阶段检测验收卷 图形的变化（综合训练）（江苏专用）2026年中考数学一轮复习讲练测

阶段检测验收卷 第七章 图形的变化 （考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，满分24分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的） 1．甲骨文是汉字的源头和中华优秀传统文化的根脉．下列甲骨文中，能由其中一部分平移得到的是（   ） A． B． C． D． 2．如图，将沿着射线平移到．若，则平移的距离为（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 3．下列图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 4．小明用两个全等的等腰三角形设计了一个“蝴蝶”的平面图案．如图，与都是等腰三角形，且它们关于直线对称，，分别是底边，的中点，，下列推断错误的是（ ） A． B． C． D． 第4题 第5题 5．如图，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点恰好落在边上，则为（   ） A． B． C． D． 6．把一张有一组对边平行的纸条，按如图所示的方式折叠．若，则下列结论错误的是（　　） A． B． C． D． 第6题 第7题 7．如图，矩形的对角线，相交于点O，，，将绕点顺时针旋转至，与，分别交于点E，F，当时，的周长为（   ） A． B． C． D． 8．在平面直角坐标系中，点是轴上一点，已知点（不与点重合），将点绕点逆时针方向旋转得到点，则称点、互为和谐点，把其中一个点叫做另一个点的和谐点．如图，已知点、，点在一次函数的图象上．若在线段上存在点的和谐点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、填空题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分） 9．如图，O为三个内角平分线的交点，，将向下平移得到，分别与相交于点D、E，则图中阴影部分的周长为______． 第9题 第11题 10．在平面直角坐标系中，作点关于轴的对称点，再向右平移2个单位长度得到点，则点的坐标是_____． 11．如图，将三角形纸片折叠，使点A落在边上的点D处，折痕为．若的面积为8，的面积为5，则_______． 12．如图，在中，，点分别在边上，连接，将沿折叠，使点落在边上的点处，且使折叠后的四边形面积为面积的2倍，则的长为__________． 第12题 第13题 13．如图，点E在正方形的边上，将沿折叠，点D落在点F处，延长交于点G，若，则___________． 14．如图，在中，，D，E分别是，上的点，将沿着折叠，使点A落在边的中点（记为）处．若，，则的长为 ________ ． 第14题 第15题 15．如图，在平行四边形纸片中，，将纸片沿对角线对折，边与边交于点，此时恰为等边三角形，则的长度为______． 16．如图，将平行四边形绕点旋转到平行四边形的位置，其中点、、分别落在点、、处，且点、、、在一直线上．如果点恰好是对角线的中点，那么的值______． 第16题 第17题 17．如图，将绕点逆时针方向旋转到，连接，若，，则图中阴影部分的面积为__________． 18．阅读材料：如图1，已知正方形中，为对角线上一点，则将绕点逆时针旋转得到，则的最小值是线段的长度．根据阅读材料所提供的方法求解以下问题：如图2，若在边长为2的正方形中有任意两个点，则的最小值是_____． 第18题 三、解答题（本大题共7小题，满分66分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 19．（本题6分）如图，网格中的每个小正方形的边长都是，每个小正方形的顶点叫格点，的每个顶点都在格点上． (1)将向左平移个单位长度，得到，画出． (2)在平面直角坐标系中，与关于原点成中心对称，请画出． (3)请在轴上找一点，使的长度最短． 20．（本题8分）如图，是等边三角形，是的中点，，垂足为，是由沿方向平移得到的．已知过点，交于点． (1)求的大小； (2)求证：是等边三角形． 21．（本题8分）如图，在中，，点为斜边的中点，于点，连接，将沿翻折至处，且点恰好落在直线上． (1)求的度数； (2)求证：垂直平分． 22．（本题10分）如图，在三角形纸片中，，． (1)将纸片折叠，使点A的对应点D落在边上，折痕为，点M、N分别在和上，且．请你使用无刻度的直尺和圆规，作出折痕（不写做法，保留作图痕迹）． (2)若，求的长． 23．（本题10分）将绕点A顺时针旋转得到，点B的对应点为点D，点C的对应点为点E，连接．将线段绕点C逆时针旋转得到线段，连接交于点N． (1)如图1，若，，求的度数； (2)如图2，若，，，求线段的长度． 24．（本题10分）如图（1），将三角板与三角板摆放在一起，其中，，；如图（2），固定三角板，将三角板绕点A按顺时针方向旋转，记（）． 【操作发现】 （1）在旋转过程中，当α为 度时，； （2）当与的某一边平行（不共线）时，直接写出旋转角α的所有可能的度数； 【拓展应用】 （3）当时，连接，利用图（3）探究的值的大小是否变化，并说明理由． 25．（本题14分）   【知识技能】 （1）如图1，在中，是的中位线．连接，将绕点按逆时针方向旋转，得到．当点的对应点与点重合时，求证：． 【数学理解】 （2）如图2，在中()，是的中位线．连接，将绕点按逆时针方向旋转，得到，连接，，作的中线．求证：． 【拓展探索】 （3）如图3，在中，，点在上，．过点作，垂足为，，．在四边形内是否存在点，使得？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 阶段检测验收卷 第七章 图形的变化 （考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，满分24分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的） 1．甲骨文是汉字的源头和中华优秀传统文化的根脉．下列甲骨文中，能由其中一部分平移得到的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查图形的平移，平移前后图形的大小，形状和方向都不变，只是位置发生改变，据此进行判断即可． 【详解】解：∵平移前后图形的大小，形状和方向都不变，只是位置发生改变， ∴能用其中一部分平移得到的只能是A选项中的图形， 故选；A． 2．如图，将沿着射线平移到．若，则平移的距离为（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】A 【分析】利用平移性质，确定对应点，通过线段长度计算平移距离．本题主要考查平移的性质，熟练掌握平移中对应点间的距离为平移距离是解题的关键． 【详解】解：∵沿射线平移得到， ∴点与点是对应点．平移的距离为的长度， 又∵，， ∴． 故选：． 3．下列图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查轴对称及中心对称的定义，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．根据轴对称图形与中心对称图形的概念逐选项判断即可． 【详解】A是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意； B是中心对称图形，但不是轴对称图形，不符合题意； C是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意； D既是中心对称图形，又是轴对称图形，符合题意． 故选D． 4．小明用两个全等的等腰三角形设计了一个“蝴蝶”的平面图案．如图，与都是等腰三角形，且它们关于直线对称，，分别是底边，的中点，，下列推断错误的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了轴对称的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握以上知识点并能灵活运用是解决此题的关键，A．由对称的性质得，由 等腰三角形的性质得，，即可判断；B．不一定等于，即可判断；C．由对称的性质得，由全等三 角形的性质即可判断；D．过点作，可得，由对称性质得，同理可证，即可判断． 【详解】解：、∵， ∴， 由对称得， ∵，分别是底边，的中点，与都是等腰三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴，结论正确，故不符合题意； 、∵由已知不能证明出一定等于， ∴不一定等于，结论错误，故符合题意； 、由对称得：， ∴，， ∵，分别是底边，的中点， ∴，， ∴， ∴， ∴，结论正确，故不符合题意； 、如图，过点作， ∴， ∵， ∴， 由对称得， ∴， 同理可证，， ∴，结论正确，故不符合题意， 故选：． 5．如图，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点恰好落在边上，则为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】考查旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理；核心技巧是利用旋转得到的等线段和旋转角，构造等腰三角形求解；易错点是误将旋转角当作三角形的内角，或忽略等腰三角形两底角相等的性质． 先根据旋转性质得到和，从而判定为等腰三角形；再利用等腰三角形 “等边对等角” 和三角形内角和定理，直接计算出的度数． 【详解】由旋转可知：，． 为等腰三角形． 在等腰中，． 故选：D． 6．把一张有一组对边平行的纸条，按如图所示的方式折叠．若，则下列结论错误的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了平行线的性质，解题的关键是根据平行线的性质找出图中角度之间的关系．根据平行线的性质即可求解． 【详解】解：A．∵，∴，（两直线平行，内错角相等），∵纸条按如图所示的方式折叠，∴，故A选项不符合题意； B．∵，故B选项不符合题意； C．∵（两直线平行，内错角相等），（两直线平行，内错角相等），故C选项符合题意； D．∵纸条按如图所示的方式折叠，∴，故D选项不符合题意； 故选：D． 7．如图，矩形的对角线，相交于点O，，，将绕点顺时针旋转至，与，分别交于点E，F，当时，的周长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题综合考查矩形的性质，旋转的性质，全等、相似三角形的判定与性质，找到全等三角形和相似三角形建立线段之间的等量关系是解题关键． 先通过矩形的性质求出的长，再取与的交点为M，通过旋转和矩形的对角线相等且互相平分，证明，再利用等边对等角和对顶角，三角形内角和，推出，通过已知条件得到相似比，建立线段之间的等量关系，最后列方程求出对应的值即可． 【详解】解：如图，取与的交点为M， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵是矩形的对角线，的交点， ∴， ∴， 由旋转的性质，可知，，，， ∴，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴，即， ∴，， ∵，， ∴，即， 又，， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， 解得， ∴， ， ∴的周长为， 故选：B． 8．在平面直角坐标系中，点是轴上一点，已知点（不与点重合），将点绕点逆时针方向旋转得到点，则称点、互为和谐点，把其中一个点叫做另一个点的和谐点．如图，已知点、，点在一次函数的图象上．若在线段上存在点的和谐点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题属于几何变换的题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，旋转后线段长度不变，解题的关键是学会构造等腰直角三角形解决问题，学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题．如图1，B、P为和谐点，设，为等腰直角三角形，在图2中，A、P为和谐点，设，为等腰直角三角形，分别利用三角形全等求出两图中的值即可得出最后结论． 【详解】解： 如图1，B、P为和谐点，设，为等腰直角三角形， 过点P作轴于H， 将点绕点逆时针方向旋转得到点， ，． ， ，． ． 在和中 ． ，． ，解得． 在图2中，A、P为和谐点，设，为等腰直角三角形，过点P作 轴于H， 将点绕点逆时针方向旋转得到点， ，． ， ，． ． 在和中 ． ，． ，解得． 综上所述：． 故选：B． 二、填空题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分） 9．如图，O为三个内角平分线的交点，，将向下平移得到，分别与相交于点D、E，则图中阴影部分的周长为______． 【答案】6 【分析】本题主要考查了平移的性质，等腰三角形的判定和性质．连接，由平分，得到，由平行线的性质推出，从而得到，推出，同理，得到阴影部分的周长． 【详解】解：连接， ∵O为三个内角平分线的交点， ∴平分， ∴， 由平移的性质得到：， ∴， ∴， ∴， 同理：， ∴阴影部分的周长． 故答案为：6 10．在平面直角坐标系中，作点关于轴的对称点，再向右平移2个单位长度得到点，则点的坐标是_____． 【答案】 【分析】本题考查了点坐标与轴对称、点坐标与平移，熟练掌握轴对称变换和平移变换规律是解题关键．先根据点坐标与轴对称变换规律可得点的坐标为，再根据点坐标的平移变换规律即可得． 【详解】解：∵在平面直角坐标系中，作点关于轴的对称点， ∴， ∵将点向右平移2个单位长度得到点， ∴，即， 故答案为：． 11．如图，将三角形纸片折叠，使点A落在边上的点D处，折痕为．若的面积为8，的面积为5，则_______． 【答案】 【分析】本题考查的是轴对称的性质，三角形面积，先求解的面积为，的面积为，进一步可得答案． 【详解】解：∵的面积为8，的面积为5， ∴的面积为， 由折叠可得：的面积为， ∴的面积为， ∴， 故答案为： 12．如图，在中，，点分别在边上，连接，将沿折叠，使点落在边上的点处，且使折叠后的四边形面积为面积的2倍，则的长为__________． 【答案】 【分析】该题考查了折叠的性质，相似三角形的性质和判定，根据折叠可得，．根据，得出．证明，得出，即可求解． 【详解】解：∵将沿折叠使点落在边上的点处， ∴（折叠前后对应点的连线被折痕垂直平分），（折叠前后两部分图形全等）． ∵， ． 在 和中，∵，， ∴， ， 即， 解得：（负值已舍去）． 故答案为：． 13．如图，点E在正方形的边上，将沿折叠，点D落在点F处，延长交于点G，若，则___________． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，折叠的性质，正切的定义及勾股定理．连接，根据折叠的性质得到，，，证明，从而得出，再由设，则，从而得到相关线段的表达式，设，则，，，利用勾股定理求得x的值，进而得到的值，最终可求得结果． 【详解】解：如图，连接， 由折叠性质可知，，，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， 设，则， ∴，， ∴， 设，则，，， 在中，， ∴， 解得：， ∴， ∴， 故答案为：． 14．如图，在中，，D，E分别是，上的点，将沿着折叠，使点A落在边的中点（记为）处．若，，则的长为 ________ ． 【答案】 【分析】本题考查了折叠的性质、相似三角形的性质和判定，熟练掌握以上知识点是解题的关键．连接交于点F，证明，进而求解． 【详解】解：如图，连接交于点F， 由题意知，， ∵， ∴， ∴， 由折叠的性质得：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 15．如图，在平行四边形纸片中，，将纸片沿对角线对折，边与边交于点，此时恰为等边三角形，则的长度为______． 【答案】 【分析】本题考查了翻折变换，等边三角形的性质，平行四边形的性质，等腰三角形的判定等知识，由折叠的性质可得，由平行线的性质可得，可证，由等边三角形的性质可求解． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， ， 将纸片沿对角线对折， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， 故答案为：． 16．如图，将平行四边形绕点旋转到平行四边形的位置，其中点、、分别落在点、、处，且点、、、在一直线上．如果点恰好是对角线的中点，那么的值______． 【答案】/ 【分析】本题考查旋转的性质、平行四边形的性质、等腰三角形的判定、相似三角形的判定与性质等知识，利用相似三角形的性质求解是解答的关键． 设，根据平行四边形的性质和旋转性质得到，，利用等腰三角形的性质和三角形的外角性质得到，进而利用等角对等边可得，证明，利用相似三角形的性质求得即可求解． 【详解】解：如图，设， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， 由旋转的性质得，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵点E为的中点， ∴， ∵，为公共角， ∴， ∴，即， 解得， ∴． 故答案为：． 17．如图，将绕点逆时针方向旋转到，连接，若，，则图中阴影部分的面积为__________． 【答案】 【分析】连接，延长交于点E，求出，证明是等边三角形． 垂直平分，得，，由，得，即得． 【详解】解：如图，连接，延长交于点E， ∵，． ∴． 由旋转知，，， ∴是等边三角形． ∴． ∴点在的垂直平分线上． ∵， ∴点C在的垂直平分线上， ∴垂直平分． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴． 故答案为：． 18．阅读材料：如图1，已知正方形中，为对角线上一点，则将绕点逆时针旋转得到，则的最小值是线段的长度．根据阅读材料所提供的方法求解以下问题：如图2，若在边长为2的正方形中有任意两个点，则的最小值是_____． 【答案】/ 【分析】本题考查旋转的性质，正方形性质及等边三角形判定与性质．将绕B逆时针旋转得到，连接，将绕D逆时针旋转得到，连接，连接与，分别交于M，N，证明是，的垂直平分线，再求出，即可得到答案． 【详解】解：将绕B逆时针旋转得到，连接，将绕D逆时针旋转得到，连接，连接与，分别交于M，N，如图： 由旋转可知，，，，，，，，，，， ∴，，，都是等边三角形， ∴，， ∴， ∴的最小值即为的长， ∵，， ∴在的垂直平分线上，在的垂直平分线上， ∵，， ∴是，的垂直平分线， ∴，， ∴，，四边形是长方形， ∴， ∴， ∴的最小值为； 故答案为：． 三、解答题（本大题共7小题，满分66分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 19．（本题6分）如图，网格中的每个小正方形的边长都是，每个小正方形的顶点叫格点，的每个顶点都在格点上． (1)将向左平移个单位长度，得到，画出． (2)在平面直角坐标系中，与关于原点成中心对称，请画出． (3)请在轴上找一点，使的长度最短． 【答案】(1)见解析； (2)见解析； (3)见解析． 【分析】本题主要考查了平面直角坐标系中图形的平移变换，中心对称变换，轴对称的性质，准确作图是解题的关键． （）根据平移性质即可得到图形； （）画出关于原点的对称点，然后连接即可； （）作点关于轴的对称点，连接交x轴于点即可． 【详解】（1）解：如图，即为所求； （2）解：如图，即为所求； （3）解：如图，作点关于轴的对称点，连接交x轴于点，点即为所求； 理由：由画图可知，， ∴， ∵三点共线， ∴此时最短， 故点即为所求． 20．（本题8分）如图，是等边三角形，是的中点，，垂足为，是由沿方向平移得到的．已知过点，交于点． (1)求的大小； (2)求证：是等边三角形． 【答案】(1)； (2)证明见解析 【分析】本题主要考查了等边三角形的判定与性质、平移的性质、线段垂直平分线的判定与性质．关键是结合等边三角形的边角特征，利用平移的平行关系推导角的等量关系，再通过线段垂直平分线的性质求出的内角，最终依据等边三角形的判定定理完成证明． （1）利用等边三角形“三线合一”的性质，由是中点，得出平分，从而计算出．再根据，得到，最后通过角的和差关系，用减去，即可求出的度数． （2）先根据平移性质，得到，再结合，推出，．接着，由，得出垂直平分，进而得到．最后，结合（1）中已得的，推出的三个内角均为，从而证明其为等边三角形． 【详解】（1）解：∵是等边三角形， ∴． ∵是的中点， ∴． ∵， ∴， ∴． （2）证明：由平移可知：， ∴， 又∵， ∴， ∴，， 又∵， ∴垂直平分， ∴， 由（1）知，， ∴， ∴， ∴是等边三角形． 21．（本题8分）如图，在中，，点为斜边的中点，于点，连接，将沿翻折至处，且点恰好落在直线上． (1)求的度数； (2)求证：垂直平分． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（）由直角三角形的性质和折叠的性质可得，再根据即可求解； （）连接，证明四边形是菱形即可求证； 本题考查了直角三角形的性质，折叠的性质，菱形的判定和性质等，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】（1）解： ，点为斜边的中点， ， ∴， ， ， 又翻折得到， ，， ∴， ， ∴， ； （2）证明：如图，连接， 由（）得，，， ，， 由折叠得，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ， ∴平行四边形是菱形， 垂直平分． 22．（本题10分）如图，在三角形纸片中，，． (1)将纸片折叠，使点A的对应点D落在边上，折痕为，点M、N分别在和上，且．请你使用无刻度的直尺和圆规，作出折痕（不写做法，保留作图痕迹）． (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了解直角三角形，全等三角形的性质与判定，折叠的性质，线段垂直平分线和角平分线的尺规作图，等边对等角等等，熟知相关知识是解题的关键． （1）作的角平分线交于D，作线段的垂直平分线分别交于M、N，则即为所求； （2）设与交于点O．由平行线的性质得到，，；由折叠的性质得到，，证明，得到．过点M作于点E．解，得到，再解，得到，则． 【详解】（1）解：如图所示，作的角平分线交于D，作线段的垂直平分线分别交于M、N，则即为所求； 由平行线的性质可得， 由折叠的性质可得，垂直平分， ∴， ∴，即平分； （2）解：设与交于点O． ， ，，； 为折痕， 垂直平分， ，， ， ． 过点M作于点E． 在中，， 在中，， ． 23．（本题10分）将绕点A顺时针旋转得到，点B的对应点为点D，点C的对应点为点E，连接．将线段绕点C逆时针旋转得到线段，连接交于点N． (1)如图1，若，，求的度数； (2)如图2，若，，，求线段的长度． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟知旋转的性质是解题的关键． （1）由旋转的性质得到，根据等边对等角可得，再由三角形内角和定理求出的度数即可得到答案； （2）可证明都是等腰直角三角形，则可证明B、D、M三点共线；利用勾股定理可推出，证明，则． 【详解】（1）解：由旋转的性质可得， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：由旋转的性质可得， ，， ∴都是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴B、D、M三点共线； 由勾股定理可得，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴． 24．（本题10分）如图（1），将三角板与三角板摆放在一起，其中，，；如图（2），固定三角板，将三角板绕点A按顺时针方向旋转，记（）． 【操作发现】 （1）在旋转过程中，当α为 度时，； （2）当与的某一边平行（不共线）时，直接写出旋转角α的所有可能的度数； 【拓展应用】 （3）当时，连接，利用图（3）探究的值的大小是否变化，并说明理由． 【答案】（1）；（2）旋转角α的所有可能的度数是：，，；（3）当，，保持不变，理由见解析． 【分析】（1）如图1所示，记与的交点为F，根据三角形内角和定理得出，进而根据，即可求解； （2）分三种情况求解：①当时，②，③，再结合图形求解； （3）在中，根据三角形内角和定理，根据，，可得，即可得出． 【详解】解：（1）如图1所示，记与的交点为F， ， ， ， ， 即， 故答案为：； （2）①当时，如图2所示， 记与的交点为点F，与的交点为点G， ， ， ， ，即； ②当时，如图1所示， 结合（1）得，，， ∴； ③当时，如图3所示，， ， ，即， 综上所述：旋转角α的所有可能的度数是：，，； （3）拓展应用：当，，保持不变，理由如下： 如图4，设分别交、于点、， 在中，， ，， ， ，， ． 25．（本题14分）   【知识技能】 （1）如图1，在中，是的中位线．连接，将绕点按逆时针方向旋转，得到．当点的对应点与点重合时，求证：． 【数学理解】 （2）如图2，在中()，是的中位线．连接，将绕点按逆时针方向旋转，得到，连接，，作的中线．求证：． 【拓展探索】 （3）如图3，在中，，点在上，．过点作，垂足为，，．在四边形内是否存在点，使得？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）存在，理由见解析 【分析】（1）用旋转的性质得到，推出，再结合三角形中位线的平行性质，得到，通过等角对等边证明； （2）先由旋转的性质得到对应边相等、对应旋转角相等，证明，得到对应边的比例关系，再结合三角形中位线定理，证明是的中位线，得到，代入比例式变形即可得证； （3）要满足，可构造以为直径的和以为直径的，利用直径所对的圆周角为直角，得到、，满足角度和为，再通过勾股定理、相似三角形的性质计算两圆圆心距，判定两圆有交点，同时验证交点在四边形内部，即可证明存在符合条件的点． 【详解】（1）解：∵绕点按逆时针方向旋转，得到，且点的对应点与点重合， ∴， ∴， ∵是的中位线， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：连接， ∵绕点按逆时针方向旋转，得到， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵是的中位线，是的中线， ∴，， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴； （3）解：存在，理由如下： 取的中点，的中点，分别以、为圆心，、为半径作和，点为两圆的交点， ∵是的直径，是的直径， ∴，， ∴， ∵， ∴， 在中，，， ∴，由勾股定理得， ∵， ∴的半径， ∵， ∴的半径， ∴， ∵，是的半径， ∴是的切线， 过点作于点， ∵，， ∴， ∴，即，解得， ∵，即圆心到的距离大于的半径， ∴在外， 过点作于点，， 在中，， 设，，由勾股定理得，解得， ∴，， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得， 而， ， ∴， ∴与有交点，结合、均在外，可知两圆的交点在四边形内部， 故四边形内存在点，使得． 2 / 29 学科网（北京）股份有限公司 $