专题23.6 《旋转》全章复习与巩固（专项练习）-2021-2022学年九年级数学上册基础知识专项讲练（人教版）

这是一份专题23.6 《旋转》全章复习与巩固（专项练习）-2021-2022学年九年级数学上册基础知识专项讲练（人教版），共26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。

专题23.6 《旋转》全章复习与巩固（专项练习）
一、单选题
1．下列图标中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　 　）
A． B． C． D．
2．如图，在中，，将绕点按顺时针方向旋转一定角度得到，点恰好落在边上．若，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
3．在平面直角坐标系中，有两条抛物线关于原点中心对称，且它们的顶点相距个单位长度，若其中一条抛物线的函数表达式为，则的值为（　　）
A．或 B．或 C．或 D．或
4．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有（ ）个．

A．1 B．2 C．3 D．4
5．点A （-5，3） 关于原点的对称点A′的坐标（ ）
A．（5，-3） B．（5，3） C．（-5，3） D．（-5，-3）
6．如图，在平面直角坐标系中，点A，C在x轴上，点C的坐标为（﹣1，0），AC=2．将Rt△ABC先绕点C顺时针旋转90°，再向右平移3个单位长度，则变换后点A的对应点坐标是（　　）

A．（2，2） B．（1，2） C．（﹣1，2） D．（2，﹣1）
7．如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB′C′的位置，连接C′B，则C′B的长为( )．

A．1 B． C．2 D．
8．如图，一段抛物线y=﹣x2+4（﹣2≤x≤2）为C1，与x轴交于A0，A1两点，顶点为D1；将C1绕点A1旋转180°得到C2，顶点为D2；C1与C2组成一个新的图象，垂直于y轴的直线l与新图象交于点P1（x1，y1），P2（x2，y2），与线段D1D2交于点P3（x3，y3），设x1，x2，x3均为正数，t=x1+x2+x3，则t的取值范围是（　　）

A．6＜t≤8 B．6≤t≤8 C．10＜t≤12 D．10≤t≤12
9．如图，数轴上A，B两点对应的实数分别是1和，若A点关于B点的对称点为点C，则点C所对应的实数为(　　)

A．2－1 B．1＋ C．2＋ D．2＋1
10．Rt△ABC中，AB=AC，点D为BC中点．∠MDN=90°，∠MDN绕点D旋转，DM、DN分别与边AB、AC交于E、F两点．下列结论
①(BE+CF)=BC，②，③AD·EF，④AD≥EF，⑤AD与EF可能互相平分，
其中正确结论的个数是（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个


二、填空题
11．如图，将绕直角顶点C顺时针旋转，得到，连接AD，若，则______．

12．如图，把△ABC绕点C按顺时针方向旋转35°，得到△A’B’C，A’B’交AC于点D，若∠A’DC=90°，则∠A= °.

13．如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=10cm，点D为△ABC内一点，∠BAD=15°，AD=6cm，连接BD，将△ABD绕点A逆时针方向旋转，使AB与AC重合，点D的对应点E，连接DE，DE交AC于点F，则CF的长为________cm.

14．如图，将Rt△ABC绕点C按顺时针方向旋转90°到△A′B′C的位置， 已知斜边AB=10cm，BC=6cm，设A′B′的中点是M，连结AM，则AM=______cm．

15．如图，将△AOB绕点O逆时针旋转90°，得到△A′OB′．若点A的坐标为（a，b），则点A′的坐标为______．

16．如图，将香港特别行政区标志紫荆花图案绕中心旋转，当此图案第一次与自身重合时，其旋转角的大小为______．

17．如图，矩形OABC中，AB=1，AO=2，将矩形OABC绕点O按顺时针转90o，得到矩形OA，B，C，，则BB，=_______.

18．将一个直角三角尺AOB绕直角顶点O旋转到如图所示的位置，若∠AOD＝110°，则旋转角的角度是_______°，∠BOC＝_________°．

19．如图,△ABC与△DEF关于点O成中心对称,则线段BC与EF的关系是___________.

20．在图形的平移、旋转、轴对称变换中，其相同的性质是________．
21．已知点，则点关于原点对称的点的坐标是________．
22．问题背景：如图，将绕点逆时针旋转60°得到，与交于点，可推出结论：

问题解决：如图，在中，，，．点是内一点，则点到三个顶点的距离和的最小值是___________

23．八个边长为1的正方形如图摆放在平面直角坐标系中，经过原点的一条直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分，设直线l和八个正方形的最上面交点为A，则直线l的解析式是_____________.

24．四边形、四边形都是正方形，当正方形绕点逆时针旋转45°（）时，如图，连接，，并延长交于点，且．若，，则线段的长是________．


三、解答题
25．如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A（1，1），B（4，1），C（3，3）．
（1）将△ABC向下平移5个单位后得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（2）将△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2；
（3）判断以O，A1，B为顶点的三角形的形状．（无须说明理由）

26．如图，在正方形ABCD中，E为DC边上的点，连接BE，将绕点C顺时针方向旋转得到，连结EF，若，求的度数．











27．在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转一定的角度α得到△DEC，点A、B的对应点分别是D、E．
（1）当点E恰好在AC上时，如图1，求∠ADE的大小；
（2）若α＝60°时，点F是边AC中点，如图2，求证：四边形BEDF是平行四边形．





28．两块等腰直角三角板△ABC和△DEC如图摆放，其中∠ACB=∠DCE=90°，F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点．
（1）如图1，若点D、E分别在AC、BC的延长线上，通过观察和测量，猜想FH和FG的数量关系为______和位置关系为______；
（2）如图2，若将三角板△DEC绕着点C顺时针旋转至ACE在一条直线上时，其余条件均不变，则（1）中的猜想是否还成立，若成立，请证明，不成立请说明理由；
（3）如图3，将图1中的△DEC绕点C顺时针旋转一个锐角，得到图3，（1）中的猜想还成立吗？直接写出结论，不用证明．


参考答案
1．D
【详解】
试题分析：根据轴对称图形和中心对称图形的概念，可知：
A既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不正确；
B不是轴对称图形，但是中心对称图形，故不正确；
C是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不正确；
D即是轴对称图形，也是中心对称图形，故正确.
故选D.
考点：轴对称图形和中心对称图形识别
2．B
【分析】
根据直角三角形性质先求出，再利用旋转及等腰三角形性质求得，即可得出结论．
解：∵，，
∴．
由旋转知，，．
∴．
∴．
∴．
故选：B．
【点拨】本题主要考查了旋转性质，熟练掌握旋转及等腰三角形的性质是解答此题的关键．
3．C
【分析】
根据题意，先求出抛物线的对称轴，再根据两条抛物线的顶点相距个单位长度，则顶点到原点的距离为5，即可得到顶点的纵坐标的绝对值，然后即可求得的值．
【详解】
，
该抛物线的对称轴是直线，
有两条抛物线关于原点成中心对称，且它们的顶点相距个单位长度，
顶点到原点的距离是，
顶点的纵坐标的绝对值是：，
，
解得，，
故选：C．
【点拨】本题主要考查了成中心对称的两个图形的性质、二次函数的性质，关键是求得顶点的纵坐标的绝对值．
4．B
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
解：圆既是轴对称图形，又是中心对称图形；
平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形；
矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形；
正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形；
所以既是轴对称图形又是中心对称图形的有2个．
故选：B．
【点拨】本题考查了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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
5．A
【分析】
根据关于原点对称的点的坐标特征即可加以判断．
【详解】
解：∵点A’与点A（-5，3）关于原点对称，
∴A’（5，-3）．
故选：A
【点拨】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征的知识点，熟知“横、纵坐标互为相反数”的特征是解题的关键．
6．A
【分析】
根据旋转变换的性质得到旋转变换后点A的对应点坐标，根据平移的性质解答即可．
【详解】
∵点C的坐标为（﹣1，0），AC=2，
∴点A的坐标为（﹣3，0），
如图所示，

将Rt△ABC先绕点C顺时针旋转90°，
则点A′的坐标为（﹣1，2），
再向右平移3个单位长度，则变换后点A′的对应点坐标为（2，2），
故选A．
【点拨】本题考查的是坐标与图形变化旋转和平移，掌握旋转变换、平移变换的性质是解题的关键．
7．B
【解析】
分析：连接BB′，根据旋转的性质可得AB=AB′，判断出△ABB′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得AB=BB′，然后利用“边边边”证明△ABC′和△B′BC′全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ABC′=∠B′BC′，延长BC′交AB′于D，根据等边三角形的性质可得BD⊥AB′，利用勾股定理列式求出AB，然后根据等边三角形的性质和等腰直角三角形的性质求出BD、C′D，然后根据BC′=BD-C′D计算即可得解.
详解：如图，连接BB′，

∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△AB′C′，
∴AB=AB′，∠BAB′=60°，
∴△ABB′是等边三角形，
∴AB=BB′，
在△ABC′和△B′BC′中，
，
∴△ABC′≌△B′BC′（SSS），
∴∠ABC′=∠B′BC′，
延长BC′交AB′于D，
则BD⊥AB′，
∵∠C=90°，AC=BC=，
∴AB==2，
∴BD=2×=，
C′D=×2=1，
∴BC′=BD-C′D=-1．
故选：B.
点拨：本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，作辅助线构造出全等三角形并求出BC′在等边三角形的高上是解题的关键，也是本题的难点.
8．D
【详解】
【分析】首先证明x1+x2=8，由2≤x3≤4，推出10≤x1+x2+x3≤12即可解决问题.
【详解】翻折后的抛物线的解析式为y=（x﹣4）2﹣4=x2﹣8x+12，
∵设x1，x2，x3均为正数，
∴点P1（x1，y1），P2（x2，y2）在第四象限，
根据对称性可知：x1+x2=8，
∵2≤x3≤4，
∴10≤x1+x2+x3≤12，
即10≤t≤12，
故选D．
【点拨】本题考查二次函数与x轴的交点，二次函数的性质，抛物线的旋转等知识，熟练掌握和灵活应用二次函数的相关性质以及旋转的性质是解题的关键.
9．A
【详解】
设点C所对应的实数是．根据中心对称的性质，即对称点到对称中心的距离相等，即可列方程求解．数轴上两点间的距离等于数轴上表示两个点的数的差的绝对值，即较大的数减去较小的数．
设点C所对应的实数是．
则有
x=
故选A．
10．C
【详解】
解:∵Rt△ABC中，AB=AC，点D为BC中点．∠MDN=90°，
∴AD =DC，∠EAD=∠C=45°，∠EDA=∠MDN－∠ADN =90°－∠ADN=∠FDC．
∴△EDA≌△FDC（ASA）．
∴AE=CF．
∴BE+CF= BE+ AE=AB．
在Rt△ABC中，根据勾股定理，得AB=BC．
∴(BE+CF)=BC．
∴结论①正确．
设AB=AC=a，AE=b，则AF=BE= a－b．
∴．
∴．
∴结论②正确．
如图，过点E作EI⊥AD于点I，过点F作FG⊥AD于点G，过点F作FH⊥BC于点H，ADEF相交于点O．

∵四边形GDHF是矩形，△AEI和△AGF是等腰直角三角形，
∴EO≥EI（EF⊥AD时取等于）=FH=GD，
OF≥GH（EF⊥AD时取等于）=AG．
∴EF=EO＋OF≥GD＋AG=AD．
∴结论④错误．
∵△EDA≌△FDC，
∴．
∴结论③错误．
又当EF是Rt△ABC中位线时，根据三角形中位线定理知AD与EF互相平分．
∴结论⑤正确．
综上所述，结论①②⑤正确．故选C．
11．
【分析】
根据旋转的性质可得AC=CD，再判断出△ACD是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求出∠CAD=45°，由∠BAD=∠BAC+∠CAD可得答案．
【详解】
∵Rt△ABC绕其直角顶点C按顺时针方向旋转90°后得到Rt△DEC，
∴AC=CD，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴∠CAD=45°，
则∠BAD=∠BAC+∠CAD=25°+45°=70°，
故答案为70°∘．
【点拨】本题考查了旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质并准确识图是解题的关键.
12．55.
【详解】
试题分析：∵把△ABC绕点C按顺时针方向旋转35°，得到△A’B’C
∴∠ACA’=35°，∠A =∠A’，.
∵∠A’DC=90°，
∴∠A’ =55°.
∴∠A=55°.
考点：1.旋转的性质；2.直角三角形两锐角的关系.
13．
【分析】
过点A作AH⊥DE，垂足为H，由旋转的性质可得 AE=AD=6，∠CAE=∠BAD=15°，∠DAE=∠BAC=90°，再根据等腰直角三角形的性质可得∠HAE=45°，AH=3，进而得∠HAF=30°，继而求出AF长即可求得答案.
【详解】
过点A作AH⊥DE，垂足为H，
∵∠BAC=90°，AB=AC，将△ABD绕点A逆时针方向旋转，使AB与AC重合，点D的对应点E，
∴AE=AD=6，∠CAE=∠BAD=15°，∠DAE=∠BAC=90°，
∴DE=，∠HAE=∠DAE=45°，
∴AH=DE=3，∠HAF=∠HAE-∠CAE=30°，
∴AF=，
∴CF=AC-AF=，
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，解直角三角形等知识，正确添加辅助线构建直角三角形、灵活运用相关知识是解题的关键.
14．
【分析】
作于，根据垂直平分线的性质可得的大小，又因为，，计算可得的值，根据勾股定理可得的大小.
【详解】
作于，因为为的中点，故，

又因为，则，，
又因为，所以，
.
故答案为：.
【点拨】根据图形的翻折不变性，结合勾股定理和中位线定理解答.
15．（-b，a）
【解析】
试题分析：根据旋转前后的三角形全等及所在象限符号的特点可得所求点的坐标．
∵△AOB≌△A′OB′，
∴A′B′=AB=b，OB′=OB=a，
∵A′在第二象限，
∴A′坐标为（-b，a）．
考点：本题考查的是点的旋转问题
点评：解答本题的关键是掌握旋转前后图形的形状不变．
16．72°
【分析】
该图形被平分成五部分，因而每部分被分成的圆心角是72°，并且圆具有旋转不变性，因而旋转72度的整数倍，就可以与自身重合．
【详解】
解：该图形被平分成五部分，旋转72°的整数倍，就可以与自身重合，
故当此图案第一次与自身重合时，其旋转角的大小为72°．
故答案为：72°．
【点拨】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．
17．．
【解析】
试题解析：如图所示：

∵矩形OABC中，AB=1，AO=2，将矩形OABC绕点O按顺时针转90°，得到矩形OA′B′C，
∴BD=3，B′D=1，
则BB′=．
18．20 70
【解析】
试题解析：由题意可知：
∵对应点与旋转中心连线的夹角为旋转角，
都是旋转角.


故答案为
点拨：对应点与旋转中心连线的夹角为旋转角.
19．平行且相等
【分析】
根据△ABC与△DEF关于O点成中心对称，得出对应边之间的关系即可得出答案．
【详解】
∵△ABC与△DEF关于O点成中心对称.
∴线段BC与EF的关系是：平行且相等.
故答案为平行且相等.
【点拨】考查了中心对称的性质，熟记中心对称对应边的关系是解决问题的关键.
20．图形的形状、大小不变，只改变图形的位置
【解析】
因为图形平移,旋转,轴对称是图形全等变换的三种形式,因此图形平移,旋转,轴对称前后图形的形状,大小不变,只改变图形的位置,故答案为: 图形的形状,大小不变,只改变图形的位置.
21．
【分析】
根据坐标系中的点关于原点对称的坐标特征作答即可.
【详解】
点P关于原点对称的点, 横坐标和纵坐标分别与点P的横坐标和纵坐标互为相反数, 故该点的坐标为(2,-3).
故本题正确答案为(2,-3).
【点拨】此题主要考查了坐标系中的点关于原点对称的坐标特点.注意:关于原点对称的点,横纵坐标分别互为相反数.
22．
【分析】
如图，将△MOG绕点M逆时针旋转60°，得到△MPQ，易知△MOP为等边三角形，继而得到点O到三顶点的距离为：ON＋OM＋OG＝ON＋OP＋PQ，由此可以发现当点N、O、P、Q在同一条直线上时，有ON＋OM＋OG最小，此时，∠NMQ＝75°+60°＝135°，过Q作QA⊥NM交NM的延长线于A，利用勾股定理进行求解即可得.
【详解】
如图，将△MOG绕点M逆时针旋转60°，得到△MPQ，
显然△MOP为等边三角形，
∴，OM＋OG＝OP＋PQ，
∴点O到三顶点的距离为：ON＋OM＋OG＝ON＋OP＋PQ，
∴当点N、O、P、Q在同一条直线上时，有ON＋OM＋OG最小，
此时，∠NMQ＝75°+60°＝135°，
过Q作QA⊥NM交NM的延长线于A，则∠MAQ=90°，
∴∠AMQ＝180°-∠NMQ=45°，
∵MQ＝MG＝4，
∴AQ＝AM＝MQ•cos45°=4，
∴NQ＝，
故答案为.

【点拨】本题考查了旋转的性质，最短路径问题，勾股定理，解直角三角形等知识，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线是解题的关键.
23．
【分析】
如图，利用正方形的性质得到，由于直线将这八个正方形分成面积相等的两部分，则，然后根据三角形面积公式计算出的长，从而可得点坐标．再由待定系数法求出直线l的解析式.
【详解】
解：如图，

经过原点的一条直线将这八个正方形分成面积相等的两部分，
，
而，
，
，
点坐标为，．
设直线l的解析式为，
∴，解得，
∴直线l的解析式为
故答案为．
【点拨】本题考查了坐标与图形性质和待定系数法求函数解析式．由割补法得求分割点A的位置是解题关键.
24．
【分析】
如图（见解析），先根据正方形的性质可得，再根据勾股定理可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后利用等面积法求出，据此利用线段的和差即可得出答案．
【详解】
如图，连接交于点，连接，
∵正方形绕点逆时针旋转，
∴与互相垂直平分，且在上，
∵四边形是正方形，，
∴，，，，
四边形ABCD是正方形，，
，
∴，
在中，，
在和中，，
，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
故答案为：．

【点拨】本题考查了正方形的旋转问题与性质、三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握正方形的性质是解题关键．
25．（1）画图见解析；（2）画图见解析；（3）三角形的形状为等腰直角三角形．
【详解】
【分析】（1）利用点平移的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可得到△A1B1C1为所作；
（2）利用网格特定和旋转的性质画出A、B、C的对应点A2、B2、C2，从而得到△A2B2C2，
（3）根据勾股定理逆定理解答即可．
【详解】（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；

（2）如图所示，△A2B2C2即为所求；
（3）三角形的形状为等腰直角三角形，OB=OA1=，A1B==，
即OB2+OA12=A1B2，
所以三角形的形状为等腰直角三角形．
【点拨】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
26．15°
【分析】
根据旋转性质可得：，，，由等腰直角三角形三角形性质可得，所以.
【详解】
解：是旋转得到的图形，
，，，
．
．
【点拨】本题考核知识点：旋转性质，等腰直角三角形. 解题关键点：熟记旋转性质，等腰直角三角形性质.
27．（1）∠ADE＝15°；（2）见解析．
【分析】
（1）根据旋转的性质可得CA＝CD，∠ECD＝∠BCA＝30°，∠DEC＝∠ABC＝90°，根据等边对等角即可求出∠CAD＝∠CDA＝75°，再根据直角三角形的两个锐角互余即可得出结论；

（2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BF＝AC，然后根据30°所对的直角边是斜边的一半即可求出AB＝AC，从而得出 BF＝AB，然后证出△ACD和△BCE为等边三角形，再利用HL证出△CFD≌△ABC，证出DF＝BE，即可证出结论．
【详解】
（1）解：∵△ABC绕点C顺时针旋转α得到△DEC，点E恰好在AC上，
∴CA＝CD，∠ECD＝∠BCA＝30°，∠DEC＝∠ABC＝90°，
∴∠CAD＝∠CDA＝（180°﹣30°）＝75°，
∴∠ADE＝90°﹣∠CAD＝15°；
（2）证明：如图2，连接AD

∵点F是边AC中点，
∴BF＝AF=CF＝AC，
∵∠ACB＝30°，
∴AB＝AC，
∴BF=CF＝AB，
∵△ABC绕点C顺时针旋转60得到△DEC，
∴∠BCE＝∠ACD＝60°，CB＝CE，DE＝AB，DC=AC
∴DE＝BF，△ACD和△BCE为等边三角形，
∴BE＝CB，
∵点F为△ACD的边AC的中点，
∴DF⊥AC，
在Rt△CFD和Rt△ABC中

∴Rt△CFD≌Rt△ABC，
∴DF＝BC，
∴DF＝BE，
而BF＝DE，
∴四边形BEDF是平行四边形．
【点拨】此题考查的是旋转的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、等边三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质和平行四边形的判定，掌握旋转的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、等边三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质和平行四边形的判定是解决此题的关键．
28．（1）相等，垂直．（2）成立，证明见解析；（3）成立，结论是FH=FG，FH⊥FG．
【解析】
试题分析：（1）证AD=BE，根据三角形的中位线推出FH=AD，FH∥AD，FG=BE，FG∥BE，即可推出答案；
（2）证△ACD≌△BCE，推出AD=BE，根据三角形的中位线定理即可推出答案；
（3）连接BE、AD，根据全等推出AD=BE，根据三角形的中位线定理即可推出答案．
试题解析：
（1）解：∵CE=CD，AC=BC，∠ECA=∠DCB=90°，
∴BE=AD，
∵F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点，
∴FH=AD，FH∥AD，FG=BE，FG∥BE，
∴FH=FG，
∵AD⊥BE，
∴FH⊥FG，
故答案为相等，垂直．
（2）答：成立，
证明：∵CE=CD，∠ECD=∠ACD=90°，AC=BC，
∴△ACD≌△BCE
∴AD=BE，
由（1）知：FH=AD，FH∥AD，FG=BE，FG∥BE，
∴FH=FG，FH⊥FG，
∴（1）中的猜想还成立．

（3）答：成立，结论是FH=FG，FH⊥FG．
连接AD，BE，两线交于Z，AD交BC于X，
同（1）可证
∴FH=AD，FH∥AD，FG=BE，FG∥BE，
∵三角形ECD、ACB是等腰直角三角形，
∴CE=CD，AC=BC，∠ECD=∠ACB=90°，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中
，
∴△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，∠EBC=∠DAC，
∵∠DAC+∠CXA=90°，∠CXA=∠DXB，
∴∠DXB+∠EBC=90°，
∴∠EZA=180°﹣90°=90°，
即AD⊥BE，
∵FH∥AD，FG∥BE，
∴FH⊥FG，
即FH=FG，FH⊥FG，
结论是FH=FG，FH⊥FG.
【点拨】运用了等腰直角三角形的性质、全等三角形的性质和判定、三角形的中位线定理，旋转的性质等知识点的理解和掌握，能熟练地运用这些性质进行推理是解此题的关键．