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2025年中考数学压轴题专练：旋转综合题
1．将一块直角三角板的直角顶点绕矩形的对角线的交点旋转（图①图②，，图中的、分别为直角三角形的直角边与矩形的边的交点．

(1)如图①，当三角板一直角边与重合时，求证：．
(2)如图②中、求的值．
(3)如图②，连接，直接写出的最小值为_______．
2．【探究与证明】
【问题情境】如图1，点E为正方形内一点，，，，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】
(1)如图2，在旋转的过程中，点落在了上，求此时的长；
(2)若，如图3，得到（此时与D重合），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．
3．已知：如图①，在矩形中，，，，垂足是E．点F是点E关于的对称点，连接．

(1)求和的长；
(2)若将沿着射线方向平移，设平移的距离为m（平移距离指点B沿方向所经过的线段长度）．当点F分别平移到线段上时，求出相应的m的值．
(3)如图②，将绕点B顺时针旋转，记旋转中的为，在旋转过程中，设所在的直线与直线交于点P，与直线交于点Q．当为等腰三角形时，直接写出的长．
4．知：，其中，直线交直线于点．

(1)图1中，点在上，求证：；
(2)若将图1中的绕点按顺时针方向旋转，如图2，图3，你认为（1）中的结论还成立吗？请直接写出，与之间的数量关系；
(3)若，，则___________．
5．已知和都是等腰三角形，．

(1)如图①，当点D在外部，点E在内部时，求证：．
(2)如图②，和都是等腰直角三角形，，点C，D，E在同一直线上，为中边上的高．求的度数；判断线段之间的数量关系，并说明理由．
(3)如图③，和都是等腰直角三角形，，将绕点A逆时针旋转，连结．当时，在旋转过程中，与的面积和是否存在最大值？若存在，写出计算过程；若不存在，请说明理由．
6．（问题提出）如图1，在等边内部有一点P，，，，求的度数．
（数学思考）当图形中有一组邻边相等时，通过旋转可以将分散的条件集中起来解决问题．
【尝试解决】将绕点A逆时针旋转，得到，连接，则为等边三角形．，又，，，为 三角形，的度数为 ．
【类比探究】如图2，在中，，，其内部有一点P，若，，，求的度数．
【联想拓展】如图3，在中，，，其内部有一点P，若，，，求的度数．

7．在中，，，将绕点A按顺时针方向旋转得到，旋转角为α，点B的对应点为点D，点C的对应点为点E．

(1)如图,当时，连接、，并延长交于点F，则 ;
(2)当时，请画出图形并求出的长；
(3)在旋转过程中，过点D作垂直于直线，垂足为点G，连接．当，且线段与线段无公共点时，请猜想四边形的形状并说明理由．
8．如图1，四边形都是正方形，E．G分别在边上，已知.

(1)求正方形的周长；
(2)将正方形绕点A逆时针旋转时，如图2，求证：．
(3)将正方形绕点A逆时针旋转45°时，如图3，延长交于点H，设与的交点为M．
①求证：；
②当时，求线段的长．
9．知识探究：如图1，点E是正方形对角线AC上任意一点，以点E为直角顶点的直角两边，分别角与，相交于M点，N点．当时，请探究与的数量关系，并说明理由；
拓展探究：当绕点E顺时针旋转到点M与点D重合时，如图2，请探究与的数量关系，并说明理由；
迁移运用：在图2的基础上，过点E作于点H，如图3，证明H是线段的中点．

10．已知、，其中，，，将绕着点B旋转．

(1)当旋转到图1位置，连接、交于点，连接；
①探究线段与线段的关系；
②证明：平分；
(2)当旋转到图2位置，连接、，过点作于点，交于点，证明：．
11．如图1，正方形的边长为2，在中，（），，当时，恰好经过的中点G．

(1)如图2，连接，，则四边形为______形；
(2)将图1中的绕点B按顺时针方向旋转角度（），得到图3，连接，，求证：，；
(3)在（2）的旋转过程中，当C，F，E三点共线时，请直接写出线段的长度．
12．在中，，，点是平面内不与点，重合的任意一点，连接，将线段绕点旋转得到线段，连接、、．

(1)当时，
①如图1，当点在的边上时，线段绕点顺时针旋转得到线段，则与的数量关系是_______________；
②如图2，当点在内部时，线段绕点顺时针旋转得到线段，①中与的数量关系还成立吗？若成立，请证明结论，若不成立，说明理由；
(2)当时，
①如图3，线段绕点顺时针旋转得到线段．试判断与的数量关系，并说明理由；
②若点，，在一条直线上，且，线段绕点逆时针旋转得到线段，求的值．
13．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．
14．在中，，，，点是边上任意一点，点是直线上一动点，连接，将绕点顺时针旋转，旋转角为，得到线段，连接．

(1)如图1，，，点在射线上，求的长；
(2)如图2，，于点，，猜想线段之间存在的数量关系，并证明你的猜想：
(3)如图3，，点在射线上，点是上一点且满足，连接，直接写出当最小时，点到的距离．
15．如图所示，等腰直角中，．
(1)如图1所示，若D是内一点，将线段绕点C顺时针旋转得到，连结，，则线段、的关系为______；
(2)如图2所示，若D是外一点，将线段绕点顺时针旋转得到，且，求证：；
(3)如图3所示，若是斜边的中线，为下方一点，且，，，求出的长．
16．阅读下面活动内容，完成探究1-3的问题：将一个矩形绕点A顺时针旋转α，得到矩形，连结．

[探究1]如图1，当时，点恰好在延长线上．若，求的长．
[探究2]如图2，连结，过点作交于点M，线段与相等吗？请说明理由．
[探究3]在探究2的条件下，射线分别交，于点P，N（如图3），发现线段存在一定的数量关系，请写出这个关系式，并加以证明．
17．如图1，中，，，，将绕点B顺时针旋转得到，其中是点A的对应点，且，连接，．

(1)求证：；
(2)如图2，当点在线段上时，求的面积；
(3)直线与直线交于点D，点E是边的中点，连接，在旋转过程中，求的最大值．
18．将下列三幅图中的的边绕其顶点逆时针旋转得到线段．

(1)如图，将边绕点逆时针旋转得到线段，连接，求证：≌；
(2)如图，连接，点在上，且满足，连接，点为上一点，连接交于点，若，，求证：．
(3)如图，连接，若，是等边三角形，，两点分别在，上，且满足，请探究线段，，之间的数量关系，并证明你的结论．
19．综合与实践
数学实践活动，是一种非常有效的学习方式．通过活动可以激发我们的学习兴趣，提高动手动脑能力，拓展思推空间，丰富数学体验．让我们一起动手来折一折、转一转、剪一剪，体会活动带给我们的乐趣．
折一折：将正方形纸片折叠，使边、都落在对角线上，展开得折痕、，连接，如图1．
(1)______°，写出图中两个等腰三角形：______（不需要添加字母）；
转一转：将图1中的绕点旋转，使它的两边分别交边、于点、，连接，如图2．
(2)线段、、之间的数量关系为______；（不说明理由）
(3)连接正方形对角线，若图2中的的边、分别交对角线于点、点．如图3，求的值；
剪一剪：将图3中的正方形纸片沿对角线剪开，如图4．
(4)若，，请直接写出线段的长．
20．如图1，在中，把绕点顺时针旋转（）得到，把绕点逆时针旋转得到，连接．当时，我们称是的“旋补三角形”，边上的中线叫做的“旋补中线”，点叫做“旋补中心”．
(1)在图2，图3中，是的“旋补三角形”，是的“旋补中线”．
①如图2，当为等边三角形时，与的数量关系为______；
②如图3，当，时，则长为_______．
(2)在图1中，当为任意三角形时，猜想与的数量关系，并给予证明．
(3)如图4，在四边形，，，，，，在四边形内部是否存在点，使是的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．
21．如图1，正方形对角线、交于点，、分别为正方形边、上的点，交于点，为中点．
(1)请直接写出与的数量关系。
(2)若将绕点旋转到图2所示位置时，（1）中的结论是否成立，若成立请证明；若不成立，请说明理由；
(3)若，为中点，绕点旋转过程中，直接写出点与点的最大距离与最小距离之差。
22．已知，如图，正方形的边长为，点、分别在边、的延长线上，且，连接．
(1)证明：；
(2)将绕点顺时针方向旋转，当旋转角满足时，设与射线交于点，与交于点，如图所示，试判断线段、、的数量关系，并说明理由．
(3)若将绕点旋转一周，连接、，并延长交直线于点，连接，试说明点的运动路径并求线段的取值范围．
23．如图，和的顶点重合，，，，．
(1)如图1，当点，分别在，上时，得出结论： ；直线与直线的位置关系是 ；
(2)如图2，将图1中的绕点顺时针旋转一周的过程中，连接，，其所在直线相交于点．
①（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，说明理由．
②当的长度最大时，求线段的长度．
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《2025年中考数学压轴题专练：旋转综合题》参考答案
1．(1)见详解
(2)
(3)5
【分析】（1）连接，根据矩形性质及旋转得到垂直平分，，在中，用勾股可得，再等量代换即可求得；
（2）延长交于E，先证明，从而得出再结合勾股定理证出，根据已知线段长得出，，用平方差公式转换即可解答；
（3）根据确定，当时，取最小值，计算即可；
【详解】（1）证明：连接，

∵矩形的对角线交于点，
∴，
∵三角板一直角边与重合，
∴，即垂直平分，
∴，
∵，
∴，
；
（2）延长交于E，

∵矩形的对角线交于点，
即；
，
，
，
，
；
（3）
，
故当与最小时，取最小值，
即时，与都最小，
此时，
，
故最小值为5．
【点睛】该题主要考查了全等三角形的性质和判定、线段垂直平分线的性质、勾股定理等知识点，解题的关键是做辅助线证明三角形全等．
2．(1)
(2)①四边形是正方形，理由见解析；②
【分析】（1）由勾股定理得，再由正方形的性质得，然后由旋转的性质得，即可求解；
（2）①由旋转的性质得，，，再证四边形是矩形，即可得出结论；
②过点作于点，证，得，，则，再由勾股定理求解即可；
【详解】（1），，，
，
四边形是正方形，
，，
，
由旋转的性质得：，
；
（2）①四边形是正方形，理由如下：
由旋转的性质得：，，，
，
四边形是矩形，
又，
四边形是正方形；
②过点作于点，如图3所示：
则，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
．

【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的判定与性质、旋转变换的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和旋转变换的性质，证明是解题的关键，属于中考常考题型．
3．(1)，
(2)当点落在上时，，当点落在上时，
(3)的长度分别为2或或或．
【分析】（1）利用矩形性质、勾股定理及三角形面积公式求解；
（2）依题意画出图形，如图所示．利用平移性质，确定图形中的等腰三角形，分别求出m的值；
（3）在旋转过程中，等腰有4种情形，分别画出图形，对于各种情形分别进行计算即可．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，
，
在中，，，
由勾股定理得：，
，
，
∵点F是点E关于的对称点，
，，
，
，
在中，，，
由勾股定理得：．
（2）解：设平移中的三角形为，如图所示：

由对称点性质可知，．，
由平移性质可知，，，．
①当点落在上时，
，
，
，
，即；
②当点落在上时，
，
，
，，
，
又易知，
为等腰三角形，
，
，即；
（3）解：存在．理由如下：
在旋转过程中，等腰依次有以下4种情形：
①如图所示，点Q落在延长线上，且，则，

，
，，
，
，
．
在中，由勾股定理得：．
；
②如图所示，点Q落在上，且，则，

，
，
，
则此时点落在边上．
，
，
，
．
在中，由勾股定理得：，
即：，
解得：，
；
③如图所示，点Q落在上，且，则．

，，
．
，
．
，
，
，
，
．
在中，由勾股定理得：，
；
④如图所示，点Q落在上，且，则．

，，，
，
，
．
综上所述，存在4组符合条件的点P、点Q，使为等腰三角形；的长度分别为2或或或．
【点睛】本题是四边形综合题目，主要考查了矩形的性质、轴对称的性质、平移的性质、旋转的性质、勾股定理、等腰三角形的性质等知识点；第（3）问难度很大，解题关键是画出各种旋转图形，依题意进行分类讨论．
4．(1)见解析
(2)不成立，见解析
(3)3或13
【分析】（1）连接，由，可得，，即可证明，有，从而；
（2）图2中连接，证明，得，可得；图3中连接，证明，可得；
（3）分为当在线段上时及当在的延长线上时，两种情况进行讨论即可．
【详解】（1）证明：连接，
，
，，
，
，
，
，
，
，
；
（2）：（1）中的结论不成立，
图2中，理由如下：
连接，
，
，，
，
，
，
，
，
，
；
图3中，理由如下：
连接，
，
，，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：当在线段上时，由（1）知，
，
当在的延长线上时，由（2）可知，
；
综上所述，的长为3或13．
故答案为：3或13．
【点睛】本题考查几何变换综合应用，涉及全等三角形的判定与性质，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
5．(1)见解析
(2)，见解析
(3)存在，7
【分析】（1）证明 ，即可得出结论；
（2）由等腰直角三角形的性质得 ，则 ，同 （1） 得 ，则 ， 然后由等腰直角三角形的性质得 ，即可解决问题；
（3）根据旋转的过程中 的面积始终保持不变，而在旋转的过程中， 的边 始终保持不变，即可解决问题；
【详解】（1）证明：∵，
即 ，
在 和 中，
（2），理由如下：
∵ 是等腰直角三角形，
∴，
∴，
同 （1）得： (SAS)，
∴，
∴，
∵ 是等腰直角三角形， 为 中 边上的高，
∴，
∵，
∴；
（3） 与 的面积和存在最大值为7，理由如下：
如图（4）

由旋转可知，在旋转的过程中 的面积始终保持不变 ，
∵ 与 面积的和达到最大，
∴ 面积最大，
∵在旋转的过程中， 始终保持不变， ，
∴ 面积最大时， 点 到 的距离最大，
∴，
∴ 与 面积的和达到的最大值为：
【点睛】此题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质、等腰直角三角形的性质、旋转的性 质以及三角形面积等知识，本题综合性强， 熟练掌握等腰三角形的性质和旋转的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型
6．【尝试解决】直角，；【类比探究】；【联想拓展】
【分析】尝试解决：将绕点A逆时针旋转，得到，连接，根据旋转的性质，得到，为等边三角形，进而得到，，再利用勾股定理的逆定理，证明为直角三角形，得到，即可求出的度数；
类比探究：将绕点A逆时针旋转，得到，连接，根据旋转的性质，得到，为等腰直角三角形，进而得到，，再利用勾股定理的逆定理，证明为直角三角形，得到，即可求出的度数；
联想拓展：如图，以为直角边构造直角三角形，使得，，先证明，得出，进而证明，得到，然后利用特殊角的三角函数值，分别求出，，再利用勾股定理的逆定理，证明是直角三角形，得到，即可求出的度数．
【详解】尝试解决：解：将绕点A逆时针旋转，得到，连接，
，，，
为等边三角形，
，，
，
，，
，
为直角三角形，
，
，
的度数为，
故答案为：直角，；
类比探究：解：如图，将绕点A逆时针旋转，得到，连接，
由旋转的性质可知，，，，
是等腰直角三角形，
，，
，
，，
，
为直角三角形，
，
；

联想拓展：解：如图，以为直角边构造直角三角形，使得，，
，，
，，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
在中，，，，
，，
，
是直角三角形，
，
．

【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理逆定理，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，特殊角的三角函数值等知识，灵活运用相关知识解决问题是解题关键．
7．(1)
(2)作图见解析，
(3)四边形为菱形，理由见解析
【分析】（1）证明是等边三角形，得到点B、E在的中垂线上，进而求解；
（2）依据题意画图，如图1，证明，得到，，即可求解；
（3）证明，，则四边形为平行四边形，而，从而可得出结论．
【详解】（1）解：∵绕点A按顺时针方向旋转得到，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，，
又∵，
∴，
∴点B、E在的中垂线上，
∴是的中垂线，
∵点F在的延长线上，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∵，是等边三角形，，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）解：依据题意画图如图1，过点E作于点G，过点C作于点H，

∵，，
∴，
在中，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∵，,
则；
（3）解：如图，

∵，，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，且，
∵，
∴，
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为菱形．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、菱形的判定、旋转的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质和等边三角形的判定与性质、垂直平分线的判定与性质，熟练运用相关性质是解题的关键．
8．(1)16
(2)见解析
(3)①见解析；②
【分析】（1）根据周长的定义求解；
（2）由正方形，知， 可证， 于是；
（3）①证明：由，知，结合三角形内角和定理，可证， 于是；②解：连结交于点N，连结，如图， 由正方形绕点A逆时针旋转45°， 得与互相垂直平分，且在上， 求得，， 在中，；由， 解得， 于是.
【详解】（1）解：正方形的周长；
（2）证明：∵四边形都是正方形，
∴，
∵将正方形绕点A逆时针旋转，
∴，
在和，，
∴，
∴；
（3）①证明：∵，
∴，
∵,
又∵，
∴，
∴；
②解：连结交于点N，连结，如图，

∵正方形绕点A逆时针旋转45°，
∴与互相垂直平分，且在上，
，
∴，
∴，
在中，；
，
，
，
.
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的性质，勾股定理；通过全等三角形求证角相等、线段相等是解题的关键．
9．知识探究：，理由见解析；拓展探究：EM=EN，理由见解析；迁移运用：见解析
【分析】知识探究：根据正方形的性质可得，平分，再根据垂直定义可得，从而可得四边形是矩形，然后利用矩形的性质可得，从而利用角平分线的性质即可解答．
拓展探究：过点E作，垂足为P，过点E作，垂足为Q，根据垂直定义可得，再根据正方形的性质可得，平分，从而可得四边形是矩形，进而可得，然后利用等式的性质可得，再利用角平分线的性质可得，从而证明，最后利用全等三角形的性质即可解答；
迁移运用：连接，根据正方形的性质可得，平分，从而可得，然后证明，从而可得，进而可得，最后利用等腰三角形的三线合一性质即可解答．
【详解】解：知识探究：，
理由：∵四边形是正方形，
∴，平分，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴；
拓展探究：，
理由：过点E作，垂足为P，过点E作，垂足为Q，

∴，
∵四边形是正方形，
∴，平分，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵平分，，，
∴，
∴，
∴；
迁移运用：连接，

∵四边形是正方形，
∴，平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴H是线段的中点．
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
10．(1)①，，见解析；②见解析
(2)见解析
【分析】（1）①证明，即可得证；②证明，再根据全等三角形对应边上的高相等，推出，可得结论；
（2）在上截取，使，连接，用证明，再证明，可得结论．
【详解】（1）解：，，
，
，
又，，
，
，，
，
，
，
；
②证明：如图，过点作于点，于点，

，
，
又，，
，
又，，
（全等三角形对应边上的高相等），
平分；
（2）证明：在上截取，使，连接

，
，
，
，
又，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
．
【点睛】本题属于旋转变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
11．(1)正方
(2)见解析
(3)或
【分析】（1）由等腰三角形性质知，从而四边形是平行四边形，再根据，，得到是正方形；
（2）证明，即可得到，；
（3）采用动静互换，画出点C运动运动路径，求出长即可．
【详解】（1）解：，，
，
是中点，
，
四边形是平行四边形，
，，
是正方形，
故答案为：正方；
（2）证明：如图，延长交于点，

，
，
在和中
，
，
，，
，
，
，即；
（3）若不动，将正方形绕点按顺时针旋转，则点在以为圆心，为半径的圆上运动，如图：

当点C在延长线上时，
正方形边长为2，
，，
，
，
当点在延长线上时，
同理可知：，
由（2）可知：，
或．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理等知识，对第（3）小问采取动静互换是较快解决问题的关键．
12．(1)①；②成立，证明见解析；
(2)①，理由见解析；②或
【分析】（1）①根据旋转的性质和等边三角形的判定，易证和是等边三角形，得到，，，再利用“”证明，即可得到与的数量关系；
②由①可知，和是等边三角形，进而证明，得到，即可证明结论；
（2）①根据旋转的性质和等腰直角三角形的判定，易证和是等腰直角三角形，得到，，，进而得到，，易证，从而得到，即可得到与的数量关系；
②设，则，根据等腰直角的性质，得到，，分两种情况讨论：点在上和点在的延长线上，利用旋转的性质，等腰直角三角形的性质以及勾股定理分别求解，即可求出，的值．
【详解】（1）解：①，，
是等边三角形，
，，
线段绕点旋转得到线段，
，，
是等边三角形，
，，
，
在和中，
，
，
，
故答案为：；
②成立，理由如下：
由①可知，和是等边三角形，
，，，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）解：①，理由如下：
，，
是等腰直角三角形，
，，
线段绕点旋转得到线段，
，，
是等腰直角三角形，
，
，，
，
，
，
，
；
②，
设，则，
，，
是等腰直角三角形，
，，
如图，当点在上时，此时，

由旋转的性质可知，是等腰直角三角形，
，，
，，
由勾股定理得：，
；
如图，当点在的延长线上时，此时，

同理可知，，，
由勾股定理得：，
，
综上可知，的值为或．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，利用分类讨论的思想，熟练掌握手拉手—旋转型全等是解题关键．
13．(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．
14．(1)；
(2)，理由见解析；
(3)．
【分析】（1）过点作于点，由旋转及等腰直角三角形的性质得，，，，，进而求得，然后分别在、和中，解直角三角形即可得解；
（2）如图，过点作，交的延长线于点，根据平行线的性质得，再利用三角形的内角和定理以及旋转的性质得，从而得最后证明，，即可得解；
（3）如图，在、上分别取点、，使得，则，连接，延长到，使得，连接，先证、和都是等边三角形，得，，，，进而证明，得，由三角形相似得，于是有点在等边的外接圆的上运动，如图，连接、，分别过、作，于点、，则，利用解直角三角形及勾股定理以及相似三角形的性质即可得解．
【详解】（1）解：过点作于点，

∵，，，点是边上任意一点，点是直线上一动点，连接，将绕点顺时针旋转，旋转角为，，
∴，，，，
∴，
∵，
∴，
在中，，即，
解得，
∴，
在中，，即，
∴，
在中，，即，
解得；
（2）解：，理由如下：
如图，过点作，交的延长线于点，

∵，
∴，，
∵，
∴，
化简得，
∵，，，点是边上任意一点，点是直线上一动点，连接，将绕点顺时针旋转，旋转角为，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，即，
∴，
∵在和中，，，，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，，
∴，
∴；
（3）解：如下图，在、上分别取点、，使得，则，连接，延长到，使得，连接，

∵，，，点是边上任意一点，点是直线上一动点，连接，将绕点顺时针旋转，旋转角为，，
∴和都是等边三角形，
∴，，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，，
∴，
∵，即，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点在等边的外接圆的上运动，
如图，连接、，分别过、作，于点、，则，

∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴即，
解得，
∴，
，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定及性质、勾股定理、等边三角形的判定及性质、圆周角定理、垂径定理以及解直角三角形等知识，综合性较强，根据题意，作出相应辅助线是解题的关键．
15．(1)垂直且相等
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由等腰直角三角形性质得，再由旋转的性质得，，然后由证，即可得出结论；
（2）连接、，交于点，交于点，连接，证，得，再证，则，然后由等腰三角形的性质得，即可得出结论；
（3）过点作，且，连接、，并延长交于点，交于点，连接，证，得，，再证，则是等腰直角三角形，得，设，则，然后在中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】（1）解：是等腰直角三角形，，
，
由旋转的性质得：，，
，，
，
又，，
，
；
∵，
∴可以是绕点C旋转得到，
∴．
∴线段、的关系为垂直且相等．
（2）证明：如图2，连接、，交于点，交于点，连接，
由旋转的性质得：，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
即，
又，，
，
，
，
，
，
，
即，
，
，
，
；
（3）解：如图3，过点作，且，连接、，并延长交于点，交于点，连接，
则，
是等腰直角三角形，是斜边的中点，
，，
，
，
，
，，
又，
，
，
是等腰直角三角形，
，
在中，，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
解得：（负值已舍去），
，
．
【点睛】本题是几何变换综合题目，考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质以及勾股定理等知识，本题综合性强，熟练掌握旋转变换的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
16．[探究1]：；[探究2]：相等，理由见解析；[探究3]：，证明见解析．
【分析】[探究1]证，设，列出比例式并解出即可；
[探究2]先证，得，由得；由前两个结论得，然后即可得出；
[探究3] 连接，证，然后得，证， 列出比例式即可；
【详解】解：（探究1）如图1，设，

∵矩形绕点A顺时针旋转得到矩形，
∴点A，B，D在同一直线上，
∴，，
∴，
∵，
∴，
又∵点在的延长线上，
∴，
∴，
∴，
解得，（不合题意，舍去），
∴．
（2）．
证明：如图2，连接，

∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
（3）关系式为．
证明：如图3，连接，

∵，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
在和中，，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的旋转，相关知识点有：全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定、平行线的性质等知识点，辅助线的添加是解题关键．
17．(1)见解析
(2)
(3)4
【分析】（1）通过证明，可得结论；
（2）先求出的面积，由相似三角形的性质可求解；
（3）先确定点D在以为直径的圆上运动，由三角形中位线定理可求的长，即可求解．
【详解】（1）∵在，，，，
∴，
∵将绕点B顺时针旋转得到，
∴
∴，
∴，
∴；
（2）如图2，过点B作于H，

∵将绕点B顺时针旋转得到，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）如图3，

∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点D在以为直径的圆上运动，
设的中点为P，
当点P在线段上时，有最大值，
∵，
∴，
∴，
∴DE的最大值为4．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是解题的关键．
18．(1)见解析
(2)见解析
(3)，见解析
【分析】（1）由旋转的性质证出，根据可证明≌；
（2）延长到，使，连接，则，证明≌，由全等三角形的性质得出，证出，，则可得出结论；
（3）过点作交于点，过点作交的延长线于点，证明≌，由全等三角形的性质得出，证明≌，由全等三角形的性质得出，，证明∽，由相似三角形的性质得出，证出，则可得出结论．
【详解】（1）证明：边绕其顶点逆时针旋转得到线段，
，，
将边绕点逆时针旋转得到线段，
，，
，
，
在和中，
，
≌；
（2）证明：延长到，使，连接，则，

，
，
由旋转可知，
在和中，
，
≌，
，
，
，
∴
，
，，
，
，
；
（3）解：．
证明：过点作交于点，过点作交的延长线于点，

是等边三角形，，
∴是等边三角形，
，
四边形是菱形，
，，
，
，
又， ，
，
，
，
，
，
，
，
，
≌，
，
，
，
，
即，
，
∽，
，（∵，∴，∴）
，
，
，
，
．
【点睛】本题是几何变综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识，添加合适的辅助线是解题的关键．
19．(1)45
(2)，理由见解析
(3)
(4)
【分析】（1）由翻折的性质可知：，，根据正方形的性质：, ，则，为等腰三角形；
（2）如图：将顺时针旋转，通过旋转的性质以及等量代换证明全等，即可得出结论；
（3）证明即可得出结论；
（4）根据半角模型，将顺时针旋转，连接，可得，通过得出，为直角三角形，结合勾股定理即可得出结论．
【详解】（1）解：由翻折的性质可知：
四边形为正方形
，
为等腰三角形
，
故答案是：45，；
（2）解：如图：将顺时针旋转，
由旋转的性质可得：，
由（1）中结论可得
为正方形，
在和中
故答案为：；
（3）解：为正方形对角线
，
，
（4）解：如图：将顺时针旋转，连接，
由旋转的性质可得：，，
由（1）中结论可得
为正方形，
在和中
根据旋转的性质可得：，
在中，
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，旋转变换的性质，全等三角形的判定和性质，以及相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，能够综合运用这些性质是解题关键．
20．(1)①；②4
(2)，证明见解析
(3)存在，
【分析】（1）①首先证明是含有是直角三角形，可得即可解决问题；②首先证明，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题；
（2）结论：．如图1中，延长到，使得，连接，，首先证明四边形是平行四边形，再证明，即可解决问题；
（3）存在．如图4中，延长交的延长线于，作于，作线段的垂直平分线交于，交于，连接、、，作的中线．连接交于．想办法证明，，再证明即可．
【详解】（1）解：①如图2中，
是等边三角形，
，
，
，
，，
，
，
，
故答案为．
②如图3中，
，，
，
，，
，
，
，
，
故答案为4．
（2）结论：．
理由：如图1中，延长到，使得，连接，，
，，
四边形是平行四边形，
，
，，
，
，
，
，
．
（3）存在．理由：如图4中，延长交的延长线于，作于，作线段的垂直平分线交于，交于，连接、、，作的中线．
连接交于．
，
，
在中，，，，
，，，
在中，，，，
，
，
，
，
，
，，
在中，，，
，
，
，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，
是等边三角形，
，，
，
，
是的“旋补三角形”，
在中，，，，
．
【点睛】本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、直角三角形30度角性质、等边三角形的判定和性质、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
21．(1)
(2)成立，证明见解析
(3)
【分析】（1）连接，由四边形是正方形可证明，根据三角形的中位线定理可证明，进而证得，则，所以；
（2）先证明，得，再证明，根据三角形的中位线定理证明，则，再证明，所以；
（3）先根据勾股定理求得，，则，因为两点之间，线段最短，所以，则，即可求出点M与点C的最大距离和最小距离的差．
【详解】（1）解：，理由如下：
如图1，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵为中点
∴，
∵为的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∵，
∴即点是的中点，
同理，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：成立；理由如下：
如图1，∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
如图2，连接交于点G，交于点H，交于点I，
由旋转得，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴,
∴；
（3）如图1，∵，为中点，
∴，
如图3，连接，
∵，
∴，
又，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的最大值为，的最小值为，
∵，
∴的最大值和最小值的差为，
∴点M与点C的最大距离和最小距离的差为．
【点睛】此题考查正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、勾股定理、“两点之间，线段最短”等知识．
22．(1)见解析
(2)
(3)点P的运动路径是：以为直径的圆，
【分析】先证明，根据等腰三角形三线合一的性质即可证明结论；
如图，作辅助线、构建全等三角形，先证明，得，由，得，，利用勾股定理得：，根据相等关系线段等量代换可得结论：；
如图，先证明，根据的圆周角所对的弦是直径可得：点的运动路径是：以为直径的圆，如图，可得的取值范围．
【详解】（1）证明：如图：四边形是正方形，
，，
，
，即，
.
（2）解：，理由如下：
如图，过作，截取，连接、，
，
，
，
，
，
由旋转得：，，
，
，
，
，，
，
，
中，，
即：．
（3）解：如图，，，，
，
，
，
，
将绕点旋转一周，总存在直线与直线垂直，
点的运动路径是：以为直径的圆，如图，
当与重合时，最小，，
当与重合时，最大为．
线段的取值范围是：．
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形、等腰直角三角形的判定和性质，圆周角定理的应用，等知识点，正确作辅助线构建全等三角形得出边相等和角相等以及把四边形的问题转化为三角形的问题是解答本题的关键．
23．(1)；
(2)①成立，理由见解析；②的长为：或．
【分析】（1）解直角三角形求出，，可得结论；
（2）①结论不变，证明，推出，，可得结论；
②分两种情况讨论：如图，当在的左边时，由三角形三边关系可得：，当共线时，如图，，此时重合，最大，由①可知：将图1中的绕点顺时针旋转一周的过程中，都有，成立，在中，设，则，由勾股定理可得：，当在的右边时，如图，同理可得：，再解方程可得答案．
【详解】（1）解：∵在中，，，，
∴，
∵在中，，，，
∴，
∴，，
∴，
∵直线与直线的夹角：，
∴直线与直线的位置关系是：垂直．
故答案为：；垂直．
（2）解：①（1）中的结论仍然成立．
理由：∵和的顶点重合，，，
∴，，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴
，
∴，
∴，
∴；
②：如图，当在的左边时，
由三角形三边关系可得：，
当共线时，如图，，此时重合，最大，如图，
由①可知：将图1中的绕点顺时针旋转一周的过程中，都有，成立，
在中，设，则，
而，
∴，
同理可得：，
由勾股定理可得：，
解得：（负根舍去）
∴，
当在的右边时，如图，
同理可得：，
解得：（负根舍去），
∴，
综上：的长为：或．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了旋转的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．

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