第三章 图形的平移与旋转（单元重点综合测试B卷，北师大版）-2024-2025学年八年级数学下册单元速记•巧练（陕西专用）

第三章 图形的平移与旋转（单元重点综合测试B卷） （考试时间：120分钟；满分：120分） 姓名___________ 班级_________ 考号_______________________ 一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．年第九届亚洲冬季运动会会徽“超越”，将中国文化与奥林匹克元素结合，传递出新时代中国加快体育强国建设，向更高、更快、更强的目标不懈努力的理念．下列选项中能通过如图所示的图形平移得到的是（   ） A．B．C． D． 2．如图，绕点A按逆时针方向旋转后与重合，连接，则（    ）    A． B． C． D． 3．围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有4000多年的历史．以下是在棋谱中截取的四个部分，由黑白棋子摆成的图案是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 4．将点A先向下平移3个单位，再向右平移2个单位后得，则A点坐标为（   ） A． B． C． D． 4．如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点分别为，延长交于点，下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 5．如图，在中，，，点D是边上一点，，将绕点D顺时针旋转角（）得到，当点落在的边上时，（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 7．如图，在平面直角坐标系中，将绕点顺时针旋转到的位置，点、分别落在点、处，点在轴上，再将绕点顺时针旋转到的位置，点在轴上．将绕点顺时针旋转到的位置，点在轴上，依次进行下去…，若点，，点的坐标为（    ） A． B． C． D． 8．如图，在锐角中，，将沿着射线方向平移得到（平移后点A，B，C的对应点分别是点），连接，若在整个平移过程中，和的度数之间存在2倍关系，则不可能的值为（　　） A． B． C． D． 二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）请把答案直接填写在横线上 9．若点关于原点的对称点为，则 ． 10．如图，在平面直角坐标系中，点，，将线段平移得到线段，若点的对应点是，则点的对应点的坐标是___________． （11题图）（12题图）（13题图） 11．如图，在中，，将三角形沿方向平移的长度得到，已知，，．则图中阴影部分的面积为 ． 12．如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转得到，若为上一动点，旋转后点的对应点为点，则线段长度的最小值为 ． 13．如图，边长的等边中，D、E分别为上的点，且，连接，将线段绕E点顺时针旋转得到线段，连接．当时，的长为 ． 三、解答题（本大题共13小题，共81分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 14．（5分）如图，把沿方向平移得到，求的长． 15．（5分）如图，与关于点成中心对称，，，，求的长． 16．（5分）如图，在中，，点D在边上，将经过旋转后与重合． (1)这一旋转的旋转中心是点______； (2)旋转角是多少度？ 17．（5分）如图，已知线段，将平移后点A的对应点为点C，求作平移后的线段（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不必写作法和证明）． 18．（5分）如图，在中，，点E是上一点，连接，将绕点D顺时针旋转得到，点B的对应点为点A，点E的对应点为点C，且，求的度数． 19．（5分）如图，在中，，将绕点A顺时针旋转得到，点C的对应点E恰好落在边的延长线上，求证：． 20．（5分）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是，，． （1）【操作与实践】①步骤一：将以点C为旋转中心旋转，画出旋转后对应的；(点A、B的对应点分别为、) ②步骤二：平移，点A的对应点的坐标为，画出平移后对应的；（点A、B、C的对应点分别为、、） （2）【应用与求解】将绕某一点M旋转可以得到，则旋转中心M的坐标为 ． 21．（6分）如图，和关于点成中心对称． (1)找出它们的对称中心O； (2)若，，，求的周长． 22．（7分）如图，在四边形中，，，，将，分别平移到和的位置． (1)求证：为直角三角形． (2)若，，，求的长． 23．（7分）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系，格点（网格线的交点）A，B，C，D的坐标分别为，，，． (1)以点D为旋转中心，将旋转得到，画出； (2)直接写出以，，，为顶点的四边形的面积； (3)在所给的网格图中确定一个格点E，使得射线平分，直接写出两个符合题意的点E坐标． 24．（8分）如图，在等边中，点分别为边上的点，且． (1)连接．求证：； (2)将线段绕点顺时针旋转至，连接交于点，求证：． 25．（8分）探究：用一条直线将一个中心对称图形分成面积相等的两部分： 我们知道圆和平行四边形都是中心对称图形，由图1可总结规律：一个中心对称图形，经过对称中心的直线将它分成面积相等的两部分： (1)应用1：如图2，若矩形是老林家的一块田地，P为水井，现要把这块田地平均分给两个儿子，为了用水方便，要求分给两个儿子的田地都与水井P相邻：请你帮老林家设计一下，画出图形 (2)应用2：图3是一个由正方形和圆构成的“组合图形”，用一条直线将图3的阴影部分分成面积相等的两部分：（不写作图过程，保留作图痕迹） 26．（10分）【探索求知】（1）如图1，若，，，，，以为边在上侧作等边，连接、； ①判断能否由旋转得到，并说明理由； ②求的长． 【实践运用】（2）如图2，有一四边形模具，与为模具的注水线，已知，，，，，求注水线的长．    6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第三章 图形的平移与旋转（单元重点综合测试B卷） （考试时间：120分钟；满分：120分） 姓名___________ 班级_________ 考号_______________________ 一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．年第九届亚洲冬季运动会会徽“超越”，将中国文化与奥林匹克元素结合，传递出新时代中国加快体育强国建设，向更高、更快、更强的目标不懈努力的理念．下列选项中能通过如图所示的图形平移得到的是（   ） A．B．C． D． 【答案】C 【知识点】图形的平移 【分析】本题考查了平移的性质，掌握平移的性质是解题的关键．根据平移只改变图形的位置，不改变图形的大小和方向，即可判断． 【详解】解：由平移性质可知，选项C符合题意，选项A、B、D不符合题意， 故选：C． 2．如图，绕点A按逆时针方向旋转后与重合，连接，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】根据旋转的性质求解 【分析】根据旋转性质得旋转角为可求解． 【详解】解：∵绕点A按逆时针方向旋转后与重合， ∴， 故选：D． 【点睛】本题考查旋转性质，得到是旋转角是解答的关键． 3．围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有4000多年的历史．以下是在棋谱中截取的四个部分，由黑白棋子摆成的图案是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】中心对称图形的识别 【分析】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，根据定义逐项判断即可得到答案，正确掌握相关概念是解题关键． 【详解】解：A、该图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B、该图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意； C、该图形是中心对称图形，故此选项符合题意； D、该图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意． 故选：C． 4．将点A先向下平移3个单位，再向右平移2个单位后得，则A点坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】由平移方式确定点的坐标 【分析】此题考查点平移的规律：左减右加，上加下减，根据点坐标的平移的规律解答即可． 【详解】解：∵将点A先向下平移3个单位，再向右平移2个单位后得， ∴A点坐标为，即， 故选：D． 4．如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点分别为，延长交于点，下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】同旁内角互补两直线平行、根据旋转的性质求解、锐角互余的三角形是直角三角形 【分析】本题考查了旋转性质以及两个锐角互余的三角形是直角三角形，平行线的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据旋转性质得，结合，即可得证，再根据同旁内角互补证明两直线平行，来分析不一定成立；根据图形性质以及角的运算或线段的运算得出A和C选项是错误的． 【详解】解：记与相交于一点H，如图所示： ∵中，将绕点顺时针旋转得到， ∴ ∵ ∴在中， ∴ 故D选项是正确的，符合题意； 设 ∴ ∵ ∴ ∴ ∵不一定等于 ∴不一定等于 ∴不一定成立， 故B选项不正确，不符合题意； ∵不一定等于 ∴不一定成立， 故A选项不正确，不符合题意； ∵将绕点顺时针旋转得到， ∴ ∴ 故C选项不正确，不符合题意； 故选：D 5．如图，在中，，，点D是边上一点，，将绕点D顺时针旋转角（）得到，当点落在的边上时，（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 【答案】D 【知识点】根据旋转的性质求解、等边三角形的判定和性质、全等三角形综合问题、三角形内角和定理的应用 【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，分类讨论思想，熟练运用旋转的性质解决问题是本题的关键． 分两种情况讨论：点落在上，点落在上，根据旋转的性质可得的值． 【详解】解：当点落在上时，如图1， 由旋转的性质得：， ， ， 当点落在上时，如图2， 延长到点E，使， 由旋转的性质得：， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， 即， 综上，或， 故选：D． 7．如图，在平面直角坐标系中，将绕点顺时针旋转到的位置，点、分别落在点、处，点在轴上，再将绕点顺时针旋转到的位置，点在轴上．将绕点顺时针旋转到的位置，点在轴上，依次进行下去…，若点，，点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】坐标与旋转规律问题 【分析】本题考查坐标与图形的变换，在变换中找到规律，结合图形得出结论是解题的关键．然后通过旋转发现，每偶数之间的B的横坐标相差12个单位长度，且的纵坐标为4，根据这个规律可以求得点的坐标． 【详解】解：∵点， ∴， ∴， ∴， 观察图象可知，每偶数之间的B的横坐标相差12个单位长度，点的纵坐标为4， ∵， ∴点的横坐标为，点的纵坐标为4， ∴点的坐标为． 故选：B． 8．如图，在锐角中，，将沿着射线方向平移得到（平移后点A，B，C的对应点分别是点），连接，若在整个平移过程中，和的度数之间存在2倍关系，则不可能的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】根据平行线判定与性质求角度、利用平移的性质求解 【分析】本题主要考查了平移的性质，平行线的性质与判定，如图，当点在上时，当点在延长线上时，两种情况种又分当时，当时，过点作，证明，得到，再通过角之间的关系建立方程求解即可． 【详解】解：第一种情况：如图，当点在上时，过点作， ∵由平移得到， ， ∵， ， ， 当时， 设，则， ∴， ， ， 解得：， ； 当时， 设，则， ∴， ， ， 解得：， ； 第二种情况：当点在延长线上时，过点作， 同理可得， 当时， 设，则， ∴， ， ， 解得：， ； 由于，则这种情况不存在； 综上所述，的度数可以为18度或36度或108度， 故选：C． 二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）请把答案直接填写在横线上 9．若点关于原点的对称点为，则 ． 【答案】 【知识点】已知两点关于原点对称求参数 【分析】本题考查关于原点对称点的坐标特征．根据“关于原点对称的两点横纵坐标都互为相反数”，求出的值即可得解． 【详解】解：∵点关于原点的对称点为， ∴，， ∴，， ∴， 故答案为：． 10．如图，在平面直角坐标系中，点，，将线段平移得到线段，若点的对应点是，则点的对应点的坐标是___________． 【答案】 【知识点】由平移方式确定点的坐标 【分析】此题主要考查了点的平移规律与图形的平移，关键是掌握平移规律，左右移，纵不变，横减加，上下移，横不变，纵加减．根据平移的性质，结合已知点，的坐标，知点的横坐标加上了6，纵坐标加1，则的坐标的变化规律与点相同，即可得到答案． 【详解】解：∵平移后对应点C的坐标为， ∴点的横坐标加上了6，纵坐标加1， ∵， ∴点坐标为， 即， 故答案为：． 11．如图，在中，，将三角形沿方向平移的长度得到，已知，，．则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】30 【知识点】利用平移的性质求解 【分析】本题主要考查了平移的性质．先根据平移的性质得到即，，再根据再证明，最后根据梯形的面积公式计算即可． 【详解】解：∵将沿方向平移的长度得到， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：30． 12．如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转得到，若为上一动点，旋转后点的对应点为点，则线段长度的最小值为 ． 【答案】 【知识点】根据旋转的性质求解、用勾股定理解三角形、含30度角的直角三角形 【分析】本题考查了旋转的性质、含的直角三角形、勾股定理的含义，垂线段最短等知识点．掌握相关结论是解题的关键．证，利用“垂线段最短”即可求解． 【详解】解：过点作于，如图所示：    由题意得： 当时，有最小值 即： ． 故答案为： 13．如图，边长的等边中，D、E分别为上的点，且，连接，将线段绕E点顺时针旋转得到线段，连接．当时，的长为 ． 【答案】 【知识点】三角形的外角的定义及性质、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、等边三角形的性质、根据旋转的性质求解 【分析】如图，作交于，证明，则，由，可得，由，可得，可求，根据，计算求解即可． 【详解】解：∵边长的等边， ∴，， 由旋转的性质可知，，， 如图，作交于， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 解得，， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质等知识．熟练掌握等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质是解题的关键． 三、解答题（本大题共13小题，共81分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 14．（5分）如图，把沿方向平移得到，求的长． 【答案】 【知识点】线段之间的数量关系、利用平移的性质求解 【分析】本题主要考查了平移的性质．根据平移的性质可得，据此计算即可获得答案． 【详解】解：根据题意，可得， ∵， ∴． 15．（5分）如图，与关于点成中心对称，，，，求的长． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、根据中心对称的性质求面积、长度、角度 【分析】本题考查了中心对称图形的性质、勾股定理，熟记中心对称图形的性质是解题关键根据中心对称图形的性质可得，、、三点共线，再利用勾股定理即可得 【详解】解：与关于点成中心对称， ， ∴，、、三点共线， ∵，，， 16．（5分）如图，在中，，点D在边上，将经过旋转后与重合． (1)这一旋转的旋转中心是点______； (2)旋转角是多少度？ 【答案】(1)A (2) 【知识点】根据旋转的性质求解、找旋转中心、旋转角、对应点、等边对等角、三角形内角和定理的应用 【分析】本题主要考查了旋转的性质、三角形内角和定理、等腰三角形的性质∶ （1）根据旋转前后点A与自身重合可知点A为旋转中心； （2）根据旋转的性质可得，再由等边对等角和三角形内角和定理可得，据此可得答案． 【详解】（1）解：∵将经过旋转后与重合， ∴旋转中心即为点A， 故答案为：A； （2）解：经过旋转后与重合， ， ， ， ， ， 旋转角是． 17．（5分）如图，已知线段，将平移后点A的对应点为点C，求作平移后的线段（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不必写作法和证明）． 【答案】作图见解析 【知识点】作线段(尺规作图)、尺规作一个角等于已知角、平移(作图) 【分析】本题主要考查了尺规作图，平移作图， 先作射线，以点A为圆心，任意长为半径画弧，交于点F，E，再以点C为圆心，为半径画弧，交于点G，然后以点G为圆心，为半径画弧，交前弧于点H，作射线，接下来以点C为圆心，为半径画弧，交于点D，则线段即为所求作． 【详解】解：如图所示． 18．（5分）如图，在中，，点E是上一点，连接，将绕点D顺时针旋转得到，点B的对应点为点A，点E的对应点为点C，且，求的度数． 【答案】 【知识点】等边对等角、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形，解题的关键是掌握旋转前后对应角相等，等腰直角三角形两个锐角都为45度． 根据旋转的性质得出，再根据，，得出，最后根据即可解答． 【详解】证明：∵是由绕点D顺时针旋转得到的，点B的对应点为点A，， ∴，． ∵，， ∴， ∴． 19．（5分）如图，在中，，将绕点A顺时针旋转得到，点C的对应点E恰好落在边的延长线上，求证：． ． 【答案】见解析 【知识点】根据旋转的性质求解、等边三角形的判定和性质、内错角相等两直线平行 【分析】本题主要考查旋转的性质，等边三角形的判定与性质，平行线的判定，由旋转的性质得，；由B，C，E三点在同一直线上可得，从而可证明为等边三角形，得，再证明，根据“内错角相等，两直线平行”可得结论． 【详解】证明：∵将绕点A顺时针旋转得到， ∴， ∴，． ∵B，C，E三点在同一直线上， ∴， ∴为等边三角形， ∴． ∴， ∴． 20．（5分）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是，，． （1）【操作与实践】 ①步骤一：将以点C为旋转中心旋转，画出旋转后对应的；（点A、B的对应点分别为、） ②步骤二：平移，点A的对应点的坐标为，画出平移后对应的；（点A、B、C的对应点分别为、、） （2）【应用与求解】 将绕某一点M旋转可以得到，则旋转中心M的坐标为 ． 【答案】（1）①见解析②见解析；（2） 【知识点】已知图形的平移，求点的坐标、根据旋转的性质求解、求绕原点旋转一定角度的点的坐标 【分析】本题考查了作图—平移变换、旋转变换，熟练掌握旋转的性质和平移的性质是解此题的关键． （1）根据旋转和平移的性质作图即可； （2）连接、、，交点即为所求． 【详解】解：（1）如图，和为所作； （2）如图，绕点旋转得到．旋转中心的坐标为． 故答案为． 21．（6分）如图，和关于点成中心对称． (1)找出它们的对称中心O； (2)若，，，求的周长． 【答案】(1)见解析 (2)18 【知识点】画两个图形的对称中心、根据中心对称的性质求面积、长度、角度 【分析】本题考查了中心对称，正确掌握中心对称图形的性质是解此题的关键． （1）连接、，其交点就是对称中心； （2）根据和关于点成中心对称，得出，，，再由三角形周长公式计算即可． 【详解】（1）解：如图所示，点即为所求．（作法不唯一） （2）解：∵和关于点成中心对称， ∴，，， ∴的周长， 答：的周长为18． 22．（7分）如图，在四边形中，，，，将，分别平移到和的位置． (1)求证：为直角三角形． (2)若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】利用平移的性质求解、用勾股定理解三角形、三角形内角和定理的应用、根据平行线判定与性质证明 【分析】（1）利用平移的性质可以知，然后根据三角形内角和定理，在中求得； （2）因为在四边形中，、分别平移到和的位置，所以有，，，就可求得的值，根据勾股定理可得的值． 【详解】（1）证明：由平移的性质得，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴是直角三角形； （2）解:由平移的性质得：，，， ∴， ∵，，， ∴，， 在中，由勾股定理得， ∴． 【点睛】本题考查了平移的性质，平行线的性质，三角形内角和定理，勾股定理，掌握平移的性质是解题的关键． 23．（7分）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系，格点（网格线的交点）A，B，C，D的坐标分别为，，，． (1)以点D为旋转中心，将旋转得到，画出； (2)直接写出以，，，为顶点的四边形的面积； (3)在所给的网格图中确定一个格点E，使得射线平分，直接写出两个符合题意的点E坐标． 【答案】(1)见解析 (2) (3)或或或 【知识点】写出直角坐标系中点的坐标、画旋转图形、三角形角平分线的定义、利用网格求三角形面积 【分析】本题考查了作图—旋转变换、利用网格求面积、角平分线的定义，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用数形结合的思想是解此题的关键． （1）根据旋转的性质作图即可得解； （2）利用割补法列式计算即可得解； （3）根据角平分线的定义并结合图形即可得解． 【详解】（1）解：如图：即为所求， ； （2）解：以，，，为顶点的四边形的面积为； （3）解：由图可得：点E坐标为或或或． 24．（8分）如图，在等边中，点分别为边上的点，且． (1)连接．求证：； (2)将线段绕点顺时针旋转至，连接交于点，求证：． 【答案】(1)见解析； (2)见解析． 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、等边三角形的性质、根据旋转的性质求解 【分析】（1）由等边三角形得到，，然后证明出，得到； （2）首先求出，由旋转的性质可得，，然后证明出，得到，进而求解即可． 【详解】（1）∵在等边中， ∴， 又∵ ∴ ∴； （2）证明：设交于T 由（1）可知， ∴， ∵ ∴ ∴ 由旋转的性质可得， ∴， ∴ ∴， ∴ ∴ ∵ ∴． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质，旋转的性质等知识，添加辅助线构造全等三角形是关键． 25．（8分）探究：用一条直线将一个中心对称图形分成面积相等的两部分： 我们知道圆和平行四边形都是中心对称图形，由图1可总结规律：一个中心对称图形，经过对称中心的直线将它分成面积相等的两部分： (1)应用1：如图2，若矩形是老林家的一块田地，P为水井，现要把这块田地平均分给两个儿子，为了用水方便，要求分给两个儿子的田地都与水井P相邻：请你帮老林家设计一下，画出图形 (2)应用2：图3是一个由正方形和圆构成的“组合图形”，用一条直线将图3的阴影部分分成面积相等的两部分：（不写作图过程，保留作图痕迹） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】根据中心对称的性质求面积、长度、角度、判断中心对称图形的对称中心 【分析】本题考查中心对称性质的应用； （1）连接矩形的对角线交于点，则即为矩形的对称中心，连接直线，则直线平分矩形的面积，直线即为所求； （2）连接正方形对角线，取交点，则即为正方形的对称中心，由为的对称中心，则直线即平分正方形的面积也平分的面积，即平分阴影部分面积，直线与正方形边长交点组成的线段所在直线即为． 【详解】（1）解：如图，连接矩形的对角线交于点，作直线，直线即为所求； （2）解：如图，连接正方形对角线，取交点，作直线与正方形边长交点为，则直线即为所求． 26．（10分）【探索求知】（1）如图1，若，，，，，以为边在上侧作等边，连接、； ①判断能否由旋转得到，并说明理由； ②求的长． 【实践运用】（2）如图2，有一四边形模具，与为模具的注水线，已知，，，，，求注水线的长．    【答案】（1）①可以由旋转得到，见解析；②；（2） 【知识点】根据旋转的性质求解、用勾股定理解三角形、等边三角形的性质、化为最简二次根式 【分析】（1）①先证明，再证明，可得结论；②绕点A按顺时针方向旋转得到，证明，再结合勾股定理可得答案； （2）如图，作，使，连接、，则是等腰直角三角形，证明，可得．再结合勾股定理可得答案． 【详解】解：（1）①可以由旋转得到． ∵是等边三角形， ∴，， ∴， 在和中， ∵ ∴， ∵点A为和的共同顶点， ∴可以由旋转得到． ②∵绕点A按顺时针方向旋转得到， ∴． ∵是等边三角形， ∴，， ∵，∴， ∴， ∴． （2）如图，作，使，连接、， 则是等腰直角三角形，    ∴，， ∴， 即， 在和中， ∵ ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴， ∴． 【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，化为最简二次根式，作出合适的辅助线是解本题的关键． 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$