23.1 图形的旋转—综合解答题 培优专题训练 2025-2026学年人教版九年级数学上册

23.1图形的旋转—综合解答题 1．正方形中，E为射线上一点，将线段绕点E顺时针旋转，得到线段，连接， (1)求的度数． (2)连接，对角线所在直线交于G于H，试判断、和的数量关系． 2．如图， 和都是等边三角形， 直线， 交于点． (1)如图1，当，，三点在同一直线上时，的度数为，线段与 的数量关系为___． (2)如图2， 当绕点顺时针旋转（）时， （） 中的结论是否还成立？若不成立， 请说明理由： 若成立， 请就图给予证明． (3)若， ， 当绕点顺时针旋转一周时， 求出长的取值范围． 3．如图，点O是等边三角形内的一点，，将绕点C顺时针旋转得到，连接． (1)求的度数； (2)若，求的长 4．在中，． (1)如图1，D为边上一点（不与点B，C重合），将线段绕点A逆时针旋转得到，连接．请直接写出线段与的关系； (2)如图2，D为外一点，且，仍将线段绕点A逆时针旋转得到，连接，． ①求证：； ②若，求的长． 5．已知，在中，，，点是边上的一点（不与点，重合），连接． (1)如图1，将线段绕点A逆时针方向旋转得到线段，连接．求证：，． (2)如图2，点，都在线段上，且． ①求证：． ②若，，求的周长． 6．已知，点P是等边三角形中一点，线段绕点A逆时针旋转60°到，连接． (1)求证：． (2)若，求的长度． 7．是等边三角形，边在射线上，点D是射线上的动点，当点D在线段上移动且不与点A重合时如图1，点D在线段上移动时如图2，将绕点C逆时针方向旋转得到，连接． (1)任选其中一个图形证明是等边三角形． (2)若的边长为4，且，设，是否存在t值，使是直角三角形？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由． 8．如图，点是正方形的边上一点，把绕点顺时针旋转到的位置，连接． (1)求证：是等腰直角三角形； (2)若四边形的面积为，，求的长． 9．如图，已知长方形中，边．以为原点，所在的直线为轴和轴建立平面直角坐标系． (1)点的坐标为，写出两点的坐标； (2)若点从点出发，以2个单位长度/秒的速度向方向移动（不超过点），点从原点出发，以1个单位长度/秒的速度向方向移动（不超过点）．设两点同时出发，在它们移动过程中，四边形的面积是否发生变化？若不变，求其值；若变化，求变化范围． 10．如图，已知是等边三角形，在外有一点，连接，，，将绕点按顺时针方向旋转得到，与交于点，． (1)求的大小； (2)若，，，求的长． 11．在等腰三角形和等腰三角形中，，．将绕点逆时针旋转，连接，点为线段的中点，连接，． (1)如图，当点旋转到边上时，请直接写出线段与的关系为 ； (2)在的基础上，绕点逆时针继续旋转，中的结论是否成立？若成立，请画出图形并写出证明过程；若不成立，请说明理由； (3)若，，在绕点逆时针旋转的过程中，当时，请直接写出线段的长． 12．如图，将沿翻折得到，过点作交于点，点是线段上一点，连接，过点作交线段的延长线于点． (1)如图，若，，求的度数； (2)如图，的平分线交于点，将线段绕着点逆时针旋转后所在直线与的延长线相交于点． 若，求的度数； 若在线段上有一点，，点是线段上一动点，点是线段上一动点，，，，请直接写出的最小值． 13．已知正方形和正方形． (1)如图1，当正方形在正方形外部时，连接，．求证：； (2)如图2，将（1）中正方形绕点C旋转，使点G落在上． ①若，，求线段的长； ②如图3，连接，若点O是的中点，连接，请直接写出的值． 14．如图1，在等腰三角形中， ，点 D 是直线上一点，连接，将线段绕点A 顺时针旋转得到线段，连接，． (1)当，且点 D 在线段上时，线段与之间的数量关系是 ． (2)如图2，当，且点 D 在线段上时，猜想线段，，之间的数量关系，并说明理由． (3)当，，时，求的长． 15．如图1，在中，，射线从所在位置开始绕点逆时针旋转，旋转角为． (1)当时，射线旋转到如图2的位置，点在射线上，若，则___________（用含的式子表示），线段，与之间的数量关系为：___________； (2)当时，射线旋转到如图3的位置，点在射线上，若，求证：； (3)当时，，点在射线上，若，，求点到直线的距离． 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) 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键． （1）分点E在上和在的延长线上两种情况讨论求解：①在上取一点G，使，连接，由旋转的性质得：，证明，得出，即可得出答案；②作于H，则，由旋转的性质得：，，证明，得出，证出是等腰直角三角形，得出，即可得出答案； （２）分点在线段和的延长线上两种情况讨论：连接交于点，得，证明四边形是矩形，得出，进一步可得结论． 【详解】（1）解：①在上取一点G，使，连接，如图1所示： 由旋转的性质得：， ∵四边形是正方形， ∴． ∴， ∴． ∴， ∴． ∵ ∴． ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 即； 如图2所示：作于H， 则， 由旋转的性质得：， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴； 综上，的度数为； （2）解：，理由如下： ①当点在线段上时，连接交于点，如图， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， 又， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴． ②当点在的延长线上时，如图，同理可证明四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴． 综上，、和的数量关系为． 2．(1)，； (2)成立，理由见解析 (3) 【分析】本题考查了等边三角形性质，全等三角形的判定及性质，以及旋转的性质，解答时证明三角形全等是关键． （1）利用等边三角形的性质证明，结合三角形的外角就可以得出结论； （2）同（1）中方法证明，得出，，再根据三角形的内角和得出； （3）当B、C、D三点共线时得出的最大和最小值，即可得出结论． 【详解】（1）解：是等边三角形， ，， 是等边三角形， ，， ， ， 即， 在和中， ， ，， ，且， ， 综上，的度数为，线段与 的数量关系为； 故答案为：，； （2）解：（1）中结论仍成立，证明如下： 是等边三角形， ，， 是等边三角形， ，， ， 即， 在和中， ， ，， ，且， ； （3）解：是等边三角形， ， 当旋转时，B、C、D三点共线且最大，，此时； 当旋转时，B、C、D三点共线且最小，，此时； ∴长的取值范围为． 3．(1) (2) 【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，掌握这些知识是关键； （1）由旋转的性质、等边三角形的判定与性质即可求解； （2）由旋转的性质得，，从而得；由是等边三角形，得，在中，由勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：∵是等边三角形， ∴，， ∵绕点C顺时针旋转得到， ∴， ∴是等边三角形， ∴； （2）解：∵绕点C顺时针旋转得到， ∴，， ∴， ∵是等边三角形， ∴， 在中，． 4．(1) (2)①见解析；② 【分析】（1）证明即可； （2）①由旋转性质得，，从而有，再结合，由即可证明； ②由①得，由旋转的条件知，从而得，在中，由勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：由旋转知，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）①证明：由旋转知，，， ∴， ∴， ∵， ∴； ②由①知，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， 在中，， 由勾股定理得， ∵，， ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，证明三角形全等是解题的关键． 5．(1)见详解 (2)①见详解；② 【分析】（1）证明即可得到； （2）①将线段绕点A逆时针方向旋转得到线段，连接，证明可得，从而可证明结论； ②过A作于H，然后根据勾股定理分别求出三边即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵，将线段绕点A逆时针方向旋转得到线段， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ， ，即， ； （2）①证明：将线段绕点A逆时针方向旋转得到线段，连接，如图所示： ∵， ， 又∵， ， ， 由（1）可知：，， ∴， ∴； ②解：过A作于H， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， 在中，， ∴的周长为． 【点睛】本题考查勾股定理及等腰直角三角形的相关知识，解题的关键是全等三角形的判定定理的应用． 6．(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定证明即可． （2）根据等边三角形的性质，勾股定理解答即可． 本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，熟练掌握判定和性质，勾股定理是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵线段绕点A逆时针旋转到， ∴，       ∴是等边三角形，， ∵是等边三角形， ∴，      ∴，     在和中， ∵， ∴． （2）解：∵由（1）得是等边三角形， ∴，     ∵， ∴，      ∵ ∴， ∴． 7．(1)见解析 (2)存在，或14 【分析】（1）由旋转的性质可得，，由等边三角形的判定可得结论； （2）分四种情况，由旋转的性质和直角三角形的性质可求解． 【详解】（1）证明：∵将绕点C逆时针方向旋转得到， ∴，， ∴是等边三角形； （2）解：存在， ①当时， 根据解析（1）可知：是等边三角形， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴， 由旋转可知，，， ∴， ∵， ∴， ∴在中，此时只能， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即； ②当时，根据旋转可知：， ∴， ∴此时可能是直角三角形； ③时，点D与点B重合， ∴此时D、B、E不能构成三角形； ④ 当时，由旋转的性质可知，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴中只能是， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， 综上所述：当或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形． 【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的性质，旋转的性质，等边三角形的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键． 8．(1)见解析 (2) 【分析】（1）由旋转的性质得，“三角形全等，对应角和对应边相等”，则，，得证是等腰直角三角形；（2）运用勾股定理可得、的长度； 本题主要考查了正方形、旋转和三角形全等的性质、等腰直角三角形的判定和勾股定理等知识点，熟练掌握旋转的性质和勾股定理是解题的关键． 【详解】（1）证明：把顺时针旋转到的位置， ， ， 四边形是正方形， ， ， 是等腰直角三角形； （2）解：由（1），四边形的面积＝正方形的面积， 正方形的面积为， ， 在中，，， ， 是等腰直角三角形， ． 9．(1)点的坐标是，点的坐标是 (2)不变，值为 【分析】本题考查了点坐标与图形，熟练掌握点坐标的求法是解题关键． （1）根据长方形的性质可得，，由此即可得； （2）设两点移动时间为秒，则可得，，再根据四边形的面积等于，由此即可得． 【详解】（1）解：∵长方形中，边， ∴，， ∴点的坐标是，点的坐标是． （2）解：设两点移动时间为秒， 由题意得：，， ∵长方形中，边， ∴， ∴， ∴四边形的面积为 ， 所以在它们移动过程中，四边形的面积不发生变化，其值为16． 10．(1) (2)4 【分析】本题考查了旋转的性质、全等三角形的性质、等边三角形的性质、勾股定理等，灵活运用相关定理、添加辅助线是解题的关键． （1）由旋转的性质及等边三角形的性质可得，，，由对顶角相等可得，再根据三角形的内角和定理可得，从而可得； （2）连接，结合（）的结论根据等边三角形的性质、全等三角形的性质、角的和差等可求得，再利用勾股定理可求得，从而可得． 【详解】（1）解：∵将绕点按顺时针方向旋转得到，为等边三角形 ∴，，， ∵， ∴， ∴； （2）解：如图，连接， ∵，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵将绕点按顺时针方向旋转得到， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴． 11．(1)，； (2)仍然成立，图见解析，证明见解析； (3)线段的长为或． 【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可知，，所以可得； 延长交于点，连接，根据等腰直角三角形的性质可证，四边形是矩形，利用可证，根据全等三角形的性质可证； 当时，要分在左侧时和在右侧两种情况求解，当边在边的左侧时，连接，作垂足为点，利用勾股定理和含角的直角三角形中边之间的关系求解即可；当边在边的右侧时，，过作，与交于点，连接，利用勾股定理和含角的直角三角形中边之间的关系求解即可． 【详解】（1）解：是等腰三角形，， ， ， ， 点是的中点， 在中，， ， ， 又，点是的中点， ， ， ，， ； 故答案为：，； （2）解：仍然成立， 理由如下： 如下图所示，延长交于点，连接， 和是等腰直角三角形，， ， ， ， 点为线段的中点， ，，， ， ， ， 四边形是矩形， ， 在和中，， ， ，， ， ，， 中关系仍然成立； （3）解：如下图所示，当边在边的左侧时，连接，作垂足为点， ， 和是等腰直角三角形， ，， 又， ， ， ， ， 在中，， 由可知，， ； 如下图所示，当边在边的右侧时，，过作，与交于点，连接， 和是等腰直角三角形， ，， ，， ， ， ， ， ， ， 是的垂直平分线， ， 由可知，， ； 综上所述，的长度为或. 【点睛】本题主要考查了图形的旋转变换、直角三角形的性质、三角形全等判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理，解决本题的关键是作辅助线构造特殊的直角三角形，利用直角三角形的性质求解． 12．(1) (2)； 【分析】（1）由平行线的性质得到，由折叠的性质可得，等量代换得，，根据平行线的性质可得，从而根据角之间的关系得到； （2）设，，则，结合，可得，由三角形外角的性质可得，，根据平行线的性质得到，再由角平分线的定义可得 ，则，最后根据旋转的性质可得，利用直角三角形的两锐角互余，求得，从而得到的度数； 作点关于直线的对称点，连接，则当、、三点共线，且时，有最小值，即此时有最小值，最小值为的长，利用等面积法以及已知的线段长易求出的长，从而得解． 【详解】（1）解：， ， 将沿翻折得到， ， ， ， ， ； （2）解：设，， ， ， ， ， ， ， 的平分线交于点， ， ， ， 由旋转的性质可得， ， ； ，， ， ； 如图所示，作点关于直线的对称点，连接， ，， ， 当、、三点共线，且时，有最小值，即此时有最小值，最小值为的长， ，， ， ， ， 的最小值为． 【点睛】本题主要考查了折叠的性质，旋转的性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质，等边对等角，角平分线的性质，轴对称最短路径问题线的性质，熟知相关知识是解题的关键． 13．(1)见解析 (2)①4；② 【分析】（1）由正方形的性质可得，，，进而可得，然后利用即可证得； （2）①连接，设与交于点H，由（1）可知，，根据全等三角形的性质可得，，由，可得，由三角形的内角和定理可得，由正方形的性质可得，，，，由勾股定理可得，，设，则，，在中，根据勾股定理可得，即，解方程即可求得的长； ②连接，由正方形的性质可知，点O是的中点，由①可得，是直角三角形，则由直角三角形斜边中线等于斜边的一半可得，进而可得答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴； （2）解：①将（1）中正方形绕点C旋转，使点G落在上．如图2，连接，设与交于点H， 由（1）可知：，， ∴，， ∵，， ∴，     ∴， ∵正方形中，正方形中， ∴，，，， ∴， ， 设，则， ∴， 在中，根据勾股定理可得： ， 即：， 解得：，（不合题意，舍去）， ∴； ②，理由如下： 如图3，连接， ∵四边形是正方形，点O是的中点， ∴点O是的中点， 由①可得：，是直角三角形， ∴， ∴． 【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，勾股定理，直角三角形斜边中线等于斜边的一半等知识点，添加适当辅助线构造直角三角形是解题的关键． 14．(1) (2)，理由见解析 (3)或 【分析】本题主要考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键． （1）将线段绕点A 顺时针旋转得到线段，那么，，然后可证，推出，得到； （2）同理可证，那么，，得到，然后根据勾股定理即可得到结论； （3）由勾股定理求出，然后分当点在线段上时，当点在线段的延长线上时，当点在线段的延长线上时三种情况进行分类讨论． 【详解】（1）解：， 理由如下： 将线段绕点A 顺时针旋转得到线段， ，， ， ， ， ， ， ； 故答案为：； （2）解：，理由如下： ∵，， ∴． 由题意可知，，， ∴ ∴，． ∴． 在中， （3）解：∵，， ∴． ∴在中，由勾股定理，得 ①当点在线段上时， 由(2)，得在中，由勾股定理，得， ②当点在线段的延长线上时，如图． ∵， ∴． 又，， ∴． ∴，． 又， ． ∴在中， ， 即 ， ③当点在线段的延长线上时，，不满足条件． 综上所述， 的长为或 ． 15．(1)， (2) (3)或 【分析】本题考查了等腰三角形、全等三角形及旋转的性质，作辅助线构建两三角形全等是本题的关键； （1）根据两三角形中若两个角对应相等，则第三个角也对应相等得：；作辅助线，构建两个全等三角形：，得，再证明是等边三角形，则，相加后得结论； （2）如图3，在上取一点，使，连接，根据全等三角形的性质得到，，根据等腰直角三角形的性质得到，于是得到结论； （3）①当，在内部时，如图3所示，作，根据勾股定理得到，由（2）可知，，得到，根据等腰直角三角形的性质得到；②当，在外部时，如图4所示，作于点，根据等腰直角三角形到现在得到，于是得到结论． 【详解】（1）解：如图2，， ， ， ， ， ， 在上取一点，使，连接， ，， ， ，， ， ， 即， 是等边三角形， ， ； 故答案为：，； （2）如图3，在上取一点，使，连接， 同理得， ，， ， ， 即， 是等腰直角三角形， ， ， 即； （3）①当，在内部时，如图3所示， 将绕点逆时针旋转至， 作，在中，，，， 由勾股定理，得， 由（2）可知，， ， 又为等腰直角三角形，， ； ②当，在外部时，如图4所示， 作于点， ， ， 又， 将绕点逆时针旋转至， 点在直线上， 同理可得，为等腰直角三角形， ， 又，， ， 综上所述，点到直线的距离为或． 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 $