第二十三章《旋转》同步单元基础与培优高分必刷卷-2024-2025学年九年级上册数学《考点•题型•技巧》精讲与精练高分突破（人教版）

第二十三章《旋转》同步单元基础与培优高分必刷卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________ 一：选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的） 1．在下面用数学家名字命名的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 2．若两个图形关于某点成中心对称，则以下结论：①这两个图形一定全等；②对称点的连线一定经过对称中心；③对称点到对称中心的距离相等；④一定存在某条直线，使沿该直线折叠后的两个图形能互相重合.其中所有正确结论的序号是（   ） A．①② B．③④ C．①②③ D．①②③④ 3．如图，将绕点A逆时针旋转得到．若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 4．如图，线段是由线段a经过平移得到的，线段还可以看作是线段a经过怎样的图形变化得到？下列结论：①1次中心对称；②1次轴对称；③2次轴对称．其中所有正确结论的序号是(      )　　      A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 5．如图所示，在平面直角坐标系中，的两条对角线交于原点O，点F的坐标是，则点N的坐标是（　　） A． B． C． D． 6．把抛物线绕原点旋转后所得的图象的关系式为（    ） A． B． C． D． 7．如图，将正方形先向右平移，使点B与原点O重合，再将所得正方形绕原点O顺时针方向旋转，得到四边形，则点A的对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 8．如图，在中，，将以点A为旋转中心逆时针旋转得到，点B、C的对应点分别为D、E．当点D落在边上时，交于点F，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 9．如图，在中，，，．将绕点C顺时针旋转得到，其中点与点A是对应点，点与点B是对应点．若点恰好落在边上，则点A到直线的距离等于（　　） A．1 B． C．2 D． 10．如图，在中，，为边上的一点，当时，连接，将线段绕点按逆时针方向旋转，得到线段，连接，．若，则的面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 二：填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分） 11．已知点与点关于原点对称，则的值等于 ． 12．如图，是等边三角形内一点，将绕点顺时针旋转得到，若，则四边形的面积为 ． 13．在平面直角坐标系中，点先向右平移个单位，再向上平移个单位，得到点，再把点绕点旋转得到点，那么点的坐标是 ． 14．如图，四边形中，，则四边形的面积为 ． 15．如图，中，，，，，M为直线上的一个动点，如图作得到线段且，则的最小值是 ． 三、解答题（一）（本大题共3小题，第16题10分，第17 18小题各7分，共24分） 16．如图，在小正方形组成的网格中（每一小格为1个单位长度）， 和 的顶点都在格点上．根据图形解答下列问题： (1)将 向左平移4个单位长度，再向下平移2个单位长度，画出平移后的 (2)将 绕点 D 逆时针旋转 ，画出旋转后的 (3)判定 与 是否关于某点成中心对称？若是，画出对称中心点 M． 17．图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个网格图中有3个小等边三角形已涂上阴影．请在余下的空白小等边三角形中，分别按下列要求选取一个涂上阴影（请将两个小题依次作答在图1，图2中，均只需画出符合条件的一种情形）： (1)使得4个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形但不是中心对称图形． (2)使得4个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形但不是轴对称图形． 18．中，，，将绕点A逆时针旋转后至． (1)求的度数； (2)若，线段与，分别交于、，求的长． 四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题9分，共27分） 19．如图，在中，，将绕点沿顺时针旋转得到，与交于点． (1)求证：； (2)若，，当四边形是平行四边形时，求的长． 20．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？ 21．如图，点是内的点，，，，将绕点 按逆时针方向旋转 得到，连接． (1)判断的形状，并说明理由； (2)求的度数； (3)设，则当为多少度时，为等腰三角形（直接写结果）． 五、解答题（三）（本大题共2小题，每小题12分，共24分） 22．如图，一次函数与坐标轴交于，两点，将线段以点为中心逆时针旋转一定角度，点B的对应点落在第二象限的点处，且点坐标为． (1)求直线的表达式； (2)点是轴上一点，当最小时，请求出点的坐标； (3)把线段绕点旋转得到线段，连接，直线与直线相交于，请直接写出点的坐标． 23．如图1，是边长为的等边三角形，边在射线上，且，点从点出发，沿射线方向以的速度运动，当不与点重合时，将线段绕点逆时针方向旋转得到，连接、，设点运动了， (1)点的运动过程中，线段与的数量关系是______，请以图情形为例（当点在线段上时，点与点不重合），说明理由， (2)当时，如图，周长是否存在最小值？若存在，求出的最小周长；若不存在，请说明理由． (3)当点在射线上运动时，是否存在以、、为顶点的三角形是直角三角形？若存在，直接写出此时的值． 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第二十三章《旋转》同步单元基础与培优高分必刷卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________ 一：选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的） 1．在下面用数学家名字命名的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查中心对称图形与轴对称图形的识别，轴对称图形指的是延某条直线折叠，两边的图形能够完全重合；将图形旋转，能够与原图形重合的图形叫做中心对称图形，掌握定义是解题的关键．根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐一判断即可． 【详解】解：A．是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意； B．不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意； C．既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，不符合题意； D．既是中心对称图形，又是轴对称图形，符合题意； 故选：D． 2．若两个图形关于某点成中心对称，则以下结论：①这两个图形一定全等；②对称点的连线一定经过对称中心；③对称点到对称中心的距离相等；④一定存在某条直线，使沿该直线折叠后的两个图形能互相重合.其中所有正确结论的序号是（   ） A．①② B．③④ C．①②③ D．①②③④ 【答案】C 【分析】根据中心对称的定义和性质判断即可．本题考查了中心对称和轴对称的有关应用，注意：（1）如果把一个图形绕着某一点旋转180度后能与另一个图形重合，那么我们就说，这两个图形成中心对称．（2）中心对称的性质：①关于中心对称的两个图形是全等形，②关于中心对称的两个图形，对称点连线都经过对称中心，并且被对称中心平分，③关于中心对称的两个图形，对应线段平行（或者在同一直线上）且相等． 【详解】解：若两个图形关于某点成中心对称， 则①这两个图形一定全等，此结论正确； ②对称点的连线一定经过对称中心，此结论正确； ③对称点到对称中心的距离相等，此结论正确； ④可能存在某条直线，沿该直线折叠后的两个图形能互相重合，此结论错误； 故选：C． 3．如图，将绕点A逆时针旋转得到．若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查旋转的性质，根据旋转的性质，得到，利用角的和差关系进行计算即可． 【详解】解：∵将绕点A逆时针旋转得到， ∴， ∴； 故选A． 4．如图，线段是由线段a经过平移得到的，线段还可以看作是线段a经过怎样的图形变化得到？下列结论：①1次中心对称；②1次轴对称；③2次轴对称．其中所有正确结论的序号是(      )　　      A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 【答案】C 【分析】根据轴对称和中心对称的定义和性质逐个判断即可．把一个图形绕着某一点旋转，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫对称中心，这两个图形在旋转后能重合的对应点叫做关于对称中心的对称点． 如果一个平面图形沿着一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形．这条直线就是它的对称轴．如果两个图形的对应点连线被同一条直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称． 【详解】解：①这两条线段组成中心对称图形，因此①正确，对称中心如下图所示：    ②这两条线段不能组成轴对称图形，无法找到这样的直线，使得一边沿着这条直线翻折后与另一边重合，因此②错误； ③这两条线段组成中心对称图形，可以找到这样的两条对称轴，使得其中一条线段经过2次轴对称后与另一天重合，两条对称轴如下图所示：    故正确的有：①③ 故选C． 【点睛】本题考查中心对称图形和轴对称图形，能快速寻找对称中心和对称轴是解题的关键．事实上，任意一次旋转变换都可以通过两次轴对称变换来实现． 5．如图所示，在平面直角坐标系中，的两条对角线交于原点O，点F的坐标是，则点N的坐标是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题考查了平行四边形的性质、关于原点成中心对称的点的特征，根据关于原点成中心对称的点的横、纵坐标均互为相反数进行解答即可. 【详解】解：∵的两条对角线交于原点O， ∴， 则点N和点F，关于原点成中心对称， ∵点F的坐标是， ∴点N的坐标为， 故选：A 6．把抛物线绕原点旋转后所得的图象的关系式为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】该抛物线的顶点坐标为，由题意可知，关于原点对称的点坐标为，由于原图象开口向上，绕原点旋转后得到的图象开口必定向下，且图象形状不变，从而可求出旋转后的解析式． 【详解】解：由抛物线可知，抛物线的顶点坐标是，其关于原点对称的坐标为 故绕原点旋转后得到的图象为：. 故选B． 【点睛】本题考查二次函数图象的性质，解题的关键是利用对称性求出的对称点坐标，本题属于基本题型. 7．如图，将正方形先向右平移，使点B与原点O重合，再将所得正方形绕原点O顺时针方向旋转，得到四边形，则点A的对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转和平移，全等三角形的性质与判定，先根据题意得到平移方式为向右平移3个单位长度，则可得平移后点A的对应点坐标为；如图所示，设绕原点O顺时针旋转90度后的对应点为F，分别过E、F作x轴的垂线，垂足分别为G、H，证明，得到，则，即点A的对应点的坐标是． 【详解】解：由题意得，平移前， ∵将正方形先向右平移，使点B与原点O重合， ∴平移方式为向右平移3个单位长度， ∴平移后点A的对应点坐标为， 如图所示，设绕原点O顺时针旋转90度后的对应点为F，分别过E、F作x轴的垂线，垂足分别为G、H， ∴， 由旋转的性质可得， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点A的对应点的坐标是， 故选：A． 8．如图，在中，，将以点A为旋转中心逆时针旋转得到，点B、C的对应点分别为D、E．当点D落在边上时，交于点F，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了旋转的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的判定和性质，根据所学知识找出角度之间的数量关系是解题关键．由旋转的性质可知，，，再利用三角形内角和定理以及等边对等角的性质，得出，进而得到，求出，从而得出，最后利用对顶角即可得解． 【详解】解：由旋转的性质可知，，， ， ， ， ， ， ， ， ， 故选：C． 9．如图，在中，，，．将绕点C顺时针旋转得到，其中点与点A是对应点，点与点B是对应点．若点恰好落在边上，则点A到直线的距离等于（　　） A．1 B． C．2 D． 【答案】A 【分析】如图，过作于，求解，，结合旋转的性质证明，，，可得为等边三角形，求解，再利用含角的直角三角形的性质及勾股定理即可得答案． 【详解】解：如图，过作于， 由，， ， ∵将绕点C顺时针旋转得到， ，， 为等边三角形， ， ∴， ∴， ∴， ∴A到的距离为1． 故选：A． 【点睛】本题考查的是旋转的性质，含的直角三角形的性质，勾股定理的应用，等边三角形的判定与性质，作出适当的辅助线构建直角三角形是解本题的关键． 10．如图，在中，，为边上的一点，当时，连接，将线段绕点按逆时针方向旋转，得到线段，连接，．若，则的面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】在上截取，连接，过B作交延长线于H，由旋转性质和等边三角形的判定与性质证明是等边三角形得到，，进而证明得到，则有，设，利用直角三角形的性质得到则，进而得到，然后利用二次函数的性质求解即可． 【详解】解：在上截取，连接，过B作交延长线于H，则， 由旋转性质得，， ∵，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，设，则，， ∵，，， ∴，， ∴ ， ∵， ∴当时，最大，最大值为， 故选：D． 二：填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分） 11．已知点与点关于原点对称，则的值等于 ． 【答案】1 【分析】本题主要考查了关于原点对称点的性质，如果两点关于原点对称，则两点的横、纵坐标都是互为相反数，由此求出a，b的值，代入求和即可． 【详解】解：点与点关于原点对称， ，， ， 故答案为：1． 12．如图，是等边三角形内一点，将绕点顺时针旋转得到，若，则四边形的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查等边三角形的判定和性质，旋转的性质以及勾股定理的逆定理，连接，先证是等边三角形，再证，最后利用即可求解． 【详解】解：如图，连接． ∵绕点顺时针旋转得到， ∴，，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ 故答案为：． 13．在平面直角坐标系中，点先向右平移个单位，再向上平移个单位，得到点，再把点绕点旋转得到点，那么点的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查点的平移和中心对称对称的性质，掌握这些是解题关键．设，由平移得，再利用旋转可得，，求解即可得解． 【详解】解：设， ∵点先向右平移个单位，再向上平移个单位，得到点， ∴即， ∵把点绕点旋转得到点， ∴，， 解得，， ∴ 故答案为： 14．如图，四边形中，，则四边形的面积为 ． 【答案】 【分析】如图所示，将三角形CAD绕点C逆时针旋转90°，得到△CEB，先证明∠ACE=∠BCE+∠ACB=90°，然后证明A、B、E三点共线，即可得到，由此进行求解即可； 【详解】解：∵CD=CB，∠DAB=∠BCD=90°， ∴将三角形CAD绕点C逆时针旋转90°，得到△CEB， 由旋转的性质可得 ∴,，，， ∵∠DAB=∠BCD=90°， ∴∠D+∠ABC=180°，∠DCA+∠ACB=90° ∴∠CBE+∠ABC=180°，∠ACE=∠BCE+∠ACB=90° ∴A、B、E三点共线， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，四边形内角和，全等三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解． 15．如图，中，，，，，M为直线上的一个动点，如图作得到线段且，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】在上截取，连接，证明，过点E作于点G，根据垂线段最短，解答即可． 【详解】解：在上截取，连接， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴． 过点E作于点G， 根据垂线段最短，得当点M与点G重合时，取得最小值， ∵，，，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 三、解答题（一）（本大题共3小题，第16题10分，第17 18小题各7分，共24分） 16．如图，在小正方形组成的网格中（每一小格为1个单位长度）， 和 的顶点都在格点上．根据图形解答下列问题： (1)将 向左平移4个单位长度，再向下平移2个单位长度，画出平移后的 (2)将 绕点 D 逆时针旋转 ，画出旋转后的 (3)判定 与 是否关于某点成中心对称？若是，画出对称中心点 M． 【答案】(1)图见解析 (2)图见解析 (3)是，图见解析 【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出，，的对应点，，即可； （2）根据旋转的性质即可得到结论； （3）连接，交于一点，于是得到结论． 本题考查作图旋转变换，平移变换，解题的关键是掌握平移变换的性质，属于中考常考题型． 【详解】（1）解：如图所示， 即为所求； （2）解：如图所示， 即为所求； （3）解：与成中心对称，如图所示，点即为对称中心． 17．图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个网格图中有3个小等边三角形已涂上阴影．请在余下的空白小等边三角形中，分别按下列要求选取一个涂上阴影（请将两个小题依次作答在图1，图2中，均只需画出符合条件的一种情形）： (1)使得4个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形但不是中心对称图形． (2)使得4个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形但不是轴对称图形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查利用旋转设计图案，利用轴对称的性质及中心对称的性质设计图案，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）根据轴对称图形的定义画出图形即可（答案不唯一）． （2）根据中心对称图形的定义画出图形即可（答案不唯一）． 【详解】（1）解：轴对称图形如图1所示； （2）解：轴对称图形如图2所示． 18．中，，，将绕点A逆时针旋转后至． (1)求的度数； (2)若，线段与，分别交于、，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查旋转的性质，三角形内角和，等腰直角三角形的性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握特殊角度的直角三角形的三边关系是解题的关键． （1）利用旋转的性质和三角形内角和直接求解即可； （2）过点作于点，作于点，利用等腰直角三角形的性质，含角的直角三角形的性质得出，，，结合，求出，得，再利用和分别是等腰直角三角形和含角的直角三角形，利用特殊三边关系即可求解． 【详解】（1）解：∵，， ∴， 由旋转知：， ∴； （2）解：如图，过点作于点，作于点， 由旋转知，，， ∴，， ∴，，， ∴， 得：， ∴，， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴． 四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题9分，共27分） 19．如图，在中，，将绕点沿顺时针旋转得到，与交于点． (1)求证：； (2)若，，当四边形是平行四边形时，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质，勾股定理； （1）连接．根据旋转的性质先证明则，进而证明，得出，即可证明； （2）根据四边形是平行四边形，结合已知条件得出，由勾股定理，可求得．根据，即可求解． 【详解】（1）解：连接． ∵将绕点沿顺时针旋转得到， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴． ． ，， ． ． 在中， ， ． （2）四边形是平行四边形， ． ． ， ． ． 由勾股定理，可求得． ， ． 20．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】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． （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． 21．如图，点是内的点，，，，将绕点 按逆时针方向旋转 得到，连接． (1)判断的形状，并说明理由； (2)求的度数； (3)设，则当为多少度时，为等腰三角形（直接写结果）． 【答案】(1)是等腰直角三角形，理由见解析； (2)； (3)当为或120°或时，为等腰三角形． 【分析】（）根据旋转的性质即可判断求解； （）由可得，进而得，最后根据四边形的内角和即可求解； （）根据角的和差关系可得，，再分，和三种情况解答即可求解； 本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】（1）解：是等腰直角三角形. 理由：由旋转的性质，得，， ∴是等腰直角三角形； （2）解：∵， ∴， 由旋转的性质，得， ∴， 又∵ 四边形的内角和为，， ； （3）解：∵是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴，， 由（）知 ①若，则 ， 解得； ②若，则1 ， 解得； ③若，则 ， 解得； 综上，当为或或时，为等腰三角形． 五、解答题（三）（本大题共2小题，每小题12分，共24分） 22．如图，一次函数与坐标轴交于，两点，将线段以点为中心逆时针旋转一定角度，点B的对应点落在第二象限的点处，且点坐标为． (1)求直线的表达式； (2)点是轴上一点，当最小时，请求出点的坐标； (3)把线段绕点旋转得到线段，连接，直线与直线相交于，请直接写出点的坐标． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）先求出点B的坐标，然后利用待定系数法求解即可； （2）作点C关于x轴的对称点H，连接，则，由轴对称的性质可得，则当三点共线时，有最小值，即此时有最小值，故点M即为直线与x轴的交点，求出直线的解析式为，在中，当，据此可得答案； （3）分把线段绕点顺时针旋转得到线段和把线段绕点逆时针旋转得到线段，通过一线三垂直模型构造全等三角形求出点E的坐标，进而求出直线解析式，再联立直线解析式和直线解析式求出点D的坐标即可． 【详解】（1）解：在中，当时，， ∴， 设直线的表达式为， 把，代入中得：， 解得， 直线的表达式为； （2）解：如图所示，作点C关于x轴的对称点H，连接，则， 由轴对称的性质可得， ∴， ∴当三点共线时，有最小值，即此时有最小值， ∴点M即为直线与x轴的交点， 同理可得直线的解析式为， 在中，当时，， ∴； （3）解：当把线段绕点逆时针旋转得到线段时，如图所示，过点C、E分别作y轴的垂线，垂足分别为H、G， ∴， 由旋转的性质可得， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 同理可得直线解析式为， 联立，解得， ∴ 当把线段绕点顺时针旋转得到线段时，如图所示，过点C、E分别作x轴的垂线，垂足分别为H、G， 同理可证明， ∴， ∵， ∴， ∴， 同理可得直线解析式为， 联立，解得， ∴； 综上所述，或． 【点睛】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，一次函数与几何综合，全等三角形的性质与判定，轴对称最短路径问题，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 23．如图1，是边长为的等边三角形，边在射线上，且，点从点出发，沿射线方向以的速度运动，当不与点重合时，将线段绕点逆时针方向旋转得到，连接、，设点运动了， (1)点的运动过程中，线段与的数量关系是______，请以图情形为例（当点在线段上时，点与点不重合），说明理由， (2)当时，如图，周长是否存在最小值？若存在，求出的最小周长；若不存在，请说明理由． (3)当点在射线上运动时，是否存在以、、为顶点的三角形是直角三角形？若存在，直接写出此时的值． 【答案】(1)，理由见解析 (2)存在， (3)存在，2或4 【分析】（1）由旋转的性质得到，，进而证得，即可得到结论； （2）当时，由旋转的性质得到，于是得到，根据等边三角形的性质得到，由垂线段最短得到当时，的周长最小，于是得到结论； （3）分四种情况：当点与点重合时，当时，当时，当时，分别根据等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，进行求解即可． 【详解】（1）解：，理由如下： 将线段绕点逆时针方向旋转得到， ，， 是等边三角形， ，， ∴， ∴， ， 在和中， ， ， ； （2）解：存在，当时， 由（1）知，， ， 将线段绕点逆时针方向旋转得到， ，， ∴是等边三角形， ， ， 由垂线段最短可知，当时，的周长最小， ∵为等边三角形， ∴根据三线合一可知：， ∴根据勾股定理可知：， 的最小周长； （3）解：存在，当点与点重合时，，，不能构成三角形， 当点与点重合时，不符合题意， 当时，由旋转可知，，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 根据解析（1）可知：此时， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴中只能， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ； 当时，点D在上运动，不可能是直角三角形． 如图，当时， 同理可得：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴中只能， 此时， ∵， ∴， ∴， ， ， ， 综上所述：当或时，以、、为顶点的三角形是直角三角形． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、三角形周长的计算、直角三角形的判定等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 2 学科网（北京）股份有限公司 $$