2018中考复习图形的平移旋转与位移练习题 25页

‎1、（2017大连）在平面直角坐标系xOy中，线段AB的两个端点坐标分别为A（﹣1，﹣1），B（1，2），平移线段AB，得到线段A′B′，已知A′的坐标为（3，﹣1），则点B′的坐标为（　　）‎ A．（4，2） B．（5，2） C．（6，2） D．（5，3）‎ ‎【考点】Q3：坐标与图形变化﹣平移．‎ ‎【分析】根据A点的坐标及对应点的坐标可得线段AB向右平移4个单位，然后可得B′点的坐标．‎ ‎【解答】解：∵A（﹣1，﹣1）平移后得到点A′的坐标为（3，﹣1），‎ ‎∴向右平移4个单位，‎ ‎∴B（1，2）的对应点坐标为（1+4，2），‎ 即（5，2）． 故选：B．‎ ‎2、（2017东营）如图，把△ABC沿着BC的方向平移到△DEF的位置，它们重叠部分的面积是△ABC面积的一半，若BC=，则△ABC移动的距离是（　　）‎ A． B． C． D．﹣‎ ‎【分析】移动的距离可以视为BE或CF的长度，根据题意可知△ABC与阴影部分为相似三角形，且面积比为2：1，所以EC：BC=1：，推出EC的长，利用线段的差求BE的长．‎ ‎【解答】解：∵△ABC沿BC边平移到△DEF的位置，‎ ‎∴AB∥DE， ∴△ABC∽△HEC，‎ ‎∴=（）2=， ∴EC：BC=1：，‎ ‎∵BC=， ∴EC=，‎ ‎∴BE=BC﹣EC=﹣． 故选：D．‎ ‎【点评】本题主要考查相似三角形的判定和性质、平移的性质，关键在于证△ABC与阴影部分为相似三角形．‎ ‎3、如图，将△ABE向右平移‎2cm得到△DCF，如果△ABE的周长是‎16cm，那么四边形ABFD的周长是（　　）‎ A．‎16cm B．‎18cm C．‎20cm D．‎‎21cm ‎【考点】平移的性质．‎ ‎【分析】先根据平移的性质得到CF=AD=‎2cm，AC=DF，而AB+BC+AC=‎16cm，则四边形ABFD的周长=AB+BC+CF+DF+AD，然后利用整体代入的方法计算即可 ‎【解答】解：∵△ABE向右平移‎2cm得到△DCF，‎ ‎∴EF=AD=‎2cm，AE=DF，‎ ‎∵△ABE的周长为‎16cm，‎ ‎∴AB+BE+AE=‎16cm，‎ ‎∴四边形ABFD的周长=AB+BE+EF+DF+AD ‎=AB+BE+AE+EF+AD ‎=‎16cm+‎2cm+‎‎2cm ‎=‎20cm．‎ 故选C．‎ ‎4、（2017成都）如图，四边形 和 是以点为位似中心的位似图形，若 ，则四边形与四边形的面积比为（ ）‎ A． 4：9 B． 2：‎5 C. 2：3 D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎5、（2017菏泽）如图，将绕直角顶点顺时针旋转，得到，连接，若，则的度数是（ ）‎ A． ‎ B． C. D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：利用旋转，∠BAC=∠B＇A＇C,AC=CA＇,∴三角形ACA＇是等腰直角三角形，∴∠BAC=∠B＇A＇C=45°-25°，∴=，故选C ‎ 考点：旋转；等腰直角三角形性质 ‎6、（2017天津）如图，将绕点顺时针旋转得，点的对应点恰好落在延长线上，连接.下列结论一定正确的是（ ）‎ A． B． C. D．‎ ‎∵△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE， ∴∠ABD=∠CBE=60°，AB=BD， ∴△ABD是等边三角形， ∴∠DAB=60°， ‎ ‎∴∠DAB=∠CBE， ∴AD∥BC， 故选C．‎ ‎7、（2016东营）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（-3，6）、B（-9，-3），以原点O为位似中心，相似比为，把△ABO缩小，则点A的对应点A′的坐标是( )‎ ‎ A．（-1，2）　　　　　　　　　　 B．（-9，18）　　　‎ C．（-9，18）或（9，-18）　　　　 D．（-1，2）或（1，-2）‎ ‎【知识点】相似三角形——位似图形、位似变换 ‎【答案】D.‎ ‎【解析】方法一：∵△ABO和△A′B′O关于原点位似，∴△ ABO∽△A′B′O且＝.∴＝＝.∴A′E＝AD＝2，OE＝OD＝1.∴A′（－1,2）.‎ 同理可得A′′（1,―2）.‎ 方法二：∵点A（―3，6）且相似比为，‎ ‎∴点A的对应点A′的坐标是（―3×，6×），∴A′（－1,2）.‎ ‎∵点A′′和点A′（－1,2）关于原点O对称，‎ ‎∴A′′（1,―2）.‎ 故选择D.‎ ‎【点拨】每对对应点的连线所在的直线都相交于一点的相似图形叫做位似图形．位似图形对应点到位似中心的距离比等于位似比（相似比）；在平面直角坐标系中，如果位似图形是以原点为位似中心，那么位似图形对应点的坐标比等于相似比．注意：本题中，△ABO以原点O为位似中心的图形有两个，所以本题答案有两解.‎ ‎8、（2017丹东）如图，将矩形ABCD绕点A旋转至矩形AEFG的位置，此时点D恰好与AF的中点重合，AE交CD于点H，若BC=2，则HC的长为（　　）‎ A．4 B．‎2‎ C．3 D．6‎ ‎【考点】含30度角的直角三角形；矩形的性质；旋转的性质．‎ 含30度直角三角形 ‎【专题】矩形 菱形 正方形．‎ ‎【分析】根据旋转后AF的中点恰好与D点重合，利用旋转的性质得到直角三角形ACD中，∠ACD=30°，再由旋转后矩形与已知矩形全等及矩形的性质得到∠DAE为30°，进而得到∠EAC=∠DCA，利用等角对等边得到AH=CH，根据BC、AD的长，即可得到CH的长．‎ ‎【解答】解：由旋转的性质可知：AC=AF， ∵D为AF的中点，∴AD=AC， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD⊥CD，∴∠ACD=30°， ∵AB∥CD，∴∠CAB=30°， ∴∠EAF=∠CAB=30°， ∴∠EAC=30°， ∴AH=CH， ∴DH=AH=CH， ∴CH=2DH， ∵CD=AD=BC=6， ∴HC=CD=4． 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了旋转的性质、矩形的性质、特殊角的三角函数等知识点，对应点到旋转中心的距离相等，利用旋转的“不变”特性是解答的关键．‎ ‎9、（2017无锡）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC=30°，AC=2，△ABC绕点C顺时针旋转得△A1B‎1C，当A1落在AB边上时，连接B1B，取BB1的中点D，连接A1D，则A1D的长度是（　　）‎ A． B．‎2‎ C．3 D．2‎ ‎【考点】旋转的性质；含30度角的直角三角形．‎ ‎【分析】首先证明△ACA1，△BCB1是等边三角形，推出△A1BD是直角三角形即可解决问题．‎ ‎【解答】解：∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=2，‎ ‎∴∠A=90°﹣∠ABC=60°，AB=4，BC=2，‎ ‎∵CA=CA1，‎ ‎∴△ACA1是等边三角形，AA1=AC=BA1=2，‎ ‎∴∠BCB1=∠ACA1=60°，‎ ‎∵CB=CB1，‎ ‎∴△BCB1是等边三角形，‎ ‎∴BB1=2，BA1=2，∠A1BB1=90°，‎ ‎∴BD=DB1=，‎ ‎∴A1D==．‎ 故选A．‎ ‎10、（2017毕节）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，且∠EAF=45°，将△ABE绕点A顺时针旋转90°，使点E落在点E'处，则下列判断不正确的是（　　）‎ A．△AEE′是等腰直角三角形 B．AF垂直平分EE'‎ C．△E′EC∽△AFD D．△AE′F是等腰三角形 ‎【考点】旋转的性质；线段垂直平分线的性质；等腰三角形的判定；等腰直角三角形；正方形的性质；相似三角形的判定．‎ 旋转的性质 ‎【分析】由旋转的性质得到AE′=AE，∠E′AE=90°，于是得到△AEE′是等腰直角三角形，故A正确；由旋转的性质得到∠E′AD=∠BAE，由正方形的性质得到∠DAB=90°，推出∠E′AF=∠EAF，于是得到AF垂直平分EE'，故B正确；根据余角的性质得到∠FE′E=∠DAF，于是得到△E′EC∽△AFD，故C正确；由于AD⊥E′F，但∠E′AD不一定等于∠DAF，于是得到△AE′F不一定是等腰三角形，故D错误．‎ ‎【解答】解：∵将△ABE绕点A顺时针旋转90°，使点E落在点E'处， ∴AE′=AE，∠E′AE=90°， ∴△AEE′是等腰直角三角形，故A正确； ∵将△ABE绕点A顺时针旋转90°，使点E落在点E'处， ∴∠E′AD=∠BAE， ∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAB=90°， ∵∠EAF=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°， ∴∠E′AD+∠FAD=45°，∴∠E′AF=∠EAF， ∵AE′=AE，∴AF垂直平分EE'，故B正确； ∵AF⊥E′E，∠ADF=90°， ∴∠FE′E+∠AFD=∠AFD+∠DAF，∴∠FE′E=∠DAF， ∴△E′EC∽△AFD，故C正确； ∵AD⊥E′F，但∠E′AD不一定等于∠DAF， ∴△AE′F不一定是等腰三角形，故D错误； 故选：D．‎ ‎11、（2017柳州）如图，把这个“十字星”形图绕其中心点O旋转，当至少旋转______度后，所得图形与原图形重合．‎ ‎【答案】90°‎ ‎【解析】360°÷4＝90°．‎ ‎12、（2017山西）如图，已知△ABC三个顶点的坐标分别为A（0，4），B（-1，1），C（-2，2）．将△ABC向右平移4个单位，得到，点A、B、C的对应点分别为，再将绕点顺时针旋转，得到，点的对应点分别为，则点的坐标为 ．‎ ‎【考点】坐标与图形变化-旋转；坐标与图形变化-平移．‎ 图形的旋转 ‎【分析】由平移的性质和旋转的性质作出图形，即可得出答案．‎ ‎【解答】解：如图所示： ∵A（0，4），B（-1，1），C（-2，2），将△ABC向右平移4个单位，得到△A′B′C′， ∴A′、B′、C′的坐标分别为（4，4），B（3，1），C（2，2）， 再将△A′B′C′绕点B′顺时针旋转90°，得到△A″B″C″， ‎ 则点A″的坐标为 （6，0）； 故答案为：（6，0）．‎ ‎【点评】本题考查了坐标与图形性质、平移的性质、旋转的性质；熟练掌握平移和旋转的性质是解决问题的关键．‎ ‎13、（2017宜宾）如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△COD，若∠AOB=15°，则∠AOD的度数是　60°　．‎ ‎【分析】如图，首先运用旋转变换的性质求出∠AOC的度数，结合∠AOB=27°，即可解决问题．‎ ‎【解答】解：如图，由题意及旋转变换的性质得：∠AOC=45°，‎ ‎∵∠AOB=15°，‎ ‎∴∠AOD=45°+15°=60°，‎ 故答案为：60°．‎ ‎【点评】该题主要考查了旋转变换的性质及其应用问题；牢固掌握旋转变换的性质是灵活运用、解题的关键．‎ ‎14、（2017黄冈）已知：如图，在中，，将绕顶点，按顺时针方向旋转到处，此时线段与的交点恰好为的中点，则线段 .‎ ‎【考点】直角三角形，勾股定理，旋转 ‎【分析】由勾股定理，确定圆锥的母线长，再由表面积=πrl确定其表面积．‎ ‎【解答】‎ 解：∵‎ ‎∴AB=5,‎ ‎∵恰好为的中点 ‎∴OD=2.5‎ ‎∵将绕顶点，按顺时针方向旋转到处 ‎∴OB1=OB=4‎ ‎∴1.5‎ 故答案为：1.5．‎ ‎【点评】考查学生对直角三角形性质掌握，必须牢记知识点：直角三角形斜边的中线等于斜边的一半．‎ ‎15、（2017威海）如图，A点的坐标为（﹣1，5），B点的坐标为（3，3），C点的坐标为（5，3），D点的坐标为（3，﹣1），小明发现：线段AB与线段CD存在一种特殊关系，即其中一条线段绕着某点旋转一个角度可以得到另一条线段，你认为这个旋转中心的坐标是　（1，1）或（4，4）　．‎ ‎【分析】分点A的对应点为C或D两种情况考虑：①当点A的对应点为点C时，连接AC、BD，分别作线段AC、BD的垂直平分线交于点E，点E即为旋转中心；②当点A的对应点为点D时，连接AD、BC，分别作线段AD、BC的垂直平分线交于点M，点M即为旋转中心．此题得解．‎ ‎【解答】解：①当点A的对应点为点C时，连接AC、BD，分别作线段AC、BD的垂直平分线交于点E，如图1所示，‎ ‎∵A点的坐标为（﹣1，5），B点的坐标为（3，3），‎ ‎∴E点的坐标为（1，1）；‎ ‎②当点A的对应点为点D时，连接AD、BC，分别作线段AD、BC的垂直平分线交于点M，如图2所示，‎ ‎∵A点的坐标为（﹣1，5），B点的坐标为（3，3），‎ ‎∴M点的坐标为（4，4）．‎ 综上所述：这个旋转中心的坐标为（1，1）或（4，4）．‎ 故答案为：（1，1）或（4，4）．‎ ‎【点评】本题考查了坐标与图形变化中的旋转，根据给定点的坐标找出旋转中心的坐标是解题的关键．‎ ‎16、（2017宁夏）在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A（2，3），B（1，1），C（5，1）．‎ ‎（1）把△ABC平移后，其中点 A移到点A1（4，5），画出平移后得到的△A1B‎1C1；‎ ‎（2）把△A1B‎1C1绕点A1按逆时针方向旋转90°，画出旋转后的△A2 B‎2C2．‎ ‎【分析】（1）根据图形平移的性质画出平移后得的△A1B‎1C1即可；‎ ‎（2）根据图形旋转的性质画出旋转后的△A2 B‎2C2即可．‎ ‎【解答】解：（1）如图，△A1B‎1C1即为所求；‎ ‎（2）如图，△A2 B‎2C2即为所求．‎ ‎【点评】本题考查的是作图﹣旋转变换，熟知图形旋转不变性的性质是解答此题的关键．‎ ‎17、（2017徐州）如图，已知AC⊥BC，垂足为C，AC=4，BC=3，将线段AC绕点A按逆时针方向旋转60°，得到线段AD，连接DC，DB．‎ ‎（1）线段DC=　4　；‎ ‎（2）求线段DB的长度．‎ ‎【考点】R2：旋转的性质．‎ ‎【分析】（1）证明△ACD是等边三角形，据此求解；‎ ‎（2）作DE⊥BC于点E，首先在Rt△CDE中利用三角函数求得DE和CE的长，然后在Rt△BDE中利用勾股定理求解．‎ ‎【解答】解：（1）∵AC=AD，∠CAD=60°，‎ ‎∴△ACD是等边三角形，‎ ‎∴DC=AC=4．‎ 故答案是：4；‎ ‎（2）作DE⊥BC于点E．‎ ‎∵△ACD是等边三角形，‎ ‎∴∠ACD=60°，‎ 又∵AC⊥BC，‎ ‎∴∠DCE=∠ACB﹣∠ACD=90°﹣60°=30°，‎ ‎∴Rt△CDE中，DE=DC=2，‎ CE=DC•cos30°=4×=2，‎ ‎∴BE=BC﹣CE=3﹣2=．‎ ‎∴Rt△BDE中，BD===．‎ ‎18、（2017荆州）如图，在矩形ABCD中，连接对角线AC、BD，将△ABC沿BC方向平移，使点B移到点C，得到△DCE．‎ ‎（1）求证：△ACD≌△EDC；‎ ‎（2）请探究△BDE的形状，并说明理由．‎ ‎【考点】LB：矩形的性质；KD：全等三角形的判定与性质；Q2：平移的性质．‎ ‎【分析】（1）由矩形的性质得出AB=DC，AC=BD，AD=BC，∠ADC=∠ABC=90°，由平移的性质得：DE=AC，CE=BC，∠DCE=∠ABC=90°，DC=AB，得出AD=EC，由SAS即可得出结论；‎ ‎（2）由AC=BD，DE=AC，得出BD=DE即可．‎ ‎【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴AB=DC，AC=BD，AD=BC，∠ADC=∠ABC=90°，‎ 由平移的性质得：DE=AC，CE=BC，∠DCE=∠ABC=90°，DC=AB，‎ ‎∴AD=EC，‎ 在△ACD和△EDC中，，‎ ‎∴△ACD≌△EDC（SAS）；‎ ‎（2）解：△BDE是等腰三角形；理由如下：‎ ‎∵AC=BD，DE=AC，‎ ‎∴BD=DE，‎ ‎∴△BDE是等腰三角形．‎ ‎　‎ ‎19、如图，正方形网格中的每一个小正方形的边长都是1，四边形ABCD的四个顶点都在格点上，O为AD边的中点，若把四边形ABCD绕着点O顺时针旋转90°，试解决下列问题： （1）画出四边形ABCD旋转后的图形； （2）求点C旋转过程中所经过的路径长； （3）设点B旋转后的对应点为B′，求tan∠DAB′的值．‎ ‎【考点】作图-旋转变换；轨迹；解直角三角形．‎ 图形的旋转变换 ‎【分析】（1）根据网格结构找出点A、B、C、D的对应点A′、B′、C′、D′的位置，然后顺次连接即可； （2）根据勾股定理求出OC的长度，再利用弧长公式进行计算即可得解； （3）利用网格结构，根据正切等于对边比邻边列式计算即可得解．‎ ‎【解答】解：（1）如图所示，四边形A′B′C′D′即为所求作的图形； （2）根据勾股定理，OC=， 点C旋转过程中所经过的路径长=‎ ‎； （3）由图可知，tan∠DAB′=‎ ‎．‎ ‎【点评】本题考查了利用旋转变换作图，弧长的计算，熟练掌握网格结构，准确找出对应点的位置是解题的关键．‎ ‎20、（2017枣庄）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC三个顶点的坐标分别是A（2，2），B（4，0），C（4，﹣4）．‎ ‎（1）请在图中，画出△ABC向左平移6个单位长度后得到的△A1B‎1C1； ‎ ‎（2）以点O为位似中心，将△ABC缩小为原来的，得到△A2B‎2C2，请在图中y轴右侧，画出△A2B‎2C2，并求出∠A‎2C2B2的正弦值．‎ ‎【考点】SD：作图﹣位似变换；Q4：作图﹣平移变换；T7：解直角三角形．‎ ‎【分析】（1）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；‎ ‎（2）利用位似图形的性质得出对应点位置，再利用锐角三角三角函数关系得出答案．‎ ‎【解答】解：（1）如图所示：△A1B‎1C1，即为所求；‎ ‎（2）如图所示：△A2B‎2C2，即为所求，‎ 由图形可知，∠A‎2C2B2=∠ACB，‎ 过点A作AD⊥BC交BC的延长线于点D，‎ 由A（2，2），C（4，﹣4），B（4，0），易得D（4，2），‎ 故AD=2，CD=6，AC==2，‎ ‎∴sin∠ACB===，‎ 即sin∠A‎2C2B2=．‎ ‎　‎ ‎21、（2017聊城）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转，使点B落在AB边上点B′处，此时，点A的对应点A′恰好落在BC边的延长线上，下列结论错误的（　　）‎ A．∠BCB′=∠ACA′ B．∠ACB=2∠B C．∠B′CA=∠B′AC D．B′C平分∠BB′A′‎ ‎【考点】R2：旋转的性质．‎ ‎【分析】根据旋转的性质得到∠BCB′=∠ACA′，故A正确，根据等腰三角形的性质得到∠B=∠BB'C，根据三角形的外角的性质得到∠A'CB'=2∠B，等量代换得到∠ACB=2∠B，故B正确；等量代换得到∠A′B′C=∠BB′C，于是得到B′C平分∠BB′A′，故D正确．‎ ‎【解答】解：根据旋转的性质得，∠BCB'和∠ACA'都是旋转角，则∠BCB′=∠ACA′，故A正确，‎ ‎∵CB=CB'，‎ ‎∴∠B=∠BB'C，‎ 又∵∠A'CB'=∠B+∠BB'C，‎ ‎∴∠A'CB'=2∠B，‎ 又∵∠ACB=∠A'CB'，‎ ‎∴∠ACB=2∠B，故B正确；‎ ‎∵∠A′B′C=∠B，‎ ‎∴∠A′B′C=∠BB′C，‎ ‎∴B′C平分∠BB′A′，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎22、（2015梧州）如图, 在△ABC中,∠A=70°,AC=BC,以点B为旋转中心把 △ABC按顺时针旋转α度,得到△A’BC’，点A恰好落在AC上，连接 CC’,则∠ACC’= 110° .‎ 考点】旋转的性质．‎ 旋转与最值类压轴题的思路探索 ‎【专题】压轴题．‎ ‎【分析】由∠A=70°，AC=BC，可知∠ACB=40°，根据旋转的性质，AB=BA′，BC=BC′，∠CBC′=∠α=40°，∠BCC′=70°，于是∠ACC′=∠ACB+∠BCC′=110°．‎ ‎【解答】解：∵∠A=70°，AC=BC， ∴∠BCA=40°， 根据旋转的性质，AB=BA′，BC=BC′， ∴∠α=180°-2×70°=40°， ∵∠∠CBC′=∠α=40°， ∴∠BCC′=70°， ∴∠ACC′=∠ACB+∠BCC′=110°； 故答案为：110°．‎ ‎【点评】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握旋转前后的图形对应边相等、旋转角相等是解决问题的关键．‎ ‎23、（2014济南）如图，将边长为12的正方形ABCD沿其对角线AC剪开，再把△ABC沿着AD方向平移，得到△A′B′C′，当两个三角形重叠部分的面积为32时，它移动的距离AA′等于　4或8　．‎ 考点：平移的性质；解一元二次方程-因式分解法；平行四边形的判定与性质；正方形的性质．‎ 分析：根据平移的性质，结合阴影部分是平行四边形，△AA′H与△HCB′都是等腰直角三角形，则若设AA′=x，则阴影部分的底长为x，高A′D=2﹣x，根据平行四边形的面积公式即可列出方程求解．‎ 解答：解：设AC交A′B′于H，‎ ‎∵∠A=45°，∠D=90°‎ ‎∴△A′HA是等腰直角三角形 设AA′=x，则阴影部分的底长为x，高A′D=12﹣x ‎∴x•（12﹣x）=32‎ ‎∴x=4或8，‎ 即AA′=4或‎8cm． 故答案为：4或8．‎ 点评：考查了平移的性质及一元二次方程的解法等知识，解决本题关键是抓住平移后图形的特点，利用方程方法解题．‎ ‎24、（2017眉山）△ABC是等边三角形，点O是三条高的交点．若△ABC以点O为旋转中心旋转后能与原来的图形重合，则△ABC旋转的最小角度是　120°　．‎ ‎【考点】R3：旋转对称图形．‎ ‎【分析】根据旋转的性质及等边三角形的性质求解．‎ ‎【解答】解：若△ABC以O为旋转中心，旋转后能与原来的图形重合，‎ 根据旋转变化的性质，可得△ABC旋转的最小角度为180°﹣60°=120°．‎ 故答案为：120°．‎ ‎25、（2017）如图，点P在等边△ABC的内部，且PC=6，PA=8，PB=10，将线段PC绕点C顺时针旋转60°得到P'C，连接AP'，则sin∠PAP'的值为　　．‎ ‎【考点】R2：旋转的性质；KK：等边三角形的性质；T7：解直角三角形．‎ ‎【分析】连接PP′，如图，先利用旋转的性质得CP=CP′=6，∠PCP′=60°，则可判定△CPP′为等边三角形得到PP′=PC=6，再证明△PCB≌△P′CA得到PB=P′A=10，接着利用勾股定理的逆定理证明△APP′为直角三角形，∠APP′=90°，然后根据正弦的定义求解．‎ ‎【解答】解：连接PP′，如图，‎ ‎∵线段PC绕点C顺时针旋转60°得到P'C，‎ ‎∴CP=CP′=6，∠PCP′=60°，‎ ‎∴△CPP′为等边三角形，‎ ‎∴PP′=PC=6，‎ ‎∵△ABC为等边三角形，‎ ‎∴CB=CA，∠ACB=60°，‎ ‎∴∠PCB=∠P′CA，‎ 在△PCB和△P′CA中 ‎，‎ ‎∴△PCB≌△P′CA，‎ ‎∴PB=P′A=10，‎ ‎∵62+82=102，‎ ‎∴PP′2+AP2=P′A2，‎ ‎∴△APP′为直角三角形，∠APP′=90°，‎ ‎∴sin∠PAP′===．‎ 故答案为．‎ ‎26、已知四边形ABCD是边长为4的正方形，AC为对角线，将△ACD绕点A旋转45°得到△AC′D′，则C D′的长为 。或 ‎7、（2017张家界）如图，在正方形ABCD中，AD=，把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP，连接AP并延长交CD于点E，连接PC，则三角形PCE的面积为．‎ ‎【考点】旋转的性质；正方形的性质．‎ 图形的旋转 ‎【分析】根据旋转的思想得PB=BC=AB，∠PBC=30°，推出△ABP是等边三角形，得到∠BAP=60°，AP=AB=，解直角三角形得到CE=-2，PE=4-‎ ‎，过P作PF⊥CD于F，于是得到结论．‎ ‎【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC=90°， ∵把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP， ∴PB=BC=AB，∠PBC=30°， ∴∠ABP=60°，∴△ABP是等边三角形， ∴∠BAP=60°，AP=AB=， ∵AD=，∴AE=4，DE=2， ∴CE=-2，PE=4-， 过P作PF⊥CD于F， ∴PF=PE=-3， ∴三角形PCE的面积=CE•PF=×（-2）×（-3）=9-， 故答案为：9-．‎ ‎【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．‎ ‎27、（2017沈阳）如图，在矩形中，,将矩形绕点按顺时针方向旋转得到矩形，点落在矩形的边上，连接，则的长是 .‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】试题分析：如图，过点C作MNBG，分别交BG、EF于点M、N，根据旋转的旋转可得AB=BG=EF=CD=5，AD=GF=3，在Rt△BCG中，根据勾股定理求得CG=4，再由,即可求得CM= ,在Rt△BCM中，根据勾股定理求得BM=，根据已知条件和辅助线作法易知四边形BENMW为矩形，根据矩形的旋转可得BE=MN=3,BM=EN=,所以CN=MN-CM=3-=,在Rt△ECN中，根据勾股定理求得EC=.‎ 考点：四边形与旋转的综合题.‎