专题23 轴对称（折叠）、平移、旋转变换-【真题汇编】2024年中考数学真题专题分类汇编练习（原卷版+解析版）

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一、选择题
1. （2024江苏盐城）下列四幅图片中的主体事物，在现实运动中属于翻折的是（ ）
A. 工作中雨刮器B. 移动中的黑板
C. 折叠中的纸片D. 骑行中的自行车
【答案】C
【解析】本题考查了折叠，根据折叠的定义逐项判断即可求解，掌握折叠的定义是解题的关键．
、工作中的雨刮器，属于旋转，不合题意；
、移动中的黑板，属于平移，不合题意；
、折叠中的纸片，属于翻折，符合题意；
、骑行中的自行车，属于平移，不合题意；
故选：．
2. （2024江苏扬州）“致中和，天地位焉，万物育焉”，对称之美随处可见．下列选项分别是扬州大学、扬州中国大运河博物馆、扬州五亭桥、扬州志愿服务的标识．其中的轴对称图形是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】本题考查了轴对称图形，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．
根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，进行分析即可．
【详解】解：A，B，D选项中的图形都不能找到一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
C选项中的图形能找到一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
故选：C．
3. （2024四川眉山）下列交通标志中，属于轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】本题主要考查了轴对称图形，根据轴对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形可得答案．
【详解】A.是轴对称图形，故此选项符合题意；
B.不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C. 不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D. 不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
故选：A．
4. （2024广西）端午节是中国传统节日，下列与端午节有关的文创图案中，成轴对称的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】本题主要考查成轴对称的定义，掌握成轴对称的定义是解题的关键．把一个图形沿着某一条直线折叠，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这条直线对称，这条直线叫作对称轴，折叠后重合的点是对应点，叫作对称点．根据两个图形成轴对称的定义，逐一判断选项即可．
【详解】A．图案不成轴对称，故不符合题意；
B．图案成轴对称，故符合题意；
C．图案不成轴对称，故不符合题意；
D．图案不成轴对称，故不符合题意；
故你：B．
5. （2024贵州省）“黔山秀水”写成下列字体，可以看作是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】本题考查了轴对称图形概念，一个图形沿着某条直线折叠后直线两旁的部分能够完全重合，这个图形就叫轴对称图形．根据轴对称图形概念，结合所给图形即可得出答案．
【详解】A．不是轴对称图形，不符合题意；
B． 是轴对称图形，符合题意；
C． 不是轴对称图形，不符合题意；
D． 不是轴对称图形，不符合题意；
故选：B．
6. （2024江苏苏州）下列图案中，是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】此题主要考查轴对称图形的概念，掌握轴对称图形的概念是解题的关键．
根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【详解】A、是轴对称图形，故此选项正确；
B、不是轴对称图形，故此选项错误；
C、不是轴对称图形，故此选项错误；
D、不是轴对称图形，故此选项错误．
故选：A．
7. （2024内蒙古赤峰）在以下绿色食品、回收、节能、节水四个标志中，是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据轴对称图形的概念求解．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
【详解】A．是轴对称图形，故A符合题意；
B．不是轴对称图形，故B不符合题意；
C．不是轴对称图形，故C不符合题意；
D．不是轴对称图形，故D不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题主要考查轴对称图形的知识点．确定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．
8. （2024武汉市）现实世界中，对称现象无处不在，中国的方块字中有些也具有对称性．下列汉字是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】本题考查了轴对称图形的识别，根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【详解】A，B，D选项中的图形不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形，
C选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形．
故选：C．
9. （2024四川内江）2024年6月5日，是二十四节气的芒种，二十四节气是中国劳动人民独创的文化遗产，能反映季节的变化，指导农事活动．下面四副图片分别代表“芒种”、“白露”、“立夏”、“大雪”，其中是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】根据中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．本题主要考查了中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义．
【详解】解：A．不是中心对称图形，故A选项不合题意；
B．不是中心对称图形，故B选项不合题意；
C．不是中心对称图形，故C选项不合题意；
D．是中心对称图形，故D选项合题意；
故选：D．
10. （2024四川凉山）如图，在中，垂直平分交于点，若的周长为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】本题考查了线段垂直平分线的的性质，由线段垂直平分线的的性质可得，进而可得的周长，即可求解，掌握线段垂直平分线的的性质是解题的关键．
【详解】解：∵垂直平分，
∴，
∴的周长，
故选：．
11. （2024河北省）如图，与交于点O，和关于直线对称，点A，B的对称点分别是点C，D．下列不一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】本题考查了轴对称图形的性质，平行线的判定，熟练掌握知识点是解题的关键．
根据轴对称图形的性质即可判断B、C选项，再根据垂直于同一条直线的两条直线平行即可判断选项D．
【详解】由轴对称图形的性质得到，，
∴，
∴B、C、D选项不符合题意，
故选：A．
12. （2024福建省）小明用两个全等的等腰三角形设计了一个“蝴蝶”的平面图案．如图，其中与都是等腰三角形，且它们关于直线对称，点，分别是底边，的中点，．下列推断错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】本题考查了对称的性质，等腰三角形的性质等；
A.由对称的性质得，由等腰三角形的性质得 ，，即可判断；
B.不一定等于，即可判断；
C.由对称的性质得，由全等三角形的性质即可判断；
D. 过作，可得 ，由对称性质得同理可证，即可判断；
掌握轴对称的性质是解题的关键．
【详解】A.，
，
由对称得，
点，分别是底边，的中点，与都是等腰三角形，
，，
，
，结论正确，故不符合题意；
B.不一定等于，结论错误，故符合题意；
C.由对称得，
∵点 E ，F分别是底边的中点，
，结论正确，故不符合题意；
D.
过作，
，
，
，由对称得，
，
同理可证，
，结论正确，故不符合题意；
故选：B．
13. （2024江苏连云港）如图，正方形中有一个由若干个长方形组成的对称图案，其中正方形边长是，则图中阴影图形的周长是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】本题考查平移的性质，利用平移的性质将阴影部分的周长转化为边长是的正方形的周长加上边长是的正方形的两条边长再减去，由此解答即可．
【详解】由图可得：阴影部分的周长为边长是的正方形的周长加上边长是的正方形的两条边长再减去，
阴影图形的周长是：，
故选：A．
14. （2024湖北省）平面坐标系中，点的坐标为，将线段绕点顺时针旋转，则点的对应点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】本题考查坐标系下的旋转．过点和点分别作轴的垂线，证明，得到，，据此求解即可．
【详解】过点和点分别作轴的垂线，垂足分别为，
∵点的坐标为，
∴，，
∵将线段绕点顺时针旋转得到，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴点的坐标为，
故选：B．
15. （2024北京市）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.
【答案】B
【解析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．掌握中心对称图形与轴对称图形的定义是解题的关键．
【详解】A、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故不符合题意；
B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意；
C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不符合题意；
D、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意；
故选：B．
16. （2024四川泸州）宽与长的比是的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形给我们以协调、匀称的美感．如图，把黄金矩形沿对角线翻折，点落在点处，交于点，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，三角函数等知识点，利用黄金比例表示各线段的长是解题的关键．
设宽，根据比例表示长，证明，在中，利用勾股定理即可求得结果．
【详解】解：设宽为，
∵宽与长的比是，
∴长为：，
由折叠的性质可知，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
设，
在中，，
变形得：，
，，
∴，
故选A．
17. （2024四川自贡）如图，在平面直角坐标系中，，将绕点O逆时针旋转到位置，则点B坐标为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】本题考查坐标与图形，三角形全等的判定和性质．由旋转的性质得到，推出，即可求解．
【详解】∵，
∴，，
∵将绕点O逆时针旋转到，
∴，
∴，，
∴点B坐标，
故选：A．
18. （2024吉林省）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点C的坐标为．以为边作矩形，若将矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，矩形的性质等等，先根据题意得到，再由矩形的性质可得，由旋转的性质可得，，据此可得答案．
【详解】∵点A的坐标为，点C的坐标为，
∴，
∵四边形矩形，
∴，
∵将矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形，
∴，，
∴轴，
∴点的坐标为，
故选：C．
19. （2024内蒙古赤峰）如图，中，，．将绕点A顺时针旋转得到，点与点B是对应点，点与点C是对应点．若点恰好落在BC边上，下列结论：①点B在旋转过程中经过的路径长是；②；③；④．其中正确的结论是（ ）
A. ①②③④B. ①②③C. ①③④D. ②④
【答案】A
【解析】本题考查了相似三角形的判定和性质，旋转的性质，弧长公式，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理．根据旋转的性质结合等腰三角形的性质求得各角的度数，再逐一判断各项，即可求解．
【详解】∵，，
∴，，
由旋转的性质得，，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
由旋转的性质得，
∴，
①点B在旋转过程中经过的路径长是；①说法正确；
②∵，∴；②说法正确；
③∵，
∴，
∴；③说法正确；
④∵，，
∴，
∴．④说法正确；
综上，①②③④都是正确的，
故选：A．
20. （2024天津市）如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点分别为，延长交于点，下列结论一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】本题考查了旋转性质以及两个锐角互余的三角形是直角三角形，平行线的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据旋转性质得，结合，即可得证，再根据同旁内角互补证明两直线平行，来分析不一定成立；根据图形性质以及角的运算或线段的运算得出A和C选项是错误的．
【详解】解：记与相交于一点H，如图所示：
∵中，将绕点顺时针旋转得到，
∴
∵
∴在中，
∴
故D选项是正确的，符合题意；
设
∴
∵
∴
∴
∵不一定等于
∴不一定等于
∴不一定成立，
故B选项不正确，不符合题意；
∵不一定等于
∴不一定成立，
故A选项不正确，不符合题意；
∵将绕点顺时针旋转得到，
∴
∴
故C选项不正确，不符合题意；
故选：D
21.（2024重庆市A） 如图，在正方形的边上有一点，连接，把绕点逆时针旋转，得到，连接并延长与的延长线交于点．则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】过点F作延长线的垂线，垂足为点H，则，证明，则，设，得到，则，故，同理可求，则，因此．
【详解】解：过点F作延长线的垂线，垂足为点H，则，
由旋转得，
∵四边形是正方形，
∴，，，设，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，设，
则，
∴，
∴，而，
∴，
∴，
∵，
∴，
同理可求，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，旋转的性质，正确添加辅助线，构造“一线三等角全等”是解题的关键．
22. （2024北京市）如图，在菱形中，，为对角线交点.将菱形绕点逆时针旋转得到菱形，两个菱形的公共点为，，，.对八边形给出下面四个结论：
①该八边形各边长都相等；
②该八边形各内角都相等；
③点到该八边形各顶点的距离都相等；
④点到该八边形各边所在直线的距离都相等。
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A. ①③B. ①④C. ②③D. ②④
【答案】B
【解析】根据菱形，，则，，结合旋转的性质得到点一定在对角线上，且，，继而得到，，结合，继而得到，可证，，同理可证，证，继而得到，得到，可以判定该八边形各边长都相等，故①正确；根据角的平分线的性质定理，得点到该八边形各边所在直线的距离都相等，可以判定④正确；根据题意，得，结合，，得到，可判定②该八边形各内角不相等；判定②错误，证，进一步可得，可判定点到该八边形各顶点的距离都相等错误即③错误，解答即可.
本题考查了旋转的性质，菱形的性质，三角形全等判定和性质，角的平分线性质定理，熟练掌握旋转的性质，菱形的性质，三角形全等判定和性质是解题的关键.
【详解】向两方分别延长，连接，
根据菱形，，则，，
∵菱形绕点逆时针旋转得到菱形，
∴点一定在对角线上，且，，
∴，，
∵，
∴，
∴，，同理可证，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴该八边形各边长都相等，
故①正确；
根据角的平分线的性质定理，得点到该八边形各边所在直线的距离都相等，
∴④正确；
根据题意，得，
∵，，
∴，
∴该八边形各内角不相等；
∴②错误，
根据，
∴，
∴，
∵，
故，
∴点到该八边形各顶点的距离都相等错误
∴③错误，
故选B．
二、填空题
1. （2024甘肃威武）围棋起源于中国，古代称为“弈”．如图是两位同学的部分对弈图，轮到白方落子，观察棋盘，白方如果落子于点________的位置，则所得的对弈图是轴对称图形．（填写A，B，C，D中的一处即可，A，B，C，D位于棋盘的格点上）
【答案】A或C
【解析】根据轴对称图形的定义解答即可．
本题考查了轴对称图形，熟练掌握轴对称图形的定义是解题的关键．
【详解】根据轴对称图形的定义，发现放在B，D处不能构成轴对称图形，放在A或C处可以，
故答案为：A或C．
2. （2024江苏苏州）如图，，，，，点D，E分别在边上，，连接，将沿翻折，得到，连接，．若的面积是面积的2倍，则______．
【答案】##
【解析】本题考查了相似三角形的判定与性质、折叠性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积公式等知识，是综合性强的填空压轴题，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
设，，根据折叠性质得，，过E作于H，设与相交于M，证明得到，进而得到，，证明是等腰直角三角形得到，可得，证明得到，则，根据三角形的面积公式结合已知可得，然后解一元二次方程求解x值即可．
【详解】解：∵，
∴设，，
∵沿翻折，得到，
∴，，
过E作于H，设与相交于M，
则，又，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，，则，
∴是等腰直角三角形，
∴，则，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
，
∵的面积是面积的2倍，
∴，则，
解得，（舍去），
即，
故答案为：．
3. （2024江苏连云港）如图，将一张矩形纸片上下对折，使之完全重合，打开后，得到折痕EF，连接BF．再将矩形纸片折叠，使点B落在BF上的点H处，折痕为AG．若点G恰好为线段BC最靠近点B的一个五等分点，，则BC的长为__________．

【答案】
【解析】本题考查矩形折叠，勾股定理，解直角三角形，设与交于点，，则：，勾股定理求出，等积法求出，根据，列出方程进行求解即可．
【详解】解：设与交于点，
∵矩形，
∴，
∵翻折，
∴，，
设，则：，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：，经检验是原方程的解，
∴；
故答案为：．

4. （2024黑龙江齐齐哈尔）已知矩形纸片，，，点P在边上，连接，将沿所在的直线折叠，点B的对应点为，把纸片展平，连接，，当为直角三角形时，线段的长为______．
【答案】或2
【解析】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，分两种情况进行讨论：当时，当，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，，，
当时，如图所示：
∵，
∴点在上，
根据折叠可知：，，
设，则，
∴，
，
中，根据勾股定理得：，
即，
解得：，
即；
当，如图所示：
根据折叠可知：，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
综上分析可知：或2．
故答案为：或2，
5. （2024甘肃临夏）如图，对折边长为2的正方形纸片，为折痕，以点为圆心，为半径作弧，分别交，于，两点，则的长度为______（结果保留）．
【答案】##
【解析】本题主要考查了弧长的计算、正方形的性质及翻折变换（折叠问题），解直角三角形，熟知正方形的性质、图形翻折的性质及弧长的计算公式是解题的关键．
由对折可知，，过点E作的垂线，进而可求出的度数，则可得出的度数，最后根据弧长公式即可解决问题．
【详解】∵折叠，且四边形是正方形
四边形是矩形，，
则，．
过点E作于P，
则，
，
在中，，
，
则，
的长度为：，
故答案为：
6. （2024甘肃临夏）如图，等腰中，，，将沿其底边中线向下平移，使的对应点满足，则平移前后两三角形重叠部分的面积是______．
【答案】##
【解析】本题考查平移的性质，相似三角形的判定和性质，三线合一，根据平移的性质，推出，根据对应边上的中线比等于相似比，求出的长，三线合一求出的长，利用面积公式进行求解即可．
【详解】∵等腰中，，，
∴，
∵为中线，
∴，，
∴，，
∴，
∵将沿其底边中线向下平移，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
7. （2024江苏盐城）如图，在中，，，点是的中点，连接，将绕点旋转，得到．连接，当时，________．
【答案】##
【解析】本题主要考查等腰直角三角形的性质，勾股定理，平行线的性质，全等三角形的性质的综合，掌握等腰直角三角形的性质，勾股定理，旋转的性质是解题的关键．
根据等腰直角三角形的性质可得的值，作，根据平行线的性质可得是等腰直角三角形，可求出的长，在直角中，根据勾股定理可求出的长度，由此即可求解．
【详解】∵在中，，，
∴，，
∵点是的中点，
∴，
∴在中，，
∵将绕点旋转得到，
∴，
∴，，，
如图所示，过于点，
∵∥，
∴，
∴是等腰直角三角形，且，
∴，
在中，，
∴，
故答案为：．
三、解答题
1. （2024北京市）已知，点，分别在射线，上，将线段绕点顺时针旋转得到线段，过点作的垂线交射线于点.

（1）如图1，当点在射线上时，求证：是的中点；
（2）如图2，当点在内部时，作，交射线于点，用等式表示线段与的数量关系，并证明。
【答案】（1）见详解 （2），理由见详解
【解析】（1）先根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求得，则，故，再根据等角的余角相等即可得到，故，最后等量代换出，即点是的中点；
（2）在射线上取点H，使得，取的中点G，连接，可证明，则，，则，根据平行线的性质以及等腰三角形的性质得到，则，而，故可等量代换出．
【小问1详解】
证明：连接，

由题意得：，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点是的中点；
【小问2详解】
解：，
在射线上取点H，使得，取的中点G，连接，

∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，，
∵是的中点，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和，外角定理，平行线的性质，直角三角形的性质，熟练掌握这些知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
2. （2024湖北省）如图，矩形中，分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，的对称点为交于．
（1）求证：．
（2）若为中点，且，求长．
（3）连接，若为中点，为中点，探究与大小关系并说明理由．
【答案】（1）见详解 （2） （3）
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质得，由折叠得出，得出，即可证明；
（2）根据矩形的性质以及线段中点，得出，根据代入数值得，进行计算，再结合，则，代入数值，得，所以；
（3）由折叠性质，得直线，，是等腰三角形，则，因为为中点，为中点，所以，，所以，则，所以，则，即可作答．
【小问1详解】
解：如图：
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：如图：
∵四边形是矩形，
∴，，
∵为中点，
∴，
设，
∴，
中，，
即，
解得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得，
∵，
∴；
【小问3详解】
解：如图：延长交于一点M，连接
∵分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，
∴直线
，
，
∴是等腰三角形，
∴，
∵为中点，
∴设，
∴，
∵为中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
【点睛】本题考查了矩形与折叠，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
3. （2024四川成都市）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片和中，，，．
【初步感知】
（1）如图1，连接，，在纸片绕点旋转过程中，试探究的值．
【深入探究】
（2）如图2，在纸片绕点旋转过程中，当点恰好落在的中线的延长线上时，延长交于点，求的长．
【拓展延伸】
（3）在纸片绕点旋转过程中，试探究，，三点能否构成直角三角形．若能，直接写出所有直角三角形的面积；若不能，请说明理由．
【答案】（1）的值为；（2）；（3）直角三角形的面积分别为4，16，12，
【解析】【分析】（1）根据，，．证明，，继而得到，即，再证明，得到．
（2）连接，延长交于点Q，根据(1)得，得到，根据中线得到，继而得到，结合，得到即，得到，再证明，得证矩形，再利用勾股定理，三角形相似的判定和性质计算即可．
（3）运用分类思想解答即可．
【详解】（1）∵，，．
∴，
∴，，
∴即，
∵
∴，
∴．
（2）连接，延长交于点Q，根据(1)得，
∴，
∵是中线
∴，
∴，
∵，
∴即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵
∴四边形矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得；
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得．
（3）如图，当与重合时，此时，此时是直角三角形，
故；
如图，当在的延长线上时，此时，此时是直角三角形，
故；
如图，当时，此时直角三角形，
过点A作于点Q，
∵，
∴，
∵，，，
∴四边形矩形，
∴，
∴，
故；
如图，当时，此时是直角三角形，
过点A作于点Q，交于点N，
∴，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得；
故．
【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形相似的判定和性质，三角形中位线定理的判定和应用，三角形全等的判定和性质，三角函数的应用，勾股定理，熟练掌握三角函数的应用，三角形相似的判定和性质，矩形的判定和性质，中位线定理是解题的关键．