强化训练-人教版九年级数学上册第二十三章旋转专题测评试卷(解析版含答案)

人教版九年级数学上册第二十三章旋转专题测评
考试时间：90分钟；命题人：数学教研组
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，在坐标系中放置一菱形OABC，已知∠ABC=60°，点B在y轴上，OA=1，先将菱形OABC 沿x轴的正方向无滑动翻转，每次翻转60°，连续翻转2019次，点B的落点依次为B1，B2，
B3，…，则B2 019的坐标为( )
A．(1010，0) B．(1310．5，C．(1345，D．(1346，0)
2、如图，将正方形ABCD绕点A顺时针旋转38︒，得到正方形AEFG，DB的延长线交EF于点H，则∠的大小为（）
DHE
A ．76︒
B ．97︒
C ．90︒
D ．114︒
3、如图，将△ABC 绕点A 逆时针旋转70°得到△ADE ，点B 、C 的对应点分别为D 、E ，当点B 、C 、D 、P 在同一条直线上时，则∠PDE 的度数为（ ）
A ．55°
B ．70°
C ．80°
D ．110°
4、已知点()2,3A -与点B 关于原点对称，则点B 的坐标（ ）
A ．()3,2-
B ．()2,3-
C ．()3,2
D ．()2,3--
5、下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
6、如图，在方格纸中，将Rt AOB △绕点B 按顺时针方向旋转90°后得到Rt A O B ''△，则下列四个图形中正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
7、如图，正三角形ABC 的边长为3，将△ABC 绕它的外心O 逆时针旋转60°得到△A 'B 'C '，则它们重叠部分的面积是（ ）
B C D
A．
8、如图，在小正三角形组成的网格中，已有6个小正三角形涂黑，还需涂黑n个小正三角形，使它们与原来涂黑的小正三角形组成的新图案恰有三条对称轴，则n的最小值为（）
A．10B．6C．3D．2
9、小明把一副三角板按如图所示叠放在一起，固定三角板ABC，将另一块三角板DEF绕公共顶点B 顺时针旋转（旋转角度不超过180°）．若两块三角板有一边平行，则三角板DEF旋转的度数可能是（）
A．15°或45°B．15°或45°或90°
C．45°或90°或135°D．15°或45°或90°或135°
10、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）D．（2，﹣
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、将点(5,3)A 绕原点O 顺时针旋转90︒得到点A '，则点A '落在第____________象限．
2、如图：12345,,,,O O O O O 为五个等圆的圆心，且345,,O O O 在一条直线上，请在图中画一条直线，将这五个圆分成面积相等的两个部分，并说明这条直线经过的两点是___________．
3、在平面直角坐标系内，点A 2）关于原点中心对称的点的坐标是______．
4、点21A （，）
与点B 关于原点对称，则点B 的坐标是_________． 5、如图，在△ABC 中，∠BAC=90°，AB=AC=10cm ，点D 为△ABC 内一点，∠BAD=15°，AD=6cm ，连接BD ，将△ABD 绕点A 逆时针方向旋转，使AB 与AC 重合，点D 的对应点E ，连接DE ，DE 交AC 于点F ，则CF 的长为________cm.
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图1，D 为等边△ABC 内一点，将线段AD 绕点A 逆时针旋转60°得到AE ，连接CE ，BD 的延长线与AC 交于点G ，与CE 交于点F ．
（1）求证：BD＝CE；
（2）如图2，连接FA，小颖对该图形进行探究，得出结论：∠BFC＝∠AFB＝∠AFE．小颖的结论是否正确？若正确，请给出证明；若不正确，请说明理由．
2、如图，△AOB中，OA=OB=6，将△AOB绕点O逆时针旋转得到△COD．OC与AB交于点G，CD分别交OB、AB于点E、F．
(1)∠A与∠D的数量关系是：∠A______∠D；
(2)求证：△AOG≌△DOE；
(3)当A，O，D三点共线时，恰好OB⊥CD，求此时CD的长．
3、如图，在平面直角坐标系xoy中，点A的坐标（2，0），点C是y轴上的动点，当点C在y轴上移动时，始终保持ACP
∆是等边三角形（点A、C、P按逆时针方向排列）；当点C移动到O点时，得到等边三角形AOB（此时点P与点B重合）．
〖初步探究〗
（1）点B的坐标为；
（2）点C在y轴上移动过程中，当等边三角形ACP的顶点P在第二象限时，连接BP，求证：
∆≅∆；
AOC ABP
〖深入探究〗
（3）当点C 在y 轴上移动时，点P 也随之运动，探究点P 在怎样的图形上运动，请直接写出结论，并求出这个图形所对应的函数表达式；
〖拓展应用〗
（4）点C 在y 轴上移动过程中，当OP=OB 时，点C 的坐标为 ．
4、如图，等腰Rt ABC 中，90,BAC AB AC ∠=︒=，点P 为射线BC 上一动点（不与点B 、C 重合），以点P 为中心，将线段PC 逆时针旋转α角，得到线段PQ ，连接AP BQ 、、M 为线段BQ 的中点．
(1)若点P 在线段BC 上，且M 恰好也为AP 的中点，
①依题意在图1中补全图形：②求出此时α的值和BP PC
的值； (2)写出一个α的值，使得对于任意线段BC 延长线上的点P ，总有AP PM
的值为定值，并证明； 5、在ABC 中，90ACB ∠=︒，AC BC =，直线MN 经过点C 且AD MN ⊥于D ，BE MN ⊥于E ．
(1)当直线MN 绕点C 旋转到图1的位置时，求证：
①ADC ≌CEB △；
②DE AD BE =+；
(2)当直线MN 烧点C 旋转到图2的位置时，求证：DE AD BE =-；
(3)当直线MN 绕点C 旋转到图3的位置时，试问DE 、AD 、BE 具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．
-参考答案-
一、单选题
1、D
【解析】
【分析】
连接AC ，根据条件可以求出AC ，画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，容易发现规律：每翻转6次，图形向右平移4．由于2019=336×6+3，因此点3B 向右平移1344（即3364⨯）即可到达点2019B ，根据点3B 的坐标就可求出点2019B 的坐标．
【详解】
连接AC ，如图所示．
∵四边形OABC是菱形，
∴OA=AB=BC=OC．
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形．
∴AC=AB．
∴AC=OA．
∵OA=1，
∴AC=1．
由图可知：每翻转6次，图形向右平移4．
∵2019=336×6+3，
∴点B3向右平移1344(即336×4)到点B2019．
∵B3的坐标为(2，0)，
∴B2019的坐标为(1346，0)，
故选：D
【考点】
本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，考查了操作、探究、发现规律的能力．发现“每翻转6次，图形向右平移4”是解决本题的关键．
2、B
【解析】
【分析】
根据旋转的性质，求得∠BAE =38°，根据正方形的性质，求得∠DBA =45°，∠ABH =135°，利用四边形的内角和定理计算即可．
【详解】
根据旋转的性质，得∠BAE =38°，
∵四边形ABCD 是正方形，
∴∠DBA =45°，∠ABH =135°，
∵四边形AEFG 是正方形，
∴∠E =90°，
∴∠DHE =360°-90°-38°-135°=97°，
故选B ．
【考点】
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，四边形的内角和定理，熟练掌握正方形的性质，旋转的性质是解题的关键．
3、B
【解析】
【分析】
首先根据旋转的性质可得=70BAD ∠︒，=ABC ADE ∠∠，AB =AD ，据此即可求得
===55ABC ADE ADB ∠∠∠︒，据此即可求得．
【详解】 解：将△ABC 绕点A 逆时针旋转70°得到△ADE ，
=70BAD ∴∠︒，=ABC ADE ∠∠，AB =AD ，
()()11==180=18070=5522ABC ADB BAD ∴∠∠︒-∠⨯︒-︒︒，
===55ABC ADE ADB ∴∠∠∠︒， 又点B 、C 、D 、P 在同一条直线上，
=180=1805555=70PDE ADE ADB ∴∠︒-∠-∠︒-︒-︒︒，
故选：B ．
【考点】
本题考查了旋转的性质，等边对等角的应用，三角形内角和定理，熟练掌握和运用旋转的性质是解决本题的关键．
4、B
【解析】
【分析】
根据关于原点对称点的坐标变化特征直接判断即可．
【详解】
解：点()2,3A -与点B 关于原点对称，则点B 的坐标为()2,3-，
故选：B ．
【考点】
本题考查了关于原点对称点的坐标，解题关键是明确关于原点对称的两个点横纵坐标都互为相反数．
5、B
【解析】
【分析】
根据中心对称图形和轴对称图形的定义判断即可．
【详解】
解：∵A 中的图形旋转180°后不能与原图形重合，
∴A 中的图象不是中心对称图形，
∴选项A 不正确；
∵B 中的图形旋转180°后能与原图形重合，
∴B 中的图形是中心对称图形，但不是轴对称图形，
∴选项B 正确；
∵C 中的图形旋转180°后能与原图形重合，
∴C 中的图形是中心对称图形，也是轴对称图形，
∴选项C 不正确；
∵D 中的图形旋转180°后不能与原图形重合，
∴D 中的图形不是中心对称图形，
∴选项D 不正确；
故选：B ．
【考点】
本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解题的关键．
6、B
【解析】
【分析】
根据绕点B 按顺时针方向旋转90°逐项分析即可．
【详解】
A 、Rt A O
B ''△是由Rt AOB △关于过B 点与OB 垂直的直线对称得到，故A 选项不符合题意；
B 、Rt A O B ''△是由Rt AOB △绕点B 按顺时针方向旋转90°后得到，故B 选项符合题意；
C 、Rt A O B ''△与Rt AOB △对应点发生了变化，故C 选项不符合题意；
D 、Rt AOB △是由Rt AOB △绕点B 按逆时针方向旋转90°后得到，故D 选项不符合题意． 故选：B ．
【考点】
本题考查旋转变换．解题的关键是弄清旋转的方向和旋转的度数．
7、C
【解析】
【分析】
根据重合部分是正六边形，连接O 和正六边形的各个顶点，所得的三角形都是全等的等边三角形，据此即可求解．
【详解】
解：作AM⊥BC 于M ，如图：
重合部分是正六边形，连接O 和正六边形的各个顶点，所得的三角形都是全等的等边三角形． ∵△ABC 是等边三角形，AM⊥BC，
∴AB＝BC ＝3，BM ＝CM ＝12BC ＝32
，∠BAM＝30°，
∴△ABC 的面积＝12BC×AM＝12
∴重叠部分的面积＝69△ABC 的面积＝69 故选：C ．
【考点】 本题考查了三角形的外心、等边三角形的性质以及旋转的性质，理解连接O 和正六边形的各个顶点，所得的三角形都为全等的等边三角形是关键．
8、C
【解析】
【分析】
由等边三角形有三条对称轴可得答案．
【详解】
如图所示，n 的最小值为3．
故选C ．
【考点】
本题考查了利用轴对称设计图案，解题的关键是掌握常见图形的性质和轴对称图形的性质．
9、D
【解析】
【分析】
分四种情况讨论，由平行线的性质和旋转的性质可求解．
【详解】
解：设旋转的度数为α，
若DE∥AB，则∠E=∠ABE=90°，
∴α=90°-30°-45°=15°，
若BE∥AC，则∠ABE=180°-∠A=120°，∴α=120°-30°-45°=45°，
若BD∥AC，则∠ACB=∠CBD=90°，
∴α=90°，
当点C，点B，点E共线时，
∵∠ACB=∠DEB=90°，
∴AC∥DE，
∴α=180°-45°=135°，
综上三角板DEF旋转的度数可能是15°或45°或90°或135°．
故选：D
【考点】
本题考查了旋转的性质，平行线的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
10、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，
AB＝2，
∴AD＝OD＝1
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.
二、填空题
1、四
【解析】
【分析】
画出图形，利用图象解决问题即可．
【详解】
解：如图35(,)A '-，所以在第四象限，
故答案为：四．
【考点】
本题考查坐标与图形变化—旋转，解题的关键是正确画出图形，属于中考常考题型．
2、D与3O
【解析】
【分析】
平分5个圆，那么每份应是2.5，由过平行四边形中心的任意直线都能平分平行四边形的面积，应先作出平行四边形的中心，再把第5个圆平分即可．
【详解】
O O O O的中心，
点D恰好是平行四边形1254
则这里过D和O3即可．
故答案为：D和O3．
【考点】
本题考查了作图-应用与设计作图以及平行四边形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键．
3、2）
【解析】
【分析】
关于原点中心对称的点的坐标特征是：横坐标、纵坐标均变为原数的相反数
【详解】
解：点A22）．
故答案为：2）．
【考点】
本题考查关于原点中心对称的点的坐标特征，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．4、（﹣2，﹣1）．
【解析】
【分析】
根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得答案．
【详解】
∵点A（2，1）与点B关于原点对称，∴点B的坐标是（﹣2，﹣1），故答案为（﹣2，﹣1）．
【考点】
本题考查了关于原点对称的点的坐标．
5
、10-
【解析】
【分析】
过点A作AH⊥DE，垂足为H，由旋转的性质可得 AE=AD=6，∠CAE=∠BAD=15°，∠DAE=∠BAC=90°，
再根据等腰直角三角形的性质可得∠HAE=45°，
，进而得∠HAF=30°，继而求出AF长即可求
得答案.
【详解】
过点A作AH⊥DE，垂足为H，
∵∠BAC=90°，AB=AC，将△ABD绕点A逆时针方向旋转，使AB与AC重合，点D的对应点E，∴AE=AD=6，∠CAE=∠BAD=15°，∠DAE=∠BAC=90°，
=1
2
∠DAE=45°，
∴AH=1
2
-∠CAE=30°，
∴AF=cos AH
HAF
==∠
∴CF=AC
-AF=10-
故答案为10-
【考点】
本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，解直角三角形等知识，正确添加辅助线构建直角三角形、灵活运用相关知识是解题的关键.
三、解答题
1、（1）见解析；（3）正确，见解析
【解析】
【分析】
（1）根据旋转的性质可得AD＝AE，∠DAE＝60°，结合已知条件可得∠BAC＝∠DAE，进而证明
△ABD≌△ACE，即可证明BD＝CE；
（2）过A作BD，CF的垂线段分别交于点M，N，△ABD≌△ACE，BD＝CE，由面积相等可得AM＝AN，证明Rt△AFM≌Rt△AFN，进而证明∠BFC＝∠AFB＝∠AFE＝60°
【详解】
解：证明：（1）如图1，∵线段AD绕点A逆时针旋转60°得到AE，
∴AD＝AE，∠DAE＝60°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
， ∴△ABD ≌△ACE （SAS ），
∴BD ＝CE ，
（2）由（1）可知△ABD ≌△ACE
则∠ABD ＝∠ACE ，
又∵∠AGB ＝∠CGF ，
∴∠BFC ＝∠BAC ＝60°，
∴∠BFE ＝120°，
过A 作BD ，CF 的垂线段分别交于点M ，N ，
又∵△ABD ≌△ACE ，BD ＝CE ，
∴由面积相等可得AM ＝AN ，
在Rt△AFM 和Rt△AFN 中，
AF AF AM AN
=⎧⎨=⎩， ∴Rt△AFM ≌Rt△AFN （HL ），
∴∠AFM ＝∠AFN ，
∴∠BFC ＝∠AFB ＝∠AFE ＝60°．
【考点】
本题考查了三角形全等的性质与判定，旋转的性质，正确的添加辅助线找到全等三角形并证明是解题的关键．
2、 (1)=
(2)证明见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据旋转性质及等腰三角形性质即可得答案；
（2）由旋转性质知∠AOB=∠DOC，可证得∠AOG=∠DOE，结合OA=OB及（1）中结论，得证；
（3）分两种情况讨论，设∠A=x°，先利用三角形内角和求出x的值，再借助勾股定理求出CD的长度即可．
(1)
解：由旋转知，∠A=∠C，∠B=∠D，
∵OA=OB，
∴OC=OD，∠A=∠B=∠C=∠D
∴∠A=∠D，
故答案为：=．
(2)
证明：由旋转知，OA=OC，OB=OD，∠AOB=∠COD，
∴∠AOB－∠BOC=∠COD－∠BOC，
即∠AOG=∠DOE，
∵OA=OB，
∴OA=OB=OC=OD，
又∵∠A=∠D，
∴△AOG≌△DOE．
(3)
解：分两种情况讨论，
①如图所示，
设∠A=∠B=∠C=∠D=x°，则∠DOB=2x°，
∵OB⊥CD，
∴∠OED=90°，
∴x+2x=90°，
解得：x=30，
即∠D=30°，
在Rt△ODE中，OE=3，由勾股定理得：DE=∵OC=OD，OE⊥CD，
∴CD=2DE=
②当D与A重合时，如图所示，
同理，得：CD=
综上所述，当A，O，D三点共线时，OB⊥CD，此时CD的长为
【考点】
本题考查了旋转的性质、等腰三角形性质、全等三角形的判定、勾股定理等知识点，解题关键是利用旋转性质得到边、角的关系．
3、（1）(1,；（2）证明见解析；（3）点P在过点B且与AB垂直的直线上，y=；
（4）(0,．
【解析】
【分析】
（1）作BD⊥x轴，与x轴交于D，利用等边三角形的性质和勾股定理即可解得；
（2）根据等边三角形的性质可得两组对应边相等，再结合角的和差可得∠BAP=∠OAC，再利用SAS可证得全等；
（3）由（2）可知PB⊥AB，由此可得P的运动轨迹，再求得AB的解析式，根据垂直的两条直线的一次项系数互为负倒数设BP的解析式，将B点坐标代入即可求得解析式；
（4）利用两点之间距离公式求得P点坐标，再利用勾股定理求得BP，结合（2）可知OC=BP，由此可得C点坐标．
【详解】
解：（1）∵A（0，2），
∴OA=2，
过点B作BD⊥x轴，
∵△OAB为等边三角形，OA=2，
∴OB=OA=2，OD=1，
∴
BD=
即(1,
B，
故答案为：(1,；
（2）证明：∵△OAB 和ACP 为等边三角形，
∴AC=AP,AB=OA,∠CAP=∠OAB=60°，
∴∠BAP=∠OAC，
∴AOC ABP ∆≅∆(SAS)；
（3）如上图，
∵AOC ABP ∆≅∆，
∴∠ABP=∠AOC=90°，
∴点P 在过点B 且与AB 垂直的直线上．
设直线AB 的解析式为：y mx n =+， 则02
m n m n =+⎧⎪⎨+⎪⎩
，
解得：
m n ⎧=⎪⎨=-⎪⎩
∴y =-
∴设直线BP 的解析式为：33y
x b ，
则333b ，解得b =
故y =； （4）设323(,
)33P x x ， ∵OP=OB， ∴222323()2433x x ，
解得：12x =-，21x =（舍去），
故此时(2,0)P -， 22(21)(3)23OC BP ，
∵点A 、C 、P 按逆时针方向排列，
∴C ，
故答案为：(0,．
【考点】 本题考查求一次函数解析式，勾股定理，全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质．解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
4、 1
(2)=90α︒，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）①由题意，画出图形即可；②连接AQ ，证四边形ABPQ 是平行四边形，得AB ＝PC ，再根据ABC 是等腰三角形即可求解．
（2）令=90α︒，延长PM 至N ，使得MN ＝PM ，连接BN 、AN 、QN ，证四边形BNQP 是矩形，根据SAS 证ACP ABN ≅，得出ANP 为等腰直角三角形，即可求解．
(1)
①如图所示，即为所求，
②连接AQ ，如图所示，
∵M 为AP 、BQ 的中点，
∴AM =PM ，BM =QM ，
∴四边形ABPQ 是平行四边形，
∴AB ＝PQ ，AB //PQ ，
∴45QPC ABC α=∠=∠=︒，
∵PC =PQ ，
∴AB ＝PC ， ABC 为等腰直角三角形， ∴
AB AC BC ：：
1BP PC ∴==． (2)
=90α︒，
延长PM 至N ，使得MN ＝PM ，连接BN 、AN 、QN ， 如图所示：
M 为线段BQ 的中点，
∴BM =QM ，
又∵MN ＝PM ，
∴四边形BNQP 是平行四边形，
又∵∠CPQ =90°，
∴四边形BNQP 是矩形，
//BN PQ ∴，=BN PQ ，
18090NBP α∴∠=︒-=︒， ABC 为等腰直角三角形，
4590135ABN ∴∠=︒+︒=︒，=180-45=135ACP ∠︒︒︒，即=ACP ABN ∠∠， 又AB =AC ，
()ACP ABN SAS ∴≅，
AN AP ∴=，CAP BAN ∠=∠，
CAP CAN BAN CAN ∴∠+∠=∠+∠，即90NAP BAC ∠=∠=︒， 即ANP 为等腰直角三角形，
AP PN ∴= 又12PM PN =，
AP PM ∴
= 即AP PM
的值为定值， 当=90α︒时，AP PM 的值为定值．
【考点】
本题是几何变换综合题，考查了等腰直角三角形、平行四边形的判定及性质、旋转的性质以及全等三角形的判定及性质，熟练利用辅助线构造平行四边形是解题的关键．
5、 (1)①证明见解析；②证明见解析
(2)证明见解析
(3)DE BE AD =-（或者对其恒等变形得到AD BE DE =-，BE AD DE =+），证明见解析
【解析】
【分析】
（1）①根据AD MN ⊥，BE MN ⊥，90ACB ∠=︒，得出CAD BCE ∠=∠，再根据AAS 即可判定ADC CEB ∆≅∆；②根据全等三角形的对应边相等，即可得出CE AD =，CD BE =，进而得到DE CE CD AD BE =+=+；
（2）先根据AD MN ⊥，BE MN ⊥，得到90ADC CEB ACB ∠=∠=∠=︒，进而得出CAD BCE ∠=∠，再根据AAS 即可判定ADC CEB ∆≅∆，进而得到CE AD =，CD BE =，最后得出DE CE CD AD BE =-=-；
（3）运用（2）中的方法即可得出DE ，AD ，BE 之间的等量关系是：DE BE AD =-或恒等变形的其他形式．
(1)
解：①AD MN ⊥，BE MN ⊥，
90ADC ACB CEB ∴∠=∠=︒=∠，
90CAD ACD ∴∠+∠=︒，90BCE ACD ∠+∠=︒，
CAD BCE ∴∠=∠，
在ADC ∆和CEB ∆中，
CAD BCE ADC CEB AC BC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
()ADC CEB AAS ∴∆≅∆；
②ADC CEB ∆≅∆，
CE AD ∴=，CD BE =，
DE CE CD AD BE ∴=+=+；
(2)
证明：AD MN ⊥，BE MN ⊥，
90ADC CEB ACB ∴∠=∠=∠=︒，
CAD BCE ∴∠=∠，
在ADC ∆和CEB ∆中，
CAD BCE ADC CEB AC BC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
()ADC CEB AAS ∴∆≅∆；
CE AD ∴=，CD BE =，
DE CE CD AD BE ∴=-=-；
(3)
证明：当MN 旋转到题图（3）的位置时，AD ，DE ，BE 所满足的等量关系是：DE BE AD =-或AD BE DE =+或BE AD DE =+．
理由如下：AD MN ⊥，BE MN ⊥，
90ADC CEB ACB ∴∠=∠=∠=︒，
CAD BCE ∴∠=∠，
在ADC ∆和CEB ∆中，
CAD BCE ADC CEB AC BC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
()ADC CEB AAS ∴∆≅∆，
=，
∴=，CD BE
CE AD
∴=-=-（或者对其恒等变形得到AD BE DE
DE CD CE BE AD
=+或BE AD DE
=+）．
【考点】
本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质的综合应用，解题时注意：全等三角形的对应边相等，同角的余角相等，解决问题的关键是根据线段的和差关系进行推导，得出结论．。