八年级数学下册试题 第3章《图形的平移与旋转》综合测试卷-北师大版（含解析）

第3章《图形的平移与旋转》综合测试卷一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1．已知点A（x1，y1）与点B（x2，y2）关于原点对称，若x1A．2 B．12 C．−122．河北博物院开放“蔚县剪纸”等三个展厅，通过现场操作等多种形式，让市民体验传统技艺，某市民将一个正方形彩纸依次按如图1，如图2所示的方式对折，然后沿图3中的虚线裁剪，则将图3的彩纸展开铺平后的图案是（

）A． B． C． D．3．如图，在三角形ABC中，BC=6cm，将三角形ABC以每秒1cm的速度沿BC向右平移，得到三角形DEF，设平移时间为t秒(t<6)，若在B，E，C三个点中，一个点到另外两个点的距离存在2倍的关系，则下列三人的说法：甲：“有两种情况，t的值为2或3．”乙：“有三种情况，t的值为2或3或4．”丙：“有四种情况，t的值为2或A．甲 B．乙 C．丙 D．无法判断4．等腰Rt△ABC，∠BAC=90°，AB=AC=5，∠BPC=∠APC=135°，则CP=（

A．3 B．10 C．23 5．如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C的坐标分别为2,0，0,2，−2,0．一个电动玩具从原点O出发，第一次跳跃到点P1，使得点P1与点O关于点A成中心对称；第二次跳跃到点P2，使得点P2与点P1关于点B成中心对称；第三次跳跃到点P3，使得点P3与点P2关于点C成中心对称；第四次跳跃到点P4，使得点PA．−4,0 B．4,0 C．4,4 D．0,−46．如图，在锐角△ABC中，∠BAC=60°，将△ABC沿着射线BC方向平移得到△A′B′C′（平移后点A，B，C的对应点分别是点A′，B′，C′)，连接CA．20° B．40° C．80° D．120°7．将图①中周长为40的长方形纸片剪成1号、2号、3号、4号正方形和5号长方形，并将它们按图②的方式放入周长58的长方形中，则没有覆盖的阴影部分的周长为（）A．44 B．48 C．46 D．508．平面直角坐标系中，我们把横、纵坐标都是整数，且横、纵坐标之和大于0的点称为“和点”．将某“和点”平移，每次平移的方向取决于该点横、纵坐标之和除以3所得的余数（当余数为0时，向右平移；当余数为1时，向上平移；当余数为2时，向左平移），每次平移1个单位长度．例：“和点”P2,1按上述规则连续平移3次后，到达点P3若“和点”Q按上述规则连续平移16次后，到达点Q16−1,9，则点A．6,1或7,1 B．15,−7或8,0 C．6,0或8,0 D．5,19．如图，在等边三角形ABC中，在AC边上取两点M、N，使∠MBN=30°．若AM=m，MN=x，CN=n，则以A．锐角三角形 B．直角三角形C．钝角三角形 D．随x，10．把一副三角板如图①放置，其中∠ACB=∠DEC=90°，∠A=45°，∠D=30°，斜边AB=4，CD=5，把三角板DCE绕点C顺时针旋转15°得到△D1CE1（如图②），此时AB与CD1A．4 B．5 C．22 D．二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）11．如图所示是一个坐标方格盘，你可操纵一只遥控机器蛙在方格盘上进行跳步游戏，机器蛙每次跳步只能按如下两种方式（第一种：向上、下、左、右可任意跳动1格或3格；第二种跳到关于原点的对称点上）中的一种进行．若机器蛙在点A−5,4，现欲操纵它跳到点B2,−3，请问机器蛙至少要跳12．把18个边长都为1的等边三角形如图拼接成平行四边形，且其中6个涂上了阴影现在，可以旋转、翻折或平移某一个阴影等边三角形到某一个空白的等边三角形处，使新构成的阴影部分图案是轴对称图形，共可得种轴对称图形．13．已知Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3,BC=4，若△ABC沿射线BC方向平移m个单位得到△DEF，顶点A，B，C分别与顶点D，E，F对应，若以点A，D，E为顶点的三角形是等腰三角形，则m的值是14．如图，△ABC为等边三角形，D为平面内一点，连接AD，将AD绕点D顺时针旋转60°，得到线段DE，连BD，CE．当∠DAC=30°，AB=23，AD=4时，CE=15．如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠C=30°，点D是线段BC上的动点，将线段AD绕点A顺时针旋转60°至AD′，连接BD′，若AB=2，若16．如图，在△ABC中，∠ACB=60°，CD是AB边上的中线且CD=3，点E是△ABC内的一点，满足∠CEA=∠AEB=∠BEC=120°．则EA+EB+EC的值为．三．解答题（共8小题，满分72分）17．（6分）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB与x轴、y轴分别交于点A和点B点，其中点A、点B的坐标分别为A(a,0)、B(0,b)，且a、b满足|a+3|+b−4(1)求A、B两点的坐标．(2)将点A向左平移2个单位长度，再向上平移4个单位长度，得到对应点C，连接AC、BC，若点D在y轴上，使S△ABD=2S(3)在（2）问条件下，点M是直线OB上的一点，连接AM，作点B关于直线AM的对称点B1，当点B1恰好落在x轴上时，求18．（6分）在如图所示的小正方形网格中，A，B，C，M，P，Q均为小正方形的顶点，仅用无刻度的直尺完成下列作图，作图过程用虚线表示，作图结果用实线表示：(1)图1中，作△ABC关于点M中心对称的三角形△A(2)图2中，F是网格线上的一点，连接BF，根据网格特点在图中标出BF的中点D，将线段AB平移得到线段EF，点A的对应点为点F；(3)图3中，A5,2，B6,5，P4,4，Q1,5，线段AB绕着点G旋转90°可以得到线段PQ，直接写出旋转中心G19．（8分）在Rt△ACB中，∠ACB=90°，AC=BC，D为AB上一点，连接CD，将CD绕C点逆时针旋转90°至CE，连接DE，过C作CF⊥DE交AB于F(1)求证：AD=BE；(2)求证：AD(3)若∠ACD=15°，CD=3+1，求20．（8分）在数学活动课上，王老师要求学生将图1所示的3×3正方形方格纸，剪掉其中两个方格，使之成为轴对称图形．规定：凡通过旋转能重合的图形视为同一种图形，如图2的四幅图就视为同一种设计方案（阴影部分为要剪掉部分）请在图中画出4种不同的设计方案，将每种方案中要剪掉的两个方格涂黑（每个3×3的正方形方格画一种，例图除外）21．（10分）在△ABC中，∠BAC=60°，∠ABC=90°，点D在射线CA上，点E在射线AB上，ED=EC，设∠DEC=α°．(1)当α=30°时，求∠AEC的度数；(2)如图1，当D在线段AC上时，求证：BE=AB+AD；(3)若AB=3，将点A绕着点E顺时针旋转α°得到A′，直线A′D与直线AB相交于点F，当△AFD22．（10分）如图所示，在Rt△ABC中，∠C=90∘，AC=1，BC=3，点O为Rt△ABC内一点，连接AO、BO（1）以点B为旋转中心，将△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′O′B（得到A、O（2）在（1）的条件下，求∠A′BC23．（12分）在平面直角坐标系xOy中，对于图形M和图形N，给出如下定义：将图形M关于直线x=t对称得到的图形记为M′，将图形M′关于第一、三象限角平分线对称的图形记为M″，若图形M″与图形N有公共点，则称图形例如，如图1，已知点M−2,5，N5,2，点M关于直线x=0对称得到点M′2,5，图形M′关于第一、三象限角平分线对称的图形记为M″5,2

已知平面直角坐标系xOy中，有A2,1，B6,1，C4,3，D(1)如图2，当t=1时，①点A经过两次对称后的点A″②P−1,4，Q2,3这两个点中，点______是(2)如图3，当t=−1时，①线段DE______（填“是”或“不是”）△ABC②若将△ABC向左平移m个单位，满足△ABC是线段DE的“跳跃对称图形”，求24．（12分）（1）问题：如图1，在Rt△ABC中，∠BAC=90°,AB=AC，D为BC边上一点（不与点B，C重合），连接AD，过点A作AE⊥AD，并满足AE=AD，连接CE．则线段BD和线段CE（2）探索：如图2，当D点为BC边上一点（不与点B，C重合），Rt△ABC与Rt△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°,AB=AC,AD=AE．试探索（3）拓展：如图3，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°，若BD=3，CD=1，请求出线段AD的长．参考答案一．选择题1．D【分析】首先根据关于原点对称的点的坐标特点:两个点关于原点对称时,它们的坐标符号相反可得x2，y【详解】解:∵A（x1，y1）与点B（x2∴x2=-x1，y2∵x1+y∴x2+y2=-x1-y1=-(故选D.2．D【分析】一种方法是找一张正方形的纸按图1，图2中方式依次对折后，再沿图3中的虚线裁剪，最后将纸片打开铺平所得的图案，另一种方法是看折的方式及剪的位置，找出与选项中的哪些选项不同，即可得出正确答案．【详解】在两次对折的时，不难发现是又折成了一个正方形，第一次剪的是在两次对折的交点处，剪一扇形，会出现半圆，所以A，C肯定错误，第二次剪的是折成的小正方形的上面的一个圆形，会出现4个小圆，所以B肯定错误，故选D．3．B【分析】本题考查了图形的平移，一元一次方程的应用，先根据平移的性质得到BE=CF=tcm，分BE=2CE，CE=2BE，BC=2BE【详解】解：∵三角形ABC以每秒1cm的速度沿线段BC所在直线向右平移，所得图形对应为三角形DEF∴BE=CF=tcm当BE=2CE，即t=26−t，解得t=4当CE=2BE，即6−t=2t，解得t=2；当BC=2BE，即6=2t，解得t=3；综上所述，t的值为2或3或4，故选：B．4．B【分析】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质，正确作辅助线是解题的关键.将线段AP绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，连接PE,CE，则AE=AP，∠PAE=90°，得到∠APE=∠AEP=45°，可求出∠APB=90°，∠BAP=∠CAE，可证明△CAE≌△BAPSAS，得到∠AEC=∠APB=90°，可证明∠CPE=90°，∠PCE=∠PEC=45°，则PE=PC，得出CE2=2PC2，【详解】解：如图，将线段AP绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，连接PE,CE，∵AE=AP,∠PAE=90°，∴∠APE=∠AEP=45°，∵∠BAC=90°,AB=AC=5，∴∠BAC−∠CAP=∠PAE−∠CAP，∠ABC=∠ACB=45°，∴∠BAP=∠CAE，∵∠BPC=∠APC=135°，∴∠APB=360°−∠BPC−∠APC=90°，在△AEC和△APB中AE=AP∠CAE=∠BAP∴△AEC≌△APBSAS∴∠AEC=∠APB=90°，∴∠PEC=∠AEC−∠AEP=90°−45°=45°，∵∠APC=135°，∴∠EPC=∠APC−∠APE=135°−45°=90°，∴∠PCE=90°−∠PEC=90°−45°=45°，∴PE=PC，∴CE∵PC∴AE∵AE12∴PC=10或PC=−故选：B.5．B【分析】本题主要考查了中心对称及点的坐标的规律．根据题意，先求出前几次跳跃后P1、P2、P3、P4、P5、P【详解】解：由题意得：点P14,0、P2−4,4、P30,−4、P4∴点P的坐标的变化规律是6次一个循环，∵2023÷6=337...1∴点P2023的坐标是4,0故选：B．6．C【分析】本题考查了平行线的性质，一元一次方程的应用．根据△ABC的平移过程，分点B'在BC上和点B'在BC外两种情况，根据平移的性质得到AB∥A′B′【详解】解：第一种情况：如图，当点B′在BC上时，过点C作CG∵△A′B′∴AB∥∵CG∥∴CG∥①当∠ACA∴设∠CA′B∵CG∥∴∠ACG=∠BAC=60°，∵∠ACG=∠ACA∴2x+x=60°，解得：x=20°，∴∠ACA②当∠CA设∠CA′B∴∠ACG=∠BAC=60°，∵∠ACG=∠ACA∴x+1解得：x=40°，∴∠ACA第二种情况：当点B′在△ABC外时，过点C作CG∵△A′B′∴AB∥∵CG∥∴CG∥①当∠ACA设∠CA′B∴∠ACG=∠BAC=60°，∵∠ACA∴2x=x+60°，解得：x=60°，∴∠ACA②当∠CA由图可知，∠CA综上所述，∠ACA′=20°或40°故选：C．7．B【分析】此题考查整式加减的应用，平移的性质，利用平移的性质将不规则图形变化为规则图形进而求解，解题的关键是设出未知数，列代数式表示各线段进而解决问题．设1号正方形的边长为x，2号正方形的边长为y，则3号正方形的边长为x+y，4号正方形的边长为2x+y，5号长方形的长为3x+y，宽为y−x，根据图1中长方形的周长为40，求得x+y=5，根据图中长方形的周长为58，求得AB=18−3x−4y，根据平移得：没有覆盖的阴影部分的周长为四边形ABCD的周长=2(AB+AD)，计算即可得到答案．【详解】解：设1号正方形的边长为x，2号正方形的边长为y，则3号正方形的边长为x+y，4号正方形的边长为2x+y，5号长方形的长为3x+y，宽为y−x，由图1中长方形的周长为40，可得，y+2(x+y)+(2x+y)=20，解得：x+y=5，如图，∵图2中长方形的周长为58，∴AB+2(x+y)+2x+y+y−x=29，∴AB=29−3x−4y，根据平移得：没有覆盖的阴影部分的周长为四边形ABCD的周长，∴2(AB+AD)=2=2(29−x−y)=2×=48；故选：B．8．D【分析】本题考查了坐标内点的平移运动，熟练掌握知识点，利用反向运动理解是解决本题的关键．先找出规律若“和点”横、纵坐标之和除以3所得的余数为0时，先向右平移1个单位，之后按照向上、向左，向上、向左不断重复的规律平移，按照Q16的反向运动理解去分类讨论：①Q16先向右1个单位，不符合题意；②Q16先向下1个单位，再向右平移，当平移到第15次时，共计向下平移了8次，向右平移了7次，此时坐标为6,1，那么最后一次若向右平移则为7,1【详解】解：由点P32,2可知横、纵坐标之和除以3所得的余数为1，继而向上平移1个单位得到P42,3，此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为2，继而向左平移1个单位得到若“和点”Q按上述规则连续平移16次后，到达点Q16−1,9，则按照“和点”①Q16先向右1个单位得到Q150,9②Q16先向下1个单位得到Q15−1,8，此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为1，则应该向上平移1个单位得到Q16，故符合题意，那么点Q16先向下平移，再向右平移，当平移到第15次时，共计向下平移了8次，向右平移了7次，此时坐标为−1+7,9−8，即6,1故选：D．9．C【分析】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，将△ABM绕点B顺时针旋转60°得到△CBH，连接HN，则∠ABM=∠CBH，∠A=∠BCH=60°，BM=BH，AM=CH=m，可证△NBM≌△NBHSAS，得到MN=NH=x，又可得∠NCH=60°+60°=120°，即得到△NCH是以x【详解】解：将△ABM绕点B顺时针旋转60°得到△CBH，连接HN，则∠ABM=∠CBH，∠A=∠BCH=60°，BM=BH，AM=CH=m，∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=∠ACB=∠A=60°，∵∠MBN=30°，∴∠ABM+∠CBN=30°，∴∠NBH=∠CBH+∠CBN=30°，∴∠NBM=∠NBH，∵BM=BH，BN=BN，∴△NBM≌△NBHSAS∴MN=NH=x，∵∠BCH=∠A=60°，∴∠NCH=60°+60°=120°，又∵CH=m，∴△NCH是以x，故选：C．10．D【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点是解题关键．先求出∠ACD=30°，再根据旋转角可得∠ACD1=45°，可判定△ACO是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质求出AO=CO=12【详解】解：∵∠ACB=∠DEC=90°，∠D=30°∴∠DCE=90°−30°=60°∴∠ACD=∠ACB−∠DCE=90°−60°=30°∵DCE绕点C顺时针旋转15°得到△∴∠AC又∵∠CAB=45°∴∠AOC=180°−∠CAB−∠AC∴△ACO是等腰直角三角形∴AO=CO又∵AC=BC，CO⊥AB，AB=5∴AO=BO=∵C∴O在Rt△AOD∴A故选：D．二．填空题11．3【分析】本题考查了中心对称，根据题意得到可以先向右跳三步，再向下跳一步，然后跳到关于原点的对称点即可到达，据此即可求解，理解题意是解题的关键．【详解】解：若机器蛙在点A−5,4，根据跳步游戏规则，可以先向右跳三步，再向下跳一步，然后跳到关于原点的对称点即可跳到点B2,−3，这个路径步数最少，共故答案为：3．12．6【分析】把六个等边三角形分别经过旋转、翻折或平移，根据轴对称图形的定义进行判断即可得解．【详解】解：∵把六个等边三角形分别经过旋转、翻折或平移可以得到的轴对称图形有：∴共可得到6种轴对称图形故答案是：613．258或5或【分析】分AD=DE，AE=AD=m，AE=DE三种情况进行讨论求解即可．【详解】解：∵∠C=90°，AC=3,BC=4，∴AB=3△ABC沿射线BC方向平移m个单位得到△DEF，∴AD=BE=CF=m，DE=AB=5,DF=AC=3,EF=BC=4，点A，D，E为顶点的三角形是等腰三角形时，分三种情况①当AD=DE时：如图，此时m=5；

②当AE=AD=m时：如图，

则：CE=BC−BE=4−m，在Rt△ACE中，AE2解得：m=25③当AE=DE时，如图：

此时AE=AB，∵∠ACB=90°，∴BC=CE=4，∴m=BE=BC+CE=8；综上：m=258，5或故答案为：258或5或814．2或2【分析】本题考查勾股定理，等边三角形的判定与性质，旋转的性质；先证明△ADE为等边三角形，得到AD=DE=AE=4，∠ADE=∠DAE=∠AED=60°，再根据AD在AC左边或右边分情况讨论，分别画出图形，结合图形利用勾股定理计算即可．【详解】解：∵△ABC为等边三角形，AB=23∴AB=AC=BC=23，∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°∵将AD绕点D顺时针旋转60°，得到线段DE，∴AD=DE=4，∠ADE=60°，∴△ADE为等边三角形，∴AD=DE=AE=4，∠ADE=∠DAE=∠AED=60°，当AD在AC左边时，如图，连接CD，AE，CD与BC交于点F，∵∠DAC=30°，∴∠EAC=∠DAE−∠DAC=30°=∠DAC，∠AFC=180°−∠ACB−∠DAC=90°，∴AC垂直平分DE，∴CE=CD，∵∠AFC=90°，AB=AC=BC=23，∠DAC=30°∴CF=1∴AF=A∴DF=AD−AF=4−3=1，∴CE=CD=C当AD在AC右边时，如图，连接AE，CE与AD交于点N，∵∠DAC=30°，∴∠EAC=∠DAE+∠DAC=90°，Rt△ACE中，CE=综上所述，CE=2或27故答案为：2或2715．3【分析】在AC上取AE=AB=2，过E作EF⊥BC交BC于F，由旋转的性质可得AD=AD′，由含30度角的直角三角形的性质可得AC=2AB=4，由勾股定理可得BC=AC2−AB2=23，利用SAS可证得△BA【详解】解：如图，在AC上取AE=AB=2，过E作EF⊥BC交BC于F，由旋转的性质可得：AD=AD′，∵∠ABC=90°，∠C=30°，∴∠BAC=90°−∠C=90°−30°=60°，AC=2AB=4，∴∠DAD∴CE=AC−AE=2，BC===23EF=1∴∠DAD∴∠BADCF===3在△BAD′和AD∴△BAD′≌△EAD∴BD设BD=x，则DF=BC−BD−CF=2=3∵DF===2∴3解得：x=3∴BD=3故答案为：3−16．6【分析】将△CBE绕点C逆时针旋转60°得到△CGH，则CB=CH,∠BCH=60°得出AE+CE+EB=AE+EG+GH=AH，进而证明△ACH≌△CAP，即可求解．【详解】解：如图所示，将△CBE绕点C逆时针旋转60°得到△CGH，则CB=CH,∠BCH=60°∴CG=CE，∠ECG=60°∴△ECG是等边三角形∴∠CGE=∠CEG=60°∵∠CEA=∠AEB=∠BEC=120°∴∠CGH=120°，∴∠AEC+∠CEG=180°,∠CGE+∠CGH=180°,∴A,E,G,H四点共线∴AE+CE+EB=AE+EG+GH=AH，∵CD是AB的中点，∴AD=DB延长AD至P使得DP=AD又∵∠ADP=∠BDC∴△ADP≌△BDC∴∠APD=∠BCD,AP=CP∵∠ACB=60°，则∠ACD+∠DCB=60°∴∠ACD+∠P=60°∴∠CAP=120°,∵CB=CH,∠BCH=60°∴AP=CH,∠ACH=∠ACB+∠BCH=120°在△ACH,△CAP中，AC=CA∴△ACH≌△CAP∴AH=CP=6故答案为：6．三．解答题17．（1）解：∵且a、b满足|a+3|+∴a+3=0，b−4=0，∴a=−3，b=4，∴A−3,0、B（2）点A−3,0向左平移2个单位长度，再向上平移4个单位长度，得到对应点C如图所示，过点C，作CE⊥x轴于点E，∴CE=OB=4，BC∥∵S△ABD=2S△AOC，点∴S△ABD∴DB=2OB=2×4=8，∵B0,4∴D点纵坐标为：8+4=12，或4−8=−4，∴D点坐标为0,12或0,−4；（3）解：∵A−3,0、∴AB=3当B1落在A∵点B与点B1关于直线AM∴AM⊥BB1,AB=AB1∵A−3,0、∴B1∵直线AM垂直平分B∴MB=MB设M0,m，则OM=m,M在Rt△OMB∴4−m解得：m=∴M∵C∴MC=5当B1落在A同理可得B1∵B0,4，M设M0,n∴4−n解得：n=−6∴M0,−6∴MC=−518．（1）解：如图1，△A（2）解：如图2，点D和线段EF即为所求作：（3）解：如图3，旋转中心G有两种可能，即图中的G和G′由图可知：G3.5,2.5，G故答案为：3.5,2.5或4.5,5.5．19．（1）证明：CD绕C点逆时针旋转90°至CE可得△DCE是等腰直角三角形，∴∠DCE=∠ACB=90°，∴∠ACD=∠BCE，在△ACD和△BCE中，AC=BC,∠ACD=∠BCE,DC=EC，∴△ACD≌∴AD=BE．（2）解：如图，连接FE，∵CF⊥DE，∴CF是DE的垂直平分线，∴DF=EF，又∵△ACD≌∴∠CBE=∠A=45°=∠ABC，∴∠EBF=90°，在Rt△BEF中，B∴AD（3）解：∵CD=3+1，∴DE=6∵∠ACD=15°，∴∠BDE=15°=∠DEF，∴∠BFE=30°，设BE=x,则BF=3在Rt△BDE中，x解得x=1（负值舍去），∴BF=320．解：根据剪掉其中两个方格，使之成为轴对称图形；即如图所示：21．（1）解：∵∠DEC=α=30°，ED=EC，∴∠EDC=∠ECD=180°−30°∵∠BAC=60°，∴∠AEC=180°−∠BAC−∠ECD=45°；（2）证明：如图，过E作EH⊥CD于点H，交BC于点H，连接ND并延长交BA延长线于点M，∵∠BAC=60°，∴∠AEH=90°−60°=30°，∵∠ABC=90°，∴∠BNE=90°−∠BEN=60°，∴∠CNH=∠BNE=60°，∵EC=ED，∴DH=CH，∴EH垂直平分CD，∴DN=CN，∴∠DNH=∠CNH=60°，∴∠BNM=60°，∠NDH=∠ADM=30°，∴∠M=90°−∠BNM=30°，∴∠M=∠BEN=∠ADM，∴AD=AM，EN=NM，∵CB⊥AE，∴BE=BM，∵BM=AB+AM=AB+AD，∴BE=AB+AD；（3）解：①当点D在AC上时，∵点A绕着点E顺时针旋转α°得到A′∴∠AEA′=∠DEC=α∴∠A∵ED=EC，∴△A∴∠A当∠AFD=90°时，∠FDA=90°−60°=30°，∴∠A∴∠DEC=30°，由（1）知∠BEC=45°，∴BE=BC，在Rt△BAC中，∠BAC=60°∴∠ACB=30°，∵AB=3，∴AC=2AB=6，∴BC=A∴AE=AB+BE=3+33设AF=x，则AD=2x，DF=A过E作EH⊥CD于点H，则∠DEH=12∠DEC=15°∴∠AED=∠DEH，∴DH=DF=3∴AH=AD+DH=2+∵∠AEH=∠AED+∠DEH=30°，∴AE=2AH，即2×2+解得x=3∴CD=2DH=2×3②当D在CA延长线上时，同理可得△A∴∠A当∠ADF=90°时，∠A设AH=x，则AE=2x，∴EH=A∵∠EDC=∠ECD=45°，∴△EDC为等腰直角三角形，∴EH=CH=3∴AC=AH+CH=3解得x=33∴CD=2CH=23综上，CD的长为9−33或18−622．（1）∵∠C=90°，AC=1，BC=3∴AB=AC∴AB=2AC，∴∠ABC=30°．∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，∠A'BC=∠ABC+60°=30°+60°=90°，∴A'B⊥CB．过点B作BC的垂线，截取A'B=AB，再以点A'为圆心，以AO为半径画弧，以点B为圆心，以BO为半径画弧，两弧相交于点O'，连接A'O'、BO'，即△A'O'B如图所示；（2））∵∠C=90°，AC=1，BC=3∴AB=AC∴AB=2AC，∴∠ABC=30°．∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A'O'B，∴A'B=AB=2，BO=BO'，A'O'=AO，∠ABA′=60°，∴△BOO'是等边三角形，∠A'BC=∠ABC+∠ABA′=30°+60°=90°，∴BO=OO'，∠BOO'=∠BO'O=60°．∵∠AOC=∠COB=∠BOA=120°=∠A'O'