中考數學常見幾何模型全歸納提分精練專題16圖形變換中的重要模型之旋轉模型(原卷版+解析)-試卷下載-教習網

模型1.三角形中的旋轉模型
1）常規(guī)計算型
例1． (2023·四川綿陽·中考真題）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝2，AD＝2，將△ABC繞點C順時針方向旋轉后得△，當恰好經過點D時，△CD為等腰三角形，若B＝2，則A＝（）
A．B．2C．D．
變式1． (2023·山西·中考真題）綜合與實踐
問題情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，將三角板的直角頂點D放在Rt△ABC斜邊BC的中點處，并將三角板繞點D旋轉，三角板的兩邊DE，DF分別與邊AB，AC交于點M，N，猜想證明：
（1）如圖①，在三角板旋轉過程中，當點M為邊AB的中點時，試判斷四邊形AMDN的形狀，并說明理由；問題解決：（2）如圖②，在三角板旋轉過程中，當時，求線段CN的長；
（3）如圖③，在三角板旋轉過程中，當AM=AN時，直接寫出線段AN的長．
2）最值（范圍）型
例1． (2023·江蘇常州·一模）如圖，在Rt△ABC和Rt△CDE中，∠BAC＝∠DCE＝90°，AB＝AC＝4，CD＝CE＝2，以AB、AD為鄰邊作平行四邊形ABFD，連接AF．若將△CDE繞點C旋轉一周，則線段AF的最小值是______．
變式1． (2023·四川成都·中考真題）在中，，將繞點B順時針旋轉得到，其中點A，C的對應點分別為點，．
（1）如圖1，當點落在的延長線上時，求的長；
（2）如圖2，當點落在的延長線上時，連接，交于點M，求的長；
（3）如圖3，連接，直線交于點D，點E為的中點，連接．在旋轉過程中，是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，請說明理由．
3）綜合證明型
例1． (2023·黑龍江·中考真題）在等腰中，，是直角三角形，，，連接，點是的中點，連接．
（1）當，點在邊上時，如圖①所示，求證：．（2）當，把繞點逆時針旋轉，頂點B落在邊AD上時，如圖②所示，當，點B在邊AE上時，如圖③所示，猜想圖②、圖③中線段和又有怎樣的數量關系？請直接寫出你的猜想，不需證明．
變式1． (2023·山東濰坊·中考真題）如圖1，在△ABC中，∠C=90°，∠ABC=30°，AC=1，D為△ABC內部的一動點（不在邊上），連接BD，將線段BD繞點D逆時針旋轉60°，使點B到達點F的位置；將線段AB繞點B順時針旋轉60°，使點A到達點E的位置，連接AD，CD，AE，AF，BF，EF．
（1）求證：△BDA≌△BFE；（2）①CD+DF+FE的最小值為；②當CD+DF+FE取得最小值時，求證：AD∥BF．（3）如圖2，M，N，P分別是DF，AF，AE的中點，連接MP，NP，在點D運動的過程中，請判斷∠MPN的大小是否為定值．若是，求出其度數；若不是，請說明理由．
模型2.平行四邊形中的旋轉模型
1）常規(guī)計算型
例1． (2023·浙江寧波·一模）如圖，一副三角板如圖1放置，，頂點重合，將繞其頂點旋轉，如圖2，在旋轉過程中，當，連接，，此時四邊形的面積是________．
變式1． (2023·廣東廣州·一模）如圖，將?ABCD繞點A逆時針旋轉到?AB′C′D′的位置，使點B′落在BC上，B′C′與CD交于點E．若AB＝3，BC＝4，BB′＝1，則CE的長為___．
2）最值（范圍）型
例1． (2023·廣東·深圳九年級階段練習）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60°得到BF，連接AF，則AF的最小值是_____．
變式1． (2023·河南洛陽·一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，，，，點E在線段BC上運動（含B、C兩點）．連接AE，以點A為中心，將線段AE逆時針旋轉60°得到AF，連接DF，則線段DF長度的最小值為______．
3）分類討論型
例1． (2023·江西·尋烏縣二模）如圖，在平行四邊形中，，，．點為邊上任意一點，連接，將繞點逆時針旋轉得到線段．若點恰好落在平行四邊形的邊所在的直線上，則的長為______________．
變式1． (2023·江蘇·九年級專題練習）在平行四邊形ABCD中，AB＝5，BC＝10，高AH＝4，點E是邊AD上任意一點，現將點B繞著點E逆時針旋轉90°到點，若點恰好在平行四邊形的邊上，則AE＝______．
4）綜合證明型
例1． (2023·廣西·九年級期中）如圖，在中，，將繞頂點A逆時針旋轉至，此時點D在上，連接，線段分別交于點H、K，則下列四個結論中：①；②是等邊三角形；③；④當時，；正確的是（）
A．①②④B．①③④C．②③④D．①②③
變式1． (2023·山西陽泉·一模）綜合與實踐
【問題背景】如圖1，平行四邊形ABCD中，∠B＝60°，AB＝6，AD＝8．點E、G分別是AD和DC邊的中點，過點E、G分別作DC和AD的平行線，兩線交于點F，顯然，四邊形DEFG是平行四邊形．
【獨立思考】(1)線段AE和線段CG的數量關系是：______．(2)將平行四邊形DEFG繞點D逆時針旋轉，當DE落在DC邊上時，如圖2，連接AE和CG．①求AE的長；②猜想AE與CG有怎樣的數量關系，并證明你的猜想；【問題解決】(3)將平行四邊形DEFG繼續(xù)繞點D逆時針旋轉，當A，E，F三點在同一直線上時（如圖3），AE與CG交于點P，請直接寫出線段CG的長和∠APC的度數．
模型3.菱形中的旋轉模型
1）常規(guī)計算型
例1． (2023·安徽黃山·二模）如圖，在菱形ABCD中，AC，BD相交于點O，OD＝2，將BC繞點B逆時針旋轉得到BE，交CD于點F，且使得DE⊥BD．若AC＝4DE，則CF＝___．
變式1． (2023·安徽·模擬預測）如圖，將邊長為3的菱形繞點逆時針旋轉到菱形的位置，使點落在上，與交于點．若，則的長為_______．
2）最值（范圍）型
例1． (2023·山東濟寧·模擬預測）如圖，菱形的邊長為是邊的中點，是邊上的一個動點，將線段繞著逆時針旋轉，得到，連接，則的最小值為（）
A．B．C．D．
變式1． (2023·江蘇蘇州·校聯考一模）如圖，菱形ABCD的邊長為，∠ABC＝60°，對角線AC、BD交于點O．點E為直線AD上的一個動點，連接CE，將線段EC繞點C順時針旋轉∠BCD的角度后得到對應的線段CF（即∠ECF＝∠BCD），DF長度的最小值為_________．
3）綜合證明型
例1． (2023·江蘇南京·模擬預測）【探究發(fā)現】
(1)如圖1，正方形ABCD兩條對角線相交于點O，正方形與正方形ABCD的邊長相等，在正方形繞點O旋轉過程中，邊交邊AB于點M，邊交邊BC于點N．①線段BM、BN、AB之間滿足的數量關系是________；②四邊形OMBN與正方形ABCD的面積關系是________；
【類比探究】(2)如圖2，若將（1）中的“正方形ABCD”改為“含60°的菱形ABCD”，即，且菱形與菱形ABCD的邊長相等．當菱形繞點O旋轉時，保持邊交邊AB于點M，邊交邊BC于點N．請猜想：①線段BM、BN與AB之間的數量關系是_________________；
②菱形OMBN與菱形ABCD的面積關系是________；請你證明其中的一個猜想．
【拓展延伸】(3)如圖3，把（2）中的條件“”改為“”，其他條件不變，則①________；（用含α的式子表示）②________．（用含α的式子表示）
變式1． (2023·重慶·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在菱形和菱形中，點，，在同一條直線上，是線段的中點，連接，．
（1）如圖1，探究與的位置關系，寫出你的猜想并加以證明；
（2）如圖1，若，，求菱形的面積．
（3）如圖2，將圖1中的菱形繞點順時針旋轉，使菱形的邊恰好與菱形的邊在同一條直線上，若，請直接寫出與的數量關系．
模型4.矩形中的旋轉模型
1）常規(guī)計算型
例1． (2023·江西·統(tǒng)考三模）如圖，矩形ABCD中，，，將矩形ABCD繞著點A順時針旋轉得到矩形AFGE，當點F落在邊CD上時，連接BF、DE，則（）
A．B．C．D．
變式1． (2023·江蘇無錫·?？家荒＃┤鐖D，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝4，將矩形ABCD繞點A逆時針旋轉得到矩形AB′C′D′，AB′交CD于點E，且DE＝B′E，則AE的長為 _____．
2）最值（范圍）型
例1． (2023·廣東廣州·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，BC=2AB，點P為邊AD上的一個動點，線段BP繞點B順時針旋轉60°得到線段BP'，連接PP' ，CP'．當點P' 落在邊BC上時，∠PP'C的度數為________；當線段CP' 的長度最小時，∠PP'C的度數為________
變式1． (2023·江蘇·江陰市華士實驗中學一模）如圖，在矩形ABCD中，，，點P為邊AD上一個動點，連接CP，點P繞點C順時針旋轉得到點，連接并延長到點E，使，以CP、CE為鄰邊作矩形PCEF，連接DE、DF，則和面積之和的最小值為______．
3）分類討論型
例1． (2023·江蘇·一模）如圖，將矩形ABCD繞點A順時針旋轉θ（0°≤θ≤360°），得到矩形AEFG．
（1）當點E在BD上時，求證：AF∥BD；（2）當GC＝GB時，求θ；
（3）當AB＝10，BG＝BC＝13時，求點G到直線CD的距離．
4）綜合證明型
例1． (2023·重慶·一模）矩形ABCD中．∠ADB＝30°，△AEF中，∠AFE＝90°，∠AEF＝30°，AEBD．連接EC，點G是EC中點．將△AEF繞點A順時針旋轉α（0°＜α＜360°）．
(1)如圖1，若A恰好在線段CE延長線上，CD＝2，連接FG，求FG的長度；
(2)如圖2，若點F恰好落在線段EC上，連接BG．證明：2（GC﹣GB）DC；
(3)如圖3，若點F恰好落在線段BA延長線上，M是線段BC上一點，3BM＝CM，P是平面內一點，滿足∠MPC＝∠DCE，連接PF，已知CD＝2，求線段PF的取值范圍．
變式1． (2023·四川·眉山市東坡區(qū)模擬預測）如圖，Rt△ABE中，∠B=90°，AB=BE，將△ABE繞點A逆時針旋轉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
模型5.正方形中的旋轉模型
1）常規(guī)計算型
例1． (2023·河南·平頂山市模擬預測）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．
變式1． (2023·遼寧遼寧·中考真題）如圖，在正方形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，點E是OD的中點，連接CE并延長交AD于點G，將線段CE繞點C逆時針旋轉90°得到CF，連接EF，點H為EF的中點．連接OH，則的值為_______．
2）最值（范圍）型
例1． (2023·江蘇揚州·三模）如圖，已知正方形ABCD的邊長為4，點E是AB邊上一動點，連接ED，將ED繞點E順時針旋轉90°到EF，連接DF，CF，則DF＋CF的最小值是（）
A．4B．4C．5D．2
變式1． (2023·安徽合肥·二模）正方形中，，點E為邊上一動點（不與A、B重合），將繞點D逆時針旋轉90°得到，過E作交于點G．則的最小值為（）．
A．2B．C．D．3
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AE，將AE繞點E順時針旋轉90°至EF，連結BF，取BF的中點M，若點E從點B運動至點C，則點M經過的路徑長為（）
A．2B．C．D．4
變式1． (2023·山西·九年級專題練習）如圖，已知正方形ABCD的邊長為，點O為正方形的中心，點F為邊AB的中點，點G為線段AF上一動點，直線GO交CD于點H，過點D作，垂足為點E，當點G從點A運動到點F時，點E所經過的路徑長是（）
A．B．C．D．
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的過程中，當，，三點共線時，線段的長為_______．
變式1． (2023·湖北模擬預測）如圖，以AB為邊作邊長為8的正方形ABCD，動點P、Q在正方形ABCD的邊上運動，且PQ＝8，若點P從點A出發(fā)，沿A→B→C→D的線路，向D點運動，點Q只能在線段AD上運動，求點P從A到D的運動過程中，PQ的中點O所經過的路徑的長為_____．
5）綜合證明型
例1． (2023·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，旋轉角為α（0°≤α≤360°）．
(1)如圖1，當α＝0°時，DG與PG的關系為；(2)如圖2，當α＝90°時①求證：△AGD≌△FGM；
②（1）中的結論是否成立？若成立，請寫出證明過程；若不成立，請說明理由．
變式1． (2023·南充·中考真題）如圖，正方形邊長為1，點E在邊上（不與A，B重合），將沿直線折疊，點A落在點處，連接，將繞點B順時針旋轉得到，連接．給出下列四個結論：①；②；③點P是直線上動點，則的最小值為；④當時，的面積．其中正確的結論是_________．（填寫序號）
課后專項訓練
1． (2023·浙江·九年級期末）如圖，在中，，，將點繞點逆時針旋轉得到點，點落在線段上，在線段BE上取點，使，連結，，則的長為（）
A．2B．C．D．
2． (2023·河南·模擬預測）如圖，在菱形OBCD中，OB=1，相鄰兩內角之比為1：2，將菱形OBCD繞頂點O順時針旋轉90°，得到菱形OB′C′D′，則點C′的坐標為（）
A．（，）B．（，-）C．（，-）D．（，）
4． (2023·山東·滕州市一模）在矩形ABCD中，AD = 2AB = 4，E為AD的中點，一塊足夠大的三角板的直角頂點與E重合，將三角板繞點E旋轉，三角板的兩直角邊分別交AB、BC（或它們的延長線）于點M、N，設∠AEM = α（0°＜α ＜ 90°），給出四個結論：
①AM ＝CN ②∠AME ＝∠BNE ③BN－AM ＝2 ④ .
上述結論中正確的個數是
A．1B．2C．3D．4
5． (2023·湖北孝感·中考真題）如圖，點在正方形的邊上，將繞點順時針旋轉到的位置，連接，過點作的垂線，垂足為點，與交于點．若，，則的長為（）
A．B．C．4D．
6． (2023·四川眉山·中考真題）如圖，四邊形為正方形，將繞點逆時針旋轉至，點，，在同一直線上，與交于點，延長與的延長線交于點，，．以下結論：①；②；③；④．其中正確結論的個數為（）
A．1個B．2個C．3個D．4個
7． (2023·江蘇揚州·三模）如圖，在等邊△ABC和等邊△CDE中，AB＝6，CD＝4，以AB、AD為鄰邊作平行四邊形ABFD，連接AF．若將△CDE繞點C旋轉一周，則線段AF的最小值是______．
8． (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是射線AB上的一個動點，將線段EF繞點E逆時針旋轉60°，得到EG，連接BG、DG，則BG－DG的最大值為________．
9． (2023·江蘇·南京市花園中學模擬預測）中，，，，對角線AC，BD交于點O，將繞點O順時針旋轉，使點D落在AD上處，點C落在處，交AD于點P，則的面積是___________．
10． (2023·山西·九年級專題練習）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60°至線段PF，連接AF，則線段AF長的最小值為___．
11． (2023·新疆·中考真題）如圖，四邊形ABCD是正方形，點E在邊BC的延長線上，點F在邊AB上，以點D為中心將繞點D順時針旋轉與恰好完全重合，連接EF交DC于點P，連接AC交EF于點Q，連接BQ，若，則______．
12． (2023·江蘇宿遷·中考真題）已知正方形ABCD與正方形AEFG，正方形AEFG繞點A旋轉一周．
(1)如圖①，連接BG、CF，求的值；(2)當正方形AEFG旋轉至圖②位置時，連接CF、BE，分別取CF、BE的中點M、N，連接MN、試探究：MN與BE的關系，并說明理由；
(3)連接BE、BF，分別取BE、BF的中點N、Q，連接QN，AE=6，請直接寫出線段QN掃過的面積．
13． (2023·江蘇南通·中考真題）如圖，矩形中，，點E在折線上運動，將繞點A順時針旋轉得到，旋轉角等于，連接．
(1)當點E在上時，作，垂足為M，求證；(2)當時，求的長；
(3)連接，點E從點B運動到點D的過程中，試探究的最小值．
14． (2023·黑龍江齊齊哈爾·中考真題）綜合與實踐
數學是以數量關系和空間形式為主要研究對象的科學．數學實踐活動有利于我們在圖形運動變化的過程中去發(fā)現其中的位置關系和數量關系，讓我們在學習與探索中發(fā)現數學的美，體會數學實踐活動帶給我們的樂趣．如圖①，在矩形ABCD中，點E、F、G分別為邊BC、AB、AD的中點，連接EF、DF，H為DF的中點，連接GH．將△BEF繞點B旋轉，線段DF、GH和CE的位置和長度也隨之變化．當△BEF繞點B順時針旋轉90°時，請解決下列問題：
(1)圖②中，AB=BC，此時點E落在AB的延長線上，點F落在線段BC上，連接AF，猜想GH與CE之間的數量關系，并證明你的猜想；
(2)圖③中，AB=2，BC=3，則；(3)當AB=m , BC=n時．．
(4)在（2）的條件下，連接圖③中矩形的對角線AC，并沿對角線AC剪開，得△ABC（如圖④)．點M、N分別在AC、BC上，連接MN，將△CMN沿 MN翻折，使點C的對應點P落在AB的延長線上，若PM平分∠APN，則CM長為．
15． (2023·福建泉州·九年級統(tǒng)考期末）如圖1，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，以點A為旋轉中心，將菱形ABCD逆時針旋轉α（0°＜α＜30°）得到菱形，交對角線AC于點M，邊AB的延長線交于點N．
（1）當時，求α的度數；
（2）如圖2，對角線B'D'交AC于點H，交AN于點G，延長交AD于點E，連接EH，若菱形ABCD的周長為正數a，試探索：在菱形ABCD繞點A逆時針旋轉α（0°＜α＜30°）的過程中，的周長是否為定值，若是，試求出此定值；若不是，請說明理由．
16． (2023·重慶·二模）如圖1，在平行四邊形中，，，等腰繞點旋轉，，連接．
(1)當，，時，求的長．
(2)如圖2，若、、分別是、、的中點，連接、，猜想線段、的數量關系并證明；(3)如圖3，若，，在旋轉過程中，連接、，當有最大值時，把沿著翻折到與同一平面內得到，連接，請直接寫出的面積．
17． (2023·山東濟南·中考真題）在中，，，點在邊上，，將線段繞點順時針旋轉至，記旋轉角為，連接，，以為斜邊在其一側制作等腰直角三角形．連接．（1）如圖1，當時，請直接寫出線段與線段的數量關系；（2）當時，①如圖2，（1）中線段與線段的數量關系是否仍然成立？請說明理由；
②如圖3，當，，三點共線時，連接，判斷四邊形的形狀，并說明理由．
18． (2023·重慶·中考真題）△ABC為等邊三角形，AB=8，AD⊥BC于點D，E為線段AD上一點，AE= ．以AE為邊在直線AD右側構造等邊三角形AEF，連接CE，N為CE的中點．
（1）如圖1，EF與AC交于點G，連接NG ，求線段NG的長；
（2）如圖2，將△AEF繞點A逆時針旋轉，旋轉角為α，M為線段EF的中點，連接DN，MN．當30°＜α＜120°時，猜想∠DNM的大小是否為定值，并證明你的結論；
（3）連接BN．在△AEF繞點A逆時針旋轉過程中，當線段BN最大時，請直接寫出△ADN的面積．
專題16 圖形變換中的重要模型之旋轉模型
幾何變換中的旋轉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）平行四邊形的旋轉問題。在解決此類問題時，要牢牢把握旋轉的性質，即旋轉前后的圖形全等，對應角相等，對應邊相等，再結合幾何圖形本身的性質，找到旋轉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知識，求解有關角、線段及面積問題。
模型1.三角形中的旋轉模型
1）常規(guī)計算型
例1． (2023·四川綿陽·中考真題）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝2，AD＝2，將△ABC繞點C順時針方向旋轉后得△，當恰好經過點D時，△CD為等腰三角形，若B＝2，則A＝（）
A．B．2C．D．
【答案】A
【分析】過作于，則，根據矩形的性質得，，根據旋轉的性質得到，，，，推出△為等腰直角三角形，得到，設，則，，根據勾股定理即可得到結論．
【詳解】解：過作于，
則，，，，
四邊形是矩形，，，
將繞點順時針方向旋轉后得△，
，，，，△△，，
△為等腰三角形，△為等腰直角三角形，，
設，則，，，
，（負值舍去），，
，，，故選：．
【點睛】本題考查了旋轉的性質，等腰直角三角形的性質，矩形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，正確的識別圖形是解題的關鍵．
變式1． (2023·山西·中考真題）綜合與實踐
問題情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，將三角板的直角頂點D放在Rt△ABC斜邊BC的中點處，并將三角板繞點D旋轉，三角板的兩邊DE，DF分別與邊AB，AC交于點M，N，猜想證明：
（1）如圖①，在三角板旋轉過程中，當點M為邊AB的中點時，試判斷四邊形AMDN的形狀，并說明理由；問題解決：（2）如圖②，在三角板旋轉過程中，當時，求線段CN的長；
（3）如圖③，在三角板旋轉過程中，當AM=AN時，直接寫出線段AN的長．
【答案】（1）四邊形AMDN為矩形；理由見解析；（2）；（3）．
【分析】（1）由三角形中位線定理得到，證明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可證明結論；
（2）證明△NDC是等腰三角形，過點N作NG⊥BC于點G，證明△CGN∽△CAB，利用相似三角形的性質即可求解；（3）延長ND，使DH=DN，證明△BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，證明∠MBH=90°，設AM=AN=x，在Rt△BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解．
【詳解】解：（1）四邊形AMDN為矩形．理由如下：∵點M為AB的中點，點D為BC的中點，
∴，∴∠AMD+∠A=180°，∵∠A=90°，∴∠AMD=90°，
∵∠EDF=90°，∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，四邊形AMDN為矩形；
（2）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8 ∴∠B+∠C=90°，．
∵點D是BC的中點，∴CD=BC=5．∵∠EDF=90°，∴∠MDB+∠1=90°．
∵∠B=∠MDB，∴∠1=∠C．∴ND=NC．過點N作NG⊥BC于點G，則∠CGN=90°．

∴CG=CD=．∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，∴△CGN∽△CAB．
∴，即，∴；
（3）延長ND至H，使DH=DN，連接MH，NM，BH，
∵MD⊥HN，∴MN=MH，∵D是BC中點，∴BD=DC，
又∵∠BDH=∠CDN，∴△BDH≌△CDN，∴BH=CN，∠DBH=∠C，
∵∠BAC=90°，∵∠C+∠ABC=90°，∴∠DBH+∠ABC=90°，∴∠MBH=90°，
設AM=AN=x，則BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=x，
在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2，∴(6-x)2+(8-x)2=(x)2，解得x=，∴線段AN的長為．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，矩形的判定，勾股定理，解第（3）問的關鍵是學會利用參數構建方程解決問題．
2）最值（范圍）型
例1． (2023·江蘇常州·一模）如圖，在Rt△ABC和Rt△CDE中，∠BAC＝∠DCE＝90°，AB＝AC＝4，CD＝CE＝2，以AB、AD為鄰邊作平行四邊形ABFD，連接AF．若將△CDE繞點C旋轉一周，則線段AF的最小值是______．
【答案】
【分析】證明當D，E，F共線時，△AOF為等腰直角三角形，可得AF= AO，當AO有最小值時，AF最小，由此可得CO=， AO= AF=．
【詳解】解：當D，E，F共線時，AF最小，如圖所示，
∵AB=AC，AB=DF，∴AC=DF，又∵∠FDC=∠ACD=45°，∴DO=OC，∴OA=OF，
∵∠AOF=90°∴AF=AO，當AO有最小值時，AF最小，即當O在AC上時，此時D，E，F共線，
∵CD=2，∴CO= ，∵AO= ∴AF= 故答案為：．
【點睛】本題考查了旋轉的性質，等腰直角三角形的性質，勾股定理，平行四邊形的性質，尋找AF最小時
的圖形的位置是解題的關鍵．
變式1． (2023·四川成都·中考真題）在中，，將繞點B順時針旋轉得到，其中點A，C的對應點分別為點，．
（1）如圖1，當點落在的延長線上時，求的長；
（2）如圖2，當點落在的延長線上時，連接，交于點M，求的長；
（3）如圖3，連接，直線交于點D，點E為的中點，連接．在旋轉過程中，是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，最小值為1
【分析】（1）根據題意利用勾股定理可求出AC長為4．再根據旋轉的性質可知，最后由等腰三角形的性質即可求出的長．
（2）作交于點D，作交于點E．由旋轉可得，．再由平行線的性質可知，即可推出，從而間接求出，．由三角形面積公式可求出．再利用勾股定理即可求出，進而求出．最后利用平行線分線段成比例即可求出的長．
（3）作且交延長線于點P，連接．由題意易證明，
，，即得出．再由平行線性質可知，即得出，即可證明，由此即易證，得出，即點D為中點．從而證明DE為的中位線，即．即要使DE最小，最小即可．根據三角形三邊關系可得當點三點共線時最小，且最小值即為，由此即可求出DE的最小值．
【詳解】（1）在中，．
根據旋轉性質可知，即為等腰三角形．
∵，即，∴，∴．
（2）如圖，作交于點D，作交于點E．

由旋轉可得，．
∵，∴，∴，∴，．
∵，即，∴．
在中，，∴．∴．
∵，∴，即，∴．
（3）如圖，作且交延長線于點P，連接．∵，∴，
∵，即，
又∵，∴．∵，∴，
∴，∴，∴．∴在和中，
∴，∴，即點D為中點．
∵點E為AC中點，∴DE為的中位線，∴，即要使DE最小，最小即可．
根據圖可知，即當點三點共線時最小，且最小值為．
∴此時，即DE最小值為1．
【點睛】本題為旋轉綜合題．考查旋轉的性質，勾股定理，等腰三角形的判定和性質，平行線的性質，平行線分線段成比例，全等三角形的判定和性質，中位線的判定和性質以及三角形三邊關系，綜合性強，為困難題．正確的作出輔助線為難點也是解題關鍵．
3）綜合證明型
例1． (2023·黑龍江·中考真題）在等腰中，，是直角三角形，，，連接，點是的中點，連接．
（1）當，點在邊上時，如圖①所示，求證：．（2）當，把繞點逆時針旋轉，頂點B落在邊AD上時，如圖②所示，當，點B在邊AE上時，如圖③所示，猜想圖②、圖③中線段和又有怎樣的數量關系？請直接寫出你的猜想，不需證明．
【答案】（1）見詳解；（2）圖②中，圖③中，理由見詳解．
【分析】（1）由題意易得，則有，然后可得，，進而可得AD垂直平分BC，則CD=BD，最后問題可求證；
（2）取CD的中點H，連接AH、EH、FH，如圖②，由題意易得，則有EH垂直平分AD，∠HFA=∠CBA=45°，進而可得∠EHF=∠EAF=45°，然后可得點A、E、F、H四點共圓，則根據圓的基本性質可求解；如圖③，取BC的中點G，連接GF并延長，使得GM=CD，連接DM、EM、EG，AG，則有四邊形CGMD是平行四邊形，DM=CG=AC，進而可得△ACD≌△DME，則有CD=EM，∠EMD=∠DCA，然后可得△EMG是等邊三角形，最后問題可求解．
【詳解】（1）證明：∵，，∴，∴，
∵點是的中點，∴，∵，∴，
∵，∴△ACB是等腰直角三角形，
∵，∴AD垂直平分BC，∴CD=BD，∴；
（2）解：圖②中，圖③中，理由如下：
圖②：取CD的中點H，連接AH、EH、FH，如圖②，

∵，，∴，∴，
∵，∴，∵點是的中點，∴，
∴EH垂直平分AD，∠HFA=∠CBA=45°，∴∠EHF=∠EAF=45°，∴點A、E、F、H四點共圓，
∵∠HFA=∠EAF=45°，∴，∴；
圖③：如圖③，取BC的中點G，連接GF并延長，使得GM=CD，連接DM、EM、EG，AG，
∵，，∴△ADE是等邊三角形，∴，
∵，∴，∵，∴，∴，
∴，∴△AGC是等邊三角形，∴AC=CG，∵點是的中點，∴，
∴四邊形CGMD是平行四邊形，∴，∠GCD=∠DMG，
∴，∴，∴，
∵，∴△ACD≌△DME（SAS），∴CD=EM，∠EMD=∠DCA，
∴，∴，∴△EMG是等邊三角形，
∵點是的中點，∴，∵，∴，
∵，∴，∴GF=MF，∴EF⊥GM，
∴．
【點睛】本題主要考查等腰直角三角形的性質、等邊三角形的性質、平行四邊形的性質與判定及三角函數、圓的基本性質，熟練掌握等腰直角三角形的性質、等邊三角形的性質、平行四邊形的性質與判定及三角函數、圓的基本性質是解題的關鍵．
變式1． (2023·山東濰坊·中考真題）如圖1，在△ABC中，∠C=90°，∠ABC=30°，AC=1，D為△ABC內部的一動點（不在邊上），連接BD，將線段BD繞點D逆時針旋轉60°，使點B到達點F的位置；將線段AB繞點B順時針旋轉60°，使點A到達點E的位置，連接AD，CD，AE，AF，BF，EF．
（1）求證：△BDA≌△BFE；（2）①CD+DF+FE的最小值為；②當CD+DF+FE取得最小值時，求證：AD∥BF．（3）如圖2，M，N，P分別是DF，AF，AE的中點，連接MP，NP，在點D運動的過程中，請判斷∠MPN的大小是否為定值．若是，求出其度數；若不是，請說明理由．
【答案】（1）見解答；（2）①；②見解答；（3）是，∠MPN=30°．
【分析】（1）由旋轉60°知，∠ABD=∠EBF、AB=AE、BD=BF，故由SAS證出全等即可；
（2）①由兩點之間，線段最短知C、D、F、E共線時CD+DF+FE最小，且CD+DF+FE最小值為CE，再由∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=1求出BC和AB，再由旋轉知AB=BE，∠CBE=90°，最后根據勾股定理求出CE即可；②先由△BDF為等邊三角形得∠BFD=60°，再由C、D、F、E共線時CD+DF+FE最小，∠BFE=120°=∠BDA，最后ADF=∠ADB-∠BDF=120°-60°=60°，即證；
（3）由中位線定理知道MN∥AD且PN∥EF，再設∠BEF=∠BAD=α，∠PAN=β，則∠PNF=60°-α+β，∠FNM=∠FAD=60°+α-β，得∠PNM=120°．
【詳解】解：（1）證明：∵∠DBF=∠ABE=60°，∴∠DBF-∠ABF=∠ABE-∠ABF，∴∠ABD=∠EBF，
在△BDA與△BFE中，，∴△BDA≌△BFE（SAS）；
（2）①∵兩點之間，線段最短，即C、D、F、E共線時CD+DF+FE最小，
∴CD+DF+FE最小值為CE，∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=1，
∴BE=AB=2，BC=，∵∠CBE=∠ABC+∠ABE=90°，
∴CE=，故答案為：；
②證明：∵BD=BF，∠DBF=60°，∴△BDF為等邊三角形，即∠BFD=60°，
∵C、D、F、E共線時CD+DF+FE最小，∴∠BFE=120°，
∵△BDA≌△BFE，∴∠BDA=120°，∴∠ADF=∠ADB-∠BDF=120°-60°=60°，
∴∠ADF=∠BFD，∴AD∥BF；
（3）∠MPN的大小是為定值，理由如下：如圖，連接MN，
∵M，N，P分別是DF，AF，AE的中點，∴MN∥AD且PN∥EF，
∵AB=BE且∠ABE=60°，∴△ABE為等邊三角形，
設∠BEF=∠BAD=α，∠PAN=β，則∠AEF=∠APN=60°-α，∠EAD=60°+α，
∴∠PNF=60°-α+β，∠FNM=∠FAD=60°+α-β，∴∠PNM=∠PNF+∠FNM=60°-α+β+60°+α-β=120°，
∵△BDA≌△BFE∴MN=AD=FE=PN，∴∠MPN=(180°-∠PNM)=30°．
【點睛】本題是三角形與旋轉變換的綜合應用，熟練掌握旋轉的性質、三角形全等的判定與性質、平行線的判定、勾股定理的應用、中位線的性質及等腰、等邊三角形的判定與性質是解題關鍵．
模型2.平行四邊形中的旋轉模型
1）常規(guī)計算型
例1． (2023·浙江寧波·一模）如圖，一副三角板如圖1放置，，頂點重合，將繞其頂點旋轉，如圖2，在旋轉過程中，當，連接，，此時四邊形的面積是________．
【答案】
【分析】延長CE交AB于點F，先根據特殊直角三角形的性質和∠AED=75°，推出AB∥CD，從而可證四邊形ABCD為平行四邊形，再根據等腰直角三角形的性質求出EF長，則可求出CF長，最后計算平行四邊形ABCD的面積即可．
【詳解】解：如圖2，延長CE交AB于點F，
∵，∴，
又，∴，∴AB∥CD，
∵，∴四邊形是平行四邊形，∵，∴，即，
∴，，∴，
∴．故答案為：．
【點睛】本題考查了旋轉的性質，平行四邊形的判定和平行四邊形面積的計算，先證出四邊形ABCD是平行四邊形是解題的關鍵．
變式1． (2023·廣東廣州·一模）如圖，將?ABCD繞點A逆時針旋轉到?AB′C′D′的位置，使點B′落在BC上，B′C′與CD交于點E．若AB＝3，BC＝4，BB′＝1，則CE的長為___．
【答案】
【分析】過點A作AM⊥BC于點M，過點B作BN⊥AB′于點N，過點E作EG⊥BC，交BC的延長線于點G．BM＝B′M，由勾股定理可得，AM，由等面積法可得，BN，由勾股定理可得，AN，由題可得，△AMB∽△EGC，△ANB∽△B′GE，則，，設CG＝a，則EGa，B′G＝3+a，則，解得a．最后由勾股定理可得答案．
【詳解】解：如圖，過點A作AM⊥BC于點M，過點B作BN⊥AB′于點N，過點E作EG⊥BC，交BC的延長線于點G．
由旋轉可知，AB＝AB′＝3，∠ABB′＝∠AB′C′，∴∠ABB′＝∠AB′B＝∠AB′C′，
∵BB′＝1，AM⊥BB′ ∴BM＝B′M， ∴AM，
∵S△ABB′，∴1?BN×3，則BN，
∴AN，∵AB//DC，∴∠ECG＝∠ABC，
∵∠AMB＝∠EGC＝90°，∴△AMB∽△EGC，∴，設CG＝a，則EGa，
∵∠ABB′+∠AB′B+∠BAB′＝180°，∠AB′B+∠AB′C′+∠C′B′C＝180°，
又∵∠ABB′＝∠AB′B＝∠AB′C′，∴∠BAB′＝∠C′B′C，
∵∠ANB＝∠EGC＝90°，∴△ANB∽△B′GE∴，
∵BC＝4，BB′＝1，∴B′C＝3，B′G＝3+a，∴，解得a．
∴CG，EG，∴EC．故答案為：．
【點睛】本題主要考查平行四邊形的性質，等腰三角形三線合一，相似三角形的性質與判定，解直角三角形的應用等，構造正確的輔助線是解題關鍵．
2）最值（范圍）型
例1． (2023·廣東·深圳九年級階段練習）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】本題考查旋轉的性質，平行四邊形的性質，等邊三角形的性質，全等三角形的判定和性質，垂線段最短，勾股定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等的三角形解決問題，學會用轉化的思想思考問題．
變式1． (2023·河南洛陽·一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，，，，點E在線段BC上運動（含B、C兩點）．連接AE，以點A為中心，將線段AE逆時針旋轉60°得到AF，連接DF，則線段DF長度的最小值為______．
【答案】
【分析】以AB為邊向右作等邊△ABG，作射線GF交AD于點H，過點D作DM⊥GH于M．利用全等三角形的性質證明∠AGF＝60°，得出點F在平行于AB的射線GH上運動，求出DM即可．
【詳解】解：如圖，以AB為邊向右作等邊△ABG，作射線GF交AD于點H，過點D作DM⊥GH于M．

∵四邊形ABCD是平行四邊形，∠B＝60°，∴∠BAD＝120°，
∵△ABG是等邊三角形，∴∠BAG＝∠EAF＝60°，BA＝GA，EA＝FA，
∴∠BAE＝∠FAG，∴△BAE≌△GAF（SAS），∴∠B＝∠AGF＝60°，
∴點F在在平行于AB的射線GH上運動，
∵∠HAG＝∠AGF＝60°，∴△AHG是等邊三角形，∴AB＝AG＝AH＝6，∴DH＝AD﹣AH＝4，
∵∠DHM＝∠AHG＝60°，∴DM＝DH?sin60°，
根據垂線段最短可知，當點F與M重合時，DF的值最小，最小值為，故答案為：．
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，旋轉變換，等邊三角形的性質，全等三角形的判定和性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，本題的突破點是證明點F的在射線GH上運動，屬于中考填空題中的壓軸題．
3）分類討論型
例1． (2023·江西·尋烏縣二模）如圖，在平行四邊形中，，，．點為邊上任意一點，連接，將繞點逆時針旋轉得到線段．若點恰好落在平行四邊形的邊所在的直線上，則的長為______________．
【答案】16或或
【分析】如圖1中，當點落在直線上時，作于，于．則四邊形是矩形．解直角三角形得到，，求得，根據等腰直角三角形的性質得到，即可求出BQ的長度；②如圖2中，當點落在上時，作于，交的延長線于．設．根據全等三角形的性質得到，，根據平行線的性質得到，根據三角函數的定義得到，根據勾股定理得到，即可求出BQ的長度；③如圖3中，當點落在上時，易知，即可求出BQ的長度．
【詳解】如圖1中，當點落在直線上時，作于，于．則四邊形是矩形．

在中，，，，，，
是等腰直角三角形，，，；
如圖2中，當點落在上時，作于，交的延長線于．設．
，，，，
，在和中，，，
，，，
，，，，，，
在中，，；
如圖3中，當點落在上時，，；
綜上所述，BQ的長為16或或.
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質、銳角三角函數、勾股定理等知識，解題的關鍵是學會用分類討論的思想思考問題．
變式1． (2023·江蘇·九年級專題練習）在平行四邊形ABCD中，AB＝5，BC＝10，高AH＝4，點E是邊AD上任意一點，現將點B繞著點E逆時針旋轉90°到點，若點恰好在平行四邊形的邊上，則AE＝______．
【答案】1或
【分析】分兩種情況計算，當點在邊BC上時，過點B作，交DA的延長線于點F，根據勾股定理可求得AF，再根據等腰直角三角形的性質和平行四邊形的性質，可證得，即可求得AF；當點在邊DC上時，過點作于點G，可證得，可得，，再由即可求得．
【詳解】解：當點在邊BC上時，如圖：過點B作，交DA的延長線于點F，，

在中，，
，，是等腰直角三角形，，
四邊形ABCD是平行四邊形，，，
，；
當點在邊DC上時，如圖：過點B作，交DA的延長線于點F，過點作于點G，
，，
，，，
在與中，，
，，，
四邊形ABCD是平行四邊形，，，，
，即，解得，綜上，AE的長為1或．
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理，是綜合性較強的題，作出輔助線是解決本題的關鍵．
4）綜合證明型
例1． (2023·廣西·九年級期中）如圖，在中，，將繞頂點A逆時針旋轉至，此時點D在上，連接，線段分別交于點H、K，則下列四個結論中：①；②是等邊三角形；③；④當時，；正確的是（）
A．①②④B．①③④C．②③④D．①②③
【答案】A
【分析】①由繞頂點A逆時針旋轉至，得到△AEF≌△ABC，又由∠BAD＝60°，即可證明；②由ABCD，得到∠EDH＝∠DAB＝60°，又由ADBC，得到∠AEF＝120°，進一步得∠DEH＝60°，∠DHE＝60°，結論得證；③過點H作HMAD交AB于點M，連接DM，證明△BHC、△DMH和△BHM是等邊三角形，得到DH＝HM＝BH＝CH＝BC＝AD，點H為CD的中點，再證明△CKH∽△AKB，進一步得到AD＝3HK；④過點C作CN⊥AB的延長線于點N，分別用AD表示出△ACF和的面積，即可得到結論．
【詳解】解：①∵將繞頂點A逆時針旋轉至，
∴△AEF≌△ABC，∴∠EAF＝∠BAC，
∵∠BAD＝60°，∴∠CAF＝∠EAF＋∠CAD＝∠BAC＋∠CAD＝∠BAD＝60°，故①正確；
②∵ABCD，∴∠EDH＝∠DAB＝60°，∵ADBC，∴∠AEF＝∠ABC＝180°－∠BAD＝120°，
∴∠DEH＝180°－∠AEF＝60°，∴∠DHE＝180°－∠EDH－∠DEH＝60°，
∴∠DHE＝∠EDH＝∠DEH＝60°，∴△DEH是等邊三角形，故②正確；
③過點H作HMAD交AB于點M，連接DM，如圖1，
∵△EDH是等邊三角形，∴∠BHC＝∠EHD＝60°，
∵ADBCHM，∴∠BCH＝∠EDH＝60°，∠DHM＝∠BCH＝60°，
∴∠CBH＝180°－∠BCH－∠BHC＝60°，∠BHM＝180°－∠DHM－∠BCH＝60°，∴△BHC是等邊三角形，
∵HMADBC，∴∠DHM＝∠BCH＝60°，∠DMH＝∠BHM＝60°，
∴∠BHC＝∠BHM＝∠DHM＝∠DMH＝60°，∴△DMH和△BHM都是等邊三角形，
∴DH＝HM＝BH＝CH＝BC＝AD，∴點H為CD的中點，
∵∠CKH＝∠AKB，∠CHK＝∠ABK，∴△CKH∽△AKB，
∴，∴，∴AD＝3HK，∴2AD＝3HK錯誤，故③錯誤；
④過點C作CN⊥AB的延長線于點N，如圖2，則∠BNC＝90°，
∵ABCD，∴∠DCN＝180°－∠BNC＝90°，∵∠BCD＝60°，∴∠BCN＝30°，
∴BN＝BC＝AD，CN＝BC＝AD，∴AN＝AB＋BN＝2AD＋AD＝AD，
∴AC＝＝AD，由①可知，∠CAF＝＝60°，AC＝AF，∴△ACF是等邊三角形，
∴等邊三角形△ACF的高為AC＝AD，∴ ,
∵的邊AB上的高＝CN＝AD，∴，
∴，故④正確，綜上，①②④正確，故選：A．
【點睛】此題主要考查了等邊三角形的判定和性質、圖形的旋轉、平行四邊形的性質、勾股定理、相似三角形的判定和性質等知識，添加適當的輔助線是解題的關鍵．
變式1． (2023·山西陽泉·一模）綜合與實踐
【問題背景】如圖1，平行四邊形ABCD中，∠B＝60°，AB＝6，AD＝8．點E、G分別是AD和DC邊的中點，過點E、G分別作DC和AD的平行線，兩線交于點F，顯然，四邊形DEFG是平行四邊形．
【獨立思考】(1)線段AE和線段CG的數量關系是：______．(2)將平行四邊形DEFG繞點D逆時針旋轉，當DE落在DC邊上時，如圖2，連接AE和CG．①求AE的長；②猜想AE與CG有怎樣的數量關系，并證明你的猜想；【問題解決】(3)將平行四邊形DEFG繼續(xù)繞點D逆時針旋轉，當A，E，F三點在同一直線上時（如圖3），AE與CG交于點P，請直接寫出線段CG的長和∠APC的度數．
【答案】(1)3AE＝4CG或或或等
(2)①，②3AE＝4CG，或，或等，證明見解析；
(3)，∠APC＝60°
【分析】（1）根據平行四邊形性質結合中點即可得出結論；（2）①利用三角函數值求線段長，再根據勾股定理求解即可；②利用三角形相似的判定與性質直接求解即可；（3）利用三角形相似，再結合平行四邊形的性質，根據勾股定理求出線段長；利用“8”字形的兩個三角形角度關系得到即可求解．
（1）解：點E、G分別是AD和DC邊的中點，
，
在平行四邊形ABCD中，∠ADC＝∠B＝60°，CD＝AB＝6，AD＝8，
，，
故答案為：3AE＝4CG或或或等
（2）解：①如圖，過點E作EH⊥AD于點H，
在Rt△EDH中，∠EDA＝60°，，∴，
∴，∴AH＝AD－HD＝8－2＝6，
在Rt△AHE中，根據勾股定理可得；
②3AE＝4CG或或或等，
證明如下：由題可知：∠ADC＝∠CDG＝60°，，即，
∴△ADE∽△CDG，∴，
即3AE＝4CG或或或等；
（3）過點作于，如圖所示：
,,,
,,,,
在平行四邊形DEFG中，,,
,,,,
,即,
,,,
,．
【點睛】本題考查四邊形綜合，涉及到平行四邊形的性質、中點性質、旋轉不變性的運用、相似三角形的判定與性質、三角函數求線段長、勾股定理求線段長、特殊角度直角三角形三邊關系等知識點，熟練掌握相關性質及判定，結合圖形準確作出輔助線是解決問題的關鍵．
模型3.菱形中的旋轉模型
1）常規(guī)計算型
例1． (2023·安徽黃山·二模）如圖，在菱形ABCD中，AC，BD相交于點O，OD＝2，將BC繞點B逆時針旋轉得到BE，交CD于點F，且使得DE⊥BD．若AC＝4DE，則CF＝___．
【答案】
【分析】首先根據題目已知條件理清各邊之間的關系，根據勾股定理求出DE,AC的長，再根據勾股定理求出菱形邊長，利用相似：△OBF∽△DBE得出OF的長，再利用相似:△DEF∽△CMF得出CF的長．
【詳解】設DE的長為x，∵AC=4DE,∴AC=4x，∵四邊形ABCD為菱形，
∴AO= ，AC⊥BD,∴△AOD為直角三角形，∴ ，
∵BC=AD,∴BC=,∵DE⊥BD，∴△DBE為直角三角形，
∴BE=，又∵BE=BC,∴，解得x=2，
∴DE=2，AC=8,AO=OC=4,BC=DC=,設BE與AC交點為M，
∵DE⊥DB，AC⊥DB，∴DE∥AC，即DE∥OM，∵O為DB中點，
∴ ,∴OM=1,又∵OC=4,∴MC=OC-OM=3,
∵DE∥CM,∴ ,∴,故填：．
【點睛】本題考查菱形的性質，旋轉的性質，勾股定理，相似，解題本題的關鍵是利用勾股定理求出邊長，再根據平行得出兩組相似三角形．
變式1． (2023·安徽·模擬預測）如圖，將邊長為3的菱形繞點逆時針旋轉到菱形的位置，使點落在上，與交于點．若，則的長為_______．
【答案】##0.75
【分析】延長交BC的延長線于點M，過點C作CNDM交于點N，根據菱形的性質和旋轉的性質證明△ AB≌△AD≌△DCM≌，求得＝＝2，CM＝＝1，再根據CNDM，得，，代入即可求解．
【詳解】解：如圖，延長交BC的延長線于點M，過點C作CNDN交于點N，
∵四邊形ABCD是菱形∴AB＝BC＝CD＝AD＝3，∠B＝∠ADC＝∠，ABCD
∴∠DCM＝∠B 由旋轉的性質得：
，，，，∠ADC＝∠，
∴ △≌△ ∴∴
∵∠CDM+∠ADC＝∠DA＋∠ ∴
∴△ AB≌△DCM≌，∴DM＝，∠M＝∠∴
∵CNDM∴∽ ∴∵ ∴ ∴
∵CNDM∴△CNE∽△DE∴∴ ∴CE＝故答案為：
【點睛】本題考查菱形的性質，旋轉的性質，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，綜合性較強，作輔助線構造全等三角形和相似三角形是解題的關鍵．
2）最值（范圍）型
例1． (2023·山東濟寧·模擬預測）如圖，菱形的邊長為是邊的中點，是邊上的一個動點，將線段繞著逆時針旋轉，得到，連接，則的最小值為（）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】取AB與CD的中點M，N，連接MN，作點B關于MN的對稱點E'，連接E'C，E'B，此時CE的長就是GB+GC的最小值；先證明E點與E'點重合，再在Rt△EBC中，EB=2，BC=4，求EC的長.
【詳解】取AB與CD的中點M，N，連接MN，作點B關于MN的對稱點E'，連接E'C，E'B
，
此時CE的長就是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點與E'點重合，∵∠AEB=∠MHB=90°，∴∠CBE=90°，
在Rt△EBC中，EB=2，BC=4，∴EC=2，故選B
【點睛】本題考查菱形的性質，直角三角形的性質；確定G點的運動軌跡，是找到對稱軸的關鍵．
變式1． (2023·江蘇蘇州·校聯考一模）如圖，菱形ABCD的邊長為，∠ABC＝60°，對角線AC、BD交于點O．點E為直線AD上的一個動點，連接CE，將線段EC繞點C順時針旋轉∠BCD的角度后得到對應的線段CF（即∠ECF＝∠BCD），DF長度的最小值為_________．
【答案】3
【分析】連接BE，作BH⊥AD，由旋轉的性質可得△DCF≌△BCE，把求DF的最小值轉化為求BE的最小值，再根據垂線段最短可得答案．
【詳解】解：連接BE，作BH⊥AD交DA的延長線于H，
菱形ABCD中，∠ABC=60°，∴∠BCD=120°．
∵∠ECF=120°，∴∠BCD=∠ECF，∴∠BCE=∠DCF 由旋轉可得：EC=FC，
在△BEC和△DFC中，∴△DCF≌△BCE（SAS），∴DF=BE，
即求DF的最小值轉化為求BE的最小值．
∵在Rt△AHB中，∠BAH=60°，AB=，∴BH==3，
當E與H重合時，BE最小值是3，∴DF的最小值是3．故答案為：3．
【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質，菱形判定和性質，靈活運用這些性質解決問題是本題的關鍵．
3）綜合證明型
例1． (2023·江蘇南京·模擬預測）【探究發(fā)現】
(1)如圖1，正方形ABCD兩條對角線相交于點O，正方形與正方形ABCD的邊長相等，在正方形繞點O旋轉過程中，邊交邊AB于點M，邊交邊BC于點N．①線段BM、BN、AB之間滿足的數量關系是________；②四邊形OMBN與正方形ABCD的面積關系是________；
【類比探究】(2)如圖2，若將（1）中的“正方形ABCD”改為“含60°的菱形ABCD”，即，且菱形與菱形ABCD的邊長相等．當菱形繞點O旋轉時，保持邊交邊AB于點M，邊交邊BC于點N．請猜想：①線段BM、BN與AB之間的數量關系是_________________；
②菱形OMBN與菱形ABCD的面積關系是________；請你證明其中的一個猜想．
【拓展延伸】(3)如圖3，把（2）中的條件“”改為“”，其他條件不變，則①________；（用含α的式子表示）②________．（用含α的式子表示）
【答案】(1)①；②；(2)①；②；
(3)①；②或者
【分析】（1）根據正方形的性質可證△OBM≌△OCN，即可得答案；
（2）連接MN，先證O，M，B，N四點共圓，可得是等邊三角形，將繞點O順時針旋轉60°得到△，可得，，再證，即可得答案；
（3）由（1）和（2）的結論推導即可得答案．
(1)解：①∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠NOC+∠BON=90°，OC= BO， ∠ABO=∠OCB，
∵四邊形A1B1C1O是正方形，∴∠MOB+∠BON=90°，∴∠NOC=∠MOB，∴△OBM≌△OCN，∴BM=CN，
∴BM+BN=CN+BN=BC=AB，∴BM+BN=AB，
②∵S△OBM=S△OCN ∴S四邊形OMBN=S正方形ABCD；
(2)①如下圖，連接MN，∵四邊形ABCD是菱形，，∴，
∵，∴O，M，B，N四點共圓，∴，
∵，∴是等邊三角形， ∴，將繞點O順時針旋轉60°得到△，
∵，，∴邊BN剛好落在AB上，即為MH，∴，
∵，，∴是等邊三角形，∴，∴
②；
(3)∵由（1）可知：當∠DAB=∠A1OC1=90°，，
由（2）可知：∠DAB=∠B1OD1=60°，，
∴當∠DAB=∠B1OD1=α，；
∵由（1）可知：當∠DAB=∠A1OC1=90°，S四邊形OMBN=S正方形ABCD，
∴ 即，
同理由（2）可知：，即，
∴當∠DAB=∠B1OD1=α，．
【點睛】本題考查了三角形全等的判定與性質，正方形的性質、菱形的性質，旋轉的性質，等邊三角形的性質，解直角三角形的應用，圓的性質，解題的關鍵是理解題意，證△OBM≌△OCN和是等邊三角形．
變式1． (2023·重慶·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在菱形和菱形中，點，，在同一條直線上，是線段的中點，連接，．
（1）如圖1，探究與的位置關系，寫出你的猜想并加以證明；
（2）如圖1，若，，求菱形的面積．
（3）如圖2，將圖1中的菱形繞點順時針旋轉，使菱形的邊恰好與菱形的邊在同一條直線上，若，請直接寫出與的數量關系．
【答案】（1）線段與的位置關系是，證明見解析；（2）菱形面積為4；（3）．
【分析】（1）可通過構建全等三角形求解．延長GP交DC于H，可證△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是底邊上的中線，根據等腰三角形三線合一的特點，即可得出CP⊥PG；（2）由，得到是等腰直角三角形，則，得到菱形為正方形，即可求出面積；（3）經過（1）（2）的解題過程，我們要構建出以CP為底邊中線的等腰三角形，那么可延長GP到H，使PH=PG，連接CH、DH，那么根據前兩問的解題過程，我們要求的是△CHG是個等腰三角形，關鍵是證△CDH和△CBG全等，已知條件只有CD=CB，我們可通過其他的全等三角形來得出△CDH和△CBG全等的條件．△DHP和△FGP中，有一組對頂角，DP=PF，HP=PG，那么這兩個三角形就全等，可得出DH=GF=BG，∠HDP=∠GFP，根據平行線間的內錯角相等可得出，∠CDP=∠EFD，那么∠CDH=∠EFG=∠CBG，由此可得△CDH和△CBG全等，進一步即可證得結論．
【詳解】解：（1）線段與的位置關系是，
理由如下：如圖1，延長交于點，

是線段的中點，，由題意可知，，
，，= GB，
四邊形是菱形，，，
是等腰三角形，（三線合一）；
（2），是等腰直角三角形，∴∠HCG=90°，
∵DC∥AE，，菱形為正方形，菱形面積為：．
（3）如圖2，延長到，使，連接，，，
是線段的中點，，，，，，
，，，
四邊形是菱形，，，點、、又在一條直線上，，
四邊形是菱形，，，，
，，，即，
，，，，．即．
【點睛】本題主要考查了菱形的性質，以及全等三角形的判定與性質等知識點，根據已知和所求的條件正確的構建出全等三角形是解題的關鍵．
模型4.矩形中的旋轉模型
1）常規(guī)計算型
例1． (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，并利用旋轉的性質以及三角函數進行分析求解.
【詳解】解：如解圖，過點E作于點H，在矩形ABCD中，，，，.由旋轉的性質可得，，，.，..
，，
，.故選C
【點睛】本題考查矩形相關，綜合利用旋轉的性質以及三角函數相關性質進行求解.
變式1． (2023·江蘇無錫·?？家荒＃┤鐖D，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝4，將矩形ABCD繞點A逆時針旋轉得到矩形AB′C′D′，AB′交CD于點E，且DE＝B′E，則AE的長為 _____．
【答案】
【分析】根據旋轉不變性得到AB′＝AB＝5，設AE＝CE＝x，在中結合勾股定理即可得出結論．
【詳解】解：∵將矩形ABCD繞點A逆時針旋轉得到矩形AB′C′D′，∴AB′＝AB＝5，
∵DE＝B′E，∴AE＝CE，設AE＝CE＝x，∴DE＝5﹣x，∵∠D＝90°，∴AD2+DE2＝AE2，
即，解得：x＝，即AE的長為（也可以寫作4.1），故答案為：．
【點睛】本題考查了利用旋轉的性質結合勾股定理求線段長．解題過程中涉及到矩形的性質、勾股定理等知識，熟練掌握幾何圖形旋轉不變性及勾股定理求線段長是解決問題的關鍵．
2）最值（范圍）型
例1． (2023·廣東廣州·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，BC=2AB，點P為邊AD上的一個動點，線段BP繞點B順時針旋轉60°得到線段BP'，連接PP' ，CP'．當點P' 落在邊BC上時，∠PP'C的度數為________；當線段CP' 的長度最小時，∠PP'C的度數為________
【答案】 120°##120度 75°##75度
【分析】由旋轉性質及旋轉角知△BPP′為等邊三角形，得到∠PP′B=60°；當點P' 落在邊BC上時，∠PP'C=180°-∠PP′B=120°；將線段BA繞點B逆時針旋轉60°后點A落在點E，連接BE，得到△ABP≌△EBP′(SAS)，再證明△ABP為等腰直角三角形，進而得到∠EP′B=∠APB=45°，
最后當CP′⊥EF于H時，CP′有最小值，由此可以求出∠PP'C=∠EP′C-∠EP′P=90°-15°=75°．
【詳解】解：由線段BP繞點B順時針旋轉60°得到線段BP'可知，△BPP′為等邊三角形，
∴∠PP′B=60°，當點P' 落在邊BC上時，∠PP'C=180°-∠PP′B=180°-60°=120°；
將線段BA繞點B逆時針旋轉60°，點A落在點E，連接BE，設EP′交BC于G點，如下圖所示：
則∠ABP=∠ABE-∠PBE=60°-∠PBE，∠EBP′=∠PBP′-∠PBE=60°-∠PBE，
∴∠ABP=∠EBP′，且BA=BE，BP=BP′，∴△ABP≌△EBP′(SAS),∴AP=EP′，∠E=∠A=90°，
由點P' 落在邊BC上時，∠PP'C=120°可知，∠EGC=120°，∴∠CGP′=∠EGB=180°-120°=60°，
∴△EBG與△P′CG均為30°、60°、90°直角三角形，設EG=x，BC=2y，
則BG=2EG=2x，CG=BC-BG=2y-2x，GP′=CG=y-x，∴EP′=EG+GP′=x+(y-x)=y=BC，
又已知AB=BC，∴EP′=AB，又由△ABP≌△EBP′知：AP=EP′，∴AB=AP，
∴△ABP為等腰直角三角形，∴∠EP′B=∠APB=45°，∠EP′P=60°-∠EP′B=60°-45°=15°，
當CP′⊥EF于H時，CP′有最小值，此時∠PP'C=∠EP′C-∠EP′P=90°-15°=75°，故答案為：120°，75°．
【點睛】本題考察了三角形全等的判定方法、矩形的性質、旋轉的性質及等腰三角形的性質，屬于四邊形的綜合題，難度較大，熟練掌握各圖形的性質是解題的關鍵．
變式1． (2023·江蘇·江陰市華士實驗中學一模）如圖，在矩形ABCD中，，，點P為邊AD上一個動點，連接CP，點P繞點C順時針旋轉得到點，連接并延長到點E，使，以CP、CE為鄰邊作矩形PCEF，連接DE、DF，則和面積之和的最小值為______．
【答案】
【分析】過點D作DH⊥PC于H，設PD=x，然后利用勾股定理求出PC、CH、EF的長，然后表示出面積，最后利用二次函數的性質求解即可．
【詳解】解：如圖，過點D作DH⊥PC于H，設PD=x，
∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=CD=3cm，∠PDC=90°，
∴，∵DH⊥PC，∴
∴，∴，
∵四邊形PCEF是矩形，∴，∵，
∴
∴當時，有最小值，故答案為：．
【點睛】本題主要考查了旋轉的性質、矩形的性質、勾股定理、三角形面積、二次函數求最值等知識，夠熟練掌握相關知識成為解答本題的關鍵．
3）分類討論型
例1． (2023·江蘇·一模）如圖，將矩形ABCD繞點A順時針旋轉θ（0°≤θ≤360°），得到矩形AEFG．
（1）當點E在BD上時，求證：AF∥BD；（2）當GC＝GB時，求θ；
（3）當AB＝10，BG＝BC＝13時，求點G到直線CD的距離．
【答案】（1）見解析；（2）60°或300°；（3）25或1
【分析】（1）先運用SAS判定△FEA≌△DAB，可得∠AFE＝∠ADE＝∠DEF，即可得出AF∥BD；
（2）當GB＝GC時，點G在BC的垂直平分線上，分兩種情況討論，依據∠DAG＝60°，即可得到旋轉角θ的度數．（3）當BG＝BC時存在兩種情況：畫圖根據勾股定理計算即可．
【詳解】（1）由旋轉可得，AE＝AB，∠AEF＝∠DAB＝90°，EF＝BC＝AD，
∴∠AEB＝∠ABE，△FEA≌△DAB（SAS），∴∠AFE＝∠ADB，
又∵∠ABE+∠EDA＝90°＝∠AEB+∠DEF，∴∠EDA＝∠DEF，∴∠DEF＝∠AFE，∴AF∥BD；
（2）如圖1，當GB＝GC時，點G在BC的垂直平分線上，分兩種情況討論：
①當點G在AD右側時，取BC的中點H，連接GH交AD于M，連接DG，
∵GC＝GB，∴GH⊥BC，∴四邊形ABHM是矩形，
∴AM＝BH＝AD＝AG，∴GM垂直平分AD，∴GD＝GA＝DA，
∴△ADG是等邊三角形，∴∠DAG＝60°，∴旋轉角θ＝60°；

②當點G在AD左側時，如圖2，同理可得△ADG是等邊三角形，∴∠DAG＝60°，
∴旋轉角θ＝360°﹣60°＝300°．綜上，θ的度數為60°或300°；
（3）有兩種情況：①如圖3，當BG＝BC＝13時，過G作GH⊥CD于H，交AB于M，

∵AG＝BC＝BG，∴AM＝BM＝5，
Rt△AMG中，由勾股定理得：MG＝＝＝12，
∵AB∥CD，∴MH＝BC＝13，∴GH＝13+12＝25，即點G到直線CD的距離是25；
②如圖4，過G作MH⊥CD于H，交AB于M，同理得GM＝12，
∴GH＝13﹣12＝1，即點G到直線CD的距離是1；綜上，即點G到直線CD的距離是25或1．
【點睛】本題主要考查了四邊形的綜合問題，解題的關鍵是掌握旋轉的性質，矩形的性質，全等三角形的判定與性質的運用，解題時注意：對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角．
4）綜合證明型
例1． (2023·重慶·一模）矩形ABCD中．∠ADB＝30°，△AEF中，∠AFE＝90°，∠AEF＝30°，AEBD．連接EC，點G是EC中點．將△AEF繞點A順時針旋轉α（0°＜α＜360°）．
(1)如圖1，若A恰好在線段CE延長線上，CD＝2，連接FG，求FG的長度；
(2)如圖2，若點F恰好落在線段EC上，連接BG．證明：2（GC﹣GB）DC；
(3)如圖3，若點F恰好落在線段BA延長線上，M是線段BC上一點，3BM＝CM，P是平面內一點，滿足∠MPC＝∠DCE，連接PF，已知CD＝2，求線段PF的取值范圍．
【答案】(1)(2)見解析(3)PF
【分析】（1）如圖1中，過點F作AH⊥AE于H．解直角三角形求出FH，HG，利用勾股定理解決問題即可．（2）如圖2中，連接AC交BD于M，連接BF，GM．證明△BAF≌△BMG（SAS），推出BF＝MG，∠ABF＝∠MBF，推出∠FBG＝∠ABM＝60°，推出△FBG是等邊三角形，可得結論．
（3）如圖3中，連接AC，作線段CM的垂直平分線交EC于O，連接OM．以O為圓心，OM為半徑作⊙O，作點O關于CM的對稱點O′，以O′為圓心，O′M為半徑作⊙O′，推出∠MPC＝∠ECD＝30°，∠MPC∠MOC＝30°，推出點P在CM兩側的兩段優(yōu)弧上，再根據r﹣OF≤PF≤r+O′F，求解即可．
(1)解：如圖1中，過點F作AH⊥AE于H．

∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，∵AB＝CD＝2，∠ADB＝30°，∴BD＝2AB＝4，
∵AEBD，∴AE＝AB＝2，∵∠ABD＝90°﹣30°＝60°，
∴△ABE是等邊三角形，∴AE＝BE＝DE＝2，∴A，E，C共線，
∵FH⊥AE，∴∠FHE＝∠AFE＝90°，∵∠AEF＝30°，
∴AFAE＝1，EF，FH，EH，
∵EG＝CG＝1，∴GH＝1，∴FG．
(2)解：如圖2中，連接AC交BD于M，連接BF，GM．
∵四邊形ABCD是矩形，∴AM＝MC＝BM＝DM，
∵∠ABM＝90°﹣∠ADB＝60°，∴△ABM是等邊三角形，∴∠AMB＝∠BAM＝60°，
∵AM＝MC，EG＝CG∴GM∥AE，GMAE，∴∠AMG+∠EAM＝180°，
∴∠AMG+60°+∠FAB+60°＝180°，∴∠AMG+∠FAB＝60°，
∵∠AMG+∠BMG＝60°，∴∠BAF＝∠BMG，
∵MGAE．AFAE，∴AF＝MG，AB＝MB，∴△BAF≌△BMG（SAS），
∴BF＝BG，∠ABF＝∠MBF，∴∠FBG＝∠ABM＝60°，∴△FBG是等邊三角形，∴BG＝FG，
∴GC﹣GB＝GE﹣FG＝BFAF，∵AE＝CD＝2AF，∴2（GC﹣GB）DC．
(3)解：如圖3中，連接AC，作線段CM的垂直平分線交EC于O，連接OM．
∵∠EAD＝∠DAC＝30°，∠BAC＝60°，∴∠BAC＝∠CAE＝60°，AB＝AE，
∵AC＝AC，∴△ACB≌△ACE（SAS），∴∠ACB＝∠ACE＝30°，
∵OE＝OC，∠MCO＝60°，∴△OMC是等邊三角形，∴∠MOC＝60°，
以O為圓心，OM為半徑作⊙O，作點O關于CM的對稱點O′，以O′為圓心，O′M為半徑作⊙O′，
∵∠MPC＝∠ECD＝30°∴∠MPC∠MOC＝30°，∴點P在CM兩側的兩段優(yōu)弧上，
由題意，⊙O，⊙O′的半徑都是r＝CM，OF，O′F，∵r﹣OF≤PF≤r+O′F，∴PF．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質，全等三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質，解直角三角形，圓周角定理等知識，正確尋找全等三角形解決問題是解題的關鍵是．
變式1． (2023·四川·眉山市東坡區(qū)模擬預測）如圖，Rt△ABE中，∠B=90°，AB=BE，將△ABE繞點A逆時針旋轉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∠B=90°，AB=BE，△ABE繞點A逆時針旋轉45°，得到△AHD，可得，并且△ABE和△AHD都是等腰直角三角形，可證，根據，可得，根據三角形的內角和可得，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、旋轉的性質、矩形的性質、角平分線的性質以及等腰直角三角形的判定與性質；證明三角形全等和等腰直角三角形是解決問題的關鍵．
模型5.正方形中的旋轉模型
1）常規(guī)計算型
例1． (2023·河南·平頂山市模擬預測）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求出BF、EF的長，進而求出BE，再利用特殊角的三角函數求出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·cs30o=，∴BE=BF-EF=2+，
∴EG=BE·sin30o=，BG=BE·cs30o=，
∴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、旋轉的性質以及解三角形，根據旋轉的性質判斷△ABB′是等邊三角形以及特殊角的三角函數的應用是解題的關鍵.
變式1． (2023·遼寧遼寧·中考真題）如圖，在正方形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，點E是OD的中點，連接CE并延長交AD于點G，將線段CE繞點C逆時針旋轉90°得到CF，連接EF，點H為EF的中點．連接OH，則的值為_______．
【答案】
【分析】以O為原點，平行于AB的直線為x軸，建立直角坐標系，過E作EM⊥CD于M，過F作FN⊥DC，交DC延長線于N，設正方形ABCD的邊長為2，從而求出E的坐標，然后根據待定系數法求出直線CE的解析式，即可求出G的坐標，從而可求出GE，根據旋轉的性質可求出F的坐標，進而求出H的坐標，則可求OH，最后代入計算即可得出答案．
【詳解】解：以O為原點，平行于AB的直線為x軸，建立直角坐標系，過E作EM⊥CD于M，過F作FN⊥DC，交DC延長線于N，如圖：
設正方形ABCD的邊長為2，則C（1，1），D（﹣1，1），∵E為OE中點，
∴E（，），設直線CE解析式為y＝kx+b，把C（1，1），E（，）代入得：
，解得，∴直線CE解析式為，
在中，令x＝﹣1得y＝，∴G（﹣1，），∴GE＝＝，
∵將線段CE繞點C逆時針旋轉90°得到CF，∴CE＝CF，∠ECF＝90°，∴∠MCE＝90°﹣∠NCF＝∠NFC，
∵∠EMC＝∠CNF＝90°，∴△EMC≌△CNF（AAS），∴ME＝CN，CM＝NF，
∵E（，），C（1，1），∴ME＝CN＝，CM＝NF＝，∴F（，），
∵H是EF中點，∴H（，0），∴OH＝，∴＝＝．故答案為：．
【點睛】本題考查了正方形的性質，旋轉的性質，兩點間距離公式等知識，以O為原點，平行于AB的直線為x軸，建立直角坐標系是解題的關鍵．
2）最值（范圍）型
例1． (2023·江蘇揚州·三模）如圖，已知正方形ABCD的邊長為4，點E是AB邊上一動點，連接ED，將ED繞點E順時針旋轉90°到EF，連接DF，CF，則DF＋CF的最小值是（）
A．4B．4C．5D．2
【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，確定點F在BF的射線上運動，作點C關于BF的對稱點，由三角形全等得到，從而確定點在AB的延長線上，當D、F、三點共線時，DF＋CF＝最小，通過勾股定理即可求得長度．
【詳解】解：如圖，連接BF，過點F作FG⊥AB交AB延長線于點G，
∵ED繞點E順時針旋轉90°到EF，∴，ED＝EF，∴，
又∵在中，，∴，
在和中，∴
∴FG＝AE，EG＝DA，∴點F在BF的射線上運動，作點C關于BF的對稱點，
∵EG＝DA，∴EG＝DA，∴EG－EB＝DA－EB，即BG＝AE，
∴BG＝FG，是等腰直角三角形，，∴，
∴點在AB的延長線上，當D、F、三點共線時，DF＋CF＝最小，
在中，AD＝4，，∴，∴DF＋CF的最小值為，故選：A．
【點睛】本題考查了旋轉的性質、正方形的性質、軸對稱性質、最短路徑，能夠將線段的和通過軸對稱轉化為共線線段是解題的關鍵．
變式1． (2023·安徽合肥·二模）正方形中，，點E為邊上一動點（不與A、B重合），將繞點D逆時針旋轉90°得到，過E作交于點G．則的最小值為（）．
A．2B．C．D．3
【答案】D
【分析】設GC=y，AE=x，根據題條件易證得，即有，代入相關數值化簡后，有，則可知y的最小值，即GC的最小值得解．
【詳解】設GC=y，AE=x，∴結合正方形邊長為4，即BE=AD-AE=4-x，BG=BC-GC=4-y，
根據旋轉可知∠EDF=90°，即ED⊥DF，
∵，∴，即∠GED=90°，∴∠AED+∠GEB=90°，∵∠GEB+∠BGE=90°，∴∠AED=∠EGB，
∵∠B=∠A=90°，∴，∴，即，
化簡得：，∴則當x=2時，y有最小值為3，∴GC的最小值為3，故選：D．
【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質、旋轉的性質和二次函數的最值問題，證得，得到，以此構造二次函數是解答本題的關鍵．
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AE，將AE繞點E順時針旋轉90°至EF，連結BF，取BF的中點M，若點E從點B運動至點C，則點M經過的路徑長為（）
A．2B．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，勾股定理和中位線定理，解題的關鍵在于找到M點的運動軌跡.
變式1． (2023·山西·九年級專題練習）如圖，已知正方形ABCD的邊長為，點O為正方形的中心，點F為邊AB的中點，點G為線段AF上一動點，直線GO交CD于點H，過點D作，垂足為點E，當點G從點A運動到點F時，點E所經過的路徑長是（）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】連接OD、OA，由題意易得OD=OA=2，∠DEO=90°，進而可得點E是在以OD為直徑的圓上運動，然后根據點G從點A移動到點F時，點E的運動軌跡剛好是四分之一圓，進而可求解．
【詳解】解：連接OA、OD，如圖所示：

∵點O為正方形的中心，∴OA⊥OD，∠OAD=45°，∴△OAD是等腰直角三角形，
∵AD=，∴OA=OD=2，∵，∴點E是以OD為直徑的圓的運動軌跡，如圖所示：
∴點G從點A移動到點F時，點E的運動軌跡剛好是四分之一圓，
∴點E所經過的路徑長為：，故選A．
【點睛】本題主要考查圓的基本性質及弧長計算公式，關鍵是根據題意得到動點的運動路徑是圓弧，然后根據弧長計算即可．
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，根據勾股定理求得；在正方形中，根據正方形的性質可得；在Rt△AGC中，根據勾股定理求得，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及勾股定理，解決問題時要注意本題有兩種情況，不要漏解．
變式1． (2023·湖北模擬預測）如圖，以AB為邊作邊長為8的正方形ABCD，動點P、Q在正方形ABCD的邊上運動，且PQ＝8，若點P從點A出發(fā)，沿A→B→C→D的線路，向D點運動，點Q只能在線段AD上運動，求點P從A到D的運動過程中，PQ的中點O所經過的路徑的長為_____．
【答案】4π+8
【分析】根據題意將問題分類討論，三種情況依次討論：一個是依據斜邊上的中線+圓的定義得到弧的軌跡，一個可以用中垂線來理解
【詳解】（1）當P在AB上，Q在AD上時，AO＝，由圓的定義可以知O的軌跡為EF這段圓弧
（2）同理當P在CD上，Q在AD上時，DO＝，由圓的定義可以知O的軌跡為EG這段圓弧
（3）Q在AD上，P在BC上，可知PQ∥AB，O的運動軌跡為FG這條線段
綜上分析：O的運動路徑長為：4π+8．故答案：4π+8
【點睛】本題考查了軌跡以及正方形的性質，解題的關鍵是學會用分類討論的思想思考問題．
5）綜合證明型
例1． (2023·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，旋轉角為α（0°≤α≤360°）．
(1)如圖1，當α＝0°時，DG與PG的關系為；(2)如圖2，當α＝90°時①求證：△AGD≌△FGM；
②（1）中的結論是否成立？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，即可得出結論；
（2）①先判斷出，再判斷出，即可得出結論；
②由①知，，得，得出，根據題（1），得出，得，得．又根據點是的中點，是的中位線，等量代換得．根據得，且，推出，又根據，同旁內角互補，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，全等三角形的判定和性質，等腰直角三角形的性質，三角形的中位線定理，解題的關鍵是全等三角形性質，三角形中位線定理，等量代換的轉換運用．
變式1． (2023·南充·中考真題）如圖，正方形邊長為1，點E在邊上（不與A，B重合），將沿直線折疊，點A落在點處，連接，將繞點B順時針旋轉得到，連接．給出下列四個結論：①；②；③點P是直線上動點，則的最小值為；④當時，的面積．其中正確的結論是_________．（填寫序號）
【答案】①②③
【分析】根據全等三角形判定即可判斷①；過D作DM⊥CA1于M，利用等腰三角形性質及折疊性質得∠ADE+∠CDM，再等量代換即可判斷②；連接AP、PC、AC，由對稱性知，PA1=PA，知P、A、C共線時取最小值，最小值為AC長度，勾股定理求解即可判斷③；過點A1作A1H⊥AB于H，借助特殊角的三角函數值求出BE，A1H的長度，代入三角形面積公式求解即可判斷④．
【詳解】解：∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=BC，∠ABC=90°，
由旋轉知，∠A1BA2=90°，A1B=A2B，∴∠ABA1=∠CBA2，∴△ABA1≌△CBA2，故①正確；
過D作DM⊥CA1于M，如圖所示，
由折疊知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正確；
連接AP、PC、AC，由對稱性知，PA1=PA，
即PA1+PC=PA+PC，當P、A、C共線時取最小值，最小值為AC的長度，即為，故③正確；
過點A1作A1H⊥AB于H，如圖所示，
=∵∠ADE=30°∴AE=tan30°·AD=，DE=，∴BE=AB-AE=1-，
由折疊知∠DEA=∠DEA1=60°，AE=A1E=，∴∠A1EH=60°，
∴A1H=A1E·sin60°=，∴△A1BE的面積=，故④錯誤，故答案為：①②③．
【點睛】本題考查了正方形性質、等腰三角形性質、全等三角形的判定、折疊性質及解直角三角形等知識點，綜合性較強．
課后專項訓練
1． (2023·浙江·九年級期末）如圖，在中，，，將點繞點逆時針旋轉得到點，點落在線段上，在線段BE上取點，使，連結，，則的長為（）
A．2B．C．D．
【答案】C
【分析】根據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，勾股定理，等腰三角形的性質，熟悉幾何圖形的性質是解題的關鍵．
2． (2023·河南·模擬預測）如圖，在菱形OBCD中，OB=1，相鄰兩內角之比為1：2，將菱形OBCD繞頂點O順時針旋轉90°，得到菱形OB′C′D′，則點C′的坐標為（）
A．（，）B．（，-）C．（，-）D．（，）
【答案】B
【分析】先求出菱形的內角度數，過C′作C′H⊥y軸于H點，在Rt△C′B′H中，利用特殊角度數及邊長求解C′H和B′H長，則C′點坐標可求．
【詳解】解：∵四邊形OBCD是菱形，相鄰兩內角之比為1：2，
∴∠C=∠BOD=60°，∠D=∠OBC=120°．根據旋轉性質可得∠OB′C′=120°，∴∠C′B′H=60°．
過C′作C′H⊥y軸于H點，在Rt△C′B′H中，B′C′=1，
∴B′H=，C′H=．∴OH=1+=．所以C′坐標為（，-）．故選：B
【點睛】本題主要考查了菱形的性質，旋轉的性質，以及坐標與圖形變化，解決此類問題要熟知旋轉后的不變量，求點D坐標構造直角三角形．
4． (2023·山東·滕州市一模）在矩形ABCD中，AD = 2AB = 4，E為AD的中點，一塊足夠大的三角板的直角頂點與E重合，將三角板繞點E旋轉，三角板的兩直角邊分別交AB、BC（或它們的延長線）于點M、N，設∠AEM = α（0°＜α ＜ 90°），給出四個結論：
①AM ＝CN ②∠AME ＝∠BNE ③BN－AM ＝2 ④ .
上述結論中正確的個數是
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【詳解】試題解析：①如圖，在矩形ABCD中，AD=2AB，E是AD的中點，作EF⊥BC于點F，則有AB=AE=EF=FC，∵∠AEM+∠DEN=90°，∠FEN+∠DEN=90°，∴∠AEM=∠FEN，在Rt△AME和Rt△FNE中，∵∠AEM=∠FEN，AE=EF，∠MAE=∠NFE，∴Rt△AME≌Rt△FNE，∴AM=FN，∴MB=CN．

∵AM不一定等于CN，∴AM不一定等于CN，∴①錯誤，②由①有Rt△AME≌Rt△FNE，∴∠AME=∠BNE，∴②正確，③由①得，BM=CN，∵AD=2AB=4，∴BC=4，AB=2
∴BN﹣AM=BC﹣CN﹣AM=BC﹣BM﹣AM=BC﹣（BM+AM）=BC﹣AB=4﹣2=2，∴③正確，④如圖，
由①得，CN=CF﹣FN=2﹣AM，AE=AD=2，AM=FN∵tanα=，∴AM=AEtanα
∵csα==，∴ ，
∴=1+=1+=1+，∴=2（1+）
∴S△EMN=S四邊形ABNE﹣S△AME﹣S△MBN=（AE+BN）×AB﹣AE×AM﹣BN×BM
=（AE+BC﹣CN）×2﹣AE×AM﹣（BC﹣CN）×CN
=（AE+BC﹣CF+FN）×2﹣AE×AM﹣（BC﹣2+AM）（2﹣AM）
=AE+BC﹣CF+AM﹣AE×AM﹣（2+AM）（2﹣AM）
=AE+AM﹣AE×AM+=AE+AEtanα﹣tanα+
=2+2tanα﹣2tanα+2=2（1+）=，∴④正確．故選C．
5． (2023·湖北孝感·中考真題）如圖，點在正方形的邊上，將繞點順時針旋轉到的位置，連接，過點作的垂線，垂足為點，與交于點．若，，則的長為（）
A．B．C．4D．
【答案】B
【分析】根據正方形性質和已知條件可知BC=CD=5,再由旋轉可知DE=BF,設DE=BF=x，則CE=5-x，CF=5+x，然后再證明△ABG∽△CEF，根據相似三角形的性質列方程求出x，最后求CE即可．
【詳解】解：∵，∴BC=BG+GC=2+3=5
∵正方形∴CD=BC=5設DE=BF=x，則CE=5-x，CF=5+x
∵AH⊥EF，∠ABG=∠C=90°∴∠HFG+∠AGF=90°，∠BAG+∠AGF=90°∴∠HFG=∠BAG∴△ABG∽△CEF
∴ ,即，解得x=∴CE=CD-DE=5-=．故答案為B．
【點睛】本題考查了正方形的性質和相似三角形的判定與性質，根據相似三角形的性質列方程求出DE的長是解答本題的關鍵．
6． (2023·四川眉山·中考真題）如圖，四邊形為正方形，將繞點逆時針旋轉至，點，，在同一直線上，與交于點，延長與的延長線交于點，，．以下結論：①；②；③；④．其中正確結論的個數為（）
A．1個B．2個C．3個D．4個
【答案】D
【分析】利用旋轉的性質，正方形的性質，可判斷①正確；利用三角形相似的判定及性質可知②正確；證明，得到，即，利用是等腰直角三角形，求出，再證明即可求出可知③正確；過點E作交FD于點M，求出，再證明，即可知④正確．
【詳解】解：∵旋轉得到，∴，
∵為正方形，，，在同一直線上，
∴，∴，故①正確；
∵旋轉得到，∴，，∴，∴，
∵，∴，∴，∴，故②正確；
設正方形邊長為a，∵，，∴，
∵，∴，∴，即，
∵是等腰直角三角形，∴，∵，，
∴，∴，即，解得：，
∵，∴，故③正確；過點E作交FD于點M，
∴，∵，∴，∵，∴，
∵，，∴，
∴，故④正確。綜上所述：正確結論有4個，故選：D
【點睛】本題考查正方形性質，旋轉的性質，三角形相似的判定及性質，解直角三角形，解題的關鍵是熟練掌握以上知識點，結合圖形求解．
7． (2023·江蘇揚州·三模）如圖，在等邊△ABC和等邊△CDE中，AB＝6，CD＝4，以AB、AD為鄰邊作平行四邊形ABFD，連接AF．若將△CDE繞點C旋轉一周，則線段AF的最小值是______．
【答案】
【分析】過點F作GF∥CD，過點C作GC∥DF，二線交于點G，根據平行四邊形的性質，得到點F在以G為圓心，以CD長為半徑的圓上，利用圓的性質，確定最小值即可．
【詳解】如圖，過點F作GF∥CD，過點C作GC∥DF，二線交于點G，
∴ 四邊形DFGC是平行四邊形，∴GF=CD=4,∴點F在以G為圓心，以CD長為半徑的圓上，
∴當A、F、G三點共線時，AF最小，∵四邊形DFGC是平行四邊形，四邊形ABFD是平行四邊形，
∴AB∥DF∥CG，AB=DF=CG，∴四邊形ABGC是平行四邊形，
∵AB=AC，∴四邊形ABGC是菱形，∴AG，BC互相垂直平分，設交點為H，
∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=60°，
∴AH=ABsin60°=，∴AG=2AH=，∴AF=AG-FG=故答案為：．
【點睛】本題考查了等邊三角形的性質，平行四邊形的判定和性質，菱形的判定和性質，圓的最值性，特殊角的三角函數值，熟練菱形的判定和性質，圓的性質是解題的關鍵．
8． (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是射線AB上的一個動點，將線段EF繞點E逆時針旋轉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，
由旋轉的性質可知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與判定，全等三角形的性質與判定，平行四邊形的性質與判定，含30度角的直角三角形的性質，線段垂直平分線的性質與判定等等，正確作出輔助線構造全等三角形確定點G的運動軌跡是解題的關鍵．
9． (2023·江蘇·南京市花園中學模擬預測）中，，，，對角線AC，BD交于點O，將繞點O順時針旋轉，使點D落在AD上處，點C落在處，交AD于點P，則的面積是___________．
【答案】
【分析】過點作，作，，，，為垂足，根據，，，可證是直角三角形，，可求△各邊長，以及的長，由可求的長，即可求的面積．
【詳解】解：過點作，作，，，，為垂足，
，，，，，
．，，，
是平行四邊形，，，，，
在中，，
旋轉，，，，，
，，，，
，，，，，
，，，，，
，且，，
，故答案為．
【點睛】本題考查旋轉的性質，平行四邊形的性質，勾股定理，平行線分線段成比例，關鍵是靈活運用這些性質解決問題．
10． (2023·山西·九年級專題練習）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，先根據等邊三角形的判定與性質、三角形全等的判定定理證出，根據全等三角形的性質可得，從而可得，由此可得點在射線上運動，再根據垂線段最短可得當點與點重合時，的長最小，然后根據平行四邊形的判定可得四邊形是平行四邊形，根據平行四邊形的性質可得，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、平行四邊形的判定與性質、等邊三角形的判定與性質、解直角三角形等知識點，正確找出點的運動軌跡是解題關鍵．
11． (2023·新疆·中考真題）如圖，四邊形ABCD是正方形，點E在邊BC的延長線上，點F在邊AB上，以點D為中心將繞點D順時針旋轉與恰好完全重合，連接EF交DC于點P，連接AC交EF于點Q，連接BQ，若，則______．
【答案】
【分析】通過∠DFQ=∠DAQ=45°證明A、F、Q、D四點共圓，得到∠FDQ=∠FAQ=45°，∠AQF=∠ADF，利用等角對等邊證明BQ=DQ=FQ=EQ，并求出，通過有兩個角分別相等的三角形相似證明，得到，將BQ代入DE、FQ中即可求出．
【詳解】連接PQ，
∵繞點D順時針旋轉與完全重合，
∴DF=DE，∠EDF=90°，，∴∠DFQ=∠DEQ=45°，∠ADF=∠CDE，
∵四邊形ABCD是正方形，AC是對角線，∴∠DAQ=∠BAQ=45°，∴∠DFQ=∠DAQ=45°，
∴∠DFQ、∠DAQ是同一個圓內弦DQ所對的圓周角，即點A、F、Q、D在同一個圓上（四點共圓），
∴∠FDQ=∠FAQ=45°，∠AQF=∠ADF，∴∠EDQ=90°-45°=45°，∠DQE=180°-∠EDQ-∠DEQ=90°，∴FQ=DQ=EQ，∵A、B、C、D是正方形頂點，∴AC、BD互相垂直平分，
∵點Q在對角線AC上，∴BQ=DQ，∴BQ=DQ=FQ=EQ，
∵∠AQF=∠ADF， ∠ADF=∠CDE，∴∠AQF=∠CDE，∵∠FAQ=∠PED=45°，
∴，∴，∴，∵BQ=DQ=FQ=EQ，∠DQE=90°，
∴，∴，∴，故答案為：．
【點睛】本題綜合考查了相似三角形、全等三角形、圓、正方形等知識，通過靈活運用四點共圓得到等弦對等角來證明相關角相等是解題的巧妙方法．
12． (2023·江蘇宿遷·中考真題）已知正方形ABCD與正方形AEFG，正方形AEFG繞點A旋轉一周．
(1)如圖①，連接BG、CF，求的值；(2)當正方形AEFG旋轉至圖②位置時，連接CF、BE，分別取CF、BE的中點M、N，連接MN、試探究：MN與BE的關系，并說明理由；
(3)連接BE、BF，分別取BE、BF的中點N、Q，連接QN，AE=6，請直接寫出線段QN掃過的面積．
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）由旋轉的性質聯想到連接，證明即可求解；
（2）由M、N分別是CF、BE的中點，聯想到中位線，故想到連接BM并延長使BM=MH，連接FH、EH，則可證即可得到，再由四邊形內角和為可得，則可證明，即是等腰直角三角形，最后利用中位線的性質即可求解；
（3）Q、N兩點因旋轉位置發(fā)生改變，所以Q、N兩點的軌跡是圓，又Q、N兩點分別是BF、BE中點，所以想到取AB的中點O，結合三角形中位線和圓環(huán)面積的求解即可解答．
【詳解】解：（1）連接四邊形ABCD和四邊形AEFG是正方形
分別平分
即且都是等腰直角三角形
（2）連接BM并延長使BM=MH，連接FH、EH
是CF的中點又
在四邊形BEFC中
又
即即
又四邊形ABCD和四邊形AEFG是正方形
三角形BEH是等腰直角三角形
M、N分別是BH、BE的中點
（3）取AB的中點O，連接OQ、ON，連接AF 在中，O、Q分別是AB、BF的中點
同理可得
所以QN掃過的面積是以O為圓心，和為半徑的圓環(huán)的面積．
【點睛】本題考察旋轉的性質、三角形相似、三角形全等、正方形的性質、中位線的性質與應用和動點問題，屬于幾何綜合題，難度較大．解題的關鍵是通過相關圖形的性質做出輔助線．
13． (2023·江蘇南通·中考真題）如圖，矩形中，，點E在折線上運動，將繞點A順時針旋轉得到，旋轉角等于，連接．
(1)當點E在上時，作，垂足為M，求證；(2)當時，求的長；
(3)連接，點E從點B運動到點D的過程中，試探究的最小值．
【答案】(1)見詳解(2)或(3)
【分析】（1）證明即可得證．
分情況討論，當點E在BC上時，借助，在中求解；當點E在CD上時，過點E作EG⊥AB于點G，FH⊥AC于點H，借助并利用勾股定理求解即可．（3）分別討論當點E在BC和CD上時，點F所在位置不同，DF的最小值也不同，綜合比較取最小即可．
（1）如圖所示，由題意可知，，，，由旋轉性質知：AE=AF，
在和中，，，．

（2）當點E在BC上時在中，，，則，
在中，，，則，由（1）可得，，
在中，，，則，
當點E在CD上時，如圖，過點E作EG⊥AB于點G，FH⊥AC于點H，
同（1）可得，，
由勾股定理得；故CF的長為或．
（3）如圖1所示，當點E在BC邊上時，過點D作于點H，由（1）知，，
故點F在射線MF上運動，且點F與點H重合時，DH的值最?。?br>在與中，，，
，即，，，，
在與中，，，
，即，，故的最小值；
如圖2所示，當點E在線段CD上時，將線段AD繞點A順時針旋轉的度數，得到線段AR，連接FR，過點D作，，由題意可知，，
在與中，，，，
故點F在RF上運動，當點F與點K重合時，DF的值最??；
由于，，，故四邊形DQRK是矩形；
，，
，，
故此時DF的最小值為；由于，故DF的最小值為．
【點睛】本題考查矩形的性質、全等三角形的判定和性質、相似三角形的性質和判定、勾股定理、解直角三角形，解決本題的關鍵是各性質定理的綜合應用．
14． (2023·黑龍江齊齊哈爾·中考真題）綜合與實踐
數學是以數量關系和空間形式為主要研究對象的科學．數學實踐活動有利于我們在圖形運動變化的過程中去發(fā)現其中的位置關系和數量關系，讓我們在學習與探索中發(fā)現數學的美，體會數學實踐活動帶給我們的樂趣．如圖①，在矩形ABCD中，點E、F、G分別為邊BC、AB、AD的中點，連接EF、DF，H為DF的中點，連接GH．將△BEF繞點B旋轉，線段DF、GH和CE的位置和長度也隨之變化．當△BEF繞點B順時針旋轉90°時，請解決下列問題：
(1)圖②中，AB=BC，此時點E落在AB的延長線上，點F落在線段BC上，連接AF，猜想GH與CE之間的數量關系，并證明你的猜想；
(2)圖③中，AB=2，BC=3，則；(3)當AB=m , BC=n時．．
(4)在（2）的條件下，連接圖③中矩形的對角線AC，并沿對角線AC剪開，得△ABC（如圖④)．點M、N分別在AC、BC上，連接MN，將△CMN沿 MN翻折，使點C的對應點P落在AB的延長線上，若PM平分∠APN，則CM長為．
【答案】(1)，證明見解析(2)(3)(4)
【分析】（1）先證明△ABF≌△CBE，得AF=CE，再根據中位線性質得GH=，等量代換即可；
（2）連接AF，先證明△ABF∽△CBE，得到AF：CE的比值，再根據中位線性質得GH=，等量代換即可；（3）連接AF，先證明△ABF∽△CBE，用含m、n的代數式表達出AF：CE的比值，再根據中位線性質得GH=，等量代換即可；（4）過M作MH⊥AB于H，根據折疊性質得∠C=∠MPN，根據角平分線證明出∠C=∠PMH，設CM=PM=x，HM=y，根據三角函數定義找到x、y之間的關系，再利用△AHM∽△ABC，得到，代入解方程即可．
【詳解】（1）解：，理由如下：
∵AB=BC，四邊形ABCD為矩形，∴四邊形ABCD為正方形，∴∠ABC=∠CBE=90°，
∵E、F為BC，AB中點，∴BE=BF，∴△ABF≌△CBE，∴AF=CE，
∵H為DF中點，G為AD中點∴GH=，∴．
（2）解：，連接AF，如圖所示，

由題意知，BF==1，BE==，∴，
由矩形ABCD性質及旋轉知，∠ABC=∠CBE=90°，∴△ABF∽△CBE，∴AF：CE=2:3，
∵G為AD中點，H為DF中點，∴GH=，∴．故答案為：．
（3）解：，連接AF，如圖所示，
由題意知，BF==，BE==，∴，
由矩形ABCD性質及旋轉知，∠ABC=∠CBE=90°，∴△ABF∽△CBE，∴AF：CE=m：n，
∵G為AD中點，H為DF中點，∴GH=，∴．故答案為：．
（4）解：過M作MH⊥AB于H，如圖所示，
由折疊知，CM=PM，∠C=∠MPN，∵PM平分∠APN，∴∠APM=∠MPN，∴∠C=∠APM，
∵AB=2，BC=3 ∴AC=，設CM=PM=x，HM=y，
由知，，即，，
∵HM∥BC，∴△AHM∽△ABC，∴，
即，，∴，解得：x=，故答案為：．
【點睛】本題考查了正方形性質、三角形中位線性質、折疊性質、全等三角形判定與性質、相似三角形的性質與判定、三角函數定義等知識點，找到相似三角形是解題關鍵．
15． (2023·福建泉州·九年級統(tǒng)考期末）如圖1，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，以點A為旋轉中心，將菱形ABCD逆時針旋轉α（0°＜α＜30°）得到菱形，交對角線AC于點M，邊AB的延長線交于點N．
（1）當時，求α的度數；
（2）如圖2，對角線B'D'交AC于點H，交AN于點G，延長交AD于點E，連接EH，若菱形ABCD的周長為正數a，試探索：在菱形ABCD繞點A逆時針旋轉α（0°＜α＜30°）的過程中，的周長是否為定值，若是，試求出此定值；若不是，請說明理由．
【答案】（1）α＝15°；（2）為定值，
【分析】（1）先利用SAS判斷出△AD'M≌△AB'N（SAS），得出∠D'AM＝∠B'AN＝α，再判斷出∠CAD＝30°＝2α，即可得出結論；（2）先判斷出AB'＝AD'＝，再判斷出∠AB'G＝∠AD'E＝60°，進而利用ASA判斷出△AB'G≌△AD'E，得出B'G＝D'E，AG＝AE，進而判斷出△AGH≌△AEH（ASA），得出HE＝HG，即可得出結論．
【詳解】解：（1）∵菱形AB'C'D'是由菱形ABCD旋轉所得，∴AB'＝AD'，∠AB'N＝∠AD'M，
又∵，∴△AD'M≌△AB'N（SAS），∴∠D'AM＝∠B'AN＝α，
又∵AC為菱形ABCD的對角線，且∠BAD＝60°，∴∠CAD＝30°＝∠D'AM+∠D'AD＝2α，∴α＝15°；
（2）∵菱形AB'C'D'是由菱形ABCD旋轉所得，∴∠B'AG＝∠D'AE＝α，
∵菱形ABCD的周長為a∴AB'＝AD'＝，
又∵∠B'AD'＝∠BAD＝60°，∴∠AD'C'＝120°，且∠AD'E＝60°，∴
∴△AB'G≌△AD'E（ASA），∴B'G＝D'E，AG＝AE，
又∠GAH＝∠HAE＝30°，∴△AGH≌△AEH（ASA），∴HE＝HG，
∵AB'＝AD'，∠B'AD'＝60°，∴△AB'D'是等邊三角形，∴B'D'＝AB'＝，
∴△EHD'的周長＝HD'+HE+D'E＝HD'+HG+B'G＝B'D'＝，∴三角形EHD'的周長為定值．
【點睛】此題主要考查了菱形的性質，旋轉的性質，全等三角形的判定和性質，判斷出△AB'G≌△AD'E是解本題的關鍵．
16． (2023·重慶·二模）如圖1，在平行四邊形中，，，等腰繞點旋轉，，連接．
(1)當，，時，求的長．
(2)如圖2，若、、分別是、、的中點，連接、，猜想線段、的數量關系并證明；(3)如圖3，若，，在旋轉過程中，連接、，當有最大值時，把沿著翻折到與同一平面內得到，連接，請直接寫出的面積．
【答案】(1)(2)；理由見詳解(3)
【分析】（1）過點F作FH⊥ BC，垂足為點C，通過平行四邊形的性質及等量代換求得∠ACE =∠FCB，得到，設FH=x，則CH=2x，通過勾股定理求得BF的長；
（2）連接AE、PH，延長BF交AE于點M，先證明△ACE≌△FCB（SAS），再由中位線定理得∥，∥，=，=，最后證得是等腰直角三角形，即可得出答案；
（3）可以得出當，，共線時的面積最小，據此解答即可．
(1)解：如圖1，過點F作FH⊥ BC，垂足為點C，
∵四邊形中是平行四邊形，∴AD=BC，AD∥BC，
∵，，，∴∠ACB=90°，，
∵，∴∠ACE+∠ACF=∠ACF+∠FCB，∴∠ACE =∠FCB，
∴，∴Rt△CFH中，，
設FH=x，則CH=2x，∴，解得：x=1（負值舍去），
∴FH=1，則CH=2，∴BH=BC-CH=4-2=2，∴BH=CH=2，
∴FH是BC的垂直平分線，∴BF=FC=；
(2)如圖2，連接AE、PH，延長BF交AE于點M，

∵，∴∠ACE+∠ACF=∠ACF+∠FCB，∴∠ACE =∠FCB，
∵，，∴△ACE≌△FCB（SAS），∴，∠EAC =∠FBC，
∵若、、分別是、、的中點，
∴∥，∥，=，=，∴，
∵∠EAC =∠FBC，且對頂角相等，∴，∴，
∴是等腰直角三角形，
(3)如圖，連接AE，FH，作CG⊥EF，HM⊥BF，垂足分別為點G，M，
由題意可知，當，，共線時的面積最小，此時∠BFC=135°，
∵，，∴AB=CD=，EF=2，∴CG=BG=GF=1，
∴，∴BE=4，BF=2，∴
∵把沿著翻折到與同一平面內得到，
∴FH⊥BC，，∴，
設BM=t，則FM=2-t，∴解得：，∴，
∴，∴
∴的面積最小為．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了平行四邊形的性質，全等三角形的判定和性質，解直角三角形等知識，中位線定理，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考壓軸題．
17． (2023·山東濟南·中考真題）在中，，，點在邊上，，將線段繞點順時針旋轉至，記旋轉角為，連接，，以為斜邊在其一側制作等腰直角三角形．連接．（1）如圖1，當時，請直接寫出線段與線段的數量關系；（2）當時，①如圖2，（1）中線段與線段的數量關系是否仍然成立？請說明理由；
②如圖3，當，，三點共線時，連接，判斷四邊形的形狀，并說明理由．
【答案】（1）；（2）①成立，理由見解析；②平行四邊形，理由見解析；
【分析】（1）如圖1，證明，由平行線分線段成比例可得，由的余弦值可得；
（2）①根據兩邊成比例，夾角相等，證明，即可得；
②如圖3，過作，連接, 交于點，根據已知條件證明，根據平行線分線段成比例可得，根據銳角三角函數以及①的結論可得,
根據三角形內角和以及可得，進而可得，即可證明四邊形是平行四邊形．
【詳解】（1）如圖1，

，，，
是以為斜邊等腰直角三角形，,，
，，，
，，即；
（2）①仍然成立，理由如下：如圖2，，，
，是以為斜邊等腰直角三角形，,，
，，即，
，，，
，，即；
②四邊形是平行四邊形，理由如下：
如圖3，過作，連接, 交于點，
，，，，，，
是以為斜邊等腰直角三角形，，
，，三點共線，，，
，，，，，
，，
，，，由①可知，，
是以為斜邊等腰直角三角形，,，，
，，，
，
，即，，，
，四邊形是平行四邊形．
【點睛】本題考查了等腰三角形性質，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊，平行線分線段成比例，相似三角形的性質與判定，平行四邊形的判定，熟練掌握平行線分線段成比例以及相似三角形的性質與判定是解題的關鍵．
18． (2023·重慶·中考真題）△ABC為等邊三角形，AB=8，AD⊥BC于點D，E為線段AD上一點，AE= ．以AE為邊在直線AD右側構造等邊三角形AEF，連接CE，N為CE的中點．
（1）如圖1，EF與AC交于點G，連接NG ，求線段NG的長；
（2）如圖2，將△AEF繞點A逆時針旋轉，旋轉角為α，M為線段EF的中點，連接DN，MN．當30°＜α＜120°時，猜想∠DNM的大小是否為定值，并證明你的結論；
（3）連接BN．在△AEF繞點A逆時針旋轉過程中，當線段BN最大時，請直接寫出△ADN的面積．
【答案】（1）NG=；（2）∠DNM的為定值120°，證明見詳解；（3）△AND的面積為
【分析】（1）證明∠CGE=90°，求出DE=，EC=2，根據直角三角形性質即可求解；（2）證明BE∥DN，MN∥CF，△ABE≌△ACF，得到因此∠DGC=∠BHC，∠ENM=∠ECF，∠ABE=∠ACF，通過角的代換即可求解；（3）取AC中點P，因為BP+PN≥BN，所以當B、P、N在一直線上，BN最大．求出BN=，設BP與AD交于O，NQ⊥AD于Q，根據△ONQ∽△OBD，可求得NQ=，問題得解．
【詳解】解：（1）∵△ABC為等邊三角形，AB=8，AD⊥BC于點D，
∴∠DAC=30°,CD=，∴ ，
∴ ，∴ ，
∵三角形AEF是等邊三角形， ∴ ∴
∵N為CE的中點∴．
（2）∠DNM的為定值120°．連CF，BE，BE交AC于H，DN交AC于G，如圖，
∵D、N、M分別為BC、CE、EF中點，∴DN、MN分別為△BCE、ECF中位線，
∴BE∥DN，MN∥CF，∵△ABC、△AEF都是等邊三角形，
∴AB=AC,AE=AF, ∴
∴△ABE≌△ACF．∴∠DGC=∠BHC，∠ENM=∠ECF，∠ABE=∠ACF
又∵∠BHC=∠ABE+∠BAH=∠ABE+60°，∴∠DGC=∠ABE+60°=∠ACF+60°
又∵∠DGC=∠DNC+∠GCN=∠DNC+∠ACF-∠ECF，∴∠DNC=60°+∠ECF=60°+∠ENM，
∴∠DNE=180°-∠DNC=120°-∠ENM，∴∠DNM=∠DNE+∠ENM=120°．
（3）△AND的面積為，
如圖，取AC中點P，因為BP+PN≥BN，所以當B、P、N在一直線上，BN最大．
∴BN=BP+PN=BP+AE= 設BP與AD交于O，NQ⊥AD于Q，如圖，
∴BO=BP=，ON=，BD=4，由題意得△ONQ∽△OBD，∴NQ=，
∴△AND的面積為：×AD×NQ=．
【點睛】本題考查了等邊三角形性質，直角三角形性質，中位線定理，相似等知識，綜合性較強，熟知圖形變化規(guī)律，根據題意正確畫出圖形是解題關鍵．

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