人教版九年级上册数学第二十三章旋转压轴题综合训练（含解析）

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人教版九年级上册数学第二十三章旋转压轴题综合训练
1．如图1，在等腰中，，分别延长、至、，使，连接、．过点作于点．在线段上取一点，使得，连接并延长交于，连接．
(1)若，求的度数；
(2)求证：；
(3)如图2，在（1）的条件下，连接，将绕点B逆时针旋转得，旋转角为，当时，请直接写出的值．
2．如图1，已知中，，，把一块含角的三角板的直角顶点D放在的中点上（直角三角板的短直角边为，长直角边为），点C在上点B在上．
(1)求重叠部分的面积；
(2)如图2，将直角三角板绕D点按顺时针方向旋转30度，交于点M，交于点N，
①请说明；
②在此条件下重叠部分的面积会发生变化吗？若发生变化，若不发生变化，请说明理由；
(3)如图3，将直角三角板绕D点按顺时针方向旋转α度（），交于点M，交于点N，则的结论仍成立吗？重叠部分的面积会变吗？（请直接写出结论不需说明理由）
3．阅读下面材料：
小诚遇到这样一个问题：如图，在等边三角形内有一点，且，，，求的度数；
小诚是这样思考的：如图，构造等边，利用全等转化问题，得到从而将问题解决．
（1）请你回答：图中的度数等于______直接写答案
参考小诚同学思考问题的方法，解决下列问题：
（2）如图，在正方形内有一点，且，，．
①求的度数；
②正方形的边长______直接写答案
（3）如图，在正六边形内有一点，且，，，则的度数等于______，正六边形的边长为______直接写答案
4．在中，．点在边上且，将绕点B逆时针旋转a得到（）．
(1)如图1，当时，求；
(2)如图2，在旋转过程中，连接，取中点 F，作射线交直线于点G．当时， 求证：；
(3)如图3．当时，点P为线段上一动点，过点E作射线于点N，M为中点，直接写出的最大值与最小值．
5．在学校的数学研究性活动中，同学们开展了如下的研究学习：
(1)数学理解：如图1，是等腰直角三角形，过斜边的中点作正方形，分别交于点，求之间的数量关系；
(2)问题解决：如图2，在任意中，，点是内一点，过点作正方形，分别交于点，若，求的度数；
(3)联系拓展：如图3，在（2）的条件下，分别延长，交于点，求、之间的数量关系．
6．在中，，，将绕点顺时针旋转一定的角度后得到，点的对应点分别是．
(1)如图，当点恰好在上时，求的度数；
(2)如图，若，点是边的中点，试说明四边形是平行四边形；
(3)若，连接，在旋转的过程中，的面积是否存在最大值？若存在，请求出其面积最大值；若不存在，请说明理由．
7．【基础方法】
（1）小明遇到这样一个问题：如图1、在正方形中，点分别为边上的点，，连接，求证：小明是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段集中到同一条线段上．他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问题．他的方法是将绕点顺时针旋转得到（如图），此时即是，在图2中，请依据小明的思考过程，求的度数；

【方法应用】
（2）如图3，在四边形中，，，，是上一点，若，，求的长度；
【应用拓展】
（3）如图4，已知线段，，以为边作正方形，连接．当线段的值最大时，求此时正方形的面积．
8．在中，D为直线上一动点，连接，将绕点B逆时针旋转，得到，连接与相交于点F．
(1)如图1，若D为的中点，，， ，连接，求线段的长；
(2)如图2，G是线段延长线上一点，D在线段上，连接，，若，，，，证明；
(3)如图3，若为等边三角形， ，点M为线段上一点，且，点P是直线上的动点，连接，，，请直接写出当最小时的面积．
9．（1）【问题背景】如图①，，都是等边三角形，可以由通过旋转变换得到，请写出旋转中心、旋转角（写锐角）的大小、旋转方向；
（2）【尝试应用】如图②，在中，，分别以，为边，作等边和等边，连接，并延长交于点F，连接．若，求的值；
（3）【拓展创新】如图③，在四边形中，，求的长．
10．边长为的等边中，点分别在边上，，．
(1)如图，将沿射线方向平移，得到，边与的角平分线交于点，当多大时，四边形为菱形？并说明理由
(2)如图，将绕点旋转（），得到，边的中点为
①在旋转过程中，和有怎样的数量关系？并说明理由；
②连接，当最大时，求的值．（结果保留根号）
11．已知点是线段上的一点，是等腰直角三角形，，将线段绕点顺时针旋转得线段，连接为的中点，连接．
(1)如图1，延长交于点．
①求证：；
②判断线段与之间的关系，并证明．
(2)将绕点逆时针旋转到图2的位置时，判断线段与之间的关系，并说明理由．
12．如图，在四边形中，已知，，点分别在上，．
(1)①如图①，若都是直角，把绕点逆时针旋转至，使与重合，则线段和之间的数量关系为______；
②如图②，若都不是直角，但满足，线段和之间的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
(2)如图③，在中，，，点均在边边上，且，若，请直接写出的长．
13．如图①，在正方形中，，点是边的中点，点是正方形内部一动点，且，连结，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连结、．

(1)求证：；
(2)如图②，若、、三点共线，则线段的长为______；
(3)在点运动过程中，线段的最小值为______．
14．在中，，，点D在边上．
(1)如图1，将线段绕点A顺时针旋转，得到线段，连接．求证：；
(2)如图2，在线段上取一点F，使得，过点D作，交于点H，连接，过点B作垂直于的延长线于点G，，连接，．
①求证：；
②若，求的长．
15．如图，在中，，点F为的中点．

【问题解决】
（1）如图①，判断线段与线段的数量关系，并说明理由；
【问题探究】
（2）如图②，将绕点C逆时针旋转得到，点A，B的对应点分别为D，E．此时点E恰好落在边上，连接，，求四边形的面积；
【拓展延伸】
（3）如图③，若将绕点C逆时针旋转得到，连接，，求四边形的面积．
16．如图1，绕点旋转得到平行四边形，当点落在边上时，连接．

(1)求证：平分；
(2)连接交于点．
①如图2，若平行四边形为长方形，则和之间的等量关系为，并说明理由；
②如图3，若，请直接写出的面积 ．
17．如图，在锐角中，，点D，E分别是边，上一动点，连接交直线于点F．
(1)如图1，若，且，，K为射线上一点，．
①求证：；
②求的度数；
(2)如图2，若，且，在平面内将线段绕点C顺时针方向旋转得到线段，连接，点N是的中点，连接．在点D，E运动过程中，猜想线段，，之间存在的数量关系，并证明你的猜想．
18．问题情境：点E为正方形内一点，，将绕点B按顺时针方向旋转至．延长交直线于点F，连接．
(1)如图①，若F在线段的延长线上，求证：四边形为正方形；
(2)如图②，若F恰为线段的中点，请猜想线段、的数量关系并加以证明；
(3)解决问题：若，，请直接写出的长．
19．综合与实践
【问题呈现】如图1，的顶点在正方形两条对角线的交点处，，将绕点P旋转，旋转过程中，的两边分别与正方形的边和交于点E、F（点F与点C，D不重合）．探索线段之间的数量关系．
【问题初探】（1）爱动脑筋的小茗发现，通过证明两个三角形全等，可以得到结论，线段的数量关系： ，线段之间的数量关系： ；
【问题引申】（2）如图2，将图1中的正方形改为的菱形，，其他条件不变，请你帮助小茗得出此时线段之间的数量关系，并说明理由；
【问题解决】（3）如图3，在（2）的条件下，当菱形的边长为8，点运动至与点距离恰好为7的位置，且旋转至时，请直接写出的长度．
20．已知正方形中，点为对角线上一点，点在的延长线上，连接．
(1)如图1，若，连接，若，求的长；
(2)如图2，将绕点逆时针旋转得到，连接交于点，若，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接，将绕点顺时针旋转得，连接，，，若，当取得最小值时，直接写出的面积．
21．如图， 四边形是平行四边形，对角线相交于点O， E在线段上．

(1)如图1， 连接， 若，求；
(2)如图2， 若， 延长交于点N， 且， 求证：
(3)如图3，若，P为内一点，请直接写出的最小值．
22．如图，是等腰直角三角形，，BC=5，点为平面内任意一点，将线段绕点逆时针方向旋转得到线段，连接．
(1)若点为内部任意一点时．
①如图1，判断线段与的数量关系并给出证明；
②如图2，连接，当点，，在同一直线上且时，求线段的长；
(2)如图3，直线与直线相交于点，延长到点，使得，连接，请求出的取值范围．
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参考答案：
1．(1)
(2)见解析
(3)当时，的值为或
【分析】（1）由等腰直角三角形性质可得，再利用三角形的外角性质即可求得答案；
（2）过点作，过点作交于点，过点作交的延长线于点，连接，，可证得，，，得出，再证明与重合，即可证得结论；
（3）过点作于点，在上取点，使，连接，利用勾股定理和直角三角形性质可证得：是的中点，是的中点，进而可得，分两种情况：当在上方时，当在下方时，分别求出旋转角即可．
【详解】（1）解：，
，
，
等腰中，，
，
，
即，
，
；
（2）证明：如图1，过点作，过点作交于点，过点作交的延长线于点，连接，，
由（1）得，
，
，，
，
在和中，
，
，
，，
在和中，
，
，
，，，
，
四边形是矩形，
，，，
，
，
设，
，
，，，
，
，
与重合，
，
即；
（3）解：如图，过点作于点，在上取点，使，连接，
则，，
，，
设，则，，，
，
设，，
则，
，
，即，
，
即，
，
，
即，
是的中点，
，
，
是的中点，
，
由旋转得，
当在上方时，设交于点，
，
，
，
当在下方时，设交于点，
，
，
，
，
综上所述，当时，的值为或．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转变换的性质，直角三角形性质，勾股定理等知识点，熟练掌握三角形的相关知识、运用分类讨论思想是解题关键．
2．(1)的面积是
(2)①说明见解析；②在此条件下重叠部分的面积不发生变化，理由见解析
(3)的结论仍成立，重叠部分的面积不会变
【分析】本题主要考查了等腰直角三角形和三角形全等．熟练掌握等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，旋转性质，作出辅助线，是解决本题的关键．
（1）判断重叠部分是一个等腰直角三角形，求出其直角边，即可求解；
（2）①连接，先证得，，进而求出，即可得到；②利用①中的结论即可得出答案；
（3）证明过程类似（2），根据（2）中的结论，可以直接写出．
【详解】（1）∵中，，， D是的中点，，
∴，，
则；
（2）①连接，
∵中，，，
∴，
∵D是的中点，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
②面积不变．理由：
∵，
∴，
∴;
（3）的结论仍成立，，重叠部分的面积不变．理由：
连接，
∵中，，，
∴，
∵D是的中点，，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴， ，
∴．
3．（1）；（2）①；②；（3），．
【分析】把绕点逆时针旋转得到，由旋转的性质可得，，，证出是等边三角形，由等边三角形的性质求出，，再由勾股定理逆定理求出，求出，即为的度数；
把绕点逆时针旋转得到，由旋转的性质可得，，，证出是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质求出，，再利用勾股定理逆定理求出，然后求出，即为的度数；
如图，过点作于，先证明，，三点共线，根据是等腰直角三角形，得，并由勾股定理可得正方形的边长为；
如图，六边形是正六边形，把绕点逆时针旋转得到，连接，过点作于，先根据勾股定理可得的长，从而得的长，由勾股定理的逆定理可得，可得的度数；如图，过点作于，由勾股定理可得的长．
【详解】解：是等边三角形，
，，
如图，把绕点逆时针旋转得到，连接，
由旋转的性质，，，，，
是等边三角形，
，，
，，
，
，
；
故；
故答案为：；
四边形是正方形，
，，
如图，把绕点逆时针旋转得到，
由旋转的性质，，，，
是等腰直角三角形，
，，
，，
，
，
，
故；
如图，过点作于，
，，
，
，，三点共线，
是等腰直角三角形，
，
，
，
由勾股定理得：，即正方形的边长为，
故答案为：；
如图，六边形是正六边形，
，，
把绕点逆时针旋转得到，连接，过点作于，
由旋转的性质，，，，
是等腰三角形，，
，，
，
，，
，
，
，
故；
如图，过点作于，
，
，
，，
，
．
故答案为：，．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，正方形的性质，正六边形的性质，勾股定理以及勾股定理逆定理的应用，利用旋转的性质构造辅助线是解题的关键．
4．(1)
(2)见解析
(3)的最大值，的最小值，
【分析】（1）如图1，过点E作交的延长线于点H，
根据题意求得，再根据特殊直角三角形的性质进而求得上的高，代入面积公式算出结果；
（2）①如图，在线段上截取，连接，可证得四边形是平行四边形，得出，可证，得出，由，即可推出结论；
（3）连接AE，取的中点，的中点Q，连接，可证是等腰直角三角形，得出：，再由点是的中点，可得：，且，利用勾股定理得，当B、Q、M三点共线时，的最小值，当点P与点E重合时，此时，的最大值．．
【详解】（1）解：如图1，过点E作交的延长线于点H，
∴，
∵，
∴，
∵点在边上且，将绕点B逆时针旋转a得到．
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）如图，在线段上截取，连接，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵四边形是平行四边形，且，
∴，
∵，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴；
（3）解：连接，取的中点，的中点Q，连接，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵点S是的中点，
∴，且，
∵M是的中点，S是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∵点Q是的中点，
∴，
在中，，
当B、Q、M三点共线时，的最小值，
当点P与点E重合时，，
此时，的最大值．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理及勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
5．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）证明和为均等腰直角三角形，易得，，即可获得答案；
（2）首先由正方形的性质可得，，将以点为旋转中心，顺时针旋转得到，则点和点重合，由旋转的性质可得，，，进而可得，然后证明，由全等三角形的性质可得，由即可获得答案；
（3）结合由（2），根据题意以及正方形的性质证明，进而可得，同理可得，然后在中，由勾股定理即可证明结论．
【详解】（1）解：∵为等腰三角形，，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，即为等腰直角三角形，
∴，
同理可得为等腰直角三角形，
∴，
∴；
（2）∵四边形为正方形，
∴，，
将以点为旋转中心，顺时针旋转得到，如下图，
则点和点重合，
∴，，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
（3）如下图，
由（2）可知，，
∴，，
由旋转的性质可得，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，，
∵分别延长，交于点，
∴，，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
在中，可有，
∴．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质、正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．
6．(1)；
(2)证明见解析；
(3)在旋转过程中，的面积存在最大值，最大值为．
【分析】（）由旋转可得，，，进而得，再根据角的和差关系即可求解；
（）由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，即得，又可得，得到，由旋转得到，，，即得，延长交于点，可得，得到，即可求证；
（）因为线段为定值，当点到距离最大时，的面积取最大值，可知当点共线时，的面积取最大值，利用勾股定理求出即可求解；
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，直角三角形的性质，平行四边形的判定，勾股定理，三角形的面积，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∵绕点顺时针旋转得到，点恰好在上，
∴，，，
∴，
∴；
（2）证明：∵，点是边的中点，
∴，
∴，
∵，，
∴
∴，
∵绕点顺时针旋转得到，
∴，，，
∴，
如图，延长交于点，
则，
∴，
∴四边形为平行四边形；
（3）解：存在，理由如下：
∵线段为定值，当点到距离最大时，的面积取最大值，
如图，当点共线时，的面积取最大值，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴在旋转过程中，的面积存在最大值，最大值为．
7．（1）；（2）；（3）正方形的面积为．
【分析】（1）根据旋转只改变图形的位置不改变图形的形状与大小可得，然后求出，再根据计算即可得解；
（2）过点作交的延长线于点可得四边形是正方形，然后设，根据上面的结论表示出，再求出，然后在中, 利用勾股定理列式进行计算即可得解；
（3）过点作，取，连接，，推导出，由可证，可得，当三点共线时，取最大值，据此求解即可．
【详解】解：（1）根据旋转知：，
∴，，
∵，，
∴，
∴，即；
（2）过点作交的延长线于点，如图，

∵，，
∴，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
根据上面结论可知，
设，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
解得：，
∴；
（3）如图，过点作，取，连接，，如图，

∵，，∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴线段有最大值时，只需最大即可，
在中，，
当三点共线时，取最大值，此时，
在等腰直角三角形中，，，
作于点M，

则．
在中，，
∴正方形的面积．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
8．(1)
(2)见详解
(3)
【分析】（1）根据题意由勾股定理可得长度，作，交于，利用旋转及互余可证得，则得，，可求出，再由勾股定理可得的长度；
（2）由旋转可知，为等腰直角三角形，根据其性质再利用互余可证得，则有，，由，可证，由，利用三角形内角和定理可得，作，交延长线于，连接，易知，为等腰直角三角形，可得，，，易得，可证四边形是平行四边形，即，利用可得证结论；
（3）作，交于，将绕点逆时针旋转，证明，进而证得，作点关于的对称点，连接，，由对称易知，易知当最小时，即最小，亦即、、在同一直线，且，如图，作，交于，易知四边形是矩形，证得是等边三角形，求出，的高，根据可得答案．
【详解】（1）解：∵为的中点，，，，
∴，
则由勾股定理，可得：，
作，交于，
由题意可知，，，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
则，
由勾股定理可得：；
（2）证明：由旋转可知，为等腰直角三角形，
∴，，，
∵，
∴，
又∵，，
∴，，
又∵，，
∴，
在和中，，
∴，
∴，，
则：，
∵，
∴，即：，
∴，
又∵，
由三角形内角和定理可得：，
即：，
∴，
作，交延长线于，连接，如图，
∴为等腰直角三角形，
∴，，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，即，
∴；
（3）作，交于，
∵是等边三角形，
∴，，平分，
则，
将绕点逆时针旋转，则，，
∴，
∴，
∴
∴，
作点关于的对称点，连接，，由对称易知，，
∴
当最小时，即最小，亦即、、在同一直线，且，如图：
作，交于，则，
∴，，
∵，，
∴，，四边形是矩形，
则，，即，
由轴对称可知，，
∴是等边三角形，则：，
∵，
∴，，
∴，，
则由勾股定理可得：，，
∵，，
则为，之间的距离，
∴，即的高
∴，
∴．
【点睛】本题属于几何综合题，考查了全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质，等边三角形的判定及性质，第（2）问证明，解决问题的关键，第（3）问弄清点的运动轨迹是解决问题的关键．
9．（1）旋转中心是点A，旋转方向是顺时针，旋转角是；（2）；（3）
【分析】（1）由等边三角形得出，，由旋转性质即可得出答案；
（2）证明，由全等三角形的性质得，，得出，由直角三角形性质得，则可计算出答案；
（3）过点作，且使，连接，由直角三角形的性质求出、的长即可得解．
【详解】解：（1），都是等边三角形，
，，
由旋转可得：，
可以由绕点顺时针旋转得到，
即旋转中心是点，旋转方向是顺时针，旋转角是，
（2）和都是等边三角形，
，，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，，
．
（3）作，且，连接，如图，
，
，
，
，
即，
，
，
，
，
在中，
，
，
，
，
．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质；熟练掌握旋转的性质是解题关键．
10．(1)当时，四边形是菱形，理由见解析；
(2)①，理由见解析；②．
【分析】（）利用平移和等边三角形的性质可得，四边形是平行四边形，和是等边三角形，得到，，由菱形的性质可得，进而得到；
（）①分和两种情况，画出图形解答即可求解；②如图，连接，由三角形三边关系得，，可知当点三点共线时，最大，由等边三角形的性质可得，，利用勾股定理求出得到，再根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：当时，四边形是菱形．
理由：∵是等边三角形，
∴，
由平移的性质得，，，，
∴，，
∴，
∵是的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，，
∴和是等边三角形，
∴，，
当四边形是菱形时，，
∴，
∵，
∴；
（2）解：①，理由如下：
当时，由旋转的性质得，，
由（）可知为等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
当时，如图，，，
∵，，
∴；
综上，；
②如图，连接，
在中，由三角形三边关系得，，
∴当点三点共线时，最大，
在中，由为的中点，为等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
在中，．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，平移的性质，平行四边形的判定，菱形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系，勾股定理，运用分类讨论思想解答是解题的关键．
11．(1)①见解析；②，证明见解析
(2)，理由见解析
【分析】（1）①由题意得到，即可证明，即可证明；②证明，推出，即点F是中点，由，得到，根据等腰三角形三线合一推出，即可得出结论；
（2）将绕点逆时针旋转到，交于点N，过点D作交于点M，连接，证明，得到，再证明，得到，进而推出，即可证明，得到，推出三点共线，由，，得到，进而得到，即可得出结论．
【详解】（1）①证明：，，
，
；
②，
证明：为的中点，
，
，
，
，即点F是中点，
，
，即，
是等腰直角三角形，
，
；
（2）解：，理由如下：
将绕点逆时针旋转到，交于点N，过点D作交于点M，连接，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
三点共线，
，，
是等腰直角三角形，
，，
．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质和判定，平行线的判定与性质以及等腰三角形的判定与性质，利用旋转的性质证明全等是解题的关键．
12．(1)①，②成立，见解析
(2)
【分析】（1）①根据若都是直角，，可得四边形是正方形，根据旋转可得，求出，可证，由此即可求解；②如图所示，延长，并取，连接，可证，可得，由此可证即可求解；
（2）根据题意，将绕点顺时针旋转后得，可得，再证，可得，根据全等三角形的性质可证是直角三角形，设，则，在中，根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：在四边形中，，，，
∴，
①，理由如下，
若都是直角，则，且，
∴四边形是正方形，
把绕点逆时针旋转至，使与重合，
∴，
∴，，，，
∴，则点三点共线，
∵，
∴，
在中，
，
∴，
∴，
∴；
②成立，理由如下，
如图所示，延长，并取，连接，
∵，，
∴，
在中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，，
∴将绕点顺时针旋转后，与重合，得，如图所示，
∴，
∴，，，
∵，
∴，则，
∴，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，，
∴，即，垂足为点，
∴是直角三角形，
设，则，
∴，即，
解得，，
∴的长为．
【点睛】本题主要考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角的性质，直角三角形的判定，勾股定理求线段长等知识的综合，掌握旋转的性质，全等三角形的判定和性质，合理作出辅助线是解题的关键．
13．(1)证明见解析；
(2)；
(3)．
【分析】（）由正方形的性质可得，，由旋转的性质得，，即得，即可由求证；
（）利用勾股定理可得，即得，由全等三角形的性质可得；
（）由，可得点在以为圆心，为半径的半圆上运动，延长到点，使得，连接、，可证，得到，可知当三点共线时，最小，利用勾股定理可得，即得，再由三角形三边关系，可得，即可求解；
本题考查了正方形的性质，旋转的性质，余角性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的三边关系，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
由旋转可得，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵点是边的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：；
（3）解：如图，

∵，
∴点在以为圆心，为半径的半圆上运动，
延长到点，使得，连接、，则，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
当三点共线时，最小，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴线段的最小值为，
故答案为：．
14．(1)见详解
(2)①见详解，②
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质可得，在根据旋转的性质可得，，进而得到，可证可得，进而说明；
（2）①根据题意得，，，进一步得和，即可证明；
②如图，将逆时针旋转得到，连接，由旋转得，，则，，由①知为等腰直角三角形，利用即可证明，则有和，判定在同一直线上，则是等腰直角三角形，有为的中点，则是等腰直角三角形，利用勾股定理即可求得．
【详解】（1）证明：∵，
∴；
∵线段绕着点A顺时针旋转得到线段，
∴，，
∴，即
在和中，，，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）①证明：∵，
∴；
∵，，
∴，，
∵
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴
②如图，将逆时针旋转得到，连接，
则，，
∴，，
由①知为等腰直角三角形，
∴
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴在同一直线上，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴为的中点，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
即．
【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的判定和性质、旋转的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理，解题的关键是熟练掌握等腰直角三角形的性质，并利用旋转构造全等三角形．
15．（1），理由见解析过程；（2）．（3）
【分析】（1）由直角三角形的性质即可求解；
（2）由三角形的面积公式分别求出和的面积，即可求解；
（3）先证四边形是平行四边形，由平行四边形的面积公式可求解．
【详解】解：（1），
理由如下：
∵点是的中点，，
∴；
（2）∵，
∴，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∵将绕点逆时针旋转得到，
∴，
，
∴四边形的面积；
（3）如图，设与交于点，

∵将绕点逆时针旋转得到，
，
∴是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
∴四边形是平行四边形，
∴四边形的面积．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
16．(1)见解析
(2)①，理由见解析；②
【分析】（1）根据旋转可得，则，根据平行四边形的性质可得得出，等量代换得出，即平分；
（2）①过点作于点，根据角平分线的性质可得，进而证明，根据全等三角形的性质，即可得证；
②在上截取，连接，过点作于点，根据旋转的性质结合已知条件可得是等边三角形，则，证明，得出四边形是平行四边形，则，进而勾股定理求得，根据三角形的面积公式，即可求解．
【详解】（1）证明：∵绕点旋转得到平行四边形，
∴
∴
又∵四边形是平行四边形，
∴
∴
∴，即平分；
（2）解：①，
如图所示，过点作于点，

∵平分，，
∴
∵四边形，是长方形，
∴
∴
在中，
∴
∴；
②如图所示，∵四边形是平行四边形，
∴，
在上截取，连接，过点作于点，

∵旋转，则，
∴是等边三角形，则，
∴，即旋转角为
∴
又平分；
∴，
∴，
在中，
∴
∴，
∴
又∵
∴
又∵旋转，则
∴，
在中，
∴
∴
∴
∴四边形是平行四边形，
∴
在中，
，
∴，则
∴
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，角平分线的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质，平行四边形的性质是解题的关键．
17．(1)①见解析；②
(2)
【分析】（1）①证明，推出，再根据，即可得出结论；
②由全等三角形的性质和等腰三角形的性质证明，再证明，即可求解；
（2）结论：．首先证明．如图中，延长到，使得，连接，证明，推出，延长到，使得，则是等边三角形，再证明，推出，，推出是等边三角形，可得结论.
【详解】（1）解：①证明：在与中，
，
∴
∴，
∵，
∴；
②由①知：，
∴
∵
∴，
∴
∵
，
，
，
，
，
，
；
（2）解：结论：．
理由：如图2中，，，
是等边三角形，
，，
，
，
，
，
，
∴，
由旋转可得：，
∴，，
如图2中，延长到，使得，连接，
，，，
，
，，
延长到，使得，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
，
，
∵
∴
，
，
，，
是等边三角形，
．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，对顶角性质，四边形内角等于360度等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
18．(1)证明见解析
(2)，证明见解析
(3)
【分析】（1）由旋转的性质可知：，，证明，可得，再说明可得四边形是矩形，再结合即可证明；
（2）过点作，垂足为，证明和，根据全等三角形的性质即可解答；
（3）作于，由勾股定理可求得，再由可得，，进而求出，最后在中，由勾股定理计算可得．
【详解】（1）解：四边形是正方形
理由：由旋转可知：，，
∴，
在和中，
∴，
∴，
又，
，
四边形是矩形．
∵．
四边形是正方形；
（2）．
证明：如图，过点作，垂足为，
则，
四边形是正方形，
，．
，
．
．
∵，
∴
∵，，
∴
∴，
∵，
∴，
∵，
；
（3）解：作于，如图．
设的长为，
∵四边形是正方形，
∴，
由（2）可知，，
∴，
在中，由勾股定理得： ，
，解得（负值舍去）
∴，，
∴，
在中，由勾股定理得： ．
【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转变换、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，综合应用所学知识是解答本题的关键．
19．（1），；（2），理由见解析；（3）的长度为4或2．
【分析】（1）由正方形，可得，，证明，则，进而可得；
（2）如图2，取的中点T，连接，由四边形为的菱形，可得，，证明是等边三角形，是等边三角形，证明，则，；
（3）由题意知，分靠近点B，靠近点D，两种情况求解；①当点P靠近点B时，如图中，过点A作于H，连接，作交于G．由（2）可知，是等边三角形，证明是等边 三角形，，由勾股定理得，，由勾股定理得，，则，由（2）可知，，则，根据，求解作答；②当点P靠近点D时，如图，同理①，求解作答即可．
【详解】（1）解：，，
∵正方形，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴；
故答案为：，；
（2）解：，理由如下；
如图2，取的中点T，连接，
∵四边形为的菱形，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
又∵，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：由题意知，分靠近点B，靠近点D，两种情况求解；
①当点P靠近点B时，如图中，过点A作于H，连接，作交于G．
由（2）可知，是等边三角形，
∴，
∴是等边三角形，则，
∴，即，
∵，
∴，
由勾股定理得，，
由勾股定理得，，
∴，
由（2）可知，，
∴，
∴；
②当点P靠近点D时，如图，
同理①，可得，，
∵，
∴，
综上所述，满足条件的的长度为4或2．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理是解题的关键．
20．(1)；
(2)见解析；
(3)．
【分析】（1）本题考查正方形的性质及勾股定理，过作于，先根据正方形的性质得到和都是等腰直角三角形，求出、，在中根据勾股定理求解即可得到答案；
（2）本题考查正方形的性质，三角形全等的判定与性质，过作于点，交于点，连接，根据正方形的性质及辅助线先证明，再证明即可得到证明；
（3）本题考查正方形的性质及最短距离问题，先找到动点所在直线，根据垂线段最短结合特殊直角三角形边的关系求解即可得到答案；
【详解】（1）解：过作于，
∴，
∵四边形是正方形，
∴ ，
∴，
∴和都是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∴，
在中，，，,
∴；
（2）证明：过作于点，交于点，连接，
∴，，
∵，
∴，
∵四边形是正方形，，
∴，
在中，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴；
（3）解：由（2）得，，如图，
∴点轨迹：直线，
∵绕点顺时针旋转得，
∴点轨迹：直线，且，
当点在点时有等边三角形，，
由，，垂直于，，
，，
当直线时，最小即的长，
，，，
，，，
，
．
21．(1)2
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，从而得到，即可求解；
（2）延长至点F，使，连接，证明是等腰直角三角形，可得，，进而得到，证明，可得，然后证明，可得，即可求证；
（3）取的中点K，则，证明是等边三角形，可得，从而得到，把绕点C逆时针旋转得到，连接，则，可得到是等边三角形，从而得到，进而得到当点D，P，G，H四点共线时，的值最小，最小值为的长，在中，由勾股定理，即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴， 是的中点，
∴，
∴，
∴，
∵是的中点，
∴；
（2）证明：如图，延长至点F，使，连接，

∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，，垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
在和中，
∵，，，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴；
（3）解：如图，取的中点K，则，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
如图，把绕点C逆时针旋转得到，连接，则，

∴，，，是等边三角形，
∴，
∴，
即当点D，P，G，H四点共线时，的值最小，最小值为的长，
在中，，
即的最小值为．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理，图形的旋转问题，直角三角形的性质等知识，第（2）问得到，第（3）问利用旋转的性质解答是解题的关键．
22．(1)①，证明见解析；②
(2)
【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理等知识，证明，判断点在以为直径的圆上运动是解第（2）题的关键．（1）①利用证明即可得出结论；②取与的交点为，利用勾股定理求出，证明得出，再利用勾股定理求出，进而求出，然后解等腰直角三角形即可；（2）证明，从而发现点在以为直径的圆上运动，当点和重合时最小，当经过中点时，最大，据此即可求解．
【详解】（1）①，
证明：是等腰三角形，
，
，
将线段绕点逆时针方向旋转得到线段，
，，
，
，
，
，
;
②解：如图，取与的交点为，
由①已证，
，，
，
在中，由勾股定理得：
，
，，
，
，
在中，由勾股定理得：
，
，
在等腰直角中，
;
（2）解：由（1）已证，
，
，
，
又，
，
，
点在以为直径的圆上运动，当点和重合时最小，当经过中点时，最大，
最小值为，
取中点为，取中点，
则，，
，
，
，，
，
最大值为，
.
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