福建省厦门市2024-2025学年九年级上学期期中数学复习（旋转章节重难点近三年组题汇编）

福建省厦门市2024-2025学年度九年级上学期期中数学复习（旋转章节重难点近三年组题汇编） 一、单选题 1．（23-24九年级上·福建厦门·期中）已知坐标原点为O，点，将绕原点O顺时针旋转后的坐标是（　　） A． B． C． D． 2．（22-23九年级上·福建厦门·期中）如图，点D是等边内一点，如果绕点A逆时针旋转后能与重合，那么旋转角度等于（　　） A． B． C． D． 3．（23-24九年级上·福建厦门·期中）如图中，， ，，将绕点逆时针旋转得，若点在上，则的长为(     ) A．2 B．3 C． D．2 4．（23-24九年级上·福建厦门·期中）如图，菱形的对角线相交于坐标原点，点A的坐标为，点B的坐标为，那么点C的坐标为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24九年级上·福建厦门·期中）如图，中，，，将绕点逆时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，则的度数是（    ） A． B． C． D． 6．（22-23九年级上·福建厦门·期中）如图，中，，，，将沿射线的方向平移，得到，再将绕点逆时针旋转一定角度后，点恰好与点C重合，则平移的距离为（    ） A．2 B．3 C．5 D．8 7．（22-23九年级上·福建厦门·期中）如图中，，是斜边的中点，将绕点按顺时针方向旋转，点落在的延长线上的处，点落在处，若，，则的长为（    ）    A．7.5 B．6 C．6.4 D．6.5 8．（22-23九年级上·福建厦门·期中）如图，长方形中，，，E为上一点．且，F为边上的一个动点．连接，将绕着点E顺时针旋转到的位置，其中点B、点F的对应点分别为点H、点G，连接和，则的最小值为（    ）．    A． B．3 C． D． 9．（23-24九年级上·福建厦门·期中）如图，在中，，是内的一点，则（　　）    A． B． C． D．与的大小关系不确定，与P点位置有关 10．（23-24九年级上·福建厦门·期中）如图，在中，，将绕点A逆时针旋转得到，点B，D的对应点分别为C，E，将线段绕着点B顺时针旋转得到线段，点D的对应点是F，连接，．当的度数从逐渐增大到的过程中．四边形的形状依次是：平行四边形→______→平行四边形．画线处应填入（　　） A．菱形→矩形→正方形 B．矩形→菱形→正方形 C．菱形→平行四边形→矩形 D．矩形→平行四边形→菱形 二、填空题 11．（23-24九年级上·福建厦门·期中）已知在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，则 ． 12．（23-24九年级上·福建厦门·期中）如图，在中，，将绕点逆时针旋转，得到，点恰好落在的延长线上，则旋转角的度数为 ． 13．（23-24九年级上·福建厦门·期中）在图所示的正方形中，点E在边上，把绕点A顺时针旋转得到，，则旋转角的度数是 ．    14．（23-24九年级上·福建厦门·期中）如图，中，，且，将绕点A旋转到的位置，若，则 ． 15．（23-24九年级上·福建厦门·期中）如图，将绕点A顺时针旋转得到，点恰好落在AB上，连接，若，则 ．    16．（23-24九年级上·福建厦门·期中）如图，已知与关于点成中心对称，则的长是 ．    17．（22-23九年级上·福建厦门·期中）如图，将绕点顺时针旋转得到，若，，则 ．    18．（22-23九年级上·福建厦门·期中）如图，将绕点逆时针旋转110°，得到，若点落在线段的延长线上，则大小为 ． 19．（23-24九年级上·福建厦门·期中）如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，点的坐标为，直线经过点，，将四边形绕点按顺时针方向旋转度得到四边形，此时直线、直线分别与直线相交于、．在四边形旋转过程中，若，则点的横坐标为 ．    20．（22-23九年级上·福建厦门·期中）如图，将正方形绕点A逆时针旋转度得到正方形，连接，，点分别为，的中点，连接，若的长度为1，则的长度为 ． 21．（22-23九年级上·福建厦门·期中）如图，将一段抛物线（），记为，它与x轴交于两点O，;将绕顺时针旋转得到，交x轴于;将绕顺时针旋转得到，交x轴于，将绕顺时针旋转得到，交x轴于，将绕顺时针旋转得到，交x轴于．记：由，，，，构成的图形所确定的函数为．由图可知方程：共有六个根：，，，，，，则 ． 三、解答题 22．（23-24九年级上·福建厦门·期中）如图，在边长为1的正方形组成的网格中建立直角坐标系，的顶点均在格点上，点O为原点，点，．    (1)画出关于坐标原点O成中心对称的； (2)将绕点O顺时针旋转90°后得到，请在图中作出，并直接写出点的坐标________； 23．（23-24九年级上·福建厦门·期中）如图，在中，，点F为的中点，点D在线段上，以点A为中心，将线段逆时针旋转α得到线段，连接．    (1)补全图形； (2)用等式表示线段的数量关系，并证明． 24．（22-23九年级上·福建厦门·期中）将矩形绕点顺时针旋转（），得到矩形． (1)如图，当点在上时．求证：； (2)当为何值时，？画出图形．并说明理由． 25．（23-24九年级上·福建厦门·期中）（1）如图1，在正方形中，点，分别在边， 上，若，则，，之间的数量关系为：　　； （2）如图2，若把（1）中的正方形改为等腰直角三角形，，，是底边上任意两点，且满足，试探究，，之间的关系．    26．（22-23九年级上·福建厦门·期中）如图，在四边形中，，是对角线，是等边三角形．线段绕点C顺时针旋转得到线段，连接． (1)求证：； (2)若，，，求的长． 27．（23-24九年级上·福建厦门·期中）已知，点是等边内的任一点，连接，，． (1)如图所示，已知，．将绕点按顺时针方向旋转得． ①求的度数； ②用一个等式表示线段，，之间的数量关系，并证明； (2)设，．当，满足什么关系时，有最小值？请在图中画出符合条件的图形，并说明理由． 28．（21-22八年级下·福建厦门·期中）正方形的顶点处有一等腰直角三角形，，连接，．    (1)如图1，若点在上 ①当，求的度数； ②求线段和之间的数量关系． (2)若将图1中的顺时针旋转使点落在上，如图2，则和之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由． 29．（22-23九年级上·福建厦门·期中）对于一个四边形给出如下定义：有一组对角相等且有一组邻边相等，则称这个四边形为奇特四边形． (1)填空：“另一组邻边也相等的奇特四边形为正方形”是______命题（“真”或“假”）． (2)如图，在正方形中，E是边上一点，将点E绕着点C顺时针旋转到F的位置，连接、、、，取的中点G，连接并延长交于点H．探究：四边形是否是奇特四边形，如果是证明你的结论，如果不是请说明理由． (3)在（2）的条件下，若四边形的面积为16，直接写出的值． 30．（23-24九年级上·福建厦门·期中）定义：如图13，在中，把绕点A顺时针旋转（）得到，把绕点A逆时针旋转得到，连接．当时，我们称是的“旋补三角形”，边上的中线叫做的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”． (1)在图1中，是的“旋补三角形”，是的“旋补中线”，若为等边三角形，则与的数量关系为：______． (2) 在图2中，当为任意三角形时，猜想与的数量关系，并给予证明． (3)如图3，在四边形中，，，，，．若四边形内部恰好存在一点P，使是的“旋补三角形”，请直接写出的“旋补中线”长是____________ 参考答案： 1．C 【分析】过A作轴于C，过作轴于D，根据旋转求出，证，推出即可．本题考查了点的坐标与旋转变换、全等三角形的判定和性质等，根据条件画出相应的图形、适当添加辅助线是解题的关键． 【详解】解：过A作轴于C，过作轴于D． ∵， ∴， ∴， 在和中 ∵， ∴， ， ∴的坐标是． 故选：C． 2．C 【分析】根据等边三角形的性质得，，根据绕点A逆时针旋转后能与重合得绕点A逆时针旋转了到的位置，即可得． 【详解】解：∵是等边三角形， ∴，， ∵绕点A逆时针旋转后能与重合， ∴绕点A逆时针旋转了到的位置， ∴旋转角为， 故选：C． 【点睛】本题考查了旋转，解题的关键是掌握等边三角形的性质和旋转的性质． 3．C 【分析】本题考查了旋转的性质和勾股定理；先根据勾股定理求出，再根据旋转的性质可得，，从而求出，再根据勾股定理求解即可． 【详解】解：在中， ∵， ∴． ∵将绕点逆时针旋转得， ∴，． ∴，， ∵， ∴， ∴； 故选C． 4．C 【分析】根据菱形是中心对称图形，菱形的对角线交于原点O，则点A与点C关于原点中心对称，，根据中心对称的点的坐标特征进行求解即可． 【详解】解：∵菱形是中心对称图形，菱形的对角线交于原点O， ∴点A与点C关于原点中心对称， 点A的坐标为， 点C的坐标是 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的性质，求关于原点中心对称的点的坐标，掌握菱形的性质是解题的关键． 5．B 【分析】首先解得，根据旋转的性质可得，，，根据三角形内角和定理可得，进而可获得答案． 【详解】解：∵，， ∴， ∵将绕点逆时针旋转得到，点的对应点恰好落在边上， ∴，，， ∴， ∴． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识，解决本题的关键是掌握旋转的性质． 6．B 【分析】根据平移的性质可得，，然后根据旋转的性质可得，从而证出为等边三角形，然后求出，即可求出结论． 【详解】解：∵在中，，，，将沿射线的方向平移，得到， ∴，， ∵将绕点逆时针旋转一定角度后，点恰好与点C重合， ∴ ∴为等边三角形 ∴ ∴平移的距离 故选：B 【点睛】此题考查的是平移的性质、旋转的性质和等边三角形的判定及性质，掌握平移的性质、旋转的性质和等边三角形的判定及性质是解决此题的关键． 7．C 【分析】过点A作于点H，根据勾股定理可得的长，根据直角三角形的性质可得的长，进而可得的长，根据勾股定理可得的长，根据旋转的性质进一步可得的长． 【详解】 解：过点A作于点H，如图所示：   ，，， 根据勾股定理，得， 是的中点， ， ， ， 即， 解得， ， 根据勾股定理，可得， 根据旋转的性质，可得， 点H是的中点， ， 故选：C． 【点睛】本题考查了旋转的性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识，利用面积法求的长是解决本题的关键． 8．C 【分析】如图，将线段绕点E顺时针旋转得到线段，连接交于J．首先证明，推出点G的在射线上运动，推出当时，的值最小，证明四边形是矩形，进一步推出，则，即可得到的最小值为． 【详解】解：如图，将线段绕点E顺时针旋转得到线段，连接交于J．    ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点G的在射线上运动， ∴当时，的值最小， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为． 故选：C． 【点睛】本题考查旋转的性质，矩形的性质与判定，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形得到动点运动的轨迹，属于中考填空题中的压轴题． 9．B 【分析】本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．同时考查了两点之间线段最短．把绕A逆时针旋转60°得到，根据旋转的性质得到，，，，则有为等边三角形，得,又，得到B，A，C′共线，根据两点之间线段最短得到，即得解答． 【详解】解：把绕A逆时针旋转60°得到，如图    ∴，，，， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ， 即B，A，C′共线， ， 即． 故选：B． 10．D 【分析】分逐渐变大，B、D、E三点共线之前；B、D、E三点共线时；B、D、E三点共线后，之前；时；后，讨论即可． 【详解】解：∵绕点A逆时针旋转得到，线段绕着点B顺时针旋转得到线段， ，，， ，， ①当逐渐变大，B、D、E三点共线之前时， ， ， 又， ， ， ， 又， ∴四边形是平行四边形； ②当B、D、E三点共线且D在B、E之间， ，， ， ， ， 又， ， 又， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴四边形是矩形； ③当逐渐变大，B、D、E三点共线之后， ， ， 又， ∴四边形是平行四边形， ④当时， ， 又， ， ， 由③同理可证， ， 又， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴四边形是菱形； 当后时， 由③同理可证， ， 又， ∴四边形是平行四边形． 当的度数从逐渐增大到的过程中，四边形的形状依次是：平行四边形→矩形一平行四边形一菱形一平行四边形． 故选：D． 【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定等知识，明确题意，合理分类讨论，找出所求问题需要的条件是解题的关键． 11．1 【分析】根据“关于原点对称的点，横坐标和纵坐标互为相反数”，即可解答． 【详解】解：∵点与点关于原点对称， ∴， 故答案为：1． 12．/90度 【分析】本题考查了旋转的性质，由旋转的性质可知，旋转前后对应边相等，对应角相等，得出等腰三角形，再根据等腰三角形的性质求解，找出旋转角和旋转前后的对应边得出等腰三角形是解题的关键． 【详解】解：由旋转的性质可知，的度数为旋转度数， 在中， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 13． 【分析】本题考查旋转的性质、正方形的性质，根据图形旋转前后对应点与旋转中心的连线的夹角即为旋转角确定把绕点A顺时针旋转得到后旋转角即为，然后根据正方形的性质求解． 【详解】∵把绕点A顺时针旋转得到， ∴旋转角为， 又∵四边形是正方形， ∴， 故选：． 14． 【分析】根据旋转的性质得到，进而得，，通过角的转换得，再根据勾股定理即可解答； 【详解】解：由旋转的性质可知，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查旋转的性质，全等三角形的性质，勾股定理，掌握相关知识是解题的关键． 15．/72度 【分析】根据旋转的性质得到，，求出，根据等边对等角求出，再利用三角形内角和求出即可． 【详解】解：由旋转可知：，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质：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；旋转前、后的图形全等． 16．3 【分析】直接利用中心对称的性质得出，的长，进而利用勾股定理得出答案． 【详解】解：与关于点C成中心对称，， ，， ， ∴在中， , ． 故答案为：3． 【点睛】本题考查成中心对称和勾股定理，解题的关键是掌握成中心对称的性质：对应边相等． 17．30 【分析】根据旋转的性质，以及三角形的内角和定理，进行求解即可． 【详解】解：∵将绕点顺时针旋转得到， ∴， ∴， ∴； 故答案为：30． 【点睛】本题考查旋转的性质，三角形的内角和定理．熟练掌握旋转的性质，是解题的关键． 18．/35度 【分析】根据旋转的性质可得出，再根据等腰三角形的性质可求出的度数，此题得解． 【详解】解：根据旋转的性质，可得：， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质以及等腰三角形的性质，根据旋转的性质结合等腰三角形的性质求解是解题的关键． 19．或 【分析】根据，分两种情况，根据三角形的面积公式，勾股定理，求解即可． 【详解】解：因为，所以分两种情况讨论： （1）如图1，当点在点左侧时，    过作于，连接，则， ∴ ∴, 设， ， ∴，，    在中，， 解得，（不符实际，舍去）． ， ． （2）如图2，当点P在点B右侧时，    ，． 在中，，解得． ， ． 所以点或． 【点睛】此题考查了矩形的性质、勾股定理、解一元二次方程，坐标与图形、旋转的性质等知识，分类讨论和数形结合是解题的关键． 20． 【分析】根据点分别为，的中点，得出是的中位线，求出,根据旋转的性质得出为等边三角形，进而求得,根据正方形的性质，勾股定理即可求解． 【详解】解：连接BE， ∵在中，点分别为，的中点， ∴是的中位线， ∵的长度为1， ∴， ∵正方形绕点逆时针旋转， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转以及三角形中位线定理，勾股定理，正方形的性质,等边三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键． 21．75 【分析】先根据二次函数的性质求出，再根据一元二次方程根与系数的关系得到，通过旋转的性质得到，，，，代入中即可得到答案． 【详解】解：∵， 当时，， 解得， ∴， 当0≤x≤3时，y2＝t，得， ∴， ∴， 由题意得，，，， ∵ = = = ． 故答案为：． 【点睛】本题考查二次函数和一元二次方程的解，解题的关键是熟练掌握一元二次方程根与系数的关系． 22．(1)图见详解 (2)图见详解， 【分析】（1）根据定义画出点A，B的关于坐标原点O成中心对称，连接即可得； （2）根据旋转的性质画出点A，B的坐标点，连接即可得，得点A的坐标； 【详解】（1）解：   （2）   点． 【点睛】本题主要考查图像的旋转和作中心对称点，解题的关键是掌握旋转性质和中心对称点的作法． 23．(1)见解析 (2)，理由见解析 【分析】本题主要考查了作图—旋转变换、全等三角形的判定和性质等知识点，理解题意、正确寻找全等三角形解决问题是解题的关键． （1）根据题意，补全图形即可解答； （2）先证明，得到，然后根据线段的和差及等量代换即可解答． 【详解】（1）解：如图所示即为所求：    （2）解：．理由如下： ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴． 24．(1)见解析 (2)或，图见解析，理由见解析 【分析】（1）旋转的性质，得到，进而得到，根据等角的余角相等，即可得证； （2）分点在右侧和左侧，两种情况进行求解即可． 【详解】（1）证明：∵矩形绕点顺时针旋转（），得到矩形， ∴， ∴，   又∵， ∴， （2）当时，点G在的垂直平分线上，分两种情况讨论： ①当点G在右侧时，取的中点H，连接交于M，   ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴垂直平分， ∴， ∴为等边三角形， ∴； ②当点G在左侧时，同理可得是等边三角形，   ∴， ∴旋转角． 【点睛】本题考查矩形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质．熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键． 25．（1）；（2） 【分析】（1）以点为旋转中心，将顺时针旋转得，可得，，，然后证明，可得，进而可以得结论； （2）以点为旋转中心，将顺时针旋转得，可得，，，，然后证明，可得，然后证明，进而可以得结论． 【详解】解：（1），理由如下： 如图，以点为旋转中心，将顺时针旋转得， ， ，，，    四边形是正方形， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ； ； 故答案为：； （2），理由如下： 是等腰直角三角形，， ， 如图，以点为旋转中心，将顺时针旋转得， ， ，，，，    ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理；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． 26．(1)见解析 (2)4 【分析】(1)证明即可． (2)连接，证明是等边三角形，得到，利用勾股定理计算即可． 【详解】（1）∵是等边三角形， ∴； ∵线段绕点C顺时针旋转得到线段， ∴； ∴； ∴； ∵， ∴ ∴． （2）连接， ∵线段绕点C顺时针旋转得到线段， ∴； ∴是等边三角形， ∴； ∵，，， ∴； ∴； ∴． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，熟练掌握等边三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键． 27．(1)①；②．理由见解析 (2)当时，有最小值，理由见解析 【分析】本题考查的是等边三角形的性质、旋转变换的性质，掌握等边三角形的三个角是、三条边相等是解题的关键． （1）①根据旋转变换的性质、四边形内角和为计算即可； ②连接，根据勾股定理解答； （2）将绕点按顺时针方向旋转得，连接，根据等边三角形的性质解答． 【详解】（1）解：①，， ， 由旋转的性质可知，， ； ②,证明如下： 如图1，连接． 绕点按顺时针方向旋转得， ，． ，． 是等边三角形， ，， ，， ， ，． ． 在中，， ． ． （2）当时，有最小值，理由如下： 如图， 将绕点按顺时针方向旋转得，连接． ，． ，，． 是等边三角形． ，． ， ． ． 四点，，，共线． 时值最小， 当时，有最小值． 28．(1)①；② (2)成立，理由见解析 【分析】（1）①利用等腰三角形的性质求解即可；②利用等腰直角三角形的性质证明即可； （2）结论成立．如图2，过点作，且，证明，推出，，再证明四边形是平行四边形，可得结论． 【详解】（1）解：①如图1中，连接．点E在BC上，则点P在AC上，    四边形是正方形， ，， ， ， ； ②结论：． 理由：，是等腰直角三角形， ， 四边形是正方形， ， ， ； （2）结论成立． 理由：如图2，过点作，且，连接AH，HE，    ， ， 又， ， ，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ． 【点睛】此题是四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，平行四边形的判定与性质，证明是解题的关键． 29．(1)假 (2)四边形是奇特四边形，证明见解析 (3) 【分析】（1）假命题，根据命题画图验证即可； （2）根据旋转得出，，根据等腰三角形三线合一得出，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得出，根据正方形性质得出，从而得出，再结合题意，得出四边形是奇特四边形； （3）过点作，，利用得出，进而判断出四边形是正方形，根据等量代换，得出，从而求出，再根据正方形的面积公式，求出，根据，得出，即可求出的值． 【详解】（1）解：假命题，如图， ∵，， 又∵， 而四边形不是正方形．    （2）解：四边形是奇特四边形，理由如下： ∵点E绕着点C顺时针旋转到F的位置， ∴，， ∵G为的中点， ∴，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴四边形是奇特四边形． （3）解：过点作，，如图所示：    ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，，， ∴四边形是正方形， ∵，，    ∴， ∵四边形的面积为， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质与判定、直角三角形的性质、全等三角形的性质与判定、真假命题的判断，解本题的关键是熟练掌握相关性质与定理． 30．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据等边三角形和旋转的性质得到对应边相等，根据等腰三角形三线合一的性质和含的直角三角形性质即可求得； （2）延长中线得平行四边形，利用平行四边形性质和旋补角度关系得，即可证明，即利用对应边相等求得答案； （3）作延长线、中垂线、垂线及中线，利用含角的直角三角形性质证明边与角之间的关系，等到，再利用全等性质证明为平行四边形，根据角度得出为等边三角形，则为的旋补三角形，利用勾股定理即可求得解 【详解】（1）解：∵为等边三角形， ∴，， ∵，是的“旋补中线”， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 则． （2）延长到点M，使得，连接，，如图， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ，， ∵ ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， 则． （3）延长，交点M，作交于点E，作线段的垂直平分线交于点P，交于点F，连接、、，作的中线，连接交于点O，如图，    ∵， ∴， 在中，，，则，， 在中，由，，得，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，由，， ∴，即， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴，则， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形； ∵， ∴， ∴，则为等边三角形， ∴， ∵，则， ∴， 则为的旋补三角形， 在中，，， ∴． 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