专题21图形的旋转（共50题）-2021年中考数学真题分项汇编【有答案】【全国通用】（第01期）

2021年中考数学真题分项汇编【全国通用】（第01期）专题21图形的旋转（共50题）一、单选题1．（2021·湖南永州市·中考真题）如图，在平面内将五角星绕其中心旋转后所得到的图案是（）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据旋转的性质找出阴影部分三角形的位置即可得答案．【详解】∵将五角星绕其中心旋转，∴图中阴影部分的三角形应竖直向下，故选：C．【点睛】本题考查旋转的性质，图形旋转前后，对应边相等，对应角相等，前后两个图形全等；熟练掌握旋转的性质是解题关键．2．（2021·四川广安市·中考真题）如图，将绕点逆时针旋转得到，若且于点，则的度数为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由旋转的性质可得∠BAD=55°，∠E=∠ACB=70°，由直角三角形的性质可得∠DAC=20°，即可求解．【详解】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转55°得△ADE，∴∠BAD=55°，∠E=∠ACB=70°，∵AD⊥BC，∴∠DAC=20°，∴∠BAC=∠BAD+∠DAC=75°．故选C．【点睛】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是本题的关键．3．（2021·江苏苏州市·中考真题）如图，在方格纸中，将绕点按顺时针方向旋转90°后得到，则下列四个图形中正确的是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据绕点按顺时针方向旋转90°逐项分析即可．【详解】A、是由关于过B点与OB垂直的直线对称得到，故A选项不符合题意；B、是由绕点按顺时针方向旋转90°后得到，故B选项符合题意；C、与对应点发生了变化，故C选项不符合题意；D、是由绕点按逆时针方向旋转90°后得到，故D选项不符合题意．故选：B．【点睛】本题考查旋转变换．解题的关键是弄清旋转的方向和旋转的度数．4．（2021·天津中考真题）如图，在中，，将绕点C逆时针旋转得到，点A，B的对应点分别为D，E，连接．当点A，D，E在同一条直线上时，下列结论一定正确的是（）

A． B． C． D．【答案】D【分析】由旋转可知，即可求出，由于，则可判断，即A选项错误；由旋转可知，由于，即推出，即B选项错误；由三角形三边关系可知，即可推出，即C选项错误；由旋转可知，再由，即可证明为等边三角形，即推出．即可求出，即证明，即D选项正确；【详解】由旋转可知，∵点A，D，E在同一条直线上，∴，∵，∴，故A选项错误，不符合题意；由旋转可知，∵为钝角，∴，∴，故B选项错误，不符合题意；∵，∴，故C选项错误，不符合题意；由旋转可知，∵，∴为等边三角形，∴．∴，∴，故D选项正确，符合题意；故选D．【点睛】本题考查旋转的性质，三角形三边关系，等边三角形的判定和性质以及平行线的判定．利用数形结合的思想是解答本题的关键．5．（2021·湖南邵阳市·中考真题）如图，在中，，．将绕点逆时针方向旋转，得到，连接．则线段的长为（）

A．1 B． C． D．【答案】B【分析】根据旋转性质可知，，再由勾股定理即可求出线段的长．【详解】解：∵旋转性质可知，，∴，故选：B．【点睛】此题主要考查旋转的性质和勾股定理求出直角三角形边长，解题关键是根据旋转性质得出是等腰直角三角形．6．（2021·四川达州市·中考真题）在平面直角坐标系中，等边如图放置，点的坐标为，每一次将绕着点逆时针方向旋转，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转后得到，第二次旋转后得到，…，依次类推，则点的坐标为（）A． B．C． D．【答案】C【分析】由题意，点A每6次绕原点循环一周，利用每边扩大为原来的2倍即可解决问题．【详解】解：由题意，点A每6次绕原点循环一周，，点在第四象限，，，点的横坐标为，纵坐标为，，故选：C．【点睛】本题考查坐标与图形变化旋转，规律型问题，解题的关键是理解题意，学会探究规律的方法，属于中考常考题型．7．（2021·浙江衢州市·中考真题）如图．将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形，．当AC平分时，与满足的数量关系是（）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据菱形的性质可得AB=AC，根据等腰三角形的性质可得∠BAC=∠BCA=，根据旋转的性质可得∠CAC′=∠BAB′=，根据AC平分可得∠B′AC=∠CAC=，即可得出，可得答案．【详解】∵四边形ABCD是菱形，，∴AB=AC，∴∠BAC=∠BCA==，∵将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形，∴∠CAC′=∠BAB′=，∵AC平分，∴∠B′AC=∠CAC=，∴∠BAC=∠B′AC+∠BAB′=2=，∴，故选；C．【点睛】本题考查旋转的性质及菱形的性质，熟练掌握相关性质并正确找出旋转角是解题关键．8．（2021·山东聊城市·中考真题）如图，在直角坐标系中，点A，B的坐标为A（0，2），B（﹣1，0），将△ABO绕点O按顺时针旋转得到△A1B1O，若AB⊥OB1，则点A1的坐标为（）

A．（） B．（） C．（） D．（）【答案】A【分析】先求出AB，OA1，再作辅助线构造相似三角形，如图所示，得到对应边成比例，求出OC和A1C，即可求解．【详解】解:如图所示，∵点A，B的坐标分别为A（0，2），B（﹣1，0），∴OB=1，OA=2，∴，∵∠AOB=90°，∴∠A1OB1=90°，∴OA1⊥OB1，又∵AB⊥OB1，∴OA1∥AB，∴∠1=∠2，过A1点作A1C⊥x轴，∴∠A1CO=∠AOB，∴，∴，∵OA1=OA=2，∴，∴，，∴，故选：A．

【点睛】本题综合考查了勾股定理、旋转的性质、相似三角形的判定和性质等内容，解决本题的关键是理解并掌握相关概念，能通过作辅助线构造相似三角形等，本题蕴含了数形结合的思想方法等．9．（2021·河南中考真题）如图，的顶点，，点在轴的正半轴上，延长交轴于点．将绕点顺时针旋转得到，当点的对应点落在上时，的延长线恰好经过点，则点的坐标为（）

A． B． C． D．【答案】B【分析】连接,由题意可证明，利用相似三角形线段成比例即可求得OC的长，即得点的坐标．【详解】如图，连接，因为轴，绕点顺时针旋转得到，所以，,

故答案为B．【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，找到是解题的关键．10．（2021·黑龙江大庆市·中考真题）如图，是线段上除端点外的一点，将绕正方形的顶点顺时针旋转，得到．连接交于点．下列结论正确的是（）

A． B． C． D．【答案】D【分析】根据旋转的性质可以得到△EAF是等腰直角三角形，然后根据相似三角形的判定和性质，以及平行线分线段成比例定理即可作出判断．【详解】解：根据旋转的性质知：∠EAF=90°，故A选项错误；根据旋转的性质知：∠EAF=90°，EA=AF，则△EAF是等腰直角三角形，∴EF=AE，即AE：EF=1：，故B选项错误；若C选项正确，则，即，∵∠AEF=∠HEA=45°，∴△EAF△EHA，∴∠EAH∠EFA，而∠EFA=45°，∠EAH45°，∴∠EAH∠EFA，∴假设不成立，故C选项错误；∵四边形ABCD是正方形，∴CD∥AB，即BH∥CF，AD=BC，∴EB：BC=EH：HF，即EB：AD=EH：HF，故D选项正确；故选：D【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，正确运用反证法是解题的关键．11．（2021·湖北黄石市·中考真题）如图，的三个顶点都在方格纸的格点上，其中点的坐标是，现将绕点按逆时针方向旋转，则旋转后点的坐标是（）

A． B． C． D．【答案】B【分析】在网格中绘制出CA旋转后的图形，得到点C旋转后对应点．【详解】如图，绘制出CA绕点A逆时针旋转90°的图形，由图可得：点C对应点的坐标为(-2，3)．故选B．【点睛】本题考查旋转，需要注意题干中要求顺时针旋转还是逆时针旋转．12．（2021·山东泰安市·中考真题）如图，在矩形中，，，点P在线段上运动（含B、C两点），连接，以点A为中心，将线段逆时针旋转60°到，连接，则线段的最小值为（）A． B． C． D．3【答案】A【分析】根据题中条件确定出点的轨迹是线段，则线段的最小值就转化为定点到点的轨迹线段的距离问题．【详解】解：与固定夹角是，，点的轨迹是线段，的轨迹也是一条线段．两点确定一条直线，取点分别与重合时，所对应两个点Q，来确定点的轨迹，得到如下标注信息后的图形：求的最小值，转化为点到点的轨迹线段的距离问题，,在中，,,，将逆时针绕点转动后得到，为等边三角形，,为的中点，根据三线合一知，,过点作的垂线交于点,在中，对应的边等于斜边的一半，，的最小值为，故选：A．【点睛】本题考查了动点问题中，两点间距离的最小值问题，解题的关键是：需要确定动点的轨迹，才能方便找到解决问题的突破口．13．（2021·山东东营市·中考真题）如图，是边长为1的等边三角形，D、E为线段AC上两动点，且，过点D、E分别作AB、BC的平行线相交于点F，分别交BC、AB于点H、G．现有以下结论：①；②当点D与点C重合时，；③；④当时，四边形BHFG为菱形，其中正确结论为（）A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．②③④【答案】B【分析】过A作AI⊥BC垂足为I，然后计算△ABC的面积即可判定①；先画出图形，然后根据等边三角形的性质和相似三角形的性质即可判定②；如图将△BCD绕B点逆时针旋转60°得到△ABN，求证NE=DE；再延长EA到P使AP=CD=AN，证得∠P=60°，NP=AP=CD，然后讨论即可判定③；如图1，当AE=CD时，根据题意求得CH=CD、AG=CH，再证明四边形BHFG为平行四边形，最后再说明是否为菱形．【详解】解：如图1,过A作AI⊥BC垂足为I∵是边长为1的等边三角形∴∠BAC=∠ABC=∠C=60°，CI=∴AI=∴S△ABC=,故①正确；如图2，当D与C重合时∵∠DBE=30°，是等边三角形∴∠DBE=∠ABE=30°∴DE=AE=∵GE//BD∴∴BG=∵GF//BD,BG//DF∴HF=BG=,故②正确；如图3，将△BCD绕B点逆时针旋转60°得到△ABN∴∠1=∠2，∠5=∠6=60°，AN=CD,BD=BN∵∠3=30°∴∠2+∠4=∠1+∠4=30°∴∠NBE=∠3=30°又∵BD=BN，BE=BE∴△NBE≌△DBE（SAS）∴NE=DE延长EA到P使AP=CD=AN∵∠NAP=180°-60°-60°=60°∴△ANP为等边三角形∴∠P=60°，NP=AP=CD如果AE+CD=DE成立，则PE=NE,需∠NEP=90°，但∠NEP不一定为90°，故③不成立；如图1，当AE=CD时，∵GE//BC∴∠AGE=∠ABC=60°，∠GEA=∠C=60°∴∠AGE=∠AEG=60°，∴AG=AE同理：CH=CD∴AG=CH∵BG//FH,GF//BH∴四边形BHFG是平行四边形∵BG=BH∴四边形BHFG为菱形，故④正确．故选B．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质以及菱形的判定等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．二、填空题14．（2021·贵州铜仁市·中考真题）如图，将边长为1的正方形绕点顺时针旋转到的位置，则阴影部分的面积是______________；

【答案】【分析】交于点，连接；根据全等三角形性质，通过证明，得；结合旋转的性质，得；根据三角函数的性质计算，得，结合正方形和三角形面积关系计算，即可得到答案．【详解】解：如图，交于点，连接

根据题意，得：，∵∴∴∵正方形绕点顺时针旋转到∴，∴∴∴∴∴∴阴影部分的面积故答案为：．【点睛】本题考查了正方形、全等三角形、旋转、三角函数的知识；解题的关键是熟练掌握正方形、全等三角形、旋转、三角函数的性质，从而完成求解．15．（2021·湖北鄂州市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，将点绕点顺时针旋转得到点，则点的坐标为_____________．

【答案】【分析】根据题意画出图形，易证明，求出OE、BE的长即可求出B的坐标．【详解】解：如图所示，点绕点顺时针旋转得到点，过点A作x轴垂线，垂足为D，过点B作x轴垂线，垂足为E，

∵点的坐标为，点的坐标为，∴CD=2，AD=3，根据旋转的性质，AC=BC，∵，∴，∵，∴，∴，∴AD=CE=3，CD=BE=2，∴OE=2，BE=2，故答案为：．【点睛】本题主要考查旋转变换和三角形全等的判定与性质，证明是解题关键．16．（2021·湖南中考真题）如图，中，，将绕A点顺时针方向旋转角得到，连接，，则与的面积之比等于_______．【答案】【分析】先根据正切三角函数的定义可得，再根据旋转的性质可得，从而可得，然后根据相似三角形的判定可得，最后根据相似三角形的性质即可得．【详解】解：在中，，，由旋转的性质得：，，在和中，，，，即与的面积之比等于，故答案为：．【点睛】本题考查了正切三角函数、旋转的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．17．（2021·江苏苏州市·中考真题）如图，射线、互相垂直，，点位于射线的上方，且在线段的垂直平分线上，连接，．将线段绕点按逆时针方向旋转得到对应线段，若点恰好落在射线上，则点到射线的距离______．

【答案】【分析】添加辅助线，连接，过点作交ON与点P．根据旋转的性质，得到，在和中，，根据三角函数和已知线段的长度求出点到射线的距离．【详解】如图所示，连接，过点作交ON与点P．

∵线段绕点按逆时针方向旋转得到对应线段∴，∴即∵点在线段的垂直平分线上∴，∵∴∴∴【点睛】本题主要考查旋转的性质和三角函数．对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心所连的线段的夹角等于旋转角，旋转前、后的图形全等．18．（2021·广西玉林市·中考真题）如图、在正六边形中，连接线，，，，，与交于点，与交于点为，与交于点，分别延长，于点，设．有以下结论：①；②；③的重心、内心及外心均是点；④四边形绕点逆时针旋转与四边形重合．则所有正确结论的序号是______．

【答案】①②③【分析】由题意易得，，则有，进而可得，则有四边形是矩形，然后可得，为等边三角形，最后可得答案．【详解】解：∵六边形是正六边形，∴，，∴在△DEF中，，∴，同理可得，∴四边形是矩形，同理可证四边形是矩形，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴（ASA），∴，∴四边形是菱形，∴，∴∠NAM=60°，∴△NAM是等边三角形，∴AM=MN，∵AB=3，∴，∴，∵∠MAB=30°，∠ACG=90°，∴∠G=60°，∴△ADG是等边三角形，∵AC与BD交于点M，∴由等边三角形的性质及重心、内心、外心可得：的重心、内心及外心均是点，连接OF，如图所示：

易得∠FOA=60°，∴四边形绕点逆时针旋转与四边形重合，∴综上所述：正确结论的序号是①②③；故答案为①②③．【点睛】本题主要考查正多边形的性质、矩形及菱形的判定与性质、等边三角形的性质与判定、三角形的重心、内心、外心及三角函数，熟练掌握正多边形的性质、矩形及菱形的判定与性质、等边三角形的性质与判定、三角形的重心、内心、外心及三角函数是解题的关键．19．（2021·上海中考真题）定义：在平面内，一个点到图形的距离是这个点到这个图上所有点的最短距离，在平面内有一个正方形，边长为2，中心为O，在正方形外有一点，当正方形绕着点O旋转时，则点P到正方形的最短距离d的取值范围为__________．

【答案】【分析】先确定正方形的中心O与各边的所有点的连线中的最大值与最小值，然后结合旋转的条件即可求解．【详解】解：如图1，设的中点为E，连接OA，OE，则AE=OE=1，∠AEO=90°，．∴点O与正方形边上的所有点的连线中，最小，等于1，最大，等于．∵，∴点P与正方形边上的所有点的连线中，如图2所示，当点E落在上时，最大值PE=PO-EO=2-1=1；如图3所示，当点A落在上时，最小值．∴当正方形ABCD绕中心O旋转时，点P到正方形的距离d的取值范围是．故答案为：【点睛】本题考查了新定义、正方形的性质、勾股定理等知识点，准确理解新定义的含义和熟知正方形的性质是解题的关键．20．（2021·江苏南京市·中考真题）如图，将绕点A逆时针旋转到的位置，使点落在上，与交于点E，若，则的长为________．【答案】【分析】过点C作CM//交于点M，证明求得，根据AAS证明可求出CM=1，再由CM//证明△，由相似三角形的性质查得结论．【详解】解：过点C作CM//交于点M，∵平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转得到平行四边形∴，，∴，∴∴∵∴∴∴∠∵∴∵∴∠∵，∴∴∠∴∠在和中，∴∴∵∴△∴∴∴故答案为：．【点睛】此题主要考查了旋转的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解答本题的关键．21．（2021·新疆中考真题）如图，已知正方形ABCD边长为1，E为AB边上一点，以点D为中心，将按逆时针方向旋转得，连接EF，分別交BD，CD于点M，N．若，则__________．【答案】【分析】过点E作EP⊥BD于P，将∠EDM构造在直角三角形DEP中，设法求出EP和DE的长，然后用三角函数的定义即可解决．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥DC，∠A=∠BCD=∠ADC=90°，AB=BC=CD=DA=1，．∵△DAE绕点D逆时针旋转得到△DCF，∴CF=AE，DF=DE，∠EDF=∠ADC=90°．设AE=CF=2x，DN=5x，则BE=1-2x，CN=1-5x，BF=1+2x．∵AB∥DC，∴．

∴．∴．整理得，．解得，，（不合题意，舍去）．∴．∴．过点E作EP⊥BD于点P，如图所示，

设DP=y，则．∵，∴．解得，．∴．∴在Rt△DEP中，．即．

故答案为：【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数、方程的数学思想等知识点，熟知各类图形的性质与判定是解题的基础，构造直角三角形，利用锐角三角函数的定义是解题的关键．22．（2021·湖北随州市·中考真题）如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转角（）得到，并使点落在边上，则点所经过的路径长为______．（结果保留）【答案】．【分析】利用勾股定理求出AB=2，根据旋转的性质得到旋转角为∠=60°，再由弧长计算公式，计算出结果．【详解】解：∵，，，∴AB=2AC，设AC=x，则AB=2x，由勾股定理得：，解得：x=1，则：AC=1，AB=2，∵将绕点逆时针旋转角（）得到，且点落在边上，∴旋转角为60°，∴∠=60°，∴点所经过的路径长为：，故答案为：．【点睛】本题主要考查了勾股定理、旋转的性质和弧长的计算公式，解题关键在于找到旋转角，根据弧长公式进行计算．23．（2021·湖南怀化市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知，，，将先向右平移3个单位长度得到，再绕顺时针方向旋转得到，则的坐标是____________．【答案】（2，2）．【分析】直接利用平移的性质和旋转的性质得出对应点位置，然后作图，进而得出答案．【详解】解：如图示：，为所求，根据图像可知，的坐标是（2，2），故答案是：（2，2）．【点睛】本题主要考查了平移作图和旋转作图，熟悉相关性质是解题关键．24．（2021·浙江温州市·中考真题）如图，与的边相切，切点为．将绕点按顺时针方向旋转得到，使点落在上，边交线段于点．若，则______度．【答案】85【分析】连结OO′，先证△BOO′为等边三角形，求出∠AOB=∠OBO′=60°，由与的边相切，可求∠CBO==30°，利用三角形内角和公式即可求解．【详解】解：连结OO′，∵将绕点按顺时针方向旋转得到，∴BO′=BO=OO′，∴△BOO′为等边三角形，∴∠OBO′=60°，∵与的边相切，∴∠OBA=∠O′BA′=90°，∴∠CBO=90°-∠OBO′=90°-60°=30°，∵∠A′=25°∴∠A′O′B=90°-∠A′=90°-25°=65°∴∠AOB=∠A′O′B=65°，∴∠OCB=180°-∠COB-∠OBC=180°-65°-30°=85°．故答案为85．【点睛】本题考查图形旋转性质，切线性质，等边三角形判定与性质，直角三角形性质，掌握图形旋转性质，切线性质，等边三角形判定与性质，直角三角形性质是解题关键．25．（2021·四川广安市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，轴，垂足为，将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点落在直线上，再将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点也落在直线上，以此进行下去……若点的坐标为，则点的纵坐标为______．【答案】【分析】计算出△AOB的各边，根据旋转的性质，求出OB1，B1B3，...，得出规律，求出OB21，再根据一次函数图像上的点求出点B21的纵坐标即可．【详解】解：∵AB⊥y轴，点B（0，3），∴OB=3，则点A的纵坐标为3，代入，得：，得：x=-4，即A（-4，3），∴OB=3，AB=4，OA==5，由旋转可知：OB=O1B1=O2B1=O2B2=…=3，OA=O1A=O2A1=…=5，AB=AB1=A1B1=A2B2=…=4，∴OB1=OA+AB1=4+5=9，B1B3=3+4+5=12，∴OB21=OB1+B1B21=9+（21-1）÷2×12=129，设B21（a，），则OB21=，解得：或（舍），则，即点B21的纵坐标为，故答案为：．【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，旋转以及直角三角形的性质，求出△OAB的各边，计算出OB21的长度是解题的关键．26．（2021·青海中考真题）如图所示的图案由三个叶片组成，绕点O旋转120°后可以和自身重合，若每个叶片的面积为4cm2，∠AOB=120°，则图中阴影部分的面积为__________．【答案】4cm2【分析】根据旋转的性质和图形的特点解答．【详解】每个叶片的面积为4cm2，因而图形的面积是12cm2．∵图案绕点O旋转120°后可以和自身重合，∠AOB为120°，∴图形中阴影部分的面积是图形的面积的，因而图中阴影部分的面积之和为4cm2．故答案为4cm2．【点睛】本题考查了图形的旋转与重合，理解旋转对称图形的定义是解决本题的关键．注：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．27．（2021·山东枣庄市·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，△A′B′C′由△ABC绕点P旋转得到，则点P的坐标为_______．【答案】P（1，-1）．【详解】试题分析：连接AA′、CC′，作线段AA′的垂直平分线MN，作线段CC′的垂直平分线EF，直线MN和直线EF的交点为P，点P就是旋转中心．∵直线MN为：x=1，设直线CC′为y=kx+b，由题意：，∴，∴直线CC′为y=x+，∵直线EF⊥CC′，经过CC′中点（，），∴直线EF为y=﹣3x+2，由得，∴P（1，﹣1）．考点：坐标与图形变化-旋转三、解答题28．（2021·四川成都市·中考真题）在中，，将绕点B顺时针旋转得到，其中点A，C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M，求的长；（3）如图3，连接，直线交于点D，点E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．【答案】（1）；（2）；（3）存在，最小值为1【分析】（1）根据题意利用勾股定理可求出AC长为4．再根据旋转的性质可知，最后由等腰三角形的性质即可求出的长．（2）作交于点D，作交于点E．由旋转可得，．再由平行线的性质可知，即可推出，从而间接求出，．由三角形面积公式可求出．再利用勾股定理即可求出，进而求出．最后利用平行线分线段成比例即可求出的长．（3）作且交延长线于点P，连接．由题意易证明，，，即得出．再由平行线性质可知，即得出，即可证明，由此即易证，得出，即点D为中点．从而证明DE为的中位线，即．即要使DE最小，最小即可．根据三角形三边关系可得当点三点共线时最小，且最小值即为，由此即可求出DE的最小值．【详解】（1）在中，．根据旋转性质可知，即为等腰三角形．∵，即，∴，∴．（2）如图，作交于点D，作交于点E．由旋转可得，．∵，∴，∴，∴，．∵，即，∴．在中，，∴．∴．∵，∴，即，∴．（3）如图，作且交延长线于点P，连接．∵，∴，∵，即，又∵，∴．∵，∴，∴，∴，∴．∴在和中，∴，∴，即点D为中点．∵点E为AC中点，∴DE为的中位线，∴，即要使DE最小，最小即可．根据图可知，即当点三点共线时最小，且最小值为．∴此时，即DE最小值为1．【点睛】本题为旋转综合题．考查旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，平行线分线段成比例，全等三角形的判定和性质，中位线的判定和性质以及三角形三边关系，综合性强，为困难题．正确的作出辅助线为难点也是解题关键．29．（2021·广西贵港市·中考真题）已知在ABC中，O为BC边的中点，连接AO，将AOC绕点O顺时针方向旋转（旋转角为钝角），得到EOF，连接AE，CF．（1）如图1，当∠BAC＝90°且AB＝AC时，则AE与CF满足的数量关系是；（2）如图2，当∠BAC＝90°且AB≠AC时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；（3）如图3，延长AO到点D，使OD＝OA，连接DE，当AO＝CF＝5，BC＝6时，求DE的长．【答案】（1）；（2）成立，证明见解析；（3）【分析】（1）结论．证明，可得结论．（2）结论成立．证明方法类似（1）．（3）首先证明，再利用相似三角形的性质求出，利用勾股定理求出即可．【详解】解：（1）结论：．理由：如图1中，，，，，，，，，，，．（2）结论成立．理由：如图2中，，，，，，，，，．（3）如图3中，由旋转的性质可知，，，，，，，，，，，，，．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．30．（2021·黑龙江鹤岗市·中考真题）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，的三个顶点坐标分别为．

（1）画出关于x轴对称的，并写出点的坐标；（2）画出绕点O顺时针旋转后得到的，并写出点的坐标；（3）在（2）的条件下，求点A旋转到点所经过的路径长（结果保留）．【答案】（1）见解析，；（2）见解析，；（3）【分析】（1）分别作出点A、B关于x轴的对称点，然后依次连接即可，最后通过图象可得点的坐标；（2）根据旋转的性质分别作出点A、B绕点O旋转90°的点，然后依次连接，最后根据图象可得点的坐标；（3）由（2）可先根据勾股定理求出OA的长，然后根据弧长计算公式进行求解．【详解】解：（1）如图所示：即为所求，∴由图象可得；（2）如图所示：即为所求，∴由图象可得；（3）由（2）的图象可得：点A旋转到点所经过的路径为圆弧，∵，∴点A旋转到点所经过的路径长为．【点睛】本题主要考查旋转的性质、坐标与轴对称及弧长计算公式，熟练掌握旋转的性质、坐标与轴对称及弧长计算公式是解题的关键．31．（2021·内蒙古通辽市·中考真题）已知和都是等腰直角三角形，．（1）如图1，连接，，求证：；（2）将绕点O顺时针旋转．①如图2，当点M恰好在边上时，求证：；②当点A，M，N在同一条直线上时，若，，请直接写出线段的长．

【答案】(1)见解析；(2)①见解析；②或【分析】(1)证明△AMO≌△BNO即可；(2)①连接BN，证明△AMO≌△BNO，得到∠A=∠OBN=45°，进而得到∠MBN=90°，且△OMN为等腰直角三角形，再在△BNM中使用勾股定理即可证明；②分两种情况分别画出图形即可求解．【详解】解：(1)∵和都是等腰直角三角形，∴，又，,∴，∴，∴；(2)①连接BN，如下图所示：∴，，且，∴，∴，，∴，且为等腰直角三角形，∴，在中，由勾股定理可知：，且∴；②分类讨论：情况一：如下图2所示，设AO与NB交于点C，过O点作OH⊥AM于H点，,为等腰直角三角形，∴,在中，,∴；情况二：如下图3所示，过O点作OH⊥AM于H点，,为等腰直角三角形，∴,在中，,∴；故或．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．32．（2021·辽宁本溪市·中考真题）在▱中，，平分，交对角线于点G，交射线于点E，将线段绕点E顺时针旋转得线段．（1）如图1，当时，连接，请直接写出线段和线段的数量关系；（2）如图2，当时，过点B作于点，连接，请写出线段，，之间的数量关系，并说明理由；（3）当时，连接，若，请直接写出与面积的比值．【答案】（1）；（2）,理由见解析；（3）【分析】（1）延长，交于点，根据已知条件证明即可；（2）连接，过F作交的延长线于点，由，得，在由三边关系利用勾股定理可得；（3）证明，得值，与的面积分别与的面积成比例，可得与面积的比值．【详解】（1）如图,延长，交于点，由题意，将线段绕点E顺时针旋转，四边形是平行四边形四边形是平行四边形平分四边形是菱形是等边三角形,，，四边形是平行四边形=在和中．（2）连接，过F作交的延长线于点四边形是矩形，，，，平分四边形是矩形在和中设则在中即整理得：．（3）如图由（1）可知平分四边形是平行四边形．【点睛】本题考查了轴对称的性质，旋转的性质，三角形全等的性质与判定，三角形相似，勾股定理，锐角三角函数，相似比的概念，平行四边形的性质与判定，菱形的性质与判定，矩形的性质与判定，知识点比较多，熟练掌握以上知识点是解题的关键．33．（2021·黑龙江齐齐哈尔市·中考真题）综合与实践数学实践活动，是一种非常有效的学习方式．通过活动可以激发我们的学习兴趣，提高动手动脑能力，拓展思推空间，丰富数学体验．让我们一起动手来折一折、转一转、剪一剪，体会活动带给我们的乐趣．折一折：将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、AD都落在对角线AC上，展开得折痕AE、AF，连接EF，如图1．

（1）_________，写出图中两个等腰三角形：_________（不需要添加字母）；转一转：将图1中的绕点A旋转，使它的两边分别交边BC、CD于点P、Q，连接PQ，如图2．（2）线段BP、PQ、DQ之间的数量关系为_________；（3）连接正方形对角线BD，若图2中的的边AP、AQ分别交对角线BD于点M、点N．如图3，则________；剪一剪：将图3中的正方形纸片沿对角线BD剪开，如图4．（4）求证：．【答案】（1）45，，；（2）；（3）；（4）见解析【分析】（1）由翻折的性质可知：，，根据正方形的性质：,，则，为等腰三角形；（2）如图：将顺时针旋转，证明全等，即可得出结论；（3）证明即可得出结论；（4）根据半角模型，将顺时针旋转，连接，可得，通过得出，为直角三角形，结合勾股定理即可得出结论．【详解】（1）由翻折的性质可知：为正方形，为等腰三角形（2）如图：将顺时针旋转，由旋转的性质可得：，由（1）中结论可得为正方形，在和中（3）为正方形对角线，，（4）如图：将顺时针旋转，连接，由（2）中的结论可证根据旋转的性质可得：，在中有【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，旋转变换的性质，全等三角形的判定和性质，以及相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，能够综合运用这些性质是解题关键．34．（2021·湖北宜昌市·中考真题）如图，在矩形中，是边上一点，，，垂足为．将四边形绕点顺时针旋转，得到四边形．所在的直线分别交直线于点，交直线于点，交于点．所在的直线分别交直线于点，交直线于点，连接交于点．

（1）如图1，求证：四边形是正方形；（2）如图2，当点和点重合时．①求证：；②若，，求线段的长；（3）如图3，若交于点，，求的值．【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②；（3）【分析】（1）先利用三个角是直角的四边形是矩形证明，再根据证得结论；（2）①证明即可得到结论；②方法一：设正方形边长为，根据，求出，利用勾股定理得到，求出a，得到，，根据∽△CKG，求出KG，再根据，求出答案；方法二：过点作于点，根据，求出，由，，再利用勾股定理求得结果；（3）方法一：延长与的延长线交于点，证明，求出，设，，则，证明，求得，由，求出，利用，求出，即可得到答案；方法二，过点作，垂足为点．设，则，，求得，证明，求出，再证明，求出答案；方法三：设与交于点，设，则，，证明，得到，根据，求出答案．【详解】（1）在矩形中，，∵，则，∴四边形是矩形．∵，∴矩形是正方形．（2）①如图1，∵，∴，，∴，又∵，，∴，∴．

②方法一：设正方形边长为，∵PG∥，∴，∴，∴，∴在中，，∴，∴．∴，，∵，∴∽△CKG，∴,∴,∵，∴△B’CK≌△E’KD，∴DK=KC，又∵∠DKP=∠GKC，∠P=∠G，∴，∴PG=KG，∴；方法二：如图2，过点作于点，由，可得：，由方法一，可知，∴，由方法一，可知为中点，从而，，从而由勾股定理得．

（3）方法一：如图3，延长与的延长线交于点，由题意可知，，，∴，，∴，设，，则，∴，∵，∴，∴，∴，，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴．∵，∴．

方法二，如图4，过点作，垂足为点．由题意可知，，，∴，∴，∵，∴，∴，设，则，，∴，，则，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，，，∴，∴，∴，∴，∴．

方法三：如图5，设与交于点，设，则，，由题意可知，，，，∴，∴，由方法（2）可知，，所以，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴．

【点睛】此题考查正方形的判定定理及性质定理，旋转的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，锐角三角函数，综合掌握各知识点并熟练应用解决问题是解题的关键．35．（2021·湖南娄底市·中考真题）如图①，是等腰的斜边上的两动点，且．（1）求证：；（2）求证：；（3）如图②，作，垂足为H，设，不妨设，请利用（2）的结论证明：当时，成立．【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解；（3）证明见详解．【分析】（1）△ABC是等腰直角三角形，AB=AC，∠BAC=90°，由CD⊥BC，可求∠DCA=∠ABE即可；（2）由△ABE≌△ACD，可得∠FAD=∠EAF，可证△AEF≌△ADF（SAS），可得EF=DF，在Rt△CDF中，根据勾股定理，即可；（3）将△ABE逆时针绕点A旋转90°到△ACD，由△ABC为等腰直角三角形，可求∠DCF=90°，由，在Rt△ABC中由勾股定理，由AH⊥BC，可求BH=CH=AH=，可表示EF=tanα+tanβ,BE=1-tanα,CF=1-tanβ，可证△AEF≌△ADF（SAS），得到EF=DF，由可得，整理即得结论．【详解】（1）证明：∵△ABC是等腰直角三角形，∴AB=AC，∠BAC=90°，∴∠ABC=∠ACB=45°，∵CD⊥BC，∴∠DCB=90°，∴∠DCA=90°-∠ACB=90°-45°=45°=∠ABE，在△ABE和△ACD中，，∴△ABE≌△ACD（SAS），（2）证明∵△ABE≌△ACD，∴∠BAE=∠CAD，AE=AD，∵∠EAF=45°，∴∠BAE+∠FAC=90°-∠EAF=90°-45°=45°，∴∠FAD=∠FAC+∠CAD=∠FAC+∠BAE=45°=∠EAF，在△AEF和△ADF中，，∴△AEF≌△ADF（SAS），∴EF=DF，在Rt△CDF中，根据勾股定理，，即；（3）证明：将△ABE逆时针绕点A旋转90°到△ACD，连结FD，∴∠BAE=∠CAD，BE=CD，AE=AD，∵△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=∠B=∠ACD=45°，∠DCF=∠DCA+∠ACF=45°+45°=90°，∵，∴AC=，在Rt△ABC中由勾股定理∵AH⊥BC，∴BH=CH=AH=，∴EF=EH+FH=AHtanα+AHtanβ=tanα+tanβ,BE=BH-EH=1-tanα,CF=CH-HF=1-tanβ，∵∠EAF=45°，∴∠BAE+∠CAF=90°-∠EAF=45°，∴∠DAF=∠DAC+∠CAF=∠BAE+∠CAF=45°=∠EAF，在△AEF和△ADF中，，∴△AEF≌△ADF（SAS），∴EF=DF，在Rt△CDF中，即，∴，整理得，即，∴，∴，∴．

【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，三角形全等判定与性质，三角形旋转变换，勾股定理，锐角三角函数及其公式推导，掌握上述知识、灵活应用全等三角形的判定和性质是解题关键．36．（2021·江苏盐城市·中考真题）学习了图形的旋转之后，小明知道，将点绕着某定点顺时针旋转一定的角度，能得到一个新的点．经过进一步探究，小明发现，当上述点在某函数图像上运动时，点也随之运动，并且点的运动轨迹能形成一个新的图形．试根据下列各题中所给的定点的坐标和角度的大小来解决相关问题．

（初步感知）如图1，设，，点是一次函数图像上的动点，已知该一次函数的图像经过点．（1）点旋转后，得到的点的坐标为________；（2）若点的运动轨迹经过点，求原一次函数的表达式．（深入感悟）（3）如图2，设，，点反比例函数的图像上的动点，过点作二、四象限角平分线的垂线，垂足为，求的面积．（灵活运用）（4）如图3，设A，，点是二次函数图像上的动点，已知点、，试探究的面积是否有最小值？若有，求出该最小值；若没有，请说明理由．【答案】（1）；（2）；（3）；（4）存在最小值，【分析】（1）根据旋转的定义得，观察点和在同一直线上即可直接得出结果．（2）根据题意得出的坐标，再利用待定系数法求出原一次函数表达式即可．（3）先根据计算出交点坐标，再分类讨论①当时，先证明再计算面积．②当-时，证，再计算即可．（4）先证明为等边三角形，再证明，根据在中，，写出，从而得出的函数表达式，当直线与抛物线相切时取最小值，得出，由计算得出的面积最小值．【详解】（1）由题意可得:∴的坐标为故答案为：；（2）∵，由题意得坐标为∵，在原一次函数上，∴设原一次函数解析式为则∴∴原一次函数表达式为；（3）设双曲线与二、四象限平分线交于点，则解得①当时作轴于∵∴∵∴∴在和中∴即；②当-时作于轴于点∵∴∴∴∴在和中∴∴；（4）连接，，将，绕逆时针旋转得，，作轴于∵，∴∴∴为等边三角形，此时与重合，即连接，∵∴∴在和中∴∴，∴作轴于在中，∴∴，即，此时的函数表达式为：设过且与平行的直线解析式为∵∴当直线与抛物线相切时取最小值则即∴当时，得∴设与轴交于点∵∴【点睛】本题考查旋转、全等三角形的判定和性质、一次函数的解析式、反比例函数的几何意义、两函数的交点问题，函数的最小值的问题，灵活进行角的转换是关键．37．（2021·江苏常州市·中考真题）在平面直角坐标系中，对于A、两点，若在y轴上存在点T，使得，且，则称A、两点互相关联，把其中一个点叫做另一个点的关联点．已知点、，点在一次函数的图像上．（1）①如图，在点、、中，点M的关联点是_______（填“B”、“C”或“D”）；②若在线段上存在点的关联点，则点的坐标是_______；（2）若在线段上存在点Q的关联点，求实数m的取值范围；（3）分别以点、Q为圆心，1为半径作、．若对上的任意一点G，在上总存在点，使得G、两点互相关联，请直接写出点Q的坐标．

【答案】（1）①B；②；（2）或；（3）或．【分析】由材料可知关联点的实质就是将点A绕y轴上点T顺时针或逆时针旋转90度的得到点．故先找到旋转90°坐标变化规律，再根据规律解答即可，（1）①根据关联点坐标变化规律列方程求解点T坐标，有解则是关联点；无解则不是；②关联点的纵坐标等于0，根据关联点坐标变化规律列方程求解即可；（2）根据关联点坐标变化规律得出关联点，列不等式求解即可；（3）根据关联点的变化规律可知圆心是互相关联点，由点E坐标求出点Q坐标即可．【详解】解：在平面直角坐标系中，设，点，关联点，将点A、点、点T向下平移个单位，点T对应点与原点重合，此时点A、点对应点、，∵绕原点旋转90度的坐标变化规律为：点（x，y）顺时针旋转，对应点坐标为（y，-x）；逆时针旋转对应点坐标为（-y，x），∴绕原点旋转90度的坐标对应点坐标为或，即顺时针旋转时，解得：，即关联点，或逆时针旋转时，，解得：，即关联点，即：在平面直角坐标系中，设，点，关联点坐标为或，（1）①由关联点坐标变化规律可知，点关于在y轴上点的关联点坐标为：或，若点是关联点，则或，解得：，即y轴上点或，故点是关联点；若点是关联点，则或，无解，故点不是关联点；若点是关联点，则或，无解，故点不是关联点；故答案为：B；②由关联点坐标变化规律可知，点关于点的关联点的坐标为或，若，解得：，此时即点，不在线段上；若，解得：，此时即点，在线段上；综上所述：若在线段上存在点的关联点，则点故答案为：；（2）设点与点是关于点关联点，则点坐标为或，又因为点在一次函数的图像上，即：，点在线段上，点、，当∴，∴，∴，或，∴，当；综上所述：当或时，在线段上存在点Q的关联点．（3）对上的任意一点G，在上总存在点，使得G、两点互相关联，故点E与点Q也是关于同一点的关联，设该点，则设点与点是关于点关联点，则点坐标为或，又因为在一次函数的图像上，即：，∵点，若，解得：，即点，若，解得：，即点，综上所述：或．【点睛】本题主要考查了坐标的旋转变换和一次函数图像上点的特征，解题关键是总结出绕点旋转90°的点坐标变化规律，再由规律列出方程或不等式求解．38．（2021·黑龙江中考真题）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，的三个顶点分别为．

（1）画出关于轴对称的，并写出点的坐标；（2）画出绕点顺时针旋转后得到的，并写出点的坐标；（3）在（2）的条件下，求点旋转到点所经过的路径长（结果保留）．【答案】（1）图见详解，；（2）图见详解，；（3）所经过的路径长为．【分析】（1）分别作出点A、B关于x轴的对称点，然后依次连接即可，最后通过图象可得点的坐标；（2）根据旋转的性质分别作出点A、B绕点O旋转90°的点，然后依次连接，最后根据图象可得点的坐标；（3）由（2）可先根据勾股定理求出OB的长，然后根据弧长计算公式进行求解．【详解】解：（1）如图所示：

∴由图象可得；（2）如图所示：

∴由图象可得；（3）由（2）的图象可得：点B旋转到点所经过的路径为圆弧，∵，∴点B旋转到点所经过的路径长为．【点睛】本题主要考查旋转的性质、坐标与轴对称及弧长计算公式，熟练掌握旋转的性质、坐标与轴对称及弧长计算公式是解题的关键．39．（2021·黑龙江绥化市·中考真题）如图所示，在网格中，每个小正方形的边长均为1个单位长度，把小正方形的顶点叫做格点，为平面直角坐标系的原点，矩形的4个顶点均在格点上，连接对角线．

（1）在平面直角坐标系内，以原点为位似中心，把缩小，作出它的位似图形，并且使所作的位似图形与的相似比等于；（2）将以为旋转中心，逆时针旋转，得到，作出，并求出线段旋转过程中所形成扇形的周长．【答案】（1）见详解；（2）见详解；弧长是【分析】（1）根据位似图形的定义作图即可；（定义：如果两个图形不仅相似，而且对应点的连线交于一点，这两个图形叫做位似图形，交点叫做位似中心；）（2）根据图形旋转的方法：将顶点与旋转中心的连线旋转即可得旋转后的图形；OB旋转后扇形的半径为OB长度，在坐标网格中，根据直角三角形勾股定理可得OB长度，然后代入扇形弧长公式,同时加上扇形两半径即可求出答案．【详解】（1）位似图形如图所示

（2）作出旋转后图形，，周长是．【点睛】题目主要考察位似图形的画法、旋转图形画法、勾股定理及弧长公式的计算，难点是对定义的理解及对公式的运用．40．（2021·江苏宿迁市·中考真题）已知正方形ABCD与正方形AEFG，正方形AEFG绕点A旋转一周．(1)如图①，连接BG、CF，求的值；(2)当正方形AEFG旋转至图②位置时，连接CF、BE，分别去CF、BE的中点M、N，连接MN、试探究：MN与BE的关系，并说明理由；(3)连接BE、BF，分别取BE、BF的中点N、Q，连接QN，AE=6，请直接写出线段QN扫过的面积．

【答案】（1）；（2）；（3）【分析】（1）由旋转的性质联想到连接，证明即可求解；（2）由M、N分别是CF、BE的中点，联想到中位线，故想到连接BM并延长使BM=MH，连接FH、EH，则可证即可得到，再由四边形内角和为可得，则可证明，即是等腰直角三角形，最后利用中位线的性质即可求解；（3）Q、N两点因旋转位置发生改变，所以Q、N两点的轨迹是圆，又Q、N两点分别是BF、BE中点，所以想到取AB的中点O，结合三角形中位线和圆环面积的求解即可解答．【详解】解：（1）连接四边形ABCD和四边形AEFG是正方形分别平分即且都是等腰直角三角形

（2）连接BM并延长使BM=MH，连接FH、EH是CF的中点又在四边形BEFC中又即即又四边形ABCD和四边形AEFG是正方形三角形BEH是等腰直角三角形M、N分别是BH、BE的中点

（3）取AB的中点O，连接OQ、ON，连接AF在中，O、Q分别是AB、BF的中点同理可得所以QN扫过的面积是以O为圆心，和为半径的圆环的面积．

【点睛】本题考察旋转的性质、三角形相似、三角形全等、正方形的性质、中位线的性质与应用和动点问题，属于几何综合题，难度较大．解题的关键是通过相关图形的性质做出辅助线．41．（2021·湖南中考真题）如图1，在等腰直角三角形中，．点，分别为，的中点，为线段上一动点（不与点，重合），将线段绕点逆时针方向旋转得到，连接，．

（1）证明：；（2）如图2，连接，，交于点．①证明：在点的运动过程中，总有；②若，当的长度为多少时，为等腰三角形？【答案】（1）见详解；（2）①见详解；②当的长度为2或时，为等腰三角形【分析】（1）由旋转的性质得AH=AG，∠HAG=90°，从而得∠BAH=∠CAG，进而即可得到结论；（2）①由，得AH=AG，再证明，进而即可得到结论；②为等腰三角形，分3种情况：（a）当∠QAG=∠QGA=45°时，（b）当∠GAQ=∠GQA=67.5°时，（c）当∠AQG=∠AGQ=45°时，分别画出图形求解，即可．【详解】解：（1）∵线段绕点A逆时针方向旋转得到，∴AH=AG，∠HAG=90°，∵在等腰直角三角形中，，AB=AC，∴∠BAH=90°-∠CAH=∠CAG，∴；（2）①∵在等腰直角三角形中，AB=AC，点，分别为，的中点，∴AE=AF，是等腰直角三角形，∵AH=AG，∠BAH=∠CAG，∴，∴∠AEH=∠AFG=45°，∴∠HFG=∠AFG+∠AFE=45°+45°=90°，即：；②∵，点，分别为，的中点，∴AE=AF=2，∵∠AGH=45°，为等腰三角形，分3种情况：（a）当∠QAG=∠QGA=45°时，如图，则∠HAF=90°-45°=45°，∴AH平分∠EAF，∴点H是EF的中点，∴EH=；（b）当∠GAQ=∠GQA=（180°-45°）÷2=67.5°时，如图，则∠EAH=∠GAQ=67.5°，∴∠EHA=180°-45°-67.5°=67.5°，∴∠EHA=∠EAH，∴EH=EA=2；（c）当∠AQG=∠AGQ=45°时，点H与点F重合，不符合题意，舍去，综上所述：当的长度为2或时，为等腰三角形．【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定定理，根据题意画出图形，进行分类讨论，是解题的关键．42．（2021·湖南岳阳市·中考真题）如图，在中，，，点为的中点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，且交线段于点，的平分线交于点．

（1）如图1，若，则线段与的数量关系是________，________；（2）如图2，在（1）的条件下，过点作交于点，连接，．①试判断四边形的形状，并说明理由；②求证：；（3）如图3，若，，过点作交于点，连接，，请直接写出的值（用含的式子表示）．【答案】（1）；；（2）①正方形，理由见解析；②见解析；（3）【分析】（1）根据“斜中半”定理可得，然后根据旋转的性质可得，从而得出，再结合题意推出，从而根据正切函数的定义求出即可；（2）①通过证明，并综合条件，推出四边形是正方形；②首先根据推出，然后证明得到，即可得出结论；（3）根据题意可首先证明四边形是菱形，然后证明出，即可推出结论，再作，通过解直角三角形，求出的长度，从而得出结论．【详解】（1）∵点为中斜边的中点，∴，∵线段绕点顺时针旋转得到线段，∴，∴，∵中，，，∴，∵，∴，∴在中，，故答案为：；；（2）①正方形，理由如下：∵，平分，∴，，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴四边形为矩形，又∵，∴四边形为正方形；②显然，在正方形中，，∴，又∵，∴，由（1）得：则为等边三角形，∴，∵，∴，∴，，又∵，∴，∴，∵，∴在与中，∴，∴，∴；（3）同（2）中①理，，∴，，∵，∴，∴，，∴，，∴四边形为菱形，∵为等边三角形，∴，菱形的边长也为2，由题意，，，∵，∴，即：，∴，∵在菱形中，，∴，∴，如图，作，∵，∴，，∵，∴，，在中，，∴，∴，在中，，∴，∵，∴．

【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，特殊平行四边形的判定与性质，以及锐角三角函数等，综合性较强，掌握基本图形的性质，灵活运用相似三角形以及锐角三角函数是解题关键．43．（2021·湖南衡阳市·中考真题）如图，点E为正方形外一点，，将绕A点逆时针方向旋转得到的延长线交于H点．（1）试判定四边形的形状，并说明理由；（2）已知，求的长．【答案】（1）正方形，理由见解析；（2）17【分析】（1）由旋转的性质可得∠AEB＝∠AFD＝90°，AE＝AF，∠DAF＝∠EAB，由正方形的判定可证四边形BE'FE是正方形；（2）连接，利用勾股定理可求，再利用勾股定理可求DH的长．【详解】解：（1）四边形是正方形，理由如下：根据旋转：∵四边形是正方形∴∠DAB=90°

∴∠FAE＝∠DAB=90°∴∴四边形是矩形，又∵∴矩形是正方形．（2）连接

∵，在中，∵四边形是正方形∴在中，，又，∴．故答案是17．【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．44．（2021·四川达州市·中考真题）如图，在平面直角坐标中，的顶点坐标分别是，，．（1）将以为旋转中心旋转，画出旋转后对应的；（2）将平移后得到，若点的对应点的坐标为，求的面积【答案】（1）见解析；（2）11【分析】（1）延长至,使得；延长至,使得；延长至,使得；再连接即得旋转后对应的；（2）根据平移的规律求出，再连接点，得，将三角形分割乘两个三角形的面积之和，求出公共边的长即可求解．【详解】解：（1）延长至,使得；延长至,使得；延长至,使得；再连接即得旋转后对应的，如下图所示：（2）由题意，，，平移后得到，其中，根据平移的规律知，平移过程是向下和向右分别移动两个单位可得：，再连接点，得，其中交轴于点,如上图所示：由得出直线的方程如下：直线：当时，，，,故．【点睛】本题考查了图象的旋转和平移，求三角形面积，解题的关键是：掌握图象旋转和平移的性质，求不规则三角形面积可以分割为两个规则的三角形面积之和．45．（2021·北京中考真题）如图，在中，为的中点，点在上，以点为中心，将线段顺时针旋转得到线段，连接．（1）比较与的大小；用等式表示线段之间的数量关系，并证明；（2）过点作的垂线，交于点，用等式表示线段与的数量关系，并证明．【答案】（1），，理由见详解；（2），理由见详解．【分析】（1）由题意及旋转的性质易得，，然后可证，进而问题可求解；（2）过点E作EH⊥AB，垂足为点Q，交AB于点H，由（1）可得，，易证，进而可得，然后可得，最后根据相似三角形的性质可求证．【详解】（1）证明：∵，∴，∴，由旋转的性质可得，∵，∴，∴，∵点M为BC的中点，∴，∵，∴；（2）证明：，理由如下：过点E作EH⊥AB，垂足为点Q，交AB于点H，如图所示：∴，由（1）可得，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及等腰三角形的性质、旋转的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及等腰三角形的性质、旋转的性质是解题的关键．46．（2021·北京中考真题）在平面直角坐标系中，的半径为1，对于点和线段，给出如下定义：若将线段绕点旋转可以得到的弦（分别是的对应点），则称线段是的以点为中心的“关联线段”．（1）如图，点的横､纵坐标都是整数．在线段中，的以点为中心的“关联线段”是______________；（2）是边长为1的等边三角形，点，其中．若是的以点为中心的“关联线段”，求的值；（3）在中，．若是的以点为中心的“关联线段”，直接写出的最小值和最大值，以及相应的长．【答案】（1）；（2）；（3）当时，此时；当时，此时．【分析】（1）以点A为圆心，分别以为半径画圆，进而观察是否与有交点即可；（2）由旋转的性质可得是等边三角形，且是的弦，进而画出图象，则根据等边三角形的性质可进行求解；（3）由是的以点为中心的“关联线段”，则可知都在上，且，然后由题意可根据图象来进行求解即可．【详解】解：（1）由题意得：通过观察图象可得：线段能绕点A旋转90°得到的“关联线段”，都不能绕点A进行旋转得到；故答案为；（2）由题意可得：当是的以点为中心的“关联线段”时，则有是等边三角形，且边长也为1，当点A在y轴的正半轴上时，如图所示：设与y轴的交点为D，连接，易得轴，∴，∴，，∴，∴；当点A在y轴的正半轴上时，如图所示：同理可得此时的，∴；（3）由是的以点为中心的“关联线段”，则可知都在上，且，则有当以为圆心，1为半径作圆，然后以点A为圆心，2为半径作圆，即可得到点A的运动轨迹，如图所示：由运动轨迹可得当点A也在上时为最小，最小值为1，此时为的直径，∴，∴，∴；由以上情况可知当点三点共线时，OA的值为最大，最大值为2，如图所示：连接，过点作于点P，∴，设，则有，∴由勾股定理可得：，即，解得：，∴，∴，在中，，∴；综上所述：当时，此时；当时，此时．【点睛】本题主要考查旋转的综合、圆的基本性质、三角函数及等边三角形的性质，熟练掌握旋转的性质、圆的基本性质、三角函数及等边三角形的性质是解题的关键．47．（2021·四川资阳市·中考真题）已知，在中，．（1）如图1，已知点D在边上，，连结．试探究与的关系；（2）如图2，已知点D在下方，，连结．若，，，交于点F，求的长；（3）如图3，已知点D在下方，连结、、．若，，，，求的值．【答案】（1），理由见详解；（2）；（3）【分析】（1）由题意易得，则易证，然后根据全等三角形的性质可求解；（2）过点A作AH⊥BC于点H，由题意易得，，然后可得，进而根据勾股定理可得，设，则