重难点08 旋转综合压轴题专项（2大知识点+4大题型培优讲义）2026-2027学年人教版九年级数学上册

重难点08 旋转综合压轴题专项 01 考向领航 → 锚考向，明权重，联考点，定方向 02 知识建构 → 梳核心，破难点，搭框架，织体系 知识点一 旋转的核心性质与基础结论 知识点二 旋转经典几何模型（压轴核心） 03 题型攻坚 → 归题型，研母题，悟思路，善迁移 题型1 线段与旋转综合问题 题型2 面积与旋转综合 题型3 角度与旋转综合 题型4 其他旋转综合 04 综合演练 → 分梯度，强综合，查漏洞，固成效 05 错题复盘 → 集错题，析错因，重订正，常反思 常考考点 命题风向 · 旋转基本性质：旋转前后对应线段相等、对应角相等，旋转角处处相等，图形全等；旋转中心、旋转方向、旋转三要素辨析。 · 旋转模型识别：手拉手模型、半角模型、费马点、构造旋转全等四大核心几何模型。 · 线段综合：旋转背景下线段相等证明、线段和差最值、线段数量关系探究。 · 角度综合：利用旋转转化角，求解固定角度、角度等量关系、角度定值问题。 · 面积综合：旋转前后图形面积不变，结合割补法求解动态图形面积、面积等量转化。 · 几何综合探究：动点旋转、分类讨论、存在性问题，融合全等、相似、直角三角形、特殊四边形知识。 · 坐标平面内旋转：坐标系中点绕定点旋转，求旋转后点坐标，结合函数综合考查。 基础层级：以选择、填空形式考查旋转基础性质，简单线段、角度计算，识别旋转全等，侧重基础概念落实。 中档层级：规范证明题型，依托手拉手基础模型，证明线段相等、角度相等，探究线段简单数量关系，是期中期末常规大题。 拔高层级：试卷压轴题型为主，动态旋转、多情况分类讨论，融合多个几何模型；侧重辅助线构造，主动旋转构造全等是核心解题思路。 命题特点：偏爱构造旋转全等，不直接给出旋转图形，要求学生自主添加辅助线；常结合等边三角形、等腰直角三角形出题；重视线段最值、定值探究，区分学生几何构造能力。 考情解码： · 模块地位：旋转是初中几何三大变换重难点，是八下、九年级必考压轴载体；承接全等三角形、特殊三角形，同时为圆的学习铺垫，属于中考几何核心拉分专题。 · 分值与考频：期末、中考高频压轴，解答题 8–12 分；大量分班选拔测试将旋转综合作为几何压轴。 · 高频失分点：找不到旋转全等三角形；不会主动构造旋转辅助线；动态旋转问题遗漏分类讨论；混淆旋转角；无法完成线段、角度的等量转化。 · 备考核心：强化模型识别，建立思路 ——看到共顶点等线段，优先考虑旋转构造全等，熟练掌握辅助线添加逻辑。 知识点一 旋转的核心性质与基础结论 1. 旋转三要素：旋转中心、旋转方向、旋转角度。 2. 核心性质：旋转前后图形全等；对应边相等，对应角相等；任意一组对应点与旋转中心连线的夹角=旋转角；对应点到旋转中心距离相等。 3. 中心对称：属于旋转特例（旋转180°），掌握中心对称图形相关结论。 4. 坐标系内点的旋转：熟记特殊角度（90°、180°）点旋转坐标变化规律。 知识点二 旋转经典几何模型（压轴核心） 1. 手拉手模型：共顶点、等线段，一组图形旋转得到另一组图形；结论：产生一对全等三角形，顶角相等、连线夹角等于旋转角。常见类型：等边三角形、等腰直角三角形、等腰三角形手拉手。 2. 半角模型：正方形、等腰直角三角形内含45°半角，通过旋转将分散边角集中，实现线段和差转化。 3. 构造旋转全等通用思路：图形存在共顶点两条相等线段时，可以将局部三角形绕公共顶点旋转，使相等边重合，转移线段与角度。 4. 旋转最值模型：定长线段绕定点旋转，利用圆轨迹求解线段最值（点圆最值）。 5. 面积规律：旋转不改变图形面积，可利用旋转实现面积转移、割补化简计算。 题型1 线段与旋转综合问题 【例1】在菱形中，，，点为对角线所在直线上的一个动点，以为边，沿着点顺时针方向作，角的另一边交射线于点，交射线于点，连接、． (1)如图1，当点在对角线上（点不与点、重合）时， ①求证：； ②设的长为，的面积为．求与的函数表达式，并写出自变量的取值范围； (2)连接，当是直角三角形时，直接写出的长． 【变式训练1-1】如图，中，，，于点，，点为的中点，动点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿的路线向终点运动．连结，将绕点逆时针旋转得到，连结，设点的运动时间为． (1)填空：____________，____________． (2)当时，求的长． (3)当点落在边上时，求的值． (4)当点在线段上，的中点落在的边上时，直接写出所有满足条件的值． 【变式训练1-2】在中，，，． (1)①尺规作图：在图1中作的垂直平分线与交于点，与交于点； ②连接，求证：． (2)在（1）的基础上，如图2，将沿着剪开，将绕点逆时针方向旋转得到，在旋转过程中，点，的对应点分别是点，，射线与边交于点，（不与点重合），与边交于点，线段与交于点． ①试判断与的数量关系，并证明你的结论； ②如图，当时，求的长； ③如图，当经过点时，直接写出的长． 【变式训练1-3】如图，已知等边三角形，将线段绕点逆时针旋转（）得到线段，连接，，作于点． (1)求的度数； (2)用等式表示线段，，的数量关系，并证明． 题型2 面积与旋转综合 【例2】如图1，在正方形中，，点E为正方形内一点，连结，，． (1)如图2，将线段绕点B按顺时针方向旋转得到，连结，求证：． (2)如图3，在（1）的条件下，当时，连结，，求的面积． (3)如图4，若将绕点B按顺时针方向旋转得到，当点C在直线上，且面积为3时，求的值． 【变式训练2-1】如图1，在中，，，点D，E分别在边，上，且，连接．现将绕点A顺时针方向旋转，旋转角为，如图2，连接，，． (1)当时，求证：； (2)如图3，当时，延长交于点F，求证：垂直平分； (3)在旋转过程中，求的面积的最大值，并写出此时旋转角的度数． 【变式训练2-2】【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． 【变式训练2-3】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． \题型3 角度与旋转综合 【例3】如图1，在中，点D为边上的一个定点，射线与边交于点E，射线与边交于点F，与关于直线对称，与关于直线对称． (1)如图2，当点落在边上，点落在边上时，若，则的度数为 ； (2)在图1中，设，，求x与y满足的数量关系式； (3)如图3，，射线从位置出发，绕点D顺时针旋转，到位置停止；射线从位置出发，绕点D逆时针旋转，到位置停止．两条射线同时开始旋转，射线的旋转速度为每秒，射线的旋转速度为每秒，当时，求旋转时间t的值． 【变式训练3-1】【问题情境】 在数学活动课上，老师带领学生用一副直角三角尺进行“玩转三角尺”的探究活动．把一副三角尺按照如图方式摆放．其中，，，，，在同一直线上． (1)如图1， ； 【操作探究】 (2)如图2，如果把图1所示的以为中心逆时针旋转得到，当转到与直线首次重合时，停止转动．当时，为多少度？ 【拓展延伸】 (3)如图3，作关于直线的对称，保持不动，绕点逆时针旋转，在转到与直线首次重合过程中，当与的一边所在直线垂直时，请直接写出旋转角的度数 ． 【变式训练3-2】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． 【变式训练3-3】图形的旋转变换是研究数学相关问题的重要手段之一，在研究三角形的旋转过程中，发现下列问题． (1)【观察猜想】 如图1，在中，，，点是平面内不与点，重合的任意一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，则的值是___________，直线与直线相交所成的较小角的度数是___________； (2)【类比探究】 如图2，点是线段上的动点，分别以，为边在的同侧作正方形与正方形，连接分别交线段于点． ①求的度数； ②连接交于点，若，求； (3)【拓展延伸】 如图3，中，，，，分别是，的中点，连接．如图4，将绕着点顺时针旋转角度交于点，连接，射线交于点．若射线将分成的两个角满足，求的值． 题型4 其他旋转综合 【例4】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E，F，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B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G，直线交射线于点H，连接，请直接写出的长． 【变式训练4-1】旋转是图形的一种基本变换，通过图形的旋转变换、能将一些简单的平面图形按要求旋转到适当的位置，并且保持对应“元素”． 【问题解决】如图1，是等边内一点，且 若将绕点顺时针旋转得到． (1)则点与之间的距离为 ， （直接写出答案）． (2)如图2，在（1）的条件下，过作交延长线于，则 （直接写出答案）． 【类比探究】 (3)如图3，点是正方形内一点，．求的度数和正方形面积． 【变式训练4-2】请根据小明的数学探究活动单，完成下列任务． 研究内容：“变换” 提出概念：已知点，如果点满足，那么称点是点P的“变换”点． 理解概念： (1)如图1，已知点和点，当时，求点P，Q对应的“变换”点，并在图1中画出线段． 探究性质： (2)研究发现：线段可由线段通过一次图形变换得到； 请描述这种图形变换（如果是平移请说明平移方向，距离；如果是轴对称请说明对称轴，如果是旋转请说明旋转中心，旋转方向，旋转角度）． (3)线段是线段的“变换”线，，请你求出直线的“变换”线，． 运用性质： (4)如图2，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，B，C的坐标分别为，，，曲线是反比例函数图象的“变换”线，，交边于点M，N，直线，分别交边于点E，F，记，，，的面积分别为，，，，求的值． 【变式训练4-3】在平面直角坐标系中，的半径为1，对于点A和线段，给出如下定义： 将线段绕点A顺时针旋转α可以得到线段（，分别是B，C的对应点），点P为线段上任意一点，若最小值为1，则称线段是的以点A为中心关于“α”的“关联线段”． (1)若． ①当时，如图点，，，，，，，的横、纵坐标都是整数，在线段，，，中，的以点A为中心关于“”的“关联线段”是_____； ②当时，且在直线上（点B在点C左侧），线段是的以点A为中心关于“”的“关联线段”，直接写出点B横坐标的取值范围； (2)若，，，点A在线段上，，直线与线段有交点，且线段是的以点A为中心关于“”的“关联线段”．直接写出b的取值范围． 1．如图，在中，，，，将绕点B顺时针旋转得到，且点C的对应点D恰好落在上，连接 ，则的面积为（     ） A． B． C． D． 2．如图，四边形是边长为2的正方形，动点E在边上，连接，将绕点E顺时针旋转至，连接，则的最小值是（    ） A．4 B． C．5 D． 3．如图，在中，，，以为边作，，点D与点A在的两侧，则的最大值为（   ） A．4 B．6 C． D． 4．如图，等边的边长为，点，分别在，上，，为上的动点，将绕点逆时针旋转得到，连接，，．下列结论不正确的是（   ） A．的最小值为 B．的最大值为 C．的最大值为 D．的最小值为 5．如图，在中，，，点分别是的中点．将绕点顺时针旋转，射线与射线交于点，在这个旋转过程中有下列结论：①；②存在最大值为；③存在最小值为；④点运动的路径长为．其中，正确的是（   ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 6．如图，在中，，将绕点B按逆时针方向旋转后得到，则阴影部分面积为（    ） A．32 B．24 C． D．16 7．如图，点是正方形的边上一动点(点不与点，重合)，连接，以为旋转中心，将顺时针旋转后，点与点对应，连接，，若，则面积的最大值为(　　)    A． B． C．3 D． 8．将一副三角板如图放置（为含的直角三角板，，，为含的直角三角板，）将三角板绕点逆时针旋转，使得三角板的一边所在的直线与垂直，则的度数为（    ）    A． B． C．或 D．或 9．如图，在中，，点D是边的中点，点P是边上一个动点，连接，以为边在的下方作等边，连接，则的最小值为（   ） A． B． C． D．1 10．在中，，，点在边上，．若，，则的长为（    ） A．9 B． C．10 D． 11如图，正方形和的边长分别是2和5，将正方形绕点C旋转，在旋转过程中，的面积S的取值范围是（   ） A． B． C． D． 12．如图，平面直角坐标系中，已知，，，线段上有一点，连，且绕点逆时针旋转得，则的最小值和最大值（   ） A．9，18 B．9，10 C．3， D．3， 13．在矩形中，点是直线上一个动点，连接． (1)如图1，若平分，，，连接，求的面积； (2)如图2，点是的中点，将直线绕点逆时针旋转后，恰好经过点，交于点，连接，若．求证：． (3)如图3，点是的中点，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，，．若，，当取最小值时，请直接写出此时的长度． 14．在中，，，，将绕顶点顺时针旋转，旋转角为，得到． (1)如图1，若旋转角，求的度数； (2)如图2，当时，设与相交于点，与交于点，连接，求的面积； (3)如图3，设中点为，线段上有一动点，连接．在旋转过程中，线段的长度是否存在最大值和最小值？如果存在，请直接写出这个最大值与最小值． 15．【问题情境】如图1，点E为正方形内一点，，，． (1)根据已知条件，求的值． 【操作感知】 如图2，在数学兴趣小组的活动中，同学们将直角三角形绕点A逆时针方向旋转度（），点B，E的对应点分别为点，． 【问题解决】 (2)如图3，在旋转的过程中，如果点落在了上，求的长． (3)如图4，在旋转的过程中，如果点与D重合，得到，延长交于点F． ①试判断四边形的形状，并说明理由； ②连接，求的长． 【问题拓展】 (4)思考绕点A逆时针方向旋转一周的过程中，线段（为E的对应点）长度是否存在最大值和最小值？如果存在，请你求出最大值和最小值；若不存在，请说明理由． 16．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． 17．在中，，，为平面内一点． (1)如图1，点在上，是上一点，连接、，过点作于点，若，，，求的长； (2)如图2，点在上，是上一点，连接并延长交的延长线于点，是上一点，连接，满足，，连接，过点作于点．若，请用等式表示线段与之间的数量关系，并证明： (3)如图3，为内的动点，，以、为邻边构造平行四边形，连接、．是内一动点，是直线上一个动点，将点绕着的中点逆时针旋转到点，若，当和同时取得最小值时，连接、，直接写出四边形的面积． 18．数学在我们生活中无处不在，一节广播操的运动过程就有数学问题．如图1为一节广播操动作的示意图，为了研究方便，两手手心位置分别记为A，B两点，两脚脚跟位置分别记为C，D两点，若A，B，C，D在同一个平面内，做操过程中将手脚运动近似看作A，B，C，D绕点O转动，其中O为该平面内的一个定点． (1)在腿部运动的过程中，A，O，B三点始终共线．如图2，当A，B不在水平方向上时，若，，求的度数； (2)图3为体侧运动，在运动前，A，O，B三点共线，且，，平分，且．绕点O顺时针旋转，若的旋转速度为，的旋转速度为，当运动到位置时，运动停止．运动停止时，直接写出______；（用小于平角的度数表示） 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点08 旋转综合压轴题专项 01 考向领航 → 锚考向，明权重，联考点，定方向 02 知识建构 → 梳核心，破难点，搭框架，织体系 知识点一 旋转的核心性质与基础结论 知识点二 旋转经典几何模型（压轴核心） 03 题型攻坚 → 归题型，研母题，悟思路，善迁移 题型1 线段与旋转综合问题 题型2 面积与旋转综合 题型3 角度与旋转综合 题型4 其他旋转综合 04 综合演练 → 分梯度，强综合，查漏洞，固成效 05 错题复盘 → 集错题，析错因，重订正，常反思 常考考点 命题风向 · 旋转基本性质：旋转前后对应线段相等、对应角相等，旋转角处处相等，图形全等；旋转中心、旋转方向、旋转三要素辨析。 · 旋转模型识别：手拉手模型、半角模型、费马点、构造旋转全等四大核心几何模型。 · 线段综合：旋转背景下线段相等证明、线段和差最值、线段数量关系探究。 · 角度综合：利用旋转转化角，求解固定角度、角度等量关系、角度定值问题。 · 面积综合：旋转前后图形面积不变，结合割补法求解动态图形面积、面积等量转化。 · 几何综合探究：动点旋转、分类讨论、存在性问题，融合全等、相似、直角三角形、特殊四边形知识。 · 坐标平面内旋转：坐标系中点绕定点旋转，求旋转后点坐标，结合函数综合考查。 基础层级：以选择、填空形式考查旋转基础性质，简单线段、角度计算，识别旋转全等，侧重基础概念落实。 中档层级：规范证明题型，依托手拉手基础模型，证明线段相等、角度相等，探究线段简单数量关系，是期中期末常规大题。 拔高层级：试卷压轴题型为主，动态旋转、多情况分类讨论，融合多个几何模型；侧重辅助线构造，主动旋转构造全等是核心解题思路。 命题特点：偏爱构造旋转全等，不直接给出旋转图形，要求学生自主添加辅助线；常结合等边三角形、等腰直角三角形出题；重视线段最值、定值探究，区分学生几何构造能力。 考情解码： · 模块地位：旋转是初中几何三大变换重难点，是八下、九年级必考压轴载体；承接全等三角形、特殊三角形，同时为圆的学习铺垫，属于中考几何核心拉分专题。 · 分值与考频：期末、中考高频压轴，解答题 8–12 分；大量分班选拔测试将旋转综合作为几何压轴。 · 高频失分点：找不到旋转全等三角形；不会主动构造旋转辅助线；动态旋转问题遗漏分类讨论；混淆旋转角；无法完成线段、角度的等量转化。 · 备考核心：强化模型识别，建立思路 ——看到共顶点等线段，优先考虑旋转构造全等，熟练掌握辅助线添加逻辑。 知识点一 旋转的核心性质与基础结论 1. 旋转三要素：旋转中心、旋转方向、旋转角度。 2. 核心性质：旋转前后图形全等；对应边相等，对应角相等；任意一组对应点与旋转中心连线的夹角=旋转角；对应点到旋转中心距离相等。 3. 中心对称：属于旋转特例（旋转180°），掌握中心对称图形相关结论。 4. 坐标系内点的旋转：熟记特殊角度（90°、180°）点旋转坐标变化规律。 知识点二 旋转经典几何模型（压轴核心） 1. 手拉手模型：共顶点、等线段，一组图形旋转得到另一组图形；结论：产生一对全等三角形，顶角相等、连线夹角等于旋转角。常见类型：等边三角形、等腰直角三角形、等腰三角形手拉手。 2. 半角模型：正方形、等腰直角三角形内含45°半角，通过旋转将分散边角集中，实现线段和差转化。 3. 构造旋转全等通用思路：图形存在共顶点两条相等线段时，可以将局部三角形绕公共顶点旋转，使相等边重合，转移线段与角度。 4. 旋转最值模型：定长线段绕定点旋转，利用圆轨迹求解线段最值（点圆最值）。 5. 面积规律：旋转不改变图形面积，可利用旋转实现面积转移、割补化简计算。 题型1 线段与旋转综合问题 【例1】在菱形中，，，点为对角线所在直线上的一个动点，以为边，沿着点顺时针方向作，角的另一边交射线于点，交射线于点，连接、． (1)如图1，当点在对角线上（点不与点、重合）时， ①求证：； ②设的长为，的面积为．求与的函数表达式，并写出自变量的取值范围； (2)连接，当是直角三角形时，直接写出的长． 【答案】(1)①证明：∵四边形为菱形， ∴，，， ∵， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， 又∵， ∴， ∴， ∴； ②； (2)或 【分析】（1）①先证明，可得，，利用三角形外角性质可得，即得，即可求证； ②过点作于，解直角三角形得到，，可得，由等腰三角形三线合一可得，即可由三角形面积公式得到与的函数表达式，最后由点在对角线上且点不与点、重合，可得自变量的取值范围； （2）根据题意分和两种情况讨论，分别列方程求解即可． 【详解】（1）①略； ②解：过点作于，则， ∵， ∴， ∵四边形为菱形，， ∴，， 即， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， 点在对角线上且点不与点、重合， ， ∴； （2）解：当时，是直角三角形，如图所示， ， ， ， ， ， ， 由（1）知，， ， ，即， 的长为； 当时，是直角三角形，如图所示， ∵， ∴， ∵， ∴， 由（1）知，， ∴， ∴， ∴的长为， 综上所述，的长为或． 【点睛】本题以菱形为背景，综合考查全等三角形的判定与性质、锐角三角函数解直角三角形、二次函数面积建模以及直角三角形存在性分类讨论，解题关键在于通过全等及角度传递证明，架起边角转化的桥梁，利用等腰三角形“三线合一”将底边用表示，再借助角的三角函数建立面积与的二次函数关系，最后对直角三角形可能情形逐一排除，锁定唯一情况，结合边长关系列方程求解，体现数形结合与分类讨论的核心思想． 【变式训练1-1】如图，中，，，于点，，点为的中点，动点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿的路线向终点运动．连结，将绕点逆时针旋转得到，连结，设点的运动时间为． (1)填空：____________，____________． (2)当时，求的长． (3)当点落在边上时，求的值． (4)当点在线段上，的中点落在的边上时，直接写出所有满足条件的值． 【答案】(1)； (2)或 (3)或 (4)和 【分析】（1）根据直角三角形两锐角互余及等角对等边得，再计算即可，最后根据勾股定理得； （2）分两种情况：①当点在上时；②当点在上时，分别画图求解即可； （3）分两种情况：①当点在上时；②当点在上时，分别画图求解即可； （4）设点为的中点，①当的中点在上时；②当的中点在上时，分别画图求解即可． 【详解】（1）解：∵，，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，； （2）解：∵，， 又∵动点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿的路线向终点运动， ∴点从点到点所需时间：； 点从点到点所需时间：； 点从点到点所需时间：， ①当点在上时，如图， ∵，点为的中点，， ∴，，， ∴， ∴， ∴； ②当点在上时，如图， ∵，点为的中点，，， ∴，，， ∴， ∴， ∴； 综上所述，的长为或； （3）解：∵将绕点逆时针旋转得到， ∴，，， ①当点在上时，且时，如图， ∴， ∴点在所在的直线上， 由（2）①知：，且， ∴， ∴点为的中点， 此时点与点重合，即点在上， ∴； ②当点在上时，过点作于点，过点作于点，过点作于点，如图， ∴，，，， 在中，，，，，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵，点为的中点， ∴，，， ∴， ∴， ∴，， ∵，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上所述，的值为或； （4）解：设点为的中点， ①当的中点在上时，过点作于点，过点作，交的延长线于点，如图， ∴， ∵，点为的中点，， ∴，， 由（2）①知：， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，点为的中点， ∴，，， ∴， ∴， ∴， 此时； ②当的中点在上时，过点作于点，过点作于点，设，以点为原点，以所在的直线水平向右为轴，以所在的直线竖直向上为轴建立如图所示的直角坐标系，设， ∴， ∵，， ∴，， 设直线的解析式为， ∴， 解得：， ∴直线的解析式为， ∵，点为的中点，， ∴， 由（2）①知：， ∴，， ∵，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴，，， ∴，， ∵点是的中点， ∴点的坐标为，即， 又∵的中点在（直线的解析式为）上， ∴， 解得：， ∴， 此时； 综上所述，满足条件的值有和． 【变式训练1-2】在中，，，． (1)①尺规作图：在图1中作的垂直平分线与交于点，与交于点； ②连接，求证：． (2)在（1）的基础上，如图2，将沿着剪开，将绕点逆时针方向旋转得到，在旋转过程中，点，的对应点分别是点，，射线与边交于点，（不与点重合），与边交于点，线段与交于点． ①试判断与的数量关系，并证明你的结论； ②如图，当时，求的长； ③如图，当经过点时，直接写出的长． 【答案】(1)①； ②证明：由作图可知，，， 又， ， ， ，， ， ． (2)①与的数量关系是． 证明如下：连接，如图所示： 由旋转的性质得，， 在和中，， ， ． ②3；③的长为 【分析】（1）①根据尺规作图作垂直平分线的方法即可作出；②利用垂直平分线得 与，再通过平行线性质与等腰三角形性质导出，从而． （2）①连接，由旋转的性质得，，据此可依据“”判定，然后根据全等三角形的性质可得出与的数量关系；②先利用勾股定理求出，再由（1）得，根据三角形中位线的性质得出，根据矩形的判定和性质得出，根据三角形的面积求出，，利用相似三角形的性质得出，再利用，求得，再用勾股定理求得；③设，则，由旋转的性质得，，再根据得，根据等边对等角得出，从而得，根据等角对等边得出，然后根据勾股定理求出的值，从而可得的长． 【详解】（1）①略；②略． （2）①略； ②过点作于，交于，如图所示： 在中，，，， 由勾股定理，得， 由（1）可知，，，，， ， 是的中位线， ． 由旋转的性质，得 ，， ， 四边形是矩形， ． ， ， ． ， ， ， ． ③的长为． 设，则， 由旋转的性质得，， 又， ， ， ， ， 在中，由勾股定理，得， ，解得， 的长为． 【点睛】本题考查了尺规作图，旋转变换，轴对称的性质，直角三角形全等的判定，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，解题关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会添加常用辅助线． 【变式训练1-3】如图，已知等边三角形，将线段绕点逆时针旋转（）得到线段，连接，，作于点． (1)求的度数； (2)用等式表示线段，，的数量关系，并证明． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据旋转的性质，，可得为等腰三角形，为等腰三角形，可得， ，即可求出； （2）过点作交于，先证明，可得，再在中得到，进而得到线段，，的数量关系． 【详解】（1）解：等边三角形，将线段绕点逆时针旋转（）得到线段， ，， 为等腰三角形，为等腰三角形， ， 为旋转角，， ， ， ， （2）解：如图，过点作交于， 由（1）得， ， ， ，， 在和中，， ， ． 由（1）得， 在中，， ， ，即， ， 即． 题型2 面积与旋转综合 【例2】如图1，在正方形中，，点E为正方形内一点，连结，，． (1)如图2，将线段绕点B按顺时针方向旋转得到，连结，求证：． (2)如图3，在（1）的条件下，当时，连结，，求的面积． (3)如图4，若将绕点B按顺时针方向旋转得到，当点C在直线上，且面积为3时，求的值． 【答案】(1)解：∵正方形， ∴， ∵线段绕点B按顺时针方向旋转得到， ∴，， ∴， ，即， 在和中， ， ； (2)10 (3)或1或 【分析】（1）根据正方形的性质及旋转的性质得出，，，确定，再由全等三角形的判定证明即可； （2）延长交于点M．根据全等三角形的性质得出，勾股定理得出，利用矩形的判定和性质得出，，结合图形求面积即可； （3）分两种情况分析：当在正方形内部时，当在正方形外部时，作出辅助线，利用全等三角形的判定和性质，勾股定理等结合图形求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：延长交于点M， ， ，， ，， ∴， ， ∵， ∴， 四边形是矩形， ，， ． （3）解：当在正方形内部时，过点A作，垂足为F， ∵将绕点B按顺时针方向旋转得到， ∴， ∵点C在直线上， ∴， 在正方形中，， ∴， ，， ， 在和中， ， ， ，， ，， ， ． 设，，则，， ， ． ，即， 整理得：， 解得：或，即或1． 当在正方形外部时， 同理得：，， ， ． ，即， 整理得：， ，即． 综上所述，或1或． 【变式训练2-1】如图1，在中，，，点D，E分别在边，上，且，连接．现将绕点A顺时针方向旋转，旋转角为，如图2，连接，，． (1)当时，求证：； (2)如图3，当时，延长交于点F，求证：垂直平分； (3)在旋转过程中，求的面积的最大值，并写出此时旋转角的度数． 【答案】(1)证明：根据题意可得，，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； (2)证明：根据题意可得，，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，且， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴，， ∴， ∵， ∴是线段的垂直平分线； (3)， 【分析】（1）利用证明即可得证； （2）利用证明即可得证； （3）中，边的长是定值，则边上的高取最大值时的面积有最大值，即当点D在线段的垂直平分线上时，的面积取得最大值． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：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D在线段的垂直平分线上时，的面积取得最大值， 延长交于点，则， ∵，，，， ∴，， ∴，， ∴的面积的最大值，旋转角． 【点睛】旋转的性质：旋转不改变图形的大小与形状，只改变图形的位置；对应点与旋转中心所连线段间的夹角为旋转角． 【变式训练2-2】【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． 【答案】(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． 【变式训练2-3】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． 【答案】(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． 题型3 角度与旋转综合 【例3】如图1，在中，点D为边上的一个定点，射线与边交于点E，射线与边交于点F，与关于直线对称，与关于直线对称． (1)如图2，当点落在边上，点落在边上时，若，则的度数为 ； (2)在图1中，设，，求x与y满足的数量关系式； (3)如图3，，射线从位置出发，绕点D顺时针旋转，到位置停止；射线从位置出发，绕点D逆时针旋转，到位置停止．两条射线同时开始旋转，射线的旋转速度为每秒，射线的旋转速度为每秒，当时，求旋转时间t的值． 【答案】(1)40 (2)时；当时 (3)t为或 【分析】（1）根据三角形内角和定理得到，由平角的定义及计算得到，在四边形中根据内角和定理即可求解； （2）由折叠的性质得：，，结合图形分类讨论：当在的左侧时（）；当在的右侧时（）；结合角度的数量关系列式求解即可； （3）根据题意得到射线到的时间为秒，射线到的时间为秒，，，结合运动情况分类讨论：与相遇前；在与相遇后；由平角的定义列式求解即可． 【详解】（1）解：在中，， ∴， ∵与关于直线对称，点落在边上，，与关于直线对称，点落在边上， ∴， ∴， ∵，则， ∴， 在四边形中，， 故答案为：40； （2）解：由折叠的性质得：，， ，， ①当在的左侧时（）， ， ， ， ； ②当在的右侧时（）， ， ， ， ． 综上，x，y满足当时；当时． （3）解：当时，， ∵射线的旋转速度为每秒，射线的旋转速度为每秒，到位置停止， ∴射线到的时间为秒，射线到的时间为秒， 由题意可知，，， ①与相遇前，则， ∴， 解得； ②与相遇后，则， ∴， 解得，不合题意舍去； ∴在与相遇后，当时，射线已停止旋转， ∴此时， ， 解得， 综上，当t为或时，． 【变式训练3-1】【问题情境】 在数学活动课上，老师带领学生用一副直角三角尺进行“玩转三角尺”的探究活动．把一副三角尺按照如图方式摆放．其中，，，，，在同一直线上． (1)如图1， ； 【操作探究】 (2)如图2，如果把图1所示的以为中心逆时针旋转得到，当转到与直线首次重合时，停止转动．当时，为多少度？ 【拓展延伸】 (3)如图3，作关于直线的对称，保持不动，绕点逆时针旋转，在转到与直线首次重合过程中，当与的一边所在直线垂直时，请直接写出旋转角的度数 ． 【答案】(1) (2)或 (3)或或 【分析】（1）根据平角的定义列式计算即可； （2）先求出的度数，然后分在内部和在外部两种情况，根据角的和差关系列式求解； （3）分旋转后与所在直线垂直、与所在直线垂直、与所在直线垂直三种情况求解． 【详解】（1）解：，， ； （2）解：由（1）可知， ， 如图，当在内部时， 由旋转可知， ， ； 如图，当在外部时， 由旋转可知， ， ； 综上所述，或； （3）解：如图，当旋转得到的边所在的直线时，垂足为， ， 四边形是矩形， ， 由折叠可知， ； 如图，当旋转得到的边所在的直线时，此时在线段上， 由折叠可知， ； 如图，当旋转得到的边所在的直线时， ， ． 综上所述，当与的一边所在直线垂直时，旋转角的度数为或或． 【变式训练3-2】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． 【答案】(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． 【变式训练3-3】图形的旋转变换是研究数学相关问题的重要手段之一，在研究三角形的旋转过程中，发现下列问题． (1)【观察猜想】 如图1，在中，，，点是平面内不与点，重合的任意一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，则的值是___________，直线与直线相交所成的较小角的度数是___________； (2)【类比探究】 如图2，点是线段上的动点，分别以，为边在的同侧作正方形与正方形，连接分别交线段于点． ①求的度数； ②连接交于点，若，求； (3)【拓展延伸】 如图3，中，，，，分别是，的中点，连接．如图4，将绕着点顺时针旋转角度交于点，连接，射线交于点．若射线将分成的两个角满足，求的值． 【答案】(1)； (2)①；②； (3) 【分析】（1）根据题意可得和为等边三角形，结合角的和差可得，利用全等三角形的性质可得，结合三角形内角和可得直线与直线相交所成的较小角的度数． （2）①连接，根据正方形的性质可得， ，证明，根据相似三角形的性质可得． ②连接交于点，根据正方形的性质可得，进而证明，利用相似三角形的性质可得， 进而得出． （3）连接，根据题意可利用中位线定理和等腰三角形的性质，得，，， ，根据平行线的性质可得，根据三角形内角和可得，根据勾股定理即可求得，由题意可知，，直线交于点，直线交于点，过点作垂线，垂足为，直线交于点，连接，根据相似三角形的性质和判定，勾股定理，解方程即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴为等边三角形， ∵线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴如图，延长交于点，则直线与直线相交所成的较小角的度数是：． （2）解：①如图，连接，交与点， ∵四边形是正方形， ∴，且，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴． ②解：补充图，如图所示： ∵是正方形的对角线， ∴， 由①可知，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． （3）解：连接，如图所示： ∵，点、分别是、的中点， ∴是的中位线，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 射线将分成的两个角， ， 旋转后，直线交于点，直线交于点，过点作垂线，垂足为，直线交于点，连接，如图所示： ∵， ∴， 又∵，，，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 设，则，，， ∵ ∴， 又∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴，即， 解得：，（舍）， ． 题型4 其他旋转综合 【例4】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E，F，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B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G，直线交射线于点H，连接，请直接写出的长． 【答案】(1)，证明如下： ， ， ， ， 根据旋转可得，，， ， ， ； (2)四边形是菱形，证明如下： 在中，，为斜边的中点， ∴， 由旋转可得，， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴将和代入中， 得，即是斜边的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴垂直平分，垂直平分， ∴四边形为菱形； (3)的长为或 【分析】（1）根据旋转的性质可知，再根据“等角对等边”得出答案； （2）在中，是中点，故；由旋转得，是中点，故；再证，结合，得与互相垂直平分，故四边形是菱形； （3）分两种情况讨论：①当时，根据勾股定理，得，再根据中点定义得，结合，得，即可求出，进而求出，然后证明，可知，可求，最后根据得出答案；②当时，设交于点，可得，再说明，结合中点的定义求出，然后证明，可得，即可求出，最后根据勾股定理得出答案． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：①当时，如图， ，， ∴， 是的中点， ． 在中，， 由旋转的性质得，， ， ， ， ， ， ， ， ， ； ②当时，如图，设交于点，点与点重合， ， ， ， ， 为的中点，则， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ， 即， ， 综上所述，的长为或． 【点睛】本题核心是三角形旋转性质直角三角形中点模型相似和三角函数的综合应用，利用旋转前后对应边、角相等，结合中点性质、菱形判定、三角函数或相似求解；要先明确旋转等量关系，复杂图形画辅助线拆解，分类讨论要覆盖所有位置情况． 【变式训练4-1】旋转是图形的一种基本变换，通过图形的旋转变换、能将一些简单的平面图形按要求旋转到适当的位置，并且保持对应“元素”． 【问题解决】如图1，是等边内一点，且 若将绕点顺时针旋转得到． (1)则点与之间的距离为 ， （直接写出答案）． (2)如图2，在（1）的条件下，过作交延长线于，则 （直接写出答案）． 【类比探究】 (3)如图3，点是正方形内一点，．求的度数和正方形面积． 【答案】(1)； (2) (3)的度数为，正方形面积 【分析】（1）利用旋转的性质和全等三角形的性质可得，为等边三角形，，，再根据全等三角形的性质和勾股定理逆定理可得为直角三角形，进而求解即可． （2）根据所对的直角边为斜边的一半，可得，利用勾股定理可得，从而求得，进而利用勾股定理可得． （3）将绕点按顺时针方向旋转，使与重合，过点作，交的延长线于点，由旋转可得：，，，，根据等腰直角三角形判定定理可得为等腰直角三角形，则，根据勾股定理可得，，，再根据勾股定理逆定理可得为直角三角形，即，再根据角之间的关系可得；然后可推出为等腰直角三角形，求得，最后同（2）可得，即可求出正方形面积． 【详解】（1）解：∵绕点顺时针旋转得到， ∴，，， ∴，为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴为直角三角形，， ∴； （2）解：由（1）知，，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：将绕点按顺时针方向旋转，使与重合，得到，过点作，交的延长线于点，如图： ， 由旋转可得：，，，， ∴为等腰直角三角形， ∴， 在中，由勾股定理可得， ∴， ∵， ∴， ∴为直角三角形，且， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， 在中，， 即， 解得， ∴， 在中，， 即， ∴， 综上，的度数为，正方形面积． 【变式训练4-2】请根据小明的数学探究活动单，完成下列任务． 研究内容：“变换” 提出概念：已知点，如果点满足，那么称点是点P的“变换”点． 理解概念： (1)如图1，已知点和点，当时，求点P，Q对应的“变换”点，并在图1中画出线段． 探究性质： (2)研究发现：线段可由线段通过一次图形变换得到； 请描述这种图形变换（如果是平移请说明平移方向，距离；如果是轴对称请说明对称轴，如果是旋转请说明旋转中心，旋转方向，旋转角度）． (3)线段是线段的“变换”线，，请你求出直线的“变换”线，． 运用性质： (4)如图2，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，B，C的坐标分别为，，，曲线是反比例函数图象的“变换”线，，交边于点M，N，直线，分别交边于点E，F，记，，，的面积分别为，，，，求的值． 【答案】(1)，图见详解 (2)线段可由线段通过绕原点逆时针旋转变换得到 (3) (4) 【分析】（1）代入给出的方程组求解，然后在坐标系中画出图形即可； （2）根据（1）可进行求解； （3）设直线上的任意一点坐标为，，则“变换”后的，然后可得，进而把代入进行求解即可； （4）由题意易得曲线l的解析式为，然后可得直线的解析式为，则有，进而根据菱形的性质及两点距离公式可得，最后问题可求解． 【详解】（1）解：∵，，， ∴，， ∴， 所作线段如图所示： （2）解：如图，由（1）可知：， ∴P点绕点O逆时针旋转得到点，Q点绕点O逆时针旋转得到； 综上可知：线段绕点O逆时针旋转得到线段； （3）解：设直线上的任意一点坐标为，，则“变换”后的， ∴， 解得：， 代入直线得：， 整理得：， ∴直线的“变换”线为； （4）解：设反比例函数上任意一点P为，点P的“变换”点， ∵， ∴，解得：， 代入反比例函数得，， 整理得：， 由图象可知：， ∴， ∴曲线的表达式为， 设直线的解析式为， ∴，解得：， ∴直线的解析式为， 当时，解得：， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵，，， ∴， ∴， ∴， 设O点到的距离为h， ∵， ∴， 解得， ∴， ∴， 由菱形是中心对称图形可知：， ∴． 【变式训练4-3】在平面直角坐标系中，的半径为1，对于点A和线段，给出如下定义： 将线段绕点A顺时针旋转α可以得到线段（，分别是B，C的对应点），点P为线段上任意一点，若最小值为1，则称线段是的以点A为中心关于“α”的“关联线段”． (1)若． ①当时，如图点，，，，，，，的横、纵坐标都是整数，在线段，，，中，的以点A为中心关于“”的“关联线段”是_____； ②当时，且在直线上（点B在点C左侧），线段是的以点A为中心关于“”的“关联线段”，直接写出点B横坐标的取值范围； (2)若，，，点A在线段上，，直线与线段有交点，且线段是的以点A为中心关于“”的“关联线段”．直接写出b的取值范围． 【答案】(1)①，；② (2) 【分析】（1）①根据定义求解即可； ②根据逆向思维，将点O绕点A逆时针旋转后确定点的坐标，利用定义结合相似三角形，解直角三角形的性质求解即可； （2）先求出线段的解析式，根据定义，分情况讨论点A的位置，利用等腰直角三角形的性质，矩形的判定与性质求解即可． 【详解】（1）解：①根据题意，得，，，，，，，，， 旋转后， ，，，，，，，， 点O到的最小距离为，满足定义，此时符合要求； 点O到的最小距离为，不满足定义，此时不符合要求； 点O到的最小距离为点到的距离，与圆相切，距离等于半径1，满足定义，此时符合要求； 点O到的最小距离大于，不满足定义，此时不符合要求； ∴的以点A为中心关于“”的“关联线段”是；； ②设直线与x轴交于点G，与y轴交于点E， 则，， ∴， ∴， ∴， 将点O绕点逆时针旋转，得到， 连接，过点作轴于点Q，则，， ∴， ∴， ∵，且线段在直线上，点P为线段任意一点，的最小值为1， 此时分情况讨论： ①当点为临界点时， 如图，过点作， ∴， 在中，， ∴，即； ②当点为临界点时，此时点与点重合， ∵，， ∴， 在中，， ∴， 此时点与点E重合， 在中，，， ∴， ∵，， ∴，即点，，Q三点共线， ∴， 过点作轴交点K， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴点B横坐标的取值范围为． （2）解：设的解析式为， 将点M，N分别代入得：， 解得， ∴线段的解析式为， ①如图，当点N与点重合，将点O绕点逆时针旋转得点， ∵，且直线与线段有交点， ∴存在的区域为阴影部分的圆环， 当时，b有临界值， ∵，， ∴， 在中，， ∴， ∴b的临界值为； ②如图，当点M与点重合， ∵，， ∴， 将点O绕点逆时针旋转得点，此时点在线段上， 同理可得，当时，b有临界值， ∵与的k均为1， ∴， ∴， 延长交于点S， ∵， ∴，即是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， 在中，， ∴ ∴b的临界值为， 综上所述，b的取值范围是． 1．如图，在中，，，，将绕点B顺时针旋转得到，且点C的对应点D恰好落在上，连接 ，则的面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过点B作于点F，于点H，先根据图形旋转的性质及三角形内角和的性质，证明，再分别求出，的长即可． 【详解】解：过点B作于点F，于点H， ，，， ， 绕点B顺时针旋转得到， ， ，，， ，， ，， ， ， ， ， ，， ， 四边形是矩形， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， 的面积为． 2．如图，四边形是边长为2的正方形，动点E在边上，连接，将绕点E顺时针旋转至，连接，则的最小值是（    ） A．4 B． C．5 D． 【答案】B 【分析】过点作的垂线交延长线于点，并在延长线上取点，使得，连接，连接，证明，进而证明是等腰直角三角形，得到，再证明，推出，当点在线段上时，有最小值，最小值为的长，利用勾股定理求出即可得到结果． 【详解】解：过点作的垂线交延长线于点，并在延长线上取点，使得，连接，连接， ∵四边形是边长为2的正方形， ∴，， 由旋转性质得，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 当点在线段上时，有最小值，最小值为的长， 在中，，， ∴， ∴的最小值为． 3．如图，在中，，，以为边作，，点D与点A在的两侧，则的最大值为（   ） A．4 B．6 C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了勾股定理、旋转的性质、三角形的三边关系、二次根式的性质．作出合适的辅助线是解题的关键．由于的长度是变化的，所以把绕顺时针旋转，进而使的长度和，建立联系，再利用构成三角形的条件求解即可． 【详解】解：如图，把绕顺时针旋转得到，连接， ，，， ． ， 的最大值为． 4．如图，等边的边长为，点，分别在，上，，为上的动点，将绕点逆时针旋转得到，连接，，．下列结论不正确的是（   ） A．的最小值为 B．的最大值为 C．的最大值为 D．的最小值为 【答案】C 【分析】先构建平行四边形、，结合等边三角形性质得出，结合全等三角形的判定和性质推得点为上的定点，点在过点与平行的直线上运动，即可推得当时，的值最小，根据锐角三角函数的定义即可求出的最小值；通过证明、是等边三角形，结合等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质得出，，进一步可证明得出是等边三角形，分析可得当点与点重合时，点与点重合，当点与点重合时，点与点重合，此时的值最大，最大值为的长，结合垂直平分线的性质以及勾股定理求出的值，即可得出的最大值为；结合三角形的三边关系，得出当、、三点共线时，此时的值最大，最大值为；结合垂直平分线的判定和性质得出，进一步推得当、、三点共线时，此时的值最小，最小值为的长，即可得出答案． 【详解】过点作交于点，过点作交于点，交于点，过点作交于点，连接、、、、、．过点作于点，如图： 则四边形、为平行四边形， 故，，，，， ∵三角形是等边三角形， 故， 即， ∵， ∴，， 故， 又∵， ∴， ∴， 故， 即点为上的定点，点在过点与平行的直线上运动， ∵， ∴， 当时，的值最小，此时的最小值为；故A选项说法正确． ∵， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， 故， ∴， 即是等边三角形． 则，，， ，， 即，，， ∴， ∴，， 故， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴． 当点与点重合时，，此时点与点重合， 当点与点重合时，，此时点与点重合， 当点与点重合时，的值最大，即的最大值为的长． ∵，，， ∴， ∴， 即， ∵， ∴垂直平分， 故， ∴， 在中，， 在中，， 即的最大值为，B选项说法正确． 在中，， 即当、、三点共线时，此时点与点重合，的值最大，最大值为，故C选项说法错误． ∵，， ∴点在的垂直平分线上，点在的垂直平分线上， 故是的垂直平分线， 又∵点在直线上， 故， ∴， 即当、、三点共线时，此时的值最小，最小值为的长， ∵， 故的最小值为，D选项说法正确． 【点睛】本题考查了四边形与三角形的综合应用，平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，垂直平分线的判定和性质，锐角三角函数的应用等．构建平行四边形、，通过全等三角形的判定和性质得出点为上的定点，点在过点与平行的直线上运动，结合等边三角形的判定得出是等边三角形是解题的关键． 5．如图，在中，，，点分别是的中点．将绕点顺时针旋转，射线与射线交于点，在这个旋转过程中有下列结论：①；②存在最大值为；③存在最小值为；④点运动的路径长为．其中，正确的是（   ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】B 【分析】①根据可证得；②③在中，斜边是定值，当最小时，最大，作出图形，计算即可；④点在以点为圆心，长为半径的圆上运动轨迹为，计算即可得点运动的路径长． 【详解】解：设与交于点，如图2所示， ∵，，点分别是的中点， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴，故①正确； ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴当最小时，最小， 在中，由勾股定理得：， 在中，斜边是定值，当最小时，最大， ∵当最小时，最小，而， ∴当最大时，最小，此时，如图3所示 ， 在中，，∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∴存在最大值为，存在最小值为，故②正确，③不正确； 取的中点，连接、， ∵，∴点在以为直径的圆上运动， ∴，如图4， 当时，， ∴，∴， ∵将绕点顺时针旋转， ∴点在以点为圆心，长为半径的圆上运动轨迹为， ∴点运动的路径长为：，故④正确； 综上，①②④正确，③不正确， 故选：B． 6．如图，在中，，将绕点B按逆时针方向旋转后得到，则阴影部分面积为（    ） A．32 B．24 C． D．16 【答案】D 【分析】本题考查旋转的性质，含的直角三角形的性质，解题的关键是作出辅助线． 过作交于点，根据旋转得到，，，根据含的直角三角形的性质即可得到，即可得到答案； 【详解】解：如图，过作交于点， 绕点按逆时针方向旋转后得到，， ，，， ， ， ， ， 又，， ． 故选：D． 7．如图，点是正方形的边上一动点(点不与点，重合)，连接，以为旋转中心，将顺时针旋转后，点与点对应，连接，，若，则面积的最大值为(　　)    A． B． C．3 D． 【答案】A 【分析】本题考查正方形的性质、旋转的性质、全等三角形判定与性质及二次函数求最值．先过点作，先通过证明与全等，得到对应边相等，再用和表示的面积，最后通过二次函数求面积的最大值． 【详解】解：如图，过点作，则．    设()． ∵四边形是正方形， ∴，． ∵绕点顺时针旋转得到， ∴，． ∴． 又， ∴． 在和中：， ∴． ∴， ∴， ∴的面积， ∵是关于的二次函数，图象开口向下，， ∴当时，面积取得最大值：， 故选：A． 8．将一副三角板如图放置（为含的直角三角板，，，为含的直角三角板，）将三角板绕点逆时针旋转，使得三角板的一边所在的直线与垂直，则的度数为（    ）    A． B． C．或 D．或 【答案】C 【分析】本题主要考查的是旋转的性质，根据旋转的性质和已知条件进行分类讨论是解题的关键．根据题目要求，需要分两种情况讨论，第一种情况是当时，第二种情况是当时，再根据已知条件求解即可． 【详解】解：当时，如图，   ，， ， ， ， 旋转角为； 当时，如图，   ，， ， 旋转角为； 故选：C． 9．如图，在中，，点D是边的中点，点P是边上一个动点，连接，以为边在的下方作等边，连接，则的最小值为（   ） A． B． C． D．1 【答案】D 【分析】本题为利用旋转求最短距离问题，考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，旋转的性质，直角三角形的性质等知识，综合性强，难度较大﹒根据题意得到， ，根据等边三角形性质得到，将线段绕点D逆时针旋转，得到线段，连接﹒证明是等边三角形，得到﹒证明，得到，进而得到，从而得到点Q在经过定点R且的定直线上运动，即可得到当，线段的值最小，结合，求出，得到的最小值为1． 【详解】解：∵，点D是边的中点，点P是边上一个动点， ∴， ， ∵是等边三角形， ∴， 如图，将线段绕点D逆时针旋转，得到线段，连接， ∵， ∴是等边三角形，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴点Q在经过定点R且的定直线上运动， ∴当，即时，线段的值最小， ∵， ∴， ∴的最小值为1， 故选：D． 10．在中，，，点在边上，．若，，则的长为（    ） A．9 B． C．10 D． 【答案】B 【分析】解题的核心思路是旋转构造．将绕点顺时针旋转至，连接、．首先利用证明，从而得到，并推导出．再证明，得到．这样，在中，由勾股定理得，即．最后代入已知数值，即可求出的长度． 【详解】解：如图， 将绕点顺时针旋转得到，连接． 由旋转可知，，且． ∴． 在与中， ∵，，， ∴． ∴，． ∵中，，， ∴． ∴． ∴． 在中，由勾股定理得：． 又∵， ∴． 在与中， ∵，，， ∴． ∴． ∴，即． 已知，， 代入得：． 解得：． 故选：B． 【点睛】本题考查旋转法构造全等三角形、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理．解题的关键是成功构造旋转全等，并利用角证明第二次全等，从而将转移到． 11如图，正方形和的边长分别是2和5，将正方形绕点C旋转，在旋转过程中，的面积S的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查正方形的性质，垂线段最短，勾股定理，旋转的性质，利用数形结合的思想是解题关键． 由题意可求出，可判断点A的运动轨迹为以C为圆心，为半径的圆，交点A的运动轨迹于点和，从而得出以为底时，高的取值范围，进而即可求解． 【详解】解：∵正方形的边长5， ∴． ∵正方形的边长是2， ∴点A的运动轨迹为以C为圆心，为半径的圆，设线段的中点为，连接，交点A的运动轨迹于点和，如图， ∵，， ∴点A在运动过程中，距离的最小距离为， 最长距离为， ∴， ， ∴S的取值范围是． 故选：D． 12．如图，平面直角坐标系中，已知，，，线段上有一点，连，且绕点逆时针旋转得，则的最小值和最大值（   ） A．9，18 B．9，10 C．3， D．3， 【答案】C 【分析】过点作轴的垂线，根据全等三角形的判定与性质，得出点在直线上，据此求出的最大值及最小值即可． 【详解】解：过点作轴的垂线，垂足为， 由旋转可知，， 所以， 所以． 在和中， ， 所以， 所以， 所以点在直线上． 当与直线垂直时，取得最小值， 因为点坐标为， 所以的最小值为． 当点在点处时， 点坐标为， 则； 当点在点处时， 点坐标为， 则， 因为， 所以的最大值为， 显然只有C选项符合题意． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了坐标与图形变化-旋转，全等三角形的性质和判定，勾股定理，实数的大小比较等知识点，熟知图形旋转的性质是解题的关键． 13．在矩形中，点是直线上一个动点，连接． (1)如图1，若平分，，，连接，求的面积； (2)如图2，点是的中点，将直线绕点逆时针旋转后，恰好经过点，交于点，连接，若．求证：． (3)如图3，点是的中点，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，，．若，，当取最小值时，请直接写出此时的长度． 【答案】(1)6 (2)证明：如图：过A作交于M点， ∴， ∵P是中点， ∴， 在与中 ， ∴； ∴，， ∵矩形， ∴， ∴， ∴即， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． (3) 【分析】（1）利用矩形的性质、等腰三角形的判定与性质可得，即；再利用三角形的面积公式求解即可； （2）如图：过A作交于M点，证明可得，，再根据旋转的性质、三角形外角的性质、等角对等边以及等量代换可得，最后根据线段的和差以及等量代换即可证明结论； （3）如图：取的中点F，连接，即，过Q作垂直于直线于G，即，证明可得，如图：以D为坐标原点建立直角坐标系，则Q在直线l：上，易得当共线时，有最小值；再求得直线的解析式为，易得；如图：过作垂直于直线于，则，如图：根据题意旋转逆向作图，得到，求得，最后根据两点间距离公式求解即可． 【详解】（1）解：∵矩形， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的面积． （2）略 （3）解：∵矩形，，， ∴， 如图：取的中点F，连接，即， ∵点是的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， 如图：过Q作垂直于直线于G，即， ∴， ∵将线段绕点逆时针旋转，得到线段， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 如图：以D为坐标原点建立直角坐标系，则Q在直线l：上， ，作C关于直线l的对称点，连接交直线l于，连接， ∴ ∴当共线时，有最小值， 设直线的解析式为， 则，解得：， ∴直线的解析式为， 联立，解得：，即， 如图：过作垂直于直线于，则，如图：根据题意旋转逆向作图，得到， 同理可证：∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴当取最小值时，的长度为． 14．在中，，，，将绕顶点顺时针旋转，旋转角为，得到． (1)如图1，若旋转角，求的度数； (2)如图2，当时，设与相交于点，与交于点，连接，求的面积； (3)如图3，设中点为，线段上有一动点，连接．在旋转过程中，线段的长度是否存在最大值和最小值？如果存在，请直接写出这个最大值与最小值． 【答案】(1) (2) (3)最小值：；最大值： 【分析】（1）通过旋转角得出及，利用等腰三角形性质结合已知求． （2）由得内错角相等确定旋转角，结合条件证为等边三角形，又，则，的直角三角形的性质得出，由勾股定理得，则，证明为等腰三角形，则，过点作的高，则，勾股定理求出，再根据，求解即可． （3）利用中点得，分别求点到直线的最小垂距（结合到直线距离与共线关系）和到的最大距离（利用三点共线时线段和）． 【详解】（1）解：∵将绕顶点顺时针旋转，旋转角为且， ， ， ， ． （2）解：， ， 根据旋转可得， ， ， ∴在中，三个内角都为， ∴为等边三角形， 又， ， 又 ∵为的直角三角形， ， 由勾股定理得， ， ， ， ， 为等腰三角形，， ， 过点作的高， 则， ∴， ． （3）解：∵为中点， ， 由旋转性质，到的距离为， 故在上旋转时，的轨迹是以为圆心，内半径、外半径的圆环， 当三点共线且时，线段的长度最小，最小值为：． 最大值：即到的最远距离，当在正下方且共线时，线段的长度最大，最大值为：． 15．【问题情境】如图1，点E为正方形内一点，，，． (1)根据已知条件，求的值． 【操作感知】 如图2，在数学兴趣小组的活动中，同学们将直角三角形绕点A逆时针方向旋转度（），点B，E的对应点分别为点，． 【问题解决】 (2)如图3，在旋转的过程中，如果点落在了上，求的长． (3)如图4，在旋转的过程中，如果点与D重合，得到，延长交于点F． ①试判断四边形的形状，并说明理由； ②连接，求的长． 【问题拓展】 (4)思考绕点A逆时针方向旋转一周的过程中，线段（为E的对应点）长度是否存在最大值和最小值？如果存在，请你求出最大值和最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)①正方形，理由见解析；② (4)存在，， 【分析】（1）首先根据勾股定理解得的长度，然后根据余弦的定义求解即可； （2）首先计算该正方形的对角线的长度，由旋转的性质可得，然后由求解即可； （3）①首先证明四边形为矩形，再结合，即可证明四边形是正方形；②过点E作于G，证明，利用三角函数解得，的长度，在中，利用勾股定理求解即可； （4）首先根据题意确定点的轨迹为：以A为圆心、为半径的圆，然后计算线段长度的最大值和最小值即可． 【详解】（1）解：在中，，，， 由勾股定理，可得， ∴； （2）∵四边形为正方形， ∴结合（1）可得，，， ∴该正方形的对角线， 由旋转的性质可得， ∴； （3）①四边形是正方形，理由如下： 由旋转的性质可得， ∴，， ∵，且点与D重合， ∴， ∵，且， ∴四边形为矩形， 又∵， ∴四边形是正方形； ②过点E作于G，如下图， 在中，，， ∵，，即， ∴， ∴， ∴， ， ∴， ∴在中，； （4）根据题意，绕点A逆时针方向旋转一周， 则点的轨迹为：以A为圆心、为半径的圆，如下图， ∵正方形对角线， 根据圆外一点到圆周距离，可得 ， ． 16．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． 【答案】(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． 17．在中，，，为平面内一点． (1)如图1，点在上，是上一点，连接、，过点作于点，若，，，求的长； (2)如图2，点在上，是上一点，连接并延长交的延长线于点，是上一点，连接，满足，，连接，过点作于点．若，请用等式表示线段与之间的数量关系，并证明： (3)如图3，为内的动点，，以、为邻边构造平行四边形，连接、．是内一动点，是直线上一个动点，将点绕着的中点逆时针旋转到点，若，当和同时取得最小值时，连接、，直接写出四边形的面积． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质先求出、的长度，过点作于点，利用三角函数定义求出、相关线段长度，利用勾股定理求解即可； （2）在上取一点M，使得，连接，将沿翻折得到，连接，设与交于点，易证明，设，易得到、、、四点共圆，进而得到是等腰直角三角形，利用勾股定理证明即可； （3）根据题意可得，点在以点为圆心，长为半径的上运动，点G在直线上运动时，点在直线上运动，作交于点P，将绕点F逆时针旋转至，连接交于点Q，易证明，得到是等腰直角三角形，则，当时，有最小值，此时点与点重合，将绕点顺时针旋转至，得到是等边三角形，即，当、、M、D、H共线时，有最小值，证明是以为顶角的等腰三角形，过点A作于点R，在中，、，利用勾股定理求出和长，利用进行求解即可． 【详解】（1）解：∵， ， ∵在中，， ，， ∵在中，， ， ， ∵在中，， ， ， ， ∴在中，由勾股定理得： ； （2）解：，证明如下： 在上取一点M，使得，连接，将沿翻折得到，连接，设与交于点， ，， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， 设， 由（1）知，， ， ， ， ， ， ， 、、、四点共圆， ， 是等腰直角三角形， ， ， ； （3）解：四边形是平行四边形， ，， ∴在中，， ∴， ， 在下方作以为斜边的等腰直角三角形， 则点在以点为圆心，长为半径的上， 是等腰直角三角形， ，， ， 作交于点P，将绕点F逆时针旋转至，作直线交于点Q， ，，， ， ， ， 点G在直线上运动时，点在直线上运动， ， ， ，， 是等腰直角三角形， ， ，，， ， ， 是等腰直角三角形， ， 当时，有最小值，此时点与点重合， 将绕点顺时针旋转至， ，，， 是等边三角形， 、， ， 当、、M、D、H共线时，有最小值， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， ， ， ， 是等边三角形， ，， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形， ， ， 如图，在中，过点A作于点R， ， 在中，， ， ， ， 在中，由勾股定理得： ， ，， ∴ 是等腰三角形， ， ， 在中，由勾股定理得： ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质、解直角三角形、勾股定理、圆周角定理、全等三角形的判定与性质、旋转的性质、翻折的性质，正确作出辅助线，熟练掌握相关性质定理，数形结合的思想方法的运用是解题的关键． 18．数学在我们生活中无处不在，一节广播操的运动过程就有数学问题．如图1为一节广播操动作的示意图，为了研究方便，两手手心位置分别记为A，B两点，两脚脚跟位置分别记为C，D两点，若A，B，C，D在同一个平面内，做操过程中将手脚运动近似看作A，B，C，D绕点O转动，其中O为该平面内的一个定点． (1)在腿部运动的过程中，A，O，B三点始终共线．如图2，当A，B不在水平方向上时，若，，求的度数； (2)图3为体侧运动，在运动前，A，O，B三点共线，且，，平分，且．绕点O顺时针旋转，若的旋转速度为，的旋转速度为，当运动到位置时，运动停止．运动停止时，直接写出______；（用小于平角的度数表示） 【答案】(1) (2) 【分析】（1）不妨设，故，因为，求解即可； （2）此时转动的时间为：，因为的旋转速度为， 故转过的角度为：，此时． 【详解】（1）解：因为， 不妨设， 故， 因为， 所以， 解得， ； （2）解：根据题意，，得， 因为，平分， 所以， 所以， 当运动到位置时，运动停止， 的旋转速度为，此时转动的时间为：， 因为的旋转速度为， 故转过的角度为：， 此时． 学科网（北京）股份有限公司 $