专题 18.45 与平行四边形相关的旋转问题（专项练习）-八年级数学下册基础知识专项讲练（人教版）

这是一份专题 18.45 与平行四边形相关的旋转问题（专项练习）-八年级数学下册基础知识专项讲练（人教版），共34页。试卷主要包含了为等边三角形，，于点，①见解析，②或2等内容，欢迎下载使用。
专题 18.45 与平行四边形相关的旋转问题（专项练习）
1．如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点D、E分别在边AB、AC上，AD＝AE，连接DC，点F、P、G分别为DE、DC、BC的中点．
（1）观察猜想：图1中，线段PF与PG的数量关系是　 　，∠FPG＝　 　（用含α的代数式表示）
（2）探究证明：当△ADE绕点A旋转到如图2所示的位置时，小新猜想（1）中的结论仍然成立，请你证明小新的猜想．


2．如图，△ABC为等边三角形，点D为线段BC上一点，将线段AD以点A为旋转中心顺时针旋转60°得到线段AE，连接BE，点D关于直线BE的对称点为F，BE与DF交于点G，连接DE，EF．
（1）求证：∠BDF＝30°
（2）若∠EFD＝45°，AC＝+1，求BD的长；
（3）如图2，在（2）条件下，以点D为顶点作等腰直角△DMN，其中DN＝MN＝，连接FM，点O为FM的中点，当△DMN绕点D旋转时，求证：EO的最大值等于BC．




3．如图，在边长为6的等边中，点为边上任意一点，连接将线段绕点逆时针旋转，点的对应点是点，连接、．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，在旋转过程中，取、的中点、，连接和，当时，试猜想与的大小关系，写出你猜想的关系式，并证明；
（3）如图2，在整个旋转过程中，的长度是否发生变化，若不变化，直接写出的值，若变化，请直接写出的取值范围．



4．如图1，在等边中，，点D，E分别在边上，，连接，点M，P，N分别为的中点．
（1）观察猜想：图1中，线段与的数量关系是 ， ；
（2）探究证明：把绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接，则上面题（1）中的两个结论是否依然成立，并说明理由；
（3）拓展延伸：把绕点A在平面内自由旋转，若，请直接写出周长的最大值．



5．【教材呈现】如图是华师版九年级上册数学教材第77页的部分内容．

【定理证明】
（1）请根据教材内容，结合图①，写出证明过程．

【定理应用】
（2）如图②，四边形中，、、分别为、、的中点，边、延长线交于点，，则的度数是_______．
（3）如图③，矩形中，，，点在边上，且．将线段绕点旋转一定的角度，得到线段，是线段的中点，直接写出旋转过程中线段长的最大值和最小值．



6． 在等腰直角三角形ABC中，，点E、F分别为AB，AC的中点，H为线段EF上一动点（不与点E，F重合），将线段AH绕点A逆时针方向旋转90°得到AG，连接GC，HB．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，连接GF，HG，HG交AF于点Q．
①点H在运动的过程中，求证：；
②若，当为等腰三角形时，EH的长为______．




7．为等边三角形，，于点．为线段上一点，．以为边在直线右侧构造等边．连结，为的中点．
（1）如图1，与交于点，
①连结，求线段的长；
②连结，求的大小．
（2）如图2，将绕点逆时针旋转，旋转角为．为线段的中点．连结、．当时，猜想的大小是否为定值，并证明你的结论．


8．如图1，点是线段上一点，分别以、为直角边，在同侧作等腰直角三角形和，点、分别是斜边、的中点，点是线段的中点，连接、．
（1）观察猜想，图1中，线段与的数量关系是______，位置关系是______；
（2）探究证明：将图1中的绕着点顺时针旋转，如图2，点、、依然分别是、、的中点，请判断（1）中结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
（3）若将图1中和都换成等边三角形，将图1中的绕着点顺时针旋转，如图3，点、、依然分别是、、的中点，请判断（1）中结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．


9．如图，在中，，对角线相交于点，将直线绕点顺时针旋转，分别交于点．
（1）当旋转角为时，如图1，求证：四边形是平行四边形；
（2）在旋转过程中，线段与是否总保持相等，并说明理由；
（3）在旋转过程中，当时，如图2


①求出此时绕点顺时针旋转的锐角度数；
②直接写出的值．





10．如图，点B是∠MAN的边AM上的定点，点C是边AN上的动点，将△ABC绕点逆时针旋转得到△DBE，且点A的对应点D恰好落在边AB上，连结CE．当BC=AC时，
（1）求证：四边形ABEC是平行四边形；
（2）若AB＝15，AD＝18，求AC的长．








11．等边△OAB按如图1所示方式放置在平面直角坐标系中，点O（0，0），点B（4，0），点C在边OA上（不与点O，A重合），点D在x轴的正半轴上，且OD＝OC，连接CD，将△COD绕点C逆时针旋转60°，点O，D的对应点分别为D，O′，AH是△OAB的中线，当AH与CO′相交时，设交点为P，AH与DC（DO′）的交点为M，设OC＝t．
（1）当OC＝2时，CP＝　 　；
（2）如图2，①若AB与DO′相交，设交点为N，求证：四边形ACDN是平行四边形；
②当t＝3时，请直接写出四边形ACDN与四边形PMDO′的面积之比；
（3）若AH将△CO′D分成一个直角三角形和一个四边形，试用含有t的式子表示DM（写出t的取值范围）．




12．如图，在平行四边形ABCD中，AB⊥AC，对角线AC，BD相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转一个角度，分别交线段BC，AD于点E，F，连接BF．
（1）如图1，在旋转的过程中，写出线段AF与EC的数量关系，并证明；
（2）如图2，当旋转至时，判断四边形ABEF的形状，并说明理由；
（3）若AB＝1，BC＝，求当等于多少度时，BF＝DF？


参考答案
1．（1）PF＝PG，180°﹣α；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据等腰三角形的性质和三角形中位线定理解答即可；
（2）连接BD，CE，利用全等三角形的判定和性质以及三角形中位线定理解答即可．
【详解】
解：（1）如图1：

中，，,点,分别在边，上，
即
点，，分别为，，中点
，

点，，分别为，，中点
，
，






故答案为：；
（2）如图2，连接BD，CE，

由题意知AB＝AC，∠BAD＝∠CAE，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵点F、P、G分别为DE、DC、BC的中点，
∴PF，PG分别是△CDE和△CDB的中位线，
∴PF＝PG
∴PG∥BD，PF∥CE，
∴∠PGC＝∠DBC，∠DPF＝∠DCE，
∴∠FPG＝∠DPF＋∠DPG
＝∠DCE＋∠PGC＋∠DCB
＝∠ACD＋∠ACE＋∠DBC＋∠DCB
＝∠ACD＋∠ABD＋∠DBC＋∠DCB
＝∠ABC＋∠ACB，
∵∠ABC＋∠ACB＝180°﹣∠BAC
∴∠FPG＝180°﹣α；
【点拨】本题属于几何变换综合题，关键是根据三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质进行解答．
2．（1）见解析；（2）2；（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）由△ABC是等边三角形，可得∠ABC=60°，由D、F关于直线BE对称，得到BF=BD，则∠BFD=∠BDF，由三角形外角的性质得到∠BFD+∠BDF=∠ABD，则∠BDF=∠BFD=30°；
（2）设，由D、F关于直线BE对称，得到∠BGD=∠BGF=90°，EF=ED，EG=DG，由含30度角的直角三角形的性质和勾股定理得，，证明△EAB≌△DAC得到，再由，得到，由此求解即可；
（3）连接OG，先求出，证明OG是三角形DMF的中位线，得到，再根据两点之间线段最短可知，则OE的最大值等于BC．
【详解】
解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°，
∵D、F关于直线BE对称，
∴BF=BD，
∴∠BFD=∠BDF，
∵∠BFD+∠BDF=∠ABD，
∴∠BDF=∠BFD=30°；
（2）设，
∵D、F关于直线BE对称，
∴∠BGD=∠BGF=90°，EF=ED，
∴∠EDG=EFG=45°，
∴EG=DG，
∵∠BDG=30°，
∴，
∴，
由旋转的性质可得AE=AD，∠EAD=∠BAC=60°，
∴∠EAB+∠BAD=∠CAD+∠BAD，即∠EAB=∠DAC，
又∵AB=AC，
∴△EAB≌△DAC（SAS），
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）如图所示，连接OG，
∵在等腰直角三角形DMN中，，
∴，
∵D、F关于直线BE对称，
∴G为DF的中点，
又∵O为FM的中点，
∴OG是三角形DMF的中位线，
∴，
由（2）可得，
根据两点之间线段最短可知，
∴OE的最大值等于BC．

【点拨】本题主要考查了等边三角形的性质，轴对称的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形性质，三角形中位线定理，两点之间线段最短等等，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称的性质和等边三角形的性质．
3．（1）见解析；（2）FG=FC，证明见解析；（3）变化，．
【解析】
【分析】
（1）根据SAS证△ABE≌△ACD，即可得证CD=BE，又AB=BC，即可得证结论；
（2）取AD的中点H，连接HF，HG，BF，根据三角形的中位线定理得HG=AC，FH=ED，根据SAS证△BEF≌△GHF，得出FB=FG，又FB=FC，故FG=FC；
（3）先判断当E点与B点重合时FG有最大值，当E点与C点重合时FG有最小值求出FG的取值范围即可．
【详解】
解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°，AB=AC=BC，
由旋转可知，AE=AD，∠EAD=60°，
∴∠BAC=∠EAD，
∴∠BAE+∠EAC=∠EAC+∠CAD，
∴∠BAE=∠CAD，
在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴BE=CD，
∴BC=BE+EC=CD+EC，
∴AB=EC+CD；
（2）FG=FC，
理由：取AD的中点H，连接HF，HG，BF，

∵等边三角形ABC，AE⊥BC，点E是BC的中点，
∴∠CAE=∠BAC=30°，∠FEB=90°，FB=FC，
∵∠EAD=60°，AD=AE，
∴∠CAD=30°，△ADE是等边三角形，
∴DE=AE，∠ADE=60°，
∵点H是AD的中点，点F是AE的中点，点G是CD的中点，   
∴HG∥AC，HG=AC，FH∥ED，FH=ED，
∴∠DHG=∠DAC=30°，∠AHF=∠ADE=60°，FH=EF，GH=BE，
∴∠FHG=∠BEF=90°，
在△BEF和△GHF中，
，
∴△BEF≌△GHF（SAS），
∴FB=FG，
∵AE⊥BC，点E是BC的中点，
∴FB=FC，   
∴FG=FC；
（3）FG长度发生变化，3≤FG≤3，
理由：当点E与点B重合时，则点G与点C重合，此时FG最长，如下图，

∵△ABC是等边三角形，点F是AE的中点，
∴AF=AB=×6=3，
∴，
当点E与点C重合时，此时FG最短，如下图，

∵点F是AE的中点，点G是CD的中点，
∴FG=AD=AC=×6=3，
∴．
【点拨】本题主要考查图形的旋转变换，涉及全等三角形的判定和性质，三角形的中位线，等边三角形的性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质及等边三角形的性质是解题的关键．
4．（1），；（2）成立，见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）利用三角形的中位线定理以及平行线的性质解决问题即可；
（2）证明△ABD≌△ACE（SAS），推出BD=CE，再利用三角形的中位线定理解决问题即可；
（3）首先证明点D恰好在BA延长线上时，PM 、PN的最大值为7，再利用30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，求出M N的长度即可解决问题．
【详解】
解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠A=60°，
∵AD=AE，
∴AB-AD=AC-AE，即BD=CE，
∵M，P，N分别是DE，DC，BC的中点，
∴MP=EC，PM∥EC，PN=BD，PN∥BD，
∴PM=PN，∠MPD=∠ACD，∠NPD=∠ADC，
在△ACD中，∠ADC+∠ACD=180°-∠A=120°，
∴∠MPN=∠MPD+∠NPD=120°．
故答案为：PM=PN，120°；
（2）成立，理由如下：
∵AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，∠ABC=∠ACB=60°，
∴∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD=CE，
∵DM=ME，DP=PC，BN=NC，
∴MP=EC，PM∥EC，PN=BD，PN∥BD，
∴MP=PN，
∴△PMN是等腰三角形．
∵PM∥CE，
∴∠DPM=∠DCE，
∵PN∥BD，
∴∠PNC=∠DBC，
∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，
∵∠BAC=60°，
∴∠ACB+∠ABC=120°，
∴∠MPN=120°，
∴PM=PN，∠MPN=120°；
（3）由（2）知：PM=PN，∠MPN=120°，
∵BD≤AB+AD，
∴BD≤14，
∴点D恰好在BA延长线上时，BD、CE取得最大值，且最大值为14，
∴PM 、PN的最大值为7，
此时MN经过点A，即MN垂直平分BC，如图：

∵△ABC、△ADE是等边三角形，且AD=4，AB=10，
∴∠BAN=∠DAM=30°，
∴BN=CN=5，DM=EM=2，
∴AN=5，AM=2，
∴△PMN周长的最大值为PM+PN+MN=7+7+5+2=14+7．
【点拨】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，三角形的面积等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
5．（1）见解析；（2）；（3）长的最大值为，最小值为．
【解析】
【分析】
（1）延长至，使，连接，根据题意证明，然后证明四边形为平行四边形，即可得出，；
（2）首先根据三角形外角的性质得到，然后由三角形中位线的性质得到，，可得到，由即可求出的度数．
（3）延长至，使，连接，，可得，可得当FH最小或最大时，MB最小或最大，由题意可得当点在线段上时，最小，当点在线段的延长线上时，最大，根据勾股定理求出AH的长度，然后即可求出线段长的最大值和最小值．
【详解】
（1）证明：延长至，使，连接，

在和中，
，
，
，，
，
，
，
四边形为平行四边形，
，，
，；
（2）∵、、分别为、、的中点，
∴是△DAB的中位线，是△BCD的中位线，
∴，，
∴，，
又∵，
∴，
∴；
（3）解：延长至，使，连接，，

，，
，由勾股定理得，，
当点在线段上时，最小，最小值为，
当点在线段的延长线上时，最大，最大值为，
长的最大值为，最小值为．
【点拨】此题考查了三角形中位线的性质，勾股定理的运用，线段最值问题，平行四边形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握三角形中位线的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理．
6．（1）见解析；（2）①见解析，②或2．
【解析】
【分析】
（1）由旋转的性质可得，，再由△ABC是的等腰直角三角形，可得，，由此即可证明；
（2）①证明△AEH≌△AFG（SAS），可得∠AFG=∠AEH=45°，从而根据两角的和可得结论；
②分两种情况：i）如图3，AQ=QG时，ii）如图4，当AG=QG时，分别根据等腰三角形的性质可得结论．
【详解】
（1）证明：由旋转得：，，
∵△ABC是的等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴；
（2）①证明：在等腰直角三角形ABC中，，
∴，
∵点E，F分别为AB，AC的中点，
∴EF是的中位线，
∴，，，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，
∴；
②分两种情况：
i）如图3，AQ=QG时，

∵AQ=QG，
∴∠QAG=∠AGQ，
∵AG⊥AH且AG=AH，
∴∠AHG=∠AGH=45°，
∴∠AHG=∠AGH=∠HAQ=∠QAG=45°，
∴∠EAH=∠FAH=45°，
∵AE=AF，AH=AH，
∴△AEH≌△AFH（SAS），
∴∠AHE=∠AHF，
∵∠AHE+∠AHF=180°，
∴∠AHE=∠AHF=90°，
∴∠EAH=∠AEH=45°，
∴AH=EH，
由①得，
∵即，
∴；
ii）如图4，当AG=QG时，∠GAQ=∠AQG，

∵∠AEH=∠AGQ=45°，
∴∠GAQ=∠AQG==67.5°，
∵∠EAQ=∠HAG=90°，
∴∠EAH=∠GAQ=67.5°，
∴∠AHE=∠EAH=67.5°，
∴EH=AE=2
∵H为线段EF上一动点（不与点E，F重合），
∴不存在AG=AQ的情况．
综上，当△AQG为等腰三角形时，HE=2或，
故答案为：或2．
【点拨】本题是三角形的综合题，考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，也考查了全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，第二问要注意分类讨论，不要丢解．
7．（1）①；②；（2），证明见解析
【解析】
【分析】
（1）①根据等边三角形的性质，，可得，是斜边上的中线，勾股定理在中可求得的长，进而求得的长；②根据①的结论可得，根据，即可求得的度数；
（2）连接，证明，进而可得，则，进而根据为的中点，为的中点，为的中点，根据三角形中位线定理可得，进而可得
【详解】
（1）①是等边三角形，
，


是等边三角形，



为的中点

②如图，连接，






；
（2），理由如下，
如图，

连接
，为等边三角形，
,





则
为的中点，为的中点，为的中点






【点拨】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，三线合一，直角三角形斜边上的中线等于斜边的，勾股定理，中位线定理，三角形全等的性质与判定，旋转的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
8．（1）PM＝PN，PMPN，（2）结论成立，理由见解析，（3）PM＝PN成立；∠MPN=120°，理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）先证明△ACE≌△BCD得到AE=BD，∠AEC=∠BDC，则∠BDC+∠EAC=90°，再由三角形中位线定理得到，PM∥BD，，PN∥AE，即可推出PM=PN，∠NPD=∠EAD，∠MPA=∠BDA，从而得到∠NPD+∠MPA=90°，则∠MPN=90°；
（2）如图所示，连接AE，BD两者交于点O，设BC与AE交于H，MP与AE交于G，先证明△ACE≌△BCD得到AE=BD，∠EAC=∠DBC，再由∠BHO=∠AHC，即可推出∠HOD=90°，同理得到，PM∥BD，，PN∥AE，则PM=PN，∠OGP+∠GOD=180°，∠OGP+∠MPN=180°，即可得到∠MPN=∠GOD=90°，由此即可求解；
（3）连接AE，BD两者交于点O，设BC与AE交于H，MP与AE交于G，同（2）求解即可．
【详解】
解：（1）∵△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，
∴AC=BC，CE=CD，∠ACE=∠ECD=90°，
∴△ACE≌△BCD（SAS），∠AEC+∠EAC=90°
∴AE=BD，∠AEC=∠BDC，
∴∠BDC+∠EAC=90°，
∵点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P是线段AD的中点，
∴PM，PN分别是三角形ABD和三角形ADE的中位线，
∴，PM∥BD，，PN∥AE，
∴PM=PN，∠NPD=∠EAD，∠MPA=∠BDA，
∴∠NPD+∠MPA=90°，
∴∠MPN=90°，
∴PM⊥PN．

（2）（1）中结论仍然成立，理由如下：
如图所示，连接AE，BD两者交于点O，设BC与AE交于H，MP与AE交于G
∵△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，
∴AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ECD=90°，
∴∠ACE=∠ACB+∠BCE=∠BCE+∠ECD=∠BCD，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE=BD，∠EAC=∠DBC，
∵∠BHO=∠AHC，
∴∠BOH=∠ACH=90°，
∴∠HOD=90°，
同理得，PM∥BD，，PN∥AE，
∴PM=PN，∠OGP+∠GOD=180°，∠OGP+∠MPN=180°，
∴∠MPN=∠GOD=90°，
∴PM⊥PN；

（3）（1）中结论不成立，PM=PN，∠MPN=120°，
如图所示，连接AE，BD两者交于点O，设BC与AE交于H，MP与AE交于G
∵△ACB和△DCE都是等边三角形，
∴AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ECD=60°，
∴∠ACE=∠ACB+∠BCE=∠BCE+∠ECD=∠BCD，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE=BD，∠EAC=∠DBC，
∵∠BHO=∠AHC，
∴∠BOH=∠ACH=60°，
∴∠HOD=120°
同理得，PM∥BD，，PN∥AE，
∴PM=PN，∠OGP+∠GOD=180°，∠OGP+∠MPN=180°，
∴∠MPN=∠GOD=120°．

【点拨】本题主要考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定，平行线的性质与判定，三角形中位线定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
9．（1）见解析；（2）线段与总保持相等，理由见解析；（3）①；②．
【解析】
【分析】
(1)证ABEF，又AE BF，可证四边形ABFE是平行四边形；
(2)根据ASA证△AOE△COF，即可得证OE = OF；
(3)①根据AB = 1，BC =，可得AO= AB，即∠ABO =∠AOB = 45°，又∠BOE = 90°，可得旋转角为45°；
②过点A作AMBO，交BO于点M，交BC于点N，取OF的中点H，连接MH，证四边形AMHE是平行四边形，得EH=AM=BO=，又OE = OF= 2OH，可得．
【详解】
解：证明：由题可知，，



又四边形是平行四边形，

四边形是平行四边形；     
（2）线段与总保持相等，理由如下：
四边形是平行四边形，


又
，
；                              
（3）①在中，，
，
，


，



即旋转的度数为，          
②．               
如图，过点作交于点，

交于点，取的中点，连接．
由（3）①可知，

又点为中点，
为中位线，



，

四边形是平行四边形，
∴，
又
∴．
【点拨】本题主要考查平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识点，利用辅助线构造平行四边形是解题的关键．
10．（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）利用旋转的性质得到AB=BD，BC=BE，∠ABC=∠DBE，证明BE=AC，BE∥AC，即可证明结论；
（2）过点B作BH⊥AD，先得出AH=12，设AC=BC=x，则CH=x-9，在Rt△HCB中，利用勾股定理列出方程，解方程即可．
【详解】
解：（1）∵△ABC绕点B逆时针旋转得到△DBE，
∴AB=BD，BC=BE，∠ABC=∠DBE，
∴∠A=∠BDA，
∵BC=AC，
∴∠A=∠ABC，BE=AC，
∴∠BDA=∠DBE，
∴BE∥AC，
∴四边形ABEC是平行四边形；
（2）如图，过点B作BH⊥AD，垂足为H，

∵BD=BA，BH⊥AD，
∴AH=AD＝9，
在Rt△ABH中，由勾股定理得：
BH=＝12，
设AC=BC=x，则CH=x-9，
在Rt△HCB中，由勾股定理得：
（x-9）2+122=x2，
解得=，
∴AC的长为．
【点拨】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，平行四边形的判定，勾股定理等知识，作出辅助线，利用勾股定理列方程是解题的关键．
11．（1）1；（2）①见解析；②四边形ACDN与四边形PMDO′的面积之比为；（3）DM＝．
【解析】
【分析】
（1）运用等边三角形性质可得：再由旋转的旋转可得，进而可得CO′∥OB，由OH⊥OB，推出OH⊥CO′，再运用等边三角形性质即可得出答案；
（2）①如图1，设直线DO′交AB于点H，利用两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可证得结论；
②当t=3时，如图2，OC=OD=3，AC=DB=1，且△OCD、△BDN是等边三角形，运用等边三角形性质及勾股定理可求出，再证明△MCP≌△ACP（ASA），得出，利用三角形面积公式即可得出答案；
（3）分两种情况讨论：①当0＜t＜2时，DH=2-t，根据含30°角的直角三角形性质可得出答案，②当2＜t＜4时，DH=t-2，同理可得出答案．
【详解】
（1）∵点O（0，0），点B（4，0），
∴OB＝4，
∵△OAB是等边三角形，
∴OA＝OB＝AB＝4，∠AOB＝∠OAB＝60°，
∵AH是△OAB的中线，
∴OH⊥OB，OH＝HB＝OB＝2，
当OC＝2时，OD＝OC＝2，
∴D与H重合，OC＝AC，△OCD是等边三角形，
∴∠OCD＝∠ODC＝60°，CD＝OD＝OC＝2，
由旋转得：∠O′CD＝∠OCD＝60°，CO′＝CD＝2，
∴∠O′CD＝∠ODC，
∴CO′∥OB，
∵OH⊥OB，
∴OH⊥CO′，
∴CP＝CO′＝1，
故答案为：1；
（2）①如图1，设直线DO′交AB于点H，

由（1）得：∠CDO′＝∠OCD＝60°，∠OCD＝∠OAB＝60°，
∴DO′∥AC，CD∥AB，
∴四边形ACDN是平行四边形；
②当t＝3时，如图2，OC＝OD＝3，AC＝DB＝1，

且△OCD、△BDN是等边三角形，
∵△OAB是等边三角形，OB＝4，
∴∠AOB＝60°，OA＝OB＝4，
∵AH是△OAB的中线，
∴AH⊥OB，OH＝OB＝2，∠OAH＝∠OAB＝30°，
∵CO′∥OB，
∴∠APC＝∠AHO＝90°，
∴CP＝AC＝，
∴AP＝＝＝，
∵∠MPC＝∠APC＝90°，∠MCP＝∠ACP＝60°，CP＝CP，
∴△MCP≌△ACP（ASA），
∴PM＝AP＝，
∴S△CPM＝×CP×PM＝××＝，
在Rt△AOH中，AH＝＝＝2，
∴S△OAB＝×4×2 ＝4，
同理可得：S△O′CD＝S△OCD＝，S△BDN＝，
∴S四边形ACDN＝S△OAB﹣S△OCD﹣S△BDN＝4﹣﹣＝，
∴S四边形PMDO′＝S△O′CD﹣S△CPM＝﹣＝，
∴＝＝；
（3）∵AH将△CO′D分成一个直角三角形和一个四边形，
∴可分两种情况：
①当0＜t＜2时，如图3，

∵OD＝OC＝t，
∴DH＝2﹣t，
∵∠O′DC＝∠ODC＝60°，
∴∠MDH＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∵∠MHD＝90°，
∴∠DMH＝30°，
∴DM＝2DH＝2（2﹣t）＝﹣2t+4，
②当2＜t＜4时，如图4，

∵OD＝OC＝t，
∴DH＝t﹣2，
∵∠AHD＝90°，∠ODC＝60°，
∴∠DMH＝30°，
∴DM＝2DH＝2（t﹣2）＝2t﹣4，
综上所述，DM＝．
【点拨】本题是四边形综合题，考查了等边三角形性质，直角三角形性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形判定和性质，三角形面积等知识，解题关键是运用分类讨论思想解决问题．
12．（1）AF=CE，证明见解析；（2）当旋转至时，四边形ABEF为平行四边形，理由见解析；（3）当等于45度时，BF＝DF．
【解析】
【分析】
（1）根据平行四边形的性质得到OA=OC和ADCB，进而得到∠FAO=∠ECO，再根据对顶角相等可以证明，进而可得AF=CE；
（2）根据旋转的角度和∠BAC=可得ABEF，再根据平行四边形的性质得到，即可证明四边形ABEF为平行四边形；
（3）根据AB⊥AC ，AB与BC的长度和平行四边形的性质可以得到∠AOB=，再结合BF=DF推断出FO垂直平分BD，进而得到∠BOF=90°，再通过角度的计算即可得出的度数．
【详解】
解：（1）AF=CE．理由如下：
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴ADCB，OA=OC．
∴∠FAO=∠ECO．
在和中，
∵
∴．
∴AF=CE．
（2）当旋转至时，四边形ABEF为平行四边形．理由如下：
∵∠AOF=，∠BAC=，
∴ABEF．
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，即．
∴四边形ABEF为平行四边形．
（3）当等于45度时，BF＝DF．理由如下：
∵AB=1，BC=，AB⊥AC，
∴AC==2．
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴，BO=DO．
∴OA=AB=1．点O在线段BD的垂直平分线上．
∴△ABO为等腰直角三角形．
∴∠AOB=．
当F在线段BD的垂直平分线上时，BF=DF，
∴FO垂直平分BD．
∴∠BOF=90°．
∴，即．
∴当等于45度时，BF＝DF．
【点拨】本题考查了旋转的概念，全等三角形的性质与判定定理，平行四边形的性质与判定定理，勾股定理和垂直平分线性质定理的逆定理，正确理解旋转过程是解题关键．