解析卷-人教版9年级数学上册【旋转】定向测试试卷（附答案详解）

人教版9年级数学上册【旋转】定向测试考试时间：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，已知正方形的边长为4，以点C为圆心，2为半径作圆，P是上的任意一点，将点P绕点D按逆时针方向旋转，得到点Q，连接，则的最大值是（

）A．6 B． C． D．2、如图，将绕点逆时针旋转得到，若且于点，则的度数为（

）A． B． C． D．3、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．4、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．5、如图，△ABC是等边三角形，D为BC边上的点，△ABD经旋转后到达△ACE的位置，那么旋转角为（

）A．75° B．60° C．45° D．15°6、如图，在矩形中，，，是矩形的对称中心，点、分别在边、上，连接、，若，则的值为（

）A． B． C． D．7、如图，在中，，，，将绕点顺时针旋转度得到，当点的对应点恰好落在边上时，则的长为（）A．1.6 B．1.8 C．2 D．2.68、如图，已知是等边三角形，边长为，将绕点逆时针旋转后点的对应点的坐标是（

）A． B． C． D．9、如图，△OAB中，∠AOB=60°，OA=4，点B的坐标为（6，0），将△OAB绕点A逆时针旋转得到△CAD，当点O的对应点C落在OB上时，点D的坐标为（

）A．（7，3） B．（7，5） C．（5，5） D．（5，3）10、如图，将△ABC绕点B顺时针旋转50°得△DBE，点C的对应点恰好落在AB的延长线上，连接AD，下列结论不一定成立的是（）A．AB=DB B．∠CBD=80° C．∠ABD=∠E D．△ABC≌△DBE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、如图，在菱形中，，将菱形绕点逆时针方向旋转，对应得到菱形，点在上，与交于点，则的长是_____．2、若点与点关于原点成中心对称，则_______．3、如图所示，五角星的顶点是一个正五边形的五个顶点，这个五角星绕中心至少旋转__________度能和自身重合．4、如图，菱形ABCD的边长为2，∠A＝60°，E是边AB的中点，F是边AD上的一个动点，将线段EF绕着点E顺时针旋转60°得到EG，连接DG、CG，则DG+CG的最小值为_____．5、如图，在平面直角坐标系中，点C的坐标为（﹣1，0），点A的坐标为（﹣3，3），将点A绕点C顺时针旋转90°得到点B，则点B的坐标为___．6、将正方形OEFG放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，若点E的坐标为，则点G的坐标为_____．7、如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠A＝45°，将菱形ABCD绕点A旋转45°，得到菱形，其中B、C、D的对应点分别是，那么点的距离为_____________．8、如图，将绕点O旋转得到，若，则__________，__________，__________．9、如图，P是正方形ABCD内一点，将绕点B顺时针方向旋转,能与重合，若，则______．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、如图，在△ABC中，AB＝AC，P是△ABC内的一点，且∠APB＞∠APC，求证：PB＜PC（反证法）2、如图，平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣1，﹣2），B（﹣2，﹣4），C（﹣4，﹣1）．（1）在平面直角坐标系中画出与△ABC关于点P（1，0）成中心对称的△A'B'C'，并分别写出点A'，B'，C'的坐标；（2）如果点M（a，b）是△ABC边上（不与A，B，C重合）任意一点，请写出在△A'B'C'上与点M对应的点M'的坐标．3、（1）如图1，等边△ABC内有一点P，若AP＝8，BP＝15，CP＝17，求∠APB的大小；（提示：将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处）．（2）如图2，在△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点，且∠EAF＝45°．求证：EF2＝BE2+FC2；（3）如图3，在△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，点O为△ABC内一点，连接AO、BO、CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，若AC＝，求OA+OB+OC的值．4、如图，在10×8的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1个单位．（1）先将△ABC向下平移4个单位，得到△A′B′C′；（2）再将△A′B′C′绕点B′逆时针旋转90°，得到△A′'B′C′'．画出△A′B′C′和△A″B′C″．（用黑色水笔描粗各边并标出字母，不要求写画法）5、如图，在等边中，D为BC边上一点，连接AD，将沿AD翻折得到，连接BE并延长交AD的延长线于点F，连接CF．（1）若，求的度数；（2）若，求的大小；（3）猜想CF，BF，AF之间的数量关系，并证明．6、规定：在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一定的角度α（0°＜α≤180°）后能与自身重合，那么就称这个图形是旋转对称图形，转动的这个角度α称为这个图形的一个旋转角．例如：正方形绕着两条对角线的交点O旋转90°或180°后，能与自身重合（如图1），所以正方形是旋转对称图形，且有两个旋转角．根据以上规定，回答问题：（1）下列图形是旋转对称图形，但不是中心对称图形的是________；A．矩形

B．正五边形

C．菱形

D．正六边形（2）下列图形中，是旋转对称图形，且有一个旋转角是60度的有：________（填序号）；

（3）下列三个命题：①中心对称图形是旋转对称图形；②等腰三角形是旋转对称图形；③圆是旋转对称图形，其中真命题的个数有（

）个；A．0

B．1

C．2

D．3（4）如图2的旋转对称图形由等腰直角三角形和圆构成，旋转角有45°，90°，135°，180°，将图形补充完整．-参考答案-一、单选题1、A【解析】【分析】连接CP，AQ，以A为圆心，以AQ为半径画圆，延长BA交于E．根据正方形的性质，旋转的性质，角的和差关系，全等三角形的判定定理和性质求出AQ的长度，根据三角形三边关系确定当点Q与点E重合时，BQ取得最大值，最后根据线段的和差关系计算即可．【详解】解：如下图所示，连接CP，AQ，以A为圆心，以AQ为半径画圆，延长BA交于E．∵正方形ABCD的边长为4，的半径为2，∴AD=CD=AB=4，∠ADC=90°，CP=2．∵点P绕点D按逆时针方向旋转90°得到点Q，∴∠QDP=90°，QD=PD．∴∠ADC=∠QDP．∴∠ADC-∠QDC=∠QDP-∠QDC，即∠ADQ=∠CDP．∴．∴AQ=CP=2．∴AE=AQ=2．∵P是上任意一点，∴点Q在上移动．∴．∴当点Q与点E重合时，BQ取得最大值为BE．∴BE=AE+AB=6．故选：A．【考点】本题考查正方形的性质，旋转的性质，角的和差关系，全等三角形的判定定理和性质，三角形三边关系，线段的和差关系，综合应用这些知识点是解题关键．2、C【解析】【分析】由旋转的性质可得∠BAD=55°，∠E=∠ACB=70°，由直角三角形的性质可得∠DAC=20°，即可求解．【详解】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转55°得△ADE，∴∠BAD=55°，∠E=∠ACB=70°，∵AD⊥BC，∴∠DAC=20°，∴∠BAC=∠BAD+∠DAC=75°．故选C．【考点】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是本题的关键．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．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；B．既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，故本选项不符合题意；C．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；D．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意．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度后与原图重合．4、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．5、B【解析】【分析】根据题意可知旋转角为，根据等边三角形的性质即可求解．【详解】解：△ABD经旋转后到达△ACE的位置，△ABC是等边三角形，旋转角为，故选B【考点】本题考查了等边三角形的性质，找旋转角，找到旋转前后对应的线段所产生的夹角即为旋转是解题的关键．6、D【解析】【分析】连接AC，BD，过点O作于点，交于点，利用勾股定理求得的长即可解题．【详解】解：如图，连接AC，BD，过点O作于点，交于点，四边形ABCD是矩形，同理可得故选：D．【考点】本题考查中心对称、矩形的性质、勾股定理等知识，学会添加辅助线，构造直角三角形是解题关键．7、A【解析】【分析】由将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上，可得AD=AB，又由∠B=60°，可证得△ABD是等边三角形，继而可得BD=AB=2，则可求得答案．【详解】由旋转的性质可知，，∵，，∴为等边三角形，∴，∴，故选A．【考点】此题考查旋转的性质，解题关键在于利用旋转的性质得出AD=AB8、B【解析】【分析】过点作于点过点作轴于点求出点的坐标，再利用全等三角形的性质求解．【详解】解：过点作于点，过点作轴于点．是等边三角形，，，，，，，，，，在和中，，≌，，，，故选：．【考点】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，旋转的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．9、A【解析】【分析】如图，过点D作DE⊥x轴于点E．证明△AOC是等边三角形，解直角三角形求出DE，CE，可得结论．【详解】解：如图，过点D作DE⊥x轴于点E．∵B（6，0），∴OB=6，由旋转的性质可知AO=AC=4，OB=CD=6，∠ACD=∠AOB=60°，∵∠AOC=60°，∴△AOC是等边三角形，∴OC=OA=4，∠ACO=60°，∴∠DCE=60°，∴CE=CD=3，DE==3，∴OE=OC+CE=4+3=7，∴D（7，3），故选：A．【考点】本题考查了旋转变换，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是掌握旋转变换的性质．10、C【解析】【分析】利用旋转的性质得△ABC≌△DBE，BA=BD，BC=BE，∠ABD=∠CBE=50°，∠C=∠E，再由A、B、E三点共线，由平角定义求出∠CBD=80°，由三角形外角性质判断出∠ABD＞∠E．【详解】解：∵△ABC绕点B顺时针旋转50°得△DBE，∴AB=DB，BC=BE，∠ABD=∠CBE=50°，△ABC≌△DBE，故选项A、D一定成立；∵点C的对应点E恰好落在AB的延长线上，∴∠ABD+∠CBE+∠CBD=180°，.∴∠CBD=180°-50°-50°=80°，故选项B一定成立；又∵∠ABD=∠E+∠BDE，∴∠ABD＞∠E，故选项C错误，故选C．【考点】本题主要考查了旋转的性质：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、后的图形全等．二、填空题1、【解析】【分析】连接交于，由菱形的性质得出，，，由直角三角形的性质求出，，得出，由旋转的性质得：，得出，证出，由直角三角形的性质得出，，即可得出结果．【详解】解：连接交于，如图所示：∵四边形是菱形，∴，，，∴，∴，∴，由旋转的性质得：，∴，∵四边形是菱形，∴，∴，∴∴，∴，，∴；故答案为．【考点】考核知识点：菱形性质，旋转性质.解直角三角形是关键.2、【解析】【分析】根据关于原点对称的点的特征求出的值，计算即可．【详解】解：∵点与点关于原点成中心对称，∴，，∴，故答案为：．【考点】本题考查了关于原点对称，熟知关于原点对称的点横纵坐标均互为相反数是解题的关键．3、72【解析】【分析】根据题意，五角星的五个角全等，根据图形间的关系可得答案．【详解】根据题意，五角星的顶点是一个正五边形的五个顶点，这个五角星可以由一个基本图形（图中的阴影部分）绕中心O至少经过4次旋转而得到，每次旋转的度数为360°除以5，为72度．故答案为：72【考点】此题主要考查了旋转对称图形，图形的旋转是图形上的每一点在平面上绕某个固定点旋转固定角度的位置移动，其中对应点到旋转中心的距离相等．4、【解析】【分析】取AD的中点N．连接EN，EC，GN，作EH⊥CB交CB的延长线于H．根据菱形的性质，可得△ADB是等边三角形，从而得到△AEN是等边三角形，可证得△AEF≌△NEG，进而得到点G的运动轨迹是射线NG，继而得到GD+GC＝GE+GC≥EC，在Rt△BEH和Rt△ECH中，由勾股定理，即可求解．【详解】如图，取AD的中点N．连接EN，EC，GN，作EH⊥CB交CB的延长线于H．∵四边形ABCD是菱形∴AD＝AB，∵∠A＝60°，∴△ADB是等边三角形，∴AD＝BD，∵AE＝ED，AN＝NB，∴AE＝AN，∵∠A＝60°，∴△AEN是等边三角形，∴∠AEN＝∠FEG＝60°，∴∠AEF＝∠NEG，∵EA＝EN，EF＝EG，∴△AEF≌△NEG（SAS），∴∠ENG＝∠A＝60°，∵∠ANE＝60°，∴∠GND＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴点G的运动轨迹是射线NG，∴D，E关于射线NG对称，∴GD＝GE，∴GD+GC＝GE+GC≥EC，在Rt△BEH中，∠H＝90°，BE＝1，∠EBH＝60°，∴BH＝BE＝，EH＝，在Rt△ECH中，EC＝＝，∴GD+GC≥，∴GD+GC的最小值为．故答案为：．【考点】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识是解题的关键．5、（2，2）【解析】【分析】过点A作AE⊥x轴于E，过点B作BF⊥x轴于F．利用全等三角形的性质解决问题即可．【详解】解：如图，过点A作AE⊥x轴于E，过点B作BF⊥x轴于F．∵∠AEC＝∠ACB＝∠CFB＝90°，∴∠ACE+∠BCF＝90°，∠BCF+∠B＝90°，∴∠ACE＝∠B，在△AEC和△CFB中，，∴△AEC≌△CFB（AAS），∴AE＝CF，EC＝BF，∵A（﹣3，3），C（﹣1，0），∴AE＝CF＝3，OC＝1，EC＝BF＝2，∴OF＝CF﹣OC＝2，∴B（2，2），故答案为：（2，2）．【考点】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．6、或【解析】【分析】先利用正方形的性质，利用旋转画出正方形OEFG，从而得到G点的坐标．【详解】把EO绕E点顺时针（或逆时针）旋转90°得到对应点为G（或G´），如图，则G点的坐标为(2，-3)或G′的坐标为(﹣2，3)，【考点】本题考查坐标与图形的变换，涉及旋转、正方形的性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．7、【解析】【分析】首先由菱形的性质可知，由旋转的性质可知：，从而可证明为直角三角形，然后由勾股定理即可求得的长度．【详解】解：如图所示：∵四边形ABCD为菱形，，∴．由旋转的性质可知：，，∴．在中，故答案为：【考点】本题主要考查的是旋转的性质和菱形的性质以及勾股定理的应用，证得为直角三角形是解题的关键．8、

1

【解析】【分析】根据旋转的性质，旋转前、后的两个图形全等，旋转角相等，可得出答案．【详解】∵∠BAC+∠C=60°∴∠ABC=180°-60°=120°∵△ABC绕点O旋转得到△A′B′C′∴△ABC≌△A′B′C′∴AC=A′C′，∠ABC=∠A′B′C′∵AC=1，∠ABC=120°∴A′C′=1，∠A′B′C′=120°∵△ABC绕点O旋转得到△A′B′C′，∠AOA′=50°，∴∠AOA′=∠BOB′=50°′∵∠A′OB=30°∴∠A′OB′=50°-30°=20°故答案为：1，20°，120°【考点】本题考察了旋转的性质．做题的关键是明白旋转前、后的两个图形全等，找到对应边和对应角；旋转角相等，找到旋转角即可．9、【解析】【分析】根据旋转角相等可得，进而勾股定理求解即可【详解】解：四边形是正方形将绕点B顺时针方向旋转,能与重合，，故答案为：【考点】本题考查了旋转的性质，勾股定理，求得旋转角相等且等于90°是解题的关键．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、见解析【解析】【分析】假设PB≥PC，从假设出发推出与已知相矛盾，得到假设不成立，则结论成立．【详解】证明：假设PB≥PC，如图，把△ABP绕点A逆时针旋转，使点B与点C重合，得到△ADC，连接PD，∵，∴；∴，∵，∴，∴，即，∵，∴，这与∠APB＞∠APC相矛盾，∴PB≥PC不成立，∴PB＜PC．【考点】此题主要考查了反证法的应用，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤．2、（1）△A'B'C'见解析，A′（3，2），B′（4，4），C′（6，1）；（2）M′（2−a，−b）．【解析】【分析】（1）分别作出A，B，C的对应点A′、B′、C′，然后顺次连接可得△A'B'C'，再根据所作图形写出坐标即可．（2）利用中点坐标公式计算即可．【详解】解：（1）△A'B'C'如图所示，A′（3，2），B′（4，4），C′（6，1）；（2）设M′（m，n），则有，，∴m＝2−a，n＝−b，∴M′（2−a，−b）．【考点】本题考查作图−中心对称，解题的关键是熟练掌握中心对称的性质，正确找出对应点位置．3、（1）150°；（2）见解析；（3）【解析】【分析】（1）根将△APB绕着点A逆时针旋转60°得到△ACP′，据旋转变换前后的两个三角形全等，全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等以及等边三角形的判定和勾股定理逆定理即可得到结论；（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，根据旋转的性质可得AE′=AE，CE′=CE，∠CAE′=∠BAE，∠ACE′=∠B，∠EAE′=90°，再求出∠E′AF=45°，从而得到∠EAF=∠E′AF，然后利用“边角边”证明△EAF和△E′AF全等，根据全等三角形对应边相等可得E′F=EF，再利用勾股定理列式即可得证；（3）将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AB=2AC，即A′B的长，再根据旋转的性质求出△BOO′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得BO=OO′，等边三角形三个角都是60°求出∠BOO′=∠BO′O=60°，然后求出C、O、A′、O′四点共线，再利用勾股定理列式求出A′C，从而得到OA+OB+OC=A′C．【详解】解：（1）如图1，将△APB绕着点A逆时针旋转60°得到△ACP′，∴△ACP′≌△ABP，∴AP′=AP=8、CP′=BP=15、∠AP′C=∠APB，由题意知旋转角∠PAP′=60°，∴△APP′为等边三角形，∴PP′=AP=8，∠AP′P=60°，∵PP′2+P′C2=82+152=172=PC2，∴∠PP′C=90°，∴∠APB=∠AP′C=∠AP′P+∠PP′C=60°+90°=150°；（2）如图2，把△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ACE′，则AE′=AE，CE′=BE，∠CAE′=∠BAE，∵∠BAC=90°，∠EAF=45°，∴∠BAE+∠CAF=∠CAF+∠CAE′=∠FAE′=45°，∴∠EAF=∠E′AF，且AE=AE'，AF=AF，∴△AEF≌△AE′F（SAS），∴EF=E′F，∵∠B+∠ACB=90°，∴∠ACB+∠ACE′=90°，∴∠FCE′=90°，∴E′F2=CF2+CE′2，∴EF2=BE2+CF2；（3）如图3，将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=，∠ABC=30°，∴AB=，∴BC==，∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，∴△A′O′B如图所示；∠A′BC=∠ABC+60°=30°+60°=90°，∴A′B=AB=，BO=BO′，A′O′=AO，∴△BOO′是等边三角形，∴BO=OO′，∠BOO′=∠BO′O=60°，∵∠AOC=∠COB=∠BOA=120°，∴∠COB+∠BOO′=∠BO′A′+∠BO′O=120°+60°=180°，∴C、O、A′、O′四点共线，在Rt△A′BC中，A′C=，∴OA+OB+OC=A′O′+OO′+OC=A′C=．【考点】本题属于四边形综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，利用旋转构造出全等三角形以及直角三角形是解题的关键，属于中考压轴题．4、（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）利用网格特点和平移的性质画出A、B、C的对应点A′、B′、C′即可；（2）利用网格特点和旋转的性质画出A′、C′的对应点A″、C″即可．【详解】解：（1）如图，△为所作；（2）如图，△为所作．．【考点】本题考查了作图-旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了平移变换．5、（1）20°；（2）；（3）AF=CF+BF，理由见解析【解析】【分析】（1）由△ABC是等边三角形，得到AB=AC，∠BAC=∠ABC=60°，由折叠的性质可知，∠EAD=∠CAD=20°，AC=AE，则∠BAE=∠BAC-∠EAD-∠CAD=20°，AB=AE，，∠CBF=∠ABE-∠ABC=20°；（2）同（1）求解即可；（3）如图所示，将△ABF绕点A逆时针旋转60°得到△ACG，先证明△AE