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在近几年的中考题中，我们身边的学习用具往往备受命题者的青睐和关注. 量角器、三角板是我们最常用的学习工具，利用量角器、三角板的旋转变换命题，考查我们观察、实验、比较、联想、类比、归纳的能力． 要求我们善于从数学的角度去分析，从生活中提取数学元素进行探究和思考，猜想和验证.
例1 如图，量角器外缘边上有A、P、Q三点，它们所表示的读数分别是180°，70°，30°，则∠PAQ的大小为（）.
A?郾 10°?摇?摇 B. 20°
C?郾 30°?摇?摇 D?郾 40°
点拨：本题取材于我们经常接触的量角器，考查我们能否正确地从背景中提取有关弧、圆心角、圆周角之间的密切关系. 圆周角∠PAQ等于它所对弧PQ的度数的一半，而弧PQ的度数为70°-30°=40°，故选B.
例2 如图是一块含30°(即∠CAB=30°)角的三角板和一个量角器拼在一起，三角板斜边AB与量角器所在圆的直径MN重合，其量角器最外缘的读数是从N点开始(即N点的读数为0)，现有射线CP绕点C从CA方向顺时针以每秒2度的速度旋转到CB方向，在旋转过程中，射线CP与量角器的半圆弧交于E.
(1)当射线CP分别经过△ABC的外心、内心时，点E处的读数分别是多少？
(2)设旋转x秒后，E点处的读数为y度，求y与x的函数式.
(3)当旋转7?郾5秒时，连接BE，求证：BE=CE.
点拨：此题将我们非常熟悉的量角器、直角三角板、直线等结合，巧妙地将动态、操作变换、函数思想与几何图形背景综合，探究.
解：(1)当射线CP分别经过△ABC的外心时，即射线CP通过O时，OA=OC，可得∠OAC=∠OCA=30°，可得∠OCB=60°，∴圆周角∠OCB所对的弧BE的度数为120°.
当射线CP分别经过△ABC的内心时，即CP成为∠ACB的角平分线，可得∠PCB=45°，∴圆周角∠PCB所对的弧BE的度数为90°.
(2)设旋转x秒后，则∠PCA=2x，∴圆周角∠ACP所对的弧AE的度数为4x，便可得弧BE的度数为（180°-4x）.E点处的读数为y度，则y=180°-4x.
(3)当旋转7.5秒时，可得∠PCA=2×7?郾5°=15°，便可得∠PCB=75°，弧AE的度数为30°，便可知∠ABE= 15°，∴∠CBE=∠BCE=75°，∴ BE=CE.
例3 已知∠AOB=90°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个三角板的直角顶点与C重合，它的两条直角边分别与OA、OB(或它们的反向延长线)相交于点D、E．
当三角板绕点C旋转到CD与OA垂直时(如图1)，易证：OD+OE= ■OC．
当三角板绕点C旋转到CD与OA不垂直时，在图2、图3这两种情况下，上述结论是否还成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段OD、OE、OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需要证明．
点拨：先由特殊情况入手，引导我们理解OD+OE= ■OC的关系及解题方法和途径；再通过旋转变换转入一般情况，通过添加辅助线证全等将其转化为特殊情况加以分析与解决.
解：图2结论：OD+OE=■OC .
证明：过C分别作OA、OB的垂线，垂足分别为P、Q ．
△CPD≌△CQE，DP=EQ，OP=OD+DP，OQ=OE-EQ .
又OP+OQ=■OC ，即OD+DP+OE-EQ=■OC .
∴ OD+OE=■OC ．
图3结论：OE-OD=■OC .
例4 用两个全等的正方形ABCD和CDFE拼成一个矩形ABEF，把一个足够大的直角三角尺的直角顶点与这个矩形的边AF的中点D重合，且将直角三角尺绕点D按逆时针方向旋转．
（1）当直角三角尺的两直角边分别与矩形ABEF的两边BE、EF相交于点G、H时，如图甲，通过观察或测量BG与EH的长度，你能得到什么结论？并证明你的结论．
（2）当直角三角尺的两直角边分别与BE的延长线，EF的延长线相交于点G、H时（如图乙），你在图甲中得到的结论还成立吗？简要说明理由．
点拨：通过一个三角形板的旋转操作，激发我们关注身边的数学素材和求知欲望，通过证两三角形全等的办法让我们经历知识的发生，发展和形成过程。
解：（1）BG=EH．
∵ 四边形ABCD和CDFE都是正方形，
∴ DC=DF，∠DCG=∠DFH=∠FDC=90°，
∠CDG+∠CDH=∠CDH+∠FDH=90°，∴ ∠CDG=∠FDH，
∴ △CDG≌△FDH，∴ CG=FH，∵ BC=EF，∴ BG=EH.
（2）结论BG=EH仍然成立．
同理可证△CDG≌△FDH，∴ CG=FH.
∵ BC=EF，∴ BG=EH.
例5 把一副三角板如图甲放置，其中∠ACB=∠DEC=90°，∠A=45°，∠D=30°，斜边AB=6cm，DC=7cm. 把三角板DCE绕点C顺时针旋转15°得到△D■CE■（如图乙）． 这时AB与CD■相交于点O，与D■E■相交于点F．
（1）求∠OFE■的度数；
（2）求线段AD■的长；
（3）若把三角形D■CE■绕着点C顺时针再旋转30°得△D■CE■，这时点B在△D■CE■的内部、外部、还是边上？说明理由．
点拨：通过设置一幅三角板的操作与变换，让我们感知数学就在身边，数学的学习和探究无处不在，无时不有. 并让我们在操作与变换的过程中，注意处理好动态与静止的辩证转化关系.
解：（1）如图所示，∠3=15°，∠E■=90°，∴ ∠1=∠2=75°.?摇?摇
又∵∠B=45°，∴ ∠OFE■=∠B+∠1=45°+75°=120°.
（2）∠OFE■=120°，∴∠D■FO=60°.
∵ ∠CD■E■=30°，∴∠4=90°.
又∵ AC=BC，AB=6，∴OA=OB=3.
∠ACB=90°，∴CO=■AB=■×6=3.
又∵ CD■=7，∴OD■=CD■-OC=7-3=4.
在Rt△AD■O中，AD■=■=■=5.
（3）点B在△D■CE■内部.
理由如下：设BC（或延长线）交D■E■于点P，则∠PCE■=15°+30°=45°.
在Rt△PCE■中，CP=■CE■=■，
CB=3■＜■，即CB＜CP，∴点B在△D■CE■内部.
例1 如图，量角器外缘边上有A、P、Q三点，它们所表示的读数分别是180°，70°，30°，则∠PAQ的大小为（）.
A?郾 10°?摇?摇 B. 20°
C?郾 30°?摇?摇 D?郾 40°
点拨：本题取材于我们经常接触的量角器，考查我们能否正确地从背景中提取有关弧、圆心角、圆周角之间的密切关系. 圆周角∠PAQ等于它所对弧PQ的度数的一半，而弧PQ的度数为70°-30°=40°，故选B.
例2 如图是一块含30°(即∠CAB=30°)角的三角板和一个量角器拼在一起，三角板斜边AB与量角器所在圆的直径MN重合，其量角器最外缘的读数是从N点开始(即N点的读数为0)，现有射线CP绕点C从CA方向顺时针以每秒2度的速度旋转到CB方向，在旋转过程中，射线CP与量角器的半圆弧交于E.
(1)当射线CP分别经过△ABC的外心、内心时，点E处的读数分别是多少？
(2)设旋转x秒后，E点处的读数为y度，求y与x的函数式.
(3)当旋转7?郾5秒时，连接BE，求证：BE=CE.
点拨：此题将我们非常熟悉的量角器、直角三角板、直线等结合，巧妙地将动态、操作变换、函数思想与几何图形背景综合，探究.
解：(1)当射线CP分别经过△ABC的外心时，即射线CP通过O时，OA=OC，可得∠OAC=∠OCA=30°，可得∠OCB=60°，∴圆周角∠OCB所对的弧BE的度数为120°.
当射线CP分别经过△ABC的内心时，即CP成为∠ACB的角平分线，可得∠PCB=45°，∴圆周角∠PCB所对的弧BE的度数为90°.
(2)设旋转x秒后，则∠PCA=2x，∴圆周角∠ACP所对的弧AE的度数为4x，便可得弧BE的度数为（180°-4x）.E点处的读数为y度，则y=180°-4x.
(3)当旋转7.5秒时，可得∠PCA=2×7?郾5°=15°，便可得∠PCB=75°，弧AE的度数为30°，便可知∠ABE= 15°，∴∠CBE=∠BCE=75°，∴ BE=CE.
例3 已知∠AOB=90°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个三角板的直角顶点与C重合，它的两条直角边分别与OA、OB(或它们的反向延长线)相交于点D、E．
当三角板绕点C旋转到CD与OA垂直时(如图1)，易证：OD+OE= ■OC．
当三角板绕点C旋转到CD与OA不垂直时，在图2、图3这两种情况下，上述结论是否还成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段OD、OE、OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需要证明．
点拨：先由特殊情况入手，引导我们理解OD+OE= ■OC的关系及解题方法和途径；再通过旋转变换转入一般情况，通过添加辅助线证全等将其转化为特殊情况加以分析与解决.
解：图2结论：OD+OE=■OC .
证明：过C分别作OA、OB的垂线，垂足分别为P、Q ．
△CPD≌△CQE，DP=EQ，OP=OD+DP，OQ=OE-EQ .
又OP+OQ=■OC ，即OD+DP+OE-EQ=■OC .
∴ OD+OE=■OC ．
图3结论：OE-OD=■OC .
例4 用两个全等的正方形ABCD和CDFE拼成一个矩形ABEF，把一个足够大的直角三角尺的直角顶点与这个矩形的边AF的中点D重合，且将直角三角尺绕点D按逆时针方向旋转．
（1）当直角三角尺的两直角边分别与矩形ABEF的两边BE、EF相交于点G、H时，如图甲，通过观察或测量BG与EH的长度，你能得到什么结论？并证明你的结论．
（2）当直角三角尺的两直角边分别与BE的延长线，EF的延长线相交于点G、H时（如图乙），你在图甲中得到的结论还成立吗？简要说明理由．
点拨：通过一个三角形板的旋转操作，激发我们关注身边的数学素材和求知欲望，通过证两三角形全等的办法让我们经历知识的发生，发展和形成过程。
解：（1）BG=EH．
∵ 四边形ABCD和CDFE都是正方形，
∴ DC=DF，∠DCG=∠DFH=∠FDC=90°，
∠CDG+∠CDH=∠CDH+∠FDH=90°，∴ ∠CDG=∠FDH，
∴ △CDG≌△FDH，∴ CG=FH，∵ BC=EF，∴ BG=EH.
（2）结论BG=EH仍然成立．
同理可证△CDG≌△FDH，∴ CG=FH.
∵ BC=EF，∴ BG=EH.
例5 把一副三角板如图甲放置，其中∠ACB=∠DEC=90°，∠A=45°，∠D=30°，斜边AB=6cm，DC=7cm. 把三角板DCE绕点C顺时针旋转15°得到△D■CE■（如图乙）． 这时AB与CD■相交于点O，与D■E■相交于点F．
（1）求∠OFE■的度数；
（2）求线段AD■的长；
（3）若把三角形D■CE■绕着点C顺时针再旋转30°得△D■CE■，这时点B在△D■CE■的内部、外部、还是边上？说明理由．
点拨：通过设置一幅三角板的操作与变换，让我们感知数学就在身边，数学的学习和探究无处不在，无时不有. 并让我们在操作与变换的过程中，注意处理好动态与静止的辩证转化关系.
解：（1）如图所示，∠3=15°，∠E■=90°，∴ ∠1=∠2=75°.?摇?摇
又∵∠B=45°，∴ ∠OFE■=∠B+∠1=45°+75°=120°.
（2）∠OFE■=120°，∴∠D■FO=60°.
∵ ∠CD■E■=30°，∴∠4=90°.
又∵ AC=BC，AB=6，∴OA=OB=3.
∠ACB=90°，∴CO=■AB=■×6=3.
又∵ CD■=7，∴OD■=CD■-OC=7-3=4.
在Rt△AD■O中，AD■=■=■=5.
（3）点B在△D■CE■内部.
理由如下：设BC（或延长线）交D■E■于点P，则∠PCE■=15°+30°=45°.
在Rt△PCE■中，CP=■CE■=■，
CB=3■＜■，即CB＜CP，∴点B在△D■CE■内部.