专题94图形的旋转（题型分类拓展）-2023-2024学年八年级数学下册基础知识专项突破讲与练（苏科版）

专题9.4图形的旋转（题型分类拓展）【题型分类目录】【题型1】坐标系背景下的旋转；【题型2】旋转中的折叠与对称问题；【题型3】旋转中的最值问题；【题型4】旋转中的平移问题；【题型5】旋转中作图问题；【题型6】旋转中分类讨论问题；单选题【题型1】坐标系背景下的旋转1．（2023·海南·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B的坐标为，将绕着点B顺时针旋转，得到，则点C的坐标是（

）

A． B． C． D．2．（2023上·河北廊坊·九年级校考期中）如图，在等腰中，，，边在轴上，将绕原点逆时针旋转，得到，若，则点的对应点的坐标为（

）

A． B． C． D．【题型2】旋转中的折叠与对称问题3．（2019上·全国·九年级统考期中）已知点与关于坐标原点对称，那么点绕原点顺时针旋转后的对应点的坐标是（）A．（1, 2） B．（1, 2） C．（1, 2） D．（1, 2）4．（2021·山东德州·校考一模）如图，和都是等腰直角三角形，．四边形是平行四边形，下列结论中错误的有（

）①以点为旋转中心，逆时针方向旋转后与重合，②以点为旋转中心，顺时针方向旋转后与重合，③沿所在直线折叠后，与重合，④沿所在直线折叠后，与重合，⑤的面积等于的面积．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【题型3】旋转中的最值问题5．（2023·广东江门·统考一模）如图，在中，，，点为的中点，点在上，且，将绕点在平面内旋转，点的对应点为点，连接、，当时，的最大值为（

）A．2 B． C．5 D．6．（2023上·安徽芜湖·八年级校联考期中）如图，点P为等边内一点，且，点M，N为边上的动点，且，则的最小值为（

）

A．10 B．8 C．6 D．4【题型4】旋转中的平移问题7．（2023上·山东威海·八年级统考期末）如图，中，，将沿射线的方向平移，得到，再将绕点逆时针旋转一定角度后，点恰好与点C重合，则平移的距离和旋转角的度数分别为（

）A．4， B．2， C．2， D．3，8．（2022上·上海闵行·七年级校考阶段练习）如图，中，，将沿射线的方向平移，得到．再将绕点逆时针旋转一定角度后，恰使点与点C重合，点的对应点是点，若，则的度数为（）．A．50 B．60 C．70 D．80【题型5】旋转中作图问题9．（2022上·湖南益阳·八年级统考期末）如图，平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为，，以点为圆心，长为半径画弧，交轴负半轴于点，则点的坐标为（

）A． B． C． D．10．（2019上·山东泰安·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，位于第二象限，点的坐标是，先把向右平移3个单位长度得到，再把绕点顺时针旋转得到，则点的对应点的坐标是（

）A． B． C． D．【题型6】旋转中分类讨论问题11．（2022上·九年级单元测试）如图，在中，，，，将绕O点旋转后得到，则点的坐标是（

）A． B．或C． D．或12．（2022上·山东泰安·八年级统考期末）小明把一副三角板按如图所示叠放在一起，固定三角板ABC，将另一块三角板DEF绕公共顶点B顺时针旋转（旋转角度不超过180°）．若两块三角板有一边平行，则三角板DEF旋转的度数可能是（

）A．15°或45° B．15°或45°或90°C．45°或90°或135° D．15°或45°或90°或135°填空题【题型1】坐标系背景下的旋转13．（2023上·四川成都·八年级成都市树德实验中学校考阶段练习）如图，直线与x轴，y轴分别相交于两点，若将直线绕点A旋转与y轴交于点C,则点C的坐标为．14．（2023上·江西上饶·九年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B的坐标为，将绕着点B顺时针旋转，得到，则点C的坐标是．【题型2】旋转中的折叠与对称问题15．（2023上·广东佛山·七年级统考期末）如图，中与交于点D，E是边上的一个动点，将沿着进行折叠后射线与边交于点F，将射线绕点D逆时针旋转后与边交于点G，若，则．16．（2023下·山东烟台·九年级统考期中）如图，直角坐标系中，已知三个顶点的坐标分别为，，，将沿y轴折叠得到，再将绕原点O顺时针旋转得到，则点的对应点的坐标为．

【题型3】旋转中的最值问题17．（2023上·河南郑州·九年级校考阶段练习）如图，直角中，，，，点是边上一点，将绕点顺时针旋转到点，则长的最小值是．18．（2023上·江苏苏州·八年级苏州市立达中学校校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，直线交坐标轴于、两点，若是直线上的一个动点，将绕点顺时针旋转，得到点，连接，则的最小值为．【题型4】旋转中的平移问题19．（2020下·安徽铜陵·七年级统考期末）如图，已知一个直角三角板的直角顶点与原点重合，另两个顶点A，B的坐标分别为（﹣1，0），（0，），现将该三角板向右平移使点A与点O重合，得到，再绕O点顺时针旋转90°得到将则点B的对应点B″的坐标是．20．（2023上·广东中山·九年级中山市三角中学校联考期中）如图，中，，将沿射线平移，得到，再将绕点逆时针旋，使得点恰好与点重合，则旋转角为．

【题型5】旋转中作图问题21．（2018下·全国·八年级统考期末）如图，已知：BC与CD重合，∠ABC＝∠CDE＝90°，△ABC≌△CDE，并且△CDE可由△ABC逆时针旋转而得到．请你利用尺规作出旋转中心O（保留作图痕迹，不写作法），并直接写出旋转角度是．22．（2018上·广西防城港·八年级统考期末）如图，在等边△ABC中．AC=10,点O在AC上，且AO=3，点P是AB上一动点，连接OP，以O为圆心，OP长为半径画弧交BC于一个点D，连接PD,如果PO=PD，那么AP的长是．【题型6】旋转中分类讨论问题23．（2022·河南·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，点D为AB的中点，点P在AC上，且CP＝1，将CP绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连接AQ，DQ．当∠ADQ＝90°时，AQ的长为．24．（2019·广东广州·统考中考真题）一副三角板如图放置，将三角板ADE绕点A逆时针旋转，使得三角板ADE的一边所在的直线与BC垂直，则的度数为.解答题【题型1】坐标系背景下的旋转25．（2020下·福建宁德·八年级统考期末）在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，△AOB是等腰直角三角形，∠AOB＝90°，顶点A的坐标是（4，4）．点M是线段AB上的动点，连接OM，将△AOM向左平移5个单位得到△CDN；将△AOM绕点O按顺时针方向旋转90°得到△BOE．（其中点C与点A对应，点E与点M对应）（1）如图，当点M的坐标为（4，1）时，画出相应的△CDN和△BOE；（2）直接写出点M运动过程中，对应点E到点C距离的最小值．【题型2】旋转中的折叠与对称问题26．（2023下·山西临汾·八年级统考期末）阅读材料，解决问题折叠、旋转是我们常见的两种图形变化方式如图1，在中，，，点D，E在边上，，若，，求的长．小明发现，如果将绕点A按逆时针方向旋转90°，得到，连接（如图2）．使条件集中在中，可求得（即）的长，具体想法为：先旋转得到，再结合已知条件，可证，最后在中可求得的长，即的长．

（1）请你写出与全等的证明过程．（2）求出的长．【题型3】旋转中的最值问题27．（2023上·陕西西安·九年级统考期中）（1）如图1，是平面上一动点，线段的长是5，连接点与线段的两个端点，求的最小值．（2）如图2，曲江金地某社区内有一块矩形的空地，且，空地内有一个老年活动中心在点处，社区准备从点处分别向三处修建三条小路，分别是，求三条小路的长度之和的最小值．【题型4】旋转中的平移问题28．（2022下·山东菏泽·八年级山东省郓城第一中学校考期中）如图，在中，，线段绕A点按逆时针方向旋转得到线段，由沿方向平移得到的，且直线恰好过点D．求证：．【题型5】旋转中作图问题29．（2023上·福建厦门·九年级厦门市第十中学校考期中）如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点分别为，点落在边上．

（1）尺规作图：作出（不写作法，保留作图痕迹）；（2）连接，若，，求的长．【题型6】旋转中分类讨论问题30．（2023下·广东深圳·八年级校联考期中）【问题背景】在图（1）中，①～③的三个三角形，各自是由通过怎样的全等变换得到的？【问题探究】（1）我们发现：Ⅰ：图（1）中，①号三角形能由通过一次轴对称得到，请在图（1）中画出对称轴．Ⅱ：图（1）中，②号三角形能由通过一次平移得到，则平移的距离为单位．Ⅲ：图（1）中，③号三角形能由通过先平移再旋转或先旋转再平移得到，请问：③号三角形能否由绕某个点，旋转一次得到？为解决这个问题，我们可以先解决两条相等的线段能否看成：一条线段是另一条线段绕某个点旋转一次得到．分析过程如下：已知线段与线段相等，分两种情况讨论：第一种情况：当与对应时，如图（2），分别作与的中垂线交于点，连接、、、．∵在的中垂线上∴同理，又∵∴∴∴，即对应点与点形成的夹角相等∴线段可以看成由线段绕点旋转一次得到第二种情况：当与对应时，如图（3），同理可证．综上所述：两条相等的线段可以看成：一条线段是另一条线段绕某个点旋转一次得到．【问题解决】（2）如图（4），已知（且满足△DEF不能由通过平移得到）．现在来解决能由绕某个点通过一次旋转得到的问题：①通过尺规作图找到旋转中心；②证明：能由绕点通过一次旋转得到．（提示：只要证明关键的对应点到点的距离相等和关键的对应点与点形成的夹角相等）参考答案：1．B【分析】过点作，由题意可得：，，再利用含30度直角三角形的性质，求解即可．解：过点作，如下图：

则由题意可得：，，∴，∴，∴，，∴点的坐标为，故选：B【点拨】此题考查了旋转的性质，坐标与图形，含30度直角三角形的性质，以及勾股定理，解题的关键是作辅助线，构造出直角三角形，熟练掌握相关基础性质．2．B【分析】本题考查了坐标与图形变化旋转，勾股定理，等腰三角形的性质，解题的关键是过点作轴于，轴于，求得，，，根据旋转的性质得出，，解直角三角形求得，，从而求得，．解：过点作轴于，轴于，在等腰中，，，，，，，将绕原点逆时针旋转，得到，，，，，，，故选：B．

3．C【分析】首先得出P点坐标，再根据题意画出P的对称点P′，过P′作P′N⊥y轴于N，过P作PM⊥x轴于M，得出△POM≌△P′ON，推出P′N=PM，ON=OM，根据P的坐标即可求出答案．解：∵点A（a，1）与B（﹣2，b）关于坐标原点对称，∴a=2，b=﹣1，∴P点坐标为：（2，﹣1），以直角坐标系原点为中心，将点P（2，﹣1）顺时针旋转90°后到P′点，过P′作P′N⊥y轴于N，过P作PM⊥x轴于M，则OP=OP′，∠P′OP=90°，∠P′NO=∠PMO=90°，∴∠MOP=∠NOP′．在△P′ON和△POM中，∵，∴△POM≌△P′ON（AAS），∴P′N=PM，ON=OM．∵P（2，﹣1），∴OM=2，PM=1，∴P′（﹣1，﹣2）．故选C．【点拨】本题主要考查了坐标与图形变换﹣旋转，全等三角形的性质和判定等知识点的理解和掌握，能正确画出图形并求出△POM≌△P′ON是解答此题的关键．4．B【分析】由△ACD和△AEB都是等腰直角三角形，∠CAD＝∠EAB＝90°，易证得△ACE≌△ADB，即可得①正确；又由四边形ABCD是平行四边形，易证得△EAC≌△EAD，即可得△ACE≌△ADB≌△ADE，即可判定③④正确；由平行四边形的中心对称性，可得②错误，又由S△ACE＝S△ADB＝AD×BH＝AD•AC＝AC2，S△ABE＝AE•AB＝AB2，AB＞AC，即可判定②错误．继而求得答案．解：①∵△ACD和△AEB都是等腰直角三角形，∠CAD＝∠EAB＝90°，∴AE＝AB，AC＝AD，∠EAC＝∠BAD，在△ACE和△ADB中，∵，∴△ACE≌△ADB（SAS），∴△ACE以点A为旋转中心，逆时针方向旋转90°（旋转角为∠EAB＝90°）后与△ADB重合；故①正确；②∵平行四边形是中心对称图形，∴要想使△ACB和△DAC重合，△ACB应该以对角线的交点为旋转中心，顺时针旋转180°，即可与△DAC重合，故②错误；③∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠BAC＝∠ACD＝45°，∴∠EAC＝∠BAC+∠CAD＝135°，∴∠EAD＝360°﹣∠EAC﹣∠CAD＝135°，∴∠EAC＝∠EAD，在△EAC和△EAD中，∵，∴△EAC≌△EAD（SAS），∴沿AE所在直线折叠后，△ACE与△ADE重合；故③正确；④∵由①③，可得△ADB≌△ADE，∴沿AD所在直线折叠后，△ADB与△ADE重合，故④正确；⑤过B作BH⊥AD，交DA的延长线于H，∵四边形ABCD是平行四边形，∴BH＝AC，∵△ACE≌△ADB，∵S△ACE＝S△ADB＝AD×BH＝AD•AC＝AC2，∴S△ABE＝AE•AB＝AB2，AB＞AC，∴S△ABE＞S△ACE；故⑤错误．故选：B．【点拨】本题考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的性质、折叠的性质以及旋转的性质．注意数形结合思想的应用，证得△ACE≌△ADB≌△ADE是解此题的关键．5．D【分析】以点为圆心，为半径作圆，连接并延长，交于点和，连接，根据题意可得，，，根据分析图中即为所求的最大值，在中，根据勾股定理即可求解．解：如图，以点为圆心，为半径作圆，连接并延长，交于点和，连接，，，，点为的中点，，，绕点在平面内旋转，点的对应点为点，点在以点为圆心，为半径的圆上，，点、、三点共线，由图可知，可能在线段上，也可能在延长线上，要求的最大值，即求图中的长，，，在中，由勾股定理得，的最大值为．故选：D．【点拨】本题主要考查勾股定理、旋转的性质、等腰直角三角形，分析出当时，点有两种情况，并找出的最大值是解题关键．6．A【分析】本题考查等边三角形的性质，旋转的性质，将绕点A逆时针旋转得到．得到是等边三角形，，于是得到结论．解：将线段绕点A按逆时针方向旋转得到，连接，

则，∴是等边三角形，∴，∵是等边三角形，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴当P，M，三点共线时，最小，即最小，为的长，∴，∴，∴的最小值为10，故选A．7．B【分析】利用旋转和平移的性质得出，，，进而得出是等边三角形，即可得出以及的度数．解：∵，将沿射线的方向平移，得到，再将绕点逆时针旋转一定角度后，点恰好与点C重合，∴，，∴是等边三角形，∴，∴，∴平移的距离和旋转角的度数分别为：2，．故选：B．【点拨】此题主要考查了平移和旋转的性质以及等边三角形的判定等知识，得出是等边三角形是解题关键．8．B【分析】根据平移和旋转的性质，对应边和对应角相等，得到，为等边三角形，进而得到，利用平角的定义，即可求出的度数．解：将沿射线的方向平移，得到，∴，将绕点逆时针旋转一定角度后，恰使点与点C重合，点的对应点是点，∴，∴为等边三角形，∴，∴；故选B．【点拨】本题考查平移，旋转，以及等边三角形的判定和性质．熟练掌握平移和旋转的性质：对应边和对应角相等，是解题的关键．9．D【分析】根据勾股定理求出的长度，进而得出答案．解：∵点A，B的坐标分别为，，∴，∴，∵以点为圆心，长为半径画弧，交轴负半轴于点，∴，∴，∴点的坐标为，故选：D．【点拨】本题考查了坐标与图形旋转，勾股定理，根据勾股定理得出的长根据旋转的性质得出是解本题的关键．10．D【分析】根据要求画出图形，即可解决问题．解：根据题意，作出图形，如图：观察图象可知：A2（4，2）；故选：D.【点拨】本题考查平移变换，旋转变换等知识，解题的关键是正确画出图象，属于中考常考题型．11．B【分析】根据题意将绕O点旋转后得到，应分顺时针和逆时针进行分类讨论，根据旋转知识求得的坐标．解：∵在中，，，，∴当绕点顺时针旋转后得到，如图，∴，∴；当绕点逆时针旋转后得到，如图，∴，∴，故选：B．【点拨】此题考查了坐标与图形变化—旋转，解题时，注意分类讨论，以防错解．12．D【分析】分四种情况讨论，由平行线的性质和旋转的性质可求解．解：设旋转的度数为α，若DE∥AB，则∠E=∠ABE=90°，∴α=90°30°45°=15°，若BE∥AC，则∠ABE=180°∠A=120°，∴α=120°30°45°=45°，若BD∥AC，则∠ACB=∠CBD=90°，∴α=90°，当点C，点B，点E共线时，∵∠ACB=∠DEB=90°，∴AC∥DE，∴α=180°45°=135°，综上三角板DEF旋转的度数可能是15°或45°或90°或135°．故选：D【点拨】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．13．或【分析】本题考查了旋转的性质，三角形全等的判定和性质，一次函数解析式的确定，直线与坐标轴的交点，分类思想，熟练掌握三角形全等证明是解题的关键．解：当顺时针旋转时，过点B作于点B，交直线于点P，过P做轴。∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵直线与x轴，y轴分别相交于两点，∴，∴，∴，∴，∴，设直线的解析式为，∴，解得，故直线的解析式为，故点;当逆时针旋转时，延长,交直线于点E，过点E作轴于点F，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵直线与x轴，y轴分别相交于两点，∴，∴，∴，∴，∴，设直线的解析式为，∴，解得，故直线的解析式为，故点;故答案为：或．14．【分析】本题考查了坐标与图形变化旋转，直角三角形的性质，勾股定理，求出、的长度是解题的关键．作轴于，再利用旋转的性质求出，根据直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半求出，利用勾股定理列式求出，然后求出点的横坐标，再写出点的坐标即可．解：作轴于，点的坐标为，，，∴，，，，∴．故答案为：．15．或/或【分析】本题主要考几何变换中旋转和轴对称的综合题目，抓住旋转角和轴对称的性质是解题的关键，抓住AD是的角平分线和，再利用方程思想求解，最后注意点G可能在线段上，也可能在线段上，分类讨论即可．解：如图，当点G在线段上，∵，∴设，则，∴，∵将沿着进行折叠后射线与边交于点F，∴，∵将射线绕点D逆时针旋转，∴，∵，∴7，∴，∴．如下图所示：当点G在线段上时，同理可得：，∴，∴，故答案为：或．16．【分析】由折叠的性质可知各点的坐标分别为：，，，在坐标系中作出绕原点O顺时针旋转得到的，再证明点是点绕原点O顺时针旋转得到的，进而可得答案．解：如图，三个顶点的坐标分别为，，，又将沿y轴折叠得到；由折叠的性质可知各点的坐标分别为：，，；

如图，即为所求，由图可知，，∴，∴，∴，即，∵，∴点是点绕原点O顺时针旋转得到的，由图可知，点的坐标是，故答案为：【点拨】本题主要考查图形的旋转和折叠的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，关键在于正确作图．17．2【分析】本题考查了直角三角形性质，旋转变换的性质，全等三角形的判定和性质，点到直线的距离垂线段最短等，添加辅助线构造全等三角形是解题关键．取的中点，连接，过点作于点，可证得，得出，当且仅当，即点与点重合时，为的最小值，即可得出的最小值为2．解：取的中点，连接，过点作于点，则，，，，，，由旋转得：，，，，，，，，，当且仅当，即点与点重合时，为的最小值，的最小值为2．故答案为：2．18．【分析】根据等腰直角三角形以及根据勾股定理得，则最小时有最小值，由时最小，即可解决问题．解：∵直线交坐标轴于、两点，当时，；当时，得，∴，，∴，∵将绕点顺时针旋转，得到点，∴，，∴，∴最小时有最小值，作轴交直线于点，当时最小，∴轴，点在直线上，当时，，∴，∵，∴，，∴，∵，∴，∴，∴的最小值为．故答案为：．【点拨】本题考查一次函数图像上点的坐标特征，一次函数图像与坐标轴的交点，旋转的性质，勾股定理，垂线段最短，等积变换等知识点，表示出点的坐标是解题的关键．19．【分析】如图，由题意B′（1,），根据三角形全等可得到结果．解：如图，由题意B′（1，）．∵△OCB′≌△OC′B″，∴OC＝OC′＝1，C′B″＝CB′＝，∴B″（，﹣1）．故答案为．【点拨】本题主要考查了图形的平移与旋转，准确计算是解题的关键．20．【分析】根据平移的性质可得，然后根据旋转的性质可得，从而证出为等边三角形，问题随之得解．解：∵在中，，将沿射线的方向平移，得到，∴，∵将绕点逆时针旋转一定角度后，点恰好与点C重合，∴，∴为等边三角形，∴，∴旋转角为，故答案为：．【点拨】此题考查的是平移的性质、旋转的性质和等边三角形的判定及性质，掌握平移的性质、旋转的性质是解决此题的关键．21．90°分析：分别作出AC，CE的垂直平分线进而得出其交点O，进而得出答案．解：如图所示：∵△ABC≌△CDE，∴∠ACB=∠DEC，∠A=∠ECD，∴∠ACB+∠BCE=90°，∴∠OFC=∠OGC=∠FCG=90°，∴∠FOG=90°，∴旋转角度是90°．故答案为90°．【点拨】此题主要考查了旋转变换，得出旋转中心的位置是解题关键．22．7解：连接OD，∵PO=PD，∴OP=DP=OD，∴∠DPO=60°，∵等边△ABC，∴∠A=∠B=60°，AC=AB=10，∴∠OPA=∠PDB=120°∠DPB，∴△OPA≌△PDB，∵AO=3，∴AO=PB=3，∴AP=103=7．【点拨】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，证明△OPA≌△PDB是解答本题的关键．23．或/或【分析】连接，根据题意可得，当∠ADQ＝90°时，分点在线段上和的延长线上，且，勾股定理求得即可．解：如图，连接，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，，，，根据题意可得，当∠ADQ＝90°时，点在上，且，，如图，在中，，在中，故答案为：或．【点拨】本题考查了旋转的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，确定点的位置是解题的关键．24．15°或60°.【分析】分情况讨论：①DE⊥BC，②AD⊥BC，然后分别计算的度数即可解答.解：①如下图，当DE⊥BC时，如下图，∠CFD＝60°，旋转角为：＝∠CAD＝60°45°＝15°；（2）当AD⊥BC时，如下图，旋转角为：＝∠CAD＝90°30°＝60°；【点拨】本题考查了垂直的定义和旋转的性质，熟练掌握并准确分析是解题的关键.25．（1）如图，△CDN和△BOE即为所求．见分析；（2）点E到点C距离的最小值为8．【分析】（1）分别作出AO，M的对应点C，D，N，可得△DCN，分别作出A，M的对应点B，E即可得到△OBE．（2）观察图象可知点E在直线y＝−4上运动，根据此线段最短即可解决问题．解：（1）如图，△CDN和△BOE即为所求．（2）观察图象可知，点E在直线y＝﹣4上运动，根据垂线段最短可知，点E到点C的最短距离为8．【点拨】本题考查作图−旋转变换，平移变换，垂线段最短，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．26．（1）见分析；（2）．【分析】（1）先由旋转的性质得，，再证，进而得到结论；（2）先由，得到，再证，由勾股定理即可求的长，从而求出．解：（1）证明：由旋转的性质得：，，

∵，，∴，∴，即，∴，在和中，，∴；（2）解：由（1）可知：，∴，∵，，∴，由旋转的性质得：，，∴，在中，由勾股定理得：，∴，即的长为．【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质、旋转变换的性质、勾股定理等知识，熟练掌握旋转变换的性质，证明三角形全等是解题的关键．27．（1）的最小值是5；（2）三条小路的长度之和的最小值是【分析】（1）根据两边之和大于第三边、两点之间线段最短，进行求解作答即可；（2）如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接．由旋转的性质可知，是等