【八年级下册数学北师大版】第三章 图形的平移与旋转（9类压轴题专练）

第三章图形的平移与旋转（9类压轴题专练）题型一图形的平移在三角形的证明中的应用1．某同学在一次课外活动中用硬纸片做了两个直角三角形，Rt△ABC中，∠B=90°，∠A=30°，BC=6cm．Rt△DEF中，∠D=90°，∠E=45°，DE=4cm．该同学将△DEF的直角边DE与△ABC的斜边AC重合在一起，并将△DEF沿AC方向移动，在移动过程中，D、(1)当△DEF移动至什么位置，即AD的长为多少时，F、C的连线与AB平行？(2)当△DEF移动至什么位置，即AD的长为多少时，以线段AD、FC、BC的长为三边长的三角形是直角三角形？(3)在△DEF的移动过程中，是否存在某个位置，使得∠FCD=15°？如果存在，求出AD的长；如果不存在，说明理由．2．如图，在中，，线段EF是由线段AB平移得到的，点F在边BC上，以EF为边构造，使，，过点D作，垂足为H，延长BF交DH于点G．(1)如图①，若点D恰好在AC的延长线上，此时点A与点H重合，点C与点G重合．①求证：．②若，，求DF的长．(2)如图②，将点F沿着BC边继续平移，此时仍成立吗？若不成立，请说明理由；若成立，连结AD，当点C与点F重合时，请直接写出AD与DH的数量关系．题型二图形的平移与平面直角坐标系3．如图1，在平面直角坐标系中，已知点，点，其中a，b满足a是的整数部分，在数轴上，b表示的数在原点的右侧，离原点的距离是4个单位长度．(1)求A点的坐标_，B点的坐标_；(2)将平移到，点A对应点，点B对应点，求三角形的面积；(3)如图2，若C，D也在坐标轴上，过点D作射线轴，P为射线上一点，连接，平分交于F点，交于E点，的值是否改变？若不变，求出其值；若改变，说明理由．4．在平面直角坐标系中，点为原点，点是轴负半轴上一点，将点向右平移个单位得到点．(1)如图，动点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿方向运动，同时动点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿轴向上运动，当点运动到点时，同时停止运动，设点运动时间为秒．用含的式子表示两点的坐标．是否存在使的面积为？若存在，求出，并写出此时点的坐标；若不存在，说明理由．(2)如图，点为线段（端点除外）上某一点，当点在线段上运动时，过点作直线交轴正半轴于，交直线于，、的平分线相交于点，若，请用含的式子表示的大小，并说明理由．题型三图形的旋转与三角形的证明5．问题提出：如图1，在锐角等腰中，，，K是动点，满足，将线段绕点A逆时针旋转至，连接并延长，交于点M，探究点M的位置．特例探究：（1）如图2，当点K在上时，连接，求证：；（2）如图3，当点K在上时，求证：M是的中点．问题解决：再探究一般化情形，如图1，求证：M是的中点．6．阅读下面材料，并解决问题：(1)如图1等边内有一点，若点到顶点、、的距离分别为3，4，5，求的度数．为了解决本题，我们可以将绕顶点旋转到处，此时≌，这样就可以利用旋转变换，将三条线段、、转化到一个三角形中，从而求出________；(2)基本运用请你利用第（1）题的解答思想方法，解答下面问题已知如图2，中，，，，为上的点且，求证：；(3)能力提升如图3，在中，，，，点为内一点，连接，，，且，求的值．题型四图形的旋转与三角形的证明-最值问题7．【发现】如图1，在等腰直角中，，点在直线上，过作于，过作于．小明通过探索发现：，请证明这个结论；

【应用】①如图2，在中，为针角，把边绕点沿逆时针方向旋转得，把边绕点沿顺时针方向旋转得，作于点于点，若，则___________；②如图3，是等边三角形纸片，将纸片折叠，使得点的对应点落在上，折痕为．若，求的度数；【拓展】如图4，在等腰中，两点分别是边、上的动点，且，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，若，则线段长度的最小值为___________．8．如图1，为等腰直角三角形，，点D为外一点，连接，过点A作，交于点E，过点D作，垂足为H，．(1)求证：；(2)如图2，延长到点G，连接，使得，F为上一点，连接，若．求证：；(3)如图3，点K在内，连接，当的值最小时，直接写出的值．题型五图形的旋转与三角形的证明-动点问题9．如图，是等腰直角三角形，，，将绕点顺时针旋转得线段，连接并延长，过点作的垂线，交的延长线于点．(1)当时，求的度数；(2)如图1，与交于点，与交于点，若恰为中点，求证：；(3)如图2，，是射线上的动点，连接将绕点逆时针旋转得线段，是上的动点，（为已知数），求的最小值．10．等腰和等腰如图1放置，，．【问题探究】（1）连接，于点O，请说明、的数量关系和位置关系；【深入探究】（2）如图2，连接，，若，，①则_______．②如图3，将等腰绕点A旋转，交于点F，当是直角三角形时，的长为_______；【迁移应用】（3）如图4，已知在平面直角坐标系中，O为坐标原点，，过点C作直线轴，点D是直线上的一个动点，线段绕点A按逆时针方向旋转得到线段，则的最小值为_______．题型六图形的旋转与三角形的证明-在平面直角坐标系中的应用11．【模型建立】如图1，等腰直角三角形中，，直线经过点C，过点A作于点D，过点B作于点E．易证；(1)【初步应用】将点绕坐标原点逆时针旋转，得到点，则点坐标为_；将点绕坐标原点逆时针旋转，得到点，则点坐标为_______．(2)【解决问题】已知一次函数的图象为直线l，将直线l绕它与x轴的交点P逆时针旋转，得到直线，则直线相应的一次函数表达式为__________________．(3)【综合运用】已知直线与坐标轴交于点A、B．将直线绕点A逆时针旋转至直线，求直线的解析式．如图2，直线在x轴上方的图象上是否存在一点Q，使得的面积与的面积相等？若存在，求出Q的坐标；不存在，说明理由．12．如图1，在平面直角坐标系中，，，直线与x轴相交于点C，与直线交于点D，交y轴于点E．(1)求直线的解析式及点D的坐标；(2)如图2，直线绕点C逆时针旋转与直线交于点F，连接，求的面积；(3)将绕平面内某点旋转，旋转后的三角形记为，若点落在直线上，点落在直线上，请直接写出满足条件的点的坐标．题型七图形的旋转与三角形的证明-对称问题13．已知，点为平面中的一点，将绕着点按逆时针方向旋转到，且满足，连接．

(1)如图1，点在内部，，求的度数；(2)如图2，若点为边上的一点，点在边上，连接并延长交于点，且满足，求证：点为的中点；(3)如图3，点Rt，点与点在直线的异侧，，点在直线上移动，点关于直线的对称点为，请直接写出的最小值．14．如图①，等边中，，点在上，且，动点P从点A出发沿射线以速度运动，连接OP，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，设点运动的时间为(1)用含t的代数式表示的长．(2)如图②，当点D落在边上时，求证：．(3)当平行于的一边时，直接写出t的值．(4)作点D关于点O的对称点E，当______秒时，点E恰好落在射线AC上．题型八图形的旋转与三角形的证明-定值问题15．如图，点A（a，0），B（0，b），且a、b满足（a﹣2）2+|4b﹣8|＝0．(1)如图1，求a，b的值；(2)如图2，点C在线段AB上（不与A、B重合）移动，AB⊥BD，且∠COD＝45°，猜想线段AC、BD、CD之间的数量关系并证明你的结论；(3)如图3，若P为x轴正半轴上异于原点O和点A的一个动点，连接PB，将线段PB绕点P顺时针旋转90°至PE，直线AE交y轴于点Q，当P点在x轴上移动时，线段BE和线段BQ中哪一条线段长为定值，并求出该定值．题型九图形的旋转与三角形的证明-新定义题16．某研究性学习小组在学习《简单的图案设计》时，发现了一种特殊的四边形，如图1，在四边形中，,，我们把这种四边形称为“等补四边形”．如何求“等补四边形”的面积呢？探究一：(1)如图2，已知“等补四边形”，若，将“等补四边形”绕点A顺时针旋转，可以形成一个直角梯形（如图3）．若，,则“等补四边形”的面积为_探究二：(2)如图4，已知“等补四边形”，若，将“等补四边形”绕点A顺时针旋转，再将得到的四边形按上述方式旋转120°，可以形成一个等边三角形（如图5）．若，,则“等补四边形”的面积为_．由以上探究可知，对一些特殊的“等补四边形”，只需要知道，的长度，就可以求它的面积．那么，如何求一般的“等补四边形”的面积呢？探究三：(3)如图6，已知“等补四边形”，连接，将以点A为旋转中心顺时针旋转一定角度，使与重合，得到，点C的对应点为点．①由旋转得：_，因为，所以，即点，B，C在同一直线上，所以我们拼成的图形是一个三角形，即．②如图7，在中，作于点H，若，，试求出“等补四边形”的面积（用含m，n的代数式表示），并说明理由．

第三章图形的平移与旋转（9类压轴题专练）答案全解全析题型一图形的平移在三角形的证明中的应用1．某同学在一次课外活动中用硬纸片做了两个直角三角形，Rt△ABC中，∠B=90°，∠A=30°，BC=6cm．Rt△DEF中，∠D=90°，∠E=45°，DE=4cm．该同学将△DEF的直角边DE与△ABC的斜边AC重合在一起，并将△DEF沿AC方向移动，在移动过程中，D、(1)当△DEF移动至什么位置，即AD的长为多少时，F、C的连线与AB平行？(2)当△DEF移动至什么位置，即AD的长为多少时，以线段AD、FC、BC的长为三边长的三角形是直角三角形？(3)在△DEF的移动过程中，是否存在某个位置，使得∠FCD=15°？如果存在，求出AD的长；如果不存在，说明理由．【答案】(1)12−4(2)31(3)不存在，理由见解析．【分析】本题主要考查平移的性质以及勾股定理的应用，结合已知条件应用相关性质解题即可．（1）因为∠B=90°，∠A=30°BC=6，所以AC=12，又因为∠D=90°，∠E=45°，DE=4，所以DF=4，连接FC，设FC∥AB，则可求证∠FCD=∠A=30°，故AD的长可求；（2）设AD=x，则FC2=DC2+FD2=（3）假设∠FCD=15°，因为∠EFC=30°，作∠EFC的平分线，交AC于点P，则∠EFP=∠CFP=15°，∠DFE+∠EFP=60°所以PD=43，PC=FP=8，则PC+PD【解析】（1）解：∵Rt△ABC，∠B=90°，∠A=30°BC=6∴AC=2BC=12，∵Rt△DEF中，∠D=90°，∠E=45°，∴DF=4，如图1，连接FC，当FC∥AB时，∠FCD=∠A=30°，∴FC=2DF=8∴DC=∴AD=AC−DC=12−4∴当AD=12−43时，FC∥AB（2）设AD=x，在Rt△FDC中，F当FC为斜边时，由AD2+B解得：x=31当AD为斜边时，由F得12−x2解得：x=∵DE=4∴AD=AC−DE=12−4=8，∴x=49当BC为斜边时，由A得，x2整理得出∶x∵Δ∴此方程无解，综上所述：当x=316时，以线段AD、FC、（3）不存在这样的位置，使得∠FCD=15°理由如下∶假设∠FCD=15°（如上图2）∵∠EFC=180°−∠D−∠FCD−∠DFE=180°−90°−15°−45°=30°作∠EFC的平分线，交AC于点P，则∠EFP=∠CFP=15°，∠DFE+∠EFP=60°，∴∠FPD=30°，∴FP=2FD=8∴PD=F又∵∠CFP=∠FCP=15°∴PC=FP=8，∴PC+PD=8+4∴不存在这样的位置，使得∠FCD=15°．【点睛】本题考查的是平移的性质、勾股定理的应用，以及角平分线的性质，平行的性质等等知识点，灵活运用分情况讨论思想是解题的关键，解答时，注意勾股定理的应用和正确解出一元二次方程．2．如图，在中，，线段EF是由线段AB平移得到的，点F在边BC上，以EF为边构造，使，，过点D作，垂足为H，延长BF交DH于点G．(1)如图①，若点D恰好在AC的延长线上，此时点A与点H重合，点C与点G重合．①求证：．②若，，求DF的长．(2)如图②，将点F沿着BC边继续平移，此时仍成立吗？若不成立，请说明理由；若成立，连结AD，当点C与点F重合时，请直接写出AD与DH的数量关系．【答案】(1)①见解析；②(2)△HDE≌△GFD仍成立，AD＝DH【分析】（1）①由“AAS”可证△HDE≌△GFD；②由平移的性质可得EH＝BF＝1，由勾股定理可求解；（2）由“AAS”可证△HDE≌△GFD，可得DH＝GF，通过证明，可得GF＝AH，由等腰直角三角形的性质可求解．【解析】（1）①证明：∵∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠CDF＋∠DFC＝90°，∵∠EDF＝90°，DE＝FD，∵∠EDF＝∠ADE＋∠CDF＝90°，∴∠ADE＝∠DFC，在△HDE和△GFD中，，∴△HDE≌△GFD（AAS），②∵△HDE≌△GFD，∴EH＝DG，∵线段EF是由线段AB平移得到的，∴EH＝BF＝1，∴DG＝EH＝1，∴DF＝；（2）△HDE≌△GFD仍成立，理由如下：∵线段EF是由线段AB平移得到的，∴EF＝AB，EFAB，连接AF，∴，∵EF＝AB，，∴，∴，∴AEBF，∵DH⊥AE∴DH⊥BF，∴∠HGB＝90°，∴∠HGB＝∠GDF＋∠DFG＝90°，∵∠EDF＝90°，DE＝FD，∵∠EDF＝∠EDH＋∠FDG＝90°，∴∠EDH＝∠DFG，在△HDE和△GFD中，，∴△HDE≌△GFD（AAS），当点F与点C重合时，∵△HDE≌△GFD，∴DH＝GF，∵EABG，DH⊥AE，∴∠AHD＝∠BGH＝90°，∴∠HGB＝∠AFB＝90°，∴HGAF，∴，∵∠AHD＝90°,，∴∴GF＝AH，∴DH＝AH，∴AD＝DH．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了，全等三角形的判定和性质，平移的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．题型二图形的平移与平面直角坐标系3．如图1，在平面直角坐标系中，已知点，点，其中a，b满足a是的整数部分，在数轴上，b表示的数在原点的右侧，离原点的距离是4个单位长度．(1)求A点的坐标______，B点的坐标_______；(2)将平移到，点A对应点，点B对应点，求三角形的面积；(3)如图2，若C，D也在坐标轴上，过点D作射线轴，P为射线上一点，连接，平分交于F点，交于E点，的值是否改变？若不变，求出其值；若改变，说明理由．【答案】(1)，(2)13(3)不改变，【分析】（1）根据题中条件即可求出答案；（2）连接，先根据平移的性质求出点C的坐标，再根据，即可求解；（3）根据和得到，再根据角平分线的性质和即可得到答案．【解析】（1）解：∵点，点，a是的整数部分，b表示的数在原点的右侧，离原点的距离是4个单位长度，∴A点的坐标，点的坐标；（2）解：连接，如图所示，由点平移到点，由点平移到点，∴先向下平移5个单位长度，再向左平移2个单位长度，得到，∴，∴，，∴；（3）解：如图所示，比值不变，且；理由如下：∵，∴，，∵，∴，∵平分，∴，∴，∴，∵轴，∴，即；【点睛】本题考查了几何问题，灵活运用所学知识是解题关键．4．在平面直角坐标系中，点为原点，点是轴负半轴上一点，将点向右平移个单位得到点．(1)如图，动点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿方向运动，同时动点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿轴向上运动，当点运动到点时，同时停止运动，设点运动时间为秒．用含的式子表示两点的坐标．是否存在使的面积为？若存在，求出，并写出此时点的坐标；若不存在，说明理由．(2)如图，点为线段（端点除外）上某一点，当点在线段上运动时，过点作直线交轴正半轴于，交直线于，、的平分线相交于点，若，请用含的式子表示的大小，并说明理由．【答案】(1)，；，，；(2)存在，．【分析】（）由平移的性质得出轴，根据点坐标可求出答案；求出和，根据三角形的面积公式可得出答案；（）过点作轴，由平行线的性质及角平分线的性质可得出，，利用三角形外角性质，即可得出的度数．【解析】（1）解：∵将点向右平移个单位得到点，轴，∵点，动点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿方向运动，∴，∵动点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿轴向上运动，∴；∵，，∴，，∴，∴，解得或（舍去），∴，；（2）解：存在．如图，过点作轴，∵，∴，∵是的角平分线，∴，又∵，∴，∵是的角平分线，∴，∵轴，∴，∵，∴．【点评】本题考查了平移的性质，三角形的面积公式，平行线的性质，角平分线的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．题型三图形的旋转与三角形的证明5．问题提出：如图1，在锐角等腰中，，，K是动点，满足，将线段绕点A逆时针旋转至，连接并延长，交于点M，探究点M的位置．特例探究：（1）如图2，当点K在上时，连接，求证：；（2）如图3，当点K在上时，求证：M是的中点．问题解决：再探究一般化情形，如图1，求证：M是的中点．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质；熟练掌握各性质及判定是解题的关键．特例探究：（1）根据旋转的性质证明，依据为等腰三角形且，即可解答；（2）根据，表示出，依据线段绕点A逆时针旋转至，表示出，由证出，，即可得结论；问题解决：连接，过点C作于E，过点B作，根据旋转性质得，在证，，即可的结论【解析】解：特例探究（1）证明：线段绕点A逆时针旋转至，．在和中，，，．又，，，（2）在中，，，线段绕点A逆时针旋转至，，，，所以，，，，，即M是的中点．问题解决如图，连接，过点C作于E，过点B作，交的延长线于F．线段绕点A逆时针旋转至，∴同（1）可证得，∵，∵，，．在和中，，，在和中，，，，即M是的中点．6．阅读下面材料，并解决问题：(1)如图1等边内有一点，若点到顶点、、的距离分别为3，4，5，求的度数．为了解决本题，我们可以将绕顶点旋转到处，此时≌，这样就可以利用旋转变换，将三条线段、、转化到一个三角形中，从而求出________；(2)基本运用请你利用第（1）题的解答思想方法，解答下面问题已知如图2，中，，，，为上的点且，求证：；(3)能力提升如图3，在中，，，，点为内一点，连接，，，且，求的值．【答案】(1)；(2)见解析；(3)．【分析】（1）由旋转的性质得，，，，再证是等边三角形，得，，然后证，进而得出结论；（2）把绕点A逆时针旋转得到，根据旋转的性质可得，，，，，再求出，从而得到，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，再利用勾股定理列式即可得证；（3）将绕点B顺时针旋转至处，连接，根据直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半求出，即的长，再根据旋转的性质求出是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得，求出，然后求出C、O、、四点共线，再利用勾股定理列式求出，从而得到．【解析】（1）解：连接，如图：

∵点P到顶点A、B、C的距离分别为3、4、5，∴，由旋转的性质得：，∴，，，，∴，即，∵是等边三角形，∴，∴，∴是等边三角形，∴，∵，∴，∴是直角三角形，，∴，∴；（2）证明：把绕点A逆时针旋转得到，如图，由旋转的性质得，，，，，，∵，∴，∴，在和中，∴，∴，∵，∴，∴，由勾股定理得，，∴；（3）解：将绕点B顺时针旋转至处，连接，如图：在中，，∴，，∵绕点B顺时针方向旋转，∴，∵绕点B顺时针方向旋转，得到，∴，∴是等边三角形，∴，∵，∴，∴C、O、、四点共线，∴，∴．【点睛】本题考查三角形综合题，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，二次根式的混合运算等知识，解题的关键是学会利用旋转变换添加辅助线，构造全等三角形解决问题，题型四图形的旋转与三角形的证明-最值问题7．【发现】如图1，在等腰直角中，，点在直线上，过作于，过作于．小明通过探索发现：，请证明这个结论；【应用】①如图2，在中，为针角，把边绕点沿逆时针方向旋转得，把边绕点沿顺时针方向旋转得，作于点于点，若，则___________；②如图3，是等边三角形纸片，将纸片折叠，使得点的对应点落在上，折痕为．若，求的度数；【拓展】如图4，在等腰中，两点分别是边、上的动点，且，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，若，则线段长度的最小值为___________．【答案】[发现]见解析；[应用]①5；②；[拓展]【分析】[发现]由，可得，证明，进而结论得证；[应用]①解：由旋转的性质可知，，，如图2，作于，同理[发现]可得，则，同理，，则，根据，计算求解即可；②由折叠的性质可知，，，则，，证明是等边三角形，则，由，可求的值；[拓展]由旋转的性质可知，，，如图4，在上取点，使，连接，证明，则，，，，则，，可知在与夹角为的直线上运动，，如图4，作于，则，是线段最小的情况，则，由勾股定理求，然后作答即可．【解析】[发现]证明：∵，∴，又∵，，∴，∴，∴，即；[应用]①解：由旋转的性质可知，，，如图2，作于，∵，∴，又∵，，∴，∴，同理，，∴，∴，故答案为：5；②解：由折叠的性质可知，，，∵，，∴，∴，又∵，∴是等边三角形，，∴，解得，，∴的度数为；[拓展]解：由旋转的性质可知，，，如图4，在上取点，使，连接，∵，，∴，即，∵，，，∴，∴，，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴在与夹角为的直线上运动，∵，∴，∴，如图4，作于，则，是线段最小的情况，∴，由勾股定理得，，∴线段长度的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质，含的直角三角形等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质，含的直角三角形是解题的关键．8．如图1，为等腰直角三角形，，点D为外一点，连接，过点A作，交于点E，过点D作，垂足为H，．(1)求证：；(2)如图2，延长到点G，连接，使得，F为上一点，连接，若．求证：；(3)如图3，点K在内，连接，当的值最小时，直接写出的值．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）根据证明，即可推出；（2）在上截取，连接与交于M，利用SAS可证得，得出，进而可得是等腰直角三角形，再证得平分，利用等腰三角形的性质可得，，即垂直平分，推出，即可证得结论；（3）延长交于S，延长交于T，先证明当点K在内，的值最小时，，再运用三角形外角性质即可求得答案．【解析】（1）∵为等腰直角三角形，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴；（2）如图2，在上截取，连接与交于M，∵，∴，∴，∵，∴，即，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，即，∴，即，∴是等腰直角三角形，∵为等腰直角三角形，，∴，即，∴，∴平分，∴，即垂直平分，∴，∵，∴；（3）如图3，延长交于S，延长交于T，以点H为中心，将逆时针旋转60度到，则，∴，，∴是等边三角形，∴，，∴，∴当共线时，的值最小，∴，，∴，∴，，∴，∵，∴，∴．【点睛】本题考查了三角形外角性质，等腰直角三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，等边三角形的判定与性质，两点之间线段最短等知识，正确添加辅助线构造全等三角形是解题关键．题型五图形的旋转与三角形的证明-动点问题9．如图，是等腰直角三角形，，，将绕点顺时针旋转得线段，连接并延长，过点作的垂线，交的延长线于点．(1)当时，求的度数；(2)如图1，与交于点，与交于点，若恰为中点，求证：；(3)如图2，，是射线上的动点，连接将绕点逆时针旋转得线段，是上的动点，（为已知数），求的最小值．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】（1）根据旋转的性质可得，，求得，进而即可求解；（2）过点作于点，过点作于点，是等腰直角三角形，，，点恰为中点，证明，是等腰直角三角形，可得，证明进而证明，最后证明，得出，则，即可得证；（3）过点作垂足为，将绕点逆时针旋转得线段，则，，得出在平行于的直线上运动，作点关于的对称点，当三点共线时，取得最小值，根据题意可得是等边三角形，进而勾股定理，即可求解．【解析】（1）解：∵是等腰直角三角形，，，将绕点顺时针旋转得线段∴，则是等边三角形，∴，∴，∵，∴，∴，∴（2）解：如图所示，过点作于点，过点作于点，∵∴，∵是等腰直角三角形，，，点恰为中点，∴∴∴又∵，∴，∴∴是等腰直角三角形，∴是等腰直角三角形，则，∵是等腰直角三角形，∴，又∵∴，∴∴∴，则∴又∵，∴，∵∴在中，∴∴∴∴又∵∴（3）解：如图所示，过点作垂足为，将绕点逆时针旋转得线段，则，∵将绕点逆时针旋转得线段，∴，∴∴∴∴在平行于的直线上运动，如图所示，作点关于的对称点，当三点共线时，取得最小值，如图所示，∵，则，又，则是等边三角形，∵∴，，，∴∴的最小值为．【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的性质与判定等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，轴对称求线段和的最值问题，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．10．等腰和等腰如图1放置，，．【问题探究】（1）连接，于点O，请说明、的数量关系和位置关系；【深入探究】（2）如图2，连接，，若，，①则________．②如图3，将等腰绕点A旋转，交于点F，当是直角三角形时，的长为________；【迁移应用】（3）如图4，已知在平面直角坐标系中，O为坐标原点，，过点C作直线轴，点D是直线上的一个动点，线段绕点A按逆时针方向旋转得到线段，则的最小值为_．【答案】（1），；（2）①66；②或；（3）3【分析】（1）结论：．只要证明即可解决问题；（2）①由勾股定理求得，，由，再根据勾股定理可得结论；②分和时，两种情况讨论，利用全等三角形的性质以及勾股定理即可求解；（3）连接，在y轴下方取点，使，证明，当轴时，有最小值，则有最小值，据此即可求解．【解析】解：（1）结论：，．理由：如图1中，，，在和中，，，，，，∵∴；（2）①∵，，，∴，，∵，∴，，∴，故答案为：66；②当时，∵，，且，∴，∴，∴，∴；当时，∴，由（1）知，∴，∴，∴在同一直线上，设，则，由勾股定理得，解得，∴，综上，的长为或；故答案为：或；（3）连接，在y轴下方取点，使，∵，∴，，∵线段绕点A按逆时针方向旋转得到线段，∴，，∴，∴，∴，∴当轴时，有最小值，则有最小值，∵过点作直线轴，∴，∴的最小值为3．故答案为：3．【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质，勾股定理的运用，坐标与图形的性质，解一元二次方程．解答时证明三角形全等是关键．题型六图形的旋转与三角形的证明-在平面直角坐标系中的应用11．【模型建立】如图1，等腰直角三角形中，，直线经过点C，过点A作于点D，过点B作于点E．易证；(1)【初步应用】将点绕坐标原点逆时针旋转，得到点，则点坐标为_；将点绕坐标原点逆时针旋转，得到点，则点坐标为_______．(2)【解决问题】已知一次函数的图象为直线l，将直线l绕它与x轴的交点P逆时针旋转，得到直线，则直线相应的一次函数表达式为__________________．(3)【综合运用】已知直线与坐标轴交于点A、B．将直线绕点A逆时针旋转至直线，求直线的解析式．如图2，直线在x轴上方的图象上是否存在一点Q，使得的面积与的面积相等？若存在，求出Q的坐标；不存在，说明理由．【答案】(1)(2)(3)的解析式为：，直线在x轴上方的图象上存在一点Q点为，使得的面积与的面积相等【分析】（1）过点作轴于D，过点A作轴于C，证明得出，即可得出点的坐标，点的坐标同求点的方法；（2）利用（1）的结论判断求出点P，E的坐标，借助（1）的结论求出点的坐标即可得出结论；（3）过B点作交于E，同（2）可求出解析式，设Q点坐标，利用的面积与的面积相等列方程即可求解．【解析】（1）过点作轴于D，过点A作轴于C，如图1，∵，∴，∵轴，轴，∴，∴，∵，∴∴，在和中，，∴；∴，∴，同求点的方法得，，故答案为；（2）如图∵，令，则，∴，∴，令，则，∴，∴，∴，∴直线l与y轴的交点，∵将直线l绕它与x轴的交点P逆时针旋转，得到直线，过点作轴于F，同（1）的方法得，，∴，∴，点E绕点P逆时针旋转的对应点，设直线的解析式为，把，代入得，，解得，，∴直线的解析式为，故答案为：；（3）过B点作交于点C，过C点作轴，对于直线，令，则令，则∵直线是直线绕点A逆时针旋转45°得到的，∴∠CAB＝45°∵∴∴,同（1）可证，∴，∴C的坐标为设的解析式为，把代入得，，解得，故的解析式为：，设Q点坐标为，∴的面积为，∵的面积为，依题意得：解得，∴Q点为，故直线在x轴上方的图象上存在一点Q点为，使得的面积与的面积相等【点睛】本题主要考查了同角的余角相等，全等三角形的判定和性质，点的坐标的确定方法，一次函数的应用、等腰直角三角形以及旋转的性质，借助给出的结论明确思维方法是解本题的关键．12．如图1，在平面直角坐标系中，，，直线与x轴相交于点C，与直线交于点D，交y轴于点E．(1)求直线的解析式及点D的坐标；(2)如图2，直线绕点C逆时针旋转与直线交于点F，连接，求的面积；(3)将绕平面内某点旋转，旋转后的三角形记为，若点落在直线上，点落在直线上，请直接写出满足条件的点的坐标．【答案】(1)直线AB的解析式为，点D的坐标为．(2)的面积为．(3)点的坐标为或．【分析】（1）本题考查用待定系数法求一次函数解析式和联立方程组求交点坐标，设直线的解析式为，将，两点代入解析式中，求解即可，再联立方程组求解，即可求出点D的坐标．（2）本题考查勾股定理和勾股定理逆定理，利用直线求出点C，点E．用勾股定理求出、、，根据得出，由直线绕点C逆时针旋转，得到为等腰直角三角形，有，最后根据三角形面积公式求解即可．（3）本题根据点落在直线上，点落在直线上，设，，由旋转的旋转可知，轴，，列出与的式子，求解即可．【解析】（1）解：设直线的解析式为，将，两点代入解析式中，有，解得，直线AB的解析式为，直线与直线AB交于点D，，解得，点D的坐标为．（2）解：由（1）知，直线与x轴相交于点C，交y轴于点E．，，，，，即，，由旋转的性质可知，，，，，的面积．（3）解：点落在直线上，点落在直线上，且直线AB的解析式为，直线的解析式为，设，，绕平面内某点旋转得到，且轴，轴，，，，整理得，将其代入中，有，解得，，将代入中，有，将代入中，有，点的坐标为或．【点睛】本题考查了一次函数解析式的求法、联立方程组求交点坐标、勾股定理、勾股定理逆定理、点到点的距离、旋转的性质等，本题难度较大，熟练掌握一次函数性质并灵活运用是解题的关键．题型七图形的旋转与三角形的证明-对称问题13．已知，点为平面中的一点，将绕着点按逆时针方向旋转到，且满足，连接．(1)如图1，点在内部，，求的度数；(2)如图2，若点为边上的一点，点在边上，连接并延长交于点，且满足，求证：点为的中点；(3)如图3，点Rt，点与点在直线的异侧，，点在直线上移动，点关于直线的对称点为，请直接写出的最小值．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】本题考查了三角形全等的判定和性质，轴对称的性质等知识．（1）利用证，利用全等三角形对应角相等得出，再利用等腰三角形等边对等角求出，可得；（2）利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得出，结合，可求，在上取点T，使，利用证明，得出，，根据余角性质得出，最后根据等腰三角形的判定得出即可；（3）利用全等和轴对称，求出或，点M的运动路线是一条直线，当时，最小，是的一半．【解析】（1）解：∵旋转，∴，∵，∴，又，∴，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴；（2）证明：∵，，∴，，∵，，，∴，∵，，∴，∵，∴，，即，又，∴，在上取点T，使，又，∴∴，，∴，∴，即点G是的中点；（3）解∵点F关于直线的对称点为M，则，∴，∵，∴，∴，①如图3，

∵，∴．又，∴，②如图4，

，∴或，∴点M的运动路线是一条直线，当时，最小，∵，∴，∴．14．如图①，等边中，，点在上，且，动点P从点A出发沿射线以速度运动，连接OP，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，设点运动的时间为(1)用含t的代数式表示的长．(2)如图②，当点D落在边上时，求证：．(3)当平行于的一边时，直接写出t的值．(4)作点D关于点O的对称点E，当______秒时，点E恰好落在射线AC上．【答案】(1)(2)证明见解析(3)的值为或(4)10【分析】（1），当时，，当时，；（2）由线段绕点顺时针旋转得到线段，得，，可得，而是等边三角形，有，故，即得，由可证；（3）当时，是等边三角形，可得，；当时，可得，重合，，故；（4）由线段绕点顺时针旋转得到线段，得，，又关于点的对称点，有，故，再证，，即可得，，可得，，从而．【解析】（1）解：由已知得，，当时，，当时，；；（2）证明：线段绕点顺时针旋转得到线段，，，，是等边三角形，，，，在和中，，；（3）当时，如图：，，，是等边三角形，，，；当时，如图：，，，重合，，，综上所述，的值为或；（4）如图：线段绕点顺时针旋转得到线段，，，关于点的对称点，，，，，，，，，，，，，，，，，故答案为：10．【点睛】本题考查几何变换综合应用，涉及全等三角形判定与性质，列代数式，等边三角形的判定和性质，动点问题等，解题的关键是分类讨论思想的应用．题型八图形的旋转与三角形的证明-定值问题15．如图，点A（a，0），B（0，b），且a、b满足（a﹣2）2+|4b﹣8|＝0．(1)如图1，求a，b的值；(2)如图2，点C在线段AB上（不与A、B重合）移动，AB⊥BD，且∠COD＝45°，猜想线段AC、BD、CD之间的数量关系并证明你的结论；(3)如图3，若P为x轴正半轴上异于原点O和点A的一个动点，连接PB，将线段PB绕点P顺时针旋转90°至PE，直线AE交y轴于点Q，当P点在x轴上移动时，线段BE和线段BQ中哪一条线段长为定值，并求出该定值．【答案】(1)a=2,b=2(2)CD=BD+AC．理由见解析(3)BQ是定值，【分析】（1）根据非负数的性质得到a-2=0，4b-8=0，求得a=2，b=2，得到OA=2，OB=2，于是得到结果；（2）证明：将△AOC绕点O逆时针旋转90°得到△OBF根据已知条件得到∠DBF=180°，由∠DOC=45°，∠AOB=90°，同时代的∠BOD+∠AOC=45°，求出∠FOD=∠BOF+∠BOD=∠BOD+∠AOC=45°，推出△ODF≌△ODC，根据全等三角形的性质得到DC=DF=DB+BF=DB+DC；（3）BQ是定值，作EF⊥OA于F，在FE上截取PF=FD，由∠BAO=∠PDF=45°，得到∠PAB=∠PDE=135°，根据余角的性质得到∠BPA=∠PED，推