根据旋转的性质求解综合题典型题型 归纳练 2025年中考数学二轮复习备考
文档属性
| 名称 | 根据旋转的性质求解综合题典型题型 归纳练 2025年中考数学二轮复习备考 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.1MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-04-16 16:59:35 | ||
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文档简介
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根据旋转的性质求解综合题典型题型 归纳练
2025年中考数学二轮复习备考
一、解答题
1．【知识技能】
（1）如图1，点，分别在正方形的边，上，，连接，试猜想，，之间的数量关系．
梳理解答思路并完成填空．
A．旋转法：把绕点逆时针旋转90°至，可使与重合，则，，可得，即，，三点共线． 易证______，故，，之间的数量关系为________．
B．截长补短法：延长至点，使得，由，，即，可以得到．
【数学理解】
（2）如图2，在中，，，点，均在边上，且，试猜想，，之间的数量关系，并说明理由．
【拓展探索】
（3）如图3，正方形的边长为，，连接，分别交，于点，．若恰好为线段上靠近点的三等分点，求线段的长．
2．阅读材料，并解决问题：
【思维指引】（1）如图1等边内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求的度数.
解决此题，我们可以将绕顶点A旋转到处，此时，连接，借助旋转的性质可以推导出是______三角形；这样利用旋转变换，我们将三条线段 转化到一个三角形中，从而求出______；
【知识迁移】（2）如图2，在中，，，E、F为上的点且，请判断，，的数量关系，并证明你的结论.
【方法推广】（3）如图3，在中，，，，点P为内一点，连接，直接写出的最小值.
3．以“图形的旋转”为主题的数学活动课上，同学们尝试使用三角形纸板开展探究活动．如图，在中，，，，取，中点，，将沿剪开，得到四边形和，将绕点顺时针旋转得到．
【操作发现】（1）若交于点，求证：；
【深入探索】（2）在（）的条件下，同学们发现将旋转到一些特殊位置时，可以进一步探索线段长度．
如图，若，求的长；
如图，若，，三点共线，求的长；
【拓展延伸】（3）在旋转的过程中，请直接写出面积的最大值．
4．如图1，在中，，，DE是的中位线．将绕点A按顺时针方向旋转，射线BD与射线CE交于点P，如图2所示．
(1)求证：．
(2)在这个旋转过程中，的度数是否发生改变？若不变，求出的度数；若改变，请说明理由．
(3)当时，求BP的长．
5．【问题情境】
某数学活动小组在研究菱形对角线上的动点问题时提出如下思路：
在菱形中，对角线，交于点M，且，G是线段上的动点（不与点M，B重合），，E是线段的中点，绕点E顺时针旋转，得到线段．连接，，．
（1）如图1，当点E在直线上，且时．
①求证：；
②求证：．
【拓展迁移】
（2）如图2，当点E不在直线上，且时，的结论是否仍成立，若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由．
6．如图①是实验室中的一种摆动装置，在地面上，支架是底边为的等腰直角三角形，摆动臂可绕点旋转，摆动臂可绕点旋转，，．
(1)在旋转过程中，
①当，，三点在同一直线上时，的长为 ；
②当，，三点为同一直角三角形的顶点时，求的长；
(2)若摆动臂顺时针旋转，点的位置由外的点，转到其内的点处，即满足，连接，如图②，此时，求的长．
7．当几何图形中，两个共顶点的角所在角度是公共大角一半的关系，我们称之为“半角模型”，通常用“旋转的观点”看待图形的几何变换，使得两个分散的角变换成为一个三角形，相当于构造出两个三角形全等．
【问题初探】
（1）如图1，在四边形中，，、分别是、边上的点，且，求出图中线段之间的数量关系．
如图1，从条件出发：将绕着点逆时针旋转到位置，根据“旋转的性质”分析与之间的关系，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系，可证得结论．
【类比分析】
（2）如图2，在四边形中，，，，且，，，求的长．
【学以致用】
（3）如图3，在四边形中，，与互补，点、分别在射线、上，且．当时，求出的周长．
8．综合与实践
【思考尝试】
（1）如图①，在中，，点在上，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由；
【实践探究】
（2）如图②，小新受此问题启发，思考提出新的问题：在等腰直角的斜边上取两点，，连接，，使，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由；
【拓展迁移】
（3）如图③，小齐深入研究小新提出的问题，发现并提出新的探究点：在边长为7的等边三角形的边上取一点，使．连接，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接，．求的面积．
9．在等腰直角中，，D为直线上任意一点，连接．将线段绕点D按顺时针方向旋转得线段，过点E作于点F，连接．
(1)尝试发现：如图1，当点D在线段上时，请探究线段与的数量关系；以下是小琳同学的探究思路梳理：由已知条件的基本图形“一线三垂直”，易证，于是可得．欲探究线段与的数量关系，由直观先猜想，要进一步证明，可尝试证明，由已知，得，于是可得：（ ① ），所以可得（ ② ），因此猜想成立．请填空：以上思路梳理中，空白①处的理由是______，空白②处的线段是______．
(2)类比探究：如图2，当点D在线段的延长线上时，
①再探究线段与的数量关系并证明；
②若，求线段的长；
(3)拓展应用：如图3，若，请直接写出线段的长．
10．综合与探究
如图，在中，，，是直线上的一动点，将线段绕点逆时针旋转得到．
【操作判断】
（）如图，当点与点重合时，连接，根据题意，在图中画出，图中四边形的形状是______．
【问题探究】
（）当点与点都不重合时，连接，试猜想与的位置关系，并利用图证明你的猜想．
【拓展延伸】
（）当点与点都不重合时，若，，求的长．
参考答案
1．（1）； （2）；理由见解析 （3）
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
（1）根据证明思路可得答案；
（2）把绕点顺时针旋转90°得到，连接，证明，即可解答；
（3）将绕点顺时针旋转90°，得到，连接，结合（2）中的结论，列方程，即可解答．
解：（1），
，
，
，
，
，
，
故答案为：；；
（2）．
理由：如图1，把绕点顺时针旋转得到，连接，
，，，，．
，，
，
，
，，
，
，
在和中，
，
，
．
在中，，
；
（3）正方形的边长为，
，
．
如图2，将绕点顺时针旋转，得到，连接．
由（2），可得．
设，
，，
，
根据勾股定理可得，
解得，
．
2．（1）等边；150；（2），理由见解析过程；（3）
（1）根据旋转变换前后的两个三角形全等，全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等以及等边三角形的判定和勾股定理逆定理解答；
（2）根据旋转的性质可得，，，，，再求出，从而得到，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，再利用勾股定理列式即可得证；
（3）由旋转的性质可得，由等腰直角三角形的性质可得，即，则当A，P，，四点共线时，取到最小值，最小值为长，由勾股定理可求解．
解：（1），
，，，
依题意得旋转角，
为等边三角形，
，，
，
为直角三角形，且，
；
故答案为：等边；150；
（2），理由如下：
如图2，把绕点A逆时针旋转得到，
由旋转的性质得，，，，，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，，
，
，
由勾股定理得，，
即；
（3）如图，在内部任取一点P，连接，，，
将绕点B顺时针旋转得到，
由旋转的性质得：，
，
，
，
当A，P，，四点共线时，取到最小值，最小值为长，
如图，过点A作垂线交延长线于点D，
，
，
，，
又，
，
．
本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，读懂题目信息，理解利用旋转构造出全等三角形和等边三角形以及直角三角形是解题的关键．
3．（）见解析；（）；；（）．
（）连接，由中位线定理可得，则，然后证明即可；
（）由中位线定理得，，进而求勾股定理得，再利用平行线及等腰三角形的判定可得，，进而求得在利用线段的和差求出即可得解；
先证进而设，在中，由勾股定理得，然后代入求解即可；
（）为定线段，所以面积问题转化为点到最大距离问题，很明显当三点共线时，此时即为点到的最大距离，即可得解．
证明: 如图，连接，
∵，为中点，
∴，
∴，
∵三点共线，
∴，
∵绕点顺时针旋转得到，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（）如图，记交于点，
∵，，为中点，
∴，，
在中， 由勾股定理，得，
∵绕点顺时针旋转得到，
∴，，
∵，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，
∴；
∵绕点顺时针旋转得到，
∴，，
∵，
∴，
∵，，三点共线,
∴，
∴，
∴，
设，
在中， 由勾股定理，得，
则，
解得，
∴；
（）如图，过作于点，
∵为定值，
∴当上的高线最大时，则面积最大，即求出到的最大距离即可，
∵，
当点和点重合时，且旋转到外侧时，此时最大，
∵，
∴此时三点共线，
即，
∴，
即面积最大值为，
本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的判定，中位线定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握相关知识是解题的关键．
4．(1)见解析
(2)不变，
(3)
此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
（1）证明，，．即可证明；
（2）由得到，又由即可证明结论；
（3）由勾股定理得到．由得到，，证明四边形是正方形，得到，即可求出答案．
（1）证明：，，DE是的中位线，
，，
．
在和中，
．
（2）不变．
如图1，设AB与CP交于点G．
，
，
，
．
（3）如图2，在中，，，
．
，
，，
四边形是正方形，
，
．
5．（1）①见解析；②见解析；（2）成立，理由见解析
（1）①结合菱形的性质可知，由旋转的性质可知，再利用全等三角形判定定理求证，即可解题；
②利用全等三角形性质和线段中点的特点得到，再结合等腰三角形性质和三角形外角性质求解，即可解题；
（2）延长到H，使，连接，，设，，利用菱形的性质可得是的中位线，结合三角形中位线的性质和垂直平分线的性质证明，再结合全等三角形性质和三角形中位线的性质求解，即可解题．
（1）①证明：点E在直线上，且，
．
四边形是菱形，
，
．
由旋转的性质可知，
则在和中，
，，，
．
②证明：，
．
E是线段的中点，
，
，
是等腰三角形，
是的外角，
．
（2）成立，
证明：如图，延长到H，使，
连接，，设，，
四边形是菱形，
，，
．
，，
是的中位线，
，，
．
，，
是的垂直平分线，
．
在和中，
，，，
，
．
，
是等腰三角形．
．
．
，
．
．
本题考查了菱形的性质，旋转的性质，全等三角形性质和判定，线段中点的特点，等腰三角形性质，三角形外角性质，三角形中位线的性质和判定，垂直平分线的性质，解题的关键在于熟练掌握相关知识．
6．(1)①或；②的长为或
(2)
本题是几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质、勾股定理、旋转的性质、全等三角形的判定和性质，灵活运用这些性质进行推理是解本题的关键．
（1）①分两种情况，由线段的和差关系求解即可；
②分两种情况，由勾股定理求解即可；
（2）由旋转的性质可得，，由勾股定理可求的长，利用“”证明，可得．
（1）解：①由题意可得：
当点在线段的延长线上时，，
当点在线段上时，，
综上所述，或，
故答案为：或；
②若为斜边时，则，
若为斜边时，则，
综上所述，或，
故答案为：或；
（2）解：如图，连接，
由旋转可得：，，
，
，
，
在中，由勾股定理可得，
由为等腰直角三角形可得：，，
，即，
，
，
．
7．（1）；（2）；（3）
本题主要利用旋转和全等三角形的性质来解决线段之间的数量关系，通过旋转将分散的角和线段转换为可以利用全等三角形性质的图形，从而找到线段之间的关系．
（1）根据旋转的性质，绕点D逆时针旋转得到，因此．由于，旋转后也等于，根据全等条件，，从而得出．
（2）在上取一点G，使得，通过条件证明，得出，再通过条件证明，得出，设，根据勾股定理再中解方程得出
（3）在上截图，通过条件证明，得出，再通过条件证明，得出，根据线段关系得出的周长为．
解：（1），理由如下：
∵将绕点D逆时针旋转得到，
∴，
∴三点共线，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
（2）如图
在上取一点G，使得，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得：，
∴．
（3）在上截取，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴的周长．
8．（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3）
（1）先根据旋转的性质及勾股定理证明，再证明，求得，最后利用勾股定理求出结论；
（2）类似于（1），证明，，，即可得到结论；
（3）过点作交延长线于点，分别求出，的长，即可利用三角形的面积公式求得答案．
解：（1）．理由如下：
将线段绕点A逆时针旋转得到线段，
，，
，
由题意，，，
，
，
，
在和中，，
，
，，
，
，
；
（2）．理由如下：
如图②，把绕点A逆时针旋转得到，
，，
，
，
，
，，
，
在中，，，
，
即，
，
，，
，
，
在中，，
即；
（3）是等边三角形，
，，
由旋转可知，，
，
，，
，，
，，
过点作交延长线于点，
，，
，
，
，
．
本题考查了图形旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的性质等知识，正确作出辅助线是解题的关键．
9．(1)①等式性质1，②
(2)①，证明见解析；②
(3)或
（1）根据，得，理由是等式性质1，可得；
（2）①根据， ，，得，得，可得，即得；②由，得；
（3）由，当点D在右侧时，得，即得，当点D在左侧时，得，即得．
（1）解：∵中，，
∴，
由旋转知，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴（ 等式性质1 ），
∴（ ），
故答案为：等式性质1，；
（2）解：①．
证明：∵中，，
∴，
由旋转知，
∴，
∴，
∵，,
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
②当时，
，
∴；
（3）解：当时，
由（1）（2）知，，
当点D在右侧时，，
∴；
当点D在左侧时，，
∴．
故线段的长为或．
本题主要考查了等腰直角三角形与旋转．熟练掌握等腰直角三角形性质，旋转性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，分类讨论，是解题的关键．
10．（）平行四边形；（），证明见解析；（）
（）由旋转可得，，进而可得，，即可求解；
（）证明四边形是矩形即可求证；
（）分点在点右侧和左侧两种情况，分别画出图形解答即可求解．
（）解：如图，
由旋转得，，，
∵，，
∴， ，
∴，
∴四边形是平行四边形，
故答案为：平行四边形；
（）解：，证明如下：
如图，过点作交于点，连接，则，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵将线段绕点逆时针旋转得到，
∴，
∵，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴ ，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴；
（）解：∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
当点在点右侧时，如图，
由（）可知，四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴；
当点在点的左侧时，如图，
同理可得，
∴，
∴；
综上，的长为．
本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的 性质，平行四边形的判定，矩形的判定和性质，全等三角形的 判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
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根据旋转的性质求解综合题典型题型 归纳练
2025年中考数学二轮复习备考
一、解答题
1．【知识技能】
（1）如图1，点，分别在正方形的边，上，，连接，试猜想，，之间的数量关系．
梳理解答思路并完成填空．
A．旋转法：把绕点逆时针旋转90°至，可使与重合，则，，可得，即，，三点共线． 易证______，故，，之间的数量关系为________．
B．截长补短法：延长至点，使得，由，，即，可以得到．
【数学理解】
（2）如图2，在中，，，点，均在边上，且，试猜想，，之间的数量关系，并说明理由．
【拓展探索】
（3）如图3，正方形的边长为，，连接，分别交，于点，．若恰好为线段上靠近点的三等分点，求线段的长．
2．阅读材料，并解决问题：
【思维指引】（1）如图1等边内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求的度数.
解决此题，我们可以将绕顶点A旋转到处，此时，连接，借助旋转的性质可以推导出是______三角形；这样利用旋转变换，我们将三条线段 转化到一个三角形中，从而求出______；
【知识迁移】（2）如图2，在中，，，E、F为上的点且，请判断，，的数量关系，并证明你的结论.
【方法推广】（3）如图3，在中，，，，点P为内一点，连接，直接写出的最小值.
3．以“图形的旋转”为主题的数学活动课上，同学们尝试使用三角形纸板开展探究活动．如图，在中，，，，取，中点，，将沿剪开，得到四边形和，将绕点顺时针旋转得到．
【操作发现】（1）若交于点，求证：；
【深入探索】（2）在（）的条件下，同学们发现将旋转到一些特殊位置时，可以进一步探索线段长度．
如图，若，求的长；
如图，若，，三点共线，求的长；
【拓展延伸】（3）在旋转的过程中，请直接写出面积的最大值．
4．如图1，在中，，，DE是的中位线．将绕点A按顺时针方向旋转，射线BD与射线CE交于点P，如图2所示．
(1)求证：．
(2)在这个旋转过程中，的度数是否发生改变？若不变，求出的度数；若改变，请说明理由．
(3)当时，求BP的长．
5．【问题情境】
某数学活动小组在研究菱形对角线上的动点问题时提出如下思路：
在菱形中，对角线，交于点M，且，G是线段上的动点（不与点M，B重合），，E是线段的中点，绕点E顺时针旋转，得到线段．连接，，．
（1）如图1，当点E在直线上，且时．
①求证：；
②求证：．
【拓展迁移】
（2）如图2，当点E不在直线上，且时，的结论是否仍成立，若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由．
6．如图①是实验室中的一种摆动装置，在地面上，支架是底边为的等腰直角三角形，摆动臂可绕点旋转，摆动臂可绕点旋转，，．
(1)在旋转过程中，
①当，，三点在同一直线上时，的长为 ；
②当，，三点为同一直角三角形的顶点时，求的长；
(2)若摆动臂顺时针旋转，点的位置由外的点，转到其内的点处，即满足，连接，如图②，此时，求的长．
7．当几何图形中，两个共顶点的角所在角度是公共大角一半的关系，我们称之为“半角模型”，通常用“旋转的观点”看待图形的几何变换，使得两个分散的角变换成为一个三角形，相当于构造出两个三角形全等．
【问题初探】
（1）如图1，在四边形中，，、分别是、边上的点，且，求出图中线段之间的数量关系．
如图1，从条件出发：将绕着点逆时针旋转到位置，根据“旋转的性质”分析与之间的关系，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系，可证得结论．
【类比分析】
（2）如图2，在四边形中，，，，且，，，求的长．
【学以致用】
（3）如图3，在四边形中，，与互补，点、分别在射线、上，且．当时，求出的周长．
8．综合与实践
【思考尝试】
（1）如图①，在中，，点在上，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由；
【实践探究】
（2）如图②，小新受此问题启发，思考提出新的问题：在等腰直角的斜边上取两点，，连接，，使，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由；
【拓展迁移】
（3）如图③，小齐深入研究小新提出的问题，发现并提出新的探究点：在边长为7的等边三角形的边上取一点，使．连接，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接，．求的面积．
9．在等腰直角中，，D为直线上任意一点，连接．将线段绕点D按顺时针方向旋转得线段，过点E作于点F，连接．
(1)尝试发现：如图1，当点D在线段上时，请探究线段与的数量关系；以下是小琳同学的探究思路梳理：由已知条件的基本图形“一线三垂直”，易证，于是可得．欲探究线段与的数量关系，由直观先猜想，要进一步证明，可尝试证明，由已知，得，于是可得：（ ① ），所以可得（ ② ），因此猜想成立．请填空：以上思路梳理中，空白①处的理由是______，空白②处的线段是______．
(2)类比探究：如图2，当点D在线段的延长线上时，
①再探究线段与的数量关系并证明；
②若，求线段的长；
(3)拓展应用：如图3，若，请直接写出线段的长．
10．综合与探究
如图，在中，，，是直线上的一动点，将线段绕点逆时针旋转得到．
【操作判断】
（）如图，当点与点重合时，连接，根据题意，在图中画出，图中四边形的形状是______．
【问题探究】
（）当点与点都不重合时，连接，试猜想与的位置关系，并利用图证明你的猜想．
【拓展延伸】
（）当点与点都不重合时，若，，求的长．
参考答案
1．（1）； （2）；理由见解析 （3）
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
（1）根据证明思路可得答案；
（2）把绕点顺时针旋转90°得到，连接，证明，即可解答；
（3）将绕点顺时针旋转90°，得到，连接，结合（2）中的结论，列方程，即可解答．
解：（1），
，
，
，
，
，
，
故答案为：；；
（2）．
理由：如图1，把绕点顺时针旋转得到，连接，
，，，，．
，，
，
，
，，
，
，
在和中，
，
，
．
在中，，
；
（3）正方形的边长为，
，
．
如图2，将绕点顺时针旋转，得到，连接．
由（2），可得．
设，
，，
，
根据勾股定理可得，
解得，
．
2．（1）等边；150；（2），理由见解析过程；（3）
（1）根据旋转变换前后的两个三角形全等，全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等以及等边三角形的判定和勾股定理逆定理解答；
（2）根据旋转的性质可得，，，，，再求出，从而得到，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，再利用勾股定理列式即可得证；
（3）由旋转的性质可得，由等腰直角三角形的性质可得，即，则当A，P，，四点共线时，取到最小值，最小值为长，由勾股定理可求解．
解：（1），
，，，
依题意得旋转角，
为等边三角形，
，，
，
为直角三角形，且，
；
故答案为：等边；150；
（2），理由如下：
如图2，把绕点A逆时针旋转得到，
由旋转的性质得，，，，，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，，
，
，
由勾股定理得，，
即；
（3）如图，在内部任取一点P，连接，，，
将绕点B顺时针旋转得到，
由旋转的性质得：，
，
，
，
当A，P，，四点共线时，取到最小值，最小值为长，
如图，过点A作垂线交延长线于点D，
，
，
，，
又，
，
．
本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，读懂题目信息，理解利用旋转构造出全等三角形和等边三角形以及直角三角形是解题的关键．
3．（）见解析；（）；；（）．
（）连接，由中位线定理可得，则，然后证明即可；
（）由中位线定理得，，进而求勾股定理得，再利用平行线及等腰三角形的判定可得，，进而求得在利用线段的和差求出即可得解；
先证进而设，在中，由勾股定理得，然后代入求解即可；
（）为定线段，所以面积问题转化为点到最大距离问题，很明显当三点共线时，此时即为点到的最大距离，即可得解．
证明: 如图，连接，
∵，为中点，
∴，
∴，
∵三点共线，
∴，
∵绕点顺时针旋转得到，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（）如图，记交于点，
∵，，为中点，
∴，，
在中， 由勾股定理，得，
∵绕点顺时针旋转得到，
∴，，
∵，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，
∴；
∵绕点顺时针旋转得到，
∴，，
∵，
∴，
∵，，三点共线,
∴，
∴，
∴，
设，
在中， 由勾股定理，得，
则，
解得，
∴；
（）如图，过作于点，
∵为定值，
∴当上的高线最大时，则面积最大，即求出到的最大距离即可，
∵，
当点和点重合时，且旋转到外侧时，此时最大，
∵，
∴此时三点共线，
即，
∴，
即面积最大值为，
本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的判定，中位线定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握相关知识是解题的关键．
4．(1)见解析
(2)不变，
(3)
此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
（1）证明，，．即可证明；
（2）由得到，又由即可证明结论；
（3）由勾股定理得到．由得到，，证明四边形是正方形，得到，即可求出答案．
（1）证明：，，DE是的中位线，
，，
．
在和中，
．
（2）不变．
如图1，设AB与CP交于点G．
，
，
，
．
（3）如图2，在中，，，
．
，
，，
四边形是正方形，
，
．
5．（1）①见解析；②见解析；（2）成立，理由见解析
（1）①结合菱形的性质可知，由旋转的性质可知，再利用全等三角形判定定理求证，即可解题；
②利用全等三角形性质和线段中点的特点得到，再结合等腰三角形性质和三角形外角性质求解，即可解题；
（2）延长到H，使，连接，，设，，利用菱形的性质可得是的中位线，结合三角形中位线的性质和垂直平分线的性质证明，再结合全等三角形性质和三角形中位线的性质求解，即可解题．
（1）①证明：点E在直线上，且，
．
四边形是菱形，
，
．
由旋转的性质可知，
则在和中，
，，，
．
②证明：，
．
E是线段的中点，
，
，
是等腰三角形，
是的外角，
．
（2）成立，
证明：如图，延长到H，使，
连接，，设，，
四边形是菱形，
，，
．
，，
是的中位线，
，，
．
，，
是的垂直平分线，
．
在和中，
，，，
，
．
，
是等腰三角形．
．
．
，
．
．
本题考查了菱形的性质，旋转的性质，全等三角形性质和判定，线段中点的特点，等腰三角形性质，三角形外角性质，三角形中位线的性质和判定，垂直平分线的性质，解题的关键在于熟练掌握相关知识．
6．(1)①或；②的长为或
(2)
本题是几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质、勾股定理、旋转的性质、全等三角形的判定和性质，灵活运用这些性质进行推理是解本题的关键．
（1）①分两种情况，由线段的和差关系求解即可；
②分两种情况，由勾股定理求解即可；
（2）由旋转的性质可得，，由勾股定理可求的长，利用“”证明，可得．
（1）解：①由题意可得：
当点在线段的延长线上时，，
当点在线段上时，，
综上所述，或，
故答案为：或；
②若为斜边时，则，
若为斜边时，则，
综上所述，或，
故答案为：或；
（2）解：如图，连接，
由旋转可得：，，
，
，
，
在中，由勾股定理可得，
由为等腰直角三角形可得：，，
，即，
，
，
．
7．（1）；（2）；（3）
本题主要利用旋转和全等三角形的性质来解决线段之间的数量关系，通过旋转将分散的角和线段转换为可以利用全等三角形性质的图形，从而找到线段之间的关系．
（1）根据旋转的性质，绕点D逆时针旋转得到，因此．由于，旋转后也等于，根据全等条件，，从而得出．
（2）在上取一点G，使得，通过条件证明，得出，再通过条件证明，得出，设，根据勾股定理再中解方程得出
（3）在上截图，通过条件证明，得出，再通过条件证明，得出，根据线段关系得出的周长为．
解：（1），理由如下：
∵将绕点D逆时针旋转得到，
∴，
∴三点共线，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
（2）如图
在上取一点G，使得，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得：，
∴．
（3）在上截取，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴的周长．
8．（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3）
（1）先根据旋转的性质及勾股定理证明，再证明，求得，最后利用勾股定理求出结论；
（2）类似于（1），证明，，，即可得到结论；
（3）过点作交延长线于点，分别求出，的长，即可利用三角形的面积公式求得答案．
解：（1）．理由如下：
将线段绕点A逆时针旋转得到线段，
，，
，
由题意，，，
，
，
，
在和中，，
，
，，
，
，
；
（2）．理由如下：
如图②，把绕点A逆时针旋转得到，
，，
，
，
，
，，
，
在中，，，
，
即，
，
，，
，
，
在中，，
即；
（3）是等边三角形，
，，
由旋转可知，，
，
，，
，，
，，
过点作交延长线于点，
，，
，
，
，
．
本题考查了图形旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的性质等知识，正确作出辅助线是解题的关键．
9．(1)①等式性质1，②
(2)①，证明见解析；②
(3)或
（1）根据，得，理由是等式性质1，可得；
（2）①根据， ，，得，得，可得，即得；②由，得；
（3）由，当点D在右侧时，得，即得，当点D在左侧时，得，即得．
（1）解：∵中，，
∴，
由旋转知，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴（ 等式性质1 ），
∴（ ），
故答案为：等式性质1，；
（2）解：①．
证明：∵中，，
∴，
由旋转知，
∴，
∴，
∵，,
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
②当时，
，
∴；
（3）解：当时，
由（1）（2）知，，
当点D在右侧时，，
∴；
当点D在左侧时，，
∴．
故线段的长为或．
本题主要考查了等腰直角三角形与旋转．熟练掌握等腰直角三角形性质，旋转性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，分类讨论，是解题的关键．
10．（）平行四边形；（），证明见解析；（）
（）由旋转可得，，进而可得，，即可求解；
（）证明四边形是矩形即可求证；
（）分点在点右侧和左侧两种情况，分别画出图形解答即可求解．
（）解：如图，
由旋转得，，，
∵，，
∴， ，
∴，
∴四边形是平行四边形，
故答案为：平行四边形；
（）解：，证明如下：
如图，过点作交于点，连接，则，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵将线段绕点逆时针旋转得到，
∴，
∵，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴ ，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴；
（）解：∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
当点在点右侧时，如图，
由（）可知，四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴；
当点在点的左侧时，如图，
同理可得，
∴，
∴；
综上，的长为．
本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的 性质，平行四边形的判定，矩形的判定和性质，全等三角形的 判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
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