专题32 几何变换之旋转模型（教师版）-中考数学几何模型重点突破讲练

这是一份专题32 几何变换之旋转模型（教师版）-中考数学几何模型重点突破讲练，共47页。


【理论基础】
1.旋转的概念：将一个图形绕一个定点转动一定的角度，这样的图形运动称为图形的旋转，定点称为旋转中心，旋转的角度称为旋转角.
2.旋转三要素：旋转中心、旋转方形和旋转角度.
3.旋转的性质
(1)对应点到旋转中心的距离相等；
(2)两组对应点分别与旋转中心连线所成的角度相等.
注：图形在绕着某一个点进行旋转的时候，既可以顺时针旋转，也可以逆时针旋转.
4.旋转作图：在画旋转图形时，首先要确定旋转中心，其次确定图形的关键点，再将这些关键点沿指定的方向旋转指定的角度，然后连接对应的部分，形成相应的图形.
具体步骤如下：
(1)连接图形中的每一个关键点与旋转中心；
(2)把连线按要求(顺/逆时针)绕旋转中心旋转一定的角度(旋转角)；
(3)在角的一边上截取关键点到旋转中心的距离，得到各点的对应点；
(4)连接所得到的对应点.
5.旋转中的全等变换.
(1)等腰直角三角形中的半角模型
(2)正方形中的半角模型
6.自旋转模型：有一组相邻的线段相等，可以通过构造旋转全等.
(1)60º自旋转模型
(2)90º自旋转模型
(3)等腰旋转模型
(4)中点旋转模型(倍长中线模型)
7.共旋转模型
(1)等边三角形共顶点旋转模型
(2)正方形共顶点旋转模型
8.旋转相似
【例1】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△AED≌△AEF；②∠FAD＝90°，③BE+DC＝DE；④∠ADC+∠AFE＝180°．其中结论正确的序号为（ ）
A．①②③B．②③④C．①②④D．①③④
【答案】C
【分析】根据旋转的性质可得，∠FAD＝90°，AF＝AD，BF＝DC，∠ABF＝∠C，从而证明△FAE≌△DAE，∠FBE＝90°，进而可得EF＝DE，然后在Rt△BFE中，利用勾股定理，进行计算即可判断①②④正确．
【解析】解：由旋转得：
∠FAD＝90°，AF＝AD，BF＝DC，∠ABF＝∠C，
∵∠DAE＝45°，
∴∠FAE＝∠FAD﹣∠DAE＝45°，
∴∠FAE＝∠DAE，
∵AE＝AE，
∴△FAE≌△DAE（SAS），
∴EF＝DE，∠AFE＝∠ADE，
∵∠ADC+∠ADE＝180°，
∴∠ADC+∠AFE＝180°，
∴上列结论，一定正确的是：①②④，
故选：C．
【例2】如图，点E为正方形ABCD外一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕A点逆时针方向旋转90°得到△ADF，DF的延长线交BE于H点，若BH＝7，BC＝13，则DH＝_____．
【答案】17
【分析】根据旋转的性质得出有关相等的角、相等的边，从而证明四边形AEHF为正方形，再根据勾股定理求出EH的长，就可得到DH．
【解析】解：∵将Rt△ABE绕A点逆时针方向旋转90°得到△ADF，∠AEB＝90°，
∴AF＝AE，BE=DF，∠DFA＝∠E＝∠AFH＝90°，∠EAF＝90°，
∴四边形AEHF为正方形，
∴AF＝EH，
设EH＝x，
BH＝7，
BE＝7+x，AF＝EF＝x，
在正方形ABCD中，AD＝BC＝13，
在Rt△AFD中，
根据勾股定理，得，
解得＝﹣12（舍去），＝5，
∴DH＝17．
故答案为：17．
【例3】如图，由绕点A按逆时针方向旋转90°得到，且点B的对应点D恰好落在BC的延长线上，AD，EC相交于点P．
(1)求∠BDE的度数；
(2)F是EC延长线上的点，且．
①判断和的数量关系，并证明；
②求证：．
【答案】(1)
(2)①，理由见详解；②证明见详解
【分析】（1）由旋转的性质得出，，，得出，可求出的度数；
（2）①由旋转的性质得出，，证得，由三角形外角的性质可得出结论；
②过点作交于点，得出，，证明，由全等三角形的性质得出，则可得出结论．
【解析】（1）解：由绕点按逆时针方向旋转得到，
，，，
在中，，
，
．
（2）①．
证明：由旋转的性质可知，，，
在中，，
∵，
∴，
，
∵，
∴．
②证明：过点作交于点，
，，
，
，
，
又，
，
，
又，，
（ASA），
，
，
又，
．
一、单选题
1．如图，P是等边三角形ABC内一点，将△ACP绕点A顺时针旋转60°得到△ABQ，若PA＝2，PB＝4，，则四边形APBQ的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】如图，连接PQ．由题意△PQA是等边三角形，利用勾股定理的逆定理证明∠PQB＝90°即可解决问题．
【解析】解：如图，连接PQ．
∵△ACP绕点A顺时针旋转60°得到△ABQ，
∴AP＝AQ＝2，PC＝BQ＝2，∠PAQ＝60°，
∴△PAQ是等边三角形，
∴PQ＝PA＝2，
∵PB＝4，
∴，
∴∠PQB＝90°，
∴，
故选：B．
2．如图，在中，，若M是边上任意一点，将绕点A逆时针旋转得到，点M的对应点为点N，连接，则下列结论不一定成立的是（ ）
A．B．
C．平分D．
【答案】D
【分析】根据旋转的性质，对每个选项逐一判断即可．
【解析】解：∵将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，
∴AB=AC，∠ACN=∠B，AM=AN，故选项A不符合题意；
∴，故选项B不符合题意；
∵，
∴∠B=∠ACB，
∵∠ACN=∠B，
∴∠ACN=∠ACB，
∴平分，故选项C不符合题意；
∵CN与CM不一定相等，
∴不一成立，故故选项D符合题意；
故选：D．
3．如图，在平面直角坐标系中，△ABC中点A的坐标是(3，4)，把△ABC绕原点O逆时针旋转得到，则点A′的坐标为（ ）
A．(4，－3)B．(－4，3)C．(－3，4)D．(－3，－4)
【答案】B
【分析】连接，，过点A作AE⊥x轴于E，过点作轴于，根据旋转的性质可得，利用同角的余角相等求出，然后利用“角角边”证明△AOE和全等，根据全等三角形对应边相等可得，然后写出点的坐标即可．
【解析】解：如图，连接，，过点A作AE⊥x轴于E，过点作轴于，则，
∵点A的坐标是(3，4)，
∴．
∵OA绕坐标原点O逆时针旋转至，
∴，，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴点的坐标为（−4，3）．
故选：B
4．如图，是边长为1的等边的中心，将AB、BC、CA分别绕点A、点B、点C顺时针旋转，得到、、，连接、、、、．当的周长取得最大值时，此时旋转角的度数为（ ）
A．60°B．90°C．120°D．150°
【答案】D
【分析】连接OA、OB、OC、．由△OA≌△OC推出∠O＝∠O＝120°，则有△O≌△O≌△O，＝＝，△是等边三角形，当O、C、共线时，O＝OC+C＝OC+CA＝+1时，O最长，此时＝•（+1）＝1+，α＝150°．
【解析】解：如图，连接OA、OB、OC、．
∵O是等边三角形△ABC是中心，
∴∠BAO＝∠ACO＝30°，OA＝OC，
∵∠BA ＝∠AC＝α，
∴∠OA＝∠OC，
在△OA和△OC中，
，
∴△OA≌△OC（SAS），
∴∠AO＝∠CO，O＝O，
∴∠O＝∠AOC＝120°，
同理可证∠O＝∠O＝120°，O＝O，
则有△O≌△O≌△O，
∴＝＝，
∴△是等边三角形，
在△O中，
∵∠O＝120°，O＝O，
∴当O最长时，最长，
∵O≤OC+C，
∴当O、C、共线时，O＝OC+C＝OC+CA＝+1时，O最长，
此时＝•（+1）＝1+，α＝150°，
∴△的周长的最大值为3+3．
故选：D
5．如图，正方形ABCD的边长为4，，点E是直线CM上一个动点，连接BE，线段BE绕点B顺时针旋转45°得到BF，连接DF，则线段DF长度的最小值等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接BD，在BD上截取BG＝BC，连接FG，过点D作于点H．利用正方形的性质、勾股定理得出，利用旋转的性质得出，，再证明，得出，可知点F在直线GF上运动，点F与点H重合时，DF的值最小，进而求出DH的值即可．
【解析】解：如图，连接BD，在BD上截取BG＝BC，连接FG，过点D作于点H．
∵四边形ABCD是正方形，边长为4，
∴，，，
∴，，
∴，
∵线段BE绕点B顺时针旋转45°得到BF，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴点F在直线GF上运动，点F与点H重合时，DF的值最小，
∵，，
∴，
∴DF的最小值为．
故选B．
6．如图，在中，，，，，O为AC的中点，M为BC边上一动点，将绕点A逆时针旋转角得到，点M的对应点为，连接，在旋转过程中，线段的长度的最小值是（ ）
A．1B．1.5C．2D．3
【答案】B
【分析】如图：由题意知当旋转到点在AC的延长线上且AC与 垂直时， 的长度最小；旋转的性质可得，再根据直角三角形的性质可求得，由中点的定义可求得OA,最后计算即可．
【解析】解：由题意知当旋转到点在AC的延长线上且AC与 垂直时，的长度最小；
∵将绕点A逆时针旋转角
∴
∵AC⊥，
∴
∵O为AC的中点
∴AO==3.5
∴．
故选B．
7．如图，矩形ABCD中，，BC＝3，P为矩形内一点，连接PA，PB，PC，则PA＋PB＋PC的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将△BPC绕点C逆时针旋转60°，得到△EFC，连接PF、AE、AC，则AE的长即为所求．
【解析】解：将△BPC绕点C逆时针旋转60°，得到△EFC，连接PF、AE、AC，则AE的长即为所求．
由旋转的性质可知：△PFC是等边三角形，
∴PC=PF，
∵PB=EF，
∴PA+PB+PC=PA+PF+EF，
∴当A、P、F、E共线时，PA+PB+PC的值最小，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴，
∴AC=2AB，
∴∠ACB=30°，，
∵∠BCE=60°，
∴∠ACE=90°，
∴，
故选：D．
8．如图，在平面直角坐标系中，等腰直角△OAB位置如图，∠OBA=90°，点B的坐标为（1，0），每一次将△OAB绕点O逆时针旋转90°，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转得到△OA1B1，第二次旋转得到△OA2B2，…，以此类推，则点A2022的坐标是（ ）
A．(22022，22022)B．(-22021，22021)C．(22021，-22021)D．(-22022，-22022)
【答案】D
【分析】△AOB是等腰直角三角形，OA=1，根据等腰直角三角形的性质，可得点A(1，1)逆时针旋转90°后可得，同理，依次类推可求得，，，这些点所位于的象限为每4次一循环，根据规律即可求出A2022的坐标．
【解析】∵是等腰直角三角形，点B的坐标为（1，0），
∴，
∴A点坐标为(1，1)．
将绕原点逆时针旋转得到等腰直角三角形，且，
再将绕原点顺时针旋转得到等腰直角三角形，且，
依此规律，
∴点A旋转后的点所位于的象限为每4次一循环，
即，，，．
∵，
∴点与同在一个象限内．
∵，，，
∴点．
故选：D．
二、填空题
9．如图，在正方形ABCD中，点M是AB上一动点，点E是CM的中点，AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，连接DE，DF．给出结论：①DE=EF；②∠CDF=45°；③若正方形的边长为2，则点M在射线AB上运动时，CF有最小值．其中结论正确的是____．
【答案】①②③
【分析】延长交的延长线于点，由“”可证，可得，由直角三角形的性质可得，可判断①；由四边形内角和定理可求，可得，可判断②；连接，过点作于，由，知点在上运动，即得当时，有最小值为的长度，而，即有最小值为，可判断③正确．
【解析】解：如图，延长交的延长线于点，
点是的中点，
，
，
，，
，
，
又，
，
绕点顺时针旋转得到，
，，
，故①正确；
，
，，
，
，
，
，故②正确；
如图，连接，过点作于，
，
点在上运动，
当时，有最小值为的长度，
，，
，即有最小值为，故③正确，
故答案为：①②③．
10．如图，四边形ABCD，AB＝3，AC＝2，把△ABD绕点D按顺时针方向旋转60°后得到△ECD，此时发现点A、C、E恰好在一条直线上，则AD的长为__________.
【答案】5
【分析】根据旋转的性质得∠ADE=60°，DA=DE，∠BAD=∠E=60°，则可判断△ADE为等边三角形，再利用点A、C、E在一条直线上得到AE=AC+CE，接着根据△ABD绕着点D按顺时针方向旋转60°后得到△ECD得到CE=AB，所以AE=AC+AB=5．
【解析】解：∵点A、C、E在一条直线上，
而△ABD绕着点D按顺时针方向旋转60°后得到△ECD，
∴∠ADE=60°，DA=DE，∠BAD=∠E，
∴△ADE为等边三角形，
∵点A、C、E在一条直线上，
∴AE=AC+CE，
∵△ABD绕着点D按顺时针方向旋转60°后得到△ECD，
∴CE=AB，
∴AE=AC+AB=2+3=5，
∴AD=AE=5．
故答案为：5
11．在△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，把△ABC绕点C旋转，使点B落在射线BA上的点E处（点E不与点A，B重合），此时点A落在点F，联结FA，若△AEF是直角三角形，且AF＝4，则BC＝_____．
【答案】或
【分析】分两种情况讨论，由勾股定理可求AE的长，通过证明△AHC∽△CHB，可求CH的长，由勾股定理可求解．
【解析】解：如图，当点E在线段AB上时，过点C作CH⊥AB于H，
由旋转可知：BC=CE，AB=EF=5，
∵∠EAF=90°，
∴
∴BE=2，
∵BC=CE，CH⊥AB，
∴EH=BH=1，
∴AH=4，
∵
∴∠B+∠BAC=90°=∠B+∠BCH，
∴∠BCH=∠BAC，
又∵∠AHC=∠BHC=90°，
∴△AHC∽△CHB，
∴，
∴
∴CH=2（负值舍去）
∴；
当点E在线段BA的延长线上时，过点C作CH⊥AB于H，

同理可求，
∴，
综上所述：或．
故答案为：或．
12．如图，在四边形中，，，且，连接，若，，则的长为______．
【答案】
【分析】将△ADB以D为旋转中心，逆时针旋转60°，使A与C点重合，B与E点重合，连接BE，可得到△DBE为等边三角形，从而得到DB=BE，再由，，可得∠ECB=90°，然后可得，即可求解．
【解析】解：如图，将△ADB以D为旋转中心，逆时针旋转60°，使A与C点重合，B与E点重合，连接BE，
∴∠ABD=∠CED，∠A=∠ECD，AB=CE，DB=DE，
又∵∠ADC=60°，
∴∠BDE=60°，
∴△DBE为等边三角形，
∴DB=BE，
∴∠ECB=360°-∠BCD-∠DCE=360°-∠BCD-∠A=360°-（360°-∠ADC-∠ABC）=90°，
∴△ECB为直角三角形，
∴，
∴，
∴，
故答案为：
13．已知，⊙O的直径BC＝2，点A为⊙O上一动点，AD、BD分别平分△ABC的外角，AD与⊙O交于点E．若将AO绕O点逆时针旋转270°，则点D所经历的路径长为 _____．（提示：在半径为R的圆中，n°圆心角所对弧长为）
【答案】
【分析】如图，设∠ACB＝α，由BC是⊙O的直径，可得：∠BAC＝90°，根据角平分线定义可得：∠DAB＝45°，∠ABD＝45°+α，进而可得出：∠EDB＝∠EBD＝90°﹣α，得出：EB＝ED，再由等弧所对的圆周角相等，可得：∠ECB＝∠EAB＝45°，进而推出EB＝EC＝ED，可得点D在半径为2的⊙E上逆时针旋转135°，再利用弧长公式即可得出答案．
【解析】解：如图，连接CE，设∠ACB＝α，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC＝90°，
∴∠DEB＝α，∠ABC＝90°-α，
∵AD、BD分别平分△ABC的外角，
∴∠DAB＝45°，∠ABD＝45°+α，
∴∠EDB＝180°-∠DAB-∠ABD＝180°-45°-（45°+α）＝90°-α，
∴∠EBD＝180°-∠DEB-∠EDB＝180°-α-（90°-α）＝90°-α，
∴∠EDB＝∠EBD，
∴EB＝ED，
∵，
∴∠ECB＝∠EAB＝45°，
∵∠CEB＝90°，
∴△BCE是等腰直角三角形，
∴EB＝EC，
∴EB＝EC＝ED，
∴点D在半径为2的⊙E上逆时针旋转135°，
∴点D所经历的路径长为：＝，
故答案为：．
14．如图，在正方形中，，分别是，的中点，是线段上的一点，的延长线交于点，连接，，将绕点顺时针旋转得，则下列结论：，；垂直平分；若，点在边上运动，则，两点之间距离的最小值是．其中结论正确的序号有______．
【答案】
【分析】延长交于点，连接，，，由已知可得为，的垂直平分线，由垂直平分线的性质和图形旋转的性质可得的结论正确；利用三角形的内角和定理和等腰三角形的性质计算可得，由四边形内角和定理通过计算可得；利用平行线的性质可得，则，可说明的结论正确；通过证明点，，，在以点为圆心，为半径的同一个圆上，利用圆周角定理可得，得到，，三点共线，得到为等腰直角三角形，则的结论正确；由题意点在对角线上运动，当时，的值最小，连接，解直角三角形的知识可得的结论不正确．
【解析】解：延长交于点，连接，，，如图，
正方形中，，分别是，的中点，
是线段，的垂直平分线．
，．
是绕点顺时针旋转得到，
≌，
．
．
的结论正确；
，
．
，
．
．
，
．
，
．
≌，
．
，
．
，
．
，
．
即．
，
．
．
．
的结论正确；
，，
，
，
，．
．
．
，
．
点，，，在以点为圆心，为半径的同一个圆上．
．
点在对角线上，
．
，
为等腰直角三角形．
平分，
垂直平分．
的结论正确；
由以上可知：点在正方形的对角线上运动，
当时，的值最小．
此时点与点重合，
．
的结论不正确．
综上，结论正确的序号有：，
故答案为：．
15．已知⊙O的半径为4，A为圆内一定点，AO＝2．M为圆上一动点，以AM为边作等腰△AMN，AM＝MN，∠AMN＝108°，ON的最大值为_____________．
【答案】
【分析】将线段OA绕点O顺时针旋转108°得到线段OT，连接AT，NT，OM．延长AO到K，使得AK＝AT，根据旋转的性质有AO＝OT＝2，先证明△KOT∽△KTA，再证明△AOT∽△AMN，接着证明△OAM∽△TAN，利用相似三角形的性质求出NT，再根据三角形的三边关系解决问题即可．
【解析】如图，将线段OA绕点O顺时针旋转108°得到线段OT，连接AT，NT，OM．延长AO到K，使得AK＝AT，即OM=4，
根据旋转的性质有AO＝OT＝2，∠AOT＝108°，
∴∠OAT＝∠OTA＝(180°-∠AOT)＝36°，
∴∠KOT＝∠OAT＋∠ATO＝72°，
∵AK=AT，
∴∠K＝∠ATK＝(180°−∠KAT)＝72°，
∴∠K＝∠KOT，
∴KT＝OT＝2，
∵∠KOT＝∠KTA＝72°，∠K＝∠K，
∴△KOT∽△KTA，
∴，即，
即，
∴，（负值舍去），
∴AT＝AK＝AO＋OK＝2＋＝，
∵△AOT，△AMN都是顶角为108°的等腰三角形，
∴∠OAT＝∠MAN＝36°，∠AOT＝∠AMN＝108°，
∴△AOT∽△AMN，
∴，
∵∠OAT＋∠TAM＝∠OAM，∠MAN＋∠TAM＝∠TAN，
∴∠OAM＝∠TAN，
∴结合，可得△OAM∽△TAN，
∴，即，
∴，
∵ON≤OT＋NT，
∴，
∴ON的最大值为，
故答案为：．
16．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，将矩形ABCD绕点C按顺时针方向旋转α角，得到矩形A′B′CD′，B′C与AD交于点E，AD的延长线与A′D′交于点F．当矩形A'B'CD'的顶点A'落在CD的延长线上时，则EF＝_____．
【答案】
【分析】根据矩形的性质得，根据勾股定理得，再证明得，证明得，分别计算DF和DE的长即可得解．
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，矩形ABCD绕点C按顺时针方向旋转α角，得到矩形A′B′CD′，
∴，，，
在中，，
∴，
∴，
，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴DF，
同理可得，
∴，
∴，
∴ED，
∴EF＝ED+DF，
故答案为：．
三、解答题
17．如图，在平面直角坐标系中△ABC的三个顶点都在格点上，点A的坐标为（2，2），请解答下列问题：
(1)画出△ABC绕点B逆时针旋转90°后得到△A1B1C1，并写出点A1的坐标；
(2)画出和△A1B1C1关于原点O成中心对称的△A2B2C2，并写出点A2的坐标；
(3)在（1）的条件下，求BC在旋转过程中扫过的面积．
【答案】(1)，图见解析；
(2)，图见解析；
(3)．
【分析】（1）根据旋转的性质作图，由图可得答案．
（2）根据中心对称的性质作图，由图可得答案．
（3）利用勾股定理求出BC的长，再结合扇形的面积公式求解即可．
【解析】（1）解：如图所示，由图可知：．
（2）解：如图所示，由图可知：．
（3）解：∵BC，
∴BC扫过的面积为．
18．如图，在△ABC中，点E在BC边上，AE＝AB，将线段AC绕A点旋转到AF的位置，使得∠CAF＝∠BAE，连接EF，EF与AC交于点G．
(1)求证：EF＝BC；
(2)若，，求∠FGC的度数．
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】（1）由旋转的性质可得AC＝AF，利用SAS证明，根据全等三角形的对应边相等即可得出EF＝BC；
（2）根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求出∠BAE＝180°﹣63°×2＝54°，那么∠FAG＝54°．由△ABC≌△AEF，得出∠AFE＝∠ACB＝25°，再根据三角形外角的性质即可求出∠FGC＝∠FAG+∠AFG＝79°．
【解析】（1）证明：∵∠CAF＝∠BAE，
∴∠BAC＝∠EAF．
∵将线段AC绕A点旋转到AF的位置，
∴AC＝AF．
在△ABC与△AEF中，
，
∴（SAS），
∴EF＝BC；
（2）解：∵AB＝AE， ，
∴∠AEB＝∠ABC，
∴，
∴．
∵，
∴ ，
∴．
19．如图，正方形ABCD中，，绕点A顺时针旋转，它的两边分别交BC、DC（或它们的延长线）于点M、N．
(1)如图1，求证：；
(2)当，时，求的面积；
(3)当绕点A旋转到如图2位置时，线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？请写出你的猜想并证明．
【答案】(1)见解析
(2)6
(3)，证明见解析
【分析】（1）将绕点逆时针旋转 得到，证明，即可得证；
（2）利用全等得出，用正方形的面积减去即可求出的面积；
（3）将绕点逆时针旋转 得到，证明，即可得证．
【解析】（1）解：如图，将绕点逆时针旋转 得到，
则：，
∴
∵四边形为正方形，
∴ ，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴（SAS），
∴；
（2）解：∵四边形为正方形，
∴，，
∵
∴，
∴，
∵
∴，
∴；
（3）解：，理由如下：
如图，将绕点逆时针旋转 得到，连接，
则：，，
∴
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴（SAS），
∴，
∴．
20．阅读下面材料：
小岩遇到这样一个问题：如图1，在正三角形ABC内有一点P，且PA＝1，，PC＝2，求∠APB的度数；
小岩是这样思考的：如图2，利用旋转和全等的知识构造，连接，得到两个特殊的三角形，从而将问题解决．
(1)请你回答：图1中∠APB的度数等于____；（直接写答案）
参考小岩同学思考问题的方法，解决下列问题：
(2)如图3，在正方形ABCD内有一点P，且，，．求∠APB的度数；
(3)如图4，在正六边形ABCDEF内有一点P，若∠APB＝，直接写出PA，PB和PF的数量关系．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）把△APB绕点A逆时针旋转得到，由旋转的性质可得证出是等边三角形，由等边三角形的性质求出，再由勾股定理逆定理求出，求出，即为∠APB的度数；
（2）把△APB绕点A逆时针旋转得到，由旋转的性质可得，证出是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质求出，，再利用勾股定理逆定理求出 ，然后求出，即为∠APB的度数；
（3）把△APB绕点A逆时针旋转得到， 由旋转的性质，，可得， 过点A作于M，设与AF相交于N，证明 再利用勾股定理可得答案．
【解析】（1）解：如图2，把△APB绕点A逆时针旋转得到，
由旋转的性质，
∴是等边三角形，
∴
∵
∴
∴
故；
故答案为：．
（2）如图3，把△APB绕点A逆时针旋转得到，
由旋转的性质，
∴是等腰直角三角形，
∴
∵
∴，
∴，
故．
（3）如图4，∵正六边形的内角为，
∴把△APB绕点A逆时针旋转得到，
由旋转的性质，，
∴，
过点A作于M，设与AF相交于N，
设
则
∴
∴
由旋转的性质可得：
∴
∴
∴
21．在中，，，点是延长线上一点（），连接，将线段绕点顺时针旋转60°，得到线段，连接．
(1)依题意，补全图形；
(2)若，求的长．
(3)延长交于，用等式表示线段之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)答案见解析
(2)2
(3)，理由见解析
【分析】（1）按照题意进行画图即可；
（2）根据已知条件得到，，然后得到≌，从而求出；
（3）作关于所在直线的对称图形,并作点关于所在直线的对称点为点,连接,,由题意可证得、是等边三角形，利用等边三角形的性质以及等量代换可证得≌、≌，最后得到．
【解析】（1）解：如图所示，
（2）解：如图所示，在中,
∵,
∴,
∵,
∴,
∵,
∴,
在和中,
,
∴≌,
则．
（3）
解：，理由如下，
如图所示，作关于所在直线的对称图形,并作点关于所在直线的对称点为点,连接,,
∵,
∴是等边三角形,,，
∵，，
∴是等边三角形，，
∵，
∴,
在和中，
,
∴≌，
∴,,
∵,
∴,
在和中，
,
∴≌，
∴,
∵,
∴．
22．在△ABC中，∠ACB=90°，BC=AC=2，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°至的位置．
(1)如图1，连接与AB交于点M，则_____，_____；
(2)如图2，连接，延长交于点D，求CD的长．
【答案】(1)2，；(2)
【分析】（1）由旋转的性质易得出，，即证明为等边三角形，从而得出；连接，延长交于点E．由等腰直角三角形的性质和勾股定理可求出．又易证为等边三角形，即得出，．由“SSS”可证，得出，即得出，，．最后根据，即可求出，最后由即可求解；
（2）过点B作于点F．由等边三角形的性质可知．又易证，即得出为等腰直角三角形，从而得出．再根据含30度角的直角三角形的性质结合勾股定理可求出，，最后由求解即可．
【解析】（1）解：由旋转的性质可知，，
∴为等边三角形，
∴；
如图，连接，延长交于点E．
∵∠ACB=90°，BC=AC=2，
∴．
由旋转可知，，
∴为等边三角形，
∴，，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：2，
（2）如图，过点B作于点F．
∵为等边三角形，
∴．
又∵，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴．
23．如图，在等腰Rt△ABC中，将线段AC绕点A顺时针旋转，得到线段AD，连接CD，作∠BAD的平分线AE，交BC于E．
(1)①根据题意，补全图形；
②请用等式写出∠BAD与∠BCD的数量关系．
(2)分别延长CD和AE交于点F，
①直接写出∠AFC的度数；
②用等式表示线段AF，CF，DF的数量关系，并证明．
【答案】(1)①见解析；②
(2)①；②
【分析】（1）①根据题意结合角平分线的作法作图即可；②根据旋转的性质可知AC=AD，，结合等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求出，进而可求出．再求出，即得出；
（2）①如图，由角平分线的定义可求出，从而可求出，进而即可求出；②过点A作．易证明是等腰直角三角形，得出．根据等腰三角形“三线合一”的性质可得出，从而可求出，进而可求出，即得出答案．
【解析】（1）解：①补全图形如下，
②由旋转的性质可知AC=AD，，
∴．
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴，，
∴．
∵，
∴；
（2）解：①如图，由（1）可知，．
∵AE是∠BAD的平分线，
∴，
∴，
∴，
∴；
②如图，过点A作．
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴．
∵，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
24．如图，已知抛物线经过点，，三点，点是直线绕点逆时针旋转后与轴的交点，点是线段上的一个动点，设点的坐标为，过点作轴的垂线交抛物线于点，交直线于点．
(1)求该抛物线所表示的二次函数的解析式；
(2)在点运动过程中，若存在以为直径的圆恰好与轴相切，求的值；
(3)连接，将绕平面内某点旋转后，得到，点、、的对应点分别是点、、，是否存在点使得旋转后得到的的两个顶点恰好落在抛物线上，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)2
(3)或
【分析】（1）设（），待定系数法求二次函数解析式即可求解；
（2）设，（）得出，则，根据以为直径的圆与轴相切，得出，解方程即可求解；
（3）设，由对称可得：，，，分情况讨论，①若、在抛物线上，②若、在抛物线上③由、横坐标相同，所以不可能都在抛物线上，即可求解．
【解析】（1）设（），
将代入得：，
解得：，
，
即；
（2）在中，，
，
由旋转可得：，
为等腰直角三角形，
，
，
：，
设，（），
，，
以为直径的圆与轴相切，
，即，
解得：，（舍），（舍），（舍），
；
（3）设，∵，，，关于中心对称，
∴，，，
①若、在抛物线上，则、关于对称轴对称，
对称轴：，
，解得：，
，即，
解得：，
，
②若、在抛物线上，
，
解得：，
，
③、横坐标相同，所以不可能都在抛物线上，
综上，或．