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8.如图,在$△ ABC$中,$∠ CAB=75°$,在同一平面内,将$△ ABC$绕点$A$旋转到$△ AB'C'$的位置,使得$CC'// AB$,则$∠ BAB'$的度数为
$30°$
.答案
8.$30°$
解析
【分析】
解题时首先回忆旋转的性质：旋转前后对应边相等，对应角相等，所有旋转角大小相等。我们要求的∠BAB'是旋转角，和∠CAC'大小相等，因此可以先求∠CAC'。已知CC'//AB，可先利用平行线的内错角相等得到∠ACC'的度数，再结合AC=AC'可知△ACC'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即可求出∠CAC'的度数，进而得到∠BAB'的度数。
【解析】
解：
∵△ABC绕点A旋转得到△AB'C'，
∴AC=AC'，∠CAB=∠C'AB'，
∴∠CAB - ∠CAB' = ∠C'AB' - ∠CAB'，即∠CAC'=∠BAB'。
∵CC'//AB，∠CAB=75°，
∴∠ACC'=∠CAB=75°（两直线平行，内错角相等）。
∵AC=AC'，
∴△ACC'为等腰三角形，∠AC'C=∠ACC'=75°，
∴∠CAC'=180° - ∠ACC' - ∠AC'C = 180° - 75° -75°=30°，
∴∠BAB'=∠CAC'=30°。
【答案】
30°
【知识点】
旋转的性质；等腰三角形的性质；平行线的性质
【点评】
本题是旋转角度计算的典型题，解题的核心是抓住旋转前后对应边相等、旋转角相等的性质，结合平行线和等腰三角形的性质推导角度，需要注意旋转角的对应关系不要找错。
【难度系数】
0.7
解题时首先回忆旋转的性质：旋转前后对应边相等，对应角相等，所有旋转角大小相等。我们要求的∠BAB'是旋转角，和∠CAC'大小相等，因此可以先求∠CAC'。已知CC'//AB，可先利用平行线的内错角相等得到∠ACC'的度数，再结合AC=AC'可知△ACC'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即可求出∠CAC'的度数，进而得到∠BAB'的度数。
【解析】
解：
∵△ABC绕点A旋转得到△AB'C'，
∴AC=AC'，∠CAB=∠C'AB'，
∴∠CAB - ∠CAB' = ∠C'AB' - ∠CAB'，即∠CAC'=∠BAB'。
∵CC'//AB，∠CAB=75°，
∴∠ACC'=∠CAB=75°（两直线平行，内错角相等）。
∵AC=AC'，
∴△ACC'为等腰三角形，∠AC'C=∠ACC'=75°，
∴∠CAC'=180° - ∠ACC' - ∠AC'C = 180° - 75° -75°=30°，
∴∠BAB'=∠CAC'=30°。
【答案】
30°
【知识点】
旋转的性质；等腰三角形的性质；平行线的性质
【点评】
本题是旋转角度计算的典型题，解题的核心是抓住旋转前后对应边相等、旋转角相等的性质，结合平行线和等腰三角形的性质推导角度，需要注意旋转角的对应关系不要找错。
【难度系数】
0.7
9.(2023,兰州,15)如图,将面积为7的正方形OABC和面积为9的正方形ODEF分别绕原点O顺时针旋转,使OA,OD落在数轴上,点A,D在数轴上对应的数字分别为a,b,则$b-a=$
$3-\sqrt{7}$
.答案
9.$3-\sqrt{7}$
解析
【分析】
解题时首先回忆正方形的性质与算术平方根的定义：正方形的边长是其面积的算术平方根；再结合旋转的性质：旋转不改变图形的边长，可知旋转后OA、OD的长度等于原正方形的边长；又因为OA、OD落在数轴正半轴，数轴上正半轴的点对应的数等于该点到原点的距离，因此先分别求出两个正方形的边长得到a、b的值，再计算b-a即可。
【解析】
∵正方形OABC的面积为7，
∴其边长$OA=\sqrt{7}$，
由旋转的性质可知旋转后OA长度不变，且OA落在数轴正半轴，
∴点A对应的数$a=\sqrt{7}$；
∵正方形ODEF的面积为9，
∴其边长$OD=\sqrt{9}=3$，
同理，旋转后OD长度不变，落在数轴正半轴，
∴点D对应的数$b=3$；
∴$b-a=3-\sqrt{7}$。
【答案】
$3-\sqrt{7}$
【知识点】
算术平方根的计算；正方形的性质；旋转的性质
【点评】
本题属于基础题，将几何图形性质与数轴知识相结合，解题的核心是抓住旋转前后图形边长不变，准确将数轴上点对应的数与正方形边长建立关联即可快速求解。
【难度系数】
0.75
解题时首先回忆正方形的性质与算术平方根的定义：正方形的边长是其面积的算术平方根；再结合旋转的性质：旋转不改变图形的边长，可知旋转后OA、OD的长度等于原正方形的边长；又因为OA、OD落在数轴正半轴，数轴上正半轴的点对应的数等于该点到原点的距离，因此先分别求出两个正方形的边长得到a、b的值，再计算b-a即可。
【解析】
∵正方形OABC的面积为7，
∴其边长$OA=\sqrt{7}$，
由旋转的性质可知旋转后OA长度不变，且OA落在数轴正半轴，
∴点A对应的数$a=\sqrt{7}$；
∵正方形ODEF的面积为9，
∴其边长$OD=\sqrt{9}=3$，
同理，旋转后OD长度不变，落在数轴正半轴，
∴点D对应的数$b=3$；
∴$b-a=3-\sqrt{7}$。
【答案】
$3-\sqrt{7}$
【知识点】
算术平方根的计算；正方形的性质；旋转的性质
【点评】
本题属于基础题，将几何图形性质与数轴知识相结合，解题的核心是抓住旋转前后图形边长不变，准确将数轴上点对应的数与正方形边长建立关联即可快速求解。
【难度系数】
0.75
10.如图，$□ ABCD$绕点A逆时针旋转$40°$，得到$□ AB_1C_1D_1$（点$B_1,C_1,D_1$分别是点B,C,D的对应点），若点D恰好落在$C_1D_1$边上，则$∠ C$的大小为
$110°$
。答案
10.$110°$
解析
【分析】
解题时首先回忆旋转的性质：旋转前后对应边相等、对应角相等，旋转角相等。首先由旋转可得AD=AD₁，旋转角∠DAD₁=40°，可知△ADD₁为等腰三角形，可先求出∠D₁的度数；再根据旋转前后对应角相等得到∠ADC的度数，最后利用平行四边形邻角互补的性质即可求出∠C的大小。
【解析】
解：
∵$□ABCD$绕点A逆时针旋转$40°$得到$□AB_1C_1D_1$，
∴$AD=AD_1$，$∠ DAD_1=40°$，$∠ ADC=∠ D_1$，
∴$△ ADD_1$是等腰三角形，
∴$∠ D_1=∠ ADD_1=(180°-∠ DAD_1)÷2=(180°-40°)÷2=70°$，
∴$∠ ADC=∠ D_1=70°$，
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
∴$AD// BC$，
∴$∠ C + ∠ ADC=180°$（两直线平行，同旁内角互补），
∴$∠ C=180°-70°=110°$。
【答案】
$110°$
【知识点】
旋转的性质；等腰三角形的性质；平行四边形的性质
【点评】
本题是几何基础综合题，将旋转、等腰三角形、平行四边形的性质结合考查，解题的关键是准确找到各角之间的数量关系，是旋转章节的典型题型。
【难度系数】
0.7
解题时首先回忆旋转的性质：旋转前后对应边相等、对应角相等，旋转角相等。首先由旋转可得AD=AD₁，旋转角∠DAD₁=40°，可知△ADD₁为等腰三角形，可先求出∠D₁的度数；再根据旋转前后对应角相等得到∠ADC的度数，最后利用平行四边形邻角互补的性质即可求出∠C的大小。
【解析】
解：
∵$□ABCD$绕点A逆时针旋转$40°$得到$□AB_1C_1D_1$，
∴$AD=AD_1$，$∠ DAD_1=40°$，$∠ ADC=∠ D_1$，
∴$△ ADD_1$是等腰三角形，
∴$∠ D_1=∠ ADD_1=(180°-∠ DAD_1)÷2=(180°-40°)÷2=70°$，
∴$∠ ADC=∠ D_1=70°$，
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
∴$AD// BC$，
∴$∠ C + ∠ ADC=180°$（两直线平行，同旁内角互补），
∴$∠ C=180°-70°=110°$。
【答案】
$110°$
【知识点】
旋转的性质；等腰三角形的性质；平行四边形的性质
【点评】
本题是几何基础综合题，将旋转、等腰三角形、平行四边形的性质结合考查，解题的关键是准确找到各角之间的数量关系，是旋转章节的典型题型。
【难度系数】
0.7
11.如图，$△ ABC$是等边三角形，$D$是$BC$延长线上的一点，把$△ ACD$顺时针旋转之后可得到$△ ABE$.
(1)请确定旋转中心；
(2)求旋转角的度数；
(3)若$∠ D＝45°$，请直接写出$∠ CAE$的度数.
(1)请确定旋转中心；
(2)求旋转角的度数；
(3)若$∠ D＝45°$，请直接写出$∠ CAE$的度数.
答案
11.(1)$\because AC=AB,AD=AE,\therefore$旋转中心是点$A$.
(2)$\because △ ABC$是等边三角形，
$\therefore ∠ BAC=60°$.
$\because$点$B$与点$C$是对应点，
$\therefore$旋转角的度数为$60°$.
(3)$∠ CAE=45°$.
(2)$\because △ ABC$是等边三角形，
$\therefore ∠ BAC=60°$.
$\because$点$B$与点$C$是对应点，
$\therefore$旋转角的度数为$60°$.
(3)$∠ CAE=45°$.
解析
【分析】
(1) 确定旋转中心时，根据旋转的定义，旋转过程中固定不动的点即为旋转中心，观察旋转前后的两个三角形，点A位置不变，且是所有对应点连线的公共交点，即可确定旋转中心；
(2) 旋转角是一组对应点与旋转中心连线的夹角，本题中点C和点B是一组对应点，结合等边三角形的内角为60°，即可求出旋转角的度数；
(3) 先利用三角形外角的性质求出∠CAD的度数，再根据旋转前后对应角相等得到∠BAE=∠CAD，最后用等边三角形的内角∠BAC减去∠BAE，即可求出∠CAE的度数。
【解析】
(1)
∵$△ ACD$顺时针旋转后得到$△ ABE$，点A在旋转过程中位置不发生改变，且对应边AC与AB重合、AD与AE重合，
∴旋转中心是点A.
(2)
∵$△ ABC$是等边三角形，
∴$∠ BAC=60°$，
又
∵点B与点C是旋转的一组对应点，
∴旋转角为$∠ BAC$，度数是$60°$.
(3)
∵$△ ABC$是等边三角形，
∴$∠ ACB=60°$，
∵$∠ ACB$是$△ ACD$的外角，
∴$∠ ACB=∠ CAD+∠ D$，
把$∠ D=45°$代入得：$∠ CAD=∠ ACB-∠ D=60°-45°=15°$，
由旋转的性质可得$∠ BAE=∠ CAD=15°$，
∴$∠ CAE=∠ BAC-∠ BAE=60°-15°=45°$.
【答案】
(1) 旋转中心是点$A$；
(2) 旋转角的度数为$60°$；
(3) $∠ CAE=45°$.
【知识点】
旋转的概念与性质，等边三角形的性质，三角形外角的性质
【点评】
本题属于旋转相关的基础题，解题核心是准确找到旋转前后的对应点、对应角，结合等边三角形的性质即可快速求解，同学们要熟练掌握旋转前后对应边相等、对应角相等、旋转角相等的性质。
【难度系数】
0.8
(1) 确定旋转中心时，根据旋转的定义，旋转过程中固定不动的点即为旋转中心，观察旋转前后的两个三角形，点A位置不变，且是所有对应点连线的公共交点，即可确定旋转中心；
(2) 旋转角是一组对应点与旋转中心连线的夹角，本题中点C和点B是一组对应点，结合等边三角形的内角为60°，即可求出旋转角的度数；
(3) 先利用三角形外角的性质求出∠CAD的度数，再根据旋转前后对应角相等得到∠BAE=∠CAD，最后用等边三角形的内角∠BAC减去∠BAE，即可求出∠CAE的度数。
【解析】
(1)
∵$△ ACD$顺时针旋转后得到$△ ABE$，点A在旋转过程中位置不发生改变，且对应边AC与AB重合、AD与AE重合，
∴旋转中心是点A.
(2)
∵$△ ABC$是等边三角形，
∴$∠ BAC=60°$，
又
∵点B与点C是旋转的一组对应点，
∴旋转角为$∠ BAC$，度数是$60°$.
(3)
∵$△ ABC$是等边三角形，
∴$∠ ACB=60°$，
∵$∠ ACB$是$△ ACD$的外角，
∴$∠ ACB=∠ CAD+∠ D$，
把$∠ D=45°$代入得：$∠ CAD=∠ ACB-∠ D=60°-45°=15°$，
由旋转的性质可得$∠ BAE=∠ CAD=15°$，
∴$∠ CAE=∠ BAC-∠ BAE=60°-15°=45°$.
【答案】
(1) 旋转中心是点$A$；
(2) 旋转角的度数为$60°$；
(3) $∠ CAE=45°$.
【知识点】
旋转的概念与性质，等边三角形的性质，三角形外角的性质
【点评】
本题属于旋转相关的基础题，解题核心是准确找到旋转前后的对应点、对应角，结合等边三角形的性质即可快速求解，同学们要熟练掌握旋转前后对应边相等、对应角相等、旋转角相等的性质。
【难度系数】
0.8
12.如图,在菱形$ABCD$中,$AB=4$,$∠ ADC=120°$,将菱形$ABCD$绕点$A$逆时针旋转,对应得到菱形$AEFG$,点$E$在对角线$AC$上,$EF$与$CD$交于点$M$,求$ME$的长.
答案
12.如图,连接$BD$交$AC$于点$O$.
$\because$四边形$ABCD$是菱形,$∠ ADC=120°$,
$\therefore ∠ BCD=∠ BAD=60°$,
$∠ ACD=∠ BAC=30°$,
$OA=OC,AC⊥ BD$.
$\therefore OB=\frac{1}{2}AB=2$.
$\therefore$由勾股定理,得$OA=2\sqrt{3}$.
$\therefore AC=2OA=2×2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$.
由旋转的性质,得$AE=AB=4,∠ EAG=∠ BAD=60°$.
$\therefore CE=AC-AE=4\sqrt{3}-4$.
$\because$四边形$AEFG$是菱形,
$\therefore EF// AG$.
$\therefore ∠ CEM=∠ EAG=60°$.
$\therefore ∠ CEM+∠ ACD=90°$.
$\therefore ∠ CME=90°$.
$\therefore$在$\mathrm{Rt}△ CME$中,$ME=\frac{1}{2}CE=\frac{1}{2}(4\sqrt{3}-4)=2\sqrt{3}-2$.
解析
【分析】
本题是结合菱形、旋转的几何计算类题目，解题思路如下：首先我们利用菱形对角线互相垂直平分、对角相等、对角线平分内角的性质，结合已知的边长和角度，先求出对角线AC的长度；再根据旋转前后对应边相等、对应角相等的性质，求出CE的长度；接着利用菱形对边平行的性质推导△CEM的内角度数，证明△CEM是含30°角的直角三角形，最后利用“30°角所对的直角边等于斜边的一半”的性质求出ME的长度，解题时可先连接BD构造直角三角形辅助计算。
【解析】
如图,连接$BD$交$AC$于点$O$.
$\because$四边形$ABCD$是菱形,$∠ ADC=120°$,
$\therefore ∠ BCD=∠ BAD=60°$,
$∠ ACD=∠ BAC=30°$,
$OA=OC,AC⊥ BD$.
$\therefore OB=\frac{1}{2}AB=2$.
$\therefore$由勾股定理,得$OA=\sqrt{AB^2-OB^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$.
$\therefore AC=2OA=2×2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$.
由旋转的性质,得$AE=AB=4,∠ EAG=∠ BAD=60°$.
$\therefore CE=AC-AE=4\sqrt{3}-4$.
$\because$四边形$AEFG$是菱形,
$\therefore EF// AG$.
$\therefore ∠ CEM=∠ EAG=60°$.
$\therefore ∠ CEM+∠ ACD=60°+30°=90°$.
$\therefore ∠ CME=90°$.
$\therefore$在$\mathrm{Rt}△ CME$中,$∠ ACD=30°$，30°角所对的直角边为ME，
$\therefore ME=\frac{1}{2}CE=\frac{1}{2}(4\sqrt{3}-4)=2\sqrt{3}-2$.
【答案】
$2\sqrt{3}-2$
【知识点】
菱形的性质；旋转的性质；含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题综合考察了特殊几何图形的性质与线段长度计算，解题的关键是熟练掌握菱形、旋转的相关性质，通过添加辅助线构造直角三角形，结合特殊直角三角形的边长关系求解，能够有效考察学生对几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.65
本题是结合菱形、旋转的几何计算类题目，解题思路如下：首先我们利用菱形对角线互相垂直平分、对角相等、对角线平分内角的性质，结合已知的边长和角度，先求出对角线AC的长度；再根据旋转前后对应边相等、对应角相等的性质，求出CE的长度；接着利用菱形对边平行的性质推导△CEM的内角度数，证明△CEM是含30°角的直角三角形，最后利用“30°角所对的直角边等于斜边的一半”的性质求出ME的长度，解题时可先连接BD构造直角三角形辅助计算。
【解析】
如图,连接$BD$交$AC$于点$O$.
$\because$四边形$ABCD$是菱形,$∠ ADC=120°$,
$\therefore ∠ BCD=∠ BAD=60°$,
$∠ ACD=∠ BAC=30°$,
$OA=OC,AC⊥ BD$.
$\therefore OB=\frac{1}{2}AB=2$.
$\therefore$由勾股定理,得$OA=\sqrt{AB^2-OB^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$.
$\therefore AC=2OA=2×2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$.
由旋转的性质,得$AE=AB=4,∠ EAG=∠ BAD=60°$.
$\therefore CE=AC-AE=4\sqrt{3}-4$.
$\because$四边形$AEFG$是菱形,
$\therefore EF// AG$.
$\therefore ∠ CEM=∠ EAG=60°$.
$\therefore ∠ CEM+∠ ACD=60°+30°=90°$.
$\therefore ∠ CME=90°$.
$\therefore$在$\mathrm{Rt}△ CME$中,$∠ ACD=30°$，30°角所对的直角边为ME，
$\therefore ME=\frac{1}{2}CE=\frac{1}{2}(4\sqrt{3}-4)=2\sqrt{3}-2$.
【答案】
$2\sqrt{3}-2$
【知识点】
菱形的性质；旋转的性质；含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题综合考察了特殊几何图形的性质与线段长度计算，解题的关键是熟练掌握菱形、旋转的相关性质，通过添加辅助线构造直角三角形，结合特殊直角三角形的边长关系求解，能够有效考察学生对几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.65
