专题26 图形的旋转（31题）（解析版）-2024年中考数学真题分类汇编

PAGE13PAGE14专题26图形的旋转（31题）一、单选题1．（2024·山东·中考真题）用一个平面截正方体，可以得到以下截面图形，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，常见的中心对称图形有平行四边形、圆形、正方形、长方形等等．常见的轴对称图形有等腰三角形，矩形，正方形，等腰梯形，圆等等．根据中心对称图形与轴对称图形的概念，进行判断即可．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；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．【详解】解：A．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；B．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；C．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；D．该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意．故选：D．2．（2024·广东深圳·中考真题）下列用七巧板拼成的图案中，为中心对称图形的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了中心对称图形的识别．在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．【详解】解：选项A、B、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形，选项C能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形，故选：C．3．（2024·四川成都·中考真题）在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了求关于原点对称的点的坐标．关于原点对称的两点，则其横、纵坐标互为相反数，由点关于原点对称的坐标特征即可求得对称点的坐标．【详解】解：点关于原点对称的点的坐标为；故选：B．4．（2024·吉林·中考真题）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【分析】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】解：∵点A的坐标为，点C的坐标为，∴，∵四边形是矩形，∴，∵将矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形，∴，，∴轴，∴点的坐标为，故选：C．5．（2024·江苏扬州·中考真题）在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标是(

)A． B． C． D．【答案】D【分析】根据关于原点对称的点的坐标特征：横坐标、纵坐标都变为相反数，即可得答案.【详解】∵点关于原点的对称点为，∴的坐标为（-1，-2），故选D．【点睛】本题考查关于原点对称的点的坐标，其坐标特征为：横坐标、纵坐标都变为相反数．6．（2024·四川自贡·中考真题）我国汉代数学家赵爽在他所著《勾股圆方图注》中，运用弦图（如图所示）巧妙地证明了勾股定理．“赵爽弦图”曾作为2002年第24届国际数学家大会的会徽图案．下列关于“赵爽弦图”说法正确的是（

）A．是轴对称图形 B．是中心对称图形C．既是轴对称图形又是中心对称图形 D．既不是轴对称图形也不是中心对称图形【答案】B【分析】本题考查了轴对称图形的定义、中心对称图形的定义；平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形，这个图形就叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，即可作答．【详解】解：是中心对称图形，但不是轴对称图形故选：B7．（2024·四川内江·中考真题）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【分析】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．8．（2024·四川凉山·中考真题）点关于原点对称的点是，则的值是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，代数式求值，根据关于原点对称的点，横纵坐标互为相反数可得，，再代入代数式计算即可求解，掌握关于原点对称的点的坐标特征是解题的关键．【详解】解：∵点关于原点对称的点是，∴，，∴，故选：．9．（2024·山东烟台·中考真题）下图是由8个大小相同的小正方体组成的几何体，若从标号为①②③④的小正方体中取走一个，使新几何体的左视图既是轴对称图形又是中心对称图形，则应取走（

）

A．① B．② C．③ D．④【答案】A【分析】本题考查几何体的三视图，熟练掌握三视图的画法是解题的关键．分别画出各选项得出的左视图，再判断即可．【详解】解：A、取走①时，左视图为

，既是轴对称图形又是中心对称图形，故选项A符合题意；B、取走②时，左视图为

，既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故选项B不符合题意；C、取走③时，左视图为

，既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故选项C不符合题意；D、取走④时，左视图为

，既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故选项D不符合题意；故选：A．10．（2024·广东广州·中考真题）下列图案中，点为正方形的中心，阴影部分的两个三角形全等，则阴影部分的两个三角形关于点对称的是（

）A．

B．

C．

D．

【答案】C【分析】本题考查了图形关于某点对称，掌握中心对称图形的性质是解题关键．根据对应点连线是否过点判断即可．【详解】解：由图形可知，阴影部分的两个三角形关于点对称的是C，故选：C．11．（2024·天津·中考真题）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【分析】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：D12．（2024·湖北·中考真题）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【分析】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】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．13．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）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．①②③④ B．①②③ C．①③④ D．②④【答案】A【分析】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】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．14．（2024·四川内江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，轴，垂足为点，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，如此下去，……，若点的坐标为，则点的坐标为（

）．A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了平面直角坐标系、一次函数、旋转的性质、勾股定理等知识点．找出点的坐标规律以及旋转过程中线段长度的关系是解题的关键．通过求出点的坐标，、、的长度，再根据旋转的特点逐步推导出后续点的位置和坐标，然后结合图形求解即可．【详解】轴，点的坐标为，，则点的纵坐标为3，代入，得：，则点的坐标为．，，，由旋转可知，，，，，，，．设点的坐标为，则，解得或（舍去），则，点的坐标为．故选C．15．（2024·北京·中考真题）如图，在菱形中，，为对角线的交点.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．①③ B．①④ C．②③ D．②④【答案】B【分析】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16．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在中，，，，，线段绕点旋转，点为的中点，则的最大值是．【答案】【分析】本题考查了解直角三角形，三角形中位线定理，旋转的性质，解题的关键是找出取最大值时B、P、M三点的位置关系．取的中点M，连接、，利用解三角形求出，利用三角形中位线定理推出，当在下方时，如果B、P、M三点共线，则有最大值．【详解】解：取的中点M，连接、．∵，，，∴，∴，∴，∵P、M分别是的中点，∴．如图，当在下方时，如果B、P、M三点共线，则有最大值，最大值为，故答案为：．17．（2024·四川广安·中考真题）如图，直线与轴、轴分别相交于点，，将绕点逆时针方向旋转得到，则点的坐标为．【答案】【分析】本题考查一次函数图象与坐标轴的交点，旋转的性质，正方形的判定和性质等，延长交y轴于点E，先求出点A和点B的坐标，再根据旋转的性质证明四边形是正方形，进而求出和的长度即可求解．【详解】解：如图，延长交y轴于点E，中，令，则，令，解得，，，，，绕点逆时针方向旋转得到，，，，四边形是正方形．，，点的坐标为．故答案为：．18．（2024·吉林长春·中考真题）一块含角的直角三角板按如图所示的方式摆放，边与直线重合，．现将该三角板绕点顺时针旋转，使点的对应点落在直线上，则点A经过的路径长至少为．（结果保留）【答案】【分析】本题主要考查了旋转的性质、弧长公式等知识点，掌握弧长公式成为解题的关键．由旋转的性质可得,即，再根据点A经过的路径长至少为以B为圆心，以为半径的圆弧的长即可解答．【详解】解：∵将该三角板绕点顺时针旋转，使点的对应点落在直线上，∴,即，∴点A经过的路径长至少为．故答案为：．19．（2024·江苏盐城·中考真题）如图，在中，，，点是的中点，连接，将绕点旋转，得到．连接，当时，．【答案】/【分析】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】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：．20．（2024·江苏苏州·中考真题）直线与x轴交于点A，将直线绕点A逆时针旋转，得到直线，则直线对应的函数表达式是．【答案】【分析】根据题意可求得与坐标轴的交点A和点B，可得，结合旋转得到，则，求得，即得点C坐标，利用待定系数法即可求得直线的解析式．【详解】解：依题意画出旋转前的函数图象和旋转后的函数图象，如图所示∶

设与y轴的交点为点B，令，得；令，即，∴，，∴，，即∵直线绕点A逆时针旋转，得到直线，∴，，∴，则点，设直线的解析式为，则，解得，那么，直线的解析式为，故答案为：．【点睛】本题主要考查一次函数与坐标轴的交点、直线的旋转、解直角三角形以及待定系数法求一次函数解析式，解题的关键是找到旋转后对应的直角边长．三、解答题21．（2024·广东广州·中考真题）如图，中，．(1)尺规作图：作边上的中线（保留作图痕迹，不写作法）；(2)在（1）所作的图中，将中线绕点逆时针旋转得到，连接，．求证：四边形是矩形．【答案】(1)作图见解析(2)证明见解析【分析】本题考查的是作线段的垂直平分线，矩形的判定，平行四边形的判定与性质,旋转的性质；（1）作出线段的垂直平分线EF，交于点O，连接，则线段即为所求；（2）先证明四边形为平行四边形，再结合矩形的判定可得结论．【详解】（1）解：如图，线段即为所求；（2）证明：如图，∵由作图可得：，由旋转可得：，∴四边形为平行四边形，∵，∴四边形为矩形．22．（2024·四川广安·中考真题）如图，矩形纸片的长为4，宽为3，矩形内已用虚线画出网格线，每个小正方形的边长均为1，小正方形的顶点称为格点，现沿着网格线对矩形纸片进行剪裁，使其分成两块纸片．请在下列备用图中，用实线画出符合相应要求的剪裁线．注：①剪裁过程中，在格点处剪裁方向可发生改变但仍须沿着网格线剪裁；②在各种剪法中，若剪裁线通过旋转、平移或翻折后能完全重合则视为同一情况．【答案】见解析【分析】本题考查的是矩形的性质，全等图形的定义与性质，同时考查了学生实际的动手操作能力，根据全等图形的性质分别画出符合题意的图形即可.【详解】解：如图，23．（2024·山东烟台·中考真题）在等腰直角中，，，D为直线上任意一点，连接．将线段绕点D按顺时针方向旋转得线段，连接．【尝试发现】（1）如图1，当点D在线段上时，线段与的数量关系为________；【类比探究】（2）当点D在线段的延长线上时，先在图2中补全图形，再探究线段与的数量关系并证明；【联系拓广】（3）若，，请直接写出的值．【答案】（1）；（2），补图及证明见解析；（3）或【分析】本题考查三角形全等的判定与性质，三角函数，掌握一线三垂直全等模型是解题的关键．（1）过点作延长线于点，利用一线三垂直全等模型证明，再证明即可；（2）同（1）中方法证明，再证明即可；（3）分两种情况讨论：过点作延长线于点，求出，即可．【详解】解：（1）如图，过点作延长线于点，由旋转得，，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，故答案为：；（2）补全图形如图：，理由如下：过点作交于点，由旋转得，，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，，∵，∴，∴，∵，∴；（3）如图，当在的延长线上时，过点作于点，连接，由（2）得，，∴，∴，∴．当在的延长线上时，过点作于点，如图，连接，同理可得：，∴，，∴，∴，∴；综上：或24．（2024·甘肃临夏·中考真题）根据背景素材，探索解决问题．平面直角坐标系中画一个边长为2的正六边形背景素材六等分圆原理，也称为圆周六等分问题，是一个古老而经典的几何问题，旨在解决如何使用直尺和圆规将一个圆分成六等份的问题．这个问题由欧几里得在其名著《几何原本》中详细阐述．已知条件点与坐标原点重合，点在轴的正半轴上且坐标为操作步骤①分别以点，为圆心，长为半径作弧，两弧交于点；②以点为圆心，长为半径作圆；③以的长为半径，在上顺次截取；④顺次连接，，，，，得到正六边形．问题解决任务一根据以上信息，请你用不带刻度的直尺和圆规，在图中完成这道作图题（保留作图痕迹，不写作法）任务二将正六边形绕点顺时针旋转，直接写出此时点所在位置的坐标：______．【答案】任务一：见解析；任务二：【分析】本题考查尺规作图，弧、弦、圆心角的关系，旋转的性质．利用数形结合的思想是解题关键．任务一：根据操作步骤作出，再根据弧、弦、圆心角的关系，分别作出，即得出，最后顺次连接即可；任务二：由旋转的性质可知，即得出，即此时点所在位置的坐标为．【详解】解：任务一：如图，正六边形即为所作；任务二：如图，由旋转可知，∴，∴．故答案为：．25．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践：如图1，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角模型”．如图2，在中，，将线段绕点顺时针旋转得到线段，作交的延长线于点．

(1)【观察感知】如图2，通过观察，线段与的数量关系是______；(2)【问题解决】如图3，连接并延长交的延长线于点，若，，求的面积；(3)【类比迁移】在(2)的条件下，连接交于点，则______；(4)【拓展延伸】在(2)的条件下，在直线上找点，使，请直接写出线段的长度．【答案】(1)(2)10(3)(4)或【分析】（1）根据旋转的性质可得，，进而证明，即可求解；（2）根据（1）的方法证明，进而证明，求得，则，然后根据三角形的面积公式，即可求解．（3）过点作于点，证明得出，证明，设，则，代入比例式，得出，进而即可求解；（4）当在点的左侧时，过点作于点，当在点的右侧时，过点作交的延长线于点，分别解直角三角形，即可求解．【详解】（1）解：∵将线段绕点顺时针旋转得到线段，作交的延长线于点．

，，，，，又且，；（2）解：，，，，，又且，，，，，，，，，，；（3）解：如图所示，过点作于点，

∵，∴∴，即，即，又∵∴∴，设，则，解得：∴；（4）解：如图所示，当在点的左侧时，过点作于点

∵∴，设，则，又∵，∴，∴∴∴∴，解得：在中，∴∴如图所示，当在点的右侧时，过点作交的延长线于点，

∵∴∵∴设，则，，∵，∴解得：∴∴综上所述，或．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，旋转的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．26．（2024·山东·中考真题）一副三角板分别记作和，其中，，，．作于点，于点，如图1．(1)求证：；(2)在同一平面内，将图1中的两个三角形按如图2所示的方式放置，点与点重合记为，点与点重合，将图2中的绕按顺时针方向旋转后，延长交直线于点．①当时，如图3，求证：四边形为正方形；②当时，写出线段，，的数量关系，并证明；当时，直接写出线段，，的数量关系．【答案】(1)证明见解析(2)①证明见解析；②当时，线段，，的数量关系为；当时，线段，，的数量关系为；【分析】（1）利用等腰直角三角形与含30度角的直角三角形的性质可得结论；（2）①证明，，可得，证明，可得四边形为矩形，结合，即，而，可得，从而可得结论；②如图，当时，连接，证明，可得，结合，可得；②如图，当时，连接，同理，结合，可得【详解】（1）证明：设，∵，，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，∴；（2）证明：①∵，，∴，，∵，∴，∵，∴，∴四边形为矩形，∵，即，而，∴，∴四边形是正方形；②如图，当时，连接，由（1）可得：，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴；②如图，当时，连接，由（1）可得：，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴；【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，正方形的判定，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键.27．（2024·四川眉山·中考真题）综合与实践问题提出：在一次综合与实践活动中，某数学兴趣小组将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形的中心处，并绕点旋转，探究直角三角板与正方形重叠部分的面积变化情况．操作发现：将直角三角板的直角顶点放在点处，在旋转过程中：（1）若正方形边长为4，当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为______；当一条直角边与正方形的一边垂直时，重叠部分的面积为______．（2）若正方形的面积为，重叠部分的面积为，在旋转过程中与的关系为______．类比探究：如图1，若等腰直角三角板的直角顶点与点重合，在旋转过程中，两条直角边分别角交正方形两边于，两点，小宇经过多次实验得到结论，请你帮他进行证明．拓展延伸：如图2，若正方形边长为4，将另一个直角三角板中角的顶点与点重合，在旋转过程中，当三角板的直角边交于点，斜边交于点，且时，请求出重叠部分的面积．（参考数据：，，）【答案】（1）4；4；（2）；类比探究：见解析；拓展延伸：【分析】本题考查了正方形的性质，图形旋转的性质，三角形的全等的判定及性质，三角函数的概念等知识点，正确作辅助线证明三角形全等是解题的关键．操作发现：（1）根据图形即可判断重叠部分即为（对角线分成的四个三角形中的一个）求出面积即可；当一条直角边与正方形的一边垂直时，如图，证明四边形是正方形，求解面积即可；（2）如图，过点作于点，于点．证明，从而证明，即可求得结论；类比探究：先证明，从而证明，即可证明结论；拓展延伸：过点作于点，于点．先证明，即可证明，，从而证明，根据，即可求得，由重叠部分的面积，即可求得结果．【详解】解：操作发现：（1）四边形是正方形，，当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为；当一条直角边与正方形的一边垂直时，如图，，四边形是矩形，四边形是正方形，，，，，四边形是正方形，，四边形的面积是4，故答案为：4，4；（2）如图，过点作于点，于点．是正方形的中心，，，四边形是矩形，，四边形是正方形，，，，，，，．故答案为：；类比探究：证明：四边形是正方形，，，，，，，，，，，拓展延伸：过点作于点，于点．同（2）可知四边形是正方形，，，，，，，，，，，由（1）可知，，，，，重叠部分的面积．28．（2024·广西·中考真题）如图1，中，，．的垂直平分线分别交，于点M，O，平分．(1)求证：；(2)如图2，将绕点O逆时针旋转得到，旋转角为．连接，①求面积的最大值及此时旋转角的度数，并说明理由；②当是直角三角形时，请直接写出旋转角的度数．【答案】(1)见解析(2)①，；②或【分析】（1）利用线段垂直平分线的性质得出，利用等边对等角得出，结合角平分线定义可得出，最后根据相似三角形的判定即可得证；（2）先求出，然后利用含的直角三角形性质求出，，，利用勾股定理求出，，取中点，连接，，作于N，由旋转的性质知，为旋转所得线段，则，，，根据点到直线的距离，垂线段最短知，三角形三边关系得出，故当M、O、三点共线，且点O在线段时，取最大值，最大值为，此时，最后根据三角形面积公式求解即可；②先利用三角形三边关系判断出，，则当为直角三角形时，只有，然后分A和重合，和C重合，两种情况讨论即可．【详解】（1）证明：∵垂直平分，∴，∴，∵平分∴，∴，又；∴；（2）解：①∵，∴，∴，∴，又，∴，，∵垂直平分，∴，，∴，∴，取中点，连接，，作于N，由旋转的性质知，为旋转所得线段，∴，，，根据垂线段最短知，又，∴当M、O、三点共线，且点O在线段时，取最大值，最大值为，此时，∴面积的最大值为；②∵，，∴，同理∴为直角三角形时，只有，当A和重合时，如图，∵∴，，∴，∵，∴，∴，∴、O、M三点共线，∴为直角三角形，此时旋转角；当和C重合时，如图，同理，，∴，∵，∴，∴，∴、O、M三点共线，又∴为直角三角形，此时旋转角；综上，旋转角的度数为或时，为直角三角形．【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，含的直角三角形的性质，勾股定理，旋转的性质等知识，明确题意，正确画出图形，添加辅助线，合理分类讨论是解题的关键．29．（2024·广东·中考真题）【知识技能】（1）如图1，在中，是的中位线．连接，将绕点D按逆时针方向旋转，得到．当点E的对应点与点A重合时，求证：．【数学理解】（2）如图2，在中，是的中位线．连接，将绕点D按逆时针方向旋转，得到，连接，，作的中线．求证：．【拓展探索】（3）如图3，在中，，点D在上，．过点D作，垂足为E，，．在四边形内是否存在点G，使得？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）存在，证明见解析【分析】（1）根据中位线的性质、旋转的性质即可证明；（2）利用旋转的性质、外角定理、中位线的性质证明后即可证明；（3）通过解直角三角形得到，，过点C作于点M，易证，得到，即可求得，进而，从而点M是的中点，过点D作，交于点P，连接，，，根据三线合一得，证明，即可求的，过点P作于点N，则四边形是矩形，得到，因此点N是的中点，进而，再证，得到，根据，即可推出，因此当点G与点P重合时，满足．【详解】证明：（1）是的中位线，且．又绕点D按逆时针方向旋转得到．（2）由题意可知：，，．作，则且，又，．根据外角定理，，．又，是的中位线，，，，，，．（3）存在点使得．∵，∴，∴在中，，过点C作于点M，∴，∵，∴∴，即，∴，∴，∵，∴，∴点M是的中点，∴是的垂直平分线，过点D作，交于点P，连接，，∴，∴根据三线合一得，∵，∴，∵，∴，∴，即，∴，过点P作于点N，则四边形是矩形，∴，∵，∴，∴点N是的中点，∴垂直平分，∴，∴，∵，，∴，又，∴，∴，∵，∴即，∴，∴当点G与点P重合时，满足．【点睛】本题考查了旋转的性质、中位线的性质、外角定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理、解直角三角形，熟练掌握知识点以及灵活运用是解题的关键．30．（2024·广东广州·中考真题）已知抛物线过点和点，直线过点，交线段于点，记的周长为，的周长为，且．(1)求抛物线的对称轴；(2)求的值；(3)直线绕点以每秒的速度顺时针旋转秒后得到直线，当时，直线交抛物线于，两点．①求的值；②设的面积为，若对于任意的，均有