人教版九年级数学上册 第23章 旋转 单元测试卷（含解析）

第23章《旋转》单元测试卷一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1．下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（

）A． B． C． D．2．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转后得到△A'B'C，且点B'恰好落在边A．12α B．α C．90°−α 3．如图，在平面直角坐标系中，等边△ABC的顶点B，C的坐标分别为(1,2)，(3,2)，直线AB交y轴于点M．若△ABC与△A1B1C1关于点A．(−2,2−3) B．(−2,−2−3) C．4．如图，若正方形EFGH由正方形ABCD绕某点旋转得到，则可以作为旋转中心的是（）A．M或O或N B．E或O或C C．E或O或N D．M或O或C5．图中阴影部分是由4个完全相同的正方形拼接而成，若要在①，②，③，④四个区域中的某个区域处添加一个同样的正方形，使它与阴影部分组成的新图形是中心对称图形，则这个正方形应该添加在（

）A．区域①处 B．区域②处 C．区域③处 D．区域④处6．如图是由5个边长为1，且一个内角为60°的小菱形拼成的图形，P是其中4个小菱形的公共顶点．佳佳想到：“一条直线经过平行四边形对角线的交点，则这条直线平分该平行四边形的面积”就将该图形沿着过点P的某条直线剪一刀，把这五个菱形组成纸片剪成了面积相等的两部分，则剪痕的长度是（

）

A．3 B．13 C．133 D．7．如图，点C为线段AB的中点，E为直线AB上方的一点，且满足CE=CB，连接AE，以AE为腰，A为直角顶点作等腰Rt△ADE，连接CD，当CD最大，且最大值为2时，AB的长为（

A．42 B．42−4 C．48．如图，在△ABD中，∠ABD=30°，∠A=105°，将△ABD沿BD翻折180°得到△CBD，将线段DC绕点D顺时针旋转30°得到线段DF，点E为AB的中点，连接EF，ED．若EF=1，则A．1+34 B．2+34 C．9．如图，△ABC的顶点B，C都在坐标轴上，已知B0,2，C1,0，AB=BC，且AB∥x轴，将△ABC绕点C顺时针旋转，每次旋转90°，第2025次旋转后，点A的对应点A．3,5+1 B．5+2,−2 C．−1,−10．如图，正方形ABCD边长为52，E从B出发沿对角线BD向D运动，连接CE，将线段CE绕C点顺时针旋转90°得到CF，连接DF，EF设BE=m，下列说法：①△DEF是直角三角形；②当m=4时，EF=213；③有且只有一个实数m，使得S△DEF=12.5；④取EF中点G，连接BG，CG，△BCG的面积随着A．1个 B．2个 C．3个 D．4个二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）11．如图是一个中心对称图形，A为对称中心，若∠C=90°，∠B=30°，AC=3，则BB'12．如图，将△ABC绕点A顺时针旋转110°，得到△ADE，则∠BED=．13．如图1所示，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=4，BC=3，将△ABC沿着AC翻折得到△ADC，如图2，将△ADC绕着点A旋转到△AD'C'，连接CD'14．如图，在等边△ABC中，D是边AC上一个动点，连接BD．将线段BD绕点B逆时针旋转60°得到BE，连接ED．若BC=2，则△AED的周长最小值是．

15．已知△ABC和△EDF都是等腰三角形，且△ABC≌△FED，顶角∠C=40°．等腰△EDF的顶点D在AC边上滑动，点E在BA边的延长线上滑动．将线段DA绕点D逆时针旋转40°得到线段DG，连结EG、FG，若△EFG是以FG为腰的等腰三角形，则∠FGE=．16．如图，正方形ABCD的边长为2，点E是边AB上的动点，连接ED、EC，将ED绕点E顺时针旋转90°得到EN，将EC绕点E逆时针旋转90°得到EM，连接MN，则线段MN的取值范围为

．三．解答题（共7小题，满分52分）17．（6分）如图，8×8网格中，每个小正方形边长为1．(1)分别画出△ABC绕O点逆时针旋转90°所得△A1B1C1及(2)连结A2B，BB(3)证明C2不在线段A18．（6分）如图，△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，EF与AC交于点G．(1)求证：EF=BC；(2)若∠ABC=65°，∠ACB=28°，求∠FGC的度数．19．（8分）如图所示，图①中过圆心的一条直线将圆分成Ⅰ，Ⅱ两部分，图②中过平行四边形的中心（对角线交点）任作两条直线形成阴影部分Ⅰ，Ⅱ．(1)图①②中的Ⅰ，Ⅱ两部分的面积均相等吗？(2)工人师傅需把图③所示的一块木板分成面积相等的两部分，你认为应该怎样分？请画出示意图，并作简要说明．

20．（8分）在△ABC中，将AB绕点A顺时针旋转α至AB'，将AC绕点A逆时针旋转β至AC'（0°<α<180°，0°<β<180°），得到△AB'C'，使∠BAC+∠B'AC'(1)当△ABC为等边三角形时，画图研究△ABC的“旋补中线”AD与BC的数量关系是__________；(2)如图，当△ABC为任意三角形时，（1）中的结论是否成立?并给予证明；(3)若AB=AC=4，BC=6，求△ABC的“旋补三角形”的周长．21．（8分）如图，在4×4正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，点A、B都在格点上，按下列要求作图，使得所画图形的顶点均在格点上，并且所画图形不全等．(1)在图1中以线段AB为边画一个中心对称的四边形ABCD；(2)在图2中以线段AB为边画一个轴对称的四边形ABCD；(3)在图3中以线段AB为边画一个中心对称并且轴对称的四边形ABCD．22．（8分）在等边三角形ABC的内部有一点D，连接BD，CD，以点B为中心，把BD逆时针旋转60°得到BD'，连接AD'，DD'．以点C为中心，把CD顺时针旋转60°得到(1)判断∠D'BA(2)求证：D'(3)求证：四边形AD23．（8分）在平面直角坐标系xOy中，等边△ABC的顶点A0,m在y轴正半轴上，顶点B，顶点C分别在第三象限和第四象限，且OA=OB=OC(1)如图1，当m=3时．①点B的坐标为______，点C的坐标为______．②点P在x轴上，点Q是平面内任意一点，若以A，B，P，Q为顶点的四边形是矩形，求P点坐标；③若点M在边AC上，点M绕O点顺时针旋转60°得到点M'，若点M'也在边AC上，请直接写出(2)当3≤m≤6时，点M是等边△ABC边上的一动点，若点M绕O点顺时针旋转60°得到点M'，直接写出所有点M答案一．选择题1．C【分析】本题考查轴对称图形和中心对称图形的识别，解题的关键是掌握定义：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，那么这样的图形就叫做轴对称图形；如果把一个图形绕某一点旋转180度后能与自身重合，这个图形就是中心对称图形．根据轴对称图形和中心对称图形的定义判断即可．【详解】A、图形不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；B、图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；C、图形是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；D、图形不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意．故选：C．2．D【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，关键是掌握旋转的性质．由旋转的性质：旋转前、后的图形全等，得到CB'=CB，∠A'【详解】解：∵△ABC绕点C顺时针旋转后得到△∴△ABC≌△∴CB'=CB∴∠CB∴∠∵∠A∴∠A故选：D．3．C【分析】本题考查坐标与图形变化−旋转，待定系数法求一次函数解析式及等边三角形的性质，熟知图形旋转的性质是解题的关键．先求出点A的坐标，再求出直线AB的函数解析式，进而得出点M的坐标，最后根据点A和点A1关于点M【详解】解：过点A作BC的垂线，垂足为N，∵点B坐标为(1,2)，点C坐标为(3,2)，∴BC∥x轴，且∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC=2，BN=CN=1，∴AN=2∴点A的坐标为(2,2+3令直线AB的函数解析式为y=kx+b，则k+b=22k+b=2+解得k=3∴直线AB的函数解析式为y=3令x=0得，y=−3∴点M的坐标为(0,−3∵△ABC与△A1B∴点A和点A1关于点M∴2+x∴xA∴点A1的坐标为(−2,2−3故选：C．4．A【详解】试题分析：若以M为旋转中心，把正方形ABCD顺时针旋转90°，A点对应点为H，B点对应点为E，C点对应点为F，D点对应点为G，则可得到正方形EFGH；若以O为旋转中心，把正方形ABCD旋转180°，A点对应点为G，B点对应点为H，C点对应点为E，D点对应点为F，则可得到正方形EFGH；若以N为旋转中心，把正方形ABCD逆时针旋转90°，A点对应点为F，B点对应点为G，C点对应点为H，D点对应点为E，则可得到正方形EFGH．故选A．5．B【分析】根据中心对称图形的定义求解可得．【详解】如图所示的图形是中心对称图形，故选：B．6．B【分析】本题考查了图形的剪拼，中心对称的性质，勾股定理的应用，熟练掌握中心对称的性质是解题的关键．根据中心对称的性质即可作出剪痕，由三角形全等的性质即可证得QF=AP，利用勾股定理即可求得．【详解】解：如图，连接最左侧菱形的对角线交于点O，作直线OP，交CB延长线于点A，交最左侧菱形对边分别于点Q,N，交最右侧上方菱形一边于点F，过点P作PG⊥CD，垂足为G，

∵菱形是中心对称图形，∴经过P、O的直线则把它剪成了面积相等的两部分，由中心对称图形可知△MNP≌∴BQ=MN，∵MP∥∴∠A=∠MPN，∵∠ABQ=∠PMN=180°−60°=120°，∴△MNP≌∴△MNP≌∴AQ=PF,AB=PE=1，∴QF=AP，∵∠CPG=90°−∠PCD=30°，∴CG=1∴PG=CP∴AP=A∴QF=13故选：B．7．B【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，二次根式的混合运算等知识，构造全等三角形是解题的关键．将线段CA绕点A逆时针旋转90°得到线段AH，连接CH，DH，利用SAS证明△CAE≌△HAD，得DH=CE，当C、H、D三点共线时，CD最大，从而求出【详解】解：如图1中，将线段CA绕点A逆时针旋转90°得到线段AH，连接CH，DH．∵∠DAE=∠HAC=90°，∴∠DAH=∠EAC，∵DA=EA，HA=CA，∴△DAH≌∴DH=CE=定值，∵CD≤DH+CH，∴当D，C，H共线时，DC的值最大，如图2中，设AC=x，∵点C为AB的中点，∴CA=CB，∵CE=CB，∴CE=AC=DH=x，CH=2∴x+2∴x=22∴AB=2AC=2x=42故选B．8．A【分析】本题考查了折叠的性质，旋转的性质，线段垂直平分线的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，勾股定理，直角三角形的性质，三角形的面积，连接AC与BD相交于点H，连接AF、BF、FH，由∠ABD=30°，∠A=105°，可得∠ADB=45°，进而由折叠可得AB=CB，AD=CD，∠CDB=∠ADB=45°，得到AC⊥BD∠ADC=90°，即得∠AHD=∠AHB=90°，即可得△ADH为等腰直角三角形，即得AH=DH，∠DAH=45°，又由旋转得，DF=DC，∠CDF=30°，可得AD=DF，∠ADF=60°，∠FDH=15°，即可得△ADF为等边三角形，得到AF=DF，∠DAF=60°，进而得∠FAH=15°，∠BAF=45°，即得∠FAH=∠FDH，可得△FAH≌△FDHSAS，得到∠AHF=∠DHF=135°，即可得∠BHF=45°，由∠BAF=∠BHF得A、B、F、H四点共圆，即得∠AFB=∠AHB=90°，可得AB=2EF=2，由此可得AH=DH=12【详解】解：连接AC与BD相交于点H，连接AF、BF、FH，∵∠ABD=30°，∴∠ADB=180°−30°−105°=45°，由折叠可得AB=CB，AD=CD，∴AC⊥BD∠ADC=45°+45°=90°，∴∠AHD=∠AHB=90°，∴△ADH为等腰直角三角形，∴AH=DH，∠DAH=45°，又由旋转得，DF=DC，∠CDF=30°，∴AD=DF，∠ADF=90°−30°=60°，∠FDH=45°−30°=15°，∴△ADF为等边三角形，∴AF=DF，∠DAF=60°，∴∠FAH=60°−45°=15°，∠BAF=105°−60°=45°，∴∠FAH=∠FDH，在△FAH和△FDH中，AH=DH∠FAH=∠FDH∴△FAH≌△FDHSAS∴∠AHF=∠DHF，∵∠AHD=90°，∴∠AHF=∠DHF=180°−90°∴∠BHF=180°−135°=45°，∴∠BAF=∠BHF，∴A、B、F、H四点共圆，∴∠AFB=∠AHB=90°，∵∠ABD=30°，∴AB=2EF=2，∵∠ABD=30°，∴AH=1∴DH=1，BH=A∴BD=1+3∴S△BED故选：A．9．A【分析】本题考查坐标与图形变化−旋转、等腰三角形的性质及点的坐标变化规律，熟知图形的性质及根据所给旋转方式发现每旋转四次，点A对应点的坐标循环出现是解题的关键．先求出点A的坐标，再由旋转可知，每旋转四次，点A对应点的坐标循环出现，据此可解决问题．【详解】解：∵B(0,2)，C(1,0)，∴OB=2，OC=1．在Rt△BOCBC=2∵AB=BC，且AB∥x轴，∴点A的坐标为(−5∵360°÷90°=4，∴每旋转四次，点A对应点的坐标循环出现．∵2025÷4=506余1，∴点A2025的坐标与点A将AC绕点C顺时针旋转90°，如图所示，分别过点A和点A1作x轴的垂线，垂足分别为M和N由旋转可知，AC=A1C∴∠ACM+∠A∴∠A在△CAM和△A∠A∴△CAM≌△A∴A1N=CM∵A(−5,2)，∴A1N=CM=∴ON=OC+CN=1+2=3，∴点A1的坐标为(3,即点A2025的坐标为(3,故选：A10．C【分析】根据正方形的性质可得∠CBD=∠BDC=45°，BC=DC，∠BCD=90°再根据旋转的性质可得CE=CF，∠ECF=90°，从而证得△BCE≌△DCF，得到∠DBC=∠CDF=45°，即可求得∠BDF=∠BDC+∠CDF=90°，可判断①正确；根据正方形的性质可得BD的长，再根据△BCE≌△DCF可得DF的长，再利用勾股定理可得EF=213，可判断②正确；根据题意列出关于△DEF面积的一元二次方程，求得有且只有一个实数m=5，使得S△DEF=12.5，可判断③正确；连接DG，作GH⊥CD于点H，可得GH∥BC，由∠EDF=∠ECF=90°，点G为EF的中点，可得DG=CG=【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，BD为对角线，∴AB=BC=CD=AD，∠CBD=∠BDC=45°，∠BCD=90°，∵线段CE绕C点顺时针旋转90°得到CF，∴CE=CF，∠ECF=90°，又∵∠BCE=∠BCD−∠ECD，∠DCF=∠ECF−∠ECD，∴∠BCE=∠DCF，在△BCE和△DCF中：BC=DC∠BCE=∠DCF∴△BCE≌△DCFSAS∴∠DBC=∠CDF=45°，∴∠EDF=∠BDC+∠CDF=90°，∴△DEF是直角三角形，故①正确；∵正方形ABCD边长为52∴BD=B∵△BCE≌△DCF，BE=m，m=4，∴DF=BE=4，∴EF=D故②正确；由题可知：S△DEF要S△DEF=12.5，则整理得：m−52解得：m=5，∴有且只有一个实数m，使得S△DEF故③正确；如图，连接DG，作GH⊥CD于点H，则∠GHD=∠BCD=90°，∴GH∥BC∴CH与△BCG的边BC上的高相等，∵∠EDF=∠ECF=90°，点G为EF的中点，∴DG=CG=1∴CH=DH=1∴S∴△BCG的面积不随着m的变化而变化，故④错误；故选：C．二．填空题11．4【分析】在直角△ABC中，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半，即可求得AB，依据中心对称可得BB本题主要考查了直角三角形的性质：30°的锐角所对的直角边等于斜边的一半，以及旋转的性质．【详解】解：∵∠C=90°，∠B=30°，AC=3∴AB=2AC=23∵B与B'关于A∴BB故答案为：4312．70°【分析】本题考查了旋转的性质，多边形内角和，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．由旋转的性质可知，∠BAD=110°，∠ABC=∠ADE，由点E恰好在CB的延长线上，可得∠ABC+∠ABE=180°，则∠ADE+∠ABE=180°，根据∠BED=360°−∠BAD−∠ADE+∠ABE【详解】解：由旋转的性质可知，∠BAD=110°，∠ABC=∠ADE，∵点E恰好在CB的延长线上，∴∠ABC+∠ABE=180°，∴∠ADE+∠ABE=180°，∴∠BED=360°−∠BAD−∠ADE+∠ABE故答案为：70°．13．24−3【分析】过点A作AE⊥AB交CD'的延长线于【详解】解：如图（2），过点A作AE⊥AB交CD'的延长线于E∵CD∴∠BCE+∠ABC=180°，∵∠ABC=90°．∴∠BCE=90°．∵AE⊥AB．∴∠BAE=90°．∴ABCE是矩形，A∴AE=BC=3，CE=AB=4，∠AEC=90°∴D∴CD∴S故答案为：24−3714．2+【分析】本题主要考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握旋转的性质是解题关键．过点B作BH⊥AC于H，利用等边三角形的性质以及勾股定理可计算出BH=3，再根据旋转的性质得BE=BD，∠DBE=60°，则可判断△DBE为等边三角形，易知∠DBE=60°，DE=DB，证明△ABE≌△CBD，可知AE=CD，所以△AED的周长=AE+AD+DE=CD+AD+BD=2+BD，利用垂线段最短得点D运动到点H时，BD【详解】解：过点B作BH⊥AC于H，如图，

∵△ABC为等边三角形，∴AB=BC=AC=2，∴CH=AH=12AC=1∴BH=B∵线段BD绕点B逆时针旋转60°得到BE，∴BE=BD，∠DBE=60°，∴△DBE为等边三角形，∴DE=DB，∵∠DBE=∠ABC=60°，∴∠EBA+∠ABD=∠ABD+∠DBC，即∠EBA=∠DBC，∵BA=BC，∴△ABE≌△CBDSAS∴AE=CD，∴△AED的周长=AE+AD+DE=CD+AD+BD=AC+BD=2+BD，∵D是边AC上一个动点，∴当点D运动到点H时，BD取最小值，最小值为3，∴△AED的周长最小值为2+3故答案为：2+315．140°或80°【分析】本题考查了全等三角形的性质、等腰三角形的性质、旋转的性质，连接AG，证明△DAE≌△DGFSAS，得出AE=FG，∠DGF=∠DAE，证明出A、G、F【详解】解：如图，连接AG，，由题意得：DG=DA，∠ADG=40°，∴∠DAG=∠DGA=180°−∠ADG∵△ABC≌△FED，∴∠EDF=∠C=40°，∵∠ADE+∠EDG=∠FDG+∠EDG，∴∠ADE=∠FDG，∵AD=DG，DE=DF，∴△DAE≌△DGFSAS∴AE=FG，∠DGF=∠DAE，∵∠C=40°，CB=AC，∴∠BAC=∠B=70°，∴∠DAE=180°−∠BAC=110°，∴∠DGF=110°，∴∠AGD+∠DGF=180°，∴A、G、F三点共线，当FG=EF时，∵FG=AE，∴AE=EF，∴∠EAF=∠EFA，∴∠EAF=∠DAE−∠DAG=110°−70°=40°，∴∠EFA=40°，∴∠EGF=∠GEF=80°；当FG=EG时，∵AE=FG，∴EG=AE，∴∠EGA=∠EAG=40°，∴∠EGF=180°−∠EGA=140°；综上所述，∠EGF的度数为140°或80°，故答案为：140°或80°．16．4≤MN≤2【分析】本题是正方形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，不等式的性质等，添加辅助线构造全等三角形是解题关键．过点M作MF⊥AB，交BA的延长线于点F，过点N作NG⊥AB，交AB的延长线于点G，作NH⊥FM于点H，可证得△MEF≌△ECB(AAS)，得出MF=BE=2−x，EF=BC=2，同理：NG=AE=x，EG=AD=2，得出FG=EF+EG=2+2=4，再证得四边形FGNH是矩形，得出HN=FG=4，FH=NG=x，【详解】解：如图，过点M作MF⊥AB，交BA的延长线于点F，过点N作NG⊥AB，交AB的延长线于点G，作NH⊥FM于点H，则∠EFM=∠EGN=∠FHN=∠NHM=90°，由旋转得：EM=EC，EN=ED，∠CEM=∠DEN=90°，∴∠MEF+∠CEB=90°，∠DEA+∠NEG=90°，∵∠MEF+∠EMF=90°，∠DEA+∠EDA=90°，∴∠CEB=∠EMF，∠NEG=∠EDA，∵正方形ABCD的边长为2，点E是边AB上的动点，设AE=x(0≤x≤2)，则BE=2−x，∴AB=AD=BC=2，∠DEA=∠CBE=90°，在△MEF和△ECB中，∠EFM=CBE=90°∠EMF=∠CEB∴△MEF≌△ECB(AAS∴MF=BE=2−x，EF=BC=2，同理：NG=AE=x，EG=AD=2，∴FG=EF+EG=2+2=4，∵∠MFE=∠NGE=∠FHN=90°，∴四边形FGNH是矩形，∴HN=FG=4，FH=NG=x，∴MH=MF−FH=2−x−x=2−2x，在Rt△MNH中，M∵0≤x≤2，∴0≤(x−1)∴16≤4(x−1)即16≤MN∵MN>0，∴线段MN的取值范围为4≤MN≤25故答案为：4≤MN≤25三．解答题17．（1）如图，△A1B（2）△A理由如下：∵B2B2=∴B∴△A（3）证明：∵A2C2=∴A∴C2不在线段18．（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，AB=AE∠BAC=∠EAF∴△ABC≅△AEF(SAS∴EF=BC；（2）解：∵AB=AE，∠ABC=65°，∴∠BAE=180°−65°×2=50°，∴∠FAG=∠BAE=50°．∵△ABC≅△AEF，∴∠F=∠C=28°，∴∠FGC=∠FAG+∠F=50°+28°=78°．19．（1）解：图①②中的Ⅰ、Ⅱ两部分的面积相等．理由：∵圆是轴对称图形，∴过圆心的直线把圆分成面积相等的两部分，∴图①中的Ⅰ、Ⅱ两部分的面积相等．图②：∵过平行四边形中心的直线把平行四边形分成面积相等的两部分，∴Ⅰ+B=A+两式相加即可得到面积Ⅰ与面积Ⅱ相等．（2）解：答案不唯一，如图③，将木板分成左右两个矩形，过两个矩形的对称中心的直线，把此图形分成面积相等的两部分．理由：过矩形对称中心的直线可将矩形分成面积相等的两部分．20．（1）解：由旋转的性质可知，AB=AB'，∵△ABC为等边三角形，∴AB=AC=BC=AB'=A∵∠BAC+∠B∴∠B∵AB'=AC'∴∠B'=∠∴AD=1∴AD=1即BC=2AD；故答案为：BC=2AD；（2）解：结论仍然成立，证明如下：延长AD至点E，使得AD=ED，连接B'E、∵AD是△AB∴B∴四边形AC∴B'E∴∠AB∵∠BAC+∠B∴∠AB由旋转的性质可知，AB=B'A∴△ABC≌△B∴BC=AE，∴BC=2AD；（3）解：∵BC=6，∴AD=3，∵AB=AC=AB'=AC'∴AD⊥B'∴C∴B∴△ABC的“旋补三角形”的周长为AB21．（1）解：∵平行四边形是中心对称图形，∴将线段AB向右平移两个单位，即可得到平行四边形ABCD，作图，如下，（2）解：∵等腰梯形是轴对称图形，∴以线段AB为腰，作等腰梯形ABCD，作图，如下，（3）解：∵正方形是中心对称图形，也是轴对称图形，∴以线段AB为一边，做正方形ABCD，作图，如下．22．（1）解：∠D理由如下：∵以点B为中心，把BD逆时针旋转60°得到BD∴∠DBD'=60°∴△BDD∴BD=DD∵△ABC为等边三角形，∴∠ABC=60°，BA=BC，∵∠DBD∠ABC=∠ABD+∠DBC=60°，∴∠D（2）证明：在△ABD'和BA=BC∠∴△ABD∴D（3）证明：∵以点C为中心，把CD顺时针旋转60°得到CD∴∠DCD″=60°