专题23.6旋转综合问题大题专练（重难点培优）-2021-2022学年九年级数学上册同步培优题典（解析版）【人教版】

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2021-2022学年九年级数学上册尖子生同步培优题典【人教版】
专题22.6旋转综合问题大题专练（重难点培优）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷试题共24题，解答24道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、解答题（本大题24题．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
1．（2020·全国九年级专题练习）在中，是的中点，将绕点C旋转得到，使点落在的延长线上．

（1）请画出；
（2）求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【详解】（1）所求作如解图．

（2），
．
是的中点，
．
如解图，过点作于点E，
，
．
．
，
．
2．（2020·全国九年级专题练习）如图，在四边形中，，将绕点C顺时针旋转一定角度后，得到，点B的对应点恰好与点A重合．

（1）请求出旋转角的度数；
（2）请判断与BD的位置关系，并说明理由；
（3）若，试求出四边形的对角线的长．
【答案】（1）旋转角的度数为；（2），理由见解析；（3）
【详解】解：（1）∵是由绕点C顺时针旋转得到的，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴旋转角的度数为．
（2）．
理由如下：
如解图①，在中，，
∴．
∵，
∴．
即．
又∵，
∴．
∴．
∴．

（3）如解图②，连接，
由旋转的性质可知，旋转角，
∴．
∴．
在中，，
∴．
∵，
∴．
在中，，
∴．
∴．
3．（2021·浙江七年级期中）将三角板与三角板摆放在一起；如图，，．固定三角板，将三角板绕点A按顺时针方向旋转，记旋转角．

（1）当为_________度时，，并画出相应的图形；
（2）在旋转过程中，试探究与之间的关系；
（3）当旋转速度为/秒时，且它的一边与的某一边平行（不包括共线，不考虑）时，直接写出时间的所有值并画出相应的图形．
【答案】（1），作图见解析；（2）当 时，；当 时，；（3）t的值可以为2秒，3秒，5秒，11秒，图形见解析．
【分析】（1）由平行线性质结合三角板可知，再根据周角即可求出，即旋转角的大小．
（2）分类讨论①当 时和②当 时，分别用表示出和，即可找出它们的关系．
（3）分类讨论①、②、③和④，分别求出旋转角的大小，即可得出答案．
【详解】（1）如图即为所作．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．

（2）①当 时，如图：

根据图形可知：，，
∴．
②当 时，如图：

根据图形可知：，，
∴．
综上可知，当 时，；当 时，．
（3）①当时，，
∴秒．

②当时，，
∴秒．

③当时，，
∴秒．

④当时，，
∴秒．

综上，可知t的值可以为2秒，3秒，5秒，11秒．
4．（2021·山东济南市·九年级一模）已知是等边的高，，点O为直线上的动点（不与点A重合），连接，将线段绕点O顺时针旋转，得到线段，连接、．

（1）问题发现
如图1，当点O在线段上时，线段与的数量关系为_________，的度数是_________；
（2）问题探究：
如图2，当点O在线段的延长线上时，（1）中结论是否还成立？请说明理由；
（3）问题解决：
当时，求出线段的长．
【答案】（1），；（2）成立，理由见解析；（3）BO＝2或2
【分析】（1）证明△ABO≌△CBE（SAS），则AO＝CE，∠BAO＝∠BCE，进而求解；
（2）和（1）的方法相同；
（3）①当点O1在线段AD的延长线上时，证明点A、B、E1在一条直线上，进而求解；②当点O2在线段DA的延长线上时，通过画图确定BO为位置，进而求解．
【详解】解：（1）AO＝CE，∠ACE＝90°，理由：
∵线段BO绕点O顺时针旋转60°，得到线段OE，
故BO＝OE，∠BOE＝60°，
∴△BOE为等边三角形，
∴∠OBE＝60°，BE＝BO，
∵∠OBE＝60°＝∠OBD+∠DBE，∠ABC＝60°＝∠ABO+∠OBD，
∴∠ABO＝∠CBE，
在ABO和△CBE中，
，
∴△ABO≌△CBE（SAS），
∴AO＝CE，∠BAO＝∠BCE，
∵AD是等边三角形ABC的高，故AD也是∠BAC的平分线，
故∠BAO＝30°＝∠BCE，
∴∠ACE＝∠BCE+∠ACB＝30°+60°＝90°，
故答案为：AO＝CE，∠ACE＝90°；
（2）成立，理由如下：
连接BE．
∵线段BO绕点O顺时针旋转了60°得EO，

∴△BOE是等边三角形，
∴BO＝BE，∠OBE＝60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴BA＝BC，∠ABC＝60°，
∴∠ABC+∠OBC＝∠OBE+∠OBC，即∠ABO＝∠CBE，
∴△ABO≌△CBE（SAS），
∴AO＝CE，∠BCE＝∠BAO，
∵AD是等边△ABC的高，
∴∠BCE＝∠BAO＝30°，∠BCA＝60°，
∴∠ACE＝∠BCA+∠BCE＝90°，
∴AO＝CE，∠ACE＝90°；
（3）①当点O1在线段AD的延长线上时，
由（1）和（2）知：△BO1E1是等边三角形，∠ACE1＝90°，
∵∠ACE1＝90°，∠AE1C＝30°，
∴∠E1AC＝60°，
∵∠BAC＝60°，
∴点A、B、E1在一条直线上，
∵在Rt△ACE1中，AC＝2，∠AE1C＝30°，
∴A E1＝4，
∴BO1＝BE1＝2；
②当点O2在线段DA的延长线上时，
∵∠ACE2＝90°，∠AE2C＝30°，AC＝2，
∴，

∵△ABO2≌△CBE2（SAS），
∴，
∵AD是等边△ABC的高，AB＝AC＝2，
∴BD＝1，AD，
在Rt△O2DB中，BD＝1，
而O2D＝A O2+AD，
∴；
综上，BO＝2或2．
5．（2020·全国九年级专题练习）如图，在中，，以为边向外作等边，把绕点D顺时针方向旋转后得到．若．

（1）试判断的形状，并说明理由；
（2）求的度数；
（3）求的长．
【答案】（1）是等边三角形，理由见解析；（2）60°；（3）12
【详解】解：（1）是等边三角形．理由如下：
∵是由绕点D顺时针旋转得到的，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴A，C，E三点共线．
∵．
∴是等边三角形．
（2）∵是等边三角形，
∴．
（3）∵是等边三角形，
∴．
6．（2020·全国九年级专题练习）如图，在矩形中，把矩形绕点旋转得到矩形，且点落在边上，连接交于点．
（1）如图①，求证：．
（2）如图②，连接，若平分，则满足2倍关系的线段有几对?写出这几对线段，并说明理由．

图①

图②
【答案】（1）见解析；（2）满足2倍关系的线段有4对，分别是和和和和，见解析
【详解】（1）证明：如解图，过点作于点，连接．
∵把矩形绕点旋转得到矩形，
．
．
，
．
．
在与中，
．
．
．
在与中，
．
．
，
．

（2）解：满足2倍关系的线段有4对，分别是和和和和．
理由：由（1）得，
，
．
，
．
平分，
，
是等腰直角三角形．
，
．
设，
．
在中，，
，
解得，
．
7．（2020·全国九年级专题练习）如图，正方形和正方形的边长分别为和，正方形绕点旋转．连接．
（1）猜想与的关系，并证明你的结论；
（2）用含的式子表示．

【答案】（1），见解析；（2）
【详解】解：（1）．
证明：如解图，连接，且与的交点为与的交点为．
∵四边形和四边形为正方形，
，
．
．
．
，，
．
即．

（2），
∴在和中，，
．
．
．
．
8．（2020·全国九年级专题练习）（1）如图①，已知正方形和分别是边上的点，且，连接和，交于点．猜想与的位置关系，并证明你的结论；
（2）如图②，将图①中的绕点逆时针旋转得到．延长交于点，试判断四边形的形状，并说明理由．

图①

图②
【答案】（1），见解析；（2）四边形是正方形，见解析
【详解】解：（1）．
证明：∵四边形是正方形，
．
又，
．
．
，
．
．
．
（2）四边形是正方形．
理由：由（1）知，
由旋转的性质知，
∴四边形是正方形．
9．（2021·重庆九年级期末）在菱形中，，，E是对角线上一点，F是线段延长线上一点，且，连接、．

（1）如图1，若E是线段的中点，求的长；
（2）如图2，若E是线段延长线上的任意一点，求证：．
（3）如图3，若E是线段延长线上的一点，，将菱形绕着点B顺时针旋转，请直接写出在旋转过程中的最大值．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）
【分析】（1）根据菱形的性质证明△ABC是等边三角形，∠BCA=60°，AB=2，求出BE，由等边三角形的性质和已知条件得出CE=CF，由等腰三角形的性质和三角形的外角性质得出∠CBE=∠F，即可得出BE=EF；
（2）作EH∥BC交AB的延长线于H，证明△BHE≌△ECF，得到BE=EF；
（3）以BD为半径，B为圆心画弧，连接BD，设AC、BD交于O，得到当D、B、E共线时，DE最大，即为D′E，利用勾股定理求出BE，加上BD即可得到结果．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BCA=60°，
∵E是线段AC的中点，
∴BE⊥AC，AE=CE=AB=2，∠CBE=∠ABE=30°，AE=CE，
∴BE==，
∵CF=AE，
∴CE=CF，
∴∠F=∠CEF=∠BCA=30°，
∴∠CBE=∠F=30°，
∴BE=EF=；
（2）如图，作EH∥BC交AB的延长线于H，
∵△ABC是等边三角形，
∴△AHE是等边三角形，
∴BH=CE，
在△BHE和△ECF中，
，
∴△BHE≌△ECF（SAS），
∴EB=EF；

（3）如图，以BD为半径，B为圆心画弧，当D、B、E共线时，DE最大，即为D′E，
连接BD，设AC、BD交于O，
则D′E=DB+BE，
BD=2BO=，OE=OC+CE，CO=AO=AB=2，
∵CE=AC=2，
∴OE=4，
在△BOE中，BE==，
∴DE的最大值为D′E=．


10．（2021·北京九年级二模）在等腰三角形ABC中，，．点P是内一动点，连接AP，BP，将△APB绕点逆时针旋转，使边与重合，得到△ADC，射线BP与CD或CD延长线交于点（点与点D不重合）．
（1）依题意补全图和图2；由作图知，∠BAP与∠CAD的数量关系为 ；
（2）探究与∠APM的数量关系为 ；
（3）如图1，若DP平分∠ADC，用等式表示线段BM，AP，CD之间的数量关系，并证明．

【答案】（1）相等；（2）∠ADM＝∠APM或∠ADM ＋∠APM＝180°；（3），证明见解析
【分析】（1）按要求作图即可；
（2）△APB绕点A顺时针旋转得到△ADC可得∠ADC=∠APB，即可得到答案；
（3）由旋转的性质可知△ABP≌△ACD．由全等三角形的性质得出∠APB=∠ADC，AP=AD，BP=CD，由角平分线的定义及等腰三角形的性质得出∠PAD=∠ADM=α，∠APM=∠M．证得OP=OA，OM=OD，则可得出结论．
【详解】解：（1）依题意补全图1和图2；由作图知，∠BAP与∠CAD的数量关系为相等；

故答案为：相等；
（2）∠ADM=∠APM或∠ADM+∠APM=180°．
当M在线段CD延长线上时，如上图1，
∵将△APB绕点A顺时针旋转得到△ADC，
∴∠ADC=∠APB，
∴∠ADM=∠APM，
当M在线段CD上时，如上图2，
∵将△APB绕点A顺时针旋转得到△ADC，
∴∠ADC=∠APB，
∵∠APB+∠APM=180°，
∴∠ADM+∠APM=180°，
故答案为：∠ADM=∠APM或∠ADM+∠APM=180°；
（3）如图，线段MC，AE，BD之间的数量关系是：MC=AE+BD．

证明：∵将△APB绕点A逆时针旋转α，使AB边与AC重合，得到△ADC，
∴△ABP≌△ACD．
∴∠APB=∠ADC，AP=AD，BP=CD，
∴∠ADM=∠APM．
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADP=∠PDC．
∵AP=AD，
∴∠APD=∠ADP．
∴∠APD=∠PDC．
∴AP∥CM．
∴∠PAD=∠ADM=α，∠APM=∠M．
又由（2）知，∠ADM=∠APM=α，
∴OP=OA，OM=OD，
∴OP+OM=OM+OD，
∴PM=AD=AP，
∴BM=BP+PM．
∴BM=CD+AP．
11．（2021·河北秦皇岛市·九年级一模）如图，、、三点在线段上，且，将线段绕点按顺时针方向旋转度（），点的对应点为点．同时将线段绕点按逆时针方向旋转度（），点的对应点为点，连接和．
（1）若（如图1），和的交点为．
①求证：．
②求证：为等腰三角形．
（2）若，当时，______．

【答案】（1）①见解析；②见解析；（2）
【分析】（1）①由旋转的性质，得到，然后根据SAS即可证明结论成立；
②由①知，再根据等角对等边即可得到结论成立；
（2）由题意，由，则，然后解关于的方程即可．
【详解】（1）证明：
①∵即
∵
∴
∵，
∴；

②∵，
∴，
∴，
∴为等腰三角形．
（2）根据题意，若，当时，如图，

∴，
∴，
∵，
∴
∴，
故答案为：120°．
12．（2021·山东济南市·九年级二模）（1）如图1，在中，，是直线上的一点，将线段绕点逆时针旋转至，连接，求证：；
（2）如图2，在图1的条件下，延长，交于点，交于点，求证；
（3）如图3，是内一点，，，，直接写出的面积为___________．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）6
【分析】（1）由已知条件根据SAS可以证得△ABD≅△ACE ；
（2）过点D作DK⊥DC交FB的延长线于K，则由已知和（1）的结论可以证得△ECG≅△DFK，从而得到 DF=EG，进一步得到FG=EG+EF=DE=AE ．
（3）过点A作AE⊥AD交BD于E，连接CE，与（1）（2）同理可得△ABD≌△ACE，由此可得CE=BD=2，∠CED=∠CEB=90°，从而可以得到的面积．
【详解】（1）证明：如图1，
∵，
∴，
在和中，
，
∴．

（2）证明：如图2，过点作交的延长线于．

∵，，
∴，
∵，，
∴，KF∥AC，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即．
（3）如图3中，过点A作AE⊥AD交BD于E，连接CE，

∵∠ADB=45°，∠DAE=90°，
∴△ADE与△ABC都是等腰直角三角形，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠DAB=∠EAC，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴CE=BD=2，
∵∠AEC=∠ADB=45°，
∴∠CED=∠CEB=90°，
∴=6．
13．（2021·河南郑州外国语中学八年级期中）某校学习小组在探究学习过程中，将两块完全相同的且含60°角的直角三角板和按如图1所示位置放置，且的较短直角边为4，现将绕点按逆时针方向旋转（），如图2，与交于点，与交于点，与交于点．

（1）初步探究：
勤思小组的同学提出：当旋转角______时，是等腰三角形；
（2）深入探究：
教学小组的同学提出在旋转过程中．如果连接，，那么所在的直线是线段的垂直平分线，请帮他们证明；
（3）再探究：
在旋转过程中，当旋转角时，求与重叠的面积；
（4）拓展延伸：
旋转过程中，是否能成为直角三角形？若能，直接写出旋转角的度数；若不能，说明理由．
【答案】（1）60°；（2）见解析；（3）；（4）能，或
【分析】（1）分两种情况，根据等腰三角形的判定定理即可得到结论；
（2）由题意可知，AB=AF，∠B=∠F，∠E=∠C，AE=AC，根据折叠的性质得到∠BAM=∠FAN，根据全等三角形的性质得到AM=AN，PE=PC，由线段垂直平分线的性质即可得到结论；
（3）根据已知条件得到△ABM是直角三角形，求得EM=，根据全等三角形的性质和三角形的面积公式即可得到结论；
（4）当∠CNP=90°时，依据对顶角相等可求得∠ANF=90°，然后依据∠F=60°可求得∠FAN的度数，由旋转的定义可求得∠α的度数；当∠CPN=90°时．由∠C=30°，∠CPN=90°，可求得∠CNP的度数，然后依据对顶角相等可得到∠ANF的度数，然后由∠F=60°，依据三角形的内角和定理可求得∠FAN的度数，于是可得到∠α的度数．
【详解】解：（1）当AM=CM，即∠CAM=∠C=30°时，△AMC是等腰三角形；
∵∠BAC=90°，
∴α=90°-30°=60°，
当AC=CM，即∠CAM=∠CMA时，△AMC是等腰三角形，
∵∠C=30°，
∴∠CAM=∠AMC=75°，
∵∠BAC=90°，
∴α=15°，
综上所述，当旋转角α=60°或15°时，△AMC是等腰三角形，
故答案为：60°或15°；
（2）由题意可知，AB=AF，∠B=∠F，∠E=∠C，AE=AC，
∵现将Rt△AEF绕A点按逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°），
∴∠BAM=∠FAN，
在△ABM与△AFN中，
，
∴△ABM≌△AFN（ASA），
∴AM=AN，
∵AE=AC，
∴EM=CN，
∵∠E=∠C，∠MPE=∠NPC，
∴△MPE≌△NPC（AAS），
∴PE=PC，
∴点P在CE的垂直平分线上，
∵AE=AC，
∴点A在CE的垂直平分线上，
∴AP所在的直线是线段CE的垂直平分线；
（3）∵α=30°，∠B=60°，
∴∠AMB=90°，
∴△ABM是直角三角形，
∵AB=4，
∴BM=AB•sin30°=2，AM=AB•cos30°=，
∴，
∵AE=AC=AB•tan60°=4，AM=，
∴EM=，
∵∠BAE=α=∠E=30°，∠EMP=∠AMB=90°，
∴△AMB≌△EMP（ASA），
由（2）可知△ABM≌△AFN，
∴，
∴S△AEF=AF•AE=×4×4=8，
∴△ABC与△AFE重叠的面积=S△AEF-S△AFN-S△EPM；
（4）如答题图1所示：当∠CNP=90°时．

∵∠CNP=90°，
∴∠ANF=90°，
又∵∠AFN=60°，
∴∠FAN=180°-60°-90°=30°，
∴∠α=30°；
如答题图2所示：当∠CPN=90°时．

∵∠C=30°，∠CPN=90°，
∴∠CNP=60°．
∴∠ANF=60°．
又∵∠F=60°，
∴∠FAN=60°．
∴∠α=60°．
综上所述，∠α=30°或60°．
14．（2021·北京九年级一模）在中，，点E是内一动点，连接，将绕点A顺时针旋转a，使边与重合，得到，延长与射线交于点M（点M与点D不重合）．

（1）依题意补全图1；
（2）探究与的数量关系为___________；
（3）如图2，若平分，用等式表示线段之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）图见解析；（2）=；（3），证明见解析．
【分析】（1）依据题中语句根据旋转的性质作出图形即可；
（2）根据旋转前后对应角相等，再利用邻补角和等角的补角相等即可得出结论；
（3）根据角平分线和旋转的性质可证AE//BM，再利用（2）中的结论和平行线的性质进一步证明∠MEA=∠DAE，∠DME=∠MDA，根据等角对等边可得AN=NE,MN=DN，利用线段的和差可得结论．
【详解】解：（1）补全图如下：

（2）∵绕点A顺时针旋转a，使边与重合，
∴∠AEC=∠ADB，
∵∠AEC+∠AEM=180°，∠ADB+∠ADM=180°，
∴∠ADM=∠AEM，
故答案为：=；
（3），证明如下：
∵绕点A顺时针旋转a，使边与重合，

∴EC=BD,AE=AD，
∴∠ADE=∠AED，
又∵DE平分∠ADB,
∴∠ADE=∠BDE，
∴∠AED=∠BDE，
∴AE//BD，
∴∠MDA=∠DAE，∠DME=∠MEA，
∵由（2）得∠MEA=∠MDA，
∴∠MEA=∠DAE，∠DME=∠MDA，
∴AN=NE，MN=DN，
∴ME=AD，
∴．
15．（2021·全国八年级专题练习）在△ABC中AB=AC，点P在平面内，连接AP并将线段AP绕点A顺时针方向旋转与∠BAC相等的角度，得到线段AQ，连接BQ；

（发现问题）如图1，如果点P是BC边上任意一点，则线段BQ和线段PC的数量关系是 ；
（探究猜想）如图2，如果点P为平面内任意一点．前面发现的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．请仅以图2所示的位置关系加以证明（或说明）；
（二）拓展应用
（拓展应用）如图3，在△ABC中，AC=2，∠ACB=90°，∠ABC=30°，P是线段BC上的任意一点连接AP，将线段AP绕点A顺时针方向旋转60°，得到线段AQ，连接CQ，请直接写出线段CQ长度的最小值．
【答案】发现问题：BQ=PC；探究猜想：BQ=PC仍然成立，理由见解析；拓展应用：线段CQ长度最小值是1
【分析】发现问题：由旋转知，AQ=AP，∠PAQ=∠BAC，可得∠BAQ=∠CAP，可知△BAQ≌△CAP（SAS），BQ=CP即可；
探究猜想：结论：BQ=PC仍然成立，理由：由旋转知，AQ=AP，由∠PAQ=∠BAC，可得∠BAQ=∠CAP，可知△BAQ≌△CAP（SAS），可得BQ=CP；
拓展应用：在AB上取一点E，使AE=AC=2，连接PE，过点E作EF⊥BC于F，由旋转知，AQ=AP，∠PAQ=60°，可求∠CAQ=∠EAP，可证△CAQ≌△EAP（SAS），CQ=EP，当EF⊥BC（点P和点F重合）时，EP最小，在Rt△ACB中，∠ACB=30°，AC=2可求AB=4，由AE=AC=2，可求BE=AB-AE=2，在Rt△BFE中，∠EBF=30°，BE=2，可得EF=BE=1即可
【详解】发现问题：由旋转知，AQ=AP，
∵∠PAQ=∠BAC，
∴∠PAQ-∠BAP=∠BAC-∠BAP，
∴∠BAQ=∠CAP，
在△BAQ和△CAP中，
，
∴△BAQ≌△CAP（SAS），
∴BQ=CP，
故答案为：BQ=PC；
探究猜想：结论：BQ=PC仍然成立，
理由：由旋转知，AQ=AP，
∵∠PAQ=∠BAC，
∴∠PAQ-∠BAP=∠BAC-∠BAP，
∴∠BAQ=∠CAP，
在△BAQ和△CAP中，
，
∴△BAQ≌△CAP（SAS），
∴BQ=CP；
解：拓展应用：如图，
在AB上取一点E，使AE=AC=2，连接PE，过点E作EF⊥BC于F，
由旋转知，AQ=AP，∠PAQ=60°，
∵∠ABC=30°，
∴∠EAC=60°，
∴∠PAQ=∠EAC，
∴∠CAQ=∠EAP，
在△CAQ和△EAP中，
，
∴△CAQ≌△EAP（SAS），
∴CQ=EP，
要使CQ最小，则有EP最小，而点E是定点，点P是AB上的动点，
∴当EF⊥BC（点P和点F重合）时，EP最小，
即：点P与点F重合，CQ最小，最小值为EP，
在Rt△ACB中，∠ACB=30°，AC=2，
∴AB=4，
∵AE=AC=2，
∴BE=AB-AE=2，
在Rt△BFE中，∠EBF=30°，BE=2，
∴EF=BE=1．
故线段CQ长度最小值是1．

16．（2021·甘肃白银市·九年级一模）如图1，在正方形ABCD中，EF分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝45°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是将△ABE绕A点旋转90°使得B与D重合，连接AG，由此得到　 　，再证明　 　，可得出结论，他的结论应是　 　．

拓展延伸：
如图2，等腰直角三角形ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点G，H在边AC上，且∠GBH＝45°，写出图中线段AG，GH，CH之间的数量关系并证明．
【答案】（1）BE=DG，EF=FG，EF=BE+DF；（2）GH2=AG2+CH2，证明见解析．
【分析】（1）结论：EF=BE+DF．证明△AFE≌△AFG（SAS）即可解决问题．
（2）结论：GH2=AG2+CH2．将△BCH绕点B逆时针旋转90°得到△BAM．证明∠MAG=90°，△BGH≌△BGM（SAS）即可解决问题．
【详解】解：（1）结论：EF=BE+DF．
由旋转的性质可知：DG=BE，∠BAE=∠DAG，AE=AG，
∵∠EAF=45°，∠BAD=90°，
∴∠FAG=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠FAG=∠EAF，
∵AF=AF，
∴△AFE≌△AFG（SAS），
∴EF=FG，
∵FG=DF+DG=DF+BE，
∴EF=BE+DF．
（2）结论：GH2=AG2+CH2．

如图：将△BCH绕点B逆时针旋转90°得到△BAM．
∵BA=BC，∠ABC=90°，
∴∠BAC=∠C=45°，
由旋转的性质可知：BH=BM，∠C=∠BAM=45°，∠ABM=∠CBH，
∴∠MAG=∠BAM+∠BAC=90°，
∵∠HBG=45°，
∴∠GBM=∠ABG+∠ABM=∠ABG+∠CBH=90°-∠HBG=45°，
∴∠HBG=∠MBG，
∵BG=BG，
∴△BGH≌△BGM（SAS），
∴GH=GM，
∵∠MAG=90°，
∴AM2+AG2=GM2，
∴GH2=AG2+CH2．
17．（2020·浙江八年级期末）在中，，将的顶点放在斜边的中点P处，将此直角绕点P旋转，两直角边分别交射线于点D、点E，图①，②是旋转得到的两种图形．

（1）以图①为例，连接，猜想线段和之间的有怎样的大小关系；并说明理由．
（2）以图①为例，连接，猜想之间的数量关系，并说明理由．
（3）在旋转过程中是否能构成等腰三角形？若能，指出所有的情况，并直接求出为等腰三角形时的长．
【答案】（1）PD=PE，理由见解析；（2），理由见解析；（3）能，0或1或2-或2+
【分析】（1）证明△DPC≌△EPB，即可得出PD=PE．
（2）根据△DPC≌△EPB，得到CD=BE，可得AD=CE，根据勾股定理得到，替换可得结果；
（3）分EP=EB、EP=PB、BE=BP三种情况，画出图形进行解答．
【详解】解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，P为斜边AB的中点，
∴PC=PB，CP⊥AB，∠DCP=∠B=45°，
又∵∠MPN=∠DPC+∠CPE=90°，∠CPE+∠EPB=90°，
∴∠DPC=∠EPB，
∴△DPC≌△EPB（ASA），
∴PD=PE；
（2），
理由是：∵△DPC≌△EPB，
∴CD=BE，
又∵AC=BC，
∴AD=CE，
∵∠ACB=90°，
∴，
∴；

（3）在Rt△ABC中，∵AC=CB=2，∠C=90°，
∴AB==，
∵P是AB中点，
∴PB=PA=，
当EP=EB时，
∠EBP=∠EPB=45°，即∠PEB=90°，
∴BE=PE==1，
∴CE=BC-BE=1；

当EP=PB时，点E在BC上，
则点E和C重合，CE=0；

当BE=BP时，若点E在BC上，
则CE=2-；
若点E在CB的延长线上，
则CE=2+；

综上：△PBE能构成等腰三角形，此时CE的长为：0或1或2-或2+．
18．（2021·福建三明市·九年级一模）如图，Rt△中，，，△绕点顺时针旋转，得到△，

（1）求证：垂直平分；
（2）是中点，连接，，若，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）由，，得∠ABC=30°，根据旋转角的定义，得∠ACD=60°，故∠BCD=30°，∠BCE=60°，因此∠ABC=∠BCD，DB=DC，问题得证；
（2）四边形ACFB的面积是三角形ACD面积的3倍，计算三角形ADC的面积即可．
【详解】（1）∵，，
∴∠ABC=30°，
根据旋转角的定义，得∠ACD=60°，
∴∠BCD=30°，∠BCE=60°，
∴∠ABC=∠BCD，
∴DB=DC，
∵∠ACD=∠A=∠CDE=60°
∴∠BDE=60°
∴DE平分∠BDC
∴点D在线段BC的垂直平分线上，
∴DE垂直平分BC；

（2）如图，过点D作DG⊥AC，垂足为G，


∵CA=CD，∠A=60°，
∴△ACD是等边三角形，AD=CD=AC，
∵DE垂直平分BC，
∴DB=DC，FB=FC，
∴DB=DC=DA=CA=AB，
∵是中点，
∴CF=DF=EF=DE，
∴DB=DC=DA=CA= CF=DF=BF，
∴四边形ACFD是菱形，四边形DCFB是菱形；
∴四边形ACFB的面积是三角形ACD面积的3倍，
∵AC=AD=2，
∴AG=1，DG=，
∴四边形ACFB的面积：3××AC×DG=3××2×=3．
19．（2021·北京北师大实验中学九年级其他模拟）四边形ABCD是正方形，将线段CD绕点C逆时针旋转2α（45°＜α＜90°），得到线段CE，连接DE，过点B作BF⊥DE交DE于F，连接BE．
（1）依题意补全图1；
（2）直接写出∠FBE的度数；
（3）连接AF，用等式表示线段AF与DE的数量关系，并证明．

【答案】（1）见解析；（2）45°；（3）DE＝AF，见解析
【分析】（1）根据要求作出图形即可．
（2）利用圆周角定理解决问题即可．
（3）结论；DE＝AF．作AH⊥AF，交FB的延长线于点H，证明△HAB≌△FAD（ASA），推出HB＝FD，AH＝AF，推出HF＝DE，∠H＝45°，可得结论．
【详解】解：（1）图形如图所示：

（2）结论：∠FBE＝45°．
理由：连接BE．
∵四边形ABCD是正方形，
∴CB＝CD，∠DCB＝90°，
∵CB＝CD＝CE，
∴E、B、D三点在以C为圆心CB为半径的圆上
∴∠BED＝∠BCD＝45°，
∵BF⊥DE，
∴∠BFE＝90°，
∴∠FBE＝90°﹣45°＝45°．
（3）结论；DE＝AF．
理由：作AH⊥AF，交FB的延长线于点H，
由（2）得∠FBE＝∠FEB＝45°．
∴FB＝FE．
∵AH⊥AF，∠BAD＝90°，
∴∠HAB＝∠FAD，
∵∠BFD＝∠DAB＝90°，
∴∠ABH＋∠ABF＝180°，∠ABF＋∠ADF＝180°，
∴∠ABH＝∠ADF，
∴△HAB≌△FAD（ASA），
∴HB＝FD，AH＝AF，
∴HF＝DE，∠H＝45°．
∴HF＝AF．
∴DE＝AF．

20．（2021·辽宁葫芦岛市·九年级一模）在菱形中，，点在的延长线上，点是直线上的动点，连接，将线段绕点逆时针得到线段，连接，.
（1）如图1，当点与点重合时，请直接写出线段与的数量关系；

（2）如图2，当点在上时，线段，，之间有怎样的数量关系？请写出结论并给出证明；
　　
（3）当点在直线上时，若，，，请直接写出线段的长.
【答案】（1）AM=DF；（2），证明见解析；（3）1或5
【分析】（1）可通过证明，即可利用全等三角形的性质得出结论；
（2）通过作辅助线，构造等边三角形DMN，再通过全等证明出DF=EN，利用等边三角形得出DN=DM，DA=DB，求出AM=BN，即可证明题中三线段之间的关系；
（3）分别讨论当E点在线段BD和DB的延长线上两种情况，利用全等以及等边三角形的相关结论即可求出DF的长．
【详解】解：（1）AM=DF；
理由：∵菱形 ABCD 中， ∠ABC=120° ，
可得△BCD和△ABD都是等边三角形；
∴BD=BA，∠ DBA=60°，
又由旋转可知ME=MF，∠EMF= 60°，
得△MEF也是等边三角形，
∴EF=EM，∠MEF= 60°，
∴∠MEA=∠FED，
可证：；
∴AM=DF．
（2）结论：
证明：过点作交延长线于.
∵四边形是菱形
∴，
∴
∵
∴
∴是等边三角形
∴，
∵
∴，
∴是等边三角形
∴
∵，
∴是等边三角形
∴，，
∴
∴
∴
即：
∵，
∴
∴.

（3）1或5
当E点在线段BD上时，由（2）知，，
∵AB=6，
∴BD=AD=6，
∵BD=2BE，AD=3AM，
∴BE=3,AM=2,
∴DF=5；
当E点在线段DB的延长线上时，如图所示：
作MN∥AB与DE交于点N，
∵∠MDN=∠DAB=60°，
利用平行线的性质可得出∠DMN=60°，
则△DMN是等边三角形，
∴MN=MD，
又由∠DMN=∠EMF，
∴∠EMN=∠FMD,
∵ME=MF，
∴，
∴DF=EN
∵EN=EB-BN= BD- AM=3- AD=3- 2= 1；
综上可得：DF的长为1或5．

21．（2021·山东临沂市·九年级一模）如图1，点E为正方形内一点，，现将绕点B按顺时针方向旋转，得到（点A的对应点为点C），延长交于点G．
（1）试判断四边形是什么图形，并证明你的结论．
（2）连接，如图2
①若，试求的长；
②如图3，若，求证：．

【答案】（1）正方形，证明见解析；（2）①9；②证明见解析．
【分析】（1）先根据旋转的性质可得，从而可得，再根据矩形的判定、正方形的判定即可得证；
（2）①先根据正方形的性质可得，，再在中，利用勾股定理即可得；
②如图（见解析），先根据等腰三角形的三线合一可得，再根据正方形的性质、三角形全等的判定定理与性质可得，然后根据旋转的性质可得，最后根据正方形的性质可得，由此即可得证．
【详解】证明：（1）四边形是正方形，证明如下：
由旋转的性质得：，
，
四边形是矩形，
又，
四边形是正方形；
（2）①四边形是正方形，
，
四边形是正方形，，
，
，
，
解得或（不符题意，舍去），
；
②如图，过点作于点，

，
，，
四边形是正方形，
，
，
，
在和中，，
，
，
由旋转的性质得：，
，
又四边形是正方形，
，
，
．
22．（2021·辽宁葫芦岛市·九年级一模）如图，已知等腰，，，直线绕点A旋转，得直线，点B关于直线的对称点为E，连接，，交直线于点F，连接．

（1）如图1，直接写出线段，，之间的数量关系？不用说明理由：
（2）当直线旋转到如图2位置时，（1）中结论是否成立？若成立，请说明理由；若不成立，请写出正确的结论，并说明理出；
（3）若，当时，直接写出线段的长？
【答案】（1）；（2）不成立，应为，证明见解析；（3）或．
【分析】（1）连接BE，过点A作AG⊥AF于交EC于点G，证明△AEF≌△ACG可得AF=AG，EF=CG，进一步证明△AFG是等腰直角三角形，结合勾股定理求解即可；
（2）解题思路、方法同（1）；
（3）直线AP的位置分两种情况，思路同（1），（2）．
【详解】解：（1）
连接BE，过点A作AG⊥AF于交EC于点G，

∵点E，B关于AP对称，
∴AP垂直平分BE，
∴
又是等腰直角三角形，
∴，AB=AC，
∴∠2+∠BAG=90°,AE=AB=AC
又AG⊥EC，
∴∠5+∠BAG=90°
∴∠2+∠BAG=∠5+∠BAG
∴∠2=∠5=∠1
又AE=AB=AC
∴∠3=∠4
在△AEF和△ACG中，

∴△AEF≌△ACG
∴AF=AG，EF=CG
∵AF=AG，AF⊥AG
∴△AFG是等腰直角三角形，
∴FG=
∴，即
（2）不成立，应为
理由：过点A作，交于点G，

由点B与点E关于直线对称可知
∴，，
∴
∴
又∵，
∴
∴
∵
∴为等腰直角三角形
∴
∴
∵
∴
（3）或
①如图，∠BAP=30°，过点A作AG⊥AF，交FC于点G
由（1），（2）得，△AEF≌△ACG
∴EF=CG，△AFG为等腰直角三角形，
过点E作EH⊥AF于点H，

∵∠AFG=45°，∠EHF=90°
∴
又∠HAE=30°，∠EHF=90°，AE=AC=4
∴EH=2，HF=2
∴AH=
∴
∴
∴
②如图，∠BAP=30°，

此时情况与（1）相似，有：△AEF≌△ACG
过点B作BH⊥AP于点H，则有，
AF=AH-HF=，
∴
综上，EC的长为或
23．（2021·山东济南市·九年级二模）如图，在中，，点D是边上一点，连接，以为边作等边．

（1）如图1，若，求等边的边长；
（2）如图2，点D在边上移动过程中，连接，取的中点F，连接，过点D作于点G．
①求证：．
②如图3，将沿翻折得，连接，求出的最小值．
【答案】（1）6；（2）①见详解；②的最小值为6
【分析】（1）过点C作CH⊥AB于点 H，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可得∠A＝∠B＝30°，AH＝BH＝6，CH=6，由∠CDB＝45°，可得CD＝CH，进而即可求解；
（2）①延长BC到N，使CN=BC，由“SAS”可证△CEN≌△CDA，可得EN=AD，∠N=∠A＝30°，由三角形中位线定理可得CF∥EN，CF=EN，可得∠BCF＝∠N＝30°，可证DG=CF，DG∥CF，即可证四边形CFDG是矩形，可得结论；
②由“SAS”可证△EFD≌∠BFD'，可得BD'=DE=CD，则当CD取最小值时，有最小值，即可求解．
【详解】解：（1）如图1，过点C作CH⊥AB于点H，

∵AC=BC=12，∠ACB＝120°，CH⊥AB，
∴∠A＝∠B＝30°，
∴CH=6，
∵∠CDH＝45°，CH⊥AB，
∴∠CDH＝∠DCH＝45°，
∴DH＝CH，CD＝CH=6，
即△CDE的边长为6；
（2）①如图2，延长BC到N，使CN＝BC，

∵AC＝BC，∠ACB＝120°，
∴∠A＝∠ABC＝30°，∠NCA＝60°，
∵△ECD是等边三角形，
∴EC＝CD，∠ECD＝60°，
∴∠NCA＝∠ECD，
∴∠NCE＝∠DCA，
又∵CE＝CD，AC＝BC＝CN，
∴△CEN≌△CDA（SAS），
∴EN＝AD，∠N＝∠A＝30°，
∵BC＝CN，BF＝EF，
∴CF∥EN，CF＝EN，
∴∠BCF＝∠N＝30°，
∴∠ACF＝∠ACB−∠BCF＝90°，
又∵DG⊥AC，
∴CF∥DG，
∵∠A＝30°，DG⊥AC，
∴DG＝AD，
∴DG＝CF，
∴四边形CFDG是平行四边形，
又∵∠ACF＝90°，
∴四边形CFDG是矩形，
∴∠CFD＝90°
∴CF⊥DF；
②∵将△CFD沿CF翻折得△CF D' ，
∴CD＝CD'，DF＝D'F，∠CFD＝∠CFD'＝90°，
由（1）知，CF⊥DF，
∴∠CFD＝90°，
∴点D，F，D'在同一条直线上，
∴∠EFD＝∠BFD'，
又∵EF＝BF，
∴△EFD≌∠BFD'（SAS），
∴BD'＝DE，
∴BD'＝CD，
∵当BD'取最小值时， CD取最小值时， 此时CD⊥AB，
∴CD最小值=AC=×12=6，即：的最小值为6．

24．（2019·浙江杭州市·八年级期中）如图1，已知，将绕点顺时针旋转得到，与相交于．

（填一填）当，，则________；
（证一证）求证：平分．
（用一用）若，当________，为等腰三角形．
（想一想）如图2，，，当落在上时，求的长，并请说明理由．
【答案】[填一填]25°；[证一证]证明见解析；[用一用]α=40°或 20°；[想一想]．
【分析】[填一填]根据三角形的位置关系和三角形内角和定理即可求得∠BFD；
[证一证]过A作AM⊥BF于M，过A作AN⊥BE于N，证明△AMB≌△AND可得AM=AN，根据在角内部到角两边距离相等的点，在角平分线上；
[用一用]结合以上结论，分别表示的三个角，再分类讨论求解即可；
[想一想]根据等边对等角和三角形内角和定理可求得∠DCE =90°，根据等面积法求得AH，再利用勾股定理求得BH，根据三线合一可得BD，从而求得DC，最后根据勾股定理可求得的长．
【详解】解：[填一填]∵∠BAC=90°，ACB=30°，
∴∠B=180°-∠BAC-∠ACB=60°，
根据旋转性质可知，
∠D=∠B=60°，∠BAD=α=25°，
∵∠B+∠BAD=∠D+∠BFD，
∴∠BFD=∠BAD=25°，
故答案为：25°；
[证一证]过A作AM⊥BF于M，过A作AN⊥BE于N，

∴∠AMB=∠AND=90°，
由旋转性质可知，∠B=∠D，AB=AD，
在△AMB和△AND中，

∴△AMB≌△AND(AAS)，
∴AM=AN，
∵AM⊥BF，AN⊥BE，
∴AF 平分 ∠BFE；
[用一用]由[填一填]知 ∠BFD=α，
∴∠GFC=∠BFD=α，
∴∠AGF=∠GFC+∠ACB=α+30°，
∠BFE=180°-∠GFC=180°-α，
由[证一证]知AF平分∠BFE，
，
，
(1) AF=AG 时，
∠AFG=∠AGF，

解得 α=40°；
(2) FA=FG 时，
∠FAG=∠AGF，
,
解得 α=20°；
(3) GA=GF时，
∠FAG=∠AFG，
，
α 无解，
综上，α=40°或 20°，
故答案为：α=40°或 20°；
[想一想]△ABC 中，∠BAC=90°，AB=3，AC=4，
，
由旋转性质可知, △ABC≌△ADE，
∴AB=AD=3，AC=AE=4，BC=DE=5，∠BAD=∠CAE=α，
，
，
，
∴∠DCE=∠ACB+∠ACE=90°，
过A作AH⊥BD于H，

∵AB=AD，
，
，
，
，
，
，
．