《图形的旋转》拔高练习一、选择题（本大题共5小题，共25.0分）1．（5分）如图，AB为半圆O的直径，AB＝2，点C为半圆上动点，以BC为边向形外作正方形BCDE，连接OD，则OD的最大值为（）A．2B．C．D．2．（5分）已知，将点A1（4，2）向左平移3个单位到达点A2的位置，再向上平移4个单位到达点A3的位置，△A1A2A3绕点A2逆时针方向旋转90°，则旋转后A3的坐标为（）A．（﹣2，2）B．（﹣3，2）C．（﹣2，1）D．（﹣3，1）3．（5分）如图，已知∠MON＝30°，B为OM上一点，BA⊥ON于点A，四边形ABCD为正方形，P为射线BM上一动点，连结CP，将CP绕点C顺时针方向旋转90°得CE，连接BE，若AB＝2，则BE的最小值为（）A．+1B．2﹣1C．3D．4﹣4．（5分）如图，O是正△ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列五个结论中，其中正确的结论是（）①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为4；③∠AOB＝150°；④S四边形AOBO′＝6+3；⑤S△AOC+S△AOB＝6+．A．①②③④B．①②⑤C．①②③⑤D．②③④⑥5．（5分）在平面直角坐标系中，把点P（5，4）向左平移9个单位得到点P1，再将点P1绕原点顺时针旋转90°，得到点P2，则点P2的坐标是（）A．（4，﹣4）B．（4，4）C．（﹣4，﹣4）D．（﹣4，4）二、填空题（本大题共5小题，共25.0分）6．（5分）如图，在直角△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝4，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB1C1，B1C1交BC于点D，AB1交BC于点E，连接AD，当AE平分∠BAD时，AE ＝3，则BD＝．7．（5分）将△ABC绕着C（1，0）旋转180°得到△A1B1C，设点A的坐标为（a，b），则点A1的坐标为8．（5分）如图，已知∠MAN＝140°，将正方形ABCD绕点A顺时针方向旋转到正方形AEFG 的位置，则旋转角的度数为．9．（5分）如图，在平面鱼角坐标系xOy中，A（﹣3，0），点B为y轴正半轴上一点，将线段AB绕点B旋转90°至BC处，过点C作CD垂直x轴于点D，若四边形ABCD的面积为36，则线AC的解析式为．10．（5分）如图，将边长为3cm的正方形ABCD绕顶点B逆时针旋转30°得到正方形EBCF，则两个图形重叠部分（阴影部分）的面积为cm2．三、解答题（本大题共5小题，共50.0分）11．（10分）如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝45°，将△BCD绕点C顺时针旋转一定角度后，点B的对应点恰好与点A重合，得到△ACE．（1）求证：AE⊥BD；（2）若AD＝2，CD＝3，试求出四边形ABCD的对角线BD的长．12．（10分）（1）如图1，在△AEC和△DFB中，点A、B、C、D在同一条直线上，AE＝DF，AE∥DF，∠E＝∠F，求证：EC＝BF．（2）如图2，在△ABC中，∠CAB＝55°，将△ABC在平面内绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，使CC′∥AB，求旋转角的度数．13．（10分）射线a绕原点O从数轴的正半轴逆时针旋转一定的角度θ（0°≤θ≤360°），射线上的一点N与原点O的距离（ON）为n，并规定：当0°≤θ≤90°或270°≤θ≤360°时，点N的位置记作N（θ，n）；当90°＜θ＜270°时，点N的位置记作N（θ，﹣n）．如图，点S、T的位置表示为S（30°，2.5），T（235°，﹣4）．回答下列问题：（1）已知点A（70°，3），点B（250°，﹣4），则点A与点B的距离为；线段AB的中点M的位置是（，）．（2）已知点C（120°，﹣5），点D（300°，6），P（0°，4），点Q从C点出发，以每秒2个单位长度的速度在线段CD上来回运动；同时射线OP以每秒10°的速度绕原点O逆时针旋转，当时间t（其中0≤t≤36）为何值时，OP⊥CD？并求出此时三角形POQ的面积．（3）直接写出位置满足（θ，5）的所有点所围成的图形面积．（结果保留一位小数）14．（10分）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝30°，将△ABC绕点A逆时针旋转α度（30＜α＜150）得到△AB′C′，B、C两点的对应点分别为点B′、C′，连接BC′，BC与AC、AB′相交于点E、F．（1）当α＝70时，∠ABC′＝°，∠ACB′＝°．（2）求证：BC′∥CB′．15．（10分）某校九年级学习小组在探究学习过程中，用两块完全相同的且含60°角的直角三角板ABC与AFE按如图1所示位置放置，现将Rt△AEF绕点A按逆时针方向旋转角α（0°＜α＜90°），如图2，AE与BC交于点M，AC与EF交于点N，BC与EF交于点P．（1）求证：BM＝FN；（2）当旋转角α＝30°时，四边形ABPF是什么样的特殊四边形？并说明理由．《图形的旋转》拔高练习参考答案与试题解析一、选择题（本大题共5小题，共25.0分）1．（5分）如图，AB为半圆O的直径，AB＝2，点C为半圆上动点，以BC为边向形外作正方形BCDE，连接OD，则OD的最大值为（）A．2B．C．D．【分析】通过旋转观察如图可知当DO⊥AB时，DO最长，设DO与⊙O交于点M，连接CM，先证明△MED≌△MEB，得MD＝BM．再利用勾股定理计算即可．【解答】解：通过旋转观察如图可当DO⊥AB时，DO最长，设DO与⊙O交于点M，连接CM，BD，OC．理由：∵△OBM，△BCD都是等腰直角三角形，∴∠OBM＝∠CBD，∴∠OBC＝∠MBD，∵＝＝，∴△OBC∽△MBD，∴MD：OC＝BD：BC＝，∴MD＝OC＝，∴点D的运动轨迹是以M为圆心为半径的圆，∴当D，M，O共线，即DO⊥AB时，DO最长．∵∠MCB＝∠MOB＝×90°＝45°，∴∠DCM＝∠BCM＝45°，∵四边形BCDE是正方形，∴C、M、E共线，∠DEM＝∠BEM，在△EMD和△EMB中，，∴△MED≌△MEB（SAS），∴DM＝BM＝＝＝，∴OD的最大值＝1+．故选：C．【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及旋转的性质等知识，解题的关键是OD取得最大值时的位置，学会通过特殊位置探究得出结论，属于中考常考题型．2．（5分）已知，将点A1（4，2）向左平移3个单位到达点A2的位置，再向上平移4个单位到达点A3的位置，△A1A2A3绕点A2逆时针方向旋转90°，则旋转后A3的坐标为（）A．（﹣2，2）B．（﹣3，2）C．（﹣2，1）D．（﹣3，1）【分析】根据平移规律分别求出A2的坐标为和点A3的坐标为（1，5），根据旋转变换的性质求出旋转后A3的坐标．【解答】解：点A1（4，2）向左平移3个单位到达点A2的位置，则点A2的坐标为（1，2），再向上平移4个单位到达点A3的位置，点A3的坐标为（1，5），△A1A2A3绕点A2逆时针方向旋转90°，则旋转后A3的坐标为（﹣3，2），故选：B．【点评】本题考查的是坐标与图形变化﹣平移、旋转，掌握平移规律、旋转变换的性质是解题的关键．3．（5分）如图，已知∠MON＝30°，B为OM上一点，BA⊥ON于点A，四边形ABCD为正方形，P为射线BM上一动点，连结CP，将CP绕点C顺时针方向旋转90°得CE，连接BE，若AB＝2，则BE的最小值为（）A．+1B．2﹣1C．3D．4﹣【分析】连接PD，依据SAS构造全等三角形，即△BCE≌△DCP，将BE的长转化为PD 的长，再依据垂线段最短得到当DP最短时，BE亦最短，根据∠O＝30°，OD＝2+2，即可求得DP的长的最小值．【解答】解：如图，连接PD，由题意可得，PC＝EC，∠PCE＝90°＝∠DCB，BC＝DC，∴∠DCP＝∠BCE，在△DCP和△BCE中，，∴△DCP≌△BCE（SAS），∴PD＝BE，当DP⊥OM时，DP最短，此时BE最短，∵∠AOB＝30°，AB＝2＝AD，∴OD＝OA+AD＝2+2，∴当DP⊥OM时，DP＝OD＝+1，∴BE的最小值为+1．故选：A．【点评】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质以及垂线段最短的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应边相等以及垂线段最短进行判断．4．（5分）如图，O是正△ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列五个结论中，其中正确的结论是（）①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为4；③∠AOB＝150°；④S四边形AOBO′＝6+3；⑤S△AOC+S△AOB＝6+．A．①②③④B．①②⑤C．①②③⑤D．②③④⑥【分析】利用等边三角形的性质得BA＝BC，∠ABC＝60°，利用性质得性质得BO＝BO′＝4，∠OBO′＝60°，则根据旋转的定义可判断△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到，则可对①进行判断；再判断△BOO′为等边三角形得到OO′＝OB＝4，∠BOO′＝60°，则可对②进行判断；接着根据勾股定理的逆定理证明△AOO′为直角三角形得到∠AOO′＝90°，所以∠AOB＝150°，则可对③进行判断；利用S四边形AOBO′＝S△AOO′+S△BOO′可对④进行判断；作AH⊥BO于H，如图，计算出AH＝，OH＝，则AB2＝25+12，S△AOB＝3，然后计算出S△BAO′＝S四边形AOBO′﹣S△AOB＝3+4，从而得到S△BOC＝3+4，最后利用S△AOC+S△AOB＝S△ABC﹣S△BOC可对⑤进行判断．【解答】解：∵△ABC为等边三角形，∴BA＝BC，∠ABC＝60°，∵线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，∴BO＝BO′＝4，∠OBO′＝60°，∵∠OBO′＝CBA＝60°，BO＝BO′，BC＝BA，∴△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到，所以①正确；∵BO＝BO′，∠OBO′＝60°，∴△BOO′为等边三角形，∴OO′＝OB＝4，∠BOO′＝60°，所以②正确；∵△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到，∴AO′＝OC＝5，在△OAO′中，∵OO′＝4，AO＝3，AO′＝5，∴OA2+OO′2＝AO′2，∴△AOO′为直角三角形，∴∠AOO′＝90°，∴∠AOB＝90°+60°＝150°，所以③正确；S四边形AOBO′＝S△AOO′+S△BOO′＝×4×3+×42＝6+4，所以④错误；作AH⊥BO于H，如图，在RtAOH中，∠AOH＝30°，∴AH＝OA＝，OH＝AH＝，∴AB2＝AH2+BH2＝（）2+（4+）2＝25+12，S△AOB＝×4×＝3，∴S△BAO′＝S四边形AOBO′﹣S△AOB＝6+4﹣3＝3+4，即S△BOC＝3+4，∴S△AOC+S△AOB＝S△ABC﹣S△BOC＝（25+12）﹣（3+4）＝6+，所以⑤正确．故选：C．【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的判定与性质和勾股定理、勾股定理的逆定理．5．（5分）在平面直角坐标系中，把点P（5，4）向左平移9个单位得到点P1，再将点P1绕原点顺时针旋转90°，得到点P2，则点P2的坐标是（）A．（4，﹣4）B．（4，4）C．（﹣4，﹣4）D．（﹣4，4）【分析】根据题意画出点P2即可解决问题．【解答】解：如图，观察图象可知点P2的坐标为（4，4）．故选：B．【点评】本题考查坐标与图形的变化﹣平移，旋转等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．二、填空题（本大题共5小题，共25.0分）6．（5分）如图，在直角△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝4，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB1C1，B1C1交BC于点D，AB1交BC于点E，连接AD，当AE平分∠BAD时，AE ＝3，则BD＝ 3.5．【分析】证△B1DE∽△B1AD，可求得DB1＝2，再证明△B1DE∽△BAE，可求得DE，BE的长，进而得出DB的长．【解答】解：∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠DAE，∵∠B1＝∠B，∠BEA＝∠B1ED，∴∠B1DE＝∠BAE，∴∠B1DE＝∠DAE，∵∠B1＝∠B1，∴△B1DE∽△B1AD，∴，∵AB1＝AB＝4，AE＝3，∴B1E＝1，∴，∴DB1＝2，∵∠B1＝∠B，∠BEA＝∠B1ED，∴△B1DE∽△BAE，∴，∴DE＝，EB＝2，∴DB＝DE+BE＝3.5．故答案为：3.5．【点评】本题考查旋转的性质和相似三角形的判定和性质，熟练掌握上述性质并能灵活运用于解题是解决本题的关键．7．（5分）将△ABC绕着C（1，0）旋转180°得到△A1B1C，设点A的坐标为（a，b），则点A1的坐标为（2﹣a，﹣b）【分析】设点A1的坐标为（x，y），根据点A与点A1关于点C中心对称，可得点C为线段AA1的中点，进而得到点A1的坐标为（2﹣a，﹣b）．【解答】解：设点A1的坐标为（x，y），根据点A与点A1关于点C中心对称，可得点C为线段AA1的中点，即，，解得x＝2﹣a，y＝﹣b，∴点A1的坐标为（2﹣a，﹣b），故答案为：（2﹣a，﹣b）．【点评】本题主要考查了中心对称，图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．8．（5分）如图，已知∠MAN＝140°，将正方形ABCD绕点A顺时针方向旋转到正方形AEFG 的位置，则旋转角的度数为50°．【分析】由正方形的性质和旋转的性质可求旋转角的度数．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝90°∴∠DAG＝∠MAN﹣∠BAD＝50°∵将正方形ABCD绕点A顺时针方向旋转到正方形AEFG的位置，∴∠DAG是旋转角，∴旋转角的度数为50°故答案为：50°【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．9．（5分）如图，在平面鱼角坐标系xOy中，A（﹣3，0），点B为y轴正半轴上一点，将线段AB绕点B旋转90°至BC处，过点C作CD垂直x轴于点D，若四边形ABCD的面积为36，则线AC的解析式为y＝x+1或y＝﹣3x﹣9．【分析】过C作CE⊥OB于E，则四边形CEOD是矩形，得到CE＝OD，OE＝CD，根据旋转的性质得到AB＝BC，∠ABC＝90°，根据全等三角形的性质得到BO＝CE，BE ＝OA，求得OA＝BE＝3，设OD＝a，得到CD＝OE＝|a﹣3|，根据面积公式列方程得到C（﹣6，9）或（6，3），设直线AB的解析式为y＝kx+b，把A点和C点的坐标代入即可得到结论．【解答】解：过C作CE⊥OB于E，则四边形CEOD是矩形，∴CE＝OD，OE＝CD，∵将线段AB绕点B旋转90°至BC处，∴AB＝BC，∠ABC＝90°，∴∠ABO+∠CBO＝∠ABO+∠BAO＝90°，∴∠ABO＝∠BCE，∵∠AOB＝∠BEC＝90°，∴△ABO≌△BCO（AAS），∴BO＝CE，BE＝OA，∵A（﹣3，0），∴OA＝BE＝3，设OD＝a，∴CD＝OE＝|a﹣3|，∵四边形ABCD的面积为36，∴AO•OB+（CD+OB）•OD＝×3×a+（a﹣3+a）×a＝36，∴a＝±6，∴C（﹣6，9）或（6，3），设直线AB的解析式为y＝kx+b，把A点和C点的坐标代入得，或，解得：或，∴直线AB的解析式为y＝x+1或y＝﹣3x﹣9．故答案为：y＝x+1或y＝﹣3x﹣9．【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，待定系数法求函数的解析式，全等三角形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键．10．（5分）如图，将边长为3cm的正方形ABCD绕顶点B逆时针旋转30°得到正方形EBCF，则两个图形重叠部分（阴影部分）的面积为3cm2．【分析】由正方形的性质和旋转的性质可得AB＝BG，由“HL”可证Rt△ABM≌△GBM，可得∠ABM＝∠GBM＝30°，可求AM＝，由可求阴影部分的面积．【解答】解：如图，设AD与FG相交于点M，连接BM，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝3cm，∠ABC＝90°，∵正方形ABCD绕顶点B逆时针旋转30°得到正方形EBCF，∴BG＝BC，∠GBC＝30°，∴BG＝AB，且BM＝BM，∴Rt△ABM≌△GBM（HL）∴∠ABM＝∠GBM，∵∠ABM+∠GBM＝∠ABC﹣∠GBC＝60°∴∠ABM＝∠GBM＝30°，∵tan∠ABM＝∴AM＝∴S阴影＝2×S△ABM＝2×3×＝3，故答案为：3【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形判定和性质等知识，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键．三、解答题（本大题共5小题，共50.0分）11．（10分）如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝45°，将△BCD绕点C顺时针旋转一定角度后，点B的对应点恰好与点A重合，得到△ACE．（1）求证：AE⊥BD；（2）若AD＝2，CD＝3，试求出四边形ABCD的对角线BD的长．【分析】（1）由旋转的性质可得AC＝BC，∠DBC＝∠CAE，即可得∠ACB＝90°，根据直角三角形的性质可得AE⊥BD，（2）由旋转的性质可得CD＝CE＝3，BD＝AE，∠DCE＝∠ACB＝90°，由勾股定理可求BD的长．【解答】解：（1）如图，设AC与BD的交点为点M，BD与AE的交点为点N，∵旋转∴AC＝BC，∠DBC＝∠CAE又∵∠ABC＝45°，∴∠ABC＝∠BAC＝45°，∴∠ACB＝90°，∵∠DBC+∠BMC＝90°∴∠AMN+∠CAE＝90°∴∠AND＝90°∴AE⊥BD，（2）如图，连接DE，∵旋转∴CD＝CE＝3，BD＝AE，∠DCE＝∠ACB＝90°∴DE＝＝3，∠CDE＝45°∵∠ADC＝45°∴∠ADE＝90°∴EA＝＝∴BD＝【点评】本题考查了旋转的性质，勾股定理，熟练运用旋转的性质解决问题是本题的关键．12．（10分）（1）如图1，在△AEC和△DFB中，点A、B、C、D在同一条直线上，AE＝DF，AE∥DF，∠E＝∠F，求证：EC＝BF．（2）如图2，在△ABC中，∠CAB＝55°，将△ABC在平面内绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，使CC′∥AB，求旋转角的度数．【分析】（1）根据“ASA”可证△AEC≌△DFB，可得EC＝BF；（2）由平行线的性质和旋转的性质可求∠CAB＝∠C'CA＝∠CC'A＝55°，由三角形内角和定理可求旋转角的度数．【解答】（1）证明：∵AE∥DF，∴∠A＝∠D，在△AEC和△DFB中，，∴△AEC≌△DFB（ASA）∴EC＝BF（2）∵CC′∥AB，∴∠ACC′＝∠CAB＝55°，∵△ABC绕点A旋转得到△AB′C′，∴AC＝AC′，∴∠CAC′＝180°﹣2∠ACC′＝180°﹣2×55°＝70°，∴∠CAC′＝∠BAB′＝70°．所以旋转角为70°【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，三角形内角和定理等知识，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键．13．（10分）射线a绕原点O从数轴的正半轴逆时针旋转一定的角度θ（0°≤θ≤360°），射线上的一点N与原点O的距离（ON）为n，并规定：当0°≤θ≤90°或270°≤θ≤360°时，点N的位置记作N（θ，n）；当90°＜θ＜270°时，点N的位置记作N（θ，﹣n）．如图，点S、T的位置表示为S（30°，2.5），T（235°，﹣4）．回答下列问题：（1）已知点A（70°，3），点B（250°，﹣4），则点A与点B的距离为7；线段AB的中点M的位置是（250°，﹣0.5）．（2）已知点C（120°，﹣5），点D（300°，6），P（0°，4），点Q从C点出发，以每秒2个单位长度的速度在线段CD上来回运动；同时射线OP以每秒10°的速度绕原点O逆时针旋转，当时间t（其中0≤t≤36）为何值时，OP⊥CD？并求出此时三角形POQ的面积．（3）直接写出位置满足（θ，5）的所有点所围成的图形面积．（结果保留一位小数）【分析】（1）根据A，B的位置，判断出点A，点O，点B在同一直线上即可解决问题．（2）分两种情形分别求出OP，OQ的长即可解决问题．（3）位置满足（θ，5）的所有点所围成的图形面积是半径为5的半圆的面积．【解答】解：（1）∵点A（70°，3），点B（250°，﹣4），可得，点A，点O，点B在同一直线上，∴AB＝2+4＝7，AB的中点位置为（250°，﹣0.5），故答案为7，（250°，﹣0.5）（2）当OP逆时针旋转30°时，OP⊥CD．此时，秒点Q移动的长度为：2×3＝6，∴OQ＝1∴．当OP逆时针旋转210°时，OP⊥CD．此时，秒点Q移动的长度为：2×21＝42，∴OQ＝3，∴．（3）由题意：位置满足（θ，5）的所有点所围成的图形面积是半径为5的半圆的面积＝•π•52≈39.3．【点评】本题考查坐标与图形的性质，三角形的面积，圆等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．14．（10分）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝30°，将△ABC绕点A逆时针旋转α度（30＜α＜150）得到△AB′C′，B、C两点的对应点分别为点B′、C′，连接BC′，BC与AC、AB′相交于点E、F．（1）当α＝70时，∠ABC′＝40°，∠ACB′＝70°．（2）求证：BC′∥CB′．【分析】（1）由旋转的性质可得AB＝AC＝AB'＝AC'，∠CAC'＝70°，∠B'AC'＝∠BAC ＝30°，由等腰三角形的性质可求解；（2）由旋转的性质和等腰三角形的性质可得∠ABC'＝，∠ACB'＝，由三角形的外角性质可得∠AEF＝＝∠ACB'，即可得BC'∥CB'．【解答】解：（1）∵将△ABC绕点A逆时针旋转α度得到△AB′C′，且AB＝AC，∠BAC＝30°，∴AB＝AC＝AB'＝AC'，∠CAC'＝70°，∠B'AC'＝∠BAC＝30°，∴∠BAC'＝100°，且AB＝AC'，∴∠ABC'＝40°，∵∠CAB'＝∠CAC'﹣∠B'AC'＝40°，且AC＝AB'∴∠ACB'＝70°故答案为40，70（2）∵将△ABC绕点A逆时针旋转α度得到△AB′C′，且AB＝AC，∠BAC＝30°，∴AB＝AC＝AB'＝AC'，∠CAC'＝α，∠B'AC'＝∠BAC＝30°，∴∠BAC'＝30°+α，∠CAB'＝α﹣30°，且AB＝AC＝AB'＝AC'，∴∠ABC'＝，∠ACB'＝∵∠AEF＝∠ABE+∠BAC∴∠AEF＝∴∠AEF＝∠ACB'，∴BC'∥B'C【点评】本题考查了旋转的性质，平行线的判定，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练运用旋转的性质解决问题是本题的关键．15．（10分）某校九年级学习小组在探究学习过程中，用两块完全相同的且含60°角的直角三角板ABC与AFE按如图1所示位置放置，现将Rt△AEF绕点A按逆时针方向旋转角α（0°＜α＜90°），如图2，AE与BC交于点M，AC与EF交于点N，BC与EF交于点P．（1）求证：BM＝FN；（2）当旋转角α＝30°时，四边形ABPF是什么样的特殊四边形？并说明理由．【分析】（1）根据旋转的性质得出AB＝AF，∠BAM＝∠F AN，进而得出△ABM≌△AFN 得出答案即可；（2）利用旋转的性质得出∠F AB＝120°，∠FPC＝∠B＝60°，即可得出四边形ABPF 是平行四边形，再利用菱形的判定得出答案．【解答】（1）证明：∵用两块完全相同的且含60°角的直角三角板ABC与AFE按如图所示位置放置放置，现将Rt△AEF绕A点按逆时针方向旋转角α（0°＜α＜90°），∴AB＝AF，∠BAM＝∠F AN，在△ABM和△AFN中，，∴△ABM≌△AFN（ASA），∴BM＝FN；（2）解：当旋转角α＝30°时，四边形ABPF是菱形．理由：连接AP，∵∠α＝30°，∴∠F AN＝30°，∴∠F AB＝120°，∵∠B＝60°，∴∠B+∠F AB＝180°，∴AF∥BP，∴∠F＝∠FPC＝60°，∴∠FPC＝∠B＝60°，∴AB∥FP，∴四边形ABPF是平行四边形，∵AB＝AF，∴平行四边形ABPF是菱形．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，此题主要考查了平行四边形的判定以及菱形的判定和全等三角形的判定等知识，根据旋转前后图形大小不发生变化得出是解题关键．。