2025年九年级数学中考三轮冲刺训练图形的旋转部分解答题专项练习

2025年九年级数学中考三轮冲刺训练 图形的旋转部分解答题专项练习 1．中，，垂足为E，连接，将绕点E逆时针旋转得到，连接． (1)当点E在线段上，时，如图①，求证：： (2)当点E在线段延长线上，时，如图②；当点E在线段延长线上，时，如图③，请猜想并直接写出线段，，的数量关系； (3)在（1）、（2）的条件下，若，，则______． 2．如图1，点O为直线上一点，将一副三角板摆放在直线同侧，将角的顶点与角的顶点重合放在点O处，三角板的顶点A与三角板的顶点D在直线上，三角板保持不动，三角板绕点O以每秒的速度顺时针旋转一周，设旋转时间为． (1)如图2，当平分时，求t的值； (2)当时，画出相应的图形，并求t的值； (3)三角板在旋转过程中，若平分，平分，直接写出的度数． 3．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． 4．一次小组合作探究课上，老师将两个正方形按如图①所示的位置摆放（点，，在同一条直线上），发现且． 小组讨论后，提出了下列三个问题，请你帮助解答： (1)将正方形绕点按逆时针方向旋转（如图②），还能得到吗？若能，请给出证明，请说明理由； (2)把背景中的正方形分别改成菱形和菱形，将菱形绕点按顺时针方向旋转（如图③），试问当与的大小满足怎样的关系时，； (3)如图④，把背景中的正方形分别改写成矩形和矩形，且，请直接写出与满足的数量关系． 5．综合与实践 问题情境：如图1，正方形和正方形有公共顶点，，，现将正方形绕点按顺时针方向旋转，旋转角为，连接，．    (1)猜想证明：猜想图2中与的数量关系并证明； (2)探究发现：如图3，当时，连接，延长交于点，求证：垂直平分； (3)拓展延伸：在旋转过程中，当的面积最大时，直接写出此时旋转角的度数和的面积． 6．如图，在中，，，于点D．点G是射线AD上一点，过G作分别交AB、AC于点E、F：    (1)如图①所示，若点E，F分别在线段AB，AC上，当点G与点D重合时，求证：； (2)如图②所示，当点G在线段AD外，且点E与点B重合时，猜想AE，AF与AG之间存在的数量关系并说明理由； (3)当点G在线段AD上时，请直接写出的最小值． 参考公式： 7．在中，，，将绕点按顺时针方向旋转得到，旋转角为，点的对应点为点，点的对应点为点．    (1)如图，当时，连接、，并延长交于点，则___________； (2)当时，请画出图形并求出的长； (3)在旋转过程中，过点作垂直于直线，垂足为点，连接．当，且线段与线段无公共点时，请猜想四边形的形状并说明理由． 8．如图，四边形中，，，，，．点从点出发沿折线向点运动，连接，将绕点顺时针旋转得到，旋转角等于，作于点，设点运动的路程为． (1)______°． (2)若点在上（除外）． ①求证：； ②当点落在上时，求的值． (3)作的中线，若与线段有交点，直接写出x的取值范围． 9．在菱形中，，，动点M在射线上运动． (1)如图（1），将点A绕着点M顺时针旋转，得到对应点，连接，．求证：； (2)如图（2），在（1）条件下，若射线经过边中点E，求的值； (3)连接，将线段绕着点M逆时针旋转一个固定角α，，点A落在点F处，射线交射线于G，若是等腰三角形，求的值． 10．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． 11．如图，在中，，，，点为边的中点，点为上一点，，连接，将线段绕点顺时针旋转至，以和为边作正方形． (1)________． (2)当正方形面积最小时，求的值． (3)当点落在内部时，求的取值范围． (4)连接，当与的某一边垂直时，直接写出的值． 12．如图1，四边形为边长为8的正方形，中，且．如图1所示放置，点与重合，在边上，将沿边方向平移，平移距离为个单位长度后，绕点逆时针旋转，旋转过程中点始终在四边形内部（含点落在正方形边上）．点为的中点且点到的距离为．，，，    (1)当时，旋转　 　度时，点到的距离最小，最小值为　 　． (2)如图2，当时，经过旋转后，点落在边上，请求出此时点到边的距离（用含x的代数式表示）． (3)如图3，当时，经过旋转后，使点落在边上，求平移和旋转过程中边扫过的面积，并直接写出此过程中d的取值范围． (4)如图4，保持图1中的形状不变，改变它的大小，使，并将其沿边翻折后向下平移，使点与点重合，若将在正方形内部绕点逆时针方向旋转（顶点可以落在正方形的边上），请直接写出的d的最大值． 13．已知，在中，，，E是边上一点． (1)如图1，点D是边上一点，连接，将绕点E逆时针旋转至，连接．若，，求的面积； (2)如图2，连接，将绕点E顺时针旋转至，连接，取的中点N，连接．证明：； (3)如图3，已知，连接，P为上一点，在的上方以为边作等边，刚好点Q是点P关于直线的对称点，连接，当取最小值的条件下，点G是直线上一点，连接，将沿所在直线翻折得到（与在同一平面内），连接，当取最大值时，请直接写出的值． 14．在中，，连接，已知，点E在线段上，将线段绕点D顺时针旋转 为线段． (1)如图1，线段与线段的交点和点E重合，连接，求线段的长度； (2)如图2，点G为延长线上一点，使得，连接交于点H，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，平面内一点P，当最小时，求的面积． 15．已知：在中，，，，点为射线上一动点，连接，将绕点逆时针旋转，使点落在边上的点处，为点的对应点，连接． (1)如图，当点在线段上时，连接． 填空：的形状为_____；与的数量关系为____． (2)如图，在（1）的基础上，当时，判断四边形的形状，并说明理由． (3)如图，连接，当时，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)见解析 (2)或 (3)1或7 【分析】（1）根据，，推出，，根据旋转的性质得出，则，即可得出，最后根据即可求证； （2）用和（1）相同的方法证明，得出即可得出结论； （3）先根据勾股定理求出，再根据（1）（2）得出的结论进行分类讨论即可． 【详解】（1）证明：∵，， ∴，， ∴，， ∵绕点E逆时针旋转得到， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴； （2）解：当时，如图②： ∵，， ∴，， ∴，， ∵绕点E逆时针旋转得到， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴； ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴； 当时，如图③： ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∵绕点E逆时针旋转得到， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴； ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴； 综上：或； （3）解：由（1）可知，当点E在线段上，时，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， 由②可知：或， ∵， ∴， 根据勾股定理可得：， ∴， 或(不符合题意，舍去)， 或， 综上：或7． 故答案为：1或7． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，三角形的全等的判定和性质，旋转的性质，解题的关键是掌握三角形全等的判定方法，证明，以及掌握全等三角形对应边相等，平行四边形对边相等． 2．(1) (2)或 (3) 【分析】本题考查了角平分线的性质及角的和差关系，分情况讨论是解题关键； （1）根据平分，得出，然后表示出，在依据每秒的速度顺时针旋转，旋转时间为，即可得出方程，解答即可； （2）根据题意可分两种种情况讨论：①当过，但并未过，②超过延长线且未过延长线时，根据角平分线的性质和角的和差关系，表示即可解答； （3）分三种情况讨论①未超过时，②超过，但未超过时，③超过时，分别表示出，再根据平分，平分，根据角的和差关系即可求出，最后得出结论， 【详解】（1）平分， ， 绕点O以每秒的速度顺时针旋转，旋转时间为， ， （2）①当过，但并未过，如图 ， ， ，， ， ， ②超过延长线且未过延长线时，如图 ， ， ， ， ， 即：， ， 综上所述：t的值为或 （3）①未超过时，如图 ， ， ， 平分，平分， ， ， ②超过，但未超过时，如图 ，， ， ， 平分，平分， ， ， ③超过时， ，， ， ， 平分，平分， ， ， ， 综上所述：的度数为 3．(1) (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：∵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：， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴．    4．(1)能得到，证明见解析 (2)，理由见解析 (3) 【分析】（1）证明，根据全等三角形的性质即可得证； （2）由可得，证明，根据全等三角形的性质可得结论； （3）证明，即可得解． 【详解】（1）解：能得到． 证明：∵四边形为正方形， ∴，， 又∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：当时，． 理由：∵， ∴， ∴， 又∵四边形和四边形均为菱形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴； （3）解：∵四边形和四边形都是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查旋转的性质，正方形的性质，菱形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识点，掌握全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质是解题的关键． 5．(1) (2)证明见解析 (3)，的面积 【分析】（1）利用“”证得即可得到结论； （2）由推出，，通过计算得出，即可得证； （3）当点在线段的垂直平分线上时，的面积有最大值，利用等腰直角三角形的性质结合面积公式即可求解． 【详解】（1）解：， 证明：在正方形中，，， 在正方形中，，， ， 即， ， ； （2）证明：由（1）知， 即 ，， ， 垂直平分 （3）解：在中，边的长是定值，则边上的高取最大值时的面积有最大值， 当点在线段的垂直平分线上时，的面积有最大值， 作垂直平分于点，如下图：   ，，垂直平分， ，， ， ， ， ， ， ． 【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、勾股定理、旋转的性质，线段垂直平分线的判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形． 6．(1)证明见详解 (2)，理由如下 (3) 【分析】（1）根据等腰三角形的性质和全等三角形的性质即可求证； （2）过点作上交延长线于点，由等腰直角三角形可得，，由“ “可证，可得，可得结论； （3）将绕点顺时针旋转得到△，连接，，过点作，交的延长线于点，由旋转的性质可得，则当点，点，点，点共线时，的值最小，最小值为的长，由角所对直角边是斜边一半和勾股定理可求解． 【详解】（1）解：由题：在中，，，于点，, 则也是上的中点，即是的垂直平分线， ，，， ， ， ， ． （2），理由如下： 如图1，过点作交延长线于点， AI  ， ，，， ， ， ， ， ， ， 又， ， ， ． （3）如图2，将绕点顺时针旋转得到△，连接， ，过点作，交的延长线于点，   ， ，， ，，， 是等边三角形， ， ， 当点，点，点，点共线时， 的值最小，最小值为的长， ， ， ，， ， ， 的最小值为：． 【点睛】考查综合运用旋转的知识作辅助线证明的能力，用旋转的知识解决几何最值问题，对于与等腰直角三角形有关的证明题往往要进行图形的旋转，把要证明的要素集中到一个熟悉的图形中进行，最值问题常常要通过轴对称和旋转把要求的线段之和或差转化为俱有固定端点的折线，然后据两点之间线段最短来解决． 7．(1) (2)图见解析， (3)菱形，见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形和菱形的性质、图形的旋转、三角形全等等，综合性强，难度较大． （1）证明是等边三角形，得到点、在的垂直平分线上．进而求解； （2）依据题意画图如图1，证明，得到，，即可求解； （3）证明，，则四边形为平行四边形，而，则四边形为菱形． 【详解】（1）解：∵绕点A按顺时针方向旋转得到， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴，， 又∵， ∴， ∴点B、E在的垂直平分线上， ∴是的垂直平分线， ∵点F在的延长线上， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∵，是等边三角形，， ∴，， ∴； （2）依据题意画图如图1，      过点作于点，过点作于点， ，， ， 在中，，， ， ， ， ， ， ， 围绕点顺时针方向旋转得到， ， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， ，， 则； （3）如图2所示，    ，， ， 又， ， ， ， ， ，且， ， ， ，， 四边形为平行四边形， ， 四边形为菱形． 8．(1) (2)①见解析；② (3) 【分析】（1）在中，根据勾股定理求出，在中，根据勾股定理逆定理可得到，即可得； （2）①根据题意可得，，进而得到，可证明，根据全等三角形的性质即可证明；②由，，可得，推出，求出，根据即可求解； （3）分为：点在上时，点在上时，两种情况讨论． 【详解】（1）解：，，， ， ，， ， ，即， 故答案为：； （2）① 证明：由题意，得，， ， 即， 又， 在和中， ， ， ； ②，， ， 若点在上，则， ， 而，，， ， ， ， 即； （3）如图1，过点作于点，则，． 而， 点在上时，，， ， 又， ， 有， ， 则， 此时，； 如图2，过点作于点，过点作于点． 点在上时，， 根据题意可得：，， ，即， ，， ， ，， ， 四边形是矩形， ，，即， ，， ， ， ， ， ， 解得:， 此时，， ． 【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理及其逆定理、三角形全等的判定及性质、相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识． 9．(1)见解析 (2) (3)或 【分析】（1）可证得，从而，进而得出； （2）连接，交于点O，作于点F，先求出，，，，设，则，可证得，从而，从而得出，求得x的值，进一步得出结果； （3）分为两种种情形：当点G在上，且时，同样得出点A、B、G、M共圆，从而，，进而得出和设，作于H，作于点N，可求得 ， ，从而表示出，，，根据列出，进而求得结果当时，作于点H，可得出和设，表示出，，根据列出，求得x的值，进一步得出结果；可判定出，进而得出结果． 【详解】（1）证明：在菱形中， ，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴； （2）解：如图1， 连接，交于点O，作于点F， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴，， ∴，， ∴，， 设，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴x1=， （舍去）， ∴， ∴； （3）解：如图2， 当点G在上，且时， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴点A、B、G、M共圆， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 设， 作于H，作于点N， 由得， AN=， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 如图3， 当时，作于点H， 由上知：， ∴， 设， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 当点G在的延长线上时，， ∴， ∴， ∴， 综上所述： 或． 【点睛】本题考查了菱形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是正确分类，画出图形，找出相等关系列方程． 10．(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． 11．(1) (2)2 (3) (4)或 【分析】本题考查旋转性质、勾股定理、锐角三角函数、正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，画出对应图形，运用数形结合和分类讨论思想是解答的关键． （1）先利用勾股定理求得，再利用正弦定义求解即可； （2）过D作于H，则，利用锐角三角函数求得的值；根据正方形的面积公式和垂线段最短得到当时，最小，此时，正方形的面积最小，点E与H重合，进而可求解； （3）分当点F在边上时和当F在边上时，画出图形，利用全等三角形的判定与性质及正方形的性质，结合锐角三角函数求解即可； （4）分当对角线，，时，画出对应的图形，根据正方形的性质，结合锐角三角函数定义分类讨论求解即可． 【详解】（1）解：∵在中，，，， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：过D作于H，则， ∵，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴正方形面积，当时，最小，此时，正方形的面积最小，点E与H重合， ∴， 即当正方形面积最小时，的值为2； （3）解：当点F在边上时，如图，则，即， 由（2）知； 当F在边上时，如图，过D作于H， 则，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，即， 由得， 故当点落在内部时，的取值范围为； （4）解：当对角线于H时，如图，则E、G在上， ∴，，此时； 当对角线时，如图，设与交于M，则，， ∴ 过E作于N，则四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴，， ∴， 由得； 当对角线时， ∵正方形的对角线，互相垂直且平分，为上一点， ∴点E与C重合，点G与点A重合， ∴， 但，点为边的中点， ∴， ∴不符合题意，故舍去， 综上，满足条件的x值为或． 12．(1)90；4 (2) (3) (4) 【分析】（1）利用直角三角形的边角关系定理解答即可得出结论； （2）过点作的平行线，分别交，于点，，利用相似三角形的判定与性质求得，则此时点到边的距离为； （3）过点作的平行线，分别交，于点，，连接，利用矩形的判定与性质和三角形的中位线定理求得，则的最大值可求；当时，经过旋转后，使点落到边上，平移和旋转过程中边扫过的面积为一个矩形和一个以点为圆心，为半径的扇形的和，分别计算矩形与扇形面积即可；设交于点，由题意可知的最小值为，则的取值范围可得； （4）设在正方形内部绕点逆时针方向旋转，点落在边上的处，点旋转至点处，过点作于点，则的最大值为，利用直角三角形的边角关系定理解答即可得出结论． 【详解】（1）解：中，，，， ． 当时，旋转到点落在上时，点到的距离最小， 旋转90度时，点到的距离最小，最小值为． 故答案为：90；4； （2）如图，当时，经过旋转后，点落在边上， 过点作的平行线，分别交，于点，，    则四边形为矩形， ，， ， ， ， ， ， ， ． 由题意得：，，， ， ， ， ． 点到边的距离为； （3）过点作的平行线，分别交，于点，，连接，如图，    则四边形为矩形， ， 为的中点， ， ， 的最大值为． ， ， ， 当时，经过旋转后，使点落到边上，平移和旋转过程中边扫过的面积为一个矩形和一个以点为圆心，为半径的扇形的和，此时，，， 设旋转后点落在点处，则，    ， ， ， ， 的旋转角度为， ． 平移和旋转过程中边扫过的面积 ． 设交于点， ， 则的最小值为． 此过程中的取值范围为：． （4），， ，． 设在正方形内部绕点逆时针方向旋转，点落在边上的处，点旋转至点处，如图，    则点旋转至处时，取得最大值， ，， ． 过点作于点，则的最大值为． ，点为的中点， ， ． 在中， ， ， ， ， 旋转角为， ， ， ， 在中， ， ， 的最大值为． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，图形的平移与旋转的性质，勾股定理，矩形的判定与性质，扇形的面积，相似三角形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 13．(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）证明，可得，由三角形的面积公式可求解； （2）作辅助线如解析图，证明，可得，进一步可得，证明，可得，从而可得结论； （3）作辅助线如解析图，可得当点，P，N三点共线时，有最小值，由折叠的性质可得，进而得点K在以C为圆心，为半径的圆上运动，可得当点K落在的延长线上时，有最大值，然后由直角三角形的性质和等边三角形的性质可求解． 【详解】（1）解：如图1，过点F作直线于H，    ∵将绕点逆时针旋转至， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴的面积； （2）证明∶如图2，过点M作，交直线于点G，过点E作，交于Q，    ∵， ∴， ∵点N是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵将绕点E顺时针旋转至， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图，作点C关于的对称点，连接，    ∵点Q是点P关于直线的对称点， ∴平分垂直平分， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∵点C与点关于对称， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∵， ∴当点，P，N三点共线时，有最小值， ∵将沿所在直线翻折得到， ∴， ∴点K在以C为圆心，为半径的圆上运动， ∴当点K落在的延长线上时，有最大值， ∵为等边三角形，， ∴垂直平分， ∵， ∴， ∵，， ∴，，    ∴， ∵将沿所在直线翻折得到， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴． 【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，折叠的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质等知识，确定点P的位置是解题的关键． 14．(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）作，根据等腰直角三角形的性质与判定，得到，，在中，应用勾股定理，求出的长，根据平行四边形的性质得到的长，根据等腰直角三角形的性质与判定，即可求解， （2）连接，，根据全等三角形的性质与判定得到，，，结合旋转的性质得到，，根据平行四边形的判定得到，，根据平行四边形的性质得到的长度，即可求解， （3）将绕点顺时针旋转，得到，由旋转的性质可得，根据两点之间线段最短，得到，当在线段上时取得最小值，作， 根据等腰直角三角形的判定与性质，得到，在中，应用勾股定理得到，，，，由，得到， 在中，得到，在中，得到，，根据，即可求解， 本题考查了，平行四边形的性质，旋转的性质，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，解题的关键是：通过旋转得到． 【详解】（1）解：过点作，交延长线于点， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴，，， ∵， ∴， 在中，，， ∴， 由旋转的性质可得：，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 故答案为：， （2）解：连接，， ∵，， ∴，， 又∵，， ∴， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， （3）解：将绕点顺时针旋转，得到，连接， 由旋转的性质可得，，，， ∴， ∴，当在线段上时取得最小值， 延长与延长线交于点，过点作于点，连接， 由旋转的性质可得，，， ∵， ∴，， ∴， 在中，，，， ∵，即：，解得：， 在中，， 在中，， ∴， ∴， 故答案为：． 15．(1)等边三角形， (2)菱形，理由见详解 (3) 【分析】（1）由旋转的性质可得，所以，，，，又因为，，所以，，又因为，所以是等边三角形．因为，，，所以，，又因为，，所以，，因为，，故的形状为等边三角形，与的数量关系为． （2）由（1）得，，因为，，，所以，因为，所以，，，因为，，所以四边形是平行四边形，又因为，所以四边形是菱形． （3）延长，交于点，由上可得为等边三角形，，又因为，，和均是等腰直角是等腰直角三角形，，，即，，因为，，，即，因为，，所以，，因为，，所以，，因为，所以，，，因为，，所以，所以． 【详解】（1）解：由旋转的性质可得， ∴，，，， 又∵，， ∴， ∴， 又∵， ∴是等边三角形． ∵，，， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 故的形状为等边三角形，与的数量关系为． （2）四边形是菱形． 理由：由（1）得，， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形． （3）延长，交于点，如图所示： 由上可得为等边三角形，， 又∵，， ∴和均是等腰直角是等腰直角三角形，，， 即，， ∵， ∴，， 即， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，等腰三角形的判定和性质、等边三角形的性质和判定，菱形的判定，解直角三角形的相关计算，熟练掌握以上性质是解题的关键． 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 $$