專題09 特殊的平行四邊形中的圖形變換模型之旋轉(zhuǎn)模型（解析版）

專題09特殊的平行四邊形中的圖形變換模型之旋轉(zhuǎn)模型幾何變換中的旋轉(zhuǎn)問題是歷年中考考查頻率高且考查難度較高，綜合性強，通常有線段、三角形、（特殊）平行四邊形的旋轉(zhuǎn)問題。在解決此類問題時，要牢牢把握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，即旋轉(zhuǎn)前后的圖形全等，對應(yīng)角相等，對應(yīng)邊相等，再結(jié)合幾何圖形本身的性質(zhì)，找到旋轉(zhuǎn)過程中變化的量和不變的量，運用三角形全等或相似的有關(guān)知識，求解有關(guān)角、線段及面積問題。近年來雖然關(guān)于（特殊）平行四邊形旋轉(zhuǎn)的考查頻率高，由于之前的專題有總結(jié)過相關(guān)的旋轉(zhuǎn)模型，故本專題就只對特殊的平行四邊形旋轉(zhuǎn)中的題型作全面的總結(jié)，方便大家學(xué)習(xí)掌握。模型1.平行四邊形中的旋轉(zhuǎn)模型1）常規(guī)計算型例1．（2023·浙江八年級課時練習(xí)）如圖，?ABCD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)30°，得到□AB′C′D′（點B′與點B是對應(yīng)點，點C′與點C是對應(yīng)點，點D′與點D是對應(yīng)點），點B′恰好落在BC邊上，則∠C=（）A．155° B．170° C．105° D．145°【答案】C【詳解】試題分析:先根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到AB=AB′，∠BAB′=30°，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理可得到∠B=∠AB′B=75°，然后根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得AB∥CD，再根據(jù)平行線的性質(zhì)計算得∠C=180°﹣∠B=105°．解：∵?ABCD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)30°，得到□AB′C′D′′，∴AB=AB′，∠BAB′=30°，∴∠B=∠AB′B=（180°﹣30°）=75°，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AB∥CD，∴∠B+∠C=180°，∴∠C=180°﹣75°=105°．故選C．考點：旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；平行四邊形的性質(zhì)．例2．（2023·浙江·九年級期末）如圖，在中，，，將點繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到點，點落在線段上，在線段BE上取點，使，連結(jié)，，則的長為（

）A．2 B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)已知條件利用勾股定理求得，進而求得，通過角度的計算可得，從而可求得，根據(jù)即可求得【詳解】過點作于點，四邊形是平行四邊形，,故選C【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，熟悉幾何圖形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．2）最值（范圍）型例1．（2023·廣東·九年級階段練習(xí)）如圖，在平行四邊形ABCD中，，∠ABC＝45°，點E為射線AD上一動點，連接BE，將BE繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到BF，連接AF，則AF的最小值是_____．【答案】【分析】以AB為邊向下作等邊△ABK，連接EK，在EK上取一點T，使得AT=TK．證明△ABF≌△KBE（SAS），推出AF=EK，根據(jù)垂線段最短可知，當KE⊥AD時，KE的值最小，解直角三角形求出EK即可解決問題．【詳解】解：如圖，以AB為邊向下作等邊△ABK，連接EK，在EK上取一點T，使得AT＝TK．∵BE＝BF，BK＝BA，∠EBF＝∠ABK＝60°，∴∠ABF＝∠KBE，∴△ABF≌△KBE（SAS），∴AF＝EK，根據(jù)垂線段最短可知，當KE⊥AD時，KE的值最小，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴ADBC，∵∠ABC＝45°，∴∠BAD＝180°﹣∠ABC＝135°，∵∠BAK＝60°，∴∠EAK＝75°，∵∠AEK＝90°，∴∠AKE＝15°，∵TA＝TK，∴∠TAK＝∠AKT＝15°，∴∠ATE＝∠TAK+∠AKT＝30°，設(shè)AE＝a，則AT＝TK＝2a，ET＝a，在Rt△AEK中，∵AK2＝AE2+EK2，∴a2+（2a+a）2＝4，∴a＝，∴EK＝2a+a＝，∴AF的最小值為：．故答案為：．【點睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，垂線段最短，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等的三角形解決問題，學(xué)會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題．例2．（2023·山東濟南·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在□ABCD中，AB＝5，AD＝3，∠A＝60°，E是邊AD上且AE＝2DE，F(xiàn)是射線AB上的一個動點，將線段EF繞點E逆時針旋轉(zhuǎn)60°，得到EG，連接BG、DG，則BG－DG的最大值為________．【答案】1【分析】如圖，在AB的一點N，使得AN=AE，連接EN，GN，可證明△AEN是等邊三角形，∠AEN=∠FEG=60°，EA=EN，從而可證明△AEF≌△NEG得到∠ENG=∠A=60°，進而推出∠GNB=60°，則點G的運動軌跡是射線NG，過點B作BM⊥NG交CD延長線于M，連接MG，DG，先求出，證明四邊形ANTD是平行四邊形，得到NT=AD=3，DT=AN=2，然后證明△MKT≌△BKN得到MK=BK，MT=BN=3，MD=1，NT垂直平分BM，進而推出當M、D、G三點共線時，MG-DG有最大值，DM，即BG-DG有最大值DM．【詳解】解：如圖，在AB的一點N，使得AN=AE，連接EN，GN，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知EF=EG，∠FEG=60°，∵AE=2DE，AD=3∴AE=2，DE=1，∵AE=AN，∵∠A=60°，∴△AEN是等邊三角形，∴∠AEN=∠FEG=60°，EA=EN，∴∠AEF=∠NEG，∵EA=EN，EF=EG，∴△AEF≌△NEG（SAS），∴∠ENG=∠A=60°，∵∠ANE=60°，∴∠GNB=180°-60°-60°=60°，∴點G的運動軌跡是射線NG，過點B作BM⊥NG交CD延長線于M，連接MG，DG，∴∠BKN=90°，∵∠BNK=60°，∴∠NBK=30°，∵AB=5，AN=AE=2，∴BN=3，∴，∵∠BNK=∠A=60°，∴，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴，∴四邊形ANTD是平行四邊形，∠M=∠KBN，∴NT=AD=3，DT=AN=2，∴，∴NK=TK，又∵∠MKT=∠BKN，∴△MKT≌△BKN（AAS），∴MK=BK，MT=BN=3，∴MD=1，NT垂直平分BM，∴BG=MG，∵MG-DG≤MD，∴BG-DG≤MD，∴當M、D、G三點共線時，MG-DG有最大值，DM，即BG-DG有最大值DM，∴MG-DG的最大值為1，故答案為1．【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，平行四邊形的性質(zhì)與判定，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)與判定等等，正確作出輔助線構(gòu)造全等三角形確定點G的運動軌跡是解題的關(guān)鍵．3）綜合證明型例1．（2022下·四川成都·八年級統(tǒng)考期末）在?ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，BC＝6．點E'在BC邊上且＝4，將B繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)a°得到BE（0°＜a＜180°）．(1)如圖1，當∠EBA＝90°時，求S△BCE；(2)如圖2，在旋轉(zhuǎn)過程中，連接CE，取CE中點F，作射線BF交直線AD于點G．①求線段BF的取值范圍；②當∠EBF＝120°時，求證：BC﹣DG＝2BF；(3)如圖3．當∠EBA＝90°時，點S為線段BE上一動點，過點E作EM⊥射線AS于點M，N為AM中點，直接寫出BN的最大值與最小值．【答案】(1)S△BCE=6；(2)①1＜BF＜5；②證明見解答；(3)BN的最小值為-，BN的最大值為2．【分析】（1）如圖1，過點E作EF⊥BC交CB的延長線于點F，根據(jù)題意求得∠EBF=180°-∠EBA-∠ABC=180°-90°-60°=30°，再根據(jù)特殊直角三角形的性質(zhì)進而求得BC上的高EF=2，代入面積公式算出結(jié)果；（2）①如圖，在線段FG上截取FK=BF，連接EK、CK，可證得四邊形BCKE是平行四邊形，得出：BE=CK==4，BC=6，再運用三角形三邊關(guān)系即可求得答案；②可證△EKB≌△BGA（AAS），得出BK=AG，由AG=AD-DG，即可推出結(jié)論；（3）連接AE，取AE的中點P，PA的中點Q，連接BP、NP、NQ、BQ，可證△ABE是等腰直角三角形，得出：AE=AB=4，再由點P是AE的中點，可得：BP⊥AE，且BP=AP=EP=2，利用勾股定理得BQ=，當B、Q、N三點共線時，BN的最小值=BQ-NQ=-，當點S與點E重合時，EM=0，PN=0，此時，BN的最大值=BP=2．【詳解】（1）解：如圖1，過點E作EH⊥BC交CB的延長線于點H，∴∠EHC=90°，∵∠ABC=60°，∠EBA=90°，∴∠EBH=180°-∠EBA-∠ABC=180°-90°-60°=30°，∵點在BC邊上且=4，將B繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)α°得到BE，∴BE=B=4，∴EH=BE=×4=2，又∵BC=6，∴S△BCE=BC?EH=×6×2=6；（2）解：①如圖，在線段FG上截取FK=BF，連接EK、CK，∵EF=FC，BF=FK，∴四邊形BCKE是平行四邊形，∴BE=CK==4，BC=6，在△BCK中，BC-CK＜BK＜BC+CK，∴6-4＜BK＜6+4，即2＜2BF＜10，∴1＜BF＜5；②證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，且∠ABC=60°，AB=4，∴∠A=180°-∠ABC=180°-60°=120°，ADBC，AD=BC，BE=AB，∵∠EBF=120°，即∠EBK=120°，∴∠EBK=∠A，∵EKBC，∴EKAD，∴∠EKB=∠BGA，在△EKB和△BGA中，，∴△EKB≌△BGA（AAS），∴BK=AG，由①知：BK=2BF，又∵AG=AD-DG，∴2BF=BC-DG；（3）解：連接AE，取AE的中點P，PA的中點Q，連接BP、NP、NQ、BQ，∵∠ABE=90°，AB=BE=4，∴△ABE是等腰直角三角形，∴AE=AB=4，∵點P是AE的中點，∴BP⊥AE，且BP=AP=EP=2，∵N是AM的中點，P是AE的中點，∴PN是△AEM的中位線，∴PNEM，∴∠ANP=∠AME=90°，∵點Q是AP的中點，∴QN=PQ=AP=，在Rt△BPQ中，BQ=，當B、Q、N三點共線時，BN的最小值=BQ-NQ=-，當點S與點E重合時，EM=0，PN=0，此時，BN的最大值=BP=2．【點睛】本題是幾何變換綜合題，主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形中位線定理及勾股定理等知識，解題關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題．模型2.菱形中的旋轉(zhuǎn)模型1）常規(guī)計算型例1．（2023·江西九江·?？寄M預(yù)測）如圖，在菱形中，．若將菱形繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)α（）得到四邊形，連接，則的度數(shù)為．

【答案】【分析】由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得出，，從而可得出結(jié)論．【詳解】解：由題意可知AB=AD，∠BAD=60°．由旋轉(zhuǎn)知∠DAG=∠BAE=α，AE=AB，AD=AG，∴∠EAD=∠BAD－∠BAE=60°－α，AE=AD=AG，∴，，∴∠EDG=∠ADE＋∠ADG=150°．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)以及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識，熟練掌握相關(guān)知識是解答本題的關(guān)鍵例2．（2023·廣東深圳·?？家荒＃┤鐖D，菱形的對角線交于原點O，，．將菱形繞原點O逆時針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)，則第2023次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點C的坐標為（）

A． B． C． D．【答案】C【分析】首先根據(jù)菱形的性質(zhì)及旋轉(zhuǎn)的規(guī)律，可得第2023次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點C在第三象限，過點A作軸于點E，延長到點，使，過點作軸于點F，再根據(jù)菱形的性質(zhì)及全等三角形的性質(zhì)，即可求得坐標.【詳解】解：∵將菱形繞原點O逆時針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)，，∴旋轉(zhuǎn)4次后回到原來的位置，∵，∴第2023次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點C在第三象限，如圖：過點A作軸于點E，延長到點，使，過點作軸于點F，

∴，∴，∵四邊形是菱形，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，故第2023次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點C的坐標為，故選：C．【點睛】本題主要考查菱形的性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，以及坐標與圖形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，找出旋轉(zhuǎn)規(guī)律是解題關(guān)鍵.例3．（2023·山東·九年級?？计谀┤鐖D，菱形ABCD的對角線AC、BD交于點O，將△BOC繞著點C旋轉(zhuǎn)180°得到，若AC＝2，，則的長是（

）A．4 B． C．5 D．【答案】C【分析】利用菱形的性質(zhì)求出OB的長度，再利用勾股定理求出的長即可．【詳解】解：∵菱形ABCD，∴BD⊥AC，AB=BC，AO=OC=1在Rt△OBC中，，∵旋轉(zhuǎn)，∴，，在Rt△中，，故選：C．【點睛】本題主要考查菱旋轉(zhuǎn)和形的性質(zhì)，能夠利用勾股定理結(jié)合性質(zhì)解三角形是解題關(guān)鍵．2）最值（范圍）型例1．（2023·浙江·八年級假期作業(yè)）如圖，菱形ABCD的邊長為4，∠BAD＝120°，E是邊CD的中點，F(xiàn)是邊AD上的一個動點，將線段EF繞著點E順時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段EF'，連接AF'、BF'，則△ABF'的周長的最小值是___________．【答案】4+2【分析】取AD中點G，連接EG，F(xiàn)'G，BE，作BH⊥DC的延長線于點H，利用全等三角形的性質(zhì)證明∠F'GA＝60°，點F'的軌跡為射線GF'，易得A、E關(guān)于GF'對稱，推出AF'＝EF'，得到BF'+AF'＝BF'+EF'≥BE，求出BE即可解決周長最小問題．【詳解】解：取AD中點G，連接EG，F(xiàn)'G，BE，作BH⊥DC的延長線于點H，∵四邊形ABCD為菱形，∴AB＝AD，∵∠BAD＝120°，∴∠CAD＝60°，∴△ACD為等邊三角形，又∵DE＝DG，∴△DEG也為等邊三角形．∴DE＝GE，∵∠DEG＝60°＝∠FEF'，∴∠DEG﹣∠FEG＝∠FEF'﹣∠FEG，即∠DEF＝∠GEF'，由線段EF繞著點E順時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段EF'，所以EF＝EF'．在△DEF和△GEF'中，∴△DEF≌△GEF'（SAS）．∴∠EGF'＝∠EDF＝60°，∴∠F'GA＝180°﹣60°﹣60°＝60°，則點F'的運動軌跡為射線GF'．觀察圖形，可得A，E關(guān)于GF'對稱，∴AF'＝EF'，∴BF'+AF'＝BF'+EF'≥BE，在Rt△BCH中，∵∠H＝90°，BC＝4，∠BCH＝60°，∴，在Rt△BEH中，BE＝＝＝2，∴BF'+EF'≥2，∴△ABF'的周長的最小值為AB+BF'+EF'＝4+2，故答案為：4+2．【點睛】本題考查旋轉(zhuǎn)變換，菱形的性質(zhì)，解直角三角形，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，等邊三角形等知識，解題關(guān)鍵在于學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，學(xué)會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題．例2．（2023·山西·九年級專題練習(xí)）如圖，菱形ABCD中，AB＝12，∠ABC＝60°，點E在AB邊上，且BE＝2AE，動點P在BC邊上，連接PE，將線段PE繞點P順時針旋轉(zhuǎn)60°至線段PF，連接AF，則線段AF長的最小值為___．【答案】【分析】在上取一點，使得，連接，作直線交于，過點作于，先根據(jù)等邊三角形的判定與性質(zhì)、三角形全等的判定定理證出，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得，從而可得，由此可得點在射線上運動，再根據(jù)垂線段最短可得當點與點重合時，的長最小，然后根據(jù)平行四邊形的判定可得四邊形是平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得，最后在中，解直角三角形即可得．【詳解】解：在上取一點，使得，連接，作直線交于，過點作于，，是等邊三角形，，，是等邊三角形，，，，即，在和中，，，，，點在射線上運動，由垂線段最短可知，當點與點重合時，的長最小，，，，，四邊形是菱形，，四邊形是平行四邊形，，，即長的最小值為，故答案為：．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、解直角三角形等知識點，正確找出點的運動軌跡是解題關(guān)鍵．例3．（2023·貴州遵義·統(tǒng)考一模）如圖，已知菱形和菱形，，，，連接，．將菱形繞點旋轉(zhuǎn)，當最大時，等于（

）A．2 B． C．1 D．【答案】D【分析】當BE⊥AE時，∠ABE的值最大，此時cos∠BAE=，推出∠BAE=30°，過點G作GT⊥DA交DA延長線于點T，求出GT，可得結(jié)論．【詳解】解：∵四邊形ABCD，四邊形AEFG都是菱形，∴AD=AB=2，AG=AE=，當BE⊥AE時，∠ABE的值最大，此時cos∠BAE=∴∠BAE=30°，∵∠DAB+∠EAG=180°，∴∠BAE+∠DAG=180°，∴∠DAG=150°，過點G作GT⊥DA交DA的延長線于點T，如圖，在Rt△AGT中，AG=，∠GAT=30°，∴GT=AG·sin30°=故選∶D．【點睛】本題考查旋轉(zhuǎn)變換，菱形的性質(zhì)，三角形的面積等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運所學(xué)知識解決問題．3）分類討論型例1．（2023·陜西西安·九年級?？奸_學(xué)考試）用兩個全等且邊長為4的等邊三角形和拼成菱形．把一個60°角的三角尺與這個菱形疊合，使三角尺的角的頂點與點A重合，兩邊分別與AB，AC重合，將三角尺繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，在轉(zhuǎn)動過程中，當?shù)拿娣e是時，的長為（

）

A．2或4 B．2或6 C．4或6 D．0或8【答案】B【分析】過點A作．根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可求出，結(jié)合可求出．又易證，即得出，從而即可得解．【詳解】如圖，過點A作．

∵為等邊三角形，∴，∴．∵，即，∴，∴．∵三角尺的角的頂點與點A重合，∴，∴，即．又∵兩個全等且邊長為4的等邊三角形和拼成菱形，∴，，∴，∴；如圖，由（1）可知，∴，∴．∵，∴，即．又∵，，∴，∴．∴的長為2或6．故選B．【點睛】本題主要考查等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，三角形全等的判定和性質(zhì)等知識．利用數(shù)形結(jié)合的思想是解題關(guān)鍵．例2．（2023·浙江·九年級專題練習(xí)）[情景引入]如圖1，射線AD與線段AB重合，將射線AD繞點A逆時針方向旋轉(zhuǎn)旋轉(zhuǎn)角為，，在旋轉(zhuǎn)過程中，某一時刻射線AD把分成面積相等兩部分，于是我們可以求得，此時我們把射線AD稱為的“完美分割線”．[理解應(yīng)用]如圖2，在鈍角中，點E是線段BC的中點，試說明：射線AD是的“完美分割線”．[問題提升]在菱形ABCD中，，點O為射線CA上的動點，作射線OM與直線BC相交于點E，將射線OM繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)60°，得到射線ON，射線ON與直線CD相交于點F．（1）如圖3，點O與點A重合時，點E，F(xiàn)分別在線段BC，CD上，①請直接寫出CE，CF，CA三條段段之間的數(shù)量關(guān)系；②連接E、F，試說明：為等邊三角形．（2）如圖4，將繞點O以每秒2°的速度逆時針方向旋轉(zhuǎn)，當OM與AD重合時停止運動（旋轉(zhuǎn)時間為t）；試問：當t為何值時，射線OM或射線ON是某個三角形的“完美分割線”？（注：解答時原圖不添加任何字母和輔助線）【答案】[理解應(yīng)用]見解析；[問題提升]（1）①CA＝CE＋CF；②見解析；（2）t=15或45【分析】[理解應(yīng)用]分別表示出，即可證得結(jié)論；[問題提升]（1）①如圖，結(jié)論：CA＝CE＋CF．只要證明△ADF≌△ACE（SAS）即可解決問題；②由題意易得△ADF≌△ACE，可得：，可推得，進而問題可證；（2）分射線OM是的“完美分割線”或射線ON是的“完美分割線”，進行討論即可得出答案．【詳解】[理解應(yīng)用]如圖：過A作AH⊥BC于H，∵點E是線段BC的中點，∴，∵，∴，故射線AD是的“完美分割線”．[問題提升](1)①結(jié)論：CA＝CE＋CF．理由：∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，∴AB＝AD＝DC＝BC，∠BAC＝∠DAC＝60°，∴△ABC，△ACD都是等邊三角形，∵∠DAC＝∠EAF＝60°，∴∠DAF＝∠CAE，∵CA＝AD，∠D＝∠ACE＝60°，∴△ADF≌△ACE（SAS），∴DF＝CE，∴CE＋CF＝CF＋DF＝CD＝AC，∴CA＝CE＋CF；②∵△ADF≌△ACE，∴，∴，∴∵,∴為等邊三角形．(2)當OM恰巧平分BC時，此時ON恰巧平分CD，在等邊中，OM平分BC，∴,，故射線OM是的“完美分割線”，∴，∴（秒）；當ON恰巧平分CD，在等邊中，ON平分CD，∴，,∴,故射線ON是的“完美分割線”，∴，∴（秒）；當OM恰巧平分CD時，在等邊中，OM平分CD，∴,，故射線OM是的“完美分割線”，∴，∴（秒）．綜上所述當t=15或45秒時，射線OM或射線ON是某個三角形的“完美分割線”．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，學(xué)會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．4）綜合證明型例1．（2023·浙江寧波·八年級統(tǒng)考期中）如圖，菱形ABCD的形狀和大小保持不變，將菱形ABCD繞點B旋轉(zhuǎn)適當角度得到菱形A'BC'D'，邊A'D與AD，DC交于E，F(xiàn)（D，E，F(xiàn)不重合），連接EB，F(xiàn)B．在旋轉(zhuǎn)過程中：①EB平分∠AED'；②FB平分∠A'FC；③△DEF的周長是一個定值；④S△DEF+2S△BEF＝S菱形ABCD，判斷正確的是．【答案】①②③．【分析】過點作于，于，于，利用角平分線的判定定理證明選項①、②是否正確，再利用全等三角形的性質(zhì)證明的周長為定值，即可判斷③；根據(jù)Rt△BEM≌Rt△BEH，Rt△BMA≌Rt△BNC，Rt△BFN≌Rt△BFH，得到S△BEM＝S△BEH，S△BMA＝S△BNC，S△BFN＝S△BFH，S△DEF+2S△BEF＝S四邊形DMBN，但是∠A不一定為60°，即AM不一定等于AB，由此判斷④.【詳解】如圖，過點B作BH⊥A′D′于H，BM⊥AD于M，BN⊥CD于N．∵菱形BA′D′C′是由菱形ABCD旋轉(zhuǎn)得到，菱形的每條邊上的高相等，∴BM＝BH＝BN，∵BH⊥A′D′于H，BM⊥AD于M，BN⊥CD于N，∴BE平分∠AED′，BF平分∠A′FC，故選項①②正確，∵∠BME＝∠NHE＝90°，BE＝BE，BM＝BH，∴Rt△BEM≌Rt△BEH（HL），∴EH＝EM，同法可證，F(xiàn)H＝FN，∴△DEF的周長＝DE+EF+DF＝DE+EM+DF+FN＝DM+DN，∵∠BMA＝∠BNC＝90°，BM＝BN，BA＝BC，∴Rt△BMA≌Rt△BNC（HL），∴AM＝CN，∵DA＝DC，∴DM＝DN，∴△DEF的周長＝2DM＝定值，故③正確，∵Rt△BEM≌Rt△BEH，Rt△BMA≌Rt△BNC，Rt△BFN≌Rt△BFH，∴S△BEM＝S△BEH，S△BMA＝S△BNC，S△BFN＝S△BFH，∴S△DEF+2S△BEF＝S四邊形DMBN，∵∠A不一定為60°，∴AM不一定等于AB，∴S△DEF+2S△BEF≠S菱形ABCD，故④錯誤；故答案：①②③．【點睛】旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角形面積等知識，是重要考點，難度較易，掌握相關(guān)知識是解題關(guān)鍵．例2．（2023·湖北武漢·八年級統(tǒng)考期中）如圖1，菱形AEFG的兩邊AE、AG分別在菱形ABCD的邊AB和AD上，且∠BAD=60°，連接CF；（1）求證：；（2）如圖2，將菱形AEFG繞點A進行順時針旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)過程中（1）中的結(jié)論是否發(fā)生變化？請說明理由．【答案】（1）見解析；（2）CF=，（1）中的結(jié)論不變．理由見解析．【分析】（1）延長EF交CD于M點，證明三角形CMF是等腰三角形，且∠EMC=120°，過點M作MN⊥CF，垂足為N，根據(jù)30°角所對直角邊等于斜邊的一半，和勾股定理，得FN=NC=即CF=2FN=；（2）過D做∠NDC=∠ADG,使DN=DG，連接NC，證明△DGN為等腰三角形，四邊形GFNC為平行四邊形即可．【詳解】（1）如圖１，延長EF交CD于M點，∵四邊形AEFG和四邊形ABCD是菱形∴DC//GF//AB,DM//GF∴四邊形GFMD是平行四邊形則∠D=∠EMC=120°，∴∠MFC=∠MCF=30°，過點M作MN⊥CF，垂足為N，∴MN=,根據(jù)勾股定理，得FN=，∵MC=MF，∴FN=NC，∴CF=2FN=；（2）如圖2，過D做∠NDC=∠ADG,使DN=DG，連接NC，∴△AGD≌△DNC(SAS）∴AG=NC∠DNC=∠AGD∴△DGN為等腰三角形，則∠DGN=∠DNG，∵∠NGF=360°-∠AGD-∠AGF-∠DGN=240°-∠DGA-∠DGN∠GNC=∠DNC-∠DNG=∠DNC-∠DNG∴∠NGF+∠GNC=240°-∠DGN-∠DNG,∵∠DGN+∠DNG=180°-∠GDN=60°∴∠NGF+∠GNC=180°∴NC//GF，∴四邊形GFNC為平行四邊形∴CF=GN，則GN=，∴CF=，結(jié)論（1）不變．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，平行四邊形的判定，三角形的全等，等腰三角形的性質(zhì)，靈活構(gòu)造輔助線是解題的關(guān)鍵．例3．（2023春·浙江寧波·八年級?？计谥校┤鐖D，在菱形中，，．將菱形繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為，得到菱形，與，分別交于點I，J，與交于點H，與交于點K，連接．(1)用含的代數(shù)式表示；(2)求證：平分；(3)在從到的變化過程中，①的周長是否變化？若不變，請求出的周長；若變化，請說明理由．②直接寫出點K的運動路徑長．

【答案】(1)(2)見詳解(3)①不變，的周長為，②【分析】（1）設(shè)與交于點H，由旋轉(zhuǎn)可知，再根據(jù)三角形的外角定理即可；（2）過點A作于點M，于點N，證明，由角平分線的判定定理即可得出結(jié)論；（3）①旋轉(zhuǎn)前后的組合圖形同樣是軸對稱圖形，對稱軸為直線，得到再證明，得到即可；，②當時有最大值，當時有最小值，即可得出結(jié)果．【詳解】（1）解：設(shè)與交于點H，由旋轉(zhuǎn)可知，再根據(jù)三角形的外角定理得：，；

（2）解：過點A作于點M，于點N，，由旋轉(zhuǎn)可知，，，，平分；（3）解：①不變，的周長為，理由如下：連接，

根據(jù)菱形為軸對稱圖形，菱形對角線所在的直線為菱形的對稱軸，旋轉(zhuǎn)前后的組合圖形同樣是軸對稱圖形，對稱軸為直線，由第（2）問中平分，，在菱形中，，，和均為等邊三角形，，，，的周長為；②當時有最大值，；當時有最小值，；．故點K的運動路徑長為．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)圖形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)和判定，全等三角形的性質(zhì)和判定，綜合運用旋轉(zhuǎn)圖形的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)和判定是本題的關(guān)鍵．模型3.矩形中的旋轉(zhuǎn)模型1）常規(guī)計算型例1．（2023上·成都市·九年級專題練習(xí)）如圖，在矩形中，，，將矩形繞對角線的中點O旋轉(zhuǎn)角度得到矩形，當，D的距離等于1時，α等于（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】如圖，連接，由矩形性質(zhì)可證，得，易知，所以，進而求得，即旋轉(zhuǎn)角度．【詳解】如圖，連接，

∵四邊形是矩形，∴，∴，∴，∴．∵，D的距離等于1，，∴，∴，∴，∴．故選D．【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定及性質(zhì)、三角形外角的知識；由圖形的旋轉(zhuǎn)變換轉(zhuǎn)化為全等三角形解決問題是求解的關(guān)鍵．例2．（2023·江西·統(tǒng)考三模）如圖，矩形ABCD中，，，將矩形ABCD繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)得到矩形AFGE，當點F落在邊CD上時，連接BF、DE，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由題意作輔助線過點E作于點H，并利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及三角函數(shù)進行分析求解.【詳解】解：如解圖，過點E作于點H，在矩形ABCD中，，，，.由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，，，.，..，，，.故選C【點睛】本題考查矩形相關(guān)，綜合利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及三角函數(shù)相關(guān)性質(zhì)進行求解.例3．（2023·浙江·八年級假期作業(yè)）如圖，矩形中，，，將矩形繞點順時針方向旋轉(zhuǎn)后得到矩形，若邊交線段于，且，則的值是______．【答案】【分析】設(shè)DH的值是x，那么CH=，BH=x，在Rt△BCH中根據(jù)勾股定理即可列出關(guān)于x的方程，解方程就可以求出DH．【詳解】解：設(shè)DH的值是x，∵AB=8，AD=6，且BH=DH，在Rt△BCH中，，，即．故答案為：【點睛】此題考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理等知識，解題關(guān)鍵是利用勾股定理列出關(guān)于所求線段的方程．2）最值（范圍）型例1．（2023·廣東·八年級假期作業(yè)）如圖，在矩形ABCD中，AB＝7，BC＝7，點P在線段BC上運動（含B、C兩點），連接AP，將線段AP繞著點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到AQ，連接DQ，則線段DQ的最小值為___．【答案】3.5【分析】以AB為邊作等邊△ABE，過點D作DH⊥QE于H，利用SAS證明△ABP≌△AEQ，得∠AEQ=∠ABP=90°，則點Q在射線EQ上運動，即求DH的長度，再用含30°角的直角三角形性質(zhì)進行解題．【詳解】解：如圖，以AB為邊作等邊△ABE，過點D作DH⊥QE于H，∴AB=AE，∠BAE=60°，∵將線段AP繞著點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到AQ，∴AP=AQ，∠PAQ=60°，∴∠BAP=∠EAQ，在△ABP和△AEQ中，，∴△ABP≌△AEQ（SAS），∴∠AEQ=∠ABP=90°，∴點Q在射線EQ上運動，當Q與H重合時，DQ最小，在Rt△AEF中，∠EAF=30°，∴EF=AE=，∴AF=2EF=，∴DF=AD-AF=-=，∴DH=DF=×=，∴DQ的最小值為，故答案為：．【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，判斷出點Q的運動路徑是解題的關(guān)鍵．例2．（2023·安徽·校聯(lián)考三模）四邊形ABCD是矩形，以點D為旋轉(zhuǎn)中心，順時針旋轉(zhuǎn)矩形ABCD，得到矩形DEFG，，，試探究：（1）如圖1，當點E落在BC上時，CE的長度為；（2）如圖2，O是對角線BD的中點，連接EO，F(xiàn)O，設(shè)的面積為s，在矩形DEFG的旋轉(zhuǎn)過程中，s的取值范圍為．【答案】【分析】（1）當點E落在BC上時，由勾股定理知CE=，代入計算即可；（2）如圖，由旋轉(zhuǎn)知，EF=AD=8，的面積=×EF×EF邊上的高，故找面積最值就轉(zhuǎn)化成找EF邊上高的最值．當點E落在BD上時，EF邊上高的最小值為EO，此時s最小，當點D落在BD的反向延長線上時，EF邊上高的最大值為OE'，此時s最大，分別算出最大值和最小值即可．【詳解】（1），當點E落在BC上時，CE=；答案：．（2）當點E落在BD上時，s最小，此時，，∴；當點D落在BD的反向延長線上時，s最大，，∴，∴．故答案為：．【點睛】此題考查了圖形的旋轉(zhuǎn)和勾股定理，解題的關(guān)鍵是要有空間想象能力，正確作出輔助線求解．3）分類討論型例1．（2023·江西南昌·九年級校聯(lián)考階段練習(xí)）在矩形ABCD中，AB=3，AD=5，將邊AD繞它的端點旋轉(zhuǎn)，當另一端點恰好落在邊BC所在直線的點E處時，線段DE的長為．【答案】或或5【分析】分兩種情形：繞A旋轉(zhuǎn)或繞D旋轉(zhuǎn)，利用勾股定理求解即可．【詳解】解：如圖，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=CD=3，AD=BC=5，∠ABC=∠DCB=90°，當AD繞A旋轉(zhuǎn)，AD==5時，，∴C=1，C=9，∴，，當AD繞D旋轉(zhuǎn)時，，綜上所述，滿足條件的DE的值為或3或5，故答案為：或3或5．【點睛】本題考查旋轉(zhuǎn)變換，矩形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會用分類討論的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．例2．（2023上·廣東珠海·九年級?？计谥校┤鐖D，在矩形中，，，將矩形繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)（旋轉(zhuǎn)角小于90度）得到矩形．(1)如圖①，若在旋轉(zhuǎn)過程中，點E落在對角線上，分別交于點M，N，①求證：；②求的長；(2)在旋轉(zhuǎn)過程中，當旋轉(zhuǎn)到如圖②所示的情況，若直線經(jīng)過線段的中點，連接，求的面積．

【答案】(1)①見解析；②(2)的面積是或【分析】（1）①根據(jù)矩形的性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到，證得；②設(shè)，則，根據(jù)勾股定理求出x的值，即可求出MF的值；（2）分情況討論，第一種情況，過點B作于點H，證明，用勾股定理求出AH的長，從而得到的長，再求出的長，根據(jù)算出的面積；第二種情況，與第一種情況的區(qū)別在于的長，求出長之后，一樣算出的面積．【詳解】（1）解：①∵四邊形是矩形，∴，∴，∵旋轉(zhuǎn)，∴，∴，∴；②設(shè)，則，在中，，解得，在中，，∴，（2）①如圖，過點B作于點H，則，在和中，，∴，∴，，在中，，∴，∴，∴；

②如圖所示，同①得：，，∴，∴；綜上：的面積是或．【點睛】本題考查的是四邊形綜合問題，解題的關(guān)鍵是掌握矩形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，以及等腰三角形的判定，需要注意進行分類討論．4）綜合證明型例1．（2023·四川·眉山市東坡區(qū)模擬預(yù)測）如圖，Rt△ABE中，∠B=90°，AB=BE，將△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)45°，得到△AHD，過D作DC⊥BE交BE的延長線于點C，連接BH并延長交DC于點F，連接DE交BF于點O．下列結(jié)論：①DE平分∠HDC；②DO=OE；③H是BF的中點；④BC-CF=2CE；⑤CD=HF，其中正確的有（

）A．5個 B．4個 C．3個 D．2個【答案】B【分析】根據(jù)∠B=90°，AB=BE，△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)45°，得到△AHD，可得，并且△ABE和△AHD都是等腰直角三角形，可證，根據(jù)，可得，根據(jù)三角形的內(nèi)角和可得，即DE平分∠HDC，所以①正確；利用，得到四邊形是矩形，有，，由①有DE平分∠HDC，得，可得,，可證，利用易證，則有，，所以②正確；過作于，并延長交于點，得，是的中點，是的中點，是的中點，所以③正確；根據(jù)是等腰直角三角形，，∵是的中點，是的中點，得到，，，易證，所以④正確；利用AAS證明，則有，，易的，，則不是直角三角形，并，即有：，所以⑤不正確；【詳解】解：∵Rt△ABE中，∠B=90°，AB=BE，∴又∵將△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)45°，得到△AHD，∴，并且△ABE和△AHD都是等腰直角三角形，∴，，，∴∴，∴∴，∴,又∵∴∴由三角形的內(nèi)角和可得，即：DE平分∠HDC，所以①正確；∵∴四邊形是矩形，∴∴，由①有DE平分∠HDC，∴∵，∴,∴∴在中，∴∴∴∴，所以②正確；過作于，并延長交于點，∵∴又∵是等腰直角三角形，∴是的中點，∵四邊形是矩形，∴是的中點，∴是的中點，所以③正確；∵是等腰直角三角形，∴又∵是的中點，是的中點，∴，，，∴即有：，所以④正確；在和中，，∴，，，∵∴，∴∴不是直角三角形，并即有：，所以⑤不正確；綜上所述，正確的有①②③④，故選：B．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)以及等腰直角三角形的判定與性質(zhì)；證明三角形全等和等腰直角三角形是解決問題的關(guān)鍵．例2．（2023上·黑龍江哈爾濱·九年級統(tǒng)考期中）如圖1，將矩形繞著點按順時針方向旋轉(zhuǎn)得到矩形，點與點對應(yīng)，點恰好落在邊上，交于點．(1)求證：；(2)如圖2，連接并延長交于點，交于點，點在的延長線上，連接，若，在不添加任何輔助線和字母的條件下，直接寫出圖中所有的等腰三角形．

【答案】(1)見解析(2)、、、【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出，證明，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可求解；（2）根據(jù)矩形是由矩形繞著點按順時針方向旋轉(zhuǎn)得到的，直接可得、是等腰三角形，設(shè)，根據(jù)三角形的外角的性質(zhì)以及三角形內(nèi)角和定理，得出，即可判斷、是等腰三角形，即可求解．【詳解】（1）證明：矩形是由矩形繞著點按順時針方向旋轉(zhuǎn)得到的

四邊形是矩形，

，，（2）

∵，∴∴是等腰三角形，∵∴是等腰三角形，設(shè)∵∴∵∴又∴∵∴∴又∴∴∴是等腰三角形，∵，∴在中，又∴∴∴∴是等腰三角形，綜上所述，等腰三角形有：、、、【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．模型4.正方形中的旋轉(zhuǎn)模型1）常規(guī)計算型例1．（2023·河南·平頂山市模擬預(yù)測）如圖，正方形ABCD的頂點B在原點，點D的坐標為（4，4），將AB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°，使點B落在點B′處，DE⊥BB′于點E，則點E的坐標為（）A．B．C．D．【答案】D【分析】分別延長AD和BE交于點F，過點E作EG⊥x軸于點G，利用特殊角的三角函數(shù)求出BF、EF的長，進而求出BE，再利用特殊角的三角函數(shù)求出EG、BG的長即可得解.【詳解】解：分別延長AD和BE交于點F，過點E作EG⊥x軸于點G，∵四邊形ABCD是正方形，點D的坐標為（4，4），∴∠BAD=∠ABC=90o，AB=AD=4，∵AB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°，點B落在點B′處，∴△ABB′是等邊三角形，∴∠ABB′=60o，∠EBC=30o，∴∠F=30o，∴BF=2AB=8，AF=BF·sin60o=，∴DF=AF-AD=-4，∵DE⊥BB′于點E，∴EF=DF·cos30o=，∴BE=BF-EF=2+，∴EG=BE·sin30o=，BG=BE·cos30o=，∴點E的坐標為故選：D【點睛】本題主要考查正方形、等邊三角形、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及解三角形，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)判斷△ABB′是等邊三角形以及特殊角的三角函數(shù)的應(yīng)用是解題的關(guān)鍵.例2．（2023·陜西西安·九年級?？计谥校┤鐖D，在正方形ABCD中，，點M在CD邊上，且，與關(guān)于所在的直線AM對稱，將按順時針方向繞點A旋轉(zhuǎn)90°得到，連接EF，則線段EF的長為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】連接BM．先判定△FAE≌△MAB（SAS），即可得到EF＝BM．再根據(jù)BC＝CD＝AB＝6，根據(jù)勾股定理求出DM=2，CM＝4，利用勾股定理即可得到，Rt△BCM中，BM＝，進而得出EF的長．【詳解】解：如圖，連接BM．∵△AEM與△ADM關(guān)于AM所在的直線對稱，∴AE＝AD，∠MAD＝∠MAE．∵△ADM按照順時針方向繞點A旋轉(zhuǎn)90°得到△ABF，∴AF＝AM，∠FAB＝∠MAD．∴∠FAB＝∠MAE∴∠FAB+∠BAE＝∠BAE+∠MAE．∴∠FAE＝∠MAB．∴△FAE≌△MAB（SAS）．∴EF＝BM．∵四邊形ABCD是正方形，∴BC＝CD＝AB＝6．∵∴DM＝，∴CM＝6-2=4．∴在Rt△BCM中，BM＝，∴EF＝，故選：A．【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)、軸對稱性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，勾股定理，二次根式化簡，關(guān)鍵利用輔助線作出準確圖形，熟記正方形的性質(zhì)、軸對稱性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，勾股定理．2）最值（范圍）型例1．（2023·湖北·鄂州市一模）如圖，已知正方形的邊長為3，點E是邊上一動點，連接，將繞點E順時針旋轉(zhuǎn)到，連接，則當之和取最小值時，的周長為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】連接BF，過點F作FG⊥AB交AB延長線于點G，通過證明△AED≌△GFE（AAS），確定F點在BF的射線上運動；作點C關(guān)于BF的對稱點C'，由三角形全等得到∠CBF=45°，從而確定C'點在AB的延長線上；當D、F、C'三點共線時，DF+CF=DC'最小，在Rt△ADC'中，AD=3，AC'=6，求出DC'=3即可．【詳解】解：連接BF，過點F作FG⊥AB交AB延長線于點G，∵將ED繞點E順時針旋轉(zhuǎn)90°到EF，∴EF⊥DE，且EF=DE，∴△AED≌△GFE（AAS），∴FG=AE，∴F點在BF的射線上運動，作點C關(guān)于BF的對稱點C'，∵EG=DA，F(xiàn)G=AE，∴AE=BG，∴BG=FG，∴∠FBG=45°，∴∠CBF=45°，∴BF是∠CBC′的角平分線，即F點在∠CBC′的角平分線上運動，∴C'點在AB的延長線上，當D、F、C'三點共線時，DF+CF=DC'最小，在Rt△ADC'中，AD=3，AC'=6，∴DC'=3，∴DF+CF的最小值為3，∴此時的周長為．故選：A．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，軸對稱求最短路徑；能夠?qū)⒕€段的和通過軸對稱轉(zhuǎn)化為共線線段是解題的關(guān)鍵．例2．（2023上·福建龍巖·九年級校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，已知正方形、正方形的邊長分別為4和1，將正方形繞點旋轉(zhuǎn)，連接，點是的中點，連接，則線段的最大值為（

）．A． B． C． D．【答案】D【分析】本題主要考查了、三角形中位線定理、正方形的性質(zhì)、三角形三邊關(guān)系、勾股定理，延長至點，使，連接，，，由三角形中位線定理可得，由正方形的性質(zhì)結(jié)合勾股定理可得，，由三角形三邊關(guān)系可得，從而可得的最大值為，即可得解，熟練掌握以上知識點并靈活運用是解此題的關(guān)鍵．【詳解】解：如圖，延長至點，使，連接，，，，點是的中點，，是的中位線，，正方形、正方形的邊長分別為4和1，，，，的最大值為，的最大值為，故選：D．3）路徑（軌跡）型例1．（2023·浙江·九年級期末）如圖所示，正方形ABCD的邊長為4，點E為線段BC上一動點，連結(jié)AE，將AE繞點E順時針旋轉(zhuǎn)90°至EF，連結(jié)BF，取BF的中點M，若點E從點B運動至點C，則點M經(jīng)過的路徑長為（）A．2 B． C． D．4【答案】B【分析】已知EF⊥AE，當E點在線段BC上運動到兩端時，正好是M點運動的兩個端點，由此可以判斷M點的運動軌跡是BC、CD中點的連線長.【詳解】解：取BC、CD的中點G、H，連接GH，連接BD∴GH為△BCD的中位線，即∵將AE繞點E順時針旋轉(zhuǎn)90°至EF，∴EF⊥AE，當E點在B處時，M點在BC的中點G處，當E點在C點處時，M點在CD中點處，∴點M經(jīng)過的路徑長為GH的長，∵正方形ABCD的邊長為4，∴∴，故選B．【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理和中位線定理，解題的關(guān)鍵在于找到M點的運動軌跡.例2．（2023·廣東三模）如圖，是等腰直角三角形，正方形繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，再延長交于G，以下結(jié)論中：①；②；③當，時，，正確的有（

）A．3個 B．2個 C．1個 D．都不對【答案】B【分析】根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)及正方形的性質(zhì)易得△BAD≌△CAF，從而易得①②正確；取BC的中點O，連接OG、OA，則由直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)可得OG是BC的一半，即為定值，故可得點G的運動路徑是以O(shè)為圓心OG長為半徑一段圓弧上運動，從而BG的長度不是固定的，因此可對③作出判定．【詳解】（1）∵四邊形ADEF是正方形∴AD=AF，∠DAF=∠DAC+∠CAF=90゜∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90゜∴AB=AC∴∠BAD+∠DAC=90゜∴∠BAD=∠CAF在△BAD和△CAF中∴△BAD≌△CAF(SAS)∴BD=CF，∠DBA=∠FCA設(shè)BG與AC交于點M，則∠BMA=∠CMG∴∠FCA+∠CMG=∠DBA+∠BMA=90゜∴∠CGM=90゜∴BD⊥CF故①②均正確；如圖，取BC的中點O，連接OG、OA∵BG⊥CF，AB⊥AC∴OG、OA分別是Rt△GBC、Rt△ABC斜邊上的中線∴在Rt△ABC中，由勾股定理得∴則點G在以O(shè)為圓心為半徑的一段圓弧上運動，其中點A為此弧的一個端點所以BG的長變化的，不可能是定值故③不正確故選：B．【點睛】本題綜合考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)等知識，對③的判斷是比較難，判斷出點G的運動路徑后問題則迎刃而解．4）分類討論型例1．（2023·云南昆明·統(tǒng)考二模）如圖，大正方形中，，小正方形中，，在小正方形繞點旋轉(zhuǎn)的過程中，當，，三點共線時，線段的長為_______．【答案】或【分析】在正方形中，根據(jù)勾股定理求得；在正方形中，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得；在Rt△AGC中，根據(jù)勾股定理求得，再分兩種情況求CF的長即可．【詳解】連接AC，∵正方形中，，∴；∵正方形中，，∴；當，，三點共線時，如圖1，在Rt△AGC中，，∴；當，，三點共線時，如圖2，在Rt△AGC中，，∴．綜上，CF的長為或．故答案為：或．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)及勾股定理，解決問題時要注意本題有兩種情況，不要漏解．例2．（2023·遼寧遼陽·一模）如圖，正方形ABCD和正方形CEFG（其中BD>2CE），直線BG與DE交于點H．(1)如圖1，當點G在CD上時，請直接寫出線段BG與DE的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系；(2)將正方形CEFG繞點C旋轉(zhuǎn)一周．①如圖2，當點E在直線CD右側(cè)時，求證：；②當∠DEC＝45°時，若AB＝3，CE＝1，請直接寫出線段DH的長．【答案】(1)BG＝DE，BG⊥DE(2)①見解析；②或【分析】（1）證明△BCG≌△DCE可得結(jié)論；（2）①在線段BG上截取BK＝DH，連接CK．證明△BCK≌△DCH(SAS)，推出CK＝CH，∠BCK＝∠DCH，推出△KCH是等腰直角三角形，即可解決問題；②分兩種情形：當D，G，E三點共線時∠DEC＝45°，連接BD；和當D，H，E三點共線時∠DEC＝45°，連接BD，分別根據(jù)正方形的性質(zhì)結(jié)合勾股定理求解即可解決問題．（1）解：BG＝DE，BG⊥DE，理由如下：∵四邊形ABCD和四邊形CEFG都為正方形，∴BC＝CD，∠BCG＝∠DCE＝90°，CG＝CE，∴△BCG≌△DCE(SAS)，∴BG＝DE，∠CBG＝∠CDE．∵∠CDE+∠DEC＝90°，∴∠HBE+∠BEH＝90°∴∠BHD＝90°，即．綜上可知BG和DE的關(guān)系為BG＝DE且．故答案為：BG＝DE且；（2）①證明：如圖，在線段BG上截取BK＝DH，連接CK．∵四邊形ABCD和四邊形CEFG都為正方形，∴BC＝CD，∠BCD＝∠GCE＝90°，CG＝CE，∴∠BCG＝∠DCE，∴△BCG≌△DCE(SAS)，∴∠CBK＝∠CDH，∵BK＝DH，BC＝DC，∴△BCK≌△DCH(SAS)，∴CK＝CH，∠BCK＝∠DCH，∴∠BCK+∠KCD＝∠DCH+∠KCD，即∠KCH＝∠BCD＝90°，∴△KCH是等腰直角三角形，∴，∴；②如圖，當D，G，E三點共線時∠DEC＝45°，連接BD．由（1）同樣的方法可知，BH＝DE，∵四邊形CEFG為正方形∴CE＝CH＝1∴．∵AB＝3，∴，設(shè)DH＝x，則，在Rt△BDH中，，即，解得：（舍）故此時；如圖，當H，E重合時，∠DEC＝45°，連接BD．設(shè)DH＝x，∵BG＝DH∴，在Rt△BDH中，，即解得：（舍）故此時；綜上所述，滿足條件的DH的值為或．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，正確尋找全等三角形解決問題，學(xué)會用分類討論的思想思考問題是解題關(guān)鍵．5）綜合證明型例1．（2023·廣東·三模）如圖，在正方形ABCD中，點M是AB上一動點，點E是CM的中點，AE繞點E順時針旋轉(zhuǎn)90°得到EF，連接DE，DF．給出結(jié)論：①DE＝EF；②∠CDF＝45°；③若正方形的邊長為2，則點M在射線AB上運動時，CF有最小值．其中結(jié)論正確的是（）A．①②③ B．①② C．①③ D．②③【答案】A【分析】延長AE交的延長線于點H，由“”可證，可得，由直角三角形的性質(zhì)可得，可判斷①；由四邊形內(nèi)角和定理可求，可得，可判斷②；連接，過點C作于，由，知點在上運動，即得當時，有最小值為的長度，而，即有最小值為，可判斷③正確．【詳解】如圖，延長AE交DC的延長線于點H，∵點E是CM的中點，∴ME＝EC，∵AB∥CD，∴∠MAE＝∠H，∠AME＝∠HCE，∴△AME≌△HCE（AAS），∴AE＝EH，又∵∠ADH＝90°，∴DE＝AE＝EH，∵AE繞點E順時針旋轉(zhuǎn)90°得到EF，∴AE＝EF，∠AEF＝90°，∴AE＝DE＝EF，故①正確；∵AE＝DE＝EF，∴∠DAE＝∠ADE，∠EDF＝∠EFD，∵∠AEF+∠DAE+∠ADE+∠EDF+∠EFD＝360°，∴2∠ADE+2∠EDF＝270°，∴∠ADF＝135°，∴∠CDF＝∠ADF﹣∠ADC＝135°﹣90°＝45°，故②正確；如圖，連接FC，過點C作CF'⊥DF于F'，∵∠CDF＝45°，∴點F在DF上運動，∴當CF⊥DF時，CF有最小值為CF''的長度，∵CD＝2，∠CDF＝45°，∴CF''，即CF有最小值為，故③正確，故選：A．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是掌握折疊的性質(zhì)，正確作輔助線，構(gòu)造全等三角形．例2．（2022·遼寧盤錦·中考真題）如圖，四邊形ABCD是正方形，△ECF為等腰直角三角形，∠ECF＝90°，點E在BC上，點F在CD上，P為EF中點，連接AF，G為AF中點，連接PG，DG，將Rt△ECF繞點C順時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為α（0°≤α≤360°）．(1)如圖1，當α＝0°時，DG與PG的關(guān)系為；(2)如圖2，當α＝90°時①求證：△AGD≌△FGM；②（1）中的結(jié)論是否成立？若成立，請寫出證明過程；若不成立，請說明理由．【答案】(1)且(2)①見解析；②成立，理由見解析【分析】（1）先判斷出，得出，，再用直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半和三角形中位線定理、三角形外角和定理，即可得出結(jié)論；（2）①先判斷出，再判斷出，即可得出結(jié)論；②由①知，，得，得出，根據(jù)題（1），得出，得，得．又根據(jù)點是的中點，是的中位線，等量代換得．根據(jù)得，且，推出，又根據(jù)，同旁內(nèi)角互補，得，即．（1）解：∵四邊形ABCD是正方形∴，∵為等腰直角三角形∴∴CE＝CF，∴∴，∵點是的中點∴∴∵為中點，為中點∴是的中位線∴，∴，又∵在中∴且∴∵∴∴∴∴故且．故答案是：DG=PG且DG⊥GP；（2）①證明：∵四邊形是正方形，∴∵點是的中點∴∴在和中∴解：②（1）中的結(jié)論且成立證明：由①知，∴，∴∴∵∴又∵，∴∴，∵點是的中點∴又∵為中點，為中點∴是的中位線∴，∴又∵∴∴∴又∵∴∴∴故且．【點睛】此題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形的中位線定理，解題的關(guān)鍵是全等三角形性質(zhì)，三角形中位線定理，等量代換的轉(zhuǎn)換運用．課后專項訓(xùn)練1．（2023下·廣東深圳·八年級?？计谀┤鐖D，平行四邊形中，，，對角線交于點P，將平行四邊形繞點O順時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)后點P的坐標為（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】過點A作于點D，過點P作于點E，過點作于點，根據(jù)度角所對的直角邊等于斜邊一半，得到，利用勾股定理求得，得到，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，利用中點坐標公式，得到點P的坐標為，進而得到、，然后利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，證明，得到，，即可得到旋轉(zhuǎn)后點的坐標．【詳解】解：如圖，平行四邊形旋轉(zhuǎn)后得到平行四邊形，過點A作于點D，過點P作于點E，過點作于點，，，

，，，，，由勾股定理得：，，四邊形是平行四邊形，，即點P為中點，，點P的坐標為，即，，，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，，，，，，在和中，，，，，點在第四象限，的坐標為，故選：C．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，中點坐標公式，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，正確作出輔助線是解題關(guān)鍵．2．（2023下·江蘇無錫·八年級校聯(lián)考期中）如圖，在面積是12的平行四邊形中，對角線繞著它的中點O按順時針方向旋轉(zhuǎn)一定角度后，其所在直線分別交于點E、F，若，則圖中陰影部分的面積是（

）A．6 B．4 C．3 D．2【答案】D【分析】連接，結(jié)合平行四邊形的性質(zhì)可證明，則有；由題意易得，由此可求得結(jié)果．【詳解】連接，如圖，∵四邊形是平行四邊形，∴，∴，∵O是的中點，∴，，∴，∴；∵，∴，∵，∴，∴，故選：D．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定，中線平分三角形面積的性質(zhì)等知識，證明兩個三角形全等及中線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3．（2023·江蘇無錫·八年級統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＝13，AD＝3，將平行四邊形ABCD繞點A旋轉(zhuǎn)，當點D的對應(yīng)點D′落在AB邊上時，點C的對應(yīng)點C′恰好與點B、C在同一直線上，則此時△C′D′B的面積為（

）A．60 B．65 C．80 D．120【答案】A【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得∠DAB＝∠D′AB′，AB＝AB′＝C′D′＝13，再由AB′∥C′D′得∠D′AB′＝∠BD′C′，加上∠C＝∠DAB，則∠C＝∠BD′C′，接著由點C′、B、C在一直線上，AB∥CD得到∠C＝∠C′BD′，所以∠C′BD′＝∠BD′C′，可判斷△C′BD′為等腰三角形，作C′H⊥D′B，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得BH＝D′H，由于BD′＝10得到D′H＝5，根據(jù)勾股定理得到C′H，于是得到結(jié)論．【詳解】解：如圖，∵?ABCD繞點A旋轉(zhuǎn)后得到?AB′C′D′，∴∠DAB＝∠D′AB′，AB＝AB′＝C′D′＝13，∵AB′∥C′D′，∴∠D′AB′＝∠BD′C′，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴∠C＝∠DAB，∴∠C＝∠BD′C′，∵點C′、B、C在一直線上，而AB∥CD，∴∠C＝∠C′BD′，∴∠C′BD′＝∠BD′C′，∴△C′BD′為等腰三角形，作C′H⊥D′B，則BH＝D′H，∵AB＝13，AD＝3，∴BD′＝10，∴D′H＝5，∴C′H＝＝12，∴△C′D′B的面積＝BD′?C′H＝×10×12＝60，故選：A．【點睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)：對應(yīng)點到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等；對應(yīng)點與旋轉(zhuǎn)中心所連線段的夾角等于旋轉(zhuǎn)角；旋轉(zhuǎn)前、后的圖形全等．也考查了平行四邊形的性質(zhì)．解決本題的關(guān)鍵是證明△C′BD′為等腰三角形．4．（2023·湖北黃岡·校聯(lián)考一模）如圖，矩形ABCD中，AC＝2AB，將矩形ABCD繞點A旋轉(zhuǎn)得到矩形AB′C′D′，使點B的對應(yīng)點B'落在AC上，B'C'交AD于點E，在B'C′上取點F，使B'F＝AB．若AB＝2，則BF的長為（）A． B． C． D．2【答案】A【分析】連接AF，過A作AM⊥BF，可得△AB′F是等腰直角三角形，△AB′B為等邊三角形，分別求出BM，F(xiàn)M可得結(jié)論．【詳解】解：連接AF，過A作AM⊥BF，∵在Rt△ABC中，AC＝2AB，∴∠ACB＝∠AC′B′＝30°，∠BAC＝60°，∵AB＝AB′∴△AB′B為等邊三角形，∵AB′＝BB′＝B′F，∠AB′F＝90°，∴△AB′F是等腰直角三角形，∴∠AFB′＝45°，∴∠AFM＝30°，∠ABF＝45°，在Rt△AMF中，AM＝BM＝AB?cos∠ABM＝2×＝，在Rt△AMF中，MF＝＝＝，則BF＝+．故選：A．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)定義，等邊三角形、等腰直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．5．（2023·湖北恩施·八年級校考期末）如圖，兩個正方形的邊長都為6，其中正方形OEFG繞著正方形ABCD對角線的交點O旋轉(zhuǎn)，正方形OEFG與邊AB，BC分別交于點M，N（不與端點重合），設(shè)兩個正方形重疊部分的面積為m，ΔBMN的周長為n，則下列說法正確的是（）

A．m發(fā)生變化，n存在最大值B．m發(fā)生變化，n存在最小值C．m不發(fā)生變化，n存在最大值D．m不發(fā)生變化，n存在最小值【答案】D【分析】由“ASA”可證△AOM≌△BON，可得OM＝ON，AM＝BN，S△AOM＝S△CON，可得mS正方形ABCD＝9，由n＝BM+BN+MN＝AM+BM+MN＝6+MN，可得當MN有最小值時，n有最小值，即可求n的值．【詳解】解：∵正方形ABCD的對角線AC，BD交于點O，∴OC＝OD＝BO＝AO，∠BAO＝∠CBO＝45°，AC⊥BD．∵∠MOA+∠BOM＝90°，∠BON+∠BOM＝90°∴∠AOM＝∠BON，在△AOM和△CON中，∴△AOM≌△BON（ASA）∴OM＝ON，AM＝BN，S△AOM＝S△CON，∴兩個正方形重疊部分形成圖形的面積＝S△BOM+S△BON＝S△AOB，∴mS正方形ABCD＝9，∵△BMN的周長為n，∴n＝BM+BN+MN＝AM+BM+MN＝6+MN，∴當MN有最小值時，n有最小值，∵OM＝ON，∠MON＝90°∴MNOM，∴當OM⊥AB時，OM有最小值為3，∴n的最小值為6+3，因為點M不與點A，B重合，所以O(shè)M不存在最大值，所以MN不存在最大值，所以n不存在最大值，故選：D．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，正方形的性質(zhì)，證明△AOM≌△BON是解題的關(guān)鍵．6．（2023·河南信陽·九年級校考階段練習(xí)）如圖，在平面直角坐標系中，菱形中，已知，，對角線AC、BO交點，將菱形繞點逆時針方向旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)，若旋轉(zhuǎn)次后，點的坐標是，則的值可能是（

）A．2021 B．2022 C．2023 D．2024【答案】D【分析】過點B作BM⊥x軸于點M，點D作DN⊥x軸于點N，根據(jù)點A（4，0），可知OA=4，再由菱形的性質(zhì)可得，，然后根據(jù)直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理計算、、，再確定，，將菱形OABC繞點O逆時針方向旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)60°，可知每旋轉(zhuǎn)6次一個循環(huán)，在每一循環(huán)中，第二次旋轉(zhuǎn)，即旋轉(zhuǎn)120°時，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及勾股定理，可知此時點，再分析旋轉(zhuǎn)2021、2022、2023、2024次后的規(guī)律即可求解．【詳解】解：如圖，過點B作BM⊥x軸于點M，點D作DN⊥x軸于點N，∵A（4，0），∴，∵四邊形OABC為菱形∴，，∵，∴，∴，∴，∴，，∴，∵BM⊥x軸，DN⊥x軸，∴，∵，∴，，∴，∴點，∵將菱形OABC繞點O逆時針方向旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)60°，∴每旋轉(zhuǎn)6次一個循環(huán)，在每一循環(huán)中，第二次旋轉(zhuǎn)，即旋轉(zhuǎn)120°時，如圖，過點作軸，此時，又∵，∴，∴，，∴點，∵，，，，∴旋轉(zhuǎn)2024次后，點的位置可達到，此時坐標為．故選：D．【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)、圖形的旋轉(zhuǎn)、直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理等知識，明確題意，準確得到規(guī)律是解題的關(guān)鍵．7．（2023春·江蘇南通·八年級南通田家炳中學(xué)校考階段練習(xí)）如圖，在菱形ABCD中，AB=2，∠DAB=60°，把菱形ABCD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)30°得到菱形AB′C′D′，則圖中陰影部分的面積為（

）A．1+B．2+C．3D．3–【答案】D【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AD'=AD=2，A，D'，C三點共線，S陰影部分=S△ABC-S△D'EC，可得S陰影部分．【詳解】解：如圖，連接AC，BD相交于O，BC與C'D'于E點．∵四邊形ABCD是菱形，∠DAB=60°∴∠CAB=30°=∠CAD，AC⊥BD，AO=CO，B0=DO∵AB=2∴DO=1，AO=DO=，∴AC=2，∵菱形ABCD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)30°得到菱形AB′C′D′∴∠D'AB=30°，AD=AD'=2∴A，D'，C三點共線∴CD'=CA-AD'=2-2又∵∠ACB=30°∴D'E=-1，CE=D'E=3-，∵S陰影部分=S△ABC-S△D'EC∴S陰影部分=×2×1-×（-1）×（3-）=3-.故選D.【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，關(guān)鍵是靈活運用這些性質(zhì)解決問題.8．（2023春·上海長寧·八年級統(tǒng)考期末）如圖，菱形的邊長為，，連接，將菱形繞點旋轉(zhuǎn)，使點的對應(yīng)點落在對角線上，連接，那么的面積是．

【答案】/【分析】過點作，根據(jù)已知條件得出是等腰直角三角形，設(shè)，則，根據(jù)，列出方程，解得進而根據(jù)三角形的面積公式即可求解．【詳解】解：如圖所示，過點作

依題意，∵菱形的邊長為，，∴，，，∴，∴，∴是等腰直角三角形，設(shè)，則，∵，∴，即，解得：，則，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．9．（2023秋·天津北辰·九年級校考期末）如圖，在菱形中，，，將菱形繞點逆時針方向旋轉(zhuǎn)，對應(yīng)得到菱形，點在上，與交于點，則的長是．【答案】【分析】連接交于，由菱形的性質(zhì)得出，，，，，由直角三角形的性質(zhì)求出，，得出，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：，，得出，證出，由直角三角形的性質(zhì)得出，，即可得出結(jié)果．【詳解】解：連接交于，如圖所示：四邊形是菱形，，，，，，，，，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：，，，四邊形是菱形，，，，，，，，故答案為：．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，含角的直角三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)等知識；熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．10．（2023·廣東汕頭·統(tǒng)考一模）如圖，是將菱形以點O為中心按順時針方向分別旋轉(zhuǎn)，，后形成的圖形．若，，則圖中陰影部分的面積為．【答案】【分析】連接AC，CE，EF，F(xiàn)A，根據(jù)旋轉(zhuǎn)可知，四邊形為正方形，則陰影部分的面積正方形的面積菱形的面積，利用菱形的性質(zhì)即可求解．【詳解】解：連接AC，CE，EF，F(xiàn)A，根據(jù)旋轉(zhuǎn)可知，四邊形為正方形，陰影部分的面積正方形的面積菱形的面積，在菱形中，，，∴△ABD為等邊三角形，∴，，菱形的面積，正方形面積，陰影部分的面積正方形的面積菱形的面積．【點睛】本題考查割補法求面積，掌握菱形的性質(zhì)和面積公式是解題的關(guān)鍵．11．（2023·s重慶·九年級期中）如圖，在菱形ABCD中，，，對角線AC、BD相交于點G，E是對角線BD上的一個動點，連接CE，將線段CE繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)60得到CF，連接EF，F(xiàn)G，在點E運動過程中，線段FG長度的最小值是．【答案】【分析】取的中點，連接，過作于，證明出，由性質(zhì)得，即知線段長度最小即是線段長度最小，此時運動到，最小值即是的長度，根據(jù)是的中位線，即可得答案．【詳解】解：取的中點，連接，過作于，如圖：菱形中，，是等邊三角形，，，，將線段繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到，，，，，，線段長度最小即是線段長度最小，當運動到時，最小，即是最小，最小值即是的長度，是中點，，而，是的中位線，，最小值是，故答案為：．【點睛】本題考查菱形中的旋轉(zhuǎn)問題、等邊三角形、中位線，解題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．12．（2023·吉林·九年級校考期中）如圖，在菱形中，，將菱形繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到菱形，與交于點．當點，，在同一條直線上時，的大小為．（用含的代數(shù)式表示）【答案】【分析】連接AC，由題目分析得，當點，，在同一條直線上時，AE在菱形ABCD的對角線AC上，根據(jù)菱形的對角線平分一組對角，得出由旋轉(zhuǎn)，得出再利用四邊形的內(nèi)角和得出，最后利用鄰補角互補，即可表示出．【詳解】連接AC，如圖，∵點，，在同一條直線上,∴線段AE在菱形ABCD的對角線AC上，∵四邊形ABCD為菱形，∴又∵菱形AEFG是由菱形ABCD旋轉(zhuǎn)得到，∴∵∴，∵∴，故填：．【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，多邊形的內(nèi)角和，鄰補角的性質(zhì)，解題關(guān)鍵是掌握菱形的性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，菱形的對角線平分一組對角；旋轉(zhuǎn)前后圖形的對應(yīng)角相等，對應(yīng)邊相等．13．（2023上·浙江寧波·九年級校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，已知的對角線，將繞其對稱中心旋轉(zhuǎn)，則點所轉(zhuǎn)過的路徑長為．【答案】【分析】點D所轉(zhuǎn)過的路徑是一段圓心角為180°，半徑為OD的弧，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得OD=，根據(jù)弧長公式計算即可得答案．【詳解】∵四邊形ABCD是平行四邊形，，∴OD==2cm，∵將繞其對稱中心旋轉(zhuǎn)，∴點D所轉(zhuǎn)過的路徑是一段圓心角為180°，半徑為OD的弧，∴點所轉(zhuǎn)過的路徑長==，故答案為：【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)及弧長，熟練掌握弧長公式是解題關(guān)鍵．14．（2023下·江蘇蘇州·九年級?？茧A段練習(xí)）如圖，把平行四邊形繞著點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到平行四邊形，取的中點M、Q，連接．若，，，則線段長度的最大值為．【答案】【分析】取的中點K，過D作于H，連接，由，，可得，又，可得，由三角形中位線定理可得，，而中，，故當共線時，最大，最大為．【詳解】解：取的中點K，過D作于H，連接，如圖：∵，∴，∵，∴，∴，∵平行四邊形繞著點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到平行四邊形，∴，∵Q為中點，K為中點，∴，∵M為中點，K為中點，∴，在中，，∴當共線時，最大，如圖：此時，∴最大為，故答案為：．【點睛】本題考查平行四邊形中的旋轉(zhuǎn)問題，解題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題．15．（2024上·廣東韶關(guān)·九年級樂昌一中?？计谀┤鐖D，把矩形繞點按逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到矩形，使點落在對角線上，連接，若，則°．

【答案】【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)，得到，進而得到，即可求出的度數(shù)，再根據(jù)角度和差即可求解．【詳解】∵四邊形是矩形，∴，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知，，，，∵，，∴，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，等邊對等角，熟練掌握旋轉(zhuǎn)和矩形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．16．（2023·廣東·九年級專題練習(xí)）如圖，在矩形中，，將矩形繞點旋轉(zhuǎn)一定角度后得矩形，交于點，且，則的長為．

【答案】3【分析】設(shè)，則，在中，根據(jù)勾股定理列出關(guān)于的方程，解方程即可得到答案．【詳解】解：設(shè)，，將矩形繞點旋轉(zhuǎn)一定角度后得矩形，，在中，，，解得：，的長為：3，故答案為：3．【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、勾股定理，熟練掌握矩形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，是解題的關(guān)鍵．17．（2023上·山西大同·九年級統(tǒng)考期中）綜合與實踐問題情境：如圖1，正方形和正方形有公共頂點，，，現(xiàn)將正方形繞點按順時針方向旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為，連接，．

(1)猜想證明：猜想圖2中與的數(shù)量關(guān)系并證明；(2)探究發(fā)現(xiàn)：如圖3，當時，連接，延長交于點，求證：垂直平分；(3)拓展延伸：在旋轉(zhuǎn)過程中，當?shù)拿娣e最大時，直接寫出此時旋轉(zhuǎn)角的度數(shù)和的面積．【答案】(1)(2)證明見解析(3)，的面積【分析】（1）利用“”證得即可得到結(jié)論；（2）由推出，，通過計算得出，即可得證；（3）當點在線段