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专题23.16 旋转（直通中考）（全章提升练）
一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．（2023·四川内江·统考中考真题）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·江苏泰州·统考中考真题）菱形 的边长为2， ，将该菱形绕顶点A在平面内
旋转 ，则旋转后的图形与原图形重叠部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·宁夏·统考中考真题）如图，在 中， ， ， ．点 在 上，
且 ．连接 ，将线段 绕点 顺时针旋转 得到线段 ，连接 ， ．则 的
面积是（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·山东东营·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形 的边长为 ，点 在
轴的正半轴上，且 ，将菱形 绕原点 逆时针方向旋转 ，得到四边形 点
与点 重合 ，则点 的坐标是（ ）A． B． C． D．
5．（2023·内蒙古通辽·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知点 ，点 ，以点
P为中心，把点A按逆时针方向旋转 得到点B，在 ， ， ，
四个点中，直线 经过的点是（ ）
4
A． B． C． D．
6．（2023·内蒙古通辽·统考中考真题）如图，将 绕点A逆时针旋转到 ，旋转角为
，点B的对应点D恰好落在 边上，若 ，则旋转角 的度数为
（ ）A． B． C． D．
7．（2023·山东滨州·统考中考真题）已知点 是等边 的边 上的一点，若 ，则在
以线段 为边的三角形中，最小内角的大小为（ ）
A． B． C． D．
8．（2023·天津·统考中考真题）如图，把 以点A为中心逆时针旋转得到 ，点B，C的对
应点分别是点D，E，且点E在 的延长线上，连接 ，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
9．（2022·湖北黄石·统考中考真题）如图，正方形 的边长为 ，将正方形 绕原点O顺
时针旋转45°，则点B的对应点 的坐标为（ ）
A． B． C． D．
10．（2022·湖南益阳·统考中考真题）如图，已知 ABC中，∠CAB＝20°，∠ABC＝30°，将 ABC绕
A点逆时针旋转50°得到 AB′C′，以下结论：①BC＝B△′C′，②AC∥C′B′，③C′B′⊥BB′，④∠ABB′＝△
△∠ACC′，正确的有（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）
11．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点 坐标 ，连接 ，将 绕
点 逆时针旋转 ，得到 ，则点 的坐标为 ．
12．（2023·湖南益阳·统考中考真题）如图，在正方形 中， ，E为 的中点，连接 ，
将 绕点D按逆时针方向旋转 得到 ，连接 ，则 的长为 ．
13．（2023·辽宁·统考中考真题）如图，线段 ，点 是线段 上的动点，将线段 绕点 顺
时针旋转 得到线段 ，连接 ，在 的上方作 ，使 ，点 为 的
中点，连接 ，当 最小时， 的面积为 ．14．（2023·上海·统考中考真题）如图，在 中， ，将 绕着点A旋转
，旋转后的点B落在 上，点B的对应点为D，连接 是 的角平分线，则
．
15．（2023·江西·统考中考真题）如图，在 中， ，将 绕点 逆时针旋
转角 （ ）得到 ，连接 ， ．当 为直角三角形时，旋转角 的度数为 ．
16．（2023·湖南张家界·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形 是正方形，点
的坐标为 ， 是以点 为圆心， 为半径的圆弧； 是以点 为圆心， 为半径的圆弧，
是以点 为圆心， 为半径的圆弧， 是以点 为圆心， 为半径的圆弧，继续以点 ， ，
， 为圆心按上述作法得到的曲线 称为正方形的“渐开线”，则点 的坐标是 ．17．（2023·黑龙江牡丹江·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形 的顶点A，B在x
轴上， ， ， ，将菱形 绕点A旋转 后，得到菱形 ，则点 的坐
标是 ．
18．（2023·江苏宿迁·统考中考真题）如图， 是正三角形，点A在第一象限，点 、
．将线段 绕点C按顺时针方向旋转 至 ；将线段 绕点B按顺时针方向旋转 至
；将线段 绕点A按顺时针方向旋转 至 ；将线段 绕点C按顺时针方向旋转 至 ；
……以此类推，则点 的坐标是 ．三、解答题（本大题共6小题，共58分）
19．（8分）（2023·湖北宜昌·统考中考真题）如图，在方格纸中按要求画图，并完成填空．
（1）画出线段 绕点O顺时针旋转 后得到的线段 ，连接 ；
（2）画出与 关于直线 对称的图形，点A的对称点是C；
（3）填空： 的度数为_________．
20．（8分）（2023·四川自贡·统考中考真题）如图1，一大一小两个等腰直角三角形叠放在一起， ，
分别是斜边 ， 的中点， ．
（1）将 绕顶点 旋转一周，请直接写出点 ， 距离的最大值和最小值；
（2）将 绕顶点 逆时针旋转 （如图 ），求 的长．21．（10分）（2023·北京·统考中考真题）在 中、 ， 于点
M，D是线段 上的动点（不与点M，C重合），将线段 绕点D顺时针旋转 得到线段 ．
（1）如图1，当点E在线段 上时，求证：D是 的中点；
（2）如图2，若在线段 上存在点F（不与点B，M重合）满足 ，连接 ， ，直接写
出 的大小，并证明．
22．（10分）（2023·辽宁阜新·统考中考真题）如图，在正方形 中，线段 绕点C逆时针旋
转到 处，旋转角为 ，点F在直线 上，且 ，连接 ．
（1）如图1，当 时，
①求 的大小（用含 的式子表示）．
②求证： ．（2）如图2，取线段 的中点G，连接 ，已知 ，请直接写出在线段 旋转过程中（
） 面积的最大值．
23．（10分）（2023·黑龙江牡丹江·统考中考真题） 中， ，垂足为E，连接 ，将
绕点E逆时针旋转 ，得到 ，连接 ．
（1）当点E在线段 上， 时，如图①，求证： ；
（2）当点E在线段 延长线上， 时，如图②：当点E在线段 延长线上，
时，如图③，请猜想并直接写出线段AE，EC，BF的数量关系；
（3）在（1）、（2）的条件下，若 ， ，则 _______．24．（12分）（2023·四川德阳·统考中考真题）将一副直角三角板 与 叠放在一起，如图1，
， ， ， ．在两三角板所在平面内，将三角板 绕点O顺时针方向
旋转 （ ）度到 位置，使 ，如图2．
（1）求 的值；
（2）如图3，继续将三角板 绕点O顺时针方向旋转，使点E落在 边上点 处，点D落在点
处．设 交 于点G， 交 于点H，若点G是 的中点，试判断四边形 的形状，
并说明理由．参考答案
1．A
【分析】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．
解：A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意，
故选：A．
【点拨】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，掌握轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形
两部分折叠后可重合，中心对称图形的关键是要寻找对称中心，旋转 后与原图重合是关键．
2．A
【分析】分两种情况：①如图，将该菱形绕顶点A在平面内顺时针旋转 ，连接 ， 相交于点
O， 与 交于点E，根据菱形的性质推出 的长，再根据菱形的性质推出 与 的长，再根据
重叠部分的面积 求解即可．②将该菱形绕顶点A在平面内逆时针旋转 ，同①方法可得重叠部分的面积 ．
解：①如图，将该菱形绕顶点A在平面内顺时针旋转30°，
连接 ， 相交于点O， 与 交于点E，
∵四边形 是菱形， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
∵菱形 绕点A顺时针旋转 得到菱形 ，
∴ ，
∴A， ，C三点共线，
∴ ，
又∵ ，
∴ ， ，
∵重叠部分的面积 ，
∴重叠部分的面积 ；
②将该菱形绕顶点A在平面内逆时针旋转 ，同①方法可得重叠部分的面积 ，
故选：A．
【点拨】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，正确作出图形是解题的关键．3．B
【分析】证明 ，得到 ，推出 为直角三角形，利用 的
面积等于 ，进行求解即可．
解：∵ ， ，
∴ ， ，
∵将线段 绕点 顺时针旋转 得到线段 ，
∴ ， ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ 的面积等于 ；
故选B．
【点拨】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质．熟练掌握旋转的性质，
得到三角形全等是解题的关键．本题蕴含手拉手全等模型，平时要多归纳，多总结，便于快速解题．
4．B
【分析】延长 交 轴于点 ，根据旋转的性质以及已知条件得出 ，进而求得
的长，即可求解．
解：如图所示，延长 交 轴于点 ，∵四边形 是菱形，点 在 轴的正半轴上， 平分 ， ，
∴ ，
∵将菱形 绕原点 逆时针方向旋转 ，
∴ ，则 ，
∴
∴ ，
在 中，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故选：B．
【点拨】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，坐标与图
形，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
5．B
【分析】根据含 角的直角三角形的性质可得 ，利用待定系数法可得直线 的解析式，
依次将 四个点的一个坐标代入 中可解答．
解：∵点 ，点 ，∴ 轴， ，
由旋转得： ，
如图，过点B作 轴于C，
∴ ，
∴ ，
∴ ），
设直线 的解析式为： ，
则 ，
∴ ，
∴直线 的解析式为： ，
当 时， ，
∴点 不在直线 上，
当 时， ，
∴ 在直线 上，当 时 ，
∴ 不在直线 上，
当 时， ，
∴ 不在直线 上．
故选：B．
【点拨】本题考查的是图形旋转变换，待定系数法求一次函数的解析式，确定点B的坐标是解本题的
关键．
6．C
【分析】先求出 ，再利用旋转的性质求出 ， ，然后利用等边对等角求
出 ，最后利用三角形的内角和定理求解即可．
解：如图，
，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵旋转，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
即旋转角 的度数是 ．
故选：C．
【点拨】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等，掌握等边对等角是解题的关键．
7．B
【分析】将 绕点 逆时针旋转 得到 ，可得以线段 为边的三角形，即
，最小的锐角为 ，根据邻补角以及旋转的性质得出 ，进而即可求解．
解：如图所示，将 绕点 逆时针旋转 得到 ，
∴ ， ， ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∴以线段 为边的三角形，即 ，最小的锐角为 ，
∵ ，
∴
∴
∴ ，
故选：B．
【点拨】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
8．A
【分析】根据旋转的性质即可解答．
解：根据题意，由旋转的性质，
可得 ， ， ，
无法证明 ， ，故B选项和D选项不符合题意，
，故C选项不符合题意，，故A选项符合题意，
故选：A．
【点拨】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质和三角形外角运用是解题的关键．
9．D
【分析】连接OB，由正方形ABCD绕原点O顺时针旋转45°，推出 ，得到△ 为等腰
直角三角形，点 在y轴上，利用勾股定理求出O 即可．
解：连接OB，
∵正方形ABCD绕原点O顺时针旋转45°，
∴ ， ，
∴ ，
∴△ 为等腰直角三角形，点 在y轴上，
∵ ，
∴ =2，
∴ （0，2），
故选：D．
【点拨】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，特殊三角形的性质．关键是根据旋转角证明点B 在
1y轴上．
10．B
【分析】根据旋转的性质可得，BC＝B′C′，∠C′AB′＝∠CAB＝20°，∠AB′C′＝∠ABC＝30°，再根据旋
转角的度数为50°，通过推理证明对①②③④四个结论进行判断即可．
解：①∵△ABC绕A点逆时针旋转50°得到 AB′C′，
∴BC＝B′C′．故①正确； △
②∵△ABC绕A点逆时针旋转50°，
∴∠BAB′＝50°．
∵∠CAB＝20°，
∴∠B′AC＝∠BAB′﹣∠CAB＝30°．
∵∠AB′C′＝∠ABC＝30°，
∴∠AB′C′＝∠B′AC．
∴AC∥C′B′．故②正确；
③在 BAB′中，AB＝AB′，∠BAB′＝50°，
△
∴∠AB′B＝∠ABB′＝ （180°﹣50°）＝65°．
∴∠BB′C′＝∠AB′B+∠AB′C′＝65°+30°＝95°．
∴CB′与BB′不垂直．故③不正确；
④在 ACC′中，
AC＝△AC′，∠CAC′＝50°，
∴∠ACC′＝ （180°﹣50°）＝65°．
∴∠ABB′＝∠ACC′．故④正确．
∴①②④这三个结论正确．
故选：B．
【点拨】此题考查了旋转性质的应用，图形的旋转只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小，还
考查了等腰三角形的判定和性质、平行线的判定等知识．熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
11．
【分析】过点 作 轴于点A，过点 作 轴于点C，易证 ，即得出， ，即 ．
解：如图，过点 作 轴于点A，过点 作 轴于点C，
∵将 绕点 逆时针旋转 ，得到 ，
∴ ， ，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
又∵ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ．
故答案为： ．
【点拨】本题考查坐标与图形，三角形全等的判定和性质．正确作出辅助线构造全等三角形是解题关
键．
12．
【分析】由正方形 ，可得 ， ， ，证明
，求解 ，再结合旋转的性质与勾股定理可得答案．
解：∵正方形 ，
∴ ， ，
∴ ，
∵E为 的中点，
∴ ，∴ ，
由旋转可得： ， ，
∴ ；
故答案为： ．
【点拨】本题考查的是正方形的性质，旋转的性质，勾股定理的应用，熟记旋转的性质是解本题的关
键．
13．
【分析】连接 ， 交于点P，由直角三角形的性质及等腰三角形的性质可得 垂直平
分 ， 为定角，可得点F在射线 上运动，当 时， 最小，由含30度角直角三
角形的性质即可求解．
解：连接 ， 交于点P，如图，
∵ ，点 为 的中点，
∴ ，
∵ ，
∴ ,
∴ 是等边三角形，
∴ ；
∵线段 绕点 顺时针旋转 得到线段 ，
∴ ，
∵ ，
∴ 垂直平分 ， ，
∴点F在射线 上运动，
∴当 时， 最小，
此时 ，
∴ ；
∵ ，
∴ ，∴ ，
∵ ，
∴由勾股定理得 ，
∴ ，
∴ ；
故答案为： ．
【点拨】本题考查了等腰三角形性质，含30度直角三角形的性质，斜边中线性质，勾股定理，线段垂
直平分线的判定，勾股定理，旋转的性质，确定点F的运动路径是关键与难点．
14．
【分析】如图， ， ，根据角平分线的定义可得 ，根据三角形的
外角性质可得 ，即得 ，然后根据三角形的内角和定理求解即可．
解：如图，根据题意可得： ， ，
∵ 是 的角平分线，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
则在 中，∵ ，
∴ ，
解得： ；故答案为：
【点拨】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质以及三角形的内角和等知识，
熟练掌握相关图形的性质是解题的关键．
15． 或 或
【分析】连接 ，根据已知条件可得 ，进而分类讨论即可求解．
解：连接 ，取 的中点 ，连接 ，如图所示，
∵在 中， ，
∴ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ， ，
∴
∴ ，
∴
∴ ，
如图所示，当点 在 上时，此时 ，则旋转角 的度数为 ，当点 在 的延长线上时，如图所示，则
当 在 的延长线上时，则旋转角 的度数为 ，如图所示，
∵ ， ，
∴四边形 是平行四边形，
∵
∴四边形 是矩形，
∴
即 是直角三角形，
综上所述，旋转角 的度数为 或 或
故答案为： 或 或 ．
【点拨】本题考查了平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，旋转
的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
16．
【分析】将四分之一圆弧对应的A点坐标看作顺时针旋转 ，再根据A、 、 、 、 的坐标找
到规律即可．解：∵A点坐标为 ，且 为A点绕B点顺时针旋转 所得，
∴ 点坐标为 ，
又∵ 为 点绕O点顺时针旋转 所得，
∴ 点坐标为 ，
又∵ 为 点绕C点顺时针旋转 所得，
∴ 点坐标为 ，
又∵ 为 点绕A点顺时针旋转 所得，
∴ 点坐标为 ，
由此可得出规律： 为绕B、O、C、A四点作为圆心依次循环顺时针旋转 ，且半径为1、2、3、
、n，每次增加1．
∵ ，
故 为以点C为圆心，半径为2022的 顺时针旋转 所得
故 点坐标为 ．
故答案为： ．
【点拨】本题考查了点坐标规律探索，通过点的变化探索出坐标变化的规律是解题的关键．
17． 或
【分析】分两种情况：当绕点A顺时针旋转 后，当绕点A逆时针旋转 后，利用菱形的性质及直
角三角形30度角的性质求解即可．
解：当绕点A顺时针旋转 后，如图，∵ ，
∴ ，
∵菱形 中 ， ，
∴ ，
延长 交x轴于点E，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
当绕点A逆时针旋转 后，如图，延长 交x轴于点F，
∵ ， ，∴ ，
∵菱形 中 ， ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
故答案为： 或 ．
【点拨】此题考查了菱形的性质，直角三角形30度角所对的直角边等于斜边的一半，旋转的性质，正
确理解菱形的性质及旋转的性质是解题的关键．
18．
【分析】首先画出图形，然后得到旋转3次为一循环，然后求出点 在射线 的延长线上，点 在
x轴的正半轴上，然后利用旋转的性质得到 ，最后利用勾股定理和含 角直角三角形的性质求
解即可．
解：如图所示，由图象可得，点 ， 在x轴的正半轴上，
∴．旋转3次为一个循环，
∵
∴点 在射线 的延长线上，
∴点 在x轴的正半轴上，
∵ ， 是正三角形，
∴由旋转的性质可得， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴同理可得， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴由旋转的性质可得， ，∴如图所示，过点 作 轴于点E，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴点 的坐标是 ．
故答案为： ．
【点拨】本题考查了坐标与图形变化-旋转，勾股定理，等边三角形的性质．正确确定每次旋转后点与
旋转中心的距离长度是关键．
19．（1）详见分析；（2）详见分析；（3）
【分析】（1）根据题目叙述画出图形即可；
（2）根据题目叙述画出图形即可；
（3）由（1）作图可得 是等腰直角三角形，且 ，由对称的性质可得 ．
解：（1）在方格纸中画出线段 绕点O顺时针旋转 后得到的线段 ，连接 ,如图；
（2）画出与 关于直线 对称的图形，点A的对称点是C；如上图所示：
（3）由（1）作图可得 是等腰直角三角形，且 ，再根据对称的性质可得 ．
故答案为： ．
【点拨】此题考查了旋转作图及作轴对称图形，解答本题的关键是仔细审题，得出旋转三要素，进而
得出旋转后的图形．
20．（1）最大值为 ，最小值为 ；（2）
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线，得出 的值，进而根据题意求得最大值与最小值
即可求解；
（2）过点 作 ，交 的延长线于点 ，根据旋转的性质求得 ，进而得出
，进而可得 ，勾股定理解 ，即可求解．
（1）解：依题意， ， ，
当 在 的延长线上时， 的距离最大，最大值为 ，
当 在线段 上时， 的距离最小，最小值为 ；
（2）解：如图所示，过点 作 ，交 的延长线于点 ，
∵ 绕顶点 逆时针旋转 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，∴ ，
∴ ，
∴ ，
在 中， ，
在 中， ，
∴ ．
【点拨】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，旋转的性质，含30度角的
直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质，勾股定理是解题的关键．
21．（1）见分析；（2） ，证明见分析
【分析】（1）由旋转的性质得 ， ，利用三角形外角的性质求出
，可得 ，等量代换得到 即可；
（2）延长 到H使 ，连接 ， ，可得 是 的中位线，然后求出
，设 ， ，求出 ，证明 ，得到
，再根据等腰三角形三线合一证明 即可．
解：（1）证明：由旋转的性质得： ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，即D是 的中点；
（2） ；
证明：如图2，延长 到H使 ，连接 ， ，
∵ ，
∴ 是 的中位线，
∴ ， ，
由旋转的性质得： ， ，
∴ ，
∵ ，∴ ， 是等腰三角形，
∴ ， ，
设 ， ，则 ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
在 和 中， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，即 ．
【点拨】本题考查了等腰三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形外角的性质，三角形中位线定理
以及全等三角形的判定和性质等知识，作出合适的辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．
22．（1）① ；②见分析；（2） 面积的最大值为 ．
【分析】（1）①利用等腰三角形的性质，三角形内角和定理计算得到 ，据此求解即
可；②连接 ，计算得到 ，利用 证明 ，推出 是等腰
直角三角形，据此即可证明 ；（2）过点G作 的垂直，交直线 于点H，连接 相交于点O，连接 ，利用直角三角
形的性质推出点G在以点O为圆心， 为半径的一段弧上，得到当点 在同一直线上时， 有
最大值，则 面积的最大值，据此求解即可．
（1）解：①∵四边形 是正方形，
∴ ， ，
由题意得 ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
②连接 ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ 是等腰直角三角形，
∴ ；（2）解：过点G作 的垂线，交直线 于点H，连接 相交于点O，连接 ，
由（1）得 是等腰直角三角形，又点G为斜边 的中点，
∴ ，即 ，
∵四边形 是正方形，
∴ ，
∴ ，
∴点G在以点O为圆心， 为半径的一段弧上，
当点 在同一直线上时， 有最大值，则 面积的最大值，
∴ ，
∴ 面积的最大值为 ．
【点拨】本题考查的是正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性
质、直角三角形的性质、勾股定理，掌握相关的判定定理和性质定理是解题的关键．
23．（1）见分析；（2）图②： ，图③： ；（3）1或7
【分析】（1）求证 ， ，得 ，所以 ，进而
，所以 ；
（2）如图②，当点E在线段 延长线上， 时，同（1）， ，得
，结合平行四边形性质，得 ，所以 ；如图③，当点E在线段 延
长线上， 时，求证 ，得 ，同（1）可证 ，
，结合平行四边形性质，得 ，所以 ；（3）如图①， 中，勾股定理，得 ，求得 ；如图②，
，则 , 中， ，可得图②中，不存在 ， 的
情况；如图③， 中，勾股定理，得 ，求得 ．
解：（1）证明： ，
．
，
∴
∴
．
，
．
．
，
．
．
四边形 是平行四边形，
．
；
（2）如图②，当点E在线段 延长线上， 时，
同（1）， ，
∴四边形 是平行四边形，
．
∴
即 ；
如图③，当点E在线段 延长线上， 时，
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∴
同（1）可证，
∴
四边形 是平行四边形，
．
∴
即
（3）如图①，∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∴
∵
∴
中， , ，由 ，得 ；
如图②， ，则 , 中， ，
∴ ,与 矛盾，故图②中，不存在 ， 的情况；
如图③，
∵四边形 是平行四边形
∴
∴
∵
∴
中， ，
∴
由 知， ．
综上， 或7．
【点拨】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，根据条件选用恰当的方法作全等的
判定是解题的关键．
24．（1） ；（2）正方形，见分析
【分析】（1）确定旋转角 ，结合 ， ，计算即可．
（2）先证明四边形 是矩形，再利用等腰直角三角形的性质，结合一组邻边相等的矩形是正方
形证明即可．
解：（1）根据题意，得旋转角 ，
∵ ， ，
∴ ，
故 ．
（2）根据题意，得旋转角 ，
∵ ， ，∴ ，
∵ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是矩形，
∵ ，
∴四边形 是正方形．
【点拨】本题考查了旋转的性质，矩形的判断，正方形的判断，等腰直角三角形的性质，熟练掌握矩
形的判断，正方形的判断，等腰直角三角形的性质是解题的关键．
