综合解析人教版9年级数学上册【旋转】专项练习练习题（含答案解析）

人教版9年级数学上册【旋转】专项练习考试时间：90分钟；命题人：教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题30分）一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）1、如图，在正方形ABCD中，将边BC绕点B逆时针旋转至，连接，，若，，则线段BC的长度为（）．A．4 B．5 C． D．2、如图，边长为5的等边三角形中，M是高所在直线上的一个动点，连接，将线段绕点B逆时针旋转得到，连接．则在点M运动过程中，线段长度的最小值是（

）A． B．1 C．2 D．3、下列所述图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．等腰三角形 B．等边三角形 C．菱形 D．平行四边形4、若点P（2，）与点Q（，）关于原点对称，则m＋n的值分别为（

）A． B． C．1 D．55、下列四个图形中，中心对称图形是（

）A． B． C． D．6、下列几何图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（

）A．梯形 B．等边三角形 C．平行四边形 D．矩形7、如图，矩形ABCD绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到矩形AB'C′D'，此时点B′恰好在DC边上，若∠B'BC=15°，则α的大小为（）A．15° B．25° C．30° D．45°8、下列图形中既是轴对称图形，也是中心对称图形的是（

）A． B．C． D．9、如图，将斜边为4，且一个角为30°的直角三角形AOB放在直角坐标系中，两条直角边分别与坐标轴重合，D为斜边的中点，现将三角形AOB绕O点顺时针旋转120°得到三角形EOC，则点D对应的点的坐标为（）A．（1，﹣） B．（，1） C．（2，﹣2） D．（2，﹣2）10、在图中，将方格纸中的图形绕O点顺时针旋转90°得到的图形是（

）A． B． C． D．第Ⅱ卷（非选择题70分）二、填空题（10小题，每小题4分，共计40分）1、如果点A（﹣3，2m＋1）关于原点对称的点在第一象限，则m的取值范围是______．2、将图1剪成若干小块，再图2中进行拼接平移后能够得到①、②、③中的__________．3、如图，将的斜边AB绕点A顺时针旋转得到AE，直角边AC绕点A逆时针旋转得到AF，连结EF．若，，且，则_____．4、如图，将等边绕顶点A顺时针方向旋转，使边AB与AC重合得，的中点E的对应点为F，则的度数是_______．5、一副三角板如图放置，将三角板ADE绕点A逆时针旋转，使得三角板ADE的一边所在的直线与BC垂直，则的度数为______.6、如图，将绕点A逆时针旋转角得到，点B的对应点D恰好落在边上，若，则旋转角的度数是______．7、如图，正方形的边长为4，点E是对角线上的动点（点E不与A，C重合），连接交于点F，线段绕点F逆时针旋转得到线段，连接．下列结论：①；②；③若四边形的面积是正方形面积的一半，则的长为；④．其中正确的是_________．（填写所有正确结论的序号）8、如图，在直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A（1，2），B（-2，2），C（-1，0）．将△ABC绕某点顺时针旋转90°得到△DEF，则旋转中心的坐标是_____________．

9、下列4种图案中，是中心对称图形的有_____个．10、如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，点C和点E是对应点，若∠CAE=90°，AB=1，则BD=_________．三、解答题（6小题，每小题5分，共计30分）1、正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点,且∠EDF=45°.将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM.（1）求证：EF=FM（2）当AE=1时，求EF的长．2、（1）方法感悟：如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且满足∠EAF＝45°，连接EF，求证：DE＋BF＝EF．感悟解题方法，并完成下列填空：将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得：AB＝AD，BG＝DE，∠1＝∠2，∠ABG＝∠D＝90°，∴∠ABG＋∠ABF＝90°＋90°＝180°．因此，点G，B，H在同一条直线上．∵∠EAF＝45°，∴∠2＋∠3＝∠BAD－∠EAF＝90°－45°＝45°，∴∠1＋∠3＝45°．即∠GAF＝∠______．又∵AG＝AE，AF＝AF，∴______．∴______＝EF．故DE＋BF＝EF．（2）方法迁移：如图2，将Rt△ABC沿斜边翻折得到△ADC，点E，F分别为DC，BC边上的点，且．试猜想DE，BF，EF之间有何数量关系，并证明你的猜想．（3）问题拓展：如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，E，F分别为DC，BC上的点，满足，试猜想当∠B，∠D满足什么关系时，可使得DE＋BF＝EF？请说明理由．3、如图，已知正方形点在边上，以为边在左侧作正方形；以为邻边作平行四边形连接．（1）判断和的数量及位置关系，并说明理由；（2）将绕点顺时针旋转，在旋转过程中，和的数量及位置关系是否发生变化？请说明理由．4、如图是由边长为的小正方形构成的的网格，线段的端点均在格点上，请按要求画图画出一个即可．(1)在图①中以为边画一个四边形，使它的另外两个顶点在格点上，且该四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形；(2)在图②中以为对角线画一个四边形，使它的另外两个顶点在格点上，且所画四边形既是轴对称图形又是中心对称图形．5、如图，在等腰三角形ABC中，AB＝BC．将绕顶点B逆时针旋转到的位置，AB与A1C1相交于点D，AC与A1C1，BC1分别交于点E，F．(1)求证：△BCF≌△BA1D；(2)当时，判定四边形A1BCE的形状并说明理由．6、如图，在等腰△ABC中，点D为直线BC上一动点（点D不B、C重合），以AD为边向右侧作正方形ADEF，连接CF．【猜想】如图①，当点D在线段BC上时，直接写出CF、BC、CD三条线段的数量关系．【探究】如图②，当点D在线段BC的延长线上时，判断CF、BC，CD三条线段的数量关系，并说明理由．【应用】如图③，当点D在线段BC的反向延长线上时，点A、F分别在直线BC两侧，AE．DF交点为点O连接CO，若，，则．-参考答案-一、单选题1、D【解析】【分析】根据旋转的性质，可知BC＝BC＇．取点O为线段CC＇的中点，并连接BO．根据等腰三角形三线合一的性质、正方形的性质及直角三角形的性质，可证得Rt△OBC≌Rt△C＇CD，从而证得OC＝C＇D，BO＝CC＇,再利用勾股定理即可求解．【详解】解：如图，取点O为线段CC＇的中点，并连接BO．依题意得，BC＝BC＇∴BO⊥CC＇∴∠BOC＝90°在正方形ABCD中，BC＝CD，∠BCD＝90°∴∠OCB＋∠C＇CD＝90°又∵∠CC＇D＝90°∴∠C＇DC＋∠C＇CD＝90°∴∠OCB＝∠C＇DC在Rt△OBC和Rt△C＇CD中∴Rt△OBC≌Rt△C＇CD（AAS）∴OC＝C＇D＝2∴CC＇＝2OC＝2×2＝4∴BO＝CC＇＝4在Rt△BOC中BC＝＝＝故选：D．【考点】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质及勾股定理的运用等知识，解题的关键是辅助线的添加．2、A【解析】【分析】取CB的中点G，连接MG，根据等边三角形的性质可得BH=BG，再求出∠HBN=∠MBG，根据旋转的性质可得MB=NB，然后利用“边角边”证明△MBG≌△NBH，再根据全等三角形对应边相等可得HN=MG，然后根据垂线段最短可得MG⊥CH时最短，再根据∠BCH=30°求解即可．【详解】解：如图，取BC的中点G，连接MG，∵旋转角为60°，∴∠MBH+∠HBN=60°，又∵∠MBH+∠MBC=∠ABC=60°，∴∠HBN=∠GBM，∵CH是等边△ABC的对称轴，∴HB=AB，∴HB=BG，又∵MB旋转到BN，∴BM=BN，在△MBG和△NBH中，，∴△MBG≌△NBH（SAS），∴MG=NH，根据垂线段最短，MG⊥CH时，MG最短，即HN最短，此时∵∠BCH=×60°=30°，CG=AB=×5=2.5，∴MG=CG=，∴HN=，故选A．【考点】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短的性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．3、C【解析】【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．【详解】解：A、等腰三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；B、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；C、菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项正确；D、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误．故选C．【考点】本题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．4、B【解析】【分析】根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数解答．【详解】解：∵P（2，-n）与点Q（-m，-3）关于原点对称，∴2=-（-m），-n=-（-3），∴m=2，n=-3,∴．故选：B．【考点】本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律．5、D【解析】【分析】根据中心对称图形的概念结合各图形的特点求解．【详解】解：A、不是中心对称图形，不符合题意；B、不是中心对称图形，不符合题意；C、不是中心对称图形，不符合题意；D、是中心对称图形，符合题意．故选：D．【考点】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．判断中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180度后与原图形重合．6、B【解析】【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义以及性质对各项进行分析即可．【详解】A、梯形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项说法错误；B、等边三角形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项说法正确；C、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项说法错误；D、矩形是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项说法错误．故选：B．【考点】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的判断，掌握轴对称图形和中心对称图形的定义以及性质是解题的关键．7、C【解析】【分析】由矩形的性质，可知∠ABC＝90°，再由旋转，可知△ABB’为等腰三角形，根据内角和求解即可.【详解】解：连接BB′．∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，∵∠CBB′=15°，∴∠ABB′=90°-15°=75°，∵AB=AB′，∴∠ABB′=∠AB′B=75°，∴∠BAB′=180°-2×75°=30°，∴α=30°，故选：C．【考点】本题考查旋转的性质，矩形的性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．8、B【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、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；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，故此选项不符合题意；D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意．故选：B．【考点】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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．9、A【解析】【分析】根据题意画出△AOB绕着O点顺时针旋转120°得到的△A′OB′，连接OD，OD′，过D′作DM⊥y轴，由旋转的性质得到∠DOD′＝120°，根据AD＝BD＝OD＝2，得到∠AOD度数，进而求出∠MOD′度数为30°，在直角三角形OMD′中求出OM与MD′的长，即可确定出D′的坐标.【详解】解：根据题意画出△AOB绕着O点顺时针旋转120°得到的△A′OB′，连接OD，OD′，过D′作DM⊥y轴，∴∠DOD′＝120°，∵D为斜边AB的中点，∴AD＝OD＝AB＝2，∴∠BAO＝∠DOA＝30°，∴∠MOD′＝30°，在Rt△OMD′中，OD′＝OD＝2，∴MD′＝1，OM＝=，则D的对应点D′的坐标为（1，﹣），故选：A.【考点】此题考查旋转的性质，直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质，30度角所对的直角边等于斜边的一半的性质，勾股定理，正确掌握旋转的性质得到对应的旋转图形进行解答是解题的关键.10、B【解析】【分析】根据旋转的性质，找出图中三角形的关键处（旋转中心）按顺时针方向旋转90°后的形状即可选择答案．【详解】根据旋转的性质可知，绕O点顺时针旋转90°得到的图形是．故选B．【考点】本题考查了旋转的性质．旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．二、填空题1、【解析】【分析】根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标互为相反数判断出2m+1＜0，然后解不等式即可．【详解】解：∵点A（﹣3，2m+1）关于原点的对称点在第一象限，∴点A（﹣3，2m+1）在第三象限，∴2m+1＜0，解得m＜﹣．故答案为：m＜﹣．【考点】本题考查的是关于原点对称的点的坐标，解答本题的关键是熟练掌握关于原点对称的点的横、纵坐标均互为相反数，同时熟记各个象限内点的坐标的符号特点.2、①②##②①【解析】【详解】解：根据图形1可得剪成若干小块，再图2中进行拼接平移后能够得到①、②，不能拼成③，故答案为：①②．3、【解析】【分析】由旋转的性质可得，，由勾股定理可求EF的长．【详解】解：由旋转的性质可得，，，且，，，，故答案为．【考点】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．4、【解析】【分析】根据等边三角形的性质以及旋转的性质得出旋转角，进而得出∠EAF的度数．【详解】∵将等边△ABC绕顶点A顺时针方向旋转，使边AB与AC重合得△ACD，BC的中点E的对应点为F，∴旋转角为60°，E，F是对应点，则∠EAF的度数为：60°．故答案为：60°．【考点】此题主要考查了等边三角形的性质以及旋转的性质，得出旋转角的度数是解题关键．5、15°或60°.【解析】【分析】分情况讨论：①DE⊥BC，②AD⊥BC，然后分别计算的度数即可解答.【详解】解：①如下图，当DE⊥BC时，如下图，∠CFD＝60°，旋转角为：＝∠CAD＝60°-45°＝15°；（2）当AD⊥BC时，如下图，旋转角为：＝∠CAD＝90°-30°＝60°；【考点】本题考查了垂直的定义和旋转的性质，熟练掌握并准确分析是解题的关键.6、【解析】【分析】先求出，由旋转的性质，得到，，则，即可求出旋转角的度数．【详解】解：根据题意，∵，∴，由旋转的性质，则，，∴，∴；∴旋转角的度数是50°；故答案为：50°．【考点】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握旋转的性质进行计算．7、①②④【解析】【分析】过E作EM⊥BC，EN⊥CD，可证△BEM≌△FEN得BE=EF，故①正确；可证四边形BEFG是正方形得∠EBG=90°，BE=BG，可证∠ABE=∠CBG，进而得到△ABE≌△CBG，所以∠BAE=∠BCG，得∠BCA+∠BCG=90°，即∠ACG=90°，可证②正确；由可求BE=，过E作EH⊥AB，则∠AEH=180°-∠BAC-∠AHE=45°，知AH=HE，设AH=HE=x，则BH=4-x，由，得到AH=HE=2，从而得到，知③错误；由②可知，△ABE≌△CBG，所以AE=CG，而CG+CE=AE+CE=AC可求，④正确．【详解】解：过E作EM⊥BC，EN⊥CD∵四边形ABCD是正方形，AC平分∠BCD∴EM=EN∵∠EMC=∠MCN=∠ENC=90°∴∠MEN=90°∵EF⊥BE∴∠BEM+∠MEF=∠FEN+∠MEF=90°∴∠BEM=∠FEN∵∠EMB=∠ENF=90°，EM=EN∴△BEM≌△FEN∴BE=EF故①正确；∵∠BEF=∠EFG=90°，EF=FG，BE=EF∴BE=FG，BE∥FG∴四边形BEFG是平行四边形∵∠BEF=90°，BE=EF∴四边形BEFG是正方形∴∠EBG=90°，BE=BG∵∠ABC=90°∴∠ABE+∠EBC=∠EBC+∠CBG=90°∴∠ABE=∠CBG又∵AB=BC，BE=BG∴△ABE≌△CBG∴∠BAE=∠BCG∵∠BAE+∠BCA=90°∴∠BCA+∠BCG=90°，即∠ACG=90°故②正确；∵∴∴BE=过E作EH⊥AB∵四边形ABCD是正方形∴∠BAC=45°∵∠AHE=90°∴∠AEH=180°-∠BAC-∠AHE=45°∴AH=HE设AH=HE=x，则BH=4-x∵∴解得∴AH=HE=2∴故③错误；由②可知，△ABE≌△CBG∴AE=CG∴CG+CE=AE+CE=AC∵∠ACB=45°∴AC=∴CG+CE=故④正确，所以答案为：①②④．【考点】本题是正方形综合题，主要考查了旋转的性质，正方形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，综合运用正方形的判定与性质定理，勾股定理等知识是解题的关键．8、（1，-1）【解析】【分析】由旋转的性质可得A的对应点为D，B的对应点为E，C的对应点为F，同时旋转中心在AD和BE的垂直平分线上，进而求出旋转中心坐标．【详解】解：由旋转的性质，得A的对应点为D，B的对应点为E，C的对应点为F作BE和AD的垂直平分线，交点为P∴点P的坐标为（1，-1）故答案为：（1，-1）【考点】本题考查坐标与图形变化—旋转，图形的旋转需结合旋转角求旋转后的坐标，常见的旋转角有30°，45°，60°，90°，180°．9、2【解析】【分析】根据中心对称图形的概念即可求解.【详解】第1个图形，是中心对称图形，符合题意；第2个图形，不是中心对称图形，不符合题意；第3个图形，是中心对称图形，符合题意；第4个图形，不是中心对称图形，不符合题意.故答案为：2.【考点】本题考查了中心对称图形，掌握好中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合.10、【解析】【详解】∵将△ABC绕点A逆时针旋转的到△ADE，点C和点E是对应点，∴AB=AD=1,∠BAD=∠CAE=90°，∴BD===.故答案为:.三、解答题1、(1)见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由折叠可得DE=DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF=90°，由∠EDF=45°，得到∠MDF为45°，可得出∠EDF=∠MDF，再由DF=DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF=MF；（2）由第一问的全等得到AE=CM=1，正方形的边长为3，用AB-AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF=MF=x，可得出BF=BM-FM=BM-EF=4-x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为EF的长．【详解】(1)∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，∴DE=DM，∠EDM=90°，∴∠EDF+∠FDM=90°，∵∠EDF=45°，∴∠FDM=∠EDM=45°，∵

DF=DF，∴△DEF≌△DMF，∴

EF=MF（2）设EF=x，∵AE=CM=1，

∴BF=BM-MF=BM-EF=4-x，∵EB=2，在Rt△EBF中，由勾股定理得，即，解得，.2、（1）EAF；△EAF；GF；（2）EF＝DE＋BF，见解析；（3）∠B＋∠D＝180°，见解析【解析】【分析】（1）根据图形和推理过程填空即可；（2）根据题意，分别证明，即可得出结论．（3）根据角之间关系，只要满足∠B+∠D＝180°时，就可以得出三角形全等，利用全等三角形的性质即可得出答案．【详解】（1）解：将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得：AB＝AD，BG＝DE，∠1＝∠2，∠ABG＝∠D＝90°，∴∠ABG+∠ABF＝90°+90°＝180°，因此，点G，B，F在同一条直线上，∵∠EAF＝45°，∴∠2+∠3＝∠BAD﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°，∴∠1+∠3＝45°，即∠GAF＝∠EAF，又AG＝AE，AF＝AF，∴△GAF≌△EAF（SAS），∴GF＝EF，故DE+BF＝EF；故答案为：EAF，△EAF，GF．（2）EF＝DE＋BF，理由如下：如图，延长CF，作∠4＝∠1．∵将Rt△ABC沿斜边翻折得到Rt△ADC，点E，F分别为DC，BC边上的点，且，∴∠1＋∠2＝∠3＋∠5，∠2＋∠3＝∠1＋∠5．∵∠4＝∠1，∠2＋∠3＝∠4＋∠5，∴∠GAF＝∠FAE．∵在△AGB和△AED中，∴．∴AG＝AE，BG＝DE．∵在△AGF和△AEF中，∴．∴GF＝EF．∴DE＋BF＝EF．（3）当∠B与∠D满足∠B＋∠D＝180°时，可使得DE＋BF＝EF．如图，延长CF，作∠2＝∠1．∵∠ABC＋∠D＝180°，∠ABC＋∠ABG＝180°，∴∠D＝∠ABG．在△AGB和△AED中，∴．∴BG＝DE，AG＝AE．∵，∴∠EAF＝∠GAF．在△AGF和△AEF中，∴．∴GF＝EF，DE＋BF＝EF．故当∠B与∠D满足∠B＋∠D＝180°时，可使得DE＋BF＝EF．【考点】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质以及旋转变换性质等知识，根据题意作出与已知相等的角，利用三角形全等是解决问题的关键．3、（1）；；理由见解析；（2）与的数量及位置关系都不变；答案见解析．【解析】【分析】（1）证明，由全等三角形的性质得出，，得出，则可得出结论；（2）证明，由全等三角形的性质得出，，由平行线的性质证出，则可得出结论．【详解】解：（1），．由题意可得，平行四边形为矩形，，，，，，，，，设与交于点，则，即．（2）与的数量及位置关系都不变．如图，延长到点，四边形为平行四边形，，，，，，，，，，又，，，，，，，，，即．【考点】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，解题的关键是：熟练掌握正方形的性质．4、(1)见解析；(2)见解析【解析】【分析】（1）根据旋转和轴对称的性质即可在图中以为边画一个四边形，使它的另外两个顶点在格点上，且该四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形；（2）根据轴对称性质和中心对称性质即可在图中以为对角线画一个四边形，使它的另外两个顶点在格点上，且所画四边形既是轴对称图形又是中心对称图形．(1)如图，四边形即为所求；(2)如图，四边形即为所求．【考点】本题主要考查作图的旋转变换和轴对称变换，解题的关键是掌握中心对称和轴对称图形的概念．5、(1)见解析(2)菱形，理由见详解【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到，，由旋转的性质得到，，，根据全等三角的判定定理得到；（2）由旋转的定义得，因此，根据三角形的内角和定理得，因此，，证得四边形A1BCE为平行四边形，由于，证得四边形A1BCE为菱形．(1)证明：∵是等腰三角形，∴，，∵将绕顶点B逆时针旋转到的位置，∴，∴，，，在与中，，∴(ASA)；(2)解：四边形是菱形，理由如下：∵将绕顶点B逆时针旋