2016年北师大版八年级数学下册单元测试《第3章图形的平移与旋转》（山东省济南五中）（解析版）

《2016年北师大版八年级数学下册单元测试《第3章图形的平移与旋转》（山东省济南五中）（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2016年北师大版八年级数学下册单元测试《第3章图形的平移与旋转》（山东省济南五中）（解析版）（26页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、 《第3章 图形的平移与旋转》 　 一、选择题 1．将长度为5cm的线段向上平移10cm后，所得线段的长度是（　　） A．10cm B．5cm C．0cm D．无法确定 2．以下是回收、绿色包装、节水、低碳四个标志，其中是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 3．一个图形无论经过平移变换，还是经过旋转变换，下列说法正确的是（　　） ①对应线段平行 ②对应线段相等 ③图形的形状和大小都没有发生变化 ④对应角相等． A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④ 4．如图，△ABC和△BDE是等边三角形，点A、B、D在一条直线上，并且AB=BD．

2、由一个三角形变换到另一个三角形（　　） A．仅能由平移得到 B．仅能由旋转得到 C．既能由平移得到，也能由旋转得到 D．既不能由平移得到，也不能由旋转得到 5．将点A（3，2）沿x轴向左平移4个单位长度得到点A′，点A′关于y轴对称的点的坐标是（　　） A．（﹣3，2） B．（﹣1，2） C．（1，2） D．（1，﹣2） 6．如图，将Rt△ABC（其中∠B=35，∠C=90）绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，使得点C、A、B1在同一条直线上，那么旋转角等于（　　） A．55 B．70 C．125 D．145 7．如图，若△DEF是由△ABC经过平移后得到的，

3、则平移的距离是（　　） A．线段BC的长度 B．线段BE的长度 C．线段EC的长度 D．线段EF的长度 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′=（　　） A．30 B．35 C．40 D．50 9．在平面直角坐标系中，线段OP的两个端点坐标分别是O（0，0），P（4，3），将线段OP绕点O逆时针旋转90到OP′位置，则点P′的坐标为（　　） A．（3，4） B．（﹣4，3） C．（﹣3，4） D．（4，﹣3） 10．如图，O是边长为a的正方形ABCD的中心，将一块半径足够长、圆心为直角的

4、扇形纸板的圆心放在O点处，并将纸板的圆心绕O旋转，则正方形ABCD被纸板覆盖部分的面积为（　　） A． a2 B． a2 C． a2 D． a 11．关于这一图案，下列说法正确的是（　　） A．图案乙是由甲绕BC的中点旋转180得到的 B．图案乙是由甲绕点C旋转108得到的 C．图案乙是由甲沿AB方向平移3个边长的距离得到的 D．图案乙是由甲沿直线BC翻转180得到的 12．如图，△ABO中，AB⊥OB，OB=，AB=1，把△ABO绕点O旋转150后得到△A1B1O，则点A1的坐标为（　　） A．（﹣1，） B．（﹣1，）或（﹣2，0） C．（，﹣1）或（0，﹣2）

5、 D．（，﹣1） 　 二、填空题 13．线段AB沿和它垂直的方向平移到A′B′，则线段AB和线段A′B′的位置关系是　　． 14．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，BC＞AD，∠B与∠C互余，将AB，CD分别平移到EF和EG的位置，则△EFG为　　三角形． 15．如图，把Rt△ABC绕点A逆时针旋转40，得到Rt△AB′C′，点C′恰好落在边AB上，连接BB′，则∠BB′C′=　　度． 16．如图，将面积为5的△ABC沿BC方向平移至△DEF的位置，平移的距离是边BC长的两倍，那么图中的四边形ACED的面积为　　． 17．如图，在平面直角坐标系中，将线段AB绕点A

6、按逆时针方向旋转90后，得到线段AB′，则点B′的坐标为　　． 18．如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置，旋转角为α（0＜α＜90），若∠1=110，则∠α=　　． 　 三、解答题 19．如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的两格中，点A、B、C都是格点． （1）将△ABC向左平移6个单位长度得到得到△A1B1C1； （2）将△ABC绕点O按逆时针方向旋转180得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2． 20．（22分）如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中∠C=90，∠B=∠E=30． （1）操作发现 如图

7、2，固定△ABC，使△DEC绕点C旋转，当点D恰好落在AB边上时，填空： ①线段DE与AC的位置关系是　　； ②设△BDC的面积为S1，△AEC的面积为S2，则S1与S2的数量关系是　　． （2）猜想论证 当△DEC绕点C旋转到如图3所示的位置时，小明猜想（1）中S1与S2的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了△BDC和△AEC中BC、CE边上的高，请你证明小明的猜想． （3）拓展探究 已知∠ABC=60，点D是角平分线上一点，BD=CD=4，DE∥AB交BC于点E（如图4）．若在射线BA上存在点F，使S△DCF=S△BDE，请直接写出相应的BF的长． 21．对数轴上的点P

8、进行如下操作：先把点P表示的数乘以，再把所得数对应的点向右平移1个单位，得到点P的对应点P′，点A，B在数轴上，对线段AB上的每个点进行上述操作后得到线段A′B′，其中点A，B的对应点分别为A′，B′，如图，若点A表示的数是﹣3，则点A′表示的数是　　；若点B′表示的数是2，则点B表示的数是　　．已知线段AB上的点E经过上述操作后得到的对应点E′与点E重合，则点E表示的数是　　． 22．（7分）如图，在平面直角坐标系xOy中，对正方形ABCD及其内部的每个点进行如下操作：把每个点的横、纵坐标都乘以同一种实数a，将得到的点先向右平移m个单位，再向上平移n个单位（m＞0，n＞0）．得到正方形

9、A′B′C′D′及其内部的点，其中点A、B的对应点分别为A′，B′．已知正方形ABCD内部的一个点F经过上述操作后得到的对应点F′与点F重合，求点F的坐标． 　 《第3章 图形的平移与旋转》 参考答案与试题解析 　 一、选择题 1．将长度为5cm的线段向上平移10cm后，所得线段的长度是（　　） A．10cm B．5cm C．0cm D．无法确定 【考点】平移的性质． 【分析】根据平移的性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等． 【解答】解：线段长度不变，还是5cm． 故选B． 【点评】此题主要考查

10、平移的基本性质，题目比较基础，把握平移的性质即可． 　 2．以下是回收、绿色包装、节水、低碳四个标志，其中是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【考点】中心对称图形． 【分析】根据中心对称图形的定义，结合选项所给图形进行判断即可． 【解答】解：A、不是中心对称图形，故本选项错误； B、是中心对称图形，故本选项正确； C、不是中心对称图形，故本选项错误； D、不是中心对称图形，故本选项错误； 故选B． 【点评】此题主要考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 　 3．一个图形无论经过平移变换，还是经过旋转变换，下列

11、说法正确的是（　　） ①对应线段平行 ②对应线段相等 ③图形的形状和大小都没有发生变化 ④对应角相等． A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④ 【考点】旋转的性质；平移的性质． 【分析】根据平移和旋转的性质对各小题分析判断，然后利用排除法求解． 【解答】解：①平移后对应线段平行，旋转对应线段不一定平行，故本小题错误； ②无论平移还是旋转，对应线段相等，故本小题正确； ③无论平移还是旋转，图形的形状和大小都没有发生变化，故本小题正确； ④无论平移还是旋转，对应角相等，故本小题正确． 综上所述，说法正确的是②③④． 故选B． 【点评】本题主要考查了旋

12、转的性质，平移的性质，熟记旋转变换，平移变换都只改变图形的位置不改变图形的形状与大小是解题的关键． 　 4．如图，△ABC和△BDE是等边三角形，点A、B、D在一条直线上，并且AB=BD．由一个三角形变换到另一个三角形（　　） A．仅能由平移得到 B．仅能由旋转得到 C．既能由平移得到，也能由旋转得到 D．既不能由平移得到，也不能由旋转得到 【考点】几何变换的类型． 【专题】作图题． 【分析】是轴对称图形，这三对全等三角形中的一个都是以其中另一个三角形绕点B旋转90后得到或对折得到的． 【解答】解：∵△ABC和△BDE是等边三角形，点A、B、D在一条直线上，并且AB=B

13、D． ∴这三对全等三角形中的一个都是以其中另一个三角形绕点B旋转90后得到或对折得到的． 故选C． 【点评】本题考查了几何变换的类型，解题的关键是看清由两个三角形组成的图象是轴对称图形还是中心对称图形． 　 5．将点A（3，2）沿x轴向左平移4个单位长度得到点A′，点A′关于y轴对称的点的坐标是（　　） A．（﹣3，2） B．（﹣1，2） C．（1，2） D．（1，﹣2） 【考点】坐标与图形变化-平移；关于x轴、y轴对称的点的坐标． 【分析】先利用平移中点的变化规律求出点A′的坐标，再根据关于y轴对称的点的坐标特征即可求解． 【解答】解：∵将点A（3，2）沿x轴向左平移4个单

14、位长度得到点A′， ∴点A′的坐标为（﹣1，2）， ∴点A′关于y轴对称的点的坐标是（1，2）． 故选：C． 【点评】本题考查坐标与图形变化﹣平移及对称的性质；用到的知识点为：两点关于y轴对称，纵坐标不变，横坐标互为相反数；左右平移只改变点的横坐标，右加左减． 　 6．如图，将Rt△ABC（其中∠B=35，∠C=90）绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，使得点C、A、B1在同一条直线上，那么旋转角等于（　　） A．55 B．70 C．125 D．145 【考点】旋转的性质． 【分析】根据直角三角形两锐角互余求出∠BAC，然后求出∠BAB1，再根据旋转的性质对应边的

15、夹角∠BAB1即为旋转角． 【解答】解：∵∠B=35，∠C=90， ∴∠BAC=90﹣∠B=90﹣35=55， ∵点C、A、B1在同一条直线上， ∴∠BAB′=180﹣∠BAC=180﹣55=125， ∴旋转角等于125． 故选C． 【点评】本题考查了旋转的性质，直角三角形两锐角互余的性质，熟练掌握旋转的性质，明确对应边的夹角即为旋转角是解题的关键． 　 7．如图，若△DEF是由△ABC经过平移后得到的，则平移的距离是（　　） A．线段BC的长度 B．线段BE的长度 C．线段EC的长度 D．线段EF的长度 【考点】平移的性质． 【分析】根据平移的性质，结合图形可直接

16、求解． 【解答】解：观察图形可知：△DEF是由△ABC沿BC向右移动BE的长度后得到的， ∴平移距离就是线段BE的长度． 故选B． 【点评】本题利用了平移的基本性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等． 　 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′=（　　） A．30 B．35 C．40 D．50 【考点】旋转的性质；平行线的性质． 【分析】首先证明∠ACC′=∠AC′C；然后运用三角形的内角和定理求出∠CAC′=30即可

17、解决问题． 【解答】解：由题意得： AC=AC′， ∴∠ACC′=∠AC′C； ∵CC′∥AB，且∠BAC=75， ∴∠ACC′=∠AC′C=∠BAC=75， ∴∠CAC′=180﹣275=30； 由题意知：∠BAB′=∠CAC′=30， 故选A 【点评】该命题以三角形为载体，以旋转变换为方法，综合考查了全等三角形的性质及其应用问题；对综合的分析问题解决问题的能力提出了较高的要求． 　 9．在平面直角坐标系中，线段OP的两个端点坐标分别是O（0，0），P（4，3），将线段OP绕点O逆时针旋转90到OP′位置，则点P′的坐标为（　　） A．（3，4） B．（﹣4，3）

18、 C．（﹣3，4） D．（4，﹣3） 【考点】坐标与图形变化-旋转． 【专题】数形结合． 【分析】如图，把线段OP绕点O逆时针旋转90到OP′位置看作是把Rt△OPA绕点O逆时针旋转90到RtOP′A′，再根据旋转的性质得到OA′、P′A′的长，然后根据第二象限点的坐标特征确定P′点的坐标． 【解答】解：如图，OA=3，PA=4， ∵线段OP绕点O逆时针旋转90到OP′位置， ∴OA旋转到x轴负半轴OA′的位置，∠P′A′0=∠PAO=90，P′A′=PA=4， ∴P′点的坐标为（﹣3，4）． 故选C． 【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：在直角坐标系中线段的旋转问题

19、转化为直角三角形的旋转，然后利用旋转的性质求出相应的线段长，再根据点的坐标特征确定点的坐标． 　 10．如图，O是边长为a的正方形ABCD的中心，将一块半径足够长、圆心为直角的扇形纸板的圆心放在O点处，并将纸板的圆心绕O旋转，则正方形ABCD被纸板覆盖部分的面积为（　　） A． a2 B． a2 C． a2 D． a 【考点】旋转的性质． 【专题】计算题． 【分析】扇形的半径交AD于E，交CD于F，连结OD，如图，利用正方形的性质得OD=OC，∠COD=90，∠ODA=∠OCD=45，再利用等角的余角相等得到∠EOD=∠FOC，于是可证明△ODE≌△OCF，得到S△ODE=S△

20、OCF，所以S阴影部分=S△DOC=S正方形ABCD=a2． 【解答】解：扇形的半径交AD于E，交CD于F，连结OD，如图， ∵四边形ABCD为正方形， ∴OD=OC，∠COD=90，∠ODA=∠OCD=45， ∵∠EOF=90，即∠EOD+∠DOF=90， ∠DOF+∠COF=90， ∴∠EOD=∠FOC， 在△ODE和△OCF中， ， ∴△ODE≌△OCF， ∴S△ODE=S△OCF， ∴S阴影部分=S△DOC=S正方形ABCD=a2． 故选B． 【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

21、形全等．也考查了正方形的性质． 　 11．关于这一图案，下列说法正确的是（　　） A．图案乙是由甲绕BC的中点旋转180得到的 B．图案乙是由甲绕点C旋转108得到的 C．图案乙是由甲沿AB方向平移3个边长的距离得到的 D．图案乙是由甲沿直线BC翻转180得到的 【考点】利用平移设计图案． 【分析】直接利用旋转的性质得出旋转中心进而得出答案． 【解答】解：如图所示：可得图案乙是由甲绕BC的中点旋转180得到的． 故选：A． 【点评】此题主要考查了旋转变换，正确得出旋转中心是解题关键． 　 12．如图，△ABO中，AB⊥OB，OB=，AB=1，把△ABO绕点O旋

22、转150后得到△A1B1O，则点A1的坐标为（　　） A．（﹣1，） B．（﹣1，）或（﹣2，0） C．（，﹣1）或（0，﹣2） D．（，﹣1） 【考点】坐标与图形变化-旋转． 【分析】需要分类讨论：在把△ABO绕点O顺时针旋转150和逆时针旋转150后得到△A1B1O时点A1的坐标． 【解答】解：∵△ABO中，AB⊥OB，OB=，AB=1， ∴tan∠AOB==， ∴∠AOB=30． 如图1，当△ABO绕点O顺时针旋转150后得到△A1B1O，则∠A1OC=150﹣∠AOB﹣∠BOC=150﹣30﹣90=30， 则易求A1（﹣1，﹣）； 如图2，当△ABO绕点O逆时针旋

23、转150后得到△A1B1O，则∠A1OC=150﹣∠AOB﹣∠BOC=150﹣30﹣90=30， 则易求A1（﹣2，0）； 综上所述，点A1的坐标为（﹣1，﹣）或（﹣2，0）； 故选B． 【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣﹣旋转．解题时，注意分类讨论，以防错解． 　 二、填空题 13．线段AB沿和它垂直的方向平移到A′B′，则线段AB和线段A′B′的位置关系是　平行且相等　． 【考点】平移的性质． 【专题】探究型． 【分析】根据平移的性质可知，线段AB沿和它垂直的方向平移到A′B′，则线段AB和线段A′B′平行且相等． 【解答】解：∵线段AB沿和它垂直的方向平移到A′

24、B′， ∴线段AB和线段A′B′的位置关系是平行且相等． 故答案为：平行且相等． 【点评】本题考查的是平移的性质，①把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同； ②新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行且相等． 　 14．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，BC＞AD，∠B与∠C互余，将AB，CD分别平移到EF和EG的位置，则△EFG为　直角　三角形． 【考点】平移的性质． 【分析】利用平移的性质可以知∠B+∠C=∠EFG+∠EGF，然后根据三角形内角和定理在△EFG中

25、求得∠FEG=90． 【解答】解：∵AB，CD分别平移到EF和EG的位置后，∠B的对应角是∠EFG，∠C的对应角是∠EGF， 又∵∠B与∠C互余， ∴∠EFG与∠EGF互余， ∴在△EFG中，∠FEG=90（三角形内角和定理）， ∴△EFG为Rt△EFG， 故答案是：直角． 【点评】本题考查了平移的性质，对应线段平行（或共线）且相等，对应角相等，对应点所连接的线段平行且相等． 　 15．如图，把Rt△ABC绕点A逆时针旋转40，得到Rt△AB′C′，点C′恰好落在边AB上，连接BB′，则∠BB′C′=　20　度． 【考点】旋转的性质． 【分析】根据旋转的性质可得AB=

26、AB′，∠BAB′=40，然后根据等腰三角形两底角相等求出∠ABB′，再利用直角三角形两锐角互余列式计算即可得解． 【解答】解：∵Rt△ABC绕点A逆时针旋转40得到Rt△AB′C′， ∴AB=AB′，∠BAB′=40， 在△ABB′中，∠ABB′=（180﹣∠BAB′）=（180﹣40）=70， ∵∠AC′B′=∠C=90， ∴B′C′⊥AB， ∴∠BB′C′=90﹣∠ABB′=90﹣70=20． 故答案为：20． 【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的两锐角互余，比较简单，熟记旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小得到等腰三角形是解题的关键．

27、 　 16．如图，将面积为5的△ABC沿BC方向平移至△DEF的位置，平移的距离是边BC长的两倍，那么图中的四边形ACED的面积为　15　． 【考点】平移的性质． 【分析】设点A到BC的距离为h，根据平移的性质用BC表示出AD、CE，然后根据三角形的面积公式与梯形的面积公式列式进行计算即可得解． 【解答】解：设点A到BC的距离为h，则S△ABC=BC•h=5， ∵平移的距离是BC的长的2倍， ∴AD=2BC，CE=BC， ∴四边形ACED的面积=（AD+CE）•h=（2BC+BC）•h=3BC•h=35=15． 故答案为：15． 【点评】本题考查了平移的性质，三角形的面积

28、，主要用了对应点间的距离等于平移的距离的性质． 　 17．如图，在平面直角坐标系中，将线段AB绕点A按逆时针方向旋转90后，得到线段AB′，则点B′的坐标为　（4，2）　． 【考点】坐标与图形变化-旋转． 【专题】几何变换． 【分析】画出旋转后的图形位置，根据图形求解． 【解答】解：AB旋转后位置如图所示． B′（4，2）． 【点评】本题涉及图形旋转，体现了新课标的精神，抓住旋转的三要素：旋转中心A，旋转方向逆时针，旋转角度90，通过画图得B′坐标． 　 18．如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置，旋转角为α（0＜α＜90），若∠1=110

29、，则∠α=　20　． 【考点】旋转的性质；矩形的性质． 【分析】根据矩形的性质得∠B=∠D=∠BAD=90，根据旋转的性质得∠D′=∠D=90，∠4=α，利用对顶角相等得到∠1=∠2=110，再根据四边形的内角和为360可计算出∠3=70，然后利用互余即可得到∠α的度数． 【解答】解：如图， ∵四边形ABCD为矩形， ∴∠B=∠D=∠BAD=90， ∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转得到矩形AB′C′D′， ∴∠D′=∠D=90，∠4=α， ∵∠1=∠2=110， ∴∠3=360﹣90﹣90﹣110=70， ∴∠4=90﹣70=20， ∴∠α=20． 故答案为：20．

30、 【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了矩形的性质． 　 三、解答题 19．（2013•淮安）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的两格中，点A、B、C都是格点． （1）将△ABC向左平移6个单位长度得到得到△A1B1C1； （2）将△ABC绕点O按逆时针方向旋转180得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2． 【考点】作图-旋转变换；作图-平移变换． 【分析】（1）将点A、B、C分别向左平移6个单位长度，得出对应点，即可得出△A1B1C1； （2）将点A、B、C分别绕点O按逆

31、时针方向旋转180，得出对应点，即可得出△A2B2C2． 【解答】解：（1）如图所示：△A1B1C1，即为所求； （2）如图所示：△A2B2C2，即为所求． 【点评】此题主要考查了图形的平移和旋转，根据已知得出对应点位置是解题关键． 　 20．（22分）（2013•河南）如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中∠C=90，∠B=∠E=30． （1）操作发现 如图2，固定△ABC，使△DEC绕点C旋转，当点D恰好落在AB边上时，填空： ①线段DE与AC的位置关系是　DE∥AC　； ②设△BDC的面积为S1，△AEC的面积为S2，则S1与S2的数量关

32、系是　S1=S2　． （2）猜想论证 当△DEC绕点C旋转到如图3所示的位置时，小明猜想（1）中S1与S2的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了△BDC和△AEC中BC、CE边上的高，请你证明小明的猜想． （3）拓展探究 已知∠ABC=60，点D是角平分线上一点，BD=CD=4，DE∥AB交BC于点E（如图4）．若在射线BA上存在点F，使S△DCF=S△BDE，请直接写出相应的BF的长． 【考点】全等三角形的判定与性质． 【专题】几何综合题；压轴题． 【分析】（1）①根据旋转的性质可得AC=CD，然后求出△ACD是等边三角形，根据等边三角形的性质可得∠ACD=60，然后根据

33、内错角相等，两直线平行解答； ②根据等边三角形的性质可得AC=AD，再根据直角三角形30角所对的直角边等于斜边的一半求出AC=AB，然后求出AC=BD，再根据等边三角形的性质求出点C到AB的距离等于点D到AC的距离，然后根据等底等高的三角形的面积相等解答； （2）根据旋转的性质可得BC=CE，AC=CD，再求出∠ACN=∠DCM，然后利用“角角边”证明△ACN和△DCM全等，根据全等三角形对应边相等可得AN=DM，然后利用等底等高的三角形的面积相等证明； （3）过点D作DF1∥BE，求出四边形BEDF1是菱形，根据菱形的对边相等可得BE=DF1，然后根据等底等高的三角形的面积相等可知点F

34、1为所求的点，过点D作DF2⊥BD，求出∠F1DF2=60，从而得到△DF1F2是等边三角形，然后求出DF1=DF2，再求出∠CDF1=∠CDF2，利用“边角边”证明△CDF1和△CDF2全等，根据全等三角形的面积相等可得点F2也是所求的点，然后在等腰△BDE中求出BE的长，即可得解． 【解答】解：（1）①∵△DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上， ∴AC=CD， ∵∠BAC=90﹣∠B=90﹣30=60， ∴△ACD是等边三角形， ∴∠ACD=60， 又∵∠CDE=∠BAC=60， ∴∠ACD=∠CDE， ∴DE∥AC； ②∵∠B=30，∠C=90， ∴CD=AC=A

35、B， ∴BD=AD=AC， 根据等边三角形的性质，△ACD的边AC、AD上的高相等， ∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等）， 即S1=S2； 故答案为：DE∥AC；S1=S2； （2）如图，∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到， ∴BC=CE，AC=CD， ∵∠ACN+∠BCN=90，∠DCM+∠BCN=180﹣90=90， ∴∠ACN=∠DCM， ∵在△ACN和△DCM中， ， ∴△ACN≌△DCM（AAS）， ∴AN=DM， ∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等）， 即S1=S2； （3）如图

36、，过点D作DF1∥BE，易求四边形BEDF1是菱形， 所以BE=DF1，且BE、DF1上的高相等， 此时S△DCF1=S△BDE； 过点D作DF2⊥BD， ∵∠ABC=60，F1D∥BE， ∴∠F2F1D=∠ABC=60， ∵BF1=DF1，∠F1BD=∠ABC=30，∠F2DB=90， ∴∠F1DF2=∠ABC=60， ∴△DF1F2是等边三角形， ∴DF1=DF2， ∵BD=CD，∠ABC=60，点D是角平分线上一点， ∴∠DBC=∠DCB=60=30， ∴∠CDF1=180﹣∠BCD=180﹣30=150， ∠CDF2=360﹣150﹣60=150， ∴∠CD

37、F1=∠CDF2， ∵在△CDF1和△CDF2中， ， ∴△CDF1≌△CDF2（SAS）， ∴点F2也是所求的点， ∵∠ABC=60，点D是角平分线上一点，DE∥AB， ∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=60=30， 又∵BD=4， ∴BE=4cos30=2=， ∴BF1=，BF2=BF1+F1F2=+=， 故BF的长为或． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的面积，等边三角形的判定与性质，直角三角形30角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟练掌握等底等高的三角形的面积相等，以及全等三角形的面积相等是解题的关键，（3）要注意符合条件的点F有两个． 　

38、 21．对数轴上的点P进行如下操作：先把点P表示的数乘以，再把所得数对应的点向右平移1个单位，得到点P的对应点P′，点A，B在数轴上，对线段AB上的每个点进行上述操作后得到线段A′B′，其中点A，B的对应点分别为A′，B′，如图，若点A表示的数是﹣3，则点A′表示的数是　0　；若点B′表示的数是2，则点B表示的数是　3　．已知线段AB上的点E经过上述操作后得到的对应点E′与点E重合，则点E表示的数是　1.5　． 【考点】数轴． 【分析】根据题目规定，以及数轴上的数向右平移用加计算即可求出点A′，设点B表示的数为a，根据题意列出方程求解即可得到点B表示的数，设点E表示的数为b，根据题意列

39、出方程计算即可得解． 【解答】解：点A′：﹣3+1=﹣1+1=0， 设点B表示的数为a，则a+1=2， 解得a=3， 设点E表示的数为b，则b+1=b， 解得b=1.5． 故答案为：0，3，1.5． 【点评】本题考查了数轴，数轴上点右边的总比左边的大的性质，读懂题目信息是解题的关键． 　 22．如图，在平面直角坐标系xOy中，对正方形ABCD及其内部的每个点进行如下操作：把每个点的横、纵坐标都乘以同一种实数a，将得到的点先向右平移m个单位，再向上平移n个单位（m＞0，n＞0）．得到正方形A′B′C′D′及其内部的点，其中点A、B的对应点分别为A′，B′．已知正方形ABCD内部的一个点F经过上述操作后得到的对应点F′与点F重合，求点F的坐标． 【考点】二元一次方程组的应用；坐标与图形变化-平移． 【分析】首先根据点A到A′，B到B′的点的坐标可得方程组；，解可得a、m、n的值，设F点的坐标为（x，y），点F′点F重合可列出方程组，再解可得F点坐标． 【解答】解：由点A到A′，可得方程组 ； 由B到B′，可得方程组， 解得， 设F点的坐标为（x，y），点F′点F重合得到方程组， 解得， 即F（1，4）． 【点评】此题主要考查了二元一次方程组的应用，关键是正确理解题意，根据点的坐标列出方程组． 　  第26页（共26页）