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专题31图形的旋转：三年（2021-2023）中考数学真题分项汇编
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这是一份专题31图形的旋转：三年（2021-2023）中考数学真题分项汇编，共140页。试卷主要包含了如图，在中，，，等内容，欢迎下载使用。
专题31图形的旋转三年（2021-2023）中考数学真题分项汇编
三年（2021-2023）中考数学真题分项汇编
专题31图形的旋转
一．选择题（共18小题）
（2023•大庆）
1．搭载神舟十六号载人飞船的长征二号遥十六运载火箭于年月日成功发射升空，景海鹏、朱杨柱、桂海潮名航天员开启“太空出差”之旅，展现了中国航天科技的新高度．下列图标中，其文字上方的图案是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
（2023•宁夏）
2．如图，在中，，，．点在上，且．连接，线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，．则的面积是（ ）
A． B． C． D．
（2023•泰安）
3．如图，在平面直角坐标系中，的一条直角边在x轴上，点A的坐标为；中，，连接，点M是中点，连接．将以点O为旋转中心按顺时针方向旋转，在旋转过程中，线段的最小值是（ ）
A．3 B． C． D．2
（2023•无锡）
4．如图，中，，将逆时针旋转得到，交于F．当时，点D恰好落在上，此时等于（ ）
A． B． C． D．
（2023•通辽）
5．如图，在平面直角坐标系中，已知点，点，以点P为中心，把点A按逆时针方向旋转得到点B，在，，，四个点中，直线经过的点是（ ）
A． B． C． D．
（2023•通辽）
6．如图，将绕点A逆时针旋转到，旋转角为，点B的对应点D恰好落在边上，若，则旋转角的度数为（ ）
A． B． C． D．
（2023•聊城）
7．如图，已知等腰直角，，，点C是矩形与的公共顶点，且，；点D是延长线上一点，且．连接，，在矩形绕点C按顺时针方向旋转一周的过程中，当线段达到最长和最短时，线段对应的长度分别为m和n，则的值为（ ）
A．2 B．3 C． D．
（2023•天津）
8．如图，把以点A为中心逆时针旋转得到，点B，C的对应点分别是点D，E，且点E在的延长线上，连接，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
（2023•株洲）
9．如图所示，在矩形中，，与相交于点O，下列说法正确的是（ ）
A．点O为矩形的对称中心 B．点O为线段的对称中心
C．直线为矩形的对称轴 D．直线为线段的对称轴
（2023•宜宾）
10．如图，和是以点为直角顶点的等腰直角三角形，把以为中心顺时针旋转，点为射线、的交点．若，．以下结论：
①；②；
③当点在的延长线上时，；
④在旋转过程中，当线段最短时，的面积为．
其中正确结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
（2022•天津）
11．如图，在△ABC中，AB=AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
（2022•益阳）
12．如图，已知△ABC中，∠CAB＝20°，∠ABC＝30°，将△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，以下结论：①BC＝B′C′，②AC∥C′B′，③C′B′⊥BB′，④∠ABB′＝∠ACC′，正确的有（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
（2022•呼和浩特）
13．如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，、交于点．若，则的度数是（用含的代数式表示）（ ）
A． B． C． D．
（2022•丹东）
14．如图，在四边形中，，，对角线与交于点，点是的中点，连接，的周长为，则下列结论错误的是（ ）
A．
B．四边形是中心对称图形
C．的周长等于3cm
D．若，则四边形是轴对称图形
（2022•常德）
15．如图，在中，，，将绕点C顺时针旋转得到，点A，B的对应点分别是D，E，点F是边的中点，连接，，．则下列结论错误的是（ ）
A． B．，
C． D．
（2022•绥化）
16．如图，线段在平面直角坐标系内，A点坐标为，线段绕原点O逆时针旋转90°，得到线段，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
（2022•杭州）
17．如图，在平面直角坐标系中，已知点P(0，2)，点A(4，2)．以点P为旋转中心，把点A按逆时针方向旋转60°，得点B．在，，，四个点中，直线PB经过的点是（ ）
A． B． C． D．
（2022•聊城）
18．如图，在直角坐标系中，线段是将绕着点逆时针旋转一定角度后得到的的一部分，则点的对应点的坐标是（ ）
A．(-2，3) B．(-3，2) C．(-2，4) D．(-3，3)
二．填空题（共22小题）
（2023•宁夏）
19．如图是由边长为的小正方形组成的网格，点，，，，，，均在格点上，下列结论：
点与点关于点中心对称；
连接，，，则平分；
连接，则点，到线段的距离相等．
其中正确结论的序号是 ．
（2023•营口）
20．如图，在中，，，将绕着点C按顺时针旋转得到，连接BD交于在E，则 ．
（2023•兰州）
21．如图，将面积为7的正方形和面积为9的正方形分别绕原点O顺时针旋转，使，落在数轴上，点A，D在数轴上对应的数字分别为a，b，则 ．
（2023•内蒙古）
22．如图，在中，，将绕点A逆时针方向旋转，得到．连接，交于点D，则的值为 ．
（2023•张家界）
23．如图，为的平分线，且，将四边形绕点逆时针方向旋转后，得到四边形，且，则四边形旋转的角度是 ．
24．如图，点E是正方形内的一点，将绕点B按顺时针方向旋转得到．若，则 度．
（2023•绥化）
25．已知等腰，．现将以点B为旋转中心旋转45°，得到，延长交直线于点D．则的长度为 ．
（2023•黑龙江）
26．在中，，点是斜边的中点，把绕点顺时针旋转，得，点，点旋转后的对应点分别是点，点，连接，，在旋转的过程中，面积的最大值是 ．
（2023•绥化）
27．如图，是边长为的等边三角形，点为高上的动点．连接，将绕点顺时针旋转得到．连接，，，则周长的最小值是 ．
（2023•上海）
28．如图，在中，，将绕着点A旋转，旋转后的点B落在上，点B的对应点为D，连接是的角平分线，则 ．
（2023•江西）
29．如图，在中，，将绕点逆时针旋转角（）得到，连接，．当为直角三角形时，旋转角的度数为 ．
（2023•新疆）
30．如图，在平面直角坐标系中，为直角三角形，，，．若反比例函数的图象经过的中点，交于点，则 ．
（2023•宜宾）
31．如图，是正方形边的中点，是正方形内一点，连接，线段以为中心逆时针旋转得到线段，连接．若，，则的最小值为 ．
（2022•阜新）
32．如图，在中，，，将绕点逆时针旋转，得到，则点到的距离是 ．
（2022•贵港）
33．如图，将绕点A逆时针旋转角得到，点B的对应点D恰好落在边上，若，则旋转角的度数是 ．
（2022•朝阳）
34．如图，在矩形ABCD中，AD＝2，DC＝4，将线段DC绕点D按逆时针方向旋转，当点C的对应点E恰好落在边AB上时，图中阴影部分的面积是 ．
（2022•广州）
35．如图，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'，连接PP' ，CP'．当点P' 落在边BC上时，∠PP'C的度数为 ； 当线段CP' 的长度最小时，∠PP'C的度数为
（2022•无锡）
36．△ABC是边长为5的等边三角形，△DCE是边长为3的等边三角形，直线BD与直线AE交于点F．如图，若点D在△ABC内，∠DBC=20°，则∠BAF＝ °；现将△DCE绕点C旋转1周，在这个旋转过程中，线段AF长度的最小值是 ．
（2021•镇江）
37．如图，等腰三角形ABC中，AB＝AC，BC＝6，cos∠ABC＝，点P在边AC上运动（可与点A，C重合），将线段BP绕点P逆时针旋转120°，得到线段DP，连接BD，则BD长的最大值为 ．
（2021•桂林）
38．如图，正方形OABC的边长为2，将正方形OABC绕点O逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到正方形OA′B′C′，连接BC′，当点A′恰好落在线段BC′上时，线段BC′的长度是 ．
（2021•临沂）
39．在平面直角坐标系中，的对称中心是坐标原点，顶点、的坐标分别是、，将沿轴向右平移3个单位长度，则顶点的对应点的坐标是 ．
（2021•巴中）
40．如图，把边长为3的正方形OABC绕点O逆时针旋转n°（0＜n＜90）得到正方形ODEF，DE与BC交于点P，ED的延长线交AB于点Q，交OA的延长线于点M．若BQ：AQ＝3：1，则AM＝ ．
三．解答题（共20小题）
41．在中、，于点M，D是线段上的动点（不与点M，C重合），将线段绕点D顺时针旋转得到线段．
(1)如图1，当点E在线段上时，求证：D是的中点；
(2)如图2，若在线段上存在点F（不与点B，M重合）满足，连接，，直接写出的大小，并证明．
（2023•大连）
42．综合与实践
问题情境：数学活动课上，王老师给同学们每人发了一张等腰三角形纸片探究折叠的性质．
已知，点为上一动点，将以为对称轴翻折．同学们经过思考后进行如下探究：
独立思考：小明：“当点落在上时，．”
小红：“若点为中点，给出与的长，就可求出的长．”
实践探究：奋进小组的同学们经过探究后提出问题1，请你回答：
问题1：在等腰中，由翻折得到．
（1）如图1，当点落在上时，求证：；
（2）如图2，若点为中点，，求的长．
问题解决：小明经过探究发现：若将问题1中的等腰三角形换成的等腰三角形，可以将问题进一步拓展．
问题2：如图3，在等腰中，．若，则求的长．
（2023•贵州）
43．如图①，小红在学习了三角形相关知识后，对等腰直角三角形进行了探究，在等腰直角三角形中，，过点B作射线，垂足为B，点P在上．
(1)【动手操作】
如图②，若点P在线段上，画出射线，并将射线绕点P逆时针旋转与交于点E，根据题意在图中画出图形，图中的度数为 度；
(2)【问题探究】
根据（1）所画图形，探究线段与的数量关系，并说明理由；
(3)【拓展延伸】
如图③，若点P在射线上移动，将射线绕点P逆时针旋转与交于点E，探究线段之间的数量关系，并说明理由．
（2023•辽宁）
44．在中，，，点O为AB的中点，点D在直线上（不与点A，B重合），连接，线段绕点C逆时针旋转90°，得到线段，过点B作直线，过点E作，垂足为点F，直线交直线于点G．
(1)如图1，当点D与点O重合时，请直接写出线段与线段的数量关系；
(2)如图2，当点D在线段上时，求证： ；
(3)连接的面积记为，的面积记为，当时，请直接写出的值．
（2023•武汉）
45．如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．正方形四个顶点都是格点，是上的格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．
(1)在图（1）中，先将线段绕点顺时针旋转，画对应线段，再在上画点，并连接，使；
(2)在图（2）中，M是与网格线的交点，先画点关于的对称点，再在上画点，并连接，使．
（2023•荆州）
46．如图1，点P是线段上与点A，点B不重合的任意一点，在的同侧分别以A，P，B为顶点作，其中∠1与∠3的一边分别是射线和射线，的两边不在直线上，我们规定这三个角互为等联角，点P为等联点，线段为等联线．
(1)如图2，在个方格的纸上，小正方形的顶点为格点、边长均为1，为端点在格点的已知线段．请用三种不同连接格点的方法，作出以线段为等联线、某格点P为等联点的等联角，并标出等联角，保留作图痕迹；
(2)如图3，在中，，延长至点B，使，作的等联角和．将沿折叠，使点A落在点M处，得到，再延长交的延长线于E，连接并延长交的延长线于F，连接．
①确定的形状，并说明理由；
②若，求等联线和线段的长（用含k的式子表示）．
（2023•岳阳）
47．如图1，在中，，点M，N分别为边，的中点，连接．
初步尝试：（1）与的数量关系是 ，与的位置关系是 ．
特例研讨：（2）如图2，若， ，先将绕点B顺时针旋转α（α为锐角），得到，当点A，E，F在同一直线上时，与相交于点D，连接．
①求的度数；
②求的长．
深入探究：（3）若，将绕点B顺时针旋转α，得到，连接，．当旋转角α满足，点C，E，F在同一直线上时，利用所提供的备用图探究与的数量关系，并说明理由．
（2023•邵阳）
48．如图，在等边三角形中，为上的一点，过点作的平行线交于点E，点是线段上的动点（点P不与D、E重合）．将绕点A逆时针方向旋转，得到，连接交于F．
(1)证明：在点P的运动过程中，总有．
(2)当为何值时，是直角三角形？
（2023•温州）
49．如图，在的方格纸中，每个小方格的边长为1．已知格点P，请按要求画格点三角形（顶点均在格点上）．
(1)在图中画一个等腰三角形，使底边长为，点E在上，点F在上，再画出该三角形绕矩形的中心旋转180°后的图形．
(2)在图中画一个，使，点Q在上，点R在上，再画出该三角形向右平移1个单位后的图形．
（2023•广元）
50．如图1，已知线段，，线段绕点A在直线AB上方旋转，连接BC，以为边在上方作，且．
(1)若，以为边在上方作，且，，连接，用等式表示线段与的数量关系是 ；
(2)如图2，在（1）的条件下，若，，，求的长；
(3)如图3，若，，，当的值最大时，求此时的值．
（2023•随州）
51．1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题．
(1)下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④处填写该三角形的某个顶点）
当的三个内角均小于时，
如图1，将绕，点C顺时针旋转得到，连接，
由，可知为 ① 三角形，故，又，故，
由 ② 可知，当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，如图2，最小值为，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有 ③ ；
已知当有一个内角大于或等于时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若，则该三角形的“费马点”为 ④ 点．
(2)如图4，在中，三个内角均小于，且，已知点P为的“费马点”，求的值；
(3)如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知．现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为a元/，a元/，元/，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低为___________元．（结果用含a的式子表示）
（2023•湖北）
52．【问题呈现】
和都是直角三角形，，连接，，探究，的位置关系．
(1)如图1，当时，直接写出，的位置关系：____________；
(2)如图2，当时，（1）中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．
【拓展应用】
(3)当时，将绕点C旋转，使三点恰好在同一直线上，求的长．
（2023•安徽）
53．在中，是斜边的中点，将线段绕点旋转至位置，点在直线外，连接，．
(1)如图1，求的大小；
(2)已知点和边上的点满足，．
如图2，连接，求证：；
如图3，连接，若，，求的值．
（2023•巴中）
54．综合与实践．
(1)提出问题．如图1，在和中，，且，，连接，连接交的延长线于点O．
①的度数是___________．
②__________．
(2)类比探究．如图2，在和中，，且，连接并延长交于点O．
①的度数是___________．
②___________．
(3)问题解决．如图3，在等边中，于点D，点E在线段上（不与A重合），以为边在的左侧构造等边，将绕着点A在平面内顺时针旋转任意角度．如图4，M为的中点，N为的中点．
①试说明为等腰三角形．
②求的度数．
（2023•金昌）
55．【模型建立】
（1）如图1，和都是等边三角形，点关于的对称点在边上．
①求证：；
②用等式写出线段的数量关系，并说明理由；
【模型应用】
（2）如图2，是直角三角形，，，垂足为，点关于的对称点在边上．用等式写出线段的数量关系，并说明理由；
【模型迁移】
（3）在（2）的条件下，若，，求的值．
56．如图，在等边中，于点D，E为线段上一动点（不与A，D重合），连接，将绕点C顺时针旋转得到线段，连接．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，连接交于点G，连接与所在直线交于点H，求证：；
(3)如图3，连接交于点G，连接，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，连接．若，直接写出的最小值．
（2023•自贡）
57．如图1，一大一小两个等腰直角三角形叠放在一起，，分别是斜边，的中点，．
(1)将绕顶点旋转一周，请直接写出点，距离的最大值和最小值；
(2)将绕顶点逆时针旋转（如图），求的长．
（2021•成都）
58．在中，，将绕点顺时针旋转得到，其中点的对应点分别为点．
(1)如图1，当点落在的延长线上时，求的长；
(2)如图2，当点落在的延长线上时，连接，交于点，求的长；
(3)如图3，连接，，直线交于点，点为的中点，连接．在旋转过程中，是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由．
（2022•沈阳）
59．（1）如图1，和是等腰直角三角形，，点C在上，点D在线段延长线上，连接，．线段与的数量关系为______；
（2）如图2，将图1中的绕点O顺时针旋转（）第一问的结论是否仍然成立；如果成立，证明你的结论，若不成立，说明理由．
（3）如图3，若，点C是线段外一动点，，连接，
①若将绕点C逆时针旋转 得到，连接，则的最大值______；
②若以为斜边作，（B、C、D三点按顺时针排列），，连接，当时，直接写出的值．
（2022•锦州）
60．如图，在中，，D，E，F分别为的中点，连接．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，将绕点D顺时针旋转一定角度，得到，当射线交于点G，射线交于点N时，连接并延长交射线于点M，判断与的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，当时，求的长．
参考答案：
1．C
【分析】根据中心对称图形的定义判断即可．
【详解】、不是中心对称图形，此选项不符合题意，排除；
、不是中心对称图形，此选项不符合题意，排除；
、是中心对称图形，此选项符合题意；
、不是中心对称图形，此选项不符合题意，排除；
故答案为：．
【点睛】此题考查了中心对称图形的概念，解题的关键是如何判断中心对称图形，旋转度后与原图重合．
2．B
【分析】根据旋转的性质得出，，再根据证明得出，，得出，再根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】解：线段绕点顺时针旋转得到线段，
，，
，
在中，，，
，，
，
，
，，
，
，，
，，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，根据证明是解题的关键．
3．A
【分析】如图所示，延长到E，使得，连接，根据点A的坐标为得到，再证明是的中位线，得到；解得到，进一步求出点C在以O为圆心，半径为4的圆上运动，则当点M在线段上时，有最小值，即此时有最小值，据此求出的最小值，即可得到答案．
【详解】解：如图所示，延长到E，使得，连接，
∵的一条直角边在x轴上，点A的坐标为，
∴，
∴，
∴，
∵点M为中点，点A为中点，
∴是的中位线，
∴；
在中，，
∴，
∵将以点O为旋转中心按顺时针方向旋转，
∴点C在以O为圆心，半径为4的圆上运动，
∴当点M在线段上时，有最小值，即此时有最小值，
∵，
∴的最小值为，
∴的最小值为3，
故选A．
【点睛】本题主要考查了一点到圆上一点的最值问题，勾股定理，三角形中位线定理，坐标与图形，含30度角的直角三角形的性质等等，正确作出辅助线是解题的关键．
4．B
【分析】根据旋转可得，再结合旋转角即可求解．
【详解】解：由旋转性质可得：，，
∵，
∴，，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了几何—旋转问题，掌握旋转的性质是关键．
5．B
【分析】根据含角的直角三角形的性质可得，利用待定系数法可得直线的解析式，依次将四个点的一个坐标代入中可解答．
【详解】解：∵点，点，
∴轴，，
由旋转得：，
如图，过点B作轴于C，
∴，
∴，
∴），
设直线的解析式为：，
则，
∴，
∴直线的解析式为：，
当时，，
∴点不在直线上，
当时，，
∴在直线上，
当时，
∴不在直线上，
当时，，
∴不在直线上．
故选：B．
【点睛】本题考查的是图形旋转变换，待定系数法求一次函数的解析式，确定点B的坐标是解本题的关键．
6．C
【分析】先求出，再利用旋转的性质求出，，然后利用等边对等角求出，最后利用三角形的内角和定理求解即可．
【详解】解：如图，
，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵旋转，
∴，，
∴，
∴，
即旋转角的度数是．
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等，掌握等边对等角是解题的关键．
7．D
【分析】根据锐角三角函数可求得，当线段达到最长时，此时点在点的下方，且，，三点共线，求得，，根据勾股定理求得，即，当线段达到最短时，此时点在点的上方，且，，三点共线，则，，根据勾股定理求得，即，即可求得．
【详解】∵为等腰直角三角形，，∴，
当线段达到最长时，此时点在点的下方，且，，三点共线，如图：
则，，
在中，，
即，
当线段达到最短时，此时点在点的上方，且，，三点共线，如图：
则，，
在中，，
即，
故，
故选：D．
【点睛】本题考查了锐角三角函数，勾股定理等，根据旋转推出线段最长和最短时的位置是解题的关键．
8．A
【分析】根据旋转的性质即可解答．
【详解】根据题意，由旋转的性质，
可得，，，
无法证明，，故B选项和D选项不符合题意，
，故C选项不符合题意，
，故A选项符合题意，
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质和三角形外角运用是解题的关键．
9．A
【分析】由矩形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，线段的对称中心是线段的中点，矩形是轴对称图形，对称轴是过一组对边中点的直线，从而可得答案．
【详解】解：矩形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，故A符合题意；
线段的对称中心是线段的中点，故B不符合题意；
矩形是轴对称图形，对称轴是过一组对边中点的直线，
故C，D不符合题意；
故选A
【点睛】本题考查的是轴对称图形与中心对称图形的含义，矩形的性质，熟记矩形既是中心对称图形也是轴对称图形是解本题的关键．
10．D
【分析】证明即可判断①，根据三角形的外角的性质得出②，证明得出，即可判断③；以为圆心，为半径画圆，当在的下方与相切时，的值最小，可得四边形是正方形，在中，然后根据三角形的面积公式即可判断④．
【详解】解：∵和是以点为直角顶点的等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，，故①正确；
设，
∴,
∴，
∴，故②正确；
当点在的延长线上时，如图所示
∵，，
∴
∴
∵，．
∴，
∴
∴，故③正确；
④如图所示，以为圆心，为半径画圆，
∵，
∴当在的下方与相切时，的值最小，
∴四边形是矩形，
又，
∴四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
在中，
∴取得最小值时，
∴
故④正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的性质，勾股定理，切线的性质，垂线段最短，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
11．C
【分析】根据旋转的性质，对每个选项逐一判断即可．
【详解】解：∵将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，∴△ABM≌△ACN，
∴AB=AC，AM=AN，
∴AB不一定等于AN，故选项A不符合题意；
∵△ABM≌△ACN，
∴∠ACN=∠B，
而∠CAB不一定等于∠B，
∴∠ACN不一定等于∠CAB，
∴AB与CN不一定平行，故选项B不符合题意；
∵△ABM≌△ACN，
∴∠BAM=∠CAN，∠ACN=∠B，
∴∠BAC=∠MAN，
∵AM=AN，AB=AC，
∴△ABC和△AMN都是等腰三角形，且顶角相等，
∴∠B=∠AMN，
∴∠AMN=∠ACN，故选项C符合题意；
∵AM=AN，
而AC不一定平分∠MAN，
∴AC与MN不一定垂直，故选项D不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质．旋转变换是全等变换，利用旋转不变性是解题的关键．
12．B
【分析】根据旋转的性质可得，BC＝B′C′，∠C′AB′＝∠CAB＝20°，∠AB′C′＝∠ABC＝30°，再根据旋转角的度数为50°，通过推理证明对①②③④四个结论进行判断即可．
【详解】解：①∵△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，
∴BC＝B′C′．故①正确；
②∵△ABC绕A点逆时针旋转50°，
∴∠BAB′＝50°．
∵∠CAB＝20°，
∴∠B′AC＝∠BAB′﹣∠CAB＝30°．
∵∠AB′C′＝∠ABC＝30°，
∴∠AB′C′＝∠B′AC．
∴AC∥C′B′．故②正确；
③在△BAB′中，AB＝AB′，∠BAB′＝50°，
∴∠AB′B＝∠ABB′＝（180°﹣50°）＝65°．
∴∠BB′C′＝∠AB′B+∠AB′C′＝65°+30°＝95°．
∴CB′与BB′不垂直．故③不正确；
④在△ACC′中，
AC＝AC′，∠CAC′＝50°，
∴∠ACC′＝（180°﹣50°）＝65°．
∴∠ABB′＝∠ACC′．故④正确．
∴①②④这三个结论正确．
故选：B．
【点睛】此题考查了旋转性质的应用，图形的旋转只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小，还考查了等腰三角形的判定和性质、平行线的判定等知识．熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
13．C
【分析】根据旋转的性质可得，BC=DC，∠ACE=α，∠A=∠E，则∠B=∠BDC，利用三角形内角和可求得∠B，进而可求得∠E，则可求得答案．
【详解】解：∵将绕点顺时针旋转得到，且
∴BC=DC，∠ACE=α，∠A=∠E，
∴∠B=∠BDC，
∴，
∴，
∴，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转变换、三角形内角和、等腰三角形的性质，解题的关键是掌握旋转的性质．
14．C
【分析】根据平行四边形的判定和性质及三角形中位线定理判断各个选项即可．
【详解】解：，，
四边形是平行四边形，
对角线与交于点，点是的中点，
是的中位线，
，
选项结论正确，不符合题意；
平行四边形都是中心对称图形，
∴四边形是中心对称图形，
选项结论正确，不符合题意；
的周长为，是的中位线，
的周长等于，
选项结论错误，符合题意；
若，则四边形是矩形，矩形是轴对称图形，
选项结论正确，不符合题意；
故选：．
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定和性质及三角形中位线定理，熟练掌握平行四边形的性质及三角形中位线定理是解题的关键．
15．D
【分析】根据等边三角形的判定定理得到为等边三角形，根据等边三角形的性质得到，判断A选项；证明，根据全等三角形的性质判断B、C选项；解直角三角形，用分别表示出、，判断D选项．
【详解】解：A、由旋转的性质可知，，，
∴为等边三角形，
∴，本选项结论正确，不符合题意；
B、在中，，，点F是边的中点，
∴，，
由旋转的性质可知，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴，，本选项结论正确，不符合题意；
C、∵，
∴，本选项结论正确，不符合题意；
D、在中，，
∴，
同理可得， ，
∴，
∴故本选项结论错误，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查的是旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质，正确理解旋转变换的概念是解题的关键．
16．A
【分析】如图，逆时针旋转90°作出，过A作轴，垂足为B，过作轴，垂足为，证明，根据A点坐标为，写出，，则，，即可写出点A的坐标．
【详解】解：如图，逆时针旋转90°作出，过A作轴，垂足为B，过作轴，垂足为，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∵A点坐标为，
∴，，
∴，，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查旋转的性质，证明是解答本题的关键．
17．B
【分析】根据含30°角的直角三角形的性质可得B（2，2+2），利用待定系数法可得直线PB的解析式，依次将M1，M2，M3，M4四个点的一个坐标代入y=x+2中可解答．
【详解】解：∵点A（4，2），点P（0，2），
∴PA⊥y轴，PA=4，
由旋转得：∠APB=60°，AP=PB=4，
如图，过点B作BC⊥y轴于C，
∴∠BPC=30°，
∴BC=2，PC=2，
∴B（2，2+2），
设直线PB的解析式为：y=kx+b，
则，
∴，
∴直线PB的解析式为：y=x+2，
当y=0时，x+2=0，x=-，
∴点M1（-，0）不在直线PB上，
当x=-时，y=-3+2=1，
∴M2（-，-1）在直线PB上，
当x=1时，y=+2，
∴M3（1，4）不在直线PB上，
当x=2时，y=2+2，
∴M4（2，）不在直线PB上．
故选：B．
【点睛】本题考查的是图形旋转变换，待定系数法求一次函数的解析式，确定点B的坐标是解本题的关键．
18．A
【分析】根据旋转的性质解答即可．
【详解】解：∵线段是将绕着点逆时针旋转一定角度后得到的的一部分，
∴的对应点为，∴，∴旋转角为90°，
∴点C绕点P逆时针旋转90°得到的点的坐标为（-2，3），
故选：A．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，练掌握对应点与旋转中心的连线是旋转角和旋转角相等是解答本题的关键．
19．
【分析】根据中心对称概念，全等三角形判定与性质，点到直线的距离等逐个判断．
【详解】解：连接，如图：
由图可知，点与点关于点中心对称，故正确；
如图：
由可知，
∴，平分，故正确；
取上的格点，，连接，，如图，
由正方形性质可知，
∴到的距离为的长度，到的距离为的长度，
而，
∴点，到线段的距离相等，故正确；
∴正确结论是；
故答案为：．
【点睛】此题考查了中心对称，三角形全等的判定与性质，等腰直角三角形性质及应用等，解题的关键是掌握中心对称的概念，能熟练应用全等三角形的判定定理．
20．
【分析】连接，证明是等边三角形，则，，设，则，取的中点H，连接，求出，设，则，证明，得到，解得，即，再利用勾股定理求出，进一步即可得到答案．
【详解】解：连接，
∵将绕着点C按顺时针旋转得到，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
设，则，
取的中点H，连接，
∴，，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
即，
∴，
∴，
∴
，
故答案为：．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、勾股定理、旋转的性质、等边三角形的判定和性质等知识，数形结合和准确计算是解题的关键．
21．
【分析】分别求出两个正方形的边长，从而得到a，b的值，代入计算即可．
【详解】∵正方形的面积为7，正方形的面积为9
∴，
即，
∴
故答案为：
【点睛】本题考查算术平方根的意义，在数轴上表示实数，正确求出算术平方根是解题的关键．
22．5
【分析】过点D作于点F，利用勾股定理求得，根据旋转的性质可证、是等腰直角三角形，可得，再由，得，证明，可得，即，再由，求得，从而求得，，即可求解．
【详解】解：过点D作于点F，
∵，，，
∴，
∵将绕点A逆时针方向旋转得到，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
又∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，即，
∵ ，，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
故答案为：5．
【点睛】本题考查旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角形的面积，熟练掌握相关知识是解题的关键．
23．
【分析】根据角平分线的性质可得，根据旋转的性质可得，，求得，即可求得旋转的角度．
【详解】∵为的平分线，，
∴，
∵将四边形绕点逆时针方向旋转后，得到四边形，
∴，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了角平分线的性质，旋转的性质，熟练掌握以上性质是解题的关键．
24．80
【分析】先求得和的度数，再利用三角形外角的性质求解即可．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∵绕点B按顺时针方向旋转得到
∴，，
∴，
∴，
故答案为：80．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，旋转图形的性质和三角形外角的性质，利用旋转图形的性质求解是解题的关键．
25．或
【分析】分两种情况：①当绕点B逆时针旋转得到，过点B作于D，作的垂直平分线交于H，交于F，连接，先求出，再求出，，进而得，，据此可求得的长；
②当绕点B顺时针旋转45°得到，过点D作于M，作的垂直平分线交于Q，先求出，设，则，，进而可求得，，据此可求出x，进而可求得的长．
【详解】解：∵将绕点B旋转得到，
∴有以下两种情况：
①当绕点B逆时针旋转得到，
过点B作于E，作的垂直平分线交于H，交于F，连接，
∵为等腰三角形，，
∴，
∴，
由旋转的性质得：，
∴，
又∵，
即，
∴.
在中，，
∴，
∴ ，
由勾股定理得：，
∵为的垂直平分线，
∴，
∴，
∴，
∴，故：，
由勾股定理得：，
∴；
②当绕点B顺时针旋转45°得到，
过点D作于M，作的垂直平分线交于Q，
由旋转的性质得：，，
∴，
∵，
∴，
在中，，设，
则，
由勾股定理得： ，
∵为的垂直平分线，
∴，
∴，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
∵，
∴，
∴，
即．
综上所述：的长度为或．
故答案为：或．
【点睛】此题主要考查了图形的旋转变换及性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理等，解答此题的关键是理解题意，熟练掌握图形的旋转变换，理解在直角三角形中，30°的角所对的直角边等于斜边的一半，分类讨论是解答此题的难点，漏解是解答此题的易错点之一．
26．##
【分析】过点A作交的延长线于点G，求出，然后由旋转的性质可知点F在以A为圆心的长为半径的圆上运动，则可得如图中G、A、F三点共线时点F到直线的距离最大，求出距离的最大值，然后计算即可．
【详解】解：如图，在中，，，点是斜边的中点，
∴，，，
∴，
过点A作交的延长线于点G，
∴，
又∵在旋转的过程中，点F在以A为圆心的长为半径的圆上运动，，
∴点F到直线的距离的最大值为，（如图，G、A、F三点共线时）
∴面积的最大值，
故答案为：．
【点睛】本题考查了含直角三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，旋转的性质，圆的基本性质等知识，根据旋转的性质求出点F到直线距离的最大值是解答本题的关键．
27．
【分析】根据等边三角形的性质可得，，推得，根据全等三角形的判定和性质可得，，过点作，交的延长线于点，延长到，使得，连接，，与交于点，连接，，根据三角形内角和定理可得，根据含角的直角三角形的性质可得，根据等边三角形的判定可得为等边三角形，根据特殊角的锐角三角函数可求得，根据垂直平分线的性质可得，，求得，当与重合时，即、、三点共线时，的值最小，即可求解．
【详解】解：∵是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵是等边三角形，是高，
∴，，
过点作，交的延长线于点，延长到，使得，连接，，与交于点，连接，，如图：
则，
在中，，
∴，，
故，
∴，
∴为等边三角形，
在中，，
∵，，
即垂直平分，
∴，，
∴，
，
∴当与重合时，即、、三点共线时，的值最小为：，
∴的周长的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，含角的直角三角形的性质，解题的关键在于证明三角形全等，确定点运动轨迹．
28．
【分析】如图，，，根据角平分线的定义可得，根据三角形的外角性质可得，即得，然后根据三角形的内角和定理求解即可．
【详解】解：如图，根据题意可得：，，
∵是的角平分线，
∴，
∵，，
∴，
则在中，∵，
∴，
解得：；
故答案为：
【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质以及三角形的内角和等知识，熟练掌握相关图形的性质是解题的关键．
29．或或
【分析】连接，根据已知条件可得，进而分类讨论即可求解．
【详解】解：连接，取的中点，连接，如图所示，
∵在中，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴
∴，
∴
∴，
如图所示，当点在上时，此时，则旋转角的度数为，
当点在的延长线上时，如图所示，则
当在的延长线上时，则旋转角的度数为，如图所示，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵
∴四边形是矩形，
∴
即是直角三角形，
综上所述，旋转角的度数为或或
故答案为：或或．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
30．
【分析】作交于点，根据题意可得，由点为的中点，可得，在 中，通过解直角三角形可得，从而得到点，代入函数解析式即可得到答案．
【详解】解：如图，作交于点，
，
，，，
，
点为的中点，
，
，
，
，
，
，
点在反比例函数图象上，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，反比例函数的图象与性质，熟练掌握反比例函数的图象与性质，添加适当的辅助线构造直角三角形，是解题的关键．
31．
【分析】连接，将绕逆时针旋转得，连接，，证明，得，故的运动轨迹是以为圆心，1为半径的弧，求出，可得，由，知，从而可得的最小值为．
【详解】解：连接，将绕逆时针旋转得，连接，，如图：
，，
，
，，共线，
，
由旋转性质得，，
，
，
的运动轨迹是以为圆心，1为半径的弧，
，，
，
，，
，
，
，
的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形中的旋转问题，解题的关键是掌握性质的性质，正确作出辅助线构造全等三角形解决问题．
32．2
【分析】由旋转的性质可得，，可证是等边三角形，由直角三角形的性质可求解．
【详解】解：如图，连接，过点作于，
将绕点逆时针旋转，
，，
是等边三角形，
，，
，
，
，
点到的距离是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
33．##50度
【分析】先求出，由旋转的性质，得到，，则，即可求出旋转角的度数．
【详解】解：根据题意，
∵，
∴，
由旋转的性质，则，，
∴，
∴；
∴旋转角的度数是50°；
故答案为：50°．
【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握旋转的性质进行计算．
34．24﹣64π
【分析】由旋转的性质可得DE＝DC＝4，由锐角三角函数可求∠ADE＝60°，由勾股定理可求AE的长，分别求出扇形EDC和四边形DCBE的面积，即可求解．
【详解】解：∵将线段DC绕点D按逆时针方向旋转，
∴DE＝DC＝4，
∵cos∠ADE，
∴∠ADE＝60°，
∴∠EDC＝30°，
∴S扇形EDC4π，
∵AE6，
∴BE＝AB﹣AE＝46，
∴S四边形DCBE24﹣6，
∴阴影部分的面积＝24﹣64π，
故答案为：24﹣64π．
【点睛】本题考查了旋转的性质，锐角三角函数，矩形的性质，扇形的面积公式等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
35． 120°##120度 75°##75度
【分析】如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′．利用全等三角形的性质证明∠BEP′＝90°，推出点P′在射线EP′上运动，如图1中，设EP′交BC于点O，再证明△BEO是等腰直角三角形，可得结论．
【详解】解：如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′．
∵△BPP′是等边三角形，
∴∠ABE＝∠PBP′＝60°，BP＝BP′，BA＝BE，
∴∠ABP＝∠EBP′，
在△ABP和△EBP′中，
∴△ABP≌△EBP′（SAS），
∴∠BAP＝∠BEP′＝90°，
∴点P′在射线EP′上运动，
如图1中，设EP′交BC于点O，
当点P′落在BC上时，点P′与O重合，此时∠PP′C＝180°－60°＝120°，
当CP′⊥EP′时，CP′的长最小，此时∠EBO＝∠OCP′＝30°，
∴EO＝OB，OP′＝OC，
∴EP′＝EO＋OP′＝OB＋OC＝BC，
∵BC＝2AB，
∴EP′＝AB＝EB，
∴∠EBP′＝∠EP′B＝45°，
∴∠BP′C＝45°＋90°＝135°，
∴∠PP′C＝∠BP′C－∠BP′P＝135°－60°＝75°．
故答案为：120°，75°．
【点睛】本题考查旋转的性质，矩形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角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，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
36． 80 ##
【分析】利用SAS证明△BDC≌△AEC，得到∠DBC=∠EAC=20°，据此可求得∠BAF的度数；利用全等三角形的性质可求得∠AFB=60°，推出A、B、C、F四个点在同一个圆上，当BF是圆C的切线时，即当CD⊥BF时，∠FBC最大，则∠FBA最小，此时线段AF长度有最小值，据此求解即可．
【详解】解：∵△ABC和△DCE都是等边三角形，
∴AC=BC，DC=EC，∠BAC=∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠DCB+∠ACD=∠ECA+∠ACD=60°，
即∠DCB =∠ECA，
在△BCD和△ACE中，，
∴△ACE≌△BCD（ SAS），
∴∠EAC=∠DBC，
∵∠DBC=20°，
∴∠EAC=20°，
∴∠BAF=∠BAC+∠EAC=80°；
设BF与AC相交于点H，如图：
∵△ACE≌△BCD
∴AE=BD，∠EAC=∠DBC，且∠AHF=∠BHC，
∴∠AFB=∠ACB=60°，
∴A、B、C、F四个点在同一个圆上，
∵点D在以C为圆心，3为半径的圆上，当BF是圆C的切线时，即当CD⊥BF时，∠FBC最大，则∠FBA最小，
∴此时线段AF长度有最小值，
在Rt△BCD中，BC=5，CD=3，
∴BD=4，即AE=4，
∴∠FDE=180°-90°-60°=30°，
∵∠AFB=60°，
∴∠FDE=∠FED=30°，
∴FD=FE，
过点F作FG⊥DE于点G，
∴DG=GE=，
∴FE=DF==，
∴AF=AE-FE=4-，
故答案为：80；4-．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，圆周角定理，切线的性质，解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
37．9
【分析】由旋转知△BPD是顶角为120°的等腰三角形，可求得BD＝BP，当BP最大时，BD取最大值，即点P与点A重合时，BP＝BA最大，求出AB的长即可解决问题．
【详解】解：∵将线段BP绕点P逆时针旋转120°，得到线段DP，
∴BP＝PD，
∴△BPD是等腰三角形，
∴∠PBD＝30°，
过点P作PH⊥BD于点H，
∴BH＝DH，
∵cos30°＝＝，
∴BH＝BP，
∴BD＝BP，
∴当BP最大时，BD取最大值，即点P与点A重合时，BP＝BA最大，
过点A作AG⊥BC于点G，
∵AB＝AC，AG⊥BC，
∴BG＝BC＝3，
∵cos∠ABC＝，
∴，
∴AB＝9，
∴BD最大值为：BP＝9．
故答案为：9．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质和判定，三角函数等知识，证明出BD=BP是解题的关键．
38．
【分析】连接OB，过点O作OE⊥C'B于E，则∠OEC'=∠OEB=90°，由正方形OABC绕点O逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到正方形OA′B′C′，所以∠OC'E=45°，OA=OC'=AB=2，∠A=90°，根据勾股定理得到BE的长，从而得到BC'.
【详解】解：如图，连接OB，过点O作OE⊥C'B于E，则∠OEC'=∠OEB=90°，
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到正方形OA′B′C′，点A′恰好落在线段BC′上，
∴∠OC'E=45°，OA=OC'=AB=2，∠A=90°，
∴ ，OE=EC'=，
在Rt△OBE中，由勾股定理得：
，
∴BC'=BE+EC'=．
故答案为：
【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质以及勾股定理，解题的关键是作辅助线构造特殊三角形．
39．（4，-1）
【分析】根据平行四边形的性质得到点C坐标，再根据平移的性质得到C1坐标．
【详解】解：在平行四边形ABCD中，
∵对称中心是坐标原点，A（-1，1），B（2，1），
∴C（1，-1），
将平行四边形ABCD沿x轴向右平移3个单位长度，
∴C1（4，-1），
故答案为：（4，-1）．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化-平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．
40．
【分析】连接OQ，OP，利用HL证明Rt△OAQ≌Rt△ODQ，得QA=DQ，同理可证：CP=DP，设CP=x，则BP=3-x，PQ=x+，在Rt△BPQ中，利用勾股定理列出方程求出x=，再利用△AQM∽△BQP可求解．
【详解】解：连接OQ，OP，
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转n°（0＜n＜90）得到正方形ODEF，
∴OA=OD，∠OAQ=∠ODQ=90°，
在Rt△OAQ和Rt△ODQ中，
，
∴Rt△OAQ≌Rt△ODQ（HL），
∴QA=DQ，
同理可证：CP=DP，
∵BQ：AQ=3：1，AB=3，
∴BQ=，AQ=，
设CP=x，则BP=3-x，PQ=x+，
在Rt△BPQ中，由勾股定理得：
(3-x)2+()2=(x+)2，
解得x=，
∴BP=，
∵∠AQM=∠BQP，∠BAM=∠B，
∴△AQM∽△BQP，
∴，
∴，
∴AM=．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，利用全等证明QA=DQ，CP=DP是解题的关键．
41．(1)见解析
(2)，证明见解析
【分析】（1）由旋转的性质得，，利用三角形外角的性质求出，可得，等量代换得到即可；
（2）延长到H使，连接，，可得是的中位线，然后求出，设，，求出，证明，得到，再根据等腰三角形三线合一证明即可．
【详解】（1）证明：由旋转的性质得：，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即D是的中点；
（2）；
证明：如图2，延长到H使，连接，，
∵，
∴是的中位线，
∴，，
由旋转的性质得：，，
∴，
∵，
∴，是等腰三角形，
∴，，
设，，则，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，即．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形外角的性质，三角形中位线定理以及全等三角形的判定和性质等知识，作出合适的辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．
42．（1）见解析；（2）；问题2：
【分析】（1）根据等边对等角可得，根据折叠以及三角形内角和定理，可得，根据邻补角互补可得，即可得证；
（2）连接，交于点，则是的中位线，勾股定理求得，根据即可求解；
问题2：连接，过点作于点，过点作于点，根据已知条件可得，则四边形是矩形，勾股定理求得，根据三线合一得出，根据勾股定理求得的长，即可求解．
【详解】（1）∵等腰中，由翻折得到
∴，，
∵，
∴；
（2）如图所示，连接，交于点，
∵折叠，
∴，，，，
∵是的中点，
∴，
∴，
在中，，
在中，，
∴；
问题2：如图所示，连接，过点作于点，过点作于点，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
又，
∴四边形是矩形，
则，
在中，，,，
∴，
在中，，
∴，
在中，．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，折叠的性质，勾股定理，矩形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
43．(1)135
(2)相等，见解析
(3)当P在线段上时，；当P在线段的延长线上时，
【分析】（1）根据题意画出图形，由，得，而，即得；
（2）过P作交于M，证明是等腰直角三角形，得，，即可证，故；
（3）当P在线段上时，过P作交于M，结合（2）可得；当P在线段的延长线上时，过P作交于N，证明是等腰直角三角形，可得，即可证，，根据，即得．
【详解】（1）画出图形如下：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
故答案为：135；
（2），理由如下：
过P作交于M，如图：
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）当P在线段上时，过P作交于M，如图：
由（2）可知，，
∵，
∴，
∵，
∴；
当P在线段的延长线上时，过P作交BE于N，如图：
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
综上所述，当P在线段上时，；当P在线段的延长线上时，．
【点睛】本题考查几何变换综合应用，涉及等腰直角三角形，旋转变换，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．
44．(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）连接，由，得，根据线段绕点C逆时针旋转，得到线段，有，可得，从而，知是等腰直角三角形，，故；
（2）由，O为的中点，得， ，证明，得，根据，即得；
（3）由，设，则，分两种情况：当D在线段上时，延长交于K，由，得，而四边形是矩形，有，，根据勾股定理可得，故， ，即得；当D在射线上时，延长交于T，同理可得．
【详解】（1）解： ，理由如下：
连接，如图：
∵，
∴，
∵线段绕点C逆时针旋转90°，得到线段，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵直线，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴；
（2）证明：如图，
∵，O为的中点，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：由，设，则，
当D在线段上时，延长交于K，如图：
由（2）知，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴,，
∴，
∴ ，
∵，
∴ ，
∴；
当D在射线上时，延长交于T，如图：
同理可得，
∴，
∵，
∴，
∵，O为AB的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
综上所述，的值为或．
【点睛】本题考查等腰直角三角形中的旋转问题，涉及三角形全等的判定于性质，矩形的判定与性质，三角形面积等知识，解题的关键是分类讨论思想的应用．
45．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）取格点，连接，连接，再取格点，连接交于，连接，延长交于即可；
（2）取格点，连接、，交格线于，再取格点，，连接交于，连接并延长交于即可．
【详解】（1）解：如图（1），线段和点即为所求；
理由：，，，
，
，
，
线段绕点顺时针旋转得，
，
，，
，
，
，
；
（2）解：如图（2）所示，点与点即为所求，
理由：，，，
，
，
，
与 关于对称
，
，关于对称，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
由轴对称可得，
．
【点睛】本题考查了作图﹣旋转变换，轴对称变换，勾股定理、勾股定理的逆定理，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握旋转和轴对称的性质．
46．(1)见解析
(2)①等腰直角三角形，理由见解析；②等联线，线段
【分析】（1）根据新定义，画出等联角即可；
（2）①是等腰直角三角形，过点C作交的延长线于N，由折叠得，证明四边形为正方形，进而证明，得出，即可求解；
②过点F作于Q，交的延长线于R，则．证明，得出，在中，，，进而证明四边形为正方形，则，由，得出，根据相似三角形的性质得出，根据即可．
【详解】（1）解：作图如下：（方法不唯一）
（2）①是等腰直角三角形．理由为：
如图，过点C作交的延长线于N．
由折叠得，
∵，
∴四边形为正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
而，
∴，
∴是等腰直角三角形．
②如图，过点F作于Q，交的延长线于R，
则，
∵，
∴，
由是等腰直角三角形知：，
∴，
∴，
而，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形为正方形，，
∵，
∴，
∴，
而，
∴，
解得：，
由①知：，
∴，
答：等联线，线段．
【点睛】点评本题考查了几何新定义，正方形的性质与判定，折叠问题，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，理解新定义，掌握正方形的性质是解题的关键．
47．（1），平行；（2）①30度；②；（3）或
【分析】（1），点M，N分别为边，的中点，则是的中位线，即可得出结论；
（2）特例研讨：①连接，证明是等边三角形，是等边三角形，得出；
②连接，证明，则 ，设，则，在中，，，则，在中，，勾股定理求得，则；
（3）当点C，E，F在同一直线上时，且点E在上时，设，则，得出，则A．B，E，C 在同一个圆上，进而根据圆周角定理得出，表示与，即可求解；当F在上时，可得A，B，E，C在同一个圆上，设，则，设，则，则，表示与，即可求解．
【详解】解：（1）∵，点M，N分别为边的中点，
∴是的中位线，
∴，；
故答案为：，；
（2）特例研讨：①如图所示，连接，
∵是的中位线，
∴，
∴，
∵将绕点B顺时针旋转α（α为锐角），得到，
∴；，
∵点A，E，F在同一直线上，
∴，
在中，M是斜边的中点，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，即旋转角，
∴，，
∴是等边三角形，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
②如图所示，连接，
∵ ，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
设，则，
在中，，则，
在中，，
∴，
解得： 或 （舍去），
∴；
（3）如图所示，当点C，E，F在同一直线上时，且点E在上时，
∵，
∴，设，则，
∵是的中位线，
∴，
∴，
∵将绕点B顺时针旋转α，得到，
∴，
∴，
∴，
∵点C，E，F在同一直线上，
∴，
∴，
∴A，B，E，C在同一个圆上，
∴，
∴，
∵，
∴，
如图所示，当F在上时，
∵，
∴A，B，E，C在同一个圆上，设，则，
将绕点B顺时针旋转α，得到，
∴，
∴.
设，则，则，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
综上所述，或．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了圆周角定理，对角互补四边形四顶点共圆，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，中位线的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质，勾股定理，熟练综合运用以上知识是解题的关键．
48．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据等边三角形的性质，利用四点共圆知识解答即可．
（2）由旋转的性质可得，由角的数量关系可求，解答即可．
【详解】（1）∵等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵绕点A逆时针方向旋转，得到，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴四点共圆，
∴，
∴．
（2）如图，根据题意，，故只有当时，成立，
∵绕点A逆时针方向旋转，得到，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，平行线的性质，四点共圆，特殊角的三角函数值，熟练掌握相关图形的性质定理以及特殊角的三角函数值是解题的关键．
49．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）底边长为即底边为小方格的对角线，根据要求画出底边，再在其底边的垂直平分线找到在格点上的顶点即可得到等腰，然后根据中心旋转性质作出绕矩形的中心旋转180°后的图形．
（2）根据网格特点，按要求构造等腰直角三角形，然后按平移的规律作出平移后图形即可．
【详解】（1）（1）画法不唯一，如图1（ ，），或图2（）．
（2）画法不唯一，如图3或图4．
【点睛】本题主要考查了格点作图，解题关键是掌握网格的特点，灵活画出相等的线段和互相垂直或平行的线段．
50．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）证明，根据相似三角形的性质得出，，进而证明，根据相似三角形的性质即可求解；
（2）求出，延长交于点F，在中，由直角三角形的性质求得，，进而求得的长，根据（1）的结论，得出 ，在中，勾股定理求得，进而根据，即可求出案．
（3）如图所示，以为边在上方作，且，，连接，，同（1）可得，求出的长，进而得出D在以E为圆心，为半径的圆上运动，当点A，E，D 三点共线时，的值最大，进而求得 ，，根据得出，过点A作于点F，由直角三角形的性质分别求得，，然后求出，最后根据正切的定义即可得出答案．
【详解】（1）解：在中，，在中，，，
∴，
∴，．
∴，
∴，
∴，
∴，
而，
∴，
∴，
故答案为：ACDE；
（2）解：在，，，，
∴ ，，
延长交于点F，如图所示，
∴，，
∴，
由（1）可得，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
即；
（3）如图所示，以为边在上方作，且，，连接，，，，
同（1）可得，
∴，
∵，
∴，
在中，，，
∴D在以E为圆心，为半径的圆上运动，
∴当点A，E，D三点共线时，的值最大，此时如图所示，则，
在中，，
∴ ， ，
∵，
∴，
过点A作于点F，
∴，，
∵，
∵，
∴，
中，．
【点睛】点评本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，直角三角形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，锐角三角函数的定义，熟练掌握解直角三角形及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
51．(1)①等边；②两点之间线段最短；③；④A．
(2)
(3)
【分析】（1）根据旋转的性质和两点之间线段最短进行推理分析即可得出结论；
（2）根据（1）的方法将绕，点C顺时针旋转得到，即可得出可知当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，最小值为，在根据可证明，由勾股定理求即可，
（3）由总的铺设成本，通过将绕，点C顺时针旋转得到，得到等腰直角，得到，即可得出当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，即取最小值为，然后根据已知和旋转性质求出即可．
【详解】（1）解：∵，
∴为等边三角形；
∴，，
又，故，
由两点之间线段最短可知，当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，
最小值为，此时的P点为该三角形的“费马点”，
∴，，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，，
∴，，
∴三个顶点中，顶点A到另外两个顶点的距离和最小．
又∵已知当有一个内角大于或等于时，“费马点”为该三角形的某个顶点．
∴该三角形的“费马点”为点A，
故答案为：①等边；②两点之间线段最短；③；④．
（2）将绕，点C顺时针旋转得到，连接，
由（1）可知当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，最小值为，
∵，
∴，
又∵
∴，
由旋转性质可知：，
∴，
∴最小值为，
（3）∵总的铺设成本
∴当最小时，总的铺设成本最低，
将绕，点C顺时针旋转得到，连接，
由旋转性质可知：，，，，
∴，
∴，
当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，即取最小值为，
过点作，垂足为，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
的最小值为
总的铺设成本（元）
故答案为：
【点睛】本题考查了费马点求最值问题，涉及到的知识点有旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，以及两点之间线段最短等知识点，读懂题意，利用旋转作出正确的辅助线是解本题的关键．
52．(1)
(2)成立；理由见解析
(3)或
【分析】（1）根据，得出，，证明，得出，根据，求出，即可证明结论；
（2）证明，得出，根据，求出，即可证明结论；
（3）分两种情况，当点E在线段上时，当点D在线段上时，分别画出图形，根据勾股定理求出结果即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
，
∴，
∴；
故答案为：．
（2）解：成立；理由如下：
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
，
∴，
∴；
（3）解：当点E在线段上时，连接，如图所示：
设，则，
根据解析（2）可知，，
∴，
∴，
根据解析（2）可知，，
∴，
根据勾股定理得：，
即，
解得：或（舍去），
∴此时；
当点D在线段上时，连接，如图所示：
设，则，
根据解析（2）可知，，
∴，
∴，
根据解析（2）可知，，
∴，
根据勾股定理得：，
即，
解得：或（舍去），
∴此时；
综上分析可知，或．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形内角和定理的应用，勾股定理，解题的关键是熟练掌握三角形相似的判定方法，画出相应的图形，注意分类讨论．
53．(1)
(2)（i）见解析；（ii）
【分析】（1）证，得，，再由三角形内角和定理得即可；
（2）证四边形是平行四边形，得，再证四边形是平行四边形，进而得平行四边形是菱形，则，然后证、、、四点共圆，由圆周角定理得，即可得出结论；
过点作于点，由勾股定理得，再由菱形的性质得，进而由锐角三角函数定义得，则，，然后由锐角三角函数定义即可得出结论．
【详解】（1）是的中点，
，
由旋转的性质得：，
，，
，
，
即的大小为；
（2）证明：，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是菱形，
，
又，
、、、四点共圆，
，
，
；
解：如图3，过点作于点，
则，
在中，由勾股定理得：，
四边形是菱形，
，
，
，
，
，
，
即的值为．
【点睛】本题是几何变换综合题目，考查了旋转的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，四点共圆，圆周角定理以及锐角三角函数定义等知识，本题综合性强，熟练掌握菱形的判定与性质、等腰三角形的性质以及锐角三角函数是解题的关键，属于中考常考题型．
54．(1)①．②
(2)①．②
(3)①见解析；②
【分析】（1）①证明得到，进而证明，即可求出；②由全等三角形的性质可得，则；
（2）①根据等腰直角三角形的性质得到，，进而证明，得到，推出，则；②由相似三角形的性质可得；
（3）①连接，延长交于点P，交于点O，证明分别是、的中位线，得到，再证明，得到，则，由此即可证明为等腰三角形；②由全等三角形的性质可得，进而求出，则，再由平行线的性质可得．
【详解】（1）解：①，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
∵即，
∴，即
∴，
故答案为：；
②∵，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）解：①∵在和中，，且，
∴，，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：；
②∵，
∴，
故答案为：；
（3）解：①连接，延长交于点P，交于点O
在等边中，于点D，
为的中点
又为的中点，N为的中点，
分别是、的中位线
∵都是等边三角形，
∴
，
在和中
，
为等腰三角形．
②
，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
又，即
．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，三角形中位线定理，三角形内角和定理等等，正确理解题意通过作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
55．（1）①见解析，②，见解析；（2），见解析；（3）
【分析】（1）①根据和都是等边三角形推出判定和全等，然后根据全等三角形的对应边相等即可得证；
②根据等边三角形的性质和对称的性质即可推出线段的数量关系；
（2）过点作于，根据等腰直角三角形的性质推出判定，然后根据等腰直角三角形的性质和对称性即可推出线段，，的数量关系；
（3）过点作于，推出是等腰直角三角形，求出的长后即可求出的值．
【详解】（1）证明：①和都是等边三角形，
，
，，
，
，
；
②解：，
理由如下：
是等边三角形，
，
点与点关于对称，
，
，
；
（2），
理由如下：
如图1，过点作于，
点与点关于对称，
，
又，
，
，
，
又，
是等腰直角三角形，
又是等腰直角三角形，
，，
，
，
，，
，
是等腰直角三角形，
，
，
即：；
（3）解：如图2，过点作于，
又，
是等腰直角三角形，
又，
，
，
，
又，
，
在中，由勾股定理得：，
．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及勾股定理，深入理解题意是解决问题的关键．
56．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据旋转的性质得出，进而证明，即可得证；
（2）过点F作，交点的延长线于点K，连接，证明四边形是平行四边形，即可得证；
（3）如图所示，延长交于点R，由（2）可知是等边三角形，根据折叠的性质可得，，进而得出是等边三角形，由（2）可得，得出四边形是平行四边形，则．进而得出，则，当取得最小值时，即时，取得最小值，即可求解．
【详解】（1）证明：∵为等边三角形，
∴．
∵将绕点C顺时针旋转得到线段，
∴．
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：如图所示，过点F作，交的延长线于点K，连接，
∵是等边三角形，
∴．
∵，
∴，
∴垂直平分，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴点F在的垂直平分线上．
∵，
∴点B在的垂直平分线上，
∴垂直平分，
∴，，
∴．
又∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴．
又∵，，
∴，
∴，
∴．
在与中，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴；
（3）解：如图所示，延长交于点R，
由（2）可知是等边三角形，
∴．
∵将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴．
由（2）可得，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴．
由（2）可知G是的中点，则，
∴，
∴．
∵折叠，
∴，
∴．
又，
∴，
∴当取得最小值时，即时，取得最小值，此时如图所示，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，轴对称的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
57．(1)最大值为，最小值为
(2)
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线，得出的值，进而根据题意求得最大值与最小值即可求解；
（2）过点作，交的延长线于点，根据旋转的性质求得，进而得出，进而可得，勾股定理解，即可求解．
【详解】（1）解：依题意，，，
当在的延长线上时，的距离最大，最大值为，
当在线段上时，的距离最小，最小值为；
；
（2）解：如图所示，过点作，交的延长线于点，
∵绕顶点逆时针旋转，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
在中，，
∴．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质，勾股定理是解题的关键．
58．(1)8
(2)
(3)存在最小值1，理由见解析
【分析】（1）先求出，再在中，求出，从而可得；
（2）过作交于，过作于，先证明，再根据，求出，进而可得和及，由得，即可得；
（3）过作交延长线于，连接，先证明，得，再证明得，是的中位线，，要使最小，只需最小，此时共线，的最小值为，即可得最小值为．
【详解】（1）解：，
，
，绕点顺时针旋转得到，点落在的延长线上，
，
中，，
；
（2）解：过作交于，过作于，如图：
绕点顺时针旋转得到，
，
，
，
，
，
中，，，
，
中，，
同理，
，，
，
，
，
；
（3）解：存在最小值1，
理由如下：
过作交延长线于，连接，如图：
绕点顺时针旋转得到，
，
，
而，，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，即是中点，
点为的中点，
是的中位线，
，
要使最小，只需最小，此时共线，的最小值为，
最小为．
【点睛】本题考查直角三角形的旋转变换，涉及勾股定理、平行线分线段成比例、等腰三角形判定、全等三角形判定与性质等知识，综合性较强，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
59．（1）；（2）结论仍成立，理由见详解；（3）①，②或．
【分析】（1）由题意易得，，，然后可证，进而问题可求解；
（2）由题意易得，，然后可证，进而问题可求证；
（3）①过点作，使，连接，易证，推出点的运动轨迹是以为圆心，为半径的圆，当在的延长线上时，的值最大，即可得解；②分点在线段的上方和下方，两种情况进行讨论求解．
【详解】解：（1），理由如下：
∵和是等腰直角三角形，，
∴，，，
∴，
，
故答案为：；
（2）结论仍成立，理由如下：
∵和是等腰直角三角形，，
∴，，
∴，即，
∴，
；
（3）①过点作，使，连接，
∵和都是等腰直角三角形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∵， ，
∴点的运动轨迹是以为圆心，为半径的圆，
∴当在的延长线上时，的值最大，最大值为；
故答案为：；
②当点在上方时，如图，在上方作，过点作于点，连接、、，过点作于点．
，；
∴，
，
在中，，
∵，
∴，
∵，
∴
∴
∴
当点在下方时，如图，在上方作，过点作于点，连接，
则，
∵，
∴，
∴，
∴
∵，，
∴，
∴；
综上：或．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质，四点共圆及解直角三角形，熟练掌握全等三角形的判定，相似三角形的判定方法，证明三角形全等和相似，是解题的关键．
60．(1)见解析
(2)，理由见解析
(3)
【分析】（1）连接，可得，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，根据中位线定理可得，即可得证；
（2）证明，根据（1）的结论即可得；
（3）连接，过点作于，证明，可得，勾股定理求得，根据，，可得，进而求得，根据求得，根据（2）的结论，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接，
，D，E，F分别为的中点，
，，
，
，
（2），理由如下，
连接，如图，
，D，E，F分别为的中点，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
将绕点D顺时针旋转一定角度，得到，
，
，
，
，
，
，
（3）如图，连接，过点作于，
中，,
，
，
，
，
，
，
，
中，
，
中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，中位线的性质定理，相似三角形的性质与判定，求角的正确，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
专题31图形的旋转三年（2021-2023）中考数学真题分项汇编
三年（2021-2023）中考数学真题分项汇编
专题31图形的旋转
一．选择题（共18小题）
（2023•大庆）
1．搭载神舟十六号载人飞船的长征二号遥十六运载火箭于年月日成功发射升空，景海鹏、朱杨柱、桂海潮名航天员开启“太空出差”之旅，展现了中国航天科技的新高度．下列图标中，其文字上方的图案是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
（2023•宁夏）
2．如图，在中，，，．点在上，且．连接，线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，．则的面积是（ ）
A． B． C． D．
（2023•泰安）
3．如图，在平面直角坐标系中，的一条直角边在x轴上，点A的坐标为；中，，连接，点M是中点，连接．将以点O为旋转中心按顺时针方向旋转，在旋转过程中，线段的最小值是（ ）
A．3 B． C． D．2
（2023•无锡）
4．如图，中，，将逆时针旋转得到，交于F．当时，点D恰好落在上，此时等于（ ）
A． B． C． D．
（2023•通辽）
5．如图，在平面直角坐标系中，已知点，点，以点P为中心，把点A按逆时针方向旋转得到点B，在，，，四个点中，直线经过的点是（ ）
A． B． C． D．
（2023•通辽）
6．如图，将绕点A逆时针旋转到，旋转角为，点B的对应点D恰好落在边上，若，则旋转角的度数为（ ）
A． B． C． D．
（2023•聊城）
7．如图，已知等腰直角，，，点C是矩形与的公共顶点，且，；点D是延长线上一点，且．连接，，在矩形绕点C按顺时针方向旋转一周的过程中，当线段达到最长和最短时，线段对应的长度分别为m和n，则的值为（ ）
A．2 B．3 C． D．
（2023•天津）
8．如图，把以点A为中心逆时针旋转得到，点B，C的对应点分别是点D，E，且点E在的延长线上，连接，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
（2023•株洲）
9．如图所示，在矩形中，，与相交于点O，下列说法正确的是（ ）
A．点O为矩形的对称中心 B．点O为线段的对称中心
C．直线为矩形的对称轴 D．直线为线段的对称轴
（2023•宜宾）
10．如图，和是以点为直角顶点的等腰直角三角形，把以为中心顺时针旋转，点为射线、的交点．若，．以下结论：
①；②；
③当点在的延长线上时，；
④在旋转过程中，当线段最短时，的面积为．
其中正确结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
（2022•天津）
11．如图，在△ABC中，AB=AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
（2022•益阳）
12．如图，已知△ABC中，∠CAB＝20°，∠ABC＝30°，将△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，以下结论：①BC＝B′C′，②AC∥C′B′，③C′B′⊥BB′，④∠ABB′＝∠ACC′，正确的有（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
（2022•呼和浩特）
13．如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，、交于点．若，则的度数是（用含的代数式表示）（ ）
A． B． C． D．
（2022•丹东）
14．如图，在四边形中，，，对角线与交于点，点是的中点，连接，的周长为，则下列结论错误的是（ ）
A．
B．四边形是中心对称图形
C．的周长等于3cm
D．若，则四边形是轴对称图形
（2022•常德）
15．如图，在中，，，将绕点C顺时针旋转得到，点A，B的对应点分别是D，E，点F是边的中点，连接，，．则下列结论错误的是（ ）
A． B．，
C． D．
（2022•绥化）
16．如图，线段在平面直角坐标系内，A点坐标为，线段绕原点O逆时针旋转90°，得到线段，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
（2022•杭州）
17．如图，在平面直角坐标系中，已知点P(0，2)，点A(4，2)．以点P为旋转中心，把点A按逆时针方向旋转60°，得点B．在，，，四个点中，直线PB经过的点是（ ）
A． B． C． D．
（2022•聊城）
18．如图，在直角坐标系中，线段是将绕着点逆时针旋转一定角度后得到的的一部分，则点的对应点的坐标是（ ）
A．(-2，3) B．(-3，2) C．(-2，4) D．(-3，3)
二．填空题（共22小题）
（2023•宁夏）
19．如图是由边长为的小正方形组成的网格，点，，，，，，均在格点上，下列结论：
点与点关于点中心对称；
连接，，，则平分；
连接，则点，到线段的距离相等．
其中正确结论的序号是 ．
（2023•营口）
20．如图，在中，，，将绕着点C按顺时针旋转得到，连接BD交于在E，则 ．
（2023•兰州）
21．如图，将面积为7的正方形和面积为9的正方形分别绕原点O顺时针旋转，使，落在数轴上，点A，D在数轴上对应的数字分别为a，b，则 ．
（2023•内蒙古）
22．如图，在中，，将绕点A逆时针方向旋转，得到．连接，交于点D，则的值为 ．
（2023•张家界）
23．如图，为的平分线，且，将四边形绕点逆时针方向旋转后，得到四边形，且，则四边形旋转的角度是 ．
24．如图，点E是正方形内的一点，将绕点B按顺时针方向旋转得到．若，则 度．
（2023•绥化）
25．已知等腰，．现将以点B为旋转中心旋转45°，得到，延长交直线于点D．则的长度为 ．
（2023•黑龙江）
26．在中，，点是斜边的中点，把绕点顺时针旋转，得，点，点旋转后的对应点分别是点，点，连接，，在旋转的过程中，面积的最大值是 ．
（2023•绥化）
27．如图，是边长为的等边三角形，点为高上的动点．连接，将绕点顺时针旋转得到．连接，，，则周长的最小值是 ．
（2023•上海）
28．如图，在中，，将绕着点A旋转，旋转后的点B落在上，点B的对应点为D，连接是的角平分线，则 ．
（2023•江西）
29．如图，在中，，将绕点逆时针旋转角（）得到，连接，．当为直角三角形时，旋转角的度数为 ．
（2023•新疆）
30．如图，在平面直角坐标系中，为直角三角形，，，．若反比例函数的图象经过的中点，交于点，则 ．
（2023•宜宾）
31．如图，是正方形边的中点，是正方形内一点，连接，线段以为中心逆时针旋转得到线段，连接．若，，则的最小值为 ．
（2022•阜新）
32．如图，在中，，，将绕点逆时针旋转，得到，则点到的距离是 ．
（2022•贵港）
33．如图，将绕点A逆时针旋转角得到，点B的对应点D恰好落在边上，若，则旋转角的度数是 ．
（2022•朝阳）
34．如图，在矩形ABCD中，AD＝2，DC＝4，将线段DC绕点D按逆时针方向旋转，当点C的对应点E恰好落在边AB上时，图中阴影部分的面积是 ．
（2022•广州）
35．如图，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'，连接PP' ，CP'．当点P' 落在边BC上时，∠PP'C的度数为 ； 当线段CP' 的长度最小时，∠PP'C的度数为
（2022•无锡）
36．△ABC是边长为5的等边三角形，△DCE是边长为3的等边三角形，直线BD与直线AE交于点F．如图，若点D在△ABC内，∠DBC=20°，则∠BAF＝ °；现将△DCE绕点C旋转1周，在这个旋转过程中，线段AF长度的最小值是 ．
（2021•镇江）
37．如图，等腰三角形ABC中，AB＝AC，BC＝6，cos∠ABC＝，点P在边AC上运动（可与点A，C重合），将线段BP绕点P逆时针旋转120°，得到线段DP，连接BD，则BD长的最大值为 ．
（2021•桂林）
38．如图，正方形OABC的边长为2，将正方形OABC绕点O逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到正方形OA′B′C′，连接BC′，当点A′恰好落在线段BC′上时，线段BC′的长度是 ．
（2021•临沂）
39．在平面直角坐标系中，的对称中心是坐标原点，顶点、的坐标分别是、，将沿轴向右平移3个单位长度，则顶点的对应点的坐标是 ．
（2021•巴中）
40．如图，把边长为3的正方形OABC绕点O逆时针旋转n°（0＜n＜90）得到正方形ODEF，DE与BC交于点P，ED的延长线交AB于点Q，交OA的延长线于点M．若BQ：AQ＝3：1，则AM＝ ．
三．解答题（共20小题）
41．在中、，于点M，D是线段上的动点（不与点M，C重合），将线段绕点D顺时针旋转得到线段．
(1)如图1，当点E在线段上时，求证：D是的中点；
(2)如图2，若在线段上存在点F（不与点B，M重合）满足，连接，，直接写出的大小，并证明．
（2023•大连）
42．综合与实践
问题情境：数学活动课上，王老师给同学们每人发了一张等腰三角形纸片探究折叠的性质．
已知，点为上一动点，将以为对称轴翻折．同学们经过思考后进行如下探究：
独立思考：小明：“当点落在上时，．”
小红：“若点为中点，给出与的长，就可求出的长．”
实践探究：奋进小组的同学们经过探究后提出问题1，请你回答：
问题1：在等腰中，由翻折得到．
（1）如图1，当点落在上时，求证：；
（2）如图2，若点为中点，，求的长．
问题解决：小明经过探究发现：若将问题1中的等腰三角形换成的等腰三角形，可以将问题进一步拓展．
问题2：如图3，在等腰中，．若，则求的长．
（2023•贵州）
43．如图①，小红在学习了三角形相关知识后，对等腰直角三角形进行了探究，在等腰直角三角形中，，过点B作射线，垂足为B，点P在上．
(1)【动手操作】
如图②，若点P在线段上，画出射线，并将射线绕点P逆时针旋转与交于点E，根据题意在图中画出图形，图中的度数为 度；
(2)【问题探究】
根据（1）所画图形，探究线段与的数量关系，并说明理由；
(3)【拓展延伸】
如图③，若点P在射线上移动，将射线绕点P逆时针旋转与交于点E，探究线段之间的数量关系，并说明理由．
（2023•辽宁）
44．在中，，，点O为AB的中点，点D在直线上（不与点A，B重合），连接，线段绕点C逆时针旋转90°，得到线段，过点B作直线，过点E作，垂足为点F，直线交直线于点G．
(1)如图1，当点D与点O重合时，请直接写出线段与线段的数量关系；
(2)如图2，当点D在线段上时，求证： ；
(3)连接的面积记为，的面积记为，当时，请直接写出的值．
（2023•武汉）
45．如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．正方形四个顶点都是格点，是上的格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．
(1)在图（1）中，先将线段绕点顺时针旋转，画对应线段，再在上画点，并连接，使；
(2)在图（2）中，M是与网格线的交点，先画点关于的对称点，再在上画点，并连接，使．
（2023•荆州）
46．如图1，点P是线段上与点A，点B不重合的任意一点，在的同侧分别以A，P，B为顶点作，其中∠1与∠3的一边分别是射线和射线，的两边不在直线上，我们规定这三个角互为等联角，点P为等联点，线段为等联线．
(1)如图2，在个方格的纸上，小正方形的顶点为格点、边长均为1，为端点在格点的已知线段．请用三种不同连接格点的方法，作出以线段为等联线、某格点P为等联点的等联角，并标出等联角，保留作图痕迹；
(2)如图3，在中，，延长至点B，使，作的等联角和．将沿折叠，使点A落在点M处，得到，再延长交的延长线于E，连接并延长交的延长线于F，连接．
①确定的形状，并说明理由；
②若，求等联线和线段的长（用含k的式子表示）．
（2023•岳阳）
47．如图1，在中，，点M，N分别为边，的中点，连接．
初步尝试：（1）与的数量关系是 ，与的位置关系是 ．
特例研讨：（2）如图2，若， ，先将绕点B顺时针旋转α（α为锐角），得到，当点A，E，F在同一直线上时，与相交于点D，连接．
①求的度数；
②求的长．
深入探究：（3）若，将绕点B顺时针旋转α，得到，连接，．当旋转角α满足，点C，E，F在同一直线上时，利用所提供的备用图探究与的数量关系，并说明理由．
（2023•邵阳）
48．如图，在等边三角形中，为上的一点，过点作的平行线交于点E，点是线段上的动点（点P不与D、E重合）．将绕点A逆时针方向旋转，得到，连接交于F．
(1)证明：在点P的运动过程中，总有．
(2)当为何值时，是直角三角形？
（2023•温州）
49．如图，在的方格纸中，每个小方格的边长为1．已知格点P，请按要求画格点三角形（顶点均在格点上）．
(1)在图中画一个等腰三角形，使底边长为，点E在上，点F在上，再画出该三角形绕矩形的中心旋转180°后的图形．
(2)在图中画一个，使，点Q在上，点R在上，再画出该三角形向右平移1个单位后的图形．
（2023•广元）
50．如图1，已知线段，，线段绕点A在直线AB上方旋转，连接BC，以为边在上方作，且．
(1)若，以为边在上方作，且，，连接，用等式表示线段与的数量关系是 ；
(2)如图2，在（1）的条件下，若，，，求的长；
(3)如图3，若，，，当的值最大时，求此时的值．
（2023•随州）
51．1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题．
(1)下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④处填写该三角形的某个顶点）
当的三个内角均小于时，
如图1，将绕，点C顺时针旋转得到，连接，
由，可知为 ① 三角形，故，又，故，
由 ② 可知，当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，如图2，最小值为，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有 ③ ；
已知当有一个内角大于或等于时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若，则该三角形的“费马点”为 ④ 点．
(2)如图4，在中，三个内角均小于，且，已知点P为的“费马点”，求的值；
(3)如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知．现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为a元/，a元/，元/，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低为___________元．（结果用含a的式子表示）
（2023•湖北）
52．【问题呈现】
和都是直角三角形，，连接，，探究，的位置关系．
(1)如图1，当时，直接写出，的位置关系：____________；
(2)如图2，当时，（1）中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．
【拓展应用】
(3)当时，将绕点C旋转，使三点恰好在同一直线上，求的长．
（2023•安徽）
53．在中，是斜边的中点，将线段绕点旋转至位置，点在直线外，连接，．
(1)如图1，求的大小；
(2)已知点和边上的点满足，．
如图2，连接，求证：；
如图3，连接，若，，求的值．
（2023•巴中）
54．综合与实践．
(1)提出问题．如图1，在和中，，且，，连接，连接交的延长线于点O．
①的度数是___________．
②__________．
(2)类比探究．如图2，在和中，，且，连接并延长交于点O．
①的度数是___________．
②___________．
(3)问题解决．如图3，在等边中，于点D，点E在线段上（不与A重合），以为边在的左侧构造等边，将绕着点A在平面内顺时针旋转任意角度．如图4，M为的中点，N为的中点．
①试说明为等腰三角形．
②求的度数．
（2023•金昌）
55．【模型建立】
（1）如图1，和都是等边三角形，点关于的对称点在边上．
①求证：；
②用等式写出线段的数量关系，并说明理由；
【模型应用】
（2）如图2，是直角三角形，，，垂足为，点关于的对称点在边上．用等式写出线段的数量关系，并说明理由；
【模型迁移】
（3）在（2）的条件下，若，，求的值．
56．如图，在等边中，于点D，E为线段上一动点（不与A，D重合），连接，将绕点C顺时针旋转得到线段，连接．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，连接交于点G，连接与所在直线交于点H，求证：；
(3)如图3，连接交于点G，连接，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，连接．若，直接写出的最小值．
（2023•自贡）
57．如图1，一大一小两个等腰直角三角形叠放在一起，，分别是斜边，的中点，．
(1)将绕顶点旋转一周，请直接写出点，距离的最大值和最小值；
(2)将绕顶点逆时针旋转（如图），求的长．
（2021•成都）
58．在中，，将绕点顺时针旋转得到，其中点的对应点分别为点．
(1)如图1，当点落在的延长线上时，求的长；
(2)如图2，当点落在的延长线上时，连接，交于点，求的长；
(3)如图3，连接，，直线交于点，点为的中点，连接．在旋转过程中，是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由．
（2022•沈阳）
59．（1）如图1，和是等腰直角三角形，，点C在上，点D在线段延长线上，连接，．线段与的数量关系为______；
（2）如图2，将图1中的绕点O顺时针旋转（）第一问的结论是否仍然成立；如果成立，证明你的结论，若不成立，说明理由．
（3）如图3，若，点C是线段外一动点，，连接，
①若将绕点C逆时针旋转 得到，连接，则的最大值______；
②若以为斜边作，（B、C、D三点按顺时针排列），，连接，当时，直接写出的值．
（2022•锦州）
60．如图，在中，，D，E，F分别为的中点，连接．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，将绕点D顺时针旋转一定角度，得到，当射线交于点G，射线交于点N时，连接并延长交射线于点M，判断与的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，当时，求的长．
参考答案：
1．C
【分析】根据中心对称图形的定义判断即可．
【详解】、不是中心对称图形，此选项不符合题意，排除；
、不是中心对称图形，此选项不符合题意，排除；
、是中心对称图形，此选项符合题意；
、不是中心对称图形，此选项不符合题意，排除；
故答案为：．
【点睛】此题考查了中心对称图形的概念，解题的关键是如何判断中心对称图形，旋转度后与原图重合．
2．B
【分析】根据旋转的性质得出，，再根据证明得出，，得出，再根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】解：线段绕点顺时针旋转得到线段，
，，
，
在中，，，
，，
，
，
，，
，
，，
，，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，根据证明是解题的关键．
3．A
【分析】如图所示，延长到E，使得，连接，根据点A的坐标为得到，再证明是的中位线，得到；解得到，进一步求出点C在以O为圆心，半径为4的圆上运动，则当点M在线段上时，有最小值，即此时有最小值，据此求出的最小值，即可得到答案．
【详解】解：如图所示，延长到E，使得，连接，
∵的一条直角边在x轴上，点A的坐标为，
∴，
∴，
∴，
∵点M为中点，点A为中点，
∴是的中位线，
∴；
在中，，
∴，
∵将以点O为旋转中心按顺时针方向旋转，
∴点C在以O为圆心，半径为4的圆上运动，
∴当点M在线段上时，有最小值，即此时有最小值，
∵，
∴的最小值为，
∴的最小值为3，
故选A．
【点睛】本题主要考查了一点到圆上一点的最值问题，勾股定理，三角形中位线定理，坐标与图形，含30度角的直角三角形的性质等等，正确作出辅助线是解题的关键．
4．B
【分析】根据旋转可得，再结合旋转角即可求解．
【详解】解：由旋转性质可得：，，
∵，
∴，，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了几何—旋转问题，掌握旋转的性质是关键．
5．B
【分析】根据含角的直角三角形的性质可得，利用待定系数法可得直线的解析式，依次将四个点的一个坐标代入中可解答．
【详解】解：∵点，点，
∴轴，，
由旋转得：，
如图，过点B作轴于C，
∴，
∴，
∴），
设直线的解析式为：，
则，
∴，
∴直线的解析式为：，
当时，，
∴点不在直线上，
当时，，
∴在直线上，
当时，
∴不在直线上，
当时，，
∴不在直线上．
故选：B．
【点睛】本题考查的是图形旋转变换，待定系数法求一次函数的解析式，确定点B的坐标是解本题的关键．
6．C
【分析】先求出，再利用旋转的性质求出，，然后利用等边对等角求出，最后利用三角形的内角和定理求解即可．
【详解】解：如图，
，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵旋转，
∴，，
∴，
∴，
即旋转角的度数是．
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等，掌握等边对等角是解题的关键．
7．D
【分析】根据锐角三角函数可求得，当线段达到最长时，此时点在点的下方，且，，三点共线，求得，，根据勾股定理求得，即，当线段达到最短时，此时点在点的上方，且，，三点共线，则，，根据勾股定理求得，即，即可求得．
【详解】∵为等腰直角三角形，，∴，
当线段达到最长时，此时点在点的下方，且，，三点共线，如图：
则，，
在中，，
即，
当线段达到最短时，此时点在点的上方，且，，三点共线，如图：
则，，
在中，，
即，
故，
故选：D．
【点睛】本题考查了锐角三角函数，勾股定理等，根据旋转推出线段最长和最短时的位置是解题的关键．
8．A
【分析】根据旋转的性质即可解答．
【详解】根据题意，由旋转的性质，
可得，，，
无法证明，，故B选项和D选项不符合题意，
，故C选项不符合题意，
，故A选项符合题意，
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质和三角形外角运用是解题的关键．
9．A
【分析】由矩形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，线段的对称中心是线段的中点，矩形是轴对称图形，对称轴是过一组对边中点的直线，从而可得答案．
【详解】解：矩形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，故A符合题意；
线段的对称中心是线段的中点，故B不符合题意；
矩形是轴对称图形，对称轴是过一组对边中点的直线，
故C，D不符合题意；
故选A
【点睛】本题考查的是轴对称图形与中心对称图形的含义，矩形的性质，熟记矩形既是中心对称图形也是轴对称图形是解本题的关键．
10．D
【分析】证明即可判断①，根据三角形的外角的性质得出②，证明得出，即可判断③；以为圆心，为半径画圆，当在的下方与相切时，的值最小，可得四边形是正方形，在中，然后根据三角形的面积公式即可判断④．
【详解】解：∵和是以点为直角顶点的等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，，故①正确；
设，
∴,
∴，
∴，故②正确；
当点在的延长线上时，如图所示
∵，，
∴
∴
∵，．
∴，
∴
∴，故③正确；
④如图所示，以为圆心，为半径画圆，
∵，
∴当在的下方与相切时，的值最小，
∴四边形是矩形，
又，
∴四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
在中，
∴取得最小值时，
∴
故④正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的性质，勾股定理，切线的性质，垂线段最短，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
11．C
【分析】根据旋转的性质，对每个选项逐一判断即可．
【详解】解：∵将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，∴△ABM≌△ACN，
∴AB=AC，AM=AN，
∴AB不一定等于AN，故选项A不符合题意；
∵△ABM≌△ACN，
∴∠ACN=∠B，
而∠CAB不一定等于∠B，
∴∠ACN不一定等于∠CAB，
∴AB与CN不一定平行，故选项B不符合题意；
∵△ABM≌△ACN，
∴∠BAM=∠CAN，∠ACN=∠B，
∴∠BAC=∠MAN，
∵AM=AN，AB=AC，
∴△ABC和△AMN都是等腰三角形，且顶角相等，
∴∠B=∠AMN，
∴∠AMN=∠ACN，故选项C符合题意；
∵AM=AN，
而AC不一定平分∠MAN，
∴AC与MN不一定垂直，故选项D不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质．旋转变换是全等变换，利用旋转不变性是解题的关键．
12．B
【分析】根据旋转的性质可得，BC＝B′C′，∠C′AB′＝∠CAB＝20°，∠AB′C′＝∠ABC＝30°，再根据旋转角的度数为50°，通过推理证明对①②③④四个结论进行判断即可．
【详解】解：①∵△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，
∴BC＝B′C′．故①正确；
②∵△ABC绕A点逆时针旋转50°，
∴∠BAB′＝50°．
∵∠CAB＝20°，
∴∠B′AC＝∠BAB′﹣∠CAB＝30°．
∵∠AB′C′＝∠ABC＝30°，
∴∠AB′C′＝∠B′AC．
∴AC∥C′B′．故②正确；
③在△BAB′中，AB＝AB′，∠BAB′＝50°，
∴∠AB′B＝∠ABB′＝（180°﹣50°）＝65°．
∴∠BB′C′＝∠AB′B+∠AB′C′＝65°+30°＝95°．
∴CB′与BB′不垂直．故③不正确；
④在△ACC′中，
AC＝AC′，∠CAC′＝50°，
∴∠ACC′＝（180°﹣50°）＝65°．
∴∠ABB′＝∠ACC′．故④正确．
∴①②④这三个结论正确．
故选：B．
【点睛】此题考查了旋转性质的应用，图形的旋转只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小，还考查了等腰三角形的判定和性质、平行线的判定等知识．熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
13．C
【分析】根据旋转的性质可得，BC=DC，∠ACE=α，∠A=∠E，则∠B=∠BDC，利用三角形内角和可求得∠B，进而可求得∠E，则可求得答案．
【详解】解：∵将绕点顺时针旋转得到，且
∴BC=DC，∠ACE=α，∠A=∠E，
∴∠B=∠BDC，
∴，
∴，
∴，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转变换、三角形内角和、等腰三角形的性质，解题的关键是掌握旋转的性质．
14．C
【分析】根据平行四边形的判定和性质及三角形中位线定理判断各个选项即可．
【详解】解：，，
四边形是平行四边形，
对角线与交于点，点是的中点，
是的中位线，
，
选项结论正确，不符合题意；
平行四边形都是中心对称图形，
∴四边形是中心对称图形，
选项结论正确，不符合题意；
的周长为，是的中位线，
的周长等于，
选项结论错误，符合题意；
若，则四边形是矩形，矩形是轴对称图形，
选项结论正确，不符合题意；
故选：．
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定和性质及三角形中位线定理，熟练掌握平行四边形的性质及三角形中位线定理是解题的关键．
15．D
【分析】根据等边三角形的判定定理得到为等边三角形，根据等边三角形的性质得到，判断A选项；证明，根据全等三角形的性质判断B、C选项；解直角三角形，用分别表示出、，判断D选项．
【详解】解：A、由旋转的性质可知，，，
∴为等边三角形，
∴，本选项结论正确，不符合题意；
B、在中，，，点F是边的中点，
∴，，
由旋转的性质可知，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴，，本选项结论正确，不符合题意；
C、∵，
∴，本选项结论正确，不符合题意；
D、在中，，
∴，
同理可得， ，
∴，
∴故本选项结论错误，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查的是旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质，正确理解旋转变换的概念是解题的关键．
16．A
【分析】如图，逆时针旋转90°作出，过A作轴，垂足为B，过作轴，垂足为，证明，根据A点坐标为，写出，，则，，即可写出点A的坐标．
【详解】解：如图，逆时针旋转90°作出，过A作轴，垂足为B，过作轴，垂足为，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∵A点坐标为，
∴，，
∴，，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查旋转的性质，证明是解答本题的关键．
17．B
【分析】根据含30°角的直角三角形的性质可得B（2，2+2），利用待定系数法可得直线PB的解析式，依次将M1，M2，M3，M4四个点的一个坐标代入y=x+2中可解答．
【详解】解：∵点A（4，2），点P（0，2），
∴PA⊥y轴，PA=4，
由旋转得：∠APB=60°，AP=PB=4，
如图，过点B作BC⊥y轴于C，
∴∠BPC=30°，
∴BC=2，PC=2，
∴B（2，2+2），
设直线PB的解析式为：y=kx+b，
则，
∴，
∴直线PB的解析式为：y=x+2，
当y=0时，x+2=0，x=-，
∴点M1（-，0）不在直线PB上，
当x=-时，y=-3+2=1，
∴M2（-，-1）在直线PB上，
当x=1时，y=+2，
∴M3（1，4）不在直线PB上，
当x=2时，y=2+2，
∴M4（2，）不在直线PB上．
故选：B．
【点睛】本题考查的是图形旋转变换，待定系数法求一次函数的解析式，确定点B的坐标是解本题的关键．
18．A
【分析】根据旋转的性质解答即可．
【详解】解：∵线段是将绕着点逆时针旋转一定角度后得到的的一部分，
∴的对应点为，∴，∴旋转角为90°，
∴点C绕点P逆时针旋转90°得到的点的坐标为（-2，3），
故选：A．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，练掌握对应点与旋转中心的连线是旋转角和旋转角相等是解答本题的关键．
19．
【分析】根据中心对称概念，全等三角形判定与性质，点到直线的距离等逐个判断．
【详解】解：连接，如图：
由图可知，点与点关于点中心对称，故正确；
如图：
由可知，
∴，平分，故正确；
取上的格点，，连接，，如图，
由正方形性质可知，
∴到的距离为的长度，到的距离为的长度，
而，
∴点，到线段的距离相等，故正确；
∴正确结论是；
故答案为：．
【点睛】此题考查了中心对称，三角形全等的判定与性质，等腰直角三角形性质及应用等，解题的关键是掌握中心对称的概念，能熟练应用全等三角形的判定定理．
20．
【分析】连接，证明是等边三角形，则，，设，则，取的中点H，连接，求出，设，则，证明，得到，解得，即，再利用勾股定理求出，进一步即可得到答案．
【详解】解：连接，
∵将绕着点C按顺时针旋转得到，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
设，则，
取的中点H，连接，
∴，，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
即，
∴，
∴，
∴
，
故答案为：．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、勾股定理、旋转的性质、等边三角形的判定和性质等知识，数形结合和准确计算是解题的关键．
21．
【分析】分别求出两个正方形的边长，从而得到a，b的值，代入计算即可．
【详解】∵正方形的面积为7，正方形的面积为9
∴，
即，
∴
故答案为：
【点睛】本题考查算术平方根的意义，在数轴上表示实数，正确求出算术平方根是解题的关键．
22．5
【分析】过点D作于点F，利用勾股定理求得，根据旋转的性质可证、是等腰直角三角形，可得，再由，得，证明，可得，即，再由，求得，从而求得，，即可求解．
【详解】解：过点D作于点F，
∵，，，
∴，
∵将绕点A逆时针方向旋转得到，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
又∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，即，
∵ ，，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
故答案为：5．
【点睛】本题考查旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角形的面积，熟练掌握相关知识是解题的关键．
23．
【分析】根据角平分线的性质可得，根据旋转的性质可得，，求得，即可求得旋转的角度．
【详解】∵为的平分线，，
∴，
∵将四边形绕点逆时针方向旋转后，得到四边形，
∴，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了角平分线的性质，旋转的性质，熟练掌握以上性质是解题的关键．
24．80
【分析】先求得和的度数，再利用三角形外角的性质求解即可．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∵绕点B按顺时针方向旋转得到
∴，，
∴，
∴，
故答案为：80．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，旋转图形的性质和三角形外角的性质，利用旋转图形的性质求解是解题的关键．
25．或
【分析】分两种情况：①当绕点B逆时针旋转得到，过点B作于D，作的垂直平分线交于H，交于F，连接，先求出，再求出，，进而得，，据此可求得的长；
②当绕点B顺时针旋转45°得到，过点D作于M，作的垂直平分线交于Q，先求出，设，则，，进而可求得，，据此可求出x，进而可求得的长．
【详解】解：∵将绕点B旋转得到，
∴有以下两种情况：
①当绕点B逆时针旋转得到，
过点B作于E，作的垂直平分线交于H，交于F，连接，
∵为等腰三角形，，
∴，
∴，
由旋转的性质得：，
∴，
又∵，
即，
∴.
在中，，
∴，
∴ ，
由勾股定理得：，
∵为的垂直平分线，
∴，
∴，
∴，
∴，故：，
由勾股定理得：，
∴；
②当绕点B顺时针旋转45°得到，
过点D作于M，作的垂直平分线交于Q，
由旋转的性质得：，，
∴，
∵，
∴，
在中，，设，
则，
由勾股定理得： ，
∵为的垂直平分线，
∴，
∴，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
∵，
∴，
∴，
即．
综上所述：的长度为或．
故答案为：或．
【点睛】此题主要考查了图形的旋转变换及性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理等，解答此题的关键是理解题意，熟练掌握图形的旋转变换，理解在直角三角形中，30°的角所对的直角边等于斜边的一半，分类讨论是解答此题的难点，漏解是解答此题的易错点之一．
26．##
【分析】过点A作交的延长线于点G，求出，然后由旋转的性质可知点F在以A为圆心的长为半径的圆上运动，则可得如图中G、A、F三点共线时点F到直线的距离最大，求出距离的最大值，然后计算即可．
【详解】解：如图，在中，，，点是斜边的中点，
∴，，，
∴，
过点A作交的延长线于点G，
∴，
又∵在旋转的过程中，点F在以A为圆心的长为半径的圆上运动，，
∴点F到直线的距离的最大值为，（如图，G、A、F三点共线时）
∴面积的最大值，
故答案为：．
【点睛】本题考查了含直角三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，旋转的性质，圆的基本性质等知识，根据旋转的性质求出点F到直线距离的最大值是解答本题的关键．
27．
【分析】根据等边三角形的性质可得，，推得，根据全等三角形的判定和性质可得，，过点作，交的延长线于点，延长到，使得，连接，，与交于点，连接，，根据三角形内角和定理可得，根据含角的直角三角形的性质可得，根据等边三角形的判定可得为等边三角形，根据特殊角的锐角三角函数可求得，根据垂直平分线的性质可得，，求得，当与重合时，即、、三点共线时，的值最小，即可求解．
【详解】解：∵是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵是等边三角形，是高，
∴，，
过点作，交的延长线于点，延长到，使得，连接，，与交于点，连接，，如图：
则，
在中，，
∴，，
故，
∴，
∴为等边三角形，
在中，，
∵，，
即垂直平分，
∴，，
∴，
，
∴当与重合时，即、、三点共线时，的值最小为：，
∴的周长的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，含角的直角三角形的性质，解题的关键在于证明三角形全等，确定点运动轨迹．
28．
【分析】如图，，，根据角平分线的定义可得，根据三角形的外角性质可得，即得，然后根据三角形的内角和定理求解即可．
【详解】解：如图，根据题意可得：，，
∵是的角平分线，
∴，
∵，，
∴，
则在中，∵，
∴，
解得：；
故答案为：
【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质以及三角形的内角和等知识，熟练掌握相关图形的性质是解题的关键．
29．或或
【分析】连接，根据已知条件可得，进而分类讨论即可求解．
【详解】解：连接，取的中点，连接，如图所示，
∵在中，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴
∴，
∴
∴，
如图所示，当点在上时，此时，则旋转角的度数为，
当点在的延长线上时，如图所示，则
当在的延长线上时，则旋转角的度数为，如图所示，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵
∴四边形是矩形，
∴
即是直角三角形，
综上所述，旋转角的度数为或或
故答案为：或或．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
30．
【分析】作交于点，根据题意可得，由点为的中点，可得，在 中，通过解直角三角形可得，从而得到点，代入函数解析式即可得到答案．
【详解】解：如图，作交于点，
，
，，，
，
点为的中点，
，
，
，
，
，
，
点在反比例函数图象上，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，反比例函数的图象与性质，熟练掌握反比例函数的图象与性质，添加适当的辅助线构造直角三角形，是解题的关键．
31．
【分析】连接，将绕逆时针旋转得，连接，，证明，得，故的运动轨迹是以为圆心，1为半径的弧，求出，可得，由，知，从而可得的最小值为．
【详解】解：连接，将绕逆时针旋转得，连接，，如图：
，，
，
，，共线，
，
由旋转性质得，，
，
，
的运动轨迹是以为圆心，1为半径的弧，
，，
，
，，
，
，
，
的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形中的旋转问题，解题的关键是掌握性质的性质，正确作出辅助线构造全等三角形解决问题．
32．2
【分析】由旋转的性质可得，，可证是等边三角形，由直角三角形的性质可求解．
【详解】解：如图，连接，过点作于，
将绕点逆时针旋转，
，，
是等边三角形，
，，
，
，
，
点到的距离是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
33．##50度
【分析】先求出，由旋转的性质，得到，，则，即可求出旋转角的度数．
【详解】解：根据题意，
∵，
∴，
由旋转的性质，则，，
∴，
∴；
∴旋转角的度数是50°；
故答案为：50°．
【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握旋转的性质进行计算．
34．24﹣64π
【分析】由旋转的性质可得DE＝DC＝4，由锐角三角函数可求∠ADE＝60°，由勾股定理可求AE的长，分别求出扇形EDC和四边形DCBE的面积，即可求解．
【详解】解：∵将线段DC绕点D按逆时针方向旋转，
∴DE＝DC＝4，
∵cos∠ADE，
∴∠ADE＝60°，
∴∠EDC＝30°，
∴S扇形EDC4π，
∵AE6，
∴BE＝AB﹣AE＝46，
∴S四边形DCBE24﹣6，
∴阴影部分的面积＝24﹣64π，
故答案为：24﹣64π．
【点睛】本题考查了旋转的性质，锐角三角函数，矩形的性质，扇形的面积公式等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
35． 120°##120度 75°##75度
【分析】如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′．利用全等三角形的性质证明∠BEP′＝90°，推出点P′在射线EP′上运动，如图1中，设EP′交BC于点O，再证明△BEO是等腰直角三角形，可得结论．
【详解】解：如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′．
∵△BPP′是等边三角形，
∴∠ABE＝∠PBP′＝60°，BP＝BP′，BA＝BE，
∴∠ABP＝∠EBP′，
在△ABP和△EBP′中，
∴△ABP≌△EBP′（SAS），
∴∠BAP＝∠BEP′＝90°，
∴点P′在射线EP′上运动，
如图1中，设EP′交BC于点O，
当点P′落在BC上时，点P′与O重合，此时∠PP′C＝180°－60°＝120°，
当CP′⊥EP′时，CP′的长最小，此时∠EBO＝∠OCP′＝30°，
∴EO＝OB，OP′＝OC，
∴EP′＝EO＋OP′＝OB＋OC＝BC，
∵BC＝2AB，
∴EP′＝AB＝EB，
∴∠EBP′＝∠EP′B＝45°，
∴∠BP′C＝45°＋90°＝135°，
∴∠PP′C＝∠BP′C－∠BP′P＝135°－60°＝75°．
故答案为：120°，75°．
【点睛】本题考查旋转的性质，矩形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角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，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
36． 80 ##
【分析】利用SAS证明△BDC≌△AEC，得到∠DBC=∠EAC=20°，据此可求得∠BAF的度数；利用全等三角形的性质可求得∠AFB=60°，推出A、B、C、F四个点在同一个圆上，当BF是圆C的切线时，即当CD⊥BF时，∠FBC最大，则∠FBA最小，此时线段AF长度有最小值，据此求解即可．
【详解】解：∵△ABC和△DCE都是等边三角形，
∴AC=BC，DC=EC，∠BAC=∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠DCB+∠ACD=∠ECA+∠ACD=60°，
即∠DCB =∠ECA，
在△BCD和△ACE中，，
∴△ACE≌△BCD（ SAS），
∴∠EAC=∠DBC，
∵∠DBC=20°，
∴∠EAC=20°，
∴∠BAF=∠BAC+∠EAC=80°；
设BF与AC相交于点H，如图：
∵△ACE≌△BCD
∴AE=BD，∠EAC=∠DBC，且∠AHF=∠BHC，
∴∠AFB=∠ACB=60°，
∴A、B、C、F四个点在同一个圆上，
∵点D在以C为圆心，3为半径的圆上，当BF是圆C的切线时，即当CD⊥BF时，∠FBC最大，则∠FBA最小，
∴此时线段AF长度有最小值，
在Rt△BCD中，BC=5，CD=3，
∴BD=4，即AE=4，
∴∠FDE=180°-90°-60°=30°，
∵∠AFB=60°，
∴∠FDE=∠FED=30°，
∴FD=FE，
过点F作FG⊥DE于点G，
∴DG=GE=，
∴FE=DF==，
∴AF=AE-FE=4-，
故答案为：80；4-．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，圆周角定理，切线的性质，解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
37．9
【分析】由旋转知△BPD是顶角为120°的等腰三角形，可求得BD＝BP，当BP最大时，BD取最大值，即点P与点A重合时，BP＝BA最大，求出AB的长即可解决问题．
【详解】解：∵将线段BP绕点P逆时针旋转120°，得到线段DP，
∴BP＝PD，
∴△BPD是等腰三角形，
∴∠PBD＝30°，
过点P作PH⊥BD于点H，
∴BH＝DH，
∵cos30°＝＝，
∴BH＝BP，
∴BD＝BP，
∴当BP最大时，BD取最大值，即点P与点A重合时，BP＝BA最大，
过点A作AG⊥BC于点G，
∵AB＝AC，AG⊥BC，
∴BG＝BC＝3，
∵cos∠ABC＝，
∴，
∴AB＝9，
∴BD最大值为：BP＝9．
故答案为：9．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质和判定，三角函数等知识，证明出BD=BP是解题的关键．
38．
【分析】连接OB，过点O作OE⊥C'B于E，则∠OEC'=∠OEB=90°，由正方形OABC绕点O逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到正方形OA′B′C′，所以∠OC'E=45°，OA=OC'=AB=2，∠A=90°，根据勾股定理得到BE的长，从而得到BC'.
【详解】解：如图，连接OB，过点O作OE⊥C'B于E，则∠OEC'=∠OEB=90°，
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到正方形OA′B′C′，点A′恰好落在线段BC′上，
∴∠OC'E=45°，OA=OC'=AB=2，∠A=90°，
∴ ，OE=EC'=，
在Rt△OBE中，由勾股定理得：
，
∴BC'=BE+EC'=．
故答案为：
【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质以及勾股定理，解题的关键是作辅助线构造特殊三角形．
39．（4，-1）
【分析】根据平行四边形的性质得到点C坐标，再根据平移的性质得到C1坐标．
【详解】解：在平行四边形ABCD中，
∵对称中心是坐标原点，A（-1，1），B（2，1），
∴C（1，-1），
将平行四边形ABCD沿x轴向右平移3个单位长度，
∴C1（4，-1），
故答案为：（4，-1）．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化-平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．
40．
【分析】连接OQ，OP，利用HL证明Rt△OAQ≌Rt△ODQ，得QA=DQ，同理可证：CP=DP，设CP=x，则BP=3-x，PQ=x+，在Rt△BPQ中，利用勾股定理列出方程求出x=，再利用△AQM∽△BQP可求解．
【详解】解：连接OQ，OP，
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转n°（0＜n＜90）得到正方形ODEF，
∴OA=OD，∠OAQ=∠ODQ=90°，
在Rt△OAQ和Rt△ODQ中，
，
∴Rt△OAQ≌Rt△ODQ（HL），
∴QA=DQ，
同理可证：CP=DP，
∵BQ：AQ=3：1，AB=3，
∴BQ=，AQ=，
设CP=x，则BP=3-x，PQ=x+，
在Rt△BPQ中，由勾股定理得：
(3-x)2+()2=(x+)2，
解得x=，
∴BP=，
∵∠AQM=∠BQP，∠BAM=∠B，
∴△AQM∽△BQP，
∴，
∴，
∴AM=．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，利用全等证明QA=DQ，CP=DP是解题的关键．
41．(1)见解析
(2)，证明见解析
【分析】（1）由旋转的性质得，，利用三角形外角的性质求出，可得，等量代换得到即可；
（2）延长到H使，连接，，可得是的中位线，然后求出，设，，求出，证明，得到，再根据等腰三角形三线合一证明即可．
【详解】（1）证明：由旋转的性质得：，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即D是的中点；
（2）；
证明：如图2，延长到H使，连接，，
∵，
∴是的中位线，
∴，，
由旋转的性质得：，，
∴，
∵，
∴，是等腰三角形，
∴，，
设，，则，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，即．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形外角的性质，三角形中位线定理以及全等三角形的判定和性质等知识，作出合适的辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．
42．（1）见解析；（2）；问题2：
【分析】（1）根据等边对等角可得，根据折叠以及三角形内角和定理，可得，根据邻补角互补可得，即可得证；
（2）连接，交于点，则是的中位线，勾股定理求得，根据即可求解；
问题2：连接，过点作于点，过点作于点，根据已知条件可得，则四边形是矩形，勾股定理求得，根据三线合一得出，根据勾股定理求得的长，即可求解．
【详解】（1）∵等腰中，由翻折得到
∴，，
∵，
∴；
（2）如图所示，连接，交于点，
∵折叠，
∴，，，，
∵是的中点，
∴，
∴，
在中，，
在中，，
∴；
问题2：如图所示，连接，过点作于点，过点作于点，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
又，
∴四边形是矩形，
则，
在中，，,，
∴，
在中，，
∴，
在中，．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，折叠的性质，勾股定理，矩形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
43．(1)135
(2)相等，见解析
(3)当P在线段上时，；当P在线段的延长线上时，
【分析】（1）根据题意画出图形，由，得，而，即得；
（2）过P作交于M，证明是等腰直角三角形，得，，即可证，故；
（3）当P在线段上时，过P作交于M，结合（2）可得；当P在线段的延长线上时，过P作交于N，证明是等腰直角三角形，可得，即可证，，根据，即得．
【详解】（1）画出图形如下：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
故答案为：135；
（2），理由如下：
过P作交于M，如图：
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）当P在线段上时，过P作交于M，如图：
由（2）可知，，
∵，
∴，
∵，
∴；
当P在线段的延长线上时，过P作交BE于N，如图：
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
综上所述，当P在线段上时，；当P在线段的延长线上时，．
【点睛】本题考查几何变换综合应用，涉及等腰直角三角形，旋转变换，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．
44．(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）连接，由，得，根据线段绕点C逆时针旋转，得到线段，有，可得，从而，知是等腰直角三角形，，故；
（2）由，O为的中点，得， ，证明，得，根据，即得；
（3）由，设，则，分两种情况：当D在线段上时，延长交于K，由，得，而四边形是矩形，有，，根据勾股定理可得，故， ，即得；当D在射线上时，延长交于T，同理可得．
【详解】（1）解： ，理由如下：
连接，如图：
∵，
∴，
∵线段绕点C逆时针旋转90°，得到线段，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵直线，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴；
（2）证明：如图，
∵，O为的中点，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：由，设，则，
当D在线段上时，延长交于K，如图：
由（2）知，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴,，
∴，
∴ ，
∵，
∴ ，
∴；
当D在射线上时，延长交于T，如图：
同理可得，
∴，
∵，
∴，
∵，O为AB的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
综上所述，的值为或．
【点睛】本题考查等腰直角三角形中的旋转问题，涉及三角形全等的判定于性质，矩形的判定与性质，三角形面积等知识，解题的关键是分类讨论思想的应用．
45．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）取格点，连接，连接，再取格点，连接交于，连接，延长交于即可；
（2）取格点，连接、，交格线于，再取格点，，连接交于，连接并延长交于即可．
【详解】（1）解：如图（1），线段和点即为所求；
理由：，，，
，
，
，
线段绕点顺时针旋转得，
，
，，
，
，
，
；
（2）解：如图（2）所示，点与点即为所求，
理由：，，，
，
，
，
与 关于对称
，
，关于对称，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
由轴对称可得，
．
【点睛】本题考查了作图﹣旋转变换，轴对称变换，勾股定理、勾股定理的逆定理，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握旋转和轴对称的性质．
46．(1)见解析
(2)①等腰直角三角形，理由见解析；②等联线，线段
【分析】（1）根据新定义，画出等联角即可；
（2）①是等腰直角三角形，过点C作交的延长线于N，由折叠得，证明四边形为正方形，进而证明，得出，即可求解；
②过点F作于Q，交的延长线于R，则．证明，得出，在中，，，进而证明四边形为正方形，则，由，得出，根据相似三角形的性质得出，根据即可．
【详解】（1）解：作图如下：（方法不唯一）
（2）①是等腰直角三角形．理由为：
如图，过点C作交的延长线于N．
由折叠得，
∵，
∴四边形为正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
而，
∴，
∴是等腰直角三角形．
②如图，过点F作于Q，交的延长线于R，
则，
∵，
∴，
由是等腰直角三角形知：，
∴，
∴，
而，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形为正方形，，
∵，
∴，
∴，
而，
∴，
解得：，
由①知：，
∴，
答：等联线，线段．
【点睛】点评本题考查了几何新定义，正方形的性质与判定，折叠问题，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，理解新定义，掌握正方形的性质是解题的关键．
47．（1），平行；（2）①30度；②；（3）或
【分析】（1），点M，N分别为边，的中点，则是的中位线，即可得出结论；
（2）特例研讨：①连接，证明是等边三角形，是等边三角形，得出；
②连接，证明，则 ，设，则，在中，，，则，在中，，勾股定理求得，则；
（3）当点C，E，F在同一直线上时，且点E在上时，设，则，得出，则A．B，E，C 在同一个圆上，进而根据圆周角定理得出，表示与，即可求解；当F在上时，可得A，B，E，C在同一个圆上，设，则，设，则，则，表示与，即可求解．
【详解】解：（1）∵，点M，N分别为边的中点，
∴是的中位线，
∴，；
故答案为：，；
（2）特例研讨：①如图所示，连接，
∵是的中位线，
∴，
∴，
∵将绕点B顺时针旋转α（α为锐角），得到，
∴；，
∵点A，E，F在同一直线上，
∴，
在中，M是斜边的中点，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，即旋转角，
∴，，
∴是等边三角形，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
②如图所示，连接，
∵ ，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
设，则，
在中，，则，
在中，，
∴，
解得： 或 （舍去），
∴；
（3）如图所示，当点C，E，F在同一直线上时，且点E在上时，
∵，
∴，设，则，
∵是的中位线，
∴，
∴，
∵将绕点B顺时针旋转α，得到，
∴，
∴，
∴，
∵点C，E，F在同一直线上，
∴，
∴，
∴A，B，E，C在同一个圆上，
∴，
∴，
∵，
∴，
如图所示，当F在上时，
∵，
∴A，B，E，C在同一个圆上，设，则，
将绕点B顺时针旋转α，得到，
∴，
∴.
设，则，则，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
综上所述，或．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了圆周角定理，对角互补四边形四顶点共圆，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，中位线的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质，勾股定理，熟练综合运用以上知识是解题的关键．
48．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据等边三角形的性质，利用四点共圆知识解答即可．
（2）由旋转的性质可得，由角的数量关系可求，解答即可．
【详解】（1）∵等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵绕点A逆时针方向旋转，得到，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴四点共圆，
∴，
∴．
（2）如图，根据题意，，故只有当时，成立，
∵绕点A逆时针方向旋转，得到，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，平行线的性质，四点共圆，特殊角的三角函数值，熟练掌握相关图形的性质定理以及特殊角的三角函数值是解题的关键．
49．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）底边长为即底边为小方格的对角线，根据要求画出底边，再在其底边的垂直平分线找到在格点上的顶点即可得到等腰，然后根据中心旋转性质作出绕矩形的中心旋转180°后的图形．
（2）根据网格特点，按要求构造等腰直角三角形，然后按平移的规律作出平移后图形即可．
【详解】（1）（1）画法不唯一，如图1（ ，），或图2（）．
（2）画法不唯一，如图3或图4．
【点睛】本题主要考查了格点作图，解题关键是掌握网格的特点，灵活画出相等的线段和互相垂直或平行的线段．
50．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）证明，根据相似三角形的性质得出，，进而证明，根据相似三角形的性质即可求解；
（2）求出，延长交于点F，在中，由直角三角形的性质求得，，进而求得的长，根据（1）的结论，得出 ，在中，勾股定理求得，进而根据，即可求出案．
（3）如图所示，以为边在上方作，且，，连接，，同（1）可得，求出的长，进而得出D在以E为圆心，为半径的圆上运动，当点A，E，D 三点共线时，的值最大，进而求得 ，，根据得出，过点A作于点F，由直角三角形的性质分别求得，，然后求出，最后根据正切的定义即可得出答案．
【详解】（1）解：在中，，在中，，，
∴，
∴，．
∴，
∴，
∴，
∴，
而，
∴，
∴，
故答案为：ACDE；
（2）解：在，，，，
∴ ，，
延长交于点F，如图所示，
∴，，
∴，
由（1）可得，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
即；
（3）如图所示，以为边在上方作，且，，连接，，，，
同（1）可得，
∴，
∵，
∴，
在中，，，
∴D在以E为圆心，为半径的圆上运动，
∴当点A，E，D三点共线时，的值最大，此时如图所示，则，
在中，，
∴ ， ，
∵，
∴，
过点A作于点F，
∴，，
∵，
∵，
∴，
中，．
【点睛】点评本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，直角三角形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，锐角三角函数的定义，熟练掌握解直角三角形及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
51．(1)①等边；②两点之间线段最短；③；④A．
(2)
(3)
【分析】（1）根据旋转的性质和两点之间线段最短进行推理分析即可得出结论；
（2）根据（1）的方法将绕，点C顺时针旋转得到，即可得出可知当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，最小值为，在根据可证明，由勾股定理求即可，
（3）由总的铺设成本，通过将绕，点C顺时针旋转得到，得到等腰直角，得到，即可得出当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，即取最小值为，然后根据已知和旋转性质求出即可．
【详解】（1）解：∵，
∴为等边三角形；
∴，，
又，故，
由两点之间线段最短可知，当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，
最小值为，此时的P点为该三角形的“费马点”，
∴，，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，，
∴，，
∴三个顶点中，顶点A到另外两个顶点的距离和最小．
又∵已知当有一个内角大于或等于时，“费马点”为该三角形的某个顶点．
∴该三角形的“费马点”为点A，
故答案为：①等边；②两点之间线段最短；③；④．
（2）将绕，点C顺时针旋转得到，连接，
由（1）可知当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，最小值为，
∵，
∴，
又∵
∴，
由旋转性质可知：，
∴，
∴最小值为，
（3）∵总的铺设成本
∴当最小时，总的铺设成本最低，
将绕，点C顺时针旋转得到，连接，
由旋转性质可知：，，，，
∴，
∴，
当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，即取最小值为，
过点作，垂足为，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
的最小值为
总的铺设成本（元）
故答案为：
【点睛】本题考查了费马点求最值问题，涉及到的知识点有旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，以及两点之间线段最短等知识点，读懂题意，利用旋转作出正确的辅助线是解本题的关键．
52．(1)
(2)成立；理由见解析
(3)或
【分析】（1）根据，得出，，证明，得出，根据，求出，即可证明结论；
（2）证明，得出，根据，求出，即可证明结论；
（3）分两种情况，当点E在线段上时，当点D在线段上时，分别画出图形，根据勾股定理求出结果即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
，
∴，
∴；
故答案为：．
（2）解：成立；理由如下：
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
，
∴，
∴；
（3）解：当点E在线段上时，连接，如图所示：
设，则，
根据解析（2）可知，，
∴，
∴，
根据解析（2）可知，，
∴，
根据勾股定理得：，
即，
解得：或（舍去），
∴此时；
当点D在线段上时，连接，如图所示：
设，则，
根据解析（2）可知，，
∴，
∴，
根据解析（2）可知，，
∴，
根据勾股定理得：，
即，
解得：或（舍去），
∴此时；
综上分析可知，或．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形内角和定理的应用，勾股定理，解题的关键是熟练掌握三角形相似的判定方法，画出相应的图形，注意分类讨论．
53．(1)
(2)（i）见解析；（ii）
【分析】（1）证，得，，再由三角形内角和定理得即可；
（2）证四边形是平行四边形，得，再证四边形是平行四边形，进而得平行四边形是菱形，则，然后证、、、四点共圆，由圆周角定理得，即可得出结论；
过点作于点，由勾股定理得，再由菱形的性质得，进而由锐角三角函数定义得，则，，然后由锐角三角函数定义即可得出结论．
【详解】（1）是的中点，
，
由旋转的性质得：，
，，
，
，
即的大小为；
（2）证明：，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是菱形，
，
又，
、、、四点共圆，
，
，
；
解：如图3，过点作于点，
则，
在中，由勾股定理得：，
四边形是菱形，
，
，
，
，
，
，
即的值为．
【点睛】本题是几何变换综合题目，考查了旋转的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，四点共圆，圆周角定理以及锐角三角函数定义等知识，本题综合性强，熟练掌握菱形的判定与性质、等腰三角形的性质以及锐角三角函数是解题的关键，属于中考常考题型．
54．(1)①．②
(2)①．②
(3)①见解析；②
【分析】（1）①证明得到，进而证明，即可求出；②由全等三角形的性质可得，则；
（2）①根据等腰直角三角形的性质得到，，进而证明，得到，推出，则；②由相似三角形的性质可得；
（3）①连接，延长交于点P，交于点O，证明分别是、的中位线，得到，再证明，得到，则，由此即可证明为等腰三角形；②由全等三角形的性质可得，进而求出，则，再由平行线的性质可得．
【详解】（1）解：①，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
∵即，
∴，即
∴，
故答案为：；
②∵，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）解：①∵在和中，，且，
∴，，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：；
②∵，
∴，
故答案为：；
（3）解：①连接，延长交于点P，交于点O
在等边中，于点D，
为的中点
又为的中点，N为的中点，
分别是、的中位线
∵都是等边三角形，
∴
，
在和中
，
为等腰三角形．
②
，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
又，即
．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，三角形中位线定理，三角形内角和定理等等，正确理解题意通过作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
55．（1）①见解析，②，见解析；（2），见解析；（3）
【分析】（1）①根据和都是等边三角形推出判定和全等，然后根据全等三角形的对应边相等即可得证；
②根据等边三角形的性质和对称的性质即可推出线段的数量关系；
（2）过点作于，根据等腰直角三角形的性质推出判定，然后根据等腰直角三角形的性质和对称性即可推出线段，，的数量关系；
（3）过点作于，推出是等腰直角三角形，求出的长后即可求出的值．
【详解】（1）证明：①和都是等边三角形，
，
，，
，
，
；
②解：，
理由如下：
是等边三角形，
，
点与点关于对称，
，
，
；
（2），
理由如下：
如图1，过点作于，
点与点关于对称，
，
又，
，
，
，
又，
是等腰直角三角形，
又是等腰直角三角形，
，，
，
，
，，
，
是等腰直角三角形，
，
，
即：；
（3）解：如图2，过点作于，
又，
是等腰直角三角形，
又，
，
，
，
又，
，
在中，由勾股定理得：，
．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及勾股定理，深入理解题意是解决问题的关键．
56．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据旋转的性质得出，进而证明，即可得证；
（2）过点F作，交点的延长线于点K，连接，证明四边形是平行四边形，即可得证；
（3）如图所示，延长交于点R，由（2）可知是等边三角形，根据折叠的性质可得，，进而得出是等边三角形，由（2）可得，得出四边形是平行四边形，则．进而得出，则，当取得最小值时，即时，取得最小值，即可求解．
【详解】（1）证明：∵为等边三角形，
∴．
∵将绕点C顺时针旋转得到线段，
∴．
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：如图所示，过点F作，交的延长线于点K，连接，
∵是等边三角形，
∴．
∵，
∴，
∴垂直平分，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴点F在的垂直平分线上．
∵，
∴点B在的垂直平分线上，
∴垂直平分，
∴，，
∴．
又∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴．
又∵，，
∴，
∴，
∴．
在与中，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴；
（3）解：如图所示，延长交于点R，
由（2）可知是等边三角形，
∴．
∵将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴．
由（2）可得，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴．
由（2）可知G是的中点，则，
∴，
∴．
∵折叠，
∴，
∴．
又，
∴，
∴当取得最小值时，即时，取得最小值，此时如图所示，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，轴对称的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
57．(1)最大值为，最小值为
(2)
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线，得出的值，进而根据题意求得最大值与最小值即可求解；
（2）过点作，交的延长线于点，根据旋转的性质求得，进而得出，进而可得，勾股定理解，即可求解．
【详解】（1）解：依题意，，，
当在的延长线上时，的距离最大，最大值为，
当在线段上时，的距离最小，最小值为；
；
（2）解：如图所示，过点作，交的延长线于点，
∵绕顶点逆时针旋转，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
在中，，
∴．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质，勾股定理是解题的关键．
58．(1)8
(2)
(3)存在最小值1，理由见解析
【分析】（1）先求出，再在中，求出，从而可得；
（2）过作交于，过作于，先证明，再根据，求出，进而可得和及，由得，即可得；
（3）过作交延长线于，连接，先证明，得，再证明得，是的中位线，，要使最小，只需最小，此时共线，的最小值为，即可得最小值为．
【详解】（1）解：，
，
，绕点顺时针旋转得到，点落在的延长线上，
，
中，，
；
（2）解：过作交于，过作于，如图：
绕点顺时针旋转得到，
，
，
，
，
，
中，，，
，
中，，
同理，
，，
，
，
，
；
（3）解：存在最小值1，
理由如下：
过作交延长线于，连接，如图：
绕点顺时针旋转得到，
，
，
而，，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，即是中点，
点为的中点，
是的中位线，
，
要使最小，只需最小，此时共线，的最小值为，
最小为．
【点睛】本题考查直角三角形的旋转变换，涉及勾股定理、平行线分线段成比例、等腰三角形判定、全等三角形判定与性质等知识，综合性较强，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
59．（1）；（2）结论仍成立，理由见详解；（3）①，②或．
【分析】（1）由题意易得，，，然后可证，进而问题可求解；
（2）由题意易得，，然后可证，进而问题可求证；
（3）①过点作，使，连接，易证，推出点的运动轨迹是以为圆心，为半径的圆，当在的延长线上时，的值最大，即可得解；②分点在线段的上方和下方，两种情况进行讨论求解．
【详解】解：（1），理由如下：
∵和是等腰直角三角形，，
∴，，，
∴，
，
故答案为：；
（2）结论仍成立，理由如下：
∵和是等腰直角三角形，，
∴，，
∴，即，
∴，
；
（3）①过点作，使，连接，
∵和都是等腰直角三角形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∵， ，
∴点的运动轨迹是以为圆心，为半径的圆，
∴当在的延长线上时，的值最大，最大值为；
故答案为：；
②当点在上方时，如图，在上方作，过点作于点，连接、、，过点作于点．
，；
∴，
，
在中，，
∵，
∴，
∵，
∴
∴
∴
当点在下方时，如图，在上方作，过点作于点，连接，
则，
∵，
∴，
∴，
∴
∵，，
∴，
∴；
综上：或．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质，四点共圆及解直角三角形，熟练掌握全等三角形的判定，相似三角形的判定方法，证明三角形全等和相似，是解题的关键．
60．(1)见解析
(2)，理由见解析
(3)
【分析】（1）连接，可得，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，根据中位线定理可得，即可得证；
（2）证明，根据（1）的结论即可得；
（3）连接，过点作于，证明，可得，勾股定理求得，根据，，可得，进而求得，根据求得，根据（2）的结论，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接，
，D，E，F分别为的中点，
，，
，
，
（2），理由如下，
连接，如图，
，D，E，F分别为的中点，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
将绕点D顺时针旋转一定角度，得到，
，
，
，
，
，
，
（3）如图，连接，过点作于，
中，,
，
，
，
，
，
，
，
中，
，
中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，中位线的性质定理，相似三角形的性质与判定，求角的正确，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
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