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2020-2021学年 北师大版八年级数学下册第三章图形的平移与旋转期中复习提升训练（word版 含答案）
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这是一份2020-2021学年 北师大版八年级数学下册第三章图形的平移与旋转期中复习提升训练（word版 含答案），共26页。试卷主要包含了在平面直角坐标系内，将M等内容，欢迎下载使用。
2021年度北师大版八年级数学下册第三章图形的平移与旋转期中复习提升训练（附答案）
1．在平面直角坐标系内，将M（5，2）先向下平移2个单位，再向左平移3个单位，则移动后的点的坐标是（ ）
A．（2，0） B．（3，5） C．（8，4） D．（2，3）
2．如图，把△ABC绕B点逆时针方旋转26°得到△A′BC′，若A′C′正好经过A点，则∠BAC＝（ ）
A．52° B．64° C．77° D．82°
3．如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转45度后得到正方形AB′C′D′，边B′C′与DC交于点O，则四边形AB′OD的周长是（ ）
A．2 B．3 C． D．1+
4．如图，线段AB＝CD，AB与CD相交于O，且∠AOC＝60°，CE是由AB平移所得，则AC+BD与AB的大小关系是（ ）
A．AC+BD＞AB B．AC+BD＝AB C．AC+BD≥AB D．无法确定
5．把一副三角板如图甲放置，其中∠ACB＝∠DEC＝90°，∠A＝45°，∠D＝30°，斜边AB＝6，DC＝7，把三角板DCE绕点C顺时针旋转15°得到△D1CE1（如图乙），此时AB与CD1交于点O，则线段AD1的长为（ ）
A． B．5 C．4 D．
6．如图，已知△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB′C′的位置，连接C′B，则C′B的长为（ ）
A．2﹣ B． C．﹣1 D．1
7．如图，在△OAB中，OA＝OB，∠AOB＝15°，在△OCD中，OC＝OD，∠COD＝45°，且点C在边OA上，连接CB，将线段OB绕点O逆时针旋转一定角度得到线段OE，使得DE＝CB，则∠BOE的度数为（ ）
A．15° B．15°或45° C．45° D．45°或60°
8．如图，将周长为16个单位长度的△ABC沿BC方向向右平移2个单位长度，得到△DEF，则四边形ABFD的周长为（ ）
A．20个单位长度 B．24个单位长度
C．28个单位长度 D．32个单位长度
9．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝12，BC＝5，将△ABC绕AB上的点O顺时针旋转90°，得到△A'B'C'，连接BC'．若BC'∥A'B'，则OB的值为（ ）
A． B．5 C． D．
10．如图，线段AB＝8，D为AB的中点，点E是平面内一动点，且满足DE＝2，连接BE，将BE绕点E逆时针旋转90°得到EC，连接AC、BC，则线段AC长度的最大值为 ．
11．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，AB＝4，点M是直角边AC上一动点，连接BM，并将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到线段BN，连接CN．则在点M运动过程中，线段CN长度的最大值是 ，最小值是 ．
12．如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是直线AD上的一个动点，连接EC，将线段EC绕点C逆时针旋转45°得到FC，连接DF，则在点E运动过程中，DF的最小值是 ．
13．如图，将等腰直角△ABC沿BC方向平移得到△A1B1C1，若BC＝，，则BB1＝ ．
14．如图，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，P、Q是BC上两点，且满足BP2+CQ2＝PQ2，则∠PAQ的度数是 °．
15．如图，点O是等边△ABC内一点，∠AOB＝110°，将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，连接OD，若OD＝AD，则∠BOC的度数为 ．
16．如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，现将△ABC绕点A逆时针旋转30°至△ADE的位置，使AC⊥DE，则∠B＝ 度．
17．如图，AD∥BC，AB⊥BC于点B，AD＝4，将CD绕点D逆时针旋转90°至DE，连接AE、CE，若△ADE的面积为6，则BC＝ ．
18．如图，已知在△ABC中，AB＝4，BC＝5，∠ABC＝60°，在边AC上方作等边△ACD，则BD的长为 ．
19．如图，△ABC是边长为6的等边三角形，D是AB中点，E是边BC上一动点，连接DE，将DE绕点D逆时针旋转60°得DF，连接CF．若CF＝，则BE＝ ．
20．如图，线段AB绕着点A逆时针方向旋转120°得到线段AC，点B对应点C，在∠BAC的内部有一点P，PA＝8，PB＝4，PC＝4，则线段AB的长为 ．
21．如图，已知△ABC和△AEF中，∠B＝∠E，AB＝AE，BC＝EF，∠EAB＝25°，∠F＝57°；
（1）请说明∠EAB＝∠FAC的理由；
（2）△ABC可以经过图形的变换得到△AEF，请你描述这个变换；
（3）求∠AMB的度数．
22．（1）如图1，O是等边△ABC内一点，连接OA、OB、OC，且OA＝3，OB＝4，OC＝5，将△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，连接OD．
求：①旋转角的度数 ；
②线段OD的长 ；
③求∠BDC的度数．
（2）如图2所示，O是等腰直角△ABC（∠ABC＝90°）内一点，连接OA、OB、OC，将△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，连接OD．当OA、OB、OC满足什么条件时，∠ODC＝90°？请给出证明．
23．如图，P是正三角形ABC内的一点，且PA＝6，PB＝8，PC＝10，将△APB绕点B逆时针旋转一定角度后，可得到△CQB．
（1）求点P与点Q之间的距离；
（2）求∠APB的度数．
24．已知等边△ABC，点D为BC上一点，连接AD．
（1）若点E是AC上一点，且CE＝BD，连接BE，BE与AD的交点为点P，在图（1）中根据题意补全图形，直接写出∠APE的大小；
（2）将AD绕点A逆时针旋转120°，得到AF，连接BF交AC于点Q，在图（2）中根据题意补全图形，用等式表示线段AQ和CD的数量关系，并证明．
25．如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，5），B（﹣2，1），C（﹣1，3）
（1）若△ABC经过平移后得到△A1B1C1，已知点C1的坐标为（4，0）．请画出平移后的△A1B1C1的图形；
（2）若△ABC和△A2B2C2，关于原点O成中心对称图形，写出△A2B2C2的各顶点的坐标；
（3）将△ABC绕着点O按顺时针方向旋转90°得到△A3B3C3，请画出旋转后的对应△A3B3C3的图形
26．如图，在30°的直角三角形ABC中，∠B＝30°，D是直角边BC所在直线上的一个动点，连接AD，将AD绕点A逆时针旋转60°到AE，连接BE，DE．
（1）如图①，当点E恰好在线段BC上时，请判断线段DE和BE的数量关系，并结合图①证明你的结论；
（2）当点E不在直线BC上时，如图②、图③，其他条件不变，（1）中结论是否成立？若成立，请结合图②、图③选择一个给予证明；若不成立，请直接写出新的结论．
27．如图1，已知直线PQ∥MN，点A在直线PQ上，点C、D在直线MN上，连接AC、AD，∠PAC＝50°，∠ADC＝30°，AE平分∠PAD，CE平分∠ACD，AE与CE相交于E．
（1）求∠AEC的度数；
（2）若将图1中的线段AD沿MN向右平移到A1D1如图2所示位置，此时A1E平分∠AA1D1，CE平分∠ACD1，A1E与CE相交于E，∠PAC＝50°，∠A1D1C＝30°，求∠A1EC的度数．
（3）若将图1中的线段AD沿MN向左平移到A1D1如图3所示位置，其他条件与（2）相同，求此时∠A1EC的度数．
参考答案
1．解：平移后的坐标为（5﹣3，2﹣2），即坐标为（2，0），
故选：A．
2．解：根据题意：∵△ABC绕B点逆时针方旋转26°得到△A′BC′，且A′C′正好经过A点，
∴∠ABA′＝∠CBC′＝∠CAC′＝26°，AB＝A′B，
∴∠A′AB＝77°，∠BAC＝180﹣26﹣77＝77°．
故选：C．
3．解：连接B′C，
∵旋转角∠BAB′＝45°，∠BAC＝45°，
∴B′在对角线AC上，
∵AB＝AB′＝1，用勾股定理得AC＝，
∴B′C＝﹣1，
在等腰Rt△OB′C中，OB′＝B′C＝﹣1，
在直角三角形OB′C中，由勾股定理得OC＝（﹣1）＝2﹣，
∴OD＝1﹣OC＝﹣1
∴四边形AB′OD的周长是：2AD+OB′+OD＝2+﹣1+﹣1＝2．
故选：A．
4．解：由平移的性质知，AB与CE平行且相等，
所以四边形ACEB是平行四边形，BE＝AC，
当B、D、E不共线时，
∵AB∥CE，∠DCE＝∠AOC＝60°，
∵AB＝CE，AB＝CD，
∴CE＝CD，
∴△CED是等边三角形，
∴DE＝AB，
根据三角形的三边关系知BE+BD＝AC+BD＞DE＝AB，
即AC+BD＞AB．
当D、B、E共线时，AC+BD＝AB．
故选：C．
5．解：∵∠ACB＝∠DEC＝90°，∠D＝30°，
∴∠DCE＝90°﹣30°＝60°，
∴∠ACD＝90°﹣60°＝30°，
∵旋转角为15°，
∴∠ACD1＝30°+15°＝45°，
又∵∠CAB＝45°，
∴△ACO是等腰直角三角形，
∴∠ACO＝∠BCO＝45°，
∵CA＝CB，
∴AO＝CO＝AB＝×6＝3，
∵DC＝7，
∴D1C＝DC＝7，
∴D1O＝7﹣3＝4，
在Rt△AOD1中，AD1＝＝＝5．
故选：B．
6．解：如图，连接BB′，
∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△AB′C′，
∴AB＝AB′，∠BAB′＝60°，
∴△ABB′是等边三角形，
∴AB＝BB′，
在△ABC′和△B′BC′中，
，
∴△ABC′≌△B′BC′（SSS），
∴∠ABC′＝∠B′BC′，
延长BC′交AB′于D，
则BD⊥AB′，
∵∠C＝90°，AC＝BC＝，
∴AB＝＝2，
∴BD＝2×＝，
C′D＝×2＝1，
∴BC′＝BD﹣C′D＝﹣1．
故选：C．
7．解：如图，当OE在∠BOD内部时，若∠DOE＝∠COB＝15°，则
由OD＝OC，∠DOE＝∠COB，OB＝OE可得，△ODE≌△OCB，
故DE＝CB，
此时∠BOE＝45°﹣15°﹣15°＝15°；
当OE'在∠BOD外部时，则
由OD＝OC，∠DOE'＝∠COB，OB＝OE可得，△ODE'≌△OCB，
故DE'＝CB，
此时∠BOE'＝45°﹣15°+15°＝45°；
故选：B．
8．解：∵△ABC沿BC方向平移2个单位长度得到△DEF，
∴DF＝AC，AD＝CF＝2，
∴四边形ABFD的周长＝AB+BF+DF+AD
＝AB+BC+CF+AC+AD
＝△ABC的周长+AD+CF
＝16+2+2
＝20（个单位长度）．
故选：A．
9．解：连接OC，OC′，作CH⊥AB于H．
在Rt△ACB中，∵AC＝12，BC＝5，
∴AB＝＝13，
∵•AB•CH＝•AC•BC，
∵CH＝．
∵△ABC绕AB上的点O顺时针旋转90°，得到△A'B'C'，
∴OC＝OC′，∠COC′＝∠BOB′＝90°，
∵BC′∥A′B′，
∴BC′⊥AB，
∴∠CHO＝∠OBC′＝90°，
∵∠COH+∠BOC′＝90°，∠COH+∠OCH＝90°，
∴∠OCH＝∠BOC′，
∴△CHO≌△OBC′（AAS），
∴CH＝OB＝，
故选：A．
10．解：以BD为直角边在BD上方作等腰直角三角形BOD，如图，连接CO、AO．
则，又∠CBO＝∠EBD，
∴△EBD∽△CBO．
∴．
∵E点运动轨迹是以D为圆心，DE＝2为半径的圆，
∴C点运动的轨迹是以O为圆心，OC＝2为半径的圆．
∵AC≤AO+OC，AO＝4，OC＝2．
∴AC最大值为4+2＝6．
故答案为6．
11．解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，AB＝4，
∴BC＝AB＝2，
将Rt△ABC绕点B旋转60°，得到Rt△FBE，
则△ABC≌△FBE，B，C，F三点在同一条直线上，点N的轨迹在线段EF上，
∴∠E＝∠ACB＝90°，∠F＝∠BAC＝30°，BF＝AB＝4，
∴CF＝BF﹣BC＝2，
∴点C为BF的中点，
连接CE，则当点N与点E重合时CN的长度最大，
其最大值为：CE＝BF＝2；
如图2，当CN⊥EF于点N时，CN的长度最小，
∵CE＝BF＝CF，
∴点N为EF的中点，
∴CN＝BE＝BC＝1，
故答案为：2，1．
12．解：如图，在AC上取一点G，使CG＝CD，连接EG，
∵AB＝AC＝2，∠BAC＝90°
∴∠ACB＝45°，
∴CD＝2•cos45°＝2，
∵旋转角为45°，
∴∠ECD+∠DCF＝45°，
又∵∠ECD+∠GCE＝∠ACB＝45°，
∴∠DCF＝∠GCE，
∵AD是等腰直角△ABC的对称轴，
∴CD＝BC，
∵CD＝CG，
又∵CE旋转到CF，
∴CE＝CF，
在△DCF和△GCE中，
，
∴△DCF≌△GCE（SAS），
∴DF＝EG，
根据垂线段最短，EG⊥AD时，EG最短，即DF最短，
∵∠CAD＝×90°＝45°，AG＝AC﹣CG＝2﹣2，
∴EG＝AG•sin45°＝（2﹣2）×＝2﹣，
∴DF＝2﹣，
故答案为：2﹣．
13．解：∵△ABC是等腰直角三角形，
∴平移后∠PB1C＝∠B＝45°，
∴△PB1C是等腰直角三角形，
∴S△PB1C＝B1C•（B1C）＝2，
解得B1C＝2，
∴BB1＝BC﹣B1C＝3﹣2＝．
故答案为：．
14．解：如图，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴将△AQC逆时针绕点A旋转90°得△ADB，AC与AB重合，连DP，
∴∠1＝∠C，AD＝AQ，BD＝CQ，∠DAQ＝90°，
而∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠C＝∠ABC＝∠1＝45°，
∴∠DBP＝2∠C＝90°，
∴DP2＝DB2+BP2，
而QC2+BP2＝PQ2，
∴DP＝PQ
∴△ADP≌△AQP，
∴∠DAP＝∠PAQ，
而∠DAQ＝90°，
∴∠PAQ＝45°．
故答案为45．
15．解：设∠BOC＝α，根据旋转的性质知，△BOC≌△ADC，则OC＝DC，∠BOC＝∠ADC＝α．
又∵△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得到△ADC，
∴∠OCD＝60°，
∴△OCD是等边三角形，
∴∠COD＝∠CDO＝60°，
∵OD＝AD，
∴∠AOD＝∠DAO．
∵∠AOD＝360°﹣110°﹣60°﹣α＝190°﹣α，∠ADO＝α﹣60°，
∴2×（190°﹣α）+α﹣60°＝180°，
解得α＝140°．
故答案是：140°．
16．解：∵∠BAC＝45°，旋转角∠DAB＝30°，
∴∠DAC＝45°﹣30°＝15°，
又AC⊥DE，
∴∠B＝∠D＝90°﹣15°＝75°．
17．解：过D点作DF⊥BC，垂足为F，过E点作EG⊥AD，交AD的延长线与G点，
由旋转的性质可知CD＝ED，
∵∠EDG+∠CDG＝∠CDG+∠FDC＝90°，
∴∠EDG＝∠FDC，又∠DFC＝∠G＝90°，
∴△CDF≌△EDG，
∴CF＝EG，
∵S△ADE＝AD×EG＝6，AD＝4，
∴EG＝3，则CF＝EG＝3，
依题意得四边形ABFD为矩形，
∴BF＝AD＝4，
∴BC＝BF+CF＝4+3＝7，
故答案为：7．
18．解：如图，以AB为边，在AB的左侧作等边△ABE，连接EC，作EF⊥CB交CB的延长线于F．
∵△ABE，△ACD都是等边三角形，
∴AE＝AB，AC＝AD，∠EAB＝∠DAC＝60°，
∴∠EAC＝∠BAD，
∴△EAC≌△BAD（SAS），
∴EC＝BD，
∵∠ABE＝∠ABC＝60°，
∴∠EBF＝60°，
在Rt△EFB中，∵∠F＝90°，BE＝AB＝4，∠BEF＝30°，
∴BF＝BE＝2，EF＝BF＝2，
在Rt△ECF中，∵∠F＝90°，CF＝BF+BC＝2+5＝7，EF＝2，
∴EC＝＝＝，
故答案为．
19．解：连接CD，当点F在直线CD的右侧时，如图1中，取BC的中点M，连接DM，MF，延长MF交CD于N，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝60°，BA＝BC，
∵AD＝DB，CM＝MB，
∴DB＝BM，
∴△BMD是等边三角形，
∴∠BDM＝∠EDF＝60°，DB＝DM，
∴∠BDE＝∠MDF，∵DE＝DF，
∴△BDE≌△MDF（SAS），
∴FM＝BE，∠FMD＝∠B＝60°，
∴∠FMD＝∠BDM，
∴MF∥AB，∵CM＝MB，
∴CN＝ND，
∴NM＝BD＝，
∵AD＝BD，CA＝CB，
∴CD⊥AB，
∴∠CDB＝90°，
∵BC＝6，BD＝3，
∴CD＝3，
∴CN＝，∠CNM＝∠CDB＝90°，
∵CF＝，
∴NF＝＝
∴BE＝FM＝﹣＝1．
当点F在直线CD的左侧时，如图2中，同法可得FM＝BE＝+＝2，
综上所述，满足条件的BE的值为1或2．
20．解：如图，将△ABP绕点A逆时针旋转120°，得到△ACD，连接PD，过点A作AH⊥PD于H，
则△ABP≌△ACD，∠PAD＝120°，
∴PA＝DA＝8，PB＝DC＝4，∠APH＝∠ADH＝30°，
∴AH＝AP＝4，
∴PH＝DH＝＝4，
∴PD＝2PH＝8，
在△PDC中，
PD2+CD2＝（8）2+42＝208，
PC2＝（4）2＝208，
∴PD2+CD2＝PC2，
∴△PDC为直角三角形，且∠PDC＝90°，
∴∠AHD＝∠PDC，
∴AH∥DC，
∴△DMC∽△HMA，
∵DC＝AH＝4，
∴AM＝CM＝AC，HM＝DM＝HD＝2，
∴在Rt△DMC中，
CM＝＝＝2，
∴AB＝AC＝2CM＝4，
故答案为：4．
21．解：（1）∵∠B＝∠E，AB＝AE，BC＝EF，
∴△ABC≌△AEF，
∴∠C＝∠F，∠BAC＝∠EAF，
∴∠BAC﹣∠PAF＝∠EAF﹣∠PAF，
∴∠BAE＝∠CAF＝25°；
（2）通过观察可知△ABC绕点A顺时针旋转25°，可以得到△AEF；
（3）由（1）知∠C＝∠F＝57°，∠BAE＝∠CAF＝25°，
∴∠AMB＝∠C+∠CAF＝57°+25°＝82°．
22．解：（1）①∵△ABC为等边三角形，
∴BA＝BC，∠ABC＝60°，
∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，
∴∠OBD＝∠ABC＝60°，
∴旋转角的度数为60°；
②∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，
∴BO＝BD，
而∠OBD＝60°，
∴△OBD为等边三角形；
∴OD＝OB＝4；
③∵△BOD为等边三角形，
∴∠BDO＝60°，
∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，
∴CD＝AO＝3，
在△OCD中，CD＝3，OD＝4，OC＝5，
∵32+42＝52，
∴CD2+OD2＝OC2，
∴△OCD为直角三角形，∠ODC＝90°，
∴∠BDC＝∠BDO+∠ODC＝60°+90°＝150°；
（2）OA2+2OB2＝OC2时，∠ODC＝90°．理由如下：
∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，
∴∠OBD＝∠ABC＝90°，BO＝BD，CD＝AO，
∴△OBD为等腰直角三角形，
∴OD＝OB，
∵当CD2+OD2＝OC2时，△OCD为直角三角形，∠ODC＝90°，
∴OA2+2OB2＝OC2，
∴当OA、OB、OC满足OA2+2OB2＝OC2时，∠ODC＝90°．
23．解：（1）连接PQ，
由旋转性质有：
BQ＝BP＝8，QC＝PA＝6，∠QBC＝∠ABP，∠BQC＝∠BPA，
∴∠QBC+∠PBC＝∠ABP+∠PBC
即∠QBP＝∠ABC，
∵△ABC是正三角形，
∴∠ABC＝60°，
∴∠QBP＝60°，
∴△BPQ是正三角形，
∴PQ＝BP＝BQ＝8．
（2）在△PQC中，PQ＝8，QC＝6，PC＝10
∴PQ2+QC2＝PC2，
∴∠PQC＝90°，
∴∠APB＝∠BQC＝∠BQP+∠PQC＝60°+90°＝150°．
24．（1）补全图形图1，
证明：在△ABD和△BEC中，
∴△ABD≌△BEC（SAS）
∴∠BAD＝∠CBE．
∵∠APE是△ABP的一个外角，
∴∠APE＝∠BAD+∠ABP＝∠CBE+∠ABP＝∠ABC＝60°；
（2）补全图形图2，，
证明：在△ABD和△BEC中，
∴△ABD≌△BEC（SAS）
∴∠BAD＝∠CBE，
∵∠APE是△ABP的一个外角，
∴∠APE＝∠BAD+∠ABP＝∠CBE+∠ABP＝∠ABC＝60°．
∵AF是由AD绕点A逆时针旋转120°得到，
∴AF＝AD，∠DAF＝120°．
∵∠APE＝60°，
∴∠APE+∠DAF＝180°．
∴AF∥BE，
∴∠1＝∠F，
∵△ABD≌△BEC，
∴AD＝BE．
∴AF＝BE．
在△AQF和△EQB中，
△AQF≌△EQB（AAS），
∴AQ＝QE，
∴，
∵AE＝AC﹣CE，CD＝BC﹣BD，
且AC＝BC，CE＝BD．
∴AE＝CD，
∴．
25．解：（1）∵△ABC经过平移后得到△A1B1C1，点C1的坐标为（4，0），
∴平移的方向和距离为：向下平移3个单位，向右平移5个单位，
∴顶点B1的坐标为（﹣2，3），
故答案为：（﹣2，3）；
（2）∵△ABC和△A2B2C2关于原点O成中心对称图形，
∴顶点A2的坐标为（3，﹣5），
故答案为：（3，﹣5）；
（3）如图所示，△A3B3C3即为所求，
26．解：（1）DE＝BE． 理由如下：
∵△ADE为等边三角形，
∴AD＝DE＝AE，∠AED＝60°．
∵∠ABC＝30°，∠AED＝∠ABC+∠EAB，
∴∠EAB＝60°﹣30°＝30°，
∴∠ABC＝∠EAB，
∴EB＝AE，
∴EB＝DE；
（2）图②、图③中结论不变．
如图②中，过点E作EF⊥AB，垂足为F，
在△ABC中，∠ABC＝30°，
∴∠CAB＝60°，
∴∠DAE＝∠CAB，
∴∠DAE﹣∠CAE＝∠BAC﹣∠CAE，
则∠CAD＝∠EAF．
又∵AD＝AE，∠ACD＝∠AFE，
∴△ADC≌△AEF（AAS），
∴AC＝AF．
在△ABC中，∠ABC＝30°，
∴AC＝AB，
∴AF＝BF，
∴EA＝EB，
∴DE＝EB．
图③中 证明方法类似．
27．解：（1）如图1所示：
∵直线PQ∥MN，∠ADC＝30°，
∴∠ADC＝∠QAD＝30°，
∴∠PAD＝150°，
∵∠PAC＝50°，AE平分∠PAD，
∴∠PAE＝75°，
∴∠CAE＝25°，
可得∠PAC＝∠ACN＝50°，
∵CE平分∠ACD，
∴∠ECA＝25°，
∴∠AEC＝180°﹣25°﹣25°＝130°；
（2）如图2所示：
∵∠A1D1C＝30°，线段AD沿MN向右平移到A1D1，PQ∥MN，
∴∠QA1D1＝30°，
∴∠PA1D1＝150°，
∵A1E平分∠AA1D1，
∴∠PA1E＝∠EA1D1＝75°，
∵∠PAC＝50°，PQ∥MN，
∴∠CAQ＝130°，∠ACN＝50°，
∵CE平分∠ACD1，
∴∠ACE＝25°，
∴∠CEA1＝360°﹣25°﹣130°﹣75°＝130°；
（3）如图3所示：
过点E作FE∥PQ，
∵∠A1D1C＝30°，线段AD沿MN向左平移到A1D1，PQ∥MN，
∴∠QA1D1＝30°，
∵A1E平分∠AA1D1，
∴∠QA1E＝∠2＝15°，
∵∠PAC＝50°，PQ∥MN，
∴∠ACN＝50°，
∵CE平分∠ACD1，
∴∠ACE＝∠ECN＝∠1＝25°，
∴∠CEA1＝∠1+∠2＝15°+25°＝40°
2021年度北师大版八年级数学下册第三章图形的平移与旋转期中复习提升训练（附答案）
1．在平面直角坐标系内，将M（5，2）先向下平移2个单位，再向左平移3个单位，则移动后的点的坐标是（ ）
A．（2，0） B．（3，5） C．（8，4） D．（2，3）
2．如图，把△ABC绕B点逆时针方旋转26°得到△A′BC′，若A′C′正好经过A点，则∠BAC＝（ ）
A．52° B．64° C．77° D．82°
3．如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转45度后得到正方形AB′C′D′，边B′C′与DC交于点O，则四边形AB′OD的周长是（ ）
A．2 B．3 C． D．1+
4．如图，线段AB＝CD，AB与CD相交于O，且∠AOC＝60°，CE是由AB平移所得，则AC+BD与AB的大小关系是（ ）
A．AC+BD＞AB B．AC+BD＝AB C．AC+BD≥AB D．无法确定
5．把一副三角板如图甲放置，其中∠ACB＝∠DEC＝90°，∠A＝45°，∠D＝30°，斜边AB＝6，DC＝7，把三角板DCE绕点C顺时针旋转15°得到△D1CE1（如图乙），此时AB与CD1交于点O，则线段AD1的长为（ ）
A． B．5 C．4 D．
6．如图，已知△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB′C′的位置，连接C′B，则C′B的长为（ ）
A．2﹣ B． C．﹣1 D．1
7．如图，在△OAB中，OA＝OB，∠AOB＝15°，在△OCD中，OC＝OD，∠COD＝45°，且点C在边OA上，连接CB，将线段OB绕点O逆时针旋转一定角度得到线段OE，使得DE＝CB，则∠BOE的度数为（ ）
A．15° B．15°或45° C．45° D．45°或60°
8．如图，将周长为16个单位长度的△ABC沿BC方向向右平移2个单位长度，得到△DEF，则四边形ABFD的周长为（ ）
A．20个单位长度 B．24个单位长度
C．28个单位长度 D．32个单位长度
9．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝12，BC＝5，将△ABC绕AB上的点O顺时针旋转90°，得到△A'B'C'，连接BC'．若BC'∥A'B'，则OB的值为（ ）
A． B．5 C． D．
10．如图，线段AB＝8，D为AB的中点，点E是平面内一动点，且满足DE＝2，连接BE，将BE绕点E逆时针旋转90°得到EC，连接AC、BC，则线段AC长度的最大值为 ．
11．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，AB＝4，点M是直角边AC上一动点，连接BM，并将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到线段BN，连接CN．则在点M运动过程中，线段CN长度的最大值是 ，最小值是 ．
12．如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是直线AD上的一个动点，连接EC，将线段EC绕点C逆时针旋转45°得到FC，连接DF，则在点E运动过程中，DF的最小值是 ．
13．如图，将等腰直角△ABC沿BC方向平移得到△A1B1C1，若BC＝，，则BB1＝ ．
14．如图，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，P、Q是BC上两点，且满足BP2+CQ2＝PQ2，则∠PAQ的度数是 °．
15．如图，点O是等边△ABC内一点，∠AOB＝110°，将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，连接OD，若OD＝AD，则∠BOC的度数为 ．
16．如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，现将△ABC绕点A逆时针旋转30°至△ADE的位置，使AC⊥DE，则∠B＝ 度．
17．如图，AD∥BC，AB⊥BC于点B，AD＝4，将CD绕点D逆时针旋转90°至DE，连接AE、CE，若△ADE的面积为6，则BC＝ ．
18．如图，已知在△ABC中，AB＝4，BC＝5，∠ABC＝60°，在边AC上方作等边△ACD，则BD的长为 ．
19．如图，△ABC是边长为6的等边三角形，D是AB中点，E是边BC上一动点，连接DE，将DE绕点D逆时针旋转60°得DF，连接CF．若CF＝，则BE＝ ．
20．如图，线段AB绕着点A逆时针方向旋转120°得到线段AC，点B对应点C，在∠BAC的内部有一点P，PA＝8，PB＝4，PC＝4，则线段AB的长为 ．
21．如图，已知△ABC和△AEF中，∠B＝∠E，AB＝AE，BC＝EF，∠EAB＝25°，∠F＝57°；
（1）请说明∠EAB＝∠FAC的理由；
（2）△ABC可以经过图形的变换得到△AEF，请你描述这个变换；
（3）求∠AMB的度数．
22．（1）如图1，O是等边△ABC内一点，连接OA、OB、OC，且OA＝3，OB＝4，OC＝5，将△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，连接OD．
求：①旋转角的度数 ；
②线段OD的长 ；
③求∠BDC的度数．
（2）如图2所示，O是等腰直角△ABC（∠ABC＝90°）内一点，连接OA、OB、OC，将△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，连接OD．当OA、OB、OC满足什么条件时，∠ODC＝90°？请给出证明．
23．如图，P是正三角形ABC内的一点，且PA＝6，PB＝8，PC＝10，将△APB绕点B逆时针旋转一定角度后，可得到△CQB．
（1）求点P与点Q之间的距离；
（2）求∠APB的度数．
24．已知等边△ABC，点D为BC上一点，连接AD．
（1）若点E是AC上一点，且CE＝BD，连接BE，BE与AD的交点为点P，在图（1）中根据题意补全图形，直接写出∠APE的大小；
（2）将AD绕点A逆时针旋转120°，得到AF，连接BF交AC于点Q，在图（2）中根据题意补全图形，用等式表示线段AQ和CD的数量关系，并证明．
25．如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，5），B（﹣2，1），C（﹣1，3）
（1）若△ABC经过平移后得到△A1B1C1，已知点C1的坐标为（4，0）．请画出平移后的△A1B1C1的图形；
（2）若△ABC和△A2B2C2，关于原点O成中心对称图形，写出△A2B2C2的各顶点的坐标；
（3）将△ABC绕着点O按顺时针方向旋转90°得到△A3B3C3，请画出旋转后的对应△A3B3C3的图形
26．如图，在30°的直角三角形ABC中，∠B＝30°，D是直角边BC所在直线上的一个动点，连接AD，将AD绕点A逆时针旋转60°到AE，连接BE，DE．
（1）如图①，当点E恰好在线段BC上时，请判断线段DE和BE的数量关系，并结合图①证明你的结论；
（2）当点E不在直线BC上时，如图②、图③，其他条件不变，（1）中结论是否成立？若成立，请结合图②、图③选择一个给予证明；若不成立，请直接写出新的结论．
27．如图1，已知直线PQ∥MN，点A在直线PQ上，点C、D在直线MN上，连接AC、AD，∠PAC＝50°，∠ADC＝30°，AE平分∠PAD，CE平分∠ACD，AE与CE相交于E．
（1）求∠AEC的度数；
（2）若将图1中的线段AD沿MN向右平移到A1D1如图2所示位置，此时A1E平分∠AA1D1，CE平分∠ACD1，A1E与CE相交于E，∠PAC＝50°，∠A1D1C＝30°，求∠A1EC的度数．
（3）若将图1中的线段AD沿MN向左平移到A1D1如图3所示位置，其他条件与（2）相同，求此时∠A1EC的度数．
参考答案
1．解：平移后的坐标为（5﹣3，2﹣2），即坐标为（2，0），
故选：A．
2．解：根据题意：∵△ABC绕B点逆时针方旋转26°得到△A′BC′，且A′C′正好经过A点，
∴∠ABA′＝∠CBC′＝∠CAC′＝26°，AB＝A′B，
∴∠A′AB＝77°，∠BAC＝180﹣26﹣77＝77°．
故选：C．
3．解：连接B′C，
∵旋转角∠BAB′＝45°，∠BAC＝45°，
∴B′在对角线AC上，
∵AB＝AB′＝1，用勾股定理得AC＝，
∴B′C＝﹣1，
在等腰Rt△OB′C中，OB′＝B′C＝﹣1，
在直角三角形OB′C中，由勾股定理得OC＝（﹣1）＝2﹣，
∴OD＝1﹣OC＝﹣1
∴四边形AB′OD的周长是：2AD+OB′+OD＝2+﹣1+﹣1＝2．
故选：A．
4．解：由平移的性质知，AB与CE平行且相等，
所以四边形ACEB是平行四边形，BE＝AC，
当B、D、E不共线时，
∵AB∥CE，∠DCE＝∠AOC＝60°，
∵AB＝CE，AB＝CD，
∴CE＝CD，
∴△CED是等边三角形，
∴DE＝AB，
根据三角形的三边关系知BE+BD＝AC+BD＞DE＝AB，
即AC+BD＞AB．
当D、B、E共线时，AC+BD＝AB．
故选：C．
5．解：∵∠ACB＝∠DEC＝90°，∠D＝30°，
∴∠DCE＝90°﹣30°＝60°，
∴∠ACD＝90°﹣60°＝30°，
∵旋转角为15°，
∴∠ACD1＝30°+15°＝45°，
又∵∠CAB＝45°，
∴△ACO是等腰直角三角形，
∴∠ACO＝∠BCO＝45°，
∵CA＝CB，
∴AO＝CO＝AB＝×6＝3，
∵DC＝7，
∴D1C＝DC＝7，
∴D1O＝7﹣3＝4，
在Rt△AOD1中，AD1＝＝＝5．
故选：B．
6．解：如图，连接BB′，
∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△AB′C′，
∴AB＝AB′，∠BAB′＝60°，
∴△ABB′是等边三角形，
∴AB＝BB′，
在△ABC′和△B′BC′中，
，
∴△ABC′≌△B′BC′（SSS），
∴∠ABC′＝∠B′BC′，
延长BC′交AB′于D，
则BD⊥AB′，
∵∠C＝90°，AC＝BC＝，
∴AB＝＝2，
∴BD＝2×＝，
C′D＝×2＝1，
∴BC′＝BD﹣C′D＝﹣1．
故选：C．
7．解：如图，当OE在∠BOD内部时，若∠DOE＝∠COB＝15°，则
由OD＝OC，∠DOE＝∠COB，OB＝OE可得，△ODE≌△OCB，
故DE＝CB，
此时∠BOE＝45°﹣15°﹣15°＝15°；
当OE'在∠BOD外部时，则
由OD＝OC，∠DOE'＝∠COB，OB＝OE可得，△ODE'≌△OCB，
故DE'＝CB，
此时∠BOE'＝45°﹣15°+15°＝45°；
故选：B．
8．解：∵△ABC沿BC方向平移2个单位长度得到△DEF，
∴DF＝AC，AD＝CF＝2，
∴四边形ABFD的周长＝AB+BF+DF+AD
＝AB+BC+CF+AC+AD
＝△ABC的周长+AD+CF
＝16+2+2
＝20（个单位长度）．
故选：A．
9．解：连接OC，OC′，作CH⊥AB于H．
在Rt△ACB中，∵AC＝12，BC＝5，
∴AB＝＝13，
∵•AB•CH＝•AC•BC，
∵CH＝．
∵△ABC绕AB上的点O顺时针旋转90°，得到△A'B'C'，
∴OC＝OC′，∠COC′＝∠BOB′＝90°，
∵BC′∥A′B′，
∴BC′⊥AB，
∴∠CHO＝∠OBC′＝90°，
∵∠COH+∠BOC′＝90°，∠COH+∠OCH＝90°，
∴∠OCH＝∠BOC′，
∴△CHO≌△OBC′（AAS），
∴CH＝OB＝，
故选：A．
10．解：以BD为直角边在BD上方作等腰直角三角形BOD，如图，连接CO、AO．
则，又∠CBO＝∠EBD，
∴△EBD∽△CBO．
∴．
∵E点运动轨迹是以D为圆心，DE＝2为半径的圆，
∴C点运动的轨迹是以O为圆心，OC＝2为半径的圆．
∵AC≤AO+OC，AO＝4，OC＝2．
∴AC最大值为4+2＝6．
故答案为6．
11．解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，AB＝4，
∴BC＝AB＝2，
将Rt△ABC绕点B旋转60°，得到Rt△FBE，
则△ABC≌△FBE，B，C，F三点在同一条直线上，点N的轨迹在线段EF上，
∴∠E＝∠ACB＝90°，∠F＝∠BAC＝30°，BF＝AB＝4，
∴CF＝BF﹣BC＝2，
∴点C为BF的中点，
连接CE，则当点N与点E重合时CN的长度最大，
其最大值为：CE＝BF＝2；
如图2，当CN⊥EF于点N时，CN的长度最小，
∵CE＝BF＝CF，
∴点N为EF的中点，
∴CN＝BE＝BC＝1，
故答案为：2，1．
12．解：如图，在AC上取一点G，使CG＝CD，连接EG，
∵AB＝AC＝2，∠BAC＝90°
∴∠ACB＝45°，
∴CD＝2•cos45°＝2，
∵旋转角为45°，
∴∠ECD+∠DCF＝45°，
又∵∠ECD+∠GCE＝∠ACB＝45°，
∴∠DCF＝∠GCE，
∵AD是等腰直角△ABC的对称轴，
∴CD＝BC，
∵CD＝CG，
又∵CE旋转到CF，
∴CE＝CF，
在△DCF和△GCE中，
，
∴△DCF≌△GCE（SAS），
∴DF＝EG，
根据垂线段最短，EG⊥AD时，EG最短，即DF最短，
∵∠CAD＝×90°＝45°，AG＝AC﹣CG＝2﹣2，
∴EG＝AG•sin45°＝（2﹣2）×＝2﹣，
∴DF＝2﹣，
故答案为：2﹣．
13．解：∵△ABC是等腰直角三角形，
∴平移后∠PB1C＝∠B＝45°，
∴△PB1C是等腰直角三角形，
∴S△PB1C＝B1C•（B1C）＝2，
解得B1C＝2，
∴BB1＝BC﹣B1C＝3﹣2＝．
故答案为：．
14．解：如图，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴将△AQC逆时针绕点A旋转90°得△ADB，AC与AB重合，连DP，
∴∠1＝∠C，AD＝AQ，BD＝CQ，∠DAQ＝90°，
而∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠C＝∠ABC＝∠1＝45°，
∴∠DBP＝2∠C＝90°，
∴DP2＝DB2+BP2，
而QC2+BP2＝PQ2，
∴DP＝PQ
∴△ADP≌△AQP，
∴∠DAP＝∠PAQ，
而∠DAQ＝90°，
∴∠PAQ＝45°．
故答案为45．
15．解：设∠BOC＝α，根据旋转的性质知，△BOC≌△ADC，则OC＝DC，∠BOC＝∠ADC＝α．
又∵△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得到△ADC，
∴∠OCD＝60°，
∴△OCD是等边三角形，
∴∠COD＝∠CDO＝60°，
∵OD＝AD，
∴∠AOD＝∠DAO．
∵∠AOD＝360°﹣110°﹣60°﹣α＝190°﹣α，∠ADO＝α﹣60°，
∴2×（190°﹣α）+α﹣60°＝180°，
解得α＝140°．
故答案是：140°．
16．解：∵∠BAC＝45°，旋转角∠DAB＝30°，
∴∠DAC＝45°﹣30°＝15°，
又AC⊥DE，
∴∠B＝∠D＝90°﹣15°＝75°．
17．解：过D点作DF⊥BC，垂足为F，过E点作EG⊥AD，交AD的延长线与G点，
由旋转的性质可知CD＝ED，
∵∠EDG+∠CDG＝∠CDG+∠FDC＝90°，
∴∠EDG＝∠FDC，又∠DFC＝∠G＝90°，
∴△CDF≌△EDG，
∴CF＝EG，
∵S△ADE＝AD×EG＝6，AD＝4，
∴EG＝3，则CF＝EG＝3，
依题意得四边形ABFD为矩形，
∴BF＝AD＝4，
∴BC＝BF+CF＝4+3＝7，
故答案为：7．
18．解：如图，以AB为边，在AB的左侧作等边△ABE，连接EC，作EF⊥CB交CB的延长线于F．
∵△ABE，△ACD都是等边三角形，
∴AE＝AB，AC＝AD，∠EAB＝∠DAC＝60°，
∴∠EAC＝∠BAD，
∴△EAC≌△BAD（SAS），
∴EC＝BD，
∵∠ABE＝∠ABC＝60°，
∴∠EBF＝60°，
在Rt△EFB中，∵∠F＝90°，BE＝AB＝4，∠BEF＝30°，
∴BF＝BE＝2，EF＝BF＝2，
在Rt△ECF中，∵∠F＝90°，CF＝BF+BC＝2+5＝7，EF＝2，
∴EC＝＝＝，
故答案为．
19．解：连接CD，当点F在直线CD的右侧时，如图1中，取BC的中点M，连接DM，MF，延长MF交CD于N，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝60°，BA＝BC，
∵AD＝DB，CM＝MB，
∴DB＝BM，
∴△BMD是等边三角形，
∴∠BDM＝∠EDF＝60°，DB＝DM，
∴∠BDE＝∠MDF，∵DE＝DF，
∴△BDE≌△MDF（SAS），
∴FM＝BE，∠FMD＝∠B＝60°，
∴∠FMD＝∠BDM，
∴MF∥AB，∵CM＝MB，
∴CN＝ND，
∴NM＝BD＝，
∵AD＝BD，CA＝CB，
∴CD⊥AB，
∴∠CDB＝90°，
∵BC＝6，BD＝3，
∴CD＝3，
∴CN＝，∠CNM＝∠CDB＝90°，
∵CF＝，
∴NF＝＝
∴BE＝FM＝﹣＝1．
当点F在直线CD的左侧时，如图2中，同法可得FM＝BE＝+＝2，
综上所述，满足条件的BE的值为1或2．
20．解：如图，将△ABP绕点A逆时针旋转120°，得到△ACD，连接PD，过点A作AH⊥PD于H，
则△ABP≌△ACD，∠PAD＝120°，
∴PA＝DA＝8，PB＝DC＝4，∠APH＝∠ADH＝30°，
∴AH＝AP＝4，
∴PH＝DH＝＝4，
∴PD＝2PH＝8，
在△PDC中，
PD2+CD2＝（8）2+42＝208，
PC2＝（4）2＝208，
∴PD2+CD2＝PC2，
∴△PDC为直角三角形，且∠PDC＝90°，
∴∠AHD＝∠PDC，
∴AH∥DC，
∴△DMC∽△HMA，
∵DC＝AH＝4，
∴AM＝CM＝AC，HM＝DM＝HD＝2，
∴在Rt△DMC中，
CM＝＝＝2，
∴AB＝AC＝2CM＝4，
故答案为：4．
21．解：（1）∵∠B＝∠E，AB＝AE，BC＝EF，
∴△ABC≌△AEF，
∴∠C＝∠F，∠BAC＝∠EAF，
∴∠BAC﹣∠PAF＝∠EAF﹣∠PAF，
∴∠BAE＝∠CAF＝25°；
（2）通过观察可知△ABC绕点A顺时针旋转25°，可以得到△AEF；
（3）由（1）知∠C＝∠F＝57°，∠BAE＝∠CAF＝25°，
∴∠AMB＝∠C+∠CAF＝57°+25°＝82°．
22．解：（1）①∵△ABC为等边三角形，
∴BA＝BC，∠ABC＝60°，
∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，
∴∠OBD＝∠ABC＝60°，
∴旋转角的度数为60°；
②∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，
∴BO＝BD，
而∠OBD＝60°，
∴△OBD为等边三角形；
∴OD＝OB＝4；
③∵△BOD为等边三角形，
∴∠BDO＝60°，
∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，
∴CD＝AO＝3，
在△OCD中，CD＝3，OD＝4，OC＝5，
∵32+42＝52，
∴CD2+OD2＝OC2，
∴△OCD为直角三角形，∠ODC＝90°，
∴∠BDC＝∠BDO+∠ODC＝60°+90°＝150°；
（2）OA2+2OB2＝OC2时，∠ODC＝90°．理由如下：
∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，
∴∠OBD＝∠ABC＝90°，BO＝BD，CD＝AO，
∴△OBD为等腰直角三角形，
∴OD＝OB，
∵当CD2+OD2＝OC2时，△OCD为直角三角形，∠ODC＝90°，
∴OA2+2OB2＝OC2，
∴当OA、OB、OC满足OA2+2OB2＝OC2时，∠ODC＝90°．
23．解：（1）连接PQ，
由旋转性质有：
BQ＝BP＝8，QC＝PA＝6，∠QBC＝∠ABP，∠BQC＝∠BPA，
∴∠QBC+∠PBC＝∠ABP+∠PBC
即∠QBP＝∠ABC，
∵△ABC是正三角形，
∴∠ABC＝60°，
∴∠QBP＝60°，
∴△BPQ是正三角形，
∴PQ＝BP＝BQ＝8．
（2）在△PQC中，PQ＝8，QC＝6，PC＝10
∴PQ2+QC2＝PC2，
∴∠PQC＝90°，
∴∠APB＝∠BQC＝∠BQP+∠PQC＝60°+90°＝150°．
24．（1）补全图形图1，
证明：在△ABD和△BEC中，
∴△ABD≌△BEC（SAS）
∴∠BAD＝∠CBE．
∵∠APE是△ABP的一个外角，
∴∠APE＝∠BAD+∠ABP＝∠CBE+∠ABP＝∠ABC＝60°；
（2）补全图形图2，，
证明：在△ABD和△BEC中，
∴△ABD≌△BEC（SAS）
∴∠BAD＝∠CBE，
∵∠APE是△ABP的一个外角，
∴∠APE＝∠BAD+∠ABP＝∠CBE+∠ABP＝∠ABC＝60°．
∵AF是由AD绕点A逆时针旋转120°得到，
∴AF＝AD，∠DAF＝120°．
∵∠APE＝60°，
∴∠APE+∠DAF＝180°．
∴AF∥BE，
∴∠1＝∠F，
∵△ABD≌△BEC，
∴AD＝BE．
∴AF＝BE．
在△AQF和△EQB中，
△AQF≌△EQB（AAS），
∴AQ＝QE，
∴，
∵AE＝AC﹣CE，CD＝BC﹣BD，
且AC＝BC，CE＝BD．
∴AE＝CD，
∴．
25．解：（1）∵△ABC经过平移后得到△A1B1C1，点C1的坐标为（4，0），
∴平移的方向和距离为：向下平移3个单位，向右平移5个单位，
∴顶点B1的坐标为（﹣2，3），
故答案为：（﹣2，3）；
（2）∵△ABC和△A2B2C2关于原点O成中心对称图形，
∴顶点A2的坐标为（3，﹣5），
故答案为：（3，﹣5）；
（3）如图所示，△A3B3C3即为所求，
26．解：（1）DE＝BE． 理由如下：
∵△ADE为等边三角形，
∴AD＝DE＝AE，∠AED＝60°．
∵∠ABC＝30°，∠AED＝∠ABC+∠EAB，
∴∠EAB＝60°﹣30°＝30°，
∴∠ABC＝∠EAB，
∴EB＝AE，
∴EB＝DE；
（2）图②、图③中结论不变．
如图②中，过点E作EF⊥AB，垂足为F，
在△ABC中，∠ABC＝30°，
∴∠CAB＝60°，
∴∠DAE＝∠CAB，
∴∠DAE﹣∠CAE＝∠BAC﹣∠CAE，
则∠CAD＝∠EAF．
又∵AD＝AE，∠ACD＝∠AFE，
∴△ADC≌△AEF（AAS），
∴AC＝AF．
在△ABC中，∠ABC＝30°，
∴AC＝AB，
∴AF＝BF，
∴EA＝EB，
∴DE＝EB．
图③中 证明方法类似．
27．解：（1）如图1所示：
∵直线PQ∥MN，∠ADC＝30°，
∴∠ADC＝∠QAD＝30°，
∴∠PAD＝150°，
∵∠PAC＝50°，AE平分∠PAD，
∴∠PAE＝75°，
∴∠CAE＝25°，
可得∠PAC＝∠ACN＝50°，
∵CE平分∠ACD，
∴∠ECA＝25°，
∴∠AEC＝180°﹣25°﹣25°＝130°；
（2）如图2所示：
∵∠A1D1C＝30°，线段AD沿MN向右平移到A1D1，PQ∥MN，
∴∠QA1D1＝30°，
∴∠PA1D1＝150°，
∵A1E平分∠AA1D1，
∴∠PA1E＝∠EA1D1＝75°，
∵∠PAC＝50°，PQ∥MN，
∴∠CAQ＝130°，∠ACN＝50°，
∵CE平分∠ACD1，
∴∠ACE＝25°，
∴∠CEA1＝360°﹣25°﹣130°﹣75°＝130°；
（3）如图3所示：
过点E作FE∥PQ，
∵∠A1D1C＝30°，线段AD沿MN向左平移到A1D1，PQ∥MN，
∴∠QA1D1＝30°，
∵A1E平分∠AA1D1，
∴∠QA1E＝∠2＝15°，
∵∠PAC＝50°，PQ∥MN，
∴∠ACN＝50°，
∵CE平分∠ACD1，
∴∠ACE＝∠ECN＝∠1＝25°，
∴∠CEA1＝∠1+∠2＝15°+25°＝40°
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