数学九年级上册第二十三章 旋转综合与测试当堂达标检测题

这是一份数学九年级上册第二十三章 旋转综合与测试当堂达标检测题，共30页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
人教版2020年九年级上数学第二十三章旋转全章综合练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________


一、单选题
1．下列图形既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．若点与点关于原点成中心对称，则的值是（　　）
A．1 B．3 C．5 D．7
3．如图，在中，，，，将绕点顺时针旋转度得到，当点的对应点恰好落在边上时，则的长为（　　）

A．1.6 B．1.8 C．2 D．2.6
4．如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正方形OABC绕点O顺时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点O连续旋转2019次得到正方形，那么点的坐标是( )

A． B． C． D．
5．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
6．在平面直角坐标系中，有，，，四点，其中，关于原点对称的两点为（ ）
A．点和点 B．点和点 C．点和点 D．点和点
7．如图，在平面直角坐标系xOy中，把点A（3，4）绕点O逆时针旋转90°，则点A可以到达的位置是（　　）

A．点M B．点N C．点P D．点Q
8．经过以下变化后所得到的三角形不能和全等的是（ ）
A． B． C． D．
9．如图所示，在直角坐标系内，原点O恰好是▱ABCD对角线的交点，若A点坐标为(2，3)，则C点坐标为( )

A．(－3，－2) B．(－2，3) C．(－2，－3) D．(2，－3)
10．如图，在等边△ABC中，AC＝9，点O在AC上，且AO＝3，P是AB上一动点，连接OP，将线段OP绕点O逆时针旋转60°得到线段OD，若使点D恰好落在BC上，则线段AP的长是(　　)

A．4 B．5 C．6 D．8
11．把一副三角板按如图放置，其中∠ABC=∠DEB=90°，∠A=45°，∠D=30°，斜边AC=BD=10，若将三角板DEB绕点B逆时针旋转45°得到△D′E′B，则点A在△D′E′B的（ ）

A．内部 B．外部 C．边上 D．以上都有可能
12．如图①，正方形A的一个顶点与正方形B的对称中心重合，重叠部分面积是正方形A面积的，如图②，移动正方形A的位置，使正方形B的一个顶点与正方形A的对称中心重合，则重叠部分面积是正方形B面积的（　　）

A． B． C． D．
13．如图，在平面直角坐标系中，将绕点顺时针旋转到的位置，点、分别落在点、处，点在轴上，再将绕点顺时针旋转到的位置，点在轴上，将绕点顺时针旋转到的位置，点在轴上，依次进行下去……，若点，.则点的坐标是（ ）

A． B． C． D．

二、填空题
14．如图1所示的图形是一个轴对称图形，且每个角都是直角，长度如图所示，小明按图2所示方法玩拼图游戏，两两相扣，相互间不留空隙，那么小明用9个这样的图形（图1）拼出来的图形的总长度是_______（结果用含、代数式表示）.

15．如图，在平面直角坐标系中，，由绕点顺时针旋转而得，则所在直线的解析式是___．

16．如图，是等边三角形，点D为BC边上一点，，以点D为顶点作正方形DEFG，且，连接AE，AG．若将正方形DEFG绕点D旋转一周，当AE取最小值时，AG的长为________．

17．如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转45°得到正方形AB1C1D1，边B1C1与CD交于点O，则四边形AB1OD的面积是（____）

18．如图，将香港特别行政区标志紫荆花图案绕中心旋转，当此图案第一次与自身重合时，其旋转角的大小为______．

19．已知点A（a，b）绕着（0，1）旋转180°得到B（4，﹣1），则A点坐标为______．
20．八个边长为1的正方形如图摆放在平面直角坐标系中，经过原点的一条直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分，设直线l和八个正方形的最上面交点为A，则直线l的解析式是_____________.

21．如图，王源家的住房平面图呈长方形，被分割成3个正方形和2个长方形后仍是中心对称图形．若只知道原住房平面图长方形的周长，则分割后不用测量就能知道周长的图形的标号为________．

22．如图，点是等边中边上一点，连接，点在上，连接，，若，，，则________．





三、解答题
23．如图，方格纸上每个小正方形的边长均为1个单位长度，点A、B都在格点上（两条网格线的交点叫格点）．

（1）将线段AB向上平移两个单位长度，点A的对应点为点，点B的对应点为点，请画出平移后的线段；
（2）将线段绕点按逆时针方向旋转，点的对应点为点，请画出旋转后的线段；
（3）连接、，求的面积．




24．如图，在矩形中，对角线的中点为，点，在对角线上，，直线绕点逆时针旋转角，与边，分别相交于点，（点不与点，重合）．

（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，，，求的长．





25．如图，点O是等边三角形ABC内的一点，∠BOC＝150°，将△BOC绕点C按顺时针旋转得到△ADC，连接OD，OA．
（1）求∠ODC的度数；
（2）若OB＝2，OC＝3，求AO的长．





26．如图，是等边三角形内一点，将线段绕点顺时针旋转60°得到线段，连接，，．若，，，求四边形的面积．



27．在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，， ．

（1）将向右平移4个单位，画出平移后的；
（2）以点为对称中心，画出与成中心对称的，此时四边形的形状是________；
（3）在平面上是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出符合条件的所有点的坐标；若不存在，请说明理由．



28．如图，已知，是线段上的两点，，，，以为中心顺时针旋转点，以为中心逆时针旋转点，使，两点重合成一点，构成，设．

（1）求的取值范围；
（2）求面积的最大值．





29．在中，，，直线经过点，且于点，于点．

（1）当直线绕点旋转到图（1）的位置时，求证：；
（2）当直线绕点旋转到图（2）的位置时，（1）中的结论还成立吗？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．


参考答案
1．C
【分析】
根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】
A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项错误；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
故选C．
【点睛】
本题考查了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度后两部分重合．
2．C
【分析】
根据关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，可得答案.
【详解】
解：∵点与点关于原点对称，
∴，，
解得：，，
则
故选C.
【点睛】
本题考查了关于原点对称的点的坐标，关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数.
3．A
【分析】
由将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上，可得AD=AB，又由∠B=60°，可证得△ABD是等边三角形，继而可得BD=AB=2，则可求得答案．
【详解】
由旋转的性质可知，，
∵，，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
故选A．
【点睛】
此题考查旋转的性质，解题关键在于利用旋转的性质得出AD=AB
4．A
【分析】
根据旋转的性质分别求出点A1、A2、A3、…的坐标，继而发现8次为一个循环，用2019除以8，看余数即可求得答案.
【详解】
四边形OABC是正方形，且，
，
将正方形OABC绕点O逆时针旋转后得到正方形，
∴点A1的横坐标为1，点A1的纵坐标为1，
，
继续旋转则，，A4(0，-1)，A5，A6(-1，0)，A7，A8(0，1)，A9，……，
发现是8次一循环，所以…余3，
点的坐标为，
故选A．

【点睛】
本题考查了旋转的性质，规律题——点的坐标的变化规律，通过分析正确得出坐标的变化规律是解题的关键.
5．D
【分析】
由题意根据轴对称图形与中心对称图形的概念分别进行分析即可得出答案．
【详解】
解：A选项不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误；
B选项是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
C选项是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
D选项是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项正确．
故选：D．
【点睛】
本题考查轴对称图形和中心对称图形的概念．注意掌握轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180°后与原图形重合．
6．D
【分析】
由题意根据关于原点对称，横纵坐标都互为相反数进行分析即可得出答案．
【详解】
解：B(2,−1)与关于原点对称，
故选：D．
【点睛】
本题考查关于原点对称点的坐标，熟练掌握P（a，b）关于原点对称点的坐标P′（-a，-b）是解题的关键．
7．A
【分析】
利用网格特点和旋转的性质作出点A的对应点即可得到点A可以到达的位置．
【详解】
解：在平面直角坐标系xOy中，把点A（3，4）绕点O逆时针旋转90°得到（﹣4，3），
∴点A可以到达的位置是M，
故选A．
【点睛】
本题考查了坐标与图形变化-旋转，熟记旋转的性质是解题的关键，也是本题的难点．
8．D
【分析】
根据定义，平移、旋转、翻折后的图形与原图形全等，放大后的图形与原图形相似，由此即可选择．
【详解】
∵平移、旋转，翻折前后的三角形全等，
∴选项A、B、C不符合题意，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查全等三角形、平移、旋转、翻折的知识，熟练掌握相关定义是关键．
9．C
【分析】
根据图像,利用中心对称即可解题.
【详解】
由题可知▱ABCD关于点O中心对称,
∴点A和点C关于点O中心对称,
∵A(2，3)，
∴C(－2，－3)
故选C.
【点睛】
本题考查了中心对称,属于简单题,熟悉中心对称的点的坐标变换是解题关键.
10．C
【分析】
根据题意通过“角角边”证明△AOP≌△CDO，进而得到AP=OC=AC﹣AO=6.
【详解】
解：根据题意可知：∠A=∠C=60°，
∵线段OP绕点O逆时针旋转得到线段OD，
∴OP=DO，
∵∠DOP=60°，
∴∠AOP+∠COD=∠CDO+∠COD=120°，
∴∠AOP=∠CDO，
在△AOP与△CDO中，
，
∴△AOP≌△CDO（AAS），
∴AP=OC=AC﹣AO=6.
故选C.
【点睛】
本题主要考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，熟练掌握其知识点是解此题的关键.
11．C
【分析】
先根据勾股定理求出两直角三角形的各边长，再由旋转的性质得：∠EBE′=45°，∠E′=∠DEB=90°，求出E′D′与直线AB的交点到B的距离也是5，与AB的值相等，从而可以得出点A在△D′E′B的边上．
【详解】
∵AC=BD=10， 又∵∠ABC=∠DEB=90°，∠A=45°，∠D=30°，
∴BE=5，AB=BC=5，
由三角板DEB绕点B逆时针旋转45°得到△D′E′B，设△D′E′B与直线AB交于G，
可知：∠EBE′=45°，∠E′=∠DEB=90°，
∴△GE′B是等腰直角三角形，且BE′=BE=5，
∴BG=5，
∴BG=AB，
∴点A在△D′E′B的边上，
故选C.

12．D
【分析】
设正方形B的面积为S，正方形B对角线的交点为O，标注字母并过点O作边的垂线，根据正方形的性质可得OE=OM，∠EOM=90°，再根据同角的余角相等求出∠EOF=∠MON，然后利用“角边角”证明△OEF和△OMN全等，根据全等三角形的面积相等可得阴影部分的面积等于正方形B的面积的，再求出正方形B的面积=2正方形A的面积，即可得出答案．
【详解】
解：设正方形B对角线的交点为O，如图1，
设正方过点O作边的垂线，则OE＝OM，∠EOM＝90°，
∵∠EOF+∠EON＝90°，∠MON+∠EON＝90°，
∴∠EOF＝∠MON，
在△OEF和△OMN中
，
∴△OEF≌△OMN（ASA），
∴阴影部分的面积＝S四边形NOEP+S△OEF＝S四边形NOEP+S△OMN＝S四边形MOEP＝S正方形CTKW，
即图1中阴影部分的面积＝正方形B的面积的四分之一，
同理图2中阴影部分烦人面积＝正方形A的面积的四分之一，
∵图①，正方形A的一个顶点与正方形B的对称中心重合，重叠部分面积是正方形A面积的，
∴正方形B的面积＝正方形A的面积的2倍，
∴图2中重叠部分面积是正方形B面积的，
故选D．

【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟记性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
13．C
【分析】
首先根据已知求出三角形三边长度，然后通过旋转发现，B、B2、B4…，即可得每偶数之间的B相差6个单位长度，根据这个规律可以求得B2019的坐标.
【详解】
解:
∵A(,B(0,2),
∴Rt△AOB中，AB=，
∴OA+AB1+B1C2==6
∴B2的横坐标为6，且B2C2=2,即B2(6,2),
∴B4的横坐标为;2=12,
∴点B2018的横坐标为：2018÷2×6=6054，纵坐标为：2，即B2018的坐标是(6054,2),
∴点B2019的横坐标为6054+=6058，
∴点B2019的坐标为(6058,0).
故选C.
【点睛】
本题的考点是坐标与图形变化-旋转，规律型：点的坐标.方法是先根据图形的变化求出已知三角形三边长度，再根据规律求出点的坐标.
14．a+8b
【分析】
观察可知两个拼接时，总长度为2a-(a-b)，三个拼接时，总长度为3a-2(a-b)，由此可得用9个拼接时的总长度为9a-8(a-b)，由此即可得.
【详解】
观察图形可知两个拼接时，总长度为2a-(a-b)，
三个拼接时，总长度为3a-2(a-b)，
四个拼接时，总长度为4a-3(a-b)，
…，
所以9个拼接时，总长度为9a-8(a-b)=a+8b，
故答案为a+8b.
【点睛】
本题考查了规律题——图形的变化类，通过推导得出总长度与个数间的规律是解题的关键.
15．．
【分析】
过点C作CD⊥x轴于点D，易知△ACD≌△BAO（AAS），已知A（2，0），B（0，1），从而求得点C坐标，设直线AC的解析式为y=kx+b，将点A，点C坐标代入求得k和b，从而得解．
【详解】
解：∵
∴
过点作轴于点，

∴∠BOA=∠ADC=90°.
∵∠BAC=90°,
∴∠BAO+∠CAD=90°.
∵∠ABO+∠BAO=90°,
∴∠CAD=∠ABO.
∵AB=AC，
 ∴.
∴
∴
设直线的解析式为，将点，点坐标代入得

∴
∴直线的解析式为．
故答案为．
【点睛】
本题是几何图形旋转与待定系数法求一次函数解析式的综合题，难度中等．
16．8
【分析】
过点A作于M，由已知得出，得出，由等边三角形的性质得出，，得出，在中，由勾股定理得出，当正方形DEFG绕点D旋转到点E、A、D在同一条直线上时，，即此时AE取最小值，在中，由勾股定理得出，在中，由勾股定理即可得出．
【详解】
过点A作于M，
∵，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
当正方形DEFG绕点D旋转到点E、A、D在同一条直线上时，，
即此时AE取最小值，
在中，，
∴在中，；
故答案为8．

【点睛】
本题考查了旋转的性质、正方形的性质、等边三角形的性质、勾股定理以及最小值问题；熟练掌握正方形的性质和等边三角形的性质是解题的关键．
17．－1
【分析】
连接AC1，AO，根据四边形AB1C1D1是正方形，得出∠C1AB1＝∠AC1B1＝45°，求出∠DAB1＝45°，推出A、D、C1三点共线，在Rt△C1D1A中，由勾股定理求出AC1，进而求出DC1＝OD，根据三角形的面积计算即可．
【详解】
解：连接AC1，

∵四边形AB1C1D1是正方形，
∴∠C1AB1＝×90°＝45°＝∠AC1B1，
∵边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转45°后得到正方形AB1C1D1，
∴∠B1AB＝45°，
∴∠DAB1＝90°−45°＝45°，
∴AC1过D点，即A、D、C1三点共线，
∵正方形ABCD的边长是1，
∴四边形AB1C1D1的边长是1，
在Rt△C1D1A中，由勾股定理得：AC1＝，
则DC1＝−1，
∵∠AC1B1＝45°，∠C1DO＝90°，
∴∠C1OD＝45°＝∠DC1O，
∴DC1＝OD＝−1，
∴△C1DO的面积＝OD•DC1＝，
∴四边形AB1OD的面积是＝＝−1．
故答案为：−1．
【点睛】
本题考查了旋转的性质、正方形性质，勾股定理等知识点，主要考查学生运用性质进行计算的能力，题目比较好，但有一定的难度．
18．72°
【分析】
该图形被平分成五部分，因而每部分被分成的圆心角是72°，并且圆具有旋转不变性，因而旋转72度的整数倍，就可以与自身重合．
【详解】
解：该图形被平分成五部分，旋转72°的整数倍，就可以与自身重合，
故当此图案第一次与自身重合时，其旋转角的大小为72°．
故答案为：72°．
【点睛】
本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．
19．（﹣4，3）
【分析】
利用旋转的性质得到点（0， 1）为AB的中点，利用线段中点坐标公式得到0=
，1=，然后求出a、b即可得到A点坐标．
【详解】
∵点A(a,b) 绕着（0，1）旋转180°得到B（4，﹣1），
∴点(0, 1)为AB的中点，
∴0=,1=，解得a=﹣4，b=3，
∴A点坐标为（﹣4，3）.
故答案为（﹣4，3）.
【点睛】
本题考查旋转的性质，解题的关键是掌握旋转的性质.
20．
【分析】
如图，利用正方形的性质得到，由于直线将这八个正方形分成面积相等的两部分，则，然后根据三角形面积公式计算出的长，从而可得点坐标．再由待定系数法求出直线l的解析式.
【详解】
解：如图，

经过原点的一条直线将这八个正方形分成面积相等的两部分，
，
而，
，
，
点坐标为，．
设直线l的解析式为，
∴，解得，
∴直线l的解析式为
故答案为．
【点睛】
本题考查了坐标与图形性质和待定系数法求函数解析式．由割补法得求分割点A的位置是解题关键.
21．①②
【分析】
首先设图形①的长和宽分别是a、c，图形②的边长是b，图形③的边长是d，原来大长方形的周长是l，判断出l=2（a+2b+c），a=b+d，b=c+d；然后分别判断出图形①、图形②的周长都等于原来大长方形的周长的，所以它们的周长不用测量就能知道，而图形③的周长不用测量无法知道，据此解答即可．
【详解】
解：如图，
，
设图形①的长和宽分别是a、c，图形②的边长是b，图形③的边长是d，原来大长方形的周长是l，
则l=2（a+2b+c），
根据图示，可得

（1）-（2），可得：a-b=b-c，
∴2b=a+c，
∴l=2（a+2b+c）=2×2（a+c）=4（a+c），或l=2（a+2b+c）=2×4b=8b，
∴2（a+c）=，4b=，
∵图形①的周长是2（a+c），图形②的周长是4b，的值一定，
∴图形①②的周长是定值，不用测量就能知道，图形③的周长不用测量无法知道．
∴分割后不用测量就能知道周长的图形的标号为①②．
故答案为：①②．
【点睛】
此题主要考查了中心对称的性质和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确中心对称的性质：①关于中心对称的两个图形能够完全重合；②关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分．
22．10
【分析】
根据题意延长ED，使EF=AE，连接AF=BF，过点E作EH⊥BF，由“SAS”可证△ACE≌△ABF，可得CE=BF，∠AEC=∠AFB=120°，由直角三角形的性质和勾股定理进行分析即可求解．
【详解】
解：如图，延长，使，连接，，过点作．

∵，，
∴是等边三角形，，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
∴，且，
∴，，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，勾股定理，根据题意添加恰当辅助线是解答本题的关键．
23．（1）见解析；（2）见解析；（3）.
【分析】
（1）根据网格结构找出点、的位置，然后顺次连接即可；
（2）根据网格结构找出点的位置，然后连接即可；
（3）利用正方形的面积减去三个三角形的面积，列式计算即可得解．
【详解】
（1）线段如图所示；
（2）线段如图所示；
（3）．

【点睛】
本题考查了平移变换和旋转变换作图，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
24．（1）详见解析；（2）5
【分析】
（1）根据题意由“ASA”可证△COF≌△AOE，可得EO=FO，且GO=HO，可证四边形EHFG是平行四边形；
（2）由题意连接，可得EF垂直平分AC，进而可得AE=CE，最后由勾股定理即可求出AE的长．
【详解】
解：（1）证明：∵对角线的中点为，
∴，且，
∴．
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，且，，
∴，
∴，且，
∴四边形是平行四边形．
（2）连接．

∵，
∴，且，
∴是的垂直平分线，
∴．在中，，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，勾股定理，熟练运用这些性质进行推理是解答本题的关键．
25．（1）60°；（2）
【分析】
（1）根据旋转的性质得到三角形ODC为等边三角形即可求解；
（2）在Rt△AOD中，由勾股定理即可求得AO的长．
【详解】
（1）由旋转的性质得：CD=CO，∠ACD=∠BCO．
∵∠ACB=60°，∴∠DCO=60°，∴△OCD为等边三角形，∴∠ODC=60°；
（2）由旋转的性质得：AD=OB=2．
∵△OCD为等边三角形，∴OD=OC=3．
∵∠BOC=150°，∠ODC=60°，∴∠ADO=90°．
在Rt△AOD中，由勾股定理得：AO．
【点睛】
本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理，得出△ODC为等边三角形是解题的关键．
26．
【分析】
连接，证明为等边三角形，再证明，结合已知条件证明为直角三角形，，可得的面积，过作于，利用等边三角形的性质与勾股定理求解，可得的面积，从而可得答案．
【详解】
解：连接．
∵为等边三角形，
∴，．
∵线段绕点顺时针旋转60°得到线段，
∴，，
∴为等边三角形，
∴．
∵，，
∴．
在和中，

∴，
∴．
在中，∵，，，
∴，
∴为直角三角形，，

过作于，



∴．
【点睛】
本题考查的是等边三角形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，旋转的性质，勾股定理及勾股定理的逆定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
27．（1）详见解析；（2）平行四边形；（3）存在，满足条件的点坐标为，，．
【分析】
（1）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）直接利用旋转的性质结合平行四边形的判定方法得出答案；
（3）直接利用平行四边形的判定方法得出符合题意的答案．
【详解】
解：（1）如图，即为所作．

（2）如图，即为所作，四边形是平行四边形，故答案为平行四边形．
（3）存在．满足条件的点坐标为，，．
【点睛】
此题主要考查了平移变换、旋转变换，正确得出对应点位置是解题关键．
28．（1）；（2）．
【分析】
（1）由旋转可得到AC=MA=x，BC=BN=3-x，利用三角形三边关系可求得x的取值范围；
（2）过点C作CD⊥AB于D，设CD=h，利用勾股定理表示出AD、BD，再根据BD=AB-AD列方程求出h2，然后求出△ABC的面积的平方，再根据二次函数的最值问题解答．
【详解】
解：（1）∵，，，
∴．
由旋转的性质，得，，
由三角形的三边关系，得
解不等式①得，
解不等式②得，
∴的取值范围是．
（2）如图，过点作于点，

设，由勾股定理，得，，
∵，
∴，两边平方并整理，得，两边平方整理，得．
∵的面积为，
∴，
∴当时，面积最大值的平方为，
∴面积的最大值为．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，三角形的三边关系，勾股定理，二次函数的最值问题，（1）难点在于考虑利用三角形的三边关系列出不等式组，（2）难点在于求解利用勾股定理列出的无理方程．
29．（1）详见解析；（2）不成立，理由详见解析
【分析】
（1）由题意首先证明∠DAC=∠BCE，进而利用AAS定理证明，进而进行线段等量代换即可求证；
（2）根据题意首先利用角的等量代换证明和，进而利用AAS定理证明，进而进行线段等量代换即可求证．
【详解】
解：（1）证明：∵，，
∴．
∵，
∴，，
∴．
在和中，

∴，
∴，．
∵，
∴．
（2）不成立．理由如下：
∵，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
在和中，

∴，
∴，，
∴．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定及其性质定理以及旋转变换等指数；解题的关键是灵活运用全等三角形的判定定理进行分析解题．