【期末常考压轴题】湘教版八年级数学下册-专题08 解题技巧专题：特殊平行四边形中折叠、旋转问题压轴题四种模型 全攻略讲学案

这是一份【期末常考压轴题】湘教版八年级数学下册-专题08 解题技巧专题：特殊平行四边形中折叠、旋转问题压轴题四种模型 全攻略讲学案，文件包含专题08解题技巧专题特殊平行四边形中折叠旋转问题压轴题四种模型全攻略解析版docx、专题08解题技巧专题特殊平行四边形中折叠旋转问题压轴题四种模型全攻略原卷版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共43页， 欢迎下载使用。

专题08 解题技巧专题：特殊平行四边形中折叠、旋转问题压轴题四种模型全攻略
【考点导航】
目录
【典型例题】 1
【考点一 矩形中的折叠问题】 1
【考点二 菱形中的折叠问题】 8
【考点三 正方形中的折叠问题】 13
【考点四 特殊平行四边形折叠后求周长、面积问题】 19
【考点五 特殊平行四边形中旋转问题】 22

【典型例题】
【考点一 矩形中的折叠问题】
例题：（2022秋·江苏扬州·八年级统考期末）如图，将长方形ABCD沿EF折叠，使点D与点B重合．

(1)若∠AEB＝40°，求∠BFE的度数；
(2)若AB＝6，BC＝18，求DE的长．
【答案】(1)70°
(2)10cm
【分析】（1）根据平角的定义和折叠的性质即可得到结论；
（2）首先设CF=x，则FG=CF=x，BF=BC-CF=18-x，然后在直角△BGF利用勾股定理求出x即可．
（1）
解：由折叠得：∠BEF=∠DEF，
∵∠AEB+∠BEF+∠DEF=180°，∠AEB =40°
∴∠DEF=70°
在矩形ABCD中，AD∥BC，
∴∠BFE=∠DEF=70°．
（2）
设DE=xcm，则AE=（18-x）cm．
由折叠得：BE=DE=xcm．
在Rt△ABE中：AB2+AE2=BE2  
62+（18-x）2=x2，
解得：x=10，即：DE=10cm．
【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用以及翻折变换的性质，根据已知得出AE，BE的长是解题关键．
【变式训练】
1．（2022·山东菏泽·统考中考真题）如图所示，将一矩形纸片沿AB折叠，已知，则（    ）

A．48° B．66° C．72° D．78°
【答案】C
【分析】由折叠及矩形的性质可得，再根据平行线的性质求出，根据周角的定义求解即可．
【详解】∵将一矩形纸片沿AB折叠，
∴，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质及平行线的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
2．（2022春·湖北武汉·八年级校联考期中）如图，在矩形纸片中，已知，折叠纸片使边与对角线重合，点落在点处，折痕为，且，则的长为（    ）

A．4 B．5 C．6 D．
【答案】C
【分析】先根据矩形的性质求出的长，再由翻折变换的性质得出是直角三角形，利用勾股定理即可求出的长，再在中利用勾股定理即可求出的长．
【详解】解：∵四边形是矩形，，
∴，
∵是翻折而成，
∴，是直角三角形，
∴，
在中，，
设，
在中，，即，
解得，
故选：C．
【点睛】本题考查的是翻折变换及勾股定理，熟知折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解答此题的关键．
3．（2022秋·浙江温州·八年级校考期中）如图，长方形中，，点是射线上一动点(不与重合)，将沿着所在的直线折叠得到，连接，若为直角三角形，则的长为（  ）

A．1 B．8 C．1或8 D．1或9
【答案】D
【分析】根据题意，分为两种情况，一种是点在线段上，另一种是点在的延长线上，利用勾股定理分别求解即可．
【详解】解：①当点在线段上时，如图1所示：

，
，，三点共线，
，
，
，
；
②当点在的延长线上时，如图2所示：

，，，
，
设，则，
，
，
，解得，
，
综上所述，的值为1或9，
故答案为：D．
【点睛】本题考查折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，解题的关键是根据题意正确进行分类讨论．
4．（2022春·黑龙江哈尔滨·八年级哈尔滨市第四十七中学校考阶段练习）如图，矩形沿折叠，使顶点B和点D重合．若，则的长为______．

【答案】
【分析】由矩形的性质可得，，由折叠性质可得，，由勾股定理可求的长．
【详解】解：∵四边形是矩形
∴，，
∵折叠，
∴，，
在中，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，利用勾股定理求的长度是本题的关键．
5．（2022秋·江苏泰州·八年级校考期中）如图，将矩形纸片折叠，折痕为，点，分别在边，上，点，的对应点分别为点，，且点在矩形内部，的延长线交边于点，交边于点．，，当点为的中点时，的长为___________．

【答案】
【分析】根据点为的中点，，根据折叠的性质和平行线的性质证明，得到，证明，求出的长，过点作于点，则，设，根据勾股定理列方程求出即可．
【详解】解：点为的中点，，
将矩形纸片折叠，折痕为，
，，，，，
，，
，
，
，，
，
，
过点作于点，则，

设，
则，
，
，
，
，
解得：，
；
故答案为：．
【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，考查了分类讨论的思想，根据勾股定理列方程求解是解题的关键．
6．（2022秋·八年级课时练习）如图1，已知长方形纸带，，．将纸带沿折叠后，点、分别落在、的位置．再沿折叠成图2.点、分别落在、的位置，已知，则_______．

【答案】
【分析】设，先根据，列方程可得的值，根据旋转可得结论．
【详解】解：设，
由旋转得：， ，
，
，
，
在Rt中，，
，解得，
由旋转得：，
，
，
故答案为：
【点睛】本题考查了平行线性质：两直线平行，同位角相等；两直线平行，同旁内角互补；两直线平行，内错角相等；同时也考查了三角形的内角和及折叠的性质．
7．（2022春·重庆渝北·八年级统考期末）如图，折叠矩形ABCD的顶点D所在角，使点D落在BC边上的点F处，折痕为AE．

(1)若∠DAE＝26°，求∠EFC的大小；
(2)若AB＝8，BC＝10，求EC的长．
【答案】(1)38°
(2)3
【分析】（1）由折叠的性质得出，由平行线的性质得出即可求解；
（2）根据折叠的性质得到，，根据勾股定理列方程计算即可．
（1）∵四边形是矩形，∴，，由折叠可知：≌，∴，，∴，∴；
（2）∵四边形是矩形，∴，，，∴，∴，设，则，在中，由勾股定理得：，∴，解得：，∴，∴．
【点睛】本题考查的是翻转变换的性质、勾股定理、矩形的性质等知识，掌握翻转变换是一种对称变换，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解题的关键．

【考点二 菱形中的折叠问题】
例题：（2021春·浙江台州·八年级统考期末）如图，在菱形纸片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∠BEC′的大小为（   ）

A．20° B．25° C．30° D．35°
【答案】C
【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．
【详解】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°，∠DEC=∠DEC′，
在△DEC中，∠DEC=180°-（∠CDE+∠C）=75°．
∴∠BEC′=180°-（∠DEC+∠DEC′）=30°．
故选：C．
【点睛】此题考查了翻折变换（折叠问题），菱形的性质，等边三角形的判定和性质，以及三角形内角和定理，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．
【变式训练】
1．（2022秋·贵州贵阳·九年级统考期中）如图，菱形的对角线相交于点O，，，将菱形按如图所示的方式折叠，使点B与O重合，折痕为，则五边形的周长为（　　）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据菱形的性质、勾股定理求得，即可得是等边三角形，，根据等边三角形的性质和折叠的性质得和是等边三角形，即可得，，根据，得是的中位线，可得，即可得
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵折叠，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，
，
∴和是等边三角形，
∴，，
∵，，
∴是的中位线，
∴，
∴五边形AEFCD的周长：，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的中位线，解题的关键是掌握这些知识点，正确计算．
2．（2022春·广东深圳·七年级校考期中）如图，在菱形中，，，分别在边，上，，将沿折叠，点落在的延长线上的点处，则的度数为______ ．

【答案】20°##20度
【分析】由菱形的性质得出AB=AD，∠B=∠D=60°，证明△ABG≌△ADE（SAS），由全等三角形的性质得出∠BAG=∠DAE，由折叠的性质得出∠DAE=∠FAE，∠AED=∠AEF，由三角形内角和定理可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠B=∠D=60°，
∴∠BAD=120°，
在△ABG和△ADE中，
，
∴△ABG≌△ADE（SAS），
∴∠BAG=∠DAE，
∵将△ADE沿AE折叠，
∴∠DAE=∠FAE，∠AED=∠AEF，
∴∠DAE=∠BAD=40°，
∴∠AED=180°-∠DAE-∠D=180°-40°-60°=80°，
∴∠FEC=180°2∠AED=180°160°=20°，
故答案为：20°．
【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
3．（2022春·山东淄博·八年级统考期中）如图，点E是菱形ABCD边AB的中点，点F为边AD上一动点，连接EF，将沿直线EF折叠得到，已知，，当与菱形的对角线平行时，线段DF的长为______．

【答案】或3
【分析】根据题意可分当AE'//BD时和当AE'//AC时，然后根据折叠的性质及菱形的性质可进行求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC，，
∵，
∴，
∴当AE'//BD时，如图所示：

∴是等边三角形，
∴，
由折叠的性质可知：，
∴，
∴，
∴点在AD上，
∴，
∴；
当AE'//AC时，如图所示：

∴，
∴，
由折叠的性质可得：，
过点E作EH⊥AD于点H，
∴，
∴，，
∴△EHF是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴；
综上所述：当与菱形的对角线平行时，线段DF的长为或3；
故答案为或3．
【点睛】本题主要考查菱形的性质、等腰直角三角形与等边三角形的性质与判定、含30度直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌握菱形的性质、等腰直角三角形与等边三角形的性质与判定、含30度直角三角形的性质及勾股定理是解题的关键．
4．（2022秋·广东梅州·九年级校考阶段练习）如图，在菱形 中，，将菱形折叠，使点 恰好落在对角线 上的点 处（不与 ， 重合），折痕为 ，若 ，，则 的长为____．

【答案】##
【分析】过点作于， 根据菱形的性质可证明是等边三角形，进而可得到，，设，利用勾股定理求解即可．
【详解】解：过点作于，则
由折叠性质得，
∵在菱形 中，，
∴,，
∴是等边三角形，
∴，，即，
∴，，
设，则，，，
在中，，
由得，
解得，
∴．

【点睛】本题考查了菱形的性质、折叠性质、等边三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
5．（2021春·黑龙江齐齐哈尔·八年级统考期末）实践操作
第一步：如图1,在菱形纸片ABCD的边AB、AD上分别取点E、F，连结EF、BD，且EF∥BD．
第二步：将图1中菱形纸片ABCD沿EF折叠, 点A恰好落在对角线BD上的点O 处，得到图2．
第三步：将图2展平，得到图3．

解决问题：
（1）在图1中，填空：AE AF． (请正确选择“” 、“” 、 “” 中的一个)
（2）在图3中，请你利用图1结论，求证：四边形AEOF是菱形．
（3）在图3中，若∠ABC=120°, 在不添加其它线段的情况下，图中有 个等边三角形
【答案】（1）=；（2）证明见解析；（3）6
【分析】（1）根据菱形的性质、等腰三角形的性质及平行线的性质证明∠AFE=∠AEF,即可得出结果；
（2）由折叠的性质证明AE=AF=OF=OE即可；
（3）根据菱形的性质可得∠ABD=∠CBD=60°,然后利用等边三角形的判定即可得出结果.
【详解】（1）∵ABCD是菱形，
∴AD=AB，
∴∠ADB=∠ABD,
∵EF∥BD,
∴∠ADB=∠AFE, ∠ABD=∠AEF,
∴∠AFE=∠AEF,
∴AE=AF,
故答案是：=  .
（2）证明：由折叠可知，△EAF≌△EOF，
∴AF=OF,   AE=OE
又由（1）可知，AE=AF
∴AE=AF=OF=OE
∴四边形AEOF是菱形.
（3）∵ABCD是菱形，∠ABC=120°,
∴AD=AB，CD=CB, ∠ABD=∠CBD=60°,
∴△ABD和△CBD是等边三角形.
∴∠BAD =60°,
∵AEOF是菱形，
∴AE=AF，OE=OF ∠EOF=∠BAD=60°, AF∥OE, AB∥OF,
∴△AEF和△OEF是等边三角形，∠OEB=∠DAB=60°, ∠DOF=∠DBA=60°,
∴△DOF和△OEB是等边三角形，
∴共有6个等边三角形，
故答案是：6.
【点睛】本题考查的是翻转变换的性质、菱形的性质和判定、等腰三角形的性质和判定、等边三角形的性质和判定，掌握翻转变换是一种对称变换，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解题的关键．

【考点三 正方形中的折叠问题】
例题：（2022秋·广东梅州·九年级校考阶段练习）如图，将正方形纸片按如图折叠， 为折痕，点 落在对角线 上的点 处，则 的度数为（   ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据正方形的性质可得，，再由折叠可得，然后利用三角形的外角进行计算即可解答．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
由折叠得：
，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，三角形外角的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
【变式训练】
1．（2022春·河南郑州·八年级校考期末）如图，是一个正方形纸片，、分别为、的中点，沿过点的折痕将翻折，使点落在上如图的点，折痕交于点，那么(    )

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】求得在中，，即有，问题随之得解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵、分别为、的中点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
根据折叠的性质：，
在中，，
∴，
∴，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质、折叠的性质以及含30°角的直角三角形的性质等知识，求得在中，，进而有，是解答本题的关键．
2．（2023·全国·八年级专题练习）如图，将正方形沿对折，使点落在对角线上的处，连接，则 _________．

【答案】67.5
【分析】根据正方形的性质求出，再根据折叠的性质得，进而根据等腰三角形的性质得出答案．
【详解】∵四边形为正方形，
∴，，平分，
∴，
根据折叠可知，，
∴，
∴．
故答案为：67.5．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质等，判定等腰三角形是解题的关键．
3．（2022秋·福建宁德·八年级校考阶段练习）如图，在正方形中，，点E在边上，将沿对折至，延长交于点G，G恰好是边的中点，则的长是________．

【答案】##
【分析】根据正方形的性质和折叠的性质证明，进而得到，由G是的中点，得到，设，则，，在中由勾股定理建立方程求解即可．
【详解】解：连接，

由折叠得：，，
∵在正方形中，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，G是的中点，
∴，
设，则，，
在中，由勾股定理得：，
解得，即，
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形的性质、折叠的性质、三角形全等的判定和性质、勾股定理等知识，理解折叠的性质、合理的进行转化到一个直角三角形中是解决此类问题常用的方法．
4．（2022秋·全国·七年级专题练习）如图，将正方形纸片折叠，使点落在边点处，点落在点处，折痕为，若，求的大小．

【答案】
【分析】根据正方形的性质得到，根据折叠的性质得到，，，根据平角的定义得到，根据四边形的内角和即可得到结论．
【详解】解：∵四边形是正方形，正方形纸片折叠，使点落在边点处，点落在点处，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了角的计算，翻折变换的问题，折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，找到相等的角是解决本题的关键．
5．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图1，在正方形中，点E为上一点，连接，把沿折叠得到，延长交于G，连接．

(1)求证：．
(2)如图2，E为的中点，连接．
①求证：；②若正方形边长为6，求线段的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)①证明见解析，②线段的长为2
【分析】（1）由正方形的性质可得．，由折叠的性质得出，，，再求出，，然后由“”证明，由全等三角形对应角相等得出，得出即可；
（2）①由折叠的性质和线段中点的定义可得，，再由三角形的外角性质得出，然后利用同位角相等，两直线平行证明即可；
②设，表示出、，根据点是的中点求出、，从而得到的长度，再利用勾股定理列出方程求解即可；
【详解】（1）证明：如图1：∵四边形是正方形，

．，
沿折叠得到，
，，，
，，
在和中，
，
，
，
，
，
，
；
（2）证明：如图2所示：

沿折叠得到，为的中点，
，，
，
，
，
，
即，
；
②解：设，则，，
正方形边长为6，为的中点，
，
，
在中，根据勾股定理得：，
解得：，
即线段的长为2．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、翻折变换的性质；熟练掌握正方形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．

【考点四 特殊平行四边形折叠后求周长、面积问题】
例题：（2022秋·江苏·八年级统考期中）把一张矩形纸片（矩形）按如图方式折叠，使顶点和点重合，折痕为．若cm， cm．则重叠部分的面积为_____．

【答案】##2.5
【分析】根据折叠的性质，和勾股定理求出，进而求出的面积即可．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，
∵折叠，
∴，
设：，则：，
在中：，
即：，解得：，
即：，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的折叠问题．熟练掌握折叠的性质和勾股定理解三角形是解题的关键．
【变式训练】
1．（2022春·江苏徐州·八年级邳州市新城中学校考阶段练习）将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，恰好得到菱形AECF，若AB=3，则菱形AECF的面积为（　　　　）

A．1 B．2 C．2 D．4
【答案】C
【分析】根据菱形AECF，得∠FCO=∠ECO，再利用∠ECO=∠ECB，可通过折叠的性质，结合直角三角形勾股定理求得BC的长，则利用菱形的面积公式即可求解．
【详解】解：∵四边形AECF是菱形，AB=3，
∴假设BE=x，则AE=3﹣x，CE=3﹣x，
∵四边形AECF是菱形，
∴∠FCO=∠ECO，
∵∠ECO=∠ECB，
∴∠ECO=∠ECB=∠FCO=30°，
2BE=CE，
∴CE=2x，
∴2x=3﹣x，
解得：x=1，
∴CE=2，利用勾股定理得出：
BC2+BE2=EC2，
BC===，
又∵AE=AB﹣BE=3﹣1=2，
则菱形的面积=2．
故选C．
【点睛】本题考查折叠问题以及勾股定理．解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．
2．（2022春·广东韶关·八年级统考期末）如图，矩形中，，，将矩形沿折叠，点落在点处，则重叠部分的面积为______．

【答案】10
【分析】根据矩形的性质及折叠的性质证得，则，设，则在中，根据勾股定理求x，再根据三角形面积公式计算即可得到结果．
【详解】解：根据折叠的性质得.
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴.
设，则，
在中，，
解之得：，
∴，
∴．
故答案为:10．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定、折叠的性质等知识，求出阴影三角形的底是关键，同时注意以为底，对应的高为．
3．（2022秋·江苏苏州·八年级苏州中学校考期中）如图，长方形纸片的边长，．将矩形纸片沿折叠，使点与点重合，折叠后在其一面着色．

(1)求的长；
(2)求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)
(2)22
【分析】（1）利用翻折变换的性质可得：，，设，在中利用勾股定理列出方程，解方程即可求解；
（2）利用（1）中的结论用矩形的面积减去的面积即可得出结论．
【详解】（1）解：由翻折变换的性质可得：，，
设，则，，
在中，
∵，
∴，
解得：，
∴；
（2）解：由（1）知：，
∴，
∴，
由翻折变换的性质可得：，
∴图中阴影部分的面积



．
【点睛】本题主要考查了翻折变换的性质，矩形的性质，勾股定理，熟练掌握翻折变换的性质是解题的关键．

【考点五 特殊平行四边形中旋转问题】
例题：（2021秋·陕西渭南·九年级统考阶段练习）如图，四边形是矩形，以点B为旋转中心，顺时针旋转矩形得到矩形，点，，的对应点分别为点，，，点恰好在的延长线上．

(1)求证：：
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）由旋转矩形可得，，再根据斜边为公共边，利用“”可证得结论；
（2）由可知，由旋转矩形可知，即可求得的长度．
【详解】（1）证明：∵旋转矩形得到矩形，
∴，，    
在和中，
，．
∴．
（2）解：由可得，
∵旋转矩形得到矩形，
∴，    
∴．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、矩形的性质、解题关键是证明，利用矩形和旋转性质求解．
【变式训练】
1．（2021秋·浙江绍兴·九年级绍兴市元培中学校考期中）如图，将矩形绕点A顺时针旋转到矩形的位置，若旋转角为，则为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设与交于点E，根据旋转的角度结合矩形的性质可得出的度数，再由四边形内角和为即可得出的度数，根据对顶角相等即可得出结论．
【详解】解：设与交于点E，如图所示．

∵旋转角为，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质、矩形的性质、四边形内角和以及对顶角，根据旋转及四边形内角和为找出是解题的关键．
2．（2022秋·广东广州·九年级广州市第一一三中学校考期中）如图，将矩形绕点A顺时针旋转后，得到矩形，如果，那么_______．

【答案】
【分析】连接，先根据矩形的性质和勾股定理求出，然后根据旋转的性质和勾股定理求出即可．
【详解】解：连接，
，
∵矩形，，
∴，，
∴，
∵将矩形绕点A顺时针旋转后，得到矩形，
∴，，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识，掌握矩形的性质，旋转的性质，勾股定理是解题的关键．
3．（2022秋·天津河北·九年级天津二中校考期末）在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点．以点A为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点O，B，C的对应点分别为D，E，F，记旋转角为．

(1)如图1，当时，求点D的坐标；
(2)如图2，当点E落在的延长线上时，求点D的坐标；
(3)当点D落在线段上时，直接写出点E的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）过点作轴于，由旋转的性质得出，，，由直角三角形的性质得出，，得出，即可得出点的坐标为；
（2）过点作轴于，，于，则则，，由勾股定理得出AE=10，由面积法求出DH=，得出，由勾股定理得出，即可得出点的坐标为；
（3）连接，作轴于，由旋转的性质得：，，
由等腰三角形的性质得出，得出，证出，由平行线的性质的，证出，证明，得出，，得出，即可得出答案．
【详解】（1）解：过点作轴于，如图所示：

∵点，点，
∴，，
∵以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，
∴，，，
在Rt中，，，
∴，
∴点的坐标为；
（2）过点作轴于，，于，如图所示：

则，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴点的坐标为；
（3）连接，作轴于，如图所示：

由旋转的性质得：，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴（），
∴，，
∴，
∴点的坐标为．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、旋转变换的性质、含角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，正确作出辅助线，属于中考压轴题．
4．（2022春·江苏盐城·八年级校考阶段练习）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．
（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．
5．（2022秋·山西吕梁·九年级统考期中）综合与实践
【情境呈现】如图1，将两个正方形纸片和放置在一起.若固定正方形，将正方形绕着点A旋转．

(1)【数学思考】如图1，当点E在边上，点G在边上时，线段与的数量关系是 ，位置关系是 ．
(2)如图2，是将正方形绕着点A逆时针旋转度得到的，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
(3)【拓展探究】如图3，若点D，E，G在同一条直线上，且，求线段的长度（直接写出答案）．
【答案】(1)，
(2)（1）中的结论成立，证明见解析；
(3)
【分析】（1）由正方形性质可以得到与相等且垂直；
（2）由可证，可得，，由余角的性质可证；
（3）由（2）问结论连接，表示出三边即可利用勾股定理列方程解题．
【详解】（1）∵四边形和均为正方形，
∴，
∴，
即，
∴与的数量关系是相等；位置关系是垂直
故答案为：相等；垂直
（2）（1）中结论成立，理由如下：
设交于O，于N，
∵四边形和均为正方形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴；

（3）连接，
∵，
∴，
∴,，
由（2）可得：，
∴在中，，
则，
∴
解方程得：，
∴，
即线段的长度为．

【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．