专题09 特殊的平行四边形中的图形变换模型之旋转模型（解析版）

专题09特殊的平行四边形中的图形变换模型之旋转模型几何变换中的旋转问题是历年中考考查频率高且考查难度较高，综合性强，通常有线段、三角形、（特殊）平行四边形的旋转问题。在解决此类问题时，要牢牢把握旋转的性质，即旋转前后的图形全等，对应角相等，对应边相等，再结合几何图形本身的性质，找到旋转过程中变化的量和不变的量，运用三角形全等或相似的有关知识，求解有关角、线段及面积问题。近年来虽然关于（特殊）平行四边形旋转的考查频率高，由于之前的专题有总结过相关的旋转模型，故本专题就只对特殊的平行四边形旋转中的题型作全面的总结，方便大家学习掌握。模型1.平行四边形中的旋转模型1）常规计算型例1．（2023·浙江八年级课时练习）如图，▱ABCD绕点A逆时针旋转30°，得到□AB′C′D′（点B′与点B是对应点，点C′与点C是对应点，点D′与点D是对应点），点B′恰好落在BC边上，则∠C=（）A．155° B．170° C．105° D．145°【答案】C【详解】试题分析:先根据旋转的性质得到AB=AB′，∠BAB′=30°，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得到∠B=∠AB′B=75°，然后根据平行四边形的性质得AB∥CD，再根据平行线的性质计算得∠C=180°﹣∠B=105°．解：∵▱ABCD绕点A逆时针旋转30°，得到□AB′C′D′′，∴AB=AB′，∠BAB′=30°，∴∠B=∠AB′B=（180°﹣30°）=75°，∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB∥CD，∴∠B+∠C=180°，∴∠C=180°﹣75°=105°．故选C．考点：旋转的性质；平行四边形的性质．例2．（2023·浙江·九年级期末）如图，在中，，，将点绕点逆时针旋转得到点，点落在线段上，在线段BE上取点，使，连结，，则的长为（

）A．2 B． C． D．【答案】C【分析】根据已知条件利用勾股定理求得，进而求得，通过角度的计算可得，从而可求得，根据即可求得【详解】过点作于点，四边形是平行四边形，,故选C【点睛】本题考查平行四边形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，熟悉几何图形的性质是解题的关键．2）最值（范围）型例1．（2023·广东·九年级阶段练习）如图，在平行四边形ABCD中，，∠ABC＝45°，点E为射线AD上一动点，连接BE，将BE绕点B逆时针旋转60°得到BF，连接AF，则AF的最小值是_____．【答案】【分析】以AB为边向下作等边△ABK，连接EK，在EK上取一点T，使得AT=TK．证明△ABF≌△KBE（SAS），推出AF=EK，根据垂线段最短可知，当KE⊥AD时，KE的值最小，解直角三角形求出EK即可解决问题．【详解】解：如图，以AB为边向下作等边△ABK，连接EK，在EK上取一点T，使得AT＝TK．∵BE＝BF，BK＝BA，∠EBF＝∠ABK＝60°，∴∠ABF＝∠KBE，∴△ABF≌△KBE（SAS），∴AF＝EK，根据垂线段最短可知，当KE⊥AD时，KE的值最小，∵四边形ABCD是平行四边形，∴ADBC，∵∠ABC＝45°，∴∠BAD＝180°﹣∠ABC＝135°，∵∠BAK＝60°，∴∠EAK＝75°，∵∠AEK＝90°，∴∠AKE＝15°，∵TA＝TK，∴∠TAK＝∠AKT＝15°，∴∠ATE＝∠TAK+∠AKT＝30°，设AE＝a，则AT＝TK＝2a，ET＝a，在Rt△AEK中，∵AK2＝AE2+EK2，∴a2+（2a+a）2＝4，∴a＝，∴EK＝2a+a＝，∴AF的最小值为：．故答案为：．【点睛】本题考查旋转的性质，平行四边形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等的三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．例2．（2023·山东济南·九年级统考期末）如图，在□ABCD中，AB＝5，AD＝3，∠A＝60°，E是边AD上且AE＝2DE，F是射线AB上的一个动点，将线段EF绕点E逆时针旋转60°，得到EG，连接BG、DG，则BG－DG的最大值为________．【答案】1【分析】如图，在AB的一点N，使得AN=AE，连接EN，GN，可证明△AEN是等边三角形，∠AEN=∠FEG=60°，EA=EN，从而可证明△AEF≌△NEG得到∠ENG=∠A=60°，进而推出∠GNB=60°，则点G的运动轨迹是射线NG，过点B作BM⊥NG交CD延长线于M，连接MG，DG，先求出，证明四边形ANTD是平行四边形，得到NT=AD=3，DT=AN=2，然后证明△MKT≌△BKN得到MK=BK，MT=BN=3，MD=1，NT垂直平分BM，进而推出当M、D、G三点共线时，MG-DG有最大值，DM，即BG-DG有最大值DM．【详解】解：如图，在AB的一点N，使得AN=AE，连接EN，GN，由旋转的性质可知EF=EG，∠FEG=60°，∵AE=2DE，AD=3∴AE=2，DE=1，∵AE=AN，∵∠A=60°，∴△AEN是等边三角形，∴∠AEN=∠FEG=60°，EA=EN，∴∠AEF=∠NEG，∵EA=EN，EF=EG，∴△AEF≌△NEG（SAS），∴∠ENG=∠A=60°，∵∠ANE=60°，∴∠GNB=180°-60°-60°=60°，∴点G的运动轨迹是射线NG，过点B作BM⊥NG交CD延长线于M，连接MG，DG，∴∠BKN=90°，∵∠BNK=60°，∴∠NBK=30°，∵AB=5，AN=AE=2，∴BN=3，∴，∵∠BNK=∠A=60°，∴，∵四边形ABCD是平行四边形，∴，∴四边形ANTD是平行四边形，∠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，∴当M、D、G三点共线时，MG-DG有最大值，DM，即BG-DG有最大值DM，∴MG-DG的最大值为1，故答案为1．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形确定点G的运动轨迹是解题的关键．3）综合证明型例1．（2022下·四川成都·八年级统考期末）在▱ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，BC＝6．点E'在BC边上且＝4，将B绕点B逆时针旋转a°得到BE（0°＜a＜180°）．(1)如图1，当∠EBA＝90°时，求S△BCE；(2)如图2，在旋转过程中，连接CE，取CE中点F，作射线BF交直线AD于点G．①求线段BF的取值范围；②当∠EBF＝120°时，求证：BC﹣DG＝2BF；(3)如图3．当∠EBA＝90°时，点S为线段BE上一动点，过点E作EM⊥射线AS于点M，N为AM中点，直接写出BN的最大值与最小值．【答案】(1)S△BCE=6；(2)①1＜BF＜5；②证明见解答；(3)BN的最小值为-，BN的最大值为2．【分析】（1）如图1，过点E作EF⊥BC交CB的延长线于点F，根据题意求得∠EBF=180°-∠EBA-∠ABC=180°-90°-60°=30°，再根据特殊直角三角形的性质进而求得BC上的高EF=2，代入面积公式算出结果；（2）①如图，在线段FG上截取FK=BF，连接EK、CK，可证得四边形BCKE是平行四边形，得出：BE=CK==4，BC=6，再运用三角形三边关系即可求得答案；②可证△EKB≌△BGA（AAS），得出BK=AG，由AG=AD-DG，即可推出结论；（3）连接AE，取AE的中点P，PA的中点Q，连接BP、NP、NQ、BQ，可证△ABE是等腰直角三角形，得出：AE=AB=4，再由点P是AE的中点，可得：BP⊥AE，且BP=AP=EP=2，利用勾股定理得BQ=，当B、Q、N三点共线时，BN的最小值=BQ-NQ=-，当点S与点E重合时，EM=0，PN=0，此时，BN的最大值=BP=2．【详解】（1）解：如图1，过点E作EH⊥BC交CB的延长线于点H，∴∠EHC=90°，∵∠ABC=60°，∠EBA=90°，∴∠EBH=180°-∠EBA-∠ABC=180°-90°-60°=30°，∵点在BC边上且=4，将B绕点B逆时针旋转α°得到BE，∴BE=B=4，∴EH=BE=×4=2，又∵BC=6，∴S△BCE=BC•EH=×6×2=6；（2）解：①如图，在线段FG上截取FK=BF，连接EK、CK，∵EF=FC，BF=FK，∴四边形BCKE是平行四边形，∴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证明：∵四边形ABCD是平行四边形，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：连接AE，取AE的中点P，PA的中点Q，连接BP、NP、NQ、BQ，∵∠ABE=90°，AB=BE=4，∴△ABE是等腰直角三角形，∴AE=AB=4，∵点P是AE的中点，∴BP⊥AE，且BP=AP=EP=2，∵N是AM的中点，P是AE的中点，∴PN是△AEM的中位线，∴PNEM，∴∠ANP=∠AME=90°，∵点Q是AP的中点，∴QN=PQ=AP=，在Rt△BPQ中，BQ=，当B、Q、N三点共线时，BN的最小值=BQ-NQ=-，当点S与点E重合时，EM=0，PN=0，此时，BN的最大值=BP=2．【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理及勾股定理等知识，解题关键是灵活运用所学知识解决问题．模型2.菱形中的旋转模型1）常规计算型例1．（2023·江西九江·校考模拟预测）如图，在菱形中，．若将菱形绕点A逆时针旋转α（）得到四边形，连接，则的度数为．

【答案】【分析】由旋转的性质得，根据等腰三角形的性质可得出，，从而可得出结论．【详解】解：由题意可知AB=AD，∠BAD=60°．由旋转知∠DAG=∠BAE=α，AE=AB，AD=AG，∴∠EAD=∠BAD－∠BAE=60°－α，AE=AD=AG，∴，，∴∠EDG=∠ADE＋∠ADG=150°．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，菱形的性质以及旋转的性质等知识，熟练掌握相关知识是解答本题的关键例2．（2023·广东深圳·校考一模）如图，菱形的对角线交于原点O，，．将菱形绕原点O逆时针旋转，每次旋转，则第2023次旋转结束时，点C的坐标为（）

A． B． C． D．【答案】C【分析】首先根据菱形的性质及旋转的规律，可得第2023次旋转结束时，点C在第三象限，过点A作轴于点E，延长到点，使，过点作轴于点F，再根据菱形的性质及全等三角形的性质，即可求得坐标.【详解】解：∵将菱形绕原点O逆时针旋转，每次旋转，，∴旋转4次后回到原来的位置，∵，∴第2023次旋转结束时，点C在第三象限，如图：过点A作轴于点E，延长到点，使，过点作轴于点F，

∴，∴，∵四边形是菱形，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，故第2023次旋转结束时，点C的坐标为，故选：C．【点睛】本题主要考查菱形的性质和旋转的性质，全等三角形的判定及性质，以及坐标与图形的性质，直角三角形的性质，找出旋转规律是解题关键.例3．（2023·山东·九年级校考期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD交于点O，将△BOC绕着点C旋转180°得到，若AC＝2，，则的长是（

）A．4 B． C．5 D．【答案】C【分析】利用菱形的性质求出OB的长度，再利用勾股定理求出的长即可．【详解】解：∵菱形ABCD，∴BD⊥AC，AB=BC，AO=OC=1在Rt△OBC中，，∵旋转，∴，，在Rt△中，，故选：C．【点睛】本题主要考查菱旋转和形的性质，能够利用勾股定理结合性质解三角形是解题关键．2）最值（范围）型例1．（2023·浙江·八年级假期作业）如图，菱形ABCD的边长为4，∠BAD＝120°，E是边CD的中点，F是边AD上的一个动点，将线段EF绕着点E顺时针旋转60°得到线段EF'，连接AF'、BF'，则△ABF'的周长的最小值是___________．【答案】4+2【分析】取AD中点G，连接EG，F'G，BE，作BH⊥DC的延长线于点H，利用全等三角形的性质证明∠F'GA＝60°，点F'的轨迹为射线GF'，易得A、E关于GF'对称，推出AF'＝EF'，得到BF'+AF'＝BF'+EF'≥BE，求出BE即可解决周长最小问题．【详解】解：取AD中点G，连接EG，F'G，BE，作BH⊥DC的延长线于点H，∵四边形ABCD为菱形，∴AB＝AD，∵∠BAD＝120°，∴∠CAD＝60°，∴△ACD为等边三角形，又∵DE＝DG，∴△DEG也为等边三角形．∴DE＝GE，∵∠DEG＝60°＝∠FEF'，∴∠DEG﹣∠FEG＝∠FEF'﹣∠FEG，即∠DEF＝∠GEF'，由线段EF绕着点E顺时针旋转60°得到线段EF'，所以EF＝EF'．在△DEF和△GEF'中，∴△DEF≌△GEF'（SAS）．∴∠EGF'＝∠EDF＝60°，∴∠F'GA＝180°﹣60°﹣60°＝60°，则点F'的运动轨迹为射线GF'．观察图形，可得A，E关于GF'对称，∴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'的周长的最小值为AB+BF'+EF'＝4+2，故答案为：4+2．【点睛】本题考查旋转变换，菱形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形等知识，解题关键在于学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．例2．（2023·山西·九年级专题练习）如图，菱形ABCD中，AB＝12，∠ABC＝60°，点E在AB边上，且BE＝2AE，动点P在BC边上，连接PE，将线段PE绕点P顺时针旋转60°至线段PF，连接AF，则线段AF长的最小值为___．【答案】【分析】在上取一点，使得，连接，作直线交于，过点作于，先根据等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定定理证出，根据全等三角形的性质可得，从而可得，由此可得点在射线上运动，再根据垂线段最短可得当点与点重合时，的长最小，然后根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可得，最后在中，解直角三角形即可得．【详解】解：在上取一点，使得，连接，作直线交于，过点作于，，是等边三角形，，，是等边三角形，，，，即，在和中，，，，，点在射线上运动，由垂线段最短可知，当点与点重合时，的长最小，，，，，四边形是菱形，，四边形是平行四边形，，，即长的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、解直角三角形等知识点，正确找出点的运动轨迹是解题关键．例3．（2023·贵州遵义·统考一模）如图，已知菱形和菱形，，，，连接，．将菱形绕点旋转，当最大时，等于（

）A．2 B． C．1 D．【答案】D【分析】当BE⊥AE时，∠ABE的值最大，此时cos∠BAE=，推出∠BAE=30°，过点G作GT⊥DA交DA延长线于点T，求出GT，可得结论．【详解】解：∵四边形ABCD，四边形AEFG都是菱形，∴AD=AB=2，AG=AE=，当BE⊥AE时，∠ABE的值最大，此时cos∠BAE=∴∠BAE=30°，∵∠DAB+∠EAG=180°，∴∠BAE+∠DAG=180°，∴∠DAG=150°，过点G作GT⊥DA交DA的延长线于点T，如图，在Rt△AGT中，AG=，∠GAT=30°，∴GT=AG·sin30°=故选∶D．【点睛】本题考查旋转变换，菱形的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是理解题意，灵活运所学知识解决问题．3）分类讨论型例1．（2023·陕西西安·九年级校考开学考试）用两个全等且边长为4的等边三角形和拼成菱形．把一个60°角的三角尺与这个菱形叠合，使三角尺的角的顶点与点A重合，两边分别与AB，AC重合，将三角尺绕点A按逆时针方向旋转，在转动过程中，当的面积是时，的长为（

）

A．2或4 B．2或6 C．4或6 D．0或8【答案】B【分析】过点A作．根据等边三角形的性质可求出，结合可求出．又易证，即得出，从而即可得解．【详解】如图，过点A作．

∵为等边三角形，∴，∴．∵，即，∴，∴．∵三角尺的角的顶点与点A重合，∴，∴，即．又∵两个全等且边长为4的等边三角形和拼成菱形，∴，，∴，∴；如图，由（1）可知，∴，∴．∵，∴，即．又∵，，∴，∴．∴的长为2或6．故选B．【点睛】本题主要考查等边三角形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质等知识．利用数形结合的思想是解题关键．例2．（2023·浙江·九年级专题练习）[情景引入]如图1，射线AD与线段AB重合，将射线AD绕点A逆时针方向旋转旋转角为，，在旋转过程中，某一时刻射线AD把分成面积相等两部分，于是我们可以求得，此时我们把射线AD称为的“完美分割线”．[理解应用]如图2，在钝角中，点E是线段BC的中点，试说明：射线AD是的“完美分割线”．[问题提升]在菱形ABCD中，，点O为射线CA上的动点，作射线OM与直线BC相交于点E，将射线OM绕点O逆时针旋转60°，得到射线ON，射线ON与直线CD相交于点F．（1）如图3，点O与点A重合时，点E，F分别在线段BC，CD上，①请直接写出CE，CF，CA三条段段之间的数量关系；②连接E、F，试说明：为等边三角形．（2）如图4，将绕点O以每秒2°的速度逆时针方向旋转，当OM与AD重合时停止运动（旋转时间为t）；试问：当t为何值时，射线OM或射线ON是某个三角形的“完美分割线”？（注：解答时原图不添加任何字母和辅助线）【答案】[理解应用]见解析；[问题提升]（1）①CA＝CE＋CF；②见解析；（2）t=15或45【分析】[理解应用]分别表示出，即可证得结论；[问题提升]（1）①如图，结论：CA＝CE＋CF．只要证明△ADF≌△ACE（SAS）即可解决问题；②由题意易得△ADF≌△ACE，可得：，可推得，进而问题可证；（2）分射线OM是的“完美分割线”或射线ON是的“完美分割线”，进行讨论即可得出答案．【详解】[理解应用]如图：过A作AH⊥BC于H，∵点E是线段BC的中点，∴，∵，∴，故射线AD是的“完美分割线”．[问题提升](1)①结论：CA＝CE＋CF．理由：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，∴AB＝AD＝DC＝BC，∠BAC＝∠DAC＝60°，∴△ABC，△ACD都是等边三角形，∵∠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，∴，∴，∴∵,∴为等边三角形．(2)当OM恰巧平分BC时，此时ON恰巧平分CD，在等边中，OM平分BC，∴,，故射线OM是的“完美分割线”，∴，∴（秒）；当ON恰巧平分CD，在等边中，ON平分CD，∴，,∴,故射线ON是的“完美分割线”，∴，∴（秒）；当OM恰巧平分CD时，在等边中，OM平分CD，∴,，故射线OM是的“完美分割线”，∴，∴（秒）．综上所述当t=15或45秒时，射线OM或射线ON是某个三角形的“完美分割线”．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，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，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．4）综合证明型例1．（2023·浙江宁波·八年级统考期中）如图，菱形ABCD的形状和大小保持不变，将菱形ABCD绕点B旋转适当角度得到菱形A'BC'D'，边A'D与AD，DC交于E，F（D，E，F不重合），连接EB，FB．在旋转过程中：①EB平分∠AED'；②FB平分∠A'FC；③△DEF的周长是一个定值；④S△DEF+2S△BEF＝S菱形ABCD，判断正确的是．【答案】①②③．【分析】过点作于，于，于，利用角平分线的判定定理证明选项①、②是否正确，再利用全等三角形的性质证明的周长为定值，即可判断③；根据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四边形DMBN，但是∠A不一定为60°，即AM不一定等于AB，由此判断④.【详解】如图，过点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旋转得到，菱形的每条边上的高相等，∴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，故选项①②正确，∵∠BME＝∠NHE＝90°，BE＝BE，BM＝BH，∴Rt△BEM≌Rt△BEH（HL），∴EH＝EM，同法可证，FH＝FN，∴△DEF的周长＝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的周长＝2DM＝定值，故③正确，∵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四边形DMBN，∵∠A不一定为60°，∴AM不一定等于AB，∴S△DEF+2S△BEF≠S菱形ABCD，故④错误；故答案：①②③．【点睛】旋转的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形面积等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．例2．（2023·湖北武汉·八年级统考期中）如图1，菱形AEFG的两边AE、AG分别在菱形ABCD的边AB和AD上，且∠BAD=60°，连接CF；（1）求证：；（2）如图2，将菱形AEFG绕点A进行顺时针旋转，在旋转过程中（1）中的结论是否发生变化？请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）CF=，（1）中的结论不变．理由见解析．【分析】（1）延长EF交CD于M点，证明三角形CMF是等腰三角形，且∠EMC=120°，过点M作MN⊥CF，垂足为N，根据30°角所对直角边等于斜边的一半，和勾股定理，得FN=NC=即CF=2FN=；（2）过D做∠NDC=∠ADG,使DN=DG，连接NC，证明△DGN为等腰三角形，四边形GFNC为平行四边形即可．【详解】（1）如图１，延长EF交CD于M点，∵四边形AEFG和四边形ABCD是菱形∴DC//GF//AB,DM//GF∴四边形GFMD是平行四边形则∠D=∠EMC=120°，∴∠MFC=∠MCF=30°，过点M作MN⊥CF，垂足为N，∴MN=,根据勾股定理，得FN=，∵MC=MF，∴FN=NC，∴CF=2FN=；（2）如图2，过D做∠NDC=∠ADG,使DN=DG，连接NC，∴△AGD≌△DNC(SAS）∴AG=NC∠DNC=∠AGD∴△DGN为等腰三角形，则∠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，∴四边形GFNC为平行四边形∴CF=GN，则GN=，∴CF=，结论（1）不变．【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定，三角形的全等，等腰三角形的性质，灵活构造辅助线是解题的关键．例3．（2023春·浙江宁波·八年级校考期中）如图，在菱形中，，．将菱形绕点A顺时针旋转，旋转角为，得到菱形，与，分别交于点I，J，与交于点H，与交于点K，连接．(1)用含的代数式表示；(2)求证：平分；(3)在从到的变化过程中，①的周长是否变化？若不变，请求出的周长；若变化，请说明理由．②直接写出点K的运动路径长．

【答案】(1)(2)见详解(3)①不变，的周长为，②【分析】（1）设与交于点H，由旋转可知，再根据三角形的外角定理即可；（2）过点A作于点M，于点N，证明，由角平分线的判定定理即可得出结论；（3）①旋转前后的组合图形同样是轴对称图形，对称轴为直线，得到再证明，得到即可；，②当时有最大值，当时有最小值，即可得出结果．【详解】（1）解：设与交于点H，由旋转可知，再根据三角形的外角定理得：，；

（2）解：过点A作于点M，于点N，，由旋转可知，，，，平分；（3）解：①不变，的周长为，理由如下：连接，

根据菱形为轴对称图形，菱形对角线所在的直线为菱形的对称轴，旋转前后的组合图形同样是轴对称图形，对称轴为直线，由第（2）问中平分，，在菱形中，，，和均为等边三角形，，，，的周长为；②当时有最大值，；当时有最小值，；．故点K的运动路径长为．【点睛】本题考查了旋转图形的性质，菱形的性质，等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，综合运用旋转图形的性质、全等三角形的性质和判定是本题的关键．模型3.矩形中的旋转模型1）常规计算型例1．（2023上·成都市·九年级专题练习）如图，在矩形中，，，将矩形绕对角线的中点O旋转角度得到矩形，当，D的距离等于1时，α等于（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】如图，连接，由矩形性质可证，得，易知，所以，进而求得，即旋转角度．【详解】如图，连接，

∵四边形是矩形，∴，∴，∴，∴．∵，D的距离等于1，，∴，∴，∴，∴．故选D．【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定及性质、三角形外角的知识；由图形的旋转变换转化为全等三角形解决问题是求解的关键．例2．（2023·江西·统考三模）如图，矩形ABCD中，，，将矩形ABCD绕着点A顺时针旋转得到矩形AFGE，当点F落在边CD上时，连接BF、DE，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意作辅助线过点E作于点H，并利用旋转的性质以及三角函数进行分析求解.【详解】解：如解图，过点E作于点H，在矩形ABCD中，，，，.由旋转的性质可得，，，.，..，，，.故选C【点睛】本题考查矩形相关，综合利用旋转的性质以及三角函数相关性质进行求解.例3．（2023·浙江·八年级假期作业）如图，矩形中，，，将矩形绕点顺时针方向旋转后得到矩形，若边交线段于，且，则的值是______．【答案】【分析】设DH的值是x，那么CH=，BH=x，在Rt△BCH中根据勾股定理即可列出关于x的方程，解方程就可以求出DH．【详解】解：设DH的值是x，∵AB=8，AD=6，且BH=DH，在Rt△BCH中，，，即．故答案为：【点睛】此题考查了矩形的性质，勾股定理等知识，解题关键是利用勾股定理列出关于所求线段的方程．2）最值（范围）型例1．（2023·广东·八年级假期作业）如图，在矩形ABCD中，AB＝7，BC＝7，点P在线段BC上运动（含B、C两点），连接AP，将线段AP绕着点A逆时针旋转60°得到AQ，连接DQ，则线段DQ的最小值为___．【答案】3.5【分析】以AB为边作等边△ABE，过点D作DH⊥QE于H，利用SAS证明△ABP≌△AEQ，得∠AEQ=∠ABP=90°，则点Q在射线EQ上运动，即求DH的长度，再用含30°角的直角三角形性质进行解题．【详解】解：如图，以AB为边作等边△ABE，过点D作DH⊥QE于H，∴AB=AE，∠BAE=60°，∵将线段AP绕着点A逆时针旋转60°得到AQ，∴AP=AQ，∠PAQ=60°，∴∠BAP=∠EAQ，在△ABP和△AEQ中，，∴△ABP≌△AEQ（SAS），∴∠AEQ=∠ABP=90°，∴点Q在射线EQ上运动，当Q与H重合时，DQ最小，在Rt△AEF中，∠EAF=30°，∴EF=AE=，∴AF=2EF=，∴DF=AD-AF=-=，∴DH=DF=×=，∴DQ的最小值为，故答案为：．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，判断出点Q的运动路径是解题的关键．例2．（2023·安徽·校联考三模）四边形ABCD是矩形，以点D为旋转中心，顺时针旋转矩形ABCD，得到矩形DEFG，，，试探究：（1）如图1，当点E落在BC上时，CE的长度为；（2）如图2，O是对角线BD的中点，连接EO，FO，设的面积为s，在矩形DEFG的旋转过程中，s的取值范围为．【答案】【分析】（1）当点E落在BC上时，由勾股定理知CE=，代入计算即可；（2）如图，由旋转知，EF=AD=8，的面积=×EF×EF边上的高，故找面积最值就转化成找EF边上高的最值．当点E落在BD上时，EF边上高的最小值为EO，此时s最小，当点D落在BD的反向延长线上时，EF边上高的最大值为OE'，此时s最大，分别算出最大值和最小值即可．【详解】（1），当点E落在BC上时，CE=；答案：．（2）当点E落在BD上时，s最小，此时，，∴；当点D落在BD的反向延长线上时，s最大，，∴，∴．故答案为：．【点睛】此题考查了图形的旋转和勾股定理，解题的关键是要有空间想象能力，正确作出辅助线求解．3）分类讨论型例1．（2023·江西南昌·九年级校联考阶段练习）在矩形ABCD中，AB=3，AD=5，将边AD绕它的端点旋转，当另一端点恰好落在边BC所在直线的点E处时，线段DE的长为．【答案】或或5【分析】分两种情形：绕A旋转或绕D旋转，利用勾股定理求解即可．【详解】解：如图，∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD=3，AD=BC=5，∠ABC=∠DCB=90°，当AD绕A旋转，AD==5时，，∴C=1，C=9，∴，，当AD绕D旋转时，，综上所述，满足条件的DE的值为或3或5，故答案为：或3或5．【点睛】本题考查旋转变换，矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．例2．（2023上·广东珠海·九年级校考期中）如图，在矩形中，，，将矩形绕点A逆时针旋转（旋转角小于90度）得到矩形．(1)如图①，若在旋转过程中，点E落在对角线上，分别交于点M，N，①求证：；②求的长；(2)在旋转过程中，当旋转到如图②所示的情况，若直线经过线段的中点，连接，求的面积．

【答案】(1)①见解析；②(2)的面积是或【分析】（1）①根据矩形的性质和旋转的性质得到，证得；②设，则，根据勾股定理求出x的值，即可求出MF的值；（2）分情况讨论，第一种情况，过点B作于点H，证明，用勾股定理求出AH的长，从而得到的长，再求出的长，根据算出的面积；第二种情况，与第一种情况的区别在于的长，求出长之后，一样算出的面积．【详解】（1）解：①∵四边形是矩形，∴，∴，∵旋转，∴，∴，∴；②设，则，在中，，解得，在中，，∴，（2）①如图，过点B作于点H，则，在和中，，∴，∴，，在中，，∴，∴，∴；

②如图所示，同①得：，，∴，∴；综上：的面积是或．【点睛】本题考查的是四边形综合问题，解题的关键是掌握矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质和判定，以及等腰三角形的判定，需要注意进行分类讨论．4）综合证明型例1．（2023·四川·眉山市东坡区模拟预测）如图，Rt△ABE中，∠B=90°，AB=BE，将△ABE绕点A逆时针旋转45°，得到△AHD，过D作DC⊥BE交BE的延长线于点C，连接BH并延长交DC于点F，连接DE交BF于点O．下列结论：①DE平分∠HDC；②DO=OE；③H是BF的中点；④BC-CF=2CE；⑤CD=HF，其中正确的有（

）A．5个 B．4个 C．3个 D．2个【答案】B【分析】根据∠B=90°，AB=BE，△ABE绕点A逆时针旋转45°，得到△AHD，可得，并且△ABE和△AHD都是等腰直角三角形，可证，根据，可得，根据三角形的内角和可得，即DE平分∠HDC，所以①正确；利用，得到四边形是矩形，有，，由①有DE平分∠HDC，得，可得,，可证，利用易证，则有，，所以②正确；过作于，并延长交于点，得，是的中点，是的中点，是的中点，所以③正确；根据是等腰直角三角形，，∵是的中点，是的中点，得到，，，易证，所以④正确；利用AAS证明，则有，，易的，，则不是直角三角形，并，即有：，所以⑤不正确；【详解】解：∵Rt△ABE中，∠B=90°，AB=BE，∴又∵将△ABE绕点A逆时针旋转45°，得到△AHD，∴，并且△ABE和△AHD都是等腰直角三角形，∴，，，∴∴，∴∴，∴,又∵∴∴由三角形的内角和可得，即：DE平分∠HDC，所以①正确；∵∴四边形是矩形，∴∴，由①有DE平分∠HDC，∴∵，∴,∴∴在中，∴∴∴∴，所以②正确；过作于，并延长交于点，∵∴又∵是等腰直角三角形，∴是的中点，∵四边形是矩形，∴是的中点，∴是的中点，所以③正确；∵是等腰直角三角形，∴又∵是的中点，是的中点，∴，，，∴即有：，所以④正确；在和中，，∴，，，∵∴，∴∴不是直角三角形，并即有：，所以⑤不正确；综上所述，正确的有①②③④，故选：B．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、旋转的性质、矩形的性质、角平分线的性质以及等腰直角三角形的判定与性质；证明三角形全等和等腰直角三角形是解决问题的关键．例2．（2023上·黑龙江哈尔滨·九年级统考期中）如图1，将矩形绕着点按顺时针方向旋转得到矩形，点与点对应，点恰好落在边上，交于点．(1)求证：；(2)如图2，连接并延长交于点，交于点，点在的延长线上，连接，若，在不添加任何辅助线和字母的条件下，直接写出图中所有的等腰三角形．

【答案】(1)见解析(2)、、、【分析】（1）根据旋转的性质得出，证明，根据全等三角形的性质即可求解；（2）根据矩形是由矩形绕着点按顺时针方向旋转得到的，直接可得、是等腰三角形，设，根据三角形的外角的性质以及三角形内角和定理，得出，即可判断、是等腰三角形，即可求解．【详解】（1）证明：矩形是由矩形绕着点按顺时针方向旋转得到的

四边形是矩形，

，，（2）

∵，∴∴是等腰三角形，∵∴是等腰三角形，设∵∴∵∴又∴∵∴∴又∴∴∴是等腰三角形，∵，∴在中，又∴∴∴∴是等腰三角形，综上所述，等腰三角形有：、、、【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．模型4.正方形中的旋转模型1）常规计算型例1．（2023·河南·平顶山市模拟预测）如图，正方形ABCD的顶点B在原点，点D的坐标为（4，4），将AB绕点A逆时针旋转60°，使点B落在点B′处，DE⊥BB′于点E，则点E的坐标为（）A．B．C．D．【答案】D【分析】分别延长AD和BE交于点F，过点E作EG⊥x轴于点G，利用特殊角的三角函数求出BF、EF的长，进而求出BE，再利用特殊角的三角函数求出EG、BG的长即可得解.【详解】解：分别延长AD和BE交于点F，过点E作EG⊥x轴于点G，∵四边形ABCD是正方形，点D的坐标为（4，4），∴∠BAD=∠ABC=90º，AB=AD=4，∵AB绕点A逆时针旋转60°，点B落在点B′处，∴△ABB′是等边三角形，∴∠ABB′=60º，∠EBC=30º，∴∠F=30º，∴BF=2AB=8，AF=BF·sin60º=，∴DF=AF-AD=-4，∵DE⊥BB′于点E，∴EF=DF·cos30º=，∴BE=BF-EF=2+，∴EG=BE·sin30º=，BG=BE·cos30º=，∴点E的坐标为故选：D【点睛】本题主要考查正方形、等边三角形、旋转的性质以及解三角形，根据旋转的性质判断△ABB′是等边三角形以及特殊角的三角函数的应用是解题的关键.例2．（2023·陕西西安·九年级校考期中）如图，在正方形ABCD中，，点M在CD边上，且，与关于所在的直线AM对称，将按顺时针方向绕点A旋转90°得到，连接EF，则线段EF的长为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】连接BM．先判定△FAE≌△MAB（SAS），即可得到EF＝BM．再根据BC＝CD＝AB＝6，根据勾股定理求出DM=2，CM＝4，利用勾股定理即可得到，Rt△BCM中，BM＝，进而得出EF的长．【详解】解：如图，连接BM．∵△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，∴AE＝AD，∠MAD＝∠MAE．∵△ADM按照顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，∴AF＝AM，∠FAB＝∠MAD．∴∠FAB＝∠MAE∴∠FAB+∠BAE＝∠BAE+∠MAE．∴∠FAE＝∠MAB．∴△FAE≌△MAB（SAS）．∴EF＝BM．∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD＝AB＝6．∵∴DM＝，∴CM＝6-2=4．∴在Rt△BCM中，BM＝，∴EF＝，故选：A．【点睛】本题考查正方形的性质、轴对称性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，二次根式化简，关键利用辅助线作出准确图形，熟记正方形的性质、轴对称性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理．2）最值（范围）型例1．（2023·湖北·鄂州市一模）如图，已知正方形的边长为3，点E是边上一动点，连接，将绕点E顺时针旋转到，连接，则当之和取最小值时，的周长为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，通过证明△AED≌△GFE（AAS），确定F点在BF的射线上运动；作点C关于BF的对称点C'，由三角形全等得到∠CBF=45°，从而确定C'点在AB的延长线上；当D、F、C'三点共线时，DF+CF=DC'最小，在Rt△ADC'中，AD=3，AC'=6，求出DC'=3即可．【详解】解：连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，∵将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，∴EF⊥DE，且EF=DE，∴△AED≌△GFE（AAS），∴FG=AE，∴F点在BF的射线上运动，作点C关于BF的对称点C'，∵EG=DA，FG=AE，∴AE=BG，∴BG=FG，∴∠FBG=45°，∴∠CBF=45°，∴BF是∠CBC′的角平分线，即F点在∠CBC′的角平分线上运动，∴C'点在AB的延长线上，当D、F、C'三点共线时，DF+CF=DC'最小，在Rt△ADC'中，AD=3，AC'=6，∴DC'=3，∴DF+CF的最小值为3，∴此时的周长为．故选：A．【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，轴对称求最短路径；能够将线段的和通过轴对称转化为共线线段是解题的关键．例2．（2023上·福建龙岩·九年级校联考阶段练习）如图，已知正方形、正方形的边长分别为4和1，将正方形绕点旋转，连接，点是的中点，连接，则线段的最大值为（

）．A． B． C． D．【答案】D【分析】本题主要考查了、三角形中位线定理、正方形的性质、三角形三边关系、勾股定理，延长至点，使，连接，，，由三角形中位线定理可得，由正方形的性质结合勾股定理可得，，由三角形三边关系可得，从而可得的最大值为，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．【详解】解：如图，延长至点，使，连接，，，，点是的中点，，是的中位线，，正方形、正方形的边长分别为4和1，，，，的最大值为，的最大值为，故选：D．3）路径（轨迹）型例1．（2023·浙江·九年级期末）如图所示，正方形ABCD的边长为4，点E为线段BC上一动点，连结AE，将AE绕点E顺时针旋转90°至EF，连结BF，取BF的中点M，若点E从点B运动至点C，则点M经过的路径长为（）A．2 B． C． D．4【答案】B【分析】已知EF⊥AE，当E点在线段BC上运动到两端时，正好是M点运动的两个端点，由此可以判断M点的运动轨迹是BC、CD中点的连线长.【详解】解：取BC、CD的中点G、H，连接GH，连接BD∴GH为△BCD的中位线，即∵将AE绕点E顺时针旋转90°至EF，∴EF⊥AE，当E点在B处时，M点在BC的中点G处，当E点在C点处时，M点在CD中点处，∴点M经过的路径长为GH的长，∵正方形ABCD的边长为4，∴∴，故选B．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理和中位线定理，解题的关键在于找到M点的运动轨迹.例2．（2023·广东三模）如图，是等腰直角三角形，正方形绕点A逆时针旋转，再延长交于G，以下结论中：①；②；③当，时，，正确的有（

）A．3个 B．2个 C．1个 D．都不对【答案】B【分析】根据等腰直角三角形的性质及正方形的性质易得△BAD≌△CAF，从而易得①②正确；取BC的中点O，连接OG、OA，则由直角三角形斜边上中线的性质可得OG是BC的一半，即为定值，故可得点G的运动路径是以O为圆心OG长为半径一段圆弧上运动，从而BG的长度不是固定的，因此可对③作出判定．【详解】（1）∵四边形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设BG与AC交于点M，则∠BMA=∠CMG∴∠FCA+∠CMG=∠DBA+∠BMA=90゜∴∠CGM=90゜∴BD⊥CF故①②均正确；如图，取BC的中点O，连接OG、OA∵BG⊥CF，AB⊥AC∴OG、OA分别是Rt△GBC、Rt△ABC斜边上的中线∴在Rt△ABC中，由勾股定理得∴则点G在以O为圆心为半径的一段圆弧上运动，其中点A为此弧的一个端点所以BG的长变化的，不可能是定值故③不正确故选：B．【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质等知识，对③的判断是比较难，判断出点G的运动路径后问题则迎刃而解．4）分类讨论型例1．（2023·云南昆明·统考二模）如图，大正方形中，，小正方形中，，在小正方形绕点旋转的过程中，当，，三点共线时，线段的长为_______．【答案】或【分析】在正方形中，根据勾股定理求得；在正方形中，根据正方形的性质可得；在Rt△AGC中，根据勾股定理求得，再分两种情况求CF的长即可．【详解】连接AC，∵正方形中，，∴；∵正方形中，，∴；当，，三点共线时，如图1，在Rt△AGC中，，∴；当，，三点共线时，如图2，在Rt△AGC中，，∴．综上，CF的长为或．故答案为：或．【点睛】本题考查了正方形的性质及勾股定理，解决问题时要注意本题有两种情况，不要漏解．例2．（2023·辽宁辽阳·一模）如图，正方形ABCD和正方形CEFG（其中BD>2CE），直线BG与DE交于点H．(1)如图1，当点G在CD上时，请直接写出线段BG与DE的数量关系和位置关系；(2)将正方形CEFG绕点C旋转一周．①如图2，当点E在直线CD右侧时，求证：；②当∠DEC＝45°时，若AB＝3，CE＝1，请直接写出线段DH的长．【答案】(1)BG＝DE，BG⊥DE(2)①见解析；②或【分析】（1）证明△BCG≌△DCE可得结论；（2）①在线段BG上截取BK＝DH，连接CK．证明△BCK≌△DCH(SAS)，推出CK＝CH，∠BCK＝∠DCH，推出△KCH是等腰直角三角形，即可解决问题；②分两种情形：当D，G，E三点共线时∠DEC＝45°，连接BD；和当D，H，E三点共线时∠DEC＝45°，连接BD，分别根据正方形的性质结合勾股定理求解即可解决问题．（1）解：BG＝DE，BG⊥DE，理由如下：∵四边形ABCD和四边形CEFG都为正方形，∴BC＝CD，∠BCG＝∠DCE＝90°，CG＝CE，∴△BCG≌△DCE(SAS)，∴BG＝DE，∠CBG＝∠CDE．∵∠CDE+∠DEC＝90°，∴∠HBE+∠BEH＝90°∴∠BHD＝90°，即．综上可知BG和DE的关系为BG＝DE且．故答案为：BG＝DE且；（2）①证明：如图，在线段BG上截取BK＝DH，连接CK．∵四边形ABCD和四边形CEFG都为正方形，∴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如图，当D，G，E三点共线时∠DEC＝45°，连接BD．由（1）同样的方法可知，BH＝DE，∵四边形CEFG为正方形∴CE＝CH＝1∴．∵AB＝3，∴，设DH＝x，则，在Rt△BDH中，，即，解得：（舍）故此时；如图，当H，E重合时，∠DEC＝45°，连接BD．设DH＝x，∵BG＝DH∴，在Rt△BDH中，，即解得：（舍）故此时；综上所述，满足条件的DH的值为或．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题是解题关键．5）综合证明型例1．（2023·广东·三模）如图，在正方形ABCD中，点M是AB上一动点，点E是CM的中点，AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，连接DE，DF．给出结论：①DE＝EF；②∠CDF＝45°；③若正方形的边长为2，则点M在射线AB上运动时，CF有最小值．其中结论正确的是（）A．①②③ B．①② C．①③ D．②③【答案】A【分析】延长AE交的延长线于点H，由“”可证，可得，由直角三角形的性质可得，可判断①；由四边形内角和定理可求，可得，可判断②；连接，过点C作于，由，知点在上运动，即得当时，有最小值为的长度，而，即有最小值为，可判断③正确．【详解】如图，延长AE交DC的延长线于点H，∵点E是CM的中点，∴ME＝EC，∵AB∥CD，∴∠MAE＝∠H，∠AME＝∠HCE，∴△AME≌△HCE（AAS），∴AE＝EH，又∵∠ADH＝90°，∴DE＝AE＝EH，∵AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，∴AE＝EF，∠AEF＝90°，∴AE＝DE＝EF，故①正确；∵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正确；如图，连接FC，过点C作CF'⊥DF于F'，∵∠CDF＝45°，∴点F在DF上运动，∴当CF⊥DF时，CF有最小值为CF''的长度，∵CD＝2，∠CDF＝45°，∴CF''，即CF有最小值为，故③正确，故选：A．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质等知识，解题的关键是掌握折叠的性质，正确作辅助线，构造全等三角形．例2．（2022·辽宁盘锦·中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，△ECF为等腰直角三角形，∠ECF＝90°，点E在BC上，点F在CD上，P为EF中点，连接AF，G为AF中点，连接PG，DG，将Rt△ECF绕点C顺时针旋转，旋转角为α（0°≤α≤360°）．(1)如图1，当α＝0°时，DG与PG的关系为；(2)如图2，当α＝90°时①求证：△AGD≌△FGM；②（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．【答案】(1)且(2)①见解析；②成立，理由见解析【分析】（1）先判断出，得出，，再用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半和三角形中位线定理、三角形外角和定理，即可得出结论；（2）①先判断出，再判断出，即可得出结论；②由①知，，得，得出，根据题（1），得出，得，得．又根据点是的中点，是的中位线，等量代换得．根据得，且，推出，又根据，同旁内角互补，得，即．（1）解：∵四边形ABCD是正方形∴，∵为等腰直角三角形∴∴CE＝CF，∴∴，∵点是的中点∴∴∵为中点，为中点∴是的中位线∴，∴，又∵在中∴且∴∵∴∴∴∴故且．故答案是：DG=PG且DG⊥GP；（2）①证明：∵四边形是正方形，∴∵点是的中点∴∴在和中∴解：②（1）中的结论且成立证明：由①知，∴，∴∴∵∴又∵，∴∴，∵点是的中点∴又∵为中点，为中点∴是的中位线∴，∴又∵∴∴∴又∵∴∴∴故且．【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形的中位线定理，解题的关键是全等三角形性质，三角形中位线定理，等量代换的转换运用．课后专项训练1．（2023下·广东深圳·八年级校考期末）如图，平行四边形中，，，对角线交于点P，将平行四边形绕点O顺时针旋转，旋转后点P的坐标为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】过点A作于点D，过点P作于点E，过点作于点，根据度角所对的直角边等于斜边一半，得到，利用勾股定理求得，得到，再根据平行四边形的性质，利用中点坐标公式，得到点P的坐标为，进而得到、，然后利用旋转的性质，证明，得到，，即可得到旋转后点的坐标．【详解】解：如图，平行四边形旋转后得到平行四边形，过点A作于点D，过点P作于点E，过点作于点，，，

，，，，，由勾股定理得：，，四边形是平行四边形，，即点P为中点，，点P的坐标为，即，，，由旋转的性质可知，，，，，，在和中，，，，，点在第四象限，的坐标为，故选：C．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，中点坐标公式，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，正确作出辅助线是解题关键．2．（2023下·江苏无锡·八年级校联考期中）如图，在面积是12的平行四边形中，对角线绕着它的中点O按顺时针方向旋转一定角度后，其所在直线分别交于点E、F，若，则图中阴影部分的面积是（

）A．6 B．4 C．3 D．2【答案】D【分析】连接，结合平行四边形的性质可证明，则有；由题意易得，由此可求得结果．【详解】连接，如图，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵O是的中点，∴，，∴，∴；∵，∴，∵，∴，∴，故选：D．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定，中线平分三角形面积的性质等知识，证明两个三角形全等及中线的性质是解题的关键．3．（2023·江苏无锡·八年级统考阶段练习）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝13，AD＝3，将平行四边形ABCD绕点A旋转，当点D的对应点D′落在AB边上时，点C的对应点C′恰好与点B、C在同一直线上，则此时△C′D′B的面积为（

）A．60 B．65 C．80 D．120【答案】A【分析】根据平行四边形的性质得∠DAB＝∠D′AB′，AB＝AB′＝C′D′＝13，再由AB′∥C′D′得∠D′AB′＝∠BD′C′，加上∠C＝∠DAB，则∠C＝∠BD′C′，接着由点C′、B、C在一直线上，AB∥CD得到∠C＝∠C′BD′，所以∠C′BD′＝∠BD′C′，可判断△C′BD′为等腰三角形，作C′H⊥D′B，根据等腰三角形的性质得BH＝D′H，由于BD′＝10得到D′H＝5，根据勾股定理得到C′H，于是得到结论．【详解】解：如图，∵▱ABCD绕点A旋转后得到▱AB′C′D′，∴∠DAB＝∠D′AB′，AB＝AB′＝C′D′＝13，∵AB′∥C′D′，∴∠D′AB′＝∠BD′C′，∵四边形ABCD为平行四边形，∴∠C＝∠DAB，∴∠C＝∠BD′C′，∵点C′、B、C在一直线上，而AB∥CD，∴∠C＝∠C′BD′，∴∠C′BD′＝∠BD′C′，∴△C′BD′为等腰三角形，作C′H⊥D′B，则BH＝D′H，∵AB＝13，AD＝3，∴BD′＝10，∴D′H＝5，∴C′H＝＝12，∴△C′D′B的面积＝BD′•C′H＝×10×12＝60，故选：A．【点睛】本题考查旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了平行四边形的性质．解决本题的关键是证明△C′BD′为等腰三角形．4．（2023·湖北黄冈·校联考一模）如图，矩形ABCD中，AC＝2AB，将矩形ABCD绕点A旋转得到矩形AB′C′D′，使点B的对应点B'落在AC上，B'C'交AD于点E，在B'C′上取点F，使B'F＝AB．若AB＝2，则BF的长为（）A． B． C． D．2【答案】A【分析】连接AF，过A作AM⊥BF，可得△AB′F是等腰直角三角形，△AB′B为等边三角形，分别求出BM，FM可得结论．【详解】解：连接AF，过A作AM⊥BF，∵在Rt△ABC中，AC＝2AB，∴∠ACB＝∠AC′B′＝30°，∠BAC＝60°，∵AB＝AB′∴△AB′B为等边三角形，∵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＝＝＝，则BF＝+．故选：A．【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，锐角三角函数定义，等边三角形、等腰直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．5．（2023·湖北恩施·八年级校考期末）如图，两个正方形的边长都为6，其中正方形OEFG绕着正方形ABCD对角线的交点O旋转，正方形OEFG与边AB，BC分别交于点M，N（不与端点重合），设两个正方形重叠部分的面积为m，ΔBMN的周长为n，则下列说法正确的是（）

A．m发生变化，n存在最大值B．m发生变化，n存在最小值C．m不发生变化，n存在最大值D．m不发生变化，n存在最小值【答案】D【分析】由“ASA”可证△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，可得当MN有最小值时，n有最小值，即可求n的值．【详解】解：∵正方形ABCD的对角线AC，BD交于点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，∴两个正方形重叠部分形成图形的面积＝S△BOM+S△BON＝S△AOB，∴mS正方形ABCD＝9，∵△BMN的周长为n，∴n＝BM+BN+MN＝AM+BM+MN＝6+MN，∴当MN有最小值时，n有最小值，∵OM＝ON，∠MON＝90°∴MNOM，∴当OM⊥AB时，OM有最小值为3，∴n的最小值为6+3，因为点M不与点A，B重合，所以OM不存在最大值，所以MN不存在最大值，所以n不存在最大值，故选：D．【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，证明△AOM≌△BON是解题的关键．6．（2023·河南信阳·九年级校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，菱形中，已知，，对角线AC、BO交点，将菱形绕点逆时针方向旋转，每次旋转，若旋转次后，点的坐标是，则的值可能是（

）A．2021 B．2022 C．2023 D．2024【答案】D【分析】过点B作BM⊥x轴于点M，点D作DN⊥x轴于点N，根据点A（4，0），可知OA=4，再由菱形的性质可得，，然后根据直角三角形的性质以及勾股定理计算、、，再确定，，将菱形OABC绕点O逆时针方向旋转，每次旋转60°，可知每旋转6次一个循环，在每一循环中，第二次旋转，即旋转120°时，由旋转的性质以及勾股定理，可知此时点，再分析旋转2021、2022、2023、2024次后的规律即可求解．【详解】解：如图，过点B作BM⊥x轴于点M，点D作DN⊥x轴于点N，∵A（4，0），∴，∵四边形OABC为菱形∴，，∵，∴，∴，∴，∴，，∴，∵BM⊥x轴，DN⊥x轴，∴，∵，∴，，∴，∴点，∵将菱形OABC绕点O逆时针方向旋转，每次旋转60°，∴每旋转6次一个循环，在每一循环中，第二次旋转，即旋转120°时，如图，过点作轴，此时，又∵，∴，∴，，∴点，∵，，，，∴旋转2024次后，点的位置可达到，此时坐标为．故选：D．【点睛】本题主要考查了菱形的性质、图形的旋转、直角三角形的性质以及勾股定理等知识，明确题意，准确得到规律是解题的关键．7．（2023春·江苏南通·八年级南通田家炳中学校考阶段练习）如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠DAB=60°，把菱形ABCD绕点A顺时针旋转30°得到菱形AB′C′D′，则图中阴影部分的面积为（

）A．1+B．2+C．3D．3–【答案】D【分析】根据菱形的性质可得AD'=AD=2，A，D'，C三点共线，S阴影部分=S△ABC-S△D'EC，可得S阴影部分．【详解】解：如图，连接AC，BD相交于O，BC与C'D'于E点．∵四边形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绕点A顺时针旋转30°得到菱形AB′C′D′∴∠D'AB=30°，AD=AD'=2∴A，D'，C三点共线∴CD'=CA-AD'=2-2又∵∠ACB=30°∴D'E=-1，CE=D'E=3-，∵S阴影部分=S△ABC-S△D'EC∴S阴影部分=×2×1-×（-1）×（3-）=3-.故选D.【点睛】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，关键是灵活运用这些性质解决问题.8．（2023春·上海长宁·八年级统考期末）如图，菱形的边长为，，连接，将菱形绕点旋转，使点的对应点落在对角线上，连接，那么的面积是．

【答案】/【分析】过点作，根据已知条件得出是等腰直角三角形，设，则，根据，列出方程，解得进而根据三角形的面积公式即可求解．【详解】解：如图所示，过点作

依题意，∵菱形的边长为，，∴，，，∴，∴，∴是等腰直角三角形，设，则，∵，∴，即，解得：，则，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．9．（2023秋·天津北辰·九年级校考期末）如图，在菱形中，，，将菱形绕点逆时针方向旋转，对应得到菱形，点在上，与交于点，则的长是．【答案】【分析】连接交于，由菱形的性质得出，，，，，由直角三角形的性质求出，，得出，由旋转的性质得：，，得出，证出，由直角三角形的性质得出，，即可得出结果．【详解】解：连接交于，如图所示：四边形是菱形，，，，，，，，，由旋转的性质得：，，，四边形是菱形，，，，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，含角的直角三角形的性质，平行线的性质等知识；熟练掌握旋转的性质和菱形的性质是解题的关键．10．（2023·广东汕头·统考一模）如图，是将菱形以点O为中心按顺时针方向分别旋转，，后形成的图形．若，，则图中阴影部分的面积为．【答案】【分析】连接AC，CE，EF，FA，根据旋转可知，四边形为正方形，则阴影部分的面积正方形的面积菱形的面积，利用菱形的性质即可求解．【详解】解：连接AC，CE，EF，FA，根据旋转可知，四边形为正方形，阴影部分的面积正方形的面积菱形的面积，在菱形中，，，∴△ABD为等边三角形，∴，，菱形的面积，正方形面积，阴影部分的面积正方形的面积菱形的面积．【点睛】本题考查割补法求面积，掌握菱形的性质和面积公式是解题的关键．11．（2023·s重庆·九年级期中）如图，在菱形ABCD中，，，对角线AC、BD相交于点G，E是对角线BD上的一个动点，连接CE，将线段CE绕点C逆时针旋转60得到CF，连接EF，FG，在点E运动过程中，线段FG长度的最小值是．【答案】【分析】取的中点，连接，过作于，证明出，由性质得，即知线段长度最小即是线段长度最小，此时运动到，最小值即是的长度，根据是的中位线，即可得答案．【详解】解：取的中点，连接，过作于，如图：菱形中，，是等边三角形，，，，将线段绕点逆时针旋转得到，，，，，，线段长度最小即是线段长度最小，当运动到时，最小，即是最小，最小值即是的长度，是中点，，而，是的中位线，，最小值是，故答案为：．【点睛】本题考查菱形中的旋转问题、等边三角形、中位线，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．12．（2023·吉林·九年级校考期中）如图，在菱形中，，将菱形绕点逆时针旋转得到菱形，与交于点．当点，，在同一条直线上时，的大小为．（用含的代数式表示）【答案】【分析】连接AC，由题目分析得，当点，，在同一条直线上时，AE在菱形ABCD的对角线AC上，根据菱形的对角线平分一组对角，得出由旋转，得出再利用四边形的内角和得出，最后利用邻补角互补，即可表示出．【详解】连接AC，如图，∵点，，在同一条直线上,∴线段AE在菱形ABCD的对角线AC上，∵四边形ABCD为菱形，∴又∵菱形AEFG是由菱形ABCD旋转得到，∴∵∴，∵∴，故填：．【点睛】本题考查菱形的性质，旋转的性质，多边形的内角和，邻补角的性质，解题关键是掌握菱形的性质和旋转的性质，菱形的对角线平分一组对角；旋转前后图形的对应角相等，对应边相等．13．（2023上·浙江宁波·九年级校联考阶段练习）如图，已知的对角线，将绕其对称中心旋转，则点所转过的路径长为．【答案】【分析】点D所转过的路径是一段圆心角为180°，半径为OD的弧，根据平行四边形的性质可得OD=，根据弧长公式计算即可得答案．【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，，∴OD==2cm，∵将绕其对称中心旋转，∴点D所转过的路径是一段圆心角为180°，半径为OD的弧，∴点所转过的路径长==，故答案为：【点睛】本题考查平行四边形的性质及弧长，熟练掌握弧长公式是解题关键．14．（2023下·江苏苏州·九年级校考阶段练习）如图，把平行四边形绕着点A按逆时针方向旋转得到平行四边形，取的中点M、Q，连接．若，，，则线段长度的最大值为．【答案】【分析】取的中点K，过D作于H，连接，由，，可得，又，可得，由三角形中位线定理可得，，而中，，故当共线时，最大，最大为．【详解】解：取的中点K，过D作于H，连接，如图：∵，∴，∵，∴，∴，∵平行四边形绕着点A按逆时针方向旋转得到平行四边形，∴，∵Q为中点，K为中点，∴，∵M为中点，K为中点，∴，在中，，∴当共线时，最大，如图：此时，∴最大为，故答案为：．【点睛】本题考查平行四边形中的旋转问题，解题的关键是作辅助线，构造直角三角形解决问题．15．（2024上·广东韶关·九年级乐昌一中校考期末）如图，把矩形绕点按逆时针方向旋转得到矩形，使点落在对角线上，连接，若，则°．

【答案】【分析】根据矩形的性质，得到，进而得到，即可求出的度数，再根据角度和差即可求解．【详解】∵四边形是矩形，∴，由旋转性质可知，，，，∵，，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，等边对等角，熟练掌握旋转和矩形的性质是解题关键．16．（2023·广东·九年级专题练习）如图，在矩形中，，将矩形绕点旋转一定角度后得矩形，交于点，且，则的长为．

【答案】3【分析】设，则，在中，根据勾股定理列出关于的方程，解方程即可得到答案．【详解】解：设，，将矩形绕点旋转一定角度后得矩形，，在中，，，解得：，的长为：3，故答案为：3．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、旋转的性质、勾股定理，熟练掌握矩形的性质、旋转的性质，是解题的关键．17．（2023上·山西大同·九年级统考期中）综合与实践问题情境：如图1，正方形和正方形有公共顶点，，，现将正方形绕点按顺时针方向旋转，旋转角为，连接，．

(1)猜想证明：猜想图2中与的数量关系并证明；(2)探究发现：如图3，当时，连接，延长交于点，求证：垂直平分；(3)拓展延伸：在旋转过程中，当的面积最大时，直接写出此时旋转角的度数和的面积．【答案】(1)(2)证明见解析(3)，的面积【分析】（1）利用“”证得即可得到结论；（2）由推出，，通过计算得出，即可得证；（3）当点在线段