人教版9年級數(shù)學上冊【旋轉】單元測評考試時間：90分鐘；命題人：教研組考生注意：1、本卷分第I卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，滿分100分，考試時間90分鐘2、答卷前，考生務必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級填寫在試卷規(guī)定位置上3、答案必須寫在試卷各個題目指定區(qū)域內(nèi)相應的位置，如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用涂改液、膠帶紙、修正帶，不按以上要求作答的答案無效。第I卷（選擇題30分）一、單選題（10小題，每小題3分，共計30分）1、如圖，點A的坐標為，點B是x軸正半軸上的一點，將線段AB繞點A按逆時針方向旋轉60°得到線段AC．若點C的坐標為，則m的值為（

）A． B． C． D．2、下列圖形中，是中心對稱圖形但不是軸對稱圖形的是（

）A． B．C． D．3、如圖，在中，，，將繞點順時針旋轉得到，點A、B的對應點分別是，，點是邊的中點，連接，，．則下列結論錯誤的是（

）A． B．，C． D．4、二次函數(shù)的圖象的頂點坐標是，且圖象與軸交于點．將二次函數(shù)的圖象以原點為旋轉中心順時針旋轉180°，則旋轉后得到的函數(shù)解析式為（

）A． B．C． D．5、如圖下面圖形既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．6、如圖，在矩形中，，，是矩形的對稱中心，點、分別在邊、上，連接、，若，則的值為（

）A． B． C． D．7、在下列圖形中，既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形的是（）A．等邊三角形 B．直角三角形 C．正五邊形 D．矩形8、如圖，平面直角坐標系中，點在第一象限，點在軸的正半軸上，，，將繞點逆時針旋轉，點的對應點的坐標是（

）A． B． C． D．9、若點P（2，）與點Q（，）關于原點對稱，則m＋n的值分別為（

）A． B． C．1 D．510、如圖，邊長為5的等邊三角形中，M是高所在直線上的一個動點，連接，將線段繞點B逆時針旋轉得到，連接．則在點M運動過程中，線段長度的最小值是（

）A． B．1 C．2 D．第Ⅱ卷（非選擇題70分）二、填空題（10小題，每小題4分，共計40分）1、在平面直角坐標系中，點（﹣3，2）關于原點對稱的點的坐標是____________．2、如圖，把△ABC繞點C順時針旋轉25°，得到△A′B′C，A′B′交AC于點D，若∠A′DC＝90°，則∠A度數(shù)為___________．3、如圖，平面直角坐標系xOy在邊長為1的小正方形組成的網(wǎng)格中，正方形ABCD的邊AD在y軸正半軸上邊BC在第一象限，且，，將正方形ABCD繞點A順時針旋轉（），若點B的對應點恰好落在坐標軸上，則點C的對應點的坐標為_________．4、如圖，在坐標系中放置一菱形，已知，點B在y軸上，，先將菱形沿x軸的正方向無滑動翻轉，每次翻轉60°，連續(xù)翻轉12次，點B的落點依次為，，，，則的橫坐標為______．5、如圖，點P是邊長為1的正方形ABCD的對角線AC上的一個動點，點E是BC中點，連接PE，并將PE繞點P逆時針旋轉120°得到PF，連接EF，則EF的最小值是_________．6、已知，正六邊形ABCDEF在直角坐標系內(nèi)的位置如圖所示，A（﹣2，0），點B在原點，把正六邊形ABCDEF沿x軸正半軸作無滑動的連續(xù)翻轉，每次翻轉60°，經(jīng)過2022次翻轉之后，點B的坐標是______．7、將點繞原點O順時針旋轉得到點，則點落在第____________象限．8、如圖，在中，，，，將繞點按逆時針方向旋轉得到，連接，，直線，相交于點，連接，在旋轉過程中，線段的最大值為__________．9、如圖，在△ABC中，∠CAB＝65°，在同一平面內(nèi)，將△ABC繞點A逆時針旋轉到的位置，使得，則等于_____．10、如圖，在菱形中，，將菱形繞點逆時針方向旋轉，對應得到菱形，點在上，與交于點，則的長是_____．三、解答題（6小題，每小題5分，共計30分）1、如圖，已知正方形點在邊上，以為邊在左側作正方形；以為鄰邊作平行四邊形連接．（1）判斷和的數(shù)量及位置關系，并說明理由；（2）將繞點順時針旋轉，在旋轉過程中，和的數(shù)量及位置關系是否發(fā)生變化？請說明理由．2、如圖，在等腰三角形ABC中，AB＝BC．將繞頂點B逆時針旋轉到的位置，AB與A1C1相交于點D，AC與A1C1，BC1分別交于點E，F(xiàn)．(1)求證：△BCF≌△BA1D；(2)當時，判定四邊形A1BCE的形狀并說明理由．3、圖，在每個小正方形的邊長為1個單位的網(wǎng)格中，的頂點均在格點（網(wǎng)格線的交點）上．（1）將向右平移5個單位得到，畫出；（2）將（1）中的繞點C1逆時針旋轉得到，畫出．4、已知：如圖①，在矩形ABCD中，，垂足是E，點F是點關于AB的對稱點，連接AF、BF．（1）直接求出：__；__；（2）若將沿著射線BD方向平移，設平移的距離為（平移距離指點B沿BD方向所經(jīng)過的線段長度），點F分別平移到線段AB、AD上時，求出相應的m的值．（3）如圖②，將繞點B順時針旋轉一個角，記旋轉中的為，在旋轉過程中，設所在的直線與直線AD交于點P，與直線BD交于點是否存在這樣的P、Q兩點，使為等腰三角形？若存在，直接寫出此時DQ的長；若不存在，請說明理由．5、已知正方形ABCD，將線段BA繞點B旋轉（），得到線段BE，連接EA，EC．(1)如圖1，當點E在正方形ABCD的內(nèi)部時，若BE平分∠ABC，AB=4，則∠AEC=______°，四邊形ABCE的面積為______；(2)當點E在正方形ABCD的外部時，①在圖2中依題意補全圖形，并求∠AEC的度數(shù)；②作∠EBC的平分線BF交EC于點G，交EA的延長線于點F，連接CF．用等式表示線段AE，F(xiàn)B，F(xiàn)C之間的數(shù)量關系，并證明．6、【模型建立】（1）如圖1，在正方形中，點E是對角線上一點，連接，．求證：．【模型應用】（2）如圖2，在正方形中，點E是對角線上一點，連接，．將繞點E逆時針旋轉，交的延長線于點F，連接．當時，求的長．【模型遷移】（3）如圖3，在菱形中，，點E是對角線上一點，連接，．將繞點E逆時針旋轉，交的延長線于點F，連接，與交于點G．當時，判斷線段與的數(shù)量關系，并說明理由．-參考答案-一、單選題1、C【解析】【分析】過C作CD⊥x軸于D，CE⊥y軸于E，根據(jù)將線段AB繞點A按逆時針方向旋轉60°得到線段AC，可得△ABC是等邊三角形，又A（0，2），C（m，3），即得，可得，，從而，即可解得．【詳解】解：過C作CD⊥x軸于D，CE⊥y軸于E，如圖所示：∵CD⊥x軸，CE⊥y軸，∴∠CDO=∠CEO=∠DOE＝90°，∴四邊形EODC是矩形，∵將線段AB繞點A按逆時針方向旋轉60°得到線段AC，∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AB＝AC＝BC，∵A（0，2），C（m，3），∴CE＝m＝OD，CD＝3，OA＝2，∴AE＝OE?OA＝CD?OA＝1，∴，在Rt△BCD中，，在Rt△AOB中，，∵OB＋BD＝OD＝m，∴，化簡變形得：3m4?22m2?25＝0，解得：或（舍去），∴，故C正確．故選：C．【考點】本題考查直角坐標系中的旋轉變換，解題的關鍵是熟練應用勾股定理，用含m的代數(shù)式表示相關線段的長度．2、B【解析】【分析】根據(jù)中心對稱圖形和軸對稱圖形的定義判斷即可．【詳解】解：∵A中的圖形旋轉180°后不能與原圖形重合，∴A中的圖象不是中心對稱圖形，∴選項A不正確；∵B中的圖形旋轉180°后能與原圖形重合，∴B中的圖形是中心對稱圖形，但不是軸對稱圖形，∴選項B正確；∵C中的圖形旋轉180°后能與原圖形重合，∴C中的圖形是中心對稱圖形，也是軸對稱圖形，∴選項C不正確；∵D中的圖形旋轉180°后不能與原圖形重合，∴D中的圖形不是中心對稱圖形，∴選項D不正確；故選：B．【考點】本題考查了軸對稱圖形和中心對稱圖形的定義，熟練掌握軸對稱圖形和中心對稱圖形的定義是解題的關鍵．3、D【解析】【分析】根據(jù)旋轉的性質可判斷A；根據(jù)直角三角形的性質、三角形外角的性質、平行線的判定方法可判斷B；根據(jù)平行四邊形的判定與性質以及全等三角形的判定與性質可判斷C；利用等腰三角形的性質和含30°角的直角三角形的性質可判斷D．【詳解】A．∵將△ABC繞點C順時針旋轉60°得到△DEC，∴∠BCE=∠ACD=60°，CB=CE，∴△BCE是等邊三角形，∴BE=BC，故A正確；B．∵點F是邊AC中點，∴CF=BF=AF=AC，∵∠BCA=30°，∴BA=AC，∴BF=AB=AF=CF，∴∠FCB=∠FBC=30°，延長BF交CE于點H，則∠BHE=∠HBC+∠BCH=90°，∴∠BHE=∠DEC=90°，∴BF//ED，∵AB=DE，∴BF=DE，故B正確．C．∵BF∥ED，BF=DE，∴四邊形BEDF是平行四邊形，∴BC=BE=DF，∵AB=CF，BC=DF，AC=CD，∴△ABC≌△CFD，∴，故C正確；D．∵∠ACB=30°，∠BCE=60°，∴∠FCG=30°，∴FG=CG，∴CG=2FG．∵∠DCE=∠CDG=30°，∴DG=CG，∴DG=2FG．故D錯誤．故選D．【考點】本題考查了旋轉的性質，全等三角形的判定與性質，等邊三角形的判定與性質，含30°角的直角邊等于斜邊的一半，以及平行四邊形的判定與性質等知識，綜合性較強，正確理解旋轉性質是解題的關鍵．4、C【解析】【分析】設將二次函數(shù)的圖象以原點為旋轉中心順時針旋轉180°后為：；根據(jù)旋轉的性質，得的圖象的頂點坐標是，且圖象與軸交于點，得，再通過列方程并求解，即可得到表達式并轉換為頂點式，即可得到答案．【詳解】設將二次函數(shù)的圖象以原點為旋轉中心順時針旋轉180°后為：∵二次函數(shù)的圖象的頂點坐標是，且圖象與軸交于點∴的圖象的頂點坐標是，且圖象與軸交于點∴∴，∴，∴∴∴∴故選：C．【考點】本題考查了二次函數(shù)、旋轉的知識；解題的關鍵是熟練掌握二次函數(shù)圖像及解析式、旋轉的性質，從而完成求解．5、B【解析】【詳解】解：A、是軸對稱圖形，但不是中心對稱圖形，故本選項不符合題意；B、既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形，故本選項符合題意；C、是中心對稱圖形，但不是軸對稱圖形，故本選項不符合題意；D、是軸對稱圖形，但不是中心對稱圖形，故本選項不符合題意；故選：B【考點】本題主要考查了軸對稱圖形和中心對稱圖形的定義，熟練掌握如果一個圖形沿著一條直線對折后兩部分完全重合，這樣的圖形叫做軸對稱圖形；在平面內(nèi)，把一個圖形繞著某個點旋轉180°，如果旋轉后的圖形能與原來的圖形重合，那么這個圖形叫做中心對稱圖形是解題的關鍵．6、D【解析】【分析】連接AC，BD，過點O作于點，交于點，利用勾股定理求得的長即可解題．【詳解】解：如圖，連接AC，BD，過點O作于點，交于點，四邊形ABCD是矩形，同理可得故選：D．【考點】本題考查中心對稱、矩形的性質、勾股定理等知識，學會添加輔助線，構造直角三角形是解題關鍵．7、D【解析】【分析】根據(jù)軸對稱圖形和中心對稱圖形的概念逐一判斷可得．【詳解】解：A．等邊三角形是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，不符合題意；B．直角三角形既不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形，不符合題意；C．正五邊形是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，不符合題意；D．矩形既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形，符合題意；故選：D．【考點】本題主要考查中心對稱圖形和軸對稱圖形，解題的關鍵是掌握把一個圖形繞某一點旋轉180°，如果旋轉后的圖形能夠與原來的圖形重合，那么這個圖形就叫做中心對稱圖形，如果一個圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，這個圖形叫做軸對稱圖形．8、B【解析】【分析】如圖，作軸于．解直角三角形求出，即可．【詳解】解：如圖，作軸于．由題意：，，，，，，，故選：B．【考點】本題考查坐標與圖形變化——旋轉，解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題．9、B【解析】【分析】根據(jù)關于原點對稱的點，橫坐標與縱坐標都互為相反數(shù)解答．【詳解】解：∵P（2，-n）與點Q（-m，-3）關于原點對稱，∴2=-（-m），-n=-（-3），∴m=2，n=-3,∴．故選：B．【考點】本題考查了關于原點對稱的點的坐標，解決本題的關鍵是掌握好對稱點的坐標規(guī)律．10、A【解析】【分析】取CB的中點G，連接MG，根據(jù)等邊三角形的性質可得BH=BG，再求出∠HBN=∠MBG，根據(jù)旋轉的性質可得MB=NB，然后利用“邊角邊”證明△MBG≌△NBH，再根據(jù)全等三角形對應邊相等可得HN=MG，然后根據(jù)垂線段最短可得MG⊥CH時最短，再根據(jù)∠BCH=30°求解即可．【詳解】解：如圖，取BC的中點G，連接MG，∵旋轉角為60°，∴∠MBH+∠HBN=60°，又∵∠MBH+∠MBC=∠ABC=60°，∴∠HBN=∠GBM，∵CH是等邊△ABC的對稱軸，∴HB=AB，∴HB=BG，又∵MB旋轉到BN，∴BM=BN，在△MBG和△NBH中，，∴△MBG≌△NBH（SAS），∴MG=NH，根據(jù)垂線段最短，MG⊥CH時，MG最短，即HN最短，此時∵∠BCH=×60°=30°，CG=AB=×5=2.5，∴MG=CG=，∴HN=，故選A．【考點】本題考查了旋轉的性質，等邊三角形的性質，全等三角形的判定與性質，垂線段最短的性質，作輔助線構造出全等三角形是解題的關鍵，也是本題的難點．二、填空題1、（3，﹣2）【解析】【分析】根據(jù)平面直角坐標系內(nèi)兩點關于原點對稱橫縱坐標互為相反數(shù)，即可得出答案．【詳解】解：根據(jù)平面直角坐標系內(nèi)兩點關于原點對稱橫縱坐標互為相反數(shù)，∴點（﹣3，2）關于原點對稱的點的坐標是（3，﹣2），故答案為（3，﹣2）．【考點】本題主要考查了平面直角坐標系內(nèi)兩點關于原點對稱橫縱坐標互為相反數(shù)，難度較?。?、65°【解析】【分析】根據(jù)旋轉的性質，可得知，從而求得的度數(shù)，又因為的對應角是，即可求出的度數(shù)．【詳解】繞著點時針旋轉，得到，的對應角是故答案為：．【考點】此題考查了旋轉的性質，解題的關鍵是正確確定對應角．3、或##或【解析】【分析】分兩種情形：如圖1中，當B落在x軸的正半軸上時，過點作H⊥x軸于點H．利用全等三角形的性質求解．當點落在y軸的負半軸上時，（4，?2）．【詳解】如圖，當B落在x軸的正半軸上時，過點作H⊥x軸于點H，∵A（0，2），B（4，2），∴AB＝4，OA＝2，∴O＝，∵∠AO＝∠A=∠H＝90°，∴∠AO＋∠H＝90°，∠H＋∠H＝90°，∴∠AO＝∠H，∴△AO≌△H（AAS），∴OA＝H＝2，O＝H＝，∴OH＝，∴當點B落在y軸的負半軸上時，C1（4，?2）．綜上所述，滿足條件的點C的坐標為或；故答案為：或【考點】本題考查坐標與圖形變化?旋轉，全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題．4、【解析】【分析】連接AC，根據(jù)條件可以求出AC，畫出第5次、第6次、第7次翻轉后的圖形，容易發(fā)現(xiàn)規(guī)律：每翻轉6次，圖形向右平移4，由于，因此點B向右平移8即可到達點，根據(jù)點B的坐標就可求出點的坐標．【詳解】連接AC，如圖所示，∵四邊形OABC是菱形，∴，∵，∴是等邊三角形，∴，∴，∵，∴，畫出第5次、第6次、第7次翻轉后的圖形，如圖所示，由圖可知：每翻轉6次，圖形向右平移4，∵，∴點B向右平移2×4=8個單位到點，∵B點的坐標為，∴的坐標為，故答案為：．【考點】本題考查了菱形的性質、等邊三角形的判定與性質等知識，考查了操作、探究、發(fā)現(xiàn)規(guī)律的能力．發(fā)現(xiàn)“每翻轉6次，圖形向右平移4”是解決本題的關鍵．5、##【解析】【分析】當EP⊥AC時，EF有最小值，過點P作PM⊥EF于點M，由直角三角形的性質求出PE的長，由旋轉的性質得出PE=PF，∠EPF=120°，求出PM的長，則可得出答案．【詳解】解：如圖，當EP⊥AC時，EF有最小值，過點P作PM⊥EF于點M，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ACB=45°，∵E為BC的中點，BC=1，∴CE=，∴PE=CE=，∵將PE繞點P逆時針旋轉120°得到PF，∴PE=PF，∠EPF=120°，∴∠PEF=30°，∴PM=PE=由勾股定理得EM=，∴EF=2EM=，∴EF的最小值是．故答案為：．【考點】本題考查了旋轉的性質，正方形的性質，直角三角形的性質，垂線段的性質，熟練掌握旋轉的性質是解題的關鍵．6、【解析】【分析】根據(jù)正六邊形的特點，每6次翻轉為一個循環(huán)組，用2022除以6的結果判斷出點B的位置，求出前進的距離．【詳解】解：∵正六邊形ABCDEF沿x軸正半軸作無滑動的連續(xù)翻轉，每次翻轉60°，∴每6次翻轉為一個循環(huán)組循環(huán)，∵，∴經(jīng)過2022次翻轉完成第337循環(huán)組，點B在開始時點B的位置，∵，∴，∴翻轉前進的距離=2×2022=4044，所以，點B的坐標為，故答案為：．【考點】本題考查點的坐標，涉及坐標與圖形變化-旋轉，正六邊形的性質，確定出翻轉最后點B所在的位置是關鍵．7、四【解析】【分析】畫出圖形，利用圖象解決問題即可．【詳解】解：如圖，所以在第四象限，故答案為：四．【考點】本題考查坐標與圖形變化—旋轉，解題的關鍵是正確畫出圖形，屬于中考常考題型．8、【解析】【分析】取AB的中點H，連接CH、FH，設EC，DF交于點G，在△ABC中，由勾股定理得到AB=，由旋轉可知：△DCE≌△ACB，從而∠DCA=∠BCE，∠ADC=∠BEC，由∠DGC=∠EGF，可得∠AFB=90o，由直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，可得FH=CH=AB=，在△FCH中，當F、C、H在一條直線上時，CF有最大值為.【詳解】解：取AB的中點H，連接CH、FH，設EC，DF交于點G，在△ABC中，∠ACB=90o，∵AC=，BC=2，∴AB=，由旋轉可知：△DCE≌△ACB，∴∠DCE=∠ACB，DC=AC，CE=CB，∴∠DCA=∠BCE，∵∠ADC=(180o-∠ACD)，∠BEC=(180o-∠BCE)，∴∠ADC=∠BEC，∵∠DGC=∠EGF，∴∠DCG=∠EFG=90o，∴∠AFB=90o，∵H是AB的中點，∴FH=AB，∵∠ACB=90o，∴CH=AB，∴FH=CH=AB=，在△FCH中，F(xiàn)H+CH>CF，當F、C、H在一條直線上時，CF有最大值，∴線段CF的最大值為.故答案為：【考點】本題考查了旋轉的性質、勾股定理，解決本題的關鍵是掌握全等的性質.9、50°【解析】【分析】由平行線的性質可求得的度數(shù)，然后由旋轉的性質得到，然后依據(jù)三角形的性質可知的度數(shù)，依據(jù)三角形的內(nèi)角和定理可求得的度數(shù)，從而得到的度數(shù).【詳解】解：∵∴∵由旋轉的性質可知：∴∴∴故答案為：.10、【解析】【分析】連接交于，由菱形的性質得出，，，由直角三角形的性質求出，，得出，由旋轉的性質得：，得出，證出，由直角三角形的性質得出，，即可得出結果．【詳解】解：連接交于，如圖所示：∵四邊形是菱形，∴，，，∴，∴，∴，由旋轉的性質得：，∴，∵四邊形是菱形，∴，∴，∴∴，∴，，∴；故答案為．【考點】考核知識點：菱形性質，旋轉性質.解直角三角形是關鍵.三、解答題1、（1）；；理由見解析；（2）與的數(shù)量及位置關系都不變；答案見解析．【解析】【分析】（1）證明，由全等三角形的性質得出，，得出，則可得出結論；（2）證明，由全等三角形的性質得出，，由平行線的性質證出，則可得出結論．【詳解】解：（1），．由題意可得，平行四邊形為矩形，，，，，，，，，設與交于點，則，即．（2）與的數(shù)量及位置關系都不變．如圖，延長到點，四邊形為平行四邊形，，，，，，，，，，又，，，，，，，，，即．【考點】本題考查了旋轉的性質，全等三角形的判定和性質，正方形的性質，解題的關鍵是：熟練掌握正方形的性質．2、(1)見解析(2)菱形，理由見詳解【解析】【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質得到，，由旋轉的性質得到，，，根據(jù)全等三角的判定定理得到；（2）由旋轉的定義得，因此，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理得，因此，，證得四邊形A1BCE為平行四邊形，由于，證得四邊形A1BCE為菱形．(1)證明：∵是等腰三角形，∴，，∵將繞頂點B逆時針旋轉到的位置，∴，∴，，，在與中，，∴(ASA)；(2)解：四邊形是菱形，理由如下：∵將繞頂點B逆時針旋轉到的位置，∴，，∴，，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴四邊形是平行四邊形，∵，∴四邊形是菱形．【考點】本題考查了旋轉的性質，全等三角形的判定和性質，等腰三角形的性質，菱形的判定定理等，熟悉掌握旋轉的性質，全等三角形的判定定理，菱形的判定方法是本題的解題關鍵．3、（1）作圖見解析；（2）作圖見解析．【解析】【分析】（1）利用點平移的規(guī)律找出、、，然后描點即可；（2）利用網(wǎng)格特點和旋轉的性質畫出點，即可．【詳解】解：（1）如下圖所示，為所求；（2）如下圖所示，為所求；【考點】本題考查了平移作圖和旋轉作圖，熟悉相關性質是解題的關鍵．4、（1）；（2）；（3）存在，DQ的長度分別為4或或或．【解析】【分析】（1）利用矩形性質、勾股定理及三角形面積公式求解；（2）依題意畫出圖形，如圖所示，利用平移性質，確定圖形中的等腰三角形，分別畫出圖形，對于各種情形分別進行計算即可；（3）在旋轉過程中，等腰由4種情形分別進行計算即可．【詳解】解：（1）四邊形ABCD是矩形，，在中，，由勾股定理得：，，，點F是點E關于AB的對稱點，，，，，在中，，由勾股定理得：，故答案為：；；設平移中的三角形為，如圖所示：由對稱點性質可知，，由平移性質可知，，，．當點落在AB上時，，，，，即；當點落在AD上時，，，，，，又易知，為等腰三角形，，，即．綜上所述，當點F分別平移到線段AB、AD上時，相應的m的值分別為，；存在．理由如下：在旋轉過程中，等腰依次有以下4種情形：如圖所示，點Q落在BD延長線上，且，則，，，，，，．在中，由勾股定理得：．；如圖所示，點Q落在BD上，且，則，，，，則此時點落在BC邊上．，，，．在中，由勾股