专题35 旋转综合题中的角度问题(解析版)

专题35旋转综合题中的角度问题【题型演练】一、单选题1．（2022·新疆·乌鲁木齐市第四十四中学九年级期末）如图将绕点C逆时针旋转得到，点B恰好落在上，若，则旋转角为（）A．30° B．35° C．40° D．45°【答案】C【分析】先求出，根据旋转的性有，即可证明，即问题得解．【详解】解：∵，∴，根据旋转的性有，∵，，∴，∵，∴，即旋转角度为40°，故选：C．【点睛】本题主要考查了旋转的性质以及三角形的外角的定义的知识，掌握旋转的性质是解答本题的关键．2．（2023·江西·九年级专题练习）如图，将边长为的正方形绕点B逆时针旋转30°，那么图中阴影部分的面积为()A．3 B． C． D．【答案】C【分析】根据已知条件可证Rt△ABM≌Rt△C＇BM，只需算出三角形ABM的面积，用正方形面积减去2倍的△ABM的面积，即可算出阴影部分面积．【详解】解：如图所示，连接BM，由旋转可知，∵四边形ABCD为正方形，∴AB=CB´，∠BAM=∠BC´M=90°，又∵BM=BM，所以在Rt△ABM与Rt△C´BM中，所以Rt△ABM≌Rt△C＇BM（HL），∵∠ABA＇=∠C＇BC=30°，∴∠ABM＝∠C＇BM=30°，∵AM=AB·tan30°=1，∴，∴四边形ABC＇M的面积为：，且正方形ABCD面积为：，∴阴影部分面积为：，故选：C．【点睛】本题考查割补法求面积，全等三角形，以及三角函数的应用，能够熟练利用割补法求面积是解决本题的关键．3．（2022·福建·闽清天儒中学九年级期中）如图，将绕点逆时针旋转一个角度得到，点的对应点恰好落在边上，且，，三点在同一条直线上，若，则旋转角的度数是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据绕点逆时针旋转一个角度得到，可得，在中，根据三角形内角和定理，可得，从而算出旋转角的度数．【详解】∵绕点逆时针旋转得到，点的对应点是，∴，，∴，，，∴，∴．∵，，三点在同一条直线上，∴在中，，即，∴，解得．∴旋转角的度数是．故选：C．【点睛】本题考查了三角形的旋转变换，熟练掌握三角形内角和定理和旋转的性质是解本题的关键．4．（2022·全国·九年级专题练习）如图，P是平分线上一点，OP＝10，，在绕点P旋转的过程中始终保持不变，其两边和OA，OB分别相交于M，N，下列结论：①是等边三角形；②MN的值不变；③OM＋ON＝10；④四边形PMON面积不变．其中正确结论的个数为（

）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】B【分析】如图作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．只要证明Rt△POE≌Rt△POF，△PEM≌△PFN，即可一一判断．【详解】如图作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．∵∠PEO=∠PFO=90°，∴∠EPF+∠AOB=180°，∵∠MPN+∠AOB=180°，∴∠EPF=∠MPN，∴∠EPM=∠FPN，∵OP平分∠AOB，PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，∴PE=PF，在Rt△POE和Rt△POF中，，∴Rt△POE≌Rt△POF（HL），∴OE=OF，在△PEM和△PFN中，，∴△PEM≌△PFN（ASA），∴EM=NF，PM=PN，S△PEM=S△PNF，∵∴是等边三角形，故①正确；∵S△PEM=S△PNF，∴S四边形PMON=S四边形PEOF=定值，故④正确；∵OM+ON=OE+ME+OF-NF=2OE=10，故③正确；∵M，N的位置变化，∴MN的长度是变化的，故②错误；故选：B．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．5．（2021·江苏省锡山高级中学实验学校三模）将等边与等边的顶点B重合，如图1放置，使D、E分别在、上，将等边从图1位置开始绕点B顺时针旋转一周，如图2，直线、相交于点P．若：，．给出如下结论：在等边旋转的过程中，①始终有；②当点D落在内部时，四边形的面积为定值；③当点B到直线的距离最大时，；④当A、D、E三点共线时，．上述结论中正确的个数有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【分析】①利用等边三角形和旋转的性质，证明△ADB≌△CEB即可判断；②由①结论可得：四边形BECD的面积=△ABC的面积-△ADC的面积，根据点D的轨迹判断即可；③当BD⊥AD时，B点到直线AD的距离最大；D点在B点右侧时，结合①结论利用勾股定理和三角函数解直角三角形即可；同理可求D点在B点左侧时；④点D在点A、E之间时，结合①结论利用等边三角形的性质，勾股定理解直角三角形即可；同理可求点E在点A、D之间时．【详解】解：①如图，∠ABC=∠DBE=60°，则∠ABC-∠DBC=∠DBE-∠DBC，∴∠ABD=∠CBE，AB=CB，DB=EB，∴△ADB≌△CEB，∴AD=CE，即①正确；②如图，连接CD，弧D1D2为D点旋转轨迹，∵△ADB≌△CEB，∴四边形BECD的面积=△ABC的面积-△ADC的面积，由D点轨迹可知：D点到线段AC的距离不是定值，∴△ADC的面积不是定值，∴四边形BECD的面积不是定值，即②错误；③∵BD的长度是定值，∴当BD⊥AD时，B点到直线AD的距离最大，D点在B点右侧时，如图，过P作PF⊥DE于F，∵BD⊥AD，∴，∵△ADB≌△CEB，∴AD=CE，∠ADB=∠CEB=90°，∴∠PEF=∠CEB-∠DEB=30°，∠PDE=∠PDB-∠EDB=30°，∴PE=PD，∵PF⊥DE，∴EF=DE=，∴PE==，PC=CE-PE=；D点在B点左侧时，如图，过P作PF⊥DE于F，同理可得CE=AD=，PE=，PC=CE+PE=，∴PC=，即③错误；④点D在点A、E之间时，如图，过B点作BF⊥AE于点F，△BDE是等边三角形，BF⊥AE，则DF=DE=，BF=，△ABF中，由勾股定理可得AF=，∴AD=AF-DF=，∵△ADB≌△CEB，∴AD=CE=；点E在点A、D之间时，如图，过B点作BF⊥AE于点F，同理可得△ADB≌△CEB，CE=AD=AF+DF=；∴CE=；即④正确；综上所述①④正确，故选：B．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，特殊角的三角函数；根据题意作出相应的图形是解题关键．二、填空题6．（2022·福建·厦门市华侨中学九年级期中）如图，将绕点逆时针旋转110°，得到，若点落在线段的延长线上，则大小为______．【答案】##35度【分析】根据旋转的性质可得出，再根据等腰三角形的性质可求出的度数，此题得解．【详解】解：根据旋转的性质，可得：，．故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质以及等腰三角形的性质，根据旋转的性质结合等腰三角形的性质求解是解题的关键．7．（2022·江苏·泰兴市实验初级中学一模）如图，在△ABC中，∠CAB＝40°，将△ABC在平面内绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，使CC′∥AB，则旋转角的度数为_____．【答案】100°##100度【分析】根据平行线的性质和旋转的性质求出∠C′CA＝∠CAB＝40°，AC′＝AC，求出∠AC′C＝∠C′CA＝40°，根据三角形内角和求出∠C′AC即可．【详解】解：∵CC′∥AB，∠CAB＝40°，∴∠C′CA＝∠CAB＝40°，∵将△ABC在平面内绕点A旋转到△AB′C′的位置，∴AC′＝AC，∴∠AC′C＝∠C′CA＝40°，∴∠C′AC＝180°−40°−40°＝100°，即旋转角的度数是100°，故答案为：100°．【点睛】本题考查了旋转的性质和平行线的性质，能灵活运用旋转的性质进行推理是解此题的关键．8．（2022·江苏无锡·九年级阶段练习）将一副三角尺（在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°；在Rt△DEF中，∠EDF＝90°，∠E＝45°）如图①摆放，点D为AB的中点，DE交AC于点P，DF经过点C．将△DEF绕点D顺时针方向旋转角α（0°＜α＜60°），DE′交AC于点M，DF′交BC于点N，则＝________．【答案】##【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CD＝AD＝BD＝AB，根据等边对等角求出∠ACD＝∠A，再求出∠ADC＝120°，再根据∠ADE＝∠ADC﹣∠EDF计算得30°，根据同角的余角相等求出∠PDM＝∠CDN，再根据然后求出△BCD是等边三角形，根据等边三角形的性质求出∠BCD＝60°，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠CPD＝60°，从而得到∠CPD＝∠BCD，再根据两组角对应相等，两三角形相似判断出△DPM和△DCN相似，再根据相似三角形对应边成比例可得结论．【详解】解：∵∠ACB＝90°，点D为AB的中点，∴CD＝AD＝BD＝AB，∴∠ACD＝∠A＝30°，∴∠ADC＝180°﹣30°×2＝120°，∴∠ADE＝∠ADC﹣∠EDF＝120°﹣90°＝30°；∵∠EDF＝90°，∴∠PDM+∠E′DF＝∠CDN+∠E′DF＝90°，∴∠PDM＝∠CDN，∵∠B＝60°，BD＝CD，∴△BCD是等边三角形，∴∠BCD＝60°，∵∠CPD＝∠A+∠ADE＝30°+30°＝60°，∴∠CPD＝∠BCD，∴△DPM∽△DCN，∴＝，∵∠ACD＝30°，∠CDP＝90°，∴＝tan∠ACD＝tan30°＝，∴＝．故答案为：．【点睛】此题主要考查了相似三角形的性质和判定，等边三角形的判定和性质，锐角三角函数，解题的关键是判断出△MPD∽△NCD．9．（2022·河北·衡水市第六中学九年级期中）如图，中，，，O为中点，将绕着点O逆时针旋转至，（1）当时，__________；（2）当恰为轴对称图形时，的值为_____________．【答案】

40°

50°或65°或80°【分析】（1）连接，根据直角三角形斜边中线的性质得到，然后结合旋转的性质得到，然后根据外角的性质得到，进而求解即可；（2）如图1，连接，根据直角三角形的判定和性质得到，当时，得到，推出垂直平分，求得，于是得到，当时，如图2，连接并延长交于H，根据线段垂直平分线的性质得到垂直平分，求得，根据等腰三角形的性质得到，当时，如图3，连接并延长交于G，连接，推出垂直平分，得到，根据三角形的内角和得到．【详解】（1）连接，∵中，O为中点∴∵将绕着点O逆时针旋转至∴∴∵∴∴；（2）∵恰为轴对称图形，∴是等腰三角形，如图1，连接，∵O为斜边中点，，∴，∴，当时，∴，∴，∴，∴，∴垂直平分，∴，∴；当时，如图2，连接并延长交于H，∵，∴垂直平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴；当时，如图3，连接并延长交于G，连接，∵，O为斜边中点，∴，∴垂直平分，∴，∵，∴，综上所述：当恰为轴对称图形时，θ的值为50°或65°或80°，故答案为：50°或65°或80°．【点睛】本题主要考查了旋转的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的判定等知识的综合运用，熟练的运用旋转的性质和直角三角形斜边的中线等于斜边的一半这一性质是解决问题的关键．10．（2022·四川·成都市棕北中学二模）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，点G为BC中点，以BG为边在BC右侧作正方形BEFG，直线AG，CE交于点P．现将正方形BEFG绕点B顺时针旋转．（1）当旋转30°时，CE＝_____；（2）当正方形BEFG绕点B旋转一周时，点P经过的路径长为_____．【答案】

【分析】延长CB,过点作,根据正方形的性质以及旋转的性质，得出，得到，,运用勾股定理求得CE的长；当正方形旋转到点、、在一条直线上时，点到达最高点，连接、，求出；当正方形旋转到点、、在一条直线上时，点到达最低点；连接、，求出，求得点运动弧所对圆心角，利用弧长公式求解；【详解】（1）解：如图，延长CB过点作,，，，∵AB＝4，点G为BC中点，∴，∴，∴，∴，在中，∴，故答案为：；（2）正方形，正方形，，，，，，，同理可证，正方形绕点B旋转过程中，存在，所以点在以为直径的圆上运动，，，，，如图：当点、、在同一直线上时，点与点重合，，，，，，，同理可得，当点、、在同一直线上时，，所以点路径对应的圆心角是，；故答案为：．【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质以及旋转的性质的综合应用，解决问题的关键是画出图形，作辅助线构造直角三角形，结合勾股定理进行计算求解．解题时注意分类讨论思想的运用．11．（2022·内蒙古·呼和浩特市教育教学研究中心一模）如图所示，在中，，，，点D、E分别是边BC、AB的中点，将绕着点B逆时针旋转，使D、E旋转后的对应点、与点A三点共线，则以下判断，其中正确结论的序号为______．①线段，②，③．【答案】①②③【分析】根据题意，是的中点，则在以为圆心的半径的圆上，进而即可求解．【详解】解：依题意，是的中点，则在以为圆心的半径的圆上，如图，，，设，则，，，，故①成立，，，，故②成立又故③正确故答案为：①②③【点睛】本题考查了旋转的性质，同弧所对的圆周角相等，直角所对的弦是直径，相似三角形的性质与判定，求一个角的正切，证明在以为圆心的半径的圆上是解题的关键．三、解答题12．（2022·天津滨海新·九年级期中）如图，将矩形绕着点逆时针旋转得到矩形，使点恰好落到线段上的点处，连接，连接交于点．(1)求证：平分；(2)取的中点，连接，求证：；(3)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)的长为【分析】（1）通过旋转的性质得到，再利用矩形的性质证明即可．（2）过点作于，利用角平分线上的点到角两边的距离相等得到，再利用旋转及矩形的性质得到≌，得到点是中点，利用中位线的性质解题即可．（3）过点作于，过作于，利用含的直角三角形的性质及勾股定理计算即可．【详解】（1）证明：将矩形绕着点逆时针旋转得到矩形，使点恰好落到线段上的点处，，，，，，平分；（2）证明：过点作于，如图：平分，，，，，，，，≌，，即点是中点，点是中点，是的中位线，∴；（3）解：过点作于，过作于，如图：，，，，，，，，在中，，的长为．【点睛】本题主要考查旋转的性质，涉及到三角形全等的判定及性质，矩形的的性质，勾股定理，能够熟练运用旋转的性质并结合其他几何性质添加辅助线和证明是解题关键．13．（2022·湖南长沙·九年级期中）已知：正方形，以A为旋转中心，旋转至，连接．(1)若将顺时针旋转至，如图1所示，求的度数？(2)若将顺时针旋转度至，求的度数？(3)若将逆时针旋转度至，请分别求出、、三种情况下的的度数（图2、图3、图4）．【答案】(1)(2)(3)，，【分析】（1）利用旋转的性质和正方形的性质可知，再根据等边对等角，即可求出的度数；（2）用和（1）一样的方法即可进行证明；（3）分为三种情况，分别将的度数表示出来，再根据角度之间的和差关系即可进行解答．【详解】（1）解：∵顺时针旋转至，∴，，∴，∵四边形为正方形，∴，，∴，∴，∴．（2）∵顺时针旋转至，∴，，∴，∵四边形为正方形，∴，，∴，∴，∴．（3）①当时，∵逆时针旋转至，∴，，∴，∵四边形为正方形，∴，，∴，∴，∴．②当时，∵逆时针旋转至，∴，，∵四边形为正方形，∴，，∴，即点P、A、B三点共线，∴．③当时，∵逆时针旋转至，∴，，∴，∵四边形为正方形，∴，，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，图形的旋转变化，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握正方形四边都相等，四个角都是直角；旋转前后对应边相等；等腰三角形等边对等角．14．（2021·新疆·乌鲁木齐市第二十九中学九年级期中）在△ABC与△EDC中，∠ACB=∠ECD=60°，∠ABC=∠EDC，△EDC可以绕点C旋转，连接AE，BD(1)如图1①若BC=3DC，直接写出线段BD与线段AE的数量关系；②求直线BD与直线AE所夹锐角的度数；(2)如图2，BC=AC=3，当四边形ADCE是平行四边形时，直接写出线段DE的长【答案】(1)①BD=3AE，②直线BD与AE所夹锐角为60°(2)【分析】（1）①通过△ABC∽△EDC证明△AEC∽△BDC即可，②延长AE与BD交于点F，通过（1）中的相似即可得出结果．（2）连接AD，AE，通过（1）中的相似可以证明四边形ADCE为菱形，进而得出结论．【详解】（1）解：①BD=3AE∵在△ABC和△EDC中∴△ABC∽△EDC∴∠DCE=∠BCA，∴∠DCE-∠BCE=∠ACB-∠BCE∠BCD=∠ACE.在△AEC和△BDC中∴△AEC∽△BDC∴BD=3AE②夹角为60°如图，延长AE与BD交于点F∵∠ACB=60°∴∠CBA+∠CAB=120°由（1）中△AEC∽△BDC可得∠EAC=∠DBC∴∠DBC+∠CBA+∠BAE=120°∴在△AFB中∠AFB=60°∴直线BD与AE所夹锐角为60°（2）解：如图，连接AD，AE，∵∠ACB=60°，BC=AC，∴△ABC是等边三角形由（1）可得△ABC∽△EDC∴△DEC为等边三角形，∴DC=EC∵四边形ADCE是平行四边形∴平行四边形ADCE是菱形∵AC为菱形ADCE对角线∴∴【点睛】本题主要考查旋转的性质，涉及三角形相似的证明，菱形的证明，能够熟练证明相似是解题关键．15．（2022·黑龙江齐齐哈尔·九年级阶段练习）综合与实践如图1所示，将一个长为6宽为4的长方形ABEF，裁成一个边长为4的正方形ABCD和一个长为4、宽为2的长方形CEFD如图2．现将小长方形CEFD绕点C顺时针旋转至，旋转角为α．(1)当点恰好落在EF边上时，求旋转角α（0°＜α＜90）的值；(2)如图3，G为BC中点，且0°＜α＜90°，求证：；(3)小军是一个爱动手研究数学问题的孩子，他发现在小长方形CEFD绕点C顺时针旋转一周的过程中，与存在两次全等，请你帮助小军直接写出当与全等时，旋转角α的值．【答案】(1)30°(2)见解析(3)135°；315°【分析】（1）根据旋转的性质得，在Rt△中，，，则，然后根据平行线的性质即可得到旋转角α的值；（2）由为中点可得，根据旋转的性质得，，则，然后根据“SAS”，可判断，则；（3）根据正方形的性质得，而，则为腰相等的两等腰三角形，当两顶角相等时它们全等，当与为钝角三角形时，可计算出，当与为锐角三角形时，可计算出．（1）解：∵长方形CEFD绕点顺时针旋转至，∴，在Rt△中，，，∴，∵，∴；（2）证明：∵为中点，∴，∴，∵长方形CEFD绕点顺时针旋转至，∴，，∴，在中，，∴（SAS），∴；（3）解：∵四边形为正方形，∴，∵，∴为腰相等的两等腰三角形，当时，，当与为钝角三角形时，则，当与为锐角三角形时，，则，综上旋转角α的值为135°或315°．【点睛】此题主要考查了旋转的性质，正方形和矩形的性质，三角形全等的判定与性质等知识，解题关键是掌握旋转前后图形的对应关系．16．（2022·天津市第五十五中学九年级期中）如图1，在正方形中，，点E是的中点，以为边作正方形，连接．将正方形绕点D顺时针旋转，旋转角为．(1)如图2，在旋转过程中，判断与是否全等，并说明理由；(2)如图3，延长交直线于点P．①求证：；②在旋转过程中，线段的长度是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)．理由见解析(2)①见解析；②存在，的最大值为【详解】（1）如图2中，结论：．证明：∵四边形是正方形，∴，，∵，，∴，∴，∴（SAS）．（2）①证明：如图3中，设交于O．∵，∴，∵，∴在与中，∴．②存在∵，是定值，∴当最小时，的值最大，∴当时，的值最小，此时的值最大，此时点F与P重合，∵，∴，∵，∴，∴的最大值为．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会寻找特殊位置解决最值问题，属于中考压轴题．17．（2022·全国·九年级专题练习）如图1，正方形ABCD与正方形AEFG的边长分别为5和2，点E、G分别在边AB和边AD上，连接BG、DE，P为BG的中点，将正方形AEFG绕着点A从图1位置顺时针旋转度（）．(1)当A、G、B三点不共线时，；（填“＞”、“＝”或“＜”）(2)如图2，当时，求的值；(3)在正方形AEFG转动一周的过程中，①求点P运动的路径长；②当时，请直接写出满足条件的的值．【答案】(1)＝(2)(3)①；②45°、135°、225°、315°．【分析】（1）根据三角形的中线把三角形分成面积相等的两个三角形，可得结论．（2）如图2中，过点E作EH⊥AD交DA的延长线于点H，过G作GI⊥AB于点I．证明△AHE≌△AIG（AAS），推出EH=GI，可得结论；（3）①如图3中，取AB的中点O，连接OP．利用三角形中位线定理，证明OP=1，可得结论；②分两种情形：如图4中，当点G在AB的右侧时，过点G作GH⊥AB于点H．如图5中，当点G在AB的左侧时，过点G作GH⊥AB于点H．分别证明△AGH是等腰直角三角形，可得结论．【详解】（1）解：在△ABG中，PB=PG，∴S△AGP=S△ABP，故答案为：=；（2）如图2中，过点E作EH⊥AD交DA的延长线于点H，过G作GI⊥AB于点I．∵四边形ABCD是正方形，四边形AEFG是正方形，∴AB=AD，AG=AE，∠EAG=∠BAH=90°，∴∠EAH=∠GAI，在△AHE和△AIG中，，∴△AHE≌△AIG（AAS），∴EH=GI，∵S△ABG=•AB•GI，S△ADE=•AD•EH，∴S△ABG=S△ADE，∵PB=PG，∴S△ABP=S△AGB=S△ADE，∴；（3）①如图3中，取AB的中点O，连接OP．∵PB=PG，AO=OB，∴OP=AG=1，∴点P的运动轨迹是以O为圆心，OP为半径的圆，∴点P的运动路径的长为2π×1=2π；②如图4中，当点G在AB的右侧时，过点G作GH⊥AB于点H．∵S△ABG=2S△ABP，∴，∴，∴∴AH=GH，∠GAH=45°，∴α=45°；如图5中，当点G在AB的左侧时，过点G作GH⊥AB于点H．同法可得∠GAH=45°，∴α=135°，当AG在AD的上方时，同法可得α=225°或315°．综上所述，满足条件的α的值为45°或135°或225°或315°．【点睛】本题考查了四边形综合，正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，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，学会用分类讨论的思想思考问题．18．（2022·河南商丘·九年级期末）（1）问题发现如图1，在等边三角形ABC内部有一点P，，，，求的度数．针对此问题，数学王老师给出了下面的思路：如图2，将绕点A逆时针旋转60°得到，连结，得到等边三角形，在中，根据三角形三边关系以及勾股定理……请根据王老师的思路提示，完成本题的解答；（2）类比延伸如图3，在正方形ABCD内部有一点P，若，试判断线段PA、PB、PD之间的数量关系，并说明理由．【答案】（1）；（2），理由见解析【分析】（1）根据勾股定理的逆定理可得到为直角三角形，且，即可得到∠APB的度数；（2）把△ADP绕点A顺时针旋转90°得到，根据旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状可得，然后求出是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得出再求出，然后利用勾股定理得出等量代换得出．【详解】解：（1）如图2，将△APC绕点A逆时针旋转60°，得到，连结，则为等边三角形．∴∴∴为直角三角形．∴∠APB的度数为90°+60°=150°．故答案为：直角；150°；（2）2PA2+PD2=PB2．理由如下：如图3，把△ADP绕点A顺时针旋转90°得到△ABP′，连结．则∴是等腰直角三角形，∴∵∠APD=135°，∴，∴，在Rt中，由勾股定理得，∴．【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．也考查了正方形的性质，等边三角形的判定与性质以及勾股定理的逆定理的应用．19．（2022·广东·丰顺县大同中学九年级阶段练习）有两张完全重合的矩形纸片，小亮将其中一张绕点顺时针旋转后得到矩形（如图1），连接，此时他测得，．(1)在图1中，请你判断直线和是否垂直？并证明你的结论；(2)小红同学用剪刀将与剪去，与小亮同学继续探究．他们将绕点顺时针旋转得，交于点（如图2），设旋转角为，当为等腰三角形时，请直接写出旋转角的度数；(3)若将沿方向平移得到（如图3），与交于点，与交于点，当时，求平移的距离是多少．【答案】(1)垂直，理由见解析(2)或(3)平移的距离是【分析】（1）有两张完全重合的矩形纸片，将其中一张绕点顺时针旋转后得到矩形，得，，推出，，进而可得的大小（2）分两种情形讨论①当，时，②当时，时，均可根据旋转的性质得出结论（3）求平移的距离是的长度．在矩形中，，只要求出的长度就行．用得出对应线段成比例，即可得到的大小．【详解】（1）垂直．下面证明：延长交于点．由题意得．．，．．．（2）当时，，则，即；当时，，∴∴，即；∴的度数为或（3）由题意知四边形为矩形．设，则．在中，，．，．．在中，，．，，，解得即平移的距离是．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的运用，等腰三角形的性质的运用运用．在利用相似三角形的性质时注意使用相等线段的代换以及注意分类思想的运用．20．（2022·广东·广州市第一一三中学九年级期中）如图，是等边三角形，点D是边的中点，以D为顶点作一个的角，角的两边分别交直线于M、N两点，以点D为中心旋转（的度数不变）(1)如图①，若，求证：；(2)如图②，若与不垂直，且点M在边上，点N在边上时，（1）中的结论是否成立？并说明理由；(3)如图③，若与不垂直，且点M在边上，点N在边的延长线上时，（1）中的结论是否成立？若不成立，写出之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)成立，理由见解析(3)不成立，，理由见解析【分析】（1）证明得出，，然后根据含30度的直角三角形性质得出，，最后代入化简即可得证；（2）过D作于E，于F，通过证明，得出，然后利用（1）的结论解答即可；（3）过D作于E，于F，利用（1）（2）的结论解答即可．【详解】（1）证明：∵是等边三角形，∴，∵点D是边的中点，∴，∵，∴，∴，又，∴，∴，∴，∴，，∵，，，∴，，∴；即；（2）解：．理由：如图②，过D作于E，于F，由（1）知：，，∴，，，∴，∵，∴，∴，又，∴，∴，∴，即；（3）解：．理由：如图③，过D作于E，于F，，由（2）知：，∴，由（1）知：，∴，即．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形判断与性质，含30度直角三角形的性质等知识，添加合适辅助线，构造三角形全等是解题的关键．21．（2022·湖北省水果湖第一中学九年级期中）如图1，中，，，点D、E分别在上，．将绕点A逆时针旋转度，使得B、D、E三点共线．(1)直接写出：_________________（用表示）；(2)若，当时，作于F，在图2中画出符合要求的图形，并探究之间的数量关系，并证明你的结论；(3)如图3，若，，当时，直接写出的最大值_________．【答案】(1)(2)，图见解析(3)【分析】（1）画出对应图形后，证明，再根据等腰三角形的性质即可解答；（2）画出对应图形后，根据可得，再根据，即可得出结论；（3）求证，可确定点E的运动轨迹，再根据垂径定理可求出的长度，最后根据三角形的面积公式，将分为两个三角形的面积和即可．【详解】（1）解：连接，∵，∴，即，在和中，，∴，∵，∴，∴，故答案为：．（2）解：如图：∵，，∴为等边三角形，∴，∵，∴，则，由（1）可知，，∴，∵，∴．（3）如图，连接点E和中点，交于点F．∵，∴，∵，∴，则，∵，∴A、B、C、E四点共圆，为直径，故点E在以为直径的圆上运动，∵，∴点E在上运动，当点E为的中点时，最大，∵，，，∴，∴，∵点E为的中点时，∴且平分，∴，∵点O为，点F为中点，

∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质，以及圆的相关内容，解题的关键是熟练掌握旋转前后对应线段相等，对应角相等，以及垂径定理和直径所对的圆周角等于90°．22．（2022·黑龙江黑河·九年级期末）如图1所示，将一个长为6宽为4的长方形ABEF，裁成一个边长为4的正方形ABCD和一个长为4、宽为2的长方形CEFD如图2．现将小长方形CEFD绕点C顺时针旋转至，旋转角为a．(1)当点恰好落在EF边上时，求旋转角a的值；(2)如图3，G为BC中点，且0°＜a＜90°，求证：；(3)小军是一个爱动手研究数学问题的孩子，他发现在小长方形CEFD绕点C顺时针旋转一周的过程中，与存在两次全等，请你帮助小军直接写出当与全等时，旋转角a的值．【答案】(1)30°(2)见解析(3)135°，315°【分析】（1）由含30°角的直角三角形的性质可知∠CD′E=30°，再根据平行线的性质即得出∠α=30°；（2）由题意可得出CE=CE′=CG=2，由矩形的性质和旋转的性质可得出∠GCD′=∠DCE′=90°+α，进而可利用“SAS”证明△GCD′≌△E′CD，即得出GD′=E′D；（3）根据正方形的性质可得CB=CD，而，则和为腰相等的两个等腰三角形，所以当两个三角形顶角相等时它们全等．再分类讨论①当和为钝角三角形时，则旋转角；②当和为锐角三角形时，则．（1）∵长为4，宽为2的长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，∴CD′=CD=4，在Rt△CED′中，CD′=4，CE=2，∴∠CD′E=30°，∵CD∥EF，∴∠α=30°；（2）证明：∵G为BC中点，BC=4，∴CG=2，∴CG=CE．∵长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，∴∠D′CE′=∠DCE=90°，CE=CE′=CG，CD′=CD，∴∠GCD′=∠DCE′=90°+α，在△GCD′和△E′CD中，∴△GCD′≌△E′CD（SAS），∴GD′=E′D；（3）∵四边形ABCD为正方形，∴CB=CD．∵