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23章旋转培优题（教师卷）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．在中，，，点D为的中点，点P在上，且，将绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连接，．当时，的长为（ ）
A．1 B． C． D．或
【答案】D
【分析】首先可判定是等腰直角三角形，利用勾股定理可求得，可证得垂直平分，，必过顶点C，可求得，再由将绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，可得，再分两种情况，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：在中，，，
是等腰直角三角形，，
，
，
又点D为的中点，
垂直平分，，
必过顶点C，
，
如图：
将绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，
，
当点Q在线段上时，，
在中，，
当点Q在线段的延长线上时，，
在中，，
综上，的长为或，
故选：D．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质，直角三角形的性质，采用分类讨论的思想是解决本题的关键．
二、填空题
2．如图，一段抛物线：记为，它与轴交于点，；将绕点旋转得，交轴于点；将绕点旋转得，交轴于点如此进行下去，则的顶点坐标是 ．
【答案】
【分析】本题考查抛物线与轴的交点、规律性：点的坐标、二次函数的图象与几何变化，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答．根据题目中的函数解析式可以得到的顶点坐标，再根据题意，可以得到的顶点坐标、的顶点坐标、的顶点坐标，从而可以得到抛物线顶点坐标的变化特点，从而可以得到的顶点坐标．
【详解】解：对于，当时，，
解得：或，
∴，
而，
故顶点为，
∵将绕点旋转得，
∴，顶点为，
∵将绕点旋转得，
∴顶点为，
依次同理可得：顶点为，
则可发现规律，顶点横坐标为，
∴顶点横坐标为，
而可发现当为偶数时，顶点在x轴下方，当为奇数时，顶点在x轴上方，
的顶点坐标是．
故答案为：．
3．如图，菱形的四个顶点均在坐标轴上，点，，．点P是菱形边上的一个动点，连接，把绕着点E顺时针旋转得到，连接．若点P从点C出发，以每秒5个单位长度沿菱形边长逆时针方向运动，则第秒时，点F的坐标是 ．
【答案】
【分析】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形判定与性质等知识点，首先根据四边形是菱形，得，又，，，故，，，由勾股定理得，由于点从点出发，以每秒个单位长度沿菱形边长逆时针方向运动，则点的运动轨迹每秒一个循环，因此第秒时，点的坐标与第秒时点的坐标相同，第秒时点在点，过点作轴于点，证明，然后根据全等三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，，，
∴，，，
∴，
∵（秒），点从点出发，以每秒个单位长度沿菱形边长逆时针方向运动，
∴点的运动轨迹每秒一个循环，，
∴第秒时，点的坐标与第秒时点的坐标相同，第秒时点在点，
如图，过点作轴于点，
∵，，
∴，
又∵，且，
∴，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
4．如图，在平面直角坐标系中，点，点，点C、D分别在y轴正半轴和x轴负半轴上，，将绕O点顺时针旋转一周，当与平行时，点C的坐标为 ．
【答案】或
【分析】先求出，再由勾股定理得，可推出，求出，再求出，再由旋转的性质及平行线的性质进行解答即可．
【详解】解：点，点，
，
，
，
，，
，
，
如图，将绕O点顺时针旋转到如图位置时，，过点C作轴于H，设交轴于点；
，
，
，
，
，
，
点C的坐标为，
如图，将绕O点顺时针旋转到如图位置时，，
此时，点C与点关于原点对称，
点的坐标为，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了图形的旋转，坐标与图形的性质，勾股定理，平行线的性质及直角三角形的性质，解决本题的关键是熟练掌握图形的旋转，坐标与图形的性质，
5．如图所示是一个坐标方格盘，你可操纵一只遥控机器蛙在方格盘上进行跳步游戏，机器蛙每次跳步只能按如下两种方式（第一种：向上、下、左、右可任意跳动格或格；第二种跳到关于原点的对称点上）中的一种进行．若机器蛙在点，现欲操纵它跳到点，请问机器蛙至少要跳 次．
【答案】
【分析】本题考查了中心对称，根据题意得到可以先向右跳三步，再向下跳一步，然后跳到关于原点的对称点即可到达，据此即可求解，理解题意是解题的关键．
【详解】解：若机器蛙在点，根据跳步游戏规则，可以先向右跳三步，再向下跳一步，然后跳到关于原点的对称点即可跳到点，这个路径步数最少，共步，
故答案为：．
6．如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，点，的对应点分别为，，连接．当点，，在同一条直线上时，则旋转角 ．
【答案】/40度
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，由旋转的性质可知，，又点，，在同一条直线上，则，最后利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理即可求解，掌握旋转的性质是解题的关键．
【详解】解：∵将绕点逆时针旋转得到，
∴，，
∵点，，在同一条直线上，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
7．矩形中，平分交于点，把绕点逆时针旋转交于点，过点作于点，连接，若，，则 ．
【答案】
【分析】根据矩形的性质可得：，，结合平分，可推出，进而得到，根据，可得到，推出，得到，推出，得到是等腰直角三角形，即可求解．
【详解】解：四边形是矩形，
，，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，三角形的外角性质，解题的关键是灵活运用相关知识．
三、解答题
8．综合与实践
(1)问题初探
如图1，在中，为边上的中线，求的取值范围．请直接写出的取值范围．
(2)问题解决
如图2，P为等边三角形内一点，满足，试求的大小．
(3)问题拓展
如图3，在正方形中，分别为边上的点，满足，若，求证的面积．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】本题考查了旋转的综合应用，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；解题的关键是旋转构造全等进行转换．
（1）如图，将绕点D旋转，得到，连接，由旋转得到，易证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B顺时针旋转得到，连接，由旋转可知，易证是等边三角形得，在中，运用勾股定理求解可证，求出，结合旋转可求解；
（3）将绕点A顺时针旋转得到，由旋转可知，，求得易证，求即可．
【详解】（1）如图，将绕点D旋转，得到，连接，
由旋转，，
∴四边形是平行四边形，
，，
又，
，
得，
即，
；
（2）如图，将绕点B顺时针旋转得到，连接，
由旋转可知，，
，
是等边三角形，
，
在中，
，，
，
，
，
，
（3）将绕点A顺时针旋转得到，
由旋转可知，，
，
，
，
，
，
在与中，
，
，，
．
9．如图所示，为等腰三角形，，点是上一点，连接．
(1)如图1，若，，把绕A顺时针旋转到，，连接，求的长；
(2)如图2，若，以为底边在的左侧作等腰直角，连接BP，求证：；
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】题目主要考查全等三角形的判定和性质，旋转的性质及含30度直角三角形性质，勾股定理，等腰三角形的性质等，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．
（1）根据旋转的性质及等腰三角形的性质得出，结合图形，利用勾股定理求解即可；
（2）延长至，使，连接，．根据等腰三角形的性质及全等三角形的判定和性质得出，即可证明；
【详解】（1），，
把绕顺时针旋转到，
，．
．
．
即．
．
，．
．
，
．
，，
．
．
．
（2）证明：延长至，使，连接，．
以为底边得等腰直角，
，，．
垂直平分．
，
．
．
．
即．
．
．
．
．
．
10．解答下列问题．
(1)【问题解决】
一节数学课上，老师提出了这样一个问题：
如图，点是正方形内一点，，，．你能求出的度数吗？
小明通过观察、分析、思考，形成了如下思路：
思路一：将绕点逆时针旋转，得到，连接，求出的度数；
思路二：将绕点顺时针旋转，得到，连接，求出的度数．
请参考小明的思路，任选一种写出完整的解答过程．
(2)【类比探究】
如图，若点是正方形外一点，，，，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据所给的思路画出图形，利用旋转的性质，勾股定理以及勾股定理逆定理，进行求解即可；
（2）将绕点逆时针旋转 ，得到 ，连接，由旋转的性质可得出，，，进而得出由勾股定理得出，再利用勾股逆定理得出 是直角三角形，且 ，再根据角的和差关系即可得出答案．
【详解】（1）解：思路一：如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，
∴；
思路二：如图，将绕点顺时针旋转，得到，连接，
，，，，
，，
，，
，
，
，
；
（2）解：将绕点逆时针旋转 ，得到 ，连接．
，
，，，
在 中，，
，根据勾股定理得，，
，
，
，
，
是直角三角形，且 ，
．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，直角三角形的性质和判定，勾股定理，正确作出辅助线是解本题的关键．
11．如图，中，，，点D是边上的一个动点，线段绕点A逆时针旋转，得到线段，连接，与交于点M．
(1)如图①，连接，则 ；（填度数）图中与相等的角是 ；（用三个字母表示且不添加任何字母）
(2)求证：M为的中点．
(3)直接写出线段与的数量关系．
【答案】(1)45；
(2)见解析
(3)
【分析】此题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质和判定，三角形外角的性质，全等三角形的性质和判定，解题的关键是掌握以上知识点．
（1）根据等腰直角三角形的性质即可求出，根据三角形外角的性质即可得到；
（2）过点E作于点F，首先证明出，得到，然后证明出，得到，即可证明；
（3）根据全等三角形的性质求解即可．
【详解】（1）∵中，，，
∴；
∵线段绕点A逆时针旋转，得到线段，
∴，
∴是等腰直角三角形
∴；
∵，
∴；
（2）证明：过点E作于点F
由旋转的性质得，
又
在和中
又
在和中
为中点；
（3）．
证明：由得
由得．即
．
12．如图，在中，，将绕点A顺时针旋转，得到，连接，交于点F．
(1)当时，求的长；
(2)当B、D、E三点共线时，求此时的旋转角度数．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）如图，连接，由旋转的性质可知：为等边三角形，为等腰直角三角形，有；证得，故；再证得，故，再解出的值，代入中求解即可．
（2）三点共线，；可知为等腰三角形，为线上的高，有，知为等腰直角三角形，，在等腰直角三角形中，，旋转角计算求值即可．
【详解】（1）解：如图，连接，
由旋转的性质可知：，
∴为等边三角形，
，
，
∴为等腰直角三角形，，
∴在和中，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
∴的长为；
（2）解：∵三点共线，，
∴为等腰三角形，为线上的高，
，
∴为等腰直角三角形，
，
在等腰直角三角形中，，
旋转角；
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理 ，等腰直角三角形等知识．解题的关键在于对知识灵活的综合运用．
13．平面内有一等腰直角三角板和一直线过点作于点，过点作于点当点与点重合时（如图1），易证：（注：“四边形是矩形”不需要具体证明过程，矩形的对边相等，正方形四条边相等）
(1)当三角板绕点顺时针旋转至图的位置时，上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段、、之间又有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明．
(2)当三角板绕点顺时针旋转至图的位置时，线段、、之间有怎样的数量关系，请写出你的猜想结论：______．
【答案】(1)仍成立
(2)
【分析】本题考查全等三角形的判定，等腰直角三角形的判定和性质．根据题意正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
（1）过B作于点H，可证，通过线段的等量代换可得结论；
（2）过点B作，交的延长线于点G，，通过线段的等量代换可得答案．
【详解】（1）解：图2，仍成立，
证明：如图，过B作于点H，
∵，
又∵在中，，
∴，
又∵，，
∴．
∴，，，
∴；
（2）解：不成立，线段、、之间的数量关系为：，
证明：如图，过点B作，交的延长线于点G，
∵，
又∵在中，，
∴，
又∵，，
∴．
∴，，，
∴．
故答案为：．
14．如图，在中，，，Q为经过点C并与垂直的直线上一点，将绕点Q旋转得到，连接．
(1)如图（1），点Q在点C上方，，，点D在上，且，求的长；
(2)如图（2），点Q在点C下方，，E为的中点，连接，，，求证：；
(3)如图（3），在（2）的条件下，连接，若，，且点D与点A关于对称，直接写出的长．
【答案】(1)1
(2)见解析
(3)
【分析】（1）过点作交于点，由题意可得是等边三角形，利用三线合一性质求出的长，再由得到，最后利用含角的的性质，即可求出的长；
（2）延长至使得，连接、、，先推出，得到，，再利用五边形的内角和为，得到，进而证明出，得到，最后利用等腰三角形的三线合一性质即可得出结论；
（3）延长、交于点，先通过角度计算得出，再利用等边三角形和直角三角形的性质分别计算出、的长，最后在中利用勾股定理即可解答．
【详解】（1）解：如图，过点作交于点，
，，
是等边三角形，
，，
又，
，
，
，
，
将绕点Q旋转得到，
，
又，
，，
在中，，
，
设，则，
由勾股定理得，，
，
解得：，
，
的长为1．
（2）证明：如图，延长至使得，连接、、，
为的中点，
，
又，，
，
，，
，
，
五边形的内角和为，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，
是等腰三角形，
又，
，
．
（3）解：如图，延长、交于点，
，，
是等边三角形，
，，
点D与点A关于对称，
，
，
，
由题意得，，，
，，
，
在中，，
，
在中，，
，
设，则，
由勾股定理得，，
，
解得：，
，
，
在中，，
的长为．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的性质与判定、含角的直角三角形的性质、倍长中线模型、勾股定理，熟练掌握以上知识点，学会利用倍长中线的辅助线构造全等三角形，学会利用直角三角形的性质求线段长度是解题的关键．
15．如图1，在中，，、是斜边上两动点，且，将绕点逆时针旋转后，得到，连接．
(1)试说明：；
(2)当，时，求的度数和的长；
(3)如图2，和都是等腰直角三角形，，是斜边所在直线上一点，，，求的长．
【答案】(1)见解析；
(2)，5；
(3)．
【分析】（1）想办法证明，由，，即可证明；
（2）如图1中，设，则．在△中，由，，推出，解方程即可；
（3）分两种情形①当点在线段上时，如图2中，连接．由，推出，，推出，推出；
②当点在的延长线上时，如图3中，同法可得；
【详解】（1）证明：由旋转可得，
，，
，，
，
，
在和中，
，
；
（2）解：设，则．
，，
，
，
，
，
，
在中，，，
，
，
；
（3）解：①当点在线段上时，如图2中，连接．
，
，
，，
在和中，
，
，，
，
，
解得：（负值已舍去）；
②当点在的延长线上时，如图3中，连接．
同法可得是直角三角形，，，
，
解得：（负值已舍去），
综上所述，的值为或．
【点睛】本题属于几何变换综合题．主要考查了等腰直角三角形的性质、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，学会用分类讨论的思想思考问题．
16．在等边中，，点在边上，且，动点从点出发沿射线以每秒的速度运动，连结，将线段绕点逆时针旋转得到线段，当点落在延长线上时，点停止运动．设点运动的时间为秒．
(1)用含的代数式表示、两点间的距离；
(2)当与的一边平行时，求的值；
(3)当与的一边垂直时，求的值；
(4)在整个运动过程中，扫过的面积为________．
【答案】(1)
(2)秒或9秒
(3)秒或15秒
(4)．
【分析】本题主要考查线段的和差，平行线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质等知识：
（1）根据线段的和差可得结论；
（2）分和两种情况讨论求解即可；
（3）分和两种情况讨论求解即可；
（4）根据题意得扫过的图形是，求出和即可．
【详解】（1）解：根据题意得：，，
∴；
（2）解：当时，如图1，
∵是等边三角形，
∴
∵，
∴
∵
∴
∵
∴，
∴
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∵，
∴
∴（秒）；
当时，如图2，
则
而
∴
∴三点在一条直线上，
又点在上运动，
∴点与点重合，
∴
∴（秒）；
综上，当秒或9秒时，与的一边平行；
（3）解：当时，如图3，
∵
∴
∵
∴
∴
∴，
∴（秒）；
当时，如图4，
∵
∴
∵
∴
∴
∵，
∴
∴
∴
∴
∴（秒），
综上，当秒或15秒时，与的一边垂直；
（4）解：如图，在旋转的过程中，扫过的图形是，
当点与点重合时，点在上，此时，，
∴
∴
又
∴
∵
∴
∴
∴
过点作于点，
∵
∴
∵
∴
∴
由勾股定理得，
∴；
过点作于点，则
又,
∴，
∴
由勾股定理得，
∴
∴
∴
即在旋转的过程中，扫过的图形的面积为．
故答案为：.
17．如图，在中，，，为的中点，是线段上的动点（不与点，重合）．连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接交于点，过点作的平行线交的延长线于点．
(1)求证：
(2)若为线段的中点，连接，用等式表示线段与之间的数量关系并证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)，理由见解析
【分析】（1）根据等边对等角可得，根据平行线的性质可得，进而可得，根据旋转的性质、角的和差关系可得，利用可证得，于是可得，据此即可得出结论；
（2）连接并延长，交于点，连接，利用可证得，于是可得，，由（1）可知，，于是可得，利用可证得
，于是可得，，再结合平行线的性质及等角对等边可得，从而得出，进而可证得是的中位线，于是得解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴，，
∴，即：，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
（2）解：，理由如下：
如图，连接并延长，交于点，连接，
∵，
∴，
，，，
，
，，
由（1）可知：，，
∴，
，，，
，
，，
，
∵，
∴，
，
，
，
，
∵，
∴是的中位线，
，
即：．
【点睛】本题主要考查了三角形的中位线定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，旋转的性质等知识点，熟练掌握相关知识点并正确做出辅助线是解题的关键．
18．已知：中，，点为上一点，连接并延长至点，连接、，使．
(1)如图1，当时，求证：；
(2)如图2，当时，（1）中结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请直接写出结论：____________________；
(3)如图3，在（2）的条件下，在上截取，连接，点在上，连接，且，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)（1）中的结论不成立；
(3)
【分析】（1）在上截取，连接，证明，得出，，证明为等边三角形，得出，即可证明结论；
（2）在上截取，连接，证明，得出，，证明为等腰直角三角形，得出，即可证明结论；
（3）连接，过点A作于点M，根据解析（2）的证明得出，，，证明为等腰直角三角形，求出，，根据直角三角形的性质结合勾股定理求出，最后在中根据含角直角三角形的性质和勾股定理求出结果即可．
【详解】（1）证明：在上截取，连接，如图所示：
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
即；
（2）解：（1）中结论不成立；；
在上截取，连接，如图所示：
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
故答案为：；
（3）解：连接，过点A作于点M，如图所示：
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
即，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为等腰直角三角形，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：或（舍去），
∴的长为．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，三角形内角和定理的应用，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明．
19．如图，在中，，点为的中点，动点从点出发，沿线段以每秒1个单位长度的速度向终点运动．点关于点的对称点为点，当点不与点重合时，以为直角边向上作等腰直角，使．设点的运动时间为秒．
(1)用含的代数式表示线段的长．
(2)当点落在的边上时，求的值．
(3)当与重叠部分为三角形时，设其面积为．用含的代数式表示．
(4)与的直角边交于点．当点恰为线段的中点时，直接写出的值．
【答案】(1)当时，．当时，
(2)或
(3)
(4)1或3
【分析】（1）由为的中点，根据点从点出发，沿线段以每秒1个单位长度的速度向终点运动，表示出线段长，再分类讨论即可求解；
（2）当点M在边上，可得，列出方程即可；当点在边上，可得，列出方程即可；
（3）根据题意分类讨论，表示出线段长，再根据面积公式求解即可；
（4）当与交于点，点恰为线段的中点时，表示出线段长，列出方程即可求解；当与交于点，点恰为线段的中点时，表示出线段长，列出方程即可求解．
【详解】（1）解：由题意得，
，点D为的中点，
，
∵点P关于点D的对称点为点Q，
,
，
当时，，
．
当时，，
．
∴当时，．当时，．
（2）解：如图1，点M在边上时，，
由题意可知，，
，
，
，
解得；
如图2，点M在边上时，，
由题意可知，，
，
，
，
解得；
所以，t的值为或．
（3）解：当时，与重叠部分为，面积为4；
当时，与重叠部分为，
此时，，
；
当时，与重叠部分为，
此时，，
；
当时，与重叠部分为，面积为4；
所以，．
（4）解：t的值为1或3，理由如下：
如图3，与交于点N，点恰为线段的中点时，，则，
，
解得；
如图4，与交于点N，点恰为线段的中点时，，则，
，
解得；
综上所述，t的值为1或3．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、轴对称的性质，解题关键是根据运动速度表示出线段长．
20．图1中的四边形纸片1与图2中的四边形纸片2形状相同，但大小不同，其中 ，，，现利用这两张卡片分别裁剪拼接出两个正方形．嘉嘉利用纸片1按图示方法截取正方形，设．
(1)①纸片1中的 （用含x 的代数式表示）；若正方形的面积为27，则可列一元二次方程： ．
②请解①中的方程，并求的长．
(2)①淇淇将纸片2只剪一次，并利用旋转知识拼出一个面积最大的正方形．请在图2中画出正确的图形（剪拼痕迹均用虚线表示）．
②若图2中，请比较（1）（2）的条件下得到的两个正方形中，哪个面积较大？
【答案】(1)①，；②
(2)①见解析；②（1）中的正方形，面积较大．
【分析】（1）①由正方形的性质结合题意可求出，根据含30度角的直角三角形的性质得出，再根据勾股定理即可求出，最后根据正方形的面积公式列方程即可；
②根据直接开平方法求出x的值，即可求出和的长，最后根据求解即可；
（2）①过点A作，设为裁剪线，将绕点A逆时针旋转得出，从而可证四边形为正方形，即此时拼出的正方形面积最大；
②由（2）①可知，结合含30度角的直角三角形的性质和勾股定理，可求出的长，从而可求出，最后比较即可．
【详解】（1）解：①∵四边形为正方形，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：，；
②解：，
，
∴，（舍），
∴，，
∴．
故答案为：；
（2）解：①过点A作，设为裁剪线，
∵图1中的四边形纸片1与图2中的四边形纸片2形状相同，
∴，，
∴将绕点A逆时针旋转得出，如图，
∴，，．
∵，
∴，
∴，
∴C、D、N三点共线，
∴，
∴四边形为矩形，
∴矩形为正方形，即此时拼出的正方形面积最大；
②由（2）①可知，
又∵图1中的四边形纸片1与图2中的四边形纸片2形状相同，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴（1）中的正方形，面积较大．
【点睛】本题考查正方形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，解一元二次方程，旋转的性质等知识．利用数形结合的思想是解题关键．
21．在平面直角坐标系中，点，点，其中，点在第一象限，且．将绕点逆时针旋转得到，点的对应点分别为，点恰在轴上．
(1)如图1，当时，求点的坐标和的长；
(2)如图2，当时，求点的坐标；
(3)当点组成的凸多边形为四边形时，将此四边形的面积记为．用含有的式子表示，并写出的取值范围（此问直接写出结果即可）．
【答案】(1)，
(2)
(3)见解析
【分析】（1）根据旋转的性质，旋转前后对应线段长度不变且对应线段夹角为旋转角，通过设点的坐标，利用勾股定理和旋转性质来求解点的坐标和的长；
（2）依据旋转的性质，可得，再根据边角关系可得，求出点的坐标；
（3）根据四边形的面积公式，通过分析，，时四边形的组成部分来用含的式子表示面积．
【详解】（1）解：如图1，过点作轴于点，
∵是由逆时针旋转得到，且点在轴上，
∴，
∴，
且，
∴，
∴，
由勾股定理可知
解得；
∴点的坐标为；
（2）解：如图2，由（1）可知，且，
∵是由旋转得到，
∴，
∴，
∴，
∴点的坐标为；
（3）解：如图， 当时，
绕点逆时针旋转得到，且轴，，，
轴，
，，
；
如图，当时，
绕点逆时针旋转得到，，，
，
；
如图，当时，
绕点逆时针旋转得到，，，
，，
．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，掌握旋转的性质的性质是解题的关键．
22．（1）问题：如图1，在中，，D为边上一点（不与点B，C重合），连接，过点A作，并满足，连接．则线段和线段的数量关系是______，位置关系是______．
（2）探索：如图2，当D点为边上一点（不与点B，C重合），与均为等腰直角三角形，．试探索之间满足的等量关系，并证明你的结论；
（3）拓展：如图3，在四边形中，，若，，请求出线段的长．
【答案】（1），（2），理由见解析（3）
【分析】（1）先根据等腰直角三角形的性质得到，再证明得到，，再证明，得到，则，；
（2）如图所示，连接，先根据等腰直角三角形的性质得到，再证明，得到，，则，由勾股定理得到，则；再由勾股定理得到，即可得到；
（3）将线段绕点A逆时针旋转得到，连接，，则，，即可推出，， 证明，得到， ，则由勾股定理得，进而得到，则．
【详解】解：（1）∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
又∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴；
∴，；
故答案为：，；
（2），证明如下：
如图所示，连接，
∵，，
∴，
∵，
∴，即，
又∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴；
（3）将线段绕点A逆时针旋转得到，连接，，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、旋转的性质，等腰直角三角形的性质等，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
23．如图①，在中，将绕点A顺时针旋转至，将绕点A逆时针旋转至，得到，且，我们称是的“旋补三角形”，边上的中线的中线叫做旋补三角形对应中线，点A叫做“旋补中心”．
(1)如图②，若，则，理由是 ；
(2)若，求的长．
(3)如图①，当为任意三角形时，猜想与的数量关系，并给予证明．
【答案】(1)等腰三角形三线合一
(2)
(3)，证明见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的性质，即可求解；
（2）在中，根据勾股定理，求得，进而证明，根据全等三角形的性质得出，进而即可求解；
（3）延长至，使，连结，证明进而得出，证明得出，又，则．
【详解】（1）解：若，则，理由是等腰三角形三线合一；
故答案为：等腰三角形三线合一．
（2）解：∵在中，为中点，，
，
在中，，
在中，为中点，
，
∵，
，
，
即，
又∵，
，
由旋转的性质得，
在在中
，
，
（3）证明：延长至，使，连结
∵为的中点，
，
在和中
，
，
∵，
，
又∵，
，
，
即，
又由旋转的性质得，
，
在和中，
，
，
，
又，
．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，中位线性质，勾股定理，补角的性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形．
24．【问题引入】
（1）如图①，将绕点按逆时针方向旋转得到（点、的对应点分别为点、），连接，若，求的长；
【衍生拓展】
（2）如图②，在中，，，将绕点逆时针旋转得到（点、的对应点分别为点、），连接，当时，求的长；
【深入探究】
（3）如图③，在边长为8的等边三角形中，是的中点，是所在直线上一动点，连接，将线段绕点按逆时针方向旋转，得到线段，连接、．在点运动的过程中，当点、、在同一直线上时，直接写出线段的长．
【答案】（1）；（2）；（3）的长为
【分析】（1）根据旋转的性质证明是等边三角形即可求解；
（2）连接，延长交于，证明垂直平分得，然后利用勾股定理依次求出，即可；
（3）连接并延长，在的延长线上取点，使得，连接，由旋转的性质可知，，证明得，点在与夹角为的直线上运动．延长与的延长线交于点，可求，在中求出，即可解答．
【详解】解：（1）∵将绕点按逆时针方向旋转得到，
，
∴是等边三角形，
．
（2）连接，延长交于，
由（1）知，是等边三角形，
，
∴点在的垂直平分线上，
，
∴点在的垂直平分线上，
∴垂直平分，
，
，
，
．
（3）∵等边三角形的边长为8，是的中点，
∴，
连接并延长，在的延长线上取点M，使得，连接，
∴，
由旋转的性质可知，，
，
，
在和中
，
，
，
则点F在与夹角为的直线上运动，延长与的延长线交于点，
，
，
在中，，
，
当点、、在同一直线上时，点和点重合，此时，．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，垂线段最短，线段垂直平分线的判定，勾股定理，直角三角形的性质，全等三角形的性质和判定，熟练掌握旋转的性质并正确做出辅助线是解答本题的关键．
25．小明在研究平面几何知识时，意识到等腰三角形和直角三角形经常同时出现，比如：等腰三角形三线合一：再比如：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．等等．在此基础上，小明同学还做了一些研究，并邀请你参加．
已知中，，将绕着点A旋转，点B、C的对应点分别是点D、E，连接．
(1)求证；
(2)点F在边上（且F不与点C、D重合），连接，过A作，交射线于点G，连接，小明发现线段、、能够组成一个直角三角形，你认为小明的发现正确吗？如果正确，请证明，如果不正确，请说明理由；
(3)在（2）的条件下，已知，，设，，直接写出y与x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
【答案】(1)见解析
(2)小明的发现是正确的，理由见解析
(3)；
【分析】（1）根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理推导出即可；
（2）延长，交于点M，连接，证明，再由垂直平分线的性质得出，在直角三角形中，，即；
（3）由（2），可得，在中，，整理得到，连接，当G点与C点重合时求出的长，即可求x的取值范围．
【详解】（1）证明：由旋转可知，，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：小明的发现是正确的，理由如下：
如图，延长，交于点M，连接，如图所示：
根据旋转可知，，，，
∴B、A、D在同一直线上，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴垂直平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵，
∴，
在中，，
∵，
∴，
在中，，即，
∴，
整理得，，
当G点与C点重合时，连接，如图所示：
∵，，
∴垂直平分，
∴，
根据旋转可知：，
在中，，
即，
解得：，
∵点G在射线上，
∴．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，垂直平分线的性质，求函数解析式，求自变量的取值范围，三角形全等的判定和性质，解题的关键是数形结合，作出辅助线．
26．在中，，，记，点为射线上的动点，连接，将射线绕点顺时针旋转角后得到射线，过点作的垂线，与射线交于点，点关于点的对称点为，连接．
(1)当为等边三角形时，
① 依题意补全图1；
② 的长为_____________；
(2)如图，当，且时，试探究与间的数量关系，并证明．
【答案】(1)①作图见解析；②；
(2)，理由见解析．
【分析】（1）①根据题意画出图形即可；②解直角三角形求出，再利用全等三角形的性质证明即可；
（2）作于，于．通过计算证明即可解决问题．
【详解】（1）解：①补全图形如图所示．
②是等边三角形，，，
，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
，
∴，
∴，，
∴，
由点关于点的对称点为，得，
，．
，
．
故答案为：；
（2）解：，理由如下：
作于，于．
，
．
由题意可知．
，
，
，
，
，，
四边形是矩形，
，，
，
，
又，
，
，
，
∵，，
∴，
∴，
，，关于点对称，
，，
，
为中点．
垂直平分．
．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
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试卷第1页，共3页
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试卷第1页，共3页23章旋转培优题（学生卷）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．在中，，，点D为的中点，点P在上，且，将绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连接，．当时，的长为（ ）
A．1 B． C． D．或
二、填空题
2．如图，一段抛物线：记为，它与轴交于点，；将绕点旋转得，交轴于点；将绕点旋转得，交轴于点如此进行下去，则的顶点坐标是 ．
3．如图，菱形的四个顶点均在坐标轴上，点，，．点P是菱形边上的一个动点，连接，把绕着点E顺时针旋转得到，连接．若点P从点C出发，以每秒5个单位长度沿菱形边长逆时针方向运动，则第秒时，点F的坐标是 ．
4．如图，在平面直角坐标系中，点，点，点C、D分别在y轴正半轴和x轴负半轴上，，将绕O点顺时针旋转一周，当与平行时，点C的坐标为 ．
5．如图所示是一个坐标方格盘，你可操纵一只遥控机器蛙在方格盘上进行跳步游戏，机器蛙每次跳步只能按如下两种方式（第一种：向上、下、左、右可任意跳动格或格；第二种跳到关于原点的对称点上）中的一种进行．若机器蛙在点，现欲操纵它跳到点，请问机器蛙至少要跳 次．
6．如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，点，的对应点分别为，，连接．当点，，在同一条直线上时，则旋转角 ．
7．矩形中，平分交于点，把绕点逆时针旋转交于点，过点作于点，连接，若，，则 ．
三、解答题
8．综合与实践
(1)问题初探
如图1，在中，为边上的中线，求的取值范围．请直接写出的取值范围．
(2)问题解决
如图2，P为等边三角形内一点，满足，试求的大小．
(3)问题拓展
如图3，在正方形中，分别为边上的点，满足，若，求证的面积．
9．如图所示，为等腰三角形，，点是上一点，连接．
(1)如图1，若，，把绕A顺时针旋转到，，连接，求的长；
(2)如图2，若，以为底边在的左侧作等腰直角，连接BP，求证：；
10．解答下列问题．
(1)【问题解决】
一节数学课上，老师提出了这样一个问题：
如图，点是正方形内一点，，，．你能求出的度数吗？
小明通过观察、分析、思考，形成了如下思路：
思路一：将绕点逆时针旋转，得到，连接，求出的度数；
思路二：将绕点顺时针旋转，得到，连接，求出的度数．
请参考小明的思路，任选一种写出完整的解答过程．
(2)【类比探究】
如图，若点是正方形外一点，，，，求的度数．
11．如图，中，，，点D是边上的一个动点，线段绕点A逆时针旋转，得到线段，连接，与交于点M．
(1)如图①，连接，则 ；（填度数）图中与相等的角是 ；（用三个字母表示且不添加任何字母）
(2)求证：M为的中点．
(3)直接写出线段与的数量关系．
12．如图，在中，，将绕点A顺时针旋转，得到，连接，交于点F．
(1)当时，求的长；
(2)当B、D、E三点共线时，求此时的旋转角度数．
13．平面内有一等腰直角三角板和一直线过点作于点，过点作于点当点与点重合时（如图1），易证：（注：“四边形是矩形”不需要具体证明过程，矩形的对边相等，正方形四条边相等）
(1)当三角板绕点顺时针旋转至图的位置时，上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段、、之间又有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明．
(2)当三角板绕点顺时针旋转至图的位置时，线段、、之间有怎样的数量关系，请写出你的猜想结论：______．
14．如图，在中，，，Q为经过点C并与垂直的直线上一点，将绕点Q旋转得到，连接．
(1)如图（1），点Q在点C上方，，，点D在上，且，求的长；
(2)如图（2），点Q在点C下方，，E为的中点，连接，，，求证：；
(3)如图（3），在（2）的条件下，连接，若，，且点D与点A关于对称，直接写出的长．
15．如图1，在中，，、是斜边上两动点，且，将绕点逆时针旋转后，得到，连接．
(1)试说明：；
(2)当，时，求的度数和的长；
(3)如图2，和都是等腰直角三角形，，是斜边所在直线上一点，，，求的长．
16．在等边中，，点在边上，且，动点从点出发沿射线以每秒的速度运动，连结，将线段绕点逆时针旋转得到线段，当点落在延长线上时，点停止运动．设点运动的时间为秒．
(1)用含的代数式表示、两点间的距离；
(2)当与的一边平行时，求的值；
(3)当与的一边垂直时，求的值；
(4)在整个运动过程中，扫过的面积为________．
17．如图，在中，，，为的中点，是线段上的动点（不与点，重合）．连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接交于点，过点作的平行线交的延长线于点．
(1)求证：
(2)若为线段的中点，连接，用等式表示线段与之间的数量关系并证明．
18．已知：中，，点为上一点，连接并延长至点，连接、，使．
(1)如图1，当时，求证：；
(2)如图2，当时，（1）中结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请直接写出结论：____________________；
(3)如图3，在（2）的条件下，在上截取，连接，点在上，连接，且，，，求的长．
19．如图，在中，，点为的中点，动点从点出发，沿线段以每秒1个单位长度的速度向终点运动．点关于点的对称点为点，当点不与点重合时，以为直角边向上作等腰直角，使．设点的运动时间为秒．
(1)用含的代数式表示线段的长．
(2)当点落在的边上时，求的值．
(3)当与重叠部分为三角形时，设其面积为．用含的代数式表示．
(4)与的直角边交于点．当点恰为线段的中点时，直接写出的值．
20．图1中的四边形纸片1与图2中的四边形纸片2形状相同，但大小不同，其中 ，，，现利用这两张卡片分别裁剪拼接出两个正方形．嘉嘉利用纸片1按图示方法截取正方形，设．
(1)①纸片1中的 （用含x 的代数式表示）；若正方形的面积为27，则可列一元二次方程： ．
②请解①中的方程，并求的长．
(2)①淇淇将纸片2只剪一次，并利用旋转知识拼出一个面积最大的正方形．请在图2中画出正确的图形（剪拼痕迹均用虚线表示）．
②若图2中，请比较（1）（2）的条件下得到的两个正方形中，哪个面积较大？
21．在平面直角坐标系中，点，点，其中，点在第一象限，且．将绕点逆时针旋转得到，点的对应点分别为，点恰在轴上．
(1)如图1，当时，求点的坐标和的长；
(2)如图2，当时，求点的坐标；
(3)当点组成的凸多边形为四边形时，将此四边形的面积记为．用含有的式子表示，并写出的取值范围（此问直接写出结果即可）．
22．（1）问题：如图1，在中，，D为边上一点（不与点B，C重合），连接，过点A作，并满足，连接．则线段和线段的数量关系是______，位置关系是______．
（2）探索：如图2，当D点为边上一点（不与点B，C重合），与均为等腰直角三角形，．试探索之间满足的等量关系，并证明你的结论；
（3）拓展：如图3，在四边形中，，若，，请求出线段的长．
23．如图①，在中，将绕点A顺时针旋转至，将绕点A逆时针旋转至，得到，且，我们称是的“旋补三角形”，边上的中线的中线叫做旋补三角形对应中线，点A叫做“旋补中心”．
(1)如图②，若，则，理由是 ；
(2)若，求的长．
(3)如图①，当为任意三角形时，猜想与的数量关系，并给予证明．
24．【问题引入】
（1）如图①，将绕点按逆时针方向旋转得到（点、的对应点分别为点、），连接，若，求的长；
【衍生拓展】
（2）如图②，在中，，，将绕点逆时针旋转得到（点、的对应点分别为点、），连接，当时，求的长；
【深入探究】
（3）如图③，在边长为8的等边三角形中，是的中点，是所在直线上一动点，连接，将线段绕点按逆时针方向旋转，得到线段，连接、．在点运动的过程中，当点、、在同一直线上时，直接写出线段的长．
25．小明在研究平面几何知识时，意识到等腰三角形和直角三角形经常同时出现，比如：等腰三角形三线合一：再比如：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．等等．在此基础上，小明同学还做了一些研究，并邀请你参加．
已知中，，将绕着点A旋转，点B、C的对应点分别是点D、E，连接．
(1)求证；
(2)点F在边上（且F不与点C、D重合），连接，过A作，交射线于点G，连接，小明发现线段、、能够组成一个直角三角形，你认为小明的发现正确吗？如果正确，请证明，如果不正确，请说明理由；
(3)在（2）的条件下，已知，，设，，直接写出y与x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
26．在中，，，记，点为射线上的动点，连接，将射线绕点顺时针旋转角后得到射线，过点作的垂线，与射线交于点，点关于点的对称点为，连接．
(1)当为等边三角形时，
① 依题意补全图1；
② 的长为_____________；
(2)如图，当，且时，试探究与间的数量关系，并证明．
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《23章旋转培优题（学生卷）》参考答案
题号 1
答案 D
1．D
【分析】首先可判定是等腰直角三角形，利用勾股定理可求得，可证得垂直平分，，必过顶点C，可求得，再由将绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，可得，再分两种情况，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：在中，，，
是等腰直角三角形，，
，
，
又点D为的中点，
垂直平分，，
必过顶点C，
，
如图：
将绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，
，
当点Q在线段上时，，
在中，，
当点Q在线段的延长线上时，，
在中，，
综上，的长为或，
故选：D．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质，直角三角形的性质，采用分类讨论的思想是解决本题的关键．
2．
【分析】本题考查抛物线与轴的交点、规律性：点的坐标、二次函数的图象与几何变化，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答．根据题目中的函数解析式可以得到的顶点坐标，再根据题意，可以得到的顶点坐标、的顶点坐标、的顶点坐标，从而可以得到抛物线顶点坐标的变化特点，从而可以得到的顶点坐标．
【详解】解：对于，当时，，
解得：或，
∴，
而，
故顶点为，
∵将绕点旋转得，
∴，顶点为，
∵将绕点旋转得，
∴顶点为，
依次同理可得：顶点为，
则可发现规律，顶点横坐标为，
∴顶点横坐标为，
而可发现当为偶数时，顶点在x轴下方，当为奇数时，顶点在x轴上方，
的顶点坐标是．
故答案为：．
3．
【分析】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形判定与性质等知识点，首先根据四边形是菱形，得，又，，，故，，，由勾股定理得，由于点从点出发，以每秒个单位长度沿菱形边长逆时针方向运动，则点的运动轨迹每秒一个循环，因此第秒时，点的坐标与第秒时点的坐标相同，第秒时点在点，过点作轴于点，证明，然后根据全等三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，，，
∴，，，
∴，
∵（秒），点从点出发，以每秒个单位长度沿菱形边长逆时针方向运动，
∴点的运动轨迹每秒一个循环，，
∴第秒时，点的坐标与第秒时点的坐标相同，第秒时点在点，
如图，过点作轴于点，
∵，，
∴，
又∵，且，
∴，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
4．或
【分析】先求出，再由勾股定理得，可推出，求出，再求出，再由旋转的性质及平行线的性质进行解答即可．
【详解】解：点，点，
，
，
，
，，
，
，
如图，将绕O点顺时针旋转到如图位置时，，过点C作轴于H，设交轴于点；
，
，
，
，
，
，
点C的坐标为，
如图，将绕O点顺时针旋转到如图位置时，，
此时，点C与点关于原点对称，
点的坐标为，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了图形的旋转，坐标与图形的性质，勾股定理，平行线的性质及直角三角形的性质，解决本题的关键是熟练掌握图形的旋转，坐标与图形的性质，
5．
【分析】本题考查了中心对称，根据题意得到可以先向右跳三步，再向下跳一步，然后跳到关于原点的对称点即可到达，据此即可求解，理解题意是解题的关键．
【详解】解：若机器蛙在点，根据跳步游戏规则，可以先向右跳三步，再向下跳一步，然后跳到关于原点的对称点即可跳到点，这个路径步数最少，共步，
故答案为：．
6．/40度
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，由旋转的性质可知，，又点，，在同一条直线上，则，最后利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理即可求解，掌握旋转的性质是解题的关键．
【详解】解：∵将绕点逆时针旋转得到，
∴，，
∵点，，在同一条直线上，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
7．
【分析】根据矩形的性质可得：，，结合平分，可推出，进而得到，根据，可得到，推出，得到，推出，得到是等腰直角三角形，即可求解．
【详解】解：四边形是矩形，
，，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，三角形的外角性质，解题的关键是灵活运用相关知识．
8．(1)
(2)
(3)
【分析】本题考查了旋转的综合应用，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；解题的关键是旋转构造全等进行转换．
（1）如图，将绕点D旋转，得到，连接，由旋转得到，易证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B顺时针旋转得到，连接，由旋转可知，易证是等边三角形得，在中，运用勾股定理求解可证，求出，结合旋转可求解；
（3）将绕点A顺时针旋转得到，由旋转可知，，求得易证，求即可．
【详解】（1）如图，将绕点D旋转，得到，连接，
由旋转，，
∴四边形是平行四边形，
，，
又，
，
得，
即，
；
（2）如图，将绕点B顺时针旋转得到，连接，
由旋转可知，，
，
是等边三角形，
，
在中，
，，
，
，
，
，
（3）将绕点A顺时针旋转得到，
由旋转可知，，
，
，
，
，
，
在与中，
，
，，
．
9．(1)
(2)见解析
【分析】题目主要考查全等三角形的判定和性质，旋转的性质及含30度直角三角形性质，勾股定理，等腰三角形的性质等，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．
（1）根据旋转的性质及等腰三角形的性质得出，结合图形，利用勾股定理求解即可；
（2）延长至，使，连接，．根据等腰三角形的性质及全等三角形的判定和性质得出，即可证明；
【详解】（1），，
把绕顺时针旋转到，
，．
．
．
即．
．
，．
．
，
．
，，
．
．
．
（2）证明：延长至，使，连接，．
以为底边得等腰直角，
，，．
垂直平分．
，
．
．
．
即．
．
．
．
．
．
10．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据所给的思路画出图形，利用旋转的性质，勾股定理以及勾股定理逆定理，进行求解即可；
（2）将绕点逆时针旋转 ，得到 ，连接，由旋转的性质可得出，，，进而得出由勾股定理得出，再利用勾股逆定理得出 是直角三角形，且 ，再根据角的和差关系即可得出答案．
【详解】（1）解：思路一：如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，
∴；
思路二：如图，将绕点顺时针旋转，得到，连接，
，，，，
，，
，，
，
，
，
；
（2）解：将绕点逆时针旋转 ，得到 ，连接．
，
，，，
在 中，，
，根据勾股定理得，，
，
，
，
，
是直角三角形，且 ，
．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，直角三角形的性质和判定，勾股定理，正确作出辅助线是解本题的关键．
11．(1)45；
(2)见解析
(3)
【分析】此题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质和判定，三角形外角的性质，全等三角形的性质和判定，解题的关键是掌握以上知识点．
（1）根据等腰直角三角形的性质即可求出，根据三角形外角的性质即可得到；
（2）过点E作于点F，首先证明出，得到，然后证明出，得到，即可证明；
（3）根据全等三角形的性质求解即可．
【详解】（1）∵中，，，
∴；
∵线段绕点A逆时针旋转，得到线段，
∴，
∴是等腰直角三角形
∴；
∵，
∴；
（2）证明：过点E作于点F
由旋转的性质得，
又
在和中
又
在和中
为中点；
（3）．
证明：由得
由得．即
．
12．(1)
(2)
【分析】（1）如图，连接，由旋转的性质可知：为等边三角形，为等腰直角三角形，有；证得，故；再证得，故，再解出的值，代入中求解即可．
（2）三点共线，；可知为等腰三角形，为线上的高，有，知为等腰直角三角形，，在等腰直角三角形中，，旋转角计算求值即可．
【详解】（1）解：如图，连接，
由旋转的性质可知：，
∴为等边三角形，
，
，
∴为等腰直角三角形，，
∴在和中，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
∴的长为；
（2）解：∵三点共线，，
∴为等腰三角形，为线上的高，
，
∴为等腰直角三角形，
，
在等腰直角三角形中，，
旋转角；
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理 ，等腰直角三角形等知识．解题的关键在于对知识灵活的综合运用．
13．(1)仍成立
(2)
【分析】本题考查全等三角形的判定，等腰直角三角形的判定和性质．根据题意正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
（1）过B作于点H，可证，通过线段的等量代换可得结论；
（2）过点B作，交的延长线于点G，，通过线段的等量代换可得答案．
【详解】（1）解：图2，仍成立，
证明：如图，过B作于点H，
∵，
又∵在中，，
∴，
又∵，，
∴．
∴，，，
∴；
（2）解：不成立，线段、、之间的数量关系为：，
证明：如图，过点B作，交的延长线于点G，
∵，
又∵在中，，
∴，
又∵，，
∴．
∴，，，
∴．
故答案为：．
14．(1)1
(2)见解析
(3)
【分析】（1）过点作交于点，由题意可得是等边三角形，利用三线合一性质求出的长，再由得到，最后利用含角的的性质，即可求出的长；
（2）延长至使得，连接、、，先推出，得到，，再利用五边形的内角和为，得到，进而证明出，得到，最后利用等腰三角形的三线合一性质即可得出结论；
（3）延长、交于点，先通过角度计算得出，再利用等边三角形和直角三角形的性质分别计算出、的长，最后在中利用勾股定理即可解答．
【详解】（1）解：如图，过点作交于点，
，，
是等边三角形，
，，
又，
，
，
，
，
将绕点Q旋转得到，
，
又，
，，
在中，，
，
设，则，
由勾股定理得，，
，
解得：，
，
的长为1．
（2）证明：如图，延长至使得，连接、、，
为的中点，
，
又，，
，
，，
，
，
五边形的内角和为，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，
是等腰三角形，
又，
，
．
（3）解：如图，延长、交于点，
，，
是等边三角形，
，，
点D与点A关于对称，
，
，
，
由题意得，，，
，，
，
在中，，
，
在中，，
，
设，则，
由勾股定理得，，
，
解得：，
，
，
在中，，
的长为．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的性质与判定、含角的直角三角形的性质、倍长中线模型、勾股定理，熟练掌握以上知识点，学会利用倍长中线的辅助线构造全等三角形，学会利用直角三角形的性质求线段长度是解题的关键．
15．(1)见解析；
(2)，5；
(3)．
【分析】（1）想办法证明，由，，即可证明；
（2）如图1中，设，则．在△中，由，，推出，解方程即可；
（3）分两种情形①当点在线段上时，如图2中，连接．由，推出，，推出，推出；
②当点在的延长线上时，如图3中，同法可得；
【详解】（1）证明：由旋转可得，
，，
，，
，
，
在和中，
，
；
（2）解：设，则．
，，
，
，
，
，
，
在中，，，
，
，
；
（3）解：①当点在线段上时，如图2中，连接．
，
，
，，
在和中，
，
，，
，
，
解得：（负值已舍去）；
②当点在的延长线上时，如图3中，连接．
同法可得是直角三角形，，，
，
解得：（负值已舍去），
综上所述，的值为或．
【点睛】本题属于几何变换综合题．主要考查了等腰直角三角形的性质、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，学会用分类讨论的思想思考问题．
16．(1)
(2)秒或9秒
(3)秒或15秒
(4)．
【分析】本题主要考查线段的和差，平行线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质等知识：
（1）根据线段的和差可得结论；
（2）分和两种情况讨论求解即可；
（3）分和两种情况讨论求解即可；
（4）根据题意得扫过的图形是，求出和即可．
【详解】（1）解：根据题意得：，，
∴；
（2）解：当时，如图1，
∵是等边三角形，
∴
∵，
∴
∵
∴
∵
∴，
∴
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∵，
∴
∴（秒）；
当时，如图2，
则
而
∴
∴三点在一条直线上，
又点在上运动，
∴点与点重合，
∴
∴（秒）；
综上，当秒或9秒时，与的一边平行；
（3）解：当时，如图3，
∵
∴
∵
∴
∴
∴，
∴（秒）；
当时，如图4，
∵
∴
∵
∴
∴
∵，
∴
∴
∴
∴
∴（秒），
综上，当秒或15秒时，与的一边垂直；
（4）解：如图，在旋转的过程中，扫过的图形是，
当点与点重合时，点在上，此时，，
∴
∴
又
∴
∵
∴
∴
∴
过点作于点，
∵
∴
∵
∴
∴
由勾股定理得，
∴；
过点作于点，则
又,
∴，
∴
由勾股定理得，
∴
∴
∴
即在旋转的过程中，扫过的图形的面积为．
故答案为：.
17．(1)证明见解析
(2)，理由见解析
【分析】（1）根据等边对等角可得，根据平行线的性质可得，进而可得，根据旋转的性质、角的和差关系可得，利用可证得，于是可得，据此即可得出结论；
（2）连接并延长，交于点，连接，利用可证得，于是可得，，由（1）可知，，于是可得，利用可证得
，于是可得，，再结合平行线的性质及等角对等边可得，从而得出，进而可证得是的中位线，于是得解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴，，
∴，即：，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
（2）解：，理由如下：
如图，连接并延长，交于点，连接，
∵，
∴，
，，，
，
，，
由（1）可知：，，
∴，
，，，
，
，，
，
∵，
∴，
，
，
，
，
∵，
∴是的中位线，
，
即：．
【点睛】本题主要考查了三角形的中位线定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，旋转的性质等知识点，熟练掌握相关知识点并正确做出辅助线是解题的关键．
18．(1)见解析
(2)（1）中的结论不成立；
(3)
【分析】（1）在上截取，连接，证明，得出，，证明为等边三角形，得出，即可证明结论；
（2）在上截取，连接，证明，得出，，证明为等腰直角三角形，得出，即可证明结论；
（3）连接，过点A作于点M，根据解析（2）的证明得出，，，证明为等腰直角三角形，求出，，根据直角三角形的性质结合勾股定理求出，最后在中根据含角直角三角形的性质和勾股定理求出结果即可．
【详解】（1）证明：在上截取，连接，如图所示：
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
即；
（2）解：（1）中结论不成立；；
在上截取，连接，如图所示：
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
故答案为：；
（3）解：连接，过点A作于点M，如图所示：
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
即，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为等腰直角三角形，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：或（舍去），
∴的长为．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，三角形内角和定理的应用，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明．
19．(1)当时，．当时，
(2)或
(3)
(4)1或3
【分析】（1）由为的中点，根据点从点出发，沿线段以每秒1个单位长度的速度向终点运动，表示出线段长，再分类讨论即可求解；
（2）当点M在边上，可得，列出方程即可；当点在边上，可得，列出方程即可；
（3）根据题意分类讨论，表示出线段长，再根据面积公式求解即可；
（4）当与交于点，点恰为线段的中点时，表示出线段长，列出方程即可求解；当与交于点，点恰为线段的中点时，表示出线段长，列出方程即可求解．
【详解】（1）解：由题意得，
，点D为的中点，
，
∵点P关于点D的对称点为点Q，
,
，
当时，，
．
当时，，
．
∴当时，．当时，．
（2）解：如图1，点M在边上时，，
由题意可知，，
，
，
，
解得；
如图2，点M在边上时，，
由题意可知，，
，
，
，
解得；
所以，t的值为或．
（3）解：当时，与重叠部分为，面积为4；
当时，与重叠部分为，
此时，，
；
当时，与重叠部分为，
此时，，
；
当时，与重叠部分为，面积为4；
所以，．
（4）解：t的值为1或3，理由如下：
如图3，与交于点N，点恰为线段的中点时，，则，
，
解得；
如图4，与交于点N，点恰为线段的中点时，，则，
，
解得；
综上所述，t的值为1或3．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、轴对称的性质，解题关键是根据运动速度表示出线段长．
20．(1)①，；②
(2)①见解析；②（1）中的正方形，面积较大．
【分析】（1）①由正方形的性质结合题意可求出，根据含30度角的直角三角形的性质得出，再根据勾股定理即可求出，最后根据正方形的面积公式列方程即可；
②根据直接开平方法求出x的值，即可求出和的长，最后根据求解即可；
（2）①过点A作，设为裁剪线，将绕点A逆时针旋转得出，从而可证四边形为正方形，即此时拼出的正方形面积最大；
②由（2）①可知，结合含30度角的直角三角形的性质和勾股定理，可求出的长，从而可求出，最后比较即可．
【详解】（1）解：①∵四边形为正方形，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：，；
②解：，
，
∴，（舍），
∴，，
∴．
故答案为：；
（2）解：①过点A作，设为裁剪线，
∵图1中的四边形纸片1与图2中的四边形纸片2形状相同，
∴，，
∴将绕点A逆时针旋转得出，如图，
∴，，．
∵，
∴，
∴，
∴C、D、N三点共线，
∴，
∴四边形为矩形，
∴矩形为正方形，即此时拼出的正方形面积最大；
②由（2）①可知，
又∵图1中的四边形纸片1与图2中的四边形纸片2形状相同，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴（1）中的正方形，面积较大．
【点睛】本题考查正方形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，解一元二次方程，旋转的性质等知识．利用数形结合的思想是解题关键．
21．(1)，
(2)
(3)见解析
【分析】（1）根据旋转的性质，旋转前后对应线段长度不变且对应线段夹角为旋转角，通过设点的坐标，利用勾股定理和旋转性质来求解点的坐标和的长；
（2）依据旋转的性质，可得，再根据边角关系可得，求出点的坐标；
（3）根据四边形的面积公式，通过分析，，时四边形的组成部分来用含的式子表示面积．
【详解】（1）解：如图1，过点作轴于点，
∵是由逆时针旋转得到，且点在轴上，
∴，
∴，
且，
∴，
∴，
由勾股定理可知
解得；
∴点的坐标为；
（2）解：如图2，由（1）可知，且，
∵是由旋转得到，
∴，
∴，
∴，
∴点的坐标为；
（3）解：如图， 当时，
绕点逆时针旋转得到，且轴，，，
轴，
，，
；
如图，当时，
绕点逆时针旋转得到，，，
，
；
如图，当时，
绕点逆时针旋转得到，，，
，，
．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，掌握旋转的性质的性质是解题的关键．
22．（1），（2），理由见解析（3）
【分析】（1）先根据等腰直角三角形的性质得到，再证明得到，，再证明，得到，则，；
（2）如图所示，连接，先根据等腰直角三角形的性质得到，再证明，得到，，则，由勾股定理得到，则；再由勾股定理得到，即可得到；
（3）将线段绕点A逆时针旋转得到，连接，，则，，即可推出，， 证明，得到， ，则由勾股定理得，进而得到，则．
【详解】解：（1）∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
又∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴；
∴，；
故答案为：，；
（2），证明如下：
如图所示，连接，
∵，，
∴，
∵，
∴，即，
又∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴；
（3）将线段绕点A逆时针旋转得到，连接，，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、旋转的性质，等腰直角三角形的性质等，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
23．(1)等腰三角形三线合一
(2)
(3)，证明见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的性质，即可求解；
（2）在中，根据勾股定理，求得，进而证明，根据全等三角形的性质得出，进而即可求解；
（3）延长至，使，连结，证明进而得出，证明得出，又，则．
【详解】（1）解：若，则，理由是等腰三角形三线合一；
故答案为：等腰三角形三线合一．
（2）解：∵在中，为中点，，
，
在中，，
在中，为中点，
，
∵，
，
，
即，
又∵，
，
由旋转的性质得，
在在中
，
，
（3）证明：延长至，使，连结
∵为的中点，
，
在和中
，
，
∵，
，
又∵，
，
，
即，
又由旋转的性质得，
，
在和中，
，
，
，
又，
．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，中位线性质，勾股定理，补角的性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形．
24．（1）；（2）；（3）的长为
【分析】（1）根据旋转的性质证明是等边三角形即可求解；
（2）连接，延长交于，证明垂直平分得，然后利用勾股定理依次求出，即可；
（3）连接并延长，在的延长线上取点，使得，连接，由旋转的性质可知，，证明得，点在与夹角为的直线上运动．延长与的延长线交于点，可求，在中求出，即可解答．
【详解】解：（1）∵将绕点按逆时针方向旋转得到，
，
∴是等边三角形，
．
（2）连接，延长交于，
由（1）知，是等边三角形，
，
∴点在的垂直平分线上，
，
∴点在的垂直平分线上，
∴垂直平分，
，
，
，
．
（3）∵等边三角形的边长为8，是的中点，
∴，
连接并延长，在的延长线上取点M，使得，连接，
∴，
由旋转的性质可知，，
，
，
在和中
，
，
，
则点F在与夹角为的直线上运动，延长与的延长线交于点，
，
，
在中，，
，
当点、、在同一直线上时，点和点重合，此时，．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，垂线段最短，线段垂直平分线的判定，勾股定理，直角三角形的性质，全等三角形的性质和判定，熟练掌握旋转的性质并正确做出辅助线是解答本题的关键．
25．(1)见解析
(2)小明的发现是正确的，理由见解析
(3)；
【分析】（1）根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理推导出即可；
（2）延长，交于点M，连接，证明，再由垂直平分线的性质得出，在直角三角形中，，即；
（3）由（2），可得，在中，，整理得到，连接，当G点与C点重合时求出的长，即可求x的取值范围．
【详解】（1）证明：由旋转可知，，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：小明的发现是正确的，理由如下：
如图，延长，交于点M，连接，如图所示：
根据旋转可知，，，，
∴B、A、D在同一直线上，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴垂直平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵，
∴，
在中，，
∵，
∴，
在中，，即，
∴，
整理得，，
当G点与C点重合时，连接，如图所示：
∵，，
∴垂直平分，
∴，
根据旋转可知：，
在中，，
即，
解得：，
∵点G在射线上，
∴．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，垂直平分线的性质，求函数解析式，求自变量的取值范围，三角形全等的判定和性质，解题的关键是数形结合，作出辅助线．
26．(1)①作图见解析；②；
(2)，理由见解析．
【分析】（1）①根据题意画出图形即可；②解直角三角形求出，再利用全等三角形的性质证明即可；
（2）作于，于．通过计算证明即可解决问题．
【详解】（1）解：①补全图形如图所示．
②是等边三角形，，，
，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
，
∴，
∴，，
∴，
由点关于点的对称点为，得，
，．
，
．
故答案为：；
（2）解：，理由如下：
作于，于．
，
．
由题意可知．
，
，
，
，
，，
四边形是矩形，
，，
，
，
又，
，
，
，
∵，，
∴，
∴，
，，关于点对称，
，，
，
为中点．
垂直平分．
．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
答案第1页，共2页
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