期末阶段复习解答压轴题专题训练2024-2025学年苏科版八年级数学下册

期末阶段复习解答压轴题专题训练 2024-2025学年苏科版八年级数学下册 1．探究： 观察下列等式： ； ； ； …… 解答下列问题： (1)模仿：化简：__________，__________． (2)拓展：比较和的大小． (3)运用：计算 2．在等腰中，，点是线段上一动点，连结，将线段绕点按逆时针方向旋转与相等的角度，得到线段，连接． [问题初探] （1）如图1，连接，若，求证． [探究迁移] （2）如图2，连接，若，求的度数（用含的代数式表示），并说明理由． [拓展应用] （3）如图3，若，，当在线段上运动时，点也随之运动，连结，请直接写出线段的最小值． 3．（问题提出）如图，在等边三角形 内部有一点 ， ， ， 求的度数． （数学思考）当图形中有一组邻边相等时，通过旋转可以将分散的条件集中起来解决问题． （尝试解决）（1）将绕点 逆时针旋转，得到，连接，则为等边三角形． ，，， 为______三角形 的度数为______． （探究）（2）如图，在等边三角形外部有一点 ，若，求证：． （拓展）（3）如图，在中，，，点 在直线 上方且，，求 的长． 4．问题发现 （1）小明在解决问题“如图（1），中，，E为的中点，于点D．求证：．”时，由E为的中点联想到构造三角形的中位线．如图（2），取的中点F，连接，，则是的中位线，故且，从而可得．要证，只需证即可．请你帮助小明完成证明过程． 深入探究 （2）如图（3），中，，，E为的中点，平分，交的延长线于点F，求的长． 拓展应用 （3）如图（4），中，，，将绕点A逆时针旋转α（）得到，连接，E为的中点，连接，请直接写出长度的取值范围． 5．问题初现 如图1，中，，点为的中点，点为边上一个动点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接． （1）试判断：线段与线段的数量关系为 ，线段与线段的数量关系为 ，线段与线段所夹的锐角的度数为 ； 深入探究 （2）如图2，在（1）的条件下，若点为射线上一个动点，上述结论是否成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由； 拓展延伸 （3）在（2）的条件下，若点到的距离为1时，请直接写出线段的长． 6．综合与探究：如图，在菱形中，，E是射线上一动点，作射线． （1）【操作判断】 如图①，，将射线绕点A逆时针旋转交于点F，根据题意在图①中画出射线，图中的度数为______度； （2）【问题探究】 如图②，点E在线段上（不与点B，C重合），将射线绕点A逆时针旋转交于点F，探究线段，，之间的数量关系，并说明理由： （3）【拓展延伸】 如图③，点E在射线上，将射线绕点A逆时针旋转交射线于点F．若菱形的边长为4，．求的长． 7．综合与实践，问题情境：活动课上，同学们以等腰三角形为背景展开有关图形旋转的探究活动，如图1，已知中，，．将从图1的位置开始绕点逆时针旋转，得到（点，分别是点，的对应点），旋转角为（，设线段与相交于点，线段分别交，于点，． 特例分析：（1）如图2，当旋转到时，旋转角 ；线段与的数量关系是 ． 探究规律：（2）如图3，在绕点逆时针旋转过程中，线段与线段的数量关系是否仍然成立，请说明理由． 拓展延伸：（3）①请写出当是等腰三角形时旋转角的度数，简要说明理由． ②在图3中，作直线，交于点，请直接写出当是直角三角形时旋转角的度数． 8．综合与探究 问题情境： 如图，在正方形中，，，分别是，，边上的点，连接，．若，判断与之间的数量关系．老师在课堂上给出如下分析：将沿方向平移到，连接．根据平移的性质，可判断四边形是平行四边形，再证明，得到，继而得到． 尝试初探： （1）老师提出该问题的变式问题：将正方形改为菱形，，如图，，，分别是，，边上的点，连接与交于点．若，猜想与之间的数量关系，并说明理由． 通过探究发现，可以利用平移这一手段，将有些条件集中在一起来解决问题． 迁移应用： （2）如图3，在中，点，分别在，边上，且，，交于点，．判断与的大小关系，并说明理由． 拓展探究： （3）如图4，在正方形中，点，分别在，边上，过点作于点，交边于点，连接，．若，，请直接写出的最小值． 9．综合与实践 【情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景，探究动点运动的几何问题，如图，在中，点，分别为，上的动点（不含端点），且． 【尝试】（1）如图①，当为等边三角形时，欢欢发现：将绕点逆时针旋转得到，连接，则，附思考并证明． 【探究】（2）欣欣尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图②，在中，，，于点，交于点，将绕点逆时针旋转得到，连接，．试猜想四边形的形状，并说明理由． 【拓展】（3）彬彬在（2）的条件下继续探究：当时，且点为的中点，直接写出四边形的形状． 10．（1）【观察猜想】我们知道，正方形的四条边都相等，四个角都为直角．如图1，在正方形中，点E，F分别在边，上，连接，，，并延长到点G，使，连接．若，则，，之间的数量关系为 ； （2）【类比探究】如图2，当点E在线段的延长线上，且时，试探究，、之间的数量关系，并说明理由； （3）【拓展应用】如图3，在中，，D，E在上，，若的面积为，，请求出的面积． 11．【问题初探】 和是两个都含有角的大小不同的直角三角板． （1）当两个三角板如图（1）所示的位置摆放时，、、在同一直线上，，，，．依据的是判定定理_________． A．    B．    C．    D． 【类比探究】 （2）当三角板保持不动时，将三角板绕点顺时针旋转到如图（2）所示的位置，判断与的数量关系和位置关系，并说明理由． 【拓展延伸】 （3）如图（3），在四边形中，，，，连接，，，到直线的距离为7，请求出的面积．      12．小英同学试图用特殊到一般的思想方法来研究平行四边形对角线与边长的关系，下面是他的思考过程． (1)操作判断 如图1，正方形的边长为，则． 如图2，菱形的边长为，则________．（请用含的代数式表示） (2)性质探究 ①如图3，在矩形中，，，则________．（请用含、的代数式表示） ②如图4，在中，，，猜想与、的数量关系，并说明理由． (3)拓展应用 在如图4的中，，，，将点绕点旋转，点的对应点为，在旋转的过程中，当时，请直接写出的长． 13．综合与探究 问题情境 数学活动课上，老师提出如下问题：将图1中的矩形绕点逆时针旋转得到矩形，当点落在线段上时，连接交于点，连接，试判断和的数量关系，并说明理由． 特例探究 （1）请你回答老师提出的问题． 探索发现 （2）如图2，当点落在对角线上时，连接交于点，“奋进”小组发现垂直平分，请你证明这个结论． 拓展延伸 （3）在矩形旋转的过程中，当三点在同一条直线上时，连接．若，，请直接写出此时的长． 14．小英同学试图用特殊到一般的思想方法来研究平行四边形对角线与边长的关系，下面是他的思考过程． (1)操作判断 如图1，正方形的边长为a，则． 如图2，菱形的边长为a，则________．（请用含a的代数式表示） (2)性质探究 ①如图3，在矩形中，，，则________．（请用含a、b的代数式表示） ②如图4，在中，，，猜想与a、b的数量关系，并说明理由． (3)拓展应用 在如图4的中，，，，将点B绕点O旋转，点B的对应点为，在旋转的过程中，当时，请直接写出的长． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．(1)， (2) (3) 【分析】（）仿照例题化简即可； （）先求出和的倒数，进而比较倒数即可判断求解； （）利用二次根式的化简方法对括号内的各项化简，进而利用平方差公式计算即可求解； 本题考查了二次根式的分母有理化，掌握二次根式运算法则是解题的关键． 【详解】（1）解： ， ， 故答案为：，； （2）解：， ， ， ， ； （3）解： ． 2．（1）见解析；（2）；（3） 【分析】（1）由旋转可知，，进而证明，得，由，得，即可证明； （2）由旋转可知，，进而证明，类比（1）得，即可求解； （3）连接，由（2）可知，，可知点在上方且与其夹角为的射线上，由垂线段最短可知，当时有最小值，此时，结合含的直角三角形的性质与勾股定理即可求解． 【详解】解：（1）证明：由旋转可知：， ∴ ∴ 在和中 ∵ ∴ ∴， ∵， ∴ ∴； （2）由旋转可知：， ∵ ∴ 在和中 ∵ ∴ ∴， ∵， ∴ ∴； （3）连接，由（2）可知，， 即：点在上方且与其夹角为的射线上， 由垂线段最短可知，当时有最小值， 此时，则，， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定及性质，含的直角三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键． 3．（1）直角；；（2）见解析；（3） 【分析】本题考查了旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． （1）由题意可得为等边三角形，由勾股定理逆定理得出，即为直角三角形，即可得解； （2）将绕点逆时针旋转得到，连接．则是等边三角形，由等边三角形的性质可得，，由旋转的性质可知，得出，，求出，得出，即可得解； （3）将绕点顺时针选中，得到如图所示的，由旋转的性质得，，，得出是等腰直角三角形，，求出点，，三点共线，得出是的中点，设，则，再由勾股定理计算即可得解． 【详解】解：（1）如图1： ， 将绕点 逆时针旋转，得到，连接，则为等边三角形． ，，， 为直角三角形 的度数为； （2）证明：如图中，将绕点逆时针旋转得到，连接． ∵，， ∴是等边三角形， ∴，， 由旋转的性质可知：， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴． （3）如图，将绕点顺时针选中，得到如图所示的， ， ∵，， ∴与点重合， 由旋转的性质得，，， 是等腰直角三角形，， 点，，三点共线， ∵，， ∴是的中点， 设，则， 在中，由勾股定理可得， 解得（负值舍去）， 在等腰直角三角形中，由勾股定理可得． 4．（1）见解析；（2）；（3） 【分析】本题考查了直角三角形斜边中线的性质以及三角形中位线定理 ，三角形三边关系 ， 勾股定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题. （1）取的中点， 连接，则是的中位线，推出且，再由直角三角形斜边中线的性质求得，进而得到据此求解即可； （2）延长交于点，证明，推出，再由三角形中位线定理求解即可； （3）取的中点，连接，，由直角三角形斜边中线的性质以及三角形中位线定理结合三角形三边关系即可求解. 【详解】（1）证明： 如图（2）， 取的中点， 连接， ∵是的中点， ∴是的中位线， ∴且， ∴， ∵， ∴， ∵， 为的中点， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； (2)如图， 延长交于点， ，平分， ，又 ， ， ， ， ， ∵为的中点，， ； （3）， 如图（3）， 由题意知点在以为圆心，为半径的圆上运动，取的中点，连接， ， ， ， 由旋转的性质可得 ∵ 为的中点，为的中点， ， ∴ ， ∴当在上时， 最小， 为；当在的延长线上时，最大，为 ． 5．（1）；；；（2）（1）中结论仍然成立，证明见解析；（3）或 【分析】（1）解直角三角形得到，由线段中点的性质得到，由旋转的性质可得，则是等边三角形，由等边三角形的性质得到；证明，可得； （2）同（1）求解即可； （3）分点Q在点C左侧和点Q在点C右侧两种情况，讨论求解即可． 【详解】解：（1）在中，， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴， 由旋转的性质可得， ∴是等边三角形， ∴； ∵， ∴， ∴； （2）（1）中结论仍然成立，证明如下： 同理可得，是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）由（1）（2）可得不管点P（不与点C重合）运动到何处都有， ∴， ∴点Q在过点D且与垂直的直线上运动； 如图3-1所示，当点Q在点C左侧时，过点Q作于M，设直线交于N， ∴， ∵， ∴， 在中，，； 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 如图3-2所示，当点Q在点C右侧时，过点Q作于M，设直线交于N，连接， 在中，， ∴， ∴， ∵为的中点， ∴垂直平分， ∴， ∴； 综上所述，的长为或． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理，解直角三角形等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 6．（1）图见解析，90；（2），见解析；（3）的长为或 【分析】（1）根据作一个角等于已知角画出直线；根据菱形的性质得，结合外角的性质得，即可求得； （2）连接，根据菱形的性质得，进一步得是等边三角形和是等边三角形，可证明，则，即有； （3）∵点E在射线上，需分两种情况讨论：当点E在线段上时，连接，过点A作于点H，由（2）可知是等边三角形，利用勾股定理求得、和，由（2）可知，即可知；当点E在的延长线上时，连接，过点A作于点H，同（3）①可得， 和，，由（2）可知，则． 【详解】解：（1）画出图形如解图， ∵在菱形中，， ∴． ∵，， ∴， ∴． （2）， 理由：如图，连接， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）∵点E在射线上，需分两种情况讨论： ①当点E在线段上时，如图，连接，过点A作于点H， 由（2）可知是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 由（2）可知， ∴； ②当点E在的延长线上时，如图，连接，过点A作于点H， 同（3）①可得， ， ∵， ∴， 由（2）可知， ∴ 综上所述，的长为或． 【点睛】本题主要考查作一个角等于已知角、菱形的性质、外角的性质、等边三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质和勾股定理．解题的关键是熟悉菱形的性质和分类讨论思想的应用． 7．（1），；（2）成立，理由见解析；（3）①或；理由见解析 ② 【分析】本题考查了等腰三角形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质以及旋转的性质，解决问题的关键是画出图形，正确分类． （1）根据三角形的内角和定理可求出，由等腰三角形的性质可得，由旋转可得：，，，推出，，证明，根据全等三角形的性质即可判断线段与线段的数量关系； （2）根据等腰三角形的性质和旋转的性质证明，从而得出结论； （3）①分成，及，根据，利用旋转的性质、等腰三角形的性质，每种情形可求得另外两个角，进一步求得结果；②根据旋转的性质进行计算即可． 【详解】解：（1）， ， ， ，即旋转角， ，， ， 由旋转可得：，，， ，， ， ， 故答案为：，； （2）成立，理由如下： ， ， 由旋转可得：，，， ，， ， ； （3）解：①如图1， 当时，， ，， ， ； 如图2， 当时，， ； 如图3， 当时，， ，此时和重合，这种情形不存在． 综上所述：的度数为或． ②如图，当时， ， ， 由旋转知，， 是等边三角形， ， 旋转角为． 8．（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3）的最小值为4 【分析】（1）将线段沿方向平移得到线段，点，分别与点，对应，连接， 则．设与交于点．证明为等边三角形．得．，进而证明．得．从而即可得解； ． （2）将线段沿方向平移得到线段，点，分别与点，对应，连接，． 由平移的性质，得．则四边形为平行四边形，．从而为等边三角形．．从而分①若点，，共线，②若点，，不共线，讨论求解即可； （3）线段沿方向平移得到线段，则，，连接交于点，则，即．当，，三点共线时（即点在点的位置时），取得最小值．过点作的垂线，分别交，的延长线于点，，则．由问题情境可得，则．，证是等腰直角三角形．进而得从而即可得解． 【详解】解：（1）． 理由：如解图，将线段沿方向平移得到线段，点，分别与点，对应，连接， 则．设与交于点． ． ． ∵四边形为菱形， ． ， 为等边三角形． ．， ． ． ∵， ． ． ． （）． 理由：如解图，将线段沿方向平移得到线段，点，分别与点，对应，连接，． 由平移的性质，得． ∴四边形为平行四边形，． ． 为等边三角形． ． 分以下两种情况讨论： ①若点，，共线，则，即． ∵四边形为平行四边形， ． ． ∴点，，不共线． ∴该情况不存在． ②若点，，不共线，则，即． 综上所述，与的大小关系为． （）的最小值为． 如图，线段沿方向平移得到线段，则，，连接交于点，则，即．当，，三点共线时（即点在点的位置时），取得最小值．过点作的垂线，分别交，的延长线于点，，则． 由问题情境可得， ∴． ， ． 由勾股定理，得 ∵，， 是等腰直角三角形． ． 的最小值为． 【点睛】本题考查了勾股定理，平移的性质，等边三角形的判定及性质，两点之间，线段最短，正方形的判定及性质，菱形的性质，全等三角形的判定及性质，熟练掌握平移的性质是解题的关键． 9．（1）见解析；（2）四边形为平行四边形，理由见解析；（3）正方形 【分析】（1）首先由等边三角形的性质可得，由旋转的性质可得，，进而可得，利用“”证明，即可证明； （2）首先证明，易得，再利用“”证明，易得，进而证明，可得，即可证明四边形为平行四边形； （3）首先证明，结合可证明，，进而可得，易知为的中位线，可得；结合，可得；再证明，结合四边形为平行四边形，即可证明四边形的形状为正方形． 【详解】解：（1）∵为等边三角形， ∴， ∵将绕点逆时针旋转得到， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）四边形为平行四边形，理由如下： ∵，， ∴， ∵将绕点逆时针旋转得到， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形； （3）四边形的形状为正方形，理由如下： 如下图， ∵， ∴，， ∴， ∴， 由（2）可知，， ∴，， ∴， 又∵， ∴为的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴， 由∵， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴四边形的形状为正方形． 【点睛】本题主要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、平行四边形的判定、正方形的判定、三角形中位线的性质、等腰三角形的判定与性质等知识，综合性强，难度较大，综合运用相关知识是解题关键． 10．（1）（2），理由见详解（3） 【分析】（1）由可判定，由全等三角形的性质得，， 同理可证，由全等三角形的性质得，即可求解； （2）在上截取，连接、，由可判定，由全等三角形的性质得，， 同理可证，由全等三角形的性质得，即可求解； （3）将逆时针旋转至，连接，作交于，由可判定，由全等三角形的性质得，由三角形的面积及等腰三角形的性质得，设，则有，由勾股定理得，化为，即可求解． 【详解】（1）解：四边形是正方形， ， ， ， ， ， 在和中 ， （）， ， ， ， ， ， 在和中 ， （）， ， ， ； 故答案为：； （2）， 理由如下： 在上截取，连接、， 四边形是正方形， ， ， ， ， 在和中 ， （）， ， ， ， ， ， ， 在和中 ， （）， ， ， 故； （3）解：，， 将逆时针旋转至，连接，作交于， ， ， ， ， ， ， 在和中 ， （）， ， ， ， 的面积为， ， ， ， ， ， 设， ， ， ， ， ， 解得：， ， ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，等腰三角形的性质，旋转的性质等；掌握正方形的性质、全等三角形的判定及性质、勾股定理、等腰三角形的性质、旋转的性质及 “半角”典型解法，能构建全等三角形并熟练利用勾股定理进行求解是解题的关键． 11．（1）B；（2），；（3） 【分析】此题是几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质． （1）由条件可以看出是两边及夹角对应相等的两个三角形全等，据此求解即可； （2）先证明得到，，再延长与交于点O，证明即可得到； （3）过A作交延长线于M，作交于N，可证得，可得，再由求出和的长即可． 【详解】解：（1），，， ．依据的是判定定理， 故选：B； （2），，理由如下： ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，， 延长与交于点O，如图2， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）过A作交延长线于M，作交于N，如图3， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∵A到直线的距离为7， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴． 12．(1) (2)①，② (3)的长为或 【分析】（1）结合菱形的对角线互相平分且垂直，得，，再根据勾股定理列式计算，即可作答． （2）①结合矩形的对角线互相平分且相等，得，再根据勾股定理列式计算，即可得．②分别过点作的延长线，运用平行四边形的性质得，，再证明，得，，设，分别运用勾股定理列式，再整理得，即可作答． （3）运用勾股逆定理证明，再由（2）得，则，因为旋转，所以，因为，得，然后证明四边形是矩形，分别运用勾股定理算出两种情况的的长，即可作答． 【详解】（1）解：∵菱形的边长为， ∴，， 则， ∴， 即； 故答案为：； （2）解：①在矩形中，，， ∴ 则 ∴， ∵， ∴， ∴； ②分别过点作的延长线，如图所示： ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵分别过点作的延长线， ∴， ∴， ∴，， 设， 在中，则， 在中，则， 在中，则， 则， （3）解：∵在中，，，， ∴，， ∵ ∴， ∵， ∴， 由（2）得， ∴， ∴， 则（负值已舍去）， 则， ∵旋转， ∴， ∵， 即， ∴， ∴， 过点作，如图所示： ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， 则， ∴在中，， ∴在中， ∴， 综上：当时， 的长为或． 【点睛】本题考查了旋转性质，平行线的性质，勾股定理以及勾股定理逆定理，矩形的性质与判定，菱形的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，难度较大，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 13．（1），理由见解析；（2）见解析；（3）或 【分析】本题考查旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键； （1）根据旋转的性质证明，，进而证明，即可得证； （2）先证明得出，进而证明，根据等腰三角形的性质，即可得证； （3）根据图形运动的相对性，让保持不动，则运动到上时，以为半径作弧交的两个点，求这两个点到的距离，即可求解． 【详解】（1），理由如下： ∵四边形是矩形， ∴， ∵点在线段上， ∴， 由旋转得， ∴， ∴， 由旋转得，， ∴， ∴， 由旋转得，， ∴， ∵，，， ∴ 在，中， ∴， ∴， （2）由旋转得，， ∵矩形绕点逆时针旋转得到矩形， ∴， ∴， 在中， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴垂直平分； （3）如图，矩形绕点逆时针旋转得到矩形，当三点在同一条直线上时，连接，则满足题意， ∵，， ∴， 在中，， ∴ ∴ 同理可得，则 ∴ 综上所述，的长为或． 14．(1) (2)①② (3)或 【分析】（1）根据菱形的性质，得，，根据勾股定理得，变形得，整理得． （2）①根据矩形，得到，结合已知，， 得，继而得到，解答即可． ②过点A作于，过点D作交延长线于，利用平行四边形的性质，矩形判定和性质，勾股定理证明即可． （3）根据题意，中，，，，得到，根据前面的结论得，得到继而得到（舍去），分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况计算即可． 【详解】（1）解：根据菱形的性质，得，， 根据勾股定理得， 变形得， 整理得． 故答案为：． （2）①解：根据矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故答案为：． ②； 理由如下： 如图，过点A作于，过点D作交延长线于， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴ ． 故答案为：． （3）解：根据题意，中，，，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 根据前面的结论得， ∴， ∴， ∴（舍去）， ∴， ∵点B绕点O旋转，点B的对应点为， ∴， 过点D作于点H， 当顺时针旋转时， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴； 当顺时针旋转时， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴； 综上所述，的长为或． 【点睛】本题考查了旋转性质，勾股定理以及勾股定理逆定理，矩形的性质与判定，菱形的性质，平行四边形的性质，难度较大，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$