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八年级下册第9章 中心对称图形——平行四边形9.1 图形的旋转精练
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这是一份八年级下册第9章 中心对称图形——平行四边形9.1 图形的旋转精练，文件包含专题91图形的旋转-2021-2022学年八年级数学下册尖子生同步培优题典解析版苏科版docx、专题91图形的旋转-2021-2022学年八年级数学下册尖子生同步培优题典原卷版苏科版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
2021-2022学年八年级数学下册尖子生同步培优题典【苏科版】
专题9.1图形的旋转
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2020秋•淮阴区期中）如图，点A、B、C、D、O都在方格纸的格点上，若△CDO是由△ABO绕点O按顺时针方向旋转而得，则旋转的角度是（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
【分析】根据旋转变换的性质判断即可．
【解析】观察图象可知，∠AOC＝∠BOD＝90°，
∴旋转角为90°，
故选：D．
2．（2020秋•宜兴市期中）如图，在△ABC中，∠B＝50°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△A′B′C′．若点B′恰好落在BC边上，则∠CB′C′的度数为（ ）
A．50° B．60° C．80° D．100°
【分析】根据旋转的性质得到AB＝AB′，∠C′B′A＝∠B，由等腰三角形的性质得到∠AB′B＝∠B，然后根据平角的定义即可得到结论．
【解析】∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△A′B′C′，
∴AB＝AB′，∠C′B′A＝∠B，
∴∠AB′B＝∠B，
∵∠B＝50°，
∴∠C′B′A＝∠AB′B＝50°，
∴∠CB′C′＝180°﹣∠C′B′A﹣∠AB′B＝80°，
故选：C．
3．（2020秋•海门市校级月考）如图，等边三角形ABC与等边三角形EFB共端点B，BC＝2，BF=3，△EFB绕点B旋转，∠BCF的最大度数（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
【分析】由旋转的性质可得点F在以点B为圆心，BF长为半径的圆上，可得当CF'与⊙B相切时，∠BCF'的度数有最大值，由三边关系得△CBF′是含30度角的直角三角形，即可求解．
【解析】如图，
∵△EFB绕点B旋转，
∴点F在以点B为圆心，BF长为半径的圆上，
∴当CF'与⊙B相切时，∠BCF'的度数有最大值，
连接BF'，
∴∠CF'B＝90°，
∵BC＝2，BF′＝BF=3，
∴CF′=22−32=1=12BC，
∴∠CBF′＝30°，
∴∠BCF'＝60°，
故选：C．
4．（2020秋•梁溪区校级期中）如图，四边形ABCD中，AC、BD是对角线，△ABC是等边三角形，∠ADC＝30°，AD＝2，BD＝3，则CD的长为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．32
【分析】在CD外侧作等边△CDE，连接AE，易证∠ACE＝∠BCD，进而可以证明△ACE≌△BCD，可得AE＝BD，在Rt△ADE中根据勾股定理可以求得DE的长，即可解题．
【解析】如图，在CD外侧作等边△CDE，连接AE，
则∠ADE＝90°，DE＝DC，∠DCE＝60°，
∵∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACE＝∠BCD，
在△ACE和△BCD中，
∵CD=CE∠BCD=∠ACEAB=AC，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE＝BD，
在Rt△ADE中，DE2＝AE2﹣AD2＝BD2﹣AD2＝5，
∴DE=5，
∴CD=5，
故选：A．
5．（2020春•东海县期末）如图，△ABC为等边三角形，AB＝4，AD⊥BC，点E为线段AD上的动点，连接CE，以CE为边在下方作等边△CEF，连接DF，则线段DF的最小值为（ ）
A．2 B．3 C．32 D．1
【分析】连接BF，由等边三角形的性质可得三角形全等的条件，从而可证△BCF≌△ACE，推出∠CBF＝∠CAE＝30°，再由垂线段最短可知当DF⊥BF时，DF值最小，利用含30°的直角三角形的性质定理可求DF的值．
【解析】如图，连接BF，
∵△ABC为等边三角形，AD⊥BC，AB＝4，
∴BC＝AC＝AB＝4，BD＝DC＝2，∠BAC＝∠ACB＝60°，∠CAE＝30°，
∵△CEF为等边三角形，
∴CF＝CE，∠FCE＝60°，
∴∠FCE＝∠ACB，
∴∠BCF＝∠ACE，
∴在△BCF和△ACE中，
BC=AC∠BCF=∠ACECF=CE，
∴△BCF≌△ACE（SAS），
∴∠CBF＝∠CAE＝30°，AE＝BF，
∴当DF⊥BF时，DF值最小，
此时∠BFD＝90°，∠CBF＝30°，BD＝2，
∴DF＝1，
故选：D．
6．（2020•苏州）如图，在△ABC中，∠BAC＝108°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB'C'．若点B'恰好落在BC边上，且AB'＝CB'，则∠C'的度数为（ ）
A．18° B．20° C．24° D．28°
【分析】由旋转的性质可得∠C＝∠C'，AB＝AB'，由等腰三角形的性质可得∠C＝∠CAB'，∠B＝∠AB'B，由三角形的外角性质和三角形内角和定理可求解．
【解析】∵AB'＝CB'，
∴∠C＝∠CAB'，
∴∠AB'B＝∠C+∠CAB'＝2∠C，
∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB'C'，
∴∠C＝∠C'，AB＝AB'，
∴∠B＝∠AB'B＝2∠C，
∵∠B+∠C+∠CAB＝180°，
∴3∠C＝180°﹣108°，
∴∠C＝24°，
∴∠C'＝∠C＝24°，
故选：C．
7．（2020•秦淮区一模）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△AED，使点B的对应点E落在AC上，连接CD，则∠CDE的度数不可能为（ ）
A．15° B．20° C．30° D．45°
【分析】由旋转的性质可得∠CAD＝∠CAB，CA＝AD，∠B＝∠AED＝90°，由等腰三角形的性质可求∠CDE＝90°﹣∠ACD=∠CAD2，即可求解．
【解析】∵∠ABC＝90°，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△AED，
∴∠CAD＝∠CAB，CA＝AD，∠B＝∠AED＝90°，
∴∠ACD=180°−∠CAD2，
∴∠CDE＝90°﹣∠ACD=∠CAD2，
∵∠CAD＜90°，
∴∠CDE不可能为45°，
故选：D．
8．（2020•南京二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝2，∠A＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转120°，若P为AB上一动点，旋转后点P的对应点为点P'，则线段PP'长度的最小值是（ ）
A．3 B．2 C．3 D．23
【分析】过点C作CH⊥PP'于H，由等腰三角形和直角三角形可得PP'=3PC，则当PC⊥AB时，PC有最小值，即PP'有最小值，即可求解．
【解析】如图，过点C作CH⊥PP'于H，
∵将△ABC绕点C顺时针旋转120°，
∴∠PCP'＝120°，CP＝CP'，
∴∠CPP'＝30°，
∵CH⊥PP'，
∴CH=12PC，PH＝P'H=3CH=32PC，
∴PP'=3PC，
∴当PC⊥AB时，PC有最小值，即PP'有最小值，
此时，PC=3PB=32BC=3，
∴线段PP'长度的最小值=3×3=3，
故选：C．
9．（2020春•锡山区期中）如图，在等边△ABC内有一点D，AD＝4，BD＝3，CD＝5，将△ABD绕A点逆时针旋转，使AB与AC重合，点D旋转至点E，则四边形ADCE的面积为（ ）
A．12 B．12+43 C．6+43 D．6+83
【分析】连接DE，由旋转的性质可得AE＝AD＝4，CE＝BD＝3，∠DAE＝∠BAC＝60°，可得△ADE是等边三角形，由勾股定理的逆定理可得∠CED＝90°，由面积和差公式可求解．
【解析】如图，连接DE，
由旋转的性质可得AE＝AD＝4，CE＝BD＝3，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠DAE＝∠BAC＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴DE＝4，
在△CED中，∵CE2+DE2＝32+42＝25，CD2＝52＝25，
∴CE2+DE2＝CD2，
∴△CED是直角三角形，
∴∠CED＝90°，
∴四边形ADCE的面积为＝S△ADE+S△DEC=34×42+12×4×3＝6+43，
故选：C．
10．（2020春•江阴市校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，把△ABC绕AC边的中点M旋转后得△DEF，若直角顶点F恰好落在AB边上，且DE边交AB边于点G，若AC＝4，BC＝3，则AG的长为（ ）
A．710 B．34 C．45 D．1
【分析】根据勾股定理得到AB＝5，得到CM＝AM=12AC＝2，根据旋转的性质得到CM＝FM＝2，∠D＝∠A，∠C＝∠DFE，AB＝DE，求得AM＝MF，求得FG=12DE=52，根据勾股定理即可得到结论．
【解析】∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，
∴AB＝5，
∵点M是AC边的中点，
∴CM＝AM=12AC＝2，
∵把△ABC绕AC边的中点M旋转后得△DEF，若直角顶点F恰好落在AB边上，
∴CM＝FM＝2，∠D＝∠A，∠C＝∠DFE，AB＝DE，
∴AM＝MF，
∴∠A＝∠AFM，
∴∠D＝∠AFD，
∴DG＝FG，
∵∠D+∠E＝∠DFG+∠GFE＝90°，
∴∠E＝∠EFG，
∴EG＝FG，
∴FG=12DE=52，
∵AM＝CM＝FM=12AC，
∴∠AFC＝90°，
∴CF=AC⋅BCAB=125，
∴AF=AC2−CF242−(125)2=165，
∴AG＝AF﹣FG=165−52=710，
故选：A．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2020秋•长垣市期末）如图，△COD是由△AOB绕点O按顺时针方向旋转40°后得到的图形，点C恰好在边AB上．若∠AOD＝100°，则∠D的度数是 50 °．
【分析】已知△COD是△AOB绕点O顺时针方向旋转40°后所得的图形，可得△COD≌△AOB，旋转角为40°，而点C恰好在AB上，可得△AOC为等腰三角形，可结合三角形的内角和定理求∠B的度数．
【解析】根据旋转性质得△COD≌△AOB，
∴CO＝AO，∠D＝∠B
由旋转角为40°，
∴∠AOC＝∠BOD＝40°，
∴∠OAC＝（180°﹣∠AOC）÷2＝70°，
∴∠BOC＝∠AOD﹣∠AOC﹣∠BOD＝20°，
∴∠AOB＝∠AOC+∠BOC＝60°，
在△AOB中，由内角和定理得∠B＝180°﹣∠OAC﹣∠AOB＝180°﹣70°﹣60°＝50°．
∴∠D＝∠B＝50°
故答案为50．
12．（2020•天宁区校级模拟）如图，△COD是△AOB绕点O顺时针方向旋转40°后所得的图形，点C恰好在AB上，则∠A的度数是 70° ．
【分析】先根据旋转的性质得∠AOC＝∠BOD＝40°，OA＝OC，则根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可计算出∠A=12（180°﹣∠A）＝70°
【解析】∵△COD是△AOB绕点O顺时针方向旋转40°后所得的图形，点C恰好在AB上，
∴∠AOC＝∠BOD＝40°，OA＝OC，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠OCA，
∴∠A=12（180°﹣40°）＝70°，
故答案为：70°．
13．（2020春•常州期中）如图，△ABC中，∠BAC＝95°，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB'C'，∠B'AC的大小为 35 °．
【分析】依据旋转的性质，即可得到∠BAB'的度数，再根据∠BAC的度数，即可得到∠B'AC的度数．
【解析】∵△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB'C'，
∴∠BAB'＝60°，
又∵∠BAC＝95°，
∴∠B'AC＝∠BAC﹣∠BAB'＝95°﹣60°＝35°，
故答案为：35．
14．（2020秋•崇川区校级期中）如图，将Rt△ABC绕点B按逆时针方向旋转33°到△EBD的位置，斜边AC和DE相交于点F，则∠DFC＝ 33° ．
【分析】设DE与BC相交于H，根据旋转的性质和三角形的内角和定理即可得到结论．
【解析】设DE与BC相交于H，
∵将△ABC绕点B按逆时针方向旋转33°到△EBD，
∴∠D＝∠C，∠DBC＝33°，
∵∠BHD＝∠CHE，
∴∠DFC＝∠DBC＝33°，
故答案为：33°．
15．（2020秋•高新区期中）如图，在等边△ABC中，AC＝12，点O在AC上，且AO＝4，点P是AB上一动点，连结OP，将线段OP绕点O逆时针旋转60°得到线段OD．要使点D恰好落在BC上，则AP的长是 8 ．
【分析】根据AC＝12，AO＝4，求出OC＝8，再根据等边三角形的性质得∠A＝∠C＝60°，再根据旋转的性质得OD＝OP，∠POD＝60°，根据三角形内角和和平角定义得∠AOP+∠APO+∠A＝180°，∠AOP+∠COD+∠POD＝180°，利用等量代换可得∠APO＝∠COD，然后证出△AOP≌△CDO，得出AP＝CO＝8．
【解析】∵AC＝12，AO＝4，
∴OC＝8，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠A＝∠C＝60°，
∵线段OP绕点D逆时针旋转60°得到线段OD，要使点D恰好落在BC上，如图所示，
∴OD＝OP，∠POD＝60°，
∵∠AOP+∠APO+∠A＝180°，∠AOP+∠COD+∠POD＝180°，
∴∠AOP+∠APO＝120°，∠AOP+∠COD＝120°，
∴∠APO＝∠COD，
在△AOP和△CDO中，
∠A=∠C∠APO=∠CODOP=OD，
∴△AOP≌△CDO（AAS），
∴AP＝CO＝8，
故答案为8．
16．（2020秋•玄武区期中）如图，在△ABC中，AB＝2，BC＝4.1，∠B＝60°，将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上时，则CD的长为 2.1 ．
【分析】由将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上，可得AD＝AB，又由∠B＝60°，可证得△ABD是等边三角形，继而可得BD＝AB＝2，则可求得答案．
【解析】由旋转的性质可得：AD＝AB，
∵∠B＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝AB＝2，
∵BC＝4.1，
∴CD＝BC﹣BD＝4.1﹣2＝2.1．
故答案为：2.1．
17．（2020秋•玄武区期中）如图，四边形ABCD中，AC、BD是对角线，△ABC是等边三角形，∠ADC＝30°，AD＝4，BD＝5，则CD的长为 3 ．
【分析】将△BCD绕点C顺时针旋转60°得到△ACE，连结CE，DE，由旋转的性质知DC＝EC、∠DCE＝∠ACB＝60°、BD＝AE＝6，即可得△DCE为等边三角形，根据∠ADC＝30°得到∠ADE＝90°，根据勾股定理即可得到结论．
【解析】如图所示，将△BCD绕点C顺时针旋转60°得到△ACE，连结CE，DE，
由旋转的性质知DC＝EC，∠DCE＝∠ACB＝60°，BD＝AE＝5，
则△DCE为等边三角形，
∵∠ADC＝30°，
∴∠ADE＝90°，
∴AD2+DE2＝AE2，
∴42+DE2＝52，
∴DE＝CD＝3．
故答案为3．
18．（2020秋•新吴区期中）等边△EBC中，EC＝BC＝6cm，点O在BC上，且OC＝4cm，动点P从点E沿射线EC以2cm/s速度运动，连结OP，将线段OP绕点O逆时针旋转120°得到线段OF．则当点F运动 4 s时，点F恰好落在射线EB上．
【分析】由“AAS”可证△BOF≌△PCO，即可求出CP＝BO＝2cm，即可得出结论．
【解析】如图，
∵由旋转知，OP＝OF，
∵△BCE是等边三角形，
∴∠CBE＝∠BCE＝60°，
∴∠OCP＝∠FBO＝120°，
∠CPO+∠COP＝60°，
∵∠POF＝120°，
∴∠COP+∠BOF＝60°，
∴∠CPO＝∠BOF，
在△BOF和△PCO中，
∠OBF=∠PCO=120°∠BOF=∠CPOOF=OP，
∴△BOF≌△PCO（AAS），
∴CP＝OB，
∵EC＝BC＝6cm，OC＝4cm，
∴OB＝BC﹣OC＝2（cm），
∴CP＝2cm，
∴EP＝CE+CP＝8（cm），
∴点P运动的时间t＝8÷2＝4（s），
故答案为：4．
三、解答题（本大题共6小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2020秋•安定区期末）如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，△ABC的顶点都在格点上．
（1）将△ABC向右平移6个单位长度得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（2）画出△A1B1C1关于点O的中心对称图形△A2B2C2；
（3）若将△ABC绕某一点旋转可得到△A2B2C2，请直接写出旋转中心的坐标．
【分析】（1）根据平移的性质即可将△ABC向右平移6个单位长度得到△A1B1C1；
（2）根据中心对称的定义即可画出△A1B1C1关于点O的中心对称图形△A2B2C2；
（3）根据旋转的性质即可将△ABC绕某一点旋转可得到△A2B2C2，进而写出旋转中心的坐标．
【解析】（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，△A2B2C2即为所求；
（3）根据图形可知：
旋转中心的坐标为：（﹣3，0）．
20．（2020秋•崇川区校级期中）如图，在10×10的网格中建立平面直角坐标系，△ABC是格点三角形（顶点在网格线的交点上）．
（1）先作△ABC关于原点O的成中心对称的△A1B1C1，再把△A1B1C1向上平移4个单位得到△A2B2C2；
（2）A2点的坐标为 （3，4） ；
（3）请直接写出CC1+C1C2＝ 22+4 ．
【分析】（1）利用关于原点对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，再描点得到△A1B1C1，然后利用点平移的坐标特征写出A2、B2、C2的坐标，然后描点得到△A2B2C2；
（2）由（1）得到A2点的坐标；
（3）利用两点间的距离公式计算CC1和C1C2的长度即可．
【解析】（1）如图，△A1B1C1和△A2B2C2为所作；
（2）A2点的坐标为（3，4）；
（3）CC1+C1C2=22+22=22+4．
故答案为（3，4），22+4．
21．（2020秋•乾安县期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D在边AB上，连接CD，将线段CD绕点C顺时针旋转90°至CE位置，连接AE．求证：AB⊥AE．
【分析】先根据条件判断△ABC为等腰直角三角形，则可得到∠B＝∠BAC＝45°，再根据旋转的性质得CD＝CE，∠DCE＝90°，然后利用旋转的定义得△CBD绕点C顺时针旋转90°得到△CAE，得到∠CAE＝∠CBD＝45°，所以∠BAE＝90°．
【解析】证明：∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴∠B＝∠BAC＝45°，
∵线段CD绕点C顺时针旋转90°至CE位置，
∴CD＝CE，∠DCE＝90°，
∴△CBD绕点C顺时针旋转90°得到△CAE，
∴∠CAE＝∠CBD＝45°，
∴∠BAE＝∠BAC+∠CAE＝90°，
∴AB⊥AE．
22．（2020秋•崇川区校级期中）如图，已知△ABC是等边三角形，在△ABC外有一点D，连接AD，BD，CD，将△ACD绕点A按顺时针方向旋转得到△ABE，AD与BE交于点F，∠BFD＝97°（sin37°＝0.6）．
（1）求∠ADC的大小；
（2）若∠BDC＝7°，BD＝3，CD＝5，求AD的长．
【分析】（1）由旋转的性质可得AB＝AC，∠ADC＝∠E，∠CAB＝∠DAE＝60°，由三角形的内角和定理可求出答案；
（2）连接DE，可证△AED是等边三角形，可得∠ADE＝60°，AD＝DE，由旋转的性质可得△ACD≌△ABE，可得CD＝BE＝4，由勾股定理可求出答案．
【解析】（1）∵将△ACD绕点A按顺时针方向旋转得到△ABE，
∴AB＝AC，∠ADC＝∠E，∠CAB＝∠DAE＝60°，
∵∠BFD＝97°＝∠AFE，
∴∠E＝180°﹣97°﹣60°＝23°，
∴∠ADC＝∠E＝23°；
（2）如图，连接DE，
∵AD＝AE，∠DAE＝60°，
∴△AED是等边三角形，
∴∠ADE＝60°，AD＝DE，
∵将△ACD绕点A按顺时针方向旋转得到△ABE，
∴△ACD≌△ABE，
∴CD＝BE＝5，
∵∠BDC＝7°，∠ADC＝23°，∠ADE＝60°，
∴∠BDE＝90°，
∴DE=BE2−BD2=52−32=4，
∴AD＝DE＝4．
23．（2020秋•新吴区期中）如图，△ABC与△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE．
（1）将△ADE旋转，使得D、E、B三点在一条直线上时，求证：BD＝CE；
（2）在（1）的条件下，当BC＝10，BE＝6时，求DE的长．
【分析】（1）由“SAS”可证△DAB≌△EAC，可得BD＝CE；
（2）由全等三角形的性质可得∠DBA＝∠ECA，由余角的性质可证∠BEC＝90°，由勾股定理可求EC＝8，即可求解．
【解析】证明：（1）∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC+∠EAB＝∠DAE+∠EAB，
即∠DAB＝∠EAC，
在△ABD和△ACE中，
AD=AE∠DAB=∠CAEAB=AC，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴DB＝EC；
（2）由（1）知△DAB≌△EAB，
∴∠DBA＝∠ECA，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ABC+∠ACB＝90°，
即∠ABC+（∠BCE+∠ACE）＝90°，
∴∠ABC+∠DBA+∠BCE＝90°，
即∠DBA+∠BCE＝90°，
∴∠BEC＝90°，
∵BC＝10，BE＝6，
∴EC2＝BC2﹣BE2＝102﹣62＝64，
∴EC＝8，
∴DE＝DB﹣BE＝DB﹣CE＝8﹣6＝2．
24．（2020秋•海门市校级月考）如图1，等边三角形△ABC中，D为△ABC内一点，将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角60°得到△CBE，点A，D的对应点分别为点B、E，且A、D、E三点在同一直线上．
（1）填空：∠CDE＝ 60° ；
（2）若过点C作CF⊥AE于点F，然后探究线段CF，AE，BE之间的数量关系，并证明你的结论．
【分析】（1）由旋转的性质可得CD＝CE，∠DCE＝60°，可得△CDE是等边三角形，即可求解；
（2）由旋转的性质可得BE＝AD，由等边三角形的性质和直角三角形的性质可得DF=33CF，即可求解．
【解析】（1）∵如图，
∵将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角60°得到△CBE，
∴△CAD≌△CBE，
∴CD＝CE，∠DCE＝60°，
∴△CDE是等边三角形，
∴∠CDE＝60°，
故答案为：60°；
（2）AE＝BE+233CF，
理由如下：
∵将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角60°得到△CBE，
∴BE＝AD，
∵△CDE是等边三角形，CF⊥AE，
∴DF＝EF，∠DCF＝30°，
∴CF=3DF，
∴DF=33CF，
∵AE＝AD+DE，
∴AE＝BE+233CF．
2021-2022学年八年级数学下册尖子生同步培优题典【苏科版】
专题9.1图形的旋转
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2020秋•淮阴区期中）如图，点A、B、C、D、O都在方格纸的格点上，若△CDO是由△ABO绕点O按顺时针方向旋转而得，则旋转的角度是（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
【分析】根据旋转变换的性质判断即可．
【解析】观察图象可知，∠AOC＝∠BOD＝90°，
∴旋转角为90°，
故选：D．
2．（2020秋•宜兴市期中）如图，在△ABC中，∠B＝50°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△A′B′C′．若点B′恰好落在BC边上，则∠CB′C′的度数为（ ）
A．50° B．60° C．80° D．100°
【分析】根据旋转的性质得到AB＝AB′，∠C′B′A＝∠B，由等腰三角形的性质得到∠AB′B＝∠B，然后根据平角的定义即可得到结论．
【解析】∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△A′B′C′，
∴AB＝AB′，∠C′B′A＝∠B，
∴∠AB′B＝∠B，
∵∠B＝50°，
∴∠C′B′A＝∠AB′B＝50°，
∴∠CB′C′＝180°﹣∠C′B′A﹣∠AB′B＝80°，
故选：C．
3．（2020秋•海门市校级月考）如图，等边三角形ABC与等边三角形EFB共端点B，BC＝2，BF=3，△EFB绕点B旋转，∠BCF的最大度数（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
【分析】由旋转的性质可得点F在以点B为圆心，BF长为半径的圆上，可得当CF'与⊙B相切时，∠BCF'的度数有最大值，由三边关系得△CBF′是含30度角的直角三角形，即可求解．
【解析】如图，
∵△EFB绕点B旋转，
∴点F在以点B为圆心，BF长为半径的圆上，
∴当CF'与⊙B相切时，∠BCF'的度数有最大值，
连接BF'，
∴∠CF'B＝90°，
∵BC＝2，BF′＝BF=3，
∴CF′=22−32=1=12BC，
∴∠CBF′＝30°，
∴∠BCF'＝60°，
故选：C．
4．（2020秋•梁溪区校级期中）如图，四边形ABCD中，AC、BD是对角线，△ABC是等边三角形，∠ADC＝30°，AD＝2，BD＝3，则CD的长为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．32
【分析】在CD外侧作等边△CDE，连接AE，易证∠ACE＝∠BCD，进而可以证明△ACE≌△BCD，可得AE＝BD，在Rt△ADE中根据勾股定理可以求得DE的长，即可解题．
【解析】如图，在CD外侧作等边△CDE，连接AE，
则∠ADE＝90°，DE＝DC，∠DCE＝60°，
∵∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACE＝∠BCD，
在△ACE和△BCD中，
∵CD=CE∠BCD=∠ACEAB=AC，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE＝BD，
在Rt△ADE中，DE2＝AE2﹣AD2＝BD2﹣AD2＝5，
∴DE=5，
∴CD=5，
故选：A．
5．（2020春•东海县期末）如图，△ABC为等边三角形，AB＝4，AD⊥BC，点E为线段AD上的动点，连接CE，以CE为边在下方作等边△CEF，连接DF，则线段DF的最小值为（ ）
A．2 B．3 C．32 D．1
【分析】连接BF，由等边三角形的性质可得三角形全等的条件，从而可证△BCF≌△ACE，推出∠CBF＝∠CAE＝30°，再由垂线段最短可知当DF⊥BF时，DF值最小，利用含30°的直角三角形的性质定理可求DF的值．
【解析】如图，连接BF，
∵△ABC为等边三角形，AD⊥BC，AB＝4，
∴BC＝AC＝AB＝4，BD＝DC＝2，∠BAC＝∠ACB＝60°，∠CAE＝30°，
∵△CEF为等边三角形，
∴CF＝CE，∠FCE＝60°，
∴∠FCE＝∠ACB，
∴∠BCF＝∠ACE，
∴在△BCF和△ACE中，
BC=AC∠BCF=∠ACECF=CE，
∴△BCF≌△ACE（SAS），
∴∠CBF＝∠CAE＝30°，AE＝BF，
∴当DF⊥BF时，DF值最小，
此时∠BFD＝90°，∠CBF＝30°，BD＝2，
∴DF＝1，
故选：D．
6．（2020•苏州）如图，在△ABC中，∠BAC＝108°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB'C'．若点B'恰好落在BC边上，且AB'＝CB'，则∠C'的度数为（ ）
A．18° B．20° C．24° D．28°
【分析】由旋转的性质可得∠C＝∠C'，AB＝AB'，由等腰三角形的性质可得∠C＝∠CAB'，∠B＝∠AB'B，由三角形的外角性质和三角形内角和定理可求解．
【解析】∵AB'＝CB'，
∴∠C＝∠CAB'，
∴∠AB'B＝∠C+∠CAB'＝2∠C，
∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB'C'，
∴∠C＝∠C'，AB＝AB'，
∴∠B＝∠AB'B＝2∠C，
∵∠B+∠C+∠CAB＝180°，
∴3∠C＝180°﹣108°，
∴∠C＝24°，
∴∠C'＝∠C＝24°，
故选：C．
7．（2020•秦淮区一模）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△AED，使点B的对应点E落在AC上，连接CD，则∠CDE的度数不可能为（ ）
A．15° B．20° C．30° D．45°
【分析】由旋转的性质可得∠CAD＝∠CAB，CA＝AD，∠B＝∠AED＝90°，由等腰三角形的性质可求∠CDE＝90°﹣∠ACD=∠CAD2，即可求解．
【解析】∵∠ABC＝90°，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△AED，
∴∠CAD＝∠CAB，CA＝AD，∠B＝∠AED＝90°，
∴∠ACD=180°−∠CAD2，
∴∠CDE＝90°﹣∠ACD=∠CAD2，
∵∠CAD＜90°，
∴∠CDE不可能为45°，
故选：D．
8．（2020•南京二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝2，∠A＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转120°，若P为AB上一动点，旋转后点P的对应点为点P'，则线段PP'长度的最小值是（ ）
A．3 B．2 C．3 D．23
【分析】过点C作CH⊥PP'于H，由等腰三角形和直角三角形可得PP'=3PC，则当PC⊥AB时，PC有最小值，即PP'有最小值，即可求解．
【解析】如图，过点C作CH⊥PP'于H，
∵将△ABC绕点C顺时针旋转120°，
∴∠PCP'＝120°，CP＝CP'，
∴∠CPP'＝30°，
∵CH⊥PP'，
∴CH=12PC，PH＝P'H=3CH=32PC，
∴PP'=3PC，
∴当PC⊥AB时，PC有最小值，即PP'有最小值，
此时，PC=3PB=32BC=3，
∴线段PP'长度的最小值=3×3=3，
故选：C．
9．（2020春•锡山区期中）如图，在等边△ABC内有一点D，AD＝4，BD＝3，CD＝5，将△ABD绕A点逆时针旋转，使AB与AC重合，点D旋转至点E，则四边形ADCE的面积为（ ）
A．12 B．12+43 C．6+43 D．6+83
【分析】连接DE，由旋转的性质可得AE＝AD＝4，CE＝BD＝3，∠DAE＝∠BAC＝60°，可得△ADE是等边三角形，由勾股定理的逆定理可得∠CED＝90°，由面积和差公式可求解．
【解析】如图，连接DE，
由旋转的性质可得AE＝AD＝4，CE＝BD＝3，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠DAE＝∠BAC＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴DE＝4，
在△CED中，∵CE2+DE2＝32+42＝25，CD2＝52＝25，
∴CE2+DE2＝CD2，
∴△CED是直角三角形，
∴∠CED＝90°，
∴四边形ADCE的面积为＝S△ADE+S△DEC=34×42+12×4×3＝6+43，
故选：C．
10．（2020春•江阴市校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，把△ABC绕AC边的中点M旋转后得△DEF，若直角顶点F恰好落在AB边上，且DE边交AB边于点G，若AC＝4，BC＝3，则AG的长为（ ）
A．710 B．34 C．45 D．1
【分析】根据勾股定理得到AB＝5，得到CM＝AM=12AC＝2，根据旋转的性质得到CM＝FM＝2，∠D＝∠A，∠C＝∠DFE，AB＝DE，求得AM＝MF，求得FG=12DE=52，根据勾股定理即可得到结论．
【解析】∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，
∴AB＝5，
∵点M是AC边的中点，
∴CM＝AM=12AC＝2，
∵把△ABC绕AC边的中点M旋转后得△DEF，若直角顶点F恰好落在AB边上，
∴CM＝FM＝2，∠D＝∠A，∠C＝∠DFE，AB＝DE，
∴AM＝MF，
∴∠A＝∠AFM，
∴∠D＝∠AFD，
∴DG＝FG，
∵∠D+∠E＝∠DFG+∠GFE＝90°，
∴∠E＝∠EFG，
∴EG＝FG，
∴FG=12DE=52，
∵AM＝CM＝FM=12AC，
∴∠AFC＝90°，
∴CF=AC⋅BCAB=125，
∴AF=AC2−CF242−(125)2=165，
∴AG＝AF﹣FG=165−52=710，
故选：A．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2020秋•长垣市期末）如图，△COD是由△AOB绕点O按顺时针方向旋转40°后得到的图形，点C恰好在边AB上．若∠AOD＝100°，则∠D的度数是 50 °．
【分析】已知△COD是△AOB绕点O顺时针方向旋转40°后所得的图形，可得△COD≌△AOB，旋转角为40°，而点C恰好在AB上，可得△AOC为等腰三角形，可结合三角形的内角和定理求∠B的度数．
【解析】根据旋转性质得△COD≌△AOB，
∴CO＝AO，∠D＝∠B
由旋转角为40°，
∴∠AOC＝∠BOD＝40°，
∴∠OAC＝（180°﹣∠AOC）÷2＝70°，
∴∠BOC＝∠AOD﹣∠AOC﹣∠BOD＝20°，
∴∠AOB＝∠AOC+∠BOC＝60°，
在△AOB中，由内角和定理得∠B＝180°﹣∠OAC﹣∠AOB＝180°﹣70°﹣60°＝50°．
∴∠D＝∠B＝50°
故答案为50．
12．（2020•天宁区校级模拟）如图，△COD是△AOB绕点O顺时针方向旋转40°后所得的图形，点C恰好在AB上，则∠A的度数是 70° ．
【分析】先根据旋转的性质得∠AOC＝∠BOD＝40°，OA＝OC，则根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可计算出∠A=12（180°﹣∠A）＝70°
【解析】∵△COD是△AOB绕点O顺时针方向旋转40°后所得的图形，点C恰好在AB上，
∴∠AOC＝∠BOD＝40°，OA＝OC，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠OCA，
∴∠A=12（180°﹣40°）＝70°，
故答案为：70°．
13．（2020春•常州期中）如图，△ABC中，∠BAC＝95°，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB'C'，∠B'AC的大小为 35 °．
【分析】依据旋转的性质，即可得到∠BAB'的度数，再根据∠BAC的度数，即可得到∠B'AC的度数．
【解析】∵△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB'C'，
∴∠BAB'＝60°，
又∵∠BAC＝95°，
∴∠B'AC＝∠BAC﹣∠BAB'＝95°﹣60°＝35°，
故答案为：35．
14．（2020秋•崇川区校级期中）如图，将Rt△ABC绕点B按逆时针方向旋转33°到△EBD的位置，斜边AC和DE相交于点F，则∠DFC＝ 33° ．
【分析】设DE与BC相交于H，根据旋转的性质和三角形的内角和定理即可得到结论．
【解析】设DE与BC相交于H，
∵将△ABC绕点B按逆时针方向旋转33°到△EBD，
∴∠D＝∠C，∠DBC＝33°，
∵∠BHD＝∠CHE，
∴∠DFC＝∠DBC＝33°，
故答案为：33°．
15．（2020秋•高新区期中）如图，在等边△ABC中，AC＝12，点O在AC上，且AO＝4，点P是AB上一动点，连结OP，将线段OP绕点O逆时针旋转60°得到线段OD．要使点D恰好落在BC上，则AP的长是 8 ．
【分析】根据AC＝12，AO＝4，求出OC＝8，再根据等边三角形的性质得∠A＝∠C＝60°，再根据旋转的性质得OD＝OP，∠POD＝60°，根据三角形内角和和平角定义得∠AOP+∠APO+∠A＝180°，∠AOP+∠COD+∠POD＝180°，利用等量代换可得∠APO＝∠COD，然后证出△AOP≌△CDO，得出AP＝CO＝8．
【解析】∵AC＝12，AO＝4，
∴OC＝8，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠A＝∠C＝60°，
∵线段OP绕点D逆时针旋转60°得到线段OD，要使点D恰好落在BC上，如图所示，
∴OD＝OP，∠POD＝60°，
∵∠AOP+∠APO+∠A＝180°，∠AOP+∠COD+∠POD＝180°，
∴∠AOP+∠APO＝120°，∠AOP+∠COD＝120°，
∴∠APO＝∠COD，
在△AOP和△CDO中，
∠A=∠C∠APO=∠CODOP=OD，
∴△AOP≌△CDO（AAS），
∴AP＝CO＝8，
故答案为8．
16．（2020秋•玄武区期中）如图，在△ABC中，AB＝2，BC＝4.1，∠B＝60°，将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上时，则CD的长为 2.1 ．
【分析】由将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上，可得AD＝AB，又由∠B＝60°，可证得△ABD是等边三角形，继而可得BD＝AB＝2，则可求得答案．
【解析】由旋转的性质可得：AD＝AB，
∵∠B＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝AB＝2，
∵BC＝4.1，
∴CD＝BC﹣BD＝4.1﹣2＝2.1．
故答案为：2.1．
17．（2020秋•玄武区期中）如图，四边形ABCD中，AC、BD是对角线，△ABC是等边三角形，∠ADC＝30°，AD＝4，BD＝5，则CD的长为 3 ．
【分析】将△BCD绕点C顺时针旋转60°得到△ACE，连结CE，DE，由旋转的性质知DC＝EC、∠DCE＝∠ACB＝60°、BD＝AE＝6，即可得△DCE为等边三角形，根据∠ADC＝30°得到∠ADE＝90°，根据勾股定理即可得到结论．
【解析】如图所示，将△BCD绕点C顺时针旋转60°得到△ACE，连结CE，DE，
由旋转的性质知DC＝EC，∠DCE＝∠ACB＝60°，BD＝AE＝5，
则△DCE为等边三角形，
∵∠ADC＝30°，
∴∠ADE＝90°，
∴AD2+DE2＝AE2，
∴42+DE2＝52，
∴DE＝CD＝3．
故答案为3．
18．（2020秋•新吴区期中）等边△EBC中，EC＝BC＝6cm，点O在BC上，且OC＝4cm，动点P从点E沿射线EC以2cm/s速度运动，连结OP，将线段OP绕点O逆时针旋转120°得到线段OF．则当点F运动 4 s时，点F恰好落在射线EB上．
【分析】由“AAS”可证△BOF≌△PCO，即可求出CP＝BO＝2cm，即可得出结论．
【解析】如图，
∵由旋转知，OP＝OF，
∵△BCE是等边三角形，
∴∠CBE＝∠BCE＝60°，
∴∠OCP＝∠FBO＝120°，
∠CPO+∠COP＝60°，
∵∠POF＝120°，
∴∠COP+∠BOF＝60°，
∴∠CPO＝∠BOF，
在△BOF和△PCO中，
∠OBF=∠PCO=120°∠BOF=∠CPOOF=OP，
∴△BOF≌△PCO（AAS），
∴CP＝OB，
∵EC＝BC＝6cm，OC＝4cm，
∴OB＝BC﹣OC＝2（cm），
∴CP＝2cm，
∴EP＝CE+CP＝8（cm），
∴点P运动的时间t＝8÷2＝4（s），
故答案为：4．
三、解答题（本大题共6小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2020秋•安定区期末）如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，△ABC的顶点都在格点上．
（1）将△ABC向右平移6个单位长度得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（2）画出△A1B1C1关于点O的中心对称图形△A2B2C2；
（3）若将△ABC绕某一点旋转可得到△A2B2C2，请直接写出旋转中心的坐标．
【分析】（1）根据平移的性质即可将△ABC向右平移6个单位长度得到△A1B1C1；
（2）根据中心对称的定义即可画出△A1B1C1关于点O的中心对称图形△A2B2C2；
（3）根据旋转的性质即可将△ABC绕某一点旋转可得到△A2B2C2，进而写出旋转中心的坐标．
【解析】（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，△A2B2C2即为所求；
（3）根据图形可知：
旋转中心的坐标为：（﹣3，0）．
20．（2020秋•崇川区校级期中）如图，在10×10的网格中建立平面直角坐标系，△ABC是格点三角形（顶点在网格线的交点上）．
（1）先作△ABC关于原点O的成中心对称的△A1B1C1，再把△A1B1C1向上平移4个单位得到△A2B2C2；
（2）A2点的坐标为 （3，4） ；
（3）请直接写出CC1+C1C2＝ 22+4 ．
【分析】（1）利用关于原点对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，再描点得到△A1B1C1，然后利用点平移的坐标特征写出A2、B2、C2的坐标，然后描点得到△A2B2C2；
（2）由（1）得到A2点的坐标；
（3）利用两点间的距离公式计算CC1和C1C2的长度即可．
【解析】（1）如图，△A1B1C1和△A2B2C2为所作；
（2）A2点的坐标为（3，4）；
（3）CC1+C1C2=22+22=22+4．
故答案为（3，4），22+4．
21．（2020秋•乾安县期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D在边AB上，连接CD，将线段CD绕点C顺时针旋转90°至CE位置，连接AE．求证：AB⊥AE．
【分析】先根据条件判断△ABC为等腰直角三角形，则可得到∠B＝∠BAC＝45°，再根据旋转的性质得CD＝CE，∠DCE＝90°，然后利用旋转的定义得△CBD绕点C顺时针旋转90°得到△CAE，得到∠CAE＝∠CBD＝45°，所以∠BAE＝90°．
【解析】证明：∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴∠B＝∠BAC＝45°，
∵线段CD绕点C顺时针旋转90°至CE位置，
∴CD＝CE，∠DCE＝90°，
∴△CBD绕点C顺时针旋转90°得到△CAE，
∴∠CAE＝∠CBD＝45°，
∴∠BAE＝∠BAC+∠CAE＝90°，
∴AB⊥AE．
22．（2020秋•崇川区校级期中）如图，已知△ABC是等边三角形，在△ABC外有一点D，连接AD，BD，CD，将△ACD绕点A按顺时针方向旋转得到△ABE，AD与BE交于点F，∠BFD＝97°（sin37°＝0.6）．
（1）求∠ADC的大小；
（2）若∠BDC＝7°，BD＝3，CD＝5，求AD的长．
【分析】（1）由旋转的性质可得AB＝AC，∠ADC＝∠E，∠CAB＝∠DAE＝60°，由三角形的内角和定理可求出答案；
（2）连接DE，可证△AED是等边三角形，可得∠ADE＝60°，AD＝DE，由旋转的性质可得△ACD≌△ABE，可得CD＝BE＝4，由勾股定理可求出答案．
【解析】（1）∵将△ACD绕点A按顺时针方向旋转得到△ABE，
∴AB＝AC，∠ADC＝∠E，∠CAB＝∠DAE＝60°，
∵∠BFD＝97°＝∠AFE，
∴∠E＝180°﹣97°﹣60°＝23°，
∴∠ADC＝∠E＝23°；
（2）如图，连接DE，
∵AD＝AE，∠DAE＝60°，
∴△AED是等边三角形，
∴∠ADE＝60°，AD＝DE，
∵将△ACD绕点A按顺时针方向旋转得到△ABE，
∴△ACD≌△ABE，
∴CD＝BE＝5，
∵∠BDC＝7°，∠ADC＝23°，∠ADE＝60°，
∴∠BDE＝90°，
∴DE=BE2−BD2=52−32=4，
∴AD＝DE＝4．
23．（2020秋•新吴区期中）如图，△ABC与△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE．
（1）将△ADE旋转，使得D、E、B三点在一条直线上时，求证：BD＝CE；
（2）在（1）的条件下，当BC＝10，BE＝6时，求DE的长．
【分析】（1）由“SAS”可证△DAB≌△EAC，可得BD＝CE；
（2）由全等三角形的性质可得∠DBA＝∠ECA，由余角的性质可证∠BEC＝90°，由勾股定理可求EC＝8，即可求解．
【解析】证明：（1）∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC+∠EAB＝∠DAE+∠EAB，
即∠DAB＝∠EAC，
在△ABD和△ACE中，
AD=AE∠DAB=∠CAEAB=AC，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴DB＝EC；
（2）由（1）知△DAB≌△EAB，
∴∠DBA＝∠ECA，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ABC+∠ACB＝90°，
即∠ABC+（∠BCE+∠ACE）＝90°，
∴∠ABC+∠DBA+∠BCE＝90°，
即∠DBA+∠BCE＝90°，
∴∠BEC＝90°，
∵BC＝10，BE＝6，
∴EC2＝BC2﹣BE2＝102﹣62＝64，
∴EC＝8，
∴DE＝DB﹣BE＝DB﹣CE＝8﹣6＝2．
24．（2020秋•海门市校级月考）如图1，等边三角形△ABC中，D为△ABC内一点，将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角60°得到△CBE，点A，D的对应点分别为点B、E，且A、D、E三点在同一直线上．
（1）填空：∠CDE＝ 60° ；
（2）若过点C作CF⊥AE于点F，然后探究线段CF，AE，BE之间的数量关系，并证明你的结论．
【分析】（1）由旋转的性质可得CD＝CE，∠DCE＝60°，可得△CDE是等边三角形，即可求解；
（2）由旋转的性质可得BE＝AD，由等边三角形的性质和直角三角形的性质可得DF=33CF，即可求解．
【解析】（1）∵如图，
∵将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角60°得到△CBE，
∴△CAD≌△CBE，
∴CD＝CE，∠DCE＝60°，
∴△CDE是等边三角形，
∴∠CDE＝60°，
故答案为：60°；
（2）AE＝BE+233CF，
理由如下：
∵将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角60°得到△CBE，
∴BE＝AD，
∵△CDE是等边三角形，CF⊥AE，
∴DF＝EF，∠DCF＝30°，
∴CF=3DF，
∴DF=33CF，
∵AE＝AD+DE，
∴AE＝BE+233CF．
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