解题技巧：矩形、菱形、正方形中折叠、旋转问题压轴题五种模型全攻略（解析版）

专题07解题技巧专题：矩形、菱形、正方形中折叠、旋转问题压轴题五种模型全攻略【考点导航】目录TOC\o"1-3"\h\u【典型例题】 1【考点一矩形中的折叠问题】 1【考点二菱形中的折叠问题】 13【考点三正方形中的折叠问题】 20【考点四矩形、菱形、正方形折叠后求周长、面积问题】 28【考点五矩形、菱形、正方形中旋转问题】 36【典型例题】【考点一矩形中的折叠问题】例题：（2023上·江西九江·九年级统考期末）如图，在矩形中，将沿折叠，点D刚好落在对角线上的点F．(1)若，，求的长．(2)若，求证：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由矩形的性质和勾股定理，得出，再由折叠的性质，得到，，，进而得到，设，利用勾股定理列方程求解，即可求出的长；（2）由矩形的性质，得出，由折叠的性质，得到，由等边对等角的性质，得到，进而得出，再根据30度角所对的直角边等于斜边一半，即可证明结论．【详解】（1）解：矩形，，，，在中，，由折叠的性质可知，，，，，设，则，在中，，，解得：，；（2）证明：矩形，，，，由折叠的性质可知，，，，，，，在中，，．【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，含30度的直角三角形等知识，熟练掌握矩形和折叠的性质是解题关键．【变式训练】1．（2023上·山东菏泽·七年级统考阶段练习）如图，将矩形纸片沿折叠，得到，与交于点．若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了矩形的性质，折叠性质，直角三角形额特征量，根据性质计算即可．【详解】∵矩形纸片沿折叠，得到，∴,，，∵，∴，∴,故选D．2．（2023上·陕西西安·八年级校考期中）长方形ABCD中，，，将其沿折叠，点A，B分别落到点与点处，恰好点C在上，且，则线段的长度为（

）A．5 B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了折叠的性质，勾股定理．设，，证明，推出，求得，推出，在中，利用勾股定理列式计算即可求解．【详解】解：如图，∵，∴设，，∴，，由折叠的性质知，，，∵，，，∴，∴，∴，∴，∴，在中，，即，解得，故选：C．3．（2023上·山东东营·七年级校考阶段练习）如图，在长方形中，，，点为射线上一个动点，把沿直线折叠，当点的对应点刚好落在线段的垂直平分线上时，则的长为．【答案】或10【分析】本题主要考查了矩形的折叠问题，勾股定理．根据题意进行分类讨论①当点E在线段上时，②当点E在线段延长线上时，点F作的平行线，交于点H，交于点G，先求出，再求出，设，根据勾股定理列出方程求解即可．【详解】解：①当点E在线段上时，过点F作的平行线，交于点H，交于点G，∵四边形为矩形，，∴四边形为矩形，∴，，∵点F在线段的垂直平分线上，∴，则，∵沿直线折叠得到，∴，根据勾股定理可得：，∴，设，则，，根据勾股定理可得：，即，解得：，即；②当点E在线段延长线上时，过点F作的平行线，交于点H，交于点G，∵四边形为矩形，，∴四边形为矩形，∴，，∵点F在线段的垂直平分线上，∴，则，∵沿直线折叠得到，∴，根据勾股定理可得：，∴，设，则，，根据勾股定理可得：，即，解得：，即．

综上：或．故答案为：或10．4．（2024上·河南新乡·九年级统考期末）如图，在矩形中，，，是延长线上的一点，且，是边上的一个动点（点不与点，重合），将沿折叠，当点的对应点落在矩形任意一边所在的直线上时，的长为．【答案】或【分析】本题考查了矩形与折叠问题，用勾股定理解三角形，先根据矩形的性质找到边长之间的关系，设出边长的值，构造出直角三角形，根据勾股定理求出的长，然后再根据勾股定理可得到有关的一元二次方程，求解即可，作辅助线，根据直角三角形三边关系得到等式是解题的关键．【详解】解：∵在矩形中，，，∴，∵，∴,设，∵沿折叠得到，∴，，①当点F落在上时，过点F作的平行线交于一点M，如图所示：，此时，∵，∴在中，，∴，∵，∴，即，∵，∴，∴，在中，，即，解得：；②当点F落在直线上时，延长边,过点F作的平行线交的延长线于一点N，如图所示：，在中，，即，∴，在中，，即，解得：，综上的长为或，故答案为：或．5．（2023上·吉林长春·八年级校考期末）如图，在矩形中，，，点E是上一点.将沿折叠后，得到.点F在矩形内部，延长交于点G.

(1)如图①，当点E是中点时，求的长；(2)如图②，在（1）的条件下，当矩形变化为平行四边形时，求证：；(3)如图③，在矩形中，当点F落在矩形对角线上时，的长是【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】本题主要考查矩形与折叠，平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识：（1）连接，由折叠得，证明，得，设，则，在中，根据勾股定理列方程求出x的值即可；（2）延长交的延长线于点，证明得，由折叠得，得，即，从而可得结论；（3）由勾股定理得，由折叠得,，，设，则，根据勾股定理列方程求出x的值即可．【详解】（1）连接，如图①，∵是的中点，∴，∵沿折叠后，得到，∴，，∴，∴，在和中，，∴，∴；设，则，在中，，∴，解得，，即；（2）延长交的延长线于点，如图②，∵四边形是平行四边形，∴,∴，∵是的中点，∴，又，∴，∴，由折叠得，∴，，∴∴，即；（3）如图③，在中，，即，由折叠得,，∴，设，则，在中，，即，解得，，即．故答案为：．6．（2023上·辽宁阜新·九年级校考阶段练习）如图，有一矩形纸片，，，如图1，将纸片折叠使落在边上，的对应点为，折痕为．如图2，再将以为折痕向右折叠，与交于点．(1)求的值；(2)四边形的面积为________；(3)如图3，将绕点旋转得到，点刚好落在上，的对应点为，的对应点为，则旋转的角度为________度；【答案】(1)(2)10(3)30【分析】本题考查旋转的性质，折叠的性质，含30度角的直角三角形的性质，矩形的性质等：（1）先证为等腰直角三角形，求出，进而求出，则可得出答案；（2）由梯形的面积公式可求出答案；（3）由直角三角形的性质及旋转的性质求出，进而根据平行线的性质可得．【详解】（1）解：∵将纸片折叠使落在边上，的对应点为，∴，，，∴四边形为正方形，∴为等腰直角三角形，∵，，∴，∵将以为折痕向右折叠，∴，，∴，∵，∴，∴．（2）解：由（1）可知，，，∴四边形的面积．故答案为：10；（3）解：∵将绕点旋转得到，∴，，∵，，∴，∵，∴，即旋转的角度为，故答案为：30．【考点二菱形中的折叠问题】例题：（2023下·浙江杭州·八年级统考期末）如图，菱形中，，M为边上的一点，将菱形沿折叠后，点A恰好落在的中点E处，则．

【答案】【分析】如图所示，延长交延长线于N，由菱形的性质得到，证明得到，由折叠的性质可得，进一步证明，由此可得，解方程即可得到答案．【详解】解：如图所示，延长交延长线于N，∵四边形是菱形，∴，∴，∵E为的中点，∴，∴，∴，由折叠的性质可得，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：．

【点睛】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键【变式训练】1．（2023下·山西长治·八年级统考期末）如图，在菱形中，，将边沿折叠得到交于点，当为中点时，的大小为（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】延长交的延长线于点，过点作于点，可证，故，即，即可求解．【详解】解：延长交的延长线于点，过点作于点

∵，∴，∵为中点，∴，∵，∴，∵在菱形中，∴，∴，∵，，∴，∵，∴在中：，∴，∴，由折叠可知：，∴，∴，故选：D．【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、含角的直角三角形以及折叠的性质．掌握相关几何结论是解题关键．2．（2023上·广东深圳·九年级深圳中学校联考期中）如图，若菱形的面积为，，将菱形折叠，使点A恰好落在菱形对角线的交点O处，折痕为，则cm．

【答案】【分析】连接、，根据题意得出、分别为、的中点，是的中位线，得出，再由已知条件根据含30度直角三角形的性质求出，即可求出．【详解】解：连接、，如图所示：

四边形是菱形，，将菱形折叠，使点A恰好落在菱形对角线的交点处，折痕为，，，、分别为、的中点，是的中位线，，菱形的面积为，，，，，，，即，∴，∴，∴，；故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质以及翻折变换的性质；根据题意得出为的中位线是解决问题的关键．3．（2022下·安徽六安·八年级校考阶段练习）如图，在菱形中，，，点E是边上一点，以为对称轴将折叠得到，再折叠与重合，折痕为且交于点F．

（1）；（2）若点E是的中点，则的长为．【答案】/90度【分析】（1）由翻折可得，，则，根据，可得，即．（2）根据题意可得点与点重合，且点，，三点在同一条直线上．过点作，交的延长线于点．由，，可得，，则，，由翻折可得，，设，则，，由勾股定理列出方程，解得，进而可得出答案．【详解】解：（1）由翻折可得，，，，，即．故答案为：．（2）四边形为菱形，，，由翻折可得，，，，点是的中点，，，即点与点重合．，点，，三点在同一条直线上．过点作，交的延长线于点．

，，，，，，由翻折可得，，设，则，，由勾股定理可得，解得，．故答案为：．【点睛】本题考查翻折变换（折叠问题）、菱形的性质、勾股定理，熟练掌握翻折的性质是解答本题的关键．4．（2023下·湖北十堰·八年级统考期末）如图，矩形中，点在边上，将沿折叠，点落在边上的点处，过点作交于点，连接．

(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求四边形的面积．【答案】(1)见解析；(2)．【分析】（1）根据题意和翻折的性质，可以得到，再根据全等三角形的性质和菱形的判定方法即可证明结论成立；（2）根据题意和勾股定理，可以求得的长，进而求得和的值，从而可以得到四边形的面积．【详解】（1）证明：∵沿折叠，点落在边上的点处，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴四边形是平行四边形，又∵，∴四边形是菱形；（2）解：∵矩形中，，，，∴，，∴，∴，

设，则，，∵，∴，解得，，∴，∴四边形的面积是：．【点睛】本题考查翻折变化、菱形的性质和判定、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．【考点三正方形中的折叠问题】例题：（2023上·辽宁沈阳·八年级沈阳市第一三四中学校考阶段练习）如图，已知在正方形中，，．将正方形折叠，使点B落在边的中点Q处，点A落在P处，折痕为．已知长为．

(1)求线段和线段的长；(2)连接，．【答案】(1)；(2)【分析】（1）由对角线为，易知边长为8．设，由折叠可知在中，由勾股定理有，解得，即可得；（2）连接，作于点G，连接交于点H，由折叠知，可证明，则，，在中由勾股定理可求．【详解】（1）解：∵对角线，∴，设，由折叠可知，由于Q为中点，则，在中，由勾股定理可得：，解得：．故；（2）解：如图所示，连接，作于点G，连接交于点H，

由折叠可知，∴，∵，∴，∴，∴，∴，即，由折叠可得，由勾股定理有．故答案为：．【点睛】本题考查了折叠的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，熟悉折叠的性质、掌握以上定理并利用勾股定理建立关于x的方程是解题的关键．【变式训练】1.（2023下·天津北辰·八年级校联考期中）如图，将正方形纸片折叠，使边均落在对角线上，得折痕，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据四边形是正方形，是对角线，可求出的度数，根据折叠可知是角平分线，由此即可求解．【详解】解：∵四边形是正方形，是对角线，∴，∵沿折叠后落在上，沿折叠后落在上，∴是的角平分线，是的角平分线，∴，∴，故选：．【点睛】本题主要考查正方形的折叠，掌握正方形的性质，折叠的性质，角平分线的性质是解题的关键．2．（2023上·江苏南京·八年级南京师范大学附属中学江宁分校校考阶段练习）如图，将边长为2的正方形折叠，使得点A落在的中点E处，折痕为，点F在边上，则．【答案】【分析】连接，根据正方形的性质，三角形全等的判定和性质，矩形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理计算即可．【详解】解：如图，连接，过点G作于M，则四边形是矩形，故，由翻折变换的性质得，∵，∴，∵四边形是正方形，∴，∴，∵，∴∴，∵点E是的中点，∴，在中，由勾股定理得，，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，熟练掌握性质和勾股定理是解题的关键．3．（2023上·江西吉安·九年级校考期中）如图，正方形纸片的边长为12，E是边上一点，连接，折叠该纸片，使点A落在上的点G，并使折痕经过点B，得到折痕，点F在上．若，则的长为．【答案】【分析】证，得出，，由勾股定理得出，由求出，得出，进而得出答案．【详解】解：设相交于点M，如图所示：四边形为正方形，，，由折叠的性质可知，，垂直平分，，，，又，，在和中，，∴，，，在中，，，，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了翻折变换的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握翻折变换和正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．4．（2023上·四川成都·九年级校考期中）综合与实践（1）【操作发现】如图1，诸葛小组将正方形纸片沿过点的直线折叠，使点落在正方形内部的点处，折痕为，再将纸片沿过点的直线折叠，使与重合，折痕为，求的正切值；（2）【拓展探究】如图2，孔明小组继续将正方形纸片沿继续折叠，点的对应点恰好落在折痕上的点处，连接交于点，若，求线段的长；（3）【迁移应用】如图3，在矩形中，点分别在边上，将矩形沿折叠，点落在点处，点落在点处，点恰好在同一直线上，若点为的三等分点，，请求出线段的长．【答案】（1）1；（2）；（3）或2【分析】（1）由正方形的性质得，再由折叠的性质得：，即可求解；（2）证是等腰直角三角形，得，则，求出，由等腰直角三角形的性质得，再证，由证明，由全等三角形的性质得，再证，然后由含角的直角三角形的性质得，，，，由得出方程，求解即可；（3）分两种情形：当，当，分别求解即可．【详解】解：（1）∵四边形是正方形，，由折叠的性质得：，，即，，的正切值为1；（2）∵四边形是正方形，，由折叠的性质得：，，由（1）得：，是等腰直角三角形，，，，，，是等腰直角三角形，，，，在和中，，，，，，，，，，，设，，，，，，解得：，，；（3）如图3中，在上取一点，使得，过点作于点，交于点，连接，得正方形，当时，，，∴，∴，∴，，由（1）可知，设，则，，，．当时，同法可得．综上所述，满足条件的的值为或2．【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和翻折变换的性质，证出是解题的关键．【考点四矩形、菱形、正方形折叠后求周长、面积问题】例题：（2023上·黑龙江齐齐哈尔·八年级统考期中）如图，知形纸片，，，沿对角线折叠，点落到处，交于点，则的周长是．【答案】6.5//【分析】首先根据矩形的性质可得，，，再结合折叠的性质可得，，进而证明，由全等三角形的性质可得，即可获得答案．【详解】解：∵四边形为矩形，，，∴，，，根据题意，沿对角线折叠，点落到处，∴，，∴，在和中，，∴，∴，∴的周长．故答案为：6.5．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质等知识，证明是解题关键．【变式训练】1．（2022上·吉林长春·九年级期末）如图①，小刚沿菱形纸片ABCD各边中点的连线裁剪得到四边形纸片EFGH，再将纸片EFGH按图②所示的方式分别沿MN、PQ折叠，当PNEF时，若阴影部分的周长之和为16，△AEH，△CFG的面积之和为12，则菱形纸片ABCD的一条对角线BD的长为．【答案】12【分析】证出EH是△ABD的中位线，得出BD=2EH=4HN，由题意可以设AN=PC=x，EN=HN=PF=PG=y．构建方程组求出x，y即可解决问题．【详解】解：连接BD，如图所示：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=AD，AC与BD垂直平分，∵E是AB的中点，H是AD的中点，∴AE=AH，EH是△ABD的中位线，∴EN=HN，BD=2EH=4HN，由题意可以设AN=PC=x，EN=HN=PF=PG=y．则有，解得：，∴AN=2，HN=3，∴BD=4HN=12；故答案为：12．【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质、三角形中位线定理、方程组的解法等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．2．（2023下·浙江金华·八年级校考期中）如图1，菱形纸片的边长为，，将菱形沿，GH折叠，使得点B，D两点重合于对角线上的点P（如图2）．若，则六边形的面积为．

【答案】【分析】由菱形的性质可得，，，，，由折叠的性质可得，，，可证四边形是平行四边形，可得，，由面积和差关系可求解．【详解】解：如图，

∵四边形是菱形，，∴，，cm，，∴，,∴∴．∵，∴，，∵将菱形沿，折叠，∴，，，∴，∴，∴，∴，∴，同理可得：，

∴四边形是平行四边形，∴，∴，∴六边形面积，故答案为：．【点睛】本题考查了折叠的性质，菱形的性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质等知识，求出的长是本题的关键．3．（2023上·河南周口·八年级校联考阶段练习）如图，把一张长方形纸片折叠起来，使其对角顶点与重合，与重合，若长方形的长为8，宽为4，(1)求的长；(2)求阴影部分的面积．【答案】(1)(2)【分析】本题主要考查了折叠的性质、勾股定理以及三角形面积不变性，灵活运用折叠的性质、勾股定理等几何知识点来分析、判断、推理是解题的关键．（1）设，则，在中，根据构建方程即可解决问题；（2）过点作于，根据三角形面积不变性，，求出的长，根据三角形面积公式计算即可．【详解】（1）设，则，在中，，所以，解得：，即，（2）过点作于，则，，，，所以所以，所以．4．（2023下·黑龙江齐齐哈尔·八年级校考期中）如图，矩形，将矩形折叠使重合，折痕交于E，交于F，

(1)求证：四边形为菱形；(2)若，，求菱形的周长．【答案】(1)见解析(2)菱形的周长为【分析】（1）根据折叠的性质可得，，再利用矩形的性质，得到，证明，即可得到，再根据即可得到四边形为菱形；（2）设，可得，利用勾股定理，列方程，即可得到的长，再利用菱形的性质，即可解答．【详解】（1）证明：将矩形折叠使A、C重合，折痕交于E，交于F，，四边形是矩形，，，在与中，，，，四边形是平行四边形，，平行四边形是菱形；（2）解：设，可得，在中，，可得方程，解得，菱形的周长为．【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，熟知上述性质是解题的关键．5．（2023上·陕西咸阳·九年级校考阶段练习）在中，，．

(1)如图1，将沿直线折叠，使点A的对应点F落在边上，求证：四边形是菱形；(2)如图2，若是矩形：①按（1）中操作进行，求证：四边形是正方形；②在矩形中折叠出一个菱形，并使菱形以为对角线且各个顶点都在矩形的边上，如图3，求菱形的面积．【答案】(1)证明见解析(2)①证明见解析；②【分析】（1）由折叠可知，，，根据平行四边形的性质推出，则，得出，进而得出，即可求证；（2）①根据矩形的性质得出，即可求证四边形是正方形；②解：设，则在中，，，，根据勾股定理列出方程，解出，则，最后根据菱形面积公式即可求解．【详解】（1）证明：由折叠可知，，，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴，

∴，∴，∴四边形ABFE是平行四边形．又∵，∴四边形是菱形．（2）①证明：由（1）知：四边形是菱形，∵四边形是矩形，∴，∴四边形是矩形，∴四边形是正方形．②解：设，在中，，，，∴，即，

解得，∴，∴．【点睛】本题主要考查了折叠的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，菱形的判定，正方形的判定，矩形的性质，解题的关键是熟练掌握相关内容，并灵活运用．【考点五矩形、菱形、正方形中旋转问题】例题：（2023上·全国·九年级专题练习）如图，将矩形绕点旋转得到矩形，点在上，延长交于点．连接、．

(1)四边形是怎样的特殊四边形？证明你的结论；(2)若长为2，则的长为时，四边形为菱形．【答案】(1)四边形是平行四边形，证明见解析(2)【分析】（1）依据题意可得到，，，利用平行线的性质可证明，然后依据证明，由全等三角形的性质可知，由旋转的性质可得到，从而可证明，最后依据平行四边形的判定定理进行证明即可；（2）连接．可证明为等边三角形，则，利用直角三角形的性质可得到答案．【详解】（1）解：四边形是平行四边形．证明：四边形是矩形，，，四边形是矩形，，，在和中，，，，矩形由矩形旋转得到，，，四边形为平行四边形；（2）当时，四边形是菱形，连接．

四边形为菱形，．由旋转的性质可知．．为等边三角形．．．．又，．故答案为：．【点睛】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、平行四边形的判定、矩形的性质、菱形的性质等知识，熟练掌握相关图形的性质和判定定理是解题的关键．【变式训练】1．（2023上·广东珠海·九年级珠海市九洲中学校考期中）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．2．（2021下·江苏南京·八年级统考期末）如图①，菱形和菱形有公共顶点A，点，分别落在边，上，连接，．(1)求证：；(2)将菱形绕点A按逆时针方向旋转．设旋转角，且，，．①如图②，当时，则线段的长度是多少？②连接，当为直角三角形时，则旋转角的度数为多少度？【答案】(1)证明见解析(2)①；②或【分析】（1）连接，根据菱形的性质，可得到，从而得到，进而得到，即可求证；（2）①连接AF，EG，BD，AC，BD与AC交于点O，AF交EG于点P，根据旋转的性质和菱形的性质可得，△ABD和△AEG是等边三角形，从而得到AF=OD，进而得到四边形AODF是平行四边形，即可求解；②分两种情况讨论：和，利用矩形的性质、等边三角形的判定与性质求解即可得．【详解】（1）证明：连接，∵四边形是菱形，∴，在和中，，∴，∴，∵四边形是菱形，∴，在和中，，∴，∴．（2）解：①如图，连接AF，EG，BD，AC，BD与AC交于点O，AF交EG于点P，由（1）得当菱形没有旋转时，AC平分∠BAD，AF平分∠EAG，∴此时点A、F