图形的平移与旋转 典型考点冲刺练 2026年初中数学中考复习备考三轮专题冲刺卷（含答案）

这是一份图形的平移与旋转 典型考点冲刺练 2026年初中数学中考复习备考三轮专题冲刺卷（含答案），共4页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．如图，在平面直角坐标系中，内部有一点，若将先向右平移，再向下平移，平移后点M对应点的坐标是，已知点A的坐标是，则平移后点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
2．如图，在平面直角坐标系中，O为原点，是直角三角形，，，，点B在y轴正半轴，等边的顶点，点C在第二象限，将沿x轴向右平移，得到，点O，C，D的对应点分别为，，．设，与重叠部分的面积为S，当点与点A重合时停止运动．则表示S与x的函数图象正确的是（ ）
A．B．
C．D．
3．如图，中，，将绕点顺时针旋转60°得到，点，的对应点分别为，，延长交于点，下列结论中不一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
4．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝2，P是BC边上一动点，连接AP，把线段AP绕点A逆时针旋转60°到线段AQ，连接CQ，则线段CQ的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．
5．如图，在直角坐标系中，等边的顶点的坐标为，将等边绕点顺时针旋转，再沿轴向右平移1个单位长度，得到，则的坐标是（ ）
A．B．C．D．
6．如图，正方形中，平分，交于点，将绕点顺时针旋转得到，延长交于点，连接、，交于点．下列结论①；②；③；④，正确的是（ ）
A．①②③④B．①②③C．①③④D．①②④
二、填空题
7．若点向上平移5个单位长度后得到点，则m的值为_______．
8．在平面直角坐标系中，线段的两端点坐标分别为，将线段平移后，点的对应点的坐标为，则点的对应点的坐标为___________．
9．如图，将沿边向右平移2个单位长度得到．若，阴影部分的面积为2，则的面积为________．
10．如图，在平面直角坐标系中，点，点在负半轴上，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，点恰好在反比例函数图象上，连接，线段与轴交于点，若，则的值是_____．
11．如图，在中，，，，将绕点C顺时针旋转得到，点A，B的对应点分别为E，D，连接，当点B在边上时，的值是______．
12．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴上，对角线相交于点，将菱形绕点逆时针旋转至的位置．若，则点的坐标为___________．
13．如图，为等边三角形，D为平面内一点，连接，将绕点D顺时针旋转，得到线段，连，．当，，时，__________．
14．如图，在等腰直角三角形中，，是直线上一动点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，点的位置随点的位置变化而变化，连接．若，，则的面积为__________．
15．如图，在菱形中，，点在边上，连结，将绕点旋转，点恰好落在边上的点处，且，若，，则_______．
16．如图，已知点，点分别在轴和轴上；将线段绕点顺时针旋转至线段，连，将沿轴正方向平移至；当双曲线恰好同时经过点，时，的值等于______．
三、解答题
17．阅读材料，并解决问题：
【思维指引】（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．
解决此题，我们可以将绕顶点旋转到处，此时，连接，借助旋转的性质可以推导出是___________三角形；这样利用旋转变换，我们将三条线段转化到一个三角形中，从而求出___________；
【知识迁移】（2）如图2，在等腰直角中，为上的点且，请判断的数量关系，并证明你的结论．
【方法推广】（3）如图3，在中，，点为等边内一点，连接，直接写出的最小值．
18．在中，，点是平面内一点，．
(1)将线段绕点逆时针旋转得到线段，直线与交于点．
①如图1，若点在边上，连接，求的长；
②如图2，若点在内部，求证：；
(2)如图3，连接，取边上一点，连接，将绕点顺时针旋转得到线段，连接．
①在点的运动过程中，线段的最小值为__________；
②在①的前提下，当最短时，直接写出的面积．
19．如图，已知点A是线段的中点，四边形是矩形，．将矩形绕点B顺时针旋转得到矩形．
(1)如图1，当恰好经过点C时，旋转角的度数是_______，线段的长是_______．
(2)如图2，当矩形在平面内绕点B旋转时，连接，直线与线段交于点E，猜想与的数量关系，并证明．
(3)在矩形旋转过程中，当O，三点共线时，写出此时的旋转角和点B到线段的距离．
20．【问题再现】如图①，点E，F分别在正方形的边，上，．
求证：．
思路：可以将绕点A顺时针旋转得到，可以把分散的线段，集中到同一条线段上．
（1）请依据该思路对“问题再现”进行证明．
【类比探究】
（2）如图②，在等边中，点D，E在边上，．求线段的长．
【拓展延伸】
（3）如图③，在中，，点D，E在边边上，连接，， ，，，则线段的长为 ．（直接写答案）
21．如图，在中，，，将线段绕点C顺时针旋转得到线段，取的中点E，直线与直线交于点F，连接．
(1)如图，当时．
①求证：．
②求的度数．
③若，在线段的旋转过程中，当时，求线段的长．
(2)当时，若，在线段的旋转过程中，当时，请直接写出线段的长．
22．已知：中，，点D，E分别在边上（均不与点重合），连接．
(1)如图1，当点D，E分别与点B，C重合时，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接，与的位置关系是______；
(2)如图2，当点D，E不与点B，C重合时，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接，（1）中的结论是否仍然成立，请说明理由；
(3)如图3，当点不与点重合，且时，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，点是点关于直线的对称点，若点G，D，F在一条直线上，且，求的长．
23．发现问题
（1）如图1，在中，，点为线段上的点，，则和的数量关系是_______；
应用问题
（2）在中，，点在线段上，点在的延长线上，点，点在线段同侧，，将线段绕点旋转使点的对应点落在线段上，且．
①如图2，若，求证：；
②如图3，若，，点，点为直线，上的两个动点，，点为的中点，直接写出线段的最小值．
参考答案
1．C
【分析】本题考查图形的平移，熟练掌握平移规律是解题的关键，根据点，先向右平移，再向下平移，得到点的坐标是，可得平移规律，再由平移规律即可求得点的坐标．
【详解】解：∵点，先向右平移，再向下平移，得到点的坐标是，
∴平移规律为：先向右平移2个单位，再向下平移3个单位，
∵点A的坐标，
∴点的坐标，
故选：C．
2．B
【分析】本题主要考查了平移变换的性质，等边三角形的性质，解直角三角形的应用，二次函数的性质，三角形面积等，熟练掌握次函数的性质，三角形的面积的知识点是解题的关键．根据已知条件求出和的相关边长和角度等信息．然后，分不同阶段分析沿x轴平移过程中与重叠部分的形状和面积计算方法，进而得到S与x的函数关系，最后根据函数关系判断函数图象．
【详解】解：①当时，与重叠部分为，如图1，
由平移得：，
，
，
图象为开口向上的抛物线，A选项不符合题意；
②当时，与重叠部分为四边形，如图2，
由平移得：，，，
，
，
，
在中，，
；
图象为开口向下的抛物线；C选项不符合题意；
③当时，与重叠部分为，如图3，
则，且，
是等边三角形，作于，
，
，
，
图象为开口向上的抛物线，B选项符合题意；
故选：B．
3．B
【分析】本题考查了旋转性质以及两个锐角互余的三角形是直角三角形，线段的运算，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
先根据旋转性质以及角的运算或线段的运算得出逐项判断即可．
【详解】解：设和交于点H，
绕点顺时针旋转得到，
，
，
，故D选项正确，不符合题意；
，
，
故A选项正确，不符合题意；
仅根据已知条件，，无法得出相等，也就无法证明，
故B选项不一定正确，符合题意；
根据旋转的性质，旋转前后的对应边相等，绕点旋转得到，
，
故C选项正确，不符合题意．
故选：B．
4．D
【分析】在AB上取一点E，使AE＝AC＝，连接PE，过点E作EF⊥BC于F，由旋转的性质得出AQ＝AP，∠PAQ＝60°，证明△CAQ≌△EAP（SAS），由全等三角形的性质得出CQ＝EP，则当EF⊥BC（点P和点F重合）时，EP最小，然后由含30°角的直角三角形的性质求解即可．
【详解】解：如图，在AB上取一点E，使AE＝AC＝，连接PE，过点E作EF⊥BC于F，
由旋转知，AQ＝AP，∠PAQ＝60°，
∵∠ABC＝30°，
∴∠EAC＝60°，
∴∠PAQ＝∠EAC，
∴∠EAP＝∠CAQ，
又∵AE＝AC，AP＝AQ，
∴△CAQ≌△EAP（SAS），
∴CQ＝EP，
要使CQ最小，则有EP最小，而点E是定点，点P是BC上的动点，
∴当EF⊥BC（点P和点F重合）时，EP最小，即点P与点F重合，CQ最小，最小值为EF，
在Rt△ACB中，∠B＝30°，AC＝，
∴AB＝，
∵AE＝AC＝，
∴BE＝AB−AE＝，
在Rt△BFE中，∠B＝30°，
∴EF＝BE＝，
故线段CQ长度的最小值是，
故选：D．
【点睛】此题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，含30°角的直角三角形的性质等，找出点P和点F重合时，EQ最小，最小值为EF的长度是解本题的关键．
5．D
【分析】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，坐标与图形，过点作轴于点，根据旋转的性质以及含30度角的直角三角形的性质，得出，进而根据点的平移，即可求解．
【详解】解：如图，过点作轴于点，
∵等边的顶点的坐标为，将等边绕点顺时针旋转得到
∴，
∴，
∴
∵再沿轴向右平移1个单位长度得到
∴的坐标是，
故选：D．
6．A
【分析】由旋转性质得，可得，即可判断①；由正方形性质得，由角平分线和三角形全等得，继而可得，即可判断②；运用三角形外角性质列式计算，即可判断③；先证明，可得，证明，得到，即可判断④．
【详解】解：∵将绕点B顺时针旋转得到，
∴，
∴，
故①符合题意；
∵四边形是正方形，
∴，，，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故②符合题意；
∵，
∴，
∵平分，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴
∴
故③符合题意；
∵，
∴，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
∵四边形是正方形，
∴
∴，
故④是符合题意的；
故选：A．
【点睛】本题考查正方形性质，旋转性质，全等三角形性质与判定，角平分线性质，相似三角形性质与判定，直角三角形性质，三角形外角性质，等腰三角形性质与判定，综合性较强，难度较大，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
7．9
【分析】本题考查了点的平移，熟练掌握该知识点是解题的关键．由点的平移规律“上加下减”可知点向上平移5个单位长度后的点坐标，从而知道m．
【详解】解：点向上平移5个单位长度后得到点的坐标为，
∴，
故答案为：9．
8．
【分析】本题考查了平面直角坐标系中点的平移．先由点A和点确定平移方式，即可求出点的坐标．
【详解】解：由点平移至点得，得点A向右平移了2个单位得到点，
∴向右平移2个单位后得到点的坐标为，
故答案为：．
9．8
【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，平移的性质，掌握平移的性质和相似三角形的判定与性质是解题的关键．设与交于点，根据平移的性质及相似三角形的判定与性质计算的面积即可．
【详解】解：如图，设与交于点，
∵将沿边向右平移2个单位长度得到，
∴，
∴，，
∴，
∵，即，
∴．
故答案为：8．
10．2
【分析】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定是解题的关键．
先证得得出，，再证得求出，然后代入求解即可．
【详解】解：过点C作轴交于点E，
由旋转可得，，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
由轴得，
∴，
∴，
∴，
∴，则，
∴，
∵点恰好在反比例函数图象上，
∴，
解得，
故答案为：2．
11．/
【分析】本题主要考查了勾股定理、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质等知识点，正确作出辅助线、构造等腰三角形成为解题的关键．
由勾股定理可得，再根据旋转的性质可得，由等边对等角以及等量代换可得，如图：过C作，即，易证可得，由等面积法可得，即；再运用勾股定理可得，然后由勾股定理和线段的和差可得、，最后代入计算即可．
【详解】解：∵在中，，，，
∴，
∵将绕点C顺时针旋转得到，点A，B的对应点分别为E，D，连接，当点B在边上，
∴，
∴，
如图：过C作，即，
∵
∴，
∴，
∵，
∴，解得：，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴．
∴．
故答案为：．
12．
【分析】根据菱形，，得到，，得到都是等边三角形，根据旋转的性质，，结合，得到三点共线，解答即可．
本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，旋转的性质，熟练掌握性质是解题的关键．
【详解】解：菱形，，
故，，,，
故都是等边三角形，，
根据旋转的性质，，
故，
故三点共线，
故，
故．
故答案为：．
13．2或
【分析】本题考查勾股定理，等边三角形的判定与性质，旋转的性质；先证明为等边三角形，得到，，再根据在左边或右边分情况讨论，分别画出图形，结合图形利用勾股定理计算即可．
【详解】解：∵为等边三角形，，
∴，，
∵将绕点D顺时针旋转，得到线段，
∴，，
∴为等边三角形，
∴，，
当在左边时，如图，连接，，与交于点，
∵，
∴，，
∴垂直平分，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴；
当在右边时，如图，连接，与交于点，
∵，
∴，
中，，
综上所述，或，
故答案为：或．
14．或
【分析】构造正方形，连接与交于点P，连接．根据正方形的性质和旋转的性质可推出，，证明，得到，推出点在直线上，在中，根据勾股定理求出，分两种情况：当点在的延长线上时，当点在的延长线上时，根据勾股定理和三角形的面积公式求解即可．
【详解】如图1，构造正方形，连接与交于点P，连接．
，，，
由旋转可得：，，
，
，
，即，
又，
，
，
点在直线上，
在中，，则，
分以下两种情况：①如图2，当点在的延长线上时，，
此时点与点重合．
的面积为；
②如图3，当点在的延长线上时，，
，
，
的面积为，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，解题的关键是掌握相关知识并分类讨论．
15．3或1
【分析】过点作于点，连接，分两种情况①当在点左侧，证出为等边三角形，由等边三角形的性质得出，证明，得出，进而推出为等边三角形，再由直角三角形性质以及勾股定理求出，，，进而即可得解，②当在点右侧，同理即可得解．
【详解】解：过点作于点，连接，
当在点左侧，
∵四边形为菱形，，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
又∵将绕点旋转，点恰好落在边上的点处，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
②当在点右侧，
与①同理可得，，，
，
∴，
∴，
故答案为：3或1．
【点睛】本题考查了菱形、旋转的性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，掌握上述知识，数形结合分析是关键．
16．6
【分析】先求出点的坐标，再根据平移，用表示出，的坐标，然后根据双曲线恰好同时经过点，时，列出方程求解．
【详解】解：设平移了个单位，
∵将线段绕点顺时针旋转至线段，点，点，
∴点的横坐标为，纵坐标为，
∴点，
∵将沿轴正方向平移至，
∴，，，，
∴点的坐标为，点的坐标为，
当双曲线恰好同时经过点，时，，
解得：，．
故答案为：．
【点睛】本题考查了利用平移的性质求解，反比例函数与几何综合，求反比例函数解析式，根据旋转的性质求解，解题的关键是根据反比例函数图象上的横纵坐标的积为求解．
17．（1）等边；；（2），证明见解析（3）
【分析】（1）根据旋转变换前后的两个三角形全等，全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等以及等边三角形的判定和勾股定理逆定理解答；
（2）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）由旋转的性质可得，由等腰直角三角形的性质可得，即，则当A，P，，四点共线时，取到最小值，最小值为长，由勾股定理可求解．
【详解】解：（1），
，，，
依题意得旋转角，
为等边三角形，
，，
，
为直角三角形，且，
；
故答案为：等边；150；
（2），理由如下：
如图2，把绕点A逆时针旋转得到，
由旋转的性质得，，，，，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，，
，
，
由勾股定理得，，
即；
（3）如图，在内部任取一点P，连接，，，
将绕点B顺时针旋转得到，
由旋转的性质得：，
，
，
，
当A，P，，四点共线时，取到最小值，最小值为长，
如图，过点A作垂线交延长线于点D，
，
，
，，
又，
，
，即的最小值为 ．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，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，读懂题目信息，理解利用旋转构造出全等三角形和等边三角形以及直角三角形是解题的关键．
18．(1)①；②见解析；
(2)①；②；
【分析】（1）①由旋转的性质及已知可证明，则，再结合等腰三角形的性质即可求解；
②连接，过点B作交的延长线于点H，先证明，则，；再证明，则有；
（2）①取中点G，连接，则点D在以G为圆心，1为半径的圆上运动，当点D在线段上时，最小，在中利用勾股定理即可求得最小值；
②取的中点M，连接，则，；过点Q作于N，证明，则，得，有，即点Q在直线上运动，当时，最短；利用正切函数及勾股定理分别求得的长，从而求得的面积．
【详解】（1）①解：∵点在边上，且，，
∴；
∴；
由勾股定理得，
∴；
由旋转知，，
∴；
∴，
∴；
②证明：如图2，连接，过点B作交的延长线于点H，
由旋转知，，
∴；
∴，
即，
∴；
∵，
∴，
∴，，
∴；
∵，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴；
（2）解：①如图3，取中点G，连接，
则，
∴点D在以G为圆心，1为半径的圆上运动，
∵，
∴当点D在线段上时，最小，
在中，，
由勾股定理得，
故的最小值为；
故答案为：；
②如图4，取的中点M，连接，
∵，
∴，；
过点Q作于N，则；
由旋转知：，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴；
∵，
∴，即，
∴，
∴，即点Q在直线上运动，
当时，最短；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴；
在中，由勾股定理得：，
即，
∴，
∴．
【点睛】本题是一道几何综合题，考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，涉及较多的知识点及辅助线的作法，证明三角形全等，确定动点的运动路径是解题的关键．
19．(1)；
(2)，证明见解析
(3)当O，三点共线时，或，点B到线段的距离为3．
【分析】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性质，解直角三角形，勾股定理，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
（1）由旋转的性质可得，，解直角三角形可得，则，，据此可得答案；
（2）分别过点作直线的垂线，垂足分别为H、I，证明，得到，再证明，即可得到；
（3）分图3-1和图3-2两种情况，证明，是等边三角形即可解决问题．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
由旋转的性质可得，，
∴，
∴，
∴，，
∴；
（2）解：，证明如下：
如图所示，分别过点作直线的垂线，垂足分别为H、I，
∴；
由旋转的性质可得，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵ ，
∴，
∴；
（3）解：如图1所示，当O，三点共线时，连接，
由旋转的性质可得，
∴，
∵点A是线段的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
由旋转的性质可得，
∴是等边三角形，
由（2）可得，
∴ ，
在中，由勾股定理得，
∴；
∴点B到线段的距离为3；
如图2所示，当O，三点共线时，连接，
同理可得 是等边三角形，，
∴，点B到线段的距离为3；
综上所述，当O，三点共线时，或，点B到线段的距离为3．
20．（1）见解析
（2）
（3）2
【分析】（1）将绕点A顺时针旋转得到，证明，即可由全等三角形的性质得出结论；
（2）将绕点A顺时针旋转得到，连接，过点F作交延长线于G，在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，再证明，即可求解；
（3）将绕点A顺时针旋转得到，连接，过点D作于G，先证明，再求得，则，设，则，由勾股定理得：，从而求得，根据得，解得：，即可求解．
【详解】解：（1）∵正方形，
∴，，
∵，
∴，
将绕点A顺时针旋转得到，如图①，
由旋转性质得：，，，，
∴，，
∴，G、B、E三点共线，
∴，
∵，
∴，
∴即．
（2）∵等边
∴，，
∵
∴
将绕点A顺时针旋转得到，连接，过点F作交延长线于G，如图①，
由旋转可得：，，，，
∴，
∴，
∴
∴
∵交延长线于G，
∴
∴
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
在中，由勾股定理得：，
∵，，，
∴，
∴．
（3）∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴
∴
∴
∴
将绕点A顺时针旋转得到，连接，过点D作于G，如图③，
由（2）同理可得，
∴
∵
∴
由旋转可得：，，
∴
在中，，
设，则，
由勾股定理得：
∴
∵
∴
解得：
∴．
故答案为：2.
【点睛】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质应用，勾股定理，直角三角形的性质．利用旋转性质，正确作出辅助线是解题的关键．
21．(1)①见解析；②45°；③
(2)
【分析】（1）①由旋转的性质知．根据等腰三角形三线合一的性质得出，即可得是的垂直平分线．即可证明．
②根据，得出．由①知是的垂直平分线，得出，再根据三角形内角和定理即可求出．
③由①知，，得出．在中，解直角三角形得出，，在中，由勾股定理，求出，再根据即可求解．
（2）当时，画出图，同③得出．
【详解】（1）解：①证明：由旋转的性质，知．
∵E是的中点，
∴，
∴是的垂直平分线．
∴．
②∵，
∴．
由①知是的垂直平分线，
∴．
∴．
③由①知，，
∴．
在中，，
．
∴在中，由勾股定理，得．
∴．
（2）解：当时，如图，
由①知，，
∴．
在中，，
．
∴在中，由勾股定理，得．
∴．
【点睛】该题考查了旋转的性质，垂直平分线的性质和判定，等腰三角形的性质，解直角三角形，三角形内角和定理，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．
22．(1)平行；
(2)成立，理由见解析；
(3)．
【分析】（1）先证，再证，则四边形是平行四边形，即可得出结论；
（2）过作交的延长线于点，证明，得，则，即可得出结论；
（3）连接，过作于点，延长交于点，证四边形是正方形，得，再证，得，然后证是等腰直角三角形，得，进而得，则，即可解决问题．
【详解】（1）解：由旋转的性质得：，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴与的位置关系是平行，
故答案为：平行；
（2）解：成立，理由如下：
如图2，过作交的延长线于点，则，
∵，
∴
∴是等腰直角三角形，
∴，
由旋转的性质得：，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图3，连接，过作于点，延长交于点，则，
由（2）可知，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点是点关于直线的对称点，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
由旋转的性质得：，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
∵，
∴．
【点睛】本题是考查了旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、正方形的判定与性质、轴对称的性质、平行线的判定与性质等知识，熟练掌握旋转的性质和平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
23．（1）；（2）①见解析；②5
【分析】（1）由等腰三角形性质可得，再通过三角形内角和定理可得，，则有，所以，从而求解；
（2）①取中点，连接，，通过证明，则有，，结合为斜边的中点，则，故有，然后通过三角形外角的性质和角度和差得出，得出，最后利用等量代换即可证明；②作于点，连接、、，利用等腰三角形的性质和三角函数的知识求出，，利用垂线段最短性质得出当时，有最小值，得到，再利用直角三角形的性质得到，最后利用即可求解．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
（2）①证明：如图，取中点，连接，，
∵
∴，
∵ ，
∴ ，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵为斜边的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即；
②解：如图，作于点，连接、、，
∵，，
∴，
∵，
∴，，
∴在中，，
∴，
∴，
由①中的结论得，，
当时，有最小值，此时，
∴，
∵，，点为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴当、、三点共线时，有最小值，为，
又∵，
∴，
∴线段的最小值为5．
【点睛】本题考查了旋转的性质、线段最值问题、直角三角形斜边上的中线、解直角三角形、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，掌握相关知识点，结合图形构造全等三角形是解题的关键．本题属于几何综合题，需要较强的几何知识储备和推理能力，适合有能力解决几何难题的学生．
题号
1
2
3
4
5
6




答案
C
B
B
D
D
A