专题3.5 图形的旋转（巩固篇）（专项练习）-2022-2023学年九年级数学上册基础知识专项讲练（浙教版）.docx

1、专题3.5 图形的旋转（巩固篇）（专项练习）一、单选题14张扑克牌如图（1）所示放在桌子上，小敏把其中两张旋转180后得到如图（2）所示，那么她所旋转的牌从左起是（）A第一张、第二张 B第二张、第三张C第三张、第四张 D第四张、第一张2如图，四边形ABCD是正方形，点E，F分别在边CD，BC上，点G在CB的延长线上，DECFBG下列说法：将DCF沿某一直线平移可以得到ABG；将ABG沿某一直线对称可以得到ADE；将ADE绕某一点旋转可以得到DCF其中正确的是（）ABCD3如图，ABC按顺时针旋转到ADE的位置，以下关于旋转中心和对应点的说法正确的是（）A 点A是旋转中心，点B和点E是对应点B点

2、C是旋转中心，点B和点D是对应点C点A是旋转中心，点C和点E是对应点D点D是旋转中心，点A和点D是对应点4如图，已知是等边三角形，边长为，将绕点逆时针旋转后点的对应点的坐标是（）ABCD5如图，中，将绕点B逆时针旋转得，若点在上，连接，则的长为（）ABCD6如图，点A，B的坐标分别为（1，1）、（3，2），将ABC绕点A按逆时针方向旋转90，得到ABC，则B点的坐标为（）A（1，3）B（1，2）C（0，2）D（0，3）7如图C是线段BD上一点，分别以BC、CD为边在BD同侧作等边ABC和等边CDE,AD交CE于F，BE交AC于G，则图中可通过旋转而相互得到的三角形对数有()A1对B2对C3对D

3、4对8如图在平面直角坐标系中，直线yx+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，把AOB绕点B逆时针旋转90后得到A1O1B，则点A1的坐标是（）A(5，3)B(3，4)C(4，2)D(4，1)9如图，四边形是菱形，且，为对角线（不含点）上任意一点，将绕点逆时针旋转得到，当取最小值时的长（）AB3C1D210如图，等边边长为，和的角平分线相交于点O，将绕点O逆时针旋转得到，交BC于点D，交AC于点E，则DE=（）A2BCD二、填空题11如图，在直角坐标系中，ABC的顶点坐标分别为A（1，2），B（-2，2），C（-1，0）将ABC绕某点顺时针旋转90得到DEF，则旋转中心的坐标是_12如图，将边长为

4、1的正三角形沿轴正方向作无滑动的连续反转，点依次落在点，的位置，则点的坐标为_13如图，菱形的边长为，边在轴上，若将菱形绕点逆时针旋转75，得到菱形，则点的对应点的坐标为_14如图，将绕点A逆时针旋转角得到，点B的对应点D恰好落在边上，若，则旋转角的度数是_15如图，将ABCD绕点A顺时针旋转，其中点B，C，D分别落在点E，F，G处，且点B，E，D，F在同一直线上若CBA=115，则CBD的度数为_16一个等边三角形至少要旋转_度的角才能和原三角形重合；若等边三角形的边长为10cm，则它的面积是_17如图，将线段AB绕点O顺时针旋转90得到线段，那么的对应点的坐标是_18如图，AOB为等腰三角

5、形，顶点A的坐标为（3，4），底边OB在x轴正半轴上将AOB绕点O按逆时针方向旋转一定角度后得AOB，点A的对应点A在x轴负半轴上，则点B的对应点B的坐标为_19如图，在坐标系中放置一菱形，已知，点B在y轴上，先将菱形沿x轴的正方向无滑动翻转，每次翻转60，连续翻转12次，点B的落点依次为，则的横坐标为_20如图，在RtABC中，BAC90，ABAC4，点D在线段BC上，BD3，将线段AD绕点A逆时针旋转90得到线段AE，EFAC，垂足为点F则AF的长为_三、解答题21在平面直角坐标系xOy中，的顶点坐标分别是，(1) 按要求画出图形： 将向右平移6个单位得到； 再将绕点顺时针旋转90得到；(

6、2) 如果将（1）中得到的看成是由经过以某一点M为旋转中心旋转一次得到的，请写出M的坐标22在中，将绕点C顺时针旋转一定的角度得到，点A、B的对应点分别是D、E(1) 当点E恰好在AC上时，如图1，求的大小；(2) 若时，点F是边AC中点，如图2，求证：四边形BEDF是平行四边形（请用两组对边分别相等的四边形是平行四边形）23如图，四边形OABC是矩形，点A、C在坐标轴上，ODE是OCB绕点O顺时针旋转90度得到的，点D在x轴上，直线BD交y轴于点F，交OE于点H，线段BC、OC的长是方程的的解，且OCBC(1) 求直线BD的解析式；(2) 求OFH的面积；24如图，点M是ABC的边BA上的动

7、点，BC6，连接MC，并将线段MC绕点M逆时针旋转90得到线段MN(1)作MHBC，垂足H在线段BC上，当CMHB时，判断点N是否在直线AB上，并说明理由；(2)若ABC30，NCAB，求以MC、MN为邻边的正方形的面积S25定义：将图形M绕点P顺时针旋转90得到图形N，则图形N称为图形M关于点P的“垂直图形”例如：在下图中，点D为点C关于点P的“垂直图形” (1)点A关于原点O的“垂直图形”为点B若点A的坐标为（0，2），直接写出点B的坐标；若点B的坐标为（2，1），直接写出点A的坐标；(2)E（-3，3），F（-2，3），G（a，0）线段EF关于点G的“垂直图形”记为EF，点E的对应点为E

8、，点F的对应点为F求点E的坐标；当点G运动时，求的最小值26如图，等腰中，点P为射线BC上一动点（不与点B、C重合），以点P为中心，将线段PC逆时针旋转角，得到线段PQ，连接、M为线段BQ的中点(1)若点P在线段BC上，且M恰好也为AP的中点，依题意在图1中补全图形：求出此时的值和的值；(2)写出一个的值，使得对于任意线段BC延长线上的点P，总有的值为定值，并证明；27如图，AOB中，OA=OB=6，将AOB绕点O逆时针旋转得到CODOC与AB交于点G，CD分别交OB、AB于点E、F(1) A与D的数量关系是：A_D；(2) 求证：AOGDOE；(3) 当A，O，D三点共线时，恰好OBCD，求

9、此时CD的长28如图1，直线上有一点O，过点O在直线上方作射线将一直角三角板的直角顶点放在点O处，一条直角边在射线上，另一边在直线上方将直角三角板绕着点O按每秒的速度逆时针旋转一周，设旋转时间为t秒(1)当直角三角板旋转到如图2的位置时，恰好平分，此时，与之间有何数量关系？并说明理由；(2)在旋转的过程中，若射线的位置保持不变，且当边与射线相交时（如图3），则的值为_；当边所在的直线与平行时，求t的值参考答案1A解：观察两个图中可以发现，所有图形都没有变化，所以旋转的扑克是成中心对称的第一张和第二张故选A【点拨】中心对称图形2C【分析】由正方形的性质和已知条件可以得到ADEDCF、ADEABG

10、、ABGDCF，然后根据图形变换的知识可以对各选项的正误作出判断解：四边形ABCD是正方形，ABADCD，ABCADEDCB90，又DECF，ADEDCF（SAS），同理可得：ADEABG，ABGDCF，将DCF沿某一直线平移可以得到ABG，故正确；将ABG绕点A旋转可以得到ADE，故错误；将ADE绕线段AD，CD的垂直平分线的交点旋转可以得到DCF，故正确；故选：C【点拨】本题考查正方形性质和图形变换的综合应用，根据全等三角形的性质和图形变换的知识解题是关键所在3C【分析】由按顺时针旋转到的位置，可得点A是旋转中心，点B和点D是对应点，点C和点E是对应点继而求得答案，注意排除法在解选择题中的

11、应用解：如图，按顺时针旋转到的位置，点A是旋转中心，点B和点D是对应点，点C和点E是对应点故A，B，D三项错误，C正确故选：C【点拨】此题考查了旋转的性质此题比较简单，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意掌握旋转三要素：旋转中心； 旋转方向； 旋转角度4B【分析】过点作于点过点作轴于点求出点的坐标，再利用全等三角形的性质求解解：过点作于点，过点作轴于点 是等边三角形，在和中，故选：【点拨】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，旋转的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题5C【分析】作，根据等面积法，可求CD，再由勾股定理即可求解.解：如图，作，故选：C【点拨】本题主

12、要考查图形的旋转、勾股定理，正确画出辅助线是解题的关键6D【分析】根据题意画出图形，然后结合直角坐标系即可得出B的坐标解：如图，根据图形可得：点B坐标为（0，3），故选：D【点拨】本题考查了旋转作图的知识及旋转后坐标的变化，解答本题的关键是根据题意所述的旋转三要素画出图形，然后结合直角坐标系解答7C【分析】分别证明ACDBCE、ACFBCG、GECFDC，即可解决问题解：ABC和CDE均为等边三角形，ACB=ECD=60，AC=BC，CE=CD，BCE=ACD,ACE=180-120=60；在ACD与BCE中，ACDBCE(SAS)，CAF=CBG，CEG=CDF；在ACF与BCG中， ACF

13、BCG(ASA)，同理可证GECFDC，以点C为旋转中心，可通过旋转而相互得到的三角形有：ACD与BCE、ACF与BCG、GEC与FDC，共三对.故选C.【点拨】本题考查了旋转的性质, 等边三角形的性质，掌握三角形全等的判定是解题的关键.8D【分析】先根据函数图像分别求出OA、OB的长度，再通过旋转之后对应边相等可求出点A1的坐标解：由函数图像得B点的坐标为（0，4），将y0代入，可得x3，故A点的坐标为（3，0），OA3，OB4，BO1OB4，故A1的横坐标为4，又A1O1OA3，故A1的纵坐标为1，点A1的坐标是（4，1）故选：D【点拨】本题主要考查一次函数与几何图形结合在一起的应用，旋转

14、前后对应边长度不变是解题的关键9D【分析】根据“两点之间线段最短”，当E,F,G,C共线时，AG+BG+CG的值最小，即等于EC的长解：如图：将ABG绕点B逆时针旋转60得到EBF，BE=AB=BC，BF=BG，EF=AG，BFG是等边三角形，BF=BG=FG，AG+BG+CG=EF+FG+CG，根据“两点之间线段最短”，当E,F,G,C共线时，AG+BG+CG的值最小，即等于EC的长，过E点作EHBC交CB的延长线于H，如上图所示：EBH=60，EH=3，EC=2EH=6，CBE=120，BEF=30，EBF=ABG=30，,故选：D【点拨】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，等边三角形的性质

15、，轴对称最短路线问题，正确的作出辅助线是解题的关键10B【分析】过O点作OHBC于H，OB1与BC交于点M，过M作MFBO于F，求出BO=4，证明BOM和DMB1均为等腰三角形，求出BM和MD的值，进而求出DC的长，最后证明DEC为30、60、90直角三角形，利用DE=CD即可求解解：过O点作OHBC于H，OB1与BC交于点M，过M作MFBO于F，如下图所示：ABC为等边三角形，且OB、OC分别为ABC、ACB的角平分线，1=ABC=30，3=ACB=30，OBC为等腰三角形，由“三线合一”可知：BH=CH=BC=，BO=BH=4，绕点O逆时针旋转得到，2=30=1，OBM为等腰三角形，由“三

16、线合一”可知：BF=BO=2，MO=BM=BF=，MB1=OB1-OM=OB-OM=，又由旋转可知B=B1=30，且对顶角BMO=DMB1=120，MDB1=180-B1-DMB1=180-30-120=30，MB1D为等腰三角形，MD=MB1=，CD=BC-MD-BM=，对顶角EDC=MDB1=30，且ACB=60，DEC=180-EDC-ACB=90，CDE为30、60、90直角三角形，DE=CD=，故选：B【点拨】本题考查了等边三角形的性质、等腰三角形的判定及性质、直角三角形的性质及判定等，熟练掌握特殊三角形的性质及判定是解决本题的关键11（1，-1）【分析】由旋转的性质可得A的对应点为

17、D，B的对应点为E，C的对应点为F，同时旋转中心在AD和BE的垂直平分线上，进而求出旋转中心坐标解：由旋转的性质，得A的对应点为D，B的对应点为E，C的对应点为F作BE和AD的垂直平分线，交点为P点P的坐标为（1，-1）故答案为：（1，-1）【点拨】本题考查坐标与图形变化旋转，图形的旋转需结合旋转角求旋转后的坐标，常见的旋转角有30，45，60，90，18012【分析】根据图形的翻转，分别得出、的横坐标，再根据规律即可得出各个点的横坐标，进一步得出答案即可解：由题意可知、的横坐标是1，的横坐标是2.5，、的横坐标是4，的横坐标是依此类推下去，、的横坐标是2017，的横坐标是2018.5，的横坐

18、标是2020，的坐标是，故答案为【点拨】本题考查翻折变换，等边三角形的性质及坐标与图形性质，根据题意得出、的横坐标，得出规律是解答此题的关键13【分析】根据菱形的性质可得出AOC=60，则三角形OAC为等边三角形，即AC=，根据菱形对角线的性质可得出AOE=30，根据勾股定理可得OE， OB，再根据旋转的性质可得OB=OB1，B1OF=45，根据勾股定理即可得出OF与B1F的长度，即可得出答案解：如图，连接AC与OB相交于点E，过点B1作B1Fx轴，垂足为F，四边形OABC为菱形，OA=OC，AOC是等边三角形，OC=OA=AC=，ACOB，在RtOAE中，OA=，AE=AC=，OE=AE=，

19、OB=，COB=AOC=30，BOB1=75，B1OF=180-60-BOB1=180-60-75=45，在RtB1OF中，OB1=OB=，OF=B1F，OF2+B1F2=OB12，可得OF=B1F=，点B1在第二象限，点B1的坐标为故答案为：【点拨】本题主要考查了菱形及旋转的性质，熟练应用相关性质进行计算是解决本题的关键14【分析】先求出，由旋转的性质，得到，则，即可求出旋转角的度数解：根据题意，由旋转的性质，则，；旋转角的度数是50；故答案为：50【点拨】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握旋转的性质进行计算15【分析】由旋转的性质得，由等腰三角形的性质得出，则解

20、：ABCD绕点A顺时针旋转到AEFG的位置，故答案为：【点拨】本题考查旋转的性质，平行四边形的性质，等腰三角形的性质等，找出旋转前后的对应线段、对应角是解题的关键16 120 【分析】等边三角形的中心到三个顶点的距离相等，相邻顶点与中心连线的夹角相等，求旋转角即可；首先由勾股定理求得等边三角形的高，再利用三角形的面积公式可得结果解：等边ABC的中心角为3603=120，旋转120后即可与原图形重合故答案为：120如图，作ADBC，ABC为等边三角形，BD=CD=BC=5，AD=，SABC=BCAD=(cm2)，故答案为：cm2【点拨】本题主要考查了等边三角形的性质，利用等边三角形的性质“三线合

21、一”是解答此题的关键还考查了旋转对称图形，把正多边形旋转它的一个中心角度数之后，可与原来的图形重合17【分析】过点A作轴，垂足为C，过点作轴，垂足为，证明，所以，根据得到，所以，写出对应点的坐标即可解：如图，过点A作轴，垂足为C，过点作轴，垂足为，轴，轴，将线段AB绕点O顺时针旋转90得到线段，故答案为：【点拨】本题考查旋转的性质，证明是解答本题的关键18（，）【分析】作AGOB于G，作BHAO于H，利用面积法即可得到BH，根据勾股定理可得RtBHO中，HO，进而得出点B的坐标为（，）解：如图，作AGOB于G，作BHAO于H，AOB为等腰三角形，顶点A的坐标为（3，4），AG4，OG3，AO5

22、，OB6，由旋转可得AO5，OB6，OBAGAOBH，BH，RtBHO中，HO，点B的坐标为（，），故答案为：（，）【点拨】本题考查了坐标与图形变化旋转，主要利用了勾股定理，等腰三角形的性质，解直角三角形，熟记性质并作辅助线构造出直角三角形是解题的关键19【分析】连接AC，根据条件可以求出AC，画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，容易发现规律：每翻转6次，图形向右平移4，由于，因此点B向右平移8即可到达点，根据点B的坐标就可求出点的坐标解：连接AC，如图所示， 四边形OABC是菱形，是等边三角形，画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，如图所示，由图可知：每翻转6次，图形向右平移4，点B向

23、右平移24=8个单位到点，B点的坐标为，的坐标为，故答案为：【点拨】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，考查了操作、探究、发现规律的能力发现“每翻转6次，图形向右平移4”是解决本题的关键201【分析】根据勾股定理先求出BC边长，再求出DC长，过点D作DM垂直AC，可证，即AF=DM，在等腰直角DMC中可求DM，即可直接求解解：在RtABC中，BAC=90，AB=AC=4，根据勾股定理得，AB2+AC2=BC2，又BD=3，DCBCBD过点D作DMAC于点M，由旋转的性质得DAE=90，ADAE，DAC+EAF=90又DAC+ADM=90，ADM=EAF在RtADM和RtEAF中

24、，（AAS），AF=DM在等腰RtDMC中，由勾股定理得，DM2+MC2=DC2，DM=1，AF=DM=1故答案为：1【点拨】本题主要考查等腰直角三角形，旋转的性质以及全等三角形的判定与性质，证明ADMEAF是解答本题的关键21(1)见分析；见分析；(2)M（1，-1）【分析】（1）根据平移的性质得出、的位置，顺次连接即可；根据旋转的性质得出、的位置，顺次连接即可；（2）连接CC2，AA1，线段CC2，AA1的垂直平分线的交点即为M点的位置，作出M点写出坐标即可(1)解：如图，即为所求；如图，即为所求；(2)解：连接CC2，AA1，线段CC2，AA1的垂直平分线的交点即为M点的位置，由图可知，

25、M的坐标为（1，-1）【点拨】本题考查了作图平移和旋转，熟练掌握平移和旋转的性质找出对应点的位置是解题的关键22(1)(2)见分析【分析】（1）根据旋转的性质可得CACD，ECDBCA30，DECABC90，根据等边对等角即可求出CADCDA75，再根据直角三角形的两个锐角互余即可得出结论；（2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BFAC，然后根据30所对的直角边是斜边的一半即可求出ABAC，从而得出 BFAB，然后证出ACD和BCE为等边三角形，再利用HL证出CFDABC，证出DFBE，即可证出结论(1)解：ABC绕点C顺时针旋转得到DEC，点E恰好在AC上，CACD，ECDBCA

26、30，DECABC90，CADCDA（18030）75，ADE90CAD15(2)证明：如图2，连接AD，点F是边AC中点，BFAF=CFAC，ACB30，ABAC，BF=CFAB，ABC绕点C顺时针旋转60得到DEC，BCEACD60，CBCE，DEAB，DC=AC，DEBF，ACD和BCE为等边三角形，BECB，点F为ACD的边AC的中点，DFAC，在RtCFD和RtABC中，RtCFDRtABC，DFBC，DFBE，而BFDE，四边形BEDF是平行四边形【点拨】本题主要考查的是旋转的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、等边三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质和平行四边形的判定

27、，掌握旋转的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、等边三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质和平行四边形的判定是解决此题的关键23(1)(2)【分析】（1）解二元一次方程组可得B（-2，4），再由ODEOCB，可知D（4，0），用待定系数法求直线BD的解析式即可；（2）求出F（0，），直线OE的解析式为y=x，进而求出H的坐标，即可求OFH的面积；(1)解：解得OCBC，CO=4，BC=2，B（-2，4），ODE是OCB绕点O顺时针旋转90度得到，ODEOCB，OD=OC，DE=BC，D（4，0），E（4，2），设直线BD的解析式为y=kx+b，将点B与D代入可得，解得，BD的解析式为

28、；(2)由，令，得设直线OE的解析式为y=k1x，将点E代入可得k1=，解得，OFH的面积【点拨】本题考查一次函数的综合，掌握待定系数法求函数解析式，旋转的性质，解二元一次方程组，求一次函数与坐标轴的交点问题，两直线与坐标轴围成的三角形面积，数形结合是解题的关键24(1)点N在直线AB上，理由见分析(2)以MC、MN为邻边的正方形面积为S18【分析】（1）根据CMHB，CMH+C90，则B+C90，故BMC90，即可判断；（2）作CDAB于点D，在BCM中，已知两角一边，可通过解三角形求出MC的长度，进而求正方形的面积(1)解：点N在直线AB上，理由如下：CMHB，CMH+C90，B+C90，

29、BMC90，即CMAB，线段CM逆时针旋转90落在直线BA上，即点N在直线AB上(2)解：作CDAB于点D，MCMN，CMN90，MCN45，NCAB，BMC45，BC6，B30，CD3，MC，SMC218，即以MC、MN为邻边的正方形面积为S18【点拨】本题主要考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，正方形的性质，解三角形等知识，作辅助线，构造两个特殊的直角三角形是解题的关键25(1)B（2，0）；A（-1，2）；(2)E（3+a，3+a）；FF的最小值为3【分析】（1）根据“垂直图形”的定义解决问题即可；（2）构造全等三角形，利用全等三角形的性质求解即可；FGF是等腰直角三角形，当FGx轴

30、时，FG取得最小值，即FF有最小值，据此求解即可解决问题(1)解：如图中，观察图象可知B（2，0）；如图，AOB=ACO=ODB=90，A+AOC=90，AOC+BOD=90，A=BOD，AO=OB，AOCOBD（AAS），OC=BD=1，AC=OD=2，A（-1，2）；(2)解：如图，过点E作EPx轴于P，过点E作EHx轴于HEPG=EGE=GHE=90，E+PGE=90，PGE+EGH=90，E=EGH，EG=GE，EPGGHE（AAS），EP=GH=3，PG=EH=a+3，OH=3+a，E（3+a，3+a）；FGF=90，FG=GF，FGF是等腰直角三角形，FF=FG，当FGx轴时，FG

31、取得最小值，即FF有最小值，FF的最小值为3【点拨】本题考查几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题26(1)见分析；(2)，理由见分析【分析】（1）由题意，画出图形即可；连接AQ，证四边形ABPQ是平行四边形，得ABPC，再根据是等腰三角形即可求解（2）令，延长PM至N，使得MNPM，连接BN、AN、QN，证四边形BNQP是矩形，根据证，得出为等腰直角三角形，即可求解(1)如图所示，即为所求，连接AQ，如图所示，M为AP、BQ的中点，AM=PM，BM=QM，四边形ABP

32、Q是平行四边形，ABPQ，AB/PQ，PC=PQ，ABPC，为等腰直角三角形，(2)，延长PM至N，使得MNPM，连接BN、AN、QN，如图所示：M为线段BQ的中点，BM=QM，又MNPM，四边形BNQP是平行四边形，又CPQ=90，四边形BNQP是矩形，为等腰直角三角形，即，又AB=AC，即，即为等腰直角三角形，又，即的值为定值，当时，的值为定值【点拨】本题是几何变换综合题，考查了等腰直角三角形、平行四边形的判定及性质、旋转的性质以及全等三角形的判定及性质，熟练利用辅助线构造平行四边形是解题的关键27(1)=(2)证明见分析(3)，详见分析【分析】（1）根据旋转性质及等腰三角形性质即可得答案

33、；（2）由旋转性质知AOB=DOC，可证得AOG=DOE，结合OA=OB及（1）中结论，得证；（3）分两种情况讨论，设A=x，先利用三角形内角和求出x的值，再借助勾股定理求出CD的长度即可(1)解：由旋转知，A=C，B=D，OA=OB，OC=OD，A=B=C=DA=D，故答案为：=(2)证明：由旋转知，OA=OC，OB=OD，AOB=COD，AOBBOC=CODBOC，即AOG=DOE，OA=OB，OA=OB=OC=OD，又A=D，AOGDOE(3)解：分两种情况讨论，如图所示，设A=B=C=D=x，则DOB=2x，OBCD，OED=90，x+2x=90，解得：x=30，即D=30，在RtOD

34、E中，OE=3，由勾股定理得：DE=，OC=OD，OECD，CD=2DE=当D与A重合时，如图所示，同理，得：CD=综上所述，当A，O，D三点共线时，OBCD，此时CD的长为【点拨】本题考查了旋转的性质、等腰三角形性质、全等三角形的判定、勾股定理等知识点，解题关键是利用旋转性质得到边、角的关系28(1)，理由见分析(2)；或【分析】（1）由，可知，由平分，可知，进而可证；（2）由，可知，进而得，由此可求出结果；由以及，结合题意可分两种情况：当在直线上方时，或当在直线下方时，将两种情况分别进行讨论求解即可解：(1)，理由如下：，平分，；(2)；，的值为，（I）如图3-1，当在直线上方时， ， 直角三角板绕点O按每秒的速度旋转，；（II）解法一：如图3-2，当在直线下方时， 直角三角板绕点O旋转的角度为， 直角三角板绕点O按每秒的速度逆时针旋转，解法二：如图3-3，在（）的基础上，继续将直角三角板绕点O按每秒的速度逆时针旋转，得到直角三角板，此时，直角三角板绕点O旋转的角度为，直角三角板绕点O按每秒的速度逆时针旋转，综合（）（）得：或【点拨】本题考查旋转问题，角平分线的性质，以及角的互相转换，能够掌握数形结合思想是解决本题的关键