2020九年级数学上册 第23章 旋转单元测试卷（含解析）（新版）新人教版 20页

第23章 旋转 考试时间：120分钟；满分：150分 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________‎ 题号 一 二 三 总分 得分 ‎　 评卷人 ‎ ‎ 得 分 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）‎ ‎1．（4分）下列运动属于旋转的是（　　）‎ A．滚动过程中的篮球的滚动 B．钟表的钟摆的摆动 C．气球升空的运动 D．一个图形沿某直线对折的过程 ‎2．（4分）如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转40°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，且∠AOC=105°，则∠DOB的度数是（　　）‎ A．40° B．30° C．25° D．20°‎ ‎3．（4分）正五边形绕着它的中心旋转后与它本身重合，最小的旋转角度数是（　　）‎ A．36° B．54° C．72° D．108°‎ ‎4．（4分）在平面直角坐标系中，把点P（﹣5，4）向右平移9个单位得到点P1，再将点P1绕原点顺时针旋转90°得到点P2，则点P2的坐标是（　　）‎ A．（4，﹣4） B．（4，4） C．（﹣4，﹣4） D．（﹣4，4）‎ 20‎ ‎5．（4分）在平面内由极点、极轴和极径组成的坐标系叫做极坐标系．如图，在平面上取定一点O称为极点；从点O出发引一条射线Ox称为极轴；线段OP的长度称为极径．点P的极坐标就可以用线段OP的长度以及从Ox转动到OP的角度（规定逆时针方向转动角度为正）来确定，即P（3，60°）或P（3，﹣300°）或P（3，420°）等，则点P关于点O成中心对称的点Q的极坐标表示不正确的是（　　）‎ A．Q（3，240°） B．Q（3，﹣120°） C．Q（3，600°） D．Q（3，﹣500°）‎ ‎6．（4分）在平面直角坐标系中，点P（﹣3，﹣5）关于原点对称的点的坐标是（　　）‎ A．（3，﹣5） B．（﹣3，5） C．（3，5） D．（﹣3，﹣5）‎ ‎7．（4分）下列各图，均是圆与等边三角形的组合，则不是轴对称图形的是（　　）‎ ‎ ‎ A． ‎ B． C． D．‎ ‎8．（4分）将△AOB绕点O旋转180°得到△DOE，则下列作图正确的是（　　）‎ ‎ ‎ A． B． C． D．‎ ‎9．（4分）已知正方形的一条对角线长为2，把正方形经过某种图形变换后的面积为4，则图形变换是（　　）‎ A．相似变换 B．旋转变换 C．轴对称变换 D．平移变换 ‎10．（4分）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点，从一个格点移动到与之相距的另一个格点的运动称为一次跳马变换，例如，在4×4的正方形网格图形中（如图1），从点A经过一次跳马变换可以到达点B，C，D，E等处．現有10×10的正方形网格图形（如图2），则从该正方形的顶点M经过跳马变换到达与其相对的顶点N，最少需要跳马变换的次数是（　　）‎ 20‎ A．7 B．‎8 ‎C．9 D．10‎ ‎　‎ ‎ 评卷人 ‎ ‎ 得 分 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 二．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）‎ ‎11．（5分）如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△DEC，连接AD，若∠BAC=25°，则∠BAD=　 　．‎ ‎12．（5分）如图，在矩形ABCD中，AD=3，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转，得到矩形AEFG，点B的对应点E落在CD上，且DE=EF，则AB的长为　 　．‎ ‎13．（5分）在平面直角坐标系中，点A的坐标为（a，3），点B的坐标是（4，b），若点A与点B关于原点O对称，则ab=　 　．‎ ‎14．（5分）如图，点O是▱ABCD的对称中心，AD＞AB，E、F是AB边上的点，且EF=AB；G、H是BC边上的点，且GH=BC，若S1，S2分别表示△EOF和△GOH的面积，则S1与S2之间的等量关系是　 　．‎ 20‎ ‎　‎ ‎ 评卷人 ‎ ‎ 得 分 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 三．解答题（共9小题，满分90分）‎ ‎15．（8分）如图所示，将△AOB绕着点O旋转180度得到△DOC，过点O的一条直线分别交BA、CD的延长线于点E、F，求证：AE=DF．‎ ‎16．（8分）如图，△ABO与△CDO关于O点中心对称，点E，F在线段AC上，且AF=CE，求证：FD=BE．‎ ‎17．（8分）在平面直角坐标系中，把点P（﹣5，3）向右平移8个单位得到点P1，P1关于原点的对称点是点P2，求点P2的坐标及P2到原点的距离．‎ ‎18．（8分）如图，在4×4的方格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上．‎ ‎（1）在图1中，画出一个与△ABC成中心对称的格点三角形；‎ ‎（2）在图2中，画出一个与△ABC成轴对称且与△ABC有公共边的格点三角形；‎ ‎（3）在图3中，画出△ABC绕着点C按顺时针方向旋转90°后的三角形．‎ 20‎ ‎19．（10分）如图，已知正方形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按逆时针方向旋转90°得到△DCM．‎ ‎（1）求证：EF=MF；‎ ‎（2）当AE=1时，求EF的长．‎ ‎20．（10分）如图，在△ABC中，AB=AC，若将△ABC绕点C顺时针旋转180°得到△EFC，连接AF、BE．‎ ‎（1）求证：四边形ABEF是平行四边形；‎ ‎（2）当∠ABC为多少度时，四边形ABEF为矩形？请说明理由．‎ ‎21．（12分）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC=60°，AC绕点C顺时针旋转60°至CD，F是CD的中点，连接BF交AC于点E，连接AD．‎ 求证：（1）AC=BF；‎ ‎（2）四边形ABFD是平行四边形．‎ 20‎ ‎22．（12分）如图，已知A（2，3）和直线y=x．‎ ‎（1）分别写出点A关于直线y=x的对称点B和关于原点的对称点C的坐标．‎ ‎（2）若点D是点B关于原点的对称点，判断四边形ABCD的形状，并说明理由．‎ ‎23．（14分）如图，矩形ABCD中，AC=2AB，将矩形ABCD绕点A旋转得到矩形AB′C′D′，使点B的对应点B'落在AC上，B'C'交AD于点E，在B'C′上取点F，使B'F=AB．‎ ‎（1）求证：AE=C′E．‎ ‎（2）求∠FBB'的度数．‎ ‎（3）已知AB=2，求BF的长．‎ ‎　‎ 20‎ ‎2018年九年级上学期 第23章 旋转 单元测试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）‎ ‎1．‎ ‎【分析】根据旋转变换的概念，对选项进行一一分析，排除错误答案．‎ ‎【解答】解：A、滚动过程中的篮球属于滚动，不是绕着某一个固定的点转动，不属旋转；‎ B、钟表的钟摆的摆动，符合旋转变换的定义，属于旋转；‎ C、气球升空的运动是平移，不属于旋转；‎ D、一个图形沿某直线对折的过程是轴对称，不属于旋转．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查旋转的概念．旋转变换：一个图形围绕一个定点旋转一定的角度，得到另一个图形，这种变换称为旋转变换．要注意旋转的三要素：①定点﹣旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．‎ ‎　‎ ‎2．‎ ‎【分析】根据旋转的性质求出∠AOD和∠BOC的度数，计算出∠DOB的度数．‎ ‎【解答】解：由题意得，∠AOD=∠BOC=40°，又∠AOC=105°，‎ ‎∴∠DOB=105°﹣40°﹣40°=25°．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查的是旋转的性质，掌握旋转角的概念是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎3．‎ ‎【分析】根据旋转的定义，最小旋转角即为正五边形的中心角．‎ ‎【解答】解：正五边形绕着它的中心旋转后与它本身重合，最小的旋转角度数是=72度．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】考查图形的旋转与重合，理解旋转对称图形的定义是解决本题的关键．‎ ‎【链接】旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．‎ ‎　‎ 20‎ ‎4．‎ ‎【分析】首先利用平移的性质得出P1（4，4），再利用旋转变换的性质可得结论；‎ ‎【解答】解：∵P（﹣5，4），点P（﹣5，4）向右平移9个单位得到点P1‎ ‎∴P1（4，4），‎ ‎∴将点P1绕原点顺时针旋转90°得到点P2，则点P2的坐标是（4，﹣4），‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转以及平移，解题的关键是理解题意，熟练掌握基本知识，属于中考基础题．‎ ‎　‎ ‎5．‎ ‎【分析】根据中心对称的性质解答即可．‎ ‎【解答】解：∵P（3，60°）或P（3，﹣300°）或P（3，420°），‎ 由点P关于点O成中心对称的点Q可得：点Q的极坐标为（3，240°），（3，﹣120°），（3，600°），‎ 故选：D．‎ ‎【点评】此题考查中心对称的问题，关键是根据中心对称的性质解答．‎ ‎　‎ ‎6．‎ ‎【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点解答．‎ ‎【解答】解：点P（﹣3，﹣5）关于原点对称的点的坐标是（3，5），‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查的是关于原点的对称的点的坐标，平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．‎ ‎　‎ ‎7．‎ ‎【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．‎ ‎【解答】解：A、是轴对称图形，故本选项错误；‎ B、不是轴对称图形，故本选项正确；‎ C、是轴对称图形，故本选项错误；‎ D、是轴对称图形，故本选项错误．‎ 20‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了利用轴对称设计图案，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．‎ ‎　‎ ‎8．‎ ‎【分析】根据旋转的性质，△AOB绕点O旋转180°得到△DOE，点A与点D、B与E关于点O成中心对称解答．‎ ‎【解答】解：∵△AOB绕点O旋转180°得到△DOE，‎ ‎∴作图正确是C选项图形．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了利用旋转变换作图，熟记旋转的性质，判断出对应点关于点O对称是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎9．‎ ‎【分析】根据正方形的性质利用勾股定理可求得其边长，从而就不难求得其面积，根据其面积不变解答即可．‎ ‎【解答】解：由题意得，正方形的边长为，故面积为2，把正方形经过某种图形平移变换后的面积为4，‎ 故选：D．‎ ‎【点评】主要考查到正方形的性质和面积的求法．要注意：正方形的对角线和正方形的两条相邻的边构成等腰直角三角形．‎ ‎　‎ ‎10．‎ ‎【分析】根据从一个格点移动到与之相距的另一个格点的运动称为一次跳马变换，计算出按A﹣D﹣F的方向连续变换4次后点M的位置，再根据点N的位置进行适当的变换，即可得到变换总次数．‎ ‎【解答】解：如图1，连接AD，DF，则AF=3，‎ ‎∴两次变换相当于向右移动3格，向上移动3格，‎ 20‎ 又∵MN=10，‎ ‎∴10÷3=，（不是整数）‎ ‎∴按A﹣D﹣F的方向连续变换4次后，相当于向右移动了4÷2×3=6格，向上移动了4÷2×3=6格，‎ 此时M位于如图2所示的正方形网格的点G处，再按如图所示的方式变换4次即可到达点N处，‎ ‎∴从该正方形的顶点M经过跳马变换到达与其相对的顶点N，最少需要跳马变换的次数是4+4=8次，‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题主要考查了几何变换的类型以及勾股定理的运用，解题时注意：在平移变换下，对应线段平行且相等，两对应点连线段与给定的有向线段平行（共线）且相等．解决问题的关键是找出变换的规律．‎ ‎　‎ 二．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）‎ ‎11．‎ ‎【分析】根据旋转的性质可得AC=CD，再判断出△ACD是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求出∠CAD=45°，由∠BAD=∠BAC+∠CAD可得答案．‎ ‎【解答】解：∵Rt△ABC绕其直角顶点C按顺时针方向旋转90°后得到Rt△DEC，‎ ‎∴AC=CD，‎ ‎∴△ACD是等腰直角三角形，‎ ‎∴∠CAD=45°，‎ 则∠BAD=∠BAC+∠CAD=25°+45°=70°，‎ 故答案为：70°．‎ ‎【点评】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．‎ 20‎ ‎　‎ ‎12．‎ ‎【分析】由旋转的性质得到AD=EF，AB=AE，再由DE=EF，等量代换得到AD=DE，即三角形AED为等腰直角三角形，利用勾股定理求出AE的长，即为AB的长．‎ ‎【解答】解：由旋转得：AD=EF，AB=AE，∠D=90°，‎ ‎∵DE=EF，‎ ‎∴AD=DE，即△ADE为等腰直角三角形，‎ 根据勾股定理得：AE==3，‎ 则AB=AE=3，‎ 故答案为：3‎ ‎【点评】此题考查了旋转的性质，矩形的性质，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．‎ ‎　‎ ‎13．‎ ‎【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出a，b的值，进而得出答案．‎ ‎【解答】解：∵点A的坐标为（a，3），点B的坐标是（4，b），点A与点B关于原点O对称，‎ ‎∴a=﹣4，b=﹣3，‎ 则ab=12．‎ 故答案为：12．‎ ‎【点评】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确得出a，b的值是解题关键．‎ ‎　‎ ‎14．‎ ‎【分析】根据同高的两个三角形面积之比等于底边之比得出==，==，再由点O是▱ABCD的对称中心，根据平行四边形的性质可得S△AOB=S△BOC=S▱ABCD，从而得出S1与S2之间的等量关系．‎ ‎【解答】解：∵==，==，‎ ‎∴S1=S△AOB，S2=S△BOC．‎ 20‎ ‎∵点O是▱ABCD的对称中心，‎ ‎∴S△AOB=S△BOC=S▱ABCD，‎ ‎∴==．‎ 即S1与S2之间的等量关系是=．‎ 故答案为=．‎ ‎【点评】本题考查了中心对称，三角形的面积，平行四边形的性质，根据同高的两个三角形面积之比等于底边之比得出==，==是解题的关键．‎ ‎　‎ 三．解答题（共9小题，满分90分）‎ ‎15．‎ ‎【分析】先利用旋转的性质得OB=OC，AB=CD，∠B=∠C，再证明△OBE≌△OCF得到BE=CF，从而可判断AE=DF．‎ ‎【解答】证明：∵△AOB绕着点O旋转180度得到△DOC，‎ ‎∴OB=OC，AB=CD，∠B=∠C，‎ 在△OBE和△OCF中 ‎，‎ ‎∴△OBE≌△OCF，‎ ‎∴BE=CF，‎ ‎∴BE﹣AB=CF﹣CD，‎ 即AE=DF．‎ ‎【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、后的图形全等．也考查了全等三角形的判定与性质．‎ ‎　‎ 20‎ ‎16．‎ ‎【分析】根据中心对称的性质可得BO=DO，AO=CO，再利用等式的性质可得FO=EO，然后再证明△FOD≌△EOB，利用全等三角形的性质可得DF=BE．‎ ‎【解答】证明：∵△ABO与△CDO关于O点中心对称，‎ ‎∴BO=DO，AO=CO，‎ ‎∵AF=CE，‎ ‎∴AO﹣AF=CO﹣CE，‎ ‎∴FO=EO，‎ 在△FOD和△EOB中 ‎，‎ ‎∴△FOD≌△EOB（SAS），‎ ‎∴DF=BE．‎ ‎【点评】此题主要考查了中心对称以及全等三角形的判定和性质，关键是掌握关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分．‎ ‎　‎ ‎17．‎ ‎【分析】先利用点平移的坐标规律，把点P的横坐标加上8，纵坐标不变可得到P1点的坐标，再利用关于原点对称的点的坐标特征写出P2点的坐标，然后利用两点间的距离公式计算点P2到原点的距离．‎ ‎【解答】解：∵点P（﹣5，3）向右平移8个单位得到点P1，‎ ‎∴P1点的坐标为（3，3），‎ ‎∵，P1关于原点的对称点是点P2，‎ ‎∴P2点的坐标为（﹣3，﹣3），‎ P2到原点的距离==3．‎ ‎【点评】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：关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．‎ ‎　‎ 20‎ ‎18．‎ ‎【分析】（1）根据中心对称的性质即可作出图形；‎ ‎（2）根据轴对称的性质即可作出图形；‎ ‎（3）根据旋转的性质即可求出图形．‎ ‎【解答】解：（1）如图所示，‎ ‎△DCE为所求作 ‎（2）如图所示，‎ ‎△ACD为所求作 ‎（3）如图所示 ‎△ECD为所求作 ‎【点评】本题考查图形变换，解题的关键是正确理解图形变换的性质，本题属于基础题型．‎ ‎　‎ ‎19．‎ ‎【分析】（1）由旋转的性质可得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；‎ 20‎ ‎（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．‎ ‎【解答】（1）证明：∵△DAE绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，‎ ‎∴DE=DM，∠EDM=90°，‎ ‎∵∠EDF=45°，∴∠FDM=45°，‎ ‎∴∠EDF=∠FDM．‎ 又∵DF=DF，DE=DM，‎ ‎∴△DEF≌△DMF，‎ ‎∴EF=MF；‎ ‎（2）解：设EF=MF=x，‎ ‎∵AE=CM=1，AB=BC=3，‎ ‎∴EB=AB﹣AE=3﹣1=2，BM=BC+CM=3+1=4，‎ ‎∴BF=BM﹣MF=4﹣x．‎ 在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2=EF2，‎ 即22+（4﹣x）2=x2，‎ 解得：x=，‎ 则EF的长为．‎ ‎【点评】此题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理，利用了转化及方程的思想，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．‎ ‎　‎ ‎20．‎ ‎【分析】（1）根据旋转得出CA=CE，CB=CF，根据平行四边形的判定得出即可；‎ ‎（2）根据等边三角形的判定得出△ABC是等边三角形，求出AE=BF，根据矩形的判定得出即可．‎ 20‎ ‎【解答】（1）证明：∵将△ABC绕点C顺时针旋转180°得到△EFC，‎ ‎∴△ABC≌△EFC，‎ ‎∴CA=CE，CB=CF，‎ ‎∴四边形ABEF是平行四边形；‎ ‎（2）解：当∠ABC=60°时，四边形ABEF为矩形，‎ 理由是：∵∠ABC=60°，AB=AC，‎ ‎∴△ABC是等边三角形，‎ ‎∴AB=AC=BC，‎ ‎∵CA=CE，CB=CF，‎ ‎∴AE=BF，‎ ‎∵四边形ABEF是平行四边形，‎ ‎∴四边形ABEF是矩形．‎ ‎【点评】本题考查了旋转的性质和矩形的判定、平行四边形的判定、等边三角形的性质和判定等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．‎ ‎　‎ ‎21．‎ ‎【分析】（1）连接AF，由旋转的旋转得到AC=DC，∠ACD=60°，进而△ACD是等边三角形，再证四边形ADCF是矩形，根据矩形的对角线相等即可得到AC=BF．‎ ‎（2）根据△ACD是等边三角形，得到AC=AD，进一步证明AD=BF，再证明AB=DF，即可得到四边形ABFD是平行四边形．‎ ‎【解答】解：（1）如图，连接AF，‎ ‎∵AC绕点C顺时针旋转60°至CD，‎ ‎∴AC=DC，∠ACD=60°，‎ ‎∴△ACD是等边三角形，‎ ‎∵F是CD的中点，‎ 20‎ ‎∴AF⊥CD，‎ ‎∴∠AFC=90°，‎ ‎∵在△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC=60°，‎ ‎∴∠ACD=30°，‎ ‎∵∠ACD=60°，‎ ‎∴∠BCD=90°，‎ 又∵∠ADC=90°，‎ ‎∴四边形ADCF是矩形，‎ ‎∴AC=BF．‎ ‎（2）∵△ACD是等边三角形，‎ ‎∴AC=AD，‎ ‎∵AC=BF，‎ ‎∴AD=BF，‎ ‎∵四边形ABCF是矩形，‎ ‎∴AB=CF，‎ ‎∵F是CD的中点，‎ ‎∴DF=CF，‎ ‎∴AB=DF，‎ ‎∴四边形ABFD是平行四边形．‎ ‎【点评】本题考查了旋转的旋转，解决本题的关键是熟记矩形、平行四边形的性质定理与判定定理．‎ ‎　‎ ‎22．‎ ‎【分析】（1）依据关于直线y=x的对称点的坐标特征以及关于原点的对称点的坐标特征，即可得到B（3，2），C（﹣2，﹣3）；‎ ‎（2）先依据轴对称和中心对称的性质，得到四边形ABCD是平行四边形，再依据AC=BD，即可得出四边形ABCD是矩形．‎ ‎【解答】解：（1）∵A（2，3），‎ ‎∴点A关于直线y=x的对称点B和关于原点的对称点C的坐标分别为：B（3，2），C（﹣2，﹣3）；‎ ‎（2）四边形ABCD是矩形．理由如下：‎ ‎∵B（3，2）关于原点的对称点为D（﹣3，﹣2），‎ 20‎ 又∵点B点D关于原点对称，‎ ‎∴BO=DO．‎ 同理AO=DO，‎ ‎∴四边形ABCD是平行四边形．‎ ‎∵A关于直线y=x的对称点为B，点A关于原点的对称点C，‎ ‎∴AC=BD，‎ ‎∴四边形ABCD是矩形．‎ ‎【点评】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标特征以及矩形的判定，解题时注意：对角线相等的平行四边形是矩形．‎ ‎　‎ ‎23．‎ ‎【分析】（1）在直角三角形ABC中，由AC=2AB，得到∠ACB=30°，再由折叠的性质得到一对角相等，利用等角对等边即可得证；‎ ‎（2）由（1）得到△ABB′为等边三角形，利用矩形的性质及等边三角形的内角为60°，即可求出所求角度数；‎ ‎（3）法1：由AB=2，得到B′B=B′F=2，∠B′BF=15°，过B作BH⊥BF，在直角三角形BB′H中，利用锐角三角函数定义求出BH的长，由BF=2BH即可求出BF的长；‎ 法2：连接AF，过A作AM⊥BF，可得△AB′F是等腰直角三角形，△AB′B为等边三角形，分别利用三角函数定义求出MF与AM，根据AM=BM，即BM+MF=BF即可求出．‎ ‎【解答】（1）证明：∵在Rt△ABC中，AC=2AB，‎ ‎∴∠ACB=∠AC′B′=30°，∠BAC=60°，‎ 由旋转可得：AB′=AB，∠B′AC=∠BAC=60°，‎ ‎∴∠EAC′=∠AC′B′=30°，‎ ‎∴AE=C′E；‎ ‎（2）解：由（1）得到△ABB′为等边三角形，‎ ‎∴∠AB′B=60°，‎ ‎∴∠FBB′=15°；‎ ‎（3）法1：解：由AB=2，得到B′B=B′F=2，∠B′BF=15°，‎ 过B作B′H⊥BF，‎ 20‎ 在Rt△BB′H中，cos15°=，即BH=2×=，‎ 则BF=2BH=+（cos15°=cos（45°﹣30°）=cos45°cos30°+sin45°sin30°=×+×=）；‎ 法2：连接AF，过A作AM⊥BF，‎ ‎（2）可得△AB′F是等腰直角三角形，△AB′B为等边三角形，‎ ‎∴∠AFB′=45°，‎ ‎∴∠AFM=30°，∠ABF=45°，‎ 在Rt△AMF中，AM=BM=AB•cos∠ABM=2×=，‎ 在Rt△AMF中，MF===，‎ 则BF=+．‎ 20‎ ‎【点评】此题考查了旋转的性质，矩形的性质，锐角三角函数定义，等边三角形、直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．‎ ‎　‎ 20‎