专题08 轴对称中的翻折、旋转问题专训（解析版）

专题08轴对称中的翻折、旋转问题专训【题型目录】题型一轴对称中的翻折问题专训题型二轴对称中的旋转问题专训重难点专训轴对称中的15道翻折问题专训轴对称中的15道旋转问题专训【知识梳理】知识要点一：翻折（对折）的定义一条直线把一个平面图形分成两个全等的图形,其中的一个图形沿着这条直线翻折到另一个图形上面,则两部分完全重合,这个过程就叫做对折.知识要点二：翻折（对折）的特点翻折问题实际上就是对称变换；翻折是一种对称变换，属于轴对称，对称轴（折㡾所在直线）是对应点的连线的垂直平分线，翻折前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等；教学初，为使学生直观感悟，可以进行一些实际操作，以便于学生形成直观感受，利于问题的解决。知识要点三：翻折（对折）的基本图形及图形特点翻折图形的基本背景图形有：三角形、四边形、梯形等，解决这些问题的基本方法是精确找出翻折前后相等边与角，以及结合图形的性质把边角的关系联系起来，同时结合方程思想、数形结合等数学思想进行解题。翻折特点：有翻折----就有重合----就有全等-----对应线段相等、对应角相等，运用勾股定理、等面积法结合图形特点进行解题。【经典例题一轴对称中的翻折问题专训】【例1】（2023春·陕西榆林·八年级校考期末）如图，在等腰中，，，的平分线与的垂直平分线交于点O，点C沿折叠后与点O重合，则的度数是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】连接，，先求出，进而求出，求出，由三角形内角和定理和即可求得答案．【详解】解：如图，连接，

，为的平分线，．又，．是的垂直平分线，，，．为的平分线，，直线垂直平分，，，点C沿折叠后与点O重合，，，；在中，，．故选：B．【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质以及翻折变换及其应用，解题的关键是根据翻折变换的性质，找出图中隐含的等量关系，灵活运用有关知识来分析、判断．【变式训练】1．（2022秋·四川泸州·八年级统考期末）如图，中，将沿折叠，使得点C落在上的点处，连接与的角平分线交于点E；如果；那么下列结论：①；②垂直平分；③；④；其中正确的有（

）个．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】利用三角形全等的性质、等腰三角形的三线合一、角之间的关系、平行线的判定定理逐个分析各个结论的正误即可．【详解】解：依题意有∴，故结论①正确；∵∴为等腰三角形，又∴AD垂直平分，故结论②正确；∵∴∴又∵∴∴，故结论③错误；∵∴∴∴∴∴∴又∵∴∴∴∥，故结论④正确；综上，正确的结论有3个．故选：C．【点睛】本题考查全等三角形的性质、线段的垂直平分、等腰三角形的性质、平行线的判定等知识，为三角形的综合题，解题的关键是熟练掌握三角形相关的知识定理．2．（2023春·湖北武汉·七年级统考期末）如图，在三角形中，点D，E是边上两点，点F在边AB上，将三角形沿折叠得三角形，交于点H，将三角形沿折叠恰好得到三角形，且．下列四个结论：①；②；③；④若，则．其中正确的结论是______（填写序号）．

【答案】①③④【分析】由折叠的性质可得，，则，，，由，可得，，则，由，可得，则，进而可判断①的正误；由题意知，无法判断与的关系，进而可判断②的正误；由，则，，可得，即，进而可判断③的正误；根据，可得，整理得，即，则，进而可判断④的正误；【详解】解：由折叠的性质可得，，∴，，，∵，∴，，∴，∵，∴，∴，①正确，故符合要求；∵，无法判断与的关系，②错误，故不符合要求；∵，∴，∵，∴，∴，③正确，故符合要求；∵，∴，∴，∴，∴，即，∴，④正确，故符合要求；故答案为：①③④．【点睛】本题考查了折叠的性质，平行线的性质，全等的性质，三角形内角和、三角形外角的性质等知识．解题的关键在于明确角度之间的数量关系．3．（2023秋·江西南昌·八年级南昌市外国语学校校联考期末）【母体呈现】人教版八年级上册数学教材56页第10题，如图的三角形纸片中，，，．沿过点的直线折叠这个三角形，使点落在边上的点处，折痕为．求的周长．解：是由折叠而得到，．，．，．，∴的周长为：．(1)【知识应用】在中，沿过点的直线折叠这个三角形，使点落在边上的点处，折痕为，过点作的平分线交于点连接．如图1，若，，求的面积；(2)如图2，求证：平分；(3)【拓展应用】如图3，在中，沿过点的直线折叠这个三角形，使点落在边上的点处，折痕为，过点作的平分线交于点连接，过点作．若，，，直接写出长；(4)若，求证．【答案】(1)(2)见解析(3)(4)见解析【分析】（1）根据已知条件可得，从而可以计算得解；（2）过点分别作、、边的垂线，垂足分别为点、、，利用全等性质，通过等量代换即可得到，通过角平分线性质即可得证；（3）过点分别作、边的垂线，垂足分别为点、，连接，通过条件可证得，利用关系即可得解；（4）过点分别作、边的垂线，垂足分别为点、，连接，通过条件可证得，然后将整理化简，最后等量代换即可得证．【详解】（1）解：由题可知，，，，；（2）证明：如图，过点分别作、、边的垂线垂足分别为点、、，由题可知，，，，平分，，，，则平分；（3）如图，过点分别作、边的垂线，垂足分别为点、，连接，由题可知，，，，由（2）可知，，，，即，解得；（4）证明：如图，过点分别作、边的垂线，垂足分别为点、，连接，由（2）可知，，，，，，，，，，，，，，，，即，【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了图形折叠、全等三角形、角平分线性质，适当添加辅助线，采用等量代换的方法是解题关键．【经典例题二轴对称中的旋转问题专训】【例2】（2023·辽宁沈阳·模拟预测）如图，在中，，，直角的顶点是的中点，将绕顶点旋转，两边，分别交，于点，．下列四个结论：①；②是等腰直角三角形；③；④．在旋转过程中，上述四个结论始终正确的有（）A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④【答案】D【分析】根据等腰直角三角形的性质得：，平分．可证，，即证得与全等，根据全等三角形性质判断结论是否正确．【详解】解：∵，直角的顶点P是的中点，∴，∵，∴，在与中，，∴，∴，故①正确；∴是等腰直角三角形，故②正确；∵是等腰直角三角形，P是的中点，∴，∵不一定是的中位线，∴不一定成立，故③错误；∵，∴，又∵，∴，即，故④正确．故选：D．【点睛】此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，三角形的面积，掌握等腰直角三角形的性质是解题的关键．【变式训练】1．（2022秋·广西贵港·八年级统考期中）如图，在中，，直角的顶点P是的中点，两边、分别交、于点E、F．当在内绕点P旋转时，对于下列结论：①；②，③；④，其中正确结论有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】根据等腰直角三角形的性质，以及同角的余角相等，证明，再逐一进行判断即可．【详解】①∵，，∴是等腰直角三角形，∵P是的中点，∴，，∴，又，，∴，∴；正确．②∵，∴，∴∴；正确．③不能证明；错误．④∵，又∵，∴；正确．综上①②④正确，共3个．故选C．【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质以及全等三角形的判定和性质．熟练掌握等腰三角形的性质，证明两个三角形全等是解题的关键．2．（2022秋·广东惠州·八年级惠州一中校考期中）在中，，；将一块三角板的直角顶点放作斜边AB的中点P处，将此三角板绕点P旋转，三角板的两直角边分别交射线AC、CB与点D、点，图①，②，③是旋转得到的三种图形．当是等腰三角形时，的度数为______（写出所有可能的值）．【答案】或或或．【分析】分类讨论，当点在线段上时，①若，②若，③若，当点在的延长线上时，则只有，然后根据等腰三角形的性质可求解．【详解】解：当点在线段上时，①若，则，此时，点与点重合，点与点重合；②若，，；③若，则；当点在的延长线上时，此时，是钝角，只能是顶角，则只有，即．综上，的度数为或或或．【点睛】此题主要考查了等腰直角三角形的性质与判定，等腰三角形存在性问题，解题关键是熟练掌握等腰三角形的性质与判定和分类讨论思想方法．3．（2023春·全国·八年级专题练习）阅读材料：“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”．如图①，等腰和等腰中，，将绕点A旋转，连接，利用上面结论或所学解决下列问题：(1)若，求证：；(2)连接，当点D在线段上时．①如图②，若，则的度数为；线段与之间的数量关系是；②如图③，若，为中边上的高，判断的度数及线段之间的数量关系说明理由．【答案】(1)见解析(2)①；②，见解析【分析】（1）由“”可证，可得；（2）①由，得到，证明，根据全等三角形的性质证明结论；②类比①可得，即可求解．【详解】（1）∵∴∴在和中∴∴（2）①∵，∴，即，∵∴是等边三角形，∴∴又，∴，∴∴，故答案为：；②关系：理由：∵∴，∴∴∵∴∵∴∴【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．【重难点训练】轴对称中的15道翻折问题专训1．（2023秋·浙江绍兴·八年级统考期末）如图是一张三角形纸片ABC，，点M是边的中点，点E在边AC上，将沿BE折叠，使点C落在边AC上的点D处，若，则（

）A．18° B．54° C．60° D．72°【答案】D【分析】根据直角三角形的性质得，，则，，根据折叠的性质得：，，，根据等腰三角形的性质及三角形的外角的性质得出，根据角的和差即可得出答案．【详解】解：∵，点M是边的中点，∴，，∴，，根据折叠的性质得：，，，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，故选：D．【点睛】本题考查折叠性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．2．（2022秋·广东广州·八年级校考期中）如图，在三角形纸片中，，将沿折叠，使点A与点B重合，则折痕的长为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】先根据折叠得出，，证明，得出，根据直角三角形的性质，求出，得出，即可得出答案．【详解】解：∵，，∴．∵将沿折叠，使点A与点B重合，∴，，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，故B正确．故选：B．【点睛】本题主要考查了折叠的性质，三角形全等的判定和性质，直角三角形的性质，解题的关键是求出，．3．（2023秋·安徽合肥·八年级统考期末）如图，将一个等腰直角三角形按如图方式折叠，若，，下列四个结论：①平分；②长为；③是等腰三角形；④的周长等于的长，其中，正确的是（

）A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①③④【答案】B【分析】由为等腰直角三角形，得，根据折叠可得，可判定①错误；而，，可判定②正确；由，可判定③正确；又的周长，可判定④正确，即可得到答案．【详解】解：∵为等腰直角三角形，∴，∵折叠得到，∴，，，∴为等腰直角三角形，∴，，∵由折叠得到，∴，，∴，∴不平分，所以①错误；∵，，∴，所以②正确；∵，∴是等腰三角形，所以③正确；∵的周长，∴的周长等于的长，所以④正确．故答案为：②③④，故选：B．【点睛】本题考查了折叠的性质：折叠前后两图形全等．也考查了等腰直角三角形的性质．4．（2023春·七年级单元测试）如图，已知长方形纸片，点，在边上，点，在边上，分别沿，折叠，使点和点都落在点处，若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据平行线的性质得到，由折叠得：：，，从而得到与的和．利用两个平角求出，最后根据三角形内角和等于即可求出答案．【详解】解：∵长方形，∴，∴，，∴，由折叠得：，，∴，∴，在中，，故选B．【点睛】本题考查了平行线的性质和三角形内角和定理，轴对称的性质，解决本题的关键是掌握轴对称的性质．5．（2023春·全国·七年级专题练习）将一张正方形纸片按如图所示的方式折叠，、为折痕，点折叠后的对应点分别为，若，则的度数为（）A．48° B．46° C．44° D．42°【答案】B【分析】设，，根据折叠可得，，进而可求解．【详解】解：设，，根据折叠可知：，，∵，∴，，∵四边形是正方形，∴，∴，∴，∴，∴，∴的度数为．故选：B．【点睛】本题考查了轴对称的性质，角的和差运算，解决本题的关键是熟练运用轴对称的性质．6．（2023春·福建福州·七年级统考期末）如图，将四边形纸片沿折叠，点A、D分别落在点、处．若，，则与之间的数量关系可用等式表示为___________．

【答案】【分析】利用四边形内角和可得，再代入与即可．【详解】四边形中，四边形中，∴∵将四边形纸片沿折叠，∴，，∵，，，∴，∴，整理得：，故答案为：．【点睛】本题主要考查了折叠的性质以及四边形内角和的应用，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．7．（2023春·四川成都·七年级统考期末）如图，在和中，，，相交于点E，．将沿折叠，点落在点处，若，则的大小为________．

【答案】/15度【分析】根据全等三角形的判定和性质得出，再由等边对等角确定，利用折叠的性质及三角形内角和定理求解即可．【详解】解：在和中，，∴，∴，∴，∵，沿折叠，点落在点处，∴，∴，，∴，，∴，故答案为：．【点睛】题目主要考查折叠的性质及全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理及等腰三角形的判定和性质，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．8．（2023春·江苏·七年级统考期末）在中，，，点D是边上一点，过点D将折叠，使点C落在下方的点处，折痕与交于点E，当与的一边平行时，的度数为___________．

【答案】或【分析】需要分两种情况讨论：①当时；②当时．可先求得的度数，然后求得的度数，利用三角形内角和，即可求得答案．【详解】解：①当时．由轴对称图形的性质可知，．，．．．．．．②当时．由轴对称图形的性质可知，．，．．．．．综上所述，的度数为或．故答案为：或．【点睛】本题主要考查平行线的性质、轴对称图形的性质、多边形内角和等．牢记平行线的性质、轴对称图形的性质、多边形内角和公式，并根据题意分类讨论是解题的关键．9．（2022春·四川成都·七年级统考期末）如图是一张直角三角形纸片，其中．请按下列步骤操作：①沿的垂直平分线/折叠，折痕与交于点D：②沿过点C的直线l，折叠，使点A落到上的点E处，若，则的度数为__________．【答案】72°/72度【分析】由折叠的性质可得∠B=∠BCD，∠ACF=∠ECF，再根据∠A的余角相等得到∠B=∠ACF，又因为EC=ED，所以∠ECD=∠EDC，由利用三角形外角定理和内角和定理即可求解．【详解】解：设l2与AB交于点F，∵沿BC的垂直平分线l1折叠，折痕与AB交于点D，∴BD=CD，∴∠B=∠BCD，∵沿过点C的直线l2折叠，使点A落到AB上的点E处，∴l2⊥AB，∠ACF=∠ECF，∴∠A+∠ACF=90°，∵∠ACB=90°，∴∠A+∠B=90°，∴∠B=∠ACF，设∠B=x，则∠BCD=∠ACF=∠ECF=x，∵EC=ED，∴∠ECD=∠EDC，∵∠EDC=∠B+∠BCD=2x，∴∠ECD=2x，∴∠ACB=x+x+2x+x=90°，∴x=18°，∴∠B=18°，∴∠A=90°-18°=72°．故答案为：72°．【点睛】本题考查了翻折变换、三角形内角和定理及等腰三角形等知识，掌握折叠的性质与三角形内角和定理是解题的关键．10．（2022春·江西抚州·七年级统考期末）已知，点P是射线BC上一动点，把沿AP折叠，B点的对应点为点D，当是等腰三角形时，的度数为______．【答案】或或【分析】利用等腰三角形的性质和折叠的性质分，，三种情况讨论即可．【详解】解：当时，如下图所示，∵，，∴，由折叠的性质知，，，∴，∴；当时，如下图所示，由折叠的性质知，，∴，又∵，，∴，∴，∴；当时，如下图所示，∵，，∴，由折叠的性质知，，，∴，∴，∴；综上，的度数为或或．【点睛】本题考查折叠的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，注意分类讨论是解题的关键，避免漏解．11．（2023春·山西临汾·七年级统考期末）综合与探究一张直角三角形纸片，，其中，D，E分别是边上一点．将沿折叠，点C的对应点为点．(1)如图1，若，则______°，______°．(2)如图2，若点落在直角三角形纸片上，请探究与的数量关系，并说明理由．(3)如图3，若点落在直角三角形纸片外，（2）中与的数量关系还成立吗?若成立，请说明理由；若不成立，请求出与的数量关系．【答案】(1)45，135(2)，理由见解析(3)不成立，【分析】（1）如图1，记与的交点为，由折叠的性质可得，由，可得，，则，，计算求解即可；（2）由折叠的性质可得，，，由题意知，，，由，可得，整理得，；（3）由折叠的性质可得，，，由题意知，，，由，可得，整理得，．【详解】（1）解：如图1，记与的交点为，由折叠的性质可得，∵，∴，，∴，，故答案为：45，135；（2）解：，理由如下：由折叠的性质可得，，，由题意知，，，∵，∴，整理得，，∴；（3）解：不成立，；由折叠的性质可得，，，由题意知，，，∵，∴，整理得，，∴．【点睛】本题考查了折叠的性质，平行线的性质，三角形内角和，三角形外角的性质．解题的关键在于明确角度之间的数量关系．12．（2023春·广东梅州·七年级校考阶段练习）如图1，一张三角形纸片，点D，E分别是边上两点．研究（1）：如果沿直线折叠，使点A落在上的点处，则与的数量关系是；研究（1）：如果折成图2的形状，猜想，和的数量关系是；研究（3）：如果折成图3的形状，猜想，和的数量关系是什么，并说明理由．

【答案】（1）（2）（3）【分析】研究（1）：翻折问题要在图形是找着相等的量．图1中DE为折痕，有，再利用外角的性质可得结论．研究（2）：图2中与是相等的，再结合四边形的内角和及互补角的性质可得结论．研究（3）：图3中由于折叠与是相等的，再两次运用三角形外角的性质可得结论．【详解】解：（1）∵沿直线折叠，使点A落在上的点处，∴，∵∴．故答案为：．（2）．理由：在四边形中，，∴∵，∴∴，∵是由沿直线折叠而得，

∴，∴；故答案为：．（3）．理由：交于点F，

∵，∴，∴，∵是由沿直线折叠而得，∴∴，∴．【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形外角性质，四边形内角和定理，熟练掌握折叠的性质，三角形外角性质是解题的关键．13．（2023·全国·八年级假期作业）已知是一张三角形的纸片．(1)如图①，沿折叠，使点落在边上点的位置，与的之间存在怎样的数量关系？为什么？(2)如图②所示，沿折叠，使点落在四边形的内部点的位置，、与之间存在怎样的数量关系？为什么？(3)如图③，沿折叠，使点落在四边形的外部点的位置，、与之间存在怎样的数量关系？为什么？【答案】(1)，理由见解析(2)，理由见解析(3)，理由见解析【分析】（1）根据翻折的性质，可得，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，解答即可；（2）根据翻折的性质和平角的定义，用、表示出和，再根据三角形的内角和定理，列式整理，即可得解；（3）根据翻折的性质，可得，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，列式整理，即可得解．【详解】（1）解：，理由如下：∵点沿折叠落在点的位置，∴，∵是的外角，∴，∴；（2）解：，理由见如下：∵点沿折叠落在点的位置，∴，，∴，，在中，，∴，整理得：；（3）解：，理由如下：如图，

∵点沿折叠落在点的位置，∴，∵，，∴，即．【点睛】本题考查了翻折的性质、三角形的外角的性质、三角形的内角和定理，解本题的关键在理清图形中角之间的数量关系．14．（2023春·全国·七年级专题练习）同学们，我们已学习了角平分线的概念和性质，那么你会用它们解决有关问题吗？(1)如图（1），已知，填空：∵是的平分线（已知）∴________________________(2)如图（2），已知，若将沿着射线翻折，射线落在处，请你画出射线，射线一定平分．为什么？理由如下：∵是由翻折而成，而翻折不改变图形的形状和大小，∴________，∴射线________是∠________的角平分线．拓展应用(3)如图（3），将长方形纸片的一角折叠，使顶点A落在C处，折痕为，再将它的另一个角也折叠，顶点B落在D处并且使过点C，折痕为．直接利用（2）的结论；①若度，求的度数；②若度，求的度数；③的补角有________；的余角有________．【答案】(1)，，(2)，，(3)①；②；③；和【分析】（1）根据角平分线的画法画出的平分线，再根据角平分线的定义进行解答；（2）根据图形反折不变性的性质可知，故可得出射线是的角平分线；（3）①根据图形反折变换的性质可知，，故可得出结论；②根据图形反折变换的性质可知，，故可得出结论；③根据补角及余角的定义进行解答即可．【详解】（1）解：如图所示：是的平分线，，故答案为：，，；（2）如图所示：是由翻折而成，而翻折不改变图形的形状和大小，，射线是的角平分线，故答案为：，，；（3）①由翻折而成，由翻折而成，，，，；②由翻折而成，由翻折而成，，，；③由②知，，，的补角是；，的余角是和．【点睛】本题考查的是角平分线的定义及图形翻折变换的性质，熟知图形翻折不变性的性质是解答此题的关键．15．（2023秋·河南周口·八年级统考期末）综合与实践在数学实验课上，老师让学生以“折叠筝形”为主题开展数学实践探究活动．定义：两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”．(1)概念理解如图1，将一张纸对折压平，以折痕为边折出一个三角形，然后把纸展平，折痕为四边形．判断四边形的形状：_______________筝形（填“是”或“不是”）(2)性质探究如图2，已知四边形纸片是筝形，请用测量、折叠等方法猜想筝形的角、对角线有什么几何特征，然后写出一条性质并进行证明．(3)拓展应用如图3，是锐角的高，将沿AB边翻折后得到，将沿AC边翻折后得到，延长EB，FC交于点G．①请写出图3中的“筝形”：____________；（写出一个即可）②若，当是等腰三角形时，请直接写出的度数．【答案】(1)是(2)在筝形中较长的对角线平分较短的对角线所对的两个角，理由见解析(3)①四边形；②的度数为或或【分析】（1）根据题意得，，即可得四边形是筝形；（2）连接，，根据四边形是筝形得，，利用SSS证明，得，，即可得平分，；（3）①根据沿AB边翻折后得到得，可得，，即可得；②根据沿AC边翻折后得到得，可得，，即可得四边形是筝形，则，，根据得，，根据在筝形中较长的对角线平分较短的对角线所对的两个角得，根据四边形内角和为，得，当是等腰三角形时，有三种情况：①当时，，可得，根据平角得，根据是锐角的高得，即可得；②当时，，则，根据是锐角的高得，即可得；③当时，，即可得，根据是锐角的高得，即可得．【详解】（1）解：∵四边形为对折后折出的三角形。∴，，∴四边形是筝形，故答案为：是．（2）性质：在筝形中较长的对角线平分较短的对角线所对的两个角，证明如下：证明：如图所示，连接，，∵四边形是筝形，∴，，在和中，∴（SSS），∴，，∴平分，．（3）解：①∵沿AB边翻折后得到，∴，∴，，∴四边形是筝形，故答案为：四边形；②∵沿AC边翻折后得到，∴，∴，，∴四边形是筝形，∴，，∵，∴，，∵在筝形中较长的对角线平分较短的对角线所对的两个角，∴，∵四边形内角和为，，∴，当是等腰三角形时，有三种情况：①当时，，∴，∴，∴，∵是锐角的高，∴，∴；②当时，∴，∴，∵是锐角的高，∴，∴；③当时，∴，∴，∵是锐角的高，∴，∴；综上，的度数为或或．【点睛】本题考查了四边形的综合题，解题的关键是理解题意，掌握全等三角形的判定与性质，折叠的性质．轴对称中的15道旋转问题专训1．（2023·广东深圳·校考三模）古代大型武器投石机，是利用杠杆原理将载体以不同的抛物线投射出去的装置．图是图投石机的侧面示意图．为炮架的炮梢两顶点，已知A、B两点到炮轴O的距离分别为1米和8米，当炮索自然垂落垂直于地面时，落在地面上的绳索还有5米．如图，拉动炮索，炮梢绕炮轴O旋转，点A的对应点为，点B的对应点为．当炮索的顶端在地面且与炮轴在同一直线上时，若垂直地面，，此时，到水平地面的距离是（

）米

A．12 B． C． D．21【答案】C【分析】如图所示，延长交地面于C，延长交地面于D，设此时炮索的位置为E，证明都是等边三角形，得到，再证明得到，则，即可得到，，设，则，求出，即可求出．【详解】解：如图所示，延长交地面于C，延长交地面于D，设此时炮索的位置为E，∵，∴都是等边三角形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，，设，则炮索的长为，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴到水平地面的距离是，故选C．

【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．2．（2022春·上海普陀·七年级校考期末）如图，在中，，，，点是的中点，两边，分别交，于点，，当在内绕顶点旋转时（点不与、重合），以下四个结论：①；②是等腰直角三角形；③；④．其中一定正确的结论有（

）．A．个 B．个 C．个 D．个【答案】C【分析】根据等腰直角三角形的性质得出，，，求出，证≌，推出，，，求出，即可得出答案．【详解】解：中，，，是中点，，，，，，在和中，，≌(ASA)，，，是等腰直角三角形，正确；正确；≌，，正确；是等腰直角三角形，是的中点，，是动点，，故错误；即正确的有个．故选：C．【点睛】本题考查了等腰三角形性质，直角三角形斜边上中线性质，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理的能力，解题的关键是熟练运用这些性质做题．3．（2022春·湖南张家界·七年级统考期末）如图，将绕点A按逆时针方向旋转100°得到（点的对应点是点，点的对应点是点），连接，若，则的度数为（

）A．20° B．30° C．40° D．45°【答案】C【分析】由题意可知，，即为等腰三角形，根据等腰三角形的性质可得，再结合，由平行线的性质“两直线平行，内错角相等”即可得到的度数．【详解】解：由题意及旋转的性质可知，，，∴，∵，∴．故选：C．【点睛】本题主要考查了等腰三角形判定与性质、平行线的性质等知识，解题关键是弄清题意，并灵活运用所学知识．4．（2021秋·山东日照·八年级日照港中学校考期末）如图，已知与都是以A为直角顶点的等腰直角三角形，绕顶点A旋转，连接．以下三个结论：①；②；③；其中结论正确的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．0【答案】B【分析】证明△BAD≌△CAE，由此判断①正确；由全等的性质得到∠ABD=∠ACE，求出∠ACE+∠DBC=45°，依据，推出，故判断②错误；设BD交CE于M，根据∠ACE+∠DBC=45°，∠ACB=45°，求出∠BMC=90°，即可判断③正确．【详解】解：∵与都是以A为直角顶点的等腰直角三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAD=∠CAE，∴△BAD≌△CAE，∴，故①正确；∵△BAD≌△CAE，∴∠ABD=∠ACE，∵∠ABD+∠DBC=45°，∴∠ACE+∠DBC=45°，∵，∴，∴不成立，故②错误；设BD交CE于M，∵∠ACE+∠DBC=45°，∠ACB=45°，∴∠BMC=90°，∴，故③正确，故选：B．【点睛】此题考查了三角形全等的判定及性质，等腰直角三角形的性质，熟记三角形全等的判定定理及性质定理是解题的关键．5．（2023春·全国·八年级阶段练习）如图，已知△ABC中，AB＝AC，将△ABC绕点A沿逆时针方向旋转n°（0＜n＜∠BAC）得到△ADE，AD交BC于点F，DE交BC、AC于点G、H，则以下结论：①△ABF≌△AEH；②连接AG、FH，则AG⊥FH；③当AD⊥BC时，DF的长度最大；④当点H是DE的中点时，四边形AFGH的面积等于AF×GH．其中正确的个数有（）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】A【分析】根据SAS可证△ABF≌△AEH，可判断①；证AF＝AH，FG＝HG，可证AF垂直平分FH，可判断②；当AF最小时，DF最长，即AD⊥BC时，DF最大．可判断③；S四边形AFGH＝2S△AGH＝2×＝GH×AH，可判断④．【详解】解：①在△ABF和△AEH中，，∴△ABF≌△AEH（SAS），故①正确；②∵△ABF≌△AEH，∴∠AFB＝∠AHE，AF＝AH，∴∠DFG＝∠CHG，∵AD＝AC，∴DF＝CH，∴△DFG≌△CHG，∴FG＝GH，∴AG垂直平分FH，故②正确；③由DF＝AD﹣AF，∵AD是定长，∴AF最小时，DF最长，即AD⊥BC时，DF最大．故③正确；④当点H是DE的中点时，有AH⊥DE，∵AF＝AH，FG＝GH，且AG是公共边，∴△AFG≌△AHG（SSS）∴S四边形AFGH＝2S△AGH＝2×＝GH×AH，故④正确．故选A．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、垂直平分线的判定与性质、垂线段最短、等腰三角形的性质等知识点，灵活运用相关知识点成为解答本题的关键．6．（2022秋·黑龙江大庆·七年级大庆市第三十六中学校考期末）如图，已知中，，，直角的顶点是的中点，两边分别交于点E、F，给出以下四个结论：①；②是等腰直角三角形；③；④，当在内绕顶点P旋转时（点E不与A、B重合），上述结论中始终正确的有_______（填序号）．【答案】①②③【分析】根据等腰直角三角形的性质可得，根据同角的余角相等求出，然后利用“角边角”证明和全等，根据全等三角形的可得，判定①正确，等腰直角三角形的定义得到是等腰直角三角形，判定②正确；根据全等三角形的面积相等可得的面积等于的面积相等，然后求出四边形的面积等于的面积的一半，判定③正确，根据，只有当E与A、B重合时，．判定④错误．【详解】如图,连接,∵，点P是的中点，∴，∴，∵是直角，∴，∴；在和中，，∴，∴，，故①正确；∴是等腰直角三角形，故②正确；∵，∴，∴，故③正确，∵，只有当E与A、B重合时，．∴④不正确；综上所述，正确的结论有①②③．故答案为：①②③【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，根据同角的余角相等求出，从而得到是解题的关键，也是本题的突破点．7．（2022秋·河南南阳·七年级统考期末）一副直角三角尺按如图①所示叠放，现将含45°的三角尺固定不动，将含30°的三角尺绕顶点A顺时针旋转.如图②，当时，此时.继续旋转三角尺，使两块三角尺至少有一组边互相平行，则（）其他所有可能符合条件的度数为_______【答案】15°、60°、105°或135°【分析】分四种情况进行讨论，分别依据平行线的性质进行计算即可得到的度数，再找到关于点中心对称的情况即可求解．【详解】解：如图②，当时，；如图所示，当时，；如图所示，当（或）时，；如图所示，当时，．故答案为：、、或．【点睛】本题主要考查的是平行线的判定和性质，根据题意画出图形，利用平行线的性质及直角三角形的性质求解是解题的关键．8．（2022秋·贵州遵义·八年级统考期末）如图是一款折叠式台灯，其侧面示意图为折线A−B−C−D，∠C=60°，连接BD，∠CBD=80°，线段AB绕点B旋转，AB的延长线与射线CD相交与点E，当∠ABC为______度时，△BDE是等腰三角形．【答案】80或140或170【分析】利用三角形内角和定理求得∠CDB=40°，分三种情况讨论，画出图形，利用等边对等角以及三角形内角和定理即可求解．【详解】解：当点E在CD延长线上时，如图，∵∠C=60°，∠CBD=80°，∴∠CDB=180°-∠C+∠CBD=40°，∵△BDE是等腰三角形，即BD=DE，∴∠BDE=∠BED=∠CDB=20°，∴∠ABC=∠C+∠BED=60°+20°=80°．当点E在线段CD上，且BE=DE时，如图，∴∠BDE=∠EBD=40°，∴∠CBE=80°-∠EBD=40°，∴∠ABC=180°-∠CBE=140°．当点E在线段CD上，且DB=DE时，如图，∴∠DBE=∠EBD==70°，∴∠CBE=80°-∠EBD=10°，∴∠ABC=180°-∠CBE=170°．故答案为：80或140或170．【点睛】本题考查了三角形的外角性质，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握三角形的一个外角等于不相邻的两个内角的和．9．（2021秋·福建南平·八年级校考期中）如图，在等腰直角△ABC中，∠BAC＝90°，AB=AC=2，把一个三角尺的直角顶点与BC边的中点O重合，且两条直角边分别经过点A和点B．梦想飞扬学习小组将三角尺绕点O按顺时针方向旋转任意一个锐角，当三角尺的两直角边与AB，AC分别交于点E，F时，给出下列结论：①线段AE与AF的长度之和为定值；②∠BEO与∠OFC的度数之和为定值；③四边形AEOF的面积为定值．其中正确的是：_______________．（填序号）【答案】①②③【分析】连接，先证，利用全等三角形的性质可得出，进而可得出，结论①正确；由三角形的内角和定理、结合，可得，结论②正确；由可得出，结合图形可得出，结论③正确．【详解】解：如图，连接，为等腰直角三角形，点为的中点，，，．，，．在和中，，，，，则结论①正确；，，，，则结论②正确；，，，则结论③正确；综上，正确的结论是①②③，故答案为：①②③．【点睛】本题考查了三角形全等的判定定理与性质、等腰直角三角形等知识点，熟练掌握三角形全等的判定定理与性质是解题关键．10．（2021秋·上海徐汇·八年级上海市徐汇中学校考期中）如图，在中，，点在内，将以点为旋转中心进行旋转，使点B与点C重合，点M落在点N处，若,且B、M、N三点恰共线，则=_______．【答案】40°/40度【分析】由全等可推理得到，由可得到，又由，结合三角形内角和定理即可求得答案．【详解】解：由旋转可知：∴，∴即：又∵∴∵∴∵∴∵∴故答案为：【点睛】本题考查三角形内角和定理，等腰三角形的性质，全等三角形的性质等相关知识点，牢记相关的知识点并能结合图形灵活应用是解题的关键．11．（2022秋·海南省直辖县级单位·八年级校考阶段练习）已知：如图1，点C为线段上一点，都是等边三角形，交于点E，交于点F．(1)求证：；(2)求证：为等边三角形；(3)将绕点C按逆时针方向旋转90°，其他条件不变，在图2中补出符合要求的图形，并判断第（1）小题的结论是否仍然成立（不要求证明）．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)（1）成立，（2）不成立，【分析】（1）由等边三角形的性质，利用边角边直接证明；（2）通过证明，得到，又由，即可得证；（3）结合（1）的证明方法和旋转后，可以判断；【详解】（1）∵是等边三角形，∴，∴∴，和中∴（SAS）（2）证明：∵，，，，在和中，∴≌（ASA），∴，∴为等腰三角形，又∵，∴为等边三角形（3）（1）成立，（2）不成立，理由如下：如图所示，连接∵是等边三角形，∴，∵，在和中，∴（SAS），不可能为等边三角形，∴1）成立，（2）不成立，【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质和判定等知识点，利用全等三角形来得出角和边相等是解题的关键．12．（2022秋·山东德州·八年级校考期中）如图1，在中，于，，D是AE上的一点，且，连接、．(1)试判断BD与AC的位置关系和数量关系，并说明理由；(2)如图2，若将绕点E旋转一定的角度后，仍然有，，试判断与的位置关系和数量关系是否发生变化，并说明理由；(3)如图3，若将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变：①试猜想与的数量关系，不用说明理由；②你能求出与所成的锐角的度数吗？如果能，请直接写出该角的度数；如果不能，请说明理由．【答案】(1)，，证明见解析；(2)不变，证明见解析；(3)①，②．【分析】（1）延长交于，求出，证出≌，推出，，根据推出，求出即可；（2）求出，证出≌，推出，，根据求出，求出即可；（3）①如图中，结论：，只要证明≌即可；②求出，证出≌，推出，根据三角形内角和定理求出即可．【详解】（1）解：结论：，，理由是：延长交于．，，在和中，，，，，，，，，；（2）不发生变化．理由：如图中设与交于点，，，在和中，，，，，，，，，；（3）①如图中，结论：，理由是：和是等边三角形，，，，，，，在和中，≌，．②能．与所成的角的度数为．和是等边三角形，，，，，，，在和中，，，，即与所成的角的度数为．【点睛】本题考查了等边三角形性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查了学生的推理能力．13．（2021秋·内蒙古鄂尔多斯·八年级统考期末）【探究发现】（1）如图所示，和均为等边三角形，绕点C旋转，其中，交于点M，交于点N，交于点O，如图1所示当旋转到点B、C、E在同一条直线上时，以下结论成立的是：①；②；③平分；④．【类比探究】（2）当旋转到外部时，且点B、C、E不在同一条直线上时，如图2，（1）中结论仍然成立的是：（只填序号）若②正确请进行论证，若不正确，请说明理由；【类比应用】（3）当旋转到与有部分重叠时，如图3，（1）中结论仍然成立的是：（只填序号）若③正确请进行论证若不正确，请说明理由；【答案】（1）①②③④；（2）①②③，理由见解析；（3）①②③，理由见解析【分析】（1）①根据全等三角形的判定和性质及等边三角形的性质即可证明；②利用三角形内角和定理及等量代换即可证明；③连接，过点C作，由全等三角形的性质及角平分线的性质即可证明；④利用等边三角形的性质及全等三角形的判定即可证明；（2）证明