【期中单元重点题型】（人教版）2023-2024学年九年级数学上册 第二十三章 旋转（压轴40题专练）

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第二十三章 旋转（压轴题专练）
一、填空题
1．（2023春·河北保定·八年级保定十三中校考期末）如图，两块完全相同的含角的直角三角板和叠合在一起，将三角板绕直角顶点按逆时针方向旋转角，有以下四个结论：
①当时，与的交点恰好为中点；
②当时，恰好经过；
③在旋转过程中，存在某一时刻，使得
④在旋转过程中，始终存在；
共中结论正确的有多少个（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】如图1所示，设与交于H（不包括），根据含30度角的直角三角形的性质得到，再证明是等边三角形，得到，由此即可判断①；同理可得，当时，如图2所示，利用三角形内角和定理分别求出，则，由此即可判断②；如图3所示，分别在上取一点E、F，使得，过点F作交于G，证明，得到，再证明四边形是平行四边形，得到，由此推出，即可判断③；如图4所示，设直线与直线交于M，根据等边对等角和三角形内角和定理得到，同理可得，再利用四边形内角和定理可得，由此即可判断④．
【详解】解：如图1所示，设与交于H（不包括），
∵在中，，
∴，
当时，则，
∴，
∴是等边三角形，
∴，即点H是的中点，
∴当时，与的交点恰好为中点，故①正确；

同理可得
当时，如图2所示，
∴，
∴，
∴，
∴三点共线，即恰好经过，故②正确；

如图3所示，分别在上取一点E、F，使得，过点F作交于G，
由旋转的性质可得，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，即，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴
∵，
∴，故③错误；

如图4所示，设直线与直线交于M，
∵，
∴，
同理可得，
又∵，
∴，
∴在旋转过程中，始终存在，故④正确；
故选C．

【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判断，三角形内角和定理，等腰三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
2．（2023·辽宁阜新·阜新实验中学校考一模）如图，在平面直角坐标系中，，，将绕点顺时针旋转并且按一定规律放大，每次变化后得到的图形仍是顶角为的等腰三角形．第一次变化后得到等腰三角形，点的对应点为；第二次变化后得到等腰三角形，点的对应点为；第三次变化后得到等腰三角形，点的对应点为……依此规律，则第2023年等腰三角形中，点的坐标是（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意，可得点，，在第二象限，，，，推出，可得结论．
【详解】解：在平面直角坐标系中，，，绕点顺时针旋转并且按一定规律放大，每次变化后得到的图形仍是顶角为的等腰三角形．
第一次变化后得到等腰三角形，点的对应点为，
∴；
第二次变化后得列等腰三角形，点的对应点为，；
∴；
第三次变化后得到等腰三角形，点的对应点为；
∴；
……
由图可知：
绕点每次顺时针旋转，并且腰长增加1，
∴旋转三次完成一周，故点，，，……在第三象限，
，，，……
，，
∴，
∴点到轴距离为，到轴距离为
，，
故选：D．
【点睛】本题考查坐标与图形变化旋转，规律型问题等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
3．（2022秋·黑龙江大庆·八年级校考期中）如图，是正内一点，，，，将线段以点为旋转中心逆时针旋转得到线段，下列结论：可以由绕点逆时针旋转得到；点与的距离为；；；，其中正确的结论是（　　）
  
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】证明，又，所以可以由绕点逆时针旋转得到，故结论①正确；由是等边三角形，可知结论②正确；在中，由三边长为，，，得是直角三角形；进而求得，故结论③正确；，故结论④正确；将绕点逆时针旋转，使得与重合，点旋转至，，故结论⑤正确．
【详解】解：如图所示：
∵为正三角形，
，，
∵线段以点为旋转中心逆时针旋转得到线段，
，，
，
，
又，，
，
又，
可以由绕点逆时针旋转得到，
故结论①正确；
连接，
，，
是等边三角形，
，
故结论②正确；
，
，
在中，，，
，
是直角三角形，，
，
故结论③正确；
四边形的面积，
过点作，
是等边三角形，
，
，
，
，
∴四边形的面积，
故结论④不正确；
如图所示：将绕点逆时针旋转，使得与重合，点旋转至，连接，
    
，，
是等边三角形，
，
，
，
是直角三角形，且，
同结论④证明过程可求得：，，
，
故结论⑤正确；
综上所述：结论①②③⑤正确．
故选A．
【点睛】本题考查了图形旋转的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，三角形面积，面积的割补法，综合掌握以上知识点并灵活运用是解题的关键．
4．（2023春·江苏扬州·八年级高邮市南海中学校考阶段练习）如图，在正方形中，，若点在对角线上运动，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接、．点在上，且．
给出以下四个结论：  ①， ②，③线段的最小值是，④面积的最大是16．其中正确的是（    ）
  
A．①②③④ B．①②④ C．①②③ D．①③④
【答案】A
【分析】①根据旋转的性质证明为等腰直角三角形，即可得出结论；
①根据正方形的性质，和旋转的性质，利用“”证明，得出，，证明，根据勾股定理即可证明结论；
③根据，得出点F总是在过点C与AC垂直的直线上运动，过点P作垂足为点H，此时最小值即为的长，求出的长即可；
④根据，得出，表示出，即可求出最大值．
【详解】解：根据旋转可知，，，
∴为等腰直角三角形，
∴，故①正确，符合题意；
∵四边形为正方形，
∴，，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，故②正确，符合题意；
③∵，
∴点F总是在过点C与垂直的直线上运动，过点P作垂足为点H，如图所示：
  
∵，
∴，
∵，，
，
∴，
∴ 为等腰直角三角形，
i∴，
即的最小值为，故③正确，符合题意；
④∵，
∴，



，
∵，
∴，
∴
∴当时，的面积最大，且最大值为16，故④正确，符合题意；
综上分析可知，其中正确的是①②③④．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，根据“”证明，是解题的关键．
5．（2023春·江苏无锡·八年级校联考期中）如图，已知四边形是边长为1的正方形，点E、点F分别在边、上，，连接，连接分别交、于点G、点H．下列结论：
①；
②；
③；
④的面积的最大值为．
其中所有正确结论的序号是​（　　）​

A．①④ B．②③④ C．①③④ D．②④
【答案】C
【分析】证，可得，，证明，可得，可得，故①正确；由勾股定理可求，可得，故③正确；先求出的最小值，可求的面积的最大值为，故④正确，即可求解．
【详解】解：①延长到点M，使，连接，

∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
AM=AF∠MAE=∠FAEAE=AE，
∴，
∴，
∵，
∴，故①正确；
②将绕点A顺时针旋转，得到，连接，，

∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，故②错误；
③∵，
∴，
∴，
∴，故③正确；
④将绕点A逆时针旋转得到，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
作的外接圆，连接，，，过点O作于点H，

设，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴的最小值为，
∴的面积的最大值为．故④正确，
故选：C．
【点睛】本题是四边形综合题，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，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
二、填空题
6．（2023春·贵州黔东南·八年级统考期末）如图，平行四边形中，，E是边上一点，且是边上的一个动点，将线段绕点E逆时针旋转，得到，连接，则的最小值是 ．
  
【答案】
【分析】取的中点N，连接作交的延长线于H，根据三角形全等的判定与性质可以得到，由三角形三边关系可得，利用勾股定理求出的值即可得到解答．
【详解】解：如图，取的中点N，连接，作交CD的延长线于H，
  
由题意可得：
∵点N是的中点，
∴
∴
∵
∴是等边三角形，
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴点G的运动轨迹是射线，
∵
∴
∴
∴
在中，
∴，
∴在中，==，
∴≥，
∴的最小值为；
故答案为．
【点睛】本题考查平行四边形与旋转的综合应用，熟练作出辅助线并掌握旋转的性质、三角形全等的判定与性质、三角形三边关系及勾股定理的应用是解题关键．
7．（2023·全国·九年级专题练习）如图，是边长为6的等边三角形，点E为高上的动点．连接，将绕点顺时针旋转得到．连接，，，则周长的最小值是 ．

【答案】
【分析】根据题意，证明，进而得出点在射线上运动，作点关于的对称点，连接，设交于点，则，则当三点共线时，取得最小值，即，进而求得，即可求解．
【详解】解：∵为高上的动点．
∴，
∵将绕点顺时针旋转得到．且是边长为的等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴点在射线上运动，
如图，作点关于的对称点，连接，设交于点，
  
则，
在中，，则，
则当三点共线时，取得最小值，即，
∵，，，
∴，
∴，
在中，,
∴周长的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了轴对称求线段和的最值问题，等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理等知识点，熟练掌握等边三角形的性质以及轴对称的性质是解题的关键．
8．（2023·全国·九年级专题练习）如图，中，，，点P在内，且，，，则的长为 ．
  
【答案】
【分析】将绕点C逆时针旋转得到，根据旋转的性质，勾股定理，，根据勾股定理的逆定理，，得到，继而得到，结合，判定A，P，D三点共线，运用勾股定理计算即可．
【详解】如图，将绕点C逆时针旋转得到，，
根据旋转的性质，得，
∴，，
∵，
  
∴，
∴，
∴，
∴A，P，D三点共线，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，勾股定理的逆定理，熟练掌握旋转的性质，勾股定理，勾股定理的逆定理是解题的关键．
9．（2023春·江苏淮安·八年级校考期末）如图，平面直角坐标系中，已知，，为轴正半轴上一个动点，将线段绕点逆时针旋转，点的对应点为，则线段的最小值是 ．
    
【答案】/
【分析】作轴交轴于，作轴交轴于，可证，可得，，设，则有，，，，即可求解．
【详解】解：如图，作轴交轴于，作轴交轴于，
  
四边形是矩形，
，，
，

将线段绕点P逆时针旋转90°，
，，
，
，
在和中
，
（），
，，
，，
，，
设，则有，
，

，
在中


，
当时，有最小值，
故答案：．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，矩形的的判定及性质，三角形全等的判定及性质，勾股定理，配方法求代数式的最值等，掌握相关的判定定理及性质，配方法求代数式最值的求法是解题的关键．
10．（2023秋·辽宁辽阳·九年级统考期末）如图，矩形的对角线和交于点O，，，在的延长线上有一动点E，连接，将线段绕点D顺时针旋转，得到线段，连接，则线段的最小值为 ．
  
【答案】2
【分析】过点F作于点G，证明，得出，，则点F在射线上，当时，取最小值，过点O作于点H，根据勾股定理可得和矩形的性质求出，即可求解．
【详解】解：过点F作于点G，
  
∵绕点D顺时针旋转得到线段，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵点E在的延长线上，
∴点F在射线上，
当时，取最小值，
过点O作于点H，
根据勾股定理可得：，
∵四边形为矩形，
∴，
∵，，
∴，
根据勾股定理可得：，
∵，，，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
故答案为：2．
  
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，三角形全等是判定，垂线段最短，解题的关键是熟练掌握矩形的性质，正确画出辅助线，构造全等三角形，推出点F的运动轨迹．
11．（2023·黑龙江大庆·统考中考真题）如图，在中，将绕点A顺时针旋转至，将绕点A逆时针旋转至，得到，使，我们称是的“旋补三角形”，的中线叫做的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．下列结论正确的有 ．

①与面积相同；
②；
③若，连接和，则；
④若，，，则．
【答案】①②③
【分析】延长，并截取，连接，证明，得出，，根据，，得出，证明，得出，即可判断①正确；根据三角形中位线性质得出，根据，得出，判断②正确；根据时，，
得出，，，，根据四边形内角和得出
，求出，判断③正确；根据②可知，，根据勾股定理得出，求出，判断④错误．
【详解】解：延长，并截取，连接，如图所示：

∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
根据旋转可知，，，
∵，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
即与面积相同，故①正确；
∵，，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，故②正确；
当时，，
∴，，，，
∵，
∴，
即，故③正确；

∵，
∴根据②可知，，
∵当时，，为中线，
∴，
∴，
∴，
∴，故④错误；
综上分析可知，正确的是①②③．
【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，四边形内角和，补角的性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明．
三、解答题
12．（2022秋·山西大同·九年级统考阶段练习）综合与探究
问题情境：
在数学活动课上，老师提出了这样一个问题：如图，正方形的对角线和相交于点，点是正方形内的一点，，将绕点逆时针旋转得到，点，的对应点分别为点，，直线经过点．
特例探究：
（1）如图2，当点与点重合时，判断和的数量关系并证明；
操作探究：
（2）如图1，当点与点不重合时，判断，和之间的数量关系，并说明理由；
类比探究：
（3）如图3，将“正方形”改为“菱形”，将“绕点逆时针旋转得到”改为“绕点逆时针旋转得到”，其余条件不变，请直接写出，和之间的数量关系．
  
【答案】（1），证明见解析；（2），理由见解析；（3）
【分析】（1）由正方形的性质可得，，，，由旋转的性质可得，可得四边形是正方形，即可得出结论；
（2）由“”可证，可得，由旋转的性质可得，，，可求，由等腰直角三角形的性质可求，即可求解；
（3）由“”可证，可得，由四边形内角和定理可求，由“”可证，可得，可得结论．
【详解】解：（1）．
证明：四边形是正方形，
，，，，
将绕点逆时针旋转得到，点与点重合，
，，
，
四边形是菱形，
又，
四边形是正方形，
；
（2），理由如下：
如图，延长至，使，连接，
  
，，，
，
，
将绕点逆时针旋转得到，
，，，
，，
，
，
，
，
，
，
即：；
（3），理由如下，
如图，过点作，交的延长线于点，连接，并延长交的延长线于点，于点，
  
将绕点逆时针旋转得到，
，，，，
，都是等边三角形，
，
，
，
，
，
又，，
，，
，
四边形是菱形，，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
又，，
，
，
．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，菱形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
13．（2023春·浙江绍兴·七年级统考期末）将一副直角三角板和如图（1）放置，此时四点在同一条直线上，点A在边上，其中，，．
  
(1)求的度数；
(2)将图（1）中的三角板绕点A以每秒的速度，按顺时针方向旋转一定的角度后，记为三角板，设旋转的时间为t秒．
①当旋转至图（2）时，此时，求a的值；
②若在旋转过程中，三角板的某一边恰好与所在的直线平行，直接写出t的值．
【答案】(1)
(2)①；②

【分析】（1）根据题意，由三角形外角定理即可求解；
（2）①当时，分两种情况，第一种当旋转角度在之间时，根据三角形外角定理得，再根据即可求解；第二种情况当旋转角度在时，此时再旋转；
②分三种情况讨论：第一种当时，a为或a为，第二种当时，a为或a为，，a为，根据角度转动速度分别求解t即可．
【详解】（1）解：，，
；
（2）解：①如图，
  
，
，
由（1）知，，，
，，
，
如图，与延长线交于点，
  
由第一种情况知，这种情况是在第一种情况的基础上再旋转，
三角板绕点A以每秒的速度按顺时针方向旋转，
，
；
解：②如图，当时，
  
，
，
，
，
a为或a为，
（秒），（秒）．
如图，当时，
  
，
，
a为或a为，
（秒），（秒），
．
如图，当时，

此时a为
∴，
综上所述，
【点睛】本题考查角的运动和角的运算及平行线的判定和性质，掌握平行线的判定方法及性质和角度的运算是解题的关键．
14．（2023秋·山西大同·九年级大同一中校考期末）如图①在正方形中，连接，点E是边上的一点，交于点F，点P是的中点，连接．
  
(1)如图①，探究与有何关系，并说明理由；
(2)若将绕点B顺时针旋转90°，得到图②，连接，取的中点P，连接，请问在该条件下，①中的结论是否成立，并说明理由；
(3)如果把绕点B顺时针旋转180°，得到图③，同样连接，取的中点P，连接，请你直接写出与的关系．
【答案】(1)，且；理由见详解
(2)，且；理由见详解
(3)，且；理由见详解

【分析】（1）过点作，通过条件证明，就可以得出结论，；
（2）作于，根据平行线等分线段定理就可以得出，再根据中垂线的性质就可以得出，
（3）延长交延长线于，连，最后通过证明三角形全等就可以得出结论．
【详解】（1），且．
证明：过于点，延长交于点，作于点．
    
则四边形是正方形，四边形是矩形，
，，
，
，
，是的中点，
，
，
在和中，
，
，
，，，
，
，
；
（2）成立．
  
证明：图2中，作，
则，
又是的中点，
，
则是的中垂线，
，
，
，
是的中点，，
则，
，
是等腰直角三角形，
，且；
（3）图3中，延长交延长线于，连．
  
，，，
四边形是矩形．
，，
由图（2）可知，
平分，，
，
又，
为等腰直角三角形
，．
．
，
．
，，
．
，
，
即，
又，
，
．
在和中，
，
．
，．
，，，
，
，
，
即，
．
【点睛】此题综合考查了旋转的性质及全等三角形的判断和性质，如何构造全等的三角形是难点，因此难度较大．
15．（2023春·湖南衡阳·七年级统考期末）如图，有一副直角三角板如图放置（其中，），，与直线重合，且三角板，三角板均可以绕点逆时针旋转．
  
(1)在图1中，______；
(2)①如图2，若三角板保持不动，三角板绕点逆时针旋转，转速为秒，转动一周三角板就停止转动，在旋转的过程中，当旋转时间为多少时，有成立；
②如图，在图基础上，若三角板的边从处开始绕点逆时针旋转，转速为秒，同时三角板的边从处开始绕点逆时针旋转，转速为秒，当转到与位置重合时，两三角板都停止转动，在旋转过程中，当时，求旋转的时间是多少？
【答案】(1)
(2)①当旋转时间为或秒时，成立；②当，旋转的时间是秒

【分析】（1）根据三角板的角度进行计算即可得到结论；
（2）①如图1，根据平行线的性质得到，求得，于是得到结论；如图，根据平行线的性质得到，根据三角形的内角和得到，求得，于是得到结论；
②设旋转的时间为秒，由题知，，根据周角得到，列方程即可得到结论．
【详解】（1）∵，
∴，
故答案为：；
（2）①如图1，此时，成立，

∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵转速为秒，

∴旋转时间为秒；
如图2，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵三角板绕点逆时针旋转的角度为，
∵转速为秒，
∴旋转时间为秒，
综上所述，当旋转时间为或秒时，成立；
②设旋转的时间为t秒，由题知，，
∴，
∴，
当，即，
解得：，
∴当，旋转的时间是秒．
【点睛】本题考查了三角板中角度的计算，旋转的性质，平行线的性质，三角形的内角和，识别图形是解题的关键．
16．（2023春·山东济南·八年级统考期末）综合与实践
图形的旋转变换是研究数学相关问题的重要手段之一，在研究三角形的旋转过程中，发现下列问题：如图，在中，，，，分别为，边上一点，连接，且，将绕点在平面内旋转．
  
(1)观察猜想
若，将绕点旋转到如图所示的位置，则与的数量关系为______；
(2)类比探究
若，将绕点旋转到如图所示的位置，，相交于点，猜想，满足的位置关系，并说明理由；
(3)拓展应用
如图，在的条件下，连结，分别取，，的中点，，，连结，，，若，，请直接写出在旋转过程中面积的最大值．
【答案】(1)
(2)，见解析
(3)的最大值为，面积的最大值为

【分析】（1）由“”可证，可得；
（2）由“”可证，可得，由外角的性质可得结论；
（3）先证明是等腰直角三角形，可得的面积，则当点A，点D，点B三点共线时，有最大值，即面积有最大值．
【详解】（1）解：如图，，
，
∵，
，，
，
，
旋转，
，
又，，
∴，
，
故答案为：；
（2），
理由如下：如图，设与的交点为点，
  
绕点旋转到如图所示的位置，，
，
，
在与中，
，
∴，
，
是的外角，也是的外角，
，
，
；
（3），，分别是，，的中点，
∴，，，，
∵，
，
，
，，，
，
是等腰直角三角形，
的面积，
，，
当点，点，点三点共线时，有最大值，即面积有最大值，
的最大值为，面积的最大值为．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，三角形中位线定理，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
17．（2022秋·安徽合肥·九年级统考阶段练习）【操作发现】（1）如图1，在等边中，点，在直线上，为边上的一点，连接，并把线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，则线段与的数量关系是______，线段与直线所夹锐角的度数是______
【类比探究】（2）如图2，在等边中，点，在直线上，若为延长线上的一点，连接，并把线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，上述两个结论还成立吗？请说明理由．
【拓展应用】（3）如图3，在正方形中，点，在直线上，为直线上的任意一点，连接，并把线段绕点顺时针旋转得到线段，连接．若正方形的边长为2，连接，当时，求线段的长．
  
【答案】（1）；60°（2）成立，理由见解析（3）1或3
【分析】（1）过点作交于点．证明≌，可得结论；
（2）连接，由旋转可得为等边三角形，可知，．由为等边三角形，可知，， 进而可得，可证得，可得，，进而可得，即可得结论；
（3）分三种情况：①当点在线段上时，②当点在线段延长线上的右侧时，③当点在线段延长线上的左侧时，分别进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：如图，过点作交于点．
  
是等边三角形，
，
∵，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
；60°．
（2），线段与直线所夹锐角的度数为仍成立．
理由：如图，连接，由旋转可知：，，
∴为等边三角形，
∴，．
∵为等边三角形，
∴，，则
∴，
  
∴，
∴，，
∴，
即线段与直线所夹锐角的度数为；
（3）①当点在线段上时，如图，连接，过点作交于点，作交于点．
    
设正方形的边长为，则，
∴．
在中，，
即，
解得，（舍去），∴．
∵点在线段上，
∴，
∴（不合题意，舍去）
②如图，当点在线段延长线上的右侧时，同理可得，
  
∴在中，，
解得，（舍去），
∴．
③如图，当点在线段延长线上的左侧时，

同理可得，
∴在中，，
解得，（舍去），
∴．
综上所述，线段的长为1或3．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
18．（2023春·江苏无锡·八年级无锡市东林中学校考期末）已知正方形的边长为4．
  
(1)如图1，点P在直线上运动，连接，将线段绕点C按顺时针旋转得到，连接．
①若点P与A重合，则___________．
②若，求的长．
(2)如图2，点P在边上（P不与A，D重合）运动，且，连接、．将线段绕点P逆时针旋转得到，将线段绕点P顺时针旋转得到，设，，求关于x的函数表达式．
【答案】(1)①，②或
(2)

【分析】（1）①连接，证明，用勾股定理即可求出，从而求出答案；
②（i）分情况讨论：当点P在线段延长线上时，过点E作于点F，证明，在中，用勾股定理可求出，进而求出答案；
（ii）当点P在线段上时，不符合题意；（iii）当点P在线段延长线上时，过点E作于点G，同理即可求出；
（2）过点作于H，过点N作于I，作于J，可得四边形INJH为矩形，证明，，表示出，在中，即可表示出函数表达式．
【详解】（1）解：①连接，如图所示，
  
∵四边形是正方形，
∴，
由旋转性质可得：，
∴D为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵正方形的边长为4，
∴，
∴，
∴；
②（i）当点P在线段延长线上时，如图所示，过点E作于点F
  
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
在中，，，
∴，
∴，
∴；
（ii）当点P在线段上时，不符合题意
（iii）当点P在线段延长线上时，如图2所示，过点E作于点G
  
同理可得，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴，
综上，或；
（2）解：如图3，过点作于H，过点N作于I，作于J，
  
由旋转性质可得：，，
∵，
∴，
∵，
∴，
同理可证，
∵，
∴，，，，
∵，，，
∴四边形INJH为矩形，
∴，，，
在中，，
∴关于x的函数表达式为：．
【点睛】本题考查了正方形与旋转问题，涉及到全等三角形的判定与性质、勾股定理等，正确作出辅助线是关键．
19．（2022秋·河南周口·九年级统考期中）如图，边长分别为和的两个等边三角形纸片和，连接，．
  
(1)若点、、在同一直线上，如图，请直接写出线段与之间的数量关系．___________
(2)操作：不动，将绕点逆时针方向旋转任意角度，如图，（1）中的结论是否还成立，若成立，仅就图的情形证明你的结论；若不成立，请说明理由．
(3)根据（2）的操作过程，若，请你猜想当为多少度时，线段的长度最大，最大长度是多少？当为多少度时，线段的长度最小，最小长度是多少？
【答案】(1)；
(2)成立，见解析；
(3)当时，最大长度为．当时，最小长度为．

【分析】（1）根据等边三角形的性质可得， ，，然后求出，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；
（2）同(1)可证明，由全等三角形的性质可得出结论；
（3）由题意可知，当在的延长线上时，线段的长度最大，当在线段上时，线段的长度最小．
【详解】（1）解：∵和都是等边三角形，
∴， ，，
∴，即，
在和中，

∴，
∴，
故答案为: ；
（2）（1）中结论仍成立．
  
如图∵与是等边三角形，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，
∴．
（3）如图，当点，，三点共线时，
  
即当时，线段的长度最大，最大长度为，
如图，当点，，三点共线时，

  
即当时，线段的长度最小，最小长度为．
【点睛】此题是三角形综合题，考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的三边关系，证明是解题的关键．
20．（2019秋·广东广州·九年级广州市第七十五中学校考期中）如图，已知，点是直线上的动点．
  
(1)请作出线段绕点逆时针旋转后的对应线段；
(2)①当恰好落在轴上，求出此时的坐标．
②已知点的横坐标为，请直接写出点的坐标（用含的代数式表示）．
③在②的基础上，求出纵坐标与横坐标的函数关系式．
④求线段的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)①；②；③；④1

【分析】（1）过点A作的垂线，以点A为圆心，为半径作弧，交的垂线于点；
（2）①过点A作轴于点H，过点P作于点G，证明，得到，，设，则，列得，求出a即可；②分别作轴于点B，轴于点E，轴于点F，，由①得，得到，求出的长度，由此表示出的长度，即可得到点的坐标为；③由即可得到；④由，求出，根据函数的性质解答即可．
【详解】（1）如图，线段即为所求；
  
（2）①过点A作轴于点H，过点P作于点G，
  
∵
∴
∵
∴
又∵
∴
∴，，
设，则，
∵，
∴，
解得
∴；
②分别作轴于点B，轴于点E，轴于点F，，
    
则，
由①得，
∴，
∴，，
∴
∴点的坐标为；
③∵，
∴，
∴纵坐标与横坐标的函数关系式是．
④∵，
∴，
∴当时，有最小值，值为1，故线段的最小值为1．
【点睛】此题考查了图形的旋转，一次函数的性质，全等三角形的判定和性质，二次函数的性质，综合掌握以上知识是解题的关键．
21．（2022秋·辽宁鞍山·九年级校联考期中）将矩形绕着点按顺时针方向旋转得到矩形，其中点与点，点与点分别是对应点，连接．
  
(1)如图，若点，，第一次在同一直线上，与交于点，连接．
①求证：平分．
②取的中点，连接，求证：．
③若，，求的长．
(2)若点，，第二次在同一直线上，，，直接写出点到的距离．
【答案】(1)①见解析；②见解析；③
(2)

【分析】（1）①根据旋转的性质得到，求得，根据平行线的性质得到，于是得到结论；
②如图1，过点作的垂线，根据角平分线的性质得到，求得，根据全等三角形的性质得到，根据三角形的中位线定理即可得到结论；
③如图2，过点作的垂线，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求解即可得到结论．
（2）如图3，连接，，过作交的延长线于，交的延长线于，根据旋转的性质得到，，解直角三角形得到，，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】（1）解：①证明：矩形绕着点按顺时针方向旋转得到矩形，
，
，
又，
，
，
平分；
②证明：如图1，过点作的垂线，垂足为Q，
  
平分，，，
，
，
，，，
，
，
即点是中点，
又点是中点，
；
③解：如图2，过点作的垂线，过点作的垂线，
  

∴
又，，
，
，
，
，
，，则
；
（2）解：如图3，连接，，过作交的延长线于，交的延长线于，
则，
∴四边形是矩形，则，
  
将矩形绕着点按顺时针方向旋转得到矩形，
，，
点，，第二次在同一直线上，
，,
，
，
，又，
，，
，又，
．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，解题的关键是正确地作出辅助线．
22．（2023春·重庆沙坪坝·八年级重庆南开中学校考期末）如图1，在平面直角坐标系中，一次函数的图象分别交x轴，y轴于A，B两点，将绕点O顺时针旋转得（点A与点C对应，点B与点D对应），直线交直线于点G．
  
(1)求直线的解析式；
(2)点P为y轴上一动点，若，求点P的坐标；
(3)如图2，直线，交x轴，y轴于F，E两点，点N为平面直角坐标系内一点．若以A，E，F、N为顶点的四边形为菱形，请直接写出所有符合条件的点N的坐标．
【答案】(1)
(2)或
(3)或或或

【分析】（1）根据旋转及全等三角形的性质确定点C和点D的坐标，然后利用待定系数法求函数解析式；
（2）联立方程组求点G坐标，然后利用三角形面积公式列方程求解；
（3）结合菱形的性质分情况讨论求解．
【详解】（1）解：在中，当时，，当时，，
∴，
∵将绕点O顺时针旋转得（点A与点C对应，点B与点D对应），
∴，
∴，，
∴，
设直线的解析式为，把，代入函数解析式可得
，
解得，
∴直线的解析式为；
（2）解：联立方程组，解得，
∴
设，则，
解得，
∴或
（3）解：由，设直线的函数解析式为，
在中，当时，，当时，，
∴，，
当为对角线时，，，
∴，
解得：，（舍去），
∴，
∴．

当为菱形的对角线时，此时，

∴，
解得，，
当时，，，
∴，
∴，
同理，当时，，
当为菱形的对角线时，

∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
综上，符合条件的N点坐标为或或或．
【点睛】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，图形旋转的性质，三角形全等的判定及性质，菱形的性质，分类讨论，数形结合是解题的关键．
23．（2023秋·辽宁辽阳·九年级统考期末）已知线段是正方形的一条对角线，点E在射线上运动，连接，将线段绕点C顺时针旋转，得到线段，连接．
  
（1）如图1，若点E在线段上，请直接写出线段与线段的数量关系与位置关系；
【模型应用】
（2）如图2，若点E在线段的延长线上运动，请写出线段，，之间的数量关系，并说明理由；
【模型迁移】
（3）如图3，已知线段是矩形的一条对角线，，，点E在射线上运动，连接，将绕点C顺时针旋转，得到，在上截取线段，连接，若，直接写出线段EF的长．
【答案】【小问1】，；
    【小问2】，理由见解析；
    【小问3】线段EF的长为或．
【分析】（1）利用正方形、旋转的性质以及边角边关系证全等，即可得到结论；
（2）利用全等的性质得到，利用勾股定理求得，代入转化即可；
（3）利用旋转的性质得到是直角三角形，再根据转化为求的长，通过作垂线构造，利用勾股定理求解即可．
【详解】解：（1），；
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∵将线段绕点C顺时针旋转，得到线段，
∴，，，
∴，
∴，
∴，，
则，即；
（2）；
理由：∵四边形是正方形，
∴，，
由旋转得，，，
∴，
即，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴；
（3）过点C作于点H，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
若点E在线段上，
  
∵，
∴，
∴，
∵将绕点C顺时针旋转，得到，
∴，，
∵，
∴，
若点E在的延长线上时，
  
同理，，
∴，
同理，，
综上，线段EF的长为或．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质以及矩形的性质等知识，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形和直角三角形．
24．（2022秋·湖北十堰·九年级十堰市实验中学校考期中）和都是等腰直角三角形，且，．

(1)如图①，若的顶点A在的斜边上，求证：；
(2)将绕点C旋转到如图②所示位置，点B在线段上，连，则（1）中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请给出正确结论并说明理由．
(3)在绕点C旋转过程中，当A、E、B三点在同一条直线上时，若，，请直接写出的长．
【答案】(1)见解析
(2)不成立，，理由见解析
(3)的长为8或2

【分析】（1）连接，利用等腰直角三角形的性质证明，推出，，得到，由，，即可推出；
（2）证明，推出，得到，根据，，推出；
（3）当点E在延长线上时，过点C作于F，得到，勾股定理求出，即可得到，利用面积公式计算即可；当点E在延长线上时，过点C作，得到，勾股定理求出，求出即可．
【详解】（1）解：连接，

∵和都是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
（2）解：不成立，．
理由：
∵和都是等腰直角三角形，
∴，，
，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；

（3）解：如图：当点E在延长线上时，过点C作于F，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，

如图：当点E在延长线上时，过点C作于H，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，

综上，的长为8或2．
【点睛】此题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定及性质，旋转的性质，，熟练掌握全等三角形的判定及性质，以及勾股定理的计算公式是解题的关键．
25．（2023·全国·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，点，点，点，以、为边作，点为中点，连接、．
        
(1)分别求出线段和线段所在直线解析式；
(2)点为线段上的一个动点，作点关于点的中心对称点，设点横坐标为，用含的代数式表示点的坐标（不用写出的取值范围）；
(3)在（2）的条件下，
①当点移动到的边上时，求点坐标；
②为中点，为中点，连接、．请利用备用图探究，直接写出在点的运动过程中，周长的最小值和此时点的坐标．
【答案】(1)所在直线的解析式为；所在直线解析式为
(2)
(3)①或，②周长最小值为；

【分析】（1）根据平行四边形的性质得出点和点的坐标，再用待定系数法求出线段和线段所在直线解析式即可；
（2）根据所在直线的解析式为，点横坐标为，得出点，再根据点和点关于点的中心对称点，即可得出点的坐标；
（3） ①根据题意进行分类讨论：当点在上时，当点在上时，即可得出结论；②过点作于点，过点作于点，通过证明，得出，延长，过点作于点，证明，进而得出，过点作，则，即可推出点在直线上运动，作点关于直线的对称点，当点，，在同一条直线上时，周长取最小值，即可求出 周长取最小值；根据中点坐标公式得出，，再证明点是中点，则，求出，根据点为中点，得出，最后根据，列出方程求解即可．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∵四边形为平行四边形，，
∴，
∵点为中点，
∴，
设所在直线的解析式为，
把，代入得：
，解得：，
∴所在直线的解析式为；
设所在直线解析式为，
把点，代入的：
，解得：，
∴所在直线解析式为．
（2）解：∵所在直线的解析式为，点横坐标为，
∴点，
设点，
∵点和点关于点的中心对称点，
∴，
整理得：，
∴；
（3）解：①当点在上时，
∵点在上，
∴，解得，
∴；
    
当点在上时，
∵，且在上，
∴，解得：，
∴；
      
综上：或；
②∵，，
∴，
∵为中点，为中点，
∴，
过点作轴于点，
∵，，
∴，
∴，则，
    
过点作于点，过点作于点，
∵点是点关于点的中心对称点，  
∴，
又∵，
∴，
∴，
延长，过点作于点，
∵点是中点，
∴，
∵，
∴，
∴，则，  
∵，，
∴，
∵，，
∴设，
在中，根据勾股定理可得：，即，
解得：，  
∴，
过点作，
∵，，，
∴，
则点在直线上运动，
作点关于直线的对称点，  
根据轴对称的性质以及平行线间的距离处处相等可得，
当点，，在同一条直线上时，，此时周长取最小值，
在中，根据勾股定理可得：，
∴周长最小值为；
    
∵，，，为中点，为中点，
∴，，
∵，，
∴是的中位线，则点是中点，
∴，
过点作于点，
∵，，
∴，
∴
∵，
∴，即点为中点，
∴，
∵，
∴，解得：，
∴
    
【点睛】本题主要考查了一次函数的图象和性质，平行四边形的性质，中心对称，勾股定理，轴对称，解题的关键是熟练掌握用待定系数法求解函数解析式的方法，中点坐标公式，正确作出辅助线，确定周长最小时各点的位置．
26．（2023春·重庆沙坪坝·七年级重庆南开中学校考期中）如图1，在中，过点作于，过点作于，交于，．
  
(1)求证：：
(2)如图2，过点作射线，在射线上取一点，使，连接，若平分，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接，将绕点以每秒的速度逆时针旋转至，旋转时间为，当与重合时停止，则在旋转过程中，当的边与的某一边平行时，直接写出此时的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)或或或

【分析】（1）由于， 于，得到，，利用证得，从而得到；
（2）通过证明得到，进一步证明，可得，从而得到；
（3）分四种情况，一是当时则，可得，则，解得：；二是当时且点在直线的上方时，，则，解得：；三是当时，则，可得，，三点在同一直线上，则，解得：；四是当时，点在直线的下方，则，则，解得：．
【详解】（1）证明：于， 于，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）证明：于，
，
平分，
，
在和中
，
，
，
，，
，
，
，
，
在和中
，
，
，
，
；
（3）由（1）得，
，
，
，
由（2）得，，，
，
，
，
，
当时，如图，
  
则，
由旋转，，
，
，
，
，解得：；
当时且点在直线的上方时，
，
，解得：；
当时，如图，设的延长线交于点，
  
则，
，
，
与重合，
，，三点在同一直线上，
，
，解得：；
当时，点在直线的下方，如图，设的延长线交于点，
  
则，
，
与点重合，
，，三点在同一直线上，
，
，
，解得：；
综上所述，的值为或或或．
【点睛】此题重点考查等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、同角的余角相等、列方程解应用题、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考查压轴题．
27．（2023春·江苏无锡·八年级统考期末）如图，在中，，点D是边上一动点，连接．把绕点A逆时针旋转，得到，连接．
  
(1)求证：；
(2)若，时，求的长；
(3)在点D运动的过程中，线段上存在一点P，使的值最小，设的长为m，直接写出的最小值（用含m的式子表示）．
【答案】(1)见解析
(2)的长为1或3；
(3)

【分析】（1）把绕点A逆时针旋转，得到，根据旋转的性质得到得到；
（2）在中，求出，，根据全等三角形的性质得到，求出，设，则，利用勾股定理得到，求解即可；
（3）将绕点B顺时针旋转得到 ，连接，得是等边三角形， ，当点A，点P，点N，点M共线时， 值最小，连接，得垂直平分，求出，根据等腰直角三角形的性质得到，，进而求出，得到，，由此求出，得到值最小．
【详解】（1）证明：把绕点A逆时针旋转，得到，
∴
∵
∴，
∴
（2）在中，，
∴，
∵，
∴，
∴
设，则，
∵
∴
解得，
∴的长为1或3；
（3）如图3-1，将绕点B顺时针旋转得到 ，连接
  
∴
∴是等边三角形，
∴
∴
∴当点A，点P，点N，点M共线时， 值最小，
此时，如图3-2，连接，
    
∵将绕点B顺时针旋转得到，
∴
∴是等边三角形，是等边三角形，
∴
∵
∴垂直平分，
∵
∴
∵
∴，，
∴
∴
∴，
∴
∴值最小为．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，熟练掌握各知识点并综合应用是解题的关键．
28．（2023·全国·九年级专题练习）定义共弦、共弦角如下：
共弦：将正多边形绕某顶点顺时针旋转得到的新正多边形与原正多边形相交于一点，连接旋转中心与交点，把这条线段叫做正多边形的共弦；图以正四边形为例，图以正五边形为例，线段即为正四（五）边形的共弦．共弦角：共弦与离原正多边形最近的边组成的角叫做共弦角；如图1，是共弦角，因此
  
(1)如图1，四边形是正方形．求证：，并求出的值；
(2)依照（1）的方法，有人求出了以下正多边形的共弦角：
正五边形：
正六边形：
正七边形：
请你根据以上结论，猜想任意正边形的共弦角的度数（用含的代数式表示）？并写出这样猜想的理由．
(3)请审视以上数学问题、问题解决以及猜想过程，提出至少两个与之有关的、你认为需要进一步探究的的数学问题．
【答案】(1)
(2)任意正边形的共弦角的度数或，见解析
(3)见解析

【分析】（1）根据旋转的性质得出，，证明可得，进而即可求解；
（2）猜想：任意正边形的共弦角的度数或，根据正四边形、正五边形、正六边形……得共弦角的度数，找到规律，即可求解；
（3）答案不唯一，对以上问题的科学性，问题解决的严谨性及猜想的合理性等质疑，提出问题即可求解．
【详解】（1）解：由题意可知：四边形是正方形，正方形是正方形绕点顺时针旋转得到
  
∴，
在正方形中
∴
∴
∴
（2）猜想：任意正边形的共弦角的度数或
理由如下：
正四边形的共弦角的度数；
正五边形的共弦角的度数；
正六边形的共弦角的度数；
正七边形的共弦角的度数；
因此有如上猜想；
（3）答案不唯一，对以上问题的科学性，问题解决的严谨性及猜想的合理性等质疑，可提出以下问题：
1.“有人证明了正五边形的共弦角是”，这一结论是否正确，请予证明？
2.共弦角的取值范围是，为什么？
3.正三角形也是正多边形，他是否有共弦角？
4.题中的正多边形是否包括正三角形？如果包括，对吗？
5.猜想不一定正确，请证明任意正边形的共弦角的度数为
其它与本题有关的质疑性、批判性问题均可．
【点睛】本题考查了正方形的性质，正多边形的内角和定理，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
29．（2023·全国·九年级专题练习）课题学习：三角形旋转问题中的“转化思想”
【阅读理解】
由两个顶角相等且有公共顶角顶点的特殊多边形组成的图形，如果把它们的底角顶点连接起来，则在相对位置变化的过程中，始终存在一对全等三角形，是三角形旋转中的一个重要的“基本图形”，这个模型称为“手拉手模型”．
当发现题目的图形“不完整”时，要通过适当的辅助线将其补完整．将“非基本图形”转化为“基本图形”．
【方法应用】
  
(1)如图1，在等腰中，，，点D在内部，连接，将绕点A顺时针旋转90°得到，连接，，．请直接写出和的数量关系：__________，位置关系：__________；
(2)如图2，在等腰中，，，，连接，将绕点A顺时针旋转得到，连接 ，，，取中点M，连接．
①当点D在内部，猜想并证明与数量关系和位置关系；
②当B，M，E三点共线时，请直接写出的长度．
【答案】(1)，
(2)①，；②或

【分析】（1）证明得，，再延长交于F，证明即可得．
（2）①过点A作交延长线于N，连接，证明是的中位线，根据中位线性质得，，再由（1）可得，，，即可得出结论．
②分两种情况：当点E在延长线上，B，M，E三点共线时，当点E在线段上，B，M，E三点共线时，分别求解即可．
【详解】（1）解：由旋转可得，
∴
∵
∴
在和中，
，
∴
∴，，
延长交于F，如图，
  
∵
∴
∴
∴，
∴．
（2）解：①，
过点A作交延长线于N，连接，如图，
  
∵等腰中，，，
∴
∵
∴
∴
∴
∵∠ACB＝90°，
∴
∴
∵点M是和中点，
∴，，
由（1）可得，，，
∴，．
②当点E在延长线上，B，M，E三点共线时，如图，过点A作于F，
  
∵等腰中，，，
∴
由旋转可得，
∴，
∵
∴
∴，
∴，
∴，
由①知，
∴；
当点E在线段上，B，M，E三点共线时，如图，过点A作于F，
  
同法可得，，，
∴
由①知，
∴；
综上，当B，M，E三点共线时， 的长度为或．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，等腰直角三位线定理，勾股定理，旋转性质．本题属旋转综合探究题目，熟练掌握相差性质与判定是解题的关键．
30．（2023·全国·九年级专题练习）如图，点O是等边内一点．将绕点C顺时针方向旋转得，使得，连接．已知，设．
  
(1)发现问题：发现的大小不变为 ．
(2)分析问题：当时，分析判断的形状是 三角形．
(3)解决问题：请直接写出当为 度时，是等腰三角形．
【答案】(1)
(2)直角
(3)或或

【分析】（1）先根据三角形内角和定理得到，再由等边三角形的性质推出，由旋转的性质可得，则；
（2）由旋转的性质可得，则是等边三角形，得到，由此求出，则，即可得到是直角三角形；
（3）分，，三种情况，根据等边对等角和三角形内角和定理求出的度数，进而求出的度数，即可利用周角的定义求出答案．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，即，
∴，
∵将绕点C顺时针方向旋转得，
∴，
∴，
故答案为：
  
（2）解：∵将绕点C顺时针方向旋转得，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是直角三角形，
故答案为：直角；
（3）解：当时，则，
∴，
∴；
当时，则，
∴，
∴，
∴；
当时，则，
∴，
∴；
综上所述，的度数为或或时，是等腰三角形．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，等边对等角，三角形内角和定理等等，熟知等边三角形的性质与判定条件是解题的关键．
31．（2023·全国·九年级专题练习）在中，，，将绕点B按逆时针方向旋转得到．连接，延长交于点F．
  
(1)当时，如图1，
①求的度数；
②求证：．
(2)当时，如图2，在旋转过程中，试探究与是否仍然相等，若相等，请说明理由；若不相等，请求出它们的数量关系．
【答案】(1)①30°；②见解析
(2)相等，见解析
【分析】（1）①由旋转得出为等边三角形，得出，再利用平角求出角度即可；②根据等边三角形和等腰三角形的判定证明即可；
（2）在上取一点H，使得，连接，证明，再利用等腰三角形的判定证明即可．
【详解】（1）解：①证明：当时，点C在上，由旋转可知：，
∴为等边三角形．
∴．
又∵，
∴，
∴．
②证明：由旋转可知：，，
∴为等边三角形，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵为等边三角形，
∴，
∴，

∴，
∴，
∴．
（2）解：．
理由：在上取一点H，使得，连接．
  
由旋转可知：，，，
∴．
∵，，
∴，，
∴，
∴．
∴，．
∵，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质和等腰三角形的判定，解题关键是熟练运用相关知识进行推理证明．
32．（2023春·江苏南通·八年级南通田家炳中学校考阶段练习）【初步感知】
（1）已知，在中，．如图1，将边，同时绕着点分别按逆时针、顺时针方向旋转，得、，连接，，求证：；
【类比探究】
（2）如图2，在，，若，，将边绕着点逆时针旋转，得，连接，求的长．
【拓展应用】
（3）如图3，在平面直角坐标系中，点A为第二象限内一点，且，点B坐标为，若将边绕点A逆时针旋转得，点D恰好在y轴上．将边绕点B顺时针旋转得，求点C坐标．
  
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）利用证明，即可证明；
（2）将绕点顺时针旋转得，连接，说明，利用勾股定理求出的长；
（3）连接，，过A作轴于H，过C作轴于G，根据旋转的性质得到和是等边三角形，证明，可得，进一步求出，结合点B的坐标求出，利用直角三角形的性质和勾股定理求出和，得到，即可得到点C坐标．
【详解】解：（1）证明：将边，同时绕着点分别按逆时针、顺时针方向旋转，得、，
，，，
，
在和中，
，
，
；
（2）将绕点顺时针旋转得，连接，
  
，，，
，
，
，，
，
在中，，
；
（3）如图，连接，，过A作轴于H，过C作轴于G，
由旋转可得：，，，
∴和是等边三角形，
∴，，，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴点C的坐标为．
    
【点睛】本题是几何变换的综合题，主要考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质等知识，利用旋转构造全等三角形是解题的根据．
33．（2022秋·山西朔州·九年级校考阶段练习）我们已经认识了图形的轴对称、平移和旋转．这是图形的三种基本变换，图形经过这样的变换，虽然位置发生了改变，但图形的形状与大小都不发生变化，反映了图形之间的全等关系．这种运用动态变换研究图形之间的关系的方法，是一种重要而且有效的方法，同学们学完了这些知识后，王老师在黑板上给大家出示了这样一道题目：如图，与为正三角形，点为射线上的动点，作射线与射线相交于点，将射线绕点逆时针旋转，得到射线，射线与射线相交于点．
  
(1)如图1，点，O与点重合时，点分别在线段上，求证：；
(2)当同学们把这道题领会感悟后，王老师又在上题基础上追加了一问：如图2，当点，在的延长线上时，分别在线段的延长线和线段的延长线上，请写出三条线段之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)，理由见解析

【分析】（1）利用证明即可得出结论；
（2）过点作，交于，可知是等边三角形，再利用证明，从而解决问题．
【详解】（1）解：证明：与为正三角形，
，，
将射线绕点逆时针旋转，
，，
，
，且，，
在与中，
，
；
（2），
理由：如图，过点作，交于，
  
，，
是等边三角形，
，
，
，，，
在与中，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，作辅助线构造等边三角形是解题的关键．
34．（2023秋·山西临汾·八年级统考期末）综合与实践
    
(1)如图，在中，，，将边绕点逆时针旋转得到线段，是边上的一点，将线段绕点逆时针旋转得到线段，则与的数量关系为___________，位置关系为____________；
(2)若是延长线上的任意一点，其他条件不变，上述结论还成立吗？若成立，请用图证明；若不成立，请说明理由；
(3)如图在(2)的条件下，当点落在的边上时，求的长．
【答案】(1)，；
(2)成立，证明见解析；
(3)

【分析】（1）由“”可证，可得，，由平角的性质和四边形内角和定理可求，可得；
（2）由“”可证，可得，，由平角的性质和四边形内角和定理可求，可得；
（3）等腰直角三角形的性质及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解．
【详解】（1）延长交于点，如图，
    
∵将边绕点逆时针旋转得到线段，
∴，，
∵将线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵°，
∴°，
∴，
故答案为： ，．
（2）成立，理由如下：
延长交于点，如图，
  
∵将边绕点逆时针旋转得到线段，
∴，，
∵将线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵°，
∴°，
∴，
（3）如图，
  
由题意可知：，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识的应用．
35．（2022秋·山西忻州·九年级校联考阶段练习）综合与探究
问题情境：
在数学活动课上，老师提出了这样一个问题：如图，正方形的对角线和相交于点O，点E是正方形内的一点，，将绕点A逆时针旋转得到，点B，E的对应点分别为点D，F，直线EF经过点O．
特例探究：
（1）如图2，当点O与点E重合时，判断和的数量关系并证明；
操作探究：
（2）如图1，当点O与点E不重合时，判断，和之间的数量关系，并说明理由；
类比探究：
（3）如图3，将“正方形”改为“菱形”，将“绕点A逆时针旋转得到”改为“绕点A逆时针旋转得到”，其余条件不变，请直接写出，和之间的数量关系．
  
【答案】（1），证明见解析；（2），证明见解析；（3）
【分析】（1）由正方形的性质可得，，，，由旋转的性质可得，可得四边形是正方形，即可得出结论；
（2）由“”可证，可得，由旋转的性质可得，，，可求，由等腰直角三角形的性质可求，即可求解；
（3）作辅助线如解析图，由“”可证，可得，由四边形内角和定理可求，由“”可证，可得，可得结论．
【详解】（1）．
证明：∵四边形是正方形，
∴，，，，
∵将绕点A逆时针旋转得到，点O与点E重合，
∴，，
∴，
∴四边形是菱形，
又∵，
∴四边形是正方形，
∴；
（2），理由如下：
如图，延长至H，使，连接，
  
∵，，，
∴，
∴，
∵将绕点A逆时针旋转得到，
∴，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即：；
（3），理由如下，
如图，过点D作，交FE的延长线于点H，连接，并延长交的延长线于点G，于点P，
  
∵将绕点A逆时针旋转得到，
∴，，，，
∴，都是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，，
∴，，
∴，
∵四边形是菱形，，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
36．（2023春·山东济南·八年级统考期末）操作发现：
（1）如图1，为等边三角形，点E是边上任意一点（），将绕点C顺时针旋转60°，得到，将三角板的30°角按如图所示方式放置，与边交于点D，E．连接．
  
请直接写出结果：
①＝　 　°；
②与的数量关系是 　 　；
类比探究：
（2）如图2，在中，，，点E是边上的任意一点（），将绕点C顺时针旋转90°，得到．将一个含45°角的三角板按如图所示方式放置，与边交于点D，E．
①求的度数；
②若，，试求的长．
【答案】（1）①120°；②；（2）①90°；②
【分析】（1）①根据旋转及等边三角形的性质，证明，再求得的度数为120°；②根据旋转及等边三角形的性质，证明，再求得；
（2）①根据旋转及全等三角形的判定和性质，再求得的度数为90°；②根据旋转及勾股定理，再求得即可．
【详解】解：（1）①的度数为120°，理由如下：
∵将绕点C顺时针旋转60°，得到，
∴，
∴．
∵为等边三角形，
∴，
∴．
故答案为：120°；
②结论：，理由如下：
∵将绕点C顺时针旋转60°，得到，
∴，
∴，，
∵，
∴．
在与中，
，
∴，
∴．
故答案为：．
（2）①∵，，
∴，
由旋转可知，∴，
∴，
∴；
②连接．
  
∵，，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
在中，，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了三角形综合题，图形旋转的性质，全等三角形的判断及性质，以及等边三角形、等腰三角形等特殊三角形的性质，综合运用以上知识，熟练掌握全等三角形的判定是解题的关键．
37．（2023春·河南信阳·八年级校考期中）通过类比联想、引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的，下面是一个案例，请补充完整．
原题：如图，点、分别在正方形的边、上，，连接，则，试说明理由．
  
(1)梳理
，
把绕点A逆时针旋转至，可使与重合．
，
，点、、共线．
根据 ，易证 ，得．
(2)引申
如图，四边形中，，点、分别在边、上，，若、都不是直角，则当与满足等量关系 时，仍有．
(3)联想拓展
如图，在中，，，点、均在边上，且，猜想、、应满足的等量关系，并写出推理过程．
【答案】(1)，
(2)
(3)，见解析

【分析】把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，再证明≌进而得到，即可得；
时，，与的证法类同；
根据绕点A顺时针旋转得到，根据旋转的性质，可知≌得到，，，，根据中的，得到，所以，证≌，利用得到；
【详解】（1）证明：，
把绕点A逆时针旋转至，可使与重合．
，
，，
，
，
，
，
在和中
，
≌，
，
即：．
（2）解：延长至点G，连接，如图所示，
  
时，；
，
把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，
，，
，，
，
，
当，点、、共线时，
在和中
，
≌，
，
∵，
即：．
故答案为：；
（3）解：猜想：．
把绕点A顺时针旋转得到，连接，
，
，，
  
，，
在中，，
，
，
即，
，
又，
，
，
即，
在和中，

，
，
．
【点睛】此题主要考查了几何变换，关键是正确画出图形，证明≌此题是一道综合题，难度较大，题目所给例题的思路，为解决此题做了较好的铺垫．
38．（2023春·四川达州·八年级校考期中）（1）阅读理解：如图1，等边三角形内有一点P，若点P到顶点的距离分别为，求的大小．
  
思路点拨：考虑到不在一个三角形中，采用转化与化归的数学思想，可以将绕顶点A逆时针旋转到处，连接，此时，这样，就可以利用全等三角形的知识，并结合已知条件，将三条线段转化到一个三角形中，从而求出________；
（2）变式拓展：请你利用第（1）问的方法，解答下面问题：
如图2，在中，，，E，F为上的点且，，，求的长度；
（3）能力提升：如图3，在中，，，，点O为内一点，连接，且，则________(直接写出答案)．
【答案】（1）；（2）13；（3）
【分析】（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）把绕点A逆时针旋转得到，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解决问题．
（3）将绕点B顺时针旋转至处，连接，根据直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半求出，即的长，再根据旋转的性质求出是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得，等边三角形三个角都是，求出，然后求出四点共线，再利用勾股定理列式求出，从而得到，即可求解．
【详解】解：（1）∵，
∴，
由题意知旋转角，
∴为等边三角形，，
∵，
∴
∴为直角三角形，且，
∴；
故答案为：150°；
（2）如图2，把绕点A逆时针旋转90°得到，
  
由旋转的性质得，，
，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
即．
又∵，，
∴，
解得：；
（3）如图3，将绕点B顺时针旋转至处，连接，
  
∵在中，，
∴，
∴，
∵绕点B顺时针方向旋转，
∴如图所示；
，
∵绕点B顺时针方向旋转60°，得到，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴
∴四点共线，
在中，，
∴；
故答案为：；
【点睛】本题属于几何变换综合题，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．
39．（2023春·广东深圳·八年级校考期末）问题情境：在学习《图形的平移和旋转》时，数学兴趣小组遇到这样一个问题：如图1，点D为等边的边上一点，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接．
  (1)【猜想证明】试猜想与的数量关系，并加以证明；
(2)【探究应用】如图2，点D为等边内一点，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接，若B、D、E三点共线，求证：平分；
(3)【拓展提升】如图3，若是边长为2的等边三角形，点D是线段上的动点，将线段绕点D顺时针旋转得到线段，连接．点D在运动过程中，的周长最小值=__________（直接写答案）
【答案】(1)，证明见解析
(2)见解析
(3)

【分析】（1）由旋转的性质可得，，由“”可证，可得；
（2）由旋转的性质可得，，由“”可证，可得，从而求得，即可得出结论；
（3）连接，由旋转可得，，则是等边三角形，所以，由（1）知，所以的周长，所以当最小时，的周长最小，最小值，所以当时，最小，此时的周长最小，由等边三角形性质求得，由勾股定理求得，即可求解．
【详解】（1）解：，
证明：∵将线段绕点A逆时针旋转得到，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：∵将线段绕点A逆时针旋转得到，
∴，，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴平分．
（3）解：连接，如图，
  
由旋转可得，，
∴是等边三角形，
∴
由（1）知
∴的周长，
∴当最小时，的周长最小，最小值，
∴当时，最小，此时的周长最小，
∵，等边，
∴，
由勾股定理，得
∴的周长最小值．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，熟练掌握等边三角形的判定与性质是解题的关键．
40．（2023春·广东河源·九年级校考开学考试）在正方形中，点，，分别是边，，的中点，点是直线上一点．线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接．
  
(1)如图，求证：，且．
(2)如图，若点在线段的延长线上，猜想线段，，之间满足的数量关系，并证明你的结论．
(3)若点在线段的反向延长线上，如图，请直接写出线段，，之间满足的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)，理由见解析
(3)
【分析】（1）由正方形的三边中点，可根据边角边证明，所以，再由和为等腰直角三角形，推出；
（2）由旋转得到，，再推出，然后根据边角边证明，所以，然后由可推出线段，，之间的关系；
（3）同（2）可利用边角边证明，所以，然后由推出线段，，之间的关系.
【详解】（1）证明：正方形，，，分别是边，，的中点，
，，
在和中，

，
，，
，
即．
（2）．
理由如下：
将线段绕点逆时针旋转，得到线段，
，，
，
，
，
，
在和中，

，
．
是等腰直角三角形，
，
，


即．
（3）如图所示，
  
，证明如下：
∵将线段绕点逆时针旋转，得到线段，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
,，，
∴，
∴.
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
即．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转图形的性质，由旋转的性质找到全等三角形，根据对应边相等进行线段代换是本题的关键．