2025年九年级中考数学三轮冲刺训练高频考点突破图形变化之旋转专题训练

2025年九年级中考数学三轮冲刺训练高频考点突破 图形变化之旋转专题训练 1．在中，为上一点，将线段绕点沿逆时针旋转一定角度得到．连接． (1)如图1，若，，，求的面积． (2)如图2，将线段绕点沿顺时针方向旋转一定角度得到，连接．若为线段的中点，，求证：． (3)如图3，在（1）问的条件下，为线段上一点，将沿翻折得到，取的中点，连接，．当取得最小值时，直接写出的值． 2．综合与探究 问题情境：将矩形绕点顺时针旋转，当旋转到如图①所示的位置时，得到矩形，点，，的对应点分别为点，，，设直线与直线交于点．    猜想证明： （1）猜想与的数量关系，并证明； （2）如图②，在旋转的过程中，当点恰好落在矩形的对角线上时，点恰好落在的延长线上（即点与点重合），连接，求证：四边形是平行四边形； 问题解决： （3）在矩形绕点顺时针旋转的过程中，设直线与直线相交于点，若 ，，当，，三点在同一条直线上时，请直接写出的值． 3．综合与实践 如图，正方形和正方形有公共顶点，将正方形绕点按顺时针方向旋转，记旋转角，其中，连接，． (1)如图1，当时，求证：； (2)请你画出除图1外，满足的其它图形，并写出的度数； (3)旋转过程中，________时，最大，________时，最小； (4)旋转过程中，判断与的大小关系，并写出对应的的范围． 4．在平面直角坐标系中，已知点，A为坐标系中任意一点．现定义如下两种运动：P运动：将点A向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度，得到点，再将点绕点O逆时针旋转，得到点； Q运动：将点A绕点O逆时针旋转，得到点，再将点向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度，得到点． (1)如图，已知点，，点A分别经过P运动与Q运动后，得到点，． ①若，请你在下图中画出点，的位置； ②若，求m的值． (2)已知，点A，B分别经过P运动与Q运动后，得到点，与点，，连接，．若线段与存在公共点，请直接写出此时线段长度的取值范围（用含有t的式子表示）． 5．旋转是几何图形运动中的一种重要变换，通常与全等三角形等数学知识相结合来解决实际问题，某学校数学兴趣小组在研究三角形旋转的过程中，进行如下探究：和均为等腰直角三角形，，点为中点，将绕点旋转，连接、． 观察猜想：（1）如图1，在旋转过程中，与的位置关系为______； 探究发现：（2）如图2，当点、在内且、、三点共线时，试探究线段、与之间的数量关系，并说明理由． 解决问题：（3）若中，，在旋转过程中，当且、、三点共线时，直接写出的长． 6．在和中，，，，，． (1)如图1，当点D、E分别恰好在、上时，求与四边形的面积比； (2)如图2，绕点A逆时针旋转角度连接，在上找一点F，使得，取中点G，连接，求的长； (3)如图3，经旋转得到以为长、为宽的矩形，矩形绕点A逆时针旋转一周，当B、M、E三点共线时，直接写出的长． 7．综合实践 问题背景：借助三角形的中位线可构造一组相似三角形，若将它们绕公共顶点旋转，对应顶点连线的长度存在特殊的数量关系，数学小组对此进行了研究．如图1，在“中，，，分别取，的中点D，E，作．如图2所示，将绕点A逆时针旋转，连接，． (1)探究发现：旋转过程中，线段和的长度存在怎样的数量关系？写出你的猜想，并证明． (2)性质应用：如图3，当所在直线首次经过点B时，求的长． (3)延伸思考：如图4，在中，，，，分别取，的中点D，E．作，将绕点B逆时针旋转，连接，．当边平分线段时，求的值． 8．在中，于点D，点P为射线上任一点（点B除外），连接，将线段绕点P顺时针方向旋转α，，得到，连接． (1)【观察发现】如图1，当，且时，与的数量关系是 ，与的位置关系是 ． (2)【猜想证明】如图2，当，且时，（1）中的结论是否成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由．（请选择图2，图3中的一种情况予以证明或说理） (3)【拓展探究】在（2）的条件下，若，，请直接写出的长． 9．在中，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接． (1)如图1，若，，，求线段的长度． (2)如图2，点为线段的中点，连接，若，猜想，，的数量关系． (3)如图3，当时，过点作射线的垂线，垂足为点．点为直线上的一个动点，将沿直线翻折至所在平面内得到，连接，取的中点为点，连接，当线段取得最小值时，将沿直线翻折至所在平面内得到，过点作线段的垂线，垂足为点，连接，直接写出的值． 10．【综合与探究】 问题情境：综合实践课上，老师让同学们探究“平面直角坐标系中图形的旋转问题”．如图，在平面直角坐标系中，四边形为矩形，点在x轴上，点在y轴上．操作发现：以点A为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点O，B，C的对应点分别为D，E，F． （1）如图①，当点D落在边上时，求D点的坐标； 【继续探究】 （2）如图②，当点D落在线段上时，与交于点H， ①求证：； ②求点H的坐标． 【拓展探究】 （3）如图①，点M是x轴上任意一点，点N是平面内任意一点，是否存在点N，使以A、D、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出N点的坐标；若不存在，请说明理由． 11．在中，，，，将绕点B顺时针旋转一定的角度得到，点A，C的对应点分别是D，E，连接． (1)如图1，当点E恰好在上时，求的大小； (2)如图2，若，点F是的中点，判断四边形的形状，并证明你的结论． (3)如图3，若点F为中点，直接写出的最大值． 12．【问题探究】    （1）如图1，锐角中，分别以、为边向外作等腰直角和等腰直角，使，，，连接，，请判断与的数量关系，并说明理由． 【深入探究】 （2）如图2，四边形中，，，，求的值；甲同学受到第一问的启发构造了如图所示的一个和全等的三角形，将进行转化再计算，请你准确的叙述辅助线的作法，再计算； 【变式思考】 （3）如图3，四边形中，，，，，，则 ．（直接写出答案） 13．已知等腰直角三角形中，，点D在射线上移动（不与B、C重合），连接，线段绕点D顺时针旋转得到线段，连接．    (1)如图1，当点E落在线段上时， ①直接写出的度数（可用表示）； ②请用等式表示的数量关系，并说明理由； (2)当点E落在线段的延长线上时，请在图2中画出符合条件的图形，则（1）中，的数量关系仍然成立吗？若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出正确的数量关系． 14．综合与探究 问题情境： 在数学活动课上，老师提出了这样一个问题：如图，正方形的对角线和相交于点，点是正方形内的一点，，将绕点逆时针旋转得到，点，的对应点分别为点，，直线经过点． 特例探究： （1）如图2，当点与点重合时，判断和的数量关系并证明； 操作探究： （2）如图1，当点与点不重合时，判断，和之间的数量关系，并说明理由； 类比探究： （3）如图3，将“正方形”改为“菱形”，将“绕点逆时针旋转得到”改为“绕点逆时针旋转得到”，其余条件不变，请直接写出，和之间的数量关系．    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)见解析 (3) 【分析】（1）利用，，得出，再求得，由旋转知，得，过作于，在中，利用，求出和，即可求解； （2）要证明，可通过构造全等三角形，将与建立联系．已知是中点，考虑倍长中线法构造全等三角形，再结合角度关系证明三角形全等； （3）取中点，连接，利用中位线得，得出，由点为定点，可知点的运动轨迹为过点且的直线上部分，作点关于直线的对称点，连接， 则，则，当且仅当、、依次共线时取得最小值，此时，延长交于点，交于点，连接，设交于，延长交于，由翻折得出，证明四边形是矩形，四边形是矩形，得出，，，再证明，得出，证明，得出，再进行求解即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 由旋转知， ∴， 过作于， ∴， ∵在中， ， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：延长到，使，连接， ∵是中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，，， ∴， ∴， 由旋转知，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴； （3）解：如图，取中点，连接， ∵为中点， ∴， 由翻折得， ∴， 由点为定点，可知点的运动轨迹为过点且的直线上部分， 如图，作点关于直线的对称点，连接， 则， ∴，当且仅当、、依次共线时取得最小值， 此时，如图，延长交于点，交于点，连接，设交于，延长交于， 由翻折知，，， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∵， ∴， 由对称可知，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵，为中点， ∴，即， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、含角的直角三角形的性质、勾股定理，翻折变换的性质、相似三角形的判定与性质、中位线、矩形的判定与性质，解题关键是利用倍长中线构造全等三角形，通过角度关系的转化得到证明三角形全等的条件以及利用相似三角形求出线段比值． 2．（1），证明见解析；（2）证明见解析；（3）或． 【分析】（1）连接，根据矩形的性质得出，推得，根据旋转的性质得出，根据全等三角形的判定与性质即可证明； （2）连接，根据旋转的性质得出，根据矩形的性质得出，，，根据等腰三角形三线合一的性质得出，推得，根据平行四边形的判定定理即可证明； （3）分为：点，在的同一侧和点，在的异侧，两种情况分别求解，根据勾股定理求出，结合图形求出的值，根据等角的余角相等得出，根据相似三角形的判定与性质求出的值，根据矩形的性质与相似三角形的判定与性质即可求解． 【详解】解：（1）如图，连接，    ∵四边形与四边形都是矩形， ∴， ∴， 即， 根据旋转的性质可得：， ∵，， ∴， ∴． （2）如图：连接，    根据旋转的性质可得：， ∵四边形是矩形， ∴，，， 即， 又∵， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形． （3）如图，当点，在的同一侧时，    根据旋转的性质可得：，，， ∴， 在中，， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 即， 解得：， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 即； 如图：当点，在的异侧时，    根据旋转的性质可得：，，， ∴， 在中，， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 即， 解得：， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 即； 综上，的值为或． 【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行四边形的判定定理，勾股定理，等角的余角相等，相似三角形的判定与性质等．熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 3．(1)见解析 (2)画图见解析， (3)， (4)当或时，，当时，，当时， 【分析】（1）连接，根据题意，当时，重合，重合，由正方形的性质可得，则重合，根据正方形的性质可得垂直平分，即可得到； （2）由（1）知，当点F在垂直平分线上时，则，可得除图1外，当点F在延长线上时，满足，根据正方形的性质即可求出； （3）根据题意可得点F在以点A为圆心，正方形对角线的长为半径的圆上运动，结合图形可得当三点共线时，由最大值，同理可得当三点共线时，有最小值；由此即可解答； （4）由（1）（2）知，或时，；画出示意图，结合图形根据三角形大角对大边，即可解答． 【详解】（1）证明：如图，连接， 当时，则重合，重合， ∵四边形与四边形都是正方形， ∴， ∴重合， ∵垂直平分， ∴； （2）解：由（1）知，当点F在垂直平分线上时，则， ∴当点F在延长线上时，满足， 如图： 则，即三点共线，点在延长线上， ∴； （3）解：根据题意可得点F在以点A为圆心，正方形对角线的长为半径的圆上运动， 如图，当三点共线时，由最大值， 此时，； 同理，如图，当三点共线时，有最小值， 此时，； （4）解：如图，由（1）（2）知，或时，，，连接， ∵， ∴， ∴， 当点在下方时，即时， ∴， ∴， 如图：在中，， ∴， ∴， 同理得：； 当点在上方时，即时， 同理得：， ∴， 综上：当或时，，当时，，当时，． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质，点与圆的位置关系，三角形三边关系，线段垂直平分线的判定与性质等知识，解题的关键是熟练运用正方形的性质． 4．(1)①见详解；② (2) 【分析】本题考查了旋转的性质，平移的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握知识点是解题的关键． （1）①根据P运动和Q运动的运动方式求解即可; ②首先表示出点的坐标为，的坐标为，然后根据得到，进而求解即可； （2）由题意得：，设，经过P运动，则，则；Q运动后，，，则即可求解． 【详解】（1）①作图如图所示： 由P运动知，由旋转得，， 而， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； 由Q运动同理可求，再向右平移1个单位，向上平移0个单位得到． ②∵， ∴点A经过P运动后得到的点的坐标为 点A经过Q运动后得到的点的坐标为 ∵ ∴， ∴． （2）由题意可得： 由旋转的不变性和平移的性质得：，， 设，经过P运动，则，则； Q运动后，，， 则， ∴当时，线段与存在公共点， ∴， ∴． 5．（1）；（2），理由见解析；（3）或 【分析】（1）如图所示，连接，根据等腰三角形的性质可证，由此即可求解； （2）由（1）中，再根据为等腰直角三角形，由此即可求解； （3）点、、三点共线，分类讨论，根据（1），（2）中的结论即可求解． 【详解】解：． 理由：如图所示，连接，设交于点， ∴， ∵为等腰直角三角形，， ∴，， ∵点为中点， ∴，平分， ∴， ∴， ∵为等腰直角三角形，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， 在四边形中， ， ∴， 故答案为：； （2）． 理由：如图所示，连接， 由（1）可知：， ∵、、三点共线 ∴， ∴， ∵是等腰直角三角形，， ∴， ∴， ∴； （3），，、、三点共线， ∵为等腰直角三角形，， ∴， ①如图所示，连接， 由（2）可知：， 由（1）可知：，， ∴，， 在中，， ∴， ∴； ②如图所示，连接， ∵是等腰直角三角形，， ∴， ∴， 由（1）可知：，， ∴，， 在中，， ∴， ∴（此时，不符合题意，舍去）； ③如图所示，连接， ∵是等腰直角三角形，， ∴， ∴， 由（1）可知：，， ∴，， 在中，， ∴， ∴； 综上所述，的长为或． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，等角对等边，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，运用了分类讨论的思想．掌握旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键． 6．(1) (2) (3)长为或 【分析】（1）利用正切函数，求的长，算出，的面积，得到四边形的面积，再求面积比； （2）如图2，连结并延长交于O，交于H，证明，，再得出，进一步推理得到和重合，是直角三角形斜边的中线，等于斜边的一半，用勾股定理求出即可； （3）如图3，图4，连结，当B、M、E三点共线时，有两种可能，先用勾股定理求出，，，即可求得答案． 【详解】（1）在中，，， ， ， ， ， ， ； （2）如图2，连结并延长交于点O，交于点H， 在和中， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，是重合的， ，D，F在一条直线上， 是直角三角形， 是的中点， ， 中，，，， ， ， ； （3）①如图3，B，M，E在一条直线上，连结， ， ， 矩形中，， ，， ， ， ， ， ， ， ； ②如图4，B，M，E在一条直线上，连结， ， ， ； 长为或 ． 【点睛】本题考查了图形的旋转，三角函数，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，矩形性质，关键是添加辅助线，构造相似三角形，找出线段的比例关系． 7．(1)猜想，证明见解析 (2) (3) 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，旋转的性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握旋转前后对应角相等，对应边相等；相似三角形对应角相等，对应边成比例，以及解直角三角形的方法和步骤． （1）根据中点的定义得出，进而得出，易得，通过证明，即可得出结论； （2）根据题意推出当所在直线经过点B时，，根据勾股定理可得，根据（1）可得，即可求解； （3）令相交于点Q，过点E作于点G，根据直角三角形斜边中线的性质得出，则，根据相似三角形的性质得出，进而推出，则，求出，，则，即可解答． 【详解】（1）解：猜想，证明如下： ∵点D和点E为分别为中点， ∴由图1可知，， ∴，则， ∵， ∴， ∴， 根据旋转的性质可得：， ∴， ∴； （2）解：由图1可知点D和点E为分别为中点， ∴，， ∴， ∴， ∴当所在直线经过点B时，， 根据勾股定理可得：， 由（1）可得：， ∴， 解得：； （3）解：令相交于点Q，过点E作于点G， 根据题意可得：， ∵， ∴， ∴， ∵边平分线段，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 根据旋转的性质可得：， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴． 8．(1)； (2)不成立，理由见解析 (3)或 【分析】（1）连接，证明，可得结论； （2）连接，由，，得到，，由旋转的性质得，，，得到，，再证明，得到，则； （3）分当P在线段上时和当P在延长线上时两种情况证明，推出 ，由此求解即可． 【详解】（1）如图，连接， ∵，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴，即， 在和中 ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴； 故答案为：； （2）不成立，结论是；理由如下： 连接， ∵，，， 由旋转的性质得，，， ∴、都是等腰直角三角形， ∴，， ， ∴， ，， ， ， ∴ ， ∴不成立，结论是， （3）当点P在线段上时，如图2中， ，， ， ， ， ， ， ， ， ； 如图3所示，当P在延长线上时，连接， ，，，， ，，即∠BAP=∠CAE， 同（2）可得， ， ∴， ， 同理可求得：，， ， ∴． 综上所述：或 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题． 9．(1) (2) (3) 【分析】（1）过点作于，解求得和，解求得和，进一步得出结果； （2）将绕点顺时针旋转至，连接、，可推出是直角三角形，进而得出，结合推出，，从而得出是的中位线，进一步得出结果； （3）取的中点，连接，可推出，从而得出点在以为圆心，为半径的圆上运动，连接，交于点，当点运动到′处时，最小；作于，设交于，可推出，进而得出，设，则，，，，进而得出结果． 【详解】（1）解：如图1，过点作于， ∴， ∵，，，将线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴，，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴线段的长度为； （2）．理由如下： 如图2，将绕点顺时针旋转至，连接、， ∵， ∴，，， ∴， ∴， ∵点为线段的中点， ∴， ∴垂直平分，即，， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）如图3，取的中点，连接， ∵，过点作射线的垂线， ∴， ∴， ∴， ∵将沿直线翻折至所在平面内得到， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴点在以为圆心，为半径的圆上运动， 连接，交于点，当点运动到′处时，最小， 如图4，作于，设交于， ∵过点作线段的垂线，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵将沿直线翻折至所在平面内得到，过点作线段的垂线，垂足为点，连接， ∴，， ∵是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴， ∵是的中点，， ∴， ∴， 设， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查旋转的性质和折叠的性质，解直角三角形，垂直平分线的判定和性质，三角形中位线定理，直角三角形的性质，矩形的判定和性质，确定圆的条件，勾股定理等知识，解决问题的关键利用旋转将条件集中． 10．（1）；（2）①见解析；②；（3）存在，或或或 【分析】（1）根据矩形的性质得出，，根据旋转的性质得出，根据勾股定理可得：，则，即可得出点D的坐标； （2）①根据旋转的性质得出，则，即可根据证明；②根据旋转的性质得出，即可求证，得出，设，则，根据勾股定理可得：，列出方程，求出x的值，即可得出H的坐标； （3）根据菱形的性质可得出以A、D、M为顶点的三角形是等腰三角形，设，，根据两点之间距离公式得出，，，再进行分类讨论：①当时，②当时，③当时，先求出点M的坐标，再根据中点坐标公式，即可得出点N的坐标． 【详解】（1）解：∵，，四边形为矩形， ∴，， ∵顺时针旋转矩形，得到矩形， ∴， 根据勾股定理可得：， ∴， ∴； （2）①∵顺时针旋转矩形，得到矩形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴； ②∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 设，则， 在中，根据勾股定理可得：， 即， 解得：， 即， ∴； （3）∵使以A、D、M、N为顶点的四边形是菱形， ∴使以A、D、M为顶点的三角形是等腰三角形， 设，， ∵，， ∴， ， ， ①当时，， ∴， 解得：， ∴或， ∴或， 解得：或 ∴或； ②当时，， ， 解得：（舍去）， ∴， ∴， 解得：， ∴； ③当时，， ∴， 解得：， ∴， ∴， 解得：， ∴， 综上：或或或． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性质，勾股定理，菱形的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握矩形对边相等且平行，四个角都是直角；旋转前后对应角相等，对应边相等；菱形四边都相等，对角线互相垂直平分． 11．(1) (2)四边形是平行四边形，证明见解析 (3)4 【分析】（1）由旋转的性质可得，，，由等腰三角形的性质可求，即可求解； （2）由旋转的性质可得，由“”可证，可得，即可求解； （3）连接，通过证明点A、点C、点B、点F四点共圆，点B，点D，点F，点E四点共圆，可得，，推导出点A、点C、点B、点F四点共圆，由直角三角形的性质可求，由圆中直径最大可求解． 【详解】（1）解：∵是由旋转得到， ∴，，， ∴， ∴； （2）解：四边形是平行四边形，理由如下： ∵F是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是由旋转得到， ， ，为等边三角形， ， 在和中， ， ， ， ∵， ∴四边形是平行四边形； （3）解：如图3，连接， ∵将绕点B顺时针旋转一定的角度α得到， ， ∵F为中点， ， ， 而， ∴点A、点C、点B、点F四点共圆， 在中，， ， ∵点A、点C、点B、点F四点共圆，， 是直径， 最大值为4． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，圆的有关知识，平行四边形的判定，直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 12．（1），理由见解析（2）见解析（3）33 【分析】（1）由已知条件证明，可得结论； （2）在的外部作，使，，连接、，先证明，可得，再证明，根据勾股定理求出的值，即得到的值； （3）先证明是等边三角形，再将绕点沿逆时针方向旋转，得到，可得是等边三角形，求得，根据勾股定理求出的长，即可得到的值． 【详解】解：（1），理由如下：   ， ， ，， ， ； （2）如图2，在的外部作，使，，连接、．   ， ，， ， ， ， ， ，， ， ，， ， ， ， ； （3）如图3，，，   是等边三角形， ，， 将绕点沿逆时针方向旋转，得到， 则，， 是等边三角形， ，， 由旋转得，， ， ， ， ． 故答案为：33． 【点睛】此题是四边形的综合题，考查全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、旋转的性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确地作出所需要的辅助线，构造全等三角形、等边三角形等，以便进一步分析和解决问题． 13．(1)①，② (2)不成立，，详见解析 【分析】（1）①由旋转的性质得出，由等腰直角三角形的性质得出，由三角形内角和定理得出，则可得出答案；②过点E作于F，证明，由全等三角形的性质得出，由等腰直角三角形的性质可得出结论； （2）过点E作，交的延长线于F，证明，由全等三角形的性质得出，则可得出结论． 【详解】（1）①∵线段绕点D顺时针旋转得到线段， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②过点E作于F，    ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵线段绕点D顺时针旋转得到线段， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵，   ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ； 故答案为： （2）如图，    不成立，，理由如下： 过点E作，交的延长线于F， ∵线段绕点顺时针旋转得到线段， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴，   ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ． 【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，旋转的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 14．（1），证明见解析；（2），理由见解析；（3） 【分析】（1）由正方形的性质可得，，，，由旋转的性质可得，可得四边形是正方形，即可得出结论； （2）由“”可证，可得，由旋转的性质可得，，，可求，由等腰直角三角形的性质可求，即可求解； （3）由“”可证，可得，由四边形内角和定理可求，由“”可证，可得，可得结论． 【详解】解：（1）． 证明：四边形是正方形， ，，，， 将绕点逆时针旋转得到，点与点重合， ，， ， 四边形是菱形， 又， 四边形是正方形， ； （2），理由如下： 如图，延长至，使，连接，    ，，， ， ， 将绕点逆时针旋转得到， ，，， ，， ， ， ， ， ， ， 即：； （3），理由如下， 如图，过点作，交的延长线于点，连接，并延长交的延长线于点，于点，    将绕点逆时针旋转得到， ，，，， ，都是等边三角形， ， ， ， ， ， 又，， ，， ， 四边形是菱形，， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ， 又，， ， ， ． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，菱形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 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 $$