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专题5-10. 特殊平行四边形中的图形变换模型-旋转模型
模块1：模型简介
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。
模块2：核心模型点与典例
模型1.平行四边形中的旋转模型
1）常规计算型
例1．（2023·江苏泰州·八年级校考阶段练习）如图，将 ABCD绕点A逆时针旋转到的位置，使点落在BC上，与CD交于点E．若，则旋转角的度数为 ．
例2．（2022下·福建泉州·八年级校考期中）如图，在平行四边形 中，， ，绕A逆时针旋转，点B的对应点为E，连接，设旋转角度为（）．
（1）当时，与直线相交于点F，此时，的长为 ；
（2）当是以为斜边的直角三角形时，则的长为 ．
2）最值（范围）型
例1．（2023·山东临沂·二模）如图，在平行四边形中，，，点为射线上一动点，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，则的最小值是______．
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下·江苏无锡·八年级校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，四边形为平行四边形，为坐标原点，，，，将平行四边形绕点逆时针旋转得到平行四边形，点在的延长线上，点F落在x轴正半轴上．
(1)证明：是等边三角形；(2)平行四边形绕点逆时针旋转度．的对应线段为，点的对应点为．①直线与轴交于点，若为等腰三角形，求点的坐标：②对角线在旋转过程中设点坐标为，当点到轴的距离大于或等于时，求的范围．
模型2.菱形中的旋转模型
1）常规计算型
例1．（2023春·江苏南京·八年级校联考期中）如图，在菱形中，，将菱形绕点A逆时针旋转，得到四边形，连接，若，则的度数为 ．
例2．（2023·山东东营·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为，点在轴的正半轴上，且，将菱形绕原点逆时针方向旋转，得到四边形点与点重合，则点的坐标是( )
A． B． C． D．
例3．（2023秋·广东·九年级专题练习）如图，菱形的对角线、交于点O，将绕着点C旋转得到，若，，则的长是（ ）
A．4 B． C． D．
2）最值（范围）型
例1．（2023·江苏·二模）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 _____．
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．2 B． C．1 D．
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 ．
4）综合证明型
例1．（2023·重庆·九年级专题练习）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，下列判断错误的是（ ）
A．EB平分∠AED' B．FB平分∠A'FC C．△DEF的周长是一个定值 D．S△DEF+2S△BEF＝S菱形ABCD
例2．（2023·福建泉州·九年级统考期末）如图1，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，以点A为旋转中心，将菱形ABCD逆时针旋转α（0°＜α＜30°）得到菱形，交对角线AC于点M，边AB的延长线交于点N．（1）当时，求α的度数；（2）如图2，对角线B'D'交AC于点H，交AN于点G，延长交AD于点E，连接EH，若菱形ABCD的周长为正数a，试探索：在菱形ABCD绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜30°）的过程中，的周长是否为定值，若是，试求出此定值；若不是，请说明理由．
模型3.矩形中的旋转模型
1）常规计算型
例1．（2023下·山西大同·九年级校联考期中）如图，将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，已知，则旋转角的度数为（ ）
A． B． C． D．
例2．（2020·广西梧州·统考一模）如图，将矩形ABCD绕点A旋转至矩形位置，此时的中点恰好与D点重合，AB'交CD于点E，若AD=3，则AEC的面积为（ ）
A．12 B．4 C．3 D．6
例3．（2023·江苏无锡·校考一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝4，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形AB′C′D′，AB′交CD于点E，且DE＝B′E，则AE的长为 _____．
2）最值（范围）型
例1．（2022·广东广州·中考真题）如图，在矩形ABCD中，BC=2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'，连接PP' ，CP'．当点P' 落在边BC上时，∠PP'C的度数为________； 当线段CP' 的长度最小时，∠PP'C的度数为________
例2．（2023·江苏·一模）如图，在矩形ABCD中，，，点P为边AD上一个动点，连接CP，点P绕点C顺时针旋转得到点，连接并延长到点E，使，以CP、CE为邻边作矩形PCEF，连接DE、DF，则和面积之和的最小值为______．
例3．（2023下·江苏常州·八年级校考期中）阅读：如果两个动点到一个定点的距离的比为定值，且这两个动点与定点连线所成角的度数也为定值，那么这两动点的运动路径相同．
应用：如图，点O是矩形的对角线AC的中点，，以O为直角顶点的的顶点P在边上，，当P在上运动时，的最大值为（ ）
A．1 B． C．2 D．
3）分类讨论型
例1．（2023·河南信阳·二模）如图，为矩形的对角线，，，把绕点旋转，点的对应为点，当时，的长为 ．
例2．（2023·江苏·一模）如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转θ（0°≤θ≤360°），得到矩形AEFG．
（1）当点E在BD上时，求证：AF∥BD；（2）当GC＝GB时，求θ；
（3）当AB＝10，BG＝BC＝13时，求点G到直线CD的距离．
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．（2023上·福建南平·九年级校考期中）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，连接．求证：平分；求证：是的中点；(2)如图，连接，若平分，，求的长．
模型4.正方形中的旋转模型
1）常规计算型
例1．（2023·河南·九年级阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，边长为的正方形ABCD的顶点A在x轴正半辅上，C在第一象限，将正方形ABCD绕点A旋转，当D的坐标为(3，2)时，则C点的坐标是（ ）
A．(5，1) B．(5，2) C．(5，3) D．(5，4)
例2．（2022·辽宁辽宁·中考真题）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是OD的中点，连接CE并延长交AD于点G，将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到CF，连接EF，点H为EF的中点．连接OH，则的值为_______．
2）最值（范围）型
例1．（2023·江苏扬州·三模）如图，已知正方形ABCD的边长为4，点E是AB边上一动点，连接ED，将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DF，CF，则DF＋CF的最小值是（ ）
A．4 B．4 C．5 D．2
例2．（2023.湖北九年级期中）如图，正方形ABCD的边长为4，，点E是直线CM上一个动点，连接BE，线段BE绕点B顺时针旋转45°得到BF，连接DF，则线段DF长度的最小值等于（ ）
A． B． C． D．
3）路径（轨迹）型
例1．（2023下·江苏宿迁·八年级统考期中）如图，在正方形中，是对角线上一动点，点P从点C出发，连接，过点P作交边于点Q，连接，取的中点H，若P点移动的路径长为2，则H点移动路径长为（ ）
A．2 B． C． D．
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．
模块3：同步培优题库
全卷共22题 测试时间：90分钟 试卷满分：120分
一、选择题（本大题共7小题，每小题5分，共35分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
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．
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
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
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
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
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
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．3 D．3–
二、填空题（本大题共9小题，每小题5分，共45分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
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 ．
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 ．
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 ．
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 ．
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）
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 ．
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 ．
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 °．
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 ．
三、解答题（本大题共6小题，共40分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
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．
18．（2023下·广西南宁·八年级统考期中）综合与实践
问题情境:在综合实践课上，李老师让同学们根据如下问题情境，写出两个数学结论:如图1,正方形的对角线交于点O，点O又是正方形的一个顶点（正方形 的边长足够长），将正方形绕点0做旋转实验，与交于点M，与交于点N.如图1“求实小组”写出的两个数学结论是：① ； ②.
问题解决:（1）请你证明“求实小组”所写的两个结论的正确性.
类比探究:如图2（2）解决完“求实小组”的两个问题后，老师让同学们继续探究，再提出新的问题﹔如图2，将正方形在图1的基础上旋转一定的角度，当与的延长线交于点M， 与的延长线交于点N，则“求实小组”所写的两个结论是否仍然成立 请说明理由.
19．（2020·贵州贵阳·中考真题）如图，四边形是正方形，点为对角线的中点．
（1）问题解决：如图①，连接，分别取，的中点，，连接，则与的数量关系是_____，位置关系是____；
（2）问题探究：如图②，是将图①中的绕点按顺时针方向旋转得到的三角形，连接，点，分别为，的中点，连接，．判断的形状，并证明你的结论；
（3）拓展延伸：如图③，是将图①中的绕点按逆时针方向旋转得到的三角形，连接，点，分别为，的中点，连接，．若正方形的边长为1，求的面积．
20．（2023·广东广州·校考二模）菱形ABCD中，∠ABC＝60°，△BEF为等边三角形，将△BEF绕点B顺时针旋转，M为线段DF的中点，连接AM、EM．
(1)如图1，E为边AB上一点（点A、E不重合），则EM、AM的位置关系是___，EM、AM的数量关系是____；(2)将△BEF旋转至如图2所示位置，（1）中的结论是否仍成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；(3)若AB＝2，EF＝1，在旋转过程中，CM的最小值为______，此时DF的长为______．
21．（2022春·山东济宁·八年级统考期中）已知菱形ABCD和菱形DEFG有公共的顶点D，C点在DE上，且∠ADC=∠EDG，连接AE，CG，如图1．
(1)试猜想AE与CG有怎样的数量关系(直接写出关系，不用证明)；
(2)将菱形DEFG绕点D按顺时针方向旋转，使点E落在BC边上，如图2，连接AE和CG．你认为(1)中的结论是否还成立 若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；(3)在(2)的条件下，如果∠ADC=∠EDG=90°，如图3，你认为AE和CG是否垂直 若垂直，请给出证明；若不垂直，请说明理由．
22．（2022下·福建漳州·八年级漳州三中校联考期中）如图，把长方形绕点D按逆时针方向旋转角度得到长方形，使点E在对角线上，连接．
(1)若，求的度数；(2)求证：．
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专题5-10. 特殊平行四边形中的图形变换模型-旋转模型
模块1：模型简介
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。
模块2：核心模型点与典例
模型1.平行四边形中的旋转模型
1）常规计算型
例1．（2023·江苏泰州·八年级校考阶段练习）如图，将 ABCD绕点A逆时针旋转到的位置，使点落在BC上，与CD交于点E．若，则旋转角的度数为 ．
【答案】20°/20度
【分析】由旋转的性质可得，AB=A，是旋转角，由平行四边形的性质和等腰三角形的性质可求∠B=80°，由三角形内角和定理可求解．
【详解】解：∵将 ABCD绕点A逆时针旋转到的位置，
∴∠=∠C=100°，，∠BA是旋转角，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠B+∠C=180°，∴∠B=80°，
∵AB=A，∴∠B=∠AB=80°，∴∠BA=20°，故答案为：20°．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
例2．（2022下·福建泉州·八年级校考期中）如图，在平行四边形 中，， ，绕A逆时针旋转，点B的对应点为E，连接，设旋转角度为（）．
（1）当时，与直线相交于点F，此时，的长为 ；
（2）当是以为斜边的直角三角形时，则的长为 ．
【答案】 4
【分析】（1）证明，根据等腰三角形的性质即可求得的长；
（2）如图，，交与点，根据平行四边形的性质和旋转的性质可得：，，推出是的角平分线，得到，利用 所对的直角边是斜边的一半结合勾股定理，求出的长，进而求出的长，再利用勾股定理即可得解．
【详解】解：（1）当时， ∵， ∴，
在四边形ABCD中，，即，
∴， ∴， 故答案为：4．
（2）解：如图，，交与点，
∵四边形为平行四边形，，∴，
∵，∴，
∵旋转，∴，∴，
∵，∴，∴是的角平分线，
∵，∴，∵，∴，
∴，∴，∴．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的性质，旋转变换，勾股定理的应用等知识，熟练掌握平行四边形的性质，旋转的性质以及勾股定理解三角形是解题的关键．
2）最值（范围）型
例1．（2023·山东临沂·二模）如图，在平行四边形中，，，点为射线上一动点，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，则的最小值是______．
【答案】
【分析】以AB为边向右作等边△ABK，连接EK，证明△ABF≌△KBE（SAS），推出AF＝EK，根据垂线段最短可知，当KE⊥AD时，EK的值最小，求出EK即可解决问题．
【详解】解：如图，以AB为边向右作等边△ABK，由可知点K在BC上，连接EK，
∵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，EK的值最小，即AF的值最小，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠EAK＝∠AKB＝60°，∴∠AKE＝30°，
∵AB＝AK＝2 ∴AE＝AK＝1，∴EK＝，∴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，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．
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下·江苏无锡·八年级校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，四边形为平行四边形，为坐标原点，，，，将平行四边形绕点逆时针旋转得到平行四边形，点在的延长线上，点F落在x轴正半轴上．
(1)证明：是等边三角形；(2)平行四边形绕点逆时针旋转度．的对应线段为，点的对应点为．①直线与轴交于点，若为等腰三角形，求点的坐标：
②对角线在旋转过程中设点坐标为，当点到轴的距离大于或等于时，求的范围．
【答案】(1)见解析(2)①或或或，；②或
【分析】（1）根据点坐标结合勾股定理求出，再根据等腰三角形的性质得出，得到，故而可解；（2）①设，根据等腰三角形的性质分、和三种情况，分别求出点坐标即可；②分旋转过程中在第三象限时到轴的距离等于、旋转到第四象限时到轴的距离等于、旋转到在第一象限时到轴的距离等于和旋转180度四种情况，分别求出m的值，即可得到的取值范围．
【详解】（1）如图过点作轴于点，
，，，，，
由旋转的性质可得：，∴，∴，是等边三角形；
（2）①设，是等腰三角形，
当时，，解得：，，
当时，，或，
当时，根据等腰三角形的性质可得，∴，
故为等腰三角形时，点的坐标为或或或，．
②旋转过程中点的对应点为，，
当点开始旋转，至在第三象限内到轴的距离等于时，如图，作轴于点H，轴于点G，交于点E，∴，
∴，，
∴，∴，此时；
当点旋转到第四象限，到轴的距离等于时，如图，
同理可得：，∴；∴满足条件的的取值范围是；
当点旋转到第一象限，到轴的距离等于时，如图，
此时，∴；
当点旋转时，，关于点对称，
，解得：，，，
故此时满足条件的的取值范围是；
综上所述，当点到轴的距离大于或等于时，的取值范围是或．
【点睛】此题考查了旋转的性质、坐标与图形、等边三角形的判定、平行四边形的性质、勾股定理以及等腰三角形的性质等知识，熟练掌握相关图形的性质定理、灵活应用数形结合思想是解题关键．
模型2.菱形中的旋转模型
1）常规计算型
例1．（2023春·江苏南京·八年级校联考期中）如图，在菱形中，，将菱形绕点A逆时针旋转，得到四边形，连接，若，则的度数为 ．
【答案】
【分析】根据旋转的性质结合菱形的性质即可求解．
【详解】解：由题意得：
故答案为：
【点睛】本题考查旋转及菱形的性质．推出是解题的关键．
例2．（2023·山东东营·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为，点在轴的正半轴上，且，将菱形绕原点逆时针方向旋转，得到四边形点与点重合，则点的坐标是( )
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】延长交轴于点，根据旋转的性质以及已知条件得出，进而求得的长，即可求解．
【详解】解：如图所示，延长交轴于点，
∵四边形是菱形，点在轴的正半轴上，平分，，
∴， ∵将菱形绕原点逆时针方向旋转，
∴，则， ∴∴，
在中，∴，
∴，∴，故选：B．
【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，坐标与图形，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
例3．（2023秋·广东·九年级专题练习）如图，菱形的对角线、交于点O，将绕着点C旋转得到，若，，则的长是（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】C
【分析】根据菱形的性质、旋转的性质，得到，，，，根据，利用勾股定理计算，再次利用勾股定理计算即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，且绕着点C旋转得到，，
∴，，，∴，，
∵，∴，∴．故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质、旋转的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的基本性质并灵活运用勾股定理是解题的关键．
2）最值（范围）型
例1．（2023·江苏·二模）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】本题考查菱形的性质，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．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．
4）综合证明型
例1．（2023·重庆·九年级专题练习）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，下列判断错误的是（ ）
A．EB平分∠AED' B．FB平分∠A'FC C．△DEF的周长是一个定值 D．S△DEF+2S△BEF＝S菱形ABCD
【答案】D
【分析】过点作于，于，于，利用角平分线的判定定理证明选项A、B是否正确，再利用全等三角形的性质证明的周长为定值，利用排除法解题．
【详解】解：过点作于，于，于，
菱形是由菱形旋转得到，菱形的每条边上的高都相等，
于，于，于，
平分，平分，故选项A、B正确，不符合题意；
同法可证，
的周长为：，
的周长为定值，故选项C正确，不符合题意，故选：D．
【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·福建泉州·九年级统考期末）如图1，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，以点A为旋转中心，将菱形ABCD逆时针旋转α（0°＜α＜30°）得到菱形，交对角线AC于点M，边AB的延长线交于点N．（1）当时，求α的度数；（2）如图2，对角线B'D'交AC于点H，交AN于点G，延长交AD于点E，连接EH，若菱形ABCD的周长为正数a，试探索：在菱形ABCD绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜30°）的过程中，的周长是否为定值，若是，试求出此定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）α＝15°；（2）为定值，
【分析】（1）先利用SAS判断出△AD'M≌△AB'N（SAS），得出∠D'AM＝∠B'AN＝α，再判断出∠CAD＝30°＝2α，即可得出结论；（2）先判断出AB'＝AD'＝，再判断出∠AB'G＝∠AD'E＝60°，进而利用ASA判断出△AB'G≌△AD'E，得出B'G＝D'E，AG＝AE，进而判断出△AGH≌△AEH（ASA），得出HE＝HG，即可得出结论．
【详解】解：（1）∵菱形AB'C'D'是由菱形ABCD旋转所得，∴AB'＝AD'，∠AB'N＝∠AD'M，
又∵，∴△AD'M≌△AB'N（SAS），∴∠D'AM＝∠B'AN＝α，
又∵AC为菱形ABCD的对角线，且∠BAD＝60°，∴∠CAD＝30°＝∠D'AM+∠D'AD＝2α，∴α＝15°；
（2）∵菱形AB'C'D'是由菱形ABCD旋转所得，∴∠B'AG＝∠D'AE＝α，
∵菱形ABCD的周长为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'是等边三角形，∴B'D'＝AB'＝，
∴△EHD'的周长＝HD'+HE+D'E＝HD'+HG+B'G＝B'D'＝，∴三角形EHD'的周长为定值．
【点睛】此题主要考查了菱形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，判断出△AB'G≌△AD'E是解本题的关键．
模型3.矩形中的旋转模型
1）常规计算型
例1．（2023下·山西大同·九年级校联考期中）如图，将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，已知，则旋转角的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据矩形的性质得，由旋转可知，根据三角形外角性质及直角三角形的性质即可解答．
【详解】解：∵四边形为矩形，∴，根据旋转可知，，
∵，∴，
∴，∴旋转角的度数为.故选：.
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，三角形外角的性质，直角三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
例2．（2020·广西梧州·统考一模）如图，将矩形ABCD绕点A旋转至矩形位置，此时的中点恰好与D点重合，AB'交CD于点E，若AD=3，则AEC的面积为（ ）
A．12 B．4 C．3 D．6
【答案】C
【分析】根据旋转后AC中的中点恰好与D点重合，利用旋转的性质得到直角三角形ACD，，再由旋转后矩形与已知矩形全等及矩形的性质得到，进而得到，利用等角对等边得到，根据正切的概念求出CD，确定出EC的长，即可求出△AEC的面积．
【详解】由旋转的性质可知：，∵D为的中点，∴，
∵ABCD是矩形，∴，∴，∵，∴,∴，
∴，∴AE=EC，∴，∴，，
∴，∴三角形AEC的面积=．故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质、矩形的性质、含30°直角三角形的性质，三角形面积计算等知识点，清楚旋转的“不变”特性是解答的关键．
例3．（2023·江苏无锡·校考一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝4，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形AB′C′D′，AB′交CD于点E，且DE＝B′E，则AE的长为 _____．
【答案】
【分析】根据旋转不变性得到AB′＝AB＝5，设AE＝CE＝x，在中结合勾股定理即可得出结论．
【详解】解：∵将矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形AB′C′D′，∴AB′＝AB＝5，
∵DE＝B′E，∴AE＝CE，设AE＝CE＝x，∴DE＝5﹣x，∵∠D＝90°，∴AD2+DE2＝AE2，
即，解得：x＝，即AE的长为（也可以写作4.1），故答案为：．
【点睛】本题考查了利用旋转的性质结合勾股定理求线段长．解题过程中涉及到矩形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握几何图形旋转不变性及勾股定理求线段长是解决问题的关键．
2）最值（范围）型
例1．（2022·广东广州·中考真题）如图，在矩形ABCD中，BC=2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'，连接PP' ，CP'．当点P' 落在边BC上时，∠PP'C的度数为________； 当线段CP' 的长度最小时，∠PP'C的度数为________
【答案】 120°##120度 75°##75度
【分析】由旋转性质及旋转角知△BPP′为等边三角形，得到∠PP′B=60°；当点P' 落在边BC上时，∠PP'C=180°-∠PP′B=120°；将线段BA绕点B逆时针旋转60°后点A落在点E，连接BE，得到△ABP≌△EBP′(SAS)，再证明△ABP为等腰直角三角形，进而得到∠EP′B=∠APB=45°，
最后当CP′⊥EF于H时，CP′有最小值，由此可以求出∠PP'C=∠EP′C-∠EP′P=90°-15°=75°．
【详解】解：由线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'可知，△BPP′为等边三角形，
∴∠PP′B=60°，当点P' 落在边BC上时，∠PP'C=180°-∠PP′B=180°-60°=120°；
将线段BA绕点B逆时针旋转60°，点A落在点E，连接BE，设EP′交BC于G点，如下图所示：
则∠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°，
由点P' 落在边BC上时，∠PP'C=120°可知，∠EGC=120°，∴∠CGP′=∠EGB=180°-120°=60°，
∴△EBG与△P′CG均为30°、60°、90°直角三角形，设EG=x，BC=2y，
则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为等腰直角三角形，∴∠EP′B=∠APB=45°，∠EP′P=60°-∠EP′B=60°-45°=15°，
当CP′⊥EF于H时，CP′有最小值，此时∠PP'C=∠EP′C-∠EP′P=90°-15°=75°，故答案为：120°，75°．
【点睛】本题考察了三角形全等的判定方法、矩形的性质、旋转的性质及等腰三角形的性质，属于四边形的综合题，难度较大，熟练掌握各图形的性质是解题的关键．
例2．（2023·江苏·一模）如图，在矩形ABCD中，，，点P为边AD上一个动点，连接CP，点P绕点C顺时针旋转得到点，连接并延长到点E，使，以CP、CE为邻边作矩形PCEF，连接DE、DF，则和面积之和的最小值为______．
【答案】
【分析】过点D作DH⊥PC于H，设PD=x，然后利用勾股定理求出PC、CH、EF的长，然后表示出面积，最后利用二次函数的性质求解即可．
【详解】解：如图，过点D作DH⊥PC于H，设PD=x，
∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD=3cm，∠PDC=90°，
∴，∵DH⊥PC，∴
∴，∴，
∵四边形PCEF是矩形，∴，∵，
∴
∴当时，有最小值，故答案为：．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、矩形的性质、勾股定理、三角形面积、二次函数求最值等知识，够熟练掌握相关知识成为解答本题的关键．
例3．（2023下·江苏常州·八年级校考期中）阅读：如果两个动点到一个定点的距离的比为定值，且这两个动点与定点连线所成角的度数也为定值，那么这两动点的运动路径相同．
应用：如图，点O是矩形的对角线AC的中点，，以O为直角顶点的的顶点P在边上，，当P在上运动时，的最大值为（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】C
【分析】根据题意，确定出点的轨迹为一条线段，确定出点在两点时，点的位置，即可求解．
【详解】解：由题意可得：点的轨迹为一条线段，，∴
又∵，∴ 中，，
设，则，由勾股定理可得：解得
∴，，∴
当与重合时，过点作交于点如下图：
∵，∴在线段上，
∴点与点重合 由勾股定理可得：，
当与重合时，过点作交于点，连接，，如下图：
由题意可得：，∴为等边三角形，即，
∵，，∴
∴，此时，点在射线上
∴，则点与点重合，∴点的轨迹为线段
由此可得，当与重合时，最大，为的长度
在中，，，可得：，即最大为，故选：C
【点睛】此题考查了矩形的性质，勾股定理，含直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质，确定出点的轨迹．
3）分类讨论型
例1．（2023·河南信阳·二模）如图，为矩形的对角线，，，把绕点旋转，点的对应为点，当时，的长为 ．
【答案】或
【分析】分两种情况讨论，通过证明，由三角形的性质可求，的长，由勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，当绕点顺时针旋转，过点作于，如图所示：
，，
，，，，
，，，，．
当绕点逆时针旋转，过点作直线于，
，，，
，，，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
例2．（2023·江苏·一模）如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转θ（0°≤θ≤360°），得到矩形AEFG．
（1）当点E在BD上时，求证：AF∥BD；（2）当GC＝GB时，求θ；
（3）当AB＝10，BG＝BC＝13时，求点G到直线CD的距离．
【答案】（1）见解析；（2）60°或300°；（3）25或1
【分析】（1）先运用SAS判定△FEA≌△DAB，可得∠AFE＝∠ADE＝∠DEF，即可得出AF∥BD；
（2）当GB＝GC时，点G在BC的垂直平分线上，分两种情况讨论，依据∠DAG＝60°，即可得到旋转角θ的度数．（3）当BG＝BC时存在两种情况：画图根据勾股定理计算即可．
【详解】（1）由旋转可得，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）如图1，当GB＝GC时，点G在BC的垂直平分线上，分两种情况讨论：
①当点G在AD右侧时，取BC的中点H，连接GH交AD于M，连接DG，
∵GC＝GB，∴GH⊥BC，∴四边形ABHM是矩形，
∴AM＝BH＝AD＝AG，∴GM垂直平分AD，∴GD＝GA＝DA，
∴△ADG是等边三角形，∴∠DAG＝60°，∴旋转角θ＝60°；
②当点G在AD左侧时，如图2，同理可得△ADG是等边三角形，∴∠DAG＝60°，
∴旋转角θ＝360°﹣60°＝300°．综上，θ的度数为60°或300°；
（3）有两种情况：①如图3，当BG＝BC＝13时，过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，即点G到直线CD的距离是25；
②如图4，过G作MH⊥CD于H，交AB于M，同理得GM＝12，
∴GH＝13﹣12＝1，即点G到直线CD的距离是1；综上，即点G到直线CD的距离是25或1．
【点睛】本题主要考查了四边形的综合问题，解题的关键是掌握旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质的运用，解题时注意：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．
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．（2023上·福建南平·九年级校考期中）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，连接．求证：平分；求证：是的中点；(2)如图，连接，若平分，，求的长．
【答案】(1)见解析；见解析；(2)．
【分析】（）旋转性质得，从而有，由根据矩形的性质可得，通过平行线的性质即可求解；过点作于点，证明，由性质可得，再证明即可；（）作于点，由（）得出，，再通过性质和勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：如图，由旋转性质得，∴，
∵四边形是矩形，∴，∴， ∴，∴平分；
如图，过点作于点，由①可知，
又∵，且，∴，∴，∵，∴，
又∵，，∴，∴，∴点为中点，
（2）解：如图，作于点，由()可知，，∴，，
∵，平分，∴∴，
∴， 设，则，，
∴，， ∴，
∵，∴，解得，∴．
【点睛】此题考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的性质和判定及勾股定理，解题的关键是熟练掌握以上知识的应用．
模型4.正方形中的旋转模型
1）常规计算型
例1．（2023·河南·九年级阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，边长为的正方形ABCD的顶点A在x轴正半辅上，C在第一象限，将正方形ABCD绕点A旋转，当D的坐标为(3，2)时，则C点的坐标是（ ）
A．(5，1) B．(5，2) C．(5，3) D．(5，4)
【答案】C
【分析】如图：过D作DE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥y轴于点G，与ED的延长线交于点F，证明△ADE≌△DCF，进而求解．
【详解】解：如图：过D作DE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥y轴于点G，与ED的延长线交于点F
∵D的坐标为（3，2）∴OE=GF=3，DE=2，∵AD=CD=∴
∵∠ADC=90°∴∠ADE+∠CDF=90°∴∠ADE+∠DAE=90°∴∠DAE=∠CDF，
∵∠AED=∠CFD=90°∴ΔΑDΕ≌ΔDCF（AAS）∴AE=DF=1，DE=CF=2，
∴EF=2+1=3，CG=3+2=5，∴C（5，3）．故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、直角坐标系中点的坐标的特征，作出辅助线、构造直角三角形是解答本题的关键．
例2．（2022·辽宁辽宁·中考真题）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是OD的中点，连接CE并延长交AD于点G，将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到CF，连接EF，点H为EF的中点．连接OH，则的值为_______．
【答案】
【分析】以O为原点，平行于AB的直线为x轴，建立直角坐标系，过E作EM⊥CD于M，过F作FN⊥DC，交DC延长线于N，设正方形ABCD的边长为2，从而求出E的坐标，然后根据待定系数法求出直线CE的解析式，即可求出G的坐标，从而可求出GE，根据旋转的性质可求出F的坐标，进而求出H的坐标，则可求OH，最后代入计算即可得出答案．
【详解】解：以O为原点，平行于AB的直线为x轴，建立直角坐标系，过E作EM⊥CD于M，过F作FN⊥DC，交DC延长线于N，如图：
设正方形ABCD的边长为2，则C（1，1），D（﹣1，1），∵E为OE中点，
∴E（，），设直线CE解析式为y＝kx+b，把C（1，1），E（，）代入得：
，解得，∴直线CE解析式为，
在中，令x＝﹣1得y＝，∴G（﹣1，），∴GE＝＝，
∵将线段CE绕点C逆时针旋转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中点，∴H（，0），∴OH＝，∴＝＝．故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，两点间距离公式等知识，以O为原点，平行于AB的直线为x轴，建立直角坐标系是解题的关键．
2）最值（范围）型
例1．（2023·江苏扬州·三模）如图，已知正方形ABCD的边长为4，点E是AB边上一动点，连接ED，将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DF，CF，则DF＋CF的最小值是（ ）
A．4 B．4 C．5 D．2
【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，确定点F在BF的射线上运动，作点C关于BF的对称点，由三角形全等得到，从而确定点在AB的延长线上，当D、F、三点共线时，DF＋CF＝最小，通过勾股定理即可求得长度．
【详解】解：如图，连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，
∵ED绕点E顺时针旋转90°到EF，∴，ED＝EF，∴，
又∵在中，，∴，
在和中，∴
∴FG＝AE，EG＝DA，∴点F在BF的射线上运动，作点C关于BF的对称点，
∵EG＝DA，∴EG＝DA，∴EG－EB＝DA－EB，即BG＝AE，
∴BG＝FG，是等腰直角三角形，，∴，
∴点在AB的延长线上，当D、F、三点共线时，DF＋CF＝最小，
在中，AD＝4，，∴，∴DF＋CF的最小值为，故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、轴对称性质、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.湖北九年级期中）如图，正方形ABCD的边长为4，，点E是直线CM上一个动点，连接BE，线段BE绕点B顺时针旋转45°得到BF，连接DF，则线段DF长度的最小值等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接BD，在BD上截取BG＝BC，连接FG，过点D作于点H．利用正方形的性质、勾股定理得出，利用旋转的性质得出，，再证明，得出，可知点F在直线GF上运动，点F与点H重合时，DF的值最小，进而求出DH的值即可．
【解析】解：如图，连接BD，在BD上截取BG＝BC，连接FG，过点D作于点H．
∵四边形ABCD是正方形，边长为4，∴，，，
∴，，∴，
∵线段BE绕点B顺时针旋转45°得到BF，∴，，∴，∴，
在和中，，∴，∴，
∴点F在直线GF上运动，点F与点H重合时，DF的值最小，
∵，，∴，∴DF的最小值为．故选B．
3）路径（轨迹）型
例1．（2023下·江苏宿迁·八年级统考期中）如图，在正方形中，是对角线上一动点，点P从点C出发，连接，过点P作交边于点Q，连接，取的中点H，若P点移动的路径长为2，则H点移动路径长为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】B
【分析】过点P作AD的垂线，交AD于G，交BC于F，连接BD交AC于O，连接OH，先由等腰直角三角形的性质得PF＝CF＝DG＝，根据全等三角形的性质得到FQ＝PG，于是得到PF＝QG＝，BP＝QP，FQ＝DF＝，然后证BQ的中点H移动的路径长即为OH的长，最后由三角形中位线定理得BH＝DQ＝即可．
【详解】解：过点P作AD的垂线，交AD于G，交BC于F，连接BD交AC于O，连接OH，如图所示：
则∠QGP＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴，
∴PF⊥BC，∴∠PFB＝90°，∴四边形ABFG是矩形，
∴AG＝BF，△APG、△PCF是等腰直角三角形，
∴PF＝CF＝DG＝，AG＝PG，
∵PQ⊥PB，∴∠BPQ＝90°，∴∠BPF＋∠PBF＝∠BPF＋∠QPG＝90°，
∴∠PBF＝∠QPG，∴△BPF≌△QPG（AAS），
∴PF＝QG＝，BP＝QP，∴FQ＝DF＝，∴，
当点P在C点时，点Q与点D重合，BQ的中点即为BD的中点，
∴BQ的中点H移动的路径长即为OH的长，
∵四边形ABCD是正方形，∴BO＝OD，
∵H是DQ的中点，∴BH＝DQ＝，
即BQ的中点H移动的路径长为，故B正确．故选：B．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、三角形中位线的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的判定与性质是解题的关键．
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．
模块3：同步培优题库
全卷共22题 测试时间：90分钟 试卷满分：120分
一、选择题（本大题共7小题，每小题5分，共35分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
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．3 D．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.
二、填空题（本大题共9小题，每小题5分，共45分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
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．
三、解答题（本大题共6小题，共40分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
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）当点在线段的垂直平分线上时，的面积有最大值，利用等腰直角三角形的性质结合面积公式即可求解．
【详解】（1）解：，证明：在正方形中，，，
在正方形中，，，
，即，，；
（2）证明：由（1）知，
即 ，，
，垂直平分
（3）解：在中，边的长是定值，则边上的高取最大值时的面积有最大值，
当点在线段的垂直平分线上时，的面积有最大值，作垂直平分于点，如下图：
，，垂直平分，
，，，
，，，
， ．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质，线段垂直平分线的判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形．
18．（2023下·广西南宁·八年级统考期中）综合与实践
问题情境:在综合实践课上，李老师让同学们根据如下问题情境，写出两个数学结论:如图1,正方形的对角线交于点O，点O又是正方形的一个顶点（正方形 的边长足够长），将正方形绕点0做旋转实验，与交于点M，与交于点N.如图1“求实小组”写出的两个数学结论是：① ； ②.
问题解决:（1）请你证明“求实小组”所写的两个结论的正确性.
类比探究:如图2（2）解决完“求实小组”的两个问题后，老师让同学们继续探究，再提出新的问题﹔如图2，将正方形在图1的基础上旋转一定的角度，当与的延长线交于点M， 与的延长线交于点N，则“求实小组”所写的两个结论是否仍然成立 请说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）成立，见解析
【分析】（1）①利用正方形的性质判断出，即可得出结论；
②先得出，，再用勾股定理即可得出结论；（2）同（1）的方法即可得出结论．
【详解】解：（1）① ∵四边形是正方形，∴，
∴，∴，∴ ∴.
②∵∴∴∴
在中，根据勾股定理得，CM2+CN2=MN2 在中，根据勾股定理得，
∵∴∴∴；
（2）①∵四边形是正方形，
，
又
；
②成立，连接
，
在中，根据勾股定理得，
在中，根据勾股定理得，，
【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，勾股定理，等式的性质，判断出是解本题是关键．
19．（2020·贵州贵阳·中考真题）如图，四边形是正方形，点为对角线的中点．
（1）问题解决：如图①，连接，分别取，的中点，，连接，则与的数量关系是_____，位置关系是____；
（2）问题探究：如图②，是将图①中的绕点按顺时针方向旋转得到的三角形，连接，点，分别为，的中点，连接，．判断的形状，并证明你的结论；
（3）拓展延伸：如图③，是将图①中的绕点按逆时针方向旋转得到的三角形，连接，点，分别为，的中点，连接，．若正方形的边长为1，求的面积．
【答案】（1），；（2）的形状是等腰直角三角形，理由见解析；（3）
【分析】（1）根据题意可得PQ为△BOC的中位线，再根据中位线的性质即可求解；
（2）连接并延长交于点，根据题意证出，为等腰直角三角形，也为等腰直角三角形，由且可得是等腰直角三角形；
（3）延长交边于点，连接，．证出四边形是矩形，为等腰直角三角形，，再证出为等腰直角三角形，根据图形的性质和勾股定理求出O′A，O′B和BQ的长度，即可计算出的面积．
【详解】解：（1）∵点P和点Q分别为，的中点，∴PQ为△BOC的中位线，
∵四边形是正方形，∴AC⊥BO，∴，；故答案为：，；
（2）的形状是等腰直角三角形．理由如下：连接并延长交于点，
由正方形的性质及旋转可得，∠，
是等腰直角三角形，，．∴，．
又∵点是的中点，∴．∴．
∴，．∴，∴．
∴为等腰直角三角形．∴，．∴也为等腰直角三角形．
又∵点为的中点，∴，且．∴的形状是等腰直角三角形．
（3）延长交边于点，连接，．
∵四边形是正方形，是对角线，∴．
由旋转得，四边形是矩形，∴，．∴为等腰直角三角形．
∵点是的中点，∴，，．∴．
∴，．∴．
∴．∴为等腰直角三角形．∵是的中点，∴，．
∵，∴，，∴．∴．
【点睛】本题考查正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、旋转图形的性质、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质和勾股定理，根据题意作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
20．（2023·广东广州·校考二模）菱形ABCD中，∠ABC＝60°，△BEF为等边三角形，将△BEF绕点B顺时针旋转，M为线段DF的中点，连接AM、EM．
(1)如图1，E为边AB上一点（点A、E不重合），则EM、AM的位置关系是___，EM、AM的数量关系是____；
(2)将△BEF旋转至如图2所示位置，（1）中的结论是否仍成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
(3)若AB＝2，EF＝1，在旋转过程中，CM的最小值为______，此时DF的长为______．
【答案】(1)EM⊥AM，EM＝AM；(2)成立，证明见解析(3)，．
【分析】（1）延长EM交AD于N，证明△NDM≌△EFM，进一步得出结论；（2）延长AM至Q，使MQ＝AM，连接FQ，交AB于R，△AMD≌△QMF，进而证明△QFE≌△ABE，进一步得出结论；（3）连接AC，BD交于点O，连接OM，求得OM＝，进而得出当点M运动到AC上点M′处时，CM最小，进一步求得结果．
【详解】（1）解：如图1，
延长EM交AD于N，∵△BEF是等边三角形，∴∠BEF＝60°，EF＝BE，∴∠AEF＝180°﹣∠BEF＝120°，
∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，AB＝AD，∴∠BAD＝180°﹣∠ABC＝120°，
∴∠BAD＝∠AEF，∴AD∥EF，∴∠NDM＝∠MFE，
在△NDM和△EFM中，，∴△NDM≌△EFM（ASA），
∴DN＝EF，EM＝MN，∴DN＝BE，∵AD＝AB，∴AD﹣DN＝AB﹣BE，即AE＝AN，
∴AM平分∠EAD，EM⊥AM，∴∠EAM＝，∴EM＝AM，故答案为EM⊥AM，EM＝AM；
（2）解：如图2，（1）中的结论仍然成立，理由如下：延长AM至Q，使MQ＝AM，连接FQ，交AB于R，
在△AMD和△QMF中，，∴△AMD≌△QMF（SAS），
∴FQ＝AD，∠AM＝MQ，ADM＝∠QFM，∴AD∥FQ，
∴∠ARQ＝180°﹣∠BAD＝60°，∴∠FRB＝∠ARQ＝60°，
∵△BEF是等边三角形，∴EF＝BE，∠BEF＝60°，∴∠ARB＝∠BEF，∴∠QFE＝∠ABE，
∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝AB，∴FQ＝AB，
在△QFE和△ABE中，，∴△QFE≌△ABE（SAS），∴EQ＝AE，∠QEF＝∠AEB，
∴∠QFE﹣∠AEF＝∠AEB﹣∠AEF，∴∠AEQ＝∠BEF＝60°，∴△AEQ是等边三角形，
∴EM⊥AQ，∠AEM＝，∴EM＝；
（3） 连接AC，BD交于点O，连接OM，∵OM是△DBF的中位线，∴OM＝，
根据CM≥OC﹣OM，当点M运动到AC上点M′处时，CM最小，
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AB＝BC，OC＝OA＝，
∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AC＝AB＝2，∴OC＝，OD＝3，
∴CM最小＝OC﹣OM′＝﹣，DM′＝＝＝，
∴DF′＝2DM′＝，故答案为，．
【点睛】本题考查了等边三角形性质，菱形性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，三角形三边关系等知识，解决问题的关键是熟练掌握“倍长中线”等模型．
21．（2022春·山东济宁·八年级统考期中）已知菱形ABCD和菱形DEFG有公共的顶点D，C点在DE上，且∠ADC=∠EDG，连接AE，CG，如图1．
(1)试猜想AE与CG有怎样的数量关系(直接写出关系，不用证明)；
(2)将菱形DEFG绕点D按顺时针方向旋转，使点E落在BC边上，如图2，连接AE和CG．你认为(1)中的结论是否还成立 若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；(3)在(2)的条件下，如果∠ADC=∠EDG=90°，如图3，你认为AE和CG是否垂直 若垂直，请给出证明；若不垂直，请说明理由．
【答案】（1）；（2）（1）中的结论仍成立，证明过程见解析；（3）AE和CG垂直，证明过程见解析．
【分析】（1）通过菱形的边相等和∠ADC=∠EDG证明△ADE△CDG，即可得到AE与CG有怎样的数量关系；
（2）与（1）的做法类似，证△ADE△CDG，得出线段之间的关系；
（3）延长AE，GC交于P点，结合三角形全等，求得∠P=90°，从而得到两直线垂直.
【详解】（1）∵四边形ABCD和DEFG是菱形，∴DA=DC,DE=DG,
又∵∠ADC=∠EDG∴△ADE△CDG∴；
（2）（1）中的结论仍成立，证明如下：∵四边形ABCD和DEFG是菱形，∴DA=DC,DE=DG,
又∵∠ADC=∠EDG，∴∠ADC-∠EDC=∠EDG-∠EDC，即∠ADE=∠CDG，∴△ADE△CDG∴；
（3）AE和CG垂直. 延长AE，GC交于P点，由得．
又因为，所以．
因，所以．所以．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查的是菱形的性质，根据题意证明三角形全等是解题的关键，解答时，要正确运用菱形的四边相等，灵活运用三角形全等的知识的知识进行解答．
22．（2022下·福建漳州·八年级漳州三中校联考期中）如图，把长方形绕点D按逆时针方向旋转角度得到长方形，使点E在对角线上，连接．
(1)若，求的度数；(2)求证：．
【答案】(1)20°(2)见解析
【分析】（1）先由旋转的性质得出DC=DG，∠CDG=40°，即可求出∠DGC=90°，再由长方形的性质得到∠DGF=90°即可得到答案；（2）只需要证明四边形ACFD是平行四边形得到AD=CF即可证明CF=BC．
【详解】（1）解：由旋转的性质可知DC=DG，∠CDG=40°，∴，
∵四边形DEFG是长方形，∴∠FGD=90°，∴∠CGF=∠FGD-∠DGC=20°
（2）解：由旋转的性质可得DA=DE，∴∠DAE=∠DEA，
∵DF，AC分别是两个矩形的对角线，∴DF=AC，∠EDF=∠DAC，∴∠EDF=∠DEA，
∴，∴四边形ACFD是平行四边形，∴AD=CF，
∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，∴CF=BC．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性质，平行四边形的性质与判定，等边对等角，三角形内角和定理，熟知矩形的性质是解题的关键．
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