第二十三章旋转同步练习卷（含解析）
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第二十三章旋转同步练习卷-数学九年级上册人教版
一、单选题
1．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在中，，，将绕点逆时针旋转得到．当落在上时，的度数为（ ）
A． B． C． D．
3．在直角坐标系中，将点关于原点的对称点得到的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，将绕直角顶点顺时针旋转，得到，连接，若，则的度数（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在中，，，点M是边上一动点，连接，将绕着点C逆时针旋转得到线段，连接，则线段的最小值为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在中，，，将斜边绕点顺时针旋转至，连接，则的面积为（ ）
A．6 B．12 C．18 D．36
7．如图，在矩形中，，，点M是边的中点，点N是边上任意一点，将线段绕点M顺时针旋转，点N旋转到点，则周长的最小值为（ ）
A．15 B． C． D．18
8．如图，正方形边长为，从出发沿对角线向运动，连接，将线段绕点顺时针旋转得到，连接，设，下列说法：①是直角三角形；②当时，；③有且只有一个实数，使得；④取中点，连接，，的面积随着的增大而增大．正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
9．已知点与点关于原点对称，则 ．
10．如图，小明坐在秋千上，秋千旋转了，小明的位置也从点A运动到了点，则旋转中心是点 ，旋转角是∠ = °．
11．如图，在中，，将绕点逆时针方向旋转到的位置，则点的坐标是 ．
12．如图，在菱形中，，将菱形绕点A逆时针旋转后得到对应的四边形（旋转角小于180°），连接AC，若，则菱形ABCD旋转的角度是 度．
13．与关于原点成中心对称，点，，的对称点分别是，，．若，，则的取值范围是 ．
14．如图，在菱形中，，，，分别为菱形边上的动点，过点的直线将菱形分成面积相等的两部分．过点作于点，连接．则线段的最大值为 ．
三、解答题
15．如图，点E与F分别在正方形的边与上，，以点A为旋转中心，将按顺时针方向旋转得到．已知，，求的长．
16．在中，为边上的中线．
(1)用刻度尺画出关于点的中心对称图形；
(2)若，求线段的取值范围．
17．如图， 四边形是正方形，经顺时针旋转后与重合 ．
(1)旋转中心是哪一点？
(2)则绕点旋转了多少度？
(3)如果连接，那么是怎样的三角形？
18．如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为，，．
(1)若经过平移后得到，已知点的坐标为，请直接写出顶点，的坐标；
(2)若和关于原点成中心对称图形，请直接写出的各顶点的坐标；
(3)将绕着点按顺时针方向旋转得到，请在坐标系中画出．
19．如图，四边形是正方形，，点P是上一动点（不与点B，C重合），将PA绕点P按顺时针方向旋转，得到．
【初步感知】
（1）在点P的运动过程中，试探究与的数量关系．
【深入研究】
（2）连接，在点P的运动过程中，试探究的值．
【拓展延伸】
（3）与相交于点F，在点P的运动过程中，试探究的周长是否为定值，若是，求出的周长；若不是，请说明理由．
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D B A C C C B C
1．D
【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
根据中心对称图形的定义和轴对称图形的定义进行逐项判断即可．
【详解】解：A．是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；
B．即不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
D．是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
故选：D．
2．B
【分析】本题主要考查了旋转的性质，三角形内角和定理，由旋转的性质可得，
由三角形内角和定理可得出，最后根据角的和差关系即可得出答案．
【详解】解：由旋转的性质可得出，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
3．A
【分析】本题主要考查了关于原点对称点的特点，根据关于原点对称的点横、纵坐标互为相反数，进行求解即可．
【详解】解：点关于原点的对称点得到的点的坐标．
故选：A．
4．C
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，掌握旋转的性质是解题关键．由旋转的性质可知，，，，得到，进而得到，由三角形内角和定理，得出，即可得到的度数．
【详解】解：由旋转的性质可知，，，，
，
，
，
,
故选：C．
5．C
【分析】本题考查勾股定理，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
在上截取，然后连接，则，即，然后根据垂线段最短可得当时，最小，然后利用勾股定理解题即可．
【详解】解：在上截取，然后连接，
∵，，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
根据垂线段最短可得当时，最小，
这时，
又∵，
∴，
∴，即，
故选C．
6．C
【分析】本题主要考查三角形全等的判定与性质，旋转的性质，掌握证明三角形全等，得出边的长度是解题的关键．根据题意，过点作于（图示见详解），因为，即可求得，所以得到，则有，由此即可求解．
【详解】解：将绕点顺时针旋转到，
∴，，
过点作于，如图所示，
∵，，
∴，，
∴，
在，中，
，
∴，
∴，
∴，
故选：．
7．B
【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，确定点的轨迹是解题的关键．由旋转的性质结合证明，推出，得到点在平行于，且与的距离为5的直线上运动，作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，由勾股定理可求解．
【详解】解：过点作，交于，过点作垂足为，
∵矩形，
∴，
∴，
∴四边形和都是矩形，
∴，
由旋转的性质得，，
∴，
∴，
∴，
∴点在平行于，且与的距离为5的直线上运动，
作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，最小值为，
∵，，
∴，
故选：B．
8．C
【分析】根据正方形的性质可得，，再根据旋转的性质可得，，从而证得，得到，即可求得，可判断①正确；根据正方形的性质可得的长，再根据可得的长，再利用勾股定理可得，可判断②正确；根据题意列出关于面积的一元二次方程，求得有且只有一个实数，使得，可判断③正确；连接，作于点，可得，由，点为的中点，可得，则，从而求得，可判断④错误；即可解题．
【详解】解：四边形是正方形，为对角线，
，，，
线段绕点顺时针旋转得到，
，，
又，，
，
在和中：
，
，
，
，
是直角三角形，
故①正确；
正方形边长为，
，
，，，
，
，
故②正确；
由题可知：，
要，则，
整理得：，
解得：，
有且只有一个实数，使得，
故③正确；
如图，连接，作于点，则，
，
与的边上的高相等，
，点为的中点，
，
，
，
的面积不随着的变化而变化，
故④错误；
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，解一元二次方程，旋转的性质，直角三角形性质，综合运用以上知识是解题的关键．
9．
【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，解题的关键是掌握关于原点对称的点横坐标和纵坐标都互为相反数．据此即可解答．
【详解】解：∵点与点关于原点对称，
∴，
故答案为：．
10．
【分析】本题考查的是旋转变换的概念和性质，掌握对应点与旋转中心连线的夹角是旋转角是解题的关键．
由题意得到点和点是对应点，旋转中心是点，根据旋转的概念解答即可．
【详解】解：∵小明的位置也从点运动到了点，
∴点和点是对应点，
∴旋转中心是点，旋转角是．
故答案为：．
11．
【分析】本题考查了平行四边形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定和性质，合理作出辅助线是解题的关键．
根据题意，作轴，轴，可证，再根据点的坐标分别算出的值，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作轴于点，过点作轴于点，
∵将平行四边形绕点逆时针旋转得平行四边形，
∴，，
∵，
∴，且，
∴，
∴，，
已知点，
∴，
∴，
∵点在第二象限，
∴点的坐标为：，
故答案为： ．
12．
【分析】本题考查旋转及菱形的性质．推出是解题的关键．根据旋转的性质结合菱形的性质即可求解．
【详解】解：由题意得：
∵四边形是菱形，
∴
∵
∴
即菱形ABCD旋转的角度是度，
故答案为：
13．
【分析】本题考查关于某点对称的图形之间的关系，解题关键是熟练掌握关于某点对称的图形性质．根据成中心对称的两个图形对应线段长相等可知，，然后利用三角形三边关系求解即可．
【详解】解：∵与关于原点成中心对称，点，，的对称点分别是，，
∴，
∴的取值范围为：，即．
故答案为：．
14．
【分析】连接交于点O．取的中点T，连接．求出，可得结论．
【详解】解：如图，连接交于点O．取的中点T，连接．
∵直线平分菱形的面积，
∴直线经过点O，
∵四边形是菱形，
∴，
∴都是等边三角形，
∴，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的最大值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查中心对称，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，用勾股定理解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题．
15．
【分析】先根据正方形的性质得到，，再根据旋转的性质得到，，，于是可判定点在的延长线上，然后证明得到．本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了全等三角形的判定与性质和正方形的性质．
【详解】解：四边形为正方形，
，，
∵将按顺时针方向旋转得到．
，，，
点在的延长线上，
，
，
在和中，
，
，
．
16．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查画中心对称图形，中心对称图形的性质，三角形的三边关系：
（1）根据题意，画出即可；
（2）根据成中心对称图形的性质，结合三角形的三边关系，进行求解即可．
【详解】（1）延长至点，使，连接，
如图，即为所求；
（2）与关于点中心对称，
，
在中，，即，
，
．
17．(1)
(2)
(3)等腰直角三角形
【分析】本题考查了旋转的性质， 正方形的性质， 等腰直角三角形的判定：
（1） 根据图形判断点为旋转中心；
（2） 根据对应边、的夹角等于旋转角解答；
（3） 根据旋转的性质可得，，然后根据等腰直角三角形的定义判定即可 ．
【详解】（1）解：∵经顺时针旋转后与重合，
∴旋转中心为点；
（2）解：四边形是正方形，
，
旋转角为；
（3）解：如图，
由旋转的性质得，，，
所以是等腰直角三角形 ．
18．(1)，
(2)，，
(3)见解析
【分析】本题考查了平移的性质，关于原点对称的点的特征，画旋转图形．
（1）根据平移后坐标为，得出平移变换是向右平移5个单位长度，再向下平移3个单位长度，即可解答；
（2）根据关于原点对称的点横坐标和纵坐标都互为相反数，即可解答；
（3）根据旋转的性质，先画出点，再依次连接即可．
【详解】（1）解：∵平移后坐标为，
∴平移变换是向右平移5个单位长度，再向下平移3个单位长度，
∵，，
∴，．
（2）解：∵和关于原点成中心对称图形，且，，，
∴，，．
（3）解：根据旋转的性质，画图如下：
19．（1）（2）（3）是定值，理由见详解
【分析】（1）由正方形的性质可得，，由旋转的性质可得，，由外角的性质可证；
（2）由等腰直角三角形的性质可得，由“”可证，可得，即可求解；
（3）由“”可证，可得，，由“”可证，可得，即可求解．
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【详解】解：（1）四边形是正方形，
，，
将绕点按顺时针方向旋转，得到．
，，
，
；
（2）如图，在上截取，连接，
，，
，
，，
，
又，，
，
，
；
（3）的周长是定值，理由如下：
如图，延长至，使，连接，
，，，
，
，，
，，
，
，
，
，
又，
，
，
的周长，
的周长是定值．
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第二十三章旋转同步练习卷-数学九年级上册人教版
一、单选题
1．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在中，，，将绕点逆时针旋转得到．当落在上时，的度数为（ ）
A． B． C． D．
3．在直角坐标系中，将点关于原点的对称点得到的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，将绕直角顶点顺时针旋转，得到，连接，若，则的度数（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在中，，，点M是边上一动点，连接，将绕着点C逆时针旋转得到线段，连接，则线段的最小值为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在中，，，将斜边绕点顺时针旋转至，连接，则的面积为（ ）
A．6 B．12 C．18 D．36
7．如图，在矩形中，，，点M是边的中点，点N是边上任意一点，将线段绕点M顺时针旋转，点N旋转到点，则周长的最小值为（ ）
A．15 B． C． D．18
8．如图，正方形边长为，从出发沿对角线向运动，连接，将线段绕点顺时针旋转得到，连接，设，下列说法：①是直角三角形；②当时，；③有且只有一个实数，使得；④取中点，连接，，的面积随着的增大而增大．正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
9．已知点与点关于原点对称，则 ．
10．如图，小明坐在秋千上，秋千旋转了，小明的位置也从点A运动到了点，则旋转中心是点 ，旋转角是∠ = °．
11．如图，在中，，将绕点逆时针方向旋转到的位置，则点的坐标是 ．
12．如图，在菱形中，，将菱形绕点A逆时针旋转后得到对应的四边形（旋转角小于180°），连接AC，若，则菱形ABCD旋转的角度是 度．
13．与关于原点成中心对称，点，，的对称点分别是，，．若，，则的取值范围是 ．
14．如图，在菱形中，，，，分别为菱形边上的动点，过点的直线将菱形分成面积相等的两部分．过点作于点，连接．则线段的最大值为 ．
三、解答题
15．如图，点E与F分别在正方形的边与上，，以点A为旋转中心，将按顺时针方向旋转得到．已知，，求的长．
16．在中，为边上的中线．
(1)用刻度尺画出关于点的中心对称图形；
(2)若，求线段的取值范围．
17．如图， 四边形是正方形，经顺时针旋转后与重合 ．
(1)旋转中心是哪一点？
(2)则绕点旋转了多少度？
(3)如果连接，那么是怎样的三角形？
18．如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为，，．
(1)若经过平移后得到，已知点的坐标为，请直接写出顶点，的坐标；
(2)若和关于原点成中心对称图形，请直接写出的各顶点的坐标；
(3)将绕着点按顺时针方向旋转得到，请在坐标系中画出．
19．如图，四边形是正方形，，点P是上一动点（不与点B，C重合），将PA绕点P按顺时针方向旋转，得到．
【初步感知】
（1）在点P的运动过程中，试探究与的数量关系．
【深入研究】
（2）连接，在点P的运动过程中，试探究的值．
【拓展延伸】
（3）与相交于点F，在点P的运动过程中，试探究的周长是否为定值，若是，求出的周长；若不是，请说明理由．
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D B A C C C B C
1．D
【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
根据中心对称图形的定义和轴对称图形的定义进行逐项判断即可．
【详解】解：A．是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；
B．即不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
D．是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
故选：D．
2．B
【分析】本题主要考查了旋转的性质，三角形内角和定理，由旋转的性质可得，
由三角形内角和定理可得出，最后根据角的和差关系即可得出答案．
【详解】解：由旋转的性质可得出，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
3．A
【分析】本题主要考查了关于原点对称点的特点，根据关于原点对称的点横、纵坐标互为相反数，进行求解即可．
【详解】解：点关于原点的对称点得到的点的坐标．
故选：A．
4．C
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，掌握旋转的性质是解题关键．由旋转的性质可知，，，，得到，进而得到，由三角形内角和定理，得出，即可得到的度数．
【详解】解：由旋转的性质可知，，，，
，
，
，
,
故选：C．
5．C
【分析】本题考查勾股定理，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
在上截取，然后连接，则，即，然后根据垂线段最短可得当时，最小，然后利用勾股定理解题即可．
【详解】解：在上截取，然后连接，
∵，，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
根据垂线段最短可得当时，最小，
这时，
又∵，
∴，
∴，即，
故选C．
6．C
【分析】本题主要考查三角形全等的判定与性质，旋转的性质，掌握证明三角形全等，得出边的长度是解题的关键．根据题意，过点作于（图示见详解），因为，即可求得，所以得到，则有，由此即可求解．
【详解】解：将绕点顺时针旋转到，
∴，，
过点作于，如图所示，
∵，，
∴，，
∴，
在，中，
，
∴，
∴，
∴，
故选：．
7．B
【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，确定点的轨迹是解题的关键．由旋转的性质结合证明，推出，得到点在平行于，且与的距离为5的直线上运动，作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，由勾股定理可求解．
【详解】解：过点作，交于，过点作垂足为，
∵矩形，
∴，
∴，
∴四边形和都是矩形，
∴，
由旋转的性质得，，
∴，
∴，
∴，
∴点在平行于，且与的距离为5的直线上运动，
作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，最小值为，
∵，，
∴，
故选：B．
8．C
【分析】根据正方形的性质可得，，再根据旋转的性质可得，，从而证得，得到，即可求得，可判断①正确；根据正方形的性质可得的长，再根据可得的长，再利用勾股定理可得，可判断②正确；根据题意列出关于面积的一元二次方程，求得有且只有一个实数，使得，可判断③正确；连接，作于点，可得，由，点为的中点，可得，则，从而求得，可判断④错误；即可解题．
【详解】解：四边形是正方形，为对角线，
，，，
线段绕点顺时针旋转得到，
，，
又，，
，
在和中：
，
，
，
，
是直角三角形，
故①正确；
正方形边长为，
，
，，，
，
，
故②正确；
由题可知：，
要，则，
整理得：，
解得：，
有且只有一个实数，使得，
故③正确；
如图，连接，作于点，则，
，
与的边上的高相等，
，点为的中点，
，
，
，
的面积不随着的变化而变化，
故④错误；
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，解一元二次方程，旋转的性质，直角三角形性质，综合运用以上知识是解题的关键．
9．
【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，解题的关键是掌握关于原点对称的点横坐标和纵坐标都互为相反数．据此即可解答．
【详解】解：∵点与点关于原点对称，
∴，
故答案为：．
10．
【分析】本题考查的是旋转变换的概念和性质，掌握对应点与旋转中心连线的夹角是旋转角是解题的关键．
由题意得到点和点是对应点，旋转中心是点，根据旋转的概念解答即可．
【详解】解：∵小明的位置也从点运动到了点，
∴点和点是对应点，
∴旋转中心是点，旋转角是．
故答案为：．
11．
【分析】本题考查了平行四边形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定和性质，合理作出辅助线是解题的关键．
根据题意，作轴，轴，可证，再根据点的坐标分别算出的值，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作轴于点，过点作轴于点，
∵将平行四边形绕点逆时针旋转得平行四边形，
∴，，
∵，
∴，且，
∴，
∴，，
已知点，
∴，
∴，
∵点在第二象限，
∴点的坐标为：，
故答案为： ．
12．
【分析】本题考查旋转及菱形的性质．推出是解题的关键．根据旋转的性质结合菱形的性质即可求解．
【详解】解：由题意得：
∵四边形是菱形，
∴
∵
∴
即菱形ABCD旋转的角度是度，
故答案为：
13．
【分析】本题考查关于某点对称的图形之间的关系，解题关键是熟练掌握关于某点对称的图形性质．根据成中心对称的两个图形对应线段长相等可知，，然后利用三角形三边关系求解即可．
【详解】解：∵与关于原点成中心对称，点，，的对称点分别是，，
∴，
∴的取值范围为：，即．
故答案为：．
14．
【分析】连接交于点O．取的中点T，连接．求出，可得结论．
【详解】解：如图，连接交于点O．取的中点T，连接．
∵直线平分菱形的面积，
∴直线经过点O，
∵四边形是菱形，
∴，
∴都是等边三角形，
∴，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的最大值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查中心对称，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，用勾股定理解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题．
15．
【分析】先根据正方形的性质得到，，再根据旋转的性质得到，，，于是可判定点在的延长线上，然后证明得到．本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了全等三角形的判定与性质和正方形的性质．
【详解】解：四边形为正方形，
，，
∵将按顺时针方向旋转得到．
，，，
点在的延长线上，
，
，
在和中，
，
，
．
16．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查画中心对称图形，中心对称图形的性质，三角形的三边关系：
（1）根据题意，画出即可；
（2）根据成中心对称图形的性质，结合三角形的三边关系，进行求解即可．
【详解】（1）延长至点，使，连接，
如图，即为所求；
（2）与关于点中心对称，
，
在中，，即，
，
．
17．(1)
(2)
(3)等腰直角三角形
【分析】本题考查了旋转的性质， 正方形的性质， 等腰直角三角形的判定：
（1） 根据图形判断点为旋转中心；
（2） 根据对应边、的夹角等于旋转角解答；
（3） 根据旋转的性质可得，，然后根据等腰直角三角形的定义判定即可 ．
【详解】（1）解：∵经顺时针旋转后与重合，
∴旋转中心为点；
（2）解：四边形是正方形，
，
旋转角为；
（3）解：如图，
由旋转的性质得，，，
所以是等腰直角三角形 ．
18．(1)，
(2)，，
(3)见解析
【分析】本题考查了平移的性质，关于原点对称的点的特征，画旋转图形．
（1）根据平移后坐标为，得出平移变换是向右平移5个单位长度，再向下平移3个单位长度，即可解答；
（2）根据关于原点对称的点横坐标和纵坐标都互为相反数，即可解答；
（3）根据旋转的性质，先画出点，再依次连接即可．
【详解】（1）解：∵平移后坐标为，
∴平移变换是向右平移5个单位长度，再向下平移3个单位长度，
∵，，
∴，．
（2）解：∵和关于原点成中心对称图形，且，，，
∴，，．
（3）解：根据旋转的性质，画图如下：
19．（1）（2）（3）是定值，理由见详解
【分析】（1）由正方形的性质可得，，由旋转的性质可得，，由外角的性质可证；
（2）由等腰直角三角形的性质可得，由“”可证，可得，即可求解；
（3）由“”可证，可得，，由“”可证，可得，即可求解．
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【详解】解：（1）四边形是正方形，
，，
将绕点按顺时针方向旋转，得到．
，，
，
；
（2）如图，在上截取，连接，
，，
，
，，
，
又，，
，
，
；
（3）的周长是定值，理由如下：
如图，延长至，使，连接，
，，，
，
，，
，，
，
，
，
，
又，
，
，
的周长，
的周长是定值．
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