23.1图形的旋转—综合解答题　培优提升解答题专题训练　2025-2026学年人教版(2012)九年级数学上册

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》 培优提升解答题专题训练（附答案） 1．在中，，以点为中心，将顺时针旋转，得到；再以点为中心，将顺时针旋转，得到；连结，    (1)如图，若，，求的长； (2)如图，，探究与的位置关系，并说明理由． 2．如图1，在中，，，D，E分别为的中点，将绕点C逆时针方向旋转得到（如图2），使直线恰好过点B，连接． (1)判断与的位置关系，并说明理由； (2)求的长； (3)若将绕点C逆时针方向旋转一周，当直线过的一个顶点时，请直接写出长的其它所有值． 3．如图1，在中，，，点D在上，交于点E，F是中点． (1)线段与线段的数量关系是 _____，位置关系是 _____； (2)如图2，将绕点B逆时针旋转，其他条件不变，线段与线段的关系是否发生变化？写出你的结论并证明； (3)将绕点B逆时针旋转一周，如果，，直接写出线段长的取值范围 _______． 4．如图，，A、B分别为直线、上两点，且，若射线绕点A顺时针旋转至后立即回转，射线绕点B逆时针旋转至后立即回转，两射线分别绕点A、点B不停地旋转，若射线转动的速度是/秒，射线转动的速度是/秒，且a、b满足． (1)______，______； (2)若射线、射线同时旋转，问旋转多少秒时，射线、射线第一次互相垂直． (3)若射线绕点A顺时针先转动15秒，射线才开始绕点B逆时针旋转，在射线第一次到达之前，当射线、射线互相平行时，直接写出射线转动的时间． 5．已知：如图，点为直线上的一点，点为直线外一点，将线段绕点顺时针旋转后得，连接，过点作，垂足为点，的平分线交于点，交的平分线于点，连接． (1)当， ①求的度数； ②证明． (2)将绕点旋转，当为等腰三角形时，直接写出的度数． 6．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． 7．已知：在正方形中，为对角线上一点，过点作，交于点，连接，为的中点，连接，．    【猜想论证】 (1)猜想线段与的数量关系，并加以证明． 【拓展探究】 (2)将图中绕点逆时针旋转得到图，取中点，连接，你在中得到的结论还成立吗？写出你的猜想并加以证明． 8．（1）问题发现： 如图1，等边内有一点P，若点P到顶点A，B，C的距离分别为3，4，5，求的度数．为了解决本题，我们可以将绕顶点A逆时针旋转到处，这样就可以将三条线段转化到一个三角形中，从而求出的度数．请按此方法求的度数，写出求解过程； （2）拓展研究： 请利用第（1）题解答的思想方法，解答下面的问题： ①如图2，中，,，点E，F为边上的点，且，判断之间的数量关系并证明； ②如图3，在中，，，，在内部有一点P，连接，直接写出的最小值． 9．课本再现（北师大版九年级上册第29页~30页） 问题解决你能通过剪切和拼接下列图形得到一个矩形吗？在这些剪拼的过程中，剪下的图形是经过怎样的运动最后拼接在一起的？ （1）平行四边形；（2）三角形；（3）菱形． 小涵所在的学习小组对课本上的这道题进行了分工合作，小涵的任务是把三角形纸片剪拼得到一个矩形． (1)动手操作 小涵任意剪了一个三角形纸片，他分别找到、边的中点、，连接．分别过点、作边的垂线、，垂足为、．再将和分别绕点、旋转，即可得到矩形（如图1）．则与的关系为：______． (2)探究发现 小涵在动手操作的基础上发现，也可以过点作于点，再将和分别绕点、旋转，即可得到矩形（如图2）．小涵通过测量发现，，． ①求的面积； ②在绕点顺时针旋转的过程中，点的对应点为，若与一边平行时，请直接写出此时的长度． 10．在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型∶它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成，在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．通过查询资料，他们得知这种模型称为“手拉手模型”．如图① ，在中，，点D，E分别在边上，，连接，M是的中点，连接．          (1)观察猜想 请直接写出与的数量关系和位置关系； (2)类比探究 将图① 中绕点C逆时针旋转到图② 的位置，判断（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由； (3)解决问题 若，将图① 中的绕点C逆时针旋转一周时，请直接写出的最大值与最小值． 11．已知：正方形中，，点E，F，G，H分别在边，，，上． (1)如图1，若，，则_______； (2)如图2，若，点E，F分别是，上的动点，求证：的周长是定值； (3)如图3，若，和交于点O，且，求的长度； (4)如图4，若点P为正方形内一点，其中，，，则______． 12．在平面直角坐标系中，点，点在x轴的负半轴上，．将绕点顺时针旋转，得，点旋转后的对应点为．记旋转角为．    (1)如图①，当时，求与的交点的坐标； (2)如图②，连接，当经过点A时，求的长； (3)设线段的中点为，连接，求线段的长的取值范围(直接写出结果即可)． 13．如图①在正方形中，连接，点E是边上的一点，交于点F，点P是的中点，连接．    (1)如图①，探究与有何关系，并说明理由； (2)若将绕点B顺时针旋转90°，得到图②，连接，取的中点P，连接，请问在该条件下，①中的结论是否成立，并说明理由； (3)如果把绕点B顺时针旋转180°，得到图③，同样连接，取的中点P，连接，请你直接写出与的关系． 14．如图，在平行四边形中，是对角线，，点E是边上一点，连接，将绕着点A顺时针旋转得到线段．    (1)如图1，若，连接，，，求的面积； (2)如图2，若，连接交于，求证：； (3)若在（2）的条件下，，点P为边上一动点，连接，将线段绕着点E顺时针旋转60°得到线段，连接，当线段取得最小值时，直接写出四边形的面积． 15．如图①，，以的顶点A为顶点作正，延长边与的边交于E点，在边上截取一点D，使得，并连结．    (1)求证：； (2)①将正绕顶点A按顺时针旋转，使顶点B落在内部，如图②，请确定，，之间的数量关系，并说明理由； ②将图②中的正绕顶点A继续按顺时针旋转，使顶点B落在射线下方，如图③，请确定，，之间的数量关系，不必说明理由； (3)在（1）和（2）的条件下，若，，求的长． 16．综合与探究： 问题情境：数学课上，老师利用两块含角的全等三角尺进行图形变换操作探究，其中，．    操作探究： （1）将两个三角尺按如图1的方式在同一平面内放置，其中与重合，此时，，三点共线，点在点异侧，求线段的长； 操作探究2 （2）在图1的基础上进行了如下的操作：三角尺保持不动，将三角尺绕点顺时针方向旋转角度，射线和交于点，如图2，认真分析旋转的过程中，解决下列问题： ①在旋转过程中，当_________时，； ②连接，求证：． 17．数学课上，老师给出了下面命题： 把一个三角形绕着某点(顺时针或逆时针)旋转后得到的三角形，与原三角形的对应线段(如：边、高、中线、角平分线等)都存在对应相等，且互相垂直的关系．    (1)为了验证这个结论，小宇同学把绕着点逆时针旋转得，如图，显然 ，所以 ．请你完成证明 的过程． (2)为了验证这个结论，小明同学在()基础上，选择对应中线，于是分别取、的中点、连接、，如图．求证： 且 ． 拓展应用 (3)如图，在正方形中，把等腰( )如图放置，连接、，点为的中点，连接．请你猜想与的关系，并证明你的结论． 18．如图，四边形是菱形，边长为2，，点是射线上一动点（不与点重合），将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接．    (1)如图1，当点恰好为中点时，直接写出线段与的数量关系为______________； (2)当点不是中点时，如图2，（1）中的结论是否还成立？说明理由； (3)连接，当时，请直接写出四边形的面积． 19．【探究】（1）如图1，在四边形中中，，，，E、F分别是、上的点，且，探究图中线段，，之间的数量关系． 小李同学探究此问题的方法是：延长到点G，使，连接，先证明，再证明，即可得出，，之间的数量关系．他的结论是　　　　　　．    【拓展】（2）如图2，已知是等腰直角三角形，．将三角板的角的顶点与点C重合，使这个角落在的内部，两边分别与斜边交于E、F两点，然后将这个角绕着点C在的内部旋转，在点E、F的位置发生变化时，猜想线段、、之间的数量关系，并说明理由； 【实际应用】（3）如图2，在四边形中，，，若，则四边形的面积为__________． 20．如图，点分别在菱形的各边上． 【初步认识】 （1）如图，若，则四边形一定是（   ） A．梯形  　B．矩形  　　C．菱形   　　D．正方形 【变式探究】     （2）如图，若交于点，分别是上一点，，，的延长线分别交在于点，求证：四边形是矩形． 【深入思考】 （3）如图，若交于点，且，当满足什么条件时，可作出两个不同矩形，请直接写出你的结论． （4）在（3）的条件下，设，请探索与满足的关系式． 参考答案 1．（1）解：根据旋转性质可得当时，， ∴四边形为矩形， ∵旋转的性质可得， ∴四边形为正方形， ∴． ∴的长为． （2）与的位置关系是平行． 理由：如图，过点作交于点，    则， 由旋转的性质可得，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∴． ∴与的位置关系是平行． 【点睛】本题考查了正方形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，旋转的性质，平行线的性质的判定，等腰三角形的性质和判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 2．(1)，见详解 (2) (3)或 【分析】（1）根据旋转的不变性证明，再由对应角相等及邻补角即可得证； （2）设，在中，由勾股定理得：，解方程即可； （3）分类讨论，分第一次经过点B，经过点A，再次经过点B讨论，根据变化中的不变性，不变的是基本图形关系即，以及位置关系，始终有垂直，继而设，运用勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）解：与的位置关系为． ∵，D，E分别为的中点， ∴，即， ∵，即， ∴, ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， 即：． （2）解：中，， ∴，同理可求， ∵， ∴， 设， 在中，由勾股定理得：， 解得：（舍负）， ∴． （3）解：①经过点B时，题（2）已求； ②经过点A时，如图所示， 同理可证：， ∴， ∵， ∴， 设， 在中，由勾股定理得：， 解得：（舍负）， 即：； ③再次经过点B时，如下图： 同理可证：，， 设， 在中，由勾股定理得：， 解得：（舍负）， 即：； 综上所述：或． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等的应用，正确熟练掌握知识点是解题的关键． 3．(1)＝，⊥； (2)线段与线段的关系不发生变化．证明见解析； (3)． 【分析】（1）由直角三角形斜边中线定理即可证明，进而可证； （2）如图，延长到M使得，延长到N，使得，连接、、、，延长交于H，交于O，证明，推出，再利用三角形中位线定理即可解决问题； （3）分别求出的最大值、最小值即可解决问题． 【详解】（1）∵，， ∴， ∴，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴，， 故答案为：＝，⊥； （2）线段与线段的关系不发生变化．理由如下： 如图，延长到M使得，延长到N，使得，连接、、、，延长交于H，交于O，     ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 同理可证， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵，， ∴，， 同理可证，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，； （3）如图2，连接．     ∵， ∴如图3时取得最大值时，点E落在上时，     ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵点F是的中点， ∴， ∴的最大值； 如图4中，当点E落在的延长线上时，的值最小，     ∵，， ∴， ∵点F是的中点， ∴， ∴的最小值， 综上所述，． 【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，三角形三边的关系，三角形中位线定理等知识，解题的关键是 学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 4．(1)8；2 (2)9秒 (3)6秒或10秒 【分析】本题主要考查了平行线的性质，非负数的性质以及角的和差关系的运用，解方程的运用，解决问题的关键是运用分类思想进行求解，解题时注意：若两个非负数的和为0，则这两个非负数均等于0． （1）依据非负数的性质即可得到，的值； （2）依据，，即可得到射线、射线第一次互相垂直的时间； （3）分两种情况讨论，依据时，，列出方程即可得到射线、射线互相平行时的时间． 【详解】（1）解：∵，， ∴ ，， ，． （2）解：设旋转秒时，射线、射线第一次互相垂直． 如图，设旋转后的射线、射线交于点，则， ， ， ， ， 又，， ， ， ∴旋转9秒时，射线、射线第一次互相垂直； （3）解：设射线转动秒时，射线、射线互相平行． 如图，射线绕点顺时针先转动15秒后，转动至的位置，则， ∴； 分两种情况： ①∵，， 当时，不符合题意； 当时，，， ∵， ∴， ，， 当时，， ∴， 解得； ②当时，，， ，， 当时，， 此时，， 解得； 当时，不符合题意； 综上所述，射线转动6秒或10秒时，射线、射线互相平行． 5．(1)①；②证明见解析 (2)或或 【分析】（1）①由旋转的性质可得，，则是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，由角平分线的定义可得，，根据三角形的内角和定理即可得的度数； ②在上截取，连接，证明，可得，即可得证； （2）当为等腰三角形时，分三种情况：①当时，②当时，③当时，根据等腰三角形的性质可得出的度数． 【详解】（1）解：①∵将线段绕点顺时针旋转后得， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵平分，平分， ∴，， ∴， ∴的度数为； ②证明：如图，在上截取，连接， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵将线段绕点顺时针旋转后得， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， 当为等腰三角形时，分三种情况： ①当时， ∴， ∴； ②当时， ∴， ∴； ③当时， ∴； 综上，∠AEC的度数为或或． 【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，角平分线的定义，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用所学知识，利用分类讨论的思想解决问题是解题的关键． 6．(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． 7．(1)，理由见解析 (2)（1）中结论仍然成立，即，理由见解析 【分析】（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证出． （2）连接，过点作于，与的延长线交于点；再证明≌，得出；再证出，得到；再证明≌，得出；最后证出． 【详解】（1）； 证明：四边形是正方形， ， 在中， 为的中点， ∴， ∵， 同理，在中， ， ． （2）解：（1）中结论仍然成立，即． 连接，过点作于，与的延长线交于点，    在与中， ，，， ≌， ； 在与中， ∵，， ∵为的中点， ∴， ， ∴； ∵， 四边形是矩形， ∴， 在与中， ∵，，， ， ． 【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定，全等三角形的判定与性质，添加恰当的辅助线本题的关键． 8．（1），见解析；（2）①，见解析；② 【分析】（1）连接，根据题意得到，，，进而得到'为等边三角形，，根据勾股定理逆定理证明是直角三角形， 且，即可求出； （2）①证明，将绕点A逆时针旋转， 得到， 连接，得到，，，，进而得到，根据勾股定理得到 ，证明，得到，即可得到； ②将绕点B逆时针旋转，得到， 连接，，即可得到，，，，从而得到为等边三角形，， 根据两点之间线段最短得到 ，即可得到当且仅当，，P，C四点共线时， 的值最小为 的长，根据勾股定理求出，即可得到的最小值为 【详解】解： （1）连接， ∵将绕顶点 A 逆时针旋转60°到， ∴，， ∴'为等边三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴是直角三角形， 且， ∴， ∴； （2）①． 证明： ∵,， ∴， 如图，将绕点A逆时针旋转， 得到， 连接， 则：，，，， ∴， ∴ ， ∵，， ∴， 又∵ ∴， ∴， ∴； ②的最小值为 如图，将绕点B逆时针旋转，得到， 连接，， 则：，，，， ∴为等边三角形，， ∴ ∴ ， ∴当且仅当，，P，C四点共线时， 的值最小为 的长， ∵， ∴， ∴的最小值为 【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理及其逆定理，全等三角形的判定与性质等知识，综合性较强，熟知相关知识并根据题意灵活应用是解题关键． 9．(1)平行于且 (2)①；② 或 【分析】（1）根据三角形中位线定理求解，即可解题； （2）①根据题意设，则，利用勾股定理建立方程求出，，进而得到，，再根据三角形面积公式求解，即可解题； ②根据与一边平行分情况讨论当时，当时，结合平行线性质，旋转的性质，矩形的判定与性质，勾股定理进行求解，即可解题． 【详解】（1）解： 、边的中为点、， 与的位置关系为平行，数量关系为， 平行于且等于的一半， 故答案为：平行于且． （2）解：（2）① ，． 设，则， ， ， ， 解得， ，， 、边的中为点、， ，， 的面积为； ② 、、在同一直线上， 与不平行； 旋转过程中，记的对应点为， 当时， 四边形为矩形， ， ， ，的面积为， ， ， ， ， ， 由旋转的性质可知， ， ， ， ； 当时，作于点， ， ， ， 由旋转的性质可知， ， ，，， ， ， 四边形为矩形； ， ， ， ； 综上所述，的长度为 或 ． 【点睛】本题考查了三角形中位线定理，勾股定理，平行线性质，旋转的性质，矩形的判定与性质，解题的关键在于利用分类讨论的思想解决问题． 10．(1) (2)（1）中的结论仍然成立，证明见解析 (3)的最大值为3，最小值为1 【分析】（1）证明，得到，由，推出，根据，得到，进而得到，即可得出结论； （2）延长至点F，使，连接，证明，为的中位线，即可证明结论； （3）利用（1）（2）的结论可知，当取最大值或最小值时，也取相应的最大值或最小值，当B，C，D三点共线时，可取最大值或最小值，结合图形计算即可． 【详解】（1）解： ∵ ∴ ∴ ∵M是的中点 ∴ ∴ 又∵ ∴ ∵ ∴ ∴； （2）证明：（1）中的结论仍然成立，证明过程如下 如图① ，延长至点F，使，连接， ∵ ∴ ∴ ∴ ∵M是的中点， ∴为的中位线， ∴ 又∵ ∴ ∵， ∴， ∴； （3）解：的最大值为3，最小值为1 如图②和图③ ，利用（1）（2）的结论可知， 当取最大值或最小值时，也取相应的最大值或最小值， 当B，C，D三点共线时，可取最大值或最小值， 的最大值为， 的最大值为3； 的最小值为， 的最小值为1 【点睛】本题是三角形综合题，三角形全等的判定和性质，直角三角形的特征，旋转的性质，三角形中位线的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、正确作出辅助线是解题的关键． 11．(1) (2)见解析 (3) (4) 【分析】（1）先证明得，在中可求出的度数； （2）如图：延长到点K，使，连接，构造全等三角形，证明，即可求得的周长； （3）如图3：过点D作，交于点L，作，交于点M，连接，运用（2）中的结论和勾股定理求出的长，再用勾股定理求出的长即可解答； （4）如图，将绕点B顺时针方向旋转得，且．易得、、，则是等腰直角三角形，，即；再运用勾股定理逆定理得到，最后根据角的和差即可解答． 【详解】（1）解：如图1，∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． （2）解：如图2：延长到点K，使，连接， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即的周长为40． （3）解：如图3：过点D作，交于点L，作，交于点M，连接， ∵， ∴四边形、四边形、四边形都是平行四边形， ∴，，， ∴； 由（2）得，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，解得∶， ∴， ∵， ∴， ∴． （4）解：如图，将绕点B顺时针方向旋转得，且． ∴，，， ∴是等腰直角三角形，， ∴， 在中，， ∴ ∴ ∴ 【点睛】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，正确地作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 12．(1) (2) (3) 【分析】（1）过点作轴，利用，可得，利用和可得点D是OB的中点，从而得知点D的横坐标，利用和是等边三角形可得，即点D的纵坐标，从而得解； （2）过点作轴，垂足为，推导，从而得出，再计算，用勾股定理得，从而得解； （3）取线段的中点N，连接、，则，用中位线定理求，用勾股定理求，最后利用求范围． 【详解】（1）解：如图，过点作轴，垂足为．    ∵点， ∴． ∵， ∴． 在中，． ∵， ∴． ∴． ∴， ∴是等边三角形， ∵，轴 ∴． ∴． ∴点的坐标为． （2）解：如图，过点作轴，垂足为．    由旋转得，． ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． 在中，． （3） 解：取线段的中点N，连接、，则    ∵点M是线段的中点，点N是线段的中点， ∴ 由旋转的性质得：， ∴ ∴ 即 【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定与性质，含角的直角三角形的性质，中位线定理，勾股定理等知识，掌握旋转的性质和正确作出辅助线是解题的关键． 13．(1)，且；理由见详解 (2)，且；理由见详解 (3)，且；理由见详解 【分析】（1）过点作，通过条件证明，就可以得出结论，； （2）作于，根据平行线等分线段定理就可以得出，再根据中垂线的性质就可以得出， （3）延长交延长线于，连，最后通过证明三角形全等就可以得出结论． 【详解】（1），且． 证明：过于点，延长交于点，作于点．      则四边形是正方形，四边形是矩形， ，， ， ， ，是的中点， ， ， 在和中， ， ， ，，， ， ， ； （2）成立．    证明：图2中，作， 则， 又是的中点， ， 则是的中垂线， ， ， ， 是的中点，， 则， ， 是等腰直角三角形， ，且； （3）图3中，延长交延长线于，连．   ，，， 四边形是矩形． ，， 由图（2）可知， 平分，， ， 又， 为等腰直角三角形 ，． ． ， ． ，， ． ， ， 即， 又， ， ． 在和中， ， ． ，． ，，， ， ， ， 即， ． 【点睛】此题综合考查了旋转的性质及全等三角形的判断和性质，如何构造全等的三角形是难点，因此难度较大． 14．(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）如图：过点A作的垂线交于点M，再证可得，进而得到，再根据直角三角形的性质可得，再根据三角形的面积公式计算即可； （2）在上截取，连接，先证可得，再证可得，然后再线段的和差和等量代换即可解答； （3）先求得,,再连接,则，当，即有最小值，再根据勾股定理求得，最后根据平行四边形的面积公式即可解答． 【详解】（1）解：如图：过点A作的垂线交于点M，    ， ， 在和， ， ， ， 又∵，， ， 又∵，， ， ． （2）解：在上截取，连接，      ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形 ∴，， 在和中， ， ， ， ， ，   ， ， 在和中， ∴， ∵ ． （3）解：如图：∵， ∴，, 连接， 由（2）可知， ∴是等边三角形， ∴，   ∵将线段绕着点E顺时针旋转60°得到线段， ∴，，即, 在和中， , ∴,   ∴, ∵， ∴, ∴，点的轨迹为过点H且平行的直线， 过H作，其延长线角于M，过C作于Q， 由点到直线的距离，垂线段最短，可知：当时，即有最小值 ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴ ∴ ∴边形的面积为．      【点睛】本题主要考查了平行四边性的性质、旋转变换、全等三角形的判定与性质、垂线段最短等知识点，正确作出辅助线是解答本题的关键． 15．(1)见解析 (2)①，理由见解析，② (3)3或5 【分析】（1）根据等边三角形的性质可得，，根据，推得，根据全等三角形的判定和性质可得，即可根据证明； （2）①根据等边三角形的性质可得，，根据，推得，根据全等三角形的判定和性质可得，即可根据证明； ②根据等边三角形的性质可得，，根据，推得，根据全等三角形的判定和性质可得，即可根据证明； （3）分别根据（1）和（2）结论进行求解即可． 【详解】（1）∵为等边三角形， ∴，， 又∵， ∴，， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 故， 即． （2）① 理由：∵为等边三角形， ∴，， 又∵， ∴，， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 故， 即． ② 理由：∵为等边三角形， ∴，， 又∵， ∴，， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 故， 即． （3）在（1）的条件下，， 当，， 则， 在（2）的条件下，， 当，， 则， 故的长为3或5． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键． 16．（1） （2）①；②见解析 【分析】（1）利用勾股定理解直角三角形求出，即可； （2）①利用旋转变换的性质判断即可；②利用全等三角形的性质证明即可． 【详解】解：在中，， ， ． ， ． 在中，由勾股定理得， ， ， ．    （2）①解：，， 当时，，此时． ②证明：由题可知， ， ， ． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了勾股定理解直角三角形，旋转变换，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题． 17．(1)见解析 (2)见解析 (3)，，证明见解析 【分析】（1）延长交于，交 于，可得出 ，进而得出 ； （2）延长，，证明 ，同（1）得出结论； （3）连接，，延长至，使，连接，证明，可推出，，证明，推出，，从而得出，进而证明，进一步得出结论． 【详解】（1）证明：如图1，    延长交于，交 于， ， ， ， ， ， ； （2）证明：如图2，    延长，交于， ， ， ， ， 点是的中点，点是的中点， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， '； （3）解：如图，结论：，．    连接，，延长至，使，连接， ，， ， ，， 四边形是正方形， ，，， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， 即：， 在和中， ， ， ，， ，   ， ， ， 【点睛】本题考查了旋转性质，正方形性质，全等三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键熟练掌握“倍长中线”等模型． 18．(1) (2)成立，见解析 (3)或 【分析】（1）根据菱形的性质及等腰三角形的性质推出，根据含 角的直角三角形的性质求解即可； （2）连接 ，根据菱形的性质、旋转的性质推出 垂直平分是等边三角形， 是等边三角形，结合等边三角形的性质利用证明， 根据去掉三角形的性质及线段垂直平分线性质即可得解； （3）连接 交 于点 ，则 ，设 交 于点 ，结合等边三角形的性质利用 证明 ，根据全等三角形的性质得出 ，根据勾股定理求出 ，根据 求解即可； 【详解】（1）解：，理由如下： ∵四边形是菱形， ∴ 平分 ， ∵点恰好为中点， 在菱形 中， 根据旋转的性质得，， 故答案为： （2）解：（1）中结论成立 理由如下： 方法1：连接 四边形是菱形， 是等边三角形， 线段转得到， 是等边三角形， ，   菱形的对角线互相垂直平分， 是的垂直平分线， 点在射线上， ， 又是等边三角形， ， ； 方法2：连接交于点， 四边形是菱形，    与都是等边三角形， ， 线段转得到， ， 是等边三角形， ， 又， ， ， ， 又是等边三角形， ， 是的垂直平分线， ， 又 ； 方法3： 提示：作，证，    可得 ， 是的垂直平分线， （3）解：如图 3 ，连接 交 于点 ，则 ，    设 交 于点 ， ∵ 是等边三角形， ∴， ∵， ∴， 在 和 中， ， ， 在 中， 【点睛】此题是四边形综合题，考查了菱形的性质、旋转的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积公式等知识，熟练掌握菱形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积公式是解题的关键 19．（1）；（2）；理由见解析（3）12.5 【分析】（1）延长到点G，使，连接，先根据证明得，再证明可得，即可得出结论； （2）将绕点C逆时针旋转得，连接，可证，得，可证是直角三角形，即可得出结论； （3）过点A作垂足为M，作，交延长线于点N，先证，可得，再证，可得,由勾股定理可得长，再求四边形面积，即可求得结论． 【详解】（1）解：结论是：，理由如下： 延长到点G，使，连接， ， ， 在和中 ， ， ，， ，， ， ， ， 在和中 ， ， ， ， ； （2）解：，理由如下： 将绕点C逆时针旋转得，连接，   ，， ， ， ， ， 在和中 ， ， 是等腰直角三角形，， ， ， ， 在中，， ， ． （3）解：过点A作垂足为M，作，交延长线于点N，   ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ，， ， 四边形面积=四边形面积=． 【点睛】本题考查的是三角形全等的综合题，主要涉及全等三角形的性质和判定、等腰直角三角形性质及判定、勾股定理等知识点，作辅助线构造全等三角形是解题关键． 20．（1） （2）证明见详解 （3）且 （4）或 【分析】（1）连接，交与点，根据菱形的性质可得，，即证明四边形是平行四边形，再证明，，即可得到，故可选出． （2）根据菱形性质可得，易证，，从而得出，四边形是平行四边形，根据，得四边形是矩形． （3）根据已知条件可得，即，分两种情况和，，分开讨论做矩形，找到他们的公共解集即可． （4）当时，即；当，，和的取值范围均为，根据旋转的性质可得，综合两种情况即可． 【详解】（1）解：连接，交与点， ∵四边形是菱形， ∴， 又∵， ∴， 又∵，， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵，，， ∴， ∴， 同理可得， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， 故选． （2）证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， 又∵，， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． （3）∵，， ∴， ∴， ①当四边形形成的矩形如图一样时，此时， 此时满足的条件为， ②当四边形形成的矩形如图一样时，，， 由图可得最大为，点与点重合， 最小时，点与点重合，点与点重合，对角线、交于点，， ∵，，，， ∴， 带入数值得， 解得， ∴由勾股定理可得， ∴当时，满足四边形为矩形， 当时，，如图所示， ∴此时四边形同时满足①②， ∴故不能形成两个矩形，不满足题意， 综上可得，当满足且时，可作出两个不同矩形． （4）由（3）可得①当时，即， ②∵的取值范围为， 根据旋转的性质可得的取值范围为， 即， 综上可得：或． 学科网（北京）股份有限公司 $