苏科版2025年七升八数学暑假衔接讲义专题08轴对称中的翻折、旋转问题专训(原卷版+解析)

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题型一 轴对称中的翻折问题专训
题型二 轴对称中的旋转问题专训
重难点专训
轴对称中的15道翻折问题专训
轴对称中的15道旋转问题专训
【知识梳理】
知识要点一 ： 翻折（对折）的定义
一条直线把一个平面图形分成两个全等的图形,其中的一个图形沿着这条直线翻折到另一个图形上面,则两部分完全重合,这个过程就叫做对折.
知识要点二： 翻折（对折）的特点
翻折问题实际上就是对称变换；
翻折是一种对称变换，属于轴对称，对称轴（折㡾所在直线）是对应点的连线的垂直平分线，翻折前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等；
教学初，为使学生直观感悟，可以进行一些实际操作，以便于学生形成直观感受，利于问题的解决。
知识要点三： 翻折（对折）的基本图形及图形特点
翻折图形的基本背景图形有：三角形、四边形、梯形等，解决这些问题的基本方法是精确找出翻折前后相等边与角，以及结合图形的性质把边角的关系联系起来，同时结合方程思想、数形结合等数学思想进行解题。
翻折特点：有翻折----就有重合----就有全等-----对应线段相等、对应角相等，运用勾股定理、等面积法结合图形特点进行解题。
【经典例题一 轴对称中的翻折问题专训】
【例1】（2023春·陕西榆林·八年级校考期末）如图，在等腰中，，，的平分线与的垂直平分线交于点O，点C沿折叠后与点O重合，则的度数是（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接，，先求出，进而求出，求出，由三角形内角和定理和即可求得答案．
【详解】解：如图，连接，

，为的平分线，
．
又，
．
是的垂直平分线，
，
，
．
为的平分线，，
直线垂直平分，
，
，
点C沿折叠后与点O重合，
，，
；
在中，，
．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质以及翻折变换及其应用，解题的关键是根据翻折变换的性质，找出图中隐含的等量关系，灵活运用有关知识来分析、判断．
【变式训练】
1．（2022秋·四川泸州·八年级统考期末）如图，中，将沿折叠，使得点C落在上的点处，连接与的角平分线交于点E；如果；那么下列结论：①；②垂直平分；③；④；其中正确的有（ ）个．
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】利用三角形全等的性质、等腰三角形的三线合一、角之间的关系、平行线的判定定理逐个分析各个结论的正误即可．
【详解】解：依题意有
∴，故结论①正确；
∵
∴为等腰三角形，又
∴AD垂直平分，故结论②正确；
∵
∴
∴
又∵
∴
∴，故结论③错误；
∵
∴
∴
∴
∴
∴
∴
又∵
∴
∴
∴∥，故结论④正确；
综上，正确的结论有3个．
故选：C．
【点睛】本题考查全等三角形的性质、线段的垂直平分、等腰三角形的性质、平行线的判定等知识，为三角形的综合题，解题的关键是熟练掌握三角形相关的知识定理．
2．（2023春·湖北武汉·七年级统考期末）如图，在三角形中，点D，E是边上两点，点F在边AB 上，将三角形沿折叠得三角形，交于点H，将三角形沿折叠恰好得到三角形，且．下列四个结论：①；②；③；④若，则． 其中正确的结论是______（填写序号）．

【答案】①③④
【分析】由折叠的性质可得，，则，，，由，可得，，则，由，可得，则，进而可判断①的正误；由题意知，无法判断与的关系，进而可判断②的正误；由，则，，可得，即，进而可判断③的正误；根据，可得，整理得，即，则，进而可判断④的正误；
【详解】解：由折叠的性质可得，，
∴，，，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，①正确，故符合要求；
∵，无法判断与的关系，②错误，故不符合要求；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，③正确，故符合要求；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，④正确，故符合要求；
故答案为：①③④．
【点睛】本题考查了折叠的性质，平行线的性质，全等的性质，三角形内角和、三角形外角的性质等知识．解题的关键在于明确角度之间的数量关系．
3．（2023秋·江西南昌·八年级南昌市外国语学校校联考期末）【母体呈现】人教版八年级上册数学教材56页第10题，如图的三角形纸片中，，，．沿过点的直线折叠这个三角形，使点落在边上的点处，折痕为．求的周长．
解：是由折叠而得到，
．
，．
，
．
，
∴的周长为：．
(1)【知识应用】在中，沿过点的直线折叠这个三角形，使点落在边上的点处，折痕为，过点作的平分线交于点连接．如图1，若，，求的面积；
(2)如图2，求证：平分；
(3)【拓展应用】如图3，在中，沿过点的直线折叠这个三角形，使点落在边上的点处，折痕为，过点作的平分线交于点连接，过点作．若，，，直接写出长；
(4)若，求证．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
(4)见解析
【分析】（1）根据已知条件可得，从而可以计算得解；
（2）过点分别作、、边的垂线，垂足分别为点、、，利用全等性质，通过等量代换即可得到，通过角平分线性质即可得证；
（3）过点分别作、边的垂线，垂足分别为点、，连接，通过条件可证得，利用关系即可得解；
（4）过点分别作、边的垂线，垂足分别为点、，连接，通过条件可证得，然后将整理化简，最后等量代换即可得证．
【详解】（1）解：由题可知，，，，
；
（2）证明：如图，过点分别作、、边的垂线垂足分别为点、、，
由题可知，，，
，
平分，
，
，
，
则平分；
（3）如图，过点分别作、边的垂线，垂足分别为点、，连接，
由题可知，，，
，
由（2）可知，
，
，
，
即，
解得；
（4）证明：如图，过点分别作、边的垂线，垂足分别为点、，连接，
由（2）可知，，
，，，
，，，
，，，，，
，
，
，
即，
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了图形折叠、全等三角形、角平分线性质，适当添加辅助线，采用等量代换的方法是解题关键．
【经典例题二 轴对称中的旋转问题专训】
【例2】（2023·辽宁沈阳·模拟预测）如图，在中，，，直角的顶点是的中点，将绕顶点旋转，两边，分别交，于点，．下列四个结论：①；②是等腰直角三角形；③；④．在旋转过程中，上述四个结论始终正确的有（ ）
A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④
【答案】D
【分析】根据等腰直角三角形的性质得：，平分．可证，，即证得与全等，根据全等三角形性质判断结论是否正确．
【详解】解：∵，直角的顶点P是的中点，
∴，
∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，故①正确；
∴是等腰直角三角形，故②正确；
∵是等腰直角三角形，P是的中点，
∴，
∵不一定是的中位线，
∴不一定成立，故③错误；
∵，
∴，
又∵，
∴，
即，故④正确．
故选：D．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形的面积，掌握等腰直角三角形的性质是解题的关键．
【变式训练】
1．（2022秋·广西贵港·八年级统考期中）如图，在中，，直角的顶点P是的中点，两边、分别交、于点E、F．当在内绕点P旋转时，对于下列结论：①；②，③；④，其中正确结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】根据等腰直角三角形的性质，以及同角的余角相等，证明，再逐一进行判断即可．
【详解】①∵，，
∴是等腰直角三角形，
∵P是的中点，
∴ ，，
∴，
又，，
∴，
∴；
正确．
②∵，
∴，
∴
∴；
正确．
③不能证明；
错误．
④∵，
又∵，
∴；
正确．
综上①②④正确，共3个．
故选C．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质以及全等三角形的判定和性质．熟练掌握等腰三角形的性质，证明两个三角形全等是解题的关键．
2．（2022秋·广东惠州·八年级惠州一中校考期中）在中，，；将一块三角板的直角顶点放作斜边AB的中点P处，将此三角板绕点P旋转，三角板的两直角边分别交射线AC、CB与点D、点，图①，②，③是旋转得到的三种图形．当是等腰三角形时，的度数为______（写出所有可能的值）．
【答案】或或或．
【分析】分类讨论，当点在线段上时，①若，②若，③若，当点在的延长线上时，则只有，然后根据等腰三角形的性质可求解．
【详解】解：当点在线段上时，
①若，则，此时，点与点重合，点与点重合；
②若，，；
③若，则；
当点在的延长线上时，此时，是钝角，只能是顶角，则只有，即．
综上，的度数为或或或．
【点睛】此题主要考查了等腰直角三角形的性质与判定，等腰三角形存在性问题，解题关键是熟练掌握等腰三角形的性质与判定和分类讨论思想方法．
3．（2023春·全国·八年级专题练习）阅读材料：“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”．如图①，等腰和等腰中，，将绕点A旋转，连接，利用上面结论或所学解决下列问题：
(1)若，求证：；
(2)连接，当点D在线段上时．
①如图②，若，则的度数为 ；线段与之间的数量关系是 ；
②如图③，若，为中边上的高，判断的度数及线段之间的数量关系说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)①；②，见解析
【分析】（1）由“”可证，可得；
（2）①由，得到，证明，根据全等三角形的性质证明结论；②类比①可得，即可求解．
【详解】（1）∵
∴
∴
在和中
∴
∴
（2）①∵，
∴，即，
∵
∴是等边三角形，
∴
∴
又，
∴，
∴
∴，
故答案为：；
②关系：
理由：∵
∴，
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
【重难点训练】
轴对称中的15道翻折问题专训
1．（2023秋·浙江绍兴·八年级统考期末）如图是一张三角形纸片ABC，，点M是边的中点，点E在边AC上，将沿BE折叠，使点C落在边AC上的点D处，若，则（ ）
A．18°B．54°C．60°D．72°
【答案】D
【分析】根据直角三角形的性质得，，则，，根据折叠的性质得：，，，根据等腰三角形的性质及三角形的外角的性质得出，根据角的和差即可得出答案．
【详解】解：∵，点M是边的中点，
∴，，
∴，，
根据折叠的性质得：，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查折叠性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
2．（2022秋·广东广州·八年级校考期中）如图，在三角形纸片中，，将沿折叠，使点A与点B重合，则折痕的长为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】先根据折叠得出，，证明，得出，根据直角三角形的性质，求出，得出，即可得出答案．
【详解】解：∵，，
∴．
∵将沿折叠，使点A与点B重合，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，三角形全等的判定和性质，直角三角形的性质，解题的关键是求出，．
3．（2023秋·安徽合肥·八年级统考期末）如图，将一个等腰直角三角形按如图方式折叠，若，，下列四个结论：
①平分；
②长为；
③是等腰三角形；
④的周长等于的长，
其中，正确的是（ ）
A．①②④B．②③④C．①②③D．①③④
【答案】B
【分析】由为等腰直角三角形，得，根据折叠可得，可判定①错误；而，，可判定②正确；由，可判定③正确；又的周长，可判定④正确，即可得到答案．
【详解】解：∵为等腰直角三角形，
∴，
∵折叠得到，
∴，，，
∴为等腰直角三角形，
∴，，
∵由折叠得到，
∴，，
∴，
∴不平分，所以①错误；
∵，，
∴，所以②正确；
∵，
∴是等腰三角形，所以③正确；
∵的周长，
∴的周长等于的长，所以④正确．
故答案为：②③④，
故选：B．
【点睛】本题考查了折叠的性质：折叠前后两图形全等．也考查了等腰直角三角形的性质．
4．（2023春·七年级单元测试）如图，已知长方形纸片，点，在边上，点，在边上，分别沿，折叠，使点和点都落在点处，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据平行线的性质得到，由折叠得：：，，从而得到与的和．利用两个平角求出，最后根据三角形内角和等于即可求出答案．
【详解】解：∵长方形，
∴，
∴，，
∴，
由折叠得：，，
∴，
∴，
在中， ，
故选B．
【点睛】本题考查了平行线的性质和三角形内角和定理，轴对称的性质，解决本题的关键是掌握轴对称的性质．
5．（2023春·全国·七年级专题练习）将一张正方形纸片按如图所示的方式折叠，、为折痕，点折叠后的对应点分别为，若，则的度数为（ ）
A．48°B．46°C．44°D．42°
【答案】B
【分析】设，，根据折叠可得，，进而可求解．
【详解】解：设，，
根据折叠可知：
，，
∵，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的度数为．
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，角的和差运算，解决本题的关键是熟练运用轴对称的性质．
6．（2023春·福建福州·七年级统考期末）如图，将四边形纸片沿折叠，点A、D分别落在点、处．若，，则与之间的数量关系可用等式表示为___________．

【答案】
【分析】利用四边形内角和可得，再代入与即可．
【详解】四边形中，
四边形中，
∴
∵将四边形纸片沿折叠，
∴，，
∵，，，
∴，
∴，整理得：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质以及四边形内角和的应用，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
7．（2023春·四川成都·七年级统考期末）如图，在和中，，，相交于点E，．将沿折叠，点落在点处，若，则的大小为________．

【答案】/15度
【分析】根据全等三角形的判定和性质得出，再由等边对等角确定，利用折叠的性质及三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，沿折叠，点落在点处，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
故答案为：．
【点睛】题目主要考查折叠的性质及全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理及等腰三角形的判定和性质，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
8．（2023春·江苏·七年级统考期末）在中，，，点D是边上一点，过点D将折叠，使点C落在下方的点处，折痕与交于点E，当与的一边平行时，的度数为___________．

【答案】或
【分析】需要分两种情况讨论：①当时；②当时．可先求得的度数，然后求得的度数，利用三角形内角和，即可求得答案．
【详解】解：①当时．
由轴对称图形的性质可知
，．
，
．
．
．
．
．
．
②当时．
由轴对称图形的性质可知
，．
，
．
．
．
．
．
综上所述，的度数为或．
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查平行线的性质、轴对称图形的性质、多边形内角和等．牢记平行线的性质、轴对称图形的性质、多边形内角和公式，并根据题意分类讨论是解题的关键．
9．（2022春·四川成都·七年级统考期末）如图是一张直角三角形纸片，其中．请按下列步骤操作：①沿的垂直平分线/折叠，折痕与交于点D：②沿过点C的直线l，折叠，使点A落到上的点E处，若，则的度数为__________．

【答案】72°/72度
【分析】由折叠的性质可得∠B=∠BCD，∠ACF=∠ECF，再根据∠A的余角相等得到∠B=∠ACF，又因为EC=ED，所以∠ECD=∠EDC，由利用三角形外角定理和内角和定理即可求解．
【详解】解：设l2与AB交于点 F，
∵沿BC的垂直平分线l1折叠，折痕与AB交于点D，
∴BD=CD，
∴∠B=∠BCD，
∵沿过点C的直线l2折叠，使点A落到AB上的点 E处，
∴l2⊥AB，∠ACF=∠ECF，
∴∠A+∠ACF=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠A+∠B=90°，
∴∠B=∠ACF，
设∠B=x，
则∠BCD=∠ACF=∠ECF=x，
∵EC=ED，
∴∠ECD=∠EDC，
∵∠EDC=∠B+∠BCD=2x，
∴∠ECD=2x，
∴∠ACB=x+x+2x+x=90°，
∴x=18°，
∴∠B=18°，
∴∠A=90°-18°=72°．
故答案为：72°．
【点睛】本题考查了翻折变换、三角形内角和定理及等腰三角形等知识，掌握折叠的性质与三角形内角和定理是解题的关键．
10．（2022春·江西抚州·七年级统考期末）已知，点P是射线BC上一动点，把沿AP折叠，B点的对应点为点D，当是等腰三角形时，的度数为______．
【答案】或或
【分析】利用等腰三角形的性质和折叠的性质分，，三种情况讨论即可．
【详解】解：当时，如下图所示，
∵，，
∴，
由折叠的性质知，，，
∴，
∴；
当时，如下图所示，
由折叠的性质知，，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴；
当时，如下图所示，
∵，，
∴，
由折叠的性质知，，，
∴，
∴，
∴；
综上，的度数为或或．
【点睛】本题考查折叠的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，注意分类讨论是解题的关键，避免漏解．
11．（2023春·山西临汾·七年级统考期末）综合与探究
一张直角三角形纸片，，其中，D，E分别是边上一点．将沿折叠，点C的对应点为点．
(1)如图1，若，则______°，______°．
(2)如图2，若点落在直角三角形纸片上，请探究与的数量关系，并说明理由．
(3)如图3，若点落在直角三角形纸片外，（2）中与的数量关系还成立吗?若成立，请说明理由；若不成立，请求出与的数量关系．
【答案】(1)45，135
(2)，理由见解析
(3)不成立，
【分析】（1）如图1，记与的交点为，由折叠的性质可得，由，可得，，则，，计算求解即可；
（2）由折叠的性质可得，，，由题意知，，，由，可得，整理得，；
（3）由折叠的性质可得，，，由题意知，，，由，可得，整理得，．
【详解】（1）解：如图1，记与的交点为，
由折叠的性质可得，
∵，
∴，，
∴，，
故答案为：45，135；
（2）解：，理由如下：
由折叠的性质可得，，，
由题意知，，，
∵，
∴，
整理得，，
∴；
（3）解：不成立，；
由折叠的性质可得，，，
由题意知，，，
∵，
∴，
整理得，，
∴．
【点睛】本题考查了折叠的性质，平行线的性质，三角形内角和，三角形外角的性质．解题的关键在于明确角度之间的数量关系．
12．（2023春·广东梅州·七年级校考阶段练习）如图1，一张三角形纸片，点D，E分别是边上两点．
研究（1）：如果沿直线折叠，使点A落在上的点处，则与的数量关系是 ；
研究（1）：如果折成图2的形状，猜想，和的数量关系是 ；
研究（3）：如果折成图3的形状，猜想，和的数量关系是什么，并说明理由．

【答案】（1）（2）（3）
【分析】研究（1）：翻折问题要在图形是找着相等的量．图1中DE为折痕，有，再利用外角的性质可得结论．
研究（2）：图2中与是相等的，再结合四边形的内角和及互补角的性质可得结论．
研究（3）：图3中由于折叠与是相等的，再两次运用三角形外角的性质可得结论．
【详解】解：（1）∵沿直线折叠，使点A落在上的点处，
∴，
∵
∴．
故答案为：．
（2）．
理由：在四边形中，
，
∴
∵，
∴
∴，
∵是由沿直线折叠而得，

∴，
∴；
故答案为：．
（3）．
理由：交于点F，

∵，
∴，
∴，
∵是由沿直线折叠而得，
∴∴，
∴．
【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形外角性质，四边形内角和定理，熟练掌握折叠的性质，三角形外角性质是解题的关键．
13．（2023·全国·八年级假期作业）已知是一张三角形的纸片．
(1)如图①，沿折叠，使点落在边上点的位置，与的之间存在怎样的数量关系？为什么？
(2)如图②所示，沿折叠，使点落在四边形的内部点的位置，、与之间存在怎样的数量关系？为什么？
(3)如图③，沿折叠，使点落在四边形的外部点的位置，、与之间存在怎样的数量关系？为什么？
【答案】(1)，理由见解析
(2)，理由见解析
(3)，理由见解析
【分析】（1）根据翻折的性质，可得，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，解答即可；
（2）根据翻折的性质和平角的定义，用、表示出和，再根据三角形的内角和定理，列式整理，即可得解；
（3）根据翻折的性质，可得，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，列式整理，即可得解．
【详解】（1）解：，理由如下：
∵点沿折叠落在点的位置，
∴，
∵是的外角，
∴，
∴；
（2）解：，理由见如下：
∵点沿折叠落在点的位置，
∴，，
∴，，
在中，，
∴，
整理得：；
（3）解：，理由如下：
如图，

∵点沿折叠落在点的位置，
∴，
∵，，
∴，
即．
【点睛】本题考查了翻折的性质、三角形的外角的性质、三角形的内角和定理，解本题的关键在理清图形中角之间的数量关系．
14．（2023春·全国·七年级专题练习）同学们，我们已学习了角平分线的概念和性质，那么你会用它们解决有关问题吗？
(1)如图（1），已知，填空：
∵是的平分线（已知）
∴________________________
(2)如图（2），已知，若将沿着射线翻折，射线落在处，请你画出射线，射线一定平分．为什么？
理由如下：∵是由翻折而成，而翻折不改变图形的形状和大小，
∴________，
∴射线________是∠________的角平分线．
拓展应用
(3)如图（3），将长方形纸片的一角折叠，使顶点A落在C处，折痕为，再将它的另一个角也折叠，顶点B落在D处并且使过点C，折痕为．直接利用（2）的结论；
①若度，求的度数；
②若度，求的度数；
③的补角有________；的余角有________．
【答案】(1)，，
(2)，，
(3)①；②；③；和
【分析】（1）根据角平分线的画法画出的平分线，再根据角平分线的定义进行解答；
（2）根据图形反折不变性的性质可知，故可得出射线是的角平分线；
（3）①根据图形反折变换的性质可知，，故可得出结论；②根据图形反折变换的性质可知，，故可得出结论；③根据补角及余角的定义进行解答即可．
【详解】（1）解：如图所示：
是的平分线，
，
故答案为：，，；
（2）如图所示：
是由翻折而成，而翻折不改变图形的形状和大小，
，
射线是的角平分线，
故答案为：，，；
（3）①由翻折而成，由翻折而成，，
，，
；
②由翻折而成，由翻折而成，
，，
；
③由②知，，，
的补角是；
，
的余角是和．
【点睛】本题考查的是角平分线的定义及图形翻折变换的性质，熟知图形翻折不变性的性质是解答此题的关键．
15．（2023秋·河南周口·八年级统考期末）综合与实践
在数学实验课上，老师让学生以“折叠筝形”为主题开展数学实践探究活动．
定义：两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”．
(1)概念理解
如图1，将一张纸对折压平，以折痕为边折出一个三角形，然后把纸展平，折痕为四边形．判断四边形的形状：_______________筝形（填“是”或“不是”）
(2)性质探究
如图2，已知四边形纸片是筝形，请用测量、折叠等方法猜想筝形的角、对角线有什么几何特征，然后写出一条性质并进行证明．
(3)拓展应用
如图3，是锐角的高，将沿AB边翻折后得到，将沿AC边翻折后得到，延长EB，FC交于点G．
①请写出图3中的“筝形”：____________；（写出一个即可）
②若，当是等腰三角形时，请直接写出的度数．
【答案】(1)是
(2)在筝形中较长的对角线平分较短的对角线所对的两个角，理由见解析
(3)①四边形；②的度数为或或
【分析】（1）根据题意得，，即可得四边形是筝形；
（2）连接，，根据四边形是筝形得，，利用SSS证明，得，，即可得平分，；
（3）①根据沿AB边翻折后得到得，可得，，即可得；②根据沿AC边翻折后得到得，可得，，即可得四边形是筝形，则，，根据得，，根据在筝形中较长的对角线平分较短的对角线所对的两个角得，根据四边形内角和为，得，当是等腰三角形时，有三种情况：①当时，，可得，根据平角得，根据是锐角的高得，即可得；②当时，，则，根据是锐角的高得，即可得；③当时，，即可得，根据是锐角的高得，即可得．
【详解】（1）解：∵四边形为对折后折出的三角形。
∴，，
∴四边形是筝形，
故答案为：是．
（2）性质：在筝形中较长的对角线平分较短的对角线所对的两个角，证明如下：
证明：如图所示，连接，，
∵四边形是筝形，
∴，，
在和中，
∴（SSS），
∴，，
∴平分，．
（3）解：①∵沿AB边翻折后得到，
∴，
∴，，
∴四边形是筝形，
故答案为：四边形；
②∵沿AC边翻折后得到，
∴，
∴，，
∴四边形是筝形，
∴，，
∵，
∴，，
∵在筝形中较长的对角线平分较短的对角线所对的两个角，
∴，
∵四边形内角和为，，
∴，
当是等腰三角形时，有三种情况：
①当时，，
∴，
∴，
∴，
∵是锐角的高，
∴，
∴；
②当时，
∴，
∴，
∵是锐角的高，
∴，
∴；
③当时，
∴，
∴，
∵是锐角的高，
∴，
∴；
综上，的度数为或或．
【点睛】本题考查了四边形的综合题，解题的关键是理解题意，掌握全等三角形的判定与性质，折叠的性质．
轴对称中的15道旋转问题专训
1．（2023·广东深圳·校考三模）古代大型武器投石机，是利用杠杆原理将载体以不同的抛物线投射出去的装置．图是图投石机的侧面示意图．为炮架的炮梢两顶点，已知A、B两点到炮轴O的距离分别为1米和8米，当炮索自然垂落垂直于地面时，落在地面上的绳索还有5米．如图，拉动炮索，炮梢绕炮轴O旋转，点A的对应点为，点B的对应点为．当炮索的顶端在地面且与炮轴在同一直线上时，若垂直地面，，此时，到水平地面的距离是（ ）米

A．12B．C．D．21
【答案】C
【分析】如图所示，延长交地面于C，延长交地面于D，设此时炮索的位置为E，证明都是等边三角形，得到，再证明得到，则，即可得到，，设，则，求出，即可求出．
【详解】解：如图所示，延长交地面于C，延长交地面于D，设此时炮索的位置为E，
∵，
∴都是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
设，则炮索的长为，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴到水平地面的距离是，
故选C．

【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
2．（2022春·上海普陀·七年级校考期末）如图，在中，，，，点是的中点，两边，分别交，于点，，当在内绕顶点旋转时（点不与、重合），以下四个结论：①；②是等腰直角三角形；③；④．其中一定正确的结论有（ ）．
A．个B．个C．个D．个
【答案】C
【分析】根据等腰直角三角形的性质得出，，，求出，证≌，推出，，，求出，即可得出答案．
【详解】解：中，，，是中点，
，，，
，
，
在和中，
，
≌(ASA)，
，，
是等腰直角三角形，
正确；正确；
≌
，
，
正确；
是等腰直角三角形，是的中点，
，
是动点，
，故错误；
即正确的有个．
故选：C．
【点睛】本题考查了等腰三角形性质，直角三角形斜边上中线性质，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理的能力，解题的关键是熟练运用这些性质做题．
3．（2022春·湖南张家界·七年级统考期末）如图，将绕点A按逆时针方向旋转100°得到（点的对应点是点，点的对应点是点），连接，若，则的度数为（ ）
A．20°B．30°C．40°D．45°
【答案】C
【分析】由题意可知，，即为等腰三角形，根据等腰三角形的性质可得，再结合，由平行线的性质“两直线平行，内错角相等”即可得到的度数．
【详解】解：由题意及旋转的性质可知，，，
∴，
∵，
∴．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形判定与性质、平行线的性质等知识，解题关键是弄清题意，并灵活运用所学知识．
4．（2021秋·山东日照·八年级日照港中学校考期末）如图，已知与都是以A为直角顶点的等腰直角三角形，绕顶点A旋转，连接．以下三个结论：①；②；③；其中结论正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．0
【答案】B
【分析】证明△BAD≌△CAE，由此判断①正确；由全等的性质得到∠ABD=∠ACE，求出∠ACE+∠DBC=45°，依据，推出，故判断②错误；设BD交CE于M，根据∠ACE+∠DBC=45°，∠ACB=45°，求出∠BMC=90°，即可判断③正确．
【详解】解：∵与都是以A为直角顶点的等腰直角三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE，
∴，故①正确；
∵△BAD≌△CAE，
∴∠ABD=∠ACE，
∵∠ABD+∠DBC=45°，
∴∠ACE+∠DBC=45°，
∵，
∴，
∴不成立，故②错误；
设BD交CE于M，
∵∠ACE+∠DBC=45°，∠ACB=45°，
∴∠BMC=90°，
∴，故③正确，
故选：B．
【点睛】此题考查了三角形全等的判定及性质，等腰直角三角形的性质，熟记三角形全等的判定定理及性质定理是解题的关键．
5．（2023春·全国·八年级阶段练习）如图，已知△ABC中，AB＝AC，将△ABC绕点A沿逆时针方向旋转n°（0＜n＜∠BAC）得到△ADE，AD交BC于点F，DE交BC、AC于点G、H，则以下结论：
①△ABF≌△AEH；
②连接AG、FH，则AG⊥FH；
③当AD⊥BC时，DF的长度最大；
④当点H是DE的中点时，四边形AFGH的面积等于AF×GH．
其中正确的个数有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】A
【分析】根据SAS可证△ABF≌△AEH，可判断①；证AF＝AH，FG＝HG，可证AF垂直平分FH，可判断②；当AF最小时，DF最长，即AD⊥BC时，DF最大．可判断③；S四边形AFGH＝2S△AGH＝2×＝GH×AH，可判断④．
【详解】解：①在△ABF和△AEH中，
，
∴△ABF≌△AEH（SAS），故①正确；
②∵△ABF≌△AEH，
∴∠AFB＝∠AHE，AF＝AH，
∴∠DFG＝∠CHG，
∵AD＝AC，
∴DF＝CH，
∴△DFG≌△CHG，
∴FG＝GH，
∴AG垂直平分FH，故②正确；
③由DF＝AD﹣AF，
∵AD是定长，
∴AF最小时，DF最长，
即AD⊥BC时，DF最大．故③正确；
④当点H是DE的中点时，有AH⊥DE，
∵AF＝AH，FG＝GH，
且AG是公共边，
∴△AFG≌△AHG（SSS）
∴S四边形AFGH＝2S△AGH＝2×＝GH×AH，故④正确．
故选A．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、垂直平分线的判定与性质、垂线段最短、等腰三角形的性质等知识点，灵活运用相关知识点成为解答本题的关键．
6．（2022秋·黑龙江大庆·七年级大庆市第三十六中学校考期末）如图，已知中，，，直角的顶点是的中点，两边分别交于点E、F，给出以下四个结论：
①；②是等腰直角三角形；③；④，当在内绕顶点P旋转时（点E不与A、B重合），上述结论中始终正确的有_______（填序号）．
【答案】①②③
【分析】根据等腰直角三角形的性质可得，根据同角的余角相等求出，然后利用“角边角”证明和全等，根据全等三角形的可得，判定①正确，等腰直角三角形的定义得到是等腰直角三角形，判定②正确；根据全等三角形的面积相等可得的面积等于的面积相等，然后求出四边形的面积等于的面积的一半，判定③正确，根据，只有当E与A、B重合时，．判定④错误．
【详解】如图,连接,
∵，点P是的中点，
∴，
∴，
∵是直角，
∴，
∴；
在和中，
，
∴，
∴，，故①正确；
∴是等腰直角三角形，故②正确；
∵，
∴，
∴，
故③正确，
∵，只有当E与A、B重合时，．
∴④不正确；
综上所述，正确的结论有①②③．
故答案为：①②③
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，根据同角的余角相等求出，从而得到是解题的关键，也是本题的突破点．
7．（2022秋·河南南阳·七年级统考期末）一副直角三角尺按如图①所示叠放，现将含45°的三角尺固定不动，将含30°的三角尺绕顶点A顺时针旋转.如图②，当时，此时.继续旋转三角尺，使两块三角尺至少有一组边互相平行，则（）其他所有可能符合条件的度数为_______
【答案】15°、60°、105°或135°
【分析】分四种情况进行讨论，分别依据平行线的性质进行计算即可得到的度数，再找到关于点中心对称的情况即可求解．
【详解】解：如图②，当 时，
；
如图所示，当时，
；
如图所示，当 （或）时，
；
如图所示，当时，
．
故答案为：、、或．
【点睛】本题主要考查的是平行线的判定和性质，根据题意画出图形，利用平行线的性质及直角三角形的性质求解是解题的关键．
8．（2022秋·贵州遵义·八年级统考期末）如图是一款折叠式台灯，其侧面示意图为折线A−B−C−D，∠C=60°，连接BD，∠CBD=80°，线段AB绕点B旋转，AB的延长线与射线CD相交与点E，当∠ABC为______度时，△BDE是等腰三角形．
【答案】80或140或170
【分析】利用三角形内角和定理求得∠CDB=40°，分三种情况讨论，画出图形，利用等边对等角以及三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：当点E在CD延长线上时，如图，
∵∠C=60°，∠CBD=80°，
∴∠CDB=180°-∠C+∠CBD=40°，
∵△BDE是等腰三角形，即BD=DE，
∴∠BDE=∠BED=∠CDB=20°，
∴∠ABC=∠C+∠BED=60°+20°=80°．
当点E在线段CD上，且BE=DE时，如图，
∴∠BDE=∠EBD=40°，
∴∠CBE=80°-∠EBD=40°，
∴∠ABC=180°-∠CBE =140°．
当点E在线段CD上，且DB=DE时，如图，
∴∠DBE=∠EBD==70°，
∴∠CBE=80°-∠EBD=10°，
∴∠ABC=180°-∠CBE =170°．
故答案为：80或140或170．
【点睛】本题考查了三角形的外角性质，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握三角形的一个外角等于不相邻的两个内角的和．
9．（2021秋·福建南平·八年级校考期中）如图，在等腰直角△ABC中，∠BAC＝90°，AB=AC=2，把一个三角尺的直角顶点与BC边的中点O重合，且两条直角边分别经过点A和点B．梦想飞扬学习小组将三角尺绕点O按顺时针方向旋转任意一个锐角，当三角尺的两直角边与AB，AC分别交于点E，F时，给出下列结论：①线段AE与AF的长度之和为定值；②∠BEO与∠OFC的度数之和为定值；③四边形AEOF的面积为定值．其中正确的是：_______________．（填序号）
【答案】①②③
【分析】连接，先证，利用全等三角形的性质可得出，进而可得出，结论①正确；由三角形的内角和定理、结合，可得，结论②正确；由可得出，结合图形可得出，结论③正确．
【详解】解：如图，连接，
为等腰直角三角形，点为的中点，
，，．
，，
．
在和中，，
，
，
，则结论①正确；
，，，
，则结论②正确；
，
，
，则结论③正确；
综上，正确的结论是①②③，
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定定理与性质、等腰直角三角形等知识点，熟练掌握三角形全等的判定定理与性质是解题关键．
10．（2021秋·上海徐汇·八年级上海市徐汇中学校考期中）如图，在中，，点在内，将以点为旋转中心进行旋转，使点B与点C重合，点M 落在点N处，若,且 B、M、N三点恰共线，则=_______．
【答案】40°/40度
【分析】由全等可推理得到，由可得到，又由，结合三角形内角和定理即可求得答案．
【详解】解：由旋转可知：
∴，
∴
即：
又∵
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴
故答案为：
【点睛】本题考查三角形内角和定理，等腰三角形的性质，全等三角形的性质等相关知识点，牢记相关的知识点并能结合图形灵活应用是解题的关键．
11．（2022秋·海南省直辖县级单位·八年级校考阶段练习）已知：如图1，点C为线段上一点，都是等边三角形，交于点E，交于点F．
(1)求证：；
(2)求证：为等边三角形；
(3)将绕点C按逆时针方向旋转90°，其他条件不变，在图2中补出符合要求的图形，并判断第（1）小题的结论是否仍然成立（不要求证明）．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)（1）成立，（2）不成立，
【分析】（1）由等边三角形的性质，利用边角边直接证明；
（2）通过证明，得到，又由，即可得证；
（3）结合（1）的证明方法和旋转后，可以判断；
【详解】（1）∵是等边三角形，
∴，
∴
∴，
和中
∴（SAS）
（2）证明：∵，
，
，
，
在和中，
∴≌（ASA），
∴，
∴为等腰三角形，
又∵，
∴为等边三角形
（3）（1）成立，（2）不成立，理由如下：
如图所示，连接
∵是等边三角形，
∴，
∵，
在和中，
∴（SAS）
，
不可能为等边三角形，
∴1）成立，（2）不成立，
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质和判定等知识点，利用全等三角形来得出角和边相等是解题的关键．
12．（2022秋·山东德州·八年级校考期中）如图1，在中，于，，D是AE上的一点，且，连接、．
(1)试判断BD与AC的位置关系和数量关系，并说明理由；
(2)如图2，若将绕点E旋转一定的角度后，仍然有，，试判断与的位置关系和数量关系是否发生变化，并说明理由；
(3)如图3，若将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变：
①试猜想与的数量关系，不用说明理由；
②你能求出与所成的锐角的度数吗？如果能，请直接写出该角的度数；如果不能，请说明理由．
【答案】(1)，，证明见解析；
(2)不变，证明见解析；
(3)①，②．
【分析】（1）延长交于，求出，证出≌，推出，，根据推出，求出即可；
（2）求出，证出≌，推出，，根据求出，求出即可；
（3）①如图中，结论：，只要证明≌即可；②求出，证出≌，推出，根据三角形内角和定理求出即可．
【详解】（1）解：结论：，，
理由是：延长交于．
，
，
在和中，
，
，，
，
，
，
，
，
；
（2）不发生变化．
理由：如图中
设与交于点
，
，
，
在和中，
，
，，
，
，
，
，
，
；
（3）①如图中，结论：，
理由是：和是等边三角形，
，，，，
，
，
在和中，
≌，
．
②能．与所成的角的度数为．
和是等边三角形，
，，，，
，
，
在和中，
，
，
，
即与所成的角的度数为．
【点睛】本题考查了等边三角形性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查了学生的推理能力．
13．（2021秋·内蒙古鄂尔多斯·八年级统考期末）【探究发现】（1）如图所示，和均为等边三角形，绕点C旋转，其中，交于点M，交于点N，交于点O，如图1所示当旋转到点B、C、E在同一条直线上时，以下结论成立的是：
①；②；③平分；④．
【类比探究】（2）当旋转到外部时，且点B、C、E不在同一条直线上时，如图2，（1）中结论仍然成立的是： （只填序号）若②正确请进行论证，若不正确，请说明理由；
【类比应用】（3）当旋转到与有部分重叠时，如图3，（1）中结论仍然成立的是： （只填序号）若③正确请进行论证若不正确，请说明理由；

【答案】（1）①②③④；（2）①②③，理由见解析；（3）①②③，理由见解析
【分析】（1）①根据全等三角形的判定和性质及等边三角形的性质即可证明；②利用三角形内角和定理及等量代换即可证明；③连接，过点C作，由全等三角形的性质及角平分线的性质即可证明；④利用等边三角形的性质及全等三角形的判定即可证明；
（2）证明方法同（1）类似；
（3）证明方法同（1）类似．
【详解】解：（1）解：∵是等边三角形，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
∴，故结论①成立；
在中，
，
∴，故结论②成立；
如图所示：连接，过点C作，
∵，
∴，
∴，
∴平分；结论③成立；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，结论④成立；
故答案为：①②③④；
（2）∵是等边三角形，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
∴，故结论①成立；
在中，
，
∴，故结论②成立；
如图所示：连接，过点C作，
∵，
∴，
∴，
∴平分；结论③成立；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，结论④不成立；
故答案为：①②③；
（3）∵是等边三角形，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
∴，故结论①成立；
在中，
，
∴，故结论②成立；
如图所示：连接，过点C作，
∵，
∴，
∴，
∴平分；结论③成立；
∵，
∴，
无法找出另外相同的两个角，故结论④不成立；
故答案为：①②③．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的判定等，理解题意作出相应图形，掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
14．（2023秋·陕西西安·八年级高新一中校考期末）四边形是由等边和顶角为的等腰拼成，将一个角的顶点放在点D处，将角绕D点旋转，该角两边分别交直线于点M、N，交直线于点F，E．
(1)当点M，N分别在边上时（如图1），直接写出之间的数量关系 ；
(2)当点M，N分别在边的延长线上时（如图2），猜想线段之间有何数量关系？请进行证明；
(3)在（2）的条件下，若，请你求出的长．
【答案】(1)
(2)，证明见详解
(3)10
【分析】（1）延长，在射线上截取，连接．先证明，得到，再证明，进而证明，从而得到，即可证明；
（2）在线段上截取，连接．先证明，得到，再证明，进而证明，得到，即可证明；
（3）作，交延长线于点H，延长交于点G．先证明是等边三角形，得到，再证明，，，从而得到，，进而证明，，得到，求出．
【详解】（1）解：如图1，延长，在射线上截取，连接．
∵是等边三角形，是等腰三角形，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
即．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴．
故答案为：；
（2）答：．
证明：如图，在线段上截取，连接．
∵是等边三角形，是等腰三角形，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
即．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴；
（3）解：如图，作，交延长线于点H，延长交于点G．
∵，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴．
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，理解题意，根据已知条件添加适当辅助线，构造全等三角形是解题关键．
15．（2023春·全国·八年级专题练习）已知为等边三角形，取的边中点，连接，如图1，易证为等边三角形，将绕点顺时针旋转，设旋转的角度，其中．
(1)如图2，当时，连接，求证：；
(2)在旋转过程中，当超过一定角度时，如图3，连接会交于一点，记交点为点，交于点，交于点，连接，求证：平分；
(3)在第（2）问的条件下，试猜想线段和之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)，理由见解析
【分析】（1）根据等边三角形性质，利用两个三角形全等的判定定理得到，利用全等性质即可得到答案；
（2）过点作于，过点作于，如图所示，根据等边三角形性质，利用两个三角形全等的判定定理得到，利用全等性质即可得到，，，利用等面积得到，再根据角平分线的判定定理即可得到答案；
（3）在上截取，连接，如图所示，根据等边三角形的判定与性质，利用两个三角形全等的判定定理得到，利用全等的性质即可得到答案．
【详解】（1）证明：，都是等边三角形，
，，，
，
在和中，
，
；
（2）证明：过点作于，过点作于，如图所示：
，都是等边三角形，
，，，
，
在和中，
，
，，，
，
，
，，
平分；
（3）解：．
理由如下：在上截取，连接，如图所示：
，，
是等边三角形，
，，
，
在和中，
，
，
，
．
【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、等边三角形的判定和性质、角平分线的判定等知识，根据题意，添加恰当辅助线构造全等三角形是解决本题的关键．