人教版九年级上册23.1 图形的旋转练习

这是一份人教版九年级上册23.1 图形的旋转练习，共22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。

第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
有两个直角三角形纸板，一个含45°角，另一个含30°角，如图①所示叠放，先将含30°角的纸板固定不动，再将含45°角的纸板绕顶点A顺时针旋转，使BC//DE，如图②所示，则旋转角∠BAD的度数为( )
A. 15°B. 30°C. 45°D. 60°
在平面直角坐标系中，点A的坐标为(1,3)，以原点为中心，将点A顺时针旋转30°得到点A′，则点A′的坐标为( )
A. (3,1)B. (3,−1)C. (2,1)D. (0,2)
如图，Rt△ABC中，∠A=30°，∠ABC=90°.将Rt△ABC绕点B逆时针方向旋转得到△A′BC′.此时恰好点C在A′C′上，A′B交AC于点E，则△ABE与△ABC的面积之比为( )
A. 13B. 12C. 23D. 34
如图，在4×4的正方形网格中，△MNP绕某点旋转一定的角度，得到△M1N1P1，则其旋转中心是( )
A. 点A
B. 点B
C. 点C
D. 点D
如图，点E在正方形ABCD的边CD上，将△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，连接EF，过点A作EF的垂线，垂足为点H，与BC交于点G.若BG=3，CG=2，则CE的长为( )
A. 54
B. 154
C. 4
D. 92
如图，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，使点A的对应点D恰好落在边AB上，点B的对应点为E，连接BE，下列结论一定正确的是( )
A. AC=AD
B. AB⊥EB
C. BC=DE
D. ∠A=∠EBC
如图，已知△ABC中，∠CAB=20°，∠ABC=30°，将△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，以下结论：①BC=B′C′，②AC//C′B′，③C′B′⊥BB′，④∠ABB′=∠ACC′，正确的有( )
A. ①②③B. ①②④C. ①③④D. ②③④
如图，平行四边形AOBC中，BO=2AO=4，∠AOB=60°，P是AC边的中点，将平行四边形AOBC绕点O逆时针旋转，每次旋转45°，则旋转2022次后点P的对应点坐标为( )
A. (3,3)
B. (−3,−3)
C. (3,−3)
D. (32+62,32−62)
如图，P是等边三角形ABC内的一点，且PA=3，PB=4，PC=5，将△ABP绕点B顺时针旋转得到△CBQ，连接PQ，则以下结论中不正确是( )
A. ∠PBQ=60°
B. ∠APB=150°
C. S△PQC=6
D. S△BPQ=83
图1的摩天轮上以等间隔的方式设置36个车厢，车厢依顺时针方向分别编号为1号到36号，且摩天轮运行时以逆时针方向等速旋转，旋转一圈花费30分钟．若图2表示21号车厢运行到最高点的情形，则此时经过多少分钟后，9号车厢才会运行到最高点？( )
A. 10B. 20C. 152D. 452
如图，在Rt△ABC中，AB=AC，D、E是斜边BC上两点，且∠DAE=45°，将△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB，连接EF.下列结论：①∠EAF=45°；②BE=CD；③EA平分∠CEF；④BE2+DC2=DE2，其中正确的结论是( )
A. ①②③B. ①②④C. ①②③④D. ①③④
如图，在平面直角坐标系中，将线段AB先绕原点O按逆时针方向旋转90°，再向下平移4个单位长度，得到线段A′B′，则点A的对应点A′的坐标是( )
A. (1,−6)B. (−1,6)C. (1,−2)D. (−1,−2)
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
如图，点P是等边三角形ABC内的一点，连接PB、PC.将△PBC绕点B逆时针旋转到△P′BA的位置，则∠PBP′的度数是 ．
如图，已知正方形ABCD的边长为3，E为CD边上一点，DE=1.以点A为中心，把△ADE顺时针旋转90∘得△ABE′，连接EE′，则EE′的长为 ．
如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(0,3)，点B的坐标为(4,0)，连接AB，若将△ABO绕点B顺时针旋转90°，得到△A′BO′，则点A′的坐标为______ ．
如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(1,0)，B(0,2).将线段AB绕点A顺时针旋转90°得到线段AC，则点C的坐标为 ．
三、解答题（本大题共6小题，共48.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
如图①，等腰直角三角形OEF的直角顶点O为正方形ABCD的中心，点C，D分别在OE和OF上，现将△OEF绕点O逆时针旋转α角(0°<α<90°)，连接AF，DE(如图②)．
(1)在图②中，∠AOF=______；(用含α的式子表示)
(2)在图②中猜想AF与DE的数量关系，并证明你的结论．
如图，已知正方形ABCD的边长为3，E，F分别是AB，BC边上的点，且∠EDF=45∘，将△DAE绕点D逆时针旋转90∘得到△DCM．
(1)求证：EF=MF;
(2)当AE=1时，求EF的长．
如图，在△ABC中，∠B=10∘，∠ACB=20∘，AB=4cm，△ABC逆时针旋转一定角度后与△ADE重合，且点C恰好成为AD的中点．
(1)指出旋转中心，并求出旋转的度数;
(2)求出∠BAE的度数和AE的长．
如图，△ABD，△AEC都是等边三角形．BE与DC有什么关系？你能用旋转的性质说明上述关系成立的理由吗？
如图，△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE、CF相交于点D．
(1)求证：BE=CF；
(2)当四边形ACDE为菱形时，求BD的长．
如图1.在一平面内，从左到右，点A、D、O、C、B均在同一直线上．线段AB=4，线段CD=2，O分别是AB、CD的中点．如图2，固定点O以及线段AB，让线段CD绕点O顺时针旋转α(0°<α<180°).连接AC、AD、BC、BD．
(1)求证：四边形ADBC为平行四边形；
(2)当α=90°时，求四边形ADBC的周长．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了旋转的性质，平行线的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
由平行线的性质可得∠CFA=∠D=90°，由外角的性质可求∠BAD的度数．
【解答】
解：如图，设AD与BC交于点F，
∵BC//DE，
∴∠CFA=∠D=90°，
∵∠CFA=∠B+∠BAD=60°+∠BAD，
∴∠BAD=30°
故选：B．
2.【答案】A
【解析】解：如图，作AE⊥x轴于E，A′F⊥x轴于F．
∵∠AEO=∠OFA′=90°，∠AOE=∠AOA′=∠A′OF=30°
∴∠AOE=∠A′，
∵OA=OA′，
∴△AOE≌△A′OF(AAS)，
∴OF=OE=3，A′F=A′E=1，
∴A′(3,1)．
故选：A．
如图，作AE⊥x轴于E，A′F⊥x轴于F.利用全等三角形的性质解决问题即可．
本题考查旋转变换，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
3.【答案】D
【解析】解：∵∠A=30°，∠ABC=90°，
∴∠ACB=60°，
∵将Rt△ABC绕点B逆时针方向旋转得到△A′BC′，
∴BC=BC′，∠ACB=∠A′C′B=60°，
∴△BCC′是等边三角形，
∴∠CBC′=60°，
∴∠ABA′=60°，
∴∠BEA=90°，
设CE=a，则BE=3a，AE=3a，
∴CEAE=13，
∴AEAC=34，
∴△ABE与△ABC的面积之比为34．
故选：D．
由旋转的性质得出BC=BC′，∠ACB=∠A′C′B=60°，则△BCC′是等边三角形，∠CBC′=60°，得出∠BEA=90°，设CE=a，则BE=3a，AE=3a，求出AEAC=34，可求出答案．
本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质；熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查旋转的性质，掌握旋转中心在对应顶点连线的垂直平分线上是关键．
根据旋转图形的性质，可知旋转中心在对应顶点连线的垂直平分线上，则连接PP1，NN1，分别作出PP1，NN1的垂直平分线，交点即为旋转中心．
【解答】
解：连接PP1，NN1，分别作出PP1，NN1的垂直平分线，如图所示：
PP1，NN1的垂直平分线的交点为B，所以旋转中心是点B．
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查了正方形的性质以及旋转的性质，解题时注意：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．
连接EG，根据AG垂直平分EF，即可得出EG=FG，设CE=x，则DE=5−x=BF，FG=EG=8−x，再根据Rt△CEG中，CE2+CG2=EG2，即可得到CE的长．
【解答】
解：如图所示，连接EG，
由旋转可得，△ADE≌△ABF，
∴AE=AF，DE=BF，
又∵AG⊥EF，
∴H为EF的中点，
∴AG垂直平分EF，
∴EG=FG，
设CE=x，则DE=5−x=BF，FG=8−x，
∴EG=8−x，
∵∠C=90°，
∴Rt△CEG中，CE2+CG2=EG2，即x2+22=(8−x)2，
解得x=154，
∴CE的长为154，
故选B．
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
根据旋转的性质得到AC=CD，BC=CE，AB=DE，故A错误，C错误；得到∠ACD=∠BCE，根据三角形的内角和得到∠A=∠ADC=180°−∠ACD2，∠CBE=180°−∠BCE2，求得∠A=∠EBC，故D正确；由于∠A+∠ABC不一定等于90°，于是得到∠ABC+∠CBE不一定等于90°，故B错误．
【解答】
解：∵将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，
∴AC=CD，BC=CE，AB=DE，故A错误，C错误；
∴∠ACD=∠BCE，
∴∠A=∠ADC=180°−∠ACD2，∠CBE=180°−∠BCE2，
∴∠A=∠EBC，故D正确；
∵∠A+∠ABC不一定等于90°，
∴∠ABC+∠CBE不一定等于90°，故B错误．
故选D．
7.【答案】B
【解析】解：①∵△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，
∴BC=B′C′.故①正确；
②∵△ABC绕A点逆时针旋转50°，
∴∠BAB′=50°．
∵∠CAB=20°，
∴∠B′AC=∠BAB′−∠CAB=30°．
∵∠AB′C′=∠ABC=30°，
∴∠AB′C′=∠B′AC．
∴AC//C′B′.故②正确；
③在△BAB′中，
AB=AB′，∠BAB′=50°，
∴∠AB′B=∠ABB′=12(180°−50°)=65°．
∴∠BB′C′=∠AB′B+∠AB′C′=65°+30°=95°．
∴CB′与BB′不垂直．故③不正确；
④在△ACC′中，
AC=AC′，∠CAC′=50°，
∴∠ACC′=12(180°−50°)=65°．
∴∠ABB′=∠ACC′.故④正确．
∴①②④这三个结论正确．
故选：B．
根据旋转的性质可得，BC=B′C′∠C′AB′=∠CAB=20°，∠AB′C′=∠ABC=30°，再根据旋转角的度数为50°，通过推理证明对①②③④四个结论进行判断即可．
本题考查了旋转性质的应用，图形的旋转只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小．
8.【答案】C
【解析】解：过A点作AE⊥y轴于点E，过P点作PF⊥x轴于点F，

∵四边形AOBC是平行四边形，
∴AC=OB，AC//OB，
∠AOB=60°，BO=2AO=4，
∴∠AOE=30°，AO=2，AC=4，
∴AE=1，
在Rt△AOE中，OE=AO2−AE2=4−1=3，
∵点P是AC的中点，
∴AP=PC=2，
∴EP=3，PF=3，
∴P点坐标为(3,3)，
∵将平行四边形AOBC绕点O逆时针旋转，每次旋转45°，
∴当旋转4次时，P点位置与原位置关于原点成中心对称，当旋转8次时，P点位置与原位置重合，
∵2022÷8=252…6，
∴当旋转2020次时，P点位置与原位置关于原点成中心对称，
∴当旋转2022次时，坐标为(3,−3)．
故选：C．
过A点作AE⊥y轴于点E，过P点作PF⊥x轴于点F，结合平行四边形的性质及直角三角形的性质可求解EP=3，PF=3，确定P点坐标为(3,3)，根据旋转方式可得当旋转4次时，P点位置与原位置关于原点成中心对称，当旋转8次时，P点位置与原位置重合，由2022÷8=252…6可得当旋转2020次时，P点位置与原位置关于原点成中心对称，进而可求解．
本题主要考查旋转的性质，平行四边形的性质，找规律，点的坐标的确定，求解旋转后的P点坐标规律是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°，
∵将△ABP绕点B顺时针旋转60°到△CBQ位置，
∴△BQC≌△BPA，
∴∠BPA=∠BQC，BP=BQ=4，QC=PA=3，∠ABP=∠QBC，
∴∠PBQ=∠PBC+∠CBQ=∠PBC+∠ABP=∠ABC=60°，
∴△BPQ是等边三角形，△BPQ的面积=34×42=43，故A正确，D错误；
∴PQ=BP=4，
∵PQ2+QC2=42+32=25，PC2=52=25，
∴PQ2+QC2=PC2，
∴∠PQC=90°，即△PQC是直角三角形，△PQC的面积=12×3×4=6，故C正确，
∵△BPQ是等边三角形，
∴∠QPB=∠PBQ=∠BQP=60°，
∴∠BPA=∠BQC=60°+90°=150°，故B正确．
故选：D．
根据等边三角形性质以及勾股定理的逆定理，即可判断A、D；依据△BPQ是等边三角形，即可得到∠QPB=∠PBQ=∠BQP=60°，进而得出∠BPA=∠BQC=60°+90°=150°，即可判断C、B选项．
本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质和判定、勾股定理的逆定理的应用，解题关键是综合运用定理进行推理．
10.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查了生活中的旋转现象，理清题意，得出从9号旋转到21号旋转的角度占圆大小比例是解答本题的关键．
先求出从9号旋转到21号旋转的角度占圆大小比例，再根据旋转一圈花费30分钟解答即可．
【解答】
解：36−21+936×30=20(分钟)．
所以经过20分钟後，9号车厢才会运行到最高点．
故选：B．
11.【答案】D
【解析】解：在Rt△ABC 中，AB=AC，
∴∠C=∠ABC=45°，
∵将△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB，
∴△AFB≌△ADC，
∴BF=DC，∠CAD=∠BAF，∠DAF=90°，
∵∠BAC=90°，∠DAE=45°，
∴∠BAE+∠DAC=45°，
∴∠EAF=∠BAF+∠BAE=∠DAC+∠BAE=45°，故①正确；
即∠FAE=∠DAE=45°，
在△FAE和△DAE中
AE=AE∠FAE=∠DAEAF=AD，
∴△FAE≌△DAE(SAS)，
∴∠FEA=∠DEA，
即EA平分∠CEF，故③正确；
∴EF=DE，
∵将△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB，
∴∠C=∠FBA=45°，BF=DC，
∵∠ABC=45°，
∴∠FBE=45°+45°=90°，
在Rt△FBE中，由勾股定理得：BE2+BF2=EF2，
∵BF=DC，EF=DE，
∴BE2+DC2=DE2，故④正确；
∵∠CAD与∠BAE不一定相等，
∴△ABE与△ACD不一定全等，不能推出BE=DC，故②错误；
故选：D．
根据等腰直角三角形求出∠ABC=∠C=45°，根据旋转得出BF=DC，∠CAD=∠BAF，∠DAF=90°，∠FBA=∠C，即可判断①，证△EAF≌△EAD，即可判断③，求出BF=DC，∠FBE=90°，根据勾股定理即可判断④，根据已知判断②即可．
本题考查了全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形性质，旋转的性质的应用，能证得△FAE≌△DAE是解此题的关键．
12.【答案】D
【解析】解：A点绕O点逆时针旋转90°，得到点A′′(−1,2)，
A′′向下平移4个单位，得到A′(−1,−2)，
故选：D．
先求出A点绕O点逆时针旋转90°后的坐标为(−1,2)，再求向下平移4个单位后的点的坐标即可．
本题考查坐标与图形变化，能够根据题意画出线段AB旋转、平移后的图形是解题的关键．
13.【答案】60°
【解析】
【分析】
此题主要考查了等边三角形的性质和旋转的性质，关键是掌握旋转前、后的图形全等．
首先根据等边三角形的性质可得∠ABC=60°，然后再根据旋转可得∠ABP′=∠CBP，进而可得∠PBP′的度数．
【解答】
解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°，
∵△PBC绕点B逆时针旋转到△P′BA的位置，
∴∠ABP′=∠CBP，
∴∠PBP′=∠ABP′+∠ABP=∠PBC+∠ABP=60°．

14.【答案】25
【解析】
【分析】
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段的夹角等于旋转角．也考查了正方形的性质和等腰直角三角形的判定与性质． 根据正方形的性质得AD=AB，∠DAB=90°，∠D=90°，在Rt△ADE中利用勾股定理可计算出AE=10，由于△ADE顺时针旋转90°，得△ABE′，根据旋转的性质得∠EAE′=∠DAB=90°，E′A=EA，则可判断△EAE′为等腰直角三角形，然后根据EE′=2EA进行计算即可．
【解答】
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB，∠DAB=90°，∠D=90°，
在Rt△ADE中，DE=1，AD=3，
∴AE=AD2+DE2=10，
∵△ADE顺时针旋转90°，得△ABE′，
∴∠EAE′=∠DAB=90°，E′A=EA，
∴△EAE′为等腰直角三角形，
∴EE′=2EA=2×10=25．
故答案为：25．

15.【答案】(7,4)
【解析】解：作AC⊥x轴于点C，
由旋转可得∠O′=90°，O′B⊥x轴，
∴四边形O′BCA′为矩形，
∴BC=A′O′=OA=3，A′C=O′B=OB=4，
∴点A′坐标为(7,4)．
故答案为：(7,4)．
作AC⊥x轴于点C，由旋转的性质可得BC=A′O′=OA=3，A′C=O′B=OB=4，进而求解．
本题考查平面直角坐标系与图形旋转的性质，解题关键是通过添加辅助线求解．
16.【答案】(3,1)
【解析】解：过点C作CH⊥x轴于点H．
∵A(1,0)，B(0,2)，
∴OA=1，OB=2，
∵∠AOB=∠AHC=∠BAC=90°，
∴∠BAO+∠CAH=90°，∠CAH+∠ACH=90°，
∴∠BAO=∠ACH，
在△AOB和△CHA中，
∠AOB=∠CHA∠BAO=∠ACHAB=CA，
∴△AOB≌△CHA(AAS)，
∴OA=CH=1，OB=AH=2，
∴OH=OA+AH=1+2=3，
∴C(3,1)，
故答案为：(3,1)．
过点C作CH⊥x轴于点H.证明△AOB≌△CHA(AAS)，推出OA=CH=1，OB=AH=2，可得结论．
本题考查坐标与图形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
17.【答案】(1)90°−α;
(2)AF=DE.理由如下：
如图②，∵四边形ABCD为正方形，
∴∠AOD=∠COD=90°，OA=OD，
∵∠DOF=∠COE=α，
∴∠AOF=∠DOE，
∵△OEF为等腰直角三角形，
∴OF=OE，
在△AOF和△DOE中
AO=DO∠AOF=∠DOEOF=OE，
∴△AOF≌△DOE(SAS)，
∴AF=DE．
【解析】
【分析】
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．也考查了等腰直角三角形的性质和正方形的性质．
(1)如图2，利用旋转的性质得到∠DOF=∠COE=α，再根据正方形的性质得到∠AOD=90°，从而得到∠AOF=90°−α；
(2)如图②，利用正方形的性质得∠AOD=∠COD=90°，OA=OD，再利用△OEF为等腰直角三角形得到OF=OE，利用(1)的结论得到∠AOF=∠DOE，则可证明△AOF≌△DOE，从而得到AF=DE．
【解答】
解：(1)如图2，
∵△OEF绕点O逆时针旋转α角，
∴∠DOF=∠COE=α，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠AOD=90°，
∴∠AOF=90°−α；
故答案为90°−α；
(2)见答案．
18.【答案】(1)证明：∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴∠FCM=∠FCD+∠DCM=180°，
∴F、C、M三点共线，
∴DE=DM，∠EDM=90°，
∴∠EDF+∠FDM=90°，
∵∠EDF=45°，
∴∠FDM=∠EDF=45°，
在△DEF和△DMF中，
DE=DM∠EDF=∠MDFDF=DF，
∴△DEF≌△DMF(SAS)，
∴EF=MF；
(2)解：设EF=MF=x，
∵AE=CM=1，且BC=3，
∴BM=BC+CM=3+1=4，
∴BF=BM−MF=BM−EF=4−x，
∵EB=AB−AE=3−1=2，
在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2=EF2，
即22+(4−x)2=x2，
解得：x=52，
则EF=52．
【解析】此题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理，利用了转化及方程的思想，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．
(1)由旋转可得DE=DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF=90°，由∠EDF=45°，得到∠MDF为45°，可得出∠EDF=∠MDF，再由DF=DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF=MF；
(2)由第一问的全等得到AE=CM=1，正方形的边长为3，用AB−AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF=MF=x，可得出BF=BM−FM=BM−EF=4−x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为EF的长．
19.【答案】解：(1)∵△ABC逆时针旋转一定角度后与△ADE重合，A为顶点，
∴旋转中心是点A，
根据旋转的性质可知∠CAE=∠BAD=180∘−∠B−∠ACB=150∘，
∴旋转角度是150∘；
(2)由(1)可知∠BAE=360∘−150∘×2=60∘，
由旋转可知△ABC≌△ADE，
∴AB=AD，AC=AE，
又∵C为AD的中点，
∴AC=AE=12AD=12AB=12×4=2(cm)．
【解析】本题主要考查了旋转的基本性质，解答本题的关键是掌握利用旋转的基本性质求角的度数，求线段长的思路与方法．
(1)根据旋转前后点A的位置不变确定点A为旋转中心，根据旋转的性质和三角形的内角和定理求出∠CAE=∠BAD=180∘−∠B−∠ACB=150∘，即可得出旋转角的度数；
(2)根据(1)的结论和周角的概念求出∠BAE的度数，根据旋转的性质和线段中点的概念求出AE的长即可．
20.【答案】解：BE=DC．
理由如下：∵△ABD和△AEC都是等边三角形，
∴AE=AC，AB=AD，∠DAB=∠CAE=60°，
∴∠DAB+∠BAC=∠CAE+∠BAC， 即∠DAC=∠BAE，
∴△BAE绕点A顺时针旋转60°，使BA与DA重合，则△BAE与△DAC完全重合，
∴BE=DC．
【解析】见答案
21.【答案】(1)证明：由旋转可知，∠EAF=∠BAC= 45°，AF=AC，AE=AB，
∴∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，即∠BAE=∠CAF，
又AB=AC，
∴AE=AF，
∴△ABE≌△ACF(SAS)，
∴BE=CF.
(2)解：∵四边形ACDE是菱形，AB=AC=1，
∴AC//DE，DE=AE=AB=1，
又∠BAC=45°，
∴∠AEB=∠ABE=∠BAC=45°，
又∠AEB+∠ABE+∠BAE=180°，
∴∠BAE =90°，
∴ BE=AB2+AE2=12+12=2，
∴BD=BE−DE=2−1 ，
即BD的长为2−1．

【解析】本题考查全等三角形的判定和性质、直角三角形判定、勾股定理、旋转的性质和菱形的性质有关知识．
(1)根据旋转的性质，旋转前后的两个三角形全等，再根据解之间的等量关系得到△ABE与△ACF中的∠BAE=∠CAF，从而证得△ABE≌△ACF，于是得到BE=CF.
(2)根据当四边形ACDE为菱形时的条件，对边平行且相等，得到∠ABE=∠BAC=45° ，最后得到△ABE是直角三角形，由勾股定理求得斜边BE长，BD即可求出．
22.【答案】(1)证明：如图2，
∵O是AB，CD的中点，
∴DO=CO，AO=BO，
故四边形ADBC为平行四边形；
(2)解：当α=90°时，如下图：

∵DO=CO，AO=BO，
∴AD=AC=BC=BD，
即四边形ADBC为菱形，
∵AB=4，CD=2，
∴OD=1，OA=2，
∴AD=22+12=5，
∴四边形ADBC的周长为5×4=45．
【解析】(1)根据对角线互相平分证四边形ADBC为平行四边形即可；
(2)当α=90°时，则四边形ADBC为菱形，根据勾股定理求出边长即可解答．
本题考查了旋转的性质，平行四边形的判定，菱形的判定，勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定，勾股定理是解题的关键．