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2025年九年级数学中考三轮冲刺训练
旋转综合题（几何变换）专题练
1．如图1，在中，，，点、分别在边、上，，连接，点、、分别为、、的中点．
(1)观察猜想：图1中，线段与的数量关系是 ，位置关系是 ；
(2)探究证明：把绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接，，，判断的形状，并说明理由；
(3)拓展延伸：把绕点A在平面内自由旋转，若，，直接写出面积的最大值．
2．已知正方形边长为1，对角线相交于点O，过点O作射线，分别交于点E，F，且．
(1)如图1，当时，求证：四边形是正方形；
(2)如图2，将射线绕着点O进行旋转．
①在旋转过程中，判断线段与的数量关系，并给出证明；
②四边形的面积为 ；
(3)如图3，在四边形中，，连接．若，请直接写出四边形的面积．
3．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)．
4．如图，在和中，，，，，将绕着点旋转一定的角度．
(1)当时
①如图1，连接，，求证：．
②将旋转到图2位置，连接，，若，求点到直线的距离．
(2)当时，将旋转到、、三点共线，求的面积．
5．如图，中，，，为点在射线上，点在射线上，，将线段绕点逆时针旋转，点落在点处，连接．
(1)求证四边形是平行四边形；
(2)设，四边形的面积是，关于的函数图像如图所示，点是函数图像上一点
① ；
②过点在上方作线段，使得，且（尺规作图）；
③连接，说明点是定点；
④点在点左侧的函数图像上，点在点右侧的函数图像上，且直线与轴构成的锐角的正切值是，求的值．
6．如图①，和都是等腰直角三角形，，当点在线段上，点在线段上时，我们很容易得到，不需证明．
(1)如图②，将绕点逆时针旋转，连接和，此时是否依然成立？若成立，写出证明过程；若不成立，说明理由；
(2)如图③，当绕点逆时针旋转，使得点恰好落在的延长线上，连接．若，，求线段的长；
(3)若为中点，连接，，，当绕点逆时针旋转时，最大值为，最小值为，则的值为______．
7．已知：在中，，，，点为射线上一动点，连接，将绕点逆时针旋转，使点落在边上的点处，为点的对应点，连接．
(1)如图，当点在线段上时，连接．
填空：的形状为_____；与的数量关系为____．
(2)如图，在（1）的基础上，当时，判断四边形的形状，并说明理由．
(3)如图，连接，当时，直接写出的长．
8．在菱形中，，，动点M在射线上运动．
(1)如图（1），将点A绕着点M顺时针旋转，得到对应点，连接，．求证：；
(2)如图（2），在（1）条件下，若射线经过边中点E，求的值；
(3)连接，将线段绕着点M逆时针旋转一个固定角α，，点A落在点F处，射线交射线于G，若是等腰三角形，求的值．
9．综合与实践——探究图形旋转中的问题，问题背景：在一次综合实践活动课上，同学们以两个菱形为对象，研究相似菱形旋转中的数学问题．已知菱形菱形，它们各自对角线的交点重合于点，且，，，

观察发现：（1）如图1，若，连接，，则与的数量关系是　 　；
操作探究：（2）保持图1中的菱形不动，将菱形从图1的位置开始绕点O顺时针旋转，设旋转角为α．
①当时，得到图2．此时（1）中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
②小颖发现，在菱形绕点O顺时针旋转到图3位置时，连接，，判断四边形的形状，并说明理由；
③当菱形绕点O旋转至A，，三点共线时，直接写出此时线段的长．
10．如图，在中，，将绕点C旋转一定的角度得到，点D恰好落在边上．

(1)求证：平分；
(2)连接，若，，求的长．
11．已知等边三角形的边长为4．
(1)如图，在边上有一个动点，在边上有一个动点，满足，求证：；

(2)如图，若点在射线上运动，点在直线上，满足，当时，求的长；

(3)在（2）的条件下，将点绕点逆时针旋转到点，求的面积．
12．问题背景：已知的顶点在的边上（不与，重合）．交所在直线于点，交所在直线于点．记的面积为，的面积为．

（1）初步尝试：如图①，当是等边三角形，，，且，时，则 ；
类比探究：在（1）的条件下，先将点沿平移，使，再将绕点旋转至如图②所示位置，求的值；
（2）延伸拓展：当为等腰三角形时，设．
（Ⅰ）如图③，当点在线段上运动时，设，，则的表达式为 （结果用，和的三角函数表示）．
（Ⅱ）如图④，当点在的延长线上运动时，设，，求的表达式，写出解答过程．
13．已知是等腰直角三角形，，直线m是过点C的任一条直线，于点E，于点D；

(1)如图（1），求证：；
(2)当直线m绕点C旋转到如图（2）时，上述（1）中结论是否还成立？若不成立，请写出AE与DE和BD的正确数量关系，并加以证明．
(3)当直线m绕点C旋转到如图（3）时，请直接写出AE与DE和BD的数量关系．
14．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．
15．问题探究
将几何图形按照某种法则或规则变换成另一种几何图形的过程叫做几何变换．旋转变换是几何变换的一种基本模型．经过旋转，往往能使图形的几何性质明白显现．题设和结论中的元素由分散变为集中，相互之间的关系清楚明了，从而将求解问题灵活转化．

问题提出：如图1，是边长为1的等边三角形，P为内部一点，连接、、，求的最小值．
方法分析：通过转化，把由三角形内一点发出的三条线段（星型线）转化为两定点之间的折线（化星为折），再利用“两点之间线段最短”求最小值（化折为直）．
问题解决：如图2，将绕点逆时针旋转至，连接，记与交于点，易知．由，可知为正三角形，有．
故．因此，当共线时，有最小值是．
学以致用：
(1)如图3，在中，为内部一点，连接，则的最小值是________．
(2)如图4，在中，为内部一点，连接，求的最小值．
《2025年九年级数学中考三轮冲刺训练旋转综合题（几何变换）专题练》参考答案
1．(1)，
(2)是等腰直角三角形
(3)
【分析】（1）根据三角形中位线定理得，，，，从而得出，；
（2）首先利用证明，得，，再由（1）同理说明结论成立；
（3）先判断出最大时，的面积最大，进而求出，，即可得出最大，最后用面积公式即可得出结论．
【详解】（1）解：点，是，的中点，
，，
点，是，的中点，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：，；
（2）解：是等腰直角三角形．
理由如下：由旋转知，，
，，
，
，，
利用三角形的中位线得，，，
，
是等腰三角形，
同（1）的方法得，，
，
同（1）的方法得，，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形；
（3）解：如图，同（2）的方法得，是等腰直角三角形，连接，
∵，
∴当点三点共线时，最大，
如图：
最大时，的面积最大，
最大，
在中，，，
∴由勾股定理得：，
∵点M为中点，
，
在中，，同上可求，
，
同上可得：，
∴，
．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，三角形的三边关系和旋转的性质等知识，证明是等腰直角三角形是解题的关键．
2．(1)见解析
(2)①，证明见解析；②
(3)
【分析】（1）根据正方形的性质证明四边形是矩形，再得，即可解决问题；
（2）①证明，可得即可；
②先根据正方形的性质得，则，，所以，由得，则，即可证明，于是得，根据四边形的面积的面积正方形的面积，即可解决问题；
（3）延长至点G，使，连接，证明，可得，，所以为等腰直角三角形，所以四边形的面积等腰直角三角形的面积，进而可以解决问题．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴，
∴四边形是正方形；
（2）解：①，
证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的面积的面积，
∴四边形的面积的面积正方形的面积；
（3）解：如图，延长至点G，使，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∵，
∴四边形的面积等腰直角三角形的面积．
【点睛】此题是四边形的综合题，考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，根据正方形性质求出三角形全等的条件是解题的关键．
3．(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．
4．(1)①见解析②
(2)或
【分析】（1）①证明，由全等三角形的性质即可证明结论；②过作，过作，交延长线于，设，则，
利用勾股定理解得的值，进而确定的值，然后利用面积法计算点到直线的距离即可；
（2）结合，分别求得，，；分两种情况讨论：当点在点、中间和点在点、中间，分别求解即可．
【详解】（1）①证明：∵，
∴，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
②过作，过作，交延长线于，
∵，，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）∵，
∴，
又∵，，
∴，，
∴，
分两种情况讨论：
①当点在点、中间时，如图，过作于点，
∵，即，
解得，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵=，
∴，
∴，
∴=，，
∴，解得，
∴
=；
②当点在点、中间时，如图，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴=，，
∴，解得，
∴
．
综上所述，的面积为或．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、图形的旋转、三角形面积公式等知识，解题关键是熟练掌握相关知识，运用分类讨论的思想分析问题．
5．(1)见解析
(2)①；②图见解析；③见解析；④
【分析】（1）根据直角三角形的性质及旋转的性质可知，再利用平行线的性质可知，最后利用平行四边形的判定即可解答；
（2）①根据平行四边形的面积公式可知，再根据等腰直角三角形的性质可知进而即可解答；
②根据线段垂直平分线的性质及尺规作图法即可解答；
③连接，证明，则，，则，可以看作绕点B逆时针旋转得到的，即可证明结论成立；
④根据直角三角形的判定及平行线的判定可知，再利用函数的性质即可解答．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵将线段绕点逆时针旋转，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：由（）可知四边形是平行四边形，过点作于点，
∴，，
∵，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵四边形的面积是，
∴，
∵是函函数图象上一点，
∴，
∴，
故答案为；
②如图所示，线段即为所求，
③连接，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∴，
∵
∴，
又∵
∴
∴，，
∴，
∴可以看作绕点B逆时针旋转得到的，
∴点是定点；
④过点作轴的垂线，过点作于点，
∴，
∴是直角三角形，，
∴，
∴，
∵点在点左侧的函数图像上，点在点右侧的函数图像上，
∴，，
∴，
∵直线与轴构成的锐角的正切值是，
∴，
由①可知，
∴，
∴，，
∴，
解得：
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，直角三角形的判定与性质，函数的性质，矩形的判定与性质，锐角三角函数，尺规作图法，图形的旋转、全等三角形的判定和性质、平行线的性质，掌握函数与几何图形的关系是解题的关键．
6．(1)依然成立，理由见解析
(2)
(3)
【分析】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质，两点之间线段最短、二次根式的计算等知识，证明是解题的关键．
（1）利用，证明，得．
（2）证明，得，则，再利用勾股定理可得答案．
（3）连接连接、，先根据勾股定理和直角三角形的性质求得，当绕点逆时针旋转时，点在以为圆心，为半径的圆上运动，所以当点在直线上时，有最大和最小值，由图可得的最大值为，最小值为，即．
【详解】（1）解：依然成立，理由如下：
∵和都是等腰直角三角形，
∴，，
∵将绕点逆时针旋转，
∴，
∴，
∴．
（2）解：∵
∴
又∵，，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（3）解：如图，连接、，
∵，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴点在以为圆心，为半径的圆上运动，
∴当点在直线上时，有最大值和最小值，
∴由图可得的最大值为，最小值为，
∴，
故答案为：．
7．(1)等边三角形，
(2)菱形，理由见详解
(3)
【分析】（1）由旋转的性质可得，所以，，，，又因为，，所以，，又因为，所以是等边三角形．因为，，，所以，，又因为，，所以，，因为，，故的形状为等边三角形，与的数量关系为．
（2）由（1）得，，因为，，，所以，因为，所以，，，因为，，所以四边形是平行四边形，又因为，所以四边形是菱形．
（3）延长，交于点，由上可得为等边三角形，，又因为，，和均是等腰直角是等腰直角三角形，，，即，，因为，，，即，因为，，所以，，因为，，所以，，因为，所以，，，因为，，所以，所以．
【详解】（1）解：由旋转的性质可得，
∴，，，，
又∵，，
∴，
∴，
又∵，
∴是等边三角形．
∵，，，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
故的形状为等边三角形，与的数量关系为．
（2）四边形是菱形．
理由：由（1）得，，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形．
（3）延长，交于点，如图所示：
由上可得为等边三角形，，
又∵，，
∴和均是等腰直角是等腰直角三角形，，，
即，，
∵，
∴，，
即，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，等腰三角形的判定和性质、等边三角形的性质和判定，菱形的判定，解直角三角形的相关计算，熟练掌握以上性质是解题的关键．
8．(1)见解析
(2)
(3)或
【分析】（1）可证得，从而，进而得出；
（2）连接，交于点O，作于点F，先求出，，，，设，则，可证得，从而，从而得出，求得x的值，进一步得出结果；
（3）分为两种种情形：当点G在上，且时，同样得出点A、B、G、M共圆，从而，，进而得出和设，作于H，作于点N，可求得
， ，从而表示出，，，根据列出，进而求得结果当时，作于点H，可得出和设，表示出，，根据列出，求得x的值，进一步得出结果；可判定出，进而得出结果．
【详解】（1）证明：在菱形中，
，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴；
（2）解：如图1，
连接，交于点O，作于点F，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，，
∴，，
∴，，
设，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴x1=， （舍去），
∴，
∴；
（3）解：如图2，
当点G在上，且时，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴点A、B、G、M共圆，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
设，
作于H，作于点N，
由得，
AN=，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
如图3，
当时，作于点H，
由上知：，
∴，
设，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
当点G在的延长线上时，，
∴，
∴，
∴，
综上所述： 或．
【点睛】本题考查了菱形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是正确分类，画出图形，找出相等关系列方程．
9．（1）；（2）①结论仍然成立，理由见解析；②四边形是平行四边形，理由见解析；③
【分析】（1）可得出，，从而、、共线，、、共线，进而得出，进一步得出结果；
（2）①连接，，，，可推出，，从而，从而得出，进一步得出结论；
②连接，，由四边形和四边形是菱形得出，，从而得出四边形是平行四边形；
③分为：当在上时，作，可求得，，，从而，，进而得出，进一步得出结果；当在的延长线上时，作于，可得，，进一步得出结果．
【详解】解：（1）如图1，

连接，，
菱形菱形，，
，，
、、共线，、、共线，
，
，
，
故答案为：；
（2）①如图1，

结论仍然成立，理由如下：
连接，，，，
四边形和四边形是菱形，
，，
，
，
，
，
，
；
②如图2，

四边形是平行四边形，理由如下：
连接，，
四边形和四边形是菱形，
，，
四边形是平行四边形；
③如图4，

当在上时，作，
可得，，，
，，
，
，
，
如图5，

当在的延长线上时，作于，
由上知：，，
，
，
综上所述：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，菱形的性质，平行四边形的判定，解直角三角形等知识，解决问题的关键是画出图象，分类讨论．
10．(1)见详解；
(2)
【分析】（1）根据旋转的性质可得，再由“等边对等角”可得，因此可得，即可得出平分．
（2）连接，根据全等三角形的性质可得，由此可得．再根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 ”可得，又由即可证是等边三角形，可得，再证，由此可得，根据SAS证明，则可知，在中，根据勾股定理求出的长，再在中根据勾股定理即可求出的长．
【详解】（1）∵绕点C旋转一定的角度得到，
∴，
，
，
∴平分．
（2）
如图，连接，
，
．
又，
，
．
又，
，
是等边三角形，
，．
又，
，
，
．
在和中，
，，,
，
，
，
．
∴的长为．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，以及勾股定理，综合性较强．正确的作出辅助线，且证明出是解题的关键．
11．(1)见详解
(2)7
(3)
【分析】（1）先利用三角形的内角和得出，再用平角得出，进而得出，即可得出结论；
（2）过点作于，构造出含角的直角三角形，求出的长度，再用勾股定理求出，进而求出的值，再判断出，得出比例式即可得出结论；
（3）先求出的值，进而得出的值，再构造出直角三角形求出的长度，进而得出的值，再求出的长度，最后用面积差即可得出结论．
【详解】（1）解：∵是等边三角形，
∴，
∴在中，，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）如下图，过点作于，

∴，
∵是等边三角形，边长为4，
∴，，
∴，
在中，，，
∴，根据勾股定理得，，
在中，，
根据勾股定理得，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（3）如下图，

由（2）知，，
∵，
∴，
由旋转知，，，
∵，
∴，，
过点作于，
在中，，
根据勾股定理得，，
过点作于，
∵，
∴，
∴，
过点作于，
∵，
∴，
在中，根据勾股定理得，，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、旋转的性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是熟练掌握相关知识并灵活运用．
12．（1）；类比探究：；（2）（Ⅰ）；（Ⅱ），过程见解析
【分析】（1）如图，过点作于点，过点作于点，首先证明，都是等边三角形，然后根据锐角三角函数和三角形面积公式可得，，即可求出；
类比探究：如图，过点作于点，过点作于点，设，，证明，可得，即，推出，然后由，，即可求出的值；
（2）（Ⅰ）如图，如图，过点作于点，过点作于点，设，，证明，推出，，，即可求出的值；
（Ⅱ）结论不变，解答方法类似．
【详解】解：（1）如图，过点作于点，过点作于点，
∵是等边三角形，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，，
∴，都是等边三角形，
∵，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，
，
∴，
故答案为：；

类比探究：如图，过点作于点，过点作于点，设，，
∵，，
∴，
∵是等边三角形，，
∴，，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
，
∴，
，
∴，
∴的值为；

（2）（Ⅰ）如图，如图，过点作于点，过点作于点，设，，
∵是等腰三角形，，，，
又∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∵，，
∴，
，
∴，
，
∴，
∴的值为，
故答案为：；

（Ⅱ）如图，过点作于点，过点作于点，设，，
∵是等腰三角形，，，，
又∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∵，，
∴，
，
∴，
，
∴，
∴的值为．

【点睛】本题考查几何变换综合题，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，三角形的面积公式，锐角三角函数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
13．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）先利用同角的余角相等判断出，进而得出，最后用线段的和差即可得出结论；
（2）先利用同角的余角相等判断出，进而得出，最后用线段的和差即可得出结论；
（3）先利用同角的余角相等判断出，进而得出，最后用线段的和差即可得出结论．
【详解】（1）证明：，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，，
，
，
，
，
；
（2）（1）中结论不成立，新结论为：
证明：，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，，
，
，
，
，
；
（3）证明：，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，，
，
，
，
，
．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，同角的余角相等，掌握“三垂线模型”是解题的关键．
14．(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．
15．(1)5
(2)
【分析】（1）将绕点逆时针旋转得到，易知是等边三角形，，转化为两定点之间的折线（化星为折），再利用“两点之间线段最短”求最小值（化折为直）．
（2）将绕点逆时针旋转得到，易知是等腰直角三角形，，作交的延长线于．转化为两定点之间的折线（化星为折），再利用“两点之间线段最短”求最小值（化折为直）．
【详解】（1）解：如图3中，

将绕点逆时针旋转得到，
∴，，
∴是等边三角形，，
在中，，
，
，
的最小值为5．
故答案为5．
（2）如图4中，

将绕点逆时针旋转得到，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
作交的延长线于．
在中，，，
，
在中，
，
，
的最小值为．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定，两点之间线段最短时的位置的确定，解本题的关键是确定取最小值时的位置．

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