八年级数学下册试题 第9章《中心对称图形-平行四边形》复习题--四边形中的翻折和旋转问题--苏科版（含解析）

第9章《中心对称图形-平行四边形》复习题--四边形中的翻折和旋转问题
一．四边形的翻折问题
1．如图，将 ABCD沿对角线AC折叠，使点B落在B'处，若∠1＝∠2＝42°，则∠B＝　 　．
2．如图，在矩形ABCD中，将△BCD沿对角线BD对折得到△BED，BE交AD于点F．若AB＝1，BC＝2，则AF的长为 　　．
3．如图，矩形ABCO如图放置在平面直角坐标系中，其中AB＝6，∠AOB＝30°，若将其沿着OB对折后，A′为点A的对应点，则A′的坐标为（　　）
A． B．
C．（﹣3，9） D．
4．如图，菱形纸片ABCD中，∠A＝60°，折叠菱形纸片ABCD，使点C落在DP（P为AB中点）所在的直线上，得到经过点D的折痕DE．则∠DEC的大小为（　　）
A．78° B．75° C．60° D．45°
5．实践操作：第一步：如图1，将矩形纸片ABCD沿过D的直线折叠，使点A落在CD上的点A′处，得到折痕DE，然后在把纸片展平；
第二步：如图2，将图1中的矩形纸片ABCD沿过点E的直线折叠，点C恰好落在AD上的点C′处，得到折痕EF，B′C′交AB于点M，再把纸片展平．
问题解决：
（1）如图1，求证：四边形AEA′D是正方形；
（2）如图2，若AC′＝2，DC′＝4，求△AC′M的面积．
6．如图，在矩形ABCD中，已知AB＝2，BC＝4，点O、P分别是边AB、AD的中点，点H是边CD上的一个动点，连接OH，将四边形OBCH沿OH折叠，得到四边形OFEH，连接PE，则PE长度的最小值是（　　）
A． B． C． D．
7．如图，菱形ABCD中，E、F、G分别为AD、AB、BC上的点，将△AEF沿直线EF折叠得到△GEF，其中点A的对应点是点G，DE＝1，CG＝4，当EG⊥CG时，菱形ABCD的边长为 　 　，AF的长为 　 　．
8．如图，在菱形ABCD中，AB＝8，∠A＝120°，M是CD上，DM＝3，N是点AB上一动点，四边形CMNB沿直线MN翻折，点C对应点为E，当AE最小时，AN＝　 　．
9．学习了《中心对称图形》后，阿中与茜茜对平行四边形进行了再次探究：
（1）阿中发现：命题“一组对边相等，一组对角相等的四边形是平行四边形”是个假命题，如何举反例说明呢？茜茜稍作思考说：“取一张如图1所示的等腰三角形纸片ABC，其中AB＝AC，在BC边上取一点D（不是中点），连接AD，沿AD剪开纸片，重新拼接……”，
请你完成茜茜的举反例过程，画出相应的图形，并配以必要的说明；
（2）阿中进一步探究发现：“一组对边相等且一组对角是直角的四边形是矩形”，请你完成证明过程；
已知：如图2，四边形ABCD中，AB＝CD，∠A＝∠C＝90°，求证：四边形ABCD是矩形．
（3）茜茜发现折叠矩形可以得到菱形：如图3，将矩形ABCD折叠，使得A、C两点重合，点B落在点B′，折痕分别交边BC、AD于E、F两点，交AC于O两点，则四边形AECF是菱形．请在框图中补全茜茜的证明思路．
茜茜的证明思路
由折叠易知EF是AC的垂直平分线，可以先证△AOF≌①　△COE　，得到②　OE＝OF　，又由OA＝OC，可得四边形AECF是平行四边形，再由③　EF⊥AC　，于是 AECF是菱形．
（4）茜茜给阿中出了一道思考题：“如图4，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝3，点E、F分别是边AB、AD上的点，将矩形ABCD沿着直线EF折叠，使点A与矩形ABCD内部的点P重合，问BP的最小值是多少？”请聪明的你用矩形纸片操作探究一下，直接写出BP的最小值．
10．实践操作
在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，现将纸片折叠，点D的对应点记为点P，折痕为EF（点E、F是折痕与矩形的边的交点），再将纸片还原．
初步思考
（1）若点P落在矩形ABCD的边AB上（如图①）．
当点P与点A重合时，∠DEF＝　 °；当点E与点A重合时，∠DEF＝　 　°；
深入探究
（2）当点E在AB上，点F在DC上时（如图②），求证：四边形DEPF为菱形，并直接写出当时的菱形EPFD的边长．
拓展延伸
（3）若点F与点C重合，点E在AD上，射线BA与射线FP交于点M（如图③）．在折叠过程中，是否存在使得线段AM与线段DE的长度相等的情况？若存在，请求出线段AE的长度；若不存在，请说明理由．
11．综合与实践
动手实践：数学课上老师让学生们折矩形纸片，下面几幅图是学生们折出的一部分图形（沿直线l折叠），由于折痕所在的直线不同，折出的图形也不同，各个图形中所隐含的“基本图形也不同，我们可以通过发现基本图形研究这些图形中的几何问题．
问题解决：
（1）如图1，将矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使得点C与点A重合，点D落在点D1的位置，连接MC，AN，AC，线段AC交MN于点O，则△CDM与△AD1M的关系为　 　，线段AC与线段MN的关系为　 ，小强量得∠MNC＝50°，则∠DAN＝　 　，小丽说：“四边形ANCM是菱形”，请你帮她证明．
拓展延伸：
（2）如图2，矩形纸片ABCD中，BC＝2AB＝6cm，BM＝4cm，小明将矩形纸片ABCD沿直线AM折叠，点B落在点B1的位置，MB1交AD于点N，请你直接写出线段ND的长：　 　．
综合探究；
（3）如图3，ABCD是一张矩形纸片，AD＝1，AB＝5，在矩形ABCD的边AB上取一点M，在CD上取一点N，将纸片沿MN折叠，使线段MB与线段DN交于点P，得到△MNP，请你确定△MNP面积的取值范围　 　．
12．在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝12，点E是矩形ABCD边CD上一点，连接BE，将△CEB沿BE翻折，
（1）如图1，点C刚好落在边AD上的点F处，求AF长．
（2）如图2，点C落在矩形外一点F处，连接AF，若CE＝4，求△ABF的面积．
（3）如图3，点C落在点F处，∠ABF的角平分线与EF的延长线交于点M，当点E从点C运动到点D时，求点M运动的路径长
二．四边形的旋转问题
1．如图，在 ABCD中，∠A＝65°，将 ABCD绕顶点B顺时针旋转到 A1BC1D1，当C1D1首次经过顶点C时，旋转角∠ABA1的大小为 　 　．
2．如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB'C'D'的位置，旋转角为α（0°＜α＜90°），若∠1＝114°，则α＝　 　°．
3．如图，菱形ABCD的边长为2，∠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 　 　．
4．如图，将正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转到正方形AB'C'D'，旋转角为a（0°＜α＜180°），连接B'D、C'D，若B'D＝C'D，则∠α＝　 　．
5．如图1，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，将矩形ABCD绕点A按逆时针方向旋转得到矩形AEFG，连接DF、DG．
（1）如图2，点E落在对角线BD上，AD与EF相交于点H，
①连接AF，求证：四边形ABDF是平行四边形；
②求线段AH的长度；
（2）在矩形AEFG绕点A旋转一周的过程中，△DFG面积的最大值为 　 　．
6．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，将△ABC绕点C顺时针旋转α（α＜90°）得到△EFC，延长EF分别交AB、CD于M、N，当N为EM中点时，DN的长为（　　）
A． B． C． D．
7．如图，在正方形ABCD中，E、F分别为对角线AC上的两点，且∠EBF＝45°，若AE＝3，CF＝4，则EF的长为 　　．
8．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝6，点E在BC边上，且BE＝2，F为AB边上的一个动点，连接EF，以EF为边作等边△EFG，且点G在矩形ABCD内，连接CG，则CG的最小值为 　 　．
9．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝2，以点A为旋转中心，逆时针旋转矩形ABCD，旋转角为α（0°＜α＜180°），得到矩形AEFG，点B、点C、点D的对应点分别为点E、点F、点G．设点P为边FG的中点，连接PB，PE，在矩形ABCD旋转过程中，△BEP的面积最大值是 　 ．
10．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，点O是BD的中点，点E在BC边上，BE＝3．已知点P是AD边上动点（DP≤4），线段OP绕点O逆时针旋转一定的度数，使点P落在线段AE上的点Q处．连接PQ，则PQ2的最小值是 　 ．
11．如图，在 ABCD中，AB＝4，∠B＝60°，BC＝3，E为AB上一点，且BE＝1，F为BC边上的一个动点，连接EF，将其绕点E逆时针旋转30°至直线EG，使得∠EGF＝120°，连接AG，则AG的最小值为（　　）
A． B．2 C． D．
12.如图，将四边形ABCD绕点A旋转，使得点B的对应点B’恰好落在射线BD上，旋转后的四边形为AB/C/D/ ，连接BC’交AD于点E．
（1）如图①，若四边形ABCD为正方形，则四边形ABDC/是 　 　．（填序号）
①平行四边形；
②矩形；
③菱形；
（2）如图②，若四边形ABCD为矩形，若AB＝6，BC＝8，B/C/交AD于点F，求EF的长．
（3）如图③，若BC’与AD互相平分，求证：AB∥CD．
13．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，以点C为旋转中心，将矩形ABCD沿顺时针方向旋转，得到矩形EFCG，点A、B、D的对应点分别是点E、F、G．
（1）如图1，当点F落在矩形ABCD的对角线AC上时，求线段AF的长；
（2）如图2，当点F落在矩形ABCD的边CD的延长线上时，连接AE，取AE的中点M，求证：；
（3）如图3，当点F落在矩形ABCD的对角线BD的延长线上时，求△CDF的面积．
14．如图1，四边形ABCD是边长为6的正方形，点E在线段CD上运动，连接AE，将线段AE绕点A顺时针旋转45°得到AF．
【探索发现】
（1）爱思考的小鹿发现：过点F作FH⊥AC时，AH一定等于AD，小鹿发现的结论正确吗？如果正确请帮小鹿完成证明过程，如不正确请说明理由；
【结论运用】
（2）当点F落在BC上时，此时DE的长为 　 　；
【深入理解】
（3）若点G在直线BC上运动，当以点C、H、G、F为顶点的四边形是平行四边形时，求DE的长；
【拓展延伸】
（4）如图2．在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（0，2），点B是x轴正半轴上的一点，将线段AB绕点A按逆时针方向旋转45°得到线段AC．若点C的坐标为（m，3），则m的值为 　 　．
参考答案
一．四边形的翻折问题
1．
【分析】由平行线的性质可得∠1＝∠B'AB＝42°，由折叠的性质可得∠BAC＝∠B'AC＝21°，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD
∴AB∥CD，
∴∠1＝∠B'AB＝42°
∵将 ABCD沿对角线AC折叠
∴∠BAC＝∠B'AC＝21°
∴∠B＝180°﹣∠2﹣∠BAC＝117°
故答案为：117°
2．
【分析】先由长方形的性质可知，AB＝CD，BE＝BC，再根据图形翻折变换的性质可知，CD＝DE＝AB，利用全等三角形的判定定理可得△ABF≌△EDF，故BF＝DF，AF+BF＝AD，设AF＝x，由勾股定理即可求出x的值．
【解答】解：∵四边形ABCD是长方形，AB＝1，BC＝2，
∴AB＝CD＝1，AD＝BC＝2，
∵△BED是△BCD沿BD翻折而成，
∴CD＝DE＝AB＝1，∠E＝90°，
又∵∠AFB＝∠EFD，
∴△ABF≌△EDF（AAS），
∴BF＝DF，AF+BF＝AD＝2，
在Rt△ABF中，设AF＝x，则BF＝2﹣x，由勾股定理得BF2＝AB2+AF2，即（2﹣x）2＝12+x2，
解得x，
故答案为：．
3．
【分析】作AD⊥x轴，根据含 30°角直角三形的性质，及勾 股定理，求出AO，根据折叠的性质，求出AO，∠AOD，在Rt△ADO中，求出DO，AD，根据 第二象限内点的特征，即可求解，
【解答】解：过点A作AD⊥x轴，交x轴于点D，
在Rt△BAO 中，AB＝6，∠AOB＝30°，
∴BO＝2AB＝2×6＝12，，
由折叠的性质可得：，
∠A'OB＝∠AOB＝30°，
即：∠AOD＝2∠AOB＝2×30°＝60°，
在Rt△ADO 中，，，
∵点A在第二象限，，
故选：D．
4．
【分析】连接BD，由菱形的性质及∠A＝60°，得到三角形ABD为等边三角形，P为AB的中点，利用三线合一得到DP为角平分线，得到∠ADP＝30°，∠ADC＝120°，∠C＝60°，进而求出∠PDC＝90°，由折叠的性质得到∠CDE＝∠PDE＝45°，利用三角形的内角和定理即可求出所求角的度数．
【解答】解：连接BD，
∵四边形ABCD为菱形，∠A＝60°，
∴△ABD为等边三角形，∠ADC＝120°，∠C＝60°，
∵P为AB的中点，
∴DP为∠ADB的平分线，即∠ADP＝∠BDP＝30°，
∴∠PDC＝90°，
∴由折叠的性质得到∠CDE＝∠PDE＝45°，
在△DEC中，∠DEC＝180°﹣（∠CDE+∠C）＝75°．
故选：B．
5．解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ADC＝90°，
∵将矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD上的点A'处，得到折痕DE，
∴AD＝A′D，AE＝A′E，∠ADE＝∠A′DE＝45°，
∵AB∥CD，
∴∠AED＝∠A′DE＝∠ADE，
∴AD＝AE，
∴AD＝AE＝A′E＝A′D，
∴四边形AEA′D是菱形，
∵∠A＝90°，
∴四边形AEA′D是正方形；
（2）如图，连接C′E，由（1）知，AD＝AE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠EAC′＝∠B＝90°，
由折叠知，B′C′＝BC，∠B＝∠B′，
∴AE＝B′C′，∠EAC′＝∠B′，
又∵EC′＝C′E，
∴Rt△EC′A≌Rt△C′EB′（HL），
∴∠C′EA＝∠EC′B′，
∴MC′＝ME，
设AM＝x，
∵AC′＝2，DC′＝4，
∴AE＝AD＝2+4＝6，
∴C'M＝BM＝6﹣x，
在Rt△MC'A中，
由勾股定理，得AC'2+AM2＝MC'2，
即22+x2＝（6﹣x）2，
解得x，
即AM，
∴△AC′M的面积AC' AM2．
6．
【分析】连接EO、PO、OC．根据三边关系，PE≥OE﹣OP，求出OE，OP即可解决问题．
【解答】解：如图，连接EO、PO、OC．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠OAP＝90°，
∵AB＝2，BC＝4，点O、P分别是边AB、AD的中点，
∴OB＝OA＝1，PA＝2，
在Rt△OBC中，
由勾股定理，得OC，
在Rt△AOP中，
由勾股定理，得OP，
∵OE＝OC，PE≥OE﹣OP，
∴PE的最小值为．
故选：C．
7．
【分析】作DM⊥BC于M，作FN⊥AD于N，设AE为x，证明四边形DMGE为矩形，在Rt△DCM中，利用勾股定理求出x，即可求出边长；证明△AFN∽△DCM，设AN＝3y，表示出FN，AF，利用AE＝4，列出方程，求出y值，即可解答．
【解答】解：作DM⊥BC于M，作FN⊥AD于N，如图，
设AE＝x，则AD＝x+1＝DC，
由折叠得，EC＝AE＝x，
∵EG⊥CG，
∴四边形DMGE为矩形，
∴DM＝EC＝x，GM＝DE＝1，
∴CM＝4﹣1＝3，
在Rt△DCM中，CM2+DM2＝DC2，即32+x2＝（x+1）2，
∴x＝4，
∴AD＝5，即棱形边长为5；
∵∠A＝∠C，
∴△AFN∽△DCM，
∴AN：CM＝FN：DM，
设AN＝3y，则FN＝4y，AF＝5y，
由折叠得，∠AEF＝∠GEF＝45°，
∴EN＝4y，
∵AE＝4，即AN+EN＝4，
∴y，
∴AF＝5．
故答案为：5；．
8．7．
9．（1）解：等腰三角形纸片ABC，其中AB＝AC，在BC边上取一点D（不是中点），连接AD，沿AD 剪开纸片，重新拼接如图所示，
∴AB＝CD，∠B＝∠C，而BD≠AC，
∴四边形ABDC不是平行四边形，
∴命题“一组对边相等，一组对角相等的四边形是平行四边形”是个假命题；
（2）证明：连接BD，
∵AB＝CD，∠A＝∠C＝90°，且BD＝BD，
∴Rt△ABD≌Rt△CDB（HL），
∴AD＝BC，
∵AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠A＝90°，
∴四边形ABCD是矩形；
（3）证明：由折叠知EF是AC的垂直平分线，
∴AO＝OC，∠AOF＝∠COE＝90°，
∵矩形ABCD，
∴AF∥CE，
∴∠FAO＝∠ECO，
∴△AOF≌△COE，
∴OE＝OF，
∵OA＝OC，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵EF⊥AC，
∴ AECF是菱形，
故答案为：△COE；OE＝OF；EF⊥AC；
（4）解：如图，连接BF，BD，
∵PB≥FB﹣FP，FA＝FP，
∴PB≥FB﹣FA，此时PB的最小值＝FB﹣FA
∵（FB﹣FA）﹣（BD﹣AD）＝FB﹣FA﹣BD+AF+DF＝FB+DF﹣BD＞0，
∴BD﹣AD＜FB﹣FA，
∴当F与D重合时，FB﹣FA的值最小，由折叠得：AD＝PD＝3，
由勾股定理得：BD，
∵PB≥BD﹣PD，
当P，A，C共线时，BP有最小值，
∴BP3，
则BP的最小值是3．
10．初步思考
（1）当点P与点A重合时，如图1，
∴EF是AD的中垂线，
∴∠DEF＝90°，
当点E与点A重合时，如图2，
此时∠DEF∠DAB＝45°，
故答案为：90，45；
深入探究
（2）当点E在AB上，点F在DC上时，如图3，
∵EF是PD的中垂线，
∴DO＝PO，EF⊥PD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥AB，
∴∠FDO＝∠EPO，
∵∠DOF＝∠EOP，
∴△DOF≌△POE（ASA），
∴DF＝PE，
∵DF∥PE，
∴四边形DEPF是平行四边形，
∵EF⊥PD，
∴ DEPF为菱形，
当AP时，设菱形的边长为x，则AEx，DE＝x，
在Rt△ADE中，由勾股定理得：
AD2+AE2＝DE2，
∴32+（x）2＝x2，
∴x，
∴时的菱形EPFD的边长为：；
拓展延伸
（3）存在，
情况一：如图4，连接EM，
∵DE＝EP＝AM，
∴△EAM≌△MPE（HL），
设AE＝x，则AM＝DE＝3﹣x，则BM＝x+1，
∵MP＝EA＝x，CP＝CD＝4，
∴MC＝4﹣x，
∴（x+1）2+32＝（4﹣x）2，
解得：x；
情况二，如图5，
∵DE＝EP＝AM，
∴△GAM≌△GPE（AAS），
设AE＝x，则DE＝3﹣x，则AM＝PE＝DE＝3﹣x，MP＝AE＝x，
则MC＝MP+PC＝x+4，BC＝3，BM＝7﹣x，
∴（7﹣x）2+32＝（x+4）2，
解得：x，
综上，线段AE的长为：或．
11．解：（1）如图1中，
∵矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使得点C与点A重合，点D落在点D1的位置，
∴AM＝MC，AD1＝CD，MD1＝MD，
∴△AMD1≌△CMD（SSS），
∵MN垂直平分线段AC，
∴OA＝OC，
∵AD∥CB，
∴∠AMO＝∠CNO，
∵∠AOM＝∠CON，
∴△AMO≌△CNO（AAS），
∴OM＝ON，AM＝CM，
∴线段AC与线段MN互相垂直平分．
∵MA＝MC，NA＝NC，
∴AM＝CM＝CN＝AN，
∴四边形ANCM是菱形，
∴∠ANM＝∠MNC＝50°，
∴∠ANC＝100°，
∵AD∥BC，
∴∠DAN＝180°﹣100°＝80°，
故答案为：△CDM≌△AD1M，线段AC与线段MN互相垂直平分，80°．
（2）如图2中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝∠B＝90°，
由翻折的性质可知，∠AMB＝∠AMN，∠B1＝∠B＝90°，
∵AD∥BC，
∴∠AMB＝∠MAN，
∴∠AMN＝∠NAM，
∴AN＝NM，设AN＝MN＝x，
在Rt△ANB1中，∵AB1＝AB＝3，NB1＝4﹣x，AN＝x，
∴x2＝32+（4﹣x）2，
解得x，
∴AN，
∴DN＝AD﹣AN＝6．
故答案为．
（3）如图3，当点B与点D重合时，△MNP的面积最大，作MH⊥BN于H，则MH＝AB＝1，
由题意得：MP＝MQ，设MP＝MQ＝k，则AM＝5﹣k；
由勾股定理得：（5﹣k）2+12＝k2，
解得：k＝2.6；由（1）知：
NP＝MP＝2.6，MH＝1，
∴S△MNK NP MH＝1.3，
∴△MNP的面积的最大值为1.3．
因为PN的最小值为1，
∴△MNP的面积的最小值为1×1＝0.5，
∴0.5＜S△MNP≤1.3．
故答案为：0.5＜S△MNP≤1.3．
12．解：（1）由题意得：△BCE≌△BFE，
∴∠BFE＝∠C＝90°，BC＝BF＝12，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A＝90°，
∴AF6．
（2）过点F作FG⊥AB，交AB的延长线于点G，延长GF交CD的延长线于点H，如图，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB⊥AB，AB⊥BC，CD⊥BC，CD⊥AD，
∵FG⊥AB，
∴四边形BCHG，四边形ADHG为矩形，
∴GH＝AD＝BC＝12，AG＝HD，BG＝CH，
设HD＝AG＝x，则HE＝x+2，BG＝x+6，
由题意得：△BCE≌△BFE，
∴∠BFE＝∠C＝90°，BC＝BF＝12，FE＝CE＝4．
∴∠EFH+∠GFB＝90°．
∵∠GFB+∠GBF＝90°，
∴∠EFH＝∠GBF．
∵∠H＝∠G＝90°，
∴△EFH∽△FBG，
∴，
∴GF＝3EH＝3x+6，FHBGx+2，
∵GH＝12，
∴3x+6x+2＝12，
∴x．
∴FG＝36，
∴△ABF的面积AB FG．
（3）过点M作MG⊥AB，交AB的延长线于点G，延长GM交CD的延长线于点H，如图
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB⊥AB，AB⊥BC，CD⊥BC，CD⊥AD，
∵MG⊥AB，
∴四边形BCHG，四边形ADHG为矩形，
∴GH＝AD＝BC＝12，AG＝HD，BG＝CH，
由题意得：△BCE≌△BFE，
∴∠BFE＝∠C＝90°，BC＝BF＝12，
∴∠G＝∠BFM＝90°．
∵BM为∠GBF的平分线，
∴∠GBM＝∠FBM．
在△BGM和△BFM中，
，
∴△BGM≌△BFM（AAS），
∴BG＝BF＝12，
∴AG＝BG＝AB＝6，
∵点M在GH上，
∴点M到AD的距离等于AG＝6，即点M在GH上运动，
∴点E与点C重合时，点M与点H重合．
当点E与点D重合时，如图，
∵△BGM≌△BFM，
∴MG＝MF，
由题意得：△BCE≌△BFE，
∴CD＝DF＝6．
∵四边形ADHG为矩形，
∴DH＝AG＝6．
设MG＝MF＝x，则MD＝x+6，MH＝GH﹣GM＝12﹣x．
∵∠H＝90°，
∴MD2＝MH2+DH2，
∴（x+6）2＝（12﹣x）2+62．
∴x＝4．
∴MH＝GH﹣GM＝8．
∴当点E从点C运动到点D时，点M运动的路径长为线段HM的长等于8．
二．四边形的旋转问题
1．
【分析】由旋转的性质得出BC＝BC1，由等腰三角形的性质得出∠BCC1＝∠C1，由旋转角∠ABA1＝∠CBC1，根据等腰三角形的性质计算即可．
【解答】解：∵ ABCD绕顶点B顺时针旋转到 A1BC1D1，
∴BC＝BC1，
∴∠BCC1＝∠C1，
∵∠A＝65°，
∴∠A＝∠BCD＝∠C1＝65°，
∴∠BCC1＝∠C1＝65°，
∴∠CBC1＝180°﹣2×65°＝50°，
∴∠ABA1＝50°，
故答案为：50°．
2．
【分析】先利用旋转的性质得到∠ADC＝∠D＝90°，∠DAD′＝α，再利用四边形内角和计算出∠BAD＝66°，然后利用互余计算出∠DAD′，从而得到α的值．
【解答】解：∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置，
∴∠ADC＝∠D'＝90°，∠DAD′＝α，
∵∠ABC＝90°，
∴∠BAD'＝180°﹣∠2，
又∵∠2＝∠1＝114°，
∴∠BAD'＝180°﹣114°＝66°，
∴∠DAD′＝∠BAD﹣∠BAD'＝90°﹣66°＝24°，
即α＝24°．
故答案为：24．
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．
【解答】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＝2，
∴BH＝2sin60°，
当E与H重合时，BE最小值是，
∴DF的最小值是．
故答案为：．
4．
【分析】作DH⊥B′C′于H，交AD′于G，如图，根据旋转的性质得AD′＝AD，∠DAD′＝α，再根据等腰三角形的性质由B'D＝C'D得到B′H＝C′H，则AG＝D′G，然后证明△ADD′为等边三角形得到∠DAG＝60°，从而得到α的度数．
【解答】解：作DH⊥B′C′于H，交AD′于G，如图，
∵正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转到正方形AB'C'D'，旋转角为a，
∴AD′＝AD，∠DAD′＝α，
∵B'D＝C'D，
∴B′H＝C′H，
∵四边形AB'C'D'为正方形，
∴AG＝D′G，
连接DD′，如图，
∵DG垂直平分AD′，
∴DD′＝DA，
∴DD′＝AD＝AD′，
∴△ADD′为等边三角形，
∴∠DAG＝60°，
即α＝60°．
故答案为60°．
5．（1）①证明：如图，
∵四边形形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠BAD＝∠ABC＝90°，
∵旋转，
∴AE＝AB，EF＝BC＝AD，∠1＝∠ABC＝∠BAD＝90°，
在△ABD和△EAF中，
，
∴△ABD≌△EAF（SAS），
∴∠2＝∠EAF，BD＝AF，
∵AB＝AE，
∴∠3＝∠2＝∠EAF，
∴AF∥BD，
又∵AF＝BD，
∴四边形ABDF是平行四边形；
②解：设HD＝x，则AH＝4﹣x，
∵四边形ABDF是平行四边形，
∴AB∥DF，AB＝DF，
∴∠ADF＝∠BAD＝90°，
又∵∠1＝90°，
∴∠ADF＝∠1，
∵AE＝AB，AB＝DF，
∴AE＝DF，
在△AEH和△FDH中，
，
∴△AEH≌△FDH（SAS），
∴HE＝HD＝x，
∵∠1＝90°，
∴EA2+EH2＝AH2，
又∵AH＝4﹣x，EA＝AB＝3，EH＝x，
∴32+x2＝（4﹣x）2，
∴x，
∴AH＝4﹣x．
（2）解：∵将矩形ABCD绕点A按逆时针方向旋转得到矩形AEFG，
∴旋转过程中，GF是定值，
当D，A，G三点共时，三角形DFG的面积最大，如图，
此时DG＝8，
∴S△DFG12，
故答案为：12．
6．
【分析】连接MC，根据全等三角形的性质结合平行线的性质可得出NM＝NC，进而得出∠MCE＝90°，最后利用勾股定理即可解决问题．
【解答】解：连接MC，
由旋转可知，
BC＝FC，∠EFC＝∠B＝90°，CE＝AC，CF＝BC＝3，
∴∠MFC＝90°．
在Rt△MBC和Rt△MFC中，
，
∴Rt△MBC≌Rt△MFC（HL），
∴∠BMC＝∠NMC．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠BMC＝∠MCN，
∴∠NMC＝∠MCN，
∴NM＝NC．
∵点N是ME的中点，
∴EN＝MN，
∴EN＝NC．
在Rt△ABC中，
AC，
∴EC＝AC＝5．
令NC＝x，
则FN＝4﹣EN＝4﹣x，
在Rt△CFN中，
（4﹣x）2+32＝x2，
解得x，
∴DN＝4．
故选：C．
7．
【分析】将△BFC绕点B逆时针旋转90°，即△BMA，连接ME，由于旋转得，∠MBA＝∠FBC，∠MAB＝∠FCB，AM＝FC＝3，MB＝FB，∠MBF＝90°，在正方形ABCD中，∠MAB＝∠FCB＝45°，∠BAC＝45°，∠ABC＝90°，可得∠MAE＝90°，
证△MBE≌△FBE，可得ME＝EF，在Rt△MAE中，ME2＝AE2+AM2，因为MA＝FC＝4，AE＝3，ME＝EF，可得EF的长．
【解答】解：将△BFC绕点B逆时针旋转90°，即△BMA，连接ME，
，
由于旋转得，∠MBA＝∠FBC，∠MAB＝∠FCB，AM＝FC＝3，MB＝FB，∠MBF＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠MAB＝∠FCB＝45°，∠BAC＝45°，∠ABC＝90°，
∴∠MAE＝∠MAB+∠BAC＝90°，
∵∠EBF＝45°，∠MBF＝90°，
∴∠MBE＝∠MBF﹣∠EBF＝45°，
∴∠MBE＝∠FBE，
在△MBE和△FBE中，
∴△MBE≌△FBE（SAS），
∴ME＝EF，
∵∠MAE＝90°，
∴ME2＝AE2+AM2，
∵MA＝FC＝4，AE＝3，
∴ME＝5，
∵ME＝EF，
∴EF＝5，
故答案为：5．
8．
【分析】以EC为边作等边三角形ECH，过点H作HN⊥BC于N，HM⊥AB于M，可证四边形MHNB是矩形，可证MH＝BN，由“SAS”可证△FEH≌△GEC，可得FH＝GC，当FH⊥AB时，FH有最小值，即GC有最小值，即可求解．
【解答】解：如图，以EC为边作等边三角形ECH，过点H作HN⊥BC于N，HM⊥AB于M，
又∵∠ABC＝90°，
∴四边形MHNB是矩形，
∴MH＝BN，
∵BE＝2，
∴EC＝4，
∵△EHC是等边三角形，HN⊥EC，
∴EC＝EH＝4，EN＝NC＝2，∠HEC＝60°，
∴BN＝4＝MH，
∵△FGE是等边三角形，
∴FE＝GE，∠FEG＝60°＝∠HEC，
∴∠FEH＝∠GEC，
在△FEH和△GEC中，
，
∴△FEH≌△GEC（SAS），
∴FH＝GC，
∴当FH⊥AB时，FH有最小值，即GC有最小值，
∴点F与点M重合时，FH＝HM＝4，
∴CG的最小值为4．
故答案为：4．
9．
【分析】连接PA，作AM⊥PE于M．当AM与AB共线，且BM＝BA+AM时，△BPE面积最大，利用S△APES矩形AGFEPE AM，求出AM，再根据S△BPEPE BM计算即可得出答案．
【解答】解：连接PA，作AM⊥PE于M．
当AM与AB共线，且BM＝BA+AM时，△BPE面积最大，
由题意：PF＝PG，
∵AG＝EF＝2，∠G＝∠F＝90°，
∴PA＝PE，
∵S△APES矩形AGFEPE AM，
∴AM，
则S△BPEPE BM（3），
∴△PBE的面积的最大值为，
故答案为：．
10．．
11．
【分析】根据∠ABC＝60°，∠EGF＝120°得到∠EGF+∠B＝180°，从而得到E、B、F、G四点共圆，结合∠EGF＝120°，∠GEF＝30°，得到∠GFE＝30°，继而得到GF＝GE，得到∠EBG＝∠FBG＝30°，故BG平分∠ABC，作AM⊥BG于点M，根据垂线段最短原理，得到当G与M重合时，最短，结合AB＝4，根据AM＝ABsin30°＝2，解答即可．
【解答】解：∵∠ABC＝60°，∠EGF＝120°，
∴∠EGF+∠B＝180°，
∴E、B、F、G四点共圆，
∵∠EGF＝120°，∠GEF＝30°，
∴∠GFE＝30°，
∴∠GFE＝∠GEF，
∴GF＝GE，
∴∠EBG＝∠FBG＝30°，
∴BG平分∠ABC，
作AM⊥BG于点M，根据垂线段最短原理，得到当G与M重合时，最短，
∵AB＝4，
∴，
故选：B．
12.（1）解：由旋转可知：AB＝DC′，AB∥DC′，
∴四边形ABDC′是平行四边形，
故答案为：①；
（2）解：连接AC′，C′D，AC，AC与BD相交于点O，
∵四边形ABCD是矩形，
∴，，AC＝BD，
∴OA＝OB，
∴∠OBA＝∠OAB，
∵AB＝AB'，
∴∠OBA＝∠AB'O，
∵∠OAB＝∠C'AB'，
∴∠AB'O＝∠C'AB'，
∴AC′∥BD，
∵AC′＝AC＝BD，
∴四边形ABDC′是平行四边形，
∴AE＝DE＝4，
由旋转可知：AB＝AB'，
∴∠ABB′＝∠AB'B，
∵∠AB′C′＝∠ABC＝90°，
∴∠CBD＝∠DB′F，
∵AD∥BC，
∴∠CBD＝∠B′DF，
∴∠B′DF＝∠DB′F，
∴FD＝FB′，
∴AF＝AD﹣FD＝8﹣FB′，
在Rt△AB′F中，根据勾股定理得：AF2＝AB′2+FB′2，
∴（8﹣FB′）2＝62+FB′2，
∴FB′，
∵DE＝AE＝4，
∴EF＝DE﹣FD＝DE﹣FB′＝4；
（3）证明：连接AC′，C′D，连接AC交BD于点O，
∵BC′与AD互相平分，
∴四边形ABDC′是平行四边形，
∴AC′∥BD，AC′＝BD，
∴∠AB'B＝∠C'AB'，AC＝AC′＝BD，
∵AB＝AB'，
∴∠AB'B＝∠ABB'，
∵∠C'AB'＝∠CAB，
∴，
∴OA＝OB，
∴AC﹣OA＝BD﹣OB，
∴OC＝OD，
∴，
∵∠AOB＝∠COD，
∴∠OCD＝∠CAB，
∴AB∥CD．
13．（1）解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B＝90°，AD＝BC，
∴AC5，
∵将矩形ABCD沿顺时针方向旋转，
∴BC＝CF＝4，
∴AF＝AC﹣CF＝5﹣4＝1；
（2）证明：连接AC，CE，
∵将矩形ABCD沿顺时针方向旋转，得到矩形EFCG，
∴AB＝CG，BC＝EG，∠B＝∠G＝90°，
∴△ABC≌△CGE（SAS），
∴∠ACB＝∠CEG，
∴∠CEG+∠ECG＝∠ECG+∠ACB＝90°，
∴∠ACE＝90°，
∵M为AE的中点，
∴CMAE；
（3）解：过点C作CH⊥BD于点H，
∵BC＝AD＝4，AB＝CD＝3，
∴BD5，
∵S△BCD，
∴CH，
∴DH，HF，
∴DF＝HF﹣DH，
∴．
14．解：（1）小鹿发现的结论正确，
证明：∵四边形ABCD为正方形，FH⊥AC，
∴∠D＝∠AHF＝90°，∠DAC＝45°，
由旋转可知AE＝AF，∠EAF＝45°，
则∠FAH+∠CAE＝∠EAD+∠CAE，
∴∠FAH＝∠EAD，
∴△FAH≌△EAD（AAS），
∴AH＝AD；
（2）∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝∠BCD＝90°，∠CAD＝∠CAB＝45°，
由旋转可知AE＝AF，∠EAF＝45°，
∴Rt△ABF≌Rt△ADE（HL），∠BAF+∠DAE＝45°
∴∠BAF＝∠DAE＝22.5°，BF＝DE，则CF＝CE，
∴AC是EF的垂直平分线，∠FAC＝∠BAC﹣∠BAF＝22.5°，
∴∠BAF＝∠FAC，
∴AF平分∠BAC，
∴BF＝HF，同理DE＝HE，即EF＝HE+HF＝2DE，
设DE＝x，则CE＝CF＝6﹣x，EF＝2x，
由勾股定理可得：CE2+CF2＝EF2，即：2（6﹣x）2＝4x2，
解得：（负值舍去），
∴；
故答案为：；
（3）由（1）可知，FH⊥AC，且AH＝AD＝6，点H为定点，
即当点E在线段CD上运动时，点F在过定点H的垂线上，则∠FHC＝90°，
由正方形的性质可知，点G在直线BC上运动是，∠HCG＝45°或∠HCG＝135°，
则点C、H、G、F为顶点的四边形是平行四边形时，∠FHC与∠HCG不能为对角，也不为邻角，
∴点C、H、G、F为顶点的四边形是平行四边形时，CG与FH是对角线，
∵四边形CFGH是平行四边形，
∴FH＝2OH，
∵FH⊥AC，∠GCH＝45°，
∴CH＝OH，
∵，
∴，
∴，
∵△FAH≌△EAD
∴；
（4）如图，过点C作CD⊥y轴，在x轴上取OA＝OE，过点C作CH⊥AE于H点，过点H作HF∥y轴，过点H作HG⊥y轴于G点，则△AOE为等腰直角三角形，
∴∠OAE＝45°，则△AGH为等腰直角三角形，则，
由旋转可知，AB＝AC，∠BAC＝45°，
则∠OAE+∠EAB＝∠EAB+∠BAC，即：∠OAB＝∠HAC，
又∵∠AHC＝∠AOB＝90°，
∴△AHC≌△AOB（AAS），
∴AO＝AH
∵HF∥y轴，则∠AHF＝∠OAE＝45°，
∴△HCF为等腰直角三角形，四边形DFHG为矩形，
∴CF＝FH＝DG，GH＝DF，
∵A（0，2），C（m，3），
∴AO＝AH＝2，OD＝3，CD＝m，
∴AD＝OD﹣AO＝1，，
∴，
∴，
故答案为：．