初中数学人教版八年级上册第十三章 轴对称13.1 轴对称13.1.1 轴对称优秀练习

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专题10轴对称中的翻折、旋转问题专训
【题型目录】
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

【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
1、 翻折问题实际上就是对称变换；
2、 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；
3、 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
1、 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。
2、 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．（2023春·山东济南·七年级统考期末）如图，点，分别为长方形纸片的边，上的点，将长方形纸片沿翻折，点，分别落在点，处．若，则的度数为（   ）
  
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据折叠的性质得到，，，进而利用邻补角得，利用平行线的性质得，进而求得而，于是即可得解．
【详解】解：根据折叠的性质得到，，，
∵，，
，
∵，，
，，
，
，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质以及折叠的性质，熟练掌握平行线的性质以及折叠的性质是解题的关键．
2．（2023·江西赣州·统考三模）如图，为等边的边的中点，点是上的一个动点，连接，将沿翻折，得到，连接，若，则的度数为（    ）
  
A．40° B．60° C．70° D．80°
【答案】D
【分析】根据中点性质和翻折性质得到，得到，根据三角形外角性质得到，根据翻折性质得到，根据等边三角形性质得到，根据三角形内角和定理得到．
【详解】∵D是中点，
∴，
由翻折知，，
∴，
∴，
∴,
∴，
∵等边中，，
∴中，．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了等边三角形，折叠，等腰三角形，三角形内角和等．解决问题的关键是熟练掌握等边三角形性质，折叠图形全等的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理及三角形外角性质．
3．（2023·江苏泰州·统考中考真题）如图，中，，，射线从射线开始绕点C逆时针旋转角，与射线相交于点D，将沿射线翻折至处，射线与射线相交于点E．若是等腰三角形，则的度数为．
    
【答案】或或
【分析】分情况讨论，利用折叠的性质知，，再画出图形，利用三角形的外角性质列式计算即可求解．
【详解】解：由折叠的性质知，，
当时，，
    
由三角形的外角性质得，即，
此情况不存在；
当时，
  
，，
由三角形的外角性质得，
解得；
当时，，
  
∴，
由三角形的外角性质得，
解得；
当时，，
    
∴，
∴；
综上，的度数为或或．
故答案为：或或．
【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形的外角性质，等腰三角形的性质，画出图形，数形结合是解题的关键．
4．（2023春·浙江宁波·七年级校考期末）如图，三角形纸片，点D是边上一点，连结，把沿着翻折，得到，与交于点F．若点F是的中点，，的面积为12，则点B、E之间的距离为．
  
【答案】12
【分析】先根据面积求B到的距离，再求B，E的距离．
【详解】解：是的中点，
，
如图，连接交于H，
  
  
由翻折的性质得，，，
，
，
，
故答案为：12．
【点睛】本题考查翻折的性质，充分利用翻折性质，利用面积公式求高是解决本题的关键．
5．（2023春·浙江金华·七年级统考期末）小明想玩一个折纸游戏，分以下三步进行∶第一步，将长方形纸条向上翻折，记点C、D的对应点分别为，折痕为，且交于点G（如图1；第二步，将四边形沿向下翻折，记的对应点分别为（如图2）；第三步，将长方形向下翻折，记A、B的对应点分别为，折痕为（如图3）．

（1）若，则度．
（2）若，则当时，度．
【答案】
【分析】（1）根据折叠的性质和三角形外角的性质求解即可；
（2）根据折叠的性质和平行线的性质求解即可．
【详解】∵
∴由题意可得，
∵
∴
∴
∵
∴
∴由折叠可得，
∴；
（2）如图所示，

∵
∴由题意可得，
∵
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴．
【点睛】此题考查了折叠的性质，平行线的性质，三角形外角的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
6．（2023春·山东济南·七年级统考期末）在中，，点D是上一点，将沿翻折后得到，边交射线于点F．（友情提示：翻折前后的两个三角形的对应边相等，对应角相等）
    
(1)如图1，当时，求证：；
(2)如图2，若，，是否存在这样的x的值，使得是以为腰的等腰三角形．若存在，求x的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)存在，或

【分析】（1）根据折叠的性质得到，根据平行线的性质定理证明；
（2）根据，求得，然后分、两种情况，列方程解答即可；
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）∵，，
∴，
∴，
由翻折可知：，
∴，，
①当时，，
解得：，
②当时，，
解得，，
综上所述，当或时，是以为腰的等腰三角形．
【点睛】本题考查的是翻转变换的性质、三角形内角和定理、等腰三角形的性质、平行线的判定，掌握三角形内角和等于、翻转变换的性质是解题的关键．


【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．①②③ B．②③④ C．①③④ D．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．（2023春·江苏无锡·八年级校联考期末）如图，在中，，以点B为旋转中心把按顺时针方向旋转得到，点恰好落在上，连接，则度数为（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由旋转知，，，由等边对等角及三角形内角和定理可求，，，，从而求得．
【详解】解：由旋转知，，，，
∴，，
∴，，
∵中，
∴，
∴，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查等腰三角形等边对等角，三角形内角和定理，由定理得到角之间数量关系是解题的关键．
2．（2023春·陕西咸阳·八年级统考期中）如图，在中，，点D为中点，，绕点D旋转，，分别与边、交于E、F两点．下列结论：①，②，③S四边形CEDF，④始终为等腰直角三角形．其中正确的结论有（    ）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】A
【分析】连接，根据题中条件证明，即可得到答案．
【详解】解：连接，如图所示，

∵，点D为中点，，
∴，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
故①正确；
∵，
∴始终为等腰三角形，故④正确；
∵，
∴，
∴，故③正确；
∴，即，
∴
故②正确；
综上所述：①②③④正确，
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形全等的有关问题，正确作出辅助线是解题的关键．
3．（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．
4．（2020秋·重庆璧山·九年级校联考期中）如图，在△ABC中，AC＝BC＝4，，直线AD⊥BC，E是AD上的一个动点，连接EC，将线段EC绕点C按逆时针方向旋转得到FC，连接DF，则点E运动过程中，DF的最小值是．

【答案】1
【分析】取线段的中点，连接，根据等边三角形的性质以及角的计算即可得出以及，由旋转的性质可得出，由此即可利用全等三角形的判定定理证出，进而即可得出，再根据点为的中点，即可得出的最小值，此题得解．
【详解】解：取线段的中点，连接，如图所示，

，，
为等边三角形，且为的对称轴，
，，
，
．
在和中，
，
，
．
当时，最小，
点为的中点，
此时．
故答案为：1．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质以及全等三角形的判定与性质，熟悉相关性质是解题的关键．
5．（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．
6．（2022秋·吉林长春·八年级校考期末）【提出问题】在一次数学探究活动中，李老师给出了一道题．如图①，点是等边内的一点，连接、、．当，，时，求的度数．
【解决问题】小明在解决此题时，将点绕点逆时针方向旋转得到点，连接、、，并结合已知条件证得．
请利用小明的作法及结论求的度数．
【方法应用】如图②，点是正方形内一点，连接、、．若，，，则______________°．

【答案】解决问题：；方法应用：
【分析】解决问题：将点绕点逆时针方向旋转得到点，连接、、，得到是等边三角形，证明得，得到，利用勾股定理求得，即可求得
方法应用：将点绕点逆时针方向旋转得到点，连接、、，得到三角形是等腰直角三角形，证明得，得到，利用勾股定理求得，即可求得
【详解】解决问题：
∵将点绕点逆时针方向旋转得到点，连接、、，
∴是等边三角形，
∴，
又∵是等边三角形，
∴，，
∵，，
∴，
在和中：
，
∴，
∴，且，，
∴在中，，
∴是直角三角形，即，
∴
方法应用：
如图②，将点绕点逆时针方向旋转得到点，连接、、，

∴三角形是等腰直角三角形，
∴，，，
∵是正方形，
∴，，
∵，，
∴，
在和中：
，
∴，
∴，且，，
∴在中，，
∴是直角三角形，即，
∴
【点睛】本题是旋转和三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、正方形的性质及勾股定理，解决问题的关键是通过旋转构造恰当的三角形

【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．1 B．2 C．3 D．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．①②④ B．②③④ C．①②③ D．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·浙江·八年级假期作业）已知，如图1，四边形，，点E在边上，P为边上一动点，过点P作，交直线于点Q．

(1)当时，求；
(2)当时，求；
(3)如图3，将沿翻折使点D的对应点落在边上，当时，请直接写出的度数，答：．
【答案】(1)；
(2)或；
(3)．

【分析】（1）结合已知先证，利用平行线和平角的性质得到可求解；
（2）当点Q在边上时，利用（1）中关系可求解，当点Q在的延长线上时，如图，由（1）可知，可求得，结合已知利用同旁内角互补可求解；
（3）由翻折和已知可求得，从而得到，再由翻折可求得，最后结合（1）中的关系可求解．
【详解】（1）








（2）当点Q在边上时，
由（1）有，，
∵，
∴，，
；
当点Q在的延长线上时，如图，

由（1）可知，

，
∵，

解得：

即为或．
（3）∵，
，
∵，
，
由（1）可知，

由翻折可知


故答案为．
【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，翻折的性质；解题的关键是证明并灵活应用平行线的性质求解．
13．（2022秋·福建福州·八年级校考阶段练习）在三角形中，．

(1)将沿着翻折得到，求证：平分；
(2)过作于点，在的延长线上取一点，使得，连接、，过点作，分别与，交于点，，点在边上，连接并延长，交于点，过作于，，且．
①求证：是等腰三角形；
②若，探究与的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②

【分析】（1）根据折叠性质得到即可得到结论；
（2）①根据题意画出图形，先根据平行线的性质和三角形的外角性质证得，结合已知和等腰三角形的判定可证得结论；
②过D作交延长线于Q，先证是等腰直角三角形，得，再证，得，则，然后证明，得，，进而得出结论．
【详解】（1）解：∵沿着翻折得到，
∴，
∴平分；
（2）解：①如图，
∵，
∴，，，
∵，，
∴，则，
∵是的一个外角，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰三角形；

②，理由：
过D作交延长线于Q，
由①知，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，又，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了翻折性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、平行线的性质以及三角形的外角性质等知识；本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
14．（2023春·全国·七年级专题练习）如图1，AD是的角平分线，，试探究线段AB，BD，AC之间的数量关系．由于角平分线所在的直线是角的对称轴，所以可以尝试将角平分线一侧的三角形翻折（构造全等三角形），小明的解题思路如下：

①如图2，在AC上取一点E，使，连接DE．
②由，AD平分，AD是公共边，可得（理由：____________），则，．
③由，则．
又因为，所以，则__________
又由，得．
④根据上述的推理可知AB，BD，AC之间的数量关系为__________________．
(1)请你补全小明的解题思路．
(2)参考小明的方法，解决下面的问题：
如图3，中，，，BD平分，求证：．

【答案】(1)SAS，，，证明过程见详解
(2)见详解

【分析】（1）根据题意可直接进行求解；
（2）在BC上截取，连接，由题意易证，则有，然后可得，进而问题可求证．
【详解】（1）解：，理由如下：
如图2，在AC上取一点E，使，连接DE．
∵AD平分，
∴，
∵，，
∴（SAS），
∴，，
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
∴．
（2）证明：在BC上截取，连接，如图所示：

∵BD平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质与判定及全等三角形的性质与判定，熟练掌握等腰三角形的性质与判定及全等三角形的性质与判定是解题的关键．
15．（2021秋·江西鹰潭·七年级校考阶段练习）如图，中，，，过点作，且，连接．

(1)如图1，若，则的面积为　　；（请用含的式子表示的面积；提示：过点作边上的高）
(2)如图2，若，（1）中的结论是否成立？若成立，请说明理由；
(3)如图3，将沿翻折，得到，，连接．试直接用含的式子表示的面积．（不写探究过程）
【答案】(1)
(2)成立，理由见解析
(3)

【分析】（1）如图l，先证明，可得，进而由三角形的面积公式得出结论；
（2）如图2，过点作，交的延长线于点，由条件可以得出，从而得到，进而由三角形的面积公式得出结论；
（3）如图3，过点作，交的延长线于点，由折叠的性质可以得出，由条件可以得出，得到，由三角形的面积公式就可以得出结论．
（1）
解：如图1，过点作，交的延长线于点，
∵中，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．

（2）
（1）中的结论成立．
理由：如图2，过点作，交的延长线于点，
∵中，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴．

（3）
如图3，过点作，交的延长线于点，
∵中，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵将沿翻折，得到，
∴，，
∴，
∴．
∴的面积为．

【点睛】本题是几何变换综合题，考查了折叠的性质，直角三角形两锐角互余，全等三角形的判定和性质，三角形的面积等知识．证明三角形全等是解题的关键．


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．12 B． 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．1 B．2 C．3 D．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．（2023秋·山东临沂·九年级统考期末）如图，中，，以为边向外作等边，把绕着点按顺时针方向旋转后得到．

（1）求的度数；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）∠BAD=60°，（2）AD=10．
【分析】（1）先证明点A、C、E在一条直线上再说明△ADE为等边三角形即可；
（2）利用△ADE为等边三角形，可得AD=AE=5．
【详解】（1）∵△BCD为等边三角形，

∴∠3=∠4=60°，DC=DB，
∵△ABD绕着点D按顺时针方向旋转60°后得到△ECD，
∴∠5=∠1+∠4=∠1+60°，
∴∠2+∠3+∠5=∠2+∠1+120°，
∵∠BAC=120°，
∴∠1+∠2=180°-∠BAC=60°，
∴∠2+∠3+∠5=60°+120°=180°，
∴点A、C、E在一条直线上；
∵点A、C、E在一条直线上，而△ABD绕着点D按顺时针方向旋转60°后得到△ECD，∴∠ADE=60°，DA=DE，
∴△ADE为等边三角形，
∴∠DAE=60°，
∴∠BAD=∠BAC-∠DAE=120°-60°=60°，
（2）∵点A、C、E在一条直线上，
∴AE=AC+CE，
∵△ABD绕着点D按顺时针方向旋转60°后得到△ECD，
∴CE=AB，
∴AE=AC+AB=6+4=10，
∵△ADE为等边三角形
∴AD=AE=10．
【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了等边三角形的判定与性质．
13．（2022秋·河北廊坊·八年级统考期末）已知△ABC是边长为4的等边三角形，点D是射线BC上的动点，将AD绕点A逆时针方向旋转60°得到AE，连接DE．

（1）如图1，猜想△ADE是什么三角形？　　；（直接写出结果）
（2）如图2，猜想线段CA、CE、CD之间的数量关系，并证明你的结论；
（3）在点D运动过程中，△DEC的周长是否存在最小值？若存在，请求出△DEC周长的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）等边三角形；（2）AC+CD＝CE，证明见解析；（3）点D在运动过程中，△DEC的周长存在最小值，最小值为4+2．
【分析】（1）由旋转变换的性质即可求解．
（2）证明△ABD≌△ACE得到BD＝CE，结合△ABC是等边三角形即可求解．
（3）△DEC的周长≥BC+DE，且当D在线段BC上，且DE最小时，△DEC的周长最小代入数值即可求解．
【详解】（1）由旋转变换的性质可知，AD＝AE，∠DAE＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
故答案为：等边三角形；
（2）AC+CD＝CE，
证明：由旋转的性质可知，∠DAE＝60°，AD＝AE，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，∠BAC＝60°，
∴∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，
∴CE＝BD＝CB+CD＝CA+CD；
（3）点D在运动过程中，△DEC的周长存在最小值，最小值为4+2，
理由如下：∵△ABD≌△ACE，
∴CE＝BD，
则△DEC的周长＝DE+CE+DC＝BD+CD+DE，
当点D在线段BC上时，△DEC的周长＝BC+DE，
当点D在线段BC的延长线上时，△DEC的周长＝BD+CD+DE＞BC+DE，
∴△DEC的周长≥BC+DE，
∴当D在线段BC上，且DE最小时，△DEC的周长最小，
∵△ADE为等边三角形，
∴DE＝AD，
∴AD的最小值为，
∴△DEC的周长的最小值为4+2．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质与全等三角形的判定与性质等知识点，以及三角形有关的动点问题，理解题意将题目中的线段转化是解题的关键．
14．（2023秋·福建福州·九年级统考期末）如图，和都是等边三角形，将绕点旋转（保持点在内部），连接、．

（1）求证：；
（2）当，，时，求的长；
（3）设射线与射线相交于点，连接，直接写出旋转过程中、、之间的数量关系．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）或
【分析】（1）根据等边三角形的性质得到∠BAD=∠CAE，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）如图1中，作AH⊥BE于H．根据邻补角的定义得到∠AEC=120°，根据全等三角形的性质得到∠ADB=∠AEC=120°，推出B，D，E共线，根据跟勾股定理即可得到结论；
（3）如图1中，作AM⊥BQ于N，AN⊥CE于M，设AC交BQ于O，根据全等三角形的性质得到∠ABO=∠OCQ，AN=AM，DN=EM，QN=QM，∠AQN=∠AQM=60于是得到结论，同理可证图2．
【详解】（1）证明：∵和都是等边三角形，
∴，，，
∴，
即，
∴，
∴；
（2）解：∵是等边三角形
∴，，
∵，∴，
∴，
∴，∴．
∴、、三点共线．
过点作于点，则，
，
在中，，
∴；

（3）解：如图1中，作AM⊥BQ于N，AN⊥CE于M，设AC交BQ于O，
∵△ABD≌△ACE，
∴∠ABO=∠OCQ，
∵∠AOB=∠COQ，
∴∠OQC=∠BAO=60°，
∴∠NQM=120°，
∴∠NAM=360°-120°-90°-90°=60°，
∴∠NAM-∠NAE=∠DAE-∠NAE，
∴∠DAN=∠EAM，
∵AD=AE，
∴△ADN≌△AEM（AAS），
∴AN=AM，DN=EM，
∴AQ=AQ，
∴Rt△AMQ≌Rt△ANQ（HL），
∴QN=QM，∠AQN=∠AQM=60°
∴DQ-EQ=QN+DN-ME+MQ=2QN，AQ=2QN，
∴DQ-EQ=AQ，即

如图2中，作AM⊥CE于M，AN⊥BQ于N，设AC交BQ于O，
∵△ABD≌△ACE，
∴∠ABO=∠OCQ，
∵∠AOB=∠COQ，
∴∠OQC=∠BAO=60°，
∴∠NQM=120°，
∴∠NAM=360°-120°-90°-90°=60°，
∴∠NAM-∠NAE=∠DAE-∠NAE，
∴∠DAN=∠EAM，
∵AD=AE，
∴△ADN≌△AEM（AAS），
∴AN=AM，DN=EM，
∴AQ=AQ，
∴Rt△AMQ≌Rt△ANQ（HL），
∴QN=QM，∠AQN=∠AQM=60°
∴DQ+EQ=QN+DN+QM-ME=2QN，AQ=2QN，
∴DQ+EQ=AQ，即

【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
15（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·九年级校考期末）已知是边长为4的等边三角形，点D是射线上的动点，将绕点A逆时针方向旋转得到，连接．

(1)如图1，猜想是什么三角形？___________；（直接写出结果）
(2)如图2，猜想线段、、之间的数量关系，并证明你的结论；
(3)①当___________时，；（直接写出结果）
②点D在运动过程中，的周长是否存在最小值？若存在．请直接写出周长的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)等边三角形
(2)
(3)①或
②

【分析】（1）根据旋转的性质得到，根据等边三角形的判定定理解答；
（2）证明，根据全等三角形的性质得到，结合图形计算即可；
（3）①分点在线段上和点在线段的延长线上两种情况，根据直角三角形的性质解答；②根据得到，根据垂线段最短解答．
（1）
由旋转变换的性质可知，，
是等边三角形，
故答案为：等边三角形；
（2）
，
证明：由旋转的性质可知，，
是等边三角形
，
，
，即，
在和中，
,

，
；
故答案为：；
（3）
①为或时，，
当点在线段上时，，
，
，
，
，
，
当点在线段的延长线上时，，
，
，
，
，
，
为或时，；
故答案为：或；
②点在运动过程中，的周长存在最小值，最小值为，
理由如下：，
，
则的周长，
当最小时，的周长最小，
为等边三角形，
，
的最小值为，
的周长的最小值为．
故答案为：；
【点睛】本题考查的是旋转变换的性质、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、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．