【精品解析】图形变化之旋转——【探究与实践】历年（2022-2025）中考数学真题精编

图形变化之旋转——【探究与实践】历年（2022-2025）中考数学真题精编
一、三角板旋转
1．（2023·赤峰）数学兴趣小组探究了以下几何图形．如图①，把一个含有角的三角尺放在正方形中，使角的顶点始终与正方形的顶点重合，绕点旋转三角尺时，角的两边，始终与正方形的边，所在直线分别相交于点，，连接，可得．
（1）【探究一】
如图②，把绕点C逆时针旋转得到，同时得到点在直线上．求证：；
（2）【探究二】
在图②中，连接，分别交，于点，．求证：；
（3）【探究三】
把三角尺旋转到如图③所示位置，直线与三角尺角两边，分别交于点，．连接交于点，求的值．
【答案】（1）证明：∵把绕点C逆时针旋转得到，同时得到点在直线上，
∴，
∴，
∴，
在与中
∴
∴
（2）证明：如图所示，
∵四边形是正方形，
∴，
又，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
又∵公共角，
∴；
（3）证明：∵是正方形的对角线，
∴，，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，，
如图所示，将绕点顺时针旋转得到，则点在直线上．
∴，，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
即．
【知识点】相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】(1)通过手拉手旋转全等模型和正方形的性质可以得到与的全等条件，再根据全等的性质求得结论.
(2)本题考查了正方形的性质和三角形的内角和，熟练转换角之间的关系是解题关键.
(3)根据题意构造手拉手旋转全等是解题关键，通过全等得到三角形相似的条件，再通过相似比得到结论.
2．（2022·江西）问题提出：某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题：将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形中心O处，并绕点O逆时针旋转，探究直角三角板与正方形重叠部分的面积变化情况（已知正方形边长为2）．
（1）操作发现：如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当与重合时，重叠部分的面积为　 　；当与垂直时，重叠部分的面积为　 　；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积与S的关系为　 　；
（2）类比探究：若将三角板的顶点F放在点O处，在旋转过程中，分别与正方形的边相交于点M，N．
①如图2，当时，试判断重叠部分的形状，并说明理由；
②如图3，当时，求重叠部分四边形的面积（结果保留根号）；
（3）拓展应用：若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心O处，该锐角记为（设），将绕点O逆时针旋转，在旋转过程中，的两边与正方形的边所围成的图形的面积为，请直接写出的最小值与最大值（分别用含的式子表示），
（参考数据：）
【答案】（1）1；1；
（2）解：①如图2中，结论：△OMN是等边三角形．
理由：过点O作OT⊥BC，
∵O是正方形ABCD的中心，
∴BT=CT，
∵BM=CN，
∴MT=TN，
∵OT⊥MN，
∴OM=ON，
∵∠MON=60°，
∴△MON是等边三角形；
②如图3中，连接OC，过点O作OJ⊥BC于点J．
∵CM=CN，∠OCM=∠OCN，OC=OC，
∴△OCM≌△OCN（SAS），
∴∠COM=∠CON=30°，
∴∠OMJ=∠COM+∠OCM=75°，
∵OJ⊥CB，
∴∠JOM=90°-75°=15°，
∵BJ=JC=OJ=1，
∴JM=OJ tan15°=2-，
∴CM=CJ-MJ=1-（2-）=-1，
∴S四边形OMCN=2××CM×OJ=-1．
（3）
【知识点】正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：(1)如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，OE与OC重合，此时重叠部分的面积=△OBC的面积=正方形ABCD的面积=1；
当OF与BC垂直时，OE⊥BC，重叠部分的面积=正方形ABCD的面积=1；
一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为S1=S．
理由：如图1中，设OF交AB于点J，OE交BC于点K，过点O作OM⊥AB于点M，ON⊥BC于点N．
∵O是正方形ABCD的中心，
∴OM=ON，
∵∠OMB=∠ONB=∠B=90°，
∴四边形OMBN是矩形，
∵OM=ON，
∴四边形OMBN是正方形，
∴∠MON=∠EOF=90°，
∴∠MOJ=∠NOK，
∵∠OMJ=∠ONK=90°，
∴△OMJ≌△ONK（AAS），
∴S△PMJ=S△ONK，
∴S四边形OKBJ=S正方形OMBN=S正方形ABCD，
∴S1=S．
故答案为：1，1，S1=S．
(3)如图4，将沿翻折得到，则，此时则当在上时，比四边形的面积小，
设，则当最大时，最小，
，即时，最大，
此时垂直平分，即，则
如图5中，过点O作OQ⊥BC于点Q，
，
BM=CN
当BM=CN时，△OMN的面积最小，即S2最小．
在Rt△MOQ中，MQ=OQ tan=tan，
∴MN=2MQ=2tan，
∴S2=S△OMN=×MN×OQ=tan．
如图6中，同理可得，当CM=CN时，S2最大．
则△COM≌△CON，
∴∠COM=，
∵∠COQ=45°，
∴∠MOQ=45°-，
QM=OQ tan（45°-）=tan（45°-），
∴MC=CQ-MQ=1-tan（45°-），
∴S2=2S△CMO=2××CM×OQ=1-tan（45°-）．
【分析】（1）如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，OE与OC重合，此时重叠部分的面=△OBC的面积=正方形ABCD的面积=1；当OF与BC垂直时，OE⊥BC，重叠部分的面积=正方形ABCD的面积=1；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为S1=S．利用全等三角形的性质证明即可；
（2）①结论：△OMN是等边三角形，证明ＯＭＯＮ，可得结论；
②连接OC，过点O作OJ⊥BC于点J，证明△OCM≌△OCN（SAS），推出∠COM=∠CON=30°，解直角三角形求出OJ，即可解决问题；
（3）过点O作OQ⊥BC于点Q， 当BM=CN时，△OMN的面积最小，即S2最小；同理可得，当CM=CN时，S2最大，再分别求解即可。
3．（2022·潍坊）
（1）【情境再现】
甲、乙两个含角的直角三角尺如图①放置，甲的直角顶点放在乙斜边上的高的垂足O处，将甲绕点O顺时针旋转一个锐角到图②位置．小莹用作图软件Geogebra按图②作出示意图，并连接，如图③所示，交于E，交于F，通过证明，可得．
请你证明：．
（2）【迁移应用】
延长分别交所在直线于点P，D，如图④，猜想并证明与的位置关系．
（3）【拓展延伸】
小亮将图②中的甲、乙换成含角的直角三角尺如图⑤，按图⑤作出示意图，并连接，如图⑥所示，其他条件不变，请你猜想并证明与的数量关系．
【答案】（1）证明：，
，
，
，
，
，
；
（2），
证明：，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：，
证明：在中，，
在中，，
，
由上一问题可知，，
，
，
．
【知识点】相似三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形的综合
【解析】【分析】（1）证明，即可得出结论；
（2）由三角形全等证出，得出，再由，得出，即可得解；
（3）在中，，得出，由，得出，从而得出，由此得解。
4．（2024·眉山） 综合与实践
问题提出：在一次综合与实践活动中，某数学兴趣小组将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形的中心处，并绕点旋转，探究直角三角板与正方形重叠部分的面积变化情况．
操作发现：将直角三角板的直角顶点放在点处，在旋转过程中：
（1）若正方形边长为4，当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为　 　；当一条直角边与正方形的一边垂直时，重叠部分的面积为　 　．
（2）若正方形的面积为，重叠部分的面积为，在旋转过程中与的关系为　 　．
（3）类比探究：如图1，若等腰直角三角板的直角顶点与点重合，在旋转过程中，两条直角边分别角交正方形两边于，两点，小宇经过多次实验得到结论，请你帮他进行证明．
（4）拓展延伸：如图2，若正方形边长为4，将另一个直角三角板中角的顶点与点重合，在旋转过程中，当三角板的直角边交于点，斜边交于点，且时，请求出重叠部分的面积．（参考数据：，，）
【答案】（1）4；4
（2）
（3）解：四边形是正方形，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
（4）解：过点作于点，于点．
同（2）可知四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，，
，
，
由（1）可知，，
，
，
，
重叠部分的面积
．
【知识点】旋转的性质；四边形的综合；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：（1）四边形是正方形，
，
当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为；
当一条直角边与正方形的一边垂直时，如图，
，
四边形是矩形，
四边形是正方形，
，，
，
，
四边形是正方形，
，
四边形的面积是4，
故答案为：4，4；
（2）如图，过点作于点，于点．
是正方形的中心，
，
，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：；
【分析】（1）利用正方形的性质可证得∠BOC=90°，当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为正方形面积的四分之一，据此可求出重叠部分的面积；当一条直角边与正方形的一边垂直时，如图，易证四边形MONC是矩形，利用正方形的性质去证明∠MOC=∠MCO，可得到OM=CM，可证四边形OMCN是正方形，可求出OM的长，然后求出四边形OMCN的面积.
（2）过点作于点，于点．易证OH=OG，利用有三个角是直角的四边形是矩形可证得四边形OGCH是矩形，由此可推出四边形OGCH是正方形，利用正方形的性质去证明∠EOG=∠FOH，利用ASA证明△OGE≌△OHF，利用全等三角形的面积相等可得到，由此可证得结论.
（3）利用正方形的性质去证明∠EOB=∠FOC，利用ASA证明△EOB≌△FOC，利用全等三角形的性质可证得BE=CF，可推出BE+DF=CD，由，可证得结论.
（4）过点作于点，于点．利用正方形的性质可证得BG=BH，OG=OH，同时可证得GM=NH，利用SAS证明△OGM≌△OHN，利用全等三角形的性质可证得两个三角形的面积相等，同时可证得∠GOM=∠NOH，可推出∠GOM=15°，利用解直角三角形求出GM的长，再求出△OGM的面积，然后根据重叠部分的面积，代入计算即可.
二、三角形旋转
5．（2023·锦州）【问题情境】如图，在中，，．点D在边上将线段绕点D顺时针旋转得到线段（旋转角小于），连接，，以为底边在其上方作等腰三角形，使，连接．
（1）【尝试探究】
如图1，当时，易知；
如图2，当时，则与的数量关系为；
（2）如图3，写出与的数量关系（用含α的三角函数表示）．并说明理由；
（3）【拓展应用】
如图4，当，且点B，E，F三点共线时．若，，请直接写出的长．
【答案】（1）解：如图，过点A作AH⊥BC于点H，
∵，，
∴，
∴．
∵是以为底边的等腰三角形，，
∴，．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，H为的中点，
∴．
在中，，
∴．
∴．
∴．
又，
∴；
（2）解：；
如图，过点A作AH⊥BC于点H，
∵，，
∴，
∴．
∵是以为底边的等腰三角形，，
∴，．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，H为的中点，
∴．
在中，，
∴．
∴．
∴．
（3）解：．
如图，过点D作DM⊥BF于点M，过点C作CH⊥BF，交BF延长线于点H，
∴．
∵线段DB绕点D顺时针旋转得到线段DE，
∴．
∴．
∵是以CE为底边的等腰三角形，，
∴，．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
设，则，
∵，
∴，
∴．
∴．
∵，
∴，．
∴．
在中，，，
∴．
∴，解得．
∴．
∵，
∴．
【知识点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【分析】（1）过点A作AH⊥BC于点H，根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可找出∠BAC=∠EFC，然后根据有两组角对应相等的两个三角形相似得△ABC∽△FEC，由相似三角形对应边成比例得，则，由∠ACB=∠FCE推出∠BCE∽△ACF，由两组边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似得△BCE∽△ACF，由相似三角形对应边成比例得，由等腰三角形的三线合一得BC=2CH，在Rt△AHC中，由∠ACH的余弦函数可得，最后根据特殊锐角三角函数值可得；
（2），过点A作AH⊥BC于点H，根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可找出∠BAC=∠EFC，然后根据有两组角对应相等的两个三角形相似得△ABC∽△FEC，由相似三角形对应边成比例得，则，由∠ACB=∠FCE推出∠BCE∽△ACF，由两组边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似得△BCE∽△ACF，由相似三角形对应边成比例得，由等腰三角形的三线合一得BC=2CH，在Rt△AHC中，由∠ACH的余弦函数可得；
（3）过点D作DM⊥BF于点M，过点C作CH⊥BF，交BF延长线于点H，由同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行得DM∥CH，由旋转的性质得DB=DE，由等腰三角形的三线合一得BM=EM，根据等腰三角形的性质及三角形外角性质得∠HFC=∠FEC+∠FCE=60°，由含30°角直角三角形的性质可得FC=2FH，设BM=x，则BE=2x，由平行线分线段成比例定理得，从而可得BH=5x，EH=3x，FE=FC=2x，FH=x，则，在Rt△BHC中，由勾股定理建立方程可求出x的值，从而得到BE=4，从而可得答案.
6．（2024·烟台中考） 在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为直线BC上任意一点，连接AD．将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°得线段ED，连接BE．
（1）【尝试发现】
如图1，当点D在线段BC上时，线段BE与CD的数量关系为 　 　；
（2）【类比探究】
当点D在线段BC的延长线上时，先在图2中补全图形，再探究线段BE与CD的数量关系并证明；
（3）【联系拓广】
若AC＝BC＝1，CD＝2，请直接写出sin∠ECD的值．
【答案】（1）
（2）解：补全图形如图，，理由如下：
过点E作EM⊥BC于点M，
由旋转得AD＝DE，∠ADE＝90°，
∴∠ADC+∠EDM＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝∠DME，∠ADC+∠CAD＝90°，
∴∠CAD＝∠EDM，
∴△ACD≌△DME（AAS），
∴CD＝EM，AC＝DM，
∵AC＝BC，
∴DM＝BC，
∴DM﹣CM＝BC﹣CM，
∴CD＝BM，
∴EM＝BM，
∵EM⊥CB，
∴；
（3）解：
【知识点】勾股定理；坐标与图形变化﹣旋转；等腰直角三角形；三角形全等的判定-AAS；求正弦值
【解析】【解答】解：（1）如图，过点E作EM⊥CB延长线于点M，
由旋转得AD＝DE，∠ADE＝90°，
∴∠ADC+∠EDM＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝∠DME，∠ADC+∠CAD＝90°，
∴∠CAD＝∠EDM，
∴△ACD≌△DME（AAS），
∴CD＝EM，AC＝DM，
∵AC＝BC，
∴BM＝DM﹣BD＝AC﹣BD＝BC﹣BD＝CD，
∴BM＝EM，
∵EM⊥CB，
∴，
故答案为：；
（3）如图，过点E作EM⊥CB延长线于点M，
由（2）得DM＝AC＝1，EM＝CD＝2，
∴CM＝CD+DM＝3，
∴，
∴．
【分析】（1）过点E作EM⊥CB延长线于点M，证明△ACD≌△DME（AAS），可得CD＝EM，AC＝DM，易求△BEM为等腰直角三角形，可得；
（2）先补全图形，证明△ACD≌△DME（AAS），可得CD＝EM，AC＝DM，易求△BEM为等腰直角三角形，可得；
（3）过点E作EM⊥CB延长线于点M，由（2）得DM＝AC＝1，EM＝CD＝2，利用勾股定理求出CE的长，由即可求解.
7．（2024·成都）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质.已知三角形纸片和中，，，.
（1）【初步感知】
如图1，连接，，在纸片绕点旋转过程中，试探究的值.
（2）【深入探究】
如图2，在纸片绕点旋转过程中，当点恰好落在的中线的延长线上时，延长交于点，求的长.
（3）【拓展延伸】
在纸片绕点旋转过程中，试探究，，三点能否构成直角三角形.若能，直接写出所有直角三角形的面积；若不能，请说明理由.
【答案】（1）解：在△ABC中，∵∠B=90°，AB=3，BC=4，
∵AB=AD=3，BC=DE=4，∠ABC=∠ADE=90°，
∴△ABC≌△ADE（SAS），
∴AC=AE=5，∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
∵
∴△ABD∽△ACE，
∴
∴的值为；
（2）解：连接CE，延长BM交CE于点Q，连接AQ交EF于点P，延长EF交BC于点N，
∵BM是Rt△ABC斜边AC上的中线，
∴AM＝BM＝CM＝AC＝，
∴∠ABM＝∠BAM，
∵AB＝AD，
∴∠ABM＝∠ADB，
∴∠BAM＝∠ADB，
∵∠ABM＝∠DBA，
∴△ABM∽△DBA，
∴，即
∴BD＝，
∴DM＝BD﹣BM＝
∵∠EAD＝∠CAB＝∠ABD＝∠ADB，
∴DM∥AE，
∴△FDM∽△FEA，
∴，即
解得FM＝，
∴CF＝CM﹣FM＝；
（3）解：直角三角形的面积分别为4，16，12，.
【知识点】相似三角形的判定与性质；同角三角函数的关系；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：（3）C，D，E三点能构成直角三角形，理由如下：
①当AD在AC上时，DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，如图，
∴S△CDE＝CD DE＝×（5﹣3）×4＝4；
②当AD在CA的延长线上时，DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，如图，
∴S△CDE＝CD DE＝×（5+3）×4＝16；
③当DE⊥EC时，△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，如图，
∵AQ⊥EC，DE⊥EC，DE⊥AD，
∴四边形ADEQ是矩形，
∴AD＝EQ＝3，AQ＝DE＝4，
∵AE＝AC＝5，AQ⊥CE，
∴CE＝2EQ=6，
∴S△CDE＝AQ CE＝×4×6＝12；
④当DC⊥EC时，△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，交DE于点N，如图，
∵DC⊥EC，AQ⊥EC，
∴AQ∥DC，
∵AC＝CE，AQ⊥EC，
∴EQ＝CQ，
∴NQ是△CDE的中位线，
∴ND＝NE＝DE＝2，CD＝2NQ，
∵∠AND＝∠ENQ，∠ADN＝∠EQN＝90°，
∴∠DAN＝∠QEN，
∴tan∠DAN＝tan∠QEN，
∴，
∴
∴NQ＝EQ，
∵NQ2+EQ2＝NE2，
∴（EQ）2+EQ2＝22，
解得EQ＝，
∴CE＝2EQ＝，NQ＝EQ＝，
∴CD＝2NQ＝，
∴S△CDE＝CD CE＝××＝．
综上所述，直角三角形CDE的面积为4或16或12或．
【分析】（1）在△ABC中，先利用勾股定理算出AC的长，然后由SAS判断出△ABC≌△ADE，由全等三角形的性质得AC=AE=5，∠BAC=∠DAE，由等式的性质推出∠BAD=∠CAE，结合，根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似得△ABD∽△ACE，由相似三角形对应边成比例可得结论；
（2）连接CE，延长BM交CE于Q，连接AQ交EF于点P，延长EF交BC于点N，由直角三角形斜边上中线等于斜边的一半得AM＝BM＝CM＝AC＝，由等边对等角得∠ABM＝∠BAM，∠ABM＝∠ADB，则∠BAM＝∠ADB，从而根据有两组角对应相等得两个三角形相似得△ABM∽△DBA，由相似三角形对应边成比例建立方程可求出BD的长，根据全等三角形对应角相等及等量代换可推出∠EAD=∠ADB，由内错角相等，两直线平行，得AE∥BD，由平行于三角形一边的直线截其它两边，所截三角形与原三角形相似得△FDM∽△FEA，再由相似三角形对应边成比例建立方程可求出FM的长，进而根据CF=CM-FM即可算出答案；
（3）C，D，E三点能构成直角三角形，理由如下：分情况讨论：①当AD在AC上时，DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，画出草图，进而根据三角形的面积计算公式直接计算即可；②当AD在CA的延长线上时，DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，画出草图，进而根据三角形的面积计算公式直接计算即可；③当DE⊥EC时，△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，根据题意画出草图，根据有三个角是直角的四边形是矩形得四边形ADEQ是矩形，由矩形得对边相等得AD＝EQ＝3，AQ＝DE＝4，根据等腰三角形的三线合一得CE＝2EQ=6，从而根据三角形的面积计算公式直接计算即可；④当DC⊥EC时，△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，交DE于点N，如图，由同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行得AQ∥DC，由等腰三角形的三线合一得EQ＝CQ，从而根据三角形的中位线定理得ND＝NE＝DE＝2，CD＝2NQ，由直角三角形的两锐角互余、并结合对顶角相等及等角得余角相等得∠DAN＝∠QEN，由等角得同名三角函数值相等结合正切函数的定义可得，据此NQ＝EQ，在Rt△ENQ中，利用勾股定理建立方程可求出EQ的长，进而计算求出CD的长，最后根据三角形面积计算公式计算即可，综上即可得出答案.
8．（2024·广东）【知识技能】
（1）如1图，在中，DE是的中位线.连接CD，将绕点按逆时针方向旋转，得到.当点的对应点与点重合时，求证：.
（2）【数学理解】
如2图，在中是的中位线.连接CD，将绕点按逆时针方向旋转，得到，连接，，作的中线DF.求证：.
（3）【拓展探索】
如3图，在中，，点在AB上，.过点作，垂足为.在四边形ADEC内是否存在点，使得 若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：∵是由 绕点按逆时针方向旋转 得到，
其中，点E的对应点E'与点A重合，
∴DE=DE'
∴∠BAC=∠AED，
又∵DE是的中位线 ，
∴DE∥BC，
∴∠AED=∠ACB，
∴∠BAC=∠ACB，
∴AB=BC.
（2）解：如图，连接AA'，
∵由旋转可知，
∠ADA'=∠CDC'，AD=A'D，DC=DC'，
∴∠DAA'=∠DA'A，∠DCC'=∠DC'C，
又∵∠DAA'+∠DA'A+∠ADA'=180°，∠DCC'+∠DC'C+∠CDC'=180°，
∴∠DCC'=∠DAA'，
∴△CDC'∽△ADA'，
∴，即，
又∵ DF是的中线，即F是A'B中点，DE是△ABC的中位线，
∴AD=BD，A'F=BF，
∴DF是△ABA'的中位线，
即，
∴，即.
（3）解：存在，理由如下，
如图，分别以AD和CE为直径作圆，连接两圆心，过点作，垂足为点F，
∵，BE=3，
∴DE=4，
在Rt△BED中，，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
同理，解得，
∴，
在Rt△中，
，
其中，，故，即，
又∵<3，
，
∴，
∴两圆相交，即两圆存在交点G，
此时∠CGE=∠AGD=90°，满足.
【知识点】圆与圆的位置关系；三角形的中位线定理；解直角三角形—边角关系；手拉手相似模型
【解析】【分析】（1）由中位线的性质和旋转性质推导角度关系推出等腰即可；
（2）由目标线段的乘积关系联想旋转前后对应点后三角形的相似，由"手拉手全等"推出的"手拉手相似"，最后利用中位线的等量代换得出目标线段的等量关系；
（3）根据已知定△ABC分析易解出△BDE，为满足题意，不妨假设结论成立，即找出一个特殊的例子说明存在性即可，故而将目标互补角转换为双直角，即两圆是否存在交点的问题，进一步结合解三角形求出两圆心距离近似估值判断满足两圆相交的关系即可.
9．（2024·兰州）综合与实践
【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景，探究动点运动的几何问题，如图，在中，点M，N分别为，上的动点（不含端点），且．
【初步尝试】（1）如图1，当为等边三角形时，小颜发现：将绕点M逆时针旋转得到，连接，则，请思考并证明：
【类比探究】（2）小梁尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图2，在中，，，于点E，交于点F，将绕点M逆时针旋转得到，连接，．试猜想四边形的形状，并说明理由；
【拓展延伸】（3）孙老师提出新的探究方向：如图3，在中，，，连接，，请直接写出的最小值．
【答案】（1）证明∵为等边三角形，
∴，
∵绕点M逆时针旋转得到，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）解：四边形为平行四边形，理由如下，
∵，，
∴，
∵绕点M逆时针旋转得到，
∴，，
∴，
则，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
则四边形为平行四边形；
（3）
【知识点】等边三角形的性质；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形-动点问题
【解析】【解答】（3）解：如图，过点A作，使，连接、，，延长，过点G作于点O，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴当点G、M、C三点共线时，的值最小，最小值为的值，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴的最小值为．
【分析】（1）根据等边三角的性质可得，再由旋转的性质可得，结合邻补角可求得，从而用SAS判断出△ANM≌△MBD，由全等三角形的对应边相等可得结论；
（2）由等腰直角三角形性质得∠ABC=45°，再根据旋转的性质可得MA=MD，∠MAD=∠MDA=45°，∠DMA=∠DMB=90°，则∠MAD=∠ABF=45°，由内错角相等，两直线平行，得AD∥BF，由SAS判断出△ANM≌△MBD，由全等三角形的对应角相等得，由直角三角形两锐角互余及等角的余角相等可推出，由内错角相等，两直线平行，DB∥AF，进而根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形AFBD是平行四边形；
（3）过点A作∠BAG=45°，使AG=CB，连接GM、GC，BG，延长CB，过点G作GO⊥CB于点O，根据等腰三角形的性质可证，用SAS判断出证明△GAM≌△BCN，由全等三角形的对应边相等可得GM=BN，从而可得当点G、M、C三点共线时，BN+CM的值最小，最小值为CG的值，根据平行线的性质和平角的定义可得，再根据等腰直角三角形的性质和勾股定理求得，从而可得，再利用勾股定理求解即可．
10．（2024·牡丹江）数学老师在课堂上给出了一个问题，让同学们探究．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点D在直线BC上，将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，过点E作EF∥BC，交直线AB于点F．
（1）当点D在线段BC上时，如图①，求证：BD+EF＝AB；
分析问题：某同学在思考这道题时，想利用AD＝AE构造全等三角形，便尝试着在AB上截取AM＝EF，连接DM，通过证明两个三角形全等，最终证出结论：
推理证明：写出图①的证明过程：
（2）探究问题：
当点D在线段BC的延长线上时，如图②：当点D在线段CB的延长线上时，如图③，请判断并直接写出线段BD，EF，AB之间的数量关系；
（3）拓展思考：
在（1）（2）的条件下，若AC＝6，CD＝2BD，则EF＝　 　．
【答案】（1）证明： 在AB上截取AM＝EF，连接DM，
由旋转的性质知：AD=AE，∠EAD=60°，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，
∴∠B=60°，
∵EF∥BC，
∴∠EFB=∠B=60°，
∴∠EFB=∠EAD，∠EFA=180°-60°=120°
∵∠BAD=∠EAD-∠EAB，∠E=∠EFB-∠EAB，
∴∠BAD=∠E，
∵AD=AE，AM=EF，
∴△DAM≌△AEF（SAS），
∴AF=DM，∠AMD=∠EFA=120°，
∴∠BMD=180°-∠AMD=60°，
∵∠B=60°，
∴△BMD为等边三角形，
∴BD=DM=BM，
∴AB=AM+BM=EF+BD.
（2）解：图②：AB=BD-EF，
理由：如图，在BD上取点H，使BH=AB，连接AH并延长到点G使AG=AF，连接DG，
∵∠ABC=60°，
∴△ABH为等边三角形，
∴∠BAH=∠BHA=60°，
由旋转知：∠DAE=60°，AE=AD，
∴∠BAH=∠DAE，
∴∠BAE=∠DAH，
∵AG=AF
∴△FAE≌△GAD（SAS），
∴EF=DG，∠AFE=∠G，
∵BC∥EF，
∴∠AFE=∠ABC=∠G=60°，
∵∠DHG=∠AHB=60°，
∴△DHG为等边三角形，
∴DH=DG=EF，
∴AB=BH=BD-DH=BD-EF.
图③：AB=EF-BD，
理由：如图，在EF上取点H使AH=AF，
∵BC∥EF，
∴∠F=∠ABC=60°
∴△AHF为等边三角形，
∴∠AHF=∠HAF=60°，AH=FH
∴∠AHE=120°，∠EAH+∠DAB=180°-∠EAD-∠FAH=180°-60°-60°=60°，
由旋转知：AD=AE，∠DAE=60°，
∵∠D+∠DAB=∠ABC=60°，
∴∠D=∠EAH，
∵∠DBA=∠AHE=120°，AD=AE，
∴△EAH≌△ADB（AAS）
∴BD=AH，AB=EH，
∴BD=HF，
∴AB=EH=EF-FH=EF-BD；
（3）10或18
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：（3）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，
∴AB=2BC，AC=BC，
∴BC=AC=6，AB=12，
∵CD=2BD，
∴BD=BC=2，
由（1）知：AB=EF+BD，
∴EF=AB-BD=12-2=10；
如图：当点D在线段BC的延长线上时 ，由CD＜BD，与CD=2BD矛盾，不成立；
如图：当点D在线段CB的延长线上时 ，
∵CD=2BD，BC=6，
∴BD=BC=6，AB=2BC=12，
由AB=EF-BD，则EF=AB+BD=18.
综上可知：EF的长为10或18.
【分析】（1）在AB上截取AM＝EF，连接DM，可证△DAM≌△AEF（SAS），可得AF=DM，∠AMD=∠EFA=120°，再证△BMD为等边三角形，可得BD=DM=BM，利用线段的和差关系即可求解；
（2）图②：如图，在BD上取点H，使BH=AB，连接AH并延长到点G使AG=AF，连接DG，易得△ABH为等边三角形，再证△FAE≌△GAD（SAS），可得EF=DG，∠AFE=∠G，最后可证△DHG为等边三角形，可得DH=DG=EF，利用线段的和差关系即可求解；
图③：如图，在EF上取点H使AH=AF，可证△EAH≌△ADB（AAS），可得BD=AH，AB=EH，利用线段的和差关系即可求解；
（3）利用含30°角的直角三角的性质求出BC=6，AB=12，结合CD=2BD求出BD的长，继而求解.
三、四边形旋转
11．（2025·兰州）【提出问题】数学讨论课上，小明绘制图1所示的图形，正方形ABCD与正方形BEFG（AB＞BE），点E，G分别在AB，BC上．根据图形提出问题：如图2，正方形BEFG绕点B顺时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°），直线AE与CG相交于点H，连接BH，探究线段AH，BH，CH之间的数量关系．
（1）【解决问题】小明将上述问题特殊化，如图3，当点G，H重合时，请你写出AH，BH，CH之间的数量关系，并说明理由；
（2）小明借鉴（1）中特殊化的解题策略后，再解决图2所示的一般化问题，当点G，H不重合时，请你写出AH，BH，CH之间的数量关系，并说明理由；
（3）【拓展问题】小明将图2所示问题中的旋转角α的范围再扩大，正方形BEFG绕点B顺时针旋转，旋转角为α（180°＜α＜360°），直线AE与CG相交于点H，连接BH，请直接写出AH，BH，CH之间的数量关系．
【答案】（1）解：，理由如下，
如图3，当点G，H重合时，
∵正方形ABCD与正方形BEFG，
∴AB＝BC，BE＝BH，∠ABC＝90°，∠EBH＝90°，
∴EH，∠ABE＝90°﹣∠EBC＝∠CBG，
∴△ABE≌△CBG（SAS），
∴AE＝CG，
∴；
（2）解：，理由如下，
由（1）得△ABE≌△CBG（SAS），
∴∠BCH＝∠MAB，
在AE上截取AM＝CH，
∵∠BCH＝∠MAB，AB＝BC，
∴△MAB≌△HCB（SAS），
∴∠MBA＝∠CBH，BM＝BH，
∵∠HBG＝90°﹣∠CBH﹣∠EBC，∠EBM＝90°﹣∠MBA﹣∠EBC，
∴∠HBG＝∠EBM，
∴∠MBH＝∠EBM+∠EBC+∠CBH＝∠HBG+∠EBC+∠CBH＝∠EBG＝90°，
∴△MBH是等腰直角三角形，
∴，
∵AH＝AM+MH，
∴；
（3），
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的判定；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；旋转全等模型
【解析】【解答】
解：（3），理由如下，由（1）得△ABE≌△CBG（SAS），
∴AE＝CG，∠BCH＝∠HAB，
在CG上截取CM＝AH，
∵∠BCH＝∠HAB，BC＝AB，
∴△ABH≌△CBM（SAS），
∴BH＝BM，∠MBC＝∠ABH，
同理，△MBH是等腰直角三角形，
∴，
∵CH＝CM+MH，
∴．
故答案为：.
【分析】(1)利用正方形的性质得到EH，即可利用SAS证明△ABE≌△CBG，从而得出AE'=CG，根据AH=AE+EH，解答即可：
(2)在AE上截取AM =CH，利用SAS证明△MAB≌△HCB，推出∠MBA＝∠CBH，BM＝BH，通过角度的和差运算即可证明△MBH是等腰直角三角形，从而得到，根据AH = AM + MH，解答即可；
(3)在CG上截收CM = AH，利用SAS证明△ABH≌△CBM，得到BH＝BM，∠MBC＝∠ABH，同理得到
△MBH是等腰直角三角形，求得，根据CH = CM+ MH，解答即可.
12．（2025·齐齐哈尔）综合与实践
在探索几何图形变化的过程中，通过直观猜想、逻辑推理、归纳总结可以获得典型的几何模型，运用几何模型能够轻松解决很多问题，让我们共同体会几何模型的“数学之美”
（1）【几何直观】如图1，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，在△ABC内部取一点D，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AD'，连接BD，CD'，则CD'与BD的数量关系是　 　；∠AD'C与∠ADB的数量关系是　 　.
（2）【类比推理】如图2，在正方形ABCD内部取一点E，使∠CED=90°，将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到线段CE'，连接E'B，延长E'B交DE的延长线于点F，
求证：四边形CEFE'是正方形；
（3）【深度探究】如图3，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，在其内部取一点E，使∠CED=90°，将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到线段CE'，延长CE'至点G，使，连接GB，延长GB交DE的延长线于点F，连接AF，若AF=2，则BF=　 　.
（4）【拓展延伸】在矩形ABCD中，点E为BC边上的一点，连接AE，将线段AE绕点A逆时针旋转60°得到线段AE'，连接DE'，若AD=3，AB=，则DE'的最小值为　 　.
【答案】（1）相等（或CD'=BD）；相等（或∠AD'C=∠ADB)
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴，.
∵CE绕点C逆时针旋转得到CE'，
∴，.
∵，
∴即.
∴.
∴.
∵，
∴.
∴∠BE'C=∠ECE'=∠CEF=90°.
∴四边形CEFE'是矩形.
又∵CE=CE'，
∴四边形CEFE'是正方形.
（3）
（4）
【知识点】矩形的判定；正方形的性质；正方形的判定；旋转的性质；四点共圆模型
【解析】【解答】
解：（1）∵将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AD'，
∴∠DAD'=90°，AD=AD'
∵∠BAC=90°，
∴∠BAC-∠DAC=∠DAD'=∠DAC，即 ∠DAB=∠D'AC
又∵AB=AC，
∴DABDAC(SAS)
：.CD'=BD；∠AD'C=∠ADB
故答案为：相等（或CD'=BD)；相等（或∠AD'C=∠ADB ).
（3）∵CE绕点C逆时针旋转90°得到线段CE'，
∴ ∠ECE’=90°，CE=CE
∵，
∴，
∵四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=4，
∴CD=AB=3，
∴，
∴，
∵∠DCB=∠ECE'=90°，
∴ ∠DCB-∠BCE=∠ECE'-∠BCE 即 ∠DCE=∠BCE'
∴BCG∽DCE
∴∠BGC =∠DEC =90°
∵ ∠CED+∠CEF =180°
∴∠CEF =90°
∴∠BGC =∠ECG=∠CEF =90°
∴四边形CEFG是矩形，
如图，连接AC，BD交于点O，连接OF
∵O是AC，BD的中点，
在RtOBF 中，OF=BD
∴OF==AC=OA=OC=OD=OB
∴A，F，B，C，D共圆，
∴∠AFC=90°，
∵AD=BC
∴，
∴∠GFC=∠ACD，
在RtABC中，AC==5，
∴cos∠ACD=，
∵AF=2，
∴在RtAFC中，FC==，
∴FG=FCcos∠CFG=，
∵，
∴∠BFC=∠BAC，
又∠AFC=∠G=90°，
∴∠ACB= ∠FCG，
∴∠ACB-∠FBC=∠FCG-∠FBC，即∠ACF=∠BCG，
∴sin ∠ACF ==sin∠BCG=，
∴，
∴BG=，
∴BF=，
故答案为：.
(4)如图，连接AC，BD交于点O，
∵四边形ABCD是矩形，
∴ ∠BAD=90°，AO=OB
∴AD=3，AB =，
∴AC=BD=
∴AO=OB=AB=
∴AOB是等边三角形，则∠OAB=60°
∵线段AE绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，
∴AE=AE'，∠EAE'=60°
∴∠OAB=∠EAE'=60°
∴∠OAB-∠OAE=∠EAE'-∠OAE，即∠E'AO=∠EAB
又OA=BA，EA=EA
∴E'AOEAB(SAS)，
∴∠AOE'=∠ABE=90°
∴E'在OE'上运动，且E'O⊥AC
∴当DE'⊥OE'时，DE取得最小值，
∵∠AOB=60°，
∴∠AOD=120°，
又∠AOE'=90°，
∴∠E'OD=30，
∴当DE'OE'时，DE'=OD=，
故答案为：.
【分析】(1)根据旋转的性质和角度的和差运算，即可利用SAS证明DABDAC，再根据全等三角形的性质，即可解答；
（2）根据正方形的性质和旋转的性质可利用SAS证明，根据全等三角形的性质可得，进一步可证明四边形CEFE'是矩形，结合CE=CE'，即可解答；
（3）根据旋转的性质通过计算得，即可利用SAS证明BCG∽DCE，根据相似三角形的性质和角度的数量计算得到四边形CEFG是矩形，如图，连接AC，BD交于点O，连接OF，根据中点的定义可得A，F，B，C，D共圆，即可利用勾股定理计算得到AC，FC；根据余弦的定义即可求出FG，根据正弦的定义得到sin ∠ACF ==sin∠BCG=，建立关系计算即可得到答案；
（4）如图，连接AC，BD交于点O，根据矩形的性质得到AOB是等边三角形，则∠OAB=60°；由旋转的性质得到AE=AE'，∠EAE'=60°，即可利用SAS证明E'AOEAB，即可得到E'在OE'上运动，且E'O⊥AC，可知当DE'⊥OE'时，DE取得最小值，即可通过30角度的性质计算可得答案，解答即可.
13．（2025·济南）在中，，，，点O为的中点．在中，，，，连接并延长到点F，使，连接．
（1）【初步感知】如图1，当点D，E分别在，上时，请完成填空：　 　；　 　．
（2）【深入探究】如图2，若将图1中的绕点B按逆时针方向旋转一定的角度，连接，，，．
①（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由．
②当四边形的面积最小时，求线段的长．
【答案】（1）90；
（2）解：（1）中的结论仍然成立，证明
∵点O为的中点，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∵，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，；
②在中，∵，，，
∴，
由①得：四边形为平行四边形，
∴四边形的面积等于，
∴当最小时，四边形的面积最小，
即当E到的距离最小时，最小，四边形的面积最小，
如图，过点E作于点M，连接，则当最小时，四边形的面积最小，
∵，，
∴，
即当点B，E，M三点共线时，取得最小值，最小值为，
此时时，最小，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
由①得：，
∴．
【知识点】三角形三边关系；平行四边形的性质；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应角的关系；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：（1）∵点O为的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴；
∵，，，，
∴，
∴，
∴；
故答案为：90；
【分析】（1）首先根据SAS证得，可得，，进而可得出，进一步得出；根据已知线段可得出AD=3，AF=4，即可得出；
（2）①（1）中的结论仍然成立，首先根据，可得出，，进一步得出∠DAF=90°，；
②首先根据勾股定理求得AC的长度，再根据平行四边形的性质，得出四边形的面积等于，所以当最小时，四边形的面积最小，如图，过点E作于点M，连接，则当最小时，四边形的面积最小，根据三角形三边之间的关系可得出当点B，E，M三点共线时，取得最小值，根据面积法可得出，，进而根据勾股定理，可得出CM，CE的长，再根据，即可得出AD的长。
14．（2025·江西）综合与实践
从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，综合实践小组以特殊四边形为背景就三角形的旋转放缩问题展开探究．
特例研究
在正方形ABCD中，AC，BD相交于点．
（1）如图1，可以看成是绕点逆时针旋转并放大倍得到，此时旋转角的度数为 ▲ ，的值为 ▲ ；
（2）如图2，将绕点逆时针旋转，旋转角为，并放大得到（点O，B的对应点分别为点，使得点落在OD上，点落在BC上，求的值；
（3）类比探究
如图3，在菱形ABCD中，是AB的垂直平分线与BD的交点，将绕点逆时针旋转，旋转角为，并放缩得到（点O，B的对应点分别为点，使得点落在OD上，点落在BC上．猜想的值是否与有关，并说明理由；
（4）若（3）中，其余条件不变，探究BA，BE，BF之间的数量关系（用含的式子表示）．
【答案】（1）
（2）如图2，根据题意，得．
，
．
．
．
，
，
（3）的值与无关．
理由：如图3，同理可证，
．
菱形ABCD中，，
．
点在AB的垂直平分线上，
，
．
过点作，垂足为点，
，
，
．
所以，的值与无关
（4）解：同理可证：．
．
，
．
即
【知识点】菱形的性质；正方形的性质；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：∵ABCD是正方形，
∴∠DAC=∠CAB=45°，AO=OD，∠ADC=∠AOB=90°，
∴△AOB∽△ADC，
∴，
∴可以看成是绕点逆时针旋转并放大倍得到，此时旋转角的度数为45°，的值为，
故答案为：；
【分析】（1）根据正方形的性质得到得到△AOB∽△ADC，AD=AO，然后回答问题即可；
（2）根据旋转放大得到．即可得到对应边成比例，进而证明，利用对应边成比例解答即可；
（3）根据（2）可得，即可得到，然后根据垂直平分线的性质得到AO=OB，然后过点作，垂足为点，求出的值解答即可；
（4）根据对应边成比得到，即可表示BF和BA长，然后利用线段的和差解答即可．
四、几何综合旋转
15．（2023·河南）李老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们用整体的、联系的、发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯．下面是李老师在“图形的变化”主题下设计的问题，请你解答．
（1）观察发现
如图1，在平面直角坐标系中，过点的直线轴，作关于y轴对称的C图形，再分别作关于x轴和直线l对称的图形和，则可以看作是绕点O顺时针旋转得到的，旋转角的度数为　 　；可以看作是向右平移得到的，平移距离为　 　个单位长度．
（2）探究迁移
如图2，中，，P为直线AB下方一点，作点P关于直线AB的对称点，再分别作点关于直线AD和直线CD的对称点和，连接AP，，请仅就图2的情形解决以下问题：
①若，请判断β与α的数量关系，并说明理由；
②若，求P，两点间的距离．
（3）拓展应用
在（2）的条件下，若，，，连接．当与的边平行时，请直接写出AP的长．
【答案】（1）180°；8
（2）①，
理由如下：连接
和关于直线AB对称
和关于直线AD对称
，即
②连接，分别交CD，AB于点M，N，过点作于点
易证在同一条直线上，四边形DMNH为矩形
对称
.
故
答：的距离为
（3）或
【知识点】轴对称的性质；锐角三角函数的定义；图形的旋转；图形的平移
【解析】【解答】解：（1）△A2B2C2可以看作是△ABC绕点O顺时针旋转得到的，旋转角的度数为180°；△A3B3C3可以看作是△ABC向右平移得到的，平移距离为8个单位长度.
故答案为：180°，8.
（3）如图：
∵在Rt△KMN中，∠M=90°，∠N=15°，KS=SN，
∴∠KSM=30°.
设KM=1，则SN=KS=2，MS=，KN==，
∴sin15°==.
当P2P3∥AD时，作DI⊥AB于点I，设P1P2交AD于点T，
∵P1P2⊥AD，
∴P2P3⊥P1P2，
∴∠P3P2P1=90°.
∵PP3∥DI，
∴∠P2P3P1=∠ADI=30°.
有（2）可得PP3=2AD·sin60°=6，
设AP1=AP=x，则PP1=2AP·sin∠PAB=2x·sin15°=x，
∴P1P3=PP3-PP1=6-x.
∵∠BAP1=∠BAP=15°，
∴∠P1AT=∠DAB-∠BAP1=45°，
由对称性可得∠ATP1=90°，
∴TP1=AP1=x，
∴P1P2=x.
∵P1P2=P1P3·sin∠P2P3P1=P1P3·sin30°，
∴6-x=x，
∴x=.
当P2P3∥CD时，设AP=x，
同理可得P1P2=2P1P3，
∴2(6-x)=x，
∴x=.
综上可得：AP=或.
【分析】（1）根据平移、旋转的性质结合图形进行解答；
（2）①连接AP1，由轴对称的性质可得∠P1AB=∠PAB=∠PAP1，∠P1AD=∠P2AD=∠P1AP2，则∠BAD=∠P1AD+∠P1AB=(∠PAP1+∠P1AP2)=∠PAP2，据此解答；
②连接PP3，分别交CD，AB于点M，N，过点D作DH⊥AB于点H，易得四边形DMNH为矩形，根据三角函数的概念可得NM=DH=msinα，根据轴对称的性质可得PP1=2NP1，P1P3=2P1M，然后根据PP3=PP1+P1P3进行解答；
（3）首先求出sin15°的值，当P2P3∥AD时，作DI⊥AB于点I，设P1P2交AD于点T，易得PP3∥DI，由平行线的性质可得∠P2P3P1=∠ADI=30°，由（2）可得PP3=2AD·sin60°=6，设AP1=AP=x，则PP1=2AP·sin∠PAB=x，P1P3=PP3-PP1=6-x，由角的和差关系可得∠P1AT=∠DAB-∠BAP1=45°，由对称性可得∠ATP1=90°，则TP1=AP1=x，P1P2=x，然后根据P1P2=P1P3·sin∠P2P3P1=P1P3·sin30°就可求出x的值；当P2P3∥CD时，设AP=x，同理进行解答.
16．（2022·宁夏）综合与实践
（1）知识再现
如图，中，，分别以、、为边向外作的正方形的面积为、、．当，时，　 　．
（2）问题探究
如图，中，．
如图，分别以、、为边向外作的等腰直角三角形的面积为、、，则、、之间的数量关系是　 　．
（3）如图，分别以、、为边向外作的等边三角形的面积为、、，试猜想、、之间的数量关系，并说明理由．
（4）实践应用
如图4，将图中的绕点逆时针旋转一定角度至，绕点顺时针旋转一定角度至，、相交于点．求证：；
（5）如图5，分别以图中的边、、为直径向外作半圆，再以所得图形为底面作柱体，、、为直径的半圆柱的体积分别为、、．若，柱体的高，直接写出的值．
【答案】（1）64
（2）
（3）解：中，，
，
过点作交于，
在等边三角形中，，，
，
，
同理可得，，
，
；
（4）证明：设，，，
，，，
是等边三角形，是等边三角形，
，，
，
是等边三角形，四边形是平行四边形，
，，
是直角三角形，
，
，
；
（5）解：设，，，以为直径的圆的面积为、以为直径的圆的面积为、以为直径的圆的面积为，
是直角三角形，
，
，
，
，，，
，
，，
，
．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理的应用；平行四边形的判定与性质；旋转的性质；圆柱的体积
【解析】【解答】（1）解：中，，
，
，
，，
，
故答案为：64；
（2）解：中，，
，
，
，
故答案为：；
【分析】（1）利用勾股定理可证得，代入可求出S2的值；
（2）利用勾股定理可证得，利用三角形的面积公式可推出S1+S2=S3，即可求解；
（3）利用勾股定理可证得AB2=AC2+BC2，过点D作DG⊥BC于点G，利用等边三角形的性质及勾股定理，可表示出DG的长，利用三角形的面积公式分别表示出S4，同理表示出S5，S6，由此可推出S4，S5，S6之间的关系；
（4）设AB=c，BC=a，AC=b，可表示出HN，FG，MF，利用等边三角形的性质可得∠HPN=60°，同时可证得△HNP是等边三角形，四边形MFGP是平行四边形，由此可表示出△PMN的面积及四边形PMFG的面积，利用勾股定理可得到c2=b2+a2，由此可证得结论；
（5）设AB=c，BC=a，AC=b，以AB为直径的圆的面积为S3，以BC为直径的圆的面积为S1，以AC为直径的圆的面积为S2，利用勾股定理可证得c2=b2+a2，两边同时乘以，可推出S1+S2=S3；再理由圆柱体的体积可证得V2+V1=V3，然后结合已知条件求出V2+V1=V3的值.
17．（2024·连云港）（1）【问题情境】
如图1，圆与大正方形的各边都相切，小正方形是圆的内接正方形，那么大正方形面积是小正方形面积的几倍 小昕将小正方形绕圆心旋转（如图2），这时候就容易发现大正方形面积是小正方形面积的　 　倍．由此可见，图形变化是解决问题的有效策略；
（2）【操作实践】
如图3，图①是一个对角线互相垂直的四边形，四边a、b、c、d之间存在某种数量关系．小昕按所示步骤进行操作，并将最终图形抽象成图4．请你结合整个变化过程，直接写出图4中以矩形内一点为端点的四条线段之间的数量关系；
（3）【探究应用】
如图5，在图3中“④”的基础上，小昕将绕点逆时针旋转，他发现旋转过程中存在最大值．若，当最大时，求AD的长；
（4）如图6，在中，，点D、E分别在边AC和BC上，连接DE、AE、BD．若，求的最小值．
【答案】（1）2
（2）解：或写成；
（3）解：绕着点逆时针旋转，
点在以为圆心，PD长为半径的圆上运动．
又点是外的一个定点，
由图1可得：当AD与相切时，最大．
．
由（2）中图形变化过程可知，．
在Rt和Rt中，
．
（4）解：如图2，将沿BC翻折，使得点落在处，将沿AC翻折，使得点落在处，连接，将沿AC方向平移，使得点与点重合，得（如图3）．
由（2）中图形变化过程可知，，
当三点共线时，最小．
．
在Rt中，的最小值为．
【知识点】勾股定理的实际应用-最短路径问题；利用轴对称、旋转、平移设计图案
【解析】【解答】解：（1）观察可知，小正方形是大正方形的中点四边形，
设大正方形边长为2a，则，.
故 大正方形面积是小正方形面积的2倍.
（2）如图，
由图形变化过程可知，AE=DF，BE=CF，
由勾股定理可知，，，
，，
∴，，
故，即.
【分析】（1）由图形变化易观察其面积的倍数关系，也可以利用割补法推理等；
（2）由勾股定理结合矩形的性质推理出线段的数量关系；
（3）四边均固定，在旋转过程中，其变化为圆，推理得出当AD与圆相切时，其∠DAP最大，进一步利用（2）的结论结合勾股定理计算即可；
（4）结合直角利用对称将线段和转换成单线段定值，进一步将目标线段平移衔接，即最终转化为两点之间线段最短；
18．（2024·湖南）【问题背景】
已知点是半径为的上的定点，连接，将线段绕点按逆时针方向旋转得到，连接，过点作的切线，在直线上取点，使得为锐角．
（1）【初步感知】
如图1，当时， ▲ ；
（2）【问题探究】
以线段为对角线作矩形，使得边过点，连接，对角线，相交于点．
①如图2，当时，求证：无论在给定的范围内如何变化，总成立：
②如图3，当，时，请补全图形，并求及的值．
【答案】（1）30
（2）①证明：四边形是矩形，，
，
，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
，
．
即无论在给定的范围内如何变化，总成立．
②解：是切线，
，
，
．
设，则，，
，，
，，
即点在线段上，
如图，过作，垂足为，则，
，，
，
，
设，则，
，
在中，，
在中，，
，解得，
，，
．
【知识点】三角形全等的判定；矩形的判定与性质；切线的性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【解答】（1）解：，，
，
与圆相切，
，
．
故答案为：30．
【分析】（1）根据圆的半径相等，可证是等边三角形，则，再由切线的性质得到，故；
（2）①根据矩形的性质（对角线相等且互相平分）及切线的性质先证明，再由全等三角形的性质及矩形的性质（对边相等）推出结论；
②根据已知，由切线的性质及正切函数的定义，得出，再利用线段之间的关系证明出点在线段上，过作，垂足为，推出，再由相似的性质，得出EH、ED的关系，设，则，分别在、中使用勾股定理，建立等量关系式，用含m的式子表示a，表示出AB和CB，即可解答.
19．（2024·通辽）数学活动课上，某小组将一个含45°的三角尺AEF和一个正方形纸板ABCD如图1摆放，若AE=1，AB=2．将三角尺AEF绕点A逆时针方向旋转α（0°≤α≤90°）角，观察图形的变化，完成探究活动．
（1）【初步探究】
如图2，连接BE，DF并延长，延长线相交于点G，BG交AD于点M．
问题1 BE和DF的数量关系是　 　，位置关系是　 　．
（2）【深入探究】
应用问题1的结论解决下面的问题．
问题2 如图3，连接BD，点O是BD的中点，连接OA，OG．求证OA=OD=OG．
（3）【尝试应用】
问题3 如图4，请直接写出当旋转角α从0°变化到60°时，点G经过路线的长度．
【答案】问题1：；；问题2：如图，四边形是正方形，，点O是的中点，，，，点O是的中点，，；.
（1）；
（2）证明：如图，四边形是正方形，
，
点O是的中点，
，
，
，
点O是的中点，
，
；.
（3）
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的判定与性质；弧长的计算
【解析】【解答】解：（1）问题1：；；理由如下：
如图，四边形是正方形，
，，
是等腰直角三角形，，
，，
，
，
，，
，
，
；；
（3）解：如图，，，
G在以O为圆心，为半径的上，
过F作于N，
当时，
，，
，
，，
，，
，
，
，
，
而，，
四边形是正方形，
当旋转角从变化到时，G在上运动，
，，，
，
点G经过路线的长度为
【分析】（1）先根据正方形的性质得到，，进而根据等腰直角三角形的性质得到，，从而结合三角形全等的判定与性质证明得到，，再结合题意得到，从而即可求解；
（2）先根据正方形的性质得到，进而根据中点得到，再根据垂直得到，从而根据中点得到，进而等量代换即可求解；
（3）根据题意得到G在以O为圆心，为半径的上，过F作于N，当时，，，进而结合题意根据勾股定理求出FN和DF，从而根据勾股定理的逆定理得到，再结合题意即可得到，而，，根据正方形的判定与性质得到当旋转角从变化到时，G在上运动，从而结合题意即可得到OA，再根据弧长的计算公式即可求解。
20．（2025·达州） 综合与实践
问题提出：探究图形中线段之间的数量关系，通常将一个图形分割成几个图形，根据面积不变，获得线段之间的数量关系．
（1）探究发现：如图1，在中，，是边上一点，过点作于，于，过点作于．连结，由图形面积分割法得：　 　；则　 　　 　．
（2）实践应用：如图2，是等边三角形，，点是边上一点，连结．将线段绕点逆时针旋转得，连结交于，过点作于，于，当时，求的值．
（3）拓展延伸：如图3，已知是半圆的直径，，是弦，，是上一点，，垂足为，，求的值．
【答案】（1）S△APB；DP；PE
（2）解：如图，过点C，F分别作AB，CG的垂线，垂足分别为M，N，
∵△ABC是等边三角形， AC=3， ∴AB=AC=3，
∵AG=1， 则
在 中，
∵将线段CG绕点C逆时针旋转 得CF，
∴CG=CF，∠GCF=60°，
∴△CGF 是等边三角形，
则
∴由探究发现可得： .
（3）解：如图，延长AC，BE交于点T， 过点P作PS⊥BE于点S，连接BC，
设CD=x，∵AB是半圆O的直径，.
在 中，
在 中，
解得：
∴由探究发现可得：
【知识点】等边三角形的判定与性质；旋转的性质；圆与三角形的综合
【解析】【分析】（1） 通过等面积即可得解；
（2）过F作FN⊥CG于点N，由（1）可知PD+PE=FN，所以求出FN即可，再由题意可知△CGF为等边三角形，所以求出CG即可，进而在△CMG中利用勾股定理求CG；
（3）延长AC、BE交于点T，连接BC，过P作PS⊥BE于点S，易证△ABT为等腰三角形，所以BC=PD+PS，在△ACB和△DCB中，利用双勾股可求出CD=4，进而AC=BE=6，BC=8，从而即可得解．
21．（2023·乐山）在学习完《图形的旋转》后，刘老师带领学生开展了一次数学探究活动
【问题情境】
刘老师先引导学生回顾了华东师大版教材七年级下册第121页“探索”部分内容：
如图，将一个三角形纸板绕点A逆时针旋转到达的位置，那么可以得到：
；（　　）
刘老师进一步谈到：图形的旋转蕴含于自然界的运动变化规律中，即“变”中蕴含着“不变”，这是我们解决图形旋转的关键故数学就是一门哲学．
（1）【问题解决】
上述问题情境中“（　　）”处应填理由：　 　；
（2）如图，小王将一个半径为，圆心角为的扇形纸板ABC绕点O逆时针旋转到达扇形纸板的位置．
①请在图中作出点O；
②如果，则在旋转过程中，点B经过的路径长为　 　；
（3）【问题拓展】小李突发奇想，将与（2）中完全相同的两个扇形纸板重叠，一个固定在墙上，使得一边位于水平位置另一个在孤的中点处固定，然后放开纸板，使其摆动到竖直位置时静止此时，两个纸板重叠部分的面积是多少呢？如图所示，请你帮助小李解决这个问题．
【答案】（1）旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等
（2）解：①下图中，点O为所求②
（3）解：<方法一>连结，交AC于M，连结PA，PD，如图所示
．
由旋转得．
在中，．
在中，，
，．
．
．
在和中，
，
又，
．
又，．
<方法二>连结，交AC于M后，连结，AC交于D，交
点P为的中点，．
由旋转的性质得：，
在中，．
在中，．
．
在中，
．
．
<方法三>连结PA，，PD，PC，交AC于M，交于N，如图所示
点P为的中点，．
由旋转得．
在为中．．
在中，
．
现证明阴影部分为轴对称图形：连结
点P为的中点，图形的旋转，．
，
又，
，
在中，．
．
又图形的旋转，∴阴影部分面积被PD等分．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；弧长的计算；解直角三角形；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）由题意得上述问题情境中“（　　）”处应填理由为旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等，
故答案为：旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等；
（2）②连接OB，OB'，如图所示：
由题意得∠BOB'=90°，B'O=BO，BB'=6，
设B'O=BO=a，
由勾股定理得，
解得，
∴，
∴点B经过的路径长为，
故答案为：
【分析】（1）直接根据旋转的性质即可求解；
（2）①根据题意即可画图；②先根据旋转的性质即可得到∠BOB'=90°，B'O=BO，BB'=6，设B'O=BO=a，进而根据勾股定理即可求出a，再根据弧长的计算公式即可求解；
（3）<方法一>连结，交AC于M，连结PA，PD，，先根据旋转的性质即可得到，再运用解直角三角形的知识即可求出MD和DA'的长，进而即可得到，，再运用三角形全等的判定与性质证明，进而即可求解；
<方法二>连结，交AC于M后，连结，AC交于D，交，先根据旋转的性质即可得到，进而根据解直角三角形的知识即可得到MA'、ME、MD的长，再运用即可求解；
<方法三>连结PA，，PD，PC，交AC于M，交于N，先根据旋转的性质即可得到，进而根据解直角三角形的知识即可得到CM的长，进而得到，再证明阴影部分为轴对称图形即可求解。
五、函数图象旋转
22．（2025·常州）在平面xOy中以下种不同所得线段的关系。
方式一：向右平移1个单位长度，后绕原点O按逆时针方向旋转90°，
方式二：先原点0按逆时针方向旋转90°，然后向右平移1个单位长度。
如图1小明将线段AB按方式一方式二运动：分别得到线段A1，B1、A2，B2发现它们除长度相等外还有其他关系.
（1）【实践体验】
如图2，小明已画出线段CD按方式一运动得到的线段.请你利用网格，在图2中画出线段CD按方式二运动得到的线段；
（2）【探索发现】
在平面直角坐标系xOy中，将线段a按方式一、方式二运动，分别得到线段、，则线段、所在直线可能　 　（写出所有可能的序号）；①相交；②平行；③是同一条直线
（3）【综合应用】
如图3，已知点G(2，3)，H(x，y)是第一象限内两个不重合的点，将线段GH按方式一、方式二运动，分别得到线段、(、是G的对应点。、是H的对应点).
①若点与点重合，求点H的坐标；
②若线段与线段有公共点，直接写出y与x之间的函数表达式，并写出实数x的取值范围.
【答案】（1）解：如图所示，线段即为所求作的线段；
（2）②③
（3）按方式一运动：向右平移1个单位长度，再绕原点O按逆时针方向旋转90°，坐标为；
按方式一运动：向右平移1个单位长度，再绕原点O按逆时针方向旋转90°，坐标为．
按方式二运动：先原点O按逆时针方向旋转，再向右平移1个单位，坐标为；
按方式二运动：先原点O按逆时针方向旋转，再向右平移1个单位，坐标为．
①点与点重合，
，解得，即．
②由（2）可知，若线段与线段有公共点，则点在一条直线上，
设直线的解析式为：，则，解得，
直线的解析式为：，
将点坐标为代入得，．整理得，，
，
讨论有交点情况：
．当点在线段上时，两线段有交点，
，即，
当点在线段上（不与端点重合）时，两线段无交点，
，即，
当点在线段上时，两线段有交点，
，即，
由于点在第一象限，，
．
综上所述，若线段与线段有公共点，，或
【知识点】用坐标表示平移；利用轴对称、旋转、平移设计图案；一次函数图象的平移变换
【解析】【解答】（2）设线段的端点为和，
按方式一变换得到线段对应端点分别为，，
按方式二变换得到线段对应端点分别为：，
设直线的解析式为：，代入得，
，消去后，整理得，，
设直线的解析式为：，代入得，
消去后，整理得，，
，即和所在直线可能平行或是同一直线．
故选：②③；
【分析】（1）根据旋转和平移的性质作图即可；
（2）先求出按方式一和方式二变换后的端点坐标，然后利用待定系数法求出一次项系数，通过一次项系数来判断直线的位置关系；
（3）①先根据平行性质转化为共线问题，再通过已知直线方程得到函数解析式；
②通过线段端点位置关系分析范围，根据不等式确定临界点，结合图形，即可求解．
23．（2025·盐城）请根据小明的数学探究活动单，完成下列任务．
“θ变换”
研究内容 提出概念 已知点P（x，y），如果点P'（x'，y'）满足那么称点P'是点P的“θ变换”点．
理解概念 已知点，求点P的“θ变换”点P'（x'，y'）．
探究性质 如图1，已知点和点，当θ＝60°时， ①请在图1中分别画出点P，Q对应的“θ变换”点P'，Q'． ②研究发现：线段P'Q'可由线段PQ通过一次图形变换得到，点P'是点P的对应点．如果是平移，请写出平移的距离；如果是轴对称或旋转，请用无刻度的直尺和圆规在图1中作出对称轴或旋转中心．（不写作法，保留作图痕迹）
运用性质 如图2，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A，B，C的坐标分别为，，曲线l是反比例函数图象的“θ变换”线，θ＝45°，l交边BC于点M，N，直线OM，ON分别交边AD于点E，F，记△BOM，△CON，△DOE，△AOF的面积分别为S1，S2，S3，S4，求S1+S2+S3+S4的值．
【答案】概念理解：
解：，
；
探究性质：①根据概念理解可得，
，
，
故点、对应的“变换”点、如下图，
②线段经过一次平移或轴对称，不能得到，
线段可由线段通过旋转变换得到，
旋转中心如图所示，
，，
旋转中心为点，
，
为等腰三角形，
，
线段可由线段以点为中心，逆时针旋转得到，
；
运用性质：由探究性质中可得，曲线由反比例函数（）图像，绕点逆时针旋转得到，
，，
，且与轴的夹角为，
，且与轴的夹角为，
将线段绕点逆时针旋转交反比例函数（）于点，连接，如图，
，
则，，
设直线的解析式为，
把，代入可得
，
解得，
所以直线的解析式为，
令，
解得，
经检验，是原方程的解，
，，
，
根据旋转的性质可得，
四边形为菱形，
，，，
，
，
，，
，，
．
【知识点】反比例函数与一次函数的交点问题；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；三角形全等的判定-AAS；特殊角的三角函数的混合运算
【解析】【分析】概念理解：根据概念代入计算解答；
探究性质：①根据概念代入求得，画出图形即可；
②根据旋转的性质，画出旋转中心即可；
运用性质：由探究性质中可得，曲线由反比例函数（）图像，绕点逆时针旋转得到，线段绕点逆时针旋转交反比例函数（）于点，求得，利用旋转的性质可得，最后利用全等三角形的性质即可解答．
1 / 1图形变化之旋转——【探究与实践】历年（2022-2025）中考数学真题精编
一、三角板旋转
1．（2023·赤峰）数学兴趣小组探究了以下几何图形．如图①，把一个含有角的三角尺放在正方形中，使角的顶点始终与正方形的顶点重合，绕点旋转三角尺时，角的两边，始终与正方形的边，所在直线分别相交于点，，连接，可得．
（1）【探究一】
如图②，把绕点C逆时针旋转得到，同时得到点在直线上．求证：；
（2）【探究二】
在图②中，连接，分别交，于点，．求证：；
（3）【探究三】
把三角尺旋转到如图③所示位置，直线与三角尺角两边，分别交于点，．连接交于点，求的值．
2．（2022·江西）问题提出：某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题：将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形中心O处，并绕点O逆时针旋转，探究直角三角板与正方形重叠部分的面积变化情况（已知正方形边长为2）．
（1）操作发现：如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当与重合时，重叠部分的面积为　 　；当与垂直时，重叠部分的面积为　 　；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积与S的关系为　 　；
（2）类比探究：若将三角板的顶点F放在点O处，在旋转过程中，分别与正方形的边相交于点M，N．
①如图2，当时，试判断重叠部分的形状，并说明理由；
②如图3，当时，求重叠部分四边形的面积（结果保留根号）；
（3）拓展应用：若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心O处，该锐角记为（设），将绕点O逆时针旋转，在旋转过程中，的两边与正方形的边所围成的图形的面积为，请直接写出的最小值与最大值（分别用含的式子表示），
（参考数据：）
3．（2022·潍坊）
（1）【情境再现】
甲、乙两个含角的直角三角尺如图①放置，甲的直角顶点放在乙斜边上的高的垂足O处，将甲绕点O顺时针旋转一个锐角到图②位置．小莹用作图软件Geogebra按图②作出示意图，并连接，如图③所示，交于E，交于F，通过证明，可得．
请你证明：．
（2）【迁移应用】
延长分别交所在直线于点P，D，如图④，猜想并证明与的位置关系．
（3）【拓展延伸】
小亮将图②中的甲、乙换成含角的直角三角尺如图⑤，按图⑤作出示意图，并连接，如图⑥所示，其他条件不变，请你猜想并证明与的数量关系．
4．（2024·眉山） 综合与实践
问题提出：在一次综合与实践活动中，某数学兴趣小组将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形的中心处，并绕点旋转，探究直角三角板与正方形重叠部分的面积变化情况．
操作发现：将直角三角板的直角顶点放在点处，在旋转过程中：
（1）若正方形边长为4，当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为　 　；当一条直角边与正方形的一边垂直时，重叠部分的面积为　 　．
（2）若正方形的面积为，重叠部分的面积为，在旋转过程中与的关系为　 　．
（3）类比探究：如图1，若等腰直角三角板的直角顶点与点重合，在旋转过程中，两条直角边分别角交正方形两边于，两点，小宇经过多次实验得到结论，请你帮他进行证明．
（4）拓展延伸：如图2，若正方形边长为4，将另一个直角三角板中角的顶点与点重合，在旋转过程中，当三角板的直角边交于点，斜边交于点，且时，请求出重叠部分的面积．（参考数据：，，）
二、三角形旋转
5．（2023·锦州）【问题情境】如图，在中，，．点D在边上将线段绕点D顺时针旋转得到线段（旋转角小于），连接，，以为底边在其上方作等腰三角形，使，连接．
（1）【尝试探究】
如图1，当时，易知；
如图2，当时，则与的数量关系为；
（2）如图3，写出与的数量关系（用含α的三角函数表示）．并说明理由；
（3）【拓展应用】
如图4，当，且点B，E，F三点共线时．若，，请直接写出的长．
6．（2024·烟台中考） 在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为直线BC上任意一点，连接AD．将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°得线段ED，连接BE．
（1）【尝试发现】
如图1，当点D在线段BC上时，线段BE与CD的数量关系为 　 　；
（2）【类比探究】
当点D在线段BC的延长线上时，先在图2中补全图形，再探究线段BE与CD的数量关系并证明；
（3）【联系拓广】
若AC＝BC＝1，CD＝2，请直接写出sin∠ECD的值．
7．（2024·成都）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质.已知三角形纸片和中，，，.
（1）【初步感知】
如图1，连接，，在纸片绕点旋转过程中，试探究的值.
（2）【深入探究】
如图2，在纸片绕点旋转过程中，当点恰好落在的中线的延长线上时，延长交于点，求的长.
（3）【拓展延伸】
在纸片绕点旋转过程中，试探究，，三点能否构成直角三角形.若能，直接写出所有直角三角形的面积；若不能，请说明理由.
8．（2024·广东）【知识技能】
（1）如1图，在中，DE是的中位线.连接CD，将绕点按逆时针方向旋转，得到.当点的对应点与点重合时，求证：.
（2）【数学理解】
如2图，在中是的中位线.连接CD，将绕点按逆时针方向旋转，得到，连接，，作的中线DF.求证：.
（3）【拓展探索】
如3图，在中，，点在AB上，.过点作，垂足为.在四边形ADEC内是否存在点，使得 若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由.
9．（2024·兰州）综合与实践
【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景，探究动点运动的几何问题，如图，在中，点M，N分别为，上的动点（不含端点），且．
【初步尝试】（1）如图1，当为等边三角形时，小颜发现：将绕点M逆时针旋转得到，连接，则，请思考并证明：
【类比探究】（2）小梁尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图2，在中，，，于点E，交于点F，将绕点M逆时针旋转得到，连接，．试猜想四边形的形状，并说明理由；
【拓展延伸】（3）孙老师提出新的探究方向：如图3，在中，，，连接，，请直接写出的最小值．
10．（2024·牡丹江）数学老师在课堂上给出了一个问题，让同学们探究．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点D在直线BC上，将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，过点E作EF∥BC，交直线AB于点F．
（1）当点D在线段BC上时，如图①，求证：BD+EF＝AB；
分析问题：某同学在思考这道题时，想利用AD＝AE构造全等三角形，便尝试着在AB上截取AM＝EF，连接DM，通过证明两个三角形全等，最终证出结论：
推理证明：写出图①的证明过程：
（2）探究问题：
当点D在线段BC的延长线上时，如图②：当点D在线段CB的延长线上时，如图③，请判断并直接写出线段BD，EF，AB之间的数量关系；
（3）拓展思考：
在（1）（2）的条件下，若AC＝6，CD＝2BD，则EF＝　 　．
三、四边形旋转
11．（2025·兰州）【提出问题】数学讨论课上，小明绘制图1所示的图形，正方形ABCD与正方形BEFG（AB＞BE），点E，G分别在AB，BC上．根据图形提出问题：如图2，正方形BEFG绕点B顺时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°），直线AE与CG相交于点H，连接BH，探究线段AH，BH，CH之间的数量关系．
（1）【解决问题】小明将上述问题特殊化，如图3，当点G，H重合时，请你写出AH，BH，CH之间的数量关系，并说明理由；
（2）小明借鉴（1）中特殊化的解题策略后，再解决图2所示的一般化问题，当点G，H不重合时，请你写出AH，BH，CH之间的数量关系，并说明理由；
（3）【拓展问题】小明将图2所示问题中的旋转角α的范围再扩大，正方形BEFG绕点B顺时针旋转，旋转角为α（180°＜α＜360°），直线AE与CG相交于点H，连接BH，请直接写出AH，BH，CH之间的数量关系．
12．（2025·齐齐哈尔）综合与实践
在探索几何图形变化的过程中，通过直观猜想、逻辑推理、归纳总结可以获得典型的几何模型，运用几何模型能够轻松解决很多问题，让我们共同体会几何模型的“数学之美”
（1）【几何直观】如图1，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，在△ABC内部取一点D，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AD'，连接BD，CD'，则CD'与BD的数量关系是　 　；∠AD'C与∠ADB的数量关系是　 　.
（2）【类比推理】如图2，在正方形ABCD内部取一点E，使∠CED=90°，将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到线段CE'，连接E'B，延长E'B交DE的延长线于点F，
求证：四边形CEFE'是正方形；
（3）【深度探究】如图3，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，在其内部取一点E，使∠CED=90°，将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到线段CE'，延长CE'至点G，使，连接GB，延长GB交DE的延长线于点F，连接AF，若AF=2，则BF=　 　.
（4）【拓展延伸】在矩形ABCD中，点E为BC边上的一点，连接AE，将线段AE绕点A逆时针旋转60°得到线段AE'，连接DE'，若AD=3，AB=，则DE'的最小值为　 　.
13．（2025·济南）在中，，，，点O为的中点．在中，，，，连接并延长到点F，使，连接．
（1）【初步感知】如图1，当点D，E分别在，上时，请完成填空：　 　；　 　．
（2）【深入探究】如图2，若将图1中的绕点B按逆时针方向旋转一定的角度，连接，，，．
①（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由．
②当四边形的面积最小时，求线段的长．
14．（2025·江西）综合与实践
从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，综合实践小组以特殊四边形为背景就三角形的旋转放缩问题展开探究．
特例研究
在正方形ABCD中，AC，BD相交于点．
（1）如图1，可以看成是绕点逆时针旋转并放大倍得到，此时旋转角的度数为 ▲ ，的值为 ▲ ；
（2）如图2，将绕点逆时针旋转，旋转角为，并放大得到（点O，B的对应点分别为点，使得点落在OD上，点落在BC上，求的值；
（3）类比探究
如图3，在菱形ABCD中，是AB的垂直平分线与BD的交点，将绕点逆时针旋转，旋转角为，并放缩得到（点O，B的对应点分别为点，使得点落在OD上，点落在BC上．猜想的值是否与有关，并说明理由；
（4）若（3）中，其余条件不变，探究BA，BE，BF之间的数量关系（用含的式子表示）．
四、几何综合旋转
15．（2023·河南）李老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们用整体的、联系的、发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯．下面是李老师在“图形的变化”主题下设计的问题，请你解答．
（1）观察发现
如图1，在平面直角坐标系中，过点的直线轴，作关于y轴对称的C图形，再分别作关于x轴和直线l对称的图形和，则可以看作是绕点O顺时针旋转得到的，旋转角的度数为　 　；可以看作是向右平移得到的，平移距离为　 　个单位长度．
（2）探究迁移
如图2，中，，P为直线AB下方一点，作点P关于直线AB的对称点，再分别作点关于直线AD和直线CD的对称点和，连接AP，，请仅就图2的情形解决以下问题：
①若，请判断β与α的数量关系，并说明理由；
②若，求P，两点间的距离．
（3）拓展应用
在（2）的条件下，若，，，连接．当与的边平行时，请直接写出AP的长．
16．（2022·宁夏）综合与实践
（1）知识再现
如图，中，，分别以、、为边向外作的正方形的面积为、、．当，时，　 　．
（2）问题探究
如图，中，．
如图，分别以、、为边向外作的等腰直角三角形的面积为、、，则、、之间的数量关系是　 　．
（3）如图，分别以、、为边向外作的等边三角形的面积为、、，试猜想、、之间的数量关系，并说明理由．
（4）实践应用
如图4，将图中的绕点逆时针旋转一定角度至，绕点顺时针旋转一定角度至，、相交于点．求证：；
（5）如图5，分别以图中的边、、为直径向外作半圆，再以所得图形为底面作柱体，、、为直径的半圆柱的体积分别为、、．若，柱体的高，直接写出的值．
17．（2024·连云港）（1）【问题情境】
如图1，圆与大正方形的各边都相切，小正方形是圆的内接正方形，那么大正方形面积是小正方形面积的几倍 小昕将小正方形绕圆心旋转（如图2），这时候就容易发现大正方形面积是小正方形面积的　 　倍．由此可见，图形变化是解决问题的有效策略；
（2）【操作实践】
如图3，图①是一个对角线互相垂直的四边形，四边a、b、c、d之间存在某种数量关系．小昕按所示步骤进行操作，并将最终图形抽象成图4．请你结合整个变化过程，直接写出图4中以矩形内一点为端点的四条线段之间的数量关系；
（3）【探究应用】
如图5，在图3中“④”的基础上，小昕将绕点逆时针旋转，他发现旋转过程中存在最大值．若，当最大时，求AD的长；
（4）如图6，在中，，点D、E分别在边AC和BC上，连接DE、AE、BD．若，求的最小值．
18．（2024·湖南）【问题背景】
已知点是半径为的上的定点，连接，将线段绕点按逆时针方向旋转得到，连接，过点作的切线，在直线上取点，使得为锐角．
（1）【初步感知】
如图1，当时， ▲ ；
（2）【问题探究】
以线段为对角线作矩形，使得边过点，连接，对角线，相交于点．
①如图2，当时，求证：无论在给定的范围内如何变化，总成立：
②如图3，当，时，请补全图形，并求及的值．
19．（2024·通辽）数学活动课上，某小组将一个含45°的三角尺AEF和一个正方形纸板ABCD如图1摆放，若AE=1，AB=2．将三角尺AEF绕点A逆时针方向旋转α（0°≤α≤90°）角，观察图形的变化，完成探究活动．
（1）【初步探究】
如图2，连接BE，DF并延长，延长线相交于点G，BG交AD于点M．
问题1 BE和DF的数量关系是　 　，位置关系是　 　．
（2）【深入探究】
应用问题1的结论解决下面的问题．
问题2 如图3，连接BD，点O是BD的中点，连接OA，OG．求证OA=OD=OG．
（3）【尝试应用】
问题3 如图4，请直接写出当旋转角α从0°变化到60°时，点G经过路线的长度．
20．（2025·达州） 综合与实践
问题提出：探究图形中线段之间的数量关系，通常将一个图形分割成几个图形，根据面积不变，获得线段之间的数量关系．
（1）探究发现：如图1，在中，，是边上一点，过点作于，于，过点作于．连结，由图形面积分割法得：　 　；则　 　　 　．
（2）实践应用：如图2，是等边三角形，，点是边上一点，连结．将线段绕点逆时针旋转得，连结交于，过点作于，于，当时，求的值．
（3）拓展延伸：如图3，已知是半圆的直径，，是弦，，是上一点，，垂足为，，求的值．
21．（2023·乐山）在学习完《图形的旋转》后，刘老师带领学生开展了一次数学探究活动
【问题情境】
刘老师先引导学生回顾了华东师大版教材七年级下册第121页“探索”部分内容：
如图，将一个三角形纸板绕点A逆时针旋转到达的位置，那么可以得到：
；（　　）
刘老师进一步谈到：图形的旋转蕴含于自然界的运动变化规律中，即“变”中蕴含着“不变”，这是我们解决图形旋转的关键故数学就是一门哲学．
（1）【问题解决】
上述问题情境中“（　　）”处应填理由：　 　；
（2）如图，小王将一个半径为，圆心角为的扇形纸板ABC绕点O逆时针旋转到达扇形纸板的位置．
①请在图中作出点O；
②如果，则在旋转过程中，点B经过的路径长为　 　；
（3）【问题拓展】小李突发奇想，将与（2）中完全相同的两个扇形纸板重叠，一个固定在墙上，使得一边位于水平位置另一个在孤的中点处固定，然后放开纸板，使其摆动到竖直位置时静止此时，两个纸板重叠部分的面积是多少呢？如图所示，请你帮助小李解决这个问题．
五、函数图象旋转
22．（2025·常州）在平面xOy中以下种不同所得线段的关系。
方式一：向右平移1个单位长度，后绕原点O按逆时针方向旋转90°，
方式二：先原点0按逆时针方向旋转90°，然后向右平移1个单位长度。
如图1小明将线段AB按方式一方式二运动：分别得到线段A1，B1、A2，B2发现它们除长度相等外还有其他关系.
（1）【实践体验】
如图2，小明已画出线段CD按方式一运动得到的线段.请你利用网格，在图2中画出线段CD按方式二运动得到的线段；
（2）【探索发现】
在平面直角坐标系xOy中，将线段a按方式一、方式二运动，分别得到线段、，则线段、所在直线可能　 　（写出所有可能的序号）；①相交；②平行；③是同一条直线
（3）【综合应用】
如图3，已知点G(2，3)，H(x，y)是第一象限内两个不重合的点，将线段GH按方式一、方式二运动，分别得到线段、(、是G的对应点。、是H的对应点).
①若点与点重合，求点H的坐标；
②若线段与线段有公共点，直接写出y与x之间的函数表达式，并写出实数x的取值范围.
23．（2025·盐城）请根据小明的数学探究活动单，完成下列任务．
“θ变换”
研究内容 提出概念 已知点P（x，y），如果点P'（x'，y'）满足那么称点P'是点P的“θ变换”点．
理解概念 已知点，求点P的“θ变换”点P'（x'，y'）．
探究性质 如图1，已知点和点，当θ＝60°时， ①请在图1中分别画出点P，Q对应的“θ变换”点P'，Q'． ②研究发现：线段P'Q'可由线段PQ通过一次图形变换得到，点P'是点P的对应点．如果是平移，请写出平移的距离；如果是轴对称或旋转，请用无刻度的直尺和圆规在图1中作出对称轴或旋转中心．（不写作法，保留作图痕迹）
运用性质 如图2，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A，B，C的坐标分别为，，曲线l是反比例函数图象的“θ变换”线，θ＝45°，l交边BC于点M，N，直线OM，ON分别交边AD于点E，F，记△BOM，△CON，△DOE，△AOF的面积分别为S1，S2，S3，S4，求S1+S2+S3+S4的值．
答案解析部分
1．【答案】（1）证明：∵把绕点C逆时针旋转得到，同时得到点在直线上，
∴，
∴，
∴，
在与中
∴
∴
（2）证明：如图所示，
∵四边形是正方形，
∴，
又，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
又∵公共角，
∴；
（3）证明：∵是正方形的对角线，
∴，，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，，
如图所示，将绕点顺时针旋转得到，则点在直线上．
∴，，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
即．
【知识点】相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】(1)通过手拉手旋转全等模型和正方形的性质可以得到与的全等条件，再根据全等的性质求得结论.
(2)本题考查了正方形的性质和三角形的内角和，熟练转换角之间的关系是解题关键.
(3)根据题意构造手拉手旋转全等是解题关键，通过全等得到三角形相似的条件，再通过相似比得到结论.
2．【答案】（1）1；1；
（2）解：①如图2中，结论：△OMN是等边三角形．
理由：过点O作OT⊥BC，
∵O是正方形ABCD的中心，
∴BT=CT，
∵BM=CN，
∴MT=TN，
∵OT⊥MN，
∴OM=ON，
∵∠MON=60°，
∴△MON是等边三角形；
②如图3中，连接OC，过点O作OJ⊥BC于点J．
∵CM=CN，∠OCM=∠OCN，OC=OC，
∴△OCM≌△OCN（SAS），
∴∠COM=∠CON=30°，
∴∠OMJ=∠COM+∠OCM=75°，
∵OJ⊥CB，
∴∠JOM=90°-75°=15°，
∵BJ=JC=OJ=1，
∴JM=OJ tan15°=2-，
∴CM=CJ-MJ=1-（2-）=-1，
∴S四边形OMCN=2××CM×OJ=-1．
（3）
【知识点】正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：(1)如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，OE与OC重合，此时重叠部分的面积=△OBC的面积=正方形ABCD的面积=1；
当OF与BC垂直时，OE⊥BC，重叠部分的面积=正方形ABCD的面积=1；
一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为S1=S．
理由：如图1中，设OF交AB于点J，OE交BC于点K，过点O作OM⊥AB于点M，ON⊥BC于点N．
∵O是正方形ABCD的中心，
∴OM=ON，
∵∠OMB=∠ONB=∠B=90°，
∴四边形OMBN是矩形，
∵OM=ON，
∴四边形OMBN是正方形，
∴∠MON=∠EOF=90°，
∴∠MOJ=∠NOK，
∵∠OMJ=∠ONK=90°，
∴△OMJ≌△ONK（AAS），
∴S△PMJ=S△ONK，
∴S四边形OKBJ=S正方形OMBN=S正方形ABCD，
∴S1=S．
故答案为：1，1，S1=S．
(3)如图4，将沿翻折得到，则，此时则当在上时，比四边形的面积小，
设，则当最大时，最小，
，即时，最大，
此时垂直平分，即，则
如图5中，过点O作OQ⊥BC于点Q，
，
BM=CN
当BM=CN时，△OMN的面积最小，即S2最小．
在Rt△MOQ中，MQ=OQ tan=tan，
∴MN=2MQ=2tan，
∴S2=S△OMN=×MN×OQ=tan．
如图6中，同理可得，当CM=CN时，S2最大．
则△COM≌△CON，
∴∠COM=，
∵∠COQ=45°，
∴∠MOQ=45°-，
QM=OQ tan（45°-）=tan（45°-），
∴MC=CQ-MQ=1-tan（45°-），
∴S2=2S△CMO=2××CM×OQ=1-tan（45°-）．
【分析】（1）如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，OE与OC重合，此时重叠部分的面=△OBC的面积=正方形ABCD的面积=1；当OF与BC垂直时，OE⊥BC，重叠部分的面积=正方形ABCD的面积=1；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为S1=S．利用全等三角形的性质证明即可；
（2）①结论：△OMN是等边三角形，证明ＯＭＯＮ，可得结论；
②连接OC，过点O作OJ⊥BC于点J，证明△OCM≌△OCN（SAS），推出∠COM=∠CON=30°，解直角三角形求出OJ，即可解决问题；
（3）过点O作OQ⊥BC于点Q， 当BM=CN时，△OMN的面积最小，即S2最小；同理可得，当CM=CN时，S2最大，再分别求解即可。
3．【答案】（1）证明：，
，
，
，
，
，
；
（2），
证明：，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：，
证明：在中，，
在中，，
，
由上一问题可知，，
，
，
．
【知识点】相似三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形的综合
【解析】【分析】（1）证明，即可得出结论；
（2）由三角形全等证出，得出，再由，得出，即可得解；
（3）在中，，得出，由，得出，从而得出，由此得解。
4．【答案】（1）4；4
（2）
（3）解：四边形是正方形，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
（4）解：过点作于点，于点．
同（2）可知四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，，
，
，
由（1）可知，，
，
，
，
重叠部分的面积
．
【知识点】旋转的性质；四边形的综合；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：（1）四边形是正方形，
，
当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为；
当一条直角边与正方形的一边垂直时，如图，
，
四边形是矩形，
四边形是正方形，
，，
，
，
四边形是正方形，
，
四边形的面积是4，
故答案为：4，4；
（2）如图，过点作于点，于点．
是正方形的中心，
，
，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：；
【分析】（1）利用正方形的性质可证得∠BOC=90°，当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为正方形面积的四分之一，据此可求出重叠部分的面积；当一条直角边与正方形的一边垂直时，如图，易证四边形MONC是矩形，利用正方形的性质去证明∠MOC=∠MCO，可得到OM=CM，可证四边形OMCN是正方形，可求出OM的长，然后求出四边形OMCN的面积.
（2）过点作于点，于点．易证OH=OG，利用有三个角是直角的四边形是矩形可证得四边形OGCH是矩形，由此可推出四边形OGCH是正方形，利用正方形的性质去证明∠EOG=∠FOH，利用ASA证明△OGE≌△OHF，利用全等三角形的面积相等可得到，由此可证得结论.
（3）利用正方形的性质去证明∠EOB=∠FOC，利用ASA证明△EOB≌△FOC，利用全等三角形的性质可证得BE=CF，可推出BE+DF=CD，由，可证得结论.
（4）过点作于点，于点．利用正方形的性质可证得BG=BH，OG=OH，同时可证得GM=NH，利用SAS证明△OGM≌△OHN，利用全等三角形的性质可证得两个三角形的面积相等，同时可证得∠GOM=∠NOH，可推出∠GOM=15°，利用解直角三角形求出GM的长，再求出△OGM的面积，然后根据重叠部分的面积，代入计算即可.
5．【答案】（1）解：如图，过点A作AH⊥BC于点H，
∵，，
∴，
∴．
∵是以为底边的等腰三角形，，
∴，．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，H为的中点，
∴．
在中，，
∴．
∴．
∴．
又，
∴；
（2）解：；
如图，过点A作AH⊥BC于点H，
∵，，
∴，
∴．
∵是以为底边的等腰三角形，，
∴，．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，H为的中点，
∴．
在中，，
∴．
∴．
∴．
（3）解：．
如图，过点D作DM⊥BF于点M，过点C作CH⊥BF，交BF延长线于点H，
∴．
∵线段DB绕点D顺时针旋转得到线段DE，
∴．
∴．
∵是以CE为底边的等腰三角形，，
∴，．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
设，则，
∵，
∴，
∴．
∴．
∵，
∴，．
∴．
在中，，，
∴．
∴，解得．
∴．
∵，
∴．
【知识点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【分析】（1）过点A作AH⊥BC于点H，根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可找出∠BAC=∠EFC，然后根据有两组角对应相等的两个三角形相似得△ABC∽△FEC，由相似三角形对应边成比例得，则，由∠ACB=∠FCE推出∠BCE∽△ACF，由两组边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似得△BCE∽△ACF，由相似三角形对应边成比例得，由等腰三角形的三线合一得BC=2CH，在Rt△AHC中，由∠ACH的余弦函数可得，最后根据特殊锐角三角函数值可得；
（2），过点A作AH⊥BC于点H，根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可找出∠BAC=∠EFC，然后根据有两组角对应相等的两个三角形相似得△ABC∽△FEC，由相似三角形对应边成比例得，则，由∠ACB=∠FCE推出∠BCE∽△ACF，由两组边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似得△BCE∽△ACF，由相似三角形对应边成比例得，由等腰三角形的三线合一得BC=2CH，在Rt△AHC中，由∠ACH的余弦函数可得；
（3）过点D作DM⊥BF于点M，过点C作CH⊥BF，交BF延长线于点H，由同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行得DM∥CH，由旋转的性质得DB=DE，由等腰三角形的三线合一得BM=EM，根据等腰三角形的性质及三角形外角性质得∠HFC=∠FEC+∠FCE=60°，由含30°角直角三角形的性质可得FC=2FH，设BM=x，则BE=2x，由平行线分线段成比例定理得，从而可得BH=5x，EH=3x，FE=FC=2x，FH=x，则，在Rt△BHC中，由勾股定理建立方程可求出x的值，从而得到BE=4，从而可得答案.
6．【答案】（1）
（2）解：补全图形如图，，理由如下：
过点E作EM⊥BC于点M，
由旋转得AD＝DE，∠ADE＝90°，
∴∠ADC+∠EDM＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝∠DME，∠ADC+∠CAD＝90°，
∴∠CAD＝∠EDM，
∴△ACD≌△DME（AAS），
∴CD＝EM，AC＝DM，
∵AC＝BC，
∴DM＝BC，
∴DM﹣CM＝BC﹣CM，
∴CD＝BM，
∴EM＝BM，
∵EM⊥CB，
∴；
（3）解：
【知识点】勾股定理；坐标与图形变化﹣旋转；等腰直角三角形；三角形全等的判定-AAS；求正弦值
【解析】【解答】解：（1）如图，过点E作EM⊥CB延长线于点M，
由旋转得AD＝DE，∠ADE＝90°，
∴∠ADC+∠EDM＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝∠DME，∠ADC+∠CAD＝90°，
∴∠CAD＝∠EDM，
∴△ACD≌△DME（AAS），
∴CD＝EM，AC＝DM，
∵AC＝BC，
∴BM＝DM﹣BD＝AC﹣BD＝BC﹣BD＝CD，
∴BM＝EM，
∵EM⊥CB，
∴，
故答案为：；
（3）如图，过点E作EM⊥CB延长线于点M，
由（2）得DM＝AC＝1，EM＝CD＝2，
∴CM＝CD+DM＝3，
∴，
∴．
【分析】（1）过点E作EM⊥CB延长线于点M，证明△ACD≌△DME（AAS），可得CD＝EM，AC＝DM，易求△BEM为等腰直角三角形，可得；
（2）先补全图形，证明△ACD≌△DME（AAS），可得CD＝EM，AC＝DM，易求△BEM为等腰直角三角形，可得；
（3）过点E作EM⊥CB延长线于点M，由（2）得DM＝AC＝1，EM＝CD＝2，利用勾股定理求出CE的长，由即可求解.
7．【答案】（1）解：在△ABC中，∵∠B=90°，AB=3，BC=4，
∵AB=AD=3，BC=DE=4，∠ABC=∠ADE=90°，
∴△ABC≌△ADE（SAS），
∴AC=AE=5，∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
∵
∴△ABD∽△ACE，
∴
∴的值为；
（2）解：连接CE，延长BM交CE于点Q，连接AQ交EF于点P，延长EF交BC于点N，
∵BM是Rt△ABC斜边AC上的中线，
∴AM＝BM＝CM＝AC＝，
∴∠ABM＝∠BAM，
∵AB＝AD，
∴∠ABM＝∠ADB，
∴∠BAM＝∠ADB，
∵∠ABM＝∠DBA，
∴△ABM∽△DBA，
∴，即
∴BD＝，
∴DM＝BD﹣BM＝
∵∠EAD＝∠CAB＝∠ABD＝∠ADB，
∴DM∥AE，
∴△FDM∽△FEA，
∴，即
解得FM＝，
∴CF＝CM﹣FM＝；
（3）解：直角三角形的面积分别为4，16，12，.
【知识点】相似三角形的判定与性质；同角三角函数的关系；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：（3）C，D，E三点能构成直角三角形，理由如下：
①当AD在AC上时，DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，如图，
∴S△CDE＝CD DE＝×（5﹣3）×4＝4；
②当AD在CA的延长线上时，DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，如图，
∴S△CDE＝CD DE＝×（5+3）×4＝16；
③当DE⊥EC时，△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，如图，
∵AQ⊥EC，DE⊥EC，DE⊥AD，
∴四边形ADEQ是矩形，
∴AD＝EQ＝3，AQ＝DE＝4，
∵AE＝AC＝5，AQ⊥CE，
∴CE＝2EQ=6，
∴S△CDE＝AQ CE＝×4×6＝12；
④当DC⊥EC时，△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，交DE于点N，如图，
∵DC⊥EC，AQ⊥EC，
∴AQ∥DC，
∵AC＝CE，AQ⊥EC，
∴EQ＝CQ，
∴NQ是△CDE的中位线，
∴ND＝NE＝DE＝2，CD＝2NQ，
∵∠AND＝∠ENQ，∠ADN＝∠EQN＝90°，
∴∠DAN＝∠QEN，
∴tan∠DAN＝tan∠QEN，
∴，
∴
∴NQ＝EQ，
∵NQ2+EQ2＝NE2，
∴（EQ）2+EQ2＝22，
解得EQ＝，
∴CE＝2EQ＝，NQ＝EQ＝，
∴CD＝2NQ＝，
∴S△CDE＝CD CE＝××＝．
综上所述，直角三角形CDE的面积为4或16或12或．
【分析】（1）在△ABC中，先利用勾股定理算出AC的长，然后由SAS判断出△ABC≌△ADE，由全等三角形的性质得AC=AE=5，∠BAC=∠DAE，由等式的性质推出∠BAD=∠CAE，结合，根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似得△ABD∽△ACE，由相似三角形对应边成比例可得结论；
（2）连接CE，延长BM交CE于Q，连接AQ交EF于点P，延长EF交BC于点N，由直角三角形斜边上中线等于斜边的一半得AM＝BM＝CM＝AC＝，由等边对等角得∠ABM＝∠BAM，∠ABM＝∠ADB，则∠BAM＝∠ADB，从而根据有两组角对应相等得两个三角形相似得△ABM∽△DBA，由相似三角形对应边成比例建立方程可求出BD的长，根据全等三角形对应角相等及等量代换可推出∠EAD=∠ADB，由内错角相等，两直线平行，得AE∥BD，由平行于三角形一边的直线截其它两边，所截三角形与原三角形相似得△FDM∽△FEA，再由相似三角形对应边成比例建立方程可求出FM的长，进而根据CF=CM-FM即可算出答案；
（3）C，D，E三点能构成直角三角形，理由如下：分情况讨论：①当AD在AC上时，DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，画出草图，进而根据三角形的面积计算公式直接计算即可；②当AD在CA的延长线上时，DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，画出草图，进而根据三角形的面积计算公式直接计算即可；③当DE⊥EC时，△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，根据题意画出草图，根据有三个角是直角的四边形是矩形得四边形ADEQ是矩形，由矩形得对边相等得AD＝EQ＝3，AQ＝DE＝4，根据等腰三角形的三线合一得CE＝2EQ=6，从而根据三角形的面积计算公式直接计算即可；④当DC⊥EC时，△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，交DE于点N，如图，由同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行得AQ∥DC，由等腰三角形的三线合一得EQ＝CQ，从而根据三角形的中位线定理得ND＝NE＝DE＝2，CD＝2NQ，由直角三角形的两锐角互余、并结合对顶角相等及等角得余角相等得∠DAN＝∠QEN，由等角得同名三角函数值相等结合正切函数的定义可得，据此NQ＝EQ，在Rt△ENQ中，利用勾股定理建立方程可求出EQ的长，进而计算求出CD的长，最后根据三角形面积计算公式计算即可，综上即可得出答案.
8．【答案】（1）证明：∵是由 绕点按逆时针方向旋转 得到，
其中，点E的对应点E'与点A重合，
∴DE=DE'
∴∠BAC=∠AED，
又∵DE是的中位线 ，
∴DE∥BC，
∴∠AED=∠ACB，
∴∠BAC=∠ACB，
∴AB=BC.
（2）解：如图，连接AA'，
∵由旋转可知，
∠ADA'=∠CDC'，AD=A'D，DC=DC'，
∴∠DAA'=∠DA'A，∠DCC'=∠DC'C，
又∵∠DAA'+∠DA'A+∠ADA'=180°，∠DCC'+∠DC'C+∠CDC'=180°，
∴∠DCC'=∠DAA'，
∴△CDC'∽△ADA'，
∴，即，
又∵ DF是的中线，即F是A'B中点，DE是△ABC的中位线，
∴AD=BD，A'F=BF，
∴DF是△ABA'的中位线，
即，
∴，即.
（3）解：存在，理由如下，
如图，分别以AD和CE为直径作圆，连接两圆心，过点作，垂足为点F，
∵，BE=3，
∴DE=4，
在Rt△BED中，，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
同理，解得，
∴，
在Rt△中，
，
其中，，故，即，
又∵<3，
，
∴，
∴两圆相交，即两圆存在交点G，
此时∠CGE=∠AGD=90°，满足.
【知识点】圆与圆的位置关系；三角形的中位线定理；解直角三角形—边角关系；手拉手相似模型
【解析】【分析】（1）由中位线的性质和旋转性质推导角度关系推出等腰即可；
（2）由目标线段的乘积关系联想旋转前后对应点后三角形的相似，由"手拉手全等"推出的"手拉手相似"，最后利用中位线的等量代换得出目标线段的等量关系；
（3）根据已知定△ABC分析易解出△BDE，为满足题意，不妨假设结论成立，即找出一个特殊的例子说明存在性即可，故而将目标互补角转换为双直角，即两圆是否存在交点的问题，进一步结合解三角形求出两圆心距离近似估值判断满足两圆相交的关系即可.
9．【答案】（1）证明∵为等边三角形，
∴，
∵绕点M逆时针旋转得到，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）解：四边形为平行四边形，理由如下，
∵，，
∴，
∵绕点M逆时针旋转得到，
∴，，
∴，
则，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
则四边形为平行四边形；
（3）
【知识点】等边三角形的性质；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形-动点问题
【解析】【解答】（3）解：如图，过点A作，使，连接、，，延长，过点G作于点O，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴当点G、M、C三点共线时，的值最小，最小值为的值，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴的最小值为．
【分析】（1）根据等边三角的性质可得，再由旋转的性质可得，结合邻补角可求得，从而用SAS判断出△ANM≌△MBD，由全等三角形的对应边相等可得结论；
（2）由等腰直角三角形性质得∠ABC=45°，再根据旋转的性质可得MA=MD，∠MAD=∠MDA=45°，∠DMA=∠DMB=90°，则∠MAD=∠ABF=45°，由内错角相等，两直线平行，得AD∥BF，由SAS判断出△ANM≌△MBD，由全等三角形的对应角相等得，由直角三角形两锐角互余及等角的余角相等可推出，由内错角相等，两直线平行，DB∥AF，进而根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形AFBD是平行四边形；
（3）过点A作∠BAG=45°，使AG=CB，连接GM、GC，BG，延长CB，过点G作GO⊥CB于点O，根据等腰三角形的性质可证，用SAS判断出证明△GAM≌△BCN，由全等三角形的对应边相等可得GM=BN，从而可得当点G、M、C三点共线时，BN+CM的值最小，最小值为CG的值，根据平行线的性质和平角的定义可得，再根据等腰直角三角形的性质和勾股定理求得，从而可得，再利用勾股定理求解即可．
10．【答案】（1）证明： 在AB上截取AM＝EF，连接DM，
由旋转的性质知：AD=AE，∠EAD=60°，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，
∴∠B=60°，
∵EF∥BC，
∴∠EFB=∠B=60°，
∴∠EFB=∠EAD，∠EFA=180°-60°=120°
∵∠BAD=∠EAD-∠EAB，∠E=∠EFB-∠EAB，
∴∠BAD=∠E，
∵AD=AE，AM=EF，
∴△DAM≌△AEF（SAS），
∴AF=DM，∠AMD=∠EFA=120°，
∴∠BMD=180°-∠AMD=60°，
∵∠B=60°，
∴△BMD为等边三角形，
∴BD=DM=BM，
∴AB=AM+BM=EF+BD.
（2）解：图②：AB=BD-EF，
理由：如图，在BD上取点H，使BH=AB，连接AH并延长到点G使AG=AF，连接DG，
∵∠ABC=60°，
∴△ABH为等边三角形，
∴∠BAH=∠BHA=60°，
由旋转知：∠DAE=60°，AE=AD，
∴∠BAH=∠DAE，
∴∠BAE=∠DAH，
∵AG=AF
∴△FAE≌△GAD（SAS），
∴EF=DG，∠AFE=∠G，
∵BC∥EF，
∴∠AFE=∠ABC=∠G=60°，
∵∠DHG=∠AHB=60°，
∴△DHG为等边三角形，
∴DH=DG=EF，
∴AB=BH=BD-DH=BD-EF.
图③：AB=EF-BD，
理由：如图，在EF上取点H使AH=AF，
∵BC∥EF，
∴∠F=∠ABC=60°
∴△AHF为等边三角形，
∴∠AHF=∠HAF=60°，AH=FH
∴∠AHE=120°，∠EAH+∠DAB=180°-∠EAD-∠FAH=180°-60°-60°=60°，
由旋转知：AD=AE，∠DAE=60°，
∵∠D+∠DAB=∠ABC=60°，
∴∠D=∠EAH，
∵∠DBA=∠AHE=120°，AD=AE，
∴△EAH≌△ADB（AAS）
∴BD=AH，AB=EH，
∴BD=HF，
∴AB=EH=EF-FH=EF-BD；
（3）10或18
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：（3）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，
∴AB=2BC，AC=BC，
∴BC=AC=6，AB=12，
∵CD=2BD，
∴BD=BC=2，
由（1）知：AB=EF+BD，
∴EF=AB-BD=12-2=10；
如图：当点D在线段BC的延长线上时 ，由CD＜BD，与CD=2BD矛盾，不成立；
如图：当点D在线段CB的延长线上时 ，
∵CD=2BD，BC=6，
∴BD=BC=6，AB=2BC=12，
由AB=EF-BD，则EF=AB+BD=18.
综上可知：EF的长为10或18.
【分析】（1）在AB上截取AM＝EF，连接DM，可证△DAM≌△AEF（SAS），可得AF=DM，∠AMD=∠EFA=120°，再证△BMD为等边三角形，可得BD=DM=BM，利用线段的和差关系即可求解；
（2）图②：如图，在BD上取点H，使BH=AB，连接AH并延长到点G使AG=AF，连接DG，易得△ABH为等边三角形，再证△FAE≌△GAD（SAS），可得EF=DG，∠AFE=∠G，最后可证△DHG为等边三角形，可得DH=DG=EF，利用线段的和差关系即可求解；
图③：如图，在EF上取点H使AH=AF，可证△EAH≌△ADB（AAS），可得BD=AH，AB=EH，利用线段的和差关系即可求解；
（3）利用含30°角的直角三角的性质求出BC=6，AB=12，结合CD=2BD求出BD的长，继而求解.
11．【答案】（1）解：，理由如下，
如图3，当点G，H重合时，
∵正方形ABCD与正方形BEFG，
∴AB＝BC，BE＝BH，∠ABC＝90°，∠EBH＝90°，
∴EH，∠ABE＝90°﹣∠EBC＝∠CBG，
∴△ABE≌△CBG（SAS），
∴AE＝CG，
∴；
（2）解：，理由如下，
由（1）得△ABE≌△CBG（SAS），
∴∠BCH＝∠MAB，
在AE上截取AM＝CH，
∵∠BCH＝∠MAB，AB＝BC，
∴△MAB≌△HCB（SAS），
∴∠MBA＝∠CBH，BM＝BH，
∵∠HBG＝90°﹣∠CBH﹣∠EBC，∠EBM＝90°﹣∠MBA﹣∠EBC，
∴∠HBG＝∠EBM，
∴∠MBH＝∠EBM+∠EBC+∠CBH＝∠HBG+∠EBC+∠CBH＝∠EBG＝90°，
∴△MBH是等腰直角三角形，
∴，
∵AH＝AM+MH，
∴；
（3），
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的判定；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；旋转全等模型
【解析】【解答】
解：（3），理由如下，由（1）得△ABE≌△CBG（SAS），
∴AE＝CG，∠BCH＝∠HAB，
在CG上截取CM＝AH，
∵∠BCH＝∠HAB，BC＝AB，
∴△ABH≌△CBM（SAS），
∴BH＝BM，∠MBC＝∠ABH，
同理，△MBH是等腰直角三角形，
∴，
∵CH＝CM+MH，
∴．
故答案为：.
【分析】(1)利用正方形的性质得到EH，即可利用SAS证明△ABE≌△CBG，从而得出AE'=CG，根据AH=AE+EH，解答即可：
(2)在AE上截取AM =CH，利用SAS证明△MAB≌△HCB，推出∠MBA＝∠CBH，BM＝BH，通过角度的和差运算即可证明△MBH是等腰直角三角形，从而得到，根据AH = AM + MH，解答即可；
(3)在CG上截收CM = AH，利用SAS证明△ABH≌△CBM，得到BH＝BM，∠MBC＝∠ABH，同理得到
△MBH是等腰直角三角形，求得，根据CH = CM+ MH，解答即可.
12．【答案】（1）相等（或CD'=BD）；相等（或∠AD'C=∠ADB)
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴，.
∵CE绕点C逆时针旋转得到CE'，
∴，.
∵，
∴即.
∴.
∴.
∵，
∴.
∴∠BE'C=∠ECE'=∠CEF=90°.
∴四边形CEFE'是矩形.
又∵CE=CE'，
∴四边形CEFE'是正方形.
（3）
（4）
【知识点】矩形的判定；正方形的性质；正方形的判定；旋转的性质；四点共圆模型
【解析】【解答】
解：（1）∵将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AD'，
∴∠DAD'=90°，AD=AD'
∵∠BAC=90°，
∴∠BAC-∠DAC=∠DAD'=∠DAC，即 ∠DAB=∠D'AC
又∵AB=AC，
∴DABDAC(SAS)
：.CD'=BD；∠AD'C=∠ADB
故答案为：相等（或CD'=BD)；相等（或∠AD'C=∠ADB ).
（3）∵CE绕点C逆时针旋转90°得到线段CE'，
∴ ∠ECE’=90°，CE=CE
∵，
∴，
∵四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=4，
∴CD=AB=3，
∴，
∴，
∵∠DCB=∠ECE'=90°，
∴ ∠DCB-∠BCE=∠ECE'-∠BCE 即 ∠DCE=∠BCE'
∴BCG∽DCE
∴∠BGC =∠DEC =90°
∵ ∠CED+∠CEF =180°
∴∠CEF =90°
∴∠BGC =∠ECG=∠CEF =90°
∴四边形CEFG是矩形，
如图，连接AC，BD交于点O，连接OF
∵O是AC，BD的中点，
在RtOBF 中，OF=BD
∴OF==AC=OA=OC=OD=OB
∴A，F，B，C，D共圆，
∴∠AFC=90°，
∵AD=BC
∴，
∴∠GFC=∠ACD，
在RtABC中，AC==5，
∴cos∠ACD=，
∵AF=2，
∴在RtAFC中，FC==，
∴FG=FCcos∠CFG=，
∵，
∴∠BFC=∠BAC，
又∠AFC=∠G=90°，
∴∠ACB= ∠FCG，
∴∠ACB-∠FBC=∠FCG-∠FBC，即∠ACF=∠BCG，
∴sin ∠ACF ==sin∠BCG=，
∴，
∴BG=，
∴BF=，
故答案为：.
(4)如图，连接AC，BD交于点O，
∵四边形ABCD是矩形，
∴ ∠BAD=90°，AO=OB
∴AD=3，AB =，
∴AC=BD=
∴AO=OB=AB=
∴AOB是等边三角形，则∠OAB=60°
∵线段AE绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，
∴AE=AE'，∠EAE'=60°
∴∠OAB=∠EAE'=60°
∴∠OAB-∠OAE=∠EAE'-∠OAE，即∠E'AO=∠EAB
又OA=BA，EA=EA
∴E'AOEAB(SAS)，
∴∠AOE'=∠ABE=90°
∴E'在OE'上运动，且E'O⊥AC
∴当DE'⊥OE'时，DE取得最小值，
∵∠AOB=60°，
∴∠AOD=120°，
又∠AOE'=90°，
∴∠E'OD=30，
∴当DE'OE'时，DE'=OD=，
故答案为：.
【分析】(1)根据旋转的性质和角度的和差运算，即可利用SAS证明DABDAC，再根据全等三角形的性质，即可解答；
（2）根据正方形的性质和旋转的性质可利用SAS证明，根据全等三角形的性质可得，进一步可证明四边形CEFE'是矩形，结合CE=CE'，即可解答；
（3）根据旋转的性质通过计算得，即可利用SAS证明BCG∽DCE，根据相似三角形的性质和角度的数量计算得到四边形CEFG是矩形，如图，连接AC，BD交于点O，连接OF，根据中点的定义可得A，F，B，C，D共圆，即可利用勾股定理计算得到AC，FC；根据余弦的定义即可求出FG，根据正弦的定义得到sin ∠ACF ==sin∠BCG=，建立关系计算即可得到答案；
（4）如图，连接AC，BD交于点O，根据矩形的性质得到AOB是等边三角形，则∠OAB=60°；由旋转的性质得到AE=AE'，∠EAE'=60°，即可利用SAS证明E'AOEAB，即可得到E'在OE'上运动，且E'O⊥AC，可知当DE'⊥OE'时，DE取得最小值，即可通过30角度的性质计算可得答案，解答即可.
13．【答案】（1）90；
（2）解：（1）中的结论仍然成立，证明
∵点O为的中点，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∵，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，；
②在中，∵，，，
∴，
由①得：四边形为平行四边形，
∴四边形的面积等于，
∴当最小时，四边形的面积最小，
即当E到的距离最小时，最小，四边形的面积最小，
如图，过点E作于点M，连接，则当最小时，四边形的面积最小，
∵，，
∴，
即当点B，E，M三点共线时，取得最小值，最小值为，
此时时，最小，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
由①得：，
∴．
【知识点】三角形三边关系；平行四边形的性质；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应角的关系；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：（1）∵点O为的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴；
∵，，，，
∴，
∴，
∴；
故答案为：90；
【分析】（1）首先根据SAS证得，可得，，进而可得出，进一步得出；根据已知线段可得出AD=3，AF=4，即可得出；
（2）①（1）中的结论仍然成立，首先根据，可得出，，进一步得出∠DAF=90°，；
②首先根据勾股定理求得AC的长度，再根据平行四边形的性质，得出四边形的面积等于，所以当最小时，四边形的面积最小，如图，过点E作于点M，连接，则当最小时，四边形的面积最小，根据三角形三边之间的关系可得出当点B，E，M三点共线时，取得最小值，根据面积法可得出，，进而根据勾股定理，可得出CM，CE的长，再根据，即可得出AD的长。
14．【答案】（1）
（2）如图2，根据题意，得．
，
．
．
．
，
，
（3）的值与无关．
理由：如图3，同理可证，
．
菱形ABCD中，，
．
点在AB的垂直平分线上，
，
．
过点作，垂足为点，
，
，
．
所以，的值与无关
（4）解：同理可证：．
．
，
．
即
【知识点】菱形的性质；正方形的性质；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：∵ABCD是正方形，
∴∠DAC=∠CAB=45°，AO=OD，∠ADC=∠AOB=90°，
∴△AOB∽△ADC，
∴，
∴可以看成是绕点逆时针旋转并放大倍得到，此时旋转角的度数为45°，的值为，
故答案为：；
【分析】（1）根据正方形的性质得到得到△AOB∽△ADC，AD=AO，然后回答问题即可；
（2）根据旋转放大得到．即可得到对应边成比例，进而证明，利用对应边成比例解答即可；
（3）根据（2）可得，即可得到，然后根据垂直平分线的性质得到AO=OB，然后过点作，垂足为点，求出的值解答即可；
（4）根据对应边成比得到，即可表示BF和BA长，然后利用线段的和差解答即可．
15．【答案】（1）180°；8
（2）①，
理由如下：连接
和关于直线AB对称
和关于直线AD对称
，即
②连接，分别交CD，AB于点M，N，过点作于点
易证在同一条直线上，四边形DMNH为矩形
对称
.
故
答：的距离为
（3）或
【知识点】轴对称的性质；锐角三角函数的定义；图形的旋转；图形的平移
【解析】【解答】解：（1）△A2B2C2可以看作是△ABC绕点O顺时针旋转得到的，旋转角的度数为180°；△A3B3C3可以看作是△ABC向右平移得到的，平移距离为8个单位长度.
故答案为：180°，8.
（3）如图：
∵在Rt△KMN中，∠M=90°，∠N=15°，KS=SN，
∴∠KSM=30°.
设KM=1，则SN=KS=2，MS=，KN==，
∴sin15°==.
当P2P3∥AD时，作DI⊥AB于点I，设P1P2交AD于点T，
∵P1P2⊥AD，
∴P2P3⊥P1P2，
∴∠P3P2P1=90°.
∵PP3∥DI，
∴∠P2P3P1=∠ADI=30°.
有（2）可得PP3=2AD·sin60°=6，
设AP1=AP=x，则PP1=2AP·sin∠PAB=2x·sin15°=x，
∴P1P3=PP3-PP1=6-x.
∵∠BAP1=∠BAP=15°，
∴∠P1AT=∠DAB-∠BAP1=45°，
由对称性可得∠ATP1=90°，
∴TP1=AP1=x，
∴P1P2=x.
∵P1P2=P1P3·sin∠P2P3P1=P1P3·sin30°，
∴6-x=x，
∴x=.
当P2P3∥CD时，设AP=x，
同理可得P1P2=2P1P3，
∴2(6-x)=x，
∴x=.
综上可得：AP=或.
【分析】（1）根据平移、旋转的性质结合图形进行解答；
（2）①连接AP1，由轴对称的性质可得∠P1AB=∠PAB=∠PAP1，∠P1AD=∠P2AD=∠P1AP2，则∠BAD=∠P1AD+∠P1AB=(∠PAP1+∠P1AP2)=∠PAP2，据此解答；
②连接PP3，分别交CD，AB于点M，N，过点D作DH⊥AB于点H，易得四边形DMNH为矩形，根据三角函数的概念可得NM=DH=msinα，根据轴对称的性质可得PP1=2NP1，P1P3=2P1M，然后根据PP3=PP1+P1P3进行解答；
（3）首先求出sin15°的值，当P2P3∥AD时，作DI⊥AB于点I，设P1P2交AD于点T，易得PP3∥DI，由平行线的性质可得∠P2P3P1=∠ADI=30°，由（2）可得PP3=2AD·sin60°=6，设AP1=AP=x，则PP1=2AP·sin∠PAB=x，P1P3=PP3-PP1=6-x，由角的和差关系可得∠P1AT=∠DAB-∠BAP1=45°，由对称性可得∠ATP1=90°，则TP1=AP1=x，P1P2=x，然后根据P1P2=P1P3·sin∠P2P3P1=P1P3·sin30°就可求出x的值；当P2P3∥CD时，设AP=x，同理进行解答.
16．【答案】（1）64
（2）
（3）解：中，，
，
过点作交于，
在等边三角形中，，，
，
，
同理可得，，
，
；
（4）证明：设，，，
，，，
是等边三角形，是等边三角形，
，，
，
是等边三角形，四边形是平行四边形，
，，
是直角三角形，
，
，
；
（5）解：设，，，以为直径的圆的面积为、以为直径的圆的面积为、以为直径的圆的面积为，
是直角三角形，
，
，
，
，，，
，
，，
，
．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理的应用；平行四边形的判定与性质；旋转的性质；圆柱的体积
【解析】【解答】（1）解：中，，
，
，
，，
，
故答案为：64；
（2）解：中，，
，
，
，
故答案为：；
【分析】（1）利用勾股定理可证得，代入可求出S2的值；
（2）利用勾股定理可证得，利用三角形的面积公式可推出S1+S2=S3，即可求解；
（3）利用勾股定理可证得AB2=AC2+BC2，过点D作DG⊥BC于点G，利用等边三角形的性质及勾股定理，可表示出DG的长，利用三角形的面积公式分别表示出S4，同理表示出S5，S6，由此可推出S4，S5，S6之间的关系；
（4）设AB=c，BC=a，AC=b，可表示出HN，FG，MF，利用等边三角形的性质可得∠HPN=60°，同时可证得△HNP是等边三角形，四边形MFGP是平行四边形，由此可表示出△PMN的面积及四边形PMFG的面积，利用勾股定理可得到c2=b2+a2，由此可证得结论；
（5）设AB=c，BC=a，AC=b，以AB为直径的圆的面积为S3，以BC为直径的圆的面积为S1，以AC为直径的圆的面积为S2，利用勾股定理可证得c2=b2+a2，两边同时乘以，可推出S1+S2=S3；再理由圆柱体的体积可证得V2+V1=V3，然后结合已知条件求出V2+V1=V3的值.
17．【答案】（1）2
（2）解：或写成；
（3）解：绕着点逆时针旋转，
点在以为圆心，PD长为半径的圆上运动．
又点是外的一个定点，
由图1可得：当AD与相切时，最大．
．
由（2）中图形变化过程可知，．
在Rt和Rt中，
．
（4）解：如图2，将沿BC翻折，使得点落在处，将沿AC翻折，使得点落在处，连接，将沿AC方向平移，使得点与点重合，得（如图3）．
由（2）中图形变化过程可知，，
当三点共线时，最小．
．
在Rt中，的最小值为．
【知识点】勾股定理的实际应用-最短路径问题；利用轴对称、旋转、平移设计图案
【解析】【解答】解：（1）观察可知，小正方形是大正方形的中点四边形，
设大正方形边长为2a，则，.
故 大正方形面积是小正方形面积的2倍.
（2）如图，
由图形变化过程可知，AE=DF，BE=CF，
由勾股定理可知，，，
，，
∴，，
故，即.
【分析】（1）由图形变化易观察其面积的倍数关系，也可以利用割补法推理等；
（2）由勾股定理结合矩形的性质推理出线段的数量关系；
（3）四边均固定，在旋转过程中，其变化为圆，推理得出当AD与圆相切时，其∠DAP最大，进一步利用（2）的结论结合勾股定理计算即可；
（4）结合直角利用对称将线段和转换成单线段定值，进一步将目标线段平移衔接，即最终转化为两点之间线段最短；
18．【答案】（1）30
（2）①证明：四边形是矩形，，
，
，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
，
．
即无论在给定的范围内如何变化，总成立．
②解：是切线，
，
，
．
设，则，，
，，
，，
即点在线段上，
如图，过作，垂足为，则，
，，
，
，
设，则，
，
在中，，
在中，，
，解得，
，，
．
【知识点】三角形全等的判定；矩形的判定与性质；切线的性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【解答】（1）解：，，
，
与圆相切，
，
．
故答案为：30．
【分析】（1）根据圆的半径相等，可证是等边三角形，则，再由切线的性质得到，故；
（2）①根据矩形的性质（对角线相等且互相平分）及切线的性质先证明，再由全等三角形的性质及矩形的性质（对边相等）推出结论；
②根据已知，由切线的性质及正切函数的定义，得出，再利用线段之间的关系证明出点在线段上，过作，垂足为，推出，再由相似的性质，得出EH、ED的关系，设，则，分别在、中使用勾股定理，建立等量关系式，用含m的式子表示a，表示出AB和CB，即可解答.
19．【答案】问题1：；；问题2：如图，四边形是正方形，，点O是的中点，，，，点O是的中点，，；.
（1）；
（2）证明：如图，四边形是正方形，
，
点O是的中点，
，
，
，
点O是的中点，
，
；.
（3）
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的判定与性质；弧长的计算
【解析】【解答】解：（1）问题1：；；理由如下：
如图，四边形是正方形，
，，
是等腰直角三角形，，
，，
，
，
，，
，
，
；；
（3）解：如图，，，
G在以O为圆心，为半径的上，
过F作于N，
当时，
，，
，
，，
，，
，
，
，
，
而，，
四边形是正方形，
当旋转角从变化到时，G在上运动，
，，，
，
点G经过路线的长度为
【分析】（1）先根据正方形的性质得到，，进而根据等腰直角三角形的性质得到，，从而结合三角形全等的判定与性质证明得到，，再结合题意得到，从而即可求解；
（2）先根据正方形的性质得到，进而根据中点得到，再根据垂直得到，从而根据中点得到，进而等量代换即可求解；
（3）根据题意得到G在以O为圆心，为半径的上，过F作于N，当时，，，进而结合题意根据勾股定理求出FN和DF，从而根据勾股定理的逆定理得到，再结合题意即可得到，而，，根据正方形的判定与性质得到当旋转角从变化到时，G在上运动，从而结合题意即可得到OA，再根据弧长的计算公式即可求解。
20．【答案】（1）S△APB；DP；PE
（2）解：如图，过点C，F分别作AB，CG的垂线，垂足分别为M，N，
∵△ABC是等边三角形， AC=3， ∴AB=AC=3，
∵AG=1， 则
在 中，
∵将线段CG绕点C逆时针旋转 得CF，
∴CG=CF，∠GCF=60°，
∴△CGF 是等边三角形，
则
∴由探究发现可得： .
（3）解：如图，延长AC，BE交于点T， 过点P作PS⊥BE于点S，连接BC，
设CD=x，∵AB是半圆O的直径，.
在 中，
在 中，
解得：
∴由探究发现可得：
【知识点】等边三角形的判定与性质；旋转的性质；圆与三角形的综合
【解析】【分析】（1） 通过等面积即可得解；
（2）过F作FN⊥CG于点N，由（1）可知PD+PE=FN，所以求出FN即可，再由题意可知△CGF为等边三角形，所以求出CG即可，进而在△CMG中利用勾股定理求CG；
（3）延长AC、BE交于点T，连接BC，过P作PS⊥BE于点S，易证△ABT为等腰三角形，所以BC=PD+PS，在△ACB和△DCB中，利用双勾股可求出CD=4，进而AC=BE=6，BC=8，从而即可得解．
21．【答案】（1）旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等
（2）解：①下图中，点O为所求②
（3）解：<方法一>连结，交AC于M，连结PA，PD，如图所示
．
由旋转得．
在中，．
在中，，
，．
．
．
在和中，
，
又，
．
又，．
<方法二>连结，交AC于M后，连结，AC交于D，交
点P为的中点，．
由旋转的性质得：，
在中，．
在中，．
．
在中，
．
．
<方法三>连结PA，，PD，PC，交AC于M，交于N，如图所示
点P为的中点，．
由旋转得．
在为中．．
在中，
．
现证明阴影部分为轴对称图形：连结
点P为的中点，图形的旋转，．
，
又，
，
在中，．
．
又图形的旋转，∴阴影部分面积被PD等分．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；弧长的计算；解直角三角形；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）由题意得上述问题情境中“（　　）”处应填理由为旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等，
故答案为：旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等；
（2）②连接OB，OB'，如图所示：
由题意得∠BOB'=90°，B'O=BO，BB'=6，
设B'O=BO=a，
由勾股定理得，
解得，
∴，
∴点B经过的路径长为，
故答案为：
【分析】（1）直接根据旋转的性质即可求解；
（2）①根据题意即可画图；②先根据旋转的性质即可得到∠BOB'=90°，B'O=BO，BB'=6，设B'O=BO=a，进而根据勾股定理即可求出a，再根据弧长的计算公式即可求解；
（3）<方法一>连结，交AC于M，连结PA，PD，，先根据旋转的性质即可得到，再运用解直角三角形的知识即可求出MD和DA'的长，进而即可得到，，再运用三角形全等的判定与性质证明，进而即可求解；
<方法二>连结，交AC于M后，连结，AC交于D，交，先根据旋转的性质即可得到，进而根据解直角三角形的知识即可得到MA'、ME、MD的长，再运用即可求解；
<方法三>连结PA，，PD，PC，交AC于M，交于N，先根据旋转的性质即可得到，进而根据解直角三角形的知识即可得到CM的长，进而得到，再证明阴影部分为轴对称图形即可求解。
22．【答案】（1）解：如图所示，线段即为所求作的线段；
（2）②③
（3）按方式一运动：向右平移1个单位长度，再绕原点O按逆时针方向旋转90°，坐标为；
按方式一运动：向右平移1个单位长度，再绕原点O按逆时针方向旋转90°，坐标为．
按方式二运动：先原点O按逆时针方向旋转，再向右平移1个单位，坐标为；
按方式二运动：先原点O按逆时针方向旋转，再向右平移1个单位，坐标为．
①点与点重合，
，解得，即．
②由（2）可知，若线段与线段有公共点，则点在一条直线上，
设直线的解析式为：，则，解得，
直线的解析式为：，
将点坐标为代入得，．整理得，，
，
讨论有交点情况：
．当点在线段上时，两线段有交点，
，即，
当点在线段上（不与端点重合）时，两线段无交点，
，即，
当点在线段上时，两线段有交点，
，即，
由于点在第一象限，，
．
综上所述，若线段与线段有公共点，，或
【知识点】用坐标表示平移；利用轴对称、旋转、平移设计图案；一次函数图象的平移变换
【解析】【解答】（2）设线段的端点为和，
按方式一变换得到线段对应端点分别为，，
按方式二变换得到线段对应端点分别为：，
设直线的解析式为：，代入得，
，消去后，整理得，，
设直线的解析式为：，代入得，
消去后，整理得，，
，即和所在直线可能平行或是同一直线．
故选：②③；
【分析】（1）根据旋转和平移的性质作图即可；
（2）先求出按方式一和方式二变换后的端点坐标，然后利用待定系数法求出一次项系数，通过一次项系数来判断直线的位置关系；
（3）①先根据平行性质转化为共线问题，再通过已知直线方程得到函数解析式；
②通过线段端点位置关系分析范围，根据不等式确定临界点，结合图形，即可求解．
23．【答案】概念理解：
解：，
；
探究性质：①根据概念理解可得，
，
，
故点、对应的“变换”点、如下图，
②线段经过一次平移或轴对称，不能得到，
线段可由线段通过旋转变换得到，
旋转中心如图所示，
，，
旋转中心为点，
，
为等腰三角形，
，
线段可由线段以点为中心，逆时针旋转得到，
；
运用性质：由探究性质中可得，曲线由反比例函数（）图像，绕点逆时针旋转得到，
，，
，且与轴的夹角为，
，且与轴的夹角为，
将线段绕点逆时针旋转交反比例函数（）于点，连接，如图，
，
则，，
设直线的解析式为，
把，代入可得
，
解得，
所以直线的解析式为，
令，
解得，
经检验，是原方程的解，
，，
，
根据旋转的性质可得，
四边形为菱形，
，，，
，
，
，，
，，
．
【知识点】反比例函数与一次函数的交点问题；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；三角形全等的判定-AAS；特殊角的三角函数的混合运算
【解析】【分析】概念理解：根据概念代入计算解答；
探究性质：①根据概念代入求得，画出图形即可；
②根据旋转的性质，画出旋转中心即可；
运用性质：由探究性质中可得，曲线由反比例函数（）图像，绕点逆时针旋转得到，线段绕点逆时针旋转交反比例函数（）于点，求得，利用旋转的性质可得，最后利用全等三角形的性质即可解答．
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