第七章 图形的变化（提升卷）（解析版）

第七章图形的变化章节测试(时间：90分钟满分：120分)一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1.下列垃圾分类标志分别是厨余垃圾、有害垃圾、其他垃圾和可回收物，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；故选：B．【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．2.下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；

B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；

C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；

D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；

故选：D．【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．3.如图，在中，，将绕点C逆时针旋转得到，点A，B的对应点分别为D，E，连接．当点A，D，E在同一条直线上时，下列结论一定正确的是（）

A． B． C． D．【答案】D【分析】由旋转可知，即可求出，由于，则可判断，即A选项错误；由旋转可知，由于，即推出，即B选项错误；由三角形三边关系可知，即可推出，即C选项错误；由旋转可知，再由，即可证明为等边三角形，即推出．即可求出，即证明，即D选项正确；【详解】由旋转可知，∵点A，D，E在同一条直线上，∴，∵，∴，故A选项错误，不符合题意；由旋转可知，∵为钝角，∴，∴，故B选项错误，不符合题意；∵，∴，故C选项错误，不符合题意；由旋转可知，∵，∴为等边三角形，∴．∴，∴，故D选项正确，符合题意；故选D．【点睛】本题考查旋转的性质，三角形三边关系，等边三角形的判定和性质以及平行线的判定．利用数形结合的思想是解答本题的关键．4.如图，在小正三角形组成的网格中，已有6个小正三角形涂黑，还需涂黑n个小正三角形，使它们与原来涂黑的小正三角形组成的新图案恰有三条对称轴，则n的最小值为A．10 B．6 C．3 D．2【答案】C【解析】如图所示，n的最小值为3，故选C．【名师点睛】本题主要考查利用轴对称设计图案，解题的关键是掌握常见图形的性质和轴对称图形的性质．5.四盏灯笼的位置如图．已知A，B，C，D的坐标分别是(−1，b)，(1，b)，(2，b)，(3.5，b)，平移y轴右侧的一盏灯笼，使得y轴两侧的灯笼对称，则平移的方法可以是（）A．将B向左平移4.5个单位 B．将C向左平移4个单位C．将D向左平移5.5个单位 D．将C向左平移3.5个单位【答案】C【分析】直接利用利用关于y轴对称点的性质得出答案．【详解】解：∵点A(−1，b)关于y轴对称点为B(1，b)，C(2，b)关于y轴对称点为(-2，b)，需要将点D(3.5，b)向左平移3.5+2=5.5个单位，故选：C．【点睛】本题主要考查了关于y轴对称点的性质，正确记忆横纵坐标的关系是解题关键．6.在平面直角坐标系中，等边如图放置，点的坐标为，每一次将绕着点逆时针方向旋转，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转后得到，第二次旋转后得到，…，依次类推，则点的坐标为（）A． B．C． D．【答案】C【分析】由题意，点A每6次绕原点循环一周，利用每边扩大为原来的2倍即可解决问题．【详解】解：由题意，点A每6次绕原点循环一周，，点在第四象限，，，点的横坐标为，纵坐标为，，故选：C．【点睛】本题考查坐标与图形变化旋转，规律型问题，解题的关键是理解题意，学会探究规律的方法，属于中考常考题型．7.如图，在菱形OABC中，点B在x轴上，点A的坐标为（2，2)，将菱形绕点O旋转，当点A落在x轴上时，点C的对应点的坐标为（）A．或 B．C． D．或【答案】D【解析】【分析】如图所示，过点A作AE⊥x轴于点E，根据题意易得△AOB为等边三角形，在旋转过程中，点A有两次落在x轴上，当点A落在x轴正半轴时，点C落在点C′位置，利用旋转的性质和菱形的性质求解，当A落在x轴负半轴时，点C落在点C′′位置，易证此时C′′与点A重合，即可求解．【详解】解：如图所示，过点A作AE⊥x轴于点E，则，OA=，∴∠AOE=60°，∵四边形ABCD是菱形，∴△AOB是等边三角形，当A落在x轴正半轴时，点C落在点C′位置，此时旋转角为60°，∵∠BOC=60°，∠COF=30°，∴∠C′OF=60°-30°=30°，∵OC′=OA=4，∴OF=，C′F=，∴C′（），当A落在x轴负半轴时，点C落在点C′′位置，∵∠AOC=∠AOC+∠BOC=120°，∴∠A′′OC=120°，∠GOC′=30°又∵OA=OC′′，∴此时C′′点A重合，CC′′，综上，点C的对应点的坐标为或，故答案为：D．【点睛】本题考查菱形的性质，解直角三角形和旋转的性质，解题的关键是根据题意，分析点A的运动情况，分情况讨论．8.如图，中，，将沿DE翻折，使点A与点B重合，则CE的长为（）A． B．2 C． D．【答案】D【分析】先在RtABC中利用勾股定理计算出AB=10，再利用折叠的性质得到AE=BE，AD=BD=5，设AE=x，则CE=AC-AE=8-x，BE=x，在Rt△BCE中根据勾股定理可得到x2=62+（8-x）2，解得x，可得CE．【详解】解：∵∠ACB=90°，AC=8，BC=6，∴AB==10，∵△ADE沿DE翻折，使点A与点B重合，∴AE=BE，AD=BD=AB=5，设AE=x，则CE=AC-AE=8-x，BE=x，在Rt△BCE中∵BE2=BC2+CE2，∴x2=62+（8-x）2，解得x=，∴CE==，故选：D．【点睛】本题考查了折叠的性质：折叠前后两图象全等，即对应角相等，对应边相等．也考查了勾股定理．9.在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，则该抛物线关于点成中心对称的抛物线的表达式为（）A． B．C． D．【答案】A【分析】先求出C点坐标，再设新抛物线上的点的坐标为（x,y），求出它关于点C对称的点的坐标，代入到原抛物线解析式中去，即可得到新抛物线的解析式．【详解】解:当x=0时，y=5，∴C（0,5）；设新抛物线上的点的坐标为（x,y），∵原抛物线与新抛物线关于点C成中心对称，由，；∴对应的原抛物线上点的坐标为；代入原抛物线解析式可得：，∴新抛物线的解析式为：；故选：A．【点睛】本题综合考查了求抛物线上点的坐标、中心对称在平面直角坐标系中的运用以及求抛物线的解析式等内容，解决本题的关键是设出新抛物线上的点的坐标，求出其在原抛物线上的对应点坐标，再代入原抛物线解析式中求新抛物线解析式，本题属于中等难度题目，蕴含了数形结合的思想方法等．10.如图．将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形，．当AC平分时，与满足的数量关系是（）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据菱形的性质可得AB=AC，根据等腰三角形的性质可得∠BAC=∠BCA=，根据旋转的性质可得∠CAC′=∠BAB′=，根据AC平分可得∠B′AC=∠CAC=，即可得出，可得答案．【详解】∵四边形ABCD是菱形，，∴AB=AC，∴∠BAC=∠BCA==，∵将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形，∴∠CAC′=∠BAB′=，∵AC平分，∴∠B′AC=∠CAC=，∴∠BAC=∠B′AC+∠BAB′=2=，∴，故选；C．【点睛】本题考查旋转的性质及菱形的性质，熟练掌握相关性质并正确找出旋转角是解题关键．二、填空题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）11.如图，三角形纸片ABC中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，BF＝4，CF＝6，将这张纸片沿直线DE翻折，点A与点F重合．若DE∥BC，AF＝EF，则四边形ADFE的面积为__________．【答案】【分析】根据折叠的性质得到DE为的中位线，利用中位线定理求出DE的长度，再解求出AF的长度，即可求解．【详解】解：∵将这张纸片沿直线DE翻折，点A与点F重合，∴DE垂直平分AF，，，，∵DE∥BC，∴，，，∴，∴，∴，即D为AB的中点，∴DE为的中位线，∴，∵AF＝EF，∴是等边三角形，在中，，，∴，∴，∴四边形ADFE的面积为，故答案为：．【点睛】本题考查解直角三角形、中位线定理、折叠的性质等内容，掌握上述基本性质定理是解题的关键．12.如图，将边长为1的正方形绕点顺时针旋转到的位置，则阴影部分的面积是______________；

【答案】【分析】交于点，连接；根据全等三角形性质，通过证明，得；结合旋转的性质，得；根据三角函数的性质计算，得，结合正方形和三角形面积关系计算，即可得到答案．【详解】解：如图，交于点，连接

根据题意，得：，∵∴∴∵正方形绕点顺时针旋转到∴，∴∴∴∴∴∴阴影部分的面积故答案为：．【点睛】本题考查了正方形、全等三角形、旋转、三角函数的知识；解题的关键是熟练掌握正方形、全等三角形、旋转、三角函数的性质，从而完成求解．13.如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠A＝30°，AC＝8，点D在AB上，且BD＝，点E在BC上运动．将△BDE沿DE折叠，点B落在点B′处，则点B′到AC的最短距离是_____．【答案】【解析】【分析】如图，过点D作DH⊥AC于H，过点B′作B′J⊥AC于J．在Rt△ACB中，根据三角函数知识可得DB′+B′J≥DH，DB′＝DB＝，当D，B′，J共线时，B′J的值最小，此时求出DH，DB′，即可解决问题．【详解】解：如图，过点D作DH⊥AC于H，过点B′作B′J⊥AC于J．在Rt△ACB中，∵∠ABC＝90°，AC＝8，∠A＝30°，∴AB＝AC•cos30°＝4，∵BD＝，∴AD＝AB﹣BD＝3，∵∠AHD＝90°，∴DH＝AD＝，∵B′D+B′J≥DH，DB′＝DB＝，∴B′J≥DH﹣DB′，∴B′J≥，∴当D，B′，J共线时，B′J的值最小，最小值为；故答案为．【点睛】本题主要考查了图形的折叠，特殊锐角三角函数的知识．14.如图，射线、互相垂直，，点位于射线的上方，且在线段的垂直平分线上，连接，．将线段绕点按逆时针方向旋转得到对应线段，若点恰好落在射线上，则点到射线的距离______．

【答案】【分析】添加辅助线，连接，过点作交ON与点P．根据旋转的性质，得到，在和中，，根据三角函数和已知线段的长度求出点到射线的距离．【详解】如图所示，连接，过点作交ON与点P．

∵线段绕点按逆时针方向旋转得到对应线段∴，∴即∵点在线段的垂直平分线上∴，∵∴∴∴【点睛】本题主要考查旋转的性质和三角函数．对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心所连的线段的夹角等于旋转角，旋转前、后的图形全等．15.如图，将Rt△ABC的斜边AB绕点A顺时针旋转α（0°<α<90°）得到AE，直角边AC绕点A逆时针旋转β（0°<β<90°）得到AF，连接EF．若AB=3，AC=2，且α+β=∠B，则EF=__________．【答案】【解析】由旋转的性质可得AE=AB=3，AC=AF=2，∵∠B+∠BAC=90°，且α+β=∠B，∴∠BAC+α+β=90°，∴∠EAF=90°，∴EF==，故答案为：．【名师点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，灵活运用旋转的性质是本题的关键．16.如图，将绕点A逆时针旋转到的位置，使点落在上，与交于点E，若，则的长为________．【答案】【分析】过点C作CM//交于点M，证明求得，根据AAS证明可求出CM=1，再由CM//证明△，由相似三角形的性质查得结论．【详解】解：过点C作CM//交于点M，∵平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转得到平行四边形∴，，∴，∴∴∵∴∴∴∠∵∴∵∴∠∵，∴∴∠∴∠在和中，∴∴∵∴△∴∴∴故答案为：．【点睛】此题主要考查了旋转的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解答本题的关键．17.如图，点P是正方形ABCD内一点，且点P到点A、B、C的距离分别为则正方形ABCD的面积为________【答案】【解析】【分析】如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．首先证明∠PMC=90°，推出∠CMB=∠APB=135°，推出A，P，M共线，利用勾股定理求出AB2即可．【详解】解：如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．

∵BP=BM=，∠PBM=90°，

∴PM=PB=2，

∵PC=4，PA=CM=2，

∴PC2=CM2+PM2，

∴∠PMC=90°，

∵∠BPM=∠BMP=45°，

∴∠CMB=∠APB=135°，

∴∠APB+∠BPM=180°，

∴A，P，M共线，

∵BH⊥PM，

∴PH=HM，

∴BH=PH=HM=1，

∴AH=2+1，

∴AB2=AH2+BH2=（2+1）2+12=14+4，

∴正方形ABCD的面积为14+4．故答案为14+4．【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题．18.如图，已知正方形ABCD边长为1，E为AB边上一点，以点D为中心，将按逆时针方向旋转得，连接EF，分別交BD，CD于点M，N．若，则__________．【答案】【分析】过点E作EP⊥BD于P，将∠EDM构造在直角三角形DEP中，设法求出EP和DE的长，然后用三角函数的定义即可解决．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥DC，∠A=∠BCD=∠ADC=90°，AB=BC=CD=DA=1，．∵△DAE绕点D逆时针旋转得到△DCF，∴CF=AE，DF=DE，∠EDF=∠ADC=90°．设AE=CF=2x，DN=5x，则BE=1-2x，CN=1-5x，BF=1+2x．∵AB∥DC，∴．

∴．∴．整理得，．解得，，（不合题意，舍去）．∴．∴．过点E作EP⊥BD于点P，如图所示，

设DP=y，则．∵，∴．解得，．∴．∴在Rt△DEP中，．即．

故答案为：【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数、方程的数学思想等知识点，熟知各类图形的性质与判定是解题的基础，构造直角三角形，利用锐角三角函数的定义是解题的关键．20.如图，在平面直角坐标系中，轴，垂足为，将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点落在直线上，再将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点也落在直线上，以此进行下去……若点的坐标为，则点的纵坐标为______．【答案】【分析】计算出△AOB的各边，根据旋转的性质，求出OB1，B1B3，，得出规律，求出OB21，再根据一次函数图像上的点求出点B21的纵坐标即可．【详解】解：∵AB⊥y轴，点B（0，3），∴OB=3，则点A的纵坐标为3，代入，得：，得：x=-4，即A（-4，3），∴OB=3，AB=4，OA==5，由旋转可知：OB=O1B1=O2B1=O2B2=…=3，OA=O1A=O2A1=…=5，AB=AB1=A1B1=A2B2=…=4，∴OB1=OA+AB1=4+5=9，B1B3=3+4+5=12，∴OB21=OB1+B1B21=9+（21-1）÷2×12=129，设B21（a，），则OB21=，解得：或（舍），则，即点B21的纵坐标为，故答案为：．【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，旋转以及直角三角形的性质，求出△OAB的各边，计算出OB21的长度是解题的关键．三、解答题（本大题共6小题，共66分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）21.如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，△OAB的三个顶点O（0，0）、A（4，1）、B（4，4）均在格点上．（1）画出△OAB关于y轴对称的△OA1B1，并写出点A1的坐标；（2）画出△OAB绕原点O顺时针旋转90°后得到的△OA2B2，并写出点A2的坐标；（3）在（2）的条件下，求线段OA在旋转过程中扫过的面积（结果保留π）．【解析】（1）如下图所示，点A1的坐标是（–4，1）；（2）如下图所示，点A2的坐标是（1，–4）；（3）∵点A（4，1），∴OA=，∴线段OA在旋转过程中扫过的面积是：=．【名师点睛】本题考查简单作图、扇形面积的计算、轴对称、旋转变换，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．22.在中，，将绕点B顺时针旋转得到，其中点A，C的对应点分别为点，．（1）如图1，当点落在的延长线上时，求的长；（2）如图2，当点落在的延长线上时，连接，交于点M，求的长；（3）如图3，连接，直线交于点D，点E为的中点，连接．在旋转过程中，是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）；（3）存在，最小值为1【分析】（1）根据题意利用勾股定理可求出AC长为4．再根据旋转的性质可知，最后由等腰三角形的性质即可求出的长．（2）作交于点D，作交于点E．由旋转可得，．再由平行线的性质可知，即可推出，从而间接求出，．由三角形面积公式可求出．再利用勾股定理即可求出，进而求出．最后利用平行线分线段成比例即可求出的长．（3）作且交延长线于点P，连接．由题意易证明，，，即得出．再由平行线性质可知，即得出，即可证明，由此即易证，得出，即点D为中点．从而证明DE为的中位线，即．即要使DE最小，最小即可．根据三角形三边关系可得当点三点共线时最小，且最小值即为，由此即可求出DE的最小值．【详解】（1）在中，．根据旋转性质可知，即为等腰三角形．∵，即，∴，∴．（2）如图，作交于点D，作交于点E．由旋转可得，．∵，∴，∴，∴，．∵，即，∴．在中，，∴．∴．∵，∴，即，∴．（3）如图，作且交延长线于点P，连接．∵，∴，∵，即，又∵，∴．∵，∴，∴，∴，∴．∴在和中，∴，∴，即点D为中点．∵点E为AC中点，∴DE为的中位线，∴，即要使DE最小，最小即可．根据图可知，即当点三点共线时最小，且最小值为．∴此时，即DE最小值为1．【点睛】本题为旋转综合题．考查旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，平行线分线段成比例，全等三角形的判定和性质，中位线的判定和性质以及三角形三边关系，综合性强，为困难题．正确的作出辅助线为难点也是解题关键．23.已知在ABC中，O为BC边的中点，连接AO，将AOC绕点O顺时针方向旋转（旋转角为钝角），得到EOF，连接AE，CF．（1）如图1，当∠BAC＝90°且AB＝AC时，则AE与CF满足的数量关系是；（2）如图2，当∠BAC＝90°且AB≠AC时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；（3）如图3，延长AO到点D，使OD＝OA，连接DE，当AO＝CF＝5，BC＝6时，求DE的长．【答案】（1）；（2）成立，证明见解析；（3）【分析】（1）结论．证明，可得结论．（2）结论成立．证明方法类似（1）．（3）首先证明，再利用相似三角形的性质求出，利用勾股定理求出即可．【详解】解：（1）结论：．理由：如图1中，，，，，，，，，，，．（2）结论成立．理由：如图2中，，，，，，，，，．（3）如图3中，由旋转的性质可知，，，，，，，，，，，，，．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．24.已知：如图①，将一块45°角的直角三角板与正方形的一角重合，连接，点M是的中点，连接．（1）请你猜想与的数量关系是__________．（2）如图②，把正方形绕着点D顺时针旋转角（）．①与的数量关系是否仍成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（温馨提示：延长到点N，使，连接）②求证：；③若旋转角，且，求的值．（可不写过程，直接写出结果）【答案】（1）AF=2DM（2）①成立，理由见解析②见解析③【解析】【分析】（1）根据题意合理猜想即可；（2）①延长到点N，使，连接，先证明△MNC≌△MDE，再证明△ADF≌△DCN，得到AF=DN，故可得到AF=2DM；②根据全等三角形的性质和直角的换算即可求解；③依题意可得∠AFD=∠EDM=30°，可设AG=k,得到DG,AD,FG,ED的长，故可求解．【详解】（1）猜想与的数量关系是AF=2DM，故答案为：AF=2DM；（2）①AF=2DM仍然成立，理由如下：延长到点N，使，连接，∵M是CE中点，∴CM=EM又∠CMN=∠EMD，∴△MNC≌△MDE∴CN=DE=DF,∠MNC=∠MDE∴CN∥DE，又AD∥BC∴∠NCB=∠EDA∴△ADF≌△DCN∴AF=DN∴AF=2DM②∵△ADF≌△DCN∴∠NDC=∠FAD，∵∠CDA=90°，∴∠NDC+∠NDA=90°∴∠FAD+∠NDA=90°∴AF⊥DM③∵，∴∠EDC=90°-45°=45°∵，∴∠EDM=∠EDC=30°，∴∠AFD=30°过A点作AG⊥FD的延长线于G点，∴∠ADG=90°-45°=45°∴△ADG是等腰直角三角形，设AG=k,则DG=k，AD=AG÷sin45°=k，FG=AG÷tan30°=k，∴FD=ED=k-k故=．【点睛】此题主要考查四边形综合，解题的关键是熟知正方形的性质、旋转的特点、全等三角形的判定与性质及三角函数的运用．25.如图1，点B在线段上，Rt△≌Rt△，，，．（1）点F到直线的距离是_________；（2）固定△，将△绕点C按顺时针方向旋转30°，使得与重合，并停止旋转．①请你在图1中用直尺和圆规画出线段经旋转运动所形成的平面图形（用阴影表示，保留画图痕迹，不要求写画法）该图形的面积为_________；②如图2，在旋转过程中，线段与交于点O，当时，求的长．【答案】（1）1；（2）；（3）【解析】【分析】（1）根据直角三角形的性质和全等三角形的性质可得∠ACF=∠ECF=30°，即CF是∠ACB的平分线，然后根据角平分线的性质可得点F到直线的距离即为EF的长，于是可得答案；（2）①易知E点和F点的运动轨迹是分别以CF和CE为半径、圆心角为30°的圆弧，据此即可画出旋转后的平面图形；在图3中，先解Rt△CEF求出CF和CE的长，然后根据S阴影=（S△CEF+S扇形ACF）－（S△ACG+S扇形CEG）即可求出阴影面积；②作EH⊥CF于点H，如图4，先解Rt△EFH求出FH和EH的长，进而可得CH的长，设OH=x，则CO和OE2都可以用含x的代数式表示，然后在Rt△BOC中根据勾股定理即可得出关于x的方程，解方程即可求出x的值，进一步即可求出结果．【详解】解：（1）∵，，∴∠ACB=60°，∵Rt△≌Rt△，∴∠ECF=∠BAC=30°，EF=BC=1，∴∠ACF=30°，∴∠ACF=∠ECF=30°，∴CF是∠ACB的平分线，∴点F到直线的距离=EF=1；故答案为：1；（2）①线段经旋转运动所形成的平面图形如图3中的阴影所示：在Rt△CEF中，∵∠ECF=30°，EF=1，∴CF=2，CE=，由旋转的性质可得：CF=CA=2，CE=CG=，∠ACG=∠ECF=30°，∴S阴影=（S△CEF+S扇形ACF）－（S△ACG+S扇形CEG）=S扇形ACF－S扇形CEG=；故答案为：；②作EH⊥CF于点