八年级数学下册专题14特殊的平行四边形中的图形变换模型之旋转模型(原卷版+解析)

这是一份八年级数学下册专题14特殊的平行四边形中的图形变换模型之旋转模型(原卷版+解析)，共83页。试卷主要包含了平行四边形中的旋转模型，菱形中的旋转模型，矩形中的旋转模型，正方形中的旋转模型等内容，欢迎下载使用。
模型1.平行四边形中的旋转模型
1）常规计算型
例1．（2023·山东·八年级期末）如图，平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转30°，得到平行四边形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的度数等于（ ）
A．100°B．105°C．115°D．120°
例2．（2023·重庆八年级阶段练习）如图，将平行四边形ABCD绕点D逆时针旋转150°，得到平行四边形DEFG，这时点C，E，G恰好在同一直线上，延长AD交CG于点H．若AD＝2，∠A＝75°，则HG的长是（ ）
A．B．C．D．
2）最值（范围）型
例1．（2023·河南信阳·九年级期中）如图，和都为等腰直角三角形，，连接，以为邻边作平行四边形，连接．若，现将绕点逆时针旋转一周，则在旋转过程中，的最小值是 ．
例2．（2023下·江苏扬州·八年级校考阶段练习）如图，在平行四边形中，，，，对角线与交于点，将直线绕点按顺时针方向旋转，分别交、于点、，则四边形周长的最小值是 ．
4）综合证明型
例1．（2023·四川成都·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．
模型2.菱形中的旋转模型
1）常规计算型
例1．（2023秋·重庆·九年级专题练习）如图，菱形，是对角线上一点，将线段绕点顺时针旋转角度，点恰好落在边上点处，则的度数为（ ）

A． B．C． D．
例2．（2023·河南·模拟预测） 如图，在菱形OBCD中，OB=1，相邻两内角之比为1：2，将菱形OBCD绕顶点O顺时针旋转90°，得到菱形OB′C′D′，则点C′的坐标为（ ）
A．（，）B．（，-）C．（，-）D．（，）
例3．（2022秋·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=60°，将菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转，对应得到菱形AEFG，点E在AC上，EF与CD交于点P，则DP的长是( )
A．B．C．D．
2）最值（范围）型
例1．（2023·山东济宁·模拟预测）如图，菱形的边长为是边的中点，是边上的一个动点，将线段绕着逆时针旋转，得到，连接，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
例2．（2023·江苏苏州·校联考一模）如图，菱形ABCD的边长为，∠ABC＝60°，对角线AC、BD交于点O．点E为直线AD上的一个动点，连接CE，将线段EC绕点C顺时针旋转∠BCD的角度后得到对应的线段CF（即∠ECF＝∠BCD），DF长度的最小值为_________．
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．2B．C．1D．
3）分类讨论型
例1．（2023上·辽宁沈阳·九年级统考期中）如图，四边形是菱形，，点为平面内一点，连接，将线段绕点A逆时针方向旋转得到线段，连接，连接． 点在直线上，，则线段的长为 ．
例2．（2023春·江苏·八年级专题练习）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？
4）综合证明型
例1．（2023·天津·二模）如图，将菱形绕点A顺时针旋转得到菱形，使点落在对角线上，连接，，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C．是等边三角形 D．
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．
例3．（2023·重庆·九年级统考期中）如图，在菱形和菱形中，点，，在同一条直线上，是线段的中点，连接，．（1）如图1，探究与的位置关系，写出你的猜想并加以证明；（2）如图1，若，，求菱形的面积．（3）如图2，将图1中的菱形绕点顺时针旋转，使菱形的边恰好与菱形的边在同一条直线上，若，请直接写出与的数量关系．
模型3.矩形中的旋转模型
1）常规计算型
例1．（2023·河南洛阳·统考一模）如图，矩形的顶点为，，与x轴正半轴的夹角为，若矩形绕点O顺时针旋转，每秒旋转，则第2023秒时，矩形的对角线交点D的坐标为（ ）
A．B．C．D．
例2．（2023·湖北·九年级统考期中）已知大小一样的矩形和矩形如图1摆放，，现在把矩形绕点A旋转，如图2，交于点M，交于点N，若，则的值为（ ）．
A．B．C．D．
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 ___．
例2．（2023·广东佛山·九年级校考阶段练习）如图，有两个全等的矩形纸片，，点O都是两矩形对角线的交点，固定矩形，使矩形绕着点O顺时针任意旋转，它们重叠的菱形面积记为S，则S的取值范围是 ．
3）分类讨论型
例1．（2023·上海·统考二模）如图，平面直角坐标系中，矩形的顶点，将矩形绕点O顺时针方向旋转，使点A恰好落在直线上的点处，则点B的对应点的坐标为 ．
例2．（2023上·吉林四平·九年级统考期末）如图，矩形中，，，P为边中点，，绕点P旋转，其中点E，F在矩形的边上．在旋转过程中，请探究：

(1)矩形的边落在内部的线段长的和是否发生变化？为什么？
(2)矩形与重叠部分的面积是否发生变化？为什么？
4）综合证明型
例1．（2023·黑龙江哈尔滨·八年级校考期中）如图，在矩形中，把矩形绕点旋转，得到矩形，且点落在上，连接，，交于点，连接，若平分，则下列结论：①；②；③；④，其中正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
例2．（2022上·福建厦门·九年级厦门一中校考阶段练习）已知：在矩形中，把矩形绕点旋转，得到矩形，且点落在边上，连接交于点．(1)如图1，连接，求证：平分；
(2)如图2，连接，若平分，判断与之间的数量关系，并说明理由．
模型4.正方形中的旋转模型
1）常规计算型
例1．（2023上·江西宜春·九年级校联考期中）如图，正方形和正方形的边长都是2，正方形绕点O旋转时，两个正方形重叠部分的面积是（ ）
A．1B．2C．3D．4
例2．（2023·广东揭阳·九年级期中）如图，边长为3的正方形ABCD绕点C按顺时针方向旋转30°后得到正方形EFCG，EF交AD于点H，那么DH的长是_____．
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．
例2．（2023下·山东威海·八年级统考期末）如图，边长为2的正方形的对角线交于点O，，绕点O旋转，交边，于点E，F，则线段的最小值为（ ）
A．B．1C．D．

3）路径（轨迹）型
例1．（2022·湖北武汉·八年级统考期末）如图，，点，均在线段上且满足．线段上有一动点，分别以，为边向上作正方形，正方形，点，分别为，的中点，连接，取的中点．那么当点从运动到时，点移动的路径长为（ ）
A．B．C．5D．
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
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_______．
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．
5）综合证明型
例1．（2022·四川南充·中考真题）如图，正方形边长为1，点E在边上（不与A，B重合），将沿直线折叠，点A落在点处，连接，将绕点B顺时针旋转得到，连接．给出下列四个结论：①；②；③点P是直线上动点，则的最小值为；④当时，的面积．其中正确的结论是_________．（填写序号）
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．
课后专项训练
1．（2023上·河南郑州·九年级校考阶段练习）如图，原点O为的对称中心，轴，与y轴交于点，与x轴交于，．若将绕原点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第502次旋转结束时，点A的对应点的坐标为( )

A．B．C．D．
2．（2023·天津红桥·九年级统考阶段练习）如图，在面积为12的▱ABCD中，对角线BD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AB、CD于点E、F，若AE＝2EB，则图中阴影部分的面积等于（ ）

A．2B．3C．D．
3．（2023·山西·校联考二模）如图，将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转一定角度得到矩形．此时点A的对应点恰好落在对角线AC的中点处．若AB＝3，则点B与点之间的距离为（ ）
A．3B．6C．D．
4．（2023·河南安阳·校联考一模）如图，菱形的顶点，，，若菱形绕点顺时针旋转后得到菱形，依此方式，绕点连续旋转次得到菱形，那么点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
5．（2023春·黑龙江大庆·九年级统考期中）如图，四边形是菱形，，且，M为对角线（不含B点）上任意一点，将绕点B逆时针旋转得到，连接、、，则的最小值为（ ）

A．B．C．D．
6．（2023上·安徽阜阳·九年级统考期中）如图，将菱形绕点A按逆时针方向旋转得到菱形，当平分时，则与之间的数量关系是（ ）

A．B．C．D．
7．（2023·天津河北·统考一模）如图，在菱形中，，将菱形绕点A顺时针方向旋转，对应得到菱形，点G在上，与交于点H，则的长 ．
8．（2023·浙江宁波·一模）如图，一副三角板如图1放置，，顶点重合，将绕其顶点旋转，如图2，在旋转过程中，当，连接，，此时四边形的面积是________．
9．（2022秋·安徽芜湖·九年级统考期中）如图，正方形的边长为2cm，正方形的边长为1cm，若正方形绕点C旋转，则点F到点A的距离最小值为 _____．
10．（2023·江苏·九年级专题练习）如图，菱形ABCD的边长为2，∠A＝60°，E是边AB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EG，连接DG、CG，则DG+CG的最小值为 ．
11．（2023春·广东梅州·九年级校考开学考试）如图,菱形ABCD的一个内角是60∘,将它绕对角线的交点O顺时针旋转90∘后得到菱形.旋转前后两菱形重叠部分多边形的周长为，则菱形ABCD的边长为 .
12．（2023下·浙江温州·八年级校考期中）如图，为验证平行四边形的中心对称性，小明将两张全等的平行四边形纸片重叠在一起，． 将其中一张纸片绕它的中心旋转，当点A和点C的对应点和分别落在边和上时，，则的长是 ，两张纸片重合部分（阴影部分）的面积是 ．
13．（2023·江苏常州·统考一模）如图，在Rt△ABC和Rt△CDE中，∠BAC＝∠DCE＝90°，AB＝AC＝4，CD＝CE＝2，以AB、AD为邻边作平行四边形ABFD，连接AF．若将△CDE绕点C旋转一周，则线段AF的最小值是 ．
14．（2023上·重庆·九年级专题练习）某设计公司为某品牌设计如图所示，该图是由一个含60°且边长为6cm的菱形绕其顶点顺时针分别旋转30°和60°得到，则该品牌图标的整体面积为 cm2．

15．（2023·浙江金华·统考一模）如图，矩形中，，将矩形绕点B按顺时针方向旋转后得到矩形．若点F恰好落在线段的延长线上，则的长为 ．
16．（2023春·湖南益阳·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，是菱形对角线的中点，轴且，，将菱形绕点旋转，使点落在轴上，求旋转后点的对应点的坐标．

17．（2021·江西·校联考模拟预测）如图1，菱形绕点顺时针旋转，得到菱形，连接，．特例探索（1）当 时，；当 时，；
拓展应用（2）如图2，若射线，交于点，．
①求与的数量关系；②连接，若，，求的值；
③当等于多少时，点，，在同一直线上？请直接写出的值，不必说明理由．
18．（2023·江苏·八年级假期作业）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．
19．（2023春·上海·八年级专题练习）如图1，四边形ABCD和四边形CEFG都是菱形，其中点E在BC的延长线上，点G在DC的延长线上，点H在BC边上，连结AC，AH，HF．已知AB＝2，∠ABC＝60°，CE＝BH．（1）求证：△ABH≌△HEF；（2）如图2，当H为BC中点时，连结DF，求DF的长；（3）如图3，将菱形CEFG绕点C逆时针旋转120°，使点E在AC上，点F在CD上，点G在BC的延长线上，连结EH，BF．若EH⊥BC，请求出BF的长．
20．（2023·广东·一模）如图，正方形中，、分别是边、上的点，．
(1)小聪同学通过将绕点顺时针旋转至，得到．①请直接写出线段、、之间的数量关系：______（用等式表示）；②若，为边中点，求．
(2)如图，将正方形改为矩形，且，，其他条件不变，即：、分别是边、上的点，．①记，，试探究与之间的数量关系（用等式表示）；
②当时，求线段的长．
21．（2023上·江西赣州·九年级统考期中）如图①，已知是等腰直角三角形，，点是的中点．作正方形，使点分别在和上，连接．
(1)试猜想线段和的数量关系，并证明你的结论；(2)将正方形绕点逆时针方向旋转一定角度后（旋转角度大于，小于或等于），如图②，通过观察或测量等方法判断（1）中的结论是否仍然成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由．
22．（2023上·广东深圳·九年级校考开学考试）已知正方形与正方形，点是的中点，连接，．(1)如图1，点在上，点在的延长线上，请判断，的数量关系与位置关系，并直接写出结论；(2)如图2，点在的延长线上，点在上，（1）中结论是否仍然成立？请证明你的结论；(3)将图1中的正方形绕点旋转，使，，三点在一条直线上，若，，请直接写出的长____________________．

专题14 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·山东·八年级期末）如图，平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转30°，得到平行四边形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的度数等于（ ）
A．100°B．105°C．115°D．120°
【答案】B
【详解】分析：根据旋转的性质得出AB=AB′，∠BAB′=30°，进而得出∠B的度数，再利用平行四边形的性质得出∠C的度数即可．
详解：∵平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转30°，得到平行四边形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），∴AB=AB′，∠BAB′=30°，∴∠B=∠AB′B=（180°﹣30°）÷2=75°，∴∠C=180°﹣75°=105°． 故选B．
点睛：本题主要考查了旋转的性质以及平行四边形的性质，根据已知得出∠B=∠AB′B=75°是解题的关键．
例2．（2023·重庆八年级阶段练习）如图，将平行四边形ABCD绕点D逆时针旋转150°，得到平行四边形DEFG，这时点C，E，G恰好在同一直线上，延长AD交CG于点H．若AD＝2，∠A＝75°，则HG的长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】证明△CDG是顶角为150°的等腰三角形，再证明DH⊥CG，由直角三角形的性质求出DH，进而解决问题．
【详解】解：由题意：∠ADE＝150°，AD＝DE＝2，∴∠EDH＝30°，
∵AB∥CD，∴∠CDH＝∠A＝75°，∵∠CDG＝150°，∴∠CDH＝∠GDH＝75°，
∵DC＝DG，∴DH⊥CG，∴EH＝DE＝1，DH＝EH＝
在CG上取一点k，使得DK＝GK，∵∠KDG＝∠KGD＝15°，∴∠DKH＝15°+15°＝30°，
∴KG＝DK＝2DH＝2，HK＝DH＝3，∴HG＝HK+KG＝3+2，故选：D．
【点睛】本题考查旋转变换的性质、含30°角的直角三角形的性质、等腰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，构造直角三角形解决问题．
2）最值（范围）型
例1．（2023·河南信阳·九年级期中）如图，和都为等腰直角三角形，，连接，以为邻边作平行四边形，连接．若，现将绕点逆时针旋转一周，则在旋转过程中，的最小值是 ．
【答案】/
【分析】根据平行四边形的性质以及等腰直角三角形的性质证明当AO有最小值时，AF最小，即当O在AC上时，此时D，E，F共线，即可求解．
【详解】解：当D，E，F共线时，AF最小，如图所示，
∵四边形ABFD是平行四边形，∴AB=DF， ，
∵和都为等腰直角三角形，，
∴AB=AC，CD=CE，∠CDE=45°，∴AC=DF，DF⊥AC，
∴AC=DF，∠ACD=∠CDE=45°，∴DO=OC，∴OA=OF，
∵∠AOF=90°，∴，
∴当AO有最小值时，AF最小，即当O在AC上时，此时D，E，F共线，
∵，，∴OC=1，∵，∴，
∴．故答案为：
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，平行四边形的性质，寻找AF最小时点F的位置是解题的难点．
例2．（2023下·江苏扬州·八年级校考阶段练习）如图，在平行四边形中，，，，对角线与交于点，将直线绕点按顺时针方向旋转，分别交、于点、，则四边形周长的最小值是 ．
【答案】/
【分析】作于，证明，即可推出四边形周长，所以当最小时，四边形周长最小即可算出最小值．
【详解】解：作于，如下图所示：
， ， ，
四边形为平行四边形，，，，
在和中 ， ， ，
四边形周长 ，
当的值最小时，四边形周长有最小值，此时，即的最小值，
四边形周长的最小值是 ．故答案为：．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，结合线段和最短问题，正确转换线段之间的关系表达出周长是解题关键．
4）综合证明型
例1．（2023·四川成都·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秋·重庆·九年级专题练习）如图，菱形，是对角线上一点，将线段绕点顺时针旋转角度，点恰好落在边上点处，则的度数为（ ）

A． B．C． D．
【答案】C
【分析】如图所示，连接，根据菱形的性质可证，可得，根据平角可得，根据多边形的内角和的计算方法即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，

∵四边形是菱形，∴，，，
在中，，∴，∴，，
∵将线段绕点顺时针旋转角度，∴，，
∴，∴，∴，
∵，∴，
∵，且，∴，故选：．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，全等三角形的性质，多边形的内角和定理，理解图示，掌握菱形的性质的运用，判定三角形全等，多边形内角和的计算方法是解题的关键．
例2．（2023·河南·模拟预测） 如图，在菱形OBCD中，OB=1，相邻两内角之比为1：2，将菱形OBCD绕顶点O顺时针旋转90°，得到菱形OB′C′D′，则点C′的坐标为（ ）
A．（，）B．（，-）C．（，-）D．（，）
【答案】B
【分析】先求出菱形的内角度数，过C′作C′H⊥y轴于H点，在Rt△C′B′H中，利用特殊角度数及边长求解C′H和B′H长，则C′点坐标可求．
【详解】解：∵四边形OBCD是菱形，相邻两内角之比为1：2，
∴∠C=∠BOD=60°，∠D=∠OBC=120°．根据旋转性质可得∠OB′C′=120°，∴∠C′B′H=60°．
过C′作C′H⊥y轴于H点，在Rt△C′B′H中，B′C′=1，
∴B′H=，C′H=．∴OH=1+=．所以C′坐标为（，-）．故选：B
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，旋转的性质，以及坐标与图形变化，解决此类问题要熟知旋转后的不变量，求点D坐标构造直角三角形．
例3．（2022秋·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=60°，将菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转，对应得到菱形AEFG，点E在AC上，EF与CD交于点P，则DP的长是( )
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接BD交AC于O，根据四边形ABCD是菱形，得到AD=CD=AB=2，∠BCD=∠BAD=，∠ACD=∠BAC=∠BAD=，OA=OC，AC⊥BD，求出AC=2，由旋转得AE=AB=2，∠EAG=∠BAC=，求出CE=AC-AE=2-2，再证得∠CPE=，求出PC=PE=3-，根据DP=CD-PC求出数值即可．
【详解】连接BD交AC于O， ∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=CD=AB=2，∠BCD=∠BAD=，∠ACD=∠BAC=∠BAD=，OA=OC，AC⊥BD，
∴△ABD是等边三角形，∴OB=AB=1，∴OA=，∴AC=2，
由旋转得AE=AB=2，∠EAG=∠BAC=，∴CE=AC-AE=2-2，
∵四边形AEFG是菱形，∴EF∥AG，∴∠CEP=∠EAG=
∵∠CEP+∠ACD=，∴∠CPE=，∴PE=CE=-1，PC=PE=3-，
∴DP=CD-PC=2-(3-)=-1，故选：A．
．
【点睛】此题考查旋转的性质，菱形的性质，锐角三角函数，等边三角形的判定，直角三角形30度角所对的直角边等于斜边的一半，熟记菱形的性质是解题的关键．
2）最值（范围）型
例1．（2023·山东济宁·模拟预测）如图，菱形的边长为是边的中点，是边上的一个动点，将线段绕着逆时针旋转，得到，连接，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】取AB与CD的中点M，N，连接MN，作点B关于MN的对称点E'，连接E'C，E'B，此时CE的长就是GB+GC的最小值；先证明E点与E'点重合，再在Rt△EBC中，EB=2，BC=4，求EC的长.
【详解】取AB与CD的中点M，N，连接MN，作点B关于MN的对称点E'，连接E'C，E'B
，
此时CE的长就是GB+GC的最小值；
∵MN∥AD∴HM=AE，∵HB⊥HM，AB=4，∠A=60°，∴MB=2，∠HMB=60°，
∴HM=1，∴AE'=2，∴E点与E'点重合，∵∠AEB=∠MHB=90°，∴∠CBE=90°，
在Rt△EBC中，EB=2，BC=4，∴EC=2，故选B
【点睛】本题考查菱形的性质，直角三角形的性质；确定G点的运动轨迹，是找到对称轴的关键．
例2．（2023·江苏苏州·校联考一模）如图，菱形ABCD的边长为，∠ABC＝60°，对角线AC、BD交于点O．点E为直线AD上的一个动点，连接CE，将线段EC绕点C顺时针旋转∠BCD的角度后得到对应的线段CF（即∠ECF＝∠BCD），DF长度的最小值为_________．
【答案】3
【分析】连接BE，作BH⊥AD，由旋转的性质可得△DCF≌△BCE，把求DF的最小值转化为求BE的最小值，再根据垂线段最短可得答案．
【详解】解：连接BE，作BH⊥AD交DA的延长线于H，
菱形ABCD中，∠ABC=60°，∴∠BCD=120°．
∵∠ECF=120°，∴∠BCD=∠ECF，∴∠BCE=∠DCF 由旋转可得：EC=FC，
在△BEC和△DFC中，∴△DCF≌△BCE（SAS），∴DF=BE，
即求DF的最小值转化为求BE的最小值．
∵在Rt△AHB中，∠BAH=60°，AB=，∴BH==3，
当E与H重合时，BE最小值是3，∴DF的最小值是3．故答案为：3．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，菱形判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
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．2B．C．1D．
【答案】D
【分析】当BE⊥AE时，∠ABE的值最大，此时cs∠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cs∠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上·辽宁沈阳·九年级统考期中）如图，四边形是菱形，，点为平面内一点，连接，将线段绕点A逆时针方向旋转得到线段，连接，连接． 点在直线上，，则线段的长为 ．
【答案】5或3/3或5
【分析】本题考查旋转的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，分类画出图形是解题的关键．分点E在菱形内部和外部两种情况，分别连接，证明可得，然后根据线段的和差即可解答．
【详解】解：①如图：当点E在菱形内部时，连接，

∵四边形是菱形，，∴是等边三角形，∴，
∵将线段绕点A逆时针方向旋转得到线段，
∴，∴是等边三角形，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴，∴；
②如图：当点E在菱形外部时，连接，
同理可证：，，∴，∴．
故答案为：5或3．
例2．（2023春·江苏·八年级专题练习）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、C三点共线，∴当菱形绕点按逆时针方向旋转时， ，
∴当时，，
在菱形ABCD中，AB=AD， ，BD⊥AC， ，
∴∴，∴，
在菱形AEFG中，∠EAF= ，AE=AG， ，
∵．∴△ABD和△AEG是等边三角形，
∴，，∴ ，
∴ ， ∴AF=3，∴AF=OD，
∴四边形AODF是平行四边形，∴ ；
②由①得四边形AODF是平行四边形，
∵，∴四边形AODF是矩形，∴，即为直角三角形，
∴此时旋转角的度数为；如图，当点F在AD上时，
由①得AF=3，∵AD=AB=6∴，∴AF=DF，
∵△ABD为等边三角形，∴BF⊥AD，即，∴此时△DFB为直角三角形，
∵∠EAF= ，∴，即此时旋转角的度数为；
综上所述，当为直角三角形时，旋转角的度数为或．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，图形旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质，图形旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，并利用分类讨论思想解答是解题的关键．
4）综合证明型
例1．（2023·天津·二模）如图，将菱形绕点A顺时针旋转得到菱形，使点落在对角线上，连接，，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C．是等边三角形 D．
【答案】D
【分析】根据旋转以及菱形的性质，得到，=90，从而得到，说明选项A错误；根据旋转以及菱形的性质，得到，等腰三角形底角不可能是直角，说明选项B错误；根据旋转以及菱形的性质，得到，没有理由说明△的内角等于60，说明选项C错误；根据旋转以及菱形的性质，利用“SSS”即可判定选项D正确．
【详解】连接BD交AC于点O，
∵菱形是菱形旋转得来的，∴，，DB⊥AC，
∴=90，∴，故选项A错误；
∵菱形是菱形旋转得来的，
由菱形的性质可知，,且，
题中没有条件给出，∴，故选项B错误；
∵四边形是菱形，∴，没有条件说明△的内角等于60，
∴△不一定是等边三角形，故选项C错误；
∵菱形是菱形旋转得来，∴，，
∴△△ (SSS)，故选项D正确；故选：D．
【点睛】本题主要考查了菱形及旋转的性质以及三角形全等的判定，根据菱形及旋转性质求得所需线段之间的关系以及角之间的关系是解题的关键．
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·重庆·九年级统考期中）如图，在菱形和菱形中，点，，在同一条直线上，是线段的中点，连接，．（1）如图1，探究与的位置关系，写出你的猜想并加以证明；（2）如图1，若，，求菱形的面积．（3）如图2，将图1中的菱形绕点顺时针旋转，使菱形的边恰好与菱形的边在同一条直线上，若，请直接写出与的数量关系．
【答案】（1）线段与的位置关系是，证明见解析；（2）菱形面积为4；（3）．
【分析】（1）可通过构建全等三角形求解．延长GP交DC于H，可证△DHP和△PGF全等，那么 HP=PG，DH=GF=BG，那么可得出CH=CG，于是△CHG就是等腰三角形且CP是底边上的中线，根据等腰三角形三线合一的特点，即可得出CP⊥PG；（2）由，得到是等腰直角三角形，则，得到菱形为正方形，即可求出面积；（3）经过（1）（2）的解题过程，我们要构建出以CP为底边中线的等腰三角形，那么可延长GP到H，使PH=PG，连接CH、DH，那么根据前两问的解题过程，我们要求的是△CHG是个等腰三角形，关键是证△CDH和△CBG全等，已知条件只有CD=CB，我们可通过其他的全等三角形来得出△CDH和△CBG全等的条件．△DHP和△FGP中，有一组对顶角，DP=PF，HP=PG，那么这两个三角形就全等，可得出DH=GF=BG，∠HDP=∠GFP，根据平行线间的内错角相等可得出，∠CDP=∠EFD，那么∠CDH=∠EFG=∠CBG，由此可得△CDH和△CBG全等，进一步即可证得结论．
【详解】解：（1）线段与的位置关系是，
理由如下：如图1，延长交于点，

是线段的中点，，由题意可知，，
，，= GB，
四边形是菱形，，，
是等腰三角形，（三线合一）；
（2），是等腰直角三角形，∴∠HCG=90°，
∵DC∥AE，，菱形为正方形，菱形面积为：．
（3） 如图2，延长到，使，连接，，，
是线段的中点，，，，，，
，，，
四边形是菱形，，，点、、又在一条直线上，，
四边形是菱形，，，，
，，，即，
，，，，．即．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，以及全等三角形的判定与性质等知识点，根据已知和所求的条件正确的构建出全等三角形是解题的关键．
模型3.矩形中的旋转模型
1）常规计算型
例1．（2023·河南洛阳·统考一模）如图，矩形的顶点为，，与x轴正半轴的夹角为，若矩形绕点O顺时针旋转，每秒旋转，则第2023秒时，矩形的对角线交点D的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】每秒旋转，8次一个循环，2023÷8=252…7，第2023秒时，矩形的对角线交点D与第七次的点D的坐标相同，第八次点D和刚开始旋转的位置相同，由此可得到点D的坐标．
【详解】解：∵四边形是矩形，∴，，，∴，
∵每秒旋转，8次一个循环，2023÷8=252…7，∴点D与第七次的点D的坐标相同，
∴点D正好在y轴的正半轴上，∴点D的坐标为．故选：D．
【点睛】本题考查旋转变换，矩形的性质等知识，解题的关键是明确题意，发现点D得变化特点，利用数形结合的思想解答．
例2．（2023·湖北·九年级统考期中）已知大小一样的矩形和矩形如图1摆放，，现在把矩形绕点A旋转，如图2，交于点M，交于点N，若，则的值为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设与交于点H，由已知可得、都是等腰直角三角形，由勾股定理可得、的长，从而可求得的长．
【详解】设与交于点H，如图，
∵四边形、四边形都是矩形，∴，，
∵，∴是等腰直角三角形，∴，∴，
∵，∴，∴，∴是等腰直角三角形，
同理，是等腰直角三角形，∴，由勾股定理可得，∴，
由勾股定理得：，
∴．故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识，由题意得到若干个等腰直角三角形是问题的关键．
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，再运用含30°角的直角三角形的性质进行解题．
【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·广东佛山·九年级校考阶段练习）如图，有两个全等的矩形纸片，，点O都是两矩形对角线的交点，固定矩形，使矩形绕着点O顺时针任意旋转，它们重叠的菱形面积记为S，则S的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据菱形的面积等于边长×高，菱形的高为矩形的宽，是定值，得到当菱形的边长最短和边长最长时，菱形的面积最小和最大，进而得到当菱形的变成为矩形的宽时，菱形的边最短，菱形长的对角线和矩形的对角线重合时，边长最长，进行求解即可．
【详解】解：∵菱形的高为矩形的宽，
∴当菱形的边长最短时，菱形的面积最小，此时菱形的边长为矩形的宽，如图：∴的最小值为；

当当菱形的边长最长时，菱形的面积最大，此时菱形的一条对角线与矩形的对角线重合，如图：
设菱形的变成为，则：，∴，
在中，，即：，∴，此时：，∴．
【点睛】本题考查菱形性质，矩形的性质，勾股定理．熟练掌握相关性质，确定的最大值和最小值，是解题的关键．
3）分类讨论型
例1．（2023·上海·统考二模）如图，平面直角坐标系中，矩形的顶点，将矩形绕点O顺时针方向旋转，使点A恰好落在直线上的点处，则点B的对应点的坐标为 ．
【答案】或
【分析】分两种情况：①当点A在上时：连接作于H，证明得到即可得到答案；②当点A在延长线上时：过点作轴，连接，根据对顶角相等和旋转的性质得出，再根据勾股定理求出，根据30度所对的直角边等于斜边的一半得出，然后利用勾股定理求得即可得出答案．
【详解】解：①当点A在上时：连接作于H，如图所示，

由题意知：则
由旋转的性质可知，
在和中
∴点的坐标为
②当点A在延长线上时：过点作轴，连接，如图
由①知，由旋转可知，
，，
故答案为：或．
【点睛】本题考查的是矩形的性质，旋转变换的性质，全等三角形的判定与性质，掌握矩形的性质，全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
例2．（2023上·吉林四平·九年级统考期末）如图，矩形中，，，P为边中点，，绕点P旋转，其中点E，F在矩形的边上．在旋转过程中，请探究：

(1)矩形的边落在内部的线段长的和是否发生变化？为什么？
(2)矩形与重叠部分的面积是否发生变化？为什么？
【答案】(1)矩形的边落在内部的线段长的和不变，理由见解析
(2)矩形与重叠部分的面积不变，理由见解析
【分析】（1）分两种情况：当点E在边上，点F在边上时，作于点H，证明即可解决；当点E在边上，点F在边上时同理可得；
（2）分两种情况：当点E在边上，点F在边上时，由可得这两个三角形面积相等，从而易得阴影部分面积等于矩形面积的一半；当点E在边上，点F在边上时同理可得．
【详解】（1）解：矩形的边落在内部的线段长的和不变，理由如下：
①如图1，当点E在边上，点F在边上时 作于点H
在矩形中，，， ∴，
∵P为边中点 ∴∴
∵，即 ∴∴
∴矩形的边落在内部的线段长的和是

②如图2，当点E在边上，点F在边上时
同理可得，矩形的边落在内部的线段长的和也是4
∴矩形的边落在内部的线段长的和总等于4
（2）解：矩形与重叠部分的面积不变
①如图1，当点E在边上，点F在边上时，由（1）得∴
∴重叠部分的面积
②如图2，当点E在边上，点F在边上时，
同理可得，矩形与重叠部分的面积也是4
∴矩形与重叠部分的面积总等于4
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，构造辅助线证明两个三角形全等是解题关键，注意分类讨论．
4）综合证明型
例1．（2023·黑龙江哈尔滨·八年级校考期中）如图，在矩形中，把矩形绕点旋转，得到矩形，且点落在上，连接，，交于点，连接，若平分，则下列结论：①；②；③；④，其中正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】如图，作BM⊥EC于M．证明△BEA≌△BEM（AAS），△BMH≌△GCH（AAS），利用全等三角形的性质即可一一判断．
【详解】解：如图，作BM⊥EC于M．∵CB=CE，∴∠CBE=∠CEB，

∵AD∥BC，∴∠AEB=∠CBE，∴∠AEB=∠MEB，
∵∠A=∠BME=90°，BE=BE，∴△BEA≌△BEM（AAS），∴AE=EM，AB=BM．
∵∠BMH=∠GCH=90°，∠BHM=∠GHC，BM=AB=CG，
∴△BMH≌△GCH（AAS），∴MH=CH，BH=HG，∴EH=EM+MH=AE+CH，故①③正确，
∵∠AEB+∠ABE=90°，∴2∠AEB+2∠ABE=180°，∵∠DEC+∠AEC=180°，∠AEC=2∠AEB，
∴∠DEC+2∠AEB=180°，∴∠DEC=2∠ABE，故②正确，
∵FH平分∠EFG，∴∠EFH=45°，∵∠FEH=90°，∴AB=EF=EH，
∵EH＞HM=CH，∴CH＜AB，故④错误．故选：C．
【点睛】本题考查矩形的性质，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，属于中考常考题型．
例2．（2022上·福建厦门·九年级厦门一中校考阶段练习）已知：在矩形中，把矩形绕点旋转，得到矩形，且点落在边上，连接交于点．(1)如图1，连接，求证：平分；
(2)如图2，连接，若平分，判断与之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析(2)，证明见解析
【分析】（1）根据旋转的性质得到，求得，根据矩形的性质，得出，继而得出，等量代换得出，即可得证；（2）根据全等三角形的性质得到，求得，根据线段的和差得到，根据已知条件得到是等腰直角三角形，求得，设，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：如图，

根据四边形是矩形，，，把矩形绕点旋转得到矩形FECG，
，，，即平分；
（2）解：如图，过B作于M，连接，
在和中，，，，，
在和中，，，
，，
，，
平分，，是等腰直角三角形，，，
设，
，，解得：，，
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，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，正确的作出辅助线是解题的关键．
模型4.正方形中的旋转模型
1）常规计算型
例1．（2023上·江西宜春·九年级校联考期中）如图，正方形和正方形的边长都是2，正方形绕点O旋转时，两个正方形重叠部分的面积是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质和判定等知识，根据正方形的性质得出，推出，证出，即可求解．
【详解】解：如图，设与交点N，与交点M，
∵四边形和四边形都是正方形，
∴，∴．
在与中，，，
，．故选：A．
例2．（2023·广东揭阳·九年级期中）如图，边长为3的正方形ABCD绕点C按顺时针方向旋转30°后得到正方形EFCG，EF交AD于点H，那么DH的长是_____．
【答案】
【分析】连接CH，可知△CFH≌△CDH（HL），故可求∠DCH的度数，根据三角函数定义求解．
【详解】解：连接CH，
∵四边形ABCD，四边形EFCG都是正方形，且正方形ABCD绕点C旋转后得到正方形EFCG，
∴∠F＝∠D＝90°，∴△CFH与△CDH都是直角三角形，
在Rt△CFH与Rt△CDH中，∵，∴△CFH≌△CDH（HL）．
∴∠DCH＝∠DCF＝（90°﹣30°）＝30°．
在Rt△CDH中，CD＝3，∴DH＝tan∠DCH×CD＝．故答案为：．
【点睛】本题考查全等三角形的判定及性质，解直角三角形，掌握全等三角形的性质和正方形性质是关键．
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下·山东威海·八年级统考期末）如图，边长为2的正方形的对角线交于点O，，绕点O旋转，交边，于点E，F，则线段的最小值为（ ）
A．B．1C．D．

【答案】A
【分析】根据证明，可证，由股定理得，从而可知当取得最小值时，线段取得最小值，据此求解即可．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，，∴．
∵，∴，∴，∴，
∴，∴，∴当取得最小值时，线段取得最小值，
由垂线段最短可知，当时，取得最小值，此时，
∴，线段的最小值为．故选A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，垂线段最短，求出当取得最小值时，线段取得最小值是解答本题的关键．
3）路径（轨迹）型
例1．（2022·湖北武汉·八年级统考期末）如图，，点，均在线段上且满足．线段上有一动点，分别以，为边向上作正方形，正方形，点，分别为，的中点，连接，取的中点．那么当点从运动到时，点移动的路径长为（ ）
A．B．C．5D．
【答案】A
【分析】根据点的运动找出点的运动轨迹，为线段，再根据题意可得为△的中位线，为△的中位线，再根据正方形的性质和三角形的中位线定理求出和的长，进一步即可求出点的移动路径长．
【详解】解：当点在点时，点在的位置，当点运动到点时，点在点的位置，如图所示：
点从点运动到点的路径为线段，点从到的路径为线段，
连接，取其中点，连接，连接，
根据题意可知为△的中位线，为△的中位线，，，
，，，，
在正方形和正方形中，，，
为的中点，为的中点，，，
同理可得，，，点移动的路径长为，故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形的中位线定理，解题的关键是找出点的运动轨迹．
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．（2022·四川南充·中考真题）如图，正方形边长为1，点E在边上（不与A，B重合），将沿直线折叠，点A落在点处，连接，将绕点B顺时针旋转得到，连接．给出下列四个结论：①；②；③点P是直线上动点，则的最小值为；④当时，的面积．其中正确的结论是_________．（填写序号）
【答案】①②③
【分析】根据全等三角形判定即可判断①；过D作DM⊥CA1于M，利用等腰三角形性质及折叠性质得∠ADE+∠CDM，再等量代换即可判断②；连接AP、PC、AC，由对称性知，PA1=PA，知P、A、C共线时取最小值，最小值为AC长度，勾股定理求解即可判断③；过点A1作A1H⊥AB于H，借助特殊角的三角函数值求出BE，A1H的长度，代入三角形面积公式求解即可判断④．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC，∠ABC=90°，
由旋转知，∠A1BA2=90°，A1B=A2B，∴∠ABA1=∠CBA2，∴△ABA1≌△CBA2，故①正确；
过D作DM⊥CA1于M，如图所示，
由折叠知AD=A1D=CD，∠ADE=∠A1DE，∴DM平分∠CDA1，∴∠ADE+∠CDM=45°，
又∠BCA1+∠DCM=∠CDM+∠DCM=90°，∴∠BCA1=∠CDM，∴∠ADE+∠BCA1=45°，故②正确；
连接AP、PC、AC，由对称性知，PA1=PA，
即PA1+PC=PA+PC，当P、A、C共线时取最小值，最小值为AC的长度，即为，故③正确；
过点A1作A1H⊥AB于H，如图所示，
∵∠ADE=30°∴AE=tan30°·AD=，DE=，∴BE=AB-AE=1-，
由折叠知∠DEA=∠DEA1=60°，AE=A1E=，∴∠A1EH=60°，
∴A1H=A1E·sin60°=，∴△A1BE的面积=，故④错误，故答案为：①②③．
【点睛】本题考查了正方形性质、等腰三角形性质、全等三角形的判定、折叠性质及解直角三角形等知识点，综合性较强．
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上·河南郑州·九年级校考阶段练习）如图，原点O为的对称中心，轴，与y轴交于点，与x轴交于，．若将绕原点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第502次旋转结束时，点A的对应点的坐标为( )

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接，设与轴交于点，与轴交于点，利用中心对称的性质确定的长度，利用平行四边形的判定及性质可以得到，再根据确定点的坐标，由旋转的周期性确定绕原点O顺时针旋转第502次旋转结束时与位置重合，从而确定点与点重合， 即可得到点的对应点的坐标．
【详解】连接，设与轴交于点，与轴交于点，

∵原点为的对称中心，∴点与点关于点对称，
∵点，∴，，∵四边形是平行四边形， ∴，
又∵ ，点∴，即点，点
∵绕原点O顺时针旋转，每次旋转90°，∴，，
即绕原点O顺时针旋转第502次旋转结束时与位置重合，此时点与点重合，
∴点A的对应点的坐标为．故选A．
【点睛】本题考查了图形与坐标，旋转的性质，中心对称的性质，周期型规律问题，能准确确定点的坐标及在第502次旋转结束时所在的位置是解决本题的关键．
2．（2023·天津红桥·九年级统考阶段练习）如图，在面积为12的▱ABCD中，对角线BD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AB、CD于点E、F，若AE＝2EB，则图中阴影部分的面积等于（ ）

A．2B．3C．D．
【答案】B
【分析】先利用平行四边形的性质、三角形的判定定理得出，从而可得，再根据平行四边形的性质即可得．
【详解】∵四边形ABCD为平行四边形∴∴
又∵∴∴
∴故选：B．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定定理与性质、平行四边形的性质等知识点，掌握理解并灵活运用平行四边形的性质是解题关键．
3．（2023·山西·校联考二模）如图，将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转一定角度得到矩形．此时点A的对应点恰好落在对角线AC的中点处．若AB＝3，则点B与点之间的距离为（ ）
A．3B．6C．D．
【答案】B
【分析】连接，由矩形的性质得出∠ABC=90°，AC=BD，由旋转的性质得出，证明是等边三角形，由等边三角形的性质得出，由直角三角形的性质求出AC的长，由矩形的性质可得出答案．
【详解】解：连接， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC=90°，AC=BD， ∵点是AC的中点， ∴，
∵将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转一定角度得到矩形，
∴ ∴， ∴是等边三角形， ∴∠BAA'=60°， ∴∠ACB=30°，
∵AB=3， ∴AC=2AB=6， ∴． 即点B与点之间的距离为6． 故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，求出AC的长是解本题的关键．
4．（2023·河南安阳·校联考一模）如图，菱形的顶点，，，若菱形绕点顺时针旋转后得到菱形，依此方式，绕点连续旋转次得到菱形，那么点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意得到点与点重合，在菱形中算出C点坐标，即可解答．
【详解】解：作于，则，
四边形是菱形，，，，，
，，，点的坐标为，
若菱形绕点顺时针旋转后得到菱形，依此方式，绕点连续旋转次得到菱形，
则菱形绕点连续旋转次，旋转次为一周，旋转次为周，
绕点连续旋转次得到菱形与菱形重合，
点与重合，点的坐标为，故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质，图形与坐标，根据题意得到旋转的规律是解题的关键．
5．（2023春·黑龙江大庆·九年级统考期中）如图，四边形是菱形，，且，M为对角线（不含B点）上任意一点，将绕点B逆时针旋转得到，连接、、，则的最小值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据两点之间线段最短，当点位于与的交点处时，的值最小，即等于的长．
【详解】解：将绕点逆时针旋转得到，
∴，,,,，如图，连接，

是等边三角形．．．
当点位于与的交点处时，的值最小，即等于的长，
过点作交的延长线于，，
，，，在中，，．故选：A.
【点睛】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
6．（2023上·安徽阜阳·九年级统考期中）如图，将菱形绕点A按逆时针方向旋转得到菱形，当平分时，则与之间的数量关系是（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了旋转的性质及菱形的性质，根据菱形代入性质可得，根据等腰三角形的性质可得，根据旋转的性质可得，根据平分，可得，即可得到答案，熟练掌握相关性质并正确找出旋转角是解题的关键．
【详解】解：∵是菱形，∴，∴，
∵菱形绕点A按逆时针方向旋转得到菱形，∴，
∵平分，∴，∴，∴，
根据三角形内角和定理可得：，即，故选：D．
7．（2023·天津河北·统考一模）如图，在菱形中，，将菱形绕点A顺时针方向旋转，对应得到菱形，点G在上，与交于点H，则的长 ．
【答案】/
【分析】以A点为原点，所在的直线为y轴，建立直角坐标系，延长交y轴于点M，过G点作轴于点N，根据菱形的性质以及三角函数求出，，，，再利用待定系数法求出直线的解析式为：，直线的解析式为：，进而求出，问题随之得解．
【详解】解：以A点为原点，所在的直线为y轴，建立直角坐标系，延长交y轴于点M，过G点作轴于点N，如图，
∵在菱形中，，，，
∴轴，，，
∴，即，，
∴，，根据旋转的性质有：，，
根据菱形的性质有：，∴，
∴，，∴，
∵，，∴，，设直线的解析式为：，
∴，解得：，即直线的解析式为：，
同理可得：直线的解析式为：，
联立：，解得：，∴，
∵，∴，故答案为：．
【点睛】本题考查了解直角三角形，菱形的性质，勾股定理以及一次函数的图象与性质等知识，构建坐标系，求出，是解答本题的关键．
8．（2023·浙江宁波·一模）如图，一副三角板如图1放置，，顶点重合，将绕其顶点旋转，如图2，在旋转过程中，当，连接，，此时四边形的面积是________．
【答案】
【分析】延长CE交AB于点F，先根据特殊直角三角形的性质和∠AED=75°，推出AB∥CD，从而可证四边形ABCD为平行四边形，再根据等腰直角三角形的性质求出EF长，则可求出CF长，最后计算平行四边形ABCD的面积即可．
【详解】解：如图2，延长CE交AB于点F，
∵，∴，
又，∴，∴AB∥CD，
∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴，即，
∴，，∴，
∴．故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形的判定和平行四边形面积的计算，先证出四边形ABCD是平行四边形是解题的关键．
9．（2022秋·安徽芜湖·九年级统考期中）如图，正方形的边长为2cm，正方形的边长为1cm，若正方形绕点C旋转，则点F到点A的距离最小值为 _____．
【答案】##厘米
【分析】首先根据题意找到点F到点A的距离最小值时点F的位置，然后利用正方形的性质求解即可．
【详解】解：当点F在正方形的对角线上时，可知，
当点F不在正方形的对角线上时，由三角形三边关系可知，
∴当点F在正方形的对角线上时，点F到点A距离最小值，
∵正方形的边长为2cm，正方形的边长为1cm，
∴cm，cm，∴cm；故答案为：．
【点睛】本题考查正方形的性质，以及三角形的三边关系．熟练掌握正方形的性质，是解题的关键．
10．（2023·江苏·九年级专题练习）如图，菱形ABCD的边长为2，∠A＝60°，E是边AB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EG，连接DG、CG，则DG+CG的最小值为 ．
【答案】
【分析】取AD的中点N．连接EN，EC，GN，作EH⊥CB交CB的延长线于H．根据菱形的性质，可得△ADB是等边三角形，从而得到△AEN是等边三角形，可证得△AEF≌△NEG，进而得到点G的运动轨迹是射线NG，继而得到GD+GC＝GE+GC≥EC，在Rt△BEH和Rt△ECH中， 由勾股定理，即可求解．
【详解】如图，取AD的中点N．连接EN，EC，GN，作EH⊥CB交CB的延长线于H．
∵四边形ABCD是菱形∴AD＝AB，∵∠A＝60°，∴△ADB是等边三角形，∴AD＝BD，
∵AE＝ED，AN＝NB，∴AE＝AN，∵∠A＝60°，∴△AEN是等边三角形，
∴∠AEN＝∠FEG＝60°，∴∠AEF＝∠NEG，
∵EA＝EN，EF＝EG，∴△AEF≌△NEG（SAS），∴∠ENG＝∠A＝60°，
∵∠ANE＝60°，∴∠GND＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴点G的运动轨迹是射线NG，
∴D，E关于射线NG对称，∴GD＝GE，∴GD+GC＝GE+GC≥EC，
在Rt△BEH中，∠H＝90°，BE＝1，∠EBH＝60°，∴BH＝BE＝，EH＝，
在Rt△ECH中，EC＝＝，∴GD+GC≥，∴GD+GC的最小值为．故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识是解题的关键．
11．（2023春·广东梅州·九年级校考开学考试）如图,菱形ABCD的一个内角是60∘,将它绕对角线的交点O顺时针旋转90∘后得到菱形.旋转前后两菱形重叠部分多边形的周长为，则菱形ABCD的边长为 .
【答案】2
【分析】根据已知可得重叠部分是个八边形，根据其周长从而可求得其一边长即可得到答案.
【详解】因为旋转前后两菱形重叠部分多边形的周长为，
∴根据旋转的性质可得阴影部分为各边长相等的八边形，∴B′F=FD=，
∵菱形ABCD的一个内角是60°，将它绕对角线的交点O顺时针旋转90°后得到菱形，
∴∠DAO=∠B′A′O=30°，∴∠A′B′C=60°，∴∠AFB′=∠A′B′C-∠DAO=30°，∴AB′=B′F=FD=，
∵DO=OB′=AD，AO=AD，∴AO=AB′+OB′=+AD，∴AD=+AD，∴AD=2，
故答案为2.
【点睛】本题考查了菱形的性质、直角三角形的性质，关键是根据已知得出重叠部分是个八边形.
12．（2023下·浙江温州·八年级校考期中）如图，为验证平行四边形的中心对称性，小明将两张全等的平行四边形纸片重叠在一起，． 将其中一张纸片绕它的中心旋转，当点A和点C的对应点和分别落在边和上时，，则的长是 ，两张纸片重合部分（阴影部分）的面积是 ．
【答案】
【分析】作，连接，根据旋转的性质可得即四边形是矩形可得,，进而可得；然后根据勾股定理可得、；再证可得，设可得，然后根据勾股定理列方程求得，最后根据平行四边形的面积公式解答即可．
【详解】解：作，连接
∵将其中一张纸片绕它的中心旋转，点A和点C的对应点和分别落在边和上
∴∴四边形是矩形∴,
∵，∴,
∴∵∴
∵∴∴
设∵∴
∵,即，解得：
∴阴影部分的面积为： 故答案为，．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、平行四边形的性质等知识点，正确做辅助线是解答本题的关键．
13．（2023·江苏常州·统考一模）如图，在Rt△ABC和Rt△CDE中，∠BAC＝∠DCE＝90°，AB＝AC＝4，CD＝CE＝2，以AB、AD为邻边作平行四边形ABFD，连接AF．若将△CDE绕点C旋转一周，则线段AF的最小值是 ．
【答案】
【分析】证明当D，E，F共线时，△AOF为等腰直角三角形，可得AF= AO，当AO有最小值时，AF最小，由此可得CO=， AO= AF=．
【详解】解：当D，E，F共线时，AF最小，如图所示，
∵AB=AC，AB=DF，∴AC=DF，又∵∠FDC=∠ACD=45°，∴DO=OC，∴OA=OF，
∵∠AOF=90°，∴AF=AO，当AO有最小值时，AF最小，即当O在AC上时，此时D，E，F共线，
∵CD=2，∴CO= ，∵AO= ∴AF= 故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，平行四边形的性质，寻找AF最小时的图形的位置是解题的关键．
14．（2023上·重庆·九年级专题练习）某设计公司为某品牌设计如图所示，该图是由一个含60°且边长为6cm的菱形绕其顶点顺时针分别旋转30°和60°得到，则该品牌图标的整体面积为 cm2．

【答案】/
【分析】如图所示，连接，连接，由题意可得，菱形、菱形可以看作是菱形绕点A逆时针旋转，顺时针旋转得到的，先求出，再根据对称性得到，进一步求出，；证明是等腰直角三角形，推出，进而求出；则可得，证明是等边三角形，进而求出，再由进行求解即可．
【详解】解：如图所示，连接，连接，
由题意可得，菱形、菱形可以看作是菱形绕点A逆时针旋转，顺时针旋转得到的，∴，∴，
由对称性可知，
∵，∴，，∴
∵，∴，
∴，∴是等腰直角三角形，∴，
∴，∴，∴，
∴；∴，
∴，∵，∴是等边三角形，
∴，∴，
∴ ，
故答案为：．

【点睛】本题主要考查了旋转的性质，菱形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．
15．（2023·浙江金华·统考一模）如图，矩形中，，将矩形绕点B按顺时针方向旋转后得到矩形．若点F恰好落在线段的延长线上，则的长为 ．
【答案】
【分析】先根据证明，得，设，则，在中根据勾股定理列出关于x的方程求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，∴，．
∵矩形绕点B按顺时针方向旋转后得到矩形，
∴，，，
∵，∴，∴．∴设，
在中，，∴，
∴，即．故答案为：．
【点睛】此题考查矩形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识，利用勾股定理列出方程是解决问题的关键．
16．（2023春·湖南益阳·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，是菱形对角线的中点，轴且，，将菱形绕点旋转，使点落在轴上，求旋转后点的对应点的坐标．

【答案】或
【分析】根据菱形的对称性可得：当点在轴上时，，，均在坐标轴上，勾股定理求得，同理：当点旋转到轴正半轴时，点的坐标为，即可求解．
【详解】解：根据菱形的对称性可得：当点在轴上时，，，均在坐标轴上，如图，

，，，，，点的坐标为，
同理：当点旋转到轴正半轴时，点的坐标为，点的坐标为或．
【点睛】本题考查了菱形的性质，坐标与图形，勾股定理，分类讨论，画出图形，掌握菱形的性质是解题的关键．
17．（2021·江西·校联考模拟预测）如图1，菱形绕点顺时针旋转，得到菱形，连接，．特例探索（1）当 时，；当 时，；
拓展应用（2）如图2，若射线，交于点，．
①求与的数量关系；②连接，若，，求的值；
③当等于多少时，点，，在同一直线上？请直接写出的值，不必说明理由．
【答案】（1）180°；90°；（2）①；②100°；③90°，理由见解析
【分析】（1）根据旋转的性质进行判断即可；
（2）①利用旋转的性质推出∠AEO+∠AEG=∠AEO+∠ABD=180°，再结合四边形的内角和即可推出结论；②结合已知条件可分别先求出各部分角度，然后结合旋转的性质推出∠BOG的度数，再结合①的结论求解即可；③根据前两问的思路，讨论，能够唯一得出∠COF=180°即可得证．
【详解】（1）当菱形转动180°，使∠BAD与∠EAG形成一组对顶角时，BD∥EG；
当菱形转动90°时，BD⊥EG；故答案为：180°；90°；
（2）①由题意，△BAD≌△EAG，∴∠ABD=∠AEG，
∵射线，交于点，∴∠AEO+∠AEG=∠AEO+∠ABD=180°，
∴在四边形ABOE中，∠BAE+∠O=360°-（∠AEO+∠ABD）=180°，
∵，，∴；
②如图所示，作AM⊥BD，AN⊥GE，则AM=AN，
由菱形的性质知，AB=AD，△ABD为等腰三角形，
当时，∠ABD=∠ADB=70°，∵OA=OB，∴∠ABO=∠BAO=70°，∴∠BOA=40°，
∵AM=AN，∴OA平分∠BOG，即：∠BOA=∠GOA=40°，
∴∠BOG=80°，即：，由①知：，∴；

③当时，点，，在同一直线上，理由如下：
如图所示，根据菱形的性质可得∠BDC=∠BDA，∴∠CDO=∠ADO，
又CD=AD，OD=OD，∴△ODC≌△ODA，∴∠AOD=∠COD，同理可得∠AOE=∠FOE，
∵，∴，即：∠BOG=90°，
由②可知，∠AOB=∠AOG=45°，∴∠AOD=∠COD=∠AOE=∠FOE=45°，
∴∠COF=4×45°=180°，∴点，，在同一直线上．
【点睛】本题考查菱形的性质，以及旋转的性质等，熟练掌握菱形和旋转变化的性质是解题关键．
18．（2023·江苏·八年级假期作业）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．
19．（2023春·上海·八年级专题练习）如图1，四边形ABCD和四边形CEFG都是菱形，其中点E在BC的延长线上，点G在DC的延长线上，点H在BC边上，连结AC，AH，HF．已知AB＝2，∠ABC＝60°，CE＝BH．（1）求证：△ABH≌△HEF；（2）如图2，当H为BC中点时，连结DF，求DF的长；（3）如图3，将菱形CEFG绕点C逆时针旋转120°，使点E在AC上，点F在CD上，点G在BC的延长线上，连结EH，BF．若EH⊥BC，请求出BF的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）根据两个菱形中，点E在BC的延长线上，点G在DC的延长线上这一特殊的位置关系和CE＝BH可证明相应的边和角分别相等，从而证明结论；（2）由AB＝BC，∠ABC＝，可证明△ABC是等边三角形，从而证明∠AHB＝90°，再由△ABH≌△HEF，得∠HFE＝∠AHB＝90°，再得∠DPF＝180°﹣∠HFE＝90°，在Rt△DPF中用勾股定理求出DF的长；（3）作FM⊥BG于点M，当EH⊥BC时，可证明CH＝CM＝CG＝BH，从而求出BM、FM的长，再由勾股定理求出BF的长．
【详解】解：（1）证明：如图1，∵四边形ABCD和四边形CEFG都是菱形，∴AB＝BC，CE＝EF，

∵CE＝BH，∴BH＝EF，∵BH+CH＝CE+CH，∴BC＝HE，∴AB＝HE；
∵点E在BC的延长线上，点G在DC的延长线上，∴AB∥DG∥EF，∴∠B＝∠E，
在△ABH和△HEF中，，∴△ABH≌△HEF（SAS）．
（2）如图2，设FH交CG于点P，连结CF，
∵AB＝BC，∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，
∵BH＝CH，∴AH⊥BC，∴∠AHB＝90°，由（1）得，△ABH≌△HEF，∴∠HFE＝∠AHB＝90°，
∵DG∥EF，∴∠DPF＝180°﹣∠HFE＝90°，∴PF⊥CG，
∵CG＝FG，∠G＝∠E＝∠B＝60°，∴△GFC是等边三角形，∴PC＝PG＝CG；
∵BC＝AB＝2，∴CG＝EF＝BH＝BC＝1，∴PC＝；∵CD＝AB＝2，∴PD＝+2＝，
∵CF＝CG＝1，∴PF2＝CF2﹣PC2＝12﹣（）2＝，∴．
（3）如图3，作FM⊥BG于点M，则∠BMF＝90°，∵EH⊥BC，即EH⊥BG，∴EH∥FM，
∵∠CEF＝∠ACB＝60°，∴EF∥MH，∴四边形EHMF是平行四边形，
∵∠EHM＝90°，∴四边形EHMF是矩形，∴EH＝FM；
∵EF＝EC，∠CEF＝60°，∴△CEF是等边三角形，∴CE＝CF，
∵∠EHC＝∠FMC＝90°，∴Rt△EHC≌Rt△FMC（HL），∴CH＝CM＝CG；
∵CG＝CE＝BH，∴CH＝BH，∴CM＝CH＝BC＝×2＝，
∴CF＝CG＝2CM＝2×＝，∴＝（）2﹣（）2＝，
∵BM＝2+＝，∴．
【点睛】本题主要考查了几何综合，其中涉及到了菱形的性质，全等三角形的判定及性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理，矩形的判定及性质等，熟悉掌握几何图形的性质和合理做出辅助线是解题的关键．
20．（2023·广东·一模）如图，正方形中，、分别是边、上的点，．
(1)小聪同学通过将绕点顺时针旋转至，得到．①请直接写出线段、、之间的数量关系：______（用等式表示）；②若，为边中点，求．
(2)如图，将正方形改为矩形，且，，其他条件不变，即：、分别是边、上的点，．①记，，试探究与之间的数量关系（用等式表示）；
②当时，求线段的长．
【答案】(1)①；②(2)①；②
【分析】（1）由旋转可知，所以，，易证，所以；若点为的中点，则，设，则，，由可知，，在中，，利用勾股定理建立关于的方程，求解即可；
（2）将绕点顺时针旋转至，延长交的延长线于点，过点作于点，连接，由旋转可得，，，，，易证四边形是矩形，所以，所以，由（1）中思路易证，所以，在中，由勾股定理可得，，代入数据可得结论；因为，所以是等腰直角三角形，则，，易证，所以，，由勾股定理可得．
（1）解：由题意可知，，，
，，，，
，，故答案为：．
若点为的中点，，
设，则，，由可知，，
在中，，由勾股定理可得，，解得，即．
（2）解：①将绕点顺时针旋转至，延长交的延长线于点，过点作于点，连接，
由旋转可得，，，，，，，
，四边形是矩形，，，
，，即，
，，，，，
在中，由勾股定理可得，，，即．
， 是等腰直角三角形，，，
，，
，，，，．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定，矩形的性质，勾股定理，旋转的性质等知识，解题的关键是利用类比思想作出正确的辅助线，将所求线段放在同一个三角形中．
21．（2023上·江西赣州·九年级统考期中）如图①，已知是等腰直角三角形，，点是的中点．作正方形，使点分别在和上，连接．
(1)试猜想线段和的数量关系，并证明你的结论；(2)将正方形绕点逆时针方向旋转一定角度后（旋转角度大于，小于或等于），如图②，通过观察或测量等方法判断（1）中的结论是否仍然成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由．
【答案】(1)，证明见解析(2)成立，证明见解析
【分析】本题考查了正方形的性质、直角三角形的性质、三角形全等的判定与性质，熟练掌握以上知识点，证明三角形全等是解此题的关键．（1）证明即可得到；
（2）连接，结合直角三角形的性质以及正方形的性质证明即可得到．
【详解】（1）解：，证明：∵是等腰直角三角形，，∴，
又∵正方形中：，，∴，∴；
（2）解：成立；证明：连接，
∵中，为斜边的中点，∴，，∴，
为正方形，∴，且，∴，∴，
在和中，，∴，∴．
22．（2023上·广东深圳·九年级校考开学考试）已知正方形与正方形，点是的中点，连接，．(1)如图1，点在上，点在的延长线上，请判断，的数量关系与位置关系，并直接写出结论；(2)如图2，点在的延长线上，点在上，（1）中结论是否仍然成立？请证明你的结论；(3)将图1中的正方形绕点旋转，使，，三点在一条直线上，若，，请直接写出的长____________________．

【答案】(1)，(2)成立，理由见解析(3)或
【分析】（1）延长交于K，由，M是中点，可证，有，，可得，故是等腰直角三角形，即知，；
（2）延长交的延长线于点，证明，可得，，即可得，结合，即可证明，；
（3）连接，过M作于R，延长至H，使，连接，，分两种情况；当F在右侧时，由，得，，可证，得，有，，可得，，在中，，即得．在中，；当F在左侧时，．
【详解】（1）解：，，理由如下：延长交于K，如图，

∵，∴，，
∵M是中点，∴，∴，∴，，
∵，∴，即，
∵，∴是等腰直角三角形，而，∴，；
（2）结论仍然成立，，．
证明：如图中，延长交的延长线于点．
四边形是正方形，四边形是正方形，
，，，．
，，，
，，．，，；
（3）如图，连接．延长到点，使得，连接，．作于点．

，，，
，，，
，．，，
，，，
，，．在中，，
，，，，，．
在中，；
如图，作于点．同法可得，，可得．
在中，．
故满足条件的的值为或．故答案为：或．
【点睛】本题考查四边形的综合应用，涉及正方形性质及应用，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质及应用等，解题的关键是作辅助线，构造直角三角形和全等三角形解决问题．