第三章 图形的平移与旋转（A卷·提升卷 单元重点综合测试）-2024-2025学年八年级数学下册单元速记·巧练（四川成都专用，北师大版）

第三章 图形的平移与旋转（A卷·提升卷） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） A卷（共100分） 第Ⅰ卷（选择题，共32分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 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】根据中心对称图形与轴对称图形的概念，把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，进行判断即可． 【详解】解：A．该图不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意； B．该图既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项符合题意； C．该图是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意； D．该图不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意． 故选：B． 【点睛】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键． 2．将轴轴分别向上，左平移2，3个单位，则的坐标变为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查图形的平移变换，解题的关键是要懂得左右移动改变点的横坐标，左减、右加；上下移动改变点的纵坐标，下减、上加． 根据直角坐标系中点的平移法则：横坐标满足“左（移）减右（移）加”，纵坐标满足“下（移）减上（移）加”求解即可． 【详解】∵将轴轴分别向上，左平移2，3个单位， ∴将分别向下，右平移2，3个单位后变为． 故选：D． 3．如图，在正方形网格中的这两个格点三角形的旋转中心是（    ） A．点A B．点B C．点C D．点D 【答案】C 【分析】此题重点考查旋转的性质、勾股定理等知识，观察图形并且找出到两个格点三角形的每一组对应顶点的距离都相等的点是解题的关键．观察图形可知，点C到两个格点三角形的每一组对应顶点的距离都相等，再根据勾股定理进行验证即可． 【详解】解：如图，两个格点三角形分别为和，连接， 设正方形网格中的每个小正方形的边长均为1， 由勾股定理得，， 和的每一组对应顶点到点C的距离都相等， 两个格点和的旋转中心是点C， 故选：C. 4．如图，点O是正八边形的中心，分别以各边为直径在正八边形的外部作半圆，组成了一幅美丽的图案，这个图案绕点O旋转后能与自身完全重合，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】此题考查了旋转对称图形．旋转对称图形：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心．根据定义可知，最小旋转角等于周角除以正多边形的边数． 【详解】解：根据题意，可知这个图案是旋转对称图形，点是旋转对称中心， ∴这个图案的最小旋转角为； ∴这个图案绕点旋转后能与自身完全重合，则的最小值； 故选：B． 5．在平面直角坐标系中，将点绕原点O顺时针旋转得到点，则的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质和判定，根据题意作轴，轴，证明出，得到，，，进而求解即可． 即可求解． 【详解】解：如图所示：作轴，轴， 由题意得：，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴的坐标为， 故答案为：． 6．如图，A，B的坐标分别为，若将线段平移到处，，的坐标分别为，则（    ）    A．3 B．4 C．5 D．2 【答案】C 【分析】此题主要考查了坐标与图形变化-平移，根据A，B，，点的坐标可得线段向右平移3单位，向上平移了2个单位，然后再根据平移方法计算出a、b的值，进而可得答案． 【详解】解：∵， ∴线段向右平移3个单位，向上平移了2个单位， ∴， ， 故选：C． 7．如图，，把绕点B顺时针旋转一个角度得到，点在边上，若的度数为，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，解题的关键在于确定角度之间的数量关系． 由旋转性质得，，在中由三角形内角和求得，便可求得结果． 【详解】解：∵， ∴ ∵绕点B顺时针旋转一个角度得到， ∴，， ∴， ∴， ∴ ． 故选：B． 8．如图，线段与线段关于点对称，若点、、，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先设出D（m，n），再利用中点坐标公式列出等式，求答案． 【详解】解：设D（m，n）， ∵线段AB与线段CD关于点P对称， 点P为线段AC、BD的中点． ∴， ∴m=-a+2，n=-b， ∴D， 故选：C． 【点睛】本题考查了中心对称，正确运用中点坐标公式是解题的关键． 第Ⅱ卷（非选择题，共68分） 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上） 9．若点关于原点的对称点B的坐标是，则 ． 【答案】1 【分析】关于原点对称的两个点，它们的横坐标互为相反数，纵坐标也互为相反数，据此作答即可． 【详解】∵点关于原点的对称点B的坐标是， ∴，，∴，， ∴， 故答案为：1． 【点睛】本题考查了关于原点对称的两个点的坐标特征，掌握关于原点对称的两个点，它们的横坐标互为相反数，纵坐标也互为相反数，是解答本题的关键． 10．如图，直角三角形中，，，则内部五个小直角三角形的周长为 ． 【答案】12 【分析】本题考查了平移的性质等知识点，熟练掌握平移的性质是解题关键．先根据平移的性质可得内部五个小直角三角形的直角边的和等于，再根据三角形的周长公式即可得． 【详解】解：由题意得：内部五个小直角三角形的直角边的和等于， 则内部五个小直角三角形周长的和为， 故答案为：12． 11．“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，寓意是同心吉祥，其图案由两个相同的正方形相叠组成．如图，将正方形沿对角线方向平移得到正方形，形成“方胜”图案，且E是的三等分点，如果平移距离为2，那么点A与点G的距离是 ． 【答案】8 【分析】本题考查的是平移的性质，由平移的性质得到，然后根据E是的三等分点得到，进而求解即可． 【详解】由平移得， ∵E是的三等分点 ∴ ∴． 故答案为：8． 12．如图所示的图形绕着中心至少旋转 度后，能与原图形重合． 【答案】 【分析】本题考查了旋转角的定义及求法．对应点与旋转中心所连线段的夹角叫做旋转角，掌握旋转角的概念是解题的关键．根据旋转角及旋转对称图形的定义结合图形特点作答． 【详解】解：， ∴该图形绕中心至少旋转后能和原来的图案互相重合． 故答案为：120． 13．如图，在平面直角坐标系中，将边长为的正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点继续旋转至次得到正方形，则点的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查了几何图形的规律探究、正方形的性质、勾股定理，分别计算出、、、的坐标，可以得出“次一个循环”，根据规律可得点的坐标． 【详解】解：正方形的边长为， ， 第一次旋转后到达的位置， 如下图所示， 则有，， ， 点的坐标为， 第二次旋转后到达的位置， 如下图所示， 则的坐标为， 第三次旋转后到达的位置， 如下图所示， 则的坐标为， 根据规律可知的坐标为，的坐标为，的坐标为，的坐标为，的坐标为， 点的坐标是次一个循环， 又， 是第次循环的第一个位置， 的坐标是． 故答案为： ． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分，解答过程写在答题卡上） 14．如图，在平面直角坐标系中，各顶点的坐标分别为，，．    (1)作出关于轴对称的并写出点的坐标． (2)作出关于原点成中心对称的． 【答案】(1)图见解析，，， (2)见解析 【分析】根据轴对称的性质可得答案； 根据中心对称的性质可得答案． 【详解】（1）解：如图，即为所求，点；    （2）如图，即为所求．    【点睛】本题主要考查了作图轴对称变换，旋转变换，准确画出图形是解题的关键． 15．如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为． (1)若点与点关于轴对称，则点的坐标为______． (2)将先向上平移4个单位长度，再向左平移3个单位长度，得到，画出两次平移后的，并写出的坐标． 【答案】(1) (2)图见解析，点的坐标为 【分析】本题主要考查关于轴对称的点的坐标特征，图形的平移，熟练掌握关于轴对称的点的坐标特征是解题的关键． （1）根据关于轴对称的点的坐标特征即可得到答案； （2）根据平移规律进行平移写出坐标即可． 【详解】（1）解：点与点关于轴对称，则点的坐标为， 故答案为：； （2）解：如图所示： ， 点的坐标为． 16．如图，． (1)求的度数； (2)将三角形平移，使点A平移到点，画出平移后的三角形，并直接写出的度数（保留画图痕迹，不写画法）． 【答案】(1) (2) 【分析】此题主要考查了作图--平移变换，以及平行线的性质，作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形． （1）根据平行线的性质可得，再根据三角形内角和定理可得计算出的度数； （2）首先延长，截取，再连接即可． 【详解】（1）解：， ． ， ． （2）三角形如图所示．． 17．如图，在中，，将绕点A逆时针旋转到上方，使，连接． (1)判断的形状，并证明． (2)作于F，求证：． 【答案】(1)是等边三角形，证明见解析 (2)见解析 【分析】此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等知识． （1）先证明是等腰三角形，再证明，即可证明是等边三角形； （2）证明，则，由是等边三角形，则，即可证明结论成立． 【详解】（1）解：是等边三角形， 证明：∵， ∴， ∵将绕点A逆时针旋转到上方， ∴，，， ∴是等腰三角形， ∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形； （2）证明：如图， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴． 18．[提出问题]如图，在中，，，点是边上一点(不与重合)，将线段绕点逆时针旋转得到，连接，则线段与的数量关系为__________． [类比探究]如图，在与中，，，，将绕点旋转，使点落在边上，试探索线段之间的数量关系，并证明你的结论． [迁移应用]如图，在四边形中，，若，，求的长． 【答案】提出问题：；类比探究：，证明见解析；迁移应用： 【分析】提出问题：证明，得到，进而得，即可求解； 类比探究：由可得，， 进而得，得到，又由勾股定理得，即得； 迁移应用：作，使，连接，如图，可证，得到，又由可得，即得，进而由即可求解； 本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：提出问题：由旋转得，， ∴， 即， ∵ ∴， ∴， ∴， 故答案为：； 类比探究：． 证明：如图， 由（）得， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ， ∴， ∴； 迁移应用：作，使，连接，如图， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， ， ∴ B卷（共50分） 一、填空题（本大题共5个小題，每小題4分，共20分，答案写在答题卡上） 19．在平面直角坐标系中，已知点与点关于原点对称，则 ． 【答案】6 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标．利用关于原点对称的点的特点建立方程，据此求解即可． 【详解】解：∵点与点关于原点对称， ∴，， ∴，， ∴， 故答案为：6． 20．如图，在中，，将绕点C按逆时针方向旋转得到，此时点恰好在边上，则点与点B之间的距离是 . 【答案】1 【分析】根据直角三角形的性质和旋转的性质即可得到结论. 【详解】解：∵， ∴， ∵绕点C按逆时针方向旋转得到，此时点恰好在边上， ∴ ∴是等边三角形， ∴， ∴， 即点与点B之间的距离为1， 故答案为：1. 【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. 21．如图，已知点是等边三角形的边上的一点，若，则在以线段为边围成的三角形中，最小内角的度数为 ． 【答案】17 【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定．将绕点顺时针旋转得到，可得以线段为边的三角形，即，最小的锐角为，根据邻补角以及旋转的性质得出，进而即可求解． 【详解】解：如图所示，将绕点顺时针旋转得到， ，，，， 为等边三角形， ， 以线段为边的三角形，即，最小的锐角为， ， ， ， ． 故答案为：17． 22．如图，将等腰直角沿方向平移得到．若，，则与重叠部分面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了等腰直角三角形的判断和性质，平移的性质，勾股定理，三角形的面积，由等腰直角三角形的性质可得，进而由平移可得，可得为等腰直角三角形，得到，又由已知可得，利用勾股定理得到，据此即可求解，掌握平移的性质是解题的关键． 【详解】解：∵为等腰直角三角形， ∴， ∵将等腰直角沿方向平移得到， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴与重叠部分面积为， 故答案为：． 23．如图，已知，点是线段的中点，以为直角顶点，作等腰直角三角形（C，，三点按顺时针方向排列），且，将等腰直角三角形绕点顺时针方向旋转，在旋转过程中，的最大值为 ． 【答案】 【分析】如图，过作，且，连接，，证明，，可得当三点共线时，，此时最大，再进一步利用勾股定理可得答案． 【详解】解：如图，过作，且，连接，， ∵，点是线段的中点，∴， ∵等腰直角三角形，， ∴，， ∴，，∴， ∴，同理：，∴， 当三点共线时，，此时最大， ∴的最大值为， 故答案为： 【点睛】本题考查的是旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，三角形的三边关系的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键． 二、解答题（本大题共3个小题，共30分，解答过程写在答题卡上） 24．如图，绕点逆时针旋转，得到，点落在的延长线上，延长交的延长线于点，交于，连接，，已知． (1)试说明为等边三角形； (2)求四边形的面积． 【答案】(1)见解析；(2)． 【分析】（）根据旋转的性质得出，则，进而可得，则是等边三角形； （）由等边三角形的性质可知，则，然后即可求解； 本题主要考查了等边三角形的判定和性质，旋转的性质，熟练掌握等边三角形的判定和性质，旋转的性质是解题的关键． 【详解】（1）解：由旋转性质得：， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴是等边三角形； （2）解：∵是等边三角形，， ∴， ∴， ∴， ∴． 25．如图，已知∠DAC＝90°，△ABC是等边三角形，点P为射线AD上任意一点（点P与点A不重合），连接CP，将线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，连接QB并延长交直线AD于E． （1）如图1，猜想∠QEP＝　 　； （2）如图2，若当∠DAC是锐角时，其他条件不变，猜想∠QEP的度数，并证明； （3）如图3，若∠DAC＝135°，∠ACP＝15°，且AC＝6，求BQ的长． 【答案】（1）60°；（2）∠QEP＝60°．证明见解析；（3）BQ＝3﹣3． 【分析】（1）如图1，先根据旋转的性质和等边三角形的性质得出∠PCA=∠QCB，进而可利用SAS证明△CQB≌△CPA，进而得∠CQB=∠CPA，再在△PEM和△CQM中利用三角形的内角和定理即可求得∠QEP=∠QCP，从而完成猜想； （2）以∠DAC是锐角为例，如图2，仿（1）的证明思路利用SAS证明△ACP≌△BCQ，可得∠APC=∠Q，进一步即可证得结论； （3）仿（2）可证明△ACP≌△BCQ，于是AP=BQ，再求出AP的长即可，作CH⊥AD于H，如图3，易证∠APC=30°，△ACH为等腰直角三角形，由AC=4可求得CH、PH的长，于是AP可得，问题即得解决． 【详解】解：(1)∠QEP=60°； 证明：连接PQ，如图1，由题意得：PC=CQ，且∠PCQ=60°， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ACB=60°， ∴∠PCA=∠QCB， 则在△CPA和△CQB中， ， ∴△CQB≌△CPA(SAS)， ∴∠CQB=∠CPA， 又因为△PEM和△CQM中，∠EMP=∠CMQ， ∴∠QEP=∠QCP=60°． 故答案为：60°； (2)∠QEP=60°． 证明：如图2，∵△ABC是等边三角形， ∴AC=BC，∠ACB=60°， ∵线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ， ∴CP=CQ，∠PCQ=60°， ∴∠ACB+∠BCP=∠BCP+∠PCQ， 即∠ACP=∠BCQ， 在△ACP和△BCQ中， ， ∴△ACP≌△BCQ(SAS)， ∴∠APC=∠Q， ∵∠1=∠2， ∴∠QEP=∠PCQ=60°； (3)连结CQ，作CH⊥AD于H，如图3， 与(2)一样可证明△ACP≌△BCQ， ∴AP=BQ， ∵∠DAC=135°，∠ACP=15°， ∴∠APC=30°，∠CAH=45°， ∴△ACH为等腰直角三角形， ∴AH=CH=AC=×4=， 在Rt△PHC中，PH=CH=， ∴PA=PH−AH=－， ∴BQ=－． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质和有关计算、30°角的直角三角形的性质等知识，涉及的知识点多、综合性强，灵活应用全等三角形的判定和性质、熟练掌握旋转的性质和相关图形的性质是解题的关键． 26．已知，在中，，将边绕点顺时针旋转得，使、两点在直线的同侧，连接，，，过点作于点． (1)如图1，若，求的度数； (2)如图2，若，猜想线段、、三者之间的数量关系并证明； (3)如图3，若，请直接写出的面积． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3) 【分析】（1）设，得到，得到，，继而得到，求出的值即可得到答案； （2），过点作于点，证明，得到，，再证明，得到，即可得到结论； （3）作于点，于点，于点，证明，得到，，再证明，得到，求出，得出，再根据三角形面积公式计算即可． 【详解】（1）解：设， ，， ， ， ， ， ， ， ， ； （2）解：，理由如下， 过点作于点， ， ， ， ， 在和中， ， ， ，， 平分， ， 在和中， ， ， ， ； （3）解：如图，作于点F，于点，于点， ， ， ，， ， ，， 平分， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，角平分线的判定，三角形内角和定理的应用，正确作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 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 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第三章 图形的平移与旋转（A卷·提升卷） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） A卷（共100分） 第Ⅰ卷（选择题，共32分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 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．将轴轴分别向上，左平移2，3个单位，则的坐标变为（   ） A． B． C． D． 3．如图，在正方形网格中的这两个格点三角形的旋转中心是（    ） A．点A B．点B C．点C D．点D 4．如图，点O是正八边形的中心，分别以各边为直径在正八边形的外部作半圆，组成了一幅美丽的图案，这个图案绕点O旋转后能与自身完全重合，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 5．在平面直角坐标系中，将点绕原点O顺时针旋转得到点，则的坐标是（   ） A． B． C． D． 6．如图，A，B的坐标分别为，若将线段平移到处，，的坐标分别为，则（    ）    A．3 B．4 C．5 D．2 7．如图，，把绕点B顺时针旋转一个角度得到，点在边上，若的度数为，则的度数为（　　） A． B． C． D． 8．如图，线段与线段关于点对称，若点、、，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 第Ⅱ卷（非选择题，共68分） 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上） 9．若点关于原点的对称点B的坐标是，则 ． 10．如图，直角三角形中，，，则内部五个小直角三角形的周长为 ． 11．“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，寓意是同心吉祥，其图案由两个相同的正方形相叠组成．如图，将正方形沿对角线方向平移得到正方形，形成“方胜”图案，且E是的三等分点，如果平移距离为2，那么点A与点G的距离是 ． 12．如图所示的图形绕着中心至少旋转 度后，能与原图形重合． 13．如图，在平面直角坐标系中，将边长为的正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点继续旋转至次得到正方形，则点的坐标是 ． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分，解答过程写在答题卡上） 14．如图，在平面直角坐标系中，各顶点的坐标分别为，，．    (1)作出关于轴对称的并写出点的坐标． (2)作出关于原点成中心对称的． 15．如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为． (1)若点与点关于轴对称，则点的坐标为______． (2)将先向上平移4个单位长度，再向左平移3个单位长度，得到，画出两次平移后的，并写出的坐标． 16．如图，． (1)求的度数； (2)将三角形平移，使点A平移到点，画出平移后的三角形，并直接写出的度数（保留画图痕迹，不写画法）． 17．如图，在中，，将绕点A逆时针旋转到上方，使，连接． (1)判断的形状，并证明． (2)作于F，求证：． 18．[提出问题]如图，在中，，，点是边上一点(不与重合)，将线段绕点逆时针旋转得到，连接，则线段与的数量关系为__________． [类比探究]如图，在与中，，，，将绕点旋转，使点落在边上，试探索线段之间的数量关系，并证明你的结论． [迁移应用]如图，在四边形中，，若，，求的长． B卷（共50分） 一、填空题（本大题共5个小題，每小題4分，共20分，答案写在答题卡上） 19．在平面直角坐标系中，已知点与点关于原点对称，则 ． 20．如图，在中，，将绕点C按逆时针方向旋转得到，此时点恰好在边上，则点与点B之间的距离是 . 21．如图，已知点是等边三角形的边上的一点，若，则在以线段为边围成的三角形中，最小内角的度数为 ． 22．如图，将等腰直角沿方向平移得到．若，，则与重叠部分面积为 ． 23．如图，已知，点是线段的中点，以为直角顶点，作等腰直角三角形（C，，三点按顺时针方向排列），且，将等腰直角三角形绕点顺时针方向旋转，在旋转过程中，的最大值为 ． 二、解答题（本大题共3个小题，共30分，解答过程写在答题卡上） 24．如图，绕点逆时针旋转，得到，点落在的延长线上，延长交的延长线于点，交于，连接，，已知． (1)试说明为等边三角形； (2)求四边形的面积． 25．如图，已知∠DAC＝90°，△ABC是等边三角形，点P为射线AD上任意一点（点P与点A不重合），连接CP，将线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，连接QB并延长交直线AD于E． （1）如图1，猜想∠QEP＝　 　； （2）如图2，若当∠DAC是锐角时，其他条件不变，猜想∠QEP的度数，并证明； （3）如图3，若∠DAC＝135°，∠ACP＝15°，且AC＝6，求BQ的长． 26．已知，在中，，将边绕点顺时针旋转得，使、两点在直线的同侧，连接，，，过点作于点． (1)如图1，若，求的度数； (2)如图2，若，猜想线段、、三者之间的数量关系并证明； (3)如图3，若，请直接写出的面积． 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 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$