人教版9年級數(shù)學上冊【旋轉】專題練習考試時間：90分鐘；命題人：教研組考生注意：1、本卷分第I卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，滿分100分，考試時間90分鐘2、答卷前，考生務必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級填寫在試卷規(guī)定位置上3、答案必須寫在試卷各個題目指定區(qū)域內(nèi)相應的位置，如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用涂改液、膠帶紙、修正帶，不按以上要求作答的答案無效。第I卷（選擇題30分）一、單選題（10小題，每小題3分，共計30分）1、將拋物線先繞坐標原點旋轉，再向右平移個單位長度，所得拋物線的解析式為（

）A． B．C． D．2、已知兩點，若，則點與（

）A．關于y軸對稱 B．關于x軸對稱 C．關于原點對稱 D．以上均不對3、已知點P坐標為，將線段OP繞原點O逆時針旋轉90°得到線段，則點P的對應點的坐標為（

）A． B． C． D．4、如圖，在中，，將繞點逆時針旋轉到的位置，使得，則的度數(shù)是（

）A． B． C． D．5、如圖，正三角形ABC的邊長為3，將△ABC繞它的外心O逆時針旋轉60°得到△A'B'C'，則它們重疊部分的面積是（）A．2 B． C． D．6、2022年新年賀詞中提到“人不負青山，青山定不負人”，下列四個有關環(huán)保的圖形中，是軸對稱圖形，但不是中心對稱圖形的是（

）A． B． C． D．7、如圖，在矩形中，，，是矩形的對稱中心，點、分別在邊、上，連接、，若，則的值為（

）A． B． C． D．8、已知點與點關于原點對稱，則點的坐標（

）A． B． C． D．9、下列幾何圖形中，是軸對稱圖形但不是中心對稱圖形的是（

）A．梯形 B．等邊三角形 C．平行四邊形 D．矩形10、觀察下列圖案，能通過左圖順時針旋轉90°得到的（）A． B． C． D．第Ⅱ卷（非選擇題70分）二、填空題（10小題，每小題4分，共計40分）1、若點與點關于原點對稱，則______；2、如圖，正方形的邊長為2，將正方形繞點O順時針旋轉得到正方形，連接，當點恰好落在直線上時，線段的長度是______3、如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，點D在線段BC上，BD＝3，將線段AD繞點A逆時針旋轉90°得到線段AE，EF⊥AC，垂足為點F．則AF的長為________．4、如圖，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，以點A為中心，將矩形ABCD旋轉得到矩形AB'C'D'，使得點B'落在邊AD上，則∠C'AC的度數(shù)為_____°．5、如圖，在平面直角坐標系中，點P（1，1），N（2，0），△MNP和△M1N1P1的頂點都在格點上，△MNP與△M1N1P1是關于某一點中心對稱，則對稱中心的坐標為_____.6、在平面直角坐標系中點M（2，﹣4）關于原點對稱的點的坐標為_____．7、如圖，在平面直角坐標系中，一次函數(shù)的圖像分別交、軸于點、，將直線繞點按順時針方向旋轉，交軸于點，則直線的函數(shù)表達式是__________．8、點A（1，-5）關于原點的對稱點為點B，則點B的坐標為______．9、如圖所示，五角星的頂點是一個正五邊形的五個頂點，這個五角星繞中心至少旋轉__________度能和自身重合．10、如圖，在正方形ABCD中，頂點A，B，C，D在坐標軸上，且，以AB為邊構造菱形ABEF（點E在x軸正半軸上），將菱形ABEF與正方形ABCD組成的圖形繞點O逆時針旋轉，每次旋轉90°，則第27次旋轉結束時，點的坐標為________．三、解答題（6小題，每小題5分，共計30分）1、如圖，在等腰三角形ABC中，AB＝BC．將繞頂點B逆時針旋轉到的位置，AB與A1C1相交于點D，AC與A1C1，BC1分別交于點E，F(xiàn)．(1)求證：△BCF≌△BA1D；(2)當時，判定四邊形A1BCE的形狀并說明理由．2、如圖1，等腰中，，點，分別在邊，上，，連接，點，，分別為，，的中點．（1）觀察猜想：圖1中，線段與的數(shù)量關系是______，位置關系是______．（2）探究證明：把繞點逆時針方向旋轉到圖2的位置，連接，，，判斷的形狀，并說明理由；（3）拓展延伸：把繞點在平面內(nèi)自由旋轉，若，，請直接寫出面積的最大值．3、如圖，在正方形網(wǎng)格中，的頂點在格點上，請僅用無刻度直尺完成以下作圖（保留作圖痕跡）．（1）在圖1中，作關于點對稱的；（2）在圖2中，作繞點順時針旋轉一定角度后，頂點仍在格點上的．4、圖，在每個小正方形的邊長為1個單位的網(wǎng)格中，的頂點均在格點（網(wǎng)格線的交點）上．（1）將向右平移5個單位得到，畫出；（2）將（1）中的繞點C1逆時針旋轉得到，畫出．5、為等邊三角形，AB＝8，AD⊥BC于點D，E為線段AD上一點，．以AE為邊在直線AD右側構造等邊三角形AEF，連接CE，N為CE的中點．(1)如圖1，EF與AC交于點G，連接NG，BE，直接寫出NG與BE的數(shù)量關系；(2)如圖2，將繞點A逆時針旋轉，旋轉角為，M為線段EF的中點，連接DN，MN．當時，猜想∠DNM的大小是否為定值，如果是定值，請寫出∠DNM的度數(shù)并證明，如果不是，請說明理由；(3)連接BN，在繞點A逆時針旋轉過程中，請直接寫出線段BN的最大值．6、在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，∠ABC＝30°，點A關于直線BC的對稱點為A′，連接A′B，點P為直線BC上的動點（不與點B重合），連接AP，將線段AP繞點P逆時針旋轉60°，得到線段PD，連接A′D，BD．【問題發(fā)現(xiàn)】（1）如圖1，當點D在直線BC上時，線段BP與A′D的數(shù)量關系為，∠DA′B＝；【拓展探究】（2）如圖2，當點P在BC的延長線上時，（1）中結論是否成立？若成立，請加以證明；若不成立，請說明理由；【問題解決】（3）當∠BDA′＝30°時，求線段AP的長度．-參考答案-一、單選題1、C【解析】【分析】先根據(jù)點繞坐標原點旋轉的坐標變換規(guī)律、待定系數(shù)法求出旋轉后的拋物線的解析式，再根據(jù)二次函數(shù)的圖象平移的規(guī)律即可得．【詳解】將拋物線的頂點式為則其與x軸的交點坐標為，頂點坐標為點繞坐標原點旋轉的坐標變換規(guī)律：橫、縱坐標均變?yōu)橄喾磾?shù)則繞坐標原點旋轉后，所得拋物線與x軸的交點坐標為，頂點坐標為設旋轉后所得拋物線為將點代入得：，解得即旋轉后所得拋物線為則再向右平移個單位長度，所得拋物線的解析式為即故選：C．【考點】本題考查了點繞坐標原點旋轉的坐標變換規(guī)律、待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、二次函數(shù)的圖象平移的規(guī)律，熟練掌握坐標旋轉變換規(guī)律和二次函數(shù)的圖象平移規(guī)律是解題關鍵．2、C【解析】【分析】首先利用等式求出然后可以根據(jù)橫縱坐標的關系得出結果．【詳解】，兩點，點與關于原點對稱，故選：C．【考點】本題主要考查平面直角坐標系中關于原點對稱的點，屬于基礎題，利用等式找到點與橫縱坐標的關系是解題關鍵．3、B【解析】【分析】如圖，作軸于，軸于，證明，有，，進而可得點坐標．【詳解】解：如圖，作軸于，軸于，∵，∴在和中∵∴∴，∴故選B．【考點】本題考查了繞原點旋轉90°的點坐標，三角形全等的判定與性質．解題的關鍵在于熟練掌握旋轉的性質．4、C【解析】【分析】根據(jù)旋轉的性質得AC′=AC，∠B′AB=∠C′AC，再根據(jù)等腰三角形的性質得∠AC′C=∠ACC′，然后根據(jù)平行線的性質由CC′∥AB得∠ACC′=∠CAB=70°，則∠AC′C=∠ACC′=70°，再根據(jù)三角形內(nèi)角和計算出∠CAC′=40°，所以∠B′AB=40°．【詳解】∵繞點逆時針旋轉到的位置，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故選C.【考點】本題考查了旋轉的性質：旋轉前后兩圖形全等；對應點到旋轉中心的距離相等；對應點與旋轉中心的連線段的夾角等于旋轉角．也考查了平行線的性質．5、C【解析】【分析】根據(jù)重合部分是正六邊形，連接O和正六邊形的各個頂點，所得的三角形都是全等的等邊三角形，據(jù)此即可求解．【詳解】解：作AM⊥BC于M，如圖：重合部分是正六邊形，連接O和正六邊形的各個頂點，所得的三角形都是全等的等邊三角形．∵△ABC是等邊三角形，AM⊥BC，∴AB＝BC＝3，BM＝CM＝BC＝，∠BAM＝30°，∴AM＝BM＝，∴△ABC的面積＝BC×AM＝×3×＝，∴重疊部分的面積＝△ABC的面積＝；故選：C．【考點】本題考查了三角形的外心、等邊三角形的性質以及旋轉的性質，理解連接O和正六邊形的各個頂點，所得的三角形都為全等的等邊三角形是關鍵．6、D【解析】【分析】軸對稱圖形：如果一個平面圖形沿著一條直線折疊后，直線兩旁的部分能夠互相重合，那么這個圖形叫做軸對稱圖形．中心對稱圖形：在平面內(nèi)，把一個圖形繞著某個點旋轉180°，如果旋轉后的圖形與另一個圖形重合，那么就說明這兩個圖形的形狀關于這個點成中心對稱．根據(jù)軸對稱圖形、和中心對稱圖形的概念，即可完成解題．【詳解】解：根據(jù)軸對稱和中心對稱的概念，選項A、B、C、D中，是軸對稱圖形的是B、D，是中心對稱圖形的是B．故選：D．【考點】本題主要軸對稱圖形、中心對稱圖形的概念，熟練掌握知識點是解答本題的關鍵．7、D【解析】【分析】連接AC，BD，過點O作于點，交于點，利用勾股定理求得的長即可解題．【詳解】解：如圖，連接AC，BD，過點O作于點，交于點，四邊形ABCD是矩形，同理可得故選：D．【考點】本題考查中心對稱、矩形的性質、勾股定理等知識，學會添加輔助線，構造直角三角形是解題關鍵．8、B【解析】【分析】根據(jù)關于原點對稱點的坐標變化特征直接判斷即可．【詳解】解：點與點關于原點對稱，則點的坐標為，故選：B．【考點】本題考查了關于原點對稱點的坐標，解題關鍵是明確關于原點對稱的兩個點橫縱坐標都互為相反數(shù)．9、B【解析】【分析】根據(jù)軸對稱圖形和中心對稱圖形的定義以及性質對各項進行分析即可．【詳解】A、梯形不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形，故本選項說法錯誤；B、等邊三角形是軸對稱圖形，但不是中心對稱圖形，故本選項說法正確；C、平行四邊形不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，故本選項說法錯誤；D、矩形是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，故本選項說法錯誤．故選：B．【考點】本題考查了軸對稱圖形和中心對稱圖形的判斷，掌握軸對稱圖形和中心對稱圖形的定義以及性質是解題的關鍵．10、A【解析】【分析】根據(jù)旋轉的定義,觀察圖形即可解答.【詳解】根據(jù)旋轉的定義，圖片按順時針方向旋轉90度，大拇指指向右邊，其余4個手指指向下邊，從而可確定為A圖．故選A．【考點】本題主要考查了旋轉的性質，熟知性質是解題的關鍵.二、填空題1、-1【解析】【分析】平面直角坐標系中任意一點P（x，y），關于原點的對稱點是（-x，-y），可據(jù)此求出m、n的值．【詳解】∵點與點關于坐標系原點對稱，∴m-2n=-4，3m=-6解得：m=-2，n=1．故m+n=-2+1=-1．故答案為-1.【考點】本題考查了關于原點對稱的點坐標的關系，是需要識記的基本問題．2、或【解析】【分析】分當點恰好落在線段的延長線上時，當點恰好落在線段上時，兩種情況討論求解即可．【詳解】解：如圖1所示，當點恰好落在線段的延長線上時，連接OB，過點O作于E，∴，∵四邊形OABC和四邊形都是正方形，∴，∴∴，∴；如圖2所示，當點恰好落在線段上時，連接OB，過點O作于E，同理可求出，∴；綜上所述，或，故答案為：或．【考點】本題主要考查了旋轉的性質，正方形的性質，勾股定理，正確畫出圖形作出輔助線是解題的關鍵．3、1【解析】【分析】根據(jù)勾股定理先求出BC邊長，再求出DC長，過點D作DM垂直AC，可證，即AF=DM，在等腰直角△DMC中可求DM，即可直接求解．【詳解】解：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=4，根據(jù)勾股定理得，AB2+AC2=BC2，∴．又∵BD=3，∴DC＝BC?BD＝．過點D作DM⊥AC于點M，由旋轉的性質得∠DAE=90°，AD＝AE，∴∠DAC+∠EAF=90°．又∵∠DAC+∠ADM=90°，∴∠ADM=∠EAF．在Rt△ADM和Rt△EAF中，．∴（AAS），∴AF=DM．在等腰Rt△DMC中，由勾股定理得，DM2+MC2=DC2，∴DM=1，∴AF=DM=1．故答案為：1．【考點】本題主要考查等腰直角三角形，旋轉的性質以及全等三角形的判定與性質，證明△ADM≌△EAF是解答本題的關鍵．4、90【解析】【分析】根據(jù)旋轉的性質可得，利用全等三角形的性質可得，結合圖形及矩形的性質可得，即可得出結果．【詳解】解：∵將矩形ABCD旋轉得到矩形，∴，∴，∵，∴，即，故答案為：90．【考點】題目主要考查矩形的基本性質，旋轉的性質，全等三角形的性質等，理解題意，結合圖形，綜合運用這些知識點是解題關鍵．5、（2,1）【解析】【分析】觀察圖形，根據(jù)中心對稱的性質即可解答.【詳解】∵點P（1，1），N（2，0），∴由圖形可知M（3，0），M1（1，2），N1（2，2），P1（3，1），∵關于中心對稱的兩個圖形，對應點的連線都經(jīng)過對稱中心，并且被對稱中心平分，∴對稱中心的坐標為（2，1），故答案為（2，1）．【考點】本題考查了中心對稱的性質：①關于中心對稱的兩個圖形能夠完全重合；②關于中心對稱的兩個圖形，對應點的連線都經(jīng)過對稱中心，并且被對稱中心平分．6、【解析】【分析】根據(jù)在平面直角坐標系中，若兩點關于原點對稱，則這兩點的橫縱坐標均互為相反數(shù)，即可求解．【詳解】解：點M（2，﹣4）關于原點對稱的點的坐標為故答案為：【考點】本題主要考查了兩點關于坐標原點對稱的特征，熟練掌握在平面直角坐標系中，若兩點關于原點對稱，則這兩點的橫縱坐標均互為相反數(shù)是解題的關鍵．7、【解析】【分析】先根據(jù)一次函數(shù)求得、坐標，再過作的垂線，構造直角三角形，根據(jù)勾股定理和正余弦公式求得的長度，得到點坐標，從而得到直線的函數(shù)表達式.【詳解】因為一次函數(shù)的圖像分別交、軸于點、，則，，則．過作于點，因為，所以由勾股定理得，設，則，根據(jù)等面積可得：，即，解得．則，即，所以直線的函數(shù)表達式是．【考點】本題綜合考察了一次函數(shù)的求解、勾股定理、正余弦公式，以及根據(jù)一次函數(shù)的解求一次函數(shù)的表達式，要學會通過作輔助線得到特殊三角形，以便求解.8、（-1，5）【解析】【分析】根據(jù)若兩點關于坐標原點對稱，橫縱坐標均互為相反數(shù)，即可求解．【詳解】解：∵點A（1，-5）關于原點的對稱點為點B，∴點B的坐標為（-1，5）．故答案為：（-1，5）【考點】本題主要考查了平面直角坐標系內(nèi)點關于原點對稱的特征，熟練掌握若兩點關于坐標原點對稱，橫縱坐標均互為相反數(shù)是解題的關鍵．9、72【解析】【分析】根據(jù)題意，五角星的五個角全等，根據(jù)圖形間的關系可得答案．【詳解】根據(jù)題意，五角星的頂點是一個正五邊形的五個頂點，這個五角星可以由一個基本圖形（圖中的陰影部分）繞中心O至少經(jīng)過4次旋轉而得到，每次旋轉的度數(shù)為360°除以5，為72度．故答案為：72【考點】此題主要考查了旋轉對稱圖形，圖形的旋轉是圖形上的每一點在平面上繞某個固定點旋轉固定角度的位置移動，其中對應點到旋轉中心的距離相等．10、（2，-2）【解析】【分析】先求出點F坐標，由題意可得每8次旋轉一個循環(huán)，即可求解．【詳解】解：∵點B（2，0），∴OB=2，∴OA=2，∴AB=OA=2，∵四邊形ABEF是菱形，∴AF=AB=2，∴點F（2，2），由題意可得每4次旋轉一個循環(huán)，∴27÷4=6…3，∴點F27的坐標與點F3的坐標一樣，在第四象限，如下圖，過F3作F3H⊥y軸，∵F3H⊥y軸，AF⊥y軸，∴∠OAF=∠F3HO=90°，∴∠AOF+∠HOF3=90°，∵OF⊥OF3，∴∠AOF+∠AFO=90°，∴∠AFO=∠HOF3，∴△OAF≌△F3HO，∴HF3=OA=2，OH=AF=2，∴F3（2，-2），∴點F27的坐標（2，-2），故答案為：（2，-2）【考點】本題考查了菱形的性質，全等三角形的性質與判定及旋轉的性質，找到旋轉的規(guī)律是本題的關鍵．三、解答題1、(1)見解析(2)菱形，理由見詳解【解析】【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質得到，，由旋轉的性質得到，，，根據(jù)全等三角的判定定理得到；（2）由旋轉的定義得，因此，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理得，因此，，證得四邊形A1BCE為平行四邊形，由于，證得四邊形A1BCE為菱形．(1)證明：∵是等腰三角形，∴，，∵將繞頂點B逆時針旋轉到的位置，∴，∴，，，在與中，，∴(ASA)；(2)解：四邊形是菱形，理由如下：∵將繞頂點B逆時針旋轉到的位置，∴，，∴，，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴四邊形是平行四邊形，∵，∴四邊形是菱形．【考點】本題考查了旋轉的性質，全等三角形的判定和性質，等腰三角形的性質，菱形的判定定理等，熟悉掌握旋轉的性質，全等三角形的判定定理，菱形的判定方法是本題的解題關鍵．2、（1），；（2）是等腰直角三角形，理由見解析；（3）98【解析】【分析】（1）根據(jù)題意可證得，利用三角形的中位線定理得出，，即可得出數(shù)量關系，再利用三角形的中位線定理得出，得出，通過角的轉換得出與互余，證得．（2）先證明，得出，同（1）的方法得出，，即可得出，同（1）的方法由，即可得出結論．（3）當最大時，的面積最大，而最大值是，，計算得出結論．【詳解】（1）線段PM與PN的數(shù)量關系是，位置關系是．∵等腰中，，∴AB=AC，∵AD=AE，∴AB-AD=AC-AE，∴BD=CE，∵點，，分別為，，的中點，∴，，∴；∵，∴，∵，∴，∵（兩直線平行內(nèi)錯角相等），∴，∴．（2）是等腰直角三角形．證明：由旋轉可知，，，，∴，∴，，根據(jù)三角形的中位線定理可得，，，∴，∴是等腰三角形，同（1）的方法可得，，∴，同（1）的方法得，，，∵，∴，∵，∴，∴，∴是等腰直角三角形．（3）由（2）知，是等腰直角三角形，，∴最大時，面積最大，∵點在的延長線上，BD最大，∴，∴，∴．【考點】本題主要考查了三角形中位線定理，等腰直角三角形的性質與判定，全等三角形的性質與判定，直角三角形的性質的綜合運用，熟練掌握中位線定理是解題關鍵．3、（1）見解析；（2）見解析．【解析】【分析】（1）分別作出A，B，C三點關于O點對稱的點，，，然后順次連接即可得；（2）計算得出AB=，AC=5，再根據(jù)旋轉作圖即可．【詳解】（1）如圖1所示；（2）根據(jù)勾股定理可計算出AB=，AC=5，再作圖，如圖2所示．【考點】本題考查復雜-應用與設計，勾股定理等知識，解題的關鍵是學會利用數(shù)形結合的思想解決問題．4、（1）作圖見解析；（2）作圖見解析．【解析】【分析】（1）利用點平移的規(guī)律找出、、，然后描點即可；（2）利用網(wǎng)格特點和旋轉的性質畫出點，即可．【詳解】解：（1）如下圖所示，為所求；（2）如下圖所示，為所求；【考點】本題考查了平移作圖和旋轉作圖，熟悉相關性質是解題的關鍵．5、(1)(2)∠DNM的大小是定值，為120°(3)【解析】【分析】（1）連接CF．由等邊三角形的性質易證△BAE≌△CAF(SAS)，即得出．再根據(jù)三角形中位線定理即可求出；（2）連接BE，CF．利用全等三角形的性質證明∠EBC+∠BCF=120°，再利用三角形的中位線定理，三角形的外角的性質證明∠DNM=∠EBC+∠BCF即可；（3）取AC的中點J，連接BJ，結合三角形的中位線定理可求出BJ，JN．最后根據(jù)三角形三邊關系即可得出結論．(1)解：如圖，連接CF．∵△ABC是等邊三角形，AD⊥BC，∴AB=BC=AC，∠BAD=∠CAD=30°．∵△AEF是等邊三角形，∴∠EAF=60°，G為EF中點，∴∠EAG=∠GAF=30°．即在△BAE和△CAF中，，∴△BAE≌△CAF(SAS)，∴，∵N為CE的中點，G為EF中點，∴，∴；(2)∠DNM=120°是定值，證明如下，如圖，連接BE，CF．同（1）可證△BAE≌△CAF（SAS），∴∠ABE=∠ACF．∵∠ABC+∠ACB=60°+60°=120°，∴∠EBC+∠BCF=∠ABC-∠ABE+∠ACB+∠ACF=120°．∵EN=NC，EM=MF，∴MN∥CF，∴∠ENM=∠ECF，∵BD=DC，EN=NC，∴DN∥BE，∴∠CDN=∠EBC，∵∠END=∠NDC+∠NCD，∴∠DNM=∠DNE+∠ENM=∠NDC+∠ACB+∠ACN+∠ECF=∠EBC+∠ACB+∠ACF=∠EBC+∠BCF=120°．綜上可知∠DNM的大小是定值，為120°；(3)如圖，取AC的中點J，連接BJ，BN．∵AJ=CJ，EN=NC，∴JN=AE=．∵BJ=AD=，∴BN≤BJ+JN，即BN≤，故線段BN的最大值為．【考點】本題屬于幾何變換綜合題，考查了等邊三角形的性質，全等三角形的判定和性質，三角形的中位線定理，三角形三邊關系的應用．解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．6、（1）相等；90°；（2）成立，證明見解析；（3）線段AP的長度為4或4．【解析】【分析】（1）首先推知AP=PB，PC=AP，根據(jù)全等三角形的性質即可得到結論；（2）如圖②，連接AD，根據(jù)等邊三角形的性質得到AB=AA′，由旋轉的性質得到AP=DP，∠APD=60°，推出△AA′B是等邊三角形，得到PA=PD=AD，根據(jù)全等三角形的性質即可得到結論；（3）如圖③，由（2）知，∠BA′D=90°根據(jù)已知條件得到D在BA的延長線上，由旋轉的性質得到AP=DP，∠APD=60°，推出△AA′B是等邊三角形，得到PA=PD=AD，于是得到結論；如圖④，由（2）知，∠BA′D