数学九年级上册专题23.3 旋转章末测试卷（拔尖卷）（人教版）（教师版）

第23章旋转章末测试卷（拔尖卷）参考答案与试题解析一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1．（3分）（2021•任城区校级一模）数学世界奇妙无穷，其中曲线是微分几何的研究对象之一，下列数学曲线既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A． B． C． D．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．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，中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180°后与原图重合．【解答】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；C．既是中心对称图形，也是轴对称图形，符合题意；D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意．故选：C．2．（3分）（2021•昭阳区校级模拟）在平面直角坐标系中，点P（﹣5，m2+3）关于原点的对称点在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出点P（﹣5，m2+3）关于原点的对称点，再利用各象限内点的坐标特点得出答案．【解答】解：点P（﹣5，m2+3）关于原点的对称点为（5，﹣m2﹣3），∵﹣m2﹣3＜0，∴点P（﹣5，m2+3）关于原点的对称点在第四象限．故选：D．3．（3分）（2021春•锡山区校级期中）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，动点P从点A出发沿AB向点B移动，移动到点B停止，延长PO交CD于点Q，则四边形APCQ形状的变化依次为（）A．平行四边形﹣正方形﹣平行四边形﹣矩形 B．平行四边形﹣菱形﹣平行四边形﹣矩形 C．平行四边形﹣正方形﹣菱形﹣矩形 D．平行四边形﹣菱形﹣正方形﹣矩形【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形APCQ形状的变化情况：这个四边形先是平行四边形，当对角线互相垂直时是菱形，然后又是平行四边形，最后点A与点B重合时是矩形．【解答】解：观察图形可知，四边形APCQ形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．故选：B．4．（3分）（2020秋•钱塘区期末）在平面直角坐标系中，把点P（2，3）绕原点旋转90°得到点P1，则点P1的坐标是（）A．（﹣3，2） B．（﹣2，3） C．（﹣2，3）或（2，﹣3） D．（﹣3，2）或（3，﹣2）【分析】分顺时针旋转，逆时针旋转两种情形分别求解．【解答】解：如图，满足条件的点P1的坐标为（﹣3，2）或（3，﹣2），故选：D．5．（3分）（2021•寻乌县模拟）如图，在4×4的方格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上，现将△ABC进行旋转操作，要求旋转中心要在格点上，且绕着这个中心旋转后的三角形的顶点也在格点上（不包括旋转后与△ABC重合的情况），那么满足条件的旋转中心有（）A．4个 B．6个 C．8个 D．20个【分析】根据中心对称图形的性质即可得到满足条件的旋转中心．【解答】解：如图，满足条件的旋转中心有8个，分别是B，C，Q，P，D，E，F，G．故选：C．6．（3分）（2021•方城县模拟）如图，在矩形ABCD中，AB=42，BC＝5，P是AD上一点，将△CDP绕点C逆时针旋转45°时，点P的对应点P'恰好落在AB上，则PDA．1 B．22 C．2 D．1或【分析】过点D'作CD的垂线分别交AB、CD于点M、N，可得△CND'是等腰直角三角形，则CN＝D'N，根据旋转的性质，得CD'＝CD＝42，设MP'＝x，则BP'＝AB﹣AM﹣MP'＝4﹣x，P'D'2＝MP'2+MD'2＝x2+1，利用勾股定理得52+（4﹣x）2＝（42）2+x2+1，解得：x＝1，则P'D'2＝12+1＝2，从而得出答案．【解答】解：过点D'作CD的垂线分别交AB、CD于点M、N，如图，则∠CND'＝∠P'MD'＝90°，∵四边形ABCD是矩形，∴四边形BCNM、四边形ADNM都是矩形，∴MN＝BC＝AD＝5，BM＝CN，AM＝DN，∵∠DCD'＝45°，∴△CND'是等腰直角三角形，∴CN＝D'N，根据旋转的性质，得CD'＝CD＝42，∵CN2+ND'2＝CD'2，∴CN2+CN2＝（42）2，D'N＝CN＝4．∴AM＝DN＝CD﹣CN＝42−4，D'M＝MN﹣ND设MP'＝x，则BP'＝AB﹣AM﹣MP'＝4﹣x，P'D'2＝MP'2+MD'2＝x2+1，∵BC2+BP'2＝CP'2，CD'2+P'D'2＝CP'2，∴BC2+BP'2＝CD'2+P'D'2，∴52+（4﹣x）2＝（42）2+x2+1，解得：x＝1，∴P'D'2＝12+1＝2，∴PD＝P'D'=2故选：C．7．（3分）（2021春•福田区校级期中）如图，等边△ABC中有一点P，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，则∠APB的度数的为（）A．150° B．135° C．120° D．165°【分析】将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，根据旋转的性质得BE＝BP＝4，AE＝PC＝5，∠PBE＝60°，根据等边三角形的性质得到PE＝PB＝4，∠BPE＝60°，根据勾股定理的逆定理可得到△APE为直角三角形，且∠APE＝90°，即可得到∠APB的度数．【解答】解：∵△ABC为等边三角形，∴BA＝BC，可将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，连EP，如图，∴BE＝BP＝4，AE＝PC＝5，∠PBE＝60°，∴△BPE为等边三角形，∴PE＝PB＝4，∠BPE＝60°，在△AEP中，AE＝5，AP＝3，PE＝4，∴AE2＝PE2+PA2，∴△APE为直角三角形，且∠APE＝90°，∴∠APB＝90°+60°＝150°．故选：A．8．（3分）（2021•福建模拟）如图，将一块斜边长为6cm，∠B＝60°的直角三角板ABC绕点C沿逆时针方向旋转90°至△A′B′C′的位置，再沿CB向右平移，使点B'刚好落在斜边AB上，则此三角板向右平移的距离是（）A．2cm B．(2−3)cm C．3cm D．【分析】过点B′作BC的平行线交AB于B″，如图，在Rt△ABC中利用含30度的直角三角形三边的关系得到BC=12AB＝3cm，AC=3BC，再根据旋转的性质得∠A′CA＝90°，CB′＝CB＝3cm，则可计算出AB′，由B′B″∥BC得∠AB′B″＝90°，然后在Rt△AB′B″中计算出B【解答】解：过点B′作BC的平行线交AB于B″，如图，在Rt△ABC中，∵∠B＝60°，∴∠A＝30°，∴BC=12AB=1∴AC=3BC＝33（cm∵△ABC，绕点C沿逆时针方向旋转90°至△A′B′C′的位置，∴∠A′CA＝90°，CB′＝CB＝3cm，∴点A′、C、B共线，AB′＝AC﹣CB′＝（33−3）（cm∵B′B″∥BC，∴∠AB′B″＝90°，在Rt△AB′B″中，∵∠A＝30°，∴B′B″=33AB′=33×（33即此三角板向右平移的距离为（3−3）cm故选：D．9．（3分）（2021•邹城市一模）如图，平面直角坐标系中，△OA1B1是边长为2的等边三角形，作△B2A2B1与△OA1B1关于点B1成中心对称，再作△B2A3B3与△B2A2B1关于点B2成中心对称，如此作下去，则△B2n﹣1A2nB2n（n是正整数）的顶点A2n的坐标是（）A．（4n﹣1，−3） B．（4n﹣1，3） C．（4n+1，−3） D．（4n+1，【分析】首先根据△OA1B1是边长为2的等边三角形，可得A1的坐标为（1，3），B1的坐标为（2，0）；然后根据中心对称的性质，分别求出点A2、A3、A4的坐标各是多少；最后总结出An的坐标的规律，求出A2n的坐标是多少即可．【解答】解：∵△OA1B1是边长为2的等边三角形，∴A1的坐标为（1，3），B1的坐标为（2，0），∵△B2A2B1与△OA1B1关于点B1成中心对称，∴点A2与点A1关于点B1成中心对称，∵2×2﹣1＝3，2×0−3∴点A2的坐标是（3，−3∵△B2A3B3与△B2A2B1关于点B2成中心对称，∴点A3与点A2关于点B2成中心对称，∵2×4﹣3＝5，2×0﹣（−3）=∴点A3的坐标是（5，3），∵△B3A4B4与△B3A3B2关于点B3成中心对称，∴点A4与点A3关于点B3成中心对称，∵2×6﹣5＝7，2×0−3∴点A4的坐标是（7，−3…，∵1＝2×1﹣1，3＝2×2﹣1，5＝2×3﹣1，7＝2×4﹣1，…，∴An的横坐标是2n﹣1，A2n的横坐标是2×2n﹣1＝4n﹣1，∵当n为奇数时，An的纵坐标是3，当n为偶数时，An的纵坐标是−3∴顶点A2n的纵坐标是−3∴顶点A2n的坐标是（4n﹣1，−3故选：A．10．（3分）（2021春•历城区期末）如图，正方形ABCD的边长为5，E为BC上一点，且BE＝1，F为AB边上的一个动点，以EF为边向右侧作等边△EFG，连接CG，则CG的最小值为（）A．1 B．3 C．2 D．2.5【分析】由题意分析可知，点F为主动点，运动轨迹是线段AB，G为从动点，所以以点E为旋转中心构造全等关系，得到点G的运动轨迹，也是一条线段，之后通过垂线段最短构造直角三角形获得CG最小值．【解答】解：由题意可知，点F是主动点，点G是从动点，点F在线段上运动，点G的轨迹也是一条线段，将△EFB绕点E旋转60°，使EF与EG重合，得到△EFB≌△EHG，从而可知△EBH为等边三角形，∵四边形ABCD是矩形，∴∠FBE＝90°，∴∠GHE＝∠FBE＝90°，∴点G在垂直于HE的直线HN上，延长HG交DC于点N，过点C作CM⊥HN于M，则CM即为CG的最小值，过点E作EP⊥CM于P，可知四边形HEPM为矩形，则CM＝MP+CP＝HE+12故选：B．二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）11．（3分）（2021•双阳区一模）如图，在平面直角坐标系中，点A和B的坐标分别为（2，0），（0，﹣4），若将线段AB绕点A顺时针旋转90°得到线段AC，则点C的坐标为（﹣2.2）．【分析】如图，过点C作CH⊥x轴于H．证明△AOB≌△CHA（AAS），推出CH＝OA＝2，AH＝OB＝4，可得结论．【解答】解：如图，过点C作CH⊥x轴于H．∵A（2，0），B（0，4），∴OA＝2，OB＝4，∵∠AHC＝∠AOB＝∠BCA＝90°，∴∠CAH+∠BAO＝90°，∠ABO+∠BAO＝90°，∴∠CAH＝∠ABO，在△AOB和△CHA中，∠AHC=∠AOB∠CAH=∠ABO∴△AOB≌△CHA（AAS），∴CH＝OA＝2，AH＝OB＝4，∴OH＝AH﹣OA＝2，∴C（﹣2，2）．故答案为：（﹣2，2）．12．（3分）（2021•青白江区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，分别以A，B为旋转中心，把边AC，BA逆时针旋转60°，得到线段AE，BD，连接BE，CD相交于点P，已知AB＝3，AC＝23，∠APB＝120°，则PA+PB+PC的大小为39．【分析】连接AD，CE，证明△ADC≌△ABE（SAS），由全等三角形的性质得出∠AEB＝∠ACD，在PE上截取PH＝PA，连接HA，则△PAH为等边三角形，证明△CPA≌△EHA（AAS），由全等三角形的性质得出PC＝EH，过点E作EG⊥BA，交BA的延长线于点G，求出BE的长，则可得出答案．【解答】解：连接AD，CE，∵以A，B为旋转中心，把边AC，BA逆时针旋转60°，得到线段AE，BD，∴AD＝AB，AC＝AE，∠ABD＝∠CAE＝60°，∴△ABD和△ACE为等边三角形，∴∠BAD＝∠CAE＝60°，∴∠DAC＝∠BAE，在△ADC和△ABE中，AD=AB∠ADC=∠ABE∴△ADC≌△ABE（SAS），∴∠AEB＝∠ACD，在PE上截取PH＝PA，连接HA，则△PAH为等边三角形，∴HA＝PA，∠PAH＝60°，∴∠PAC＝∠HAE，在△CPA和△EHA中，∠PCA=∠HEA∠PAC=∠HAE∴△CPA≌△EHA（AAS），∴PC＝EH，∴PB+PC+PA＝PB+EH+PH＝BE．过点E作EG⊥BA，交BA的延长线于点G，∵∠BAC＝90°，∠CAE＝60°，∴∠EAG＝30°，∴EG=12AE∴AG＝3，∴BG＝6，∴BE=B∴PA+PB+PC=39故答案为39．13．（3分）（2021•盘龙区一模）如图，在Rt△ABO中，∠A＝30°，OA＝4，点O、B在直线l上，将△ABO绕点O旋转150°，得到△A′B'O，则△A'OB的面积为2或4．【分析】由于题目并没有告诉旋转方向，故需要按照逆时针旋转和顺时针旋转进行分类讨论，以图1为例，由旋转的性质可以得到，∠AOA′＝150°，OA′＝OA＝4，通过计算，可以得到∠A′OB＝90°，所以△A′OB为直角三角形，直接计算可以得到面积，图2用类似的方法，也可以解决．【解答】解：在直角△ABO中，∠A＝30°，OA＝4，∴OB＝2，∴AB＝23，∠AOB＝60°，①当将△ABO绕点O顺时针旋转150°时，如图1，则∠AOA′＝150°，OA′＝OA＝4，∴∠A′OB＝150°﹣∠AOB＝90°，∴S△A′OB=12OB•OA′②当将△ABO绕点O逆时针旋转150°时，如图2，则∠AOA′＝150°，OA′＝OA＝4，过A′作A′M⊥l于M，∴∠AOM＝180°﹣∠AOB＝120°，∴∠A′OM＝∠AOA′﹣∠AOM＝150°﹣120°＝30°，∴A′M=12∴S△A′OB=12OB•A′∴△A′OB的面积为2或4，故答案为：2或4．14．（3分）（2021春•高新区期末）如图△ABC为等边三角形，点D是△ABC边AB上一点，且BD=3AD．将△ABC绕点D按逆时针方向旋转β°（0＜β＜180）后，若点B恰好落在初始等边△ABC的边上，则β的值为60°或90°【分析】当点B落在BC上时，此时设为B′，证△BDB′是等边三角形，则β＝∠BDB′＝60°，当点B落在AC上时，此时设为B″，过D作DD'⊥AB交AC于D'，则∠AD'D＝30°，证点D'与B''重合，∠ADB″＝90°，得∠BDB″＝90°，则β＝90°．【解答】解：当点B落在BC上时，此时设为B′，如图1所示：由旋转的性质得：DB＝DB′，∵△ABC为等边三角形，∴∠B＝60°，∴△BDB′是等边三角形，∴β＝∠BDB′＝60°，当点B落在AC上时，此时设为B″，如图2所示：由旋转的性质得：DB＝DB″=3AD∵△ABC为等边三角形，∴∠A＝60°，过D作DD'⊥AB交AC于D'，则∠AD'D＝30°，∴AD'＝2AD，∴DD'=AD'∴DD'＝DB''，∴点D'与B''重合，∴∠ADB″＝90°，∴∠BDB″＝90°，∴β＝90°，综上所述，点B恰好落在初始等边△ABC的边上，β的值为60°或90°，故答案为：60°或90°．15．（3分）（2021春•温江区校级期中）如图，△ABC是边长为833的等边三角形，AQ⊥BC，在AQ上取一点M，使得AM＝2，以AM为边在AQ左侧构造等边三角形AMN，连接BM，MB的中点为点E，连接CE，将△AMN绕着点A顺时针旋转，则在旋转过程中，线段CE的取值范围是3≤CE【分析】取AB的中点F，连接CF、EF，由中点定义及等边三角形性质得QC的长，由勾股定理得AQ的长，再根据三角形三边关系可得答案．【解答】解：取AB的中点F，连接CF、EF，如图：∵AF＝BF，MB的中点为点E，∴EF=12∵△ABC是等边三角形，且AQ⊥BC，∴QC=12AC∴AQ=A∴CF＝AQ＝4，∴CF﹣EF≤CE≤CF+EF，∴3≤CE≤5．故答案为：3≤CE≤5．16．（3分）（2021•兴城市二模）已知，如图，正方形ABCD中，线段AB绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，连接BE，点F为BE中点，AF的延长线交DE的延长线于点G，连接BG．下列结论：①∠ADE＝75°；②△ABG≌△AEG；③AE=3EG；④DG+BG=2AG，其中正确的结论有①②④【分析】①由旋转的性质得出AB＝AE，∠BAE＝60°，求出∠DAE＝30°，由等腰三角形的性质可得出答案；②证明△ABE为等边三角形，由等边三角形的性质可得出AF⊥BE，BF＝EF，可证明△ABG≌△AEG（SSS）；③求出∠BEG＝45°，由等腰直角三角形的性质可得出结论；④过点D作DM⊥AG于点M，证明△ABF≌△DAM（AAS），由全等三角形的性质得出DM＝AF，由等腰直角三角形的性质得出DG=2AF【解答】解：①∵线段AB绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，∴AB＝AE，∠BAE＝60°，∵四边形ABCD为正方形，∴∠BAD＝90°，AB＝AD，∴AD＝AE，∠DAE＝30°，∴∠ADE=12（180°﹣∠故①正确；②∵AB＝AE，∠BAE＝60°，∴△ABE为等边三角形，∵F为BE的中点，∴AF⊥BE，BF＝EF，∴AG垂直平分BE，∴BG＝EG，在△ABG和△AEG中，AB=AEAG=AG∴△ABG≌△AEG（SSS）．故②正确；③∵∠AED＝∠ADE＝75°，∴∠BEG＝180°﹣∠AEB﹣∠AED＝45°，∵∠EFG＝90°，∴EG=2EF又∵EF=12∴EG=22∴AE=2EG故③错误．④过点D作DM⊥AG于点M，由③可知∠EGF＝45°，∴△DMG为等腰直角三角形，∴DG=2DM∵∠BAF+∠MAD＝∠MAD+∠ADM＝90°，∴∠BAF＝∠ADM．在△ABF和△DAM中，∠AFB=∠DMA=90°∠BAF=∠ADM∴△ABF≌△DAM（AAS），∴DM＝AF，∴DG=2AF由③可知BG＝EG=2FG∴DG+BG=2AF+2FG=故答案为①②④．三．解答题（共7小题，满分52分）17．（6分）（2021春•抚州期末）如图，在平面直角坐标系中，即△ABC的三个顶点分别是A（﹣3，2），B（﹣1，4），C（0，2）．（1）将△ABC以点O为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△A1B1C1．（2）平移△ABC，若点A的对应点A2的坐标为（﹣5，﹣2），画出平移后对应的△A2B2C2；（3）将△ABC以点O为旋转中心顺时针旋转90°，画出旋转后对应的△A3B3C3；（4）若将△A1B1C1绕某一点旋转可以得到△A2B2C2，请直接写出旋转中心的坐标为（﹣1，﹣2）．【分析】（1）根据旋转的性质即可画出旋转后对应的△A1B1C1；（2）根据平移的性质即可画出平移后对应的△A2B2C2；（3）根据旋转的性质即可画出旋转后对应的△A3B3C3；（4）根据旋转的性质将△A1B1C1绕某一点旋转可以得到△A2B2C2，即可得出旋转中心的坐标．【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；（2）如图，△A2B2C2即为所求；（3）如图，△A3B3C3即为所求；（4）旋转中心的坐标为（﹣1，﹣2）．故答案为：（﹣1，﹣2）．18．（6分）（2021•醴陵市模拟）如图，正方形ABCD中，P是对角线AC上的一个动点（不与A、C重合），连结BP，将BP绕点B顺时针旋转90°到BQ，连结QP交BC于点E，QP延长线与边AD交于点F．（1）连结CQ，求证：AP＝CQ；（2）若正方形的边长为4，且PC＝3AP，求线段PQ的长．【分析】（1）由四边形ABCD是正方形，可得AB＝BC，∠ABC＝90°．由图形旋转，可得BP＝BQ，∠PBQ＝90°．从而，可证△APB≌△CQB，故AP＝CQ．（2）如图．由四边形ABCD是正方形，∠PAM＝45°，故△PAM是等腰直角三角形且AM＝PM．由勾股定理，可得AC=42，故AP=2，进而推断出AM＝PM＝1．由勾股定理，可得BP=10．那么，由勾股定理可得【解答】解：如图，过点P作PM⊥AB于M．（1）由题意得：PB＝QB，∠PBQ＝∠2+∠3＝90°．∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝CB，∠ABC＝∠1+∠2＝90°．∴∠1＝∠3．在△APB和△CQB中，AB=CB，∠1=∠3，∴△ABP≌△CBQ（SAS）．∴AP＝CQ．（2）由（1）知：∠ABC＝90°，AB＝CB．在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∴AC=A又∵PC＝3AP，∴AC＝AP+PC＝AP+3AP＝4AP=42∴AP=2∵四边形ABCD是正方形，∴∠PAM＝45°．∵PM⊥AB于M，∴∠PMA＝∠PMB＝90°．∴∠APM＝180°﹣∠AMP﹣∠PAM＝180°﹣90°﹣45°＝45°．∴∠PAM＝∠APM∴AM＝PM．在Rt△APM中，∠AMP＝90°，∴AP2＝AM2+PM2．∴2AM∴AM＝PM＝1．∴BM＝AB﹣AM＝4﹣1＝3．在Rt△PMB中，∠PMB＝90°，∴BP=P∴PB＝QB=10在Rt△PBQ中，∠PBQ＝90°，∴PQ=P19．（8分）（2021春•江岸区校级月考）△ABC中，∠A＝45°，∠CBA＝α，点D在边AB上，将线段CD逆时针旋转β得到CE，连接DE．（1）当α＝45°，β＝90°时，求证：AD2+DB2＝DE2．（2）当α＝30°，β＝120°时，若CE＝BE，求ADAB【分析】（1）根据SAS证明△ACD≌△BCE，可证出AD＝BE，∠DBE＝90°，结合勾股定理即可；（2）在BD的延长线上取点G，使CG＝CB，转化为图1，同理可得∠G＝∠CBE＝30°，借助特殊的直角三角形表示出AD和AB的长度即可解决问题．【解答】证明：（1）如图1，连接BE，∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，AC=BC∠ACE=∠BCE∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∠A＝∠CBE，∵∠A＝＝∠CBA＝45°，∴∠DBE＝90°，∴BE2+BD2＝DE2，∴AD2+BD2＝DE2；（2）在BD的延长线上取点G，使CG＝BC∴∠CBA＝∠G＝30°，由（1）同理得△CGD≌△CBE，∴∠G＝∠CBE＝30°，∴设CE＝BE＝CD＝a，∠DCB＝90°，∴CB=3BE=3a，作CH⊥AB于H，∴CH＝AH=3a2，DH=a∴AD=3a2−∴ADAB20．（8分）（2020秋•红桥区期末）在平面直角坐标系中，O为原点，点A（2，0），点B（0，2），把△ABO绕点B逆时针旋转，得△A′BO′，点A，O旋转后的对应点为A′，O′．记旋转角为α．（1）如图①，当点O′落在边AB上时，求点O′的坐标；（2）如图②，当α＝60°时，求AA′的长及点A′的坐标．【分析】（1）根据点A（2，0），点B（0，2），可得△ABO是等腰直角三角形，当点O′落在边AB上时，α＝45°，可得点O′的横坐标为12AB=2，纵坐标为2（2）根据勾股定理得AB，由旋转性质可得∠A′BA＝60°，A′B＝AB，继而得出AA′和点A′的坐标．【解答】解：（1）如图①，∵点A（2，0），点B（0，2），∴OA＝OB＝2，△ABO是等腰直角三角形，∴AB＝22，当点O′落在边AB上时，α＝45°，∴点O′的横坐标为12AB=2，纵坐标为2∴点O′的坐标为（2，2−2（2）如图②，当α＝60°时，∴∠ABA′＝60°，AB＝A′B，∴△ABA′为等边三角形，∴AA′＝A′B＝AB＝22，连接OA′，在△OBA′和△OAA′中，OB=OAOA'=OA'∴△OBA′≌△OAA′（SSS），∴∠BOA′＝∠AOA′，∠BA′O＝∠AA′O，∴直线OA′的函数解析式为y＝x，∴OA′⊥AB，∴OA′=2∴点A′的坐标为（1+3，1+21．（8分）（2021•郴州模拟）如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中∠C＝90°．若固定△ABC，将△DEC绕点C旋转．（1）当△DEC绕点C旋转到点D恰好落在AB边上时，如图2．①当∠B＝∠E＝30°时，此时旋转角的大小为60°；②当∠B＝∠E＝α时，此时旋转角的大小为2α（用含a的式子表示）．（2）当△DEC绕点C旋转到如图3所示的位置时，小杨同学猜想：△BDC的面积与△AEC的面积相等，试判断小杨同学的猜想是否正确，若正确，请你证明小杨同学的猜想．若不正确，请说明理由．【分析】（1）①证明△ADC是等边三角形即可．②如图2中，作CH⊥AD于H．想办法证明∠ACD＝2∠B即可解决问题．（2）小扬同学猜想是正确的．过B作BN⊥CD于N，过E作EM⊥AC于M，如图3，想办法证明△CBN≌△CEM（AAS）即可解决问题．【解答】解：（1）①∵∠B＝30°，∠ACB＝90°，∴∠CAD＝90°﹣30°＝60°，∵CA＝CD，∴△ACD是等边三角形，∴∠ACD＝60°，∴旋转角为60°，故答案为60°．②如图2中，作CH⊥AD于H．∵CA＝CD，CH⊥AD，∴∠ACH＝∠DCH，∵∠ACH+∠CAB＝90°，∠CAB+∠B＝90°，∴∠ACH＝∠B，∴∠ACD＝2∠ACH＝2∠B＝2α，∴旋转角为2α．故答案为2α．（2）小扬同学猜想是正确的，证明如下：过B作BN⊥CD于N，过E作EM⊥AC于M，如图3，∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠1+∠2＝90°，∠3+∠2＝90°，∴∠1＝∠3，∵BN⊥CD于N，EM⊥AC于M，∴∠BNC＝∠EMC＝90°，∵△ACB≌△DCE，∴BC＝EC，在△CBN和△CEM中，∠BNC＝∠EMC，∠1＝∠3，BC＝EC，∴△CBN≌△CEM（AAS），∴BN＝EM，∵S△BDC=12•CD•BN，S△ACE=12•∵CD＝AC，∴S△BDC＝S△ACE．22．（8分）（2020秋•槐荫区期末）（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60°；②线段OD的长4；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．【分析】（1）①根据等边三角形的性质得BA＝BC，∠ABC＝60°，再根据旋转的性质得∠OBD＝∠ABC＝60°，于是可确定旋转角的度数为60°；②由旋转的性质得BO＝BD，加上∠OBD＝60°，则可判断△OBD为等边三角形，所以OD＝OB＝4；③由△BOD为等边三角形得到∠BDO＝60°，再利用旋转的性质得CD＝AO＝3，然后根据勾股定理的逆定理可证明△OCD为直角三角形，∠ODC＝90°，所以∠BDC＝∠BDO+∠ODC＝150°；（2）根据旋转的性质得∠OBD＝∠ABC＝90°，BO＝BD，CD＝AO，则可判断△OBD为等腰直角三角形，则OD=2OB，然后根据勾股