2025年中考数学压轴题专练：旋转综合题（角度问题）（含解析）

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2025年中考数学压轴题专练：旋转综合题（角度问题）
1．综合与实践．
【问题初探】（1）如图，在中，，，为边上的中线，求的取值范围．解答这个问题，我们可以将绕点旋转，得到，则的取值范围可解．请作出并直接写出的取值范围；
【问题解决】（2）如图，为等边三角形内一点，满足，，，试求的大小（提示：将绕点顺时针旋转）；
【问题拓展】（3）如图，在正方形中，，分别为，边上的点，且满足，，，求的面积．
2．（1）观察猜想：如图1，已知三点在一条直线上（），正方形和正方形在线段同侧，H是中点，线段与的数量关系是______，位置关系是______；
（2）猜想证明：在（1）的基础上，将正方形绕点D旋转度（），试判断（1）中结论是否仍成立？若成立，仅用图2进行证明；若不成立，请说明理由．
（3）拓展延伸：如图3，矩形和矩形中，，将矩形绕点旋转任意角度，连接是中点，若，求点运动的路径长．
3．如图1，点是正方形两对角线的交点，分别延长到点，到点，使，，然后以、为邻边作正方形，连接，．
(1)求证：；
(2)如图2，正方形固定，将正方形绕点逆时针旋转角（），得到正方形；
①在旋转过程中，当是直角时，求的度数；
②若正方形的边长为2，在旋转过程中，长的最大值为______．
4．已知在中，，四边形是正方形，H为所在的直线与的交点．
问题解决：
(1)如图1，当点F在上时，请判断和的关系，并说明理由．
问题探究：
(2)如图2，将正方形绕点C旋转，当点D在直线右侧时，求证：；
问题拓展：
(3)将正方形绕点C旋转一周，当时，若，请直接写出线段的长．

5．如图，将绕点A顺时针旋转得到，点B，C的对应点分别为N，M．
(1)如图1，当点N落在的延长线上时，且，，求的长；
(2)如图2，绕点A顺时针旋转得到，延长交于点D，使得，连接，猜想线段，CD之间的数量关系，并证明你的猜想；
(3)如图3，连接，点R为的中点，连接．若，，在旋转过程中，求出的最小值；若不存在，请说明理由
6．已知、，其中，，，将绕着点B旋转．

(1)当旋转到图1位置，连接、交于点，连接；
①探究线段与线段的关系；
②证明：平分；
(2)当旋转到图2位置，连接、，过点作于点，交于点，证明：．
7．综合与探究：
问题情境：数学课上，老师利用两块含角的全等三角尺进行图形变换操作探究，其中，．

操作探究：
（1）将两个三角尺按如图1的方式在同一平面内放置，其中与重合，此时，，三点共线，点在点异侧，求线段的长；
操作探究2
（2）在图1的基础上进行了如下的操作：三角尺保持不动，将三角尺绕点顺时针方向旋转角度，射线和交于点，如图2，认真分析旋转的过程中，解决下列问题：
①在旋转过程中，当_________时，；
②连接，求证：．
8．已知四边形中，，，，，，绕B点旋转，它的两边分别交，（或它们的延长线）于E，F．

(1)当绕B点旋转到时，如题图1，易证．
(2)当绕B点旋转到时，如图2，（1）中结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段，，又有怎样的数量关系？
(3)当绕B点旋转到时，如图3，（1）中结论是否成立？若不成立，线段，，又有怎样的数量关系？请给予证明．
9．将一副直角三角板和如图（1）放置，此时四点在同一条直线上，点在边上，其中，，．

(1)求的度数；
(2)将图（1）中的三角板绕点A以每秒10°的速度，按顺时针方向旋转一定的角度后，记为三角板，设旋转的时间为t秒．
①如图（2），当旋转至，求a的值；
②若在旋转过程中，三角板的某一边恰好与所在的直线平行，直接写出t的值．
10．已知是等边三角形．

(1)将绕点A逆时针旋转角θ（），得到，和所在直线相交于点O．
①如图a，当时，与是否全等？___ （填“是”或“否”），___ 度；
②当旋转到如图b所在位置时，求的度数；
(2)如图c，在和上分别截取点和，使， ，连接，将绕点A逆时针旋转角（），得到，和所在直线相交于点O，请利用图c探索的度数，直接写出结果，不必说明理由．
11．阅读下面活动内容，完成探究1-3的问题：将一个矩形绕点A顺时针旋转α，得到矩形，连结．

[探究1]如图1，当时，点恰好在延长线上．若，求的长．
[探究2]如图2，连结，过点作交于点M，线段与相等吗？请说明理由．
[探究3]在探究2的条件下，射线分别交，于点P，N（如图3），发现线段存在一定的数量关系，请写出这个关系式，并加以证明．
12．如图，已知为等腰直角三角形，，，点D、E分别为边、上的一动点（且满足），连接，将线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接、．
(1)如图1，当点D与点A重合时，求证：①；②；
(2)如图2，当点D与点A不重合时，结论是否仍然成立？请说明理由：
(3)如图3，在（2）的条件下，过点D作，垂足为M．试探究线段、、之间的数量关系，并证明你的结论．
13．问题提出 如图（1），已知，，将边绕点顺时针旋转至处，连接，为的中点，为边中垂线上一点，．探究的值．
问题探究 （1）先将问题特殊化．
①如图（2），当时，不存在确定的点，请说明理由；
②如图（3），当在的延长线上时，连接，发现，请证明这个结论；
（2）再探究一般情形．如图（1），当时，证明（1）②中的结论仍然成立．
问题拓展 （3）当时，若，请直接写出的值．
14．如图，将矩形绕着点逆时针旋转得到矩形，使点恰好落到线段上的点处，连接，连接交于点．
(1)求证：平分；
(2)取的中点，连接，求证：；
(3)若，求的长．
15．已知：正方形，以A为旋转中心，旋转至，连接．
(1)若将顺时针旋转至，如图1所示，求的度数？
(2)若将顺时针旋转度至，求的度数？
(3)若将逆时针旋转度至，请分别求出、、三种情况下的的度数（图2、图3、图4）．
16．如图，是等边三角形，点D是边的中点，以D为顶点作一个的角，角的两边分别交直线于M、N两点，以点D为中心旋转（的度数不变）
(1)如图①，若，求证：；
(2)如图②，若与不垂直，且点M在边上，点N在边上时，（1）中的结论是否成立？并说明理由；
(3)如图③，若与不垂直，且点M在边上，点N在边的延长线上时，（1）中的结论是否成立？若不成立，写出之间的数量关系，并说明理由．
17．旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组邻边相等时，往往可以通过旋转解决问题．如图①，在四边形ABCD中，，，，，．
【问题提出】
(1)如图②，在图①的基础上连接BD，由于，所以可将绕点D顺时针方向旋转60°，得到，则的形状是_______；
【尝试解决】
(2)在（1）的条件下，求四边形ABCD的面积；
【类比应用】
(3)如图③，等边的边长为2，是顶角的等腰三角形，以D为顶点作一个60°的角，角的两边分别交AB于点M，交AC于点N，连接MN，求的周长．
18．如图，正方形ABCD中分别交BC，CD于点E，F，连接EF．
(1)如图①，若，，试求的度数；
(2)如图②，以点A为旋转中心，旋转，旋转时保持．当点E，F分别在边BC，CD上时，AE和AF是角平分线吗？如果是，请说出是哪两个角的平分线并给予证明；如果不是，请说明理由；
(3)如图③，在②的条件下，当点E，F分别在BC，CD的延长线上时，②中的结论是否成立？只需回答结论，不需说明理由．
19．如图1，△ABC是等腰直角三角形，四边形ADEF是正方形，D、F分别在AB、AC边上，此时BD=CF，BD⊥CF成立．
(1)当正方形ADEF绕点A逆时针旋转θ（0°＜θ＜90°）时，如图2，BD=CF成立吗？ 若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
(2)当正方形ADEF绕点A逆时针旋转45°时，如图3，延长BD交CF于点G．求证：BD⊥CF；
(3)在（2）小题的条件下， AC与BG的交点为M， 当AB=4，AD=时，求线段CM的长．
20．如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6．D、E分别是AB、AC边的中点，连接DE．现将△ADE绕A点逆时针旋转，连接BD，CE并延长交于点F．
(1)如图2，点E正好落在AB边上，CF与AD交于点P．
①求证：AE AB＝AD AC；
②求BF的长；
(2)如图3，若AF恰好平分∠DAE，直接写出CE的长．
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《2025年中考数学压轴题专练：旋转综合题（角度问题）》参考答案
1．（1）图见解析，；（2）；（3）
【分析】（1）如图，将绕点旋转，得到，连接，由旋转得到，，证明四边形是平行四边形，根据三角形三边的关系得到，从而得到的取值范围；
（2）如图，将绕点顺时针旋转得到，连接，由旋转可知，证明是等边三角形得，在中，运用勾股定理逆定理可得，求出，结合旋转可求解；
（3）将绕点顺时针旋转得到，由旋转可知，，，，推出，证明，求出即可．
【详解】解：（1）如图，将绕点旋转，得到，连接，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，，
又∵，
∴，即，
∴，
∴的取值范围为；
（2）如图，将绕点顺时针旋转得到，连接，
∴，，，，
∴是等边三角形，
∴，，
在中，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
∴的大小为；
（3）如图，将绕点顺时针旋转得到，
∴，，，，
∵四边形是正方形，，，，
∴，，
∴点在的延长线上，
∴，
，
∴，
∴．
在与中，
，
∴，
∴，
∴的面积为．
【点睛】本题考查旋转的综合应用，三角形三边之间的关系，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理逆定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识点．解题的关键是旋转构造全等进行转换．
2．（1）；（2）成立，证明见解析；（3）
【分析】（1）根据正方形和正方形，得到继而得到；设正方形的边长为a，正方形的边长为b，根据题意，得；结合H是中点，得到，继而得到
．
（2）结论仍然成立．理由如下，延长到点P，使得，连接，根据正方形的性质，证明，延长二线交于点Q，根据三角形中位线定理，得到，得到，结合，证明即可．
（3）延长到点Q，使得，连接，根据三角形中位线定理，得到，根据矩形的性质，证明，得，结合，得到，取的中点O，连接，结合是中点，得到，根据圆的定义，判定点H在以点O为圆心，以为半径的圆上，其周长为．
【详解】（1），且．理由如下：
∵正方形和正方形，
∴
∴；
设正方形的边长为a，正方形的边长为b，
根据题意，得；
∵H是中点，
∴，
∴．
故答案为：．
（2）结论仍然成立．理由如下，
延长到点P，使得，连接，延长二线交于点Q，
∵H是中点，
∴，，
∴，
∵正方形和正方形，
∴，，，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，，
∴，，
故．
（3）如图，延长到点Q，使得，连接，
根据三角形中位线定理，得到，
∵矩形和矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
取的中点O，
连接，
∵是中点，
∴，
根据圆的定义，判定点H在以点O为圆心，以为半径的圆上，
∴其周长为．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，三角形中位线定理，圆的定义，熟练掌握三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，三角形中位线定理，圆的定义是解题的关键．
3．(1)见解析
(2)①当时，或；②
【分析】（1）延长交于，根据四边形是正方形，可推出，得到，再由，得到，推出，得证；
（2）①在旋转过程中，是直角时有两种情况，当由增大到过程中，由，，得到，再由，推出，即可；当由增大到过程中，，同理可求，即可求得答案；②在图1连接，根据正方形性质求出和，由题意可知当，、、在一条直线上，此时的长最大，由即可得到答案．
【详解】（1）如图，延长交于，
点是正方形两对角线的交点，
，，
四边形是正方形
在和中，
，
，
，
，
，
，
即；
（2）①在旋转过程中，成为直角有两种情况：
如图2，由增大到过程中，
当时，
，
在中，
，
，，
，
，即；
由增大到过程中，当时，如图
同理可求，
，
综上所述，当时，或；
②如图，连接，
四边形是正方形，
，，
正方形的边长为2，
，
，
则，
当时，
、、在一条直线上，此时的长最大，
最大值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转变换的性质，三角形全等的判定与性质，三角形内角和定理，平行线的性质，勾股定理，二次根式的化简，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
4．(1)且，理由见解析
(2)见解析
(3)或
【分析】（1）先证可得，再证即可解答；
（2）如图，在线段上截取，连接．先证可得，再证是等腰直角三角形，则；最后根据线段的和差即可证明结论；
（3）分和两种情况，分别画出图形，并运用勾股定理列方程即可解答．
【详解】（1）解：且．理由如下：
∵
∴，
∵四边形是正方形，
∴， ……………….………………………
在与中，
，
∴，
∴， …………………………………..……………
∵，
∴，
∴；
综上：且．
（2）证明：如图，在线段上截取，连接．

由（1）可知：，
在和中，
，
∴，……………………………………………………
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴， ……………………………………………………
∴．
（3）………………………………………
解：线段的长为或．
①如图，当三点共线时，．

由（1）可知，，且， ，
∵，
∴．
设，则，
在中，
∴,解得:或（舍去），
∴；
②如图，当三点共线时，，
设，
∵，
∴，
在中，
∴，解得：或（舍去），
∴．
综上所述，线段的长为或．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、解一元二次方程、等要三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识点成为解题的关键．
5．(1)16
(2)，证明见解答过程
(3)在旋转过程中，存在最小值2
【分析】（1）根据旋转的性质得到，利用勾股定理求得，故的长为16；
（2）在上取点Q，使，连接，由旋转的性质得到：，得是等边三角形，证明，可得，即可得，由，可得，从而可证，得，故；
（3）过B作交MC延长线于P，连接，由旋转的性质得到，证得，得，从而，即可证，可知G是中点，，要使GR最小，只需最小，此时N、C、A共线，的最小值为，故最小为．
【详解】（1）解：∵将绕点A顺时针旋转得到，
，
，
，
，
，
；
（2）解：，证明如下：
在上取点Q，使，连接，如图：
由绕点A顺时针旋转得到得：，
是等边三角形，
，
，
在中，，
由旋转性质知，
，
，
，
，
，即，
由旋转性质知，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：在旋转过程中，存在最小值2，理由如下：
过B作交MC延长线于P，连接，如图：
绕点A顺时针旋转得到，
，
，
而，，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，即G是中点，
∵点R为的中点，
∴是的中位线，
，
要使最小，只需最小，
而，
∴N、C、A共线，的最小值为，
∴最小为．
【点睛】本题考查几何变换综合应用，涉及全等三角形判定与性质，勾股定理及应用，三角形中位线定理及应用等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．
6．(1)①，，见解析；②见解析
(2)见解析
【分析】（1）①证明，即可得证；②证明，再根据全等三角形对应边上的高相等，推出，可得结论；
（2）在上截取，使，连接，用证明，再证明，可得结论．
【详解】（1）解：，，
，
，
又，，
，
，，
，
，
，
；
②证明：如图，过点作于点，于点，

，
，
又，，
，
又，，
（全等三角形对应边上的高相等），
平分；
（2）证明：在上截取，使，连接

，
，
，
，
又，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
．
【点睛】本题属于旋转变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
7．（1）
（2）①；②见解析
【分析】（1）利用勾股定理解直角三角形求出，即可；
（2）①利用旋转变换的性质判断即可；②利用全等三角形的性质证明即可．
【详解】解：在中，，
，
．
，
．
在中，由勾股定理得，
，
，
．

（2）①解：，，
当时，，此时．
②证明：由题可知，
，
，
．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了勾股定理解直角三角形，旋转变换，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
8．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据可得，易求得，可得，即可求解；
（2）将顺时针旋转，可得，易证，即可求解；
（3）将顺时针旋转，可得，易证，即可求解．
【详解】（1）证明：∵在和中， ，，
∴，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴；
（2）解：将顺时针旋转，如图，

∵，，
∴A与点C重合，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴ ；
（3）解：不成立，新结论为，
将顺时针旋转，如图，

∵，，
∴A与点C重合，，
∴，，
∵ ，
∴ ，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，涉及到30度角所对直角边是斜边的一半，本题中求证是关键．
9．(1)
(2)①45°或225°；②6或9或18或24或27
【分析】（1）根据题意，由三角形外角定理即可求解；
（2）①当时，分两种情况，第一种当旋转角度在之间时，根据三角形外角定理得，再根据即可求解；第二种情况当旋转角度在时，此时再旋转；
②分两种情况讨论：第一种情况当时，a为或a为，第二种情况当时，a为或a为，第三种情况，当时，根据角度转动速度分别求解t即可．
【详解】（1）解：，，
；
（2）解：①如图，
，
，
由（1）知，，，
，，
，
如图，与延长线交于点，

由第一种情况知，这种情况是在第一种情况的基础上再旋转，
三角板绕点A以每秒的速度按顺时针方向旋转，
，
综上所述：，；
解：②I.如图，当时，
，
，
，
，
a为或a为，
（秒），（秒）．
II.如图，当时，
，
，
a为或a为，
（秒），（秒），
III. 如图，当时，

此时与在同一条直线上，
a为，
（秒），
综上所述：三角板的某一边恰好与所在的直线平行， t的值为：6或9或18或24或27．
【点睛】本题考查角的运动和角的运算及平行线的判定和性质，掌握平行线的判定方法及性质和角度的运算是解题的关键．
10．(1)①是；120；②
(2)
【分析】（1）①根据旋转变换的性质以及等边三角形的性质可得，，然后利用“边角边”证明与全等；根据三角形的内角和等于求出与的度数，再根据旋转角为求出的度数，然后利用四边形的内角和公式求解即可；②先利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应角相等可得，再利用四边形的内角和等于推出，再根据等边三角形的每一个角都是得到，从而得解；
（2）先求出，证明是等边三角形，再根据旋转变换的性质可得，，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应角相等可得，再利用三角形的内角和定理求出的度数，然后分与两种情况求解．
【详解】（1）解：①是由绕点旋转得到，是等边三角形，
，，
在与中，
，
；
，
，
又，
在四边形中，；
②由已知得：和是全等的等边三角形，
，
是由绕点旋转得到的，
，
，
，
，
，
，
，
，
又，
；
（2）如图，，，
，
，
是等边三角形，
是等边三角形，
根据旋转变换的性质可得，，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
当时，，
当时，点，点，点共线．
当时，．

【点睛】本题考查了旋转变换的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，根据旋转变换的性质找出证明全等三角形的条件是解题的关键．
11．[探究1]：；[探究2]：相等，理由见解析；[探究3]：，证明见解析．
【分析】[探究1]证，设，列出比例式并解出即可；
[探究2]先证，得，由得；由前两个结论得，然后即可得出；
[探究3] 连接，证，然后得，证， 列出比例式即可；
【详解】解：（探究1）如图1，设，

∵矩形绕点A顺时针旋转得到矩形，
∴点A，B，D在同一直线上，
∴，，
∴，
∵，
∴，
又∵点在的延长线上，
∴，
∴，
∴，
解得，（不合题意，舍去），
∴．
（2）．
证明：如图2，连接，

∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
（3）关系式为．
证明：如图3，连接，

∵，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
在和中，，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的旋转，相关知识点有：全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定、平行线的性质等知识点，辅助线的添加是解题关键．
12．(1)证明见见详解
(2)成立；理由见详解
(3)；理由见详解
【分析】（1）根据已知条件证明即可；
（2）过D作 ，可得出为等腰直角三角形，再根据第一问的方法证全等即可；
（3）过D作，可得四边形是正方形，再证即可得出结论
【详解】（1）∵，
∴
∵将线段绕点D逆时针旋转得到线段
∴,
∴
∵
∴
∴，
∴
（2）过D作
∵
∴,
∴为等腰直角三角形
同理可得：
∴
∴
（3）；理由如下：
过D作，
∵，，
∴
∴四边形是矩形
∵
∴四边形是正方形
∴
又∵
∴
∴
∵
∴
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、旋转的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
13．（1）①见解析．
②见解析；
（2）．
（3）或．
【分析】（1）①当时，在图中找到的中垂线，看能否满足即可；
②先证明≌，根据，得到，最后利用，即可证明结论；
（2）先证明出，得到，再证明出，通过性质可证明出，得到，根据，得到，最后根据，即可得证；
（3）仿照（2）的过程依次证明，，再通过角的转换即可得到答案．
【详解】解：（1）①当时，
为的中位线，
经过点的的垂线与的中垂线重合，
∴此时点在的中垂线上任何位置都能满足，
故不存在确定的点．
②证明：连接．
∵垂直平分，
∴，
∴．
∵在的中垂线上，
∴，
∴．
∵，
∴≌．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
（2）延长至，使得，连接，．连接并延长交于点．
∵，，
∴．
∴．
∵，，
∴．
又∵，
∴．
∴，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴，
∵，
∴．
（3）延长至F，使得，连接、并延长交于点G，连接，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
由（2）可得，
∴，
，
∴，
∴，
当时，延长至F，使得，连接、，
同理可得，
∵
∴，
综上所述，的值为或．
【点睛】本题考查三角形旋转的综合问题、全等三角形的性质和判定及辅助线作图，解题关键是作出正确的辅助线并找出三角形全等．
14．(1)见解析
(2)见解析
(3)的长为
【分析】（1）通过旋转的性质得到，再利用矩形的性质证明即可．
（2）过点作于，利用角平分线上的点到角两边的距离相等得到，再利用旋转及矩形的性质得到≌，得到点是中点，利用中位线的性质解题即可．
（3）过点作于，过作于，利用含的直角三角形的性质及勾股定理计算即可．
【详解】（1）证明：将矩形绕着点逆时针旋转得到矩形，使点恰好落到线段上的点处，
，
，
，
，
，
平分；
（2）证明：过点作于，如图：
平分，，，
，
，
，，，
≌，
，即点是中点，
点是中点，
是的中位线，
∴；
（3）解：过点作于，过作于，如图：
，
，
，
，
，
，
，，
在中，
，
的长为．
【点睛】本题主要考查旋转的性质，涉及到三角形全等的判定及性质，矩形的性质，勾股定理，能够熟练运用旋转的性质并结合其他几何性质添加辅助线和证明是解题关键．
15．(1)
(2)
(3)，，
【分析】（1）利用旋转的性质和正方形的性质可知，再根据等边对等角，即可求出的度数；
（2）用和（1）一样的方法即可进行证明；
（3）分为三种情况，分别将的度数表示出来，再根据角度之间的和差关系即可进行解答．
【详解】（1）解：∵顺时针旋转至，
∴，，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴．
（2）∵顺时针旋转至，
∴，，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴．
（3）①当时，
∵逆时针旋转至，
∴，，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴．
②当时，
∵逆时针旋转至，
∴，，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，即点P、A、B三点共线，
∴．
③当时，
∵逆时针旋转至，
∴，，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，图形的旋转变化，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握正方形四边都相等，四个角都是直角；旋转前后对应边相等；等腰三角形等边对等角．
16．(1)见解析
(2)成立，理由见解析
(3)不成立，，理由见解析
【分析】（1）证明得出，，然后根据含30度的直角三角形性质得出，，最后代入化简即可得证；
（2）过D作于E，于F，通过证明，得出，然后利用（1）的结论解答即可；
（3）过D作于E，于F，利用（1）（2）的结论解答即可．
【详解】（1）证明：∵是等边三角形，
∴，
∵点D是边的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，，，
∴，，
∴；
即；
（2）解：．
理由：如图②，过D作于E，于F，
由（1）知：，，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
即；
（3）解：．
理由：如图③，过D作于E，于F，
，
由（2）知：，
∴，
由（1）知：，
∴，
即．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形判断与性质，含30度直角三角形的性质等知识，添加合适辅助线，构造三角形全等是解题的关键．
17．(1)等边三角形
(2)
(3)
【分析】（1）由旋转的性质得出BD＝DB′，∠BDB′＝60°，所以△BDB′是等边三角形；
（2）求出等边三角形的边长为3，求出三角形BDB′的面积即可；
（3）将△BDM绕点D顺时针方向旋转120°，得到△DCP，则△BDM≌△CDP，得出MD＝PD，∠MBD＝∠DCP，∠MDB＝∠PDC，证明△NMD≌△NPD，证得△AMN的周长＝AB+AC＝4．
【详解】（1）解：∵将△DCB绕点D顺时针方向旋转60°，得到△DAB′，
∴BD＝B′D，∠BDB′＝60°，
∴△BDB′是等边三角形；
故答案为：等边三角形；
（2）解：由（1）知，△BCD≌△B′AD，
∴四边形ABCD的面积＝等边三角形BDB′的面积，
∵BC＝AB′＝1，
∴BB′＝AB+AB′＝2+1＝3，
∴S四边形ABCD＝S△BDB′＝；
（3）解：将△BDM绕点D顺时针方向旋转120°，得到△DCP，
∴△BDM≌△CDP，
∴MD＝PD，CP＝BM，∠MBD＝∠DCP，∠MDB＝∠PDC，
∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°，
∴BD＝CD，∠DBC＝∠DCB＝30°，
又∵△ABC等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠MBD＝∠ABC+∠DBC＝90°，
同理可得∠NCD＝90°，
∴∠PCD＝∠NCD＝∠MBD＝90°，
∴∠DCN+∠DCP＝180°，
∴N，C，P三点共线，
∵∠MDN＝60°，
∴∠MDB+∠NDC＝∠PDC+∠NDC＝∠BDC﹣∠MDN＝60°，
即∠MDN＝∠PDN＝60°，
∴△NMD≌△NPD（SAS），
∴MN＝PN＝NC+CP＝NC+BM，
∴△AMN的周长＝AM+AN+MN＝AM+AN+NC+BM＝AB+AC＝2+2＝4．
故△AMN的周长为4．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了图形的旋转变换，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，类比思想等．熟练掌握旋转的性质是解决问题的关键．
18．(1)62°
(2)AE是∠FEB的平分线，AF是∠EFD的平分线，理由见解析
(3)AE仍然是∠FEB的平分线，AF不是∠EFD的平分线
【分析】（1）延长DH至点H，使DH＝BE，连接AH．先证明△ABE≌△ADH，再证明△FAE≌△FAH，即可得解；
（2）延长DH至点H，使DH＝BE，连接AH．同（1）可证△ABE≌△ADH，在证△FAE≌△FAH即可得解；
（3）在BC上取一点M，使得BM=DF，连接AM，设AE与FC交于点N，连接MN，先证明△ABM≌△ADF，再设法证明△AFN≌△AMN，即可证明△NFE≌△NME，则有∠FEN=∠MEN，结论得证．
【详解】（1）延长DH至点H，使DH＝BE，连接AH，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，
∴∠B＝∠ADH＝90°，
∵∠2＝73°，
∴∠BAE＝90°－∠2＝17°，
在△ABE和△ADH中，，，，
∴△ABE≌△ADH，
∴AE＝AH，∠2＝∠H＝73°，∠BAE＝∠DAH＝17°，
∴∠HAF＝∠DAH＋∠1＝17°＋28°＝45°，
∵∠EAF＝90°－∠1－∠BAE＝45°，
∴∠EAF＝∠HAF，
又∵AE＝AH，AF＝AF，
∴△FAE≌△FAH，
∴∠3＝∠AFH，
∵∠AFH＝90°－∠1＝90°－28°＝62°，
∴∠3＝62°；
（2）AE是∠FEB的平分线，AF是∠EFD的平分线，
理由：延长DH至点H，使DH＝BE，连接AH，
同（1）可证△ABE≌△ADH，
∴AE＝AH，∠AEB＝∠H，∠1＝∠4，
∵∠2＝45°，
∴∠1＋∠3＝90°－∠2＝45°，
∴∠4＋∠3＝90°－∠2＝45°，
即∠HAF＝45°，
∴∠2＝∠HAF，
又∵AE＝AH，AF＝AF，
∴△FAE≌△FAH，
∴∠AFE＝∠AFH，∠AEF＝∠H，
∴∠AEB＝∠AEF，
∴AE平分∠FEB，AF平分∠EFD；
（3）AE仍然是∠FEB的平分线，AF不是∠EFD的平分线，
理由如下：在BC上取一点M，使得BM=DF，连接AM，设AE与FC交于点N，连接MN，如图，
∵BM=DF，AB=AD，∠ABM=∠ADF，
∴△ABM≌△ADF，
∴∠MAB=∠DAF，AF=AM，
∵∠BAM+∠MAD=90°，
∴∠FAD+∠MAD=90°，
∴∠MAF=90°，
∵∠FAE=45°，
∴∠EAM=90°-∠FAE=45°，
∴∠FAN=∠MAN，
∵AF=AM，AN=AN，
∴△AFN≌△AMN，
∴∠FNA=∠MNA，FN=MN，
∴∠FNE=180°-∠FNA=180°-∠MNA=∠MNE，
∵EN=EN，
∴△NFE≌△NME，
∴∠FEN=∠MEN，
∴AE平分∠FEB，
通过对图形的观察可以明显发现，AF不是∠EFD的平分线．
即结论得证．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的定义等知识，作辅助线构造出全等三角形是解答本题的关键．
19．(1)成立，见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据等腰直角三角形及正方形的性质可得，，，利用各角之间的数量关系可得，依据全等三角形的判定和性质即可证明；
（2）设BG交AC于点M，由（1）中结论可得 ，利用相似三角形的判定和性质可得，，由此即可证明；
（3）过点F作于点N，由正方形性质及勾股定理可得，，根据等腰三角形及勾股定理可得，利用正切函数得出，，结合图形，由各线段间的数量关系即可得．
【详解】（1）解：成立．
理由：∵是等腰直角三角形，四边形ADEF是正方形，
∴，，，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）证明：设BG交AC于点M，如图所示：
由（1）可得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：过点F作于点N，
∵在正方形中，，
∴，
∴，
∵在等腰直角 中，，
∴，，
∴在中，，
∴在中，，
∴，
∴．
【点睛】题目主要考查等腰三角形及正方形的性质，全等三角形及相似三角形的判定和性质，勾股定理，正切函数等，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
20．(1)①证明见解析；②4
(2)
【分析】(1)①可证得△ADE∽△ABC，进而命题得证；②作CG⊥AB于G，作FH⊥AB于H，可得BE＝6，解Rt△BCG求得BG，CG，进而求得EG，从而得出tan∠CEG，于是设EH＝a，FH＝2a，BH＝4a，由BE＝6可求得a，进而求得BF；
(2)当AF平分∠DAE时，AF⊥BD，可证得∠EAH＝∠DEF＝∠DAF，设AF与DE的交点为O，作OG⊥AD于G，作AH⊥CF于H，设OG＝OE，在Rt△DOG求得a，然后解斜三角形ACE，进而求得结果．
【详解】（1）①证明：∵D、E分别是AB、AC边的中点，
∴DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝，
∴AE AB＝AD AC；
②解：如图1，
作CG⊥AB于G，作FH⊥AB于H，
在Rt△ABC中，AB＝10，BC＝6，
∴AC＝8，
∴AE＝4，
∴BE＝AB﹣AE＝6，
∵BG＝BC cos∠ABC＝6 ＝6×＝，
CG＝BC sin∠ABC＝6×＝，
∴EG＝BE﹣BG＝6﹣＝，
∴tan∠FEH＝tan∠CEG＝，
∴tan∠FEH＝，
设EH＝a，FH＝2a，
∵tan∠FBE＝，
∴BH＝4a，
∵BH﹣EH＝BE，
∴4a﹣a＝6，
∴a＝2，
∴FH＝4，BH＝8，
∴BF＝＝＝4；
故答案为：．
（2）如图2，
当AF平分∠DAE时，AF⊥BD，
∴∠AFD＝∠AED＝90°，
∴点A、E、F、D共圆，
∴∠DEF＝∠DAF，
设AF与DE的交点为O，作OG⊥AD于G，作AH⊥CF于H，
∵AF平分∠DAE，
∴OG＝OE，AG＝AF＝4，
∴DG＝AD﹣AG＝1，
设OG＝OE＝x，
∴OD＝3﹣x，
在Rt△DOG中，
（3﹣x）2﹣x2＝12，
∴x＝，
∴OG＝OE＝，
∴tan∠DAF＝，sin∠DAF＝，cos∠DAF＝，
∵∠AED＝90°，
∴∠AEH+∠DEF＝90°，
∵∠AEH+∠EAH＝90°，
∴∠EAH＝∠DEF＝∠DAF，
∴EH＝AE sin∠EAH＝4×＝，
AH＝AE cos∠EAH＝4×＝，
∴CH＝＝＝，
∴CE＝EH+CH＝，
故答案为：．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质，锐角三角函数等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形，直角三角形中勾股定理和锐角三角函数的综合熟练运用．