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专题14 特殊的平行四边形中的图形变换模型之旋转模型
几何变换中的旋转问题是历年中考考查频率高且考查难度较高，综合性强，通常有线段、三角形、
（特殊）平行四边形的旋转问题。在解决此类问题时，要牢牢把握旋转的性质，即旋转前后的图形全等，
对应角相等，对应边相等，再结合几何图形本身的性质，找到旋转过程中变化的量和不变的量，运用三
角形全等或相似的有关知识，求解有关角、线段及面积问题。近年来虽然关于（特殊）平行四边形旋转
的考查频率高，由于之前的专题有总结过相关的旋转模型，故本专题就只对特殊的平行四边形旋转中的
题型作全面的总结，方便大家学习掌握。
模型1.平行四边形中的旋转模型
1）常规计算型
例1．（2023·山东·八年级期末）如图，平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转30°，得到平行四边形AB′C′D′
（点B′与点B是对应点，点C′与点C是对应点，点D′与点D是对应点），点B′恰好落在BC边上，则∠C
的度数等于（ ）
A．100° B．105° C．115° D．120°
【答案】B
【详解】分析：根据旋转的性质得出AB=AB′，∠BAB′=30°，进而得出∠B的度数，再利用平行四边形的性
质得出∠C的度数即可．
详解：∵平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转30°，得到平行四边形AB′C′D′（点B′与点B是对应点，点C′
与点C是对应点，点D′与点D是对应点），∴AB=AB′，∠BAB′=30°，∴∠B=∠AB′B=（180°﹣30°）
÷2=75°，∴∠C=180°﹣75°=105°． 故选B．
点睛：本题主要考查了旋转的性质以及平行四边形的性质，根据已知得出∠B=∠AB′B=75°是解题的关键．
例2．（2023·重庆八年级阶段练习）如图，将平行四边形ABCD绕点D逆时针旋转150°，得到平行四边形
DEFG，这时点C，E，G恰好在同一直线上，延长AD交CG于点H．若AD＝2，∠A＝75°，则HG的长是
（ ）
A． B． C． D．【答案】D
【分析】证明△CDG是顶角为150°的等腰三角形，再证明DH⊥CG，由直角三角形的性质求出DH，进而
解决问题．
【详解】解：由题意：∠ADE＝150°，AD＝DE＝2，∴∠EDH＝30°，
∵AB∥CD，∴∠CDH＝∠A＝75°，∵∠CDG＝150°，∴∠CDH＝∠GDH＝75°，
∵DC＝DG，∴DH⊥CG，∴EH＝ DE＝1，DH＝ EH＝
在CG上取一点k，使得DK＝GK，∵∠KDG＝∠KGD＝15°，∴∠DKH＝15°+15°＝30°，
∴KG＝DK＝2DH＝2 ，HK＝ DH＝3，∴HG＝HK+KG＝3+2 ，故选：D．
【点睛】本题考查旋转变换的性质、含30°角的直角三角形的性质、等腰三角形的判定和性质等知识，解
题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
2）最值（范围）型
例1．（2023·河南信阳·九年级期中）如图， 和 都为等腰直角三角形， ，
连接 ，以 为邻边作平行四边形 ，连接 ．若 ，现将 绕点
逆时针旋转一周，则在旋转过程中， 的最小值是 ．【答案】 /
【分析】根据平行四边形的性质以及等腰直角三角形的性质证明当AO有最小值时，AF最小，即当O在
AC上时，此时D，E，F共线，即可求解．
【详解】解：当D，E，F共线时，AF最小，如图所示，
∵四边形ABFD是平行四边形，∴AB=DF， ，
∵ 和 都为等腰直角三角形， ，
∴AB=AC，CD=CE，∠CDE=45°，∴AC=DF，DF⊥AC，
∴AC=DF，∠ACD=∠CDE=45°，∴DO=OC，∴OA=OF，
∵∠AOF=90°，∴ ，
∴当AO有最小值时，AF最小，即当O在AC上时，此时D，E，F共线，
∵ ， ，∴OC=1，∵ ，∴ ，
∴ ．故答案为：
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，平行四边形的性质，寻找AF最小
时点F的位置是解题的难点．
例2．（2023下·江苏扬州·八年级校考阶段练习）如图，在平行四边形 中， ， ，
，对角线 与 交于点 ，将直线 绕点 按顺时针方向旋转，分别交 、 于点 、
，则四边形 周长的最小值是 ．【答案】 /
【分析】作 于 ，证明 ，即可推出四边形 周长 ，所以当 最小
时，四边形 周长最小即可算出最小值．
【详解】解：作 于 ，如下图所示：
， ， ，
四边形 为平行四边形， ， ， ，
在 和 中 ， ， ，
四边形 周长 ，
当 的值最小时，四边形 周长有最小值，此时 ，即 的最小值，
四边形 周长的最小值是 ．故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，结合线段和最短问题，正确转换线段之间的关系表达出周长
是解题关键．
4）综合证明型
例1．（2023·四川成都·八年级统考期末）在▱ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，BC＝6．点E'在BC边上且
＝4，将B 绕点B逆时针旋转a°得到BE（0°＜a＜180°）．(1)如图1，当∠EBA＝90°时，求S BCE；(2)如图2，在旋转过程中，连接CE，取CE中点F，作射线BF
△
交直线AD于点G．①求线段BF的取值范围；②当∠EBF＝120°时，求证：BC﹣DG＝2BF；
(3)如图3．当∠EBA＝90°时，点S为线段BE上一动点，过点E作EM⊥射线AS于点M，N为AM中点，直
接写出BN的最大值与最小值．
【答案】(1)S BCE=6；(2)①1＜BF＜5；②证明见解答；(3)BN的最小值为 - ，BN的最大值为2
△
．
【分析】（1）如图1，过点E作EF⊥BC交CB的延长线于点F，根据题意求得∠EBF=180°-∠EBA-
∠ABC=180°-90°-60°=30°，再根据特殊直角三角形的性质进而求得BC上的高EF=2，代入面积公式算出结果；
（2）①如图，在线段FG上截取FK=BF，连接EK、CK，可证得四边形BCKE是平行四边形，得出：
BE=CK= =4，BC=6，再运用三角形三边关系即可求得答案；
②可证 EKB≌△BGA（AAS），得出BK=AG，由AG=AD-DG，即可推出结论；（3）连接AE，取AE的中点
△
P，PA的中点Q，连接BP、NP、NQ、BQ，可证 ABE是等腰直角三角形，得出：AE= AB=4 ，再由
△
点P是AE的中点，可得：BP⊥AE，且BP=AP=EP=2 ，利用勾股定理得BQ= ，当B、Q、N三点共
线时，BN的最小值=BQ-NQ= - ，当点S与点E重合时，EM=0，PN=0，此时，BN的最大值=BP=2
．
【详解】（1）解：如图1，过点E作EH⊥BC交CB的延长线于点H，∴∠EHC=90°，
∵∠ABC=60°，∠EBA=90°，∴∠EBH=180°-∠EBA-∠ABC=180°-90°-60°=30°，∵点 在BC边上且 =4，将B 绕点B逆时针旋转α°得到BE，∴BE=B =4，∴EH= BE= ×4=2，
又∵BC=6，∴S BCE= BC•EH= ×6×2=6；
△
（2）解：①如图，在线段FG上截取FK=BF，连接EK、CK，
∵EF=FC，BF=FK，∴四边形BCKE是平行四边形，∴BE=CK= =4，BC=6，
在 BCK中，BC-CK＜BK＜BC+CK，∴6-4＜BK＜6+4，即2＜2BF＜10，∴1＜BF＜5；
②△证明：∵四边形ABCD是平行四边形，且∠ABC=60°，AB=4，
∴∠A=180°-∠ABC=180°-60°=120°，AD BC，AD=BC，BE=AB，
∵∠EBF=120°，即∠EBK=120°，∴∠EBK=∠A，∵EK BC，∴EK AD，∴∠EKB=∠BGA，
在 EKB和 BGA中， ，∴△EKB≌△BGA（AAS），∴BK=AG，由①知：BK=2BF，
△ △
又∵AG=AD-DG，∴2BF=BC-DG；
（3）解：连接AE，取AE的中点P，PA的中点Q，连接BP、NP、NQ、BQ，
∵∠ABE=90°，AB=BE=4，∴△ABE是等腰直角三角形，∴AE= AB=4 ，
∵点P是AE的中点，∴BP⊥AE，且BP=AP=EP=2 ，
∵N是AM的中点，P是AE的中点，∴PN是 AEM的中位线，∴PN EM，∴∠ANP=∠AME=90°，
△
∵点Q是AP的中点，∴QN=PQ= AP= ，在Rt BPQ中，BQ= ，
△
当B、Q、N三点共线时，BN的最小值=BQ-NQ= - ，
当点S与点E重合时，EM=0，PN=0，此时，BN的最大值=BP=2 ．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，
全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理及勾股定理等知识，解题关键是灵活运用所学知识解决问题．
模型2.菱形中的旋转模型
1）常规计算型
例1．（2023秋·重庆·九年级专题练习）如图，菱形 ， 是对角线 上一点，将线段 绕点 顺
时针旋转角度 ，点 恰好落在 边上点 处，则 的度数为（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】如图所示，连接 ，根据菱形的性质可证 ，可得 ，根据平角
可得 ，根据多边形的内角和的计算方法即可求解．
【详解】解：如图所示，连接 ，
∵四边形 是菱形，∴ ， ， ，
在 中， ，∴ ，∴ ， ，
∵将线段 绕点 顺时针旋转角度 ，∴ ， ，
∴ ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，
∵ ，且 ，∴ ，故选： ．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，全等三角形的性质，多边形的内角和定理，理解图示，掌握菱形的性
质的运用，判定三角形全等，多边形内角和的计算方法是解题的关键．
例2．（2023·河南·模拟预测） 如图，在菱形OBCD中，OB=1，相邻两内角之比为1：2，将菱形OBCD绕
顶点O顺时针旋转90°，得到菱形OB′C′D′，则点C′的坐标为（ ）A．（ ， ） B．（ ，- ） C．（ ，- ） D．（ ， ）
【答案】B
【分析】先求出菱形的内角度数，过C′作C′H⊥y轴于H点，在Rt△C′B′H中，利用特殊角度数及边长求解
C′H和B′H长，则C′点坐标可求．
【详解】解：∵四边形OBCD是菱形，相邻两内角之比为1：2，
∴∠C=∠BOD=60°，∠D=∠OBC=120°．根据旋转性质可得∠OB′C′=120°，∴∠C′B′H=60°．
过C′作C′H⊥y轴于H点，在Rt△C′B′H中，B′C′=1，
∴B′H= ，C′H= ．∴OH=1+ = ．所以C′坐标为（ ，- ）．故选：B
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，旋转的性质，以及坐标与图形变化，解决此类问题要熟知旋转后的
不变量，求点D坐标构造直角三角形．
例3．（2022秋·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=60°，将菱形ABCD
绕点A逆时针方向旋转，对应得到菱形AEFG，点E在AC上，EF与CD交于点P，则DP的长是( )A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接BD交AC于O，根据四边形ABCD是菱形，得到AD=CD=AB=2，∠BCD=∠BAD= ，
∠ACD=∠BAC= ∠BAD= ，OA=OC，AC⊥BD，求出AC=2 ，由旋转得AE=AB=2，∠EAG=∠BAC= ，求
出CE=AC-AE=2 -2，再证得∠CPE= ，求出PC= PE=3- ，根据DP=CD-PC求出数值即可．
【详解】连接BD交AC于O， ∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=CD=AB=2，∠BCD=∠BAD= ，∠ACD=∠BAC= ∠BAD= ，OA=OC，AC⊥BD，
∴△ABD是等边三角形，∴OB= AB=1，∴OA= ，∴AC=2 ，
由旋转得AE=AB=2，∠EAG=∠BAC= ，∴CE=AC-AE=2 -2，
∵四边形AEFG是菱形，∴EF∥AG，∴∠CEP=∠EAG=
∵∠CEP+∠ACD= ，∴∠CPE= ，∴PE= CE= -1，PC= PE=3- ，
∴DP=CD-PC=2-(3- )= -1，故选：A．．
【点睛】此题考查旋转的性质，菱形的性质，锐角三角函数，等边三角形的判定，直角三角形30度角所对
的直角边等于斜边的一半，熟记菱形的性质是解题的关键．
2）最值（范围）型
例1．（2023·山东济宁·模拟预测）如图，菱形 的边长为 是边 的中点， 是边
上的一个动点，将线段 绕着 逆时针旋转 ，得到 ，连接 ，则 的最小值为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】取AB与CD的中点M，N，连接MN，作点B关于MN的对称点E'，连接E'C，E'B，此时CE的长就
是GB+GC的最小值；先证明E点与E'点重合，再在Rt EBC中，EB=2 ，BC=4，求EC的长.
△
【详解】取AB与CD的中点M，N，连接MN，作点B关于MN的对称点E'，连接E'C，E'B
，
此时CE的长就是GB+GC的最小值；∵MN∥AD∴HM= AE，∵HB⊥HM，AB=4，∠A=60°，∴MB=2，∠HMB=60°，
∴HM=1，∴AE'=2，∴E点与E'点重合，∵∠AEB=∠MHB=90°，∴∠CBE=90°，
在Rt EBC中，EB=2 ，BC=4，∴EC=2 ，故选B
△
【点睛】本题考查菱形的性质，直角三角形的性质；确定G点的运动轨迹，是找到对称轴的关键．
例2．（2023·江苏苏州·校联考一模）如图，菱形ABCD的边长为 ，∠ABC＝60°，对角线AC、BD交
于点O．点E为直线AD上的一个动点，连接CE，将线段EC绕点C顺时针旋转∠BCD的角度后得到对应
的线段CF（即∠ECF＝∠BCD），DF长度的最小值为_________．
【答案】3
【分析】连接BE，作BH⊥AD，由旋转的性质可得△DCF≌△BCE，把求DF的最小值转化为求BE的最小值，
再根据垂线段最短可得答案．
【详解】解：连接BE，作BH⊥AD交DA的延长线于H，
菱形ABCD中，∠ABC=60°，∴∠BCD=120°．
∵∠ECF=120°，∴∠BCD=∠ECF，∴∠BCE=∠DCF 由旋转可得：EC=FC，在△BEC和△DFC中 ，∴△DCF≌△BCE（SAS），∴DF=BE，
即求DF的最小值转化为求BE的最小值．
∵在Rt△AHB中，∠BAH=60°，AB= ，∴BH= =3，
当E与H重合时，BE最小值是3，∴DF的最小值是3．故答案为：3．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，菱形判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
例3．（2023·贵州遵义·统考一模）如图，已知菱形 和菱形 ， ， ，
，连接 ， ．将菱形 绕点 旋转，当 最大时， 等于（ ）
A．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．
例2．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图①，菱形 和菱形 有公共顶点A，点 ， 分别落
在边 ， 上，连接 ， ．
(1)求证： ；(2)将菱形 绕点A按逆时针方向旋转．设旋转角 ，且
， ， ．①如图②，当 时，则线段 的长度是多少？
②连接 ，当 为直角三角形时，则旋转角 的度数为多少度？
【答案】(1)证明见解析(2)① ；② 或
【分析】（1）连接 ，根据菱形的性质，可得到 ，从而得到 ，进而得到，即可求证；（2）①连接AF，EG，BD，AC，BD与AC交于点O， AF交EG于点P，根
据旋转的性质和菱形的性质可得 ，△ABD和△AEG是等边三角形，从而得到AF=OD，进而得到
四边形AODF是平行四边形，即可求解；②分两种情况讨论： 和 ，利用矩形的性
质、等边三角形的判定与性质求解即可得．
【详解】（1）证明：连接 ，
∵四边形 是菱形，∴ ，
在 和 中， ，∴ ，∴ ，
∵四边形 是菱形，∴ ，
在 和 中， ，∴ ，∴ ．
（2）解：①如图，连接AF，EG，BD，AC，BD与AC交于点O， AF交EG于点P，
由（1）得当菱形 没有旋转时，AC平分∠BAD，AF平分∠EAG，
∴此时点A、F、C三点共线，∴当菱形 绕点 按逆时针方向旋转时， ，
∴当 时， ，
在菱形ABCD中，AB=AD， ，BD⊥AC， ，∴ ∴ ，∴ ，
在菱形AEFG中，∠EAF= ，AE=AG， ，
∵ ．∴△ABD和△AEG是等边三角形，
∴ ， ，∴ ，
∴ ， ∴AF=3，∴AF=OD，
∴四边形AODF是平行四边形，∴ ；
②由①得四边形AODF是平行四边形，
∵ ，∴四边形AODF是矩形，∴ ，即 为直角三角形，
∴此时旋转角 的度数为 ；如图，当点F在AD上时，
由①得AF=3，∵AD=AB=6∴ ，∴AF=DF，
∵△ABD为等边三角形，∴BF⊥AD，即 ，∴此时△DFB为直角三角形，
∵∠EAF= ，∴ ，即此时旋转角 的度数为 ；
综上所述，当 为直角三角形时，旋转角 的度数为 或 ．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，图形旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟
练掌握菱形的性质，图形旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，并利用分类讨论思想
解答是解题的关键．
4）综合证明型
例1．（2023·天津·二模）如图，将菱形 绕点A顺时针旋转得到菱形 ，使点 落在对角线
上，连接 ， ，则下列结论一定正确的是（ ）A． B． C． 是等边三角形 D．
【答案】D
【分析】根据旋转以及菱形的性质，得到 ， =90 ，从而得到 ，说明
选项A错误；根据旋转以及菱形的性质，得到 ，等腰三角形底角不可能是直角，说明选项B错误；
根据旋转以及菱形的性质，得到 ，没有理由说明△ 的内角等于60 ，说明选项C错误；根
据旋转以及菱形的性质，利用“SSS”即可判定选项D正确．
【详解】连接BD交AC于点O，
∵菱形 是菱形 旋转得来的，∴ ， ，DB⊥AC，
∴ =90 ，∴ ，故选项A错误；
∵菱形 是菱形 旋转得来的，
由菱形的性质可知， ,且 ，
题中没有条件给出 ，∴ ，故选项B错误；
∵四边形 是菱形，∴ ，没有条件说明△ 的内角等于60 ，
∴△ 不一定是等边三角形，故选项C错误；
∵菱形 是菱形 旋转得来，∴ ， ，
∴△ △ (SSS)，故选项D正确；故选：D．
【点睛】本题主要考查了菱形及旋转的性质以及三角形全等的判定，根据菱形及旋转性质求得所需线段之
间的关系以及角之间的关系是解题的关键．
例2．（2023·湖北武汉·八年级统考期中）如图1，菱形AEFG的两边AE、AG分别在菱形ABCD的边AB和AD上，且∠BAD=60°，连接CF；（1）求证： ；（2）如图2，将菱形AEFG绕点A进行顺
时针旋转，在旋转过程中（1）中的结论是否发生变化？请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）CF= ，（1）中的结论不变．理由见解析．
【分析】（1）延长EF交CD于M点，证明三角形CMF是等腰三角形，且∠EMC=120°，过点M作
MN⊥CF，垂足为N，根据30°角所对直角边等于斜边的一半，和勾股定理，得
FN=NC= 即CF=2FN= ；（2）过D做∠NDC=∠ADG,使DN=DG，连接NC，证明 DGN为等腰
△
三角形，四边形GFNC为平行四边形即可．
【详解】（1）如图１，延长EF交CD于M点，
∵四边形AEFG和四边形ABCD是菱形∴DC//GF//AB,DM//GF
∴四边形GFMD是平行四边形则∠D=∠EMC=120°，∴∠MFC=∠MCF=30°，
过点M作MN⊥CF，垂足为N，∴MN= ,根据勾股定理，得FN= ，
∵MC=MF，∴FN=NC，∴CF=2FN= ；
（2）如图2，过D做∠NDC=∠ADG,使DN=DG，连接NC，
∴ AGD≌△DNC(SAS）∴AG=NC ∠DNC=∠AGD ∴△DGN为等腰三角形，则∠DGN=∠DNG，
∵△∠NGF=360°-∠AGD-∠AGF-∠DGN=240°-∠DGA-∠DGN ∠GNC=∠DNC-∠DNG=∠DNC-∠DNG∴∠NGF+∠GNC=240°-∠DGN-∠DNG,∵∠DGN+∠DNG=180°-∠GDN=60°
∴∠NGF+∠GNC=180°∴NC//GF ，∴四边形GFNC为平行四边形
∴CF=GN，则GN= ，∴CF= ，结论（1）不变．
【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定，三角形的全等，等腰三角形的性质，灵活构造辅助
线是解题的关键．
例3．（2023·重庆·九年级统考期中）如图，在菱形 和菱形 中，点 ， ， 在同一条直线上，
是线段 的中点，连接 ， ．（1）如图1，探究 与 的位置关系，写出你的猜想并加以证
明；（2）如图1，若 ， ，求菱形 的面积．（3）如图2，将图1中的菱形 绕点
顺时针旋转，使菱形 的边 恰好与菱形 的边 在同一条直线上，若 ，
请直接写出 与 的数量关系．
【答案】（1）线段 与 的位置关系是 ，证明见解析；（2）菱形 面积为4；（3）
．
【分析】（1）可通过构建全等三角形求解．延长GP交DC于H，可证 DHP和 PGF全等，那么
HP=PG，DH=GF=BG，那么可得出CH=CG，于是 CHG就是等腰三角形△且CP是△底边上的中线，根据等
腰三角形三线合一的特点，即可得出CP⊥PG；（2△）由 ，得到 是等腰直角三角形，
则 ，得到菱形 为正方形，即可求出面积；（3）经过（1）（2）的解题过程，
我们要构建出以CP为底边中线的等腰三角形，那么可延长GP到H，使PH=PG，连接CH、DH，那么根
据前两问的解题过程，我们要求的是 CHG是个等腰三角形，关键是证 CDH和 CBG全等，已知条件只
有CD=CB，我们可通过其他的全等三△角形来得出 CDH和 CBG全等的△条件． △DHP和 FGP中，有一
组对顶角，DP=PF，HP=PG，那么这两个三角形就△全等，可△得出DH=GF=BG，∠△HDP=∠△GFP，根据平行
线间的内错角相等可得出，∠CDP=∠EFD，那么∠CDH=∠EFG=∠CBG，由此可得 CDH和 CBG全等，
进一步即可证得结论． △ △【详解】解：（1）线段 与 的位置关系是 ，
理由如下：如图1，延长 交 于点 ，
是线段 的中点， ，由题意可知 ， ，
， ， = GB，
四边形 是菱形， ， ，
是等腰三角形， （三线合一）；
（2） ， 是等腰直角三角形，∴∠HCG=90°，
∵DC∥AE， ， 菱形 为正方形， 菱形 面积为： ．
（3） 如图2，延长 到 ，使 ，连接 ， ， ，
是线段 的中点， ， ， ， ，
，
， ， ，
四边形 是菱形， ， ，点 、 、 又在一条直线上，
，
四边形 是菱形， ， ， ，
， ， ，即 ，
， ， ， ， ．即 ．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，以及全等三角形的判定与性质等知识点，根据已知和所求的条件正
确的构建出全等三角形是解题的关键．
模型3.矩形中的旋转模型
1）常规计算型例1．（2023·河南洛阳·统考一模）如图，矩形 的顶点为 ， ， 与x轴正半轴的夹角
为 ，若矩形绕点O顺时针旋转，每秒旋转 ，则第2023秒时，矩形的对角线交点D的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】每秒旋转 ，8次一个循环，2023÷8=252…7，第2023秒时，矩形的对角线交点D与第七次的点
D的坐标相同，第八次点D和刚开始旋转的位置相同，由此可得到点D的坐标．
【详解】解：∵四边形 是矩形，∴ ， ， ，∴ ，
∵每秒旋转 ，8次一个循环，2023÷8=252…7，∴点D与第七次的点D的坐标相同，
∴点D正好在y轴的正半轴上，∴点D的坐标为 ．故选：D．
【点睛】本题考查旋转变换，矩形的性质等知识，解题的关键是明确题意，发现点D得变化特点，利用数
形结合的思想解答．
例2．（2023·湖北·九年级统考期中）已知大小一样的矩形 和矩形 如图1摆放，
，现在把矩形 绕点A旋转，如图2， 交 于点M，交 于点N，若 ，
则 的值为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设 与 交于点H，由已知可得 、 都是等腰直角三角形，由勾股定理可得 、的长，从而可求得 的长．
【详解】设 与 交于点H，如图，
∵四边形 、四边形 都是矩形，∴ ， ，
∵ ，∴ 是等腰直角三角形，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，∴ 是等腰直角三角形，
同理， 是等腰直角三角形，∴ ，由勾股定理可得 ，∴
，
由勾股定理得： ，
∴ ．故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识，由题意得到若干个等腰直
角三角形是问题的关键．
2）最值（范围）型
例1．（2023·广东·八年级假期作业）如图，在矩形ABCD中，AB＝7，BC＝7 ，点P在线段BC上运动
（含B、C两点），连接AP，将线段AP绕着点A逆时针旋转60°得到AQ，连接DQ，则线段DQ的最小值
为 ___．【答案】3.5
【分析】以AB为边作等边△ABE，过点D作DH⊥QE于H，利用SAS证明△ABP≌△AEQ，得∠AEQ=
∠ABP=90°，则点Q在射线EQ上运动，即求DH的长度，再运用含30°角的直角三角形的性质进行解题．
【详解】解：如图，以AB为边作等边△ABE，过点D作DH⊥QE于H，∴AB=AE，∠BAE=60°，
∵将线段AP绕着点A逆时针旋转60°得到AQ，∴AP=AQ，∠PAQ=60°，∴∠BAP=∠EAQ，
在△ABP和△AEQ中， ，∴△ABP≌△AEQ（SAS），
∴∠AEQ=∠ABP=90°，∴点Q在射线EQ上运动，
当Q与H重合时，DQ最小，在Rt△AEF中，∠EAF=30°，
∴EF= AE= ，∴AF=2EF= ，∴DF=AD-AF= - = ，
∴DH= DF= × = ，∴DQ的最小值为 ，故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，含30°角的直角三
角形的性质，判断出点Q的运动路径是解题的关键．
例2．（2023·广东佛山·九年级校考阶段练习）如图，有两个全等的矩形纸片， ，点O都是
两矩形对角线的交点，固定矩形 ，使矩形 绕着点O顺时针任意旋转，它们重叠的菱形面积
记为S，则S的取值范围是 ．【答案】
【分析】根据菱形的面积等于边长×高，菱形的高为矩形的宽，是定值，得到当菱形的边长最短和边长最
长时，菱形的面积最小和最大，进而得到当菱形的变成为矩形的宽时，菱形的边最短，菱形长的对角线和
矩形的对角线重合时，边长最长，进行求解即可．
【详解】解：∵菱形的高为矩形的宽，
∴当菱形的边长最短时，菱形的面积最小，此时菱形的边长为矩形的宽，如图：∴ 的最小值为 ；
当当菱形的边长最长时，菱形的面积最大，此时菱形的一条对角线与矩形的对角线重合，如图：
设菱形的变成为 ，则： ，∴ ，
在 中， ，即： ，∴ ，此时： ，∴ ．
【点睛】本题考查菱形性质，矩形的性质，勾股定理．熟练掌握相关性质，确定 的最大值和最小值，是
解题的关键．
3）分类讨论型
例1．（2023·上海·统考二模）如图，平面直角坐标系中，矩形 的顶点 ， 将矩形
绕点O顺时针方向旋转，使点A恰好落在直线 上的点 处，则点B的对应点 的坐标为 ．【答案】 或
【分析】分两种情况：①当点A在 上时：连接 作 于H，证明 得到
即可得到答案；②当点A在 延长线上时：过点 作 轴，连接
，根据对顶角相等和旋转的性质得出 ，再根据勾股定理求出 ，根据30度所对的直角
边等于斜边的一半得出 ，然后利用勾股定理求得 即可得出答案．
【详解】解：①当点A在 上时：连接 作 于H，如图所示，
由题意知： 则
由旋转的性质可知，在 和 中
∴点 的坐标为
②当点A在 延长线上时：过点 作 轴，连接 ，如图
由①知， 由旋转可知，
， ，
故答案为： 或 ．
【点睛】本题考查的是矩形的性质，旋转变换的性质，全等三角形的判定与性质，掌握矩形的性质，全等
三角形的判定和性质定理是解题的关键．
例2．（2023上·吉林四平·九年级统考期末）如图，矩形 中， ， ，P为 边中点，
， 绕点P旋转，其中点E，F在矩形 的边上．在旋转过程中，请探究：
(1)矩形 的边落在 内部的线段长的和是否发生变化？为什么？
(2)矩形 与 重叠部分的面积是否发生变化？为什么？
【答案】(1)矩形 的边落在 内部的线段长的和不变，理由见解析
(2)矩形 与 重叠部分的面积不变，理由见解析
【分析】（1）分两种情况：当点E在边 上，点F在 边上时，作 于点H，证明
即可解决；当点E在 边上，点F在 边上时同理可得；
（2）分两种情况：当点E在 边上，点F在 边上时，由 可得这两个三角形面积相等，
从而易得阴影部分面积等于矩形面积的一半；当点E在 边上，点F在 边上时同理可得．
【详解】（1）解：矩形 的边落在 内部的线段长的和不变，理由如下：
①如图1，当点E在边 上，点F在 边上时 作 于点H在矩形 中， ， ， ∴ ，
∵P为 边中点 ∴ ∴
∵ ， 即 ∴ ∴
∴矩形的边落在 内部的线段长的和是
②如图2，当点E在 边上，点F在 边上时
同理可得，矩形的边落在 内部的线段长的和也是4
∴矩形 的边落在 内部的线段长的和总等于4
（2）解：矩形 与 重叠部分的面积不变
①如图1，当点E在 边上，点F在 边上时，由（1）得 ∴
∴重叠部分的面积
②如图2，当点E在 边上，点F在 边上时，
同理可得，矩形 与 重叠部分的面积也是4
∴矩形 与 重叠部分的面积总等于4
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，构造辅助线证明两个三角形全等是解题关键，注意分类讨论．
4）综合证明型
例1．（2023·黑龙江哈尔滨·八年级校考期中）如图，在矩形 中，把矩形 绕点 旋转，得到矩
形 ，且点 落在 上，连接 ， ， 交 于点 ，连接 ，若 平分 ，则下列
结论：① ；② ；③ ；④ ，其中正确的个数是（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】如图，作BM⊥EC于M．证明△BEA≌△BEM（AAS），△BMH≌△GCH（AAS），利用全等三角形
的性质即可一一判断．
【详解】解：如图，作BM⊥EC于M．∵CB=CE，∴∠CBE=∠CEB，
∵AD∥BC，∴∠AEB=∠CBE，∴∠AEB=∠MEB，
∵∠A=∠BME=90°，BE=BE，∴△BEA≌△BEM（AAS），∴AE=EM，AB=BM．
∵∠BMH=∠GCH=90°，∠BHM=∠GHC，BM=AB=CG，
∴△BMH≌△GCH（AAS），∴MH=CH，BH=HG，∴EH=EM+MH=AE+CH，故①③正确，
∵∠AEB+∠ABE=90°，∴2∠AEB+2∠ABE=180°，∵∠DEC+∠AEC=180°，∠AEC=2∠AEB，
∴∠DEC+2∠AEB=180°，∴∠DEC=2∠ABE，故②正确，
∵FH平分∠EFG，∴∠EFH=45°，∵∠FEH=90°，∴AB=EF=EH，
∵EH＞HM=CH，∴CH＜AB，故④错误．故选：C．
【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构
造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
例2．（2022上·福建厦门·九年级厦门一中校考阶段练习）已知：在矩形 中，把矩形 绕点
旋转，得到矩形 ，且点 落在 边上，连接 交 于点 ．(1)如图1，连接 ，求证： 平
分 ；
(2)如图2，连接 ，若 平分 ，判断 与 之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)见解析(2) ，证明见解析
【分析】（1）根据旋转的性质得到 ，求得 ，根据矩形的性质，得出 ，
继而得出 ，等量代换得出 ，即可得证；（2）根据全等三角形的性质得到
，求得 ，根据线段的和差得到 ，根据已知条件得到 是等
腰直角三角形，求得 ，设 ，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：如图，
根据四边形 是矩形， ， ， 把矩形 绕点 旋转得到矩形
FECG，
， ， ，即 平分 ；
（2）解：如图，过B作 于M，连接 ，
在 和 中， ， ， ， ，
在 和 中， ， ，
， ，， ，
平分 ， ， 是等腰直角三角形， ， ，
设 ，
， ，解得： ， ，
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，
勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
模型4.正方形中的旋转模型
1）常规计算型
例1．（2023上·江西宜春·九年级校联考期中）如图，正方形 和正方形 的边长都是2，正方形
绕点O旋转时，两个正方形重叠部分的面积是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质和判定等知识，根据正方形的性质得
出 ，推出 ，证出 ，即
可求解．
【详解】解：如图，设 与 交点N， 与 交点M，∵四边形 和四边形 都是正方形，
∴ ，∴ ．
在 与 中， ， ，
， ．故选：A．
例2．（2023·广东揭阳·九年级期中）如图，边长为3的正方形ABCD绕点C按顺时针方向旋转30°后得到
正方形EFCG，EF交AD于点H，那么DH的长是_____．
【答案】
【分析】连接CH，可知△CFH≌△CDH（HL），故可求∠DCH的度数，根据三角函数定义求解．
【详解】解：连接CH，
∵四边形ABCD，四边形EFCG都是正方形，且正方形ABCD绕点C旋转后得到正方形EFCG，
∴∠F＝∠D＝90°，∴△CFH与△CDH都是直角三角形，
在Rt△CFH与Rt△CDH中，∵ ，∴△CFH≌△CDH（HL）．
∴∠DCH＝ ∠DCF＝ （90°﹣30°）＝30°．在Rt△CDH中，CD＝3，∴DH＝tan∠DCH×CD＝ ．故答案为： ．
【点睛】本题考查全等三角形的判定及性质，解直角三角形，掌握全等三角形的性质和正方形性质是关键．
2）最值（范围）型
例1．（2023·湖北·鄂州市一模）如图，已知正方形 的边长为3，点E是 边上一动点，连接 ，
将 绕点E顺时针旋转 到 ，连接 ，则当 之和取最小值时， 的周长为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接 BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，通过证明 AED≌△GFE（AAS），确定F点在
BF的射线上运动；作点C关于BF的对称点C'，由三角形全等得到∠△CBF=45°，从而确定C'点在AB的延
长线上；当D、F、C'三点共线时，DF+CF=DC'最小，在Rt ADC'中，AD=3，AC'=6，求出DC'=3 即可．
△
【详解】解：连接 BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，∵将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，∴EF⊥DE，且EF=DE，∴△AED≌△GFE（AAS），∴FG=AE，
∴F点在BF的射线上运动，作点C关于BF的对称点C'，
∵EG=DA，FG=AE，∴AE=BG，∴BG=FG，∴∠FBG=45°，∴∠CBF=45°，
∴BF是∠CBC′的角平分线，即F点在∠CBC′的角平分线上运动，∴C'点在AB的延长线上，
当D、F、C'三点共线时，DF+CF=DC'最小，在Rt ADC'中，AD=3，AC'=6，
△
∴DC'=3 ，∴DF+CF的最小值为3 ，∴此时 的周长为 ．故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，轴对称求最短路径；能够将线段的和通过轴对称转化为
共线线段是解题的关键．
例2．（2023下·山东威海·八年级统考期末）如图，边长为2的正方形 的对角线交于点O，
，绕点O旋转 ，交边 ， 于点E，F，则线段 的最小值为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】A
【分析】根据 证明 ，可证 ，由股定理得 ，从而可知当 取得最
小值时，线段 取得最小值，据此求解即可．
【详解】解：∵四边形 是正方形，
∴ ， ， ，∴ ．
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ，∴ ，∴ ，∴当 取得最小值时，线段 取得最小值，
由垂线段最短可知，当 时， 取得最小值，此时 ，
∴ ，线段 的最小值为 ．故选A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，垂线段最短，求出当 取得
最小值时，线段 取得最小值是解答本题的关键．
3）路径（轨迹）型
例1．（2022·湖北武汉·八年级统考期末）如图， ，点 ， 均在线段 上且满足
．线段 上有一动点 ，分别以 ， 为边向上作正方形 ，正方形 ，
点 ， 分别为 ， 的中点，连接 ，取 的中点 ．那么当点 从 运动到 时，点 移动的路
径长为（ ）
A． B． C．5 D．
【答案】A
【分析】根据点 的运动找出点 的运动轨迹，为线段 ，再根据题意可得 为△ 的中位线，
为△ 的中位线，再根据正方形的性质和三角形的中位线定理求出 和 的长，进一步即可求出
点 的移动路径长．
【详解】解：当点 在点 时，点 在 的位置，当点 运动到点 时，点 在点 的位置，如图所示：点 从点 运动到点 的路径为线段 ， 点 从 到 的路径为线段 ，
连接 ，取其中点 ，连接 ，连接 ，
根据题意可知 为△ 的中位线， 为△ 的中位线， ， ，
， ， ， ，
在正方形 和正方形 中， ， ，
为 的中点， 为 的中点， ， ，
同理可得 ， ， ， 点 移动的路径长为 ，故选：
A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形的中位线定理，解题的关键是找出点 的运动轨迹．
例2．（2023·广东三模）如图， 是等腰直角三角形，正方形 绕点A逆时针旋转
，再延长 交 于G，以下结论中：① ；② ；③当 ，
时， ，正确的有（ ）A．3个 B．2个 C．1个 D．都不对
【答案】B
【分析】根据等腰直角三角形的性质及正方形的性质易得△BAD≌△CAF，从而易得①②正确；取BC的中
点O，连接OG、OA，则由直角三角形斜边上中线的性质可得OG是BC的一半，即为定值，故可得点G
的运动路径是以O为圆心OG长为半径一段圆弧上运动，从而BG的长度不是固定的，因此可对③作出判
定．
【详解】（1）∵四边形ADEF是正方形∴AD=AF，∠DAF=∠DAC+∠CAF=90゜
∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90゜∴AB=AC ∴∠BAD+∠DAC=90゜∴∠BAD=∠CAF
在△BAD和△CAF中 ∴△BAD≌△CAF(SAS)∴BD=CF，∠DBA=∠FCA
设BG与AC交于点M，则∠BMA=∠CMG∴∠FCA+∠CMG=∠DBA+∠BMA=90゜
∴∠CGM=90゜∴BD⊥CF 故①②均正确；
如图，取BC的中点O，连接OG、OA
∵BG⊥CF，AB⊥AC∴OG、OA分别是Rt△GBC、Rt△ABC斜边上的中线
∴ 在Rt△ABC中，由勾股定理得 ∴
则点G在以O为圆心 为半径的一段圆弧上运动，其中点A为此弧的一个端点
所以BG的长变化的，不可能是定值 故③不正确 故选：B．
【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的
性质等知识，对③的判断是比较难，判断出点G的运动路径后问题则迎刃而解．
4）分类讨论型
例1．（2023·云南昆明·统考二模）如图，大正方形 中， ，小正方形 中， ，在小正方形绕 点旋转的过程中，当 ， ， 三点共线时，线段 的长为_______．
【答案】 或
【分析】在正方形 中，根据勾股定理求得 ；在正方形 中，根据正方形的性质可得
；在Rt△AGC中，根据勾股定理求得 ，再分两种情况求CF的长即可．
【详解】连接AC，∵正方形 中， ，∴ ；
∵正方形 中， ，∴ ；
当 ， ， 三点共线时，如图1，在Rt△AGC中， ，
∴ ；
当 ， ， 三点共线时，如图2，
在Rt△AGC中， ，∴ ．
综上，CF的长为 或 ．故答案为： 或 ．
【点睛】本题考查了正方形的性质及勾股定理，解决问题时要注意本题有两种情况，不要漏解．
例2．（2023·辽宁辽阳·一模）如图，正方形ABCD和正方形CEFG（其中BD>2CE），直线BG与DE交于点H．(1)如图1，当点G在CD上时，请直接写出线段BG与DE的数量关系和位置关系；
(2)将正方形CEFG绕点C旋转一周．①如图2，当点E在直线CD右侧时，求证： ；
②当∠DEC＝45°时，若AB＝3，CE＝1，请直接写出线段DH的长．
【答案】(1)BG＝DE，BG⊥DE(2)①见解析；② 或
【分析】（1）证明 BCG≌ DCE可得结论；（2）①在线段BG上截取BK＝DH，连接CK．证明
BCK≌ DCH(SAS)，△推出C△K＝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B△D；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，△∴△BC△K≌△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⊥CA 于M，利用等腰三角形性质及折叠性质得
1
∠ADE+∠CDM，再等量代换即可判断②；连接AP、PC、AC，由对称性知，PA=PA，知P、A、C共线时
1
取最小值，最小值为AC长度，勾股定理求解即可判断③；过点A 作AH⊥AB于H，借助特殊角的三角函
1 1
数值求出BE，AH的长度，代入三角形面积公式求解即可判断④．
1
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC，∠ABC=90°，
由旋转知，∠ABA=90°，AB=AB，∴∠ABA=∠CBA，∴ ABA≌ CBA，故①正确；
1 2 1 2 1 2 1 2
过D作DM⊥CA 于M，如图所示， △ △
1
由折叠知AD=AD=CD，∠ADE=∠ADE，∴DM平分∠CDA ，∴∠ADE+∠CDM=45°，
1 1 1
又∠BCA+∠DCM=∠CDM+∠DCM=90°，∴∠BCA=∠CDM，∴∠ADE+∠BCA=45°，故②正确；
1 1 1
连接AP、PC、AC，由对称性知，PA=PA，
1
即PA+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；
1
过点A 作AH⊥AB于H，如图所示，
1 1
∵∠ADE=30°∴AE=tan30°·AD= ，DE= ，∴BE=AB-AE=1- ，
由折叠知∠DEA=∠DEA =60°，AE=AE= ，∴∠AEH=60°，
1 1 1∴AH=AE·sin60°= ，∴ ABE的面积= ，故④错误，故答案为：①②③．
1 1 1
△
【点睛】本题考查了正方形性质、等腰三角形性质、全等三角形的判定、折叠性质及解直角三角形等知识
点，综合性较强．
例2．（2022·辽宁盘锦·中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，△ECF为等腰直角三角形，∠ECF＝
90°，点E在BC上，点F在CD上，P为EF中点，连接AF，G为AF中点，连接PG，DG，将Rt△ECF绕
点C顺时针旋转，旋转角为α（0°≤α≤360°）．(1)如图1，当α＝0°时，DG与PG的关系为 ；(2)如图
2，当α＝90°时①求证：△AGD≌△FGM；②（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成
立，请说明理由．
【答案】(1) 且 (2)①见解析；②成立，理由见解析
【分析】（1）先判断出 ，得出 ， ，再用直角三角形斜边的中线等于
斜边的一半和三角形中位线定理、三角形外角和定理，即可得出结论；
（2）①先判断出 ，再判断出 ，即可得出结论；
②由①知， ，得 ， 得出 ，根据题（1） ，得出
，得 ，得 ．又根据点 是 的中点， 是 的中位线，等量
代换得 ．根据 得 ，且 ，推出
，又根据 ，同旁内角互补，得 ，即 ．
（1）解：∵四边形ABCD是正方形∴ ，
∵ 为等腰直角三角形∴ ∴CE＝CF，
∴ ∴ ， ∵点 是 的中点∴ ∴
∵ 为 中点， 为 中点∴ 是 的中位线
∴ ， ∴ ，
又∵在 中 ∴ 且 ∴∵ ∴ ∴
∴ ∴ 故 且 ．故答案是：DG=PG且DG⊥GP；
（2）①证明：∵四边形 是正方形， ∴
∵点 是 的中点∴ ∴在 和 中 ∴
解：②（1）中的结论 且 成立
证明：由①知， ∴ ，
∴ ∴ ∵ ∴
又∵ ， ∴ ∴ ，
∵点 是 的中点∴
又∵ 为 中点， 为 中点∴ 是 的中位线∴ ， ∴
又∵ ∴ ∴ ∴
又∵ ∴ ∴ ∴ 故 且 ．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的
性质，三角形的中位线定理，解题的关键是全等三角形性质，三角形中位线定理，等量代换的转换运用．
课后专项训练
1．（2023上·河南郑州·九年级校考阶段练习）如图，原点O为 的对称中心， 轴，与y轴交
于点 ， 与x轴交于 ， ．若将 绕原点O顺时针旋转，每次旋转90°，
则第502次旋转结束时，点A的对应点的坐标为( )A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接 ，设 与 轴交于点 ， 与 轴交于点 ，利用中心对称的性质确定
的长度，利用平行四边形的判定及性质可以得到 ，再根据 确定点 的坐
标，由旋转的周期性确定 绕原点O顺时针旋转第502次旋转结束时与 位置重合，从而确定点
与点 重合， 即可得到点 的对应点的坐标．
【详解】连接 ，设 与 轴交于点 ， 与 轴交于点 ，
∵原点 为 的对称中心，∴点 与点 关于点 对称，
∵点 ，∴ ， ，∵四边形 是平行四边形， ∴ ，
又∵ ，点 ∴ ，即点 ，点
∵ 绕原点O顺时针旋转，每次旋转90°，∴ ， ，
即 绕原点O顺时针旋转第502次旋转结束时与 位置重合，此时点 与点 重合，
∴点A的对应点的坐标为 ．故选A．
【点睛】本题考查了图形与坐标，旋转的性质，中心对称的性质，周期型规律问题，能准确确定点 的坐
标及在第502次旋转结束时 所在的位置是解决本题的关键．
2．（2023·天津红桥·九年级统考阶段练习）如图，在面积为12的
▱
ABCD中，对角线BD绕着它的中点O
按顺时针方向旋转一定角度后，其所在直线分别交AB、CD于点E、F，若AE＝2EB，则图中阴影部分的
面积等于（ ）A．2 B．3 C． D．
【答案】B
【分析】先利用平行四边形的性质、三角形的判定定理得出 ，从而可得 ，再根
据平行四边形的性质即可得．
【详解】∵四边形ABCD为平行四边形∴ ∴
又∵ ∴ ∴
∴ 故选：B．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定定理与性质、平行四边形的性质等知识点，掌握理解并灵活运用平
行四边形的性质是解题关键．
3．（2023·山西·校联考二模）如图，将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转一定角度得到矩形 ．
此时点A的对应点 恰好落在对角线AC的中点处．若AB＝3，则点B与点 之间的距离为（ ）
A．3 B．6 C． D．
【答案】B
【分析】连接 ，由矩形的性质得出∠ABC=90°，AC=BD，由旋转的性质得出 ，
证明 是等边三角形，由等边三角形的性质得出 ，由直角三角形的性质求出AC的长，由
矩形的性质可得出答案．【详解】解：连接 ， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC=90°，AC=BD， ∵点 是AC的中点， ∴
，
∵将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转一定角度得到矩形 ，
∴ ∴ ， ∴ 是等边三角形， ∴∠BAA'=60°，
∴∠ACB=30°，
∵AB=3， ∴AC=2AB=6， ∴ ． 即点B与点 之间的距离为6． 故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，求出AC
的长是解本题的关键．
4．（2023·河南安阳·校联考一模）如图，菱形 的顶点 ， ， ，若菱形
绕点 顺时针旋转 后得到菱形 ，依此方式，绕点 连续旋转 次得到菱形 ，
那么点 的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意得到点 与点 重合，在菱形 中算出C点坐标，即可解答．
【详解】解：作 于 ，则 ，四边形 是菱形， ， ， ， ，
， ， ， 点 的坐标为 ，
若菱形绕点 顺时针旋转 后得到菱形 ，依此方式，绕点 连续旋转 次得到菱形
，
则菱形 绕点 连续旋转 次，旋转 次为一周，旋转 次为 周 ，
绕点 连续旋转 次得到菱形 与菱形 重合，
点 与 重合， 点 的坐标为 ，故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质，图形与坐标，根据题意得到旋转的规律是解题的关键．
5．（2023春·黑龙江大庆·九年级统考期中）如图，四边形 是菱形， ，且
，M为对角线 （不含B点）上任意一点，将 绕点B逆时针旋转 得到 ，
连接 、 、 ，则 的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据两点之间线段最短，当 点位于 与 的交点处时， 的值最小，即等于
的长．【详解】解：将 绕点 逆时针旋转 得到 ，
∴ ， , , , ，如图，连接 ，
是等边三角形． ． ．
当 点位于 与 的交点处时， 的值最小，即等于 的长，
过 点作 交 的延长线于 ， ，
， ， ，在 中， ， ．故选：A.
【点睛】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的
性质，掌握以上知识是解题的关键．
6．（2023上·安徽阜阳·九年级统考期中）如图，将菱形 绕点A按逆时针方向旋转 得到菱形
，当 平分 时，则 与 之间的数量关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了旋转的性质及菱形的性质，根据菱形代入性质可得 ，根据等腰三角形的性质
可得 ，根据旋转的性质可得 ，根据 平分 ，可得
，即可得到答案，熟练掌握相关性质并正确找出旋转角是解题的关键．
【详解】解：∵ 是菱形，∴ ，∴ ，
∵菱形 绕点A按逆时针方向旋转 得到菱形 ，∴ ，
∵ 平分 ，∴ ，∴ ，∴ ，根据三角形内角和定理可得： ，即 ，故选：D．
7．（2023·天津河北·统考一模）如图，在菱形 中， ，将菱形 绕点A顺时
针方向旋转，对应得到菱形 ，点G在 上， 与 交于点H，则 的长 ．
【答案】 /
【分析】以A点为原点， 所在的直线为y轴，建立直角坐标系，延长 交y轴于点M，过G点作
轴于点N，根据菱形的性质以及三角函数求出 ， ， ， ，再利
用待定系数法求出直线 的解析式为： ，直线 的解析式为： ，进而求出
，问题随之得解．
【详解】解：以A点为原点， 所在的直线为y轴，建立直角坐标系，延长 交y轴于点M，过G点作
轴于点N，如图，
∵在菱形 中， ， ， ，
∴ 轴， ， ，
∴ ，即 ， ，∴ ， ，根据旋转的性质有： ， ，
根据菱形的性质有： ，∴ ，
∴ ， ，∴ ，
∵ ， ，∴ ， ，设直线 的解析式为： ，
∴ ，解得： ，即直线 的解析式为： ，
同理可得：直线 的解析式为： ，
联立： ，解得： ，∴ ，
∵ ，∴ ，故答案为： ．
【点睛】本题考查了解直角三角形，菱形的性质，勾股定理以及一次函数的图象与性质等知识，构建坐标
系，求出 ，是解答本题的关键．
8．（2023·浙江宁波·一模）如图，一副三角板如图1放置， ，顶点 重合，将 绕其顶
点 旋转，如图2，在旋转过程中，当 ，连接 ， ，此时四边形 的面积是
________．
【答案】
【分析】延长CE交AB于点F，先根据特殊直角三角形的性质和∠AED=75°，推出AB∥CD，从而可证四边形ABCD为平行四边形，再根据等腰直角三角形的性质求出EF长，则可求出CF长，最后计算平行四边形
ABCD的面积即可．
【详解】解：如图2，延长CE交AB于点F，
∵ ，∴ ，
又 ，∴ ，
∴AB∥CD，
∵ ，∴四边形是 平行四边形，∵ ，∴ ，即 ，
∴ ， ，∴ ，
∴ ．故答案为： ．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形的判定和平行四边形面积的计算，先证出四边形ABCD是平
行四边形是解题的关键．
9．（2022秋·安徽芜湖·九年级统考期中）如图，正方形 的边长为2cm，正方形 的边长为
1cm，若正方形 绕点C旋转，则点F到点A的距离最小值为 _____．
【答案】 ## 厘米
【分析】首先根据题意找到点F到点A的距离最小值时点F的位置，然后利用正方形的性质求解即可．
【详解】解：当点F在正方形的对角线 上时，可知 ，
当点F不在正方形的对角线 上时，由三角形三边关系可知 ，
∴当点F在正方形的对角线 上时，点F到点A距离最小值，∵正方形 的边长为2cm，正方形 的边长为1cm，
∴ cm， cm，∴ cm；故答案为： ．
【点睛】本题考查正方形的性质，以及三角形的三边关系．熟练掌握正方形的性质，是解题的关键．
10．（2023·江苏·九年级专题练习）如图，菱形ABCD的边长为2，∠A＝60°，E是边AB的中点，F是边
AD上的一个动点，将线段EF绕着点E顺时针旋转60°得到EG，连接DG、CG，则DG+CG的最小值为
．
【答案】
【分析】取AD的中点N．连接EN，EC，GN，作EH⊥CB交CB的延长线于H．根据菱形的性质，可得
△ADB是等边三角形，从而得到△AEN是等边三角形，可证得△AEF≌△NEG，进而得到点G的运动轨迹是
射线NG，继而得到GD+GC＝GE+GC≥EC，在Rt△BEH和Rt△ECH中， 由勾股定理，即可求解．
【详解】如图，取AD的中点N．连接EN，EC，GN，作EH⊥CB交CB的延长线于H．
∵四边形ABCD是菱形∴AD＝AB，∵∠A＝60°，∴△ADB是等边三角形，∴AD＝BD，∵AE＝ED，AN＝NB，∴AE＝AN，∵∠A＝60°，∴△AEN是等边三角形，
∴∠AEN＝∠FEG＝60°，∴∠AEF＝∠NEG，
∵EA＝EN，EF＝EG，∴△AEF≌△NEG（SAS），∴∠ENG＝∠A＝60°，
∵∠ANE＝60°，∴∠GND＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴点G的运动轨迹是射线NG，
∴D，E关于射线NG对称，∴GD＝GE，∴GD+GC＝GE+GC≥EC，
在Rt△BEH中，∠H＝90°，BE＝1，∠EBH＝60°，∴BH＝ BE＝ ，EH＝ ，
在Rt△ECH中，EC＝ ＝ ，∴GD+GC≥ ，∴GD+GC的最小值为 ．故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等
知识，熟练掌握菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识是解
题的关键．
11．（2023春·广东梅州·九年级校考开学考试）如图,菱形ABCD的一个内角是60∘,将它绕对角线的交点O
顺时针旋转90∘后得到菱形 .旋转前后两菱形重叠部分多边形的周长为 ，则菱形ABCD的边
长为 .
【答案】2
【分析】根据已知可得重叠部分是个八边形，根据其周长从而可求得其一边长即可得到答案.
【详解】因为旋转前后两菱形重叠部分多边形的周长为 ，
∴根据旋转的性质可得阴影部分为各边长相等的八边形，∴B′F=FD= ，
∵菱形ABCD的一个内角是60°，将它绕对角线的交点O顺时针旋转90°后得到菱形 ，
∴∠DAO=∠B′A′O=30°，∴∠A′B′C=60°，∴∠AFB′=∠A′B′C-∠DAO=30°，∴AB′=B′F=FD= ，∵DO=OB′= AD，AO= AD，∴AO=AB′+OB′= + AD，∴ AD= + AD，∴AD=2，
故答案为2.
【点睛】本题考查了菱形的性质、直角三角形的性质，关键是根据已知得出重叠部分是个八边形.
12．（2023下·浙江温州·八年级校考期中）如图，为验证平行四边形的中心对称性，小明将两张全等的平
行四边形纸片重叠在一起， ． 将其中一张纸片绕它的中心旋转，当点A和点C的对应点
和 分别落在边 和 上时， ，则 的长是 ，两张纸片重合部分（阴影部分）的面
积是 ．
【答案】
【分析】作 ，连接 ，根据旋转的性质可得 即四边形 是矩形
可得 , ，进而可得；然后根据勾股定理可得 、 ；再证
可得 ，设 可得 ，然后根据勾股定理列方程求得 ，
最后根据平行四边形的面积公式解答即可．【详解】解：作 ，连接
∵将其中一张纸片绕它的中心旋转，点A和点C的对应点 和 分别落在边 和 上
∴ ∴四边形 是矩形∴ ,
∵ ， ∴ ,
∴ ∵ ∴
∵ ∴ ∴
设 ∵ ∴
∵ ,即 ，解得：
∴阴影部分的面积为： 故答案为 ， ．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、平行四边形的性质等知识点，正确做辅助线是解答本题的关键．
13．（2023·江苏常州·统考一模）如图，在Rt△ABC和Rt△CDE中，∠BAC＝∠DCE＝90°，AB＝AC＝4，
CD＝CE＝2，以AB、AD为邻边作平行四边形ABFD，连接AF．若将△CDE绕点C旋转一周，则线段AF
的最小值是 ．【答案】
【分析】证明当D，E，F共线时，△AOF为等腰直角三角形，可得AF= AO，当AO有最小值时，AF
最小，由此可得CO= ， AO= AF= ．
【详解】解：当D，E，F共线时，AF最小，如图所示，
∵AB=AC，AB=DF，∴AC=DF，又∵∠FDC=∠ACD=45°，∴DO=OC，∴OA=OF，
∵∠AOF=90°，∴AF= AO，当AO有最小值时，AF最小，即当O在AC上时，此时D，E，F共线，
∵CD=2，∴CO= ，∵AO= ∴AF= 故答案为： ．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，平行四边形的性质，寻找AF最小
时的图形的位置是解题的关键．
14．（2023上·重庆·九年级专题练习）某设计公司为某品牌 设计如图所示，该图是由一个含60°且边
长为6cm的菱形绕其顶点顺时针分别旋转30°和60°得到，则该品牌 图标的整体面积为 cm2．
【答案】 /
【分析】如图所示，连接 ，连接 ，由题意可得，菱形 、菱形 可以看作是菱形
绕点A逆时针旋转 ，顺时针旋转 得到的，先求出 ，再根据对称性得到
，进一步求出 ， ；证明是等腰直角三角形，推出 ，进而求出 ；则可得
，证明 是等边三角形，进而求出 ，
再由 进行求解即可．
【详解】解：如图所示，连接 ，连接 ，
由题意可得，菱形 、菱形 可以看作是菱形 绕点A逆时针旋转 ，顺时针旋转 得到
的，∴ ，∴ ，
由对称性可知 ，
∵ ，∴ ， ，∴
∵ ，∴ ，
∴ ，∴ 是等腰直角三角形，∴ ，
∴ ，∴ ，∴ ，
∴ ；∴ ，
∴ ，∵ ，∴ 是等边三角形，
∴ ，∴ ，
∴ ，
故答案为： ．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，菱形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，等边三角
形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．
15．（2023·浙江金华·统考一模）如图，矩形 中， ，将矩形 绕点B按顺时针
方向旋转后得到矩形 ．若点F恰好落在线段 的延长线上，则 的长为 ．
【答案】
【分析】先根据 证明 ，得 ，设 ，则 ，在 中
根据勾股定理列出关于x的方程求解即可．
【详解】解：∵四边形 是矩形，∴ ， ．
∵矩形 绕点B按顺时针方向旋转后得到矩形 ，
∴ ， ， ，
∵ ，∴ ，∴ ．∴设 ，
在 中， ，∴ ，
∴ ，即 ．故答案为： ．
【点睛】此题考查矩形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识，利用勾股定理列出方程是解决问题的关键．
16．（2023春·湖南益阳·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中， 是菱形 对角线 的中点，
轴且 ， ，将菱形 绕点 旋转，使点 落在 轴上，求旋转后点 的对应点的
坐标．【答案】 或
【分析】根据菱形的对称性可得：当点 在 轴上时， ， ， 均在坐标轴上，勾股定理求得
，同理：当点 旋转到 轴正半轴时，点 的坐标为 ，即可求解．
【详解】解：根据菱形的对称性可得：当点 在 轴上时， ， ， 均在坐标轴上，如图，
， ， ， ， ， 点 的坐标为
，
同理：当点 旋转到 轴正半轴时，点 的坐标为 ， 点 的坐标为 或 ．
【点睛】本题考查了菱形的性质，坐标与图形，勾股定理，分类讨论，画出图形，掌握菱形的性质是解题
的关键．
17．（2021·江西·校联考模拟预测）如图1，菱形 绕点 顺时针旋转 ，得到菱形
，连接 ， ．特例探索（1）当 时， ；当 时， ；
拓展应用（2）如图2，若射线 ， 交于点 ， ．
①求 与 的数量关系；②连接 ，若 ， ，求 的值；
③当 等于多少时，点 ， ， 在同一直线上？请直接写出 的值，不必说明理由．【答案】（1）180°；90°；（2）① ；②100°；③90°，理由见解析
【分析】（1）根据旋转的性质进行判断即可；
（2）①利用旋转的性质推出∠AEO+∠AEG=∠AEO+∠ABD=180°，再结合四边形的内角和即可推出结论；②
结合已知条件可分别先求出各部分角度，然后结合旋转的性质推出∠BOG的度数，再结合①的结论求解即
可；③根据前两问的思路，讨论 ，能够唯一得出∠COF=180°即可得证．
【详解】（1）当菱形转动180°，使∠BAD与∠EAG形成一组对顶角时，BD∥EG；
当菱形转动90°时，BD⊥EG；故答案为：180°；90°；
（2）①由题意， BAD≌△EAG，∴∠ABD=∠AEG，
∵射线 ， 交△于点 ，∴∠AEO+∠AEG=∠AEO+∠ABD=180°，
∴在四边形ABOE中，∠BAE+∠O=360°-（∠AEO+∠ABD）=180°，
∵ ， ，∴ ；
②如图所示，作AM⊥BD，AN⊥GE，则AM=AN，
由菱形的性质知，AB=AD， ABD为等腰三角形，
当 时，∠ABD=∠△ADB=70°，∵OA=OB，∴∠ABO=∠BAO=70°，∴∠BOA=40°，
∵AM=AN，∴OA平分∠BOG，即：∠BOA=∠GOA=40°，
∴∠BOG=80°，即： ，由①知： ，∴ ；
③当 时，点 ， ， 在同一直线上，理由如下：
如图所示，根据菱形的性质可得∠BDC=∠BDA，∴∠CDO=∠ADO，又CD=AD，OD=OD，∴ ODC≌△ODA，∴∠AOD=∠COD，同理可得∠AOE=∠FOE，
△
∵ ，∴ ，即：∠BOG=90°，
由②可知，∠AOB=∠AOG=45°，∴∠AOD=∠COD=∠AOE=∠FOE=45°，
∴∠COF=4×45°=180°，∴点 ， ， 在同一直线上．
【点睛】本题考查菱形的性质，以及旋转的性质等，熟练掌握菱形和旋转变化的性质是解题关键．
18．（2023·江苏·八年级假期作业）如图1，菱形AEFG的两边AE、AG分别在菱形ABCD的边AB和AD
上，且∠BAD=60°，连接CF；（1）求证： ；（2）如图2，将菱形AEFG绕点A进行顺时针
旋转，在旋转过程中（1）中的结论是否发生变化？请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）CF= ，（1）中的结论不变．理由见解析．
【分析】（1）延长EF交CD于M点，证明三角形CMF是等腰三角形，且∠EMC=120°，过点M作
MN⊥CF，垂足为N，根据30°角所对直角边等于斜边的一半，和勾股定理，得
FN=NC= 即CF=2FN= ；（2）过D做∠NDC=∠ADG,使DN=DG，连接NC，证明 DGN为等腰
△
三角形，四边形GFNC为平行四边形即可．
【详解】（1）如图１，延长EF交CD于M点，
∵四边形AEFG和四边形ABCD是菱形∴DC//GF//AB,DM//GF
∴四边形GFMD是平行四边形则∠D=∠EMC=120°，∴∠MFC=∠MCF=30°，过点M作MN⊥CF，垂足为N，∴MN= , 根据勾股定理，得FN= ，
∵MC=MF，∴FN=NC，∴CF=2FN= ；
（2）如图2，过D做∠NDC=∠ADG,使DN=DG，连接NC，
∴ AGD≌△DNC(SAS）∴AG=NC ∠DNC=∠AGD∴△DGN为等腰三角形，则∠DGN=∠DNG，
∵△∠NGF=360°-∠AGD-∠AGF-∠DGN=240°-∠DGA-∠DGN，∠GNC=∠DNC-∠DNG=∠DNC-∠DNG
∴∠NGF+∠GNC=240°-∠DGN-∠DNG,∵∠DGN+∠DNG=180°-∠GDN=60°
∴∠NGF+∠GNC=180°∴NC//GF ，∴四边形GFNC为平行四边形
∴CF=GN，则GN= ，∴CF= ，结论（1）不变．
【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定，三角形的全等，等腰三角形的性质，灵活构造辅助
线是解题的关键．
19．（2023春·上海·八年级专题练习）如图1，四边形ABCD和四边形CEFG都是菱形，其中点E在BC的
延长线上，点G在DC的延长线上，点H在BC边上，连结AC，AH，HF．已知AB＝2，∠ABC＝60°，CE
＝BH．（1）求证：△ABH≌△HEF；（2）如图2，当H为BC中点时，连结DF，求DF的长；（3）如图
3，将菱形CEFG绕点C逆时针旋转120°，使点E在AC上，点F在CD上，点G在BC的延长线上，连结
EH，BF．若EH⊥BC，请求出BF的长．
【答案】（1）见解析；（2） ；（3） ．
【分析】（1）根据两个菱形中，点E在BC的延长线上，点G在DC的延长线上这一特殊的位置关系和
CE＝BH可证明相应的边和角分别相等，从而证明结论；（2）由AB＝BC，∠ABC＝ ，可证明△ABC
是等边三角形，从而证明∠AHB＝90°，再由△ABH≌△HEF，得∠HFE＝∠AHB＝90°，再得∠DPF＝180°﹣
∠HFE＝90°，在Rt△DPF中用勾股定理求出DF的长；（3）作FM⊥BG于点M，当EH⊥BC时，可证明CH＝CM＝ CG＝ BH，从而求出BM、FM的长，再由勾股定理求出BF的长．
【详解】解：（1）证明：如图1，∵四边形ABCD和四边形CEFG都是菱形，∴AB＝BC，CE＝EF，
∵CE＝BH，∴BH＝EF，∵BH+CH＝CE+CH，∴BC＝HE，∴AB＝HE；
∵点E在BC的延长线上，点G在DC的延长线上，∴AB∥DG∥EF，∴∠B＝∠E，
在△ABH和△HEF中， ，∴△ABH≌△HEF（SAS）．
（2）如图2，设FH交CG于点P，连结CF，
∵AB＝BC，∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，
∵BH＝CH，∴AH⊥BC，∴∠AHB＝90°，由（1）得，△ABH≌△HEF，∴∠HFE＝∠AHB＝90°，
∵DG∥EF，∴∠DPF＝180°﹣∠HFE＝90°，∴PF⊥CG，
∵CG＝FG，∠G＝∠E＝∠B＝60°，∴△GFC是等边三角形，∴PC＝PG＝ CG；
∵BC＝AB＝2，∴CG＝EF＝BH＝ BC＝1，∴PC＝ ；∵CD＝AB＝2，∴PD＝ +2＝ ，
∵CF＝CG＝1，∴PF2＝CF2﹣PC2＝12﹣（ ）2＝ ，∴ ．
（3）如图3，作FM⊥BG于点M，则∠BMF＝90°，∵EH⊥BC，即EH⊥BG，∴EH∥FM，∵∠CEF＝∠ACB＝60°，∴EF∥MH，∴四边形EHMF是平行四边形，
∵∠EHM＝90°，∴四边形EHMF是矩形，∴EH＝FM；
∵EF＝EC，∠CEF＝60°，∴△CEF是等边三角形，∴CE＝CF，
∵∠EHC＝∠FMC＝90°，∴Rt△EHC≌Rt△FMC（HL），∴CH＝CM＝ CG；
∵CG＝CE＝BH，∴CH＝ BH，∴CM＝CH＝ BC＝ ×2＝ ，
∴CF＝CG＝2CM＝2× ＝ ，∴ ＝（ ）2﹣（ ）2＝ ，
∵BM＝2+ ＝ ，∴ ．
【点睛】本题主要考查了几何综合，其中涉及到了菱形的性质，全等三角形的判定及性质，等边三角形的
判定及性质，勾股定理，矩形的判定及性质等，熟悉掌握几何图形的性质和合理做出辅助线是解题的关键．
20．（2023·广东·一模）如图 ，正方形 中， 、 分别是边 、 上的点， ．
(1)小聪同学通过将 绕点 顺时针旋转 至 ，得到 ．①请直接写出线段
、 、 之间的数量关系：______（用等式表示）；②若 ， 为 边中点，求 ．
(2)如图 ，将正方形 改为矩形，且 ， ，其他条件不变，即： 、 分别是边 、
上的点， ．①记 ， ，试探究 与 之间的数量关系（用等式表示）；
②当 时，求线段 的长．【答案】(1)① ；② (2)① ；②
【分析】（1） 由旋转可知 ，所以 ， ，易证 ，
所以 ； 若点 为 的中点，则 ，设 ，则 ，
，由 可知， ，在 中， ，利用勾股定理建立关于 的方程，求解
即可；
（2） 将 绕点 顺时针旋转 至 ，延长 交 的延长线于点 ，过点 作
于点 ，连接 ，由旋转可得， ， ， ， ，
易证四边形 是矩形，所以 ，所以 ，由（1）中思路易证
，所以 ，在 中，由勾股定理可得， ，代入数据可得结
论； 因为 ，所以 是等腰直角三角形，则 ， ，易证
，所以 ， ，由勾股定理可得 ．
（1）解： 由题意可知 ， ， ，
， ， ， ，
， ，故答案为： ．
若点 为 的中点， ，
设 ，则 ， ，由 可知， ，
在 中， ，由勾股定理可得， ，解得 ，即 ．
（2）解：①将 绕点 顺时针旋转 至 ，延长 交 的延长线于点 ，过点 作
于点 ，连接 ，
由旋转可得， ， ， ， ， ， ，， 四边形 是矩形， ， ，
， ，即 ，
， ， ， ， ，
在 中，由勾股定理可得， ， ，即 ．
， 是等腰直角三角形， ， ，
， ，
， ， ， ， ．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定，矩形的性质，勾股定理，旋转的性质等知识，解题的关
键是利用类比思想作出正确的辅助线，将所求线段放在同一个三角形中．
21．（2023上·江西赣州·九年级统考期中）如图①，已知 是等腰直角三角形， ，点 是
的中点．作正方形 ，使点 分别在 和 上，连接 ．
(1)试猜想线段 和 的数量关系，并证明你的结论；(2)将正方形 绕点 逆时针方向旋转一定角
度后（旋转角度大于 ，小于或等于 ），如图②，通过观察或测量等方法判断（1）中的结论是否仍
然成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由．
【答案】(1) ，证明见解析(2)成立，证明见解析
【分析】本题考查了正方形的性质、直角三角形的性质、三角形全等的判定与性质，熟练掌握以上知识点，
证明三角形全等是解此题的关键．（1）证明 即可得到 ；
（2）连接 ，结合直角三角形的性质以及正方形的性质证明 即可得到 ．
【详解】（1）解： ，证明：∵ 是等腰直角三角形， ，∴ ，
又∵正方形 中： ， ，∴ ，∴ ；
（2）解：成立；证明：连接 ，∵ 中， 为斜边 的中点，∴ ， ，∴ ，
为正方形，∴ ，且 ，∴ ，∴ ，
在 和 中， ，∴ ，∴ ．
22．（2023上·广东深圳·九年级校考开学考试）已知正方形 与正方形 ，点 是 的中点，
连接 ， ．(1)如图1，点 在 上，点 在 的延长线上，请判断 ， 的数量关系与位置
关系，并直接写出结论；(2)如图2，点 在 的延长线上，点 在 上，（1）中结论是否仍然成立？
请证明你的结论；(3)将图1中的正方形 绕点 旋转，使 ， ， 三点在一条直线上，若 ，
，请直接写出 的长____________________．
【答案】(1) ， (2)成立，理由见解析(3) 或
【分析】（1）延长 交 于K，由 ，M是 中点，可证 ，有
， ，可得 ，故 是等腰直角三角形，即知 ， ；
（2）延长 交 的延长线于点 ，证明 ，可得 ， ，即
可得 ，结合 ，即可证明 ， ；（3）连接 ，过M作 于R，延长 至H，使 ，连接 ， ，分两种情况；当
F在 右侧时，由 ，得 ， ，可证 ，
得 ，有 ， ，可得 ， ，在
中， ，即得 ．在 中， ；当F在
左侧时， ．
【详解】（1）解： ， ，理由如下：延长 交 于K，如图，
∵ ，∴ ， ，
∵M是 中点，∴ ，∴ ，∴ ， ，
∵ ，∴ ，即 ，
∵ ，∴ 是等腰直角三角形，而 ，∴ ， ；
（2）结论仍然成立， ， ．
证明：如图中，延长 交 的延长线于点 ．
四边形 是正方形，四边形 是正方形，
， ， ， ．
， ， ，
， ， ． ， ， ；
（3）如图，连接 ．延长 到点 ，使得 ，连接 ， ．作 于点 ．， ， ，
， ， ，
， ． ， ，
， ， ，
， ， ．在 中， ，
， ， ， ， ， ．
在 中， ；
如图，作 于点 ．同法可得 ， ，可得 ．
在 中， ．
故满足条件的 的值为 或 ．故答案为： 或 ．
【点睛】本题考查四边形的综合应用，涉及正方形性质及应用，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角
形的性质及应用等，解题的关键是作辅助线，构造直角三角形和全等三角形解决问题．
