2026年中考数学二轮复习《图形变换综合压轴题》考前冲刺专题提升训练

**基本信息** 以题载法，系统整合图形变换（旋转为主）的全等构造、动态轨迹、面积转化等核心方法，强化推理能力与空间观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |旋转综合|8题|构造旋转全等、四点共圆、中位线转化|旋转性质→全等/相似判定→线段/角关系推导| |动态问题|6题|分类讨论、轨迹分析、函数建模|动点运动→图形变化→变量关系建立→最值求解| |面积与最值|6题|割补法、参数表示、几何不等式|面积公式→图形转化→参数范围确定→最值计算|

2026年九年级数学中考二轮复习《图形变换综合压轴题》考前冲刺专题提升训练（附答案） 1．已知正方形的边长为1，将边绕点逆时针旋转得． (1)如图1，连接． ①的度数为______（用含的式子表示）； ②过点作，垂足为，连接．求证：； (2)如图2，过点作于于．设，四边形的面积为，请写出的取值范围，并说明理由． 2．如图，在平行四边形中，，，点到的距离为4，是上一点，且，点从点出发，沿折线运动，到终点停止，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，设点在折线上运动的路径长为． (1)当点恰好落在边上时，________，当点在边上运动时，长的最小值为_____； (2)求点到的距离（用含的代数式要表示）； (3)当点在上运动时，设与重叠部分图形的面积为，求关于的函数关系式． 3．如图1，将绕直角顶点O旋转至，点A，B的对应点分别为C，D．连接，直线与交于点E． (1)与的面积存在怎样的数量关系？请说明理由； (2)如图2，连接，若的中点分别为P，Q，R．求证：P，Q，R三点共线； (3)已知，随着及旋转角的变化，若存在以A，B，C，D为顶点的四边形，其面积为S，则S的最大值为_______． 4．如图，已知正方形，点为边上一点，，交于点． (1)的值为 ； (2)将绕点顺时针旋转到如图所示的位置，连接，，猜想与的数量关系，并证明你的结论； (3)如图，当时，其他条件不变，将绕点顺时针旋转，连接，设旋转角为，当 时，． 5．在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的性质”为主题开展数学探究活动，矩形和矩形是两个完全一样的矩形，． (1)如图1，连接、，直线和直线的位置关系为_____． (2)如图2，当点恰好落在边上，连接交于点，连接，求证：①平分；②点为线段的中点． (3)若直线与直线交于点，当时，请直接写出的长_____． 6．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______． 7．如图1，在中，，将绕点顺时针旋转到，连接． (1)绕点旋转过程中，求证：； (2)绕点旋转过程中，延长交线段于点，当四边形为平行四边形时，求线段的长度； (3)在绕点旋转过程中，是否存在以、、为顶点，且为腰的等腰三角形，若存在，直接写出的长度，若不存在，说明理由． 8．如图，是等腰直角三角形，，将绕点旋转得到，连接，点是的中点，连接． (1)如图1，当点与重合，点和重合时，请直接写出线段和的数量关系； (2)当绕点旋转到如图2的位置时，（1）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)绕点旋转一周，连接，请直接写出的最大值和最小值． 9．在平面直角坐标系中，的顶点，，，将绕点A按逆时针方向旋转，得到，点B，O的对应点分别为C，D，旋转角记为． (1)如图1，当点C恰好落在x轴上时，点C的坐标为____（直接写出结果）； (2)如图2，当时（），设直线，分别与x轴交于点E，F，求点E的坐标和线段的长； (3)如图3，连接，取线段的中点M，连接，在旋转过程中（），直接写出线段的取值范围． 10．含角的直角三角板中，．将其绕直角顶点C顺时针旋转α角（），得到，边与边交于点D，过点D作交边于点E，连接． (1)如图1，当边经过点B时，求α的度数； (2)小明发现在三角板旋转的过程中，度数是定值，他在探究过程中需证明：． ①如图2是旋转过程的一个位置，试完成相似的证明； ②然后直接写出三角板旋转的过程中度数的范围； (3)设的面积为S，当时，求的长，以点E为圆心，为半径作，并判断此时直线与的位置关系． 11．综合与探究 以“图形的旋转与面积”为主题开展下列数学活动． 提出问题 （1）如图①，将边长为2的正方形的对角线绕点顺时针旋转得到线段，连接，过点作，交的延长线于点，易证，得到的面积为________； 问题探究 （2）如图②，在矩形中，，将对角线绕点顺时针旋转得到线段，连接，求的面积：（用含的代数式表示） 解决问题 （3）如图③，在锐角三角形中，，将边绕点顺时针旋转得到线段，连接，求的面积． 12．将放置在平面直角坐标系中，点，点，点，点是线段上一个动点，将线段绕点逆时针旋转得到线段，点在轴正半轴上，连接． (1)填空：如图①，的长为_____________，的度数是_________________； (2)将绕点顺时针旋转得到，点的对应点分别是，设，与重合部分面积为． ①如图②，的边分别与相交于点，即与重合部分为时，请用含有的式子表示，并直接写出的取值范围； ②当时，求的取值范围．（直接写出结果即可） 13．如图，在中，，，点，分别在边，上，，连接，点，，分别为，，的中点． (1)观察猜想：图中，线段与的数量关系是 ，位置关系是 ； (2)探究证明：把绕点逆时针方向旋转到图的位置，连接，，，判断的形状，并说明理由； (3)拓展延伸：把绕点在平面内自由旋转，若，，请直接写出面积的最大值． 14．中，，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点为． (1)如图①，当时，绕点顺时针旋转了__________°； (2)如图②，当点在上时，若，求的度数； (3)如图③，当点为的中点时，连接，若，，在绕点顺时针旋转一周的过程中，直接写出线段的最大值和最小值． 15．在正方形中，点E是边上的一个动点，点F是的中点，点G在边上且，，的延长线交于点M． (1)如图1，当点E与点B重合时，求的度数； (2)如图2，当点E与点B不重合时，（1）中的度数是否发生变化？若有改变；请求出的度数，若不变，请说明理由； (3)如图3，在（2）的条件下，作于点N，连接，，取的中点P，连接，试猜想与之间的数量关系，并说明理由． 16．综合与实践． 问题情境： 在综合与实践课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展探究活动．如图，在中，，，，为斜边的中点，将与全等的绕点旋转得到． 操作发现： （1）如图①，顺时针旋转一定角度，记和分别与交于点，，当时，猜想和的数量关系为______，并证明你的猜想； （2）如图②，继续旋转一定角度，当线段经过点时，连接，试判断四边形的形状，并证明你的结论； 实践探究： （3）在整个旋转过程中，当在下方，且的直角边恰好与垂直时，设线段与直线交于点，直线交射线于点，连接，请直接写出的长． 17．综合与实践 在综合与实践课上，老师让同学们讨论有关三角形的旋转问题． 如图1，在中，，，，分别为，的中点，将以点为旋转中心，顺时针方向旋转后得到（点，的对应点分别为点，），连接，． 【初步感知】 （1）如图2，当，，三点恰好在同一条直线上，且点在线段上时，的度数为__________．（用含的式子表示） （2）如图3，在旋转过程中，试判断线段和之间的数量关系和位置关系，并说明理由． 【延伸探究】 （3）如图4，当满足时，连接，，若设与的面积之和为，则是否存在最大值？若存在，请求出的最大值；若不存在，请说明理由． 18．新趋势综合与实践：小新和小颖在学习等腰三角形的相关知识后，明白了要把两腰分散到两个三角形中用全等去思考，寻找或构造两腰为斜边的两个直角三角形全等，再由全等三角形的性质得出结论解决问题，这就是数学中重要的学习方法“构造法”． 【初步感知】 (1)如图1，等腰直角三角形中，小新先得出然后得出了三条线段的数量关系，在此过程中，全等的依据是 ，三条线段的数量关系为_____． 【实践解决】 (2)如图2，四边形中，为等腰直角三角形，若，求的面积． 小颖发现，可以构造以为斜边的两个直角三角形，具体如下：作于点M，交的延长线于点N，请你根据提示，求出的面积． 【拓展应用】 (3)如图3，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（2，0），点B的坐标为（5，0），点P为线段AB外一动点，且请直接写出线段AM长的最大值及此时点P的坐标． 19．数学活动课上，如图1，同学们将小三角形纸片与大三角形纸片中的小三角形重合放置，如图2，固定顶点，然后将纸片绕顶点逆时针旋转，来探究图形旋转的性质．已知和中，，直线与直线交于点． (1)如图2，当旋转角小于时，的度数会发生改变吗？若改变，请说明理由；若不变，请求出的度数； (2)在纸片绕点旋转过程中，当时，求的面积； (3)在纸片绕点旋转过程中，连接，当线段的长度最小时，求的值． 20．【特例感知】 在中，，， (1)如图1，若，将绕点逆时针旋转得到，连接，则________； (2)如图2，将绕点逆时针旋转得到，连接，此时点，，恰好共线，连接，求的面积； 【问题解决】 (3)如图3，某旅游开发公司计划在某荒岛周边修建观光公园．岛屿中心有一座瞭望塔（视为点），用于监控全园生态及安保．计划在海岸线处设立主入口，在岛屿内部规划两个配套的生态休息驿站和．经测量，休息驿站到休息驿站和入口的距离相等（），且．测得瞭望塔到驿站的距离为米，到驿站的距离为米．为了提升游客体验，需要修建一条连接入口与瞭望塔的全景栈道．为保证视野，要求此栈道长度尽可能最长．在此条件下，求四边形区域的占地面积． 参考答案 1．（1）解：①∵正方形， ∴， ∵旋转， ∴， ∴， ∴； ②连接，则， ∵， ∴， ∴， ∴四点共圆， ∴， ∴， ∵， ∴， 由①知：， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：，理由如下： 延长交于点，由题意，四边形均为矩形， ∴， ∵正方形的边长为1， ∴， ∴， 在中，由勾股定理，得， ∴， ∴， ∴， ∴随着的增大而增大， ∵， ∴， ∴， ∴当时，；当时，， ∴． 2．（1）解：由旋转的性质可知，，， 平行四边形， ， 点到的距离为4，， ， 当点恰好落在边上时，点与点重合， ； 由旋转的性质可知，， 若长最小，则长最小， 由垂线段最短可知，当时，的长有最小值，此时长有最小值， 如图，连接，过点作于点， ， ， ， 即长的最小值为； （2）解：① 当时，点在上，此时， 由旋转的性质可知，，， 即点到的距离是； ②当时，点在上，此时， 如图，过点、、作的垂线，垂足分别为、、， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 又，， ， ， 点到的距离是； （3）解：①当点在上时，如图，过点作于点，则，此时， ， ∴，， ∴， ∴， ∴， ， ∴当时，； ②当时，如图，设交于点，交于点，此时， 由①可知，，， ∵ ， ∴， ∵， ， ， ∴ ， ∴， 综上可知，关于的函数关系式为． 【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，二次函数的应用等知识，利用数形结合和分类讨论的思想解决问题是关键． 3．(1)，理由见解析 (2)见解析 (3)25 【分析】（1）过作于过点C作的延长线于，根据旋转的性质得到再证明，可得，最后利用三角形面积公式即可得到结论； （2）延长至， 使得， 连接，连接，证明，可得，从而得出四点共圆，根据圆周角定理可得，最后再利用直角三角形的性质及平行四边形的判定与性质证明即可得到结论； （3）过点C作延长线于，先求得 ，再由勾股定理得，最后再求解即可得到结论． 【详解】（1）解：，理由如下： 由旋转的性质可得 过作于过点C作的延长线于， ， ， ， ， ， 又， ， ， ， ， （2）证明：延长至， 使得， 连接， 为中点 为的中位线 由旋转的性质可得 ， ，， ， ， 四点共圆， ， ， 连接， 在中，点是的中点， ， 同理可得， 在中，点是的中点， ， 同理可得， ， 四边形是菱形， ， 即， 四边形是平行四边形， ， 又， P，Q，R三点共线； （3）解：过点C作延长线于， 由旋转的性质可得， 由（1）得，由旋转的性质可得， ， ， ， ， ， ， ， 中，， ， 则S的最大值为25． 故答案为：25． 【点睛】本题考查了几何变换综合题，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，旋转的性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质及三角形中位线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 4．(1) (2)，证明见解析 (3)或° 【分析】（1）根据正方形的性质推出°，°，，继而推出，，可得结论； （2）先判断出，进而得出，即可得出结论； （3）先证明得，再推出是等边三角形，求出，再分两种情况计算即可得出结论． 【详解】（1）解：∵在正方形中，是正方形的对角线， ∴°，°，， ∴， ∵， ∴°， ∴°， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）与的数量关系为． 证明：将绕点顺时针旋转到如图示的位置，连接、， ∴ 由（1）知：，，， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：当点在正方形内部，如图，连接， ∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 即：， 当点在正方形外部，如图，连接， 同理，是等边三角形， ∴， ∴， 即：， 综上所述，当 或时，． 故答案为：或． 【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，判断出是等边三角形是解题的关键． 5．(1) (2)①证明见解析；②证明见解析； (3)或 【分析】（1）由题得到，，，求得，根据相似三角形的性质得到，延长与的延长线于点，交于点，求得，据此得解； （2）①过点作于点，由题可知，得到，根据平行线的性质得到，推出平分； ②根据角平分线的性质得到，由题可知，，根据全等三角形的性质得到； （3）根据已知条件得到，，，求得，得到，得到为等边三角形，同理为等边三角形，如图2，根据直角三角形的性质结合勾股定理得到，，即可求得；如图3，同理求解即可． 本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质和勾股定理等知识，熟练掌握各知识点是解题的关键． 【详解】（1）由题可知，，，， ， ， ， 延长与的延长线于点，交于点， ∵矩形， ∴，， ∴，， ∴， ∴； 故答案为：； （2）①由题可知，， ， ∵， ∴， ∴， ∴平分， ②如图，过点作于点， ∵四边形是矩形， ∴， 又∵，平分， ∴， 由题可知，， ∴， 在和中， ∴， ∴； （3）由题可知，，， ∴． ∵， ∴，在四边形中，， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵ ∴为等边三角形， ∴， 如图，令与的交点为， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 如图， 同理可得，，， ∴ 综上所述，的长为或． 6．(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． 7．(1)见解析； (2)； (3)存在，或． 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，确定圆的条件，解直角三角形等知识，掌握以上知识是解答本题的关键． （1）可得出，，进而得出，从而； （2）连接，根据，得出，，从而点、、、共圆，从而，从而得出，进而得出，进一步得出结果； （3）作于，作于，设，当时，可得出，， ，从而得出，，，在中根据勾股定理得出的值，进而得出的值；同样方法求得当时的结果． 【详解】（1）解：∵绕点顺时针旋转到， ∴，， ∴，， ∴， ∴； （2）解：连接，如图： ， ∵，，， ∴，， 由（1）知，， ∴，， 即， ∴点、、、共圆， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：作于，作于， 设， 如图： ， 当时， ∵， ∴， 由（2）知， ，，点、、、共圆， ∴，， ∴， ， ∴， ， ∴， 在中，由勾股定理得， ， 即， ∴， ； 当时，如图： ， ∵， ∴， ∴， 在中，，由勾股定理得， ， ∴， ∴， ∴， 综上所述： 或； 8．(1)； (2)成立，证明见解析； (3)最大值：，最小值：． 【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质、三角形全等的判定与性质、垂直平分线的性质、圆的定义、圆的性质： （1）根据直角三角形斜边上中线的性质即可得到结论； （2）延长至，使得，连接，证明即可； （3）设中点为O，连接，则，易知F的运动轨迹是以O为圆心，2为半径的圆，根据圆的性质即可求出的最大值和最小值． 【详解】（1）解：∵是等腰直角三角形，F是中点， ∴，即，即； （2）解：（1）的结论依然成立，理由如下： 如图，延长至，使得，连接， 由旋转可知：， 又∵点是的中点， ， 又∵， 同理：∴， 又∵， ∴， 又 ； （3）解：如图： 由旋转可知， ∵是中点， ∴， ∴， 设中点为O，连接，则， ∵B、C是定点， ∴O是定点， ∴根据圆的定义可知F的运动轨迹是以O为圆心，2为半径的圆， 连接，在中，， ∴的最小值为， 最大值为． 9．(1) (2)， (3) 【分析】（1）由旋转的性质可得，再根据等腰三角形三线合一可得，即可求解； （2）由旋转的性质得，可得，由平行线的性质可得，从而可得，设，根据勾股定理求得的值，证明，可得，即可求解； （3）点C的运动轨迹是以点A为圆心，为半径的圆，取的中点N，连接，进一步求解即可． 【详解】（1）解：∵， ∴， 由旋转的性质得，， ∵， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：由旋转的性质得，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则，， ∴， 解得， ∴， ∵，， 在中，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， ∴； （3）解：如图， ∵绕点A按逆时针方向旋转，得到， ∴点C的运动轨迹是以点A为圆心，为半径的圆，取的中点N，连接， ∵，， ∴， ∵点M是的中点， ∴， ∵， 即， 当点C与点B重合时，的最小值为，但， 综上可知，. 【点睛】本题考查旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关定理是解题的关键． 10．(1) (2)①见解析；② (3)，直线与相切，见解析 【分析】本题考查直线与圆的位置关系，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，旋转的性质，灵活运用相似三角形的判定和性质是解题的关键． （1）由旋转可以得到； （2）如图，点D在边上，由相似和旋转的性质得出； （3）先求出的面积，由，求得，，表示，利用 解出的长，再利用圆心E到的距离等于的半径，得到直线与相切． 【详解】（1）解：当边经过点B时，， ， 是等边三角形， ； （2）①， ， 由旋转性质可知，，， ， ， ②， ； （3）在中，，， ， 由，得， ， ，即， ，， 此时， 即， 解得 即， 这时D为的中点，，，如图， ， ，点E在边上， 圆心E到的距离等于的半径， 直线与相切． 11．（1）2；（2）；（3）25． 【分析】（1）先根据正方形的性质可得，再根据全等三角形的性质可得，然后根据三角形的面积公式即可解答； （2）过点作，交的延长线于点，先证出，再根据全等三角形的性质可得，然后根据三角形的面积公式即可解答； （3）过点作，交的延长线于点，过点作，交的延长线于点，证出，根据全等三角形的性质可得，再根据等腰三角形的三线合一可得，最后根据三角形的面积公式即可解答． 【详解】解：（1）∵正方形的边长为2， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴的面积为； （2）过点作，交的延长线于点， ∵四边形是矩形， ∴ ∴ 由旋转的性质得：， ∴， ∴ 在和中 ∴（） ∴ 则的面积为 （3）过点作，交的延长线于点， 过点作，交的延长线于点， ∵，， ∴ ∵， ∴， 由旋转的性质得：， 在和中 ∴（） ∴ ∵， ∴是等腰三角形， ∴是的中点， ∵ ∴ 则的面积为 【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、矩形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识点，掌握相关知识点，添加辅助线构造全等三角形是解题的关键． 12．(1)， (2)① ；② 【分析】（1）根据勾股定理可得答案，再根据，可得； （2）①过点作于，则，可得，设，由，得，，根据，即，，当点C与点E重合时，即，解得，得； ②第一种情况，当时，过点作轴于，连接，可得点D此时刚好在上，；第二种情况，当时，设与，分别交于点H和F，过点F作于点G，延长交于J，由①得，则，由题设可得，直线的关系式为，易得，由，得，，即，即当时，；第三种情况，由（2）①得，当时，，随的增大而增大，即当时，，综上所述，的取值范围为． 【详解】（1）解：点，点， ，, 在中，， 由旋转性质，可得， ， ； 故答案为：，； （2）解：①如图所示，点，点， ，, 在中，， 由旋转性质，可得，， ， ， ， ， 过点作于，则， ， ， 设， 在中， ， ， ， 在中， ， ， ， ， 即， ， 即， ， ； 当点C与点E重合时，即，则，解得， ； ②第一种情况，如图3-1所示，当时，过点作轴于，连接， ， ， 由旋转的性质可得， ， ，， ， 在中，， 点D此时刚好在上， ； 第二种情况，如图3-2所示， 当时，设与，分别交于点H和F，过点F作于点G，延长交于J， 由①得，则， 设直线关系式为，则， 解得， 直线的关系式为， 在中，当时，则，解得， ， ， ， ， ， ， 当时，， 即当时，； 第三种情况，由（2）①得，当时，，随的增大而减小， 当时，， 当时，， 即当时，； 综上所述，的取值范围为． 【点睛】本题是二次函数与几何图形的综合问题，考查了解直角三角形、等腰三角形的性质、平面直角坐标系内的动点问题、旋转的性质等，熟练掌握以上知识点能够分情况讨论并画出图形是解题的关键． 13．(1)； (2)是等腰直角三角形 (3) 【分析】（1）利用三角形的中位线得出，，再推出，即可得出结论，然后利用三角形中位线的性质推出得，最后根据互余即可得出结论； （2）证明得，利用三角形的中位线得出，，继而得到，结合（1）的方法即可得出结论； （3）先判断出最大时，的面积最大，而最大是，再利用三角形的面积公式求解即可． 【详解】（1）解：∵点，分别是，的中点， ∴，， ∵点，是，的中点， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴图中，线段与的数量关系是，位置关系是； （2）解：是等腰直角三角形．理由如下： ∵把绕点逆时针方向旋转到图的位置， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵点，分别是，的中点， ∴，， ∵点，是，的中点， ∴，， ∴， ∵，， ∴，， ∵， ∴ ， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形； （3）解：由（2）知：是等腰直角三角形，且， ∴， ∴最大时，的面积最大， ∵绕点在平面内自由旋转，，， ∴当在的延长线上时，最大 此时， ∴， 即面积的最大值． 14．(1)110 (2)30° (3)最大值：；最小值： 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，直角三角形的性质等内容，解题的关键是掌握相关性质，确定出点的轨迹． （1）由旋转的性质可得，为旋转角，求解即可； （2）根据旋转的性质可得，，，得到，再由可得，由题意可得，，从而得到，即可求解； （3）由勾股定理可得，，由点为的中点可得，，即点在以为圆心，以为半径的圆上运动，从而得到的最大值与最小值． 【详解】（1）解：由旋转的性质可得，为旋转角， 则， 故答案为：； （2）解：根据旋转的性质可得，，， ∴， ∵， ∴， 由题意可得，，即， 解得， ∴； （3）解：连接，如图： 由旋转的性质可得，，， 由勾股定理可得，， ∵点为的中点， ∴， ∴点在以为圆心，以为半径的圆上运动， 从而得到的最大值为，的最小值为． 15．(1) (2)不变，理由见详解 (3)，理由见详解 【分析】（1）利用中点的性质得出，再由已知条件根据线段等量代换得到，利用等腰直角三角形的性质得出，最后由正方形的性质即可得到结果； （2）连接，取中点O，连接，，，通过构造正方形中常见的旋转型全等，结合中位线得出结论； （3）取中点Q，连接，，，通过题目中给出的中点条件考虑可取其他中点结合中位线推导，并找到一组旋转型相似的三角形，进而解决问题． 【详解】（1）解：∵点F是的中点， ∴， 又∵， ∴， ∵正方形中，，， ， ∴， ∵， ∴． （2）解：不变， 理由：如图，连接，取中点O，连接，，， 在正方形中，，，， 又∵点F是的中点， ∴， ∵， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴是等腰直角三角形， 又∵O，F分别是，的中点， ∴， ∴． （3）解：， 理由：如图，取中点Q，连接，，， 由题意得，是等腰直角三角形， ∵Q为中点， ∴， 设，则，， ∵P，Q分别是，的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴， 又∵是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， 即． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质及相似三角形的判定与性质．准确添加辅助线是正确解答此题的关键． 16．（1），证明见解析； （2）四边形是平行四边形，证明见解析； （3）或 【分析】本题考查了旋转的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的判定、平行四边形的判定、相似三角形的判定与性质以及勾股定理的综合应用，关键是利用旋转前后图形全等的性质，结合直角三角形的相关结论，通过角的等量代换、平行线的判定与性质、相似三角形的对应边成比例求解线段长度． （1）利用直角三角形两锐角互余的性质，结合旋转的全等性质，通过同角的余角相等得到角的等量关系，再利用等角对等边证明线段相等． （2）先利用直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得到等腰三角形，推出角相等，再结合旋转与全等的性质，证明一组对边平行且相等，从而判定平行四边形． （3）分两种情况讨论，分别是和，先根据勾股定理求出斜边的长度，结合中点性质得到相关线段长，再利用平行线得到相似三角形，求出对应线段长度，最后用勾股定理计算的长． 【详解】（1）解：猜想，证明如下： ∵， ∴， ∵， ∴， 由旋转的性质可得，， ∵， ∴， ∴； （2）解：四边形是平行四边形，证明如下： 由题意，得， 在中，是边的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 由旋转的性质，得， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （3）解：在中，，， ∴， ∵为的中点， ∴， 由全等及旋转的性质得，，分两种情况讨论： ①当时， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，即，解得， ∴， 由，得，即，解得， 在中，由勾股定理得； ②当时，设交于点，此时点与点重合， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∵为的中点，， ∴是的中位线， ∴，，， ∴， ∵，， ∴， ∴，即，解得， 在中，由勾股定理得； 综上所述，的长为或． 17．（1） （2），，理由见解析 （3） 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定、旋转的性质、三角形内角和定理以及最值问题的求解． （1）根据线段中点的定义可得，再由旋转的性质可得，，，，由等边对等角可得，证明，则由三角形外角和定理可得； （2）延长交于点，交于点，由（1）知，则，，则可推导，由此得到线段和之间的数量关系和位置关系； （3）连接，，二者交于点，由（1）得，，证明，则，推导， ，当有最大值，有最大值，与的面积之和有最大值，当、、三点共线时，有最大值，由与的面积之和的最大值为即可解答． 【详解】（1）解：，，，分别为，的中点， ，， ， 由旋转的性质可得，，，，， ， ， ， 又， ， ； （2）解：，，理由如下， 如图，延长交于点，交于点， 由（1）知， ，， 又， ， ， 综上所述，，； （3）解：如图，连接，，二者交于点， 由（1）知，， ， ， ， 又，， ， ，， 设，则，， ， ， ， 即， ， ， 当有最大值，有最大值，与的面积之和有最大值， ， 当、、三点共线时，有最大值，最大值为， 的最大值为， 与的面积之和有最大值，此时． 18．(1)， (2)3 (3)线段长的最大值为，点的坐标为或者 【分析】（1）利用同角的余角相等得到，再证，得到对应的线段相等，等量代换得出答案； （2）根据题目的作图方法，利用同角的余角相等及两直线平行内错角相等得到，证明，最后等量代换求出答案； （3）将将绕点顺时针旋转得到，证，得到，将求最大转化为求最大，且因为是等腰直角三角形，得出为定长，点为定点，所以的运动轨迹是点为圆心，为半径的圆，从而解出答案． 【详解】（1）解：∵是等腰直角三角形，且， ∴， 又∵， ∴， ∴ ∴在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴． （2）解：作于点M，交的延长线于点N， ∴， 又∵ 为等腰直角三角形 ∴，即 ， ∵， ∴，则， 在和中，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为矩形，则， ∵， ∴， ． （3）解：如下图所示，将绕点顺时针旋转得到，连接， 则，即是等腰直角三角形， ∵， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴ ∴当最大时，就最大， 在中，， 点为定点，为， ∴点的运动轨迹为以点为圆心，为半径的圆，作交轴于点， 过点作垂直于轴， 如图2所示， ， 当点与点重合时，最大，则最大， 此时点在线段的垂直平分线上，即是线段的垂直平分线， 且是等腰直角三角形，， ∴， ∵点A的坐标为（2，0），点B的坐标为（5，0）, ∴， ， ， ， ∴点的坐标为或者． 19．(1)不变，，理由见解析 (2) (3) 【分析】本题考查了旋转的综合问题，涉及等腰直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义，综合性比较强，难度比较大，解题的关键是熟练掌握相关基础性质，结合题意，作出合适的辅助线． （1）根据旋转的性质可得，，，再根据三角形外角的性质得到，推出，即可求解； （2）作，设，通过勾股定理得到，再根据三角形面积公式求解即可； （3）根据确定出点的轨迹，从而得到当三点共线时，最小，再构造直角三角形，求得对应线段的长度，求解即可． 【详解】（1）解：不变，，理由如下： 由题意可得，，， 由旋转的性质可得，，，， ∴， 由三角形外角的性质可得，， ， ∴， ∴； （2）解：在中，，，， 作，如下图： 设，由题意可得，， 则， 由勾股定理可得，，解得， 则； （3）解：由（1）得，可以确定出点的轨迹是以为弦的圆弧上，且所对的圆心角为，如图， 点为的中点，，连接，可得为等腰直角三角形，即， 由勾股定理可得，， 则点在以为圆心，以为半径的圆上， 从而得到当三点共线时，最小，作，连接，如下图： 由题意可得，，， ∴，即， 解得，， ， 则． 20．(1) (2)5 (3) 【分析】（1）证明为等边三角形，得到，点B，C，E共线，再由即可求解； （2）设与相交于点F，由旋转得，，，则，，利用勾股定理求出，，求出，然后利用三角形面积公式求解； （3）将绕点A逆时针旋转，得到，连接，设与相交于点F，得到当C，D，E三点共线时，取得最大值，即的最大值，过点A作于点G，过点B作于点H，如图，由旋转得到，然后求出，进一步利用勾股定理求出，最后利用求解即可． 【详解】（1）解：由旋转得，， ∴为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴点B，C，E共线， ∴； （2）解：设与相交于点F， 由旋转得，，， ∴， ∴ ∴ ∵， ∴， ∴， ∴的面积； （3）解：将绕点A逆时针旋转，得到，连接，设与相交于点F， ∴， ∵， ∴当C，D，E三点共线时，取得最大值，即的最大值，过点A作于点G，过点B作于点H，如图， 由旋转得，， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ 由旋转得，， ∴， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ． ∴当最大时，四边形的面积为． 学科网（北京）股份有限公司 $