【易错点解析】人教版九年级数学上册 第23章 旋转（教师用）.docx

1、【易错点解析】人教版九年级数学上册 第23章 旋转一、单选题（共10题；共30分）1. ( 3分 ) （2019西宁）下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ） A.等边三角形B.平行四边形C.正六边形D.圆【答案】A 【考点】中心对称及中心对称图形 【解析】【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意；B、不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意；C、是轴对称图形，也是中心对称图形，不合题意；D、是轴对称图形，也是中心对称图形，不合题意；故选：A【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解2. ( 3分 ) 如图，将ABC绕点A逆时针旋转一定角度，得到ADE若CAE=

2、65，E=70，且ADBC，BAC的度数为（ ）A.60B.75C.85D.90【答案】C 【考点】旋转的性质 【解析】【分析】根据旋转的性质知，EAC=BAD=65，C=E=70，如图，设ADBC于点F则AFB=90，在RtABF中，B=90BAD=25，在ABC中，BAC=180BC=1802570=85，即BAC的度数为85.故选B.3. ( 3分 ) 已知A，B两点的坐标分别是（2，3）和（2，3），则下面四个结论：A，B关于x轴对称；A，B关于y轴对称；A，B关于原点对称；A，B之间的距离为4，其中正确的有（） A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】B 【考点】关于原点对称的点的坐

3、标 【解析】【解答】正确的是：A，B关于y轴对称；若A，B之间的距离为4故选B【分析】关于横轴的对称点，横坐标相同，纵坐标变成相反数；关于纵轴的对称点，纵坐标相同，横坐标变成相反数；A，B两点的坐标分别是（2，3）和（2，3），纵坐标相同，因而AB平行于x轴，A，B之间的距离为44. ( 3分 ) 如图，在方格纸上建立的平面直角坐标系中，将RtABC绕点C按顺时针方向旋转90，得到RtFEC，则点A的对应点F的坐标是A.(-1，1)B.(-1，2)C.(1，2)D.(2，1)【答案】B 【考点】坐标与图形变化旋转 【解析】将RtABC绕点C按顺时针方向旋转90得到RtFEC，根据旋转的性质得C

4、A=CF，ACF=90，而A（-2，1)，点A的对应点F的坐标为（-1，2)故选B5. ( 3分 ) 下列命题中，不正确的是（ ） A.圆是轴对称图形B.圆是中心对称图形C.圆既是轴对称图形，又是中心对称图形D.以上都不对【答案】D 【考点】命题与定理，轴对称图形，中心对称及中心对称图形 【解析】【解答】解：圆既是轴对称图形，直径所在的直线即是它的对称轴；圆也是中心对称图形，圆心即是对称中心.故答案为：D.【分析】轴对称图形：如果一个平面图形沿着一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，这条直线叫做对称轴；根据圆的性质可知圆的对称轴是直径所在的直线.中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个

5、点旋转180，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心.由此即可得出答案.6. ( 3分 ) 如图，O是等边ABC内一点，OA=6，OB=8，OC=10，以B为旋转中心，将线段BO逆时针旋转60得到线段BO，连接AO则下列结论：BOA可以由BOC绕点B逆时针方向旋转60得到；连接OO，则OO=8；AOB=150； S四边形AOBO=24+123 其中正确的有（ ）A.B.C.D.【答案】B 【考点】等边三角形的性质，旋转的性质 【解析】【解答】解：由题意可知，1+2=3+2=60， 1=3又OB=OB，AB=BC，BOA和BOC中 OB=OB1=

6、3AB=BC BOABOC（SAS）又OBO=60，BOA可以由BOC绕点B逆时针旋转60得到故结论正确；如图所示：连接OOOB=OB，且OBO=60，OBO是等边三角形，OO=OB=8故结论正确；BOABOC，OA=10在AOO中，三边长为6，8，10，这是一组勾股数，AOO是直角三角形，AOO=90，AOB=AOO+BOO=90+60=150，故结论正确；S四边形AOBO=SAOO+SOBO= 12 68+ 12 8 43 =24+16 3 ，故结论错误综上所述，正确的结论为：故选：B【分析】证明BOABOC，又OBO=60，所以BOA可以由BOC绕点B逆时针旋转60得到，故结论正确；由O

7、BO是等边三角形，可知结论正确；在AOO中，三边长为6，8，10，这是一组勾股数，故AOO是直角三角形；进而求得AOB=150，故结论正确；S四边形AOBO=SAOO+SOBO可对称作出判断7. ( 3分 ) 有两个全等的含30角的直角三角板重叠在一起，如图，将ABC绕AC的中点M转动，斜边AB刚好过ABC的直角顶点C，且与ABC的斜边AB交于点N，连接AA、CC、AC若AC的长为2，有以下五个结论：AA=1；CCAB；点N是边AB的中点；四边形AACC为矩形；AN=BC= 12 ，其中正确的有（ ） A.2个B.3个C.4个D.5个【答案】C 【考点】旋转的性质 【解析】【解答】解：点M是线

8、段AC、线段AC的中点，AC=2， AM=MC=AM=MC=1，MAC=30，MCA=MAC=30，AMC=1803030=120，AMA=180AMC=180120=60，AMA=CMC=60，AAM是等边三角形，AA=AM=1，故正确；ACM=30，MCC=60，ACA=ACM+MCC=90，CCAC，故正确；ACA=NAC=30，BCN=CBN=60，AN=NC=NB，故正确；AAMCCM，AA=CC，MAA=CCM=60，AACC，四边形AACC是平行四边形，AAC=AAM+MAC=90，四边形AACC为矩形，故正确；AN= 12 AB= 233 ，NAA=30，AAN=90，AN=

9、12 AN= 33 ，故错误；故选：C【分析】根据旋转的性质，可得AM=MC=AM=MC=1，根据等腰三角形的性质，可得MCA，根据等边三角形的判定，可得答案；根据垂线的性质：过直线外一点与已知直线垂直的直线只有一条，可得答案；根据等腰三角形的判定，可得答案根据平行四边形的判定，可得四边形AACC是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，可得答案；根据勾股定理可得BA的长，根据AB与AN的关系，可得AN的长，根据直角三角形的性质，可得答案8. ( 3分 ) 在ABC中，AB=BC，将ABC绕点B顺时针旋转度，得到A1BC1 ， A1B交AC E，A1C1分别交AC、BC于点D、F，

10、下列结论：CDF=，A1E=CF，DF=FC，AD=CE，A1F=CE其中一定正确的有（ ）A.B.C.D.【答案】A 【考点】全等三角形的性质，图形的旋转 【解析】【解答】解：ABC绕点B顺时针旋转度，得到A1BC1 ， BA=BC=BA1=BC1 ， ABA1=CBC1=，C=C1 ， 而CFD=C1FB，CDF=C1BF=，所以正确；A=A1=C1 ， BA=BC1 ， ABE=C1BF，ABECBF，BE=BF，A1E=CF，所以正确；CDF=，而C不一定等于，DF与FC不一定相等，所以错误；BA1=BC，A1BF=CBE，BF=BE，A1BFCBE，A1F=CE，所以正确故答案为：A

11、【分析】根据旋转角以及全等三角形的性质，判断正误。9. ( 3分 ) （2019兰州）如图，在正方形ABCD和正方形DEFG中，点G在CD上，DE=2，将正方形DEFG绕点D顺时针旋转60，得到正方形DEFG，此时点G在AC上，连接CE，则CE+CG=（ ） A.2+6B.3+1C.3+2D.3+6【答案】A 【考点】正方形的性质，旋转的性质 【解析】【解答】解：作GICD于I，GRBC于R，EHBC交BC的延长线于H连接RF则四边形RCIG是正方形 DGF=IGR=90，DGI=RGF，在GID和GRF中，GD=GFDG=RGFGI=GR ，GIDGRF，GID=GRF=90，点F在线段BC

12、上，在RtEFH中，EF=2，EFH=30，EH= 12 EF=1，FH= 3 ，易证RGFHFE，RF=EH，RGRC=FH，CH=RF=EH，CE= 2 ，RG=HF= 3 ，CG= 2 RG= 6 ，CE+CG= 2 + 6 故选A【分析】作GICD于I，GRBC于R，EHBC交BC的延长线于H连接RF则四边形RCIG是正方形首先证明点F在线段BC上，再证明CH=HE即可解决问题10. ( 3分 ) 在矩形ABCD中，AD=2AB=4，E是AD的中点，一块足够大的三角板的直角顶点与点E重合，将三角板绕点E旋转，三角板的两直角边分别交AB，BC（或它们的延长线）于点M，N，设AEM=（09

13、0），给出下列四个结论： AM=CN；AME=BNE；BNAM=2；SEMN= 2cos2 上述结论中正确的个数是（ ）A.1B.2C.3D.4【答案】C 【考点】全等三角形的判定与性质，旋转的性质 【解析】【解答】解：如图， 在矩形ABCD中，AD=2AB，E是AD的中点，作EFBC于点F，则有AB=AE=EF=FC，AEM+DEN=90，FEN+DEN=90，AEM=FEN，在RtAME和RtFNE中，AEM=FENAE=EFMAE=NFE ，RtAMERtFNE，AM=FN，MB=CNAM不一定等于CN，错误，由有RtAMERtFNE，AME=BNE，正确，由得，BM=CN，AD=2AB

14、=4，BC=4，AB=2BNAM=BCCNAM=BCBMAM=BC（BM+AM）=BCAB=42=2，正确，方法一：如图，由得，CN=CFFN=2AM，AE= 12 AD=2，AM=FNtan= AMAE ，AM=AEtancos= AEME = AEAE2+AM2 ，cos2= AEAE2+AM2 ， 1cos2 =1+ AM2AE2 =1+（ AMAE ）2=1+tan2， 2cos2 =2（1+tan2）SEMN=S四边形ABNESAMESMBN= 12 （AE+BN）AB 12 AEAM 12 BNBM= 12 （AE+BCCN）2 12 AEAM 12 （BCCN）CN= 12 （A

15、E+BCCF+FN）2 12 AEAM 12 （BC2+AM）（2AM）=AE+BCCF+AM 12 AEAM 12 （2+AM）（2AM）=AE+AM 12 AEAM+ 12 AM2=AE+AEtan 12 AE2tan+ 12 AE2tan2=2+2tan2tan+2tan2=2（1+tan2）= 2cos2 方法二，E是AD的中点，AE= 12 AD=2，在RtAEM，cos= AEEM ，EM= AEcos = 2cos ，由（1）知，RtAMERtFNE，EM=EN，AEM=FEN，AEF=90，MEN=90，MEN是等腰直角三角形，SMEN= 12 EM2= 2cos2 正确故选C

16、【分析】作辅助线EFBC于点F，然后证明RtAMERtFNE，从而求出AM=FN，所以BM与CN的长度相等由RtAMERtFNE，即可得到结论正确；经过简单的计算得到BNAM=BCCNAM=BCBMAM=BC（BM+AM）=BCAB=42=2，方法一：用面积的和和差进行计算，用数值代换即可方法二：先判断出EMN是等腰直角三角形，再用面积公式即可二、填空题（共10题；共30分）11. ( 3分 ) 在平面直角坐标系中，点A的坐标为（a，3），点B的坐标是（4，b），若点A与点B关于原点O对称，则ab=_ 【答案】12 【考点】关于原点对称的坐标特征 【解析】【解答】解：点A（a,3）与点B（4，

17、b）关于原点O对称，a=-4,b=-3，则ab=(-4)(-3)=12.故答案为:12【分析】由平面直角坐标两点关于原点对称的坐标特征可分别求得a,b的值12. ( 3分 ) 如图所示的四个两两相联的等圆，是我国“一汽”生产的大众汽车的车牌标志，右边的三个圆环可以看做是左边的圆环经过_得到的 【答案】平移 【考点】利用旋转设计图案 【解析】【解答】解：观察一汽”生产的大众汽车的车牌标志，可知右边的三个圆环可以看做是左边的圆环经过平移得到的【分析】观察本题中图案的特点，根据平移的定义作答13. ( 3分 ) 如图，已知在坐标平面中，矩形ABCD的顶点A（1，0），B（2，2），C（6，0），D（

18、5，2），将矩形ABCD绕点A逆时针旋转90得到矩形ABCD，则点D的对应点D的坐标是_【答案】（1，4） 【考点】坐标与图形变化旋转 【解析】【解答】解：如图所示：故点D的对应点D的坐标是（1，4）故答案为：（1，4）【分析】先根据题意画出图形，再根据旋转的性质和平面直角坐标系可得点D的对应点D的坐标。14. ( 3分 ) 如图，在ABC中，ACB=90，AC=BC=2，将ABC绕AC的中点D逆时针旋转90得到ABC，其中点B的运动路径为 BB ，则图中阴影部分的面积为_【答案】54-32 【考点】扇形面积的计算，旋转的性质 【解析】【解答】解：ABC绕AC的中点D逆时针旋转90得到ABC，

19、此时点A在斜边AB上，CAAB，连接DB、DB，则DB= 12+22=5 ，AB= 22+22=22 ，S阴= 905360-122-（22-2）222=54-32 .故答案为 54-32 【分析】ABC绕AC的中点D逆时针旋转90得到ABC，此时点A在斜边AB上，CAAB，连接DB、DB，利用勾股定理求出DB，AB的长，再利用扇形的面积公式及三角形的面积公式求解。15. ( 3分 ) 如图，将ABC绕点A逆时针旋转一定角度，得到ADE若ADBC，CAE=65，E=70，则BAC的大小为_度【答案】85 【考点】旋转的性质 【解析】【解答】解：ABC绕点A逆时针旋转得到ADE，C=E=70，B

20、AC=DAE，ADBC，AFC=90，CAF=90C=9070=20，DAE=CAF+EAC=20+65=85，BAC=DAE=85故答案为：85【分析】由旋转的性质和余角的性质，内角和定理可求出BAC=DAE=85.16. ( 3分 ) （2019扬州）如图，已知RtABC中，ACB=90，AC=6，BC=4，将ABC绕直角顶点C顺时针旋转90得到DEC若点F是DE的中点，连接AF，则AF=_【答案】5 【考点】旋转的性质 【解析】【解答】作FGAC，根据旋转的性质，EC=BC=4，DC=AC=6，ACD=ACB=90，点F是DE的中点，FGCDGF=12CD=12AC=3EG=12EC=1

21、2BC=2AC=6，EC=BC=4AE=2AG=4根据勾股定理，AF=5【分析】根据旋转的性质，EC=BC=4，DC=AC=6，ACD=ACB=90，由点F是DE的中点，可求出EG、GF，因为AE=ACEC=2，可求出AG，然后运用勾股定理求出AF17. ( 3分 ) 如图，在平面直角坐标系中，点A，B，D的坐标为（1，0），（3，0），（0,1），点C在第四象限，ACB=90，AC=BC若ABC与ABC关于点D成中心对称，则点C的坐标为_【答案】（2，3） 【考点】待定系数法求一次函数解析式，中心对称及中心对称图形，等腰直角三角形 【解析】【解答】过C作CEAB于EACB=90，AC=BC，

22、E为AB的中点，CE= 12 ABA（1，0），B（3，0），E（2，0），AB=2，CE=AE=BE=1，C（2，1）设DA的解析式为y=kx+b，将A，D点坐标代入，得：k+b=0b=1 ，解得 k=-1b=1 ，AD的解析式为y=x+1设C的坐标为（x，y），则D为CC的中点由中点坐标公式，得：x+2=0，y1=2，解得：x=2，y=3C（2，3）故答案为：（2，3）【分析】过C作CEAB于E利用等腰直角三角形的性质，可得出CE=AE=BE，利用点A、B的坐标，就可求出点C的坐标，再利用待定系数法求出直线DA的函数解析式，设C的坐标为（x，y），则D为CC的中点由中点坐标公式，就可求出点

23、C的坐标。18. ( 3分 ) 如图，将n个边长都为1cm的正方形按如图所示摆放，点A1， A2，An分别是正方形的中心，则n个正方形重叠形成的重叠部分的面积和为 _【答案】14(n-1) 【考点】图形的旋转 【解析】【解答】如图，过ABCD的中心O作OMCD于M，作ONBC于N，则易证OEMOFN，则四边形OECF的面积就等于正方形OMCN的面积，如正方形ABCD的边长是1，则OMCN的面积是 14 ，因而本题的图形中的每个阴影部分的面积都相等，都是 14 ，有n个正方形，则重合部分由n-1个，则总面积是 n-14 故答案为：n-14.【分析】本题要抓住旋转后的阴影面积不变，由不规则的图形，

24、化为已知图形便于求之，还有注意点是，正方形的个数多于阴影面积的个数，这里容易出错，本题有一定的难度.19. ( 3分 ) 如图，在直角坐标系中，已知点A（4，0），B（0，3），对OAB连续作旋转变换，依次得到三角形（1）、（2）、（3）、（4）、，那么第（12）个三角形的直角顶点的坐标是_【答案】（48，0） 【考点】坐标与图形变化旋转，探索图形规律 【解析】【解答】解：由图可知，第4个三角形与第1个三角形的所处形状相同，即每三次旋转为一个循环组依次循环，一个循环组旋转过的长度为12，12123=48，第（12）个三角形的直角顶点坐标是（48，0）故答案为：（48，0）【分析】观察不难发现，

25、每三次旋转为一个循环组依次循环，第7个直角三角形的直角顶点与第6个直角三角形的直角顶点重合，然后求出一个循环组旋转过的距离，即可得解20. ( 3分 ) （2019贵港）如图，点P在等边ABC的内部，且PC=6，PA=8，PB=10，将线段PC绕点C顺时针旋转60得到PC，连接AP，则sinPAP的值为_ 【答案】35 【考点】等边三角形的性质，解直角三角形，旋转的性质 【解析】【解答】解：连接PP，如图， 线段PC绕点C顺时针旋转60得到PC，CP=CP=6，PCP=60，CPP为等边三角形，PP=PC=6，ABC为等边三角形，CB=CA，ACB=60，PCB=PCA，在PCB和PCA中PC

26、=PCPCB=PCACB=CA ，PCBPCA，PB=PA=10，62+82=102 ， PP2+AP2=PA2 ， APP为直角三角形，APP=90，sinPAP= PPPA = 610 = 35 故答案为 35 【分析】连接PP，如图，先利用旋转的性质得CP=CP=6，PCP=60，则可判定CPP为等边三角形得到PP=PC=6，再证明PCBPCA得到PB=PA=10，接着利用勾股定理的逆定理证明APP为直角三角形，APP=90，然后根据正弦的定义求解三、解答题（共7题；共60分）21. ( 6分 ) 如图，在平面直角坐标系中，ABC的三个顶点坐标分别为A(1，4)，B(4，2)，C(3，5

27、)(每个方格的边长均为1个单位长度)（1）请画出A1B1C1 ， 使A1B1C1与ABC关于x轴对称； （2）将ABC绕点O逆时针旋转90，画出旋转后得到的A2B2C2 ， 并直接写出点B2 ， C2的坐标； （3）若点P(a，b)是ABC内任意一点，试写出将ABC绕点O逆时针旋转90后点P的对应点P2的坐标 【答案】（1）解：如图，A1B1C1即为所求；（2）解：如图，A2B2C2即为所求，B2的坐标是(2，4)，C2的坐标是(5，3)。（3）解：点P2的坐标是(b，a). 【考点】关于坐标轴对称的点的坐标特征，图形的旋转，坐标与图形变化旋转 【解析】【分析】（1）根据轴对称知识，画出与AB

28、C关于x轴对称的A1B1C1。（2）根据旋转知识得，画出ABC旋转后得到的A2B2C2。（3）根据第（2）问题中坐标规律，类比写出点P2的坐标即可。22. ( 8分 ) 如图所示，在RtOAB中，OAB=90，OA=OB=6,，将OAB 绕点O 沿逆时针方向旋转90得到OA1B1（1）线段0A1的长是 ， OAB的度数是；（2）连接AA1 ， 求证：四边形OAA1B1是平行四边形. 【答案】解：（1）6，135；（2）AOA1=OA1B1=90OAA1B1又OA=AB=A1B1 ， 【考点】平行四边形的判定，旋转的性质 【解析】【分析】（1）旋转后的图形与原图形全等知OA1与OA相等，AOB1

29、=AOA1+A1OB1=90+45=135.(2)根据一组对边平等且相等的四边形是平等四边形可证明四边形OAA1B1是平行四边形.23. ( 8分 ) 如图，已知点D是等腰直角三角形ABC斜边BC上一点（不与点B重合），连AD，线段AD绕点A逆时针方向旋转90得到线段AE，连CE，求证：BDCE 【答案】证明：ABC为等腰直角三角形， B=ACB=45，线段AD绕点A逆时针方向旋转90得到线段AE，ACE=B=45，ACB+ACE=45+45=90，即BCE=90，BDCE 【考点】旋转的性质，等腰直角三角形 【解析】【分析】根据等腰直角三角形的性质得B=ACB=45，再根据旋转的性质得ACE

30、=B=45，则ACB+ACE=90，于是可判断BDCE24. ( 8分 ) 已知正方形ABCD中，点E在边DC上，DE=2，EC=1（如图所示）把线段AE绕点A旋转，使点E落在直线BC上的点F处，求F、C两点的距离.【答案】解：顺时针旋转得到F1点，AE=AF1，AD=AB，D=ABC=90，ADEABF1，F1C=1；逆时针旋转得到F2点，同理可得ABF2ADE，F2B=DE=2，F2C=F2B+BC=5【考点】旋转的性质 【解析】【分析】题目里只说“旋转”，并没有说顺时针还是逆时针，而且说的是“直线BC上的点”，所以有两种情况，即一个是逆时针旋转，一个顺时针旋转，根据旋转的性质可知25.

31、( 10分 ) 问题原型：如图，在等腰直角三角形ABC中，ACB=90，BC=a将边AB绕点B顺时针旋转90得到线段BD，连结CD过点D作BCD的BC边上的高DE，易证ABCBDE，从而得到BCD的面积为 12a2 初步探究：如图，在RtABC中，ACB=90，BC=a将边AB绕点B顺时针旋转90得到线段BD，连结CD用含a的代数式表示BCD的面积，并说明理由简单应用：如图，在等腰三角形ABC中，AB=AC，BC=a将边AB绕点B顺时针旋转90得到线段BD，连结CD直接写出BCD的面积（用含a的代数式表示）【答案】解：初步探究：BCD的面积为 12a2 理由：如图，过点D作BC的垂线，与BC的

32、延长线交于点EBED=ACB=90线段AB绕点B顺时针旋转90得到线段BE，AB=BD，ABD=90ABC+DBE=90A+ABC=90A=DBE在ABC和BDE中，ACB=BEDA=DBEAB=BD ，ABCBDE（AAS）BC=DE=aSBCD= 12 BCDESBCD= 12a2 ；简单应用：如图，过点A作AFBC与F，过点D作DEBC的延长线于点E，AFB=E=90，BF= 12 BC= 12 aFAB+ABF=90ABD=90，ABF+DBE=90，FAB=EBD线段BD是由线段AB旋转得到的，AB=BD在AFB和BED中，AFB=EFAB=EBDAB=BD ，AFBBED（AAS）

33、，BF=DE= 12 aSBCD= 12 BCDE，SBCD= 12 12 aa= 14 a2 BCD的面积为 14a2 【考点】全等三角形的判定与性质，旋转的性质 【解析】【分析】初步探究：如图，过点D作BC的垂线，与BC的延长线交于点E，由垂直的性质就可以得出ABCBDE，就有DE=BC=a进而由三角形的面积公式得出结论；简单运用：如图，过点A作AFBC与F，过点D作DEBC的延长线于点E，由等腰三角形的性质可以得出BF= 12 BC，由条件可以得出AFBBED就可以得出BF=DE，由三角形的面积公式就可以得出结论26. ( 10分 ) 如图，在菱形ABCD中，AB=2，ABC=60，对角

34、线AC、BD相交于点O，将对角线AC所在的直线绕点O顺时针旋转角（090）后得直线l，直线l与AD、BC两边分别相交于点E和点F （1）求证：AOECOF； （2）当=30时，求线段EF的长度 【答案】（1）解：四边形ABCD是菱形， ADBC，AO=OC， ，AE=CF，OE=OF，在AOE和COF中，AOECOF（2）解：当=30时，即AOE=30， 四边形ABCD是菱形，ABC=60，OAD=60，AEO=90，在RtAOB中，sinABO= = = ，AO=1，在RtAEO中，cosAOE=cos30= = ，OE= ，EF=2OE= 【考点】全等三角形的判定与性质，菱形的性质，旋转的

35、性质 【解析】【分析】（1）首先证明AE=CF，OE=OF，结合AO=CO，利用SSS证明AOECOF；（2）首先画出=30时的图形，根据菱形的性质得到EFAD，解三角形即可求出OE的长，进而得到EF的长27. ( 10分 ) （2019盘锦）已知，四边形ABCD是正方形，点P在直线BC上，点G在直线AD上（P、G不与正方形顶点重合，且在CD的同侧），PD=PG，DFPG于点H，交直线AB于点F，将线段PG绕点P逆时针旋转90得到线段PE，连结EF（1）如图1，当点P与点G分别在线段BC与线段AD上时求证：DG=2PC；求证：四边形PEFD是菱形；（2）如图2，当点P与点G分别在线段BC与线段

36、AD的延长线上时，请猜想四边形PEFD是怎样的特殊四边形，并证明你的猜想【答案】（1）证明：作PMDG于M，如图1，PD=PG，MG=MD，四边形ABCD为矩形，PCDM为矩形，PC=MD，DG=2PC；四边形ABCD为正方形，AD=AB，四边形ABPM为矩形，AB=PM，AD=PM，DFPG，DHG=90，GDH+DGH=90，MGP+MPG=90，GDH=MPG，在ADF和MPG中ADFMPG（ASA），DF=PG，而PD=PG，DF=PD，线段PG绕点P逆时针旋转90得到线段PE，EPG=90，PE=PG，PE=PD=DF，而DFPG，DFPE，即DFPE，且DF=PE，四边形PEFD为

37、平行四边形，DF=PD，四边形PEFD为菱形；（2）解：四边形PEFD是菱形理由如下：作PMDG于M，如图2，与（1）一样同理可证得ADFMPG，DF=PG，而PD=PG，DF=PD，线段PG绕点P逆时针旋转90得到线段PE，EPG=90，PE=PG，PE=PD=DF而DFPG，DFPE，即DFPE，且DF=PE，四边形PEFD为平行四边形，DF=PD，四边形PEFD为菱形 【考点】全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，旋转的性质 【解析】【分析】（1）作PMDG于M，根据等腰三角形的性质由PD=PG得MG=MD，根据矩形的判定易得四边形PCDM为矩形，则PC=MD，于是有DG=2PC；根据四边形ABCD为正方形得AD=AB，由四边形ABPM为矩形得AB=PM，则AD=PM，再利用等角的余角相等得到GDH=MPG，于是可根据“ASA”证明ADFMPG，得到DF=PG，加上PD=PG，得到DF=PD，然后利用旋转的性质得EPG=90，PE=PG，所以PE=PD=DF，再利用DFPG得到DFPE，于是可判断四边形PEFD为平行四边形，加上DF=PD，则可判断四边形PEFD为菱形；（2）与（1）中的证明方法一样可得到四边形PEFD为菱形