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第23 章 旋转（单元测试·培优卷）
一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．（2022·江苏盐城·校考一模）2022年油价多次上涨，新能源车企迎来了更多的关注，如图是理想、
蔚来、小鹏、哪吒四款新能源汽车的标志，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023春·河南郑州·八年级统考期末）如图，已知在 中， ， ，把一块含
有角 的三角板的直角 顶点D放在 的中点上（ ），将 绕点D按顺时针方向旋转a
度（F始终在点B上方），则 与 重叠部分的面积为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．（2023春·河南平顶山·八年级统考期中）王老师将课本第89页11题进行了改编，如图等边三角形
边长为6，点D在直线 上，将 绕点A逆时针旋转，使得旋转后点B的对应点为C，点D的
对应点为E，设 ， 的面积为y，则y关于x的关系式为（ ）
A． B． C． D．
4．（2023春·四川内江·七年级统考期末）如图， 与 关于点D成中心对称，连接AB，以下结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
5．（2022·河北保定·校考一模）如图，已知点A与点C关于点O对称，点B与点D也关于点O对称，
若 ， ．则AB的长可能是（ ）
A．3 B．4 C．7 D．11
6．（2023春·江苏苏州·七年级苏州市立达中学校校考期末）如图， 中， ，
， ， ， ，直线 经过点 ，交边 于点 ，分别过点 ， 作
， ，垂足分别为 ， ，设线段 ， 的长度分别为 ， ．若直线 从与
重合位置开始顺时针绕着点 旋转，至与 压合时停止，在旋转过程中， 的最大值为（ ）
A． B．1 C． D．7．（2023·河南郑州·校考三模）小星利用平面直角坐标系绘制了如下风车图形，他先将 固定在
坐标系中，其中 ，接着他将 绕原点O逆时针转动 至 ，称为第一次转动，
然后将 绕原点O逆时针转动 至 ，称为第二次转动，……那么按照这种转动方式，转动
2023次后，点A的坐标为（ ）
A． B． C． D．
8．（2022秋·浙江宁波·九年级浙江省余姚市实验学校校考期末）如图，抛物线 （a＞
0）与x轴交于A，B，顶点为点D，把抛物线在x轴下方部分关于点B作中心对称，顶点对应D′，点A对
应点C，连接DD′，CD′，DC，当△CDD′是直角三角形时，a的值为（ ）
A． 或 B． 或 C． 或 D． 或
9．（2022秋·九年级单元测试）如图，已知等边 和等边 ，其中A、B、D三个点在同一条
直线上，且 ，连接AE、CD．则下列关于图形变换的说法正确的是（ ）A． 可看作是 沿AB方向平移所得
B． 和 关于过点B且垂直于AB的直线成轴对称
C． 可看作是由 绕点B顺时针方向旋转60°所得
D． 和 关于点B成中心对称
10．（2022·广西河池·校联考二模）如图，把 放置在正方形 中， ，直角顶
点 在正方形的对角线 上，点 、 分别在 和 边上， 经正方形 的对称中心点 ，且
点 是 的中点，下面说法：①若 ，则 ；②若 ，则 ；③若
， ， ，则 ，其中正确的有（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）
11．（2023春·辽宁鞍山·七年级校考阶段练习）如图所示， ， ， ，
若将线段 绕点B旋转使得 ，则至少旋转 度．12．（2023春·江西宜春·八年级江西省丰城中学校考期中）如图，直线 ，等边 的边长为
，其中点 与原点 重合，点 在 轴负半轴上，将等边 沿 轴方向无滑动滚动，当等边三角形的
一个顶点落到直线 上时，则点 的对应点的坐标为 ．
13．（2023春·安徽·九年级专题练习）如图，在 中， ， ，点M是 上的
一点，过点M作 交 于点N，将 绕点C逆时针方向旋转 得到 ，连
接 ， ．
（1）若 ，则 ．
（2）若 ，点M是 的中点，且点A，D，E在一条直线上，则 的长是 ．
14．（2022秋·四川成都·九年级校考期中）如图1，在等腰直角 中， ，点 是 中点，在 中， ， ， ，将 与 重合，如图2，再将 绕点 顺
时针旋转 ， 与 相交于点 ，与 相交于点 ，若 ，则 的长是 ．
15．（2022秋·湖北武汉·九年级统考期中）如图， 为等腰直角三角形， ，点 分
别为边 、 的中点，若将 绕点 逆时针方向旋转得到 （ 的对应点分别为
），当线段 所在直线经过 的一个顶点时， 的值为 ．
16．（2022春·浙江金华·八年级统考阶段练习）如图，等边 的边长为6， 是 边上的中线，
点 为射线 上的一个动点，线段 绕点 按逆时针方向转动60°得到 ，连结 、 ．
（1）在点 运动过程中，两点 、 之间的距离的最小值为 ．
（2）在点 运动过程中，当 的长度为5时，线段 的长为 ．
17．（2022春·四川成都·八年级统考期末）如图，△ABC中，点P为AC的中点，点G为BC边上任意一点，在△ABC绕点A旋转的过程中，点G的对应点为G′，若AC＝4，AB＝4 ，∠ABC＝30°，则线段
PG′的取值范围为 ．
18．（2023春·浙江·八年级专题练习）某品牌储物盒侧面示意图如图 所示，工作原理是翻开盖子使推
动杆 绕点 自由转动， 始终垂直 ，带动两小盒子缓缓上升或下降，其中两个支点 ， 固定在
盒身，两支架 与 互相平分，四边形 和 都是平行四边形．当推动杆 翻转到水平位置
如图 所示，点 到 所在直线的距离为 ，则 的长为 ；当推动杆 翻转到最大角度（即 在
直线 上）如图 所示，若 ， ，则点 到直线 的距离为 ．
三、解答题（本大题共6小题，共58分）
19．（8分）（2023春·上海虹口·七年级上外附中校考期末）如图，已知 ，点A与点 关于点O
成中心对称，试画出对称中心点O和 的对称 （此题无需尺规作图，无需写作法，要求精确，
需要写结论）．20．（8分）（2021秋·广东茂名·八年级校联考期中）如图所示，在平面直角坐标系中，△ABC的两
个顶点的坐标分别为A（m，4）、B（n，0），且AO=CO，AC经过原点O，BH AC于点H．
（1）若m的算术平方根是 ，求点C的坐标．
（2）若n是216的立方根，求AC·BH的值 ．
21．（10分）（2023春·江苏泰州·八年级校考期中）如图，正方形 绕着边长为a的正方形
的对角线的交点O旋转，边 分别交边 于点M、N．
（1）求证： ；
（2）问四边形 的面积是否随着a的变化而变化？若不变，请用a的代数式表示出来，若变化，
请说明理由；
（3）试探究 三条线段之间有怎样的数量关系，并写出推理过程．22．（10分）（2023秋·北京海淀·九年级校考开学考试）在 中， ， 是直角三角
形，且 ．将 绕点A逆时针旋转一定角度得到 ，其中点D的对应点是点G，连接
并延长交 于点H，连接 ．
（1）如图1，当点D在边 上时，求证 ；
（2）如图2，当点D在 内部时，直接写出 的大小，并证明．
23．（10分）（2023春·辽宁锦州·八年级统考期末）已知 和 都是等边三角形，连接 ，
将 绕点 逆时针旋转 得到 ，连接 ， ．
（1）如图 ，求证：① ≌ ；②四边形 是平行四边形；
（2）如图 ， ， 分别是 ， 的中点，若 的顶点 在 边上， ， ，求
的长．24．（12分）（2023春·山西晋城·八年级校联考期末）综合与实践
问题背景：四边形 是正方形，E为对角线 所在直线上一动点（不与点A，C重合），连结
，将线段 绕点B按逆时针方向旋转 得到线段 ，连结 ．
（1）如图1，当点E在线段 上时，求证： ．
探索发现：
（2）如图2，当点E在 的延长线上时，线段 与 的数量关系为_________，直线 与 的位置关系为_________．
（3）如图3，当点E在 的延长线上时，连结 并延长，分别交 边于点G，交 的延长线于
点F，试猜想 与 的数量关系，并说明理由．
参考答案
1．C
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
解：A．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故本选项不合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项不符合题意；
C．既是轴对称图形又是中心对称图形．故本选项符合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项不合题意．故选：C．
【点拨】此题考查中心对称图形与轴对称图形的概念．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；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180°后与原图重合．
2．B
【分析】由“ ”可证 和 全等，可得 ，即可求解．
解：如图，连接 ，
∵ ， ， ，点D是 的中点，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故选：B．
【点拨】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，证明三角形全
等是解题的关键．
3．D【分析】过点E作 于F，根据等边三角形的性质及旋转的性质求出 ，得到
，利用勾股定理求出 ，即可得到问题的答案．
解：如图，过点E作 于F，
∵等边三角形 边长为6，
∴ ，
∴ ，
由旋转得
∴
∵
∴ ，
∴
∴ 的面积 ，
故选：D．
【点拨】此题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，直角三角形中30度角的性质，勾股定理的应用，
根据图象的面积求函数解析式等知识与方法，正确地作出需要的辅助线是解题的关键．
4．B
【分析】根据中心对称图形的性质可得结论．
解：∵ 与 关于点D成中心对称，
∴ ， ，
∴
∴选项A、C、D正确，选项B错误；故选B．
【点拨】本题主要考查了中心对称图形的性质，即对应点在同一条直线上，且到对称中心的距离相等．
5．C
【分析】根据三角形三边关系定理，可知 即可求解．
解：∵点 与点 关于点 对称，点 与点 也关于点 对称，
∴ ，
又∵∠AOD=∠BOC
∴△AOD≌△BOC（SAS）
∴AD=BC=3
∵
∴ ．
故选：C．
【点拨】本题考查了三角形三边关系定理：任意两边之和大于第三边，及对称的性质，全等三角形的
判定与性质，解题的关键是将求AB的值转化为求三角形第三边的取值范围．
6．A
【分析】过B作 于G，得到四边形 是矩形，由矩形的性质得到 ，得到
，于是推出当点G与B重合时， 的值最大，即 的最大值 ．
解：过B作 于G，
∵ ，
∴四边形 是矩形，
∴ ，
∴ ，
∴当点G与B重合时， 的值最大，即 的最大值 ．【点拨】本题考查了旋转的性质，矩形的判定和性质，能综合运用性质进行推理是解此题的关键．
7．A
【分析】根据每次转动 可知，4次一个循环，分别求出第一次到第四次的点 的坐标，利用规律解
决问题即可．
解：第一次转动后，点A的坐标为 ；
第二次转动后，点A的坐标为 ；
第三次转动后，点A的坐标为 ；
第四次转动后，点A的坐标为 ；
每次转动 可知，4次一个循环，
∵ ，
∴转动2023次后，点A的坐标为 ，
故选：A
【点拨】本题考查坐标与图形变化 旋转，规律型：点的坐标，解题的关键是掌握探究规律的方法，
属于中考常考题型．
8．A
【分析】先求出点A（-3，0），点B（1，0），由点B为中心对称，求出点C（5，0），把抛物线配
方为顶点式可得D（－1，－4a），点D与点D′关于点B对称，D′（3，4a），DD′ ，CD=
，CD′= ，由 CDD′是直角三角形，分两种情况，当∠CD′D=90°，∠DCD′=90°时利用
△
勾股定理列出方程，解方程即可．
解：∵抛物线 （a＞0）与x轴交于A，B，
∴
∵a＞0
解得∴点A（-3，0），点B（1，0），
∵点B为中心对称，
∴点C的横坐标为：1+（1+3）=5，
∴点C（5，0），
∴抛物线 ，
∴D（－1，－4a），
点D与点D′关于点B对称，
点D′的横坐标为1+（1+1）=3，纵坐标为4a，
∴D′（3，4a），
DD′= ，CD= ，
CD′= ，
∵△CDD′是直角三角形，
当∠CD′D=90°，
根据勾股定理，CD′2＋DD′2＝CD2，即
，
解得 ，
∵a＞0，
∴ ；
当∠DCD′=90°，
根据勾股定理，CD′2＋CD2＝DD′2，即
，
解得 ，
∴ ，
∴综合得a的值为 或 ．
故答案选：A．【点拨】本题考查待定系数法求抛物线解析式，分类思想的应用，勾股定理，中心对称性质，掌握待
定系数法求抛物线解析式，分类思想的应用，勾股定理，中心对称性质是解题关键．
9．C
【分析】根据平移的性质、轴对称图形的识别和中心对称图形的识别可判断A、B、D；证明
ABE≌△CBD，根据∠ABC＝60°结合旋转的性质可判断C．
△ 解：A、∵ ，
∴ 不能看作是 沿AB方向平移所得，说法错误；
B、∵ ，
∴ 和 不关于过点B且垂直于AB的直线成轴对称，说法错误；
C、∵ 和 是等边三角形，
∴BA＝BC，BE＝BD，∠ABC＝∠EBD＝60°，
∴∠ABE＝∠CBD，
∴ ABE≌△CBD（SAS），
又△∵∠ABC＝60°，
∴ 可看作是由 绕点B顺时针方向旋转60°所得，说法正确；
D、由中心对称的性质可知： 和 不关于点B成中心对称，说法错误；
故选：C．
【点拨】本题考查了平移的性质、旋转的性质、轴对称图形的识别、中心对称图形的识别以及全等三
角形的判定，熟练掌握平移的性质、旋转的性质、轴对称图形和中心对称图形的定义是解题的关键．
10．C
【分析】①正确，证明△EDO≌△FBO（ ASA），可得结论；②正确，求出∠GFB，∠EFG，可得结论；
③错误，求出OG，EF，再利用勾股定理求出EG，即可判断．
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD//BC，AB=BC=6，
∴ ，
在 和 中，
∴ ，∴DE=BF，OE=OF，
∴CF+DE=CF+BF=BC=6，
故①正确；
∵ ，
若 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
故②正确；
∵ ，
∴ ，
∴ ，
由勾股定理得： ，
故③错误；
故选：C．
【点拨】本题考查中心对称，全等三角形的判定和性质，正方形的性质等知识，解题的关键是正确寻
找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
11．70
【分析】线段 绕点B旋转到该位置得到 ，过点E作 ，先根据平行线的性质，得
到 ，再根据垂线的定义以及平行线的性质进行计算即可．
解：如图，线段 绕点B旋转到该位置得到 ，过点E作 ，， ，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
∵ ，
，
∴至少旋转70度，
故答案为：70．
【点拨】本题考查了旋转问题，涉及到平行线的判定与性质，正确作出辅助线是关键．
12． 或 或 ．
【分析】利用等边三角形的性质可以求出 ， 坐标，先绕点 顺时针旋转 ，即可求出 ，再绕点
顺时针旋转 ，即可求出 ，绕点 顺时针旋转 即可求出 ．
解：如图，，
由题意得： ， ，
如解图，①当点 的对应点 落在直线 上时，点 的对应点 与点 重合，
∴点 的坐标为 ；
②当点 的对应点 落在直线 上时，点 与点 重合，
∴此时点 的纵坐标为 ，当 时， ，
∴点 的坐标为 ；
③当点 的对应点 落在直线 上时，点 与点 重合，
∴此时点 的对应点 的坐标为 ；
综上所述，点 的对应点的坐标为： 或 或 ，
故答案为： 或 或 ．
【点拨】此题考查了旋转的性质和等边三角形的性质，解题的关键是熟练掌握旋转的性质，分情况画
出图形．
13． /
【分析】（1）根据旋转的性质可得 ， ，再根据平行线的性质可证
是等腰直角三角形，即 ，从而可证 ，即可求出结果；
（2）由（1）可得 ， ，可得 ，再由点A，D，E在一条直线
上，可得 ，根据 ，可得 ，从而求得 ，利用勾股定理求得 ， ，在 中，利用勾股定理即可求得结果．
解：∵ ， ，
∴ ，
∵将 绕点C逆时针方向旋转 得到 ，
∴ ， ，
又∵ ，
∴ ，
∴ 是等腰直角三角形，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
故答案为： ；
（2）由（1）可得 ， ，
，
∴点A，D，E在一条直线上，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴∵ ，
，
∴
∵点M是 的中点，
，
∴
，
∴
在 中， ，即 ，
解得： 或 （舍），
故答案为： ．
【点拨】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、平行线的
性质及勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质证明 是解题的关键．
14． /
【分析】设 与 交于点 ，过点 作 于 ，根据旋转的性质得到 ，
，进而得到 ， ，从而推出 ，再反复利用等腰三角形的性质和勾
股定理，得到相关线段关系，即可求出 的长．
解：如图，设 与 交于点 ，过点 作 于 ，将 绕点 顺时针旋转 ，
， ，
，
，
，
，
， ，
，
，
，
，
，
， ，
，
，
，
，，
，
，
，
，
故答案为： ．
【点拨】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，30度角所对的直角边等于斜边
一半等知识，熟练掌握相关知识点是解题关键．
15． /
【分析】设 ，根据等腰直角三角形的性质可得 ， ；由点 分别
为边 、 的中点得出 ， ；过点 作 于 ；根据等腰直角三角形的
性质可得 ；根据勾股定理求得 ，进而得出 ；通过证明
得到 ，最后计算即可得出答案；
解：设
∵ 为等腰直角三角形，
∴ ，
∵点 分别为边 、 的中点
∴ ，
如图，当线段 所在直线经过点 时，过点 作 于 ；∴
∴
由旋转的性质可得： ；
在 和 中
∴
∴
∴
当线段 所在直线经过点 时，过点 作 于 ；
同理可求 ，故答案为：
【点拨】本题考查了等腰直角三角形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质，勾股定理等知
识点；熟练运用上述基础知识转化线段是解题的关键．
16． 或 ．
【分析】（1）证明 ACP≌ BCE（SAS），可得∠CAP＝∠CBE，求出∠CBE＝30°，可得∠ABE＝
90°，过点B作直线l垂直△于AB，△则点E在直线l上，过点D作DE′⊥BE交BE于点E′，则此时DE′的长为
点 、 之间的距离的最小值，根据含30°角的直角三角形的性质求解即可；
（2）过点C作CG⊥l于G，求出BG＝ ，然后分点P在线段AD上时，点P在线段AD的延长线上
时两种情况，求出EG＝4或E′′G＝4，即可求出对应的线段 的长．
解：（1）由旋转的性质得CP＝CE，∠PCE＝60°，
∵ ABC是等边三角形，
∴C△A＝CB，∠ACB＝∠ABC＝60°，
∴∠ACP＝∠BCE，
∴ ACP≌ BCE（SAS），
∴△∠CAP＝△∠CBE，
∵ 是 边上的中线， ABC是等边三角形，
△
∴BD＝3，∠CAD＝ ∠CAB＝30°，
∴∠CBE＝30°，
∴∠ABE＝90°，
如图，过点B作直线l垂直于AB，则点E在直线l上，过点D作DE′⊥BE交BE于点E′，则此时DE′的
长为点 、 之间的距离的最小值，
∴DE′＝ BD＝ ，
即两点 、 之间的距离的最小值为 ；
（2）过点C作CG⊥l于G，
∵BC＝6，∠CBG＝30°，
∴CG＝ BC＝3，∴BG＝ ，
当点P在线段AD上时，
∵CE＝5，CG＝3，
∴EG＝4，
∴BE＝BG－EG＝ ；
当点P在线段AD的延长线上时，如图，
∵CE′′＝5，CG＝3，
∴E′′G＝4，
∴BE′′＝BG＋E′′G＝ ，
综上，线段 的长为 或 ；
故答案为：（1） ；（2） 或 ．
【点拨】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，含30°角的直角三
角形的性质以及勾股定理的应用等知识，作出合适的辅助线，构造出直角三角形是解题的关键．
17．
【分析】利用特殊位置求出PG'的最大值和最小值，即可求解．
解：根据题意得：AD=AB＝4 ，AE=AC=4，
如图，过点A作AH⊥BC于点H，∵AB＝4 ，∠ABC＝30°，
∴ ，
∵点P为AC的中点，AC＝4，
∴AP=2，
当点G与点H重合时，在△ABC绕点A旋转的过程中，点G'在线段AP的延长线上时，
此时 ，
∴ ，
即PG'的最小值为 ；
当点G与点B重合时，在△ABC绕点A旋转的过程中，点G'在线段PA的延长线上时，此时 ，
∴ ，
即PG'的最大值为 ，
∴线段PG′的取值范围为 ．
故答案为：
【点拨】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，利用特殊位置求出PG'的最大值和最小值是解
题的关键．
18． 3
【分析】根据平行四边形的性质可得FG=CD=3，延长FG交BC于M，作GNLBP于N，首先利用勾股
定理求出GM的长，再利用面积法可得GN的长，从而解决问题．
解： 两支架 与 互相平分，
，
四边形 和 都是平行四边形， ，
四边形 、四边形 都是矩形，
，
延长 交 于 ，作 于 ，
四边形 是平行四边形，
，
， ，
，
在 中，由勾股定理得，
，，
，
四边形 、四边形 是全等的平行四边形，
点 到 的距离为 ，
故答案： ， ．
【点拨】本题主要考查了平行四边形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识，运用等积法求出GN的
长是解题的关键．
19．见分析
【分析】连接 ，取中点O即为对称中心，延长 至 ，使得 ，延长 至 ，使得
，则 为所求作．
解：如图，点O和 即为所求作．
【点拨】本题考查了作图—旋转变换，解题关键是找出对称中心，掌握对应角都等于旋转角，对应点
到对称中心的距离相等．
20．（1）（-3，-4）；（2）48
【分析】（1）根据算术平方根的定义可得m=3，则A（3，4），由AO=CO，AC经过原点，可得A、
C两点关于原点对称，根据关于原点对称的点的坐标特征进行求解即可；
（2）根据立方根的定义可得n=6，则OB=6，由 ，
进行求解即可．解：（1）∵m的算术平方根是 ,
∴m=3，
∴A（3，4），
∵AO=CO，AC经过原点，
∴A、C两点关于原点对称，
∴点C的坐标是（-3，-4）；
（2）∵n是216的立方根，
∴ n=6，
∴A（m，4），B（6，0），C（-m，-4），
∴OB=6，
∵ ，
∵ ，
∴ ．
【点拨】本题主要考查了坐标与图形，关于原点对称的点的坐标特征，立方根和算术平方根的定义，
解题的关键在于能够熟练掌握关于原点对称的两点的坐标特征．
21．（1）证明见分析；（2）不变， ；（3）
【分析】（1）连接 ，证明 ，即可得到 ；
（2）由 可知 ，则
；
（3）由（1）可知 ，则 ，由四边形 是正方形得到
，证明 ，则 ，由勾股定理得到 ，等
量代换后即可的结论
解：（1）证明：连接 ，在正方形 中，
，
∵ ， ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ；
（2）不变， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ；
（3） ，
证明如下：如图，由（1）可知 ，
∴ ，
∵四边形 是正方形，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
在 中，由勾股定理得 ，
∴ ．
【点拨】此题考查了正方形的判定和性质、矩形的判定和性质、图形的旋转、全等三角形的判定和性
质、勾股定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
22．（1）见分析；（2） ，证明见分析
【分析】（1）利用余角的性质得 ，证明 得 ，
，再用三角形的外角得到 ，即可证明结论成立；
（2）在 上截取 ，同（1）可证 ，最后利用等腰三角形三线合一可得结论．
解：（1）如图1，在 上截取 ，∵ ，
∴ ，
∵把 绕点A逆时针旋转一定角度得到 ，
∴ ， ， ，
∵ ， ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
（2）如图2，在 上截取 ，同（1）可证 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
【点拨】此题考查了同角或等角的余角相等，三角形外角的性质，全等三角形的性质和判定，以及等
腰三角形的性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．
23．（1）①见分析；②见分析；（2）
【分析】（1）①根据等边三角形的性质，利用 即可证明 ；②连接 ，先根据旋
转的性质证明 是等边三角形，再证明 ，得 ，由①得 ，得
，即可证明四边形 是平行四边形；
（2）取 的中点 ，连接 ，根据三角形的中位线定理和勾股定理求出 的长，再根据三角形
的中位线定理求出 的长即可．
（1）解：证明：① 和 都是等边三角形，
， ， ，
，
；
②如图1，连接 ，
由旋转得 ， ，
是等边三角形，
， ，
是等边三角形，
， ，
，
，，
由① ，
，
，
四边形 是平行四边形；
（2）如图2，取 的中点 ，连接 ，
， ，
， ，
，
是等边三角形， 是 的中点，
，
， ，
，
，
、 分别为 、 的中点，
，
线段 的长度为 ．
【点拨】此题是四边形综合题，考查等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行四边形的判
定、全等三角形的判定与性质、旋转的性质、三角形的中位线定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
24．（1）见分析；（2） ， ；（3） ，理由见分析【分析】（1）求出 ，由 可证 ，可得 ；
（2）求出 ，由 可证 ，可得 ， ，再
求出 即可得出结论；
（3）求出 ，由 可证 ，可得 ， ，求
出 ，再由 可证 ，可得 ，即可证得结论．
解：（1）证明：∵四边形 是正方形，
∴ ， ，
∵将线段 绕点B按逆时针方向旋转 得到线段 ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
（2）解：∵四边形 是正方形，
∴ ， ， ，
∵将线段 绕点B按逆时针方向旋转 得到线段 ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ， ；
（3）解： ，
理由：如图3，过点E作 ，交 的延长线于H，∵四边形 是正方形，
∴ ， ， ，
∵ ， ，
∴ 是等腰直角三角形，
∴ ，
∵将线段 绕点B按逆时针方向旋转 得到线段 ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ 是等腰直角三角形，
∴ ， ， ，
∴ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点拨】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的
性质，旋转的性质，添加恰当的辅助线构造全等三角形是解题的关键．
