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人教版九年级上册第二十三章 旋转综合与测试优秀达标测试
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这是一份人教版九年级上册第二十三章 旋转综合与测试优秀达标测试，共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：120分钟
一、选择题（每小题3分，共36分）
1．下列四个银行标志中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项正确；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误．
故选C．
【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
2.将如图所示的图形按逆时针方向旋转90º后得到图形是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】根据旋转的定义，观察图形即可解答.
【解析】根据旋转的定义，图片按逆时针方向旋转90°，箭头竖直向下，从而可确定为A图．
故选A．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，熟知性质是解题的关键.
3.如图，将△ABC绕点A顺时针旋转 60°得到△AED，若AB=4，AC=3，BC=2，则BE的长为（ ）
A. 5B. 4C. 3D. 2
【答案】B
【分析】根据将△ABC绕点A顺时针旋转 60°得到△AED可得△ABE是等边三角形，根据等边三角形的性质即可得.
【解析】∵将△ABC绕点A顺时针旋转 60°得到△AED，
∴AE=AB，∠BAE=60°，∴△ABE是等边三角形，∴BE=AB=4，故选B.
【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质，得出△ABE是等边三角形是解题的关键.
4.如图，将矩形 ABCD 绕点 A 顺时针旋转到矩形 AB′C′D′的位置，旋转角为α(0°＜α＜90°)．若∠1＝112°，则∠α的大小是( )
A. 68°B. 20°C. 28°D. 22°
【答案】D
【解析】∵四边形ABCD为矩形，∴∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，
∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置，旋转角为α，
∴∠BAB′=α，∠B′AD′=∠BAD=90°，∠D′=∠D=90°，
∵∠2=∠1=112°，而∠ABD=∠D′=90°，∴∠3=180°-∠2=68°，
∴∠BAB′=90°-68°=22°，即∠α=22°．故选D．
【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线的夹角等于旋转角．
5．如图，以点为中心，把逆时针旋转，得到△（点、的对应点分别为点、，连接，若，则的度数为
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先根据旋转的性质得到∠BAB′=∠CAC′=120°，AB=AB′，根据等腰三角形的性质易得∠AB′B=30°，再根据平行线的性质由AC′∥BB′得∠C′AB′=∠AB′B=30°，然后利用∠CAB′=∠CAC′-∠C′AB′进行计算．
【解析】以点为中心，把逆时针旋转，得到△，
，，，
，，
．故选．
【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线的夹角等于旋转角．也考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理以及平行线的性质．
6.如图，平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，∠AOB＝∠B＝30°，OA＝2，将△AOB绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点B'的坐标是（ ）
A．（﹣1，2+）B．（﹣，3）C．（﹣，2+）D．（﹣3，）
【解析】如图，作B′H⊥y轴于H．
由题意：OA′＝A′B′＝2，∠B′A′H＝60°，∴∠A′B′H＝30°，
∴AH′＝A′B′＝1，B′H＝，∴OH＝3，
∴B′（﹣，3），故选：B．
【考点】本题考查了旋转的性质与坐标系的结合．
7、如图，和都是等腰直角三角形，，四边形是平行四边形，下列结论中错误的是（ ）
A．以点为旋转中心，逆时针方向旋转后与重合
B．以点为旋转中心，顺时针方向旋转后与重合
C．沿所在直线折叠后，与重合
D．沿所在直线折叠后，与重合
【答案】B
【分析】本题通过观察全等三角形，找旋转中心，旋转角，逐一判断．
【解析】A．根据题意可知AE=AB，AC=AD，∠EAC=∠BAD=135°，△EAC≌△BAD，旋转角∠EAB=90°，正确；
B．因为平行四边形是中心对称图形，要想使△ACB和△DAC重合，△ACB应该以对角线的交点为旋转中心，顺时针旋转180°，即可与△DAC重合，错误；
C．根据题意可知∠EAC=135°，∠EAD=360°﹣∠EAC﹣∠CAD=135°，AE=AE，AC=AD，△EAC≌△EAD，正确；
D．根据题意可知∠BAD=135°，∠EAD=360°﹣∠BAD﹣∠BAE=135°，AE=AB，AD=AD，△EAD≌△BAD，正确．故选B．
点睛：本题主要考查平行四边形的对称性：平行四边形是中心对称图形，对称中心是两对角线的交点．
8.如图，等边三角形ABC内有一点P，分別连结AP、BP、CP，若AP＝6，BP＝8，CP＝10．则S△ABP+S△BPC＝（ ）．
A．20+16 B．24+12 C．20+12 D．24+16
【解析】如图，将△BPC绕点B逆时针旋转60°后得△AP'B，连接PP′，
根据旋转的性质可知，旋转角∠PBP′＝∠CAB＝60°，BP＝BP′，
∴△BPP′为等边三角形，∴BP′＝BP＝8＝PP'；
由旋转的性质可知，AP′＝PC＝10，
在△BPP′中，PP′＝8，AP＝6，
由勾股定理的逆定理得，△APP′是直角三角形，
∴S△ABP+S△BPC＝S四边形AP'BP＝S△BP'B+S△AP'P＝BP2+×PP'×AP＝24+16
故答案为：24+16
【考点】本题考查了旋转的性质及勾股定理和面积求法．
9．点P是正方形ABCD边AB上一点(不与A，B重合)，连接PD并将线段PD绕点P顺时针旋转90°，得线段PE，连接BE，则∠CBE等于( )
A．75°B．60°C．45°D．30°
【答案】C
【解析】过点E作EF⊥AF，交AB的延长线于点F，则∠F=90°，
∵四边形ABCD为正方形，∴AD=AB，∠A=∠ABC=90°，∴∠ADP+∠APD=90°，
由旋转可得：PD=PE，∠DPE=90°，∴∠APD+∠EPF=90°，∴∠ADP=∠EPF，
在△APD和△FEP中，∠ADP=∠FPE，∠A=∠F=90°，PD=EP，
∴△APD≌△FEP（AAS），∴AP=EF，AD=PF，
又∵AD=AB，∴PF=AB，即AP+PB=PB+BF，∴AP=BF，
∴BF=EF，又∠F=91°，∴△BEF为等腰直角三角形，
∴∠EBF=45°，又∠CBF=91°，则∠CBE=45°．故选C．
【考点】正方形的性质,全等三角形，旋转问题.
10．如图，点是等边三角形内的一点，，将绕点按顺时针旋转得到，则下列结论不正确的是( )
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据旋转的性质逐一判断即可.
【解析】∵将△BCO绕点C按顺时针旋转60°得到△ACD，∴BO=AD，故A正确，
∵OC与CD是对应边，C为旋转中心，∴∠DOC等于旋转角，即∠DOC=60°，故B正确，
∵OC=CD，∠DOC=60°，∴△OCD是等边三角形，∴∠ODC=60°，
∵∠BOC与∠ADC是对应角，∴∠ADC=150°，
∴∠ODA=150°-60°=90°，即OD⊥AD，故C正确，
∵∠ADC=150°，∴∠DAC<30°，∴∠BAD<90°，∴∠ODA+∠BAD≠180°，
∴OD与AB不平行，故D错误，故选D.
【点睛】本题考查了旋转的性质，旋转前后的两个图形全等，对应边、对应角分别相等，对应点与旋转中心的连线的夹角等于旋转角，准确找出对应边和对应角是解题关键.
11．如图，边长为a的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°得到正方形A′B′C′D′，图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设B′C′与CD交于点E．由于阴影部分的面积=S正方形ABCD－S四边形AB′ED，又S正方形ABCD=，
所以关键是求S四边形AB′ED．为此，连接AE．
根据HL易证△AB′E≌△ADE，得出∠B′AE=∠DAE=30°．
在直角△ADE中，由正切的定义得出DE=AD•tan∠DAE=．
再利用三角形的面积公式求出S四边形AB′ED=2S△ADE．
【解析】如图，设B′C′与CD交于点E，连接AE．
在△AB′E与△ADE中，，∴△AB′E≌△ADE（HL），∴∠B′AE=∠DAE．
∵∠BAB′=30°，∠BAD=90°，∴∠B′AE=∠DAE=30°，
∴DE=AD•tan∠DAE= a．∴S四边形AB′ED=2S△ADE=2××a×a= a2．
∴阴影部分的面积=S正方形ABCD－S四边形AB′ED=．故选：D．
【考点】正方形的性质；旋转的性质；解直角三角形．
【点评】本题主要考查了正方形、旋转的性质，直角三角形的判定及性质，图形的面积以及三角函数等知识，综合性较强，有一定难度．
12.如图，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，一个三角尺的直角顶点与BC边的中点O重合，且两条直角边分别经过点A和点B，将三角尺绕点O按顺时针方向旋转任意一个锐角，当三角尺的两直角边与AB，AC分别交于点E，F时，下列结论中错误的是（ ）
A．AE+AF＝ACB．∠BEO+∠OFC＝180°
C．OE+OF＝BCD．S四边形AEOF＝S△ABC
【解析】连接AO，如图所示．
∵△ABC为等腰直角三角形，点O为BC的中点，
∴OA＝OC，∠AOC＝90°，∠BAO＝∠ACO＝45°．
∵∠EOA+∠AOF＝∠EOF＝90°，∠AOF+∠FOC＝∠AOC＝90°，
∴∠EOA＝∠FOC．
在△EOA和△FOC中，，
∴△EOA≌△FOC（ASA），
∴EA＝FC，
∴AE+AF＝AF+FC＝AC，选项A正确；
∵∠B+∠BEO+∠EOB＝∠FOC+∠C+∠OFC＝180°，∠B+∠C＝90°，∠EOB+∠FOC＝180°﹣∠EOF＝90°，
∴∠BEO+∠OFC＝180°，选项B正确；
∵△EOA≌△FOC，
∴S△EOA＝S△FOC，
∴S四边形AEOF＝S△EOA+S△AOF＝S△FOC+S△AOF＝S△AOC＝S△ABC，选项D正确．
故选：C．
二、填空题（每小题3分，共18分）
13．如图，将Rt△ABC的斜边AB绕点A顺时针旋转α（0°<α<90°）得到AE，直角边AC绕点A逆时针旋转β（0°<β<90°）得到AF，连接EF．若AB=3，AC=2，且α+β=∠B，则EF=__________．
【答案】
【解析】由旋转的性质可得AE=AB=3，AC=AF=2，
∵∠B+∠BAC=90°，且α+β=∠B，∴∠BAC+α+β=90°，
∴∠EAF=90°，∴EF==，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，灵活运用旋转的性质是本题的关键．
14．如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=10cm，点D为△ABC内一点，∠BAD=15°，AD=6cm，连接BD，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转，使AB与AC重合，点D的对应点为点E，连接DE，DE交AC于点F，则CF的长为__________cm．
【答案】10–2
【解析】如图，过点A作AG⊥DE于点G，由旋转知：AD=AE，∠DAE=90°，∠CAE=∠BAD=15°，∴∠AED=∠ADG=45°，
在△AEF中，∠AFD=∠AED+∠CAE=60°，在Rt△ADG中，AG=DG==3，
在Rt△AFG中，GF==，AF=2FG=2，∴CF=AC–AF=10–2，
故答案为：10–2．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，解直角三角形等，解题的关键是能够通过作适当的辅助线构造特殊的直角三角形，通过解直角三角形来解决问题．
15.如图，△ABC、△BDE都是等腰直角三角形，BA＝BC，BD＝BE，AC＝4，DE＝2．将△BDE绕点B逆时针方向旋转后得△BD′E′，当点E′恰好落在线段AD′上时，则CE′＝ ．
【解析】如图，连接CE′，
∵△ABC、△BDE都是等腰直角三角形，BA＝BC，BD＝BE，AC＝4，DE＝2，
∴AB＝BC＝2，BD＝BE＝2，
∵将△BDE绕点B逆时针方向旋转后得△BD′E′，
∴D′B＝BE′＝BD＝2，∠D′BE′＝90′，∠D′BD＝∠ABE′，
∴∠ABD′＝∠CBE′，∴△ABD′≌△CBE′（SAS），∴∠D′＝∠CE′B＝45°，
过B作BH⊥CE′于H，在Rt△BHE′中，BH＝E′H＝BE′＝，
在Rt△BCH中，CH＝＝，∴CE′＝+，
故答案为：．
16．如图，在△ABC中，AB=AC=4，将△ABC绕点A顺时针旋转30°，得到△ACD，延长AD交BC的延长线于点E，则DE的长为__________．
【答案】2–2
【解析】根据旋转过程可知：∠CAD=30°=∠CAB，AC=AD=4．
∴∠BCA=∠ACD=∠ADC=75°．∴∠ECD=180°–2×75°=30°．
∴∠E=75°–30°=45°．
过点C作CH⊥AE于H点，在Rt△ACH中，CH=AC=2，AH=2．
∴HD=AD–AH=4–2．
在Rt△CHE中，∵∠E=45°，∴EH=CH=2．
∴DE=EH–HD=2–（4–2）=2–2．
故答案为2–2．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质以及特殊直角三角形的性质，解题的关键是作垂线构造直角三角形，利用线段的和差求解即可．
17.已知在△ABC中，，．将△ABC绕点A旋转，使点B落在原△ABC的点C处，此时点C落在点D处．延长线段AD，交原△ABC的边BC的延长线于点E，那么线段DE的长等于 ．
【答案】.
【解析】如答图，过点作于点，
∵将△ABC绕点A旋转，点C落在点D处，，
∴，.
∴在中，.
又∵EC是BC的延长线，，，
∴.
∴.
∴是等腰直角三角形.∴.
∴.
∴.
【考点】面动旋转问题；等腰三角形的性质；等腰直角三角形的判定和性质；含30度角直角三角形的性质；三角形内角和外角性质.
18．如图，在菱形ABCD中，，，将菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转，对应得到菱形AEFG，点在AC上，EF与CD交于点P，则DP的长是________．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质以及旋转图形特点，可通过做辅助线结合特殊角度构建特殊直角三角形，利用图形性质求解边长以解答本题．
【解析】连接BD并交AC于H点，如下图所示
∵菱形ABCD，AB=2，∠BAD=60°
∴∠DCA==30°，∠ABC=120°，
∴，
又因为菱形AEFG由菱形ABCD旋转得来
∴AE=AB=2，∠AEF=∠ABC=120°，∴∠CEF=180°-120°=60°，故∠EPC=90°
∵CE=AC-AE= ，∴CP=
故DP=DC-CP=
【点睛】题目考查菱形知识点时，对角线互相垂直考查次数极多，涉及图形旋转时，需要立刻推出边等以及角等．
三、解答题（共46分）
19．（6分）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，△OAB的三个顶点O（0，0）、A（4，1）、B（4，4）均在格点上．
（1）画出△OAB关于y轴对称的△OA1B1，并写出点A1的坐标；
（2）画出△OAB绕原点O顺时针旋转90°后得到的△OA2B2，并写出点A2的坐标；
（3）在（2）的条件下，求线段OA在旋转过程中扫过的面积（结果保留π）．
【解析】（1）如下图所示，点A1的坐标是（–4，1）；
（2）如下图所示，点A2的坐标是（1，–4）；
（3）∵点A（4，1），∴OA=，
∴线段OA在旋转过程中扫过的面积是：=．
【点睛】本题考查简单作图、扇形面积的计算、轴对称、旋转变换，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
20．（8分）在的网格中建立如图的平面直角坐标系，四边形的顶点坐标分别为，，，．仅用无刻度的直尺在给定网格中按下列步骤完成画图，并回答问题：
（1）将线段绕点逆时针旋转，画出对应线段；
（2）在线段上画点，使（保留画图过程的痕迹）；
（3）连接，画点关于直线的对称点，并简要说明画法．
【分析】（1）根据题意，将线段是将线段绕点逆时针旋转即可；
（2）将线段绕点逆时针旋转，得到线段，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，则四边形是正方形，连接，DB，交AB于点E，则E点为所求；
（3）将线段绕点逆时针旋转，得到线段，过E点作线段交于，交于，则为所求．
【解析】（1）如图示，线段是将线段绕点逆时针旋转得到的；
（2）将线段绕点逆时针旋转，得到线段，
将线段绕点顺时针旋转，得到线段，
则四边形是正方形，连接，DB，交AB于点E，则E点为所求，
理由如下：∵四边形是正方形，∴，，
则有，∴E点为所求；
（3）将线段绕点逆时针旋转，得到线段，
过E点作线段交于，交于，则为所求；
理由如下：∵将线段绕点逆时针旋转，得到线段，∴
∵，∴,
∵四边形的顶点坐标分别为，，，，
∴四边形是平行四边形，根据是平行四边形的对角线，∴
∴ ∴，∴垂直平分
∴是点关于直线的对称点，
【点睛】本题考查了作图-旋转变换，正方形的性质，全等三角形的性质和轴对称的性质，熟悉相关性质是解题的关键．
21.（8分）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=30°，将△ABC绕点A顺时针旋转一定的角度α得到△DEC，点A、B的对应点分别是D、E．（1）当点E恰好在AC上时，如图1，求∠ADE的大小；（2）若α=60°时，点F是边AC中点，如图2，求证：四边形BEDF是平行四边形．
【解析】（1）如图1，∵△ABC绕点A顺时针旋转α得到△DEC，点E恰好在AC上，
∴CA=CD，∠ECD=∠BCA=30°，∠DEC=∠ABC=90°，
∵CA=CD，∴∠CAD=∠CDA=（180°–30°）=75°，∴∠ADE=90°–75°=15°；
（2）如图2，∵点F是边AC中点，∴BF=AC，
∵∠ACB=30°，∴AB=AC，∴BF=AB，∵△ABC绕点A顺时针旋转60得到△DEC，
∴∠BCE=∠ACD=60°，CB=CE，DE=AB，∴DE=BF，△ACD和△BCE为等边三角形，∴BE=CB，
∵点F为△ACD的边AC的中点，∴DF⊥AC，易证得△CFD≌△ABC，
∴DF=BC，∴DF=BE，而BF=DE，∴四边形BEDF是平行四边形．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了平行四边形的判定．
22．(8分)如图1，已知正方形的边在正方形的边上，连接、．
（1）试猜想与的数量关系与位置关系；
（2）将正方形绕点按顺时针方向旋转，使点落在边上，如图2，连接和．你认为（1）中的结论是否还成立？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由．
【答案】（1）AE=GC，AEGC；（2）成立，见解析
【分析】（1）由于四边形ABCD、DEFG都是正方形，易证得△ADE≌△CDG，则∠1=∠2，AE=CG，由于∠2、∠3互余，所以∠1、∠3互余，由此可得AE⊥GC．
（2）题（1）的结论仍然成立，参照（1）题的解题方法，可证△ADE≌△CDG，得∠5=∠4，AE=CG，由于∠4、∠7互余，而∠5、∠6互余，那么∠6=∠7；由图知∠AEB=∠CEH=90°-∠6，即∠7+∠CEH=90°，由此得证．
【解析】（1）答：AE=GC，AE⊥GC；
证明：如图1中，延长GC交AE于点H．
在正方形ABCD与正方形DEFG中，AD=DC，∠ADE=∠CDG=90°，DE=DG，
∴△ADE≌△CDG，∴∠1=∠2，AE=GC，
∵∠2+∠3=90°，∴∠1+∠3=90°，∴∠AHG=180°-(∠1+∠3)=180°-90°=90°，
∴AE⊥GC．故答案为：AE=GC，AE⊥GC；
（2）答：成立；
证明：如图2中，延长AE和GC相交于点H．
在正方形ABCD和正方形DEFG中，
AD=DC，DE=DG，∠ADC=∠DCB=∠B=∠BAD=∠EDG=90°，
∴∠1=∠2=90°-∠3；∴△ADE≌△CDG，∴∠5=∠4，AE=CG，
又∵∠5+∠6=90°，∠4+∠7=180°-∠DCE=180°-90°=90°，∴∠6=∠7，
又∵∠6+∠AEB=90°，∠AEB=∠CEH，∴∠CEH+∠7=90°，
∴∠EHC=90°，∴AE⊥GC．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、正方形的性质以及全等三角形的判定和性质．需要注意的是：旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．
23．（8分）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为A(1，0)，等腰直角三角形ABC的边AB在x轴的正半轴上，∠ABC＝90°，点B在点A的右侧，点C在第一象限．将△ABC绕点A逆时针旋转，（1）若＝75°，如果点C的对应点E恰好落在轴的正半轴上，求AB的长；
（2）若旋转°后，有DE∥AC，且点B的对应点D也恰好落在轴的正半轴上，求DC的长．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）依据旋转的性质，即可得到∠OAE＝60°，再根据OA＝1，∠EOA＝90°，∠OAE＝60°，即可得出AE＝2，AC＝2．最后在Rt△ABC中，可得到．
（2）当时， ，画出图形，根据等腰直角三角形的特点求得C、D两点的坐标，再根据勾股定理求得DC的长度
【解析】（1）依题意得：，，
，，，
，．
（2）当时， ，且点B的对应点D也恰好落在y轴的正半轴上时，
OA=OD=1，AB=CB=，∴D（0，1），C（1+，），
∴．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形变化，勾股定理，等腰直角三角形的性质的综合运用，图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．
24．（8分）如图1是一款“雷达式”懒人椅．当懒人椅完全展开时，其侧面示意图如图2所示，金属杆AB、CD在点O处连接，且分别与金属杆EF在点B，D处连接．金属杆CD的OD部分可以伸缩（即OD的长度可变）．已知OA＝50cm，OB＝20cm，OC＝30cm．DE＝BF＝5cm．当把懒人椅完全叠合时，金属杆AB，CD，EF重合在一条直线上（如图3所示），此时点E和点A重合．
（1）如图2，已知∠BOD＝6∠ODB，∠OBF＝140°．①求∠AOC的度数．②求点A，C之间的距离．
（2）如图3，当懒人椅完全叠合时，求CF与CD的长．
【答案】（1）①120°，②70cm；（2）70cm
【分析】（1）①先根据外角定理得到∠OBF＝∠BOD+∠ODB，根据已知条件关于∠ODB和∠OBF等量关系6∠ODB+∠ODB＝∠OBF，代入数值即可求得结果.
②作垂线，由（1）可得∠AOC＝120°，进而求得∠OAG＝90°﹣60°＝30°，根据30°所对直角边是斜边的一半得到OG＝OA＝25，根据勾股定理求出AG、CG，再根据AC＝即可求出结果.
（2）观察图形可得到CF＝OC﹣OB﹣BF，CD＝OC+OA﹣DE，代入数值可得结果.
【解析】（1）①∵∠OBF＝∠BOD+∠ODB，∠BOD＝6∠ODB，
∴6∠ODB+∠ODB＝∠OBF，∴7∠ODB＝140°，∴∠ODB＝20°，∴∠BOD＝6×20°＝120°，
∵∠AOC＝∠BOD，∴∠AOC＝120°；
②连接AC，过点A作AG⊥CE于G，如图2所示：
∵∠AOC＝120°，∴∠AOG＝180°﹣120°＝60°， ∵AG⊥CE，∴∠OGA＝90°，
∴∠OAG＝90°﹣60°＝30°，∴OG＝OA＝×50＝25（cm），
由勾股定理得：AG＝＝＝25（cm），
∵CG＝OC+OG＝30+25＝55（cm），∴AC＝＝ ＝70（cm），
∴点A，C之间的距离为70cm；
（2）CF＝OC﹣OB﹣BF＝30﹣20﹣5＝5（cm），CD＝OC+OA﹣DE＝30+50﹣5＝75（cm）．
【点睛】本题主要是考查了对图形求解题的综合应用，结合勾股定理、补角余角的定理进行考查。
考试时间：120分钟
一、选择题（每小题3分，共36分）
1．下列四个银行标志中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项正确；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误．
故选C．
【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
2.将如图所示的图形按逆时针方向旋转90º后得到图形是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】根据旋转的定义，观察图形即可解答.
【解析】根据旋转的定义，图片按逆时针方向旋转90°，箭头竖直向下，从而可确定为A图．
故选A．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，熟知性质是解题的关键.
3.如图，将△ABC绕点A顺时针旋转 60°得到△AED，若AB=4，AC=3，BC=2，则BE的长为（ ）
A. 5B. 4C. 3D. 2
【答案】B
【分析】根据将△ABC绕点A顺时针旋转 60°得到△AED可得△ABE是等边三角形，根据等边三角形的性质即可得.
【解析】∵将△ABC绕点A顺时针旋转 60°得到△AED，
∴AE=AB，∠BAE=60°，∴△ABE是等边三角形，∴BE=AB=4，故选B.
【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质，得出△ABE是等边三角形是解题的关键.
4.如图，将矩形 ABCD 绕点 A 顺时针旋转到矩形 AB′C′D′的位置，旋转角为α(0°＜α＜90°)．若∠1＝112°，则∠α的大小是( )
A. 68°B. 20°C. 28°D. 22°
【答案】D
【解析】∵四边形ABCD为矩形，∴∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，
∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置，旋转角为α，
∴∠BAB′=α，∠B′AD′=∠BAD=90°，∠D′=∠D=90°，
∵∠2=∠1=112°，而∠ABD=∠D′=90°，∴∠3=180°-∠2=68°，
∴∠BAB′=90°-68°=22°，即∠α=22°．故选D．
【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线的夹角等于旋转角．
5．如图，以点为中心，把逆时针旋转，得到△（点、的对应点分别为点、，连接，若，则的度数为
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先根据旋转的性质得到∠BAB′=∠CAC′=120°，AB=AB′，根据等腰三角形的性质易得∠AB′B=30°，再根据平行线的性质由AC′∥BB′得∠C′AB′=∠AB′B=30°，然后利用∠CAB′=∠CAC′-∠C′AB′进行计算．
【解析】以点为中心，把逆时针旋转，得到△，
，，，
，，
．故选．
【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线的夹角等于旋转角．也考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理以及平行线的性质．
6.如图，平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，∠AOB＝∠B＝30°，OA＝2，将△AOB绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点B'的坐标是（ ）
A．（﹣1，2+）B．（﹣，3）C．（﹣，2+）D．（﹣3，）
【解析】如图，作B′H⊥y轴于H．
由题意：OA′＝A′B′＝2，∠B′A′H＝60°，∴∠A′B′H＝30°，
∴AH′＝A′B′＝1，B′H＝，∴OH＝3，
∴B′（﹣，3），故选：B．
【考点】本题考查了旋转的性质与坐标系的结合．
7、如图，和都是等腰直角三角形，，四边形是平行四边形，下列结论中错误的是（ ）
A．以点为旋转中心，逆时针方向旋转后与重合
B．以点为旋转中心，顺时针方向旋转后与重合
C．沿所在直线折叠后，与重合
D．沿所在直线折叠后，与重合
【答案】B
【分析】本题通过观察全等三角形，找旋转中心，旋转角，逐一判断．
【解析】A．根据题意可知AE=AB，AC=AD，∠EAC=∠BAD=135°，△EAC≌△BAD，旋转角∠EAB=90°，正确；
B．因为平行四边形是中心对称图形，要想使△ACB和△DAC重合，△ACB应该以对角线的交点为旋转中心，顺时针旋转180°，即可与△DAC重合，错误；
C．根据题意可知∠EAC=135°，∠EAD=360°﹣∠EAC﹣∠CAD=135°，AE=AE，AC=AD，△EAC≌△EAD，正确；
D．根据题意可知∠BAD=135°，∠EAD=360°﹣∠BAD﹣∠BAE=135°，AE=AB，AD=AD，△EAD≌△BAD，正确．故选B．
点睛：本题主要考查平行四边形的对称性：平行四边形是中心对称图形，对称中心是两对角线的交点．
8.如图，等边三角形ABC内有一点P，分別连结AP、BP、CP，若AP＝6，BP＝8，CP＝10．则S△ABP+S△BPC＝（ ）．
A．20+16 B．24+12 C．20+12 D．24+16
【解析】如图，将△BPC绕点B逆时针旋转60°后得△AP'B，连接PP′，
根据旋转的性质可知，旋转角∠PBP′＝∠CAB＝60°，BP＝BP′，
∴△BPP′为等边三角形，∴BP′＝BP＝8＝PP'；
由旋转的性质可知，AP′＝PC＝10，
在△BPP′中，PP′＝8，AP＝6，
由勾股定理的逆定理得，△APP′是直角三角形，
∴S△ABP+S△BPC＝S四边形AP'BP＝S△BP'B+S△AP'P＝BP2+×PP'×AP＝24+16
故答案为：24+16
【考点】本题考查了旋转的性质及勾股定理和面积求法．
9．点P是正方形ABCD边AB上一点(不与A，B重合)，连接PD并将线段PD绕点P顺时针旋转90°，得线段PE，连接BE，则∠CBE等于( )
A．75°B．60°C．45°D．30°
【答案】C
【解析】过点E作EF⊥AF，交AB的延长线于点F，则∠F=90°，
∵四边形ABCD为正方形，∴AD=AB，∠A=∠ABC=90°，∴∠ADP+∠APD=90°，
由旋转可得：PD=PE，∠DPE=90°，∴∠APD+∠EPF=90°，∴∠ADP=∠EPF，
在△APD和△FEP中，∠ADP=∠FPE，∠A=∠F=90°，PD=EP，
∴△APD≌△FEP（AAS），∴AP=EF，AD=PF，
又∵AD=AB，∴PF=AB，即AP+PB=PB+BF，∴AP=BF，
∴BF=EF，又∠F=91°，∴△BEF为等腰直角三角形，
∴∠EBF=45°，又∠CBF=91°，则∠CBE=45°．故选C．
【考点】正方形的性质,全等三角形，旋转问题.
10．如图，点是等边三角形内的一点，，将绕点按顺时针旋转得到，则下列结论不正确的是( )
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据旋转的性质逐一判断即可.
【解析】∵将△BCO绕点C按顺时针旋转60°得到△ACD，∴BO=AD，故A正确，
∵OC与CD是对应边，C为旋转中心，∴∠DOC等于旋转角，即∠DOC=60°，故B正确，
∵OC=CD，∠DOC=60°，∴△OCD是等边三角形，∴∠ODC=60°，
∵∠BOC与∠ADC是对应角，∴∠ADC=150°，
∴∠ODA=150°-60°=90°，即OD⊥AD，故C正确，
∵∠ADC=150°，∴∠DAC<30°，∴∠BAD<90°，∴∠ODA+∠BAD≠180°，
∴OD与AB不平行，故D错误，故选D.
【点睛】本题考查了旋转的性质，旋转前后的两个图形全等，对应边、对应角分别相等，对应点与旋转中心的连线的夹角等于旋转角，准确找出对应边和对应角是解题关键.
11．如图，边长为a的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°得到正方形A′B′C′D′，图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设B′C′与CD交于点E．由于阴影部分的面积=S正方形ABCD－S四边形AB′ED，又S正方形ABCD=，
所以关键是求S四边形AB′ED．为此，连接AE．
根据HL易证△AB′E≌△ADE，得出∠B′AE=∠DAE=30°．
在直角△ADE中，由正切的定义得出DE=AD•tan∠DAE=．
再利用三角形的面积公式求出S四边形AB′ED=2S△ADE．
【解析】如图，设B′C′与CD交于点E，连接AE．
在△AB′E与△ADE中，，∴△AB′E≌△ADE（HL），∴∠B′AE=∠DAE．
∵∠BAB′=30°，∠BAD=90°，∴∠B′AE=∠DAE=30°，
∴DE=AD•tan∠DAE= a．∴S四边形AB′ED=2S△ADE=2××a×a= a2．
∴阴影部分的面积=S正方形ABCD－S四边形AB′ED=．故选：D．
【考点】正方形的性质；旋转的性质；解直角三角形．
【点评】本题主要考查了正方形、旋转的性质，直角三角形的判定及性质，图形的面积以及三角函数等知识，综合性较强，有一定难度．
12.如图，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，一个三角尺的直角顶点与BC边的中点O重合，且两条直角边分别经过点A和点B，将三角尺绕点O按顺时针方向旋转任意一个锐角，当三角尺的两直角边与AB，AC分别交于点E，F时，下列结论中错误的是（ ）
A．AE+AF＝ACB．∠BEO+∠OFC＝180°
C．OE+OF＝BCD．S四边形AEOF＝S△ABC
【解析】连接AO，如图所示．
∵△ABC为等腰直角三角形，点O为BC的中点，
∴OA＝OC，∠AOC＝90°，∠BAO＝∠ACO＝45°．
∵∠EOA+∠AOF＝∠EOF＝90°，∠AOF+∠FOC＝∠AOC＝90°，
∴∠EOA＝∠FOC．
在△EOA和△FOC中，，
∴△EOA≌△FOC（ASA），
∴EA＝FC，
∴AE+AF＝AF+FC＝AC，选项A正确；
∵∠B+∠BEO+∠EOB＝∠FOC+∠C+∠OFC＝180°，∠B+∠C＝90°，∠EOB+∠FOC＝180°﹣∠EOF＝90°，
∴∠BEO+∠OFC＝180°，选项B正确；
∵△EOA≌△FOC，
∴S△EOA＝S△FOC，
∴S四边形AEOF＝S△EOA+S△AOF＝S△FOC+S△AOF＝S△AOC＝S△ABC，选项D正确．
故选：C．
二、填空题（每小题3分，共18分）
13．如图，将Rt△ABC的斜边AB绕点A顺时针旋转α（0°<α<90°）得到AE，直角边AC绕点A逆时针旋转β（0°<β<90°）得到AF，连接EF．若AB=3，AC=2，且α+β=∠B，则EF=__________．
【答案】
【解析】由旋转的性质可得AE=AB=3，AC=AF=2，
∵∠B+∠BAC=90°，且α+β=∠B，∴∠BAC+α+β=90°，
∴∠EAF=90°，∴EF==，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，灵活运用旋转的性质是本题的关键．
14．如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=10cm，点D为△ABC内一点，∠BAD=15°，AD=6cm，连接BD，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转，使AB与AC重合，点D的对应点为点E，连接DE，DE交AC于点F，则CF的长为__________cm．
【答案】10–2
【解析】如图，过点A作AG⊥DE于点G，由旋转知：AD=AE，∠DAE=90°，∠CAE=∠BAD=15°，∴∠AED=∠ADG=45°，
在△AEF中，∠AFD=∠AED+∠CAE=60°，在Rt△ADG中，AG=DG==3，
在Rt△AFG中，GF==，AF=2FG=2，∴CF=AC–AF=10–2，
故答案为：10–2．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，解直角三角形等，解题的关键是能够通过作适当的辅助线构造特殊的直角三角形，通过解直角三角形来解决问题．
15.如图，△ABC、△BDE都是等腰直角三角形，BA＝BC，BD＝BE，AC＝4，DE＝2．将△BDE绕点B逆时针方向旋转后得△BD′E′，当点E′恰好落在线段AD′上时，则CE′＝ ．
【解析】如图，连接CE′，
∵△ABC、△BDE都是等腰直角三角形，BA＝BC，BD＝BE，AC＝4，DE＝2，
∴AB＝BC＝2，BD＝BE＝2，
∵将△BDE绕点B逆时针方向旋转后得△BD′E′，
∴D′B＝BE′＝BD＝2，∠D′BE′＝90′，∠D′BD＝∠ABE′，
∴∠ABD′＝∠CBE′，∴△ABD′≌△CBE′（SAS），∴∠D′＝∠CE′B＝45°，
过B作BH⊥CE′于H，在Rt△BHE′中，BH＝E′H＝BE′＝，
在Rt△BCH中，CH＝＝，∴CE′＝+，
故答案为：．
16．如图，在△ABC中，AB=AC=4，将△ABC绕点A顺时针旋转30°，得到△ACD，延长AD交BC的延长线于点E，则DE的长为__________．
【答案】2–2
【解析】根据旋转过程可知：∠CAD=30°=∠CAB，AC=AD=4．
∴∠BCA=∠ACD=∠ADC=75°．∴∠ECD=180°–2×75°=30°．
∴∠E=75°–30°=45°．
过点C作CH⊥AE于H点，在Rt△ACH中，CH=AC=2，AH=2．
∴HD=AD–AH=4–2．
在Rt△CHE中，∵∠E=45°，∴EH=CH=2．
∴DE=EH–HD=2–（4–2）=2–2．
故答案为2–2．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质以及特殊直角三角形的性质，解题的关键是作垂线构造直角三角形，利用线段的和差求解即可．
17.已知在△ABC中，，．将△ABC绕点A旋转，使点B落在原△ABC的点C处，此时点C落在点D处．延长线段AD，交原△ABC的边BC的延长线于点E，那么线段DE的长等于 ．
【答案】.
【解析】如答图，过点作于点，
∵将△ABC绕点A旋转，点C落在点D处，，
∴，.
∴在中，.
又∵EC是BC的延长线，，，
∴.
∴.
∴是等腰直角三角形.∴.
∴.
∴.
【考点】面动旋转问题；等腰三角形的性质；等腰直角三角形的判定和性质；含30度角直角三角形的性质；三角形内角和外角性质.
18．如图，在菱形ABCD中，，，将菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转，对应得到菱形AEFG，点在AC上，EF与CD交于点P，则DP的长是________．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质以及旋转图形特点，可通过做辅助线结合特殊角度构建特殊直角三角形，利用图形性质求解边长以解答本题．
【解析】连接BD并交AC于H点，如下图所示
∵菱形ABCD，AB=2，∠BAD=60°
∴∠DCA==30°，∠ABC=120°，
∴，
又因为菱形AEFG由菱形ABCD旋转得来
∴AE=AB=2，∠AEF=∠ABC=120°，∴∠CEF=180°-120°=60°，故∠EPC=90°
∵CE=AC-AE= ，∴CP=
故DP=DC-CP=
【点睛】题目考查菱形知识点时，对角线互相垂直考查次数极多，涉及图形旋转时，需要立刻推出边等以及角等．
三、解答题（共46分）
19．（6分）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，△OAB的三个顶点O（0，0）、A（4，1）、B（4，4）均在格点上．
（1）画出△OAB关于y轴对称的△OA1B1，并写出点A1的坐标；
（2）画出△OAB绕原点O顺时针旋转90°后得到的△OA2B2，并写出点A2的坐标；
（3）在（2）的条件下，求线段OA在旋转过程中扫过的面积（结果保留π）．
【解析】（1）如下图所示，点A1的坐标是（–4，1）；
（2）如下图所示，点A2的坐标是（1，–4）；
（3）∵点A（4，1），∴OA=，
∴线段OA在旋转过程中扫过的面积是：=．
【点睛】本题考查简单作图、扇形面积的计算、轴对称、旋转变换，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
20．（8分）在的网格中建立如图的平面直角坐标系，四边形的顶点坐标分别为，，，．仅用无刻度的直尺在给定网格中按下列步骤完成画图，并回答问题：
（1）将线段绕点逆时针旋转，画出对应线段；
（2）在线段上画点，使（保留画图过程的痕迹）；
（3）连接，画点关于直线的对称点，并简要说明画法．
【分析】（1）根据题意，将线段是将线段绕点逆时针旋转即可；
（2）将线段绕点逆时针旋转，得到线段，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，则四边形是正方形，连接，DB，交AB于点E，则E点为所求；
（3）将线段绕点逆时针旋转，得到线段，过E点作线段交于，交于，则为所求．
【解析】（1）如图示，线段是将线段绕点逆时针旋转得到的；
（2）将线段绕点逆时针旋转，得到线段，
将线段绕点顺时针旋转，得到线段，
则四边形是正方形，连接，DB，交AB于点E，则E点为所求，
理由如下：∵四边形是正方形，∴，，
则有，∴E点为所求；
（3）将线段绕点逆时针旋转，得到线段，
过E点作线段交于，交于，则为所求；
理由如下：∵将线段绕点逆时针旋转，得到线段，∴
∵，∴,
∵四边形的顶点坐标分别为，，，，
∴四边形是平行四边形，根据是平行四边形的对角线，∴
∴ ∴，∴垂直平分
∴是点关于直线的对称点，
【点睛】本题考查了作图-旋转变换，正方形的性质，全等三角形的性质和轴对称的性质，熟悉相关性质是解题的关键．
21.（8分）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=30°，将△ABC绕点A顺时针旋转一定的角度α得到△DEC，点A、B的对应点分别是D、E．（1）当点E恰好在AC上时，如图1，求∠ADE的大小；（2）若α=60°时，点F是边AC中点，如图2，求证：四边形BEDF是平行四边形．
【解析】（1）如图1，∵△ABC绕点A顺时针旋转α得到△DEC，点E恰好在AC上，
∴CA=CD，∠ECD=∠BCA=30°，∠DEC=∠ABC=90°，
∵CA=CD，∴∠CAD=∠CDA=（180°–30°）=75°，∴∠ADE=90°–75°=15°；
（2）如图2，∵点F是边AC中点，∴BF=AC，
∵∠ACB=30°，∴AB=AC，∴BF=AB，∵△ABC绕点A顺时针旋转60得到△DEC，
∴∠BCE=∠ACD=60°，CB=CE，DE=AB，∴DE=BF，△ACD和△BCE为等边三角形，∴BE=CB，
∵点F为△ACD的边AC的中点，∴DF⊥AC，易证得△CFD≌△ABC，
∴DF=BC，∴DF=BE，而BF=DE，∴四边形BEDF是平行四边形．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了平行四边形的判定．
22．(8分)如图1，已知正方形的边在正方形的边上，连接、．
（1）试猜想与的数量关系与位置关系；
（2）将正方形绕点按顺时针方向旋转，使点落在边上，如图2，连接和．你认为（1）中的结论是否还成立？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由．
【答案】（1）AE=GC，AEGC；（2）成立，见解析
【分析】（1）由于四边形ABCD、DEFG都是正方形，易证得△ADE≌△CDG，则∠1=∠2，AE=CG，由于∠2、∠3互余，所以∠1、∠3互余，由此可得AE⊥GC．
（2）题（1）的结论仍然成立，参照（1）题的解题方法，可证△ADE≌△CDG，得∠5=∠4，AE=CG，由于∠4、∠7互余，而∠5、∠6互余，那么∠6=∠7；由图知∠AEB=∠CEH=90°-∠6，即∠7+∠CEH=90°，由此得证．
【解析】（1）答：AE=GC，AE⊥GC；
证明：如图1中，延长GC交AE于点H．
在正方形ABCD与正方形DEFG中，AD=DC，∠ADE=∠CDG=90°，DE=DG，
∴△ADE≌△CDG，∴∠1=∠2，AE=GC，
∵∠2+∠3=90°，∴∠1+∠3=90°，∴∠AHG=180°-(∠1+∠3)=180°-90°=90°，
∴AE⊥GC．故答案为：AE=GC，AE⊥GC；
（2）答：成立；
证明：如图2中，延长AE和GC相交于点H．
在正方形ABCD和正方形DEFG中，
AD=DC，DE=DG，∠ADC=∠DCB=∠B=∠BAD=∠EDG=90°，
∴∠1=∠2=90°-∠3；∴△ADE≌△CDG，∴∠5=∠4，AE=CG，
又∵∠5+∠6=90°，∠4+∠7=180°-∠DCE=180°-90°=90°，∴∠6=∠7，
又∵∠6+∠AEB=90°，∠AEB=∠CEH，∴∠CEH+∠7=90°，
∴∠EHC=90°，∴AE⊥GC．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、正方形的性质以及全等三角形的判定和性质．需要注意的是：旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．
23．（8分）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为A(1，0)，等腰直角三角形ABC的边AB在x轴的正半轴上，∠ABC＝90°，点B在点A的右侧，点C在第一象限．将△ABC绕点A逆时针旋转，（1）若＝75°，如果点C的对应点E恰好落在轴的正半轴上，求AB的长；
（2）若旋转°后，有DE∥AC，且点B的对应点D也恰好落在轴的正半轴上，求DC的长．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）依据旋转的性质，即可得到∠OAE＝60°，再根据OA＝1，∠EOA＝90°，∠OAE＝60°，即可得出AE＝2，AC＝2．最后在Rt△ABC中，可得到．
（2）当时， ，画出图形，根据等腰直角三角形的特点求得C、D两点的坐标，再根据勾股定理求得DC的长度
【解析】（1）依题意得：，，
，，，
，．
（2）当时， ，且点B的对应点D也恰好落在y轴的正半轴上时，
OA=OD=1，AB=CB=，∴D（0，1），C（1+，），
∴．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形变化，勾股定理，等腰直角三角形的性质的综合运用，图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．
24．（8分）如图1是一款“雷达式”懒人椅．当懒人椅完全展开时，其侧面示意图如图2所示，金属杆AB、CD在点O处连接，且分别与金属杆EF在点B，D处连接．金属杆CD的OD部分可以伸缩（即OD的长度可变）．已知OA＝50cm，OB＝20cm，OC＝30cm．DE＝BF＝5cm．当把懒人椅完全叠合时，金属杆AB，CD，EF重合在一条直线上（如图3所示），此时点E和点A重合．
（1）如图2，已知∠BOD＝6∠ODB，∠OBF＝140°．①求∠AOC的度数．②求点A，C之间的距离．
（2）如图3，当懒人椅完全叠合时，求CF与CD的长．
【答案】（1）①120°，②70cm；（2）70cm
【分析】（1）①先根据外角定理得到∠OBF＝∠BOD+∠ODB，根据已知条件关于∠ODB和∠OBF等量关系6∠ODB+∠ODB＝∠OBF，代入数值即可求得结果.
②作垂线，由（1）可得∠AOC＝120°，进而求得∠OAG＝90°﹣60°＝30°，根据30°所对直角边是斜边的一半得到OG＝OA＝25，根据勾股定理求出AG、CG，再根据AC＝即可求出结果.
（2）观察图形可得到CF＝OC﹣OB﹣BF，CD＝OC+OA﹣DE，代入数值可得结果.
【解析】（1）①∵∠OBF＝∠BOD+∠ODB，∠BOD＝6∠ODB，
∴6∠ODB+∠ODB＝∠OBF，∴7∠ODB＝140°，∴∠ODB＝20°，∴∠BOD＝6×20°＝120°，
∵∠AOC＝∠BOD，∴∠AOC＝120°；
②连接AC，过点A作AG⊥CE于G，如图2所示：
∵∠AOC＝120°，∴∠AOG＝180°﹣120°＝60°， ∵AG⊥CE，∴∠OGA＝90°，
∴∠OAG＝90°﹣60°＝30°，∴OG＝OA＝×50＝25（cm），
由勾股定理得：AG＝＝＝25（cm），
∵CG＝OC+OG＝30+25＝55（cm），∴AC＝＝ ＝70（cm），
∴点A，C之间的距离为70cm；
（2）CF＝OC﹣OB﹣BF＝30﹣20﹣5＝5（cm），CD＝OC+OA﹣DE＝30+50﹣5＝75（cm）．
【点睛】本题主要是考查了对图形求解题的综合应用，结合勾股定理、补角余角的定理进行考查。
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