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5. 如图，$△ ABC$为等边三角形，将$AC$边绕点$C$顺时针旋转$40°$，得到线段$DC$，连接$BD$，求$∠ CBD$的度数. 
答案
5. $\because △ ABC$ 是等边三角形，$\therefore AB = AC = BC$，$∠ ABC=∠ ACB=60°$. $\because$ 将 $AC$ 边绕点 $C$ 顺时针旋转 $40°$，得到线段 $DC$，$\therefore ∠ ACD=40°$，$AC=CD=BC$，$\therefore ∠ BCD=100°$，$\therefore ∠ CBD=∠ CDB=\frac{1}{2}(180°-∠ BCD)=40°$.
解析
【分析】
要解这道题可按如下思路推导：首先，利用等边三角形的性质得到边相等、内角为60°的基础结论；其次，结合旋转的性质，得到旋转后线段长度不变、旋转角为40°的结论，进而推出BC=CD，同时算出∠BCD的度数；最后，判断出△BCD是等腰三角形，利用等腰三角形两底角相等和三角形内角和定理，即可求出∠CBD的度数。
【解析】
∵ △ABC是等边三角形，
∴ AB = AC = BC，∠ABC=∠ACB=60°。
∵ 将AC边绕点C顺时针旋转40°得到线段DC，
∴ ∠ACD=40°，AC=CD=BC，
∴ ∠BCD=∠ACB+∠ACD=60°+40°=100°，
又
∵ BC=CD，△BCD为等腰三角形，
∴ ∠CBD=∠CDB=$\frac{1}{2}$(180°−∠BCD)=$\frac{1}{2}$×(180°−100°)=40°。
【答案】
40°
【知识点】
等边三角形的性质，旋转的性质，等腰三角形的性质
【点评】
本题属于基础几何计算题，解题关键是梳理清楚等边三角形、旋转、等腰三角形三类性质的关联，计算时注意区分各角的和差关系，避免混淆角度即可正确求解。
【难度系数】
0.8
要解这道题可按如下思路推导：首先，利用等边三角形的性质得到边相等、内角为60°的基础结论；其次，结合旋转的性质，得到旋转后线段长度不变、旋转角为40°的结论，进而推出BC=CD，同时算出∠BCD的度数；最后，判断出△BCD是等腰三角形，利用等腰三角形两底角相等和三角形内角和定理，即可求出∠CBD的度数。
【解析】
∵ △ABC是等边三角形，
∴ AB = AC = BC，∠ABC=∠ACB=60°。
∵ 将AC边绕点C顺时针旋转40°得到线段DC，
∴ ∠ACD=40°，AC=CD=BC，
∴ ∠BCD=∠ACB+∠ACD=60°+40°=100°，
又
∵ BC=CD，△BCD为等腰三角形，
∴ ∠CBD=∠CDB=$\frac{1}{2}$(180°−∠BCD)=$\frac{1}{2}$×(180°−100°)=40°。
【答案】
40°
【知识点】
等边三角形的性质，旋转的性质，等腰三角形的性质
【点评】
本题属于基础几何计算题，解题关键是梳理清楚等边三角形、旋转、等腰三角形三类性质的关联，计算时注意区分各角的和差关系，避免混淆角度即可正确求解。
【难度系数】
0.8
6. 如图，在$△ ABC$中，$AB=AC$，$∠ BAC=30°$，点$P$在$BC$的延长线上，将$AP$绕点$A$按逆时针方向旋转$30°$得到$AQ$，连接$CQ$，$PQ$。
(1)求证$BP=CQ$；
(2)若$∠ CAP=15°$，$PQ=2\sqrt{2}$，求$BP$的长。
(1)求证$BP=CQ$；
(2)若$∠ CAP=15°$，$PQ=2\sqrt{2}$，求$BP$的长。
答案
6. (1)证明：$\because AP$ 绕点 $A$ 按逆时针方向旋转 $30°$得到 $AQ$，$\therefore ∠ PAQ= 30°$，$AP=AQ$. $\because ∠ BAC=30°$，$\therefore ∠ BAC+∠ CAP=∠ CAP+∠ PAQ$，即 $∠ BAP = ∠ CAQ$. 在 $△ ABP$ 和 $△ ACQ$ 中，$\begin{cases} AB=AC, \\ ∠ BAP=∠ CAQ, \\ AP=AQ, \end{cases}$ $\therefore △ ABP ≌ △ ACQ(\mathrm{SAS})$，$\therefore BP = CQ$.
(2)延长 $BC$，过点 $Q$ 作 $QH ⊥ BC$ 于点 $H$，
所示. $\because AB=AC$，$AP=AQ$，$∠ BAC=∠ PAQ=30°$，$\therefore ∠ B=∠ ACB=75°$，$∠ APQ=∠ AQP=75°$. $\because △ ABP ≌ △ ACQ$，$\therefore ∠ ACQ=∠ B=75°$，$\therefore ∠ QCH=180°-∠ ACB-∠ ACQ=30°$. $\because ∠ ACB=∠ CAP+∠ APB$，$\therefore ∠ APB=75°-15°=60°$. $\because ∠ QPH=180°-∠ APB-∠ APQ=180°-60°-75°=45°$，$\therefore PH=QH=\frac{\sqrt{2}}{2}PQ=\frac{\sqrt{2}}{2} × 2\sqrt{2}=2$. 在 $\mathrm{Rt}△ CQH$ 中，$\because ∠ QCH=30°$，$\therefore CQ=2QH=4$，$\therefore BP=CQ=4$.解析
【分析】
(1) 要证明$BP=CQ$，可通过证明两条线段所在的三角形全等实现。由旋转的性质可得$AP=AQ$，旋转角$∠PAQ=30°$，结合已知$∠BAC=30°$，可推出$∠BAP=∠CAQ$，再搭配$AB=AC$的条件，即可用SAS证明$△ ABP≌△ ACQ$，从而得到$BP=CQ$。
(2) 已知$PQ$长度，要求$BP$长，结合(1)的结论$BP=CQ$，只需计算$CQ$的长度即可。通过作辅助线$QH⊥BC$延长线于$H$，先利用等腰三角形内角和计算各角度数，推导得出$△ PQH$是等腰直角三角形，算出$QH$的长度，再在$Rt△ CQH$中利用30°角所对直角边是斜边一半的性质求出$CQ$，即为$BP$的长。
【解析】
(1) 证明：$\because AP$ 绕点 $A$ 按逆时针方向旋转 $30°$得到 $AQ$，$\therefore ∠ PAQ= 30°$，$AP=AQ$.
$\because ∠ BAC=30°$，$\therefore ∠ BAC+∠ CAP=∠ CAP+∠ PAQ$，即 $∠ BAP = ∠ CAQ$.
在 $△ ABP$ 和 $△ ACQ$ 中，
$\begin{cases} AB=AC, \\ ∠ BAP=∠ CAQ, \\ AP=AQ, \end{cases}$
$\therefore △ ABP ≌ △ ACQ(\mathrm{SAS})$，$\therefore BP = CQ$.
(2) 延长 $BC$，过点 $Q$ 作 $QH ⊥ BC$ 于点 $H$，所示.
$\because AB=AC$，$AP=AQ$，$∠ BAC=∠ PAQ=30°$，$\therefore ∠ B=∠ ACB=\frac{180°-30°}{2}=75°$，$∠ APQ=∠ AQP=\frac{180°-30°}{2}=75°$.
$\because △ ABP ≌ △ ACQ$，$\therefore ∠ ACQ=∠ B=75°$，$\therefore ∠ QCH=180°-∠ ACB-∠ ACQ=180°-75°-75°=30°$.
$\because ∠ ACB$是$△ ACP$的外角，$∠ ACB=∠ CAP+∠ APB$，$\therefore ∠ APB=75°-15°=60°$.
$\because ∠ QPH=180°-∠ APB-∠ APQ=180°-60°-75°=45°$，$\therefore △ PQH$为等腰直角三角形，$PH=QH=\frac{\sqrt{2}}{2}PQ=\frac{\sqrt{2}}{2} × 2\sqrt{2}=2$.
在 $\mathrm{Rt}△ CQH$ 中，$\because ∠ QCH=30°$，$\therefore CQ=2QH=4$，结合(1)的结论$BP=CQ$，得$BP=4$.
【答案】
(1) 证明：$\because AP$ 绕点 $A$ 按逆时针方向旋转 $30°$得到 $AQ$，$\therefore ∠ PAQ= 30°$，$AP=AQ$. $\because ∠ BAC=30°$，$\therefore ∠ BAC+∠ CAP=∠ CAP+∠ PAQ$，即 $∠ BAP = ∠ CAQ$. 在 $△ ABP$ 和 $△ ACQ$ 中，$\begin{cases} AB=AC, \\ ∠ BAP=∠ CAQ, \\ AP=AQ, \end{cases}$ $\therefore △ ABP ≌ △ ACQ(\mathrm{SAS})$，$\therefore BP = CQ$.
(2) 延长 $BC$，过点 $Q$ 作 $QH ⊥ BC$ 于点 $H$，所示. $\because AB=AC$，$AP=AQ$，$∠ BAC=∠ PAQ=30°$，$\therefore ∠ B=∠ ACB=75°$，$∠ APQ=∠ AQP=75°$. $\because △ ABP ≌ △ ACQ$，$\therefore ∠ ACQ=∠ B=75°$，$\therefore ∠ QCH=180°-∠ ACB-∠ ACQ=30°$. $\because ∠ ACB=∠ CAP+∠ APB$，$\therefore ∠ APB=75°-15°=60°$. $\because ∠ QPH=180°-∠ APB-∠ APQ=180°-60°-75°=45°$，$\therefore PH=QH=\frac{\sqrt{2}}{2}PQ=\frac{\sqrt{2}}{2} × 2\sqrt{2}=2$. 在 $\mathrm{Rt}△ CQH$ 中，$\because ∠ QCH=30°$，$\therefore CQ=2QH=4$，$\therefore BP=CQ=4$.
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；特殊直角三角形的性质
【点评】
本题是旋转性质应用的典型题型，第一问侧重全等三角形的判定，属于基础考点；第二问需要结合角度推导构造特殊直角三角形求解，对角度计算和辅助线构造能力有一定要求，能较好地考察几何综合解题能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明$BP=CQ$，可通过证明两条线段所在的三角形全等实现。由旋转的性质可得$AP=AQ$，旋转角$∠PAQ=30°$，结合已知$∠BAC=30°$，可推出$∠BAP=∠CAQ$，再搭配$AB=AC$的条件，即可用SAS证明$△ ABP≌△ ACQ$，从而得到$BP=CQ$。
(2) 已知$PQ$长度，要求$BP$长，结合(1)的结论$BP=CQ$，只需计算$CQ$的长度即可。通过作辅助线$QH⊥BC$延长线于$H$，先利用等腰三角形内角和计算各角度数，推导得出$△ PQH$是等腰直角三角形，算出$QH$的长度，再在$Rt△ CQH$中利用30°角所对直角边是斜边一半的性质求出$CQ$，即为$BP$的长。
【解析】
(1) 证明：$\because AP$ 绕点 $A$ 按逆时针方向旋转 $30°$得到 $AQ$，$\therefore ∠ PAQ= 30°$，$AP=AQ$.
$\because ∠ BAC=30°$，$\therefore ∠ BAC+∠ CAP=∠ CAP+∠ PAQ$，即 $∠ BAP = ∠ CAQ$.
在 $△ ABP$ 和 $△ ACQ$ 中，
$\begin{cases} AB=AC, \\ ∠ BAP=∠ CAQ, \\ AP=AQ, \end{cases}$
$\therefore △ ABP ≌ △ ACQ(\mathrm{SAS})$，$\therefore BP = CQ$.
(2) 延长 $BC$，过点 $Q$ 作 $QH ⊥ BC$ 于点 $H$，
所示.$\because AB=AC$，$AP=AQ$，$∠ BAC=∠ PAQ=30°$，$\therefore ∠ B=∠ ACB=\frac{180°-30°}{2}=75°$，$∠ APQ=∠ AQP=\frac{180°-30°}{2}=75°$.
$\because △ ABP ≌ △ ACQ$，$\therefore ∠ ACQ=∠ B=75°$，$\therefore ∠ QCH=180°-∠ ACB-∠ ACQ=180°-75°-75°=30°$.
$\because ∠ ACB$是$△ ACP$的外角，$∠ ACB=∠ CAP+∠ APB$，$\therefore ∠ APB=75°-15°=60°$.
$\because ∠ QPH=180°-∠ APB-∠ APQ=180°-60°-75°=45°$，$\therefore △ PQH$为等腰直角三角形，$PH=QH=\frac{\sqrt{2}}{2}PQ=\frac{\sqrt{2}}{2} × 2\sqrt{2}=2$.
在 $\mathrm{Rt}△ CQH$ 中，$\because ∠ QCH=30°$，$\therefore CQ=2QH=4$，结合(1)的结论$BP=CQ$，得$BP=4$.
【答案】
(1) 证明：$\because AP$ 绕点 $A$ 按逆时针方向旋转 $30°$得到 $AQ$，$\therefore ∠ PAQ= 30°$，$AP=AQ$. $\because ∠ BAC=30°$，$\therefore ∠ BAC+∠ CAP=∠ CAP+∠ PAQ$，即 $∠ BAP = ∠ CAQ$. 在 $△ ABP$ 和 $△ ACQ$ 中，$\begin{cases} AB=AC, \\ ∠ BAP=∠ CAQ, \\ AP=AQ, \end{cases}$ $\therefore △ ABP ≌ △ ACQ(\mathrm{SAS})$，$\therefore BP = CQ$.
(2) 延长 $BC$，过点 $Q$ 作 $QH ⊥ BC$ 于点 $H$，
所示. $\because AB=AC$，$AP=AQ$，$∠ BAC=∠ PAQ=30°$，$\therefore ∠ B=∠ ACB=75°$，$∠ APQ=∠ AQP=75°$. $\because △ ABP ≌ △ ACQ$，$\therefore ∠ ACQ=∠ B=75°$，$\therefore ∠ QCH=180°-∠ ACB-∠ ACQ=30°$. $\because ∠ ACB=∠ CAP+∠ APB$，$\therefore ∠ APB=75°-15°=60°$. $\because ∠ QPH=180°-∠ APB-∠ APQ=180°-60°-75°=45°$，$\therefore PH=QH=\frac{\sqrt{2}}{2}PQ=\frac{\sqrt{2}}{2} × 2\sqrt{2}=2$. 在 $\mathrm{Rt}△ CQH$ 中，$\because ∠ QCH=30°$，$\therefore CQ=2QH=4$，$\therefore BP=CQ=4$.【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；特殊直角三角形的性质
【点评】
本题是旋转性质应用的典型题型，第一问侧重全等三角形的判定，属于基础考点；第二问需要结合角度推导构造特殊直角三角形求解，对角度计算和辅助线构造能力有一定要求，能较好地考察几何综合解题能力。
【难度系数】
0.6
1. 如图，在$△ ABC$中，$∠ B＝90°$，$AB＝4$. 将$△ ABC$绕点$A$逆时针旋转$60°$，得到$△ ADE$，则点$D$到$BC$的距离是
2
.答案
1. 2
解析
【分析】
解题时首先结合旋转的性质分析已知条件：旋转后对应边$AD=AB=4$，旋转角$∠ BAD=60°$，因此可判定$△ ABD$是等边三角形，得到$BD$的长度和$∠ ABD$的度数。接下来要求点$D$到$BC$的距离，过$D$作$BC$的垂线构造直角三角形，结合$∠ ABC=90°$可推出直角三角形中存在$30°$角，利用$30°$角所对直角边等于斜边一半的性质即可求出距离。
【解析】
过点$D$作$DH⊥ BC$于点$H$，连接$BD$。
由旋转的性质可得：$AD=AB=4$，$∠ BAD=60°$，
$\therefore △ ABD$是等边三角形，
$\therefore BD=AB=4$，$∠ ABD=60°$。
$\because ∠ ABC=90°$，
$\therefore ∠ DBH=∠ ABC-∠ ABD=90°-60°=30°$。
在$\mathrm{Rt}△ BDH$中，$∠ DHB=90°$，$∠ DBH=30°$，
$\therefore DH=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}×4=2$。
即点$D$到$BC$的距离为$2$。
【答案】
$2$
【知识点】
旋转的性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题属于旋转性质的基础应用题型，解题的关键是通过旋转角和对应边相等构造出等边三角形，再结合特殊直角三角形的性质计算所求线段长度，需要熟练掌握几何中常见特殊三角形的性质，学会合理作辅助线构造直角三角形求解距离。
【难度系数】
0.6
解题时首先结合旋转的性质分析已知条件：旋转后对应边$AD=AB=4$，旋转角$∠ BAD=60°$，因此可判定$△ ABD$是等边三角形，得到$BD$的长度和$∠ ABD$的度数。接下来要求点$D$到$BC$的距离，过$D$作$BC$的垂线构造直角三角形，结合$∠ ABC=90°$可推出直角三角形中存在$30°$角，利用$30°$角所对直角边等于斜边一半的性质即可求出距离。
【解析】
过点$D$作$DH⊥ BC$于点$H$，连接$BD$。
由旋转的性质可得：$AD=AB=4$，$∠ BAD=60°$，
$\therefore △ ABD$是等边三角形，
$\therefore BD=AB=4$，$∠ ABD=60°$。
$\because ∠ ABC=90°$，
$\therefore ∠ DBH=∠ ABC-∠ ABD=90°-60°=30°$。
在$\mathrm{Rt}△ BDH$中，$∠ DHB=90°$，$∠ DBH=30°$，
$\therefore DH=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}×4=2$。
即点$D$到$BC$的距离为$2$。
【答案】
$2$
【知识点】
旋转的性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题属于旋转性质的基础应用题型，解题的关键是通过旋转角和对应边相等构造出等边三角形，再结合特殊直角三角形的性质计算所求线段长度，需要熟练掌握几何中常见特殊三角形的性质，学会合理作辅助线构造直角三角形求解距离。
【难度系数】
0.6
2. 一个滑轮起重装置如图所示，滑轮的直径是8 cm. 当重物上升$2π$ cm时，滑轮的一条半径OA绕轴心O按逆时针方向旋转的角度为
$90°$
.答案
2. $90°$
解析
【分析】
解题时首先要明确：重物上升的长度等于滑轮边缘被拉过的弧长，所以我们可以得到所求旋转角对应的弧长为2π cm。已知滑轮直径可算出滑轮半径，接下来代入弧长公式，就能求出半径OA旋转的角度。
【解析】
首先，重物上升2π cm，因此滑轮上对应弧的长度$ l = 2π \, \mathrm{cm} $。
滑轮直径为8cm，因此滑轮半径$ r = \frac{8}{2} = 4 \, \mathrm{cm} $。
设旋转的角度为$ n° $，根据弧长公式$ l = \frac{nπ r}{180} $，将$ l=2π $、$ r=4 $代入公式：
$2π = \frac{nπ × 4}{180}$
两边同时约去$ π $，得：
$2 = \frac{4n}{180}$
解得：$ n = 90 $，即旋转角度为90°。
【答案】
$ 90° $
【知识点】
弧长公式，旋转的性质
【点评】
本题结合生活中的滑轮起重装置考查数学知识的应用，解题的核心是建立重物上升距离和滑轮转过弧长的对应关系，再代入弧长公式计算即可，整体思路清晰，侧重基础公式的应用。
【难度系数】
0.7
解题时首先要明确：重物上升的长度等于滑轮边缘被拉过的弧长，所以我们可以得到所求旋转角对应的弧长为2π cm。已知滑轮直径可算出滑轮半径，接下来代入弧长公式，就能求出半径OA旋转的角度。
【解析】
首先，重物上升2π cm，因此滑轮上对应弧的长度$ l = 2π \, \mathrm{cm} $。
滑轮直径为8cm，因此滑轮半径$ r = \frac{8}{2} = 4 \, \mathrm{cm} $。
设旋转的角度为$ n° $，根据弧长公式$ l = \frac{nπ r}{180} $，将$ l=2π $、$ r=4 $代入公式：
$2π = \frac{nπ × 4}{180}$
两边同时约去$ π $，得：
$2 = \frac{4n}{180}$
解得：$ n = 90 $，即旋转角度为90°。
【答案】
$ 90° $
【知识点】
弧长公式，旋转的性质
【点评】
本题结合生活中的滑轮起重装置考查数学知识的应用，解题的核心是建立重物上升距离和滑轮转过弧长的对应关系，再代入弧长公式计算即可，整体思路清晰，侧重基础公式的应用。
【难度系数】
0.7
