第二十三章 旋转（A卷·提升卷 单元重点综合测试）-2024-2025学年九年级数学上册单元速记·巧练（福建专用，人教版）

第23章 旋转（A卷·提升卷） 考试时间：120分钟，满分：150分 1、 选择题：共10题，每题4分，共40分。 1．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 2．下列命题是真命题的是（  ） A．等边三角形是中心对称图形 B．等腰三角形是轴对称图形 C．等腰直角三角形是中心对称图形 D．直角三角形是轴对称图形 3．如图是由一个弯月绕某点旋转若干次而生成的，每次旋转的度数是（   ） A． B． C． D． 4．如图，在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，，将矩形绕点逆时针旋转，则旋转后点的对应点坐标为（    ）    A． B． C． D． 5．如图，将绕点顺时针旋转得到，若，，，则的长为（    ） A．5 B．4 C．3 D．2 6．如图，在正方形网格中，，，，，，，，，，是网格线交点，若与中心对称，则其对称中心是（    ） A．点 B．点 C．点 D．点 7．如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，交于点．若，则的度数是（用含的代数式表示）（　　） A． B． C． D． 8．如图，将绕B点顺时针方向旋转一个角α到，点A的对应点D恰好落在上，且．若，则α的度数为（   ） A．30° B．40° C．45° D．36° 9．如图，点P为正方形ABCD内一点，PA＝3，PD＝2，PC＝1，则∠CPD的度数是（　　） A．105° B．115° C．125° D．135° 10．如图，在正方形ABCD中，点O为对角线的交点，点P为正方形外一动点，且满足∠BPC＝90°，连接PO．若正方形边长为4，则△BPC面积的最大值为（    ） A．4 B．6 C． D．5 2、 填空题：共6题，每题4分，共24分。 11．在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，则 . 12．如图所示，点是正方形内一点，将绕点B按顺时针方向旋转能与重合，若，则 ．    13．如图，边长为6的正方形绕点按顺时针方向旋转后得到正方形，交于点，则 ． 14．如图，四边形ABCD，AB＝3，AC＝2，把△ABD绕点D按顺时针方向旋转60°后得到△ECD，此时发现点A、C、E恰好在一条直线上，则AD的长为 . 15．如图，正方形的四个顶点均在坐标轴上，．将正方形绕点O顺时针旋转，每秒旋转，同时点P从的中点处出发，在正方形的边上顺时针移动，每秒移动1个单位，则第2022秒时，点P的坐标为 ． 16．如图，正方形中边长为12，E为上一点，且，F为边上的一个动点，连接，以为边向右侧作等边，连接，则的最小值为 ． 3、 解答题：共9题，共86分，其中第17~21题每小题8分，第22~23题每小题10分，第24题12分，第25题14分。 17．（8分）如图，在中，，，点为垂足，将绕点顺时针旋转，使与重合，点落在点处，延长交的延长线于点，延长交的延长线于点，求证：． 18．（8分）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，每个小正方形的顶点叫格点，△ABC的顶点均在格点上，请按要求完成下列问题： （1）画出将△ABC向右平移3个单位后得到的△A1B1C1，再画出将△A1B1C1绕点B1，按逆时针方向旋转90°后所得到的△A2B1C2； （2）求△ABC的面积．    19．（8分）四边形是正方形，旋转一定角度后得到，如图所示，如果，，．求：    (1)指出旋转中心和旋转角度； (2)求的长度和的度数． 20．（8分）如图，由个大小完全相同的小正方形摆成如图形状，现移动其中的一个小正方形，请在图（1），图（2），图（3）中分别画出满足以下各要求的图形．（用阴影表示） (1)使得图形既是轴对称图形，又是中心对称图形． (2)使得图形成为轴对称图形，而不是中心对称图形； (3)使得图形成为中心对称图形，而不是轴对称图形． 21．（8分）在平面直角坐标系中，点，点，把绕原点逆时针旋转，得，其中，点，分别为点A，旋转后的对应点，记旋转角为． (1)如图，当时，求点的坐标； (2)当轴时，求点D的坐标． 22．（10分）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． 23．（10分）问题情境： 在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的剪拼”为主题开展数学活动．如图，将矩形纸片沿对角线剪开，得到和．    操作发现： (1)将图①中的以点为旋转中心，按逆时针方向旋转，使，得到如图②所示的，过点作的平行线，与的延长线交于点，判断四边形的形状，并给出证明； (2)创新小组将图①中的以点为旋转中心，按逆时针方向旋转，使三点在同一条直线上，得到如图③所示的，连接，取的中点，连接并延长至点，使，连接，，得到四边形，发现它是正方形，请你证明这个结论． 24．（12分）某研究性学习小组在学习第三章第4节《简单的图案设计》时，发现了一种特殊的四边形，如图1，在四边形中，，，我们把这种四边形称为“等补四边形”．如何求“等补四边形”的面积呢？ 探究一： （1）如图2，已知“等补四边形”，若，将“等补四边形”绕点顺时针旋转，可以形成一个直角梯形（如图3）．若，，则“等补四边形”的面积为______ 探究二： （2）如图4，已知“等补四边形”，若，将“等补四边形”绕点顺时针旋转，再将得到的四边形按上述方式旋转，可以形成一个等边三角形（如图5）．若，，求“等补四边形”的面积． 探究三： （3）由以上探究可知，对一些特殊的“等补四边形”，只需要知道，的长度，就可以求它的面积．那么如图6，已知“等补四边形”，连接，若，，，试求出“等补四边形”的面积（用含，的代数式表示）． 25．（14分）（1）如图①，与都是等腰直角三角形，且，，将绕点A旋转到图②的位置时，连接，相交于点P． ①求证：． ②连接，猜想线段、、之间有怎样的数量关系？并加以证明； （2）将绕点A旋转到图③的位置时，连接，相交于点P，连接，猜想线段、、之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第23章 旋转（A卷·提升卷） 考试时间：120分钟，满分：150分 1、 选择题：共10题，每题4分，共40分。 1．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查轴对称图形和中心对称图形的定义．如果一个平面图形沿着一条直线折叠后，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．把一个图形绕着某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．据此逐项判断即可． 【详解】解：A中图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意； B中图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意； C中图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； D中图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项符合题意， 故选：B． 2．下列命题是真命题的是（  ） A．等边三角形是中心对称图形 B．等腰三角形是轴对称图形 C．等腰直角三角形是中心对称图形 D．直角三角形是轴对称图形 【答案】B 【分析】根据中心对称图形和轴对称图形的定义判断即可． 【详解】A：等边三角形不是中心对称图形，错误； B：等腰三角形是轴对称图形，正确； C：等腰直角三角形不是中心对称图形，错误； D：直角三角形不一定是轴对称图形，错误． 故答案选：B． 【点睛】本题考查中心对称图形与轴对称图形，掌握中心对称图形和轴对称图形的定义是解题关键． 3．如图是由一个弯月绕某点旋转若干次而生成的，每次旋转的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】此题考查了旋转，根据图形由一个弯月绕旋转中心旋转6次而生成的即可求出每次旋转的度数． 【详解】解：如图，是由一个弯月绕旋转中心旋转6次而生成的， ∴每次旋转的度数可以为． 故选：B． 4．如图，在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，，将矩形绕点逆时针旋转，则旋转后点的对应点坐标为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用矩形的性质以及旋转变换的性质解决问题即可． 【详解】解：如图：   ，四边形是矩形，点，， ， 由旋转变换的性质可得：， 在第二象限， ， 故选：A． 【点睛】本题考查了矩形的性质、旋转的性质，熟练掌握矩形的性质、旋转的性质，是解题的关键． 5．如图，将绕点顺时针旋转得到，若，，，则的长为（    ） A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】A 【分析】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定，本题关键是熟练掌握旋转图形的性质．根据旋转的性质可得，可得是等边三角形．可得的长． 【详解】解：将绕点顺时针旋转得到， ，， 是等边三角形， ， 故选：A． 6．如图，在正方形网格中，，，，，，，，，，是网格线交点，若与中心对称，则其对称中心是（    ） A．点 B．点 C．点 D．点 【答案】A 【分析】本题考查了中心对称，根据A、D两点到M的距离相等且三点在一条直线上，B、E两点到M都是的网格且三点在一条直线上，C、F两点到M都是的网格且三点在一条直线上，可得对称中心是点M． 【详解】解：如图， 相交于点M， ∴点M是与对称中心， 故选：A． 7．如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，交于点．若，则的度数是（用含的代数式表示）（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，外角性质，根据旋转的性质可得：，，，从而利用等腰三角形的性质可得，再利用直角三角形的两个锐角互余可得，从而可得，然后利用三角形的外角性质进行计算，即可解答，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：由旋转得：，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是的一个外角， ∴， 故选：． 8．如图，将绕B点顺时针方向旋转一个角α到，点A的对应点D恰好落在上，且．若，则α的度数为（   ） A．30° B．40° C．45° D．36° 【答案】B 【分析】此题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质与平行线的性质，三角形内角和定理．首先利用旋转的性质和等腰三角形的性质得到，，然后利用已知条件可以求出，然后利用三角形内角和定理列式计算即可求解． 【详解】解：∵将绕点B顺时针旋转到，， ∴，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得， 故选：B． 9．如图，点P为正方形ABCD内一点，PA＝3，PD＝2，PC＝1，则∠CPD的度数是（　　） A．105° B．115° C．125° D．135° 【答案】D 【分析】先将△DPA绕着点D逆时针旋转90°，得到△DEC，连结PE，可得AP=CE=3，DP=DE=2，推出∠DEP=∠DPE=45°，根据勾股定理PE=，再证明△EPC为直角三角形，可得∠EPC=90°即可． 【详解】解：将△DPA绕着点D逆时针旋转90°，得到△DEC，连结PE， 则△DPA≌△DEC， ∴AP=CE=3，DP=DE=2， ∴∠DEP=∠DPE=45°， 根据勾股定理PE=， 在△EPC中，EP2+PC2=， ∴△EPC为直角三角形， ∴∠EPC=90°， ∴∠DPC=∠DPE+∠EPC=45°+90°=135°， 故选D． 【点睛】本题考查正方形性质，图形旋转，等腰直角三角形性质，勾股定理与逆定理，直角三角形判定，利用旋转的性质构造全等三角形是解题关键． 10．如图，在正方形ABCD中，点O为对角线的交点，点P为正方形外一动点，且满足∠BPC＝90°，连接PO．若正方形边长为4，则△BPC面积的最大值为（    ） A．4 B．6 C． D．5 【答案】A 【分析】先画出将△OCP顺时针便转90°到△OBQ的位置的图形，再证Q、B、P在同一条直线上，再利用旋转的性质和正方形的性质，证△POQ是直角三角形，求出△POQ的面积，最后由四边形OBPC的面积等于△OBP和△OBQ的和即△POQ的面积求解即可． 【详解】解：如图， 四边形ABCD是正方形， OC=OB，∠BOC=90°， 将△OCP顺时针旋转90°，到△OBQ的位置， 则△OCP≌△OBQ， ∵∠BPC=90°， ∴∠OCP+∠OBP=360°-90°-90°=180°， ∴∠OCP=∠OBQ， ∴∠OBQ+∠OBP=180°，Q、B、P在同一条直线上， ∵PO=4，△OCP≌△OBQ， ∴QO=PO=4，∠COP=∠BOQ， ∠QOP=∠BOC=90°， ∴△POQ是直角三角形， ∵ ， ∴ 故选：B． 【点睛】本题属旋转综合题目，考查了旋转的性质，正方形的性质，利用旋转性质和数形结合思想得出面积的关系是解题关键． 2、 填空题：共6题，每题4分，共24分。 11．在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，则 . 【答案】 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，求代数式的值，先根据关于原点对称的点的横纵坐标互为相反数得出，，代入计算即可得出答案． 【详解】解：∵在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称， ∴，， ∴，， ∴， 故答案为：． 12．如图所示，点是正方形内一点，将绕点B按顺时针方向旋转能与重合，若，则 ．    【答案】 【分析】本题主要考查的是旋转的性质，涉及到正方形性质、勾股定理等知识，由旋转的性质可知，，故此可知，然后利用勾股定理可求得．由旋转的性质得到三角形为等腰直角三角形是解题的关键． 【详解】解：由旋转的性质可知：，． 四边形是正方形， ， ． 为等腰直角三角形， 在中，由勾股定理得：． 故答案为：． 13．如图，边长为6的正方形绕点按顺时针方向旋转后得到正方形，交于点，则 ． 【答案】 【分析】过点F作FI⊥BC于点I，延长线IF交AD于J，根据含30°直角三角形的性质可求出FI、FJ和JH的长度，从而求出HD的长度． 【详解】解：过点F作FI⊥BC于点BC，延长线AD交AD于J， 由题意可知：CF=BC=6，∠FCB=30°， ∴FI=3，CI= ∵JI=CD=6， ∴JF=JI-FI=6-3=3， ∵∠HFC=90°， ∴∠JFH+∠IFC=∠IFC+∠FCB=90°， ∴∠JFH=∠FCB=30°， 设JH=x，则HF=2x， ∴由勾股定理可知：（2x）2=x2+32， ∴x=， ∴DH=DJ-JH= 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的性质，涉及正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，含30°的直角三角形的性质，本题属于中等题型． 14．如图，四边形ABCD，AB＝3，AC＝2，把△ABD绕点D按顺时针方向旋转60°后得到△ECD，此时发现点A、C、E恰好在一条直线上，则AD的长为 . 【答案】5 【分析】根据旋转的性质得∠ADE=60°，DA=DE，∠BAD=∠E=60°，则可判断△ADE为等边三角形，再利用点A、C、E在一条直线上得到AE=AC+CE，接着根据△ABD绕着点D按顺时针方向旋转60°后得到△ECD得到CE=AB，所以AE=AC+AB=5． 【详解】解：∵点A、C、E在一条直线上， 而△ABD绕着点D按顺时针方向旋转60°后得到△ECD， ∴∠ADE=60°，DA=DE，∠BAD=∠E， ∴△ADE为等边三角形， ∵点A、C、E在一条直线上， ∴AE=AC+CE， ∵△ABD绕着点D按顺时针方向旋转60°后得到△ECD， ∴CE=AB， ∴AE=AC+AB=2+3=5， ∴AD=AE=5． 故答案为：5 【点睛】本题考查了旋转的性质，解决本题的关键是熟练掌握旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．也考查了等边三角形的判定与性质． 15．如图，正方形的四个顶点均在坐标轴上，．将正方形绕点O顺时针旋转，每秒旋转，同时点P从的中点处出发，在正方形的边上顺时针移动，每秒移动1个单位，则第2022秒时，点P的坐标为 ． 【答案】 【分析】根据题意可得正方形旋转6次回到原位，P点经过8秒回到原位，，，此时正方形回到原位，点P走6个单位，所以点P位于第三象限，在的中点处，根据勾股定理和中点公式即可解决问题． 【详解】解：根据题意可得：， 正方形旋转6次回到原位，P点经过8秒回到原位， ∵，， 此时正方形回到原位，点P走6个单位， ∵点P从的中点处出发， 所以此时点P位于第三象限，在的中点处， 如图所示， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴ ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形变化−旋转，解决本题的关键是掌握旋转的性质． 16．如图，正方形中边长为12，E为上一点，且，F为边上的一个动点，连接，以为边向右侧作等边，连接，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】由题意可知点是主动点，点是从动点，点在线段上运动，点也一定在直线轨迹上运动，将绕点旋转，通过垂线段最短构造直角三角形即可求出的最小值． 【详解】解：由题意可知，点是主动点，点是从动点，点在线段上运动，点也一定在直线轨迹上运动，将绕点旋转，使与重合，得到， ∴为等边三角形，点在垂直于的直线上， ∴，， 作，则即为的最小值，即当与重合时，作， ∵四边形是正方形，， ∴，， 由旋转性质可知，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转，矩形判定与性质，等边三角形的判定与性质，垂线段最短，所对直角边是斜边的一半，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 3、 解答题：共9题，共86分，其中第17~21题每小题8分，第22~23题每小题10分，第24题12分，第25题14分。 17．（8分）如图，在中，，，点为垂足，将绕点顺时针旋转，使与重合，点落在点处，延长交的延长线于点，延长交的延长线于点，求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质，先根据三线合一定理得到，再由旋转的性质得到，，证明即可证明，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】证明：∵，， ∴， ∵由旋转而得， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴． 18．（8分）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，每个小正方形的顶点叫格点，△ABC的顶点均在格点上，请按要求完成下列问题： （1）画出将△ABC向右平移3个单位后得到的△A1B1C1，再画出将△A1B1C1绕点B1，按逆时针方向旋转90°后所得到的△A2B1C2； （2）求△ABC的面积．    【答案】（1）画图见解析；（2）2 【分析】（1）分别利用图形的平移以及旋转得出对应点坐标位置即可得出答案； （2）根据三角形面积公式求得即可． 【详解】（1）画图如图所示： （2）∵方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，每个小正方形的顶点叫格点，△ABC的顶点均在格点上 ∴△ABC的面积＝底高． 【点睛】本题考查了图形平移和旋转、三角形面积的知识；解题的关键是熟练掌握图形平移和旋转的性质，从而完成求解． 19．四边形是正方形，旋转一定角度后得到，如图所示，如果，，．求：    (1)指出旋转中心和旋转角度； (2)求的长度和的度数． 【答案】(1)旋转中心为点A；旋转角为 (2)； 【分析】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，解题的关键是熟练掌握旋转的性质，数形结合． （1）由于旋转一定角度后得到，根据旋转的性质得到旋转中心为点A，等于旋转角，于是得到旋转角为； （2）根据旋转的性质得到，，则，再求出的度数即可；根据，求出结果即可． 【详解】（1）解：∵旋转一定角度后得到， ∴旋转中心为点A，等于旋转角， ∴旋转角为； （2）解：∵以点A为旋转中心，顺时针旋转后得到， ∴，， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∴． 20．（8分）如图，由个大小完全相同的小正方形摆成如图形状，现移动其中的一个小正方形，请在图（1），图（2），图（3）中分别画出满足以下各要求的图形．（用阴影表示） (1)使得图形既是轴对称图形，又是中心对称图形． (2)使得图形成为轴对称图形，而不是中心对称图形； (3)使得图形成为中心对称图形，而不是轴对称图形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题是图案设计问题，由于设计方案的多样化，只要满足相应问题对轴对称，中心对称的要求即可，这样就可以发挥学生丰富的想象力，提高学习兴趣．轴对称图形是指在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形；中心对称图形是指在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．再展开丰富的想象力画图即可． （1）根据轴对称图形与中心对称图形的特点画图即可； （2）根据轴对称图形与中心对称图形的特点画图即可； （3）根据轴对称图形与中心对称图形的特点画图即可； 【详解】（1）解：如图，所画图形如下： （2）解：如图，所画图形如下： （3）解：如图，所画图形如下： 21．（8分）在平面直角坐标系中，点，点，把绕原点逆时针旋转，得，其中，点，分别为点A，旋转后的对应点，记旋转角为． (1)如图，当时，求点的坐标； (2)当轴时，求点D的坐标． 【答案】(1) (2)点的坐标为或 【分析】（1）如图，过点作于．解直角三角形求出，即可． （2）分两种情形：在轴上方时，设交轴于，过点作轴于．求出，即可．当在轴下方时，同法可得． 【详解】（1）解：如图，过点作于． ， ， ， ， ． （2）解：如图，在轴上方时，设交轴于，过点作轴于． 轴， ， ，， ， ∵， ， ， ， 当在轴下方时，同法可得． 综上所述，满足条件的点的坐标为或． 【点睛】本题属于坐标与图形变化旋转，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 22．（10分）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． 【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． 23．（10分）问题情境： 在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的剪拼”为主题开展数学活动．如图，将矩形纸片沿对角线剪开，得到和．    操作发现： (1)将图①中的以点为旋转中心，按逆时针方向旋转，使，得到如图②所示的，过点作的平行线，与的延长线交于点，判断四边形的形状，并给出证明； (2)创新小组将图①中的以点为旋转中心，按逆时针方向旋转，使三点在同一条直线上，得到如图③所示的，连接，取的中点，连接并延长至点，使，连接，，得到四边形，发现它是正方形，请你证明这个结论． 【答案】(1)菱形，见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据矩形的性质可得，再由旋转的性质可得，然后由平行四边形的判定与性质及菱形的判定可得结论； （2）根据已知可证四边形是平行四边形，由矩形的性质及旋转的性质可得，再根据矩形的判定与性质及正方形的判定即可得出结论； 【详解】（1）解：四边形是菱形． 证明：在图②中，∵是矩形的对角线， ∴，， ∴， 由旋转的性质知，， ， ， ． 又， 四边形是平行四边形． 又， 是菱形． （2）证明：是的中点， ． 又， 四边形是平行四边形． 在图①中，∵四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∴， 在图③中，由旋转知，， ∴， ． 又三点在同一条直线上， ， 是矩形． 又， 矩形是正方形． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，正方形的判定与性质，，旋转的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握相关几何图形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型． 24．（12分）某研究性学习小组在学习第三章第4节《简单的图案设计》时，发现了一种特殊的四边形，如图1，在四边形中，，，我们把这种四边形称为“等补四边形”．如何求“等补四边形”的面积呢？ 探究一： （1）如图2，已知“等补四边形”，若，将“等补四边形”绕点顺时针旋转，可以形成一个直角梯形（如图3）．若，，则“等补四边形”的面积为______ 探究二： （2）如图4，已知“等补四边形”，若，将“等补四边形”绕点顺时针旋转，再将得到的四边形按上述方式旋转，可以形成一个等边三角形（如图5）．若，，求“等补四边形”的面积． 探究三： （3）由以上探究可知，对一些特殊的“等补四边形”，只需要知道，的长度，就可以求它的面积．那么如图6，已知“等补四边形”，连接，若，，，试求出“等补四边形”的面积（用含，的代数式表示）． 【答案】（1）；（2）；（3） 【分析】本题考查“等补四边形”，旋转、等边三角形，勾股定理的知识等，解题的关键是掌握“等补四边形”的性质，旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理的运用，即可． （1）根据旋转的性质，则四边形的面积等于直角梯形面积的一半，结合题意，求出直角梯形的面积，即可； （2）根据旋转的性质，四边形的面积等于等边三角形的面积的，根据等边三角形的性质，则，，根据直角三角形的中所对的直角边等于斜边的一半，，根据勾股定理求出三角形的高，即可求出等边三角形的面积，即可； （3）作于点，根据等补四边形中，，推出，；当点，，在同一直线上，则， 求出，根据，则， 求出，根据“等补四边形”的面积等于的面积，即可． 【详解】（1）等补四边形”的面积为， 故答案为：． （2）如图，过点作交于点， 根据题意可得：， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴“等补四边形”的面积为：． （3）如图，将绕点顺时针旋转得到， 作于点， ∴，，，， 在等补四边形中，， ∴， ∴点，，在同一直线上， ∴， ∵， ∴， 在中， ∵， ∴， ∴， ∴“等补四边形”的面积等于的面积：． 25．（14分）（1）如图①，与都是等腰直角三角形，且，，将绕点A旋转到图②的位置时，连接，相交于点P． ①求证：． ②连接，猜想线段、、之间有怎样的数量关系？并加以证明； （2）将绕点A旋转到图③的位置时，连接，相交于点P，连接，猜想线段、、之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明． 【答案】（1）①见详解；②，证明见详解（2），证明见详解 【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质与判定，旋转的性质，三角形内角和定理的应用，勾股定理的应用，作出适当的辅助线构建全等三角形是解本题的关键． （1）①由与都是等腰直角三角形，证明，可得，再利用三角形的内角和定理证明即可； ②在上截取，连接，证明，可得是等腰直角三角形，，从而可得结论； （2）在上截取，连接，证明，可得是等腰直角三角形，，从而可得结论． 【详解】（1）①证明：∵与都是等腰直角三角形， ∴，，， ∴， 即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ②解：结论：， 理由：在上截取，连接， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴． （2）解：结论： 理由：在上截取，连接， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$