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人教版八年级数学下册重难题型全归纳及技巧提升18.2(特殊)的平行四边形中的翻折、旋转与动态问题专题讲练(原卷版+解析)
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这是一份人教版八年级数学下册重难题型全归纳及技巧提升18.2(特殊)的平行四边形中的翻折、旋转与动态问题专题讲练(原卷版+解析)，共56页。试卷主要包含了以特殊四边形为背景的折叠问题，以特殊四边形为背景的旋转问题等内容，欢迎下载使用。
解题技巧：图形的旋转和折叠，意味着全等，抓住不变量。若在图形的折叠中，考察图形折叠的折痕问题，则需要抓住折痕垂直平分对应点所连的线段平分对应边所成的夹角。
例1．（2022.广东八年级期末）如图，平行四边形ABCD中，∠A＝45°，AB＝4，BC＝2，E为AB的中点，F分别为AD边上的动点，将∠A沿EF折叠，点A落在平面内的点处，且点在∠BAD外部，当折叠后重叠部分为等腰三角形时，则线段DF的长为__．
变式1．（2022.绵阳市八年级期中）如图，，分别是的边，上的点，，．将四边形沿翻折，得到，交于点．则的周长为（ ）
A．6B．12C．18D．24
例2．（2022山西八年级期中）如图，在平行四边形ABCD中，E为边CD上的一个点，将△ADE沿AE折叠至△AD′E处，AD′与CE交于点F，若∠B＝50°，∠DAE＝20°，则∠FED′的大小为 ______．
变式2．（2022.河北九年级月考）如图，将平行四边形沿对角线折叠，使点落在点处且平分，若，则____________．
例3．（2022·江苏初二期中）如图，矩形纸片ABDC中，AB＝3，AD＝4，将纸片折叠，使点B落在边CD上的B′处，折痕为AE.如果在折痕AE上存在一点P到边CD的距离与到点B的距离相等，则此时PB＝ .
变式3.（2022·江苏镇江市八年级期末）如图，在矩形中，，点分别在上，且，为直线上一动点，连接，将沿所在直线翻折得到，当点恰好落在直线上时，的长为________．
例4．（2023秋·福建福州·八年级校考期末）如图，长方形中，E为的中点，将沿直线折叠时点B落在点F处，连接，若，则___________度．
变式4．（2022秋·山东潍坊·八年级统考期末）如图，在矩形纸片中，把沿直线折叠，使得点落在边上的点处．已知与的度数之比为，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
例5．（2021·辽宁大连·中考真题）如图，在菱形中，，点E在边上，将沿直线翻折180°，得到，点B的对应点是点若，，则的长是__________．
变式5．（2022·福建三明·一模）如图，菱形ABCD中，∠BAD = 60°，AB = 6，点E，F分别在边AB，AD上，将△AEF沿EF翻折得到△GEF，若点G恰好为CD边的中点，则AE的长为（ ）
A． B． C． D．3
例6．（2022·西藏·统考中考真题）如图，在菱形纸片ABCD中，E是BC边上一点，将△ABE沿直线AE翻折，使点B落在上，连接．已知∠C＝120°，∠BAE＝50°，则的度数为（ ）
A．50°B．60°C．80°D．90°
变式6．（2022·重庆市九年级阶段练习）如图，在菱形纸片中，，折叠菱形纸片，使点落在（为的中点）所在的直线上，得到经过点的折痕，则的度数为________．
例7．（2022·重庆·八年级期末）如图，在正方形ABCD中，E为CD边上一点，将△AED沿着AE翻折得到△AEF，点D的对应点F恰好落在对角线AC上，连接BF．若EF＝2，则BF2＝（ ）
A．4＋4B．6＋4C．12D．8＋4
变式7．（2022·河南·郑州九年级期末）如图，正方形中，点E为边的中点，点P为边上一个动点，连接，以为对称轴折叠得到，点B的对应点为点F，若，当射线经过正方形边的中点（不包括点E）时，的长为_____________．
例8．（2022·福建·模拟预测）如图，将正方形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
变式8．（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．
2、以特殊四边形为背景的旋转问题
例1．（2022•滕州市模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的边长为2，点A在第一象限，点C在x轴正半轴上，∠AOC＝60°，若将菱形OABC绕点O顺时针旋转75°，得到四边形OA'B'C'，则点B的对应点B'的坐标为（ ）
A．（6，−6）B．（2，﹣2）C．（3，−3）D．（4，﹣4）
变式1．（2021春·广东深圳·八年级校考阶段练习）如图，在平行四边形ABCD中，，∠ABC＝45°，点E为射线AD上一动点，连接BE，将BE绕点B逆时针旋转60°得到BF，连接AF，则AF的最小值是_____．
例2．（2022·全国·八年级专题练习）如图，一个锐角等于60°的菱形ABCD，将一个60°的∠MAN的顶点与该菱形顶点A重合，以A为旋转中心，按顺时针方向旋转这个60°的∠MAN，使它的两边分别交CB、DC于点E，F．（1）如图1，当BE＝DF时，AE与AF的数量关系是 ；（2）旋转∠MAN，如图2，当BE≠DF时，（1）的结论是否成立？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由．
变式2．（2022·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．
例3．（2022·湖北武汉初三一模）如图，将矩形绕点顺时针旋转50°，得到矩形，点，，在一条直线上，连接，则的度数为_______．
变式3．（2022·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．12B．4C．3D．6
例4．（2022·福建三元·八年级期中）在长方形中，AB=5，BC=3，将长方形绕点顺时针旋转α0°<α<90°，得到长方形AEFG．（1）如图1，当点落在边上时，延长交于点，求证：EM=AE；（2）如图2，当GC=GB时，求α的值；（3）如图3，当点落在线段CF上时，与交于点，求△ADN的面积．
变式4．（2022·四川·九年级校考阶段练习）矩形ABCD中AB=5，AD=3，将矩形ABCD绕点C顺时针旋转至矩形EFCG（其中A、B、D分别与E、F、G对应）．
（1）如图1，当点G落在AB边上时，求AG的长；
（2）如图2．当点G落在线段AE上时，AB与CG交于点H，求BH；
（3）如图3，记O为矩形ABCD的对角线交点，S为△OGE的面积，直接写出s的取值范围．
例5．（2022•渠县期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在CD的边上，且DE＝1，△AFE与△ADE关于AE所在的直线对称，将△ADE按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABG，连接FG，则线段FG的长为（ ）
A．4B．42C．5D．6
变式5．（2023春·重庆九龙坡·九年级重庆实验外国语学校校考阶段练习）如图，正方形与正方形的边长分别是7和3，正方形绕A点在平面内旋转，点M，N，P分别是，，的中点，则周长的最大值是（ ）
A．B．C．D．
例6．（2023秋·辽宁阜新·九年级校考期末）如图，正方形和正方形（其中），的延长线与直线交于点H．
(1)如图1，当点G在上时，求证：；(2)将正方形绕点C旋转一周．①如图2，当点E在直线右侧时，判断的数量关系并证明；②当时，若，请直接写出线段的长．
变式6．（2022·山西大同市·九年级期末）综合与实践——探究正方形旋转中的数学问题
问程情境：已知正方形中，点是线段的中点，将将正方形绕点顺时针旋转得到正方形（点，，，分别是点，，，的对应点）．同学们通过小组合作，提出下列数学问题，请你解答．
特例分析：（1）“乐思”小组提出问题：如图1，在正方形绕点旋转过程中，顺次连接点，，，得到四边形，求证：四边形是矩形；（2）“善学”小组提出问题：如图2.在旋转过程中，当点落在对角线上时，设与交于点.求证：四边形是正方形．
深入探究：（3）“好问”小组提出问题：如图3.若点是线段的三等分点且，在正方形旋转的过程中当线段经过点时，请直接写出的值．
3、以特殊四边形为背景的动态轨迹问题
解题技巧：1）动中求静，发现运动变化中的不变量、不变图形；
2）把相关的量用含变量的代数式表示列方程或确定函数的关系；
3）把握运动中的特殊位置，临界位置，分段、分情况讨论。
例1．（2022·浙江江北·八年级期末）如图所示，正方形ABCD的边长为4，点E为线段BC上一动点，连结AE，将AE绕点E顺时针旋转90°至EF，连结BF，取BF的中点M，若点E从点B运动至点C，则点M经过的路径长为（ ）
A．2B．C．D．4
变式1．（2022春·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．5D．
例2．（2022·河南·郑州三模）在矩形中，，，点在线段上，连接，过点作交线段于点．以和为邻边作平行四边形，当点从运动到时，点运动的路径长为______．
变式2．（2022春·江苏·九年级期末）如图，在矩形ABCD中，AB=4，∠CAB=60°，点E是对角线AC上的一个动点，连接DE，以DE为斜边作Rt△DEF，使得∠DEF=60°，且点F和点A位于DE的两侧，当点E从点A运动到点C时，动点F的运动路径长是（ ）
A．4B．4C．8D．8
例3．（2022·四川·乐山九年级阶段练习）如图，在菱形ABCD中，∠A＝120°，AB＝2，点E是AB边上的动点，过点B作直线CE的垂线，垂足为F，当点E从点A运动到点B时，点F的运动路径长为_____．
变式3．（2022·山东济南·统考二模）如图，菱形ABCD的边长为6，，点E是边AD上的动点，是等边三角形，点F在CD上，线段EF与线段BD交于点G，点E从点A开始出发运动到点D停止，在这个运动过程中，点G所经过的路径长为______．
课后专项训练：
1．（2022·重庆万州初三期末）如图，在边长为的正方形纸片中，是边上的一点，连结,将正方形纸片折叠，使点落在线段上的点处，折痕为．则的长为( )
A．B．C．D．
2．（2022·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
3．（2022春·江苏无锡·八年级校考期中）如图，已知线段AB=20，C，D是AB上的两点，且AC=DB=4，P是线段CD上一动点，分别以AP、BP为对角线作正方形AEPF和正方形BGPH，Q为线段FH的中点，点P由点C移动到点D时，Q点移动的路径长度为_______
4．（2022·湖北武汉·校考模拟预测）如图，以AB为边作边长为8的正方形ABCD，动点P、Q在正方形ABCD的边上运动，且PQ＝8，若点P从点A出发，沿A→B→C→D的线路，向D点运动，点Q只能在线段AD上运动，求点P从A到D的运动过程中，PQ的中点O所经过的路径的长为_____．
5．（2022秋·浙江舟山·九年级校考阶段练习）如图，在矩形中，，，点M在边上，以每秒的速度从点A向终点B运动，连接，以M为顶点，为一边作，另一边交边于点N，过点D作于点P．
（1）经过2秒，点P的路径长是________；（2）在运动过程中，线段长度的最小值是________．
6．（2021·江苏盐城·中考真题）如图，在矩形中，，，、分别是边、上一点，，将沿翻折得，连接，当____时，是以为腰的等腰三角形．
7．（2022·重庆九年级期中）如图，在菱形中，点为边上一点，点为边中点，连接，将沿直线翻折至菱形所在平面内，得到，连接并延长交边于点．若，，点到线段的距离为，则折痕的长为__________．
8．（2022·江苏泰州·八年级统考期末）如图，菱形ABCD中，点E在AD上，将△ABE沿BE翻折，点A恰好落在边CD上的点F处，若∠A=63°，则∠BFC的度数为_________．
9．（2022·重庆·八年级统考期中）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．
10．（2022·广东东莞·八年级校考期末）将矩形ABCD绕点B顺时针旋转得到矩形A1BC1D1，点A、C、D的对应点分别为A1、C1、D1（1）当点A1落在AC上时①如图1，若∠CAB＝60°，求证：四边形ABD1C为平行四边形；②如图2，AD1交CB于点O．若∠CAB≠60°，求证：DO＝AO；（2）如图3，当A1D1过点C时．若BC＝5，CD＝3，直接写出A1A的长．
11．（2023春·全国·八年级阶段练习）如图1，点是正方形对角线的延长线上任意一点，以线段为边作一个正方形，线段和相交于点．
(1)求证：，．(2)若，，求的长．
(3)如图2，正方形绕点逆时针旋转，连结、，与的面积之差是否会发生变化？若不变，请求出与的面积之差；若变化，请说明理由．
12．（2022·江苏无锡·九年级统考期中）已知：如图，ABCD中， CD=CB=2，∠C=60°，点E是CD边上自D向C的动点（点E运动到点C 停止运动），连结AE,以AE为一边作等边△AEP，连结DP.
(1)求证：△ABE≌△ADP；(2)点P随点E的运动而运动，请直接写出点P的运动路径长 .
专题18.2（特殊）的平行四边形中的翻折、旋转与动态问题 专题讲练
1、以特殊四边形为背景的折叠（翻折）问题
解题技巧：图形的旋转和折叠，意味着全等，抓住不变量。若在图形的折叠中，考察图形折叠的折痕问题，则需要抓住折痕垂直平分对应点所连的线段平分对应边所成的夹角。
例1．（2022.广东八年级期末）如图，平行四边形ABCD中，∠A＝45°，AB＝4，BC＝2，E为AB的中点，F分别为AD边上的动点，将∠A沿EF折叠，点A落在平面内的点处，且点在∠BAD外部，当折叠后重叠部分为等腰三角形时，则线段DF的长为__．
【答案】
【分析】过E作EH⊥AD，根据∠A＝45°，EH⊥AH得AH＝，设∠AFE＝∠A'FE＝a，可得＝45°+a，得a＝30°，在Rt△EFH中，可求出HF的长，从而得出答案．
【详解】解：过E作EH⊥AD于H，∵AB＝4，E为AB的中点，∴AE＝EB＝2，
∵∠A＝45°，EH⊥AH，∴△AHE为等腰直角三角形，∴AH2+EH2＝AE2＝4，2AH2＝4，∴AH＝，
∵点A′在∠BAD外部，则由题意知△FQE为等腰三角形，∴∠FEB＝∠FQE，
设∠AFE＝a，∵△EFA'为△EFA根据EF对折，∴∠AFE＝∠A'FE＝a，∴∠BEF＝，
又∵∠BEF为△AEF的外角，∴∠BEF＝∠A+∠EFA＝45°+a，∴＝45°+a，∴a＝30°，
在Rt△EHF中，∠AFE＝a＝30°，EH＝AH＝，∴EF＝，∴，
又∵BC＝AD＝2，∴DF＝AD﹣AH﹣HF＝故答案为：．
【点拨】本题主要考查了等腰三角形的判定，勾股定理，平行四边形的性质，翻折变换（折叠问题），含30度角的直角三角形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
变式1．（2022.绵阳市八年级期中）如图，，分别是的边，上的点，，．将四边形沿翻折，得到，交于点．则的周长为（ ）
A．6B．12C．18D．24
【答案】C
【分析】由折叠得：∠DEF＝∠D′EF＝60°，再由平行四边形的对边平行，得出内错角相等，得出△GEF是等边三角形，已知边长求出周长即可．
【详解】解：由折叠得：∠DEF＝∠D′EF＝60°，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，
∴∠DEF＝∠EFG＝60°，∴△GEF是等边三角形，∴EF＝FG＝GE＝6，
∴△GEF的周长为6×3＝18，故选：C．
【点拨】考查平行四边形的性质、折叠的性质和等边三角形的性质等知识，得到△GEF是等边三角形，是解决问题的关键．
例2．（2022山西八年级期中）如图，在平行四边形ABCD中，E为边CD上的一个点，将△ADE沿AE折叠至△AD′E处，AD′与CE交于点F，若∠B＝50°，∠DAE＝20°，则∠FED′的大小为 ______．
【答案】40°
【分析】由平行四边形的性质得∠B=∠D=50°，再由三角形的外角性质得∠AEC=∠D+∠DAE=70°，则∠AED=110°，然后由折叠的性质得∠AED=∠AED′=110°，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠B＝∠D＝50°，
∵∠DAE＝20°，∴∠AEC＝∠D+∠DAE＝50°+20°＝70°，∴∠AED＝180°﹣70°＝110°，
∵将△ADE沿AE折叠至△AD′E处，∴∠AED＝∠AED′＝110°，
∴∠FED′＝∠AED′﹣∠AEC＝110°﹣70°＝40°，故答案为：40°．
【点拨】本题考查了翻折变换的性质、平行四边形的性质以及三角形的外角性质等知识；熟练掌握翻折变换得性质和平行四边形的性质，求出∠AEC的度数是解题的关键．
变式2．（2022.河北九年级月考）如图，将平行四边形沿对角线折叠，使点落在点处且平分，若，则____________．
【答案】38°
【分析】根据平行四边形的性质求出∠ADC和∠C，再根据折叠与角平分线的定义求出∠EDC，根据三角形的内角和即可求解．
【详解】∵四边形是平行四边形∴∠ADC=180°-，∠C=，
∵折叠且平分，∴∠ADB=∠A’DB=∠EDC，
∴∠EDC=∠ADC=19°∴180°-∠C-∠EDC=38°故答案为：38°．
【点拨】此题主要考查平行四边形内的角度求解，解题的关键是熟知平行四边形的性质．
例3．（2022·江苏初二期中）如图，矩形纸片ABDC中，AB＝3，AD＝4，将纸片折叠，使点B落在边CD上的B′处，折痕为AE.如果在折痕AE上存在一点P到边CD的距离与到点B的距离相等，则此时PB＝ .
【答案】97−3147
【分析】根据折叠的性质知：PB＝PB′，由题意可得PB′⊥CD，连接AD，BB′，则AB＝AB′＝3，BE=B′E，∠EBB′=∠EB′B，根据等腰三角形的性质可得∠PBB′=∠PB′B，得到∠EBP=∠EB′P，由矩形的性质可得BD⊥CD，∠C=∠BDC=∠ABD=90°，CD=AB=3，AC=BD，根据平行线的性质可得∠EB'P=∠DEB′，∠DEB′=∠EBP，推出BP∥B′E，得到四边形PB′EB是平行四边形，由勾股定理求出B'D，CB'，进而得到DB'，设PB=BE=B′E=x，则DE=7-x，由勾股定理求出x，据此可得PB.
【解析】解：根据折叠的性质知：PB＝PB′，若点P到CD的距离等于PB，则该垂线段必为PB′，故有PB′⊥CD，由题意知：如图所示，连接AD，BB′
由折叠的性质可知AB＝AB′＝3，BE=B′E，∴∠EBB′=∠EB′B，
∵PB=PB'，∴∠PBB′=∠PB′B，∴∠EBP=∠EB′P，
∵四边形ABDC是矩形，∴BD⊥CD，∠C=∠BDC=∠ABD=90°，CD=AB=3，AC=BD
∴BD∥B′P，∴∠EB'P=∠DEB′，∴∠DEB′=∠EBP，∴BP∥B′E，
∴四边形PB′EB是平行四边形，∴PB=PB'=BE=EB'
在直角三角形ABD中BD=AD2−AB2=7，∴AC=BD=7，
在直角三角形ACB'中CB'=AB'2−AC2=2，∴DB'=CD−CB'=3−2，
设PB=BE=B'E=x，则DE=BD−BE=7−x，在直角三角形DEB'中DE2+DB'2=B'E2，
∴(7−x)2+(3−2)2=x2解得：x=97−3147 PB＝97−3147， 故答案为：97−3147.
变式3.（2022·江苏镇江市八年级期末）如图，在矩形中，，点分别在上，且，为直线上一动点，连接，将沿所在直线翻折得到，当点恰好落在直线上时，的长为________．
【答案】或10.
【解析】解：设CE=CE’=x， ①当E点在线段BC上时，
∵矩形ABCD中，AB=5， ∴CD=AB=5，AD=BC=6，AD∥BC，
∵点M，N分别在AD，BC上，，
∴DM=CN=4， ∴四边形CDMN为平行四边形，
∵∠NCD=90°， ∴四边形MNCD是矩形， ∴∠DMN=∠MNC=90°，MN=CD=5，
由折叠知，CD=C’D=5∴C’M=3∴C’N=2又EN=CN-CE=4-x， ∴x2=22+（4-x）2， 解得，x=2.5，即CE=2.5；
（2）当E点在CB的延长线上时，同理，MN=CD=5，CD=C’D=5， MC’=3，C’N=8， EN=CE-CN=x-4，
由勾股定理得：x2=82+（x-4）2，解得：x=10，即CE=10； 综上，CE=2.5或10．
例4．（2023秋·福建福州·八年级校考期末）如图，长方形中，E为的中点，将沿直线折叠时点B落在点F处，连接，若，则___________度．
【答案】37
【分析】由折叠的性质得：，求出，可得到，求出，求出，由等腰三角形的性质求出，即可得出的度数．
【详解】解：四边形是长方形，，
由折叠的性质得：，
，，
，，
为的中点，，，
，；故答案为：．
【点睛】本题主要考查了折叠变换的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理；求出的度数是解题的关键．
变式4．（2022秋·山东潍坊·八年级统考期末）如图，在矩形纸片中，把沿直线折叠，使得点落在边上的点处．已知与的度数之比为，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据矩形的性质得到，由折叠得，设，则，得到，求出，即可求出的度数．
【详解】解：∵四边形是矩形，∴，
由折叠得，设，则，
∵，∴，∴，
∴，∴，故选：C．
【点睛】此题考查了矩形与折叠，熟记矩形的性质是解题的关键．
例5．（2021·辽宁大连·中考真题）如图，在菱形中，，点E在边上，将沿直线翻折180°，得到，点B的对应点是点若，，则的长是__________．
【答案】
【分析】由题意易得，，则有，进而根据折叠的性质可得，，然后根据三角形内角和可得，最后根据等腰直角三角形的性质可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，∴，
∵，∴，是等边三角形，即，
∵，∴，由折叠的性质可得，，，
在中，由三角形内角和可得，∴，即，
∴是等腰直角三角形，∴；故答案为．
【点睛】本题主要考查菱形的性质、折叠的性质及等腰直角三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质、折叠的性质及等腰直角三角形的性质与判定是解题的关键．
变式5．（2022·福建三明·一模）如图，菱形ABCD中，∠BAD = 60°，AB = 6，点E，F分别在边AB，AD上，将△AEF沿EF翻折得到△GEF，若点G恰好为CD边的中点，则AE的长为（ ）
A． B． C． D．3
【答案】B
【分析】过点D作，垂足为点H，连接BD和BG，利用菱形及等边三角形的性质，求出，，在中，求出DH的长，进而求出BG 的长，设，在中，利用勾股定理，列方程，求出的值即可．
【详解】解：过点D作，垂足为点H，连接BD和BG，如下图所示：
四边形ABCD是菱形，，，，
与是等边三角形，
且点G恰好为CD边的中点，平分AB，，
，，，，，
在中，，由勾股定理可知：，
，由折叠可知：，故有，
设，则，在中，由勾股定理可知：，
即，解得，故选：B．
【点睛】本题主要是考查了菱形、等边三角形的性质以及勾股定理列方程求边长，熟练综合利用菱形以及等边三角形的性质，求出对应的边或角，在直角三角形中，找到边之间的关系，设边长，利用勾股定理列方程，这是解决本题的关键．
例6．（2022·西藏·统考中考真题）如图，在菱形纸片ABCD中，E是BC边上一点，将△ABE沿直线AE翻折，使点B落在上，连接．已知∠C＝120°，∠BAE＝50°，则的度数为（ ）
A．50°B．60°C．80°D．90°
【答案】C
【分析】由翻折的性质知∠BAE==50°，=AB，再由菱形的性质得∠BAD=120°，=AD，最后利用三角形内角和定理可得答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∠C=120°，∴∠BAD=∠C=120°，AB=AD，
∵将△ABE沿直线AE翻折，使点B落在上，∴∠BAE==50°，=AB，
∴=100°，=AD，∴=20°，∴==（180°-20°）÷2=80°，故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，翻折的性质，三角形内角和定理等知识，求出=20°是解题的关键．
变式6．（2022·重庆市九年级阶段练习）如图，在菱形纸片中，，折叠菱形纸片，使点落在（为的中点）所在的直线上，得到经过点的折痕，则的度数为________．
【答案】75°
【分析】连接，先证明为等边三角形，然后根据三线合一定理得到即可得到，则，再根据三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：连接，∵四边形为菱形，∴AD=AB，，AB∥CD，
∴，∴∵，∴为等边三角形，
∵为的中点，∴为的平分线，即，∴，
由折叠的性质得到，在中，．故答案为：75°．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，折叠的性质，三角形内角和定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
例7．（2022·重庆·八年级期末）如图，在正方形ABCD中，E为CD边上一点，将△AED沿着AE翻折得到△AEF，点D的对应点F恰好落在对角线AC上，连接BF．若EF＝2，则BF2＝（ ）
A．4＋4B．6＋4C．12D．8＋4
【答案】D
【分析】点F作FG⊥BC交于G点，设正方形的边长为x，则ACx，由折叠可知，DE＝EF，AD＝AF，∠D＝∠EFA＝90°，可得DE＝2，EC＝x﹣2，ACx，在Rt△EFC中，由勾股定理可得（x﹣2）2＝4+（x﹣x）2，解得x，即为正方形的边长为22，再求出FC＝2，由∠ACB＝45°，可求FG＝CG，BG2，在Rt△BFG中，由勾股定理可得BF2＝（2）2+2＝8+4．
【详解】解：过点F作FG⊥BC交于G点，
由折叠可知，DE＝EF，AD＝AF，∠D＝∠EFA＝90°，设正方形的边长为x，
∵EF＝2，∴DE＝2，EC＝x﹣2，ACx，
在Rt△EFC中，EC2＝FE2+FC2，∴（x﹣2）2＝4+（﹣x）2，
解得x＝22，∴FC＝x﹣x＝2，∵∠ACB＝45°，∴FG＝CG，∴BG2，
在Rt△BFG中，BF2＝BG2+GF2＝（2）2+2＝8+4，故选：D．
【点睛】本题考查正方形的性质，翻折的性质，熟练掌握翻折的性质，灵活应用勾股定理是解题的关键．
变式7．（2022·河南·郑州九年级期末）如图，正方形中，点E为边的中点，点P为边上一个动点，连接，以为对称轴折叠得到，点B的对应点为点F，若，当射线经过正方形边的中点（不包括点E）时，的长为_____________．
【答案】1或
【分析】分EF经过正方形ABCD另三边三种情况求解即可
【详解】解：①EF经过CD边中点O时，
∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=DA，，
∵点O是CD边中点，点E是BC边中点，∴．
∵CE=CO=1，∴，由折叠得，
∴．∴，
作FG⊥AB于G，作EH⊥FG于H，如图，设FH=x，则BG=EH=FH=x，
∵，∴PG＝FG=x+1，∴BP=2x+1，由勾股定理得，
由折叠得PB=PF，∴，解得．∴，∴点P在AB外，不符合题意；
②EF经过AD边中点，如图，此时，，∴BP=BE=1；
③EF经过AB中点，如图，∵B=BE，∴．
由折叠得，设PF=x，则，∴，∴x=，即BP=，
综上，BP的长为1或，故答案为：1或．
【点睛】此题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，灵活运用分类讨论思想是解答本题的关键．
例8．（2022·福建·模拟预测）如图，将正方形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由正方形的性质，则，由折叠的性质，得DE=DC，即可得到得角度．
【详解】解：四边形是正方形， 是正方形的对角线，，
折叠，，，，故选：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质和三角形的内角和定理，解题的关键是掌握所学的知识，正确得到．
变式8．（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、以特殊四边形为背景的旋转问题
例1．（2022•滕州市模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的边长为2，点A在第一象限，点C在x轴正半轴上，∠AOC＝60°，若将菱形OABC绕点O顺时针旋转75°，得到四边形OA'B'C'，则点B的对应点B'的坐标为（ ）
A．（6，−6）B．（2，﹣2）C．（3，−3）D．（4，﹣4）
【点睛】作B′H⊥x轴于H点，连结OB，OB′，根据菱形的性质得到∠COB＝30°，再根据旋转的性质得∠BOB′＝75°，OB′＝OB＝23，则∠COB′＝∠BOB′﹣∠COB＝45°，所以△OB′H为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形性质可计算得OH＝B′H=6，然后根据第四象限内点的坐标特征写出B′点的坐标．
【详解】解：作B′H⊥x轴于H点，连结OB，OB′，如图，
∵四边形OABC为菱形，∴OB平分∠AOC，∴∠COB＝30°，
∵菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至第四象限OA′B′C′的位置，
∴∠BOB′＝75°，OB′＝OB＝23，∴∠COB′＝∠BOB′﹣∠COB＝45°，
∴△OB′H为等腰直角三角形，∴OH＝B′H=22OB′=6，
∴点B′的坐标为（6，−6）．故选：A．
变式1．（2021春·广东深圳·八年级校考阶段练习）如图，在平行四边形ABCD中，，∠ABC＝45°，点E为射线AD上一动点，连接BE，将BE绕点B逆时针旋转60°得到BF，连接AF，则AF的最小值是_____．
【答案】
【分析】以AB为边向下作等边△ABK，连接EK，在EK上取一点T，使得AT=TK．证明△ABF≌△KBE（SAS），推出AF=EK，根据垂线段最短可知，当KE⊥AD时，KE的值最小，解直角三角形求出EK即可解决问题．
【详解】解：如图，以AB为边向下作等边△ABK，连接EK，在EK上取一点T，使得AT＝TK．
∵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，KE的值最小，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴ADBC，
∵∠ABC＝45°，∴∠BAD＝180°﹣∠ABC＝135°，∵∠BAK＝60°，∴∠EAK＝75°，
∵∠AEK＝90°，∴∠AKE＝15°，∵TA＝TK，∴∠TAK＝∠AKT＝15°，
∴∠ATE＝∠TAK+∠AKT＝30°，设AE＝a，则AT＝TK＝2a，ET＝a，
在Rt△AEK中，∵AK2＝AE2+EK2，∴a2+（2a+a）2＝4，
∴a＝，∴EK＝2a+a＝，∴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，构造全等的三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．
例2．（2022·全国·八年级专题练习）如图，一个锐角等于60°的菱形ABCD，将一个60°的∠MAN的顶点与该菱形顶点A重合，以A为旋转中心，按顺时针方向旋转这个60°的∠MAN，使它的两边分别交CB、DC于点E，F．（1）如图1，当BE＝DF时，AE与AF的数量关系是 ；（2）旋转∠MAN，如图2，当BE≠DF时，（1）的结论是否成立？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由．
【答案】（1）AE＝AF；（2）成立，证明见解析
【分析】（1）由“SAS”可证△ABE≌△ADF，可得AE＝AF；（2）由菱形的性质可得AB＝BC＝AD＝CD，∠B＝∠D＝60°，可证△ABC是等边三角形，△ACD是等边三角形，可得AB＝AC，∠ACD＝∠B＝60°＝∠BAC，由“ASA”可证△BAE≌△CAF，可得AE＝AF．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∠B＝∠D，
在△ABE和△ADF中，，∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴AE＝AF，故答案为：AE＝AF；
（2）仍然成立，理由如下：如图2，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，∠B＝60°，∴AB＝BC＝AD＝CD，∠B＝∠D＝60°，
∴△ABC是等边三角形，△ACD是等边三角形，∴AB＝AC，∠ACD＝∠B＝60°＝∠BAC，
∵∠MAN＝60°＝∠BAC，∴∠BAE＝∠CAF，
在△BAE和△CAF中，，∴△BAE≌△CAF（ASA），∴AE＝AF．
【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的性质与判定，三角形全等的判定，掌握菱形的性质，等边三角形的性质与判定，三角形全等判定方法是解题关键．
变式2．（2022·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．（2022·湖北武汉初三一模）如图，将矩形绕点顺时针旋转50°，得到矩形，点，，在一条直线上，连接，则的度数为_______．
【答案】65°
【分析】连接AC，由旋转的性质可得∠CAC=50°，根据四边形ABCD是矩形和旋转的性质，得出AC=AC，即可求出答案．
【解析】解：连接AC，由旋转的性质可得∠CAC=50°，
，
∵四边形ABCD是矩形，且矩形为旋转所得，∴AC=AC，
∴∠ACB=∠ACB=（180°-50°）÷2=65°，故答案为：65°．
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，等腰三角形的性质，得出∠CAC=50°是解题关键．
变式3．（2022·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．12B．4C．3D．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4．（2022·福建三元·八年级期中）在长方形中，AB=5，BC=3，将长方形绕点顺时针旋转α0°<α<90°，得到长方形AEFG．（1）如图1，当点落在边上时，延长交于点，求证：EM=AE；（2）如图2，当GC=GB时，求α的值；（3）如图3，当点落在线段CF上时，与交于点，求△ADN的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）60°：（3）.
【分析】（1）只需要证明△EFM≌△ADE即可得到答案；（2）连接DG，证明△CDG≌△BAG，得到△ADG为等边三角形，从而可以得到答案；（3）连接AC，证明△ABC≌△AEC，得到∠EAC=∠BAC=∠ACD，从而得到CN=AN，再根据勾股定理计算即可得到答案.
【详解】解：（1）由旋转的性质得：BC=EF，∠B=∠FEA
∵四边形ABCD是矩形∴∠B=∠D=∠FEA=90°，BC=AD=EF
∵∠FEM+∠AED=90°，∠DAE+∠AED=90°∴∠FEM=∠DAE
∴△EFM≌△ADE（HL）∴EM=AE
（2）如图所示，连接DG ∵四边形ABCD是矩形∴∠ABC=∠BCD=90°，AB=CD
∵GC=GB∴∠GCB=∠GBC∴∠DCG=∠ABG∴△CDG≌△BAG ∴DG=AG
由翻折的性质可得：AD=AG∴AD=AG=DG∴△ADG为等边三角形
∴∠DAG=60°∴∠DAE=30°∴∠BAE=60°∴α=60°
（3）如图所示，连接AC 由矩形的性质和翻折的性质可得：AB=AE，∠AEF=∠B=90°
∵∠AEF=∠B=90°∴∠AEC=∠B=90° 又∵AB=AE∴△ABC≌△AEC（HL）∴∠EAC=∠BAC
∵AB∥CD∴∠BAC=∠ACD∴∠EAC=∠ACD∴NC=AN
设DN=x，则NC=AN=CD-DN=5-x在直角三角形AND中，AN2=DN2+AD2
∴x2+32=5−x2解得x=85∴S△ADN=12AD·DN=125
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等边三角形的性质与判定，等腰三角形的判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
变式4．（2022·四川·九年级校考阶段练习）矩形ABCD中AB=5，AD=3，将矩形ABCD绕点C顺时针旋转至矩形EFCG（其中A、B、D分别与E、F、G对应）．
（1）如图1，当点G落在AB边上时，求AG的长；
（2）如图2．当点G落在线段AE上时，AB与CG交于点H，求BH；
（3）如图3，记O为矩形ABCD的对角线交点，S为△OGE的面积，直接写出s的取值范围．
【答案】（1）1；（2）；（3）.
【分析】（1）在Rt△BCG中，利用勾股定理求出BG即可解决问题；
（2）首先证明AH＝CH，设AH＝CH＝m，则BH＝5−m，在Rt△BHC中，根据CH2＝BC2＋BH2，构建方程求出m即可解决问题；（3）如图，当点G在对角线AC上时，△OGE的面积最小，当点G在AC的延长线上时，△OE′G′的面积最大，分别求出面积的最小值，最大值即可解决问题.
【详解】（1）如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD=CG=5，∠B=90°，
∵BC=AD=3，∴，∴AG=AB-BG=1；
（2）如图2中，由四边形CGEF是矩形，得到∠CGE=90°，∵点G在线段AE上，∴∠AGC=90°，
∵CA=CA，CD=CG，∴Rt△ACG≌Rt△ACD（HL）．∴∠ACD=∠ACG，
∵AB∥CD∴∠ACD=∠BAC，∴∠ACG =∠BAC，
∴AH=CH，设AH=CH=m，则BH=5-m，在Rt△BHC中，∵CH2=BC2+BH2，
∴m2=32+（5-m）2，∴，∴；
（3）如图，∵AB=5，AD=3，∴AC=，
当点G在对角线AC上时，△OGE的面积最小，
最小值；
当点G在AC的延长线上时，△OE′G′的面积最大，
最大值综上所述，．
【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、旋转变换、勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
例5．（2022•渠县期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在CD的边上，且DE＝1，△AFE与△ADE关于AE所在的直线对称，将△ADE按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABG，连接FG，则线段FG的长为（ ）
A．4B．42C．5D．6
【点睛】如图，连接BE，根据轴对称的性质得到AF＝AD，∠EAD＝∠EAF，根据旋转的性质得到AG＝AE，∠GAB＝∠EAD．求得∠GAB＝∠EAF，根据全等三角形的性质得到FG＝BE，根据正方形的性质得到BC＝CD＝AB＝4．根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：如图，连接BE，
∵△AFE与△ADE关于AE所在的直线对称，∴AF＝AD，∠EAD＝∠EAF，
∵△ADE按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABG，∴AG＝AE，∠GAB＝∠EAD．∴∠GAB＝∠EAF，
∴∠GAB+∠BAF＝∠BAF+∠EAF．∴∠GAF＝∠EAB．∴△GAF≌△EAB（SAS）．∴FG＝BE，
∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD＝AB＝4．
∵DE＝1，∴CE＝3．∴在Rt△BCE中，BE=32+42=5，∴FG＝5，故选：C．
变式5．（2023春·重庆九龙坡·九年级重庆实验外国语学校校考阶段练习）如图，正方形与正方形的边长分别是7和3，正方形绕A点在平面内旋转，点M，N，P分别是，，的中点，则周长的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接，，根据三角形中位线的性质有：，，利用勾股定理可得：，，，点M是正方形的对角线的中点，，同理可得：，在中，，即，当点E在线段上时，有，当点E在的延长线上时，有，即有，同理可得：，，进而有，，当点E在线段的延长上时，同时满足：点G在线段的延长上，点P在线段的延长上，问题随之得解．
【详解】连接，，
∵点M，N，P分别是，，的中点，
∴根据三角形中位线的性质有：，，
∵正方形与正方形的边长分别是7和3，∴，，
则利用勾股定理可得：，，∴，
∵点M是正方形的对角线的中点，∴，
同理可得：，
∵在中，，∴，
当点E在线段上时，有，
当点E在的延长线上时，有，∴，
同理可得：，，
当点G在线段的延长上时，有，
当点P在线段的延长上时，有，
∵，，∴，，
当点E在线段的延长上时，同时满足：点G在线段的延长上，点P在线段的延长上，如图，
∴此时最大值分别为：，，，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，三角形中位的性质，三角形三边之间的关系以及性质的知识，掌握正方形的性质，作出合理的辅助线是解答本题的关键．
例6．（2023秋·辽宁阜新·九年级校考期末）如图，正方形和正方形（其中），的延长线与直线交于点H．
(1)如图1，当点G在上时，求证：；(2)将正方形绕点C旋转一周．①如图2，当点E在直线右侧时，判断的数量关系并证明；②当时，若，请直接写出线段的长．
【答案】(1)证明见解析 (2)①，证明见解析；②或
【分析】（1）证明，即可得到，再由角的等量代换即可证明；
（2）①在线段上截取，连接，证明，得到为等腰直角三角形，再利用等腰直角三角形的边角性质即可；②分两种情况，一是如图3所示，当D，G，E三点共线时，，连接．求出BD，设，则．在中，利用勾股定理列出方程解答；二是如图4所示，当B，H，G三点共线时，，连接．设，中利用勾股定理列出方程即可解答．
【详解】（1）证明：如图1，∵四边形和均为正方形，
∴，，
∴．∴．
又∵，∴．∴．
（2）解：①，证明如下：
如图所示，在线段上截取，连接．由（1）可知，，
又∵，∴．∴．
∴，即．∴为等腰直角三角形．
∴．∴，∴．
②第一种情况：如图3所示，当D，G，E三点共线时，，此时G、H重合，连接．
由①可知，且．
又∵，∴．设，则．
∴在中，由勾股定理得．
∴，解得（负值舍），∴；
第二种情况：如图4所示，当B，H，G三点共线时，，连接．
设，∵，∴．
在中，由勾股定理得．
∴． 解得，
∴∴的长为或．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等知识点，解题的关键是熟知上述知识点，并正确作出辅助线．
变式6．（2022·山西大同市·九年级期末）综合与实践——探究正方形旋转中的数学问题
问程情境：已知正方形中，点是线段的中点，将将正方形绕点顺时针旋转得到正方形（点，，，分别是点，，，的对应点）．同学们通过小组合作，提出下列数学问题，请你解答．
特例分析：（1）“乐思”小组提出问题：如图1，在正方形绕点旋转过程中，顺次连接点，，，得到四边形，求证：四边形是矩形；（2）“善学”小组提出问题：如图2.在旋转过程中，当点落在对角线上时，设与交于点.求证：四边形是正方形．
深入探究：（3）“好问”小组提出问题：如图3.若点是线段的三等分点且，在正方形旋转的过程中当线段经过点时，请直接写出的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．
【分析】(1)由旋转性质可得 OB=OB′ ，OC=OC′ ，得到四边形BB′CC′是平行四边形，又 BC=B′ C′ ，得到平行四边形BB′CC′是矩形．（2）先由∠C=∠OB′M=∠B′OC=90°，证明四边形 OB′MC 是矩形 ，再由OC=OB′ 得到四边形 OB′MC 是正方形．（3）过D作DN⊥B′C′，证Rt△DNO≌Rt△DCO(HL)，设OC=a，得到OC′=a，DD′=2a，即可求解.
【详解】解：（1）由旋转性质可得，．点是线段的中点，
，．四边形是平行四边形．
又，平行四边形是矩形．
（2）证明：四边形是正方形，，．
由旋转可知，，
．
四边形是正方形，四边形是矩形
，OC=OC′ ，OB′=OB ，∴OC=OB′ 矩形是正方形，
（3）．如图，过D作DN⊥B′C′
可知，∠A′=∠B′=∠B′ND=90°，∠D′=∠C′=∠C′ND=90°，∴四边形DNC′D′为矩形，四边形DNB′A′为矩形，
在Rt△DNO与Rt△DCO中，∵OD=OD，DN=DC，∴Rt△DNO≌Rt△DCO(HL)
设OC=a，则OB=2OC=2a，∴ON=OC=OC′=a∴BC=OB+OC=3a，DD′=NC′=ON+OC′=2a，∴=2．
【点睛】本题考查了特殊的四边形，平行四边形，矩形，正方形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握特殊的四边形的性质和判定．
3、以特殊四边形为背景的动态轨迹问题
解题技巧：1）动中求静，发现运动变化中的不变量、不变图形；
2）把相关的量用含变量的代数式表示列方程或确定函数的关系；
3）把握运动中的特殊位置，临界位置，分段、分情况讨论。
例1．（2022·浙江江北·八年级期末）如图所示，正方形ABCD的边长为4，点E为线段BC上一动点，连结AE，将AE绕点E顺时针旋转90°至EF，连结BF，取BF的中点M，若点E从点B运动至点C，则点M经过的路径长为（ ）
A．2B．C．D．4
【答案】B
【分析】已知EF⊥AE，当E点在线段BC上运动到两端时，正好是M点运动的两个端点，由此可以判断M点的运动轨迹是BC、CD中点的连线长.
【详解】解：取BC、CD的中点G、H，连接GH，连接BD ∴GH为△BCD的中位线，即
∵将AE绕点E顺时针旋转90°至EF，∴EF⊥AE，
当E点在B处时，M点在BC的中点G处，当E点在C点处时，M点在CD中点处，
∴点M经过的路径长为GH的长，
∵正方形ABCD的边长为4，∴∴，故选B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理和中位线定理，解题的关键在于找到M点的运动轨迹.
变式1．（2022春·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．5D．
【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．（2022·河南·郑州三模）在矩形中，，，点在线段上，连接，过点作交线段于点．以和为邻边作平行四边形，当点从运动到时，点运动的路径长为______．
【答案】
【分析】确定点运动的路径为一条直线，当点在时，点与点重合，当点在时，求得点的位置，再根据勾股定理求解即可．
【详解】解：由题意可得点、的运动轨迹为线段，为定点
在平行四边形中，，可以得到运动的路径也为一条线段
由题意可得，当点在时，点与点重合
当点在时，与重合，如下图：
则线段就是点运动的路径，在平行四边形中，，，
在矩形中，，∴，即
又，，∴
∵∴∴
又∵∴∴
∴，∴故答案为
【点睛】此题考查了矩形的性质、平行四边形的性质，解题的关键是根据平行四边形的性质确定点运动的轨迹．
变式2．（2022春·江苏·九年级期末）如图，在矩形ABCD中，AB=4，∠CAB=60°，点E是对角线AC上的一个动点，连接DE，以DE为斜边作Rt△DEF，使得∠DEF=60°，且点F和点A位于DE的两侧，当点E从点A运动到点C时，动点F的运动路径长是（ ）
A．4B．4C．8D．8
【答案】B
【分析】当E与A点重合时和E与C重合时，根据F的位置，可知F的运动路径是FF'的长；证明四边形FDAF'是平行四边形，即可求解．
【详解】解：当E与A点重合时，点F位于点F'处，当E与C点重合时，点F位于点F处，如图，
∴F的运动路径是线段FF'的长；∵AB=4，∠CAB=60°，∴∠DAC=∠ACB=30°，
∴AC=2AB=8，AD=BC==4，当E与A点重合时，
在Rt△ADF'中，AD=4，∠DAF'=60°，∠ADF'=30°，AF'=AD=2，∠AF'D=90°，
当E与C重合时，∠DCF=60°，∠CDF=30°，CD=AB=4，
∴∠FDF'=90°，∠DF'F=30°，CF=CD=2，
∴∠FDF'=∠AF'D=90°，DF=2，∴DF∥AF'，DF=AF'2，
∴四边形FDAF'是平行四边形，∴FF'= AD=4，故选：B．
【点睛】本题考查点的轨迹；能够根据F点的运动情况，分析出F点的运动轨迹是线段，在30度角的直角三角形中求解是关键．
例3．（2022·四川·乐山九年级阶段练习）如图，在菱形ABCD中，∠A＝120°，AB＝2，点E是AB边上的动点，过点B作直线CE的垂线，垂足为F，当点E从点A运动到点B时，点F的运动路径长为_____．
【答案】π
【分析】取BC的中点O，连接AC，BD交于点M，连接OM，由菱形的性质可证明，点F的运动轨迹是以BC为直径的圆弧BM，最后根据弧长公式解题．
【详解】解：如图，取BC的中点O，连接AC，BD交于点M，连接OM，
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∠ABC＝180°﹣∠BAD＝60°，AM＝CM，
当点E与A重合时，点F与AC中点M重合，
∵∠CFB＝90°，∴点F的运动轨迹是以BC为直径的圆弧BM，
∵点O是BC中点，AM＝CM，∴BO＝OM＝1，OM//AB，∴∠BOM＝120°，
∴，故答案为：π．
【点睛】本题考查菱形的性质，圆周角定理、弧长公式等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
变式3．（2022·山东济南·统考二模）如图，菱形ABCD的边长为6，，点E是边AD上的动点，是等边三角形，点F在CD上，线段EF与线段BD交于点G，点E从点A开始出发运动到点D停止，在这个运动过程中，点G所经过的路径长为______．
【答案】3
【分析】点E从点A开始和到点D停止时G点都在D，故G的运动轨迹为从D出发到最大值然后又回到D点，根据对称性可知E为AD中点时G离D最远．
【详解】∵点E从点A开始和到点D停止时G点都在D，
∴G的运动轨迹为从D出发到最大值然后又回到D点，
∴根据对称性可知E为AD中点时G离D最远此时AE=DE=
∵菱形ABCD中∴是等边三角形，
∵是等边三角形，∴(SAS)∴
∴(SAS)∴∴
∴点G所经过的路径长为故答案为：3．
【点睛】本题考查菱形的性质、全等三角形的性质与判定、运动轨迹问题，解题的关键是理解G点的运动轨迹．
课后专项训练：
1．（2022·重庆万州初三期末）如图，在边长为的正方形纸片中，是边上的一点，连结,将正方形纸片折叠，使点落在线段上的点处，折痕为．则的长为( )
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据四边形ABCD是边长为8的正方形纸片，BE＝6，可得AE＝10，由翻折可得DF＝FG，AG＝AD＝8，∠AGF＝∠D＝90°，在Rt△FGE和Rt△FCE中，根据勾股定理即可求出DF的长．
【解析】解：∵四边形ABCD是边长为8的正方形纸片，BE＝6，
∴AB＝BC＝CD＝DA＝8，∠B＝∠D＝∠C＝90°，∴AE＝＝10，CE＝BC−BE＝8−6＝2，
由翻折可知：DF＝FG，AG＝AD＝8，∠AGF＝∠D＝90°，∴EG＝AE−AG＝10−8＝2，
∵FC＝DC−DF＝8−DF，在Rt△FGE和Rt△FCE中，FG2＋GE2＝FC2＋EC2，
∴DF2＋22＝（8−DF）2＋22，解得DF＝4，故选：C．
【点睛】本题考查了翻折变换、勾股定理、正方形的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．
2．（2022·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．
3．（2022春·江苏无锡·八年级校考期中）如图，已知线段AB=20，C，D是AB上的两点，且AC=DB=4，P是线段CD上一动点，分别以AP、BP为对角线作正方形AEPF和正方形BGPH，Q为线段FH的中点，点P由点C移动到点D时，Q点移动的路径长度为_______
【答案】6
【分析】分别延长AE、BF交于点M，易证四边形MFPH为平行四边形，得出Q为PM中点，则Q的运行轨迹为△MCD的中位线，运用中位线的性质求出IJ的长度即可．
【详解】解：如图，分别延长AF、BH交于点M，
∵以AP、BP为对角线作正方形AEPF和正方形BGPH，∴∠FPA＝∠FAP＝45°，∠MBP＝∠HPB＝45°，
∴∠FPA＝∠MBP，∠HPB＝∠FAP，∴AM∥PH，BM∥FP，
∵∠B＝∠EPA＝60°，∴四边形PFMH为平行四边形，∴FH与MP互相平分．
∵Q为FH的中点，∴Q正好为PM的中点，即在P的运动过程中，Q始终为PM的中点，
∴Q的运行轨迹为△MCD的中位线IJ，∵IJ＝CD＝×（20﹣4﹣4）＝6，
∴Q点移动的路径长度为6．故答案为：6
【点睛】本题考查了三角形中位线定理及正方形的性质，平行四边形的判定和性质，解答本题的关键是作出辅助线，找到点Q点移动的规律，判断出其运动路径，综合性较强．
4．（2022·湖北武汉·校考模拟预测）如图，以AB为边作边长为8的正方形ABCD，动点P、Q在正方形ABCD的边上运动，且PQ＝8，若点P从点A出发，沿A→B→C→D的线路，向D点运动，点Q只能在线段AD上运动，求点P从A到D的运动过程中，PQ的中点O所经过的路径的长为_____．
【答案】4π+8
【分析】根据题意将问题分类讨论，三种情况依次讨论：一个是依据斜边上的中线+圆的定义得到弧的轨迹，一个可以用中垂线来理解
【详解】解：（1）当P在AB上，Q在AD上时，AO＝，由圆的定义可以知O的轨迹为EF这段圆弧（2）同理当P在CD上，Q在AD上时，DO＝，由圆的定义可以知O的轨迹为EG这段圆弧（3）Q在AD上，P在BC上，可知PQ∥AB，O的运动轨迹为FG这条线段
综上分析：O的运动路径长为：4π+8．
故答案：4π+8
【点睛】本题考查了轨迹以及正方形的性质，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．
5．（2022秋·浙江舟山·九年级校考阶段练习）如图，在矩形中，，，点M在边上，以每秒的速度从点A向终点B运动，连接，以M为顶点，为一边作，另一边交边于点N，过点D作于点P．
（1）经过2秒，点P的路径长是________；（2）在运动过程中，线段长度的最小值是________．
【答案】 ； ##．
【分析】（1）当点M与点A重合时，当点与点重合时，作出，过点作于点，作轴于点E，根据勾股定理可得答案；
（2）设当点M运动t秒时，DN有最小值，由等腰直角三角形性质及勾股定理得、的长，求出点N的坐标，再利用不等式的变形可得答案．
【详解】解：（1）如图，当点与点重合时，作出，过点作于点，作轴于点E，
，则有，是等腰直角三角形，以为原点作平面直角坐标系，
，，，经过2秒，则，
，，，
，，，，，
，，
在和中，，，
设，则，，在中，，
或（不合题意，舍去），，，
经过4秒，点的路径长即为的长，点的路径长为：．故答案为：．
（2）设当点运动秒时，有最小值，在中，，
在等腰中，，
结合（1）的结论有：，即可得四边形是正方形，，
，，，即，
，，直线的解析式为，
由题可知，点在直线上且其纵坐标为4，，
（当且仅当时取等号，即时取等号，符合题意），线段长度的最小值是．故答案为：．
【点睛】此题考查的是矩形的性质，掌握等腰直角三角形的性质与勾股定理是解决此题关键．
6．（2021·江苏盐城·中考真题）如图，在矩形中，，，、分别是边、上一点，，将沿翻折得，连接，当____时，是以为腰的等腰三角形．
【答案】或
【分析】对是以为腰的等腰三角形分类讨论，当时，设，可得到，再根据折叠可得到，然后在Rt△ABE中利用勾股定理列方程计算即可；当时，过A作AH垂直于于点H，然后根据折叠可得到，在结合，利用互余性质可得到，然后证得△ABE≌△AHE，进而得到，然后再利用等腰三角形三线合一性质得到，然后在根据数量关系得到．
【详解】解：当时，设，则，
∵沿翻折得，∴，
在Rt△ABE中由勾股定理可得：即，解得：；
当时，如图所示，过A作AH垂直于于点H，
∵AH⊥，，∴，∵，∴，
∵沿翻折得，∴，∴，
在△ABE和△AHE中，∴△ABE≌△AHE（AAS），
∴，∴，∴∵，∴，∴，
综上所述，，故答案为：
【点睛】本题主要考查等腰三角形性质，勾股定理和折叠性质，解题的关键是分类讨论等腰三角形的腰，然后结合勾股定理计算即可．
7．（2022·重庆九年级期中）如图，在菱形中，点为边上一点，点为边中点，连接，将沿直线翻折至菱形所在平面内，得到，连接并延长交边于点．若，，点到线段的距离为，则折痕的长为__________．
【答案】
【分析】作，，根据角之间的关系得到，根据勾股定理求得、的长度，从而求得的长度．
【详解】解：作，，如下图：
由题意可得：，，，，，
∴，
又∵，
∴∴∴四边形为平行四边形
又∵∴平行四边形为矩形∴，
由勾股定理得：，即
∵为的中点∴∵∴
由勾股定理得：故答案为
【点睛】此题考查了菱形的性质，轴对称的性质，矩形的判定与性质以及勾股定理，解题的关键是熟练掌握基本性质，根据题意做作助线构造出直角三角形．
8．（2022·江苏泰州·八年级统考期末）如图，菱形ABCD中，点E在AD上，将△ABE沿BE翻折，点A恰好落在边CD上的点F处，若∠A=63°，则∠BFC的度数为_________．
【答案】63°
【分析】由折叠的性质可知，AB=BF，再由菱形的性质即可得到∠C=∠A ，BF=BC，则∠BFC=∠C．
【详解】解：由折叠的性质可知，AB=BF，
∵四边形ABCD是菱形，∴∠C=∠A=63°，AB=BC，
∴BF=BC，∴∠BFC=∠C=63°，故答案为：63°．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握菱形的性质．
9．（2022·重庆·八年级统考期中）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，由此可得出△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．
10．（2022·广东东莞·八年级校考期末）将矩形ABCD绕点B顺时针旋转得到矩形A1BC1D1，点A、C、D的对应点分别为A1、C1、D1（1）当点A1落在AC上时①如图1，若∠CAB＝60°，求证：四边形ABD1C为平行四边形；②如图2，AD1交CB于点O．若∠CAB≠60°，求证：DO＝AO；（2）如图3，当A1D1过点C时．若BC＝5，CD＝3，直接写出A1A的长．
【答案】（1）①证明见解析；②证明见解析；（2）
【分析】（1）①首先证明△ABA1是等边三角形，可得∠AA1B＝∠A1BD1＝60°，即可解决问题．
②首先证明△OCD1≌△OBA（AAS），推出OC＝OB，再证明△DCO≌△ABO（SAS）即可解决问题．
（2）如图3中，作A1E⊥AB于E，A1F⊥BC于F．利用勾股定理求出AE，A1E即可解决问题．
【详解】（1）证明：①如图1中，
∵∠BAC＝60°，BA＝BA1，∴△ABA1是等边三角形，∴∠AA1B＝60°，
∵∠A1BD1＝60°，∴∠AA1B＝∠A1BD1，∴AC∥BD1，
∵AC＝BD1，∴四边形ABD1C是平行四边形．
②如图2中，连接BD1．∵四边形ABD1C是平行四边形，∴CD1∥AB，CD1＝AB，∠OCD1＝∠ABO，
∵∠COD1＝∠AOB，∴△OCD1≌△OBA（AAS），∴OC＝OB，
∵CD＝BA，∠DCO＝∠ABO，∴△DCO≌△ABO（SAS），∴DO＝OA．
（2）如图3中，作A1E⊥AB于E，A1F⊥BC于F．
在Rt△A1BC中，∵∠CA1B＝90°，BC＝5．AB＝3，∴CA1＝＝4，
∵•A1C•A1B＝•BC•A1F，∴A1F＝，
∵∠A1FB＝∠A1EB＝∠EBF＝90°，∴四边形A1EBF是矩形，
∴EB＝A1F＝，A1E＝BF＝，∴AE＝3﹣＝，
在Rt△AA1E中，AA1＝＝．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判断和性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
11．（2023春·全国·八年级阶段练习）如图1，点是正方形对角线的延长线上任意一点，以线段为边作一个正方形，线段和相交于点．
(1)求证：，．(2)若，，求的长．
(3)如图2，正方形绕点逆时针旋转，连结、，与的面积之差是否会发生变化？若不变，请求出与的面积之差；若变化，请说明理由．
【答案】(1)见解析(2)；(3)与的面积之差不变，且．
【分析】（1）根据证明，得，再根据三角形内角和定理和对顶角相等可得；（2）由，在中求得，从而得和的长，最后利用勾股定理即可求得结果；（3）如图3，过A作于P，过C作于Q，先证明，得，可得，从而得结论．
【详解】（1）证明：如图1，∵四边形和是正方形，
∴，，
∴，即，
在和中，，∴，
∴，∵，
∴，∴；
（2）解：如图2，连接与交于点M，
∵，
在中，，
∴，∴，
∴；
（3）解：与的面积之差不变，且，
如图3，过A作于P，过C作交其延长线于Q，
∵，，
∴，∵，∴，
在和中，，∴，∴，
∵，，又，∴，∴．
【点睛】本题是四边形的综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积等知识，本题综合性强，难度适中，证明三角形全等是解决问题的关键．
12．（2022·江苏无锡·九年级统考期中）已知：如图，ABCD中， CD=CB=2，∠C=60°，点E是CD边上自D向C的动点（点E运动到点C 停止运动），连结AE,以AE为一边作等边△AEP，连结DP.
(1)求证：△ABE≌△ADP；(2)点P随点E的运动而运动，请直接写出点P的运动路径长 .
【答案】(1)证明见解析；(2)点P的运动路径长为2；
【分析】（1）根据平行四边形、菱形、等边三角形的性质得到AP=AE，∠PAE=60°，∠PAE=∠DAB，∠1=∠2，从而得到全等三角形；（2）如图作等边三角形△ADM连接PM，易证△APM≌△ADE，推出∠AMP=∠ADC=120°，PM=DE，推出PMD=∠ADM=60°，推出PMAD，根据点E的运动路径长是2，得到点P的运动路径长是2．
【详解】（1）证明：在平行四边形ABCD中，
∵BC=CD，∴平行四边形ABCD是菱形，∴AB=AD，
∵△AEP是等边三角形，∴AP=AE，∠PAE=60°，
∵∠BAD=∠C=60°，∴∠PAE=∠DAB，
∴∠PAE-∠DAE=∠DAB-∠DAE，即∠1=∠2，
在△ABE与△ADP中，，∴△ABE≌△ADP（SAS）；
（2）解：如图，作等边三角形△ADM连接PM，
在等边△ADM和等边△AEP中，则AM=AD，AP=AE，∠DAM=∠EAP=60°，
∴∠MAP+∠PAD=∠PAD+∠DAE=60°，∴∠MAP=∠DAE，
∴△APM≌△ADE，∴∠AMP=∠ADC=120°，PM=DE，∴∠PMD=∠ADM=60°，∴PMAD，
∵点E在CD边上自D向C的运动，∴点E的运动路径长是2，
∴点P的运动路径长为：2．故答案为：2．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，菱形的判定和性质，熟记定理是解题的关键．
解题技巧：图形的旋转和折叠，意味着全等，抓住不变量。若在图形的折叠中，考察图形折叠的折痕问题，则需要抓住折痕垂直平分对应点所连的线段平分对应边所成的夹角。
例1．（2022.广东八年级期末）如图，平行四边形ABCD中，∠A＝45°，AB＝4，BC＝2，E为AB的中点，F分别为AD边上的动点，将∠A沿EF折叠，点A落在平面内的点处，且点在∠BAD外部，当折叠后重叠部分为等腰三角形时，则线段DF的长为__．
变式1．（2022.绵阳市八年级期中）如图，，分别是的边，上的点，，．将四边形沿翻折，得到，交于点．则的周长为（ ）
A．6B．12C．18D．24
例2．（2022山西八年级期中）如图，在平行四边形ABCD中，E为边CD上的一个点，将△ADE沿AE折叠至△AD′E处，AD′与CE交于点F，若∠B＝50°，∠DAE＝20°，则∠FED′的大小为 ______．
变式2．（2022.河北九年级月考）如图，将平行四边形沿对角线折叠，使点落在点处且平分，若，则____________．
例3．（2022·江苏初二期中）如图，矩形纸片ABDC中，AB＝3，AD＝4，将纸片折叠，使点B落在边CD上的B′处，折痕为AE.如果在折痕AE上存在一点P到边CD的距离与到点B的距离相等，则此时PB＝ .
变式3.（2022·江苏镇江市八年级期末）如图，在矩形中，，点分别在上，且，为直线上一动点，连接，将沿所在直线翻折得到，当点恰好落在直线上时，的长为________．
例4．（2023秋·福建福州·八年级校考期末）如图，长方形中，E为的中点，将沿直线折叠时点B落在点F处，连接，若，则___________度．
变式4．（2022秋·山东潍坊·八年级统考期末）如图，在矩形纸片中，把沿直线折叠，使得点落在边上的点处．已知与的度数之比为，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
例5．（2021·辽宁大连·中考真题）如图，在菱形中，，点E在边上，将沿直线翻折180°，得到，点B的对应点是点若，，则的长是__________．
变式5．（2022·福建三明·一模）如图，菱形ABCD中，∠BAD = 60°，AB = 6，点E，F分别在边AB，AD上，将△AEF沿EF翻折得到△GEF，若点G恰好为CD边的中点，则AE的长为（ ）
A． B． C． D．3
例6．（2022·西藏·统考中考真题）如图，在菱形纸片ABCD中，E是BC边上一点，将△ABE沿直线AE翻折，使点B落在上，连接．已知∠C＝120°，∠BAE＝50°，则的度数为（ ）
A．50°B．60°C．80°D．90°
变式6．（2022·重庆市九年级阶段练习）如图，在菱形纸片中，，折叠菱形纸片，使点落在（为的中点）所在的直线上，得到经过点的折痕，则的度数为________．
例7．（2022·重庆·八年级期末）如图，在正方形ABCD中，E为CD边上一点，将△AED沿着AE翻折得到△AEF，点D的对应点F恰好落在对角线AC上，连接BF．若EF＝2，则BF2＝（ ）
A．4＋4B．6＋4C．12D．8＋4
变式7．（2022·河南·郑州九年级期末）如图，正方形中，点E为边的中点，点P为边上一个动点，连接，以为对称轴折叠得到，点B的对应点为点F，若，当射线经过正方形边的中点（不包括点E）时，的长为_____________．
例8．（2022·福建·模拟预测）如图，将正方形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
变式8．（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．
2、以特殊四边形为背景的旋转问题
例1．（2022•滕州市模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的边长为2，点A在第一象限，点C在x轴正半轴上，∠AOC＝60°，若将菱形OABC绕点O顺时针旋转75°，得到四边形OA'B'C'，则点B的对应点B'的坐标为（ ）
A．（6，−6）B．（2，﹣2）C．（3，−3）D．（4，﹣4）
变式1．（2021春·广东深圳·八年级校考阶段练习）如图，在平行四边形ABCD中，，∠ABC＝45°，点E为射线AD上一动点，连接BE，将BE绕点B逆时针旋转60°得到BF，连接AF，则AF的最小值是_____．
例2．（2022·全国·八年级专题练习）如图，一个锐角等于60°的菱形ABCD，将一个60°的∠MAN的顶点与该菱形顶点A重合，以A为旋转中心，按顺时针方向旋转这个60°的∠MAN，使它的两边分别交CB、DC于点E，F．（1）如图1，当BE＝DF时，AE与AF的数量关系是 ；（2）旋转∠MAN，如图2，当BE≠DF时，（1）的结论是否成立？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由．
变式2．（2022·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．
例3．（2022·湖北武汉初三一模）如图，将矩形绕点顺时针旋转50°，得到矩形，点，，在一条直线上，连接，则的度数为_______．
变式3．（2022·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．12B．4C．3D．6
例4．（2022·福建三元·八年级期中）在长方形中，AB=5，BC=3，将长方形绕点顺时针旋转α0°<α<90°，得到长方形AEFG．（1）如图1，当点落在边上时，延长交于点，求证：EM=AE；（2）如图2，当GC=GB时，求α的值；（3）如图3，当点落在线段CF上时，与交于点，求△ADN的面积．
变式4．（2022·四川·九年级校考阶段练习）矩形ABCD中AB=5，AD=3，将矩形ABCD绕点C顺时针旋转至矩形EFCG（其中A、B、D分别与E、F、G对应）．
（1）如图1，当点G落在AB边上时，求AG的长；
（2）如图2．当点G落在线段AE上时，AB与CG交于点H，求BH；
（3）如图3，记O为矩形ABCD的对角线交点，S为△OGE的面积，直接写出s的取值范围．
例5．（2022•渠县期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在CD的边上，且DE＝1，△AFE与△ADE关于AE所在的直线对称，将△ADE按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABG，连接FG，则线段FG的长为（ ）
A．4B．42C．5D．6
变式5．（2023春·重庆九龙坡·九年级重庆实验外国语学校校考阶段练习）如图，正方形与正方形的边长分别是7和3，正方形绕A点在平面内旋转，点M，N，P分别是，，的中点，则周长的最大值是（ ）
A．B．C．D．
例6．（2023秋·辽宁阜新·九年级校考期末）如图，正方形和正方形（其中），的延长线与直线交于点H．
(1)如图1，当点G在上时，求证：；(2)将正方形绕点C旋转一周．①如图2，当点E在直线右侧时，判断的数量关系并证明；②当时，若，请直接写出线段的长．
变式6．（2022·山西大同市·九年级期末）综合与实践——探究正方形旋转中的数学问题
问程情境：已知正方形中，点是线段的中点，将将正方形绕点顺时针旋转得到正方形（点，，，分别是点，，，的对应点）．同学们通过小组合作，提出下列数学问题，请你解答．
特例分析：（1）“乐思”小组提出问题：如图1，在正方形绕点旋转过程中，顺次连接点，，，得到四边形，求证：四边形是矩形；（2）“善学”小组提出问题：如图2.在旋转过程中，当点落在对角线上时，设与交于点.求证：四边形是正方形．
深入探究：（3）“好问”小组提出问题：如图3.若点是线段的三等分点且，在正方形旋转的过程中当线段经过点时，请直接写出的值．
3、以特殊四边形为背景的动态轨迹问题
解题技巧：1）动中求静，发现运动变化中的不变量、不变图形；
2）把相关的量用含变量的代数式表示列方程或确定函数的关系；
3）把握运动中的特殊位置，临界位置，分段、分情况讨论。
例1．（2022·浙江江北·八年级期末）如图所示，正方形ABCD的边长为4，点E为线段BC上一动点，连结AE，将AE绕点E顺时针旋转90°至EF，连结BF，取BF的中点M，若点E从点B运动至点C，则点M经过的路径长为（ ）
A．2B．C．D．4
变式1．（2022春·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．5D．
例2．（2022·河南·郑州三模）在矩形中，，，点在线段上，连接，过点作交线段于点．以和为邻边作平行四边形，当点从运动到时，点运动的路径长为______．
变式2．（2022春·江苏·九年级期末）如图，在矩形ABCD中，AB=4，∠CAB=60°，点E是对角线AC上的一个动点，连接DE，以DE为斜边作Rt△DEF，使得∠DEF=60°，且点F和点A位于DE的两侧，当点E从点A运动到点C时，动点F的运动路径长是（ ）
A．4B．4C．8D．8
例3．（2022·四川·乐山九年级阶段练习）如图，在菱形ABCD中，∠A＝120°，AB＝2，点E是AB边上的动点，过点B作直线CE的垂线，垂足为F，当点E从点A运动到点B时，点F的运动路径长为_____．
变式3．（2022·山东济南·统考二模）如图，菱形ABCD的边长为6，，点E是边AD上的动点，是等边三角形，点F在CD上，线段EF与线段BD交于点G，点E从点A开始出发运动到点D停止，在这个运动过程中，点G所经过的路径长为______．
课后专项训练：
1．（2022·重庆万州初三期末）如图，在边长为的正方形纸片中，是边上的一点，连结,将正方形纸片折叠，使点落在线段上的点处，折痕为．则的长为( )
A．B．C．D．
2．（2022·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
3．（2022春·江苏无锡·八年级校考期中）如图，已知线段AB=20，C，D是AB上的两点，且AC=DB=4，P是线段CD上一动点，分别以AP、BP为对角线作正方形AEPF和正方形BGPH，Q为线段FH的中点，点P由点C移动到点D时，Q点移动的路径长度为_______
4．（2022·湖北武汉·校考模拟预测）如图，以AB为边作边长为8的正方形ABCD，动点P、Q在正方形ABCD的边上运动，且PQ＝8，若点P从点A出发，沿A→B→C→D的线路，向D点运动，点Q只能在线段AD上运动，求点P从A到D的运动过程中，PQ的中点O所经过的路径的长为_____．
5．（2022秋·浙江舟山·九年级校考阶段练习）如图，在矩形中，，，点M在边上，以每秒的速度从点A向终点B运动，连接，以M为顶点，为一边作，另一边交边于点N，过点D作于点P．
（1）经过2秒，点P的路径长是________；（2）在运动过程中，线段长度的最小值是________．
6．（2021·江苏盐城·中考真题）如图，在矩形中，，，、分别是边、上一点，，将沿翻折得，连接，当____时，是以为腰的等腰三角形．
7．（2022·重庆九年级期中）如图，在菱形中，点为边上一点，点为边中点，连接，将沿直线翻折至菱形所在平面内，得到，连接并延长交边于点．若，，点到线段的距离为，则折痕的长为__________．
8．（2022·江苏泰州·八年级统考期末）如图，菱形ABCD中，点E在AD上，将△ABE沿BE翻折，点A恰好落在边CD上的点F处，若∠A=63°，则∠BFC的度数为_________．
9．（2022·重庆·八年级统考期中）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．
10．（2022·广东东莞·八年级校考期末）将矩形ABCD绕点B顺时针旋转得到矩形A1BC1D1，点A、C、D的对应点分别为A1、C1、D1（1）当点A1落在AC上时①如图1，若∠CAB＝60°，求证：四边形ABD1C为平行四边形；②如图2，AD1交CB于点O．若∠CAB≠60°，求证：DO＝AO；（2）如图3，当A1D1过点C时．若BC＝5，CD＝3，直接写出A1A的长．
11．（2023春·全国·八年级阶段练习）如图1，点是正方形对角线的延长线上任意一点，以线段为边作一个正方形，线段和相交于点．
(1)求证：，．(2)若，，求的长．
(3)如图2，正方形绕点逆时针旋转，连结、，与的面积之差是否会发生变化？若不变，请求出与的面积之差；若变化，请说明理由．
12．（2022·江苏无锡·九年级统考期中）已知：如图，ABCD中， CD=CB=2，∠C=60°，点E是CD边上自D向C的动点（点E运动到点C 停止运动），连结AE,以AE为一边作等边△AEP，连结DP.
(1)求证：△ABE≌△ADP；(2)点P随点E的运动而运动，请直接写出点P的运动路径长 .
专题18.2（特殊）的平行四边形中的翻折、旋转与动态问题 专题讲练
1、以特殊四边形为背景的折叠（翻折）问题
解题技巧：图形的旋转和折叠，意味着全等，抓住不变量。若在图形的折叠中，考察图形折叠的折痕问题，则需要抓住折痕垂直平分对应点所连的线段平分对应边所成的夹角。
例1．（2022.广东八年级期末）如图，平行四边形ABCD中，∠A＝45°，AB＝4，BC＝2，E为AB的中点，F分别为AD边上的动点，将∠A沿EF折叠，点A落在平面内的点处，且点在∠BAD外部，当折叠后重叠部分为等腰三角形时，则线段DF的长为__．
【答案】
【分析】过E作EH⊥AD，根据∠A＝45°，EH⊥AH得AH＝，设∠AFE＝∠A'FE＝a，可得＝45°+a，得a＝30°，在Rt△EFH中，可求出HF的长，从而得出答案．
【详解】解：过E作EH⊥AD于H，∵AB＝4，E为AB的中点，∴AE＝EB＝2，
∵∠A＝45°，EH⊥AH，∴△AHE为等腰直角三角形，∴AH2+EH2＝AE2＝4，2AH2＝4，∴AH＝，
∵点A′在∠BAD外部，则由题意知△FQE为等腰三角形，∴∠FEB＝∠FQE，
设∠AFE＝a，∵△EFA'为△EFA根据EF对折，∴∠AFE＝∠A'FE＝a，∴∠BEF＝，
又∵∠BEF为△AEF的外角，∴∠BEF＝∠A+∠EFA＝45°+a，∴＝45°+a，∴a＝30°，
在Rt△EHF中，∠AFE＝a＝30°，EH＝AH＝，∴EF＝，∴，
又∵BC＝AD＝2，∴DF＝AD﹣AH﹣HF＝故答案为：．
【点拨】本题主要考查了等腰三角形的判定，勾股定理，平行四边形的性质，翻折变换（折叠问题），含30度角的直角三角形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
变式1．（2022.绵阳市八年级期中）如图，，分别是的边，上的点，，．将四边形沿翻折，得到，交于点．则的周长为（ ）
A．6B．12C．18D．24
【答案】C
【分析】由折叠得：∠DEF＝∠D′EF＝60°，再由平行四边形的对边平行，得出内错角相等，得出△GEF是等边三角形，已知边长求出周长即可．
【详解】解：由折叠得：∠DEF＝∠D′EF＝60°，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，
∴∠DEF＝∠EFG＝60°，∴△GEF是等边三角形，∴EF＝FG＝GE＝6，
∴△GEF的周长为6×3＝18，故选：C．
【点拨】考查平行四边形的性质、折叠的性质和等边三角形的性质等知识，得到△GEF是等边三角形，是解决问题的关键．
例2．（2022山西八年级期中）如图，在平行四边形ABCD中，E为边CD上的一个点，将△ADE沿AE折叠至△AD′E处，AD′与CE交于点F，若∠B＝50°，∠DAE＝20°，则∠FED′的大小为 ______．
【答案】40°
【分析】由平行四边形的性质得∠B=∠D=50°，再由三角形的外角性质得∠AEC=∠D+∠DAE=70°，则∠AED=110°，然后由折叠的性质得∠AED=∠AED′=110°，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠B＝∠D＝50°，
∵∠DAE＝20°，∴∠AEC＝∠D+∠DAE＝50°+20°＝70°，∴∠AED＝180°﹣70°＝110°，
∵将△ADE沿AE折叠至△AD′E处，∴∠AED＝∠AED′＝110°，
∴∠FED′＝∠AED′﹣∠AEC＝110°﹣70°＝40°，故答案为：40°．
【点拨】本题考查了翻折变换的性质、平行四边形的性质以及三角形的外角性质等知识；熟练掌握翻折变换得性质和平行四边形的性质，求出∠AEC的度数是解题的关键．
变式2．（2022.河北九年级月考）如图，将平行四边形沿对角线折叠，使点落在点处且平分，若，则____________．
【答案】38°
【分析】根据平行四边形的性质求出∠ADC和∠C，再根据折叠与角平分线的定义求出∠EDC，根据三角形的内角和即可求解．
【详解】∵四边形是平行四边形∴∠ADC=180°-，∠C=，
∵折叠且平分，∴∠ADB=∠A’DB=∠EDC，
∴∠EDC=∠ADC=19°∴180°-∠C-∠EDC=38°故答案为：38°．
【点拨】此题主要考查平行四边形内的角度求解，解题的关键是熟知平行四边形的性质．
例3．（2022·江苏初二期中）如图，矩形纸片ABDC中，AB＝3，AD＝4，将纸片折叠，使点B落在边CD上的B′处，折痕为AE.如果在折痕AE上存在一点P到边CD的距离与到点B的距离相等，则此时PB＝ .
【答案】97−3147
【分析】根据折叠的性质知：PB＝PB′，由题意可得PB′⊥CD，连接AD，BB′，则AB＝AB′＝3，BE=B′E，∠EBB′=∠EB′B，根据等腰三角形的性质可得∠PBB′=∠PB′B，得到∠EBP=∠EB′P，由矩形的性质可得BD⊥CD，∠C=∠BDC=∠ABD=90°，CD=AB=3，AC=BD，根据平行线的性质可得∠EB'P=∠DEB′，∠DEB′=∠EBP，推出BP∥B′E，得到四边形PB′EB是平行四边形，由勾股定理求出B'D，CB'，进而得到DB'，设PB=BE=B′E=x，则DE=7-x，由勾股定理求出x，据此可得PB.
【解析】解：根据折叠的性质知：PB＝PB′，若点P到CD的距离等于PB，则该垂线段必为PB′，故有PB′⊥CD，由题意知：如图所示，连接AD，BB′
由折叠的性质可知AB＝AB′＝3，BE=B′E，∴∠EBB′=∠EB′B，
∵PB=PB'，∴∠PBB′=∠PB′B，∴∠EBP=∠EB′P，
∵四边形ABDC是矩形，∴BD⊥CD，∠C=∠BDC=∠ABD=90°，CD=AB=3，AC=BD
∴BD∥B′P，∴∠EB'P=∠DEB′，∴∠DEB′=∠EBP，∴BP∥B′E，
∴四边形PB′EB是平行四边形，∴PB=PB'=BE=EB'
在直角三角形ABD中BD=AD2−AB2=7，∴AC=BD=7，
在直角三角形ACB'中CB'=AB'2−AC2=2，∴DB'=CD−CB'=3−2，
设PB=BE=B'E=x，则DE=BD−BE=7−x，在直角三角形DEB'中DE2+DB'2=B'E2，
∴(7−x)2+(3−2)2=x2解得：x=97−3147 PB＝97−3147， 故答案为：97−3147.
变式3.（2022·江苏镇江市八年级期末）如图，在矩形中，，点分别在上，且，为直线上一动点，连接，将沿所在直线翻折得到，当点恰好落在直线上时，的长为________．
【答案】或10.
【解析】解：设CE=CE’=x， ①当E点在线段BC上时，
∵矩形ABCD中，AB=5， ∴CD=AB=5，AD=BC=6，AD∥BC，
∵点M，N分别在AD，BC上，，
∴DM=CN=4， ∴四边形CDMN为平行四边形，
∵∠NCD=90°， ∴四边形MNCD是矩形， ∴∠DMN=∠MNC=90°，MN=CD=5，
由折叠知，CD=C’D=5∴C’M=3∴C’N=2又EN=CN-CE=4-x， ∴x2=22+（4-x）2， 解得，x=2.5，即CE=2.5；
（2）当E点在CB的延长线上时，同理，MN=CD=5，CD=C’D=5， MC’=3，C’N=8， EN=CE-CN=x-4，
由勾股定理得：x2=82+（x-4）2，解得：x=10，即CE=10； 综上，CE=2.5或10．
例4．（2023秋·福建福州·八年级校考期末）如图，长方形中，E为的中点，将沿直线折叠时点B落在点F处，连接，若，则___________度．
【答案】37
【分析】由折叠的性质得：，求出，可得到，求出，求出，由等腰三角形的性质求出，即可得出的度数．
【详解】解：四边形是长方形，，
由折叠的性质得：，
，，
，，
为的中点，，，
，；故答案为：．
【点睛】本题主要考查了折叠变换的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理；求出的度数是解题的关键．
变式4．（2022秋·山东潍坊·八年级统考期末）如图，在矩形纸片中，把沿直线折叠，使得点落在边上的点处．已知与的度数之比为，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据矩形的性质得到，由折叠得，设，则，得到，求出，即可求出的度数．
【详解】解：∵四边形是矩形，∴，
由折叠得，设，则，
∵，∴，∴，
∴，∴，故选：C．
【点睛】此题考查了矩形与折叠，熟记矩形的性质是解题的关键．
例5．（2021·辽宁大连·中考真题）如图，在菱形中，，点E在边上，将沿直线翻折180°，得到，点B的对应点是点若，，则的长是__________．
【答案】
【分析】由题意易得，，则有，进而根据折叠的性质可得，，然后根据三角形内角和可得，最后根据等腰直角三角形的性质可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，∴，
∵，∴，是等边三角形，即，
∵，∴，由折叠的性质可得，，，
在中，由三角形内角和可得，∴，即，
∴是等腰直角三角形，∴；故答案为．
【点睛】本题主要考查菱形的性质、折叠的性质及等腰直角三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质、折叠的性质及等腰直角三角形的性质与判定是解题的关键．
变式5．（2022·福建三明·一模）如图，菱形ABCD中，∠BAD = 60°，AB = 6，点E，F分别在边AB，AD上，将△AEF沿EF翻折得到△GEF，若点G恰好为CD边的中点，则AE的长为（ ）
A． B． C． D．3
【答案】B
【分析】过点D作，垂足为点H，连接BD和BG，利用菱形及等边三角形的性质，求出，，在中，求出DH的长，进而求出BG 的长，设，在中，利用勾股定理，列方程，求出的值即可．
【详解】解：过点D作，垂足为点H，连接BD和BG，如下图所示：
四边形ABCD是菱形，，，，
与是等边三角形，
且点G恰好为CD边的中点，平分AB，，
，，，，，
在中，，由勾股定理可知：，
，由折叠可知：，故有，
设，则，在中，由勾股定理可知：，
即，解得，故选：B．
【点睛】本题主要是考查了菱形、等边三角形的性质以及勾股定理列方程求边长，熟练综合利用菱形以及等边三角形的性质，求出对应的边或角，在直角三角形中，找到边之间的关系，设边长，利用勾股定理列方程，这是解决本题的关键．
例6．（2022·西藏·统考中考真题）如图，在菱形纸片ABCD中，E是BC边上一点，将△ABE沿直线AE翻折，使点B落在上，连接．已知∠C＝120°，∠BAE＝50°，则的度数为（ ）
A．50°B．60°C．80°D．90°
【答案】C
【分析】由翻折的性质知∠BAE==50°，=AB，再由菱形的性质得∠BAD=120°，=AD，最后利用三角形内角和定理可得答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∠C=120°，∴∠BAD=∠C=120°，AB=AD，
∵将△ABE沿直线AE翻折，使点B落在上，∴∠BAE==50°，=AB，
∴=100°，=AD，∴=20°，∴==（180°-20°）÷2=80°，故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，翻折的性质，三角形内角和定理等知识，求出=20°是解题的关键．
变式6．（2022·重庆市九年级阶段练习）如图，在菱形纸片中，，折叠菱形纸片，使点落在（为的中点）所在的直线上，得到经过点的折痕，则的度数为________．
【答案】75°
【分析】连接，先证明为等边三角形，然后根据三线合一定理得到即可得到，则，再根据三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：连接，∵四边形为菱形，∴AD=AB，，AB∥CD，
∴，∴∵，∴为等边三角形，
∵为的中点，∴为的平分线，即，∴，
由折叠的性质得到，在中，．故答案为：75°．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，折叠的性质，三角形内角和定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
例7．（2022·重庆·八年级期末）如图，在正方形ABCD中，E为CD边上一点，将△AED沿着AE翻折得到△AEF，点D的对应点F恰好落在对角线AC上，连接BF．若EF＝2，则BF2＝（ ）
A．4＋4B．6＋4C．12D．8＋4
【答案】D
【分析】点F作FG⊥BC交于G点，设正方形的边长为x，则ACx，由折叠可知，DE＝EF，AD＝AF，∠D＝∠EFA＝90°，可得DE＝2，EC＝x﹣2，ACx，在Rt△EFC中，由勾股定理可得（x﹣2）2＝4+（x﹣x）2，解得x，即为正方形的边长为22，再求出FC＝2，由∠ACB＝45°，可求FG＝CG，BG2，在Rt△BFG中，由勾股定理可得BF2＝（2）2+2＝8+4．
【详解】解：过点F作FG⊥BC交于G点，
由折叠可知，DE＝EF，AD＝AF，∠D＝∠EFA＝90°，设正方形的边长为x，
∵EF＝2，∴DE＝2，EC＝x﹣2，ACx，
在Rt△EFC中，EC2＝FE2+FC2，∴（x﹣2）2＝4+（﹣x）2，
解得x＝22，∴FC＝x﹣x＝2，∵∠ACB＝45°，∴FG＝CG，∴BG2，
在Rt△BFG中，BF2＝BG2+GF2＝（2）2+2＝8+4，故选：D．
【点睛】本题考查正方形的性质，翻折的性质，熟练掌握翻折的性质，灵活应用勾股定理是解题的关键．
变式7．（2022·河南·郑州九年级期末）如图，正方形中，点E为边的中点，点P为边上一个动点，连接，以为对称轴折叠得到，点B的对应点为点F，若，当射线经过正方形边的中点（不包括点E）时，的长为_____________．
【答案】1或
【分析】分EF经过正方形ABCD另三边三种情况求解即可
【详解】解：①EF经过CD边中点O时，
∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=DA，，
∵点O是CD边中点，点E是BC边中点，∴．
∵CE=CO=1，∴，由折叠得，
∴．∴，
作FG⊥AB于G，作EH⊥FG于H，如图，设FH=x，则BG=EH=FH=x，
∵，∴PG＝FG=x+1，∴BP=2x+1，由勾股定理得，
由折叠得PB=PF，∴，解得．∴，∴点P在AB外，不符合题意；
②EF经过AD边中点，如图，此时，，∴BP=BE=1；
③EF经过AB中点，如图，∵B=BE，∴．
由折叠得，设PF=x，则，∴，∴x=，即BP=，
综上，BP的长为1或，故答案为：1或．
【点睛】此题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，灵活运用分类讨论思想是解答本题的关键．
例8．（2022·福建·模拟预测）如图，将正方形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由正方形的性质，则，由折叠的性质，得DE=DC，即可得到得角度．
【详解】解：四边形是正方形， 是正方形的对角线，，
折叠，，，，故选：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质和三角形的内角和定理，解题的关键是掌握所学的知识，正确得到．
变式8．（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、以特殊四边形为背景的旋转问题
例1．（2022•滕州市模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的边长为2，点A在第一象限，点C在x轴正半轴上，∠AOC＝60°，若将菱形OABC绕点O顺时针旋转75°，得到四边形OA'B'C'，则点B的对应点B'的坐标为（ ）
A．（6，−6）B．（2，﹣2）C．（3，−3）D．（4，﹣4）
【点睛】作B′H⊥x轴于H点，连结OB，OB′，根据菱形的性质得到∠COB＝30°，再根据旋转的性质得∠BOB′＝75°，OB′＝OB＝23，则∠COB′＝∠BOB′﹣∠COB＝45°，所以△OB′H为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形性质可计算得OH＝B′H=6，然后根据第四象限内点的坐标特征写出B′点的坐标．
【详解】解：作B′H⊥x轴于H点，连结OB，OB′，如图，
∵四边形OABC为菱形，∴OB平分∠AOC，∴∠COB＝30°，
∵菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至第四象限OA′B′C′的位置，
∴∠BOB′＝75°，OB′＝OB＝23，∴∠COB′＝∠BOB′﹣∠COB＝45°，
∴△OB′H为等腰直角三角形，∴OH＝B′H=22OB′=6，
∴点B′的坐标为（6，−6）．故选：A．
变式1．（2021春·广东深圳·八年级校考阶段练习）如图，在平行四边形ABCD中，，∠ABC＝45°，点E为射线AD上一动点，连接BE，将BE绕点B逆时针旋转60°得到BF，连接AF，则AF的最小值是_____．
【答案】
【分析】以AB为边向下作等边△ABK，连接EK，在EK上取一点T，使得AT=TK．证明△ABF≌△KBE（SAS），推出AF=EK，根据垂线段最短可知，当KE⊥AD时，KE的值最小，解直角三角形求出EK即可解决问题．
【详解】解：如图，以AB为边向下作等边△ABK，连接EK，在EK上取一点T，使得AT＝TK．
∵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，KE的值最小，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴ADBC，
∵∠ABC＝45°，∴∠BAD＝180°﹣∠ABC＝135°，∵∠BAK＝60°，∴∠EAK＝75°，
∵∠AEK＝90°，∴∠AKE＝15°，∵TA＝TK，∴∠TAK＝∠AKT＝15°，
∴∠ATE＝∠TAK+∠AKT＝30°，设AE＝a，则AT＝TK＝2a，ET＝a，
在Rt△AEK中，∵AK2＝AE2+EK2，∴a2+（2a+a）2＝4，
∴a＝，∴EK＝2a+a＝，∴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，构造全等的三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．
例2．（2022·全国·八年级专题练习）如图，一个锐角等于60°的菱形ABCD，将一个60°的∠MAN的顶点与该菱形顶点A重合，以A为旋转中心，按顺时针方向旋转这个60°的∠MAN，使它的两边分别交CB、DC于点E，F．（1）如图1，当BE＝DF时，AE与AF的数量关系是 ；（2）旋转∠MAN，如图2，当BE≠DF时，（1）的结论是否成立？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由．
【答案】（1）AE＝AF；（2）成立，证明见解析
【分析】（1）由“SAS”可证△ABE≌△ADF，可得AE＝AF；（2）由菱形的性质可得AB＝BC＝AD＝CD，∠B＝∠D＝60°，可证△ABC是等边三角形，△ACD是等边三角形，可得AB＝AC，∠ACD＝∠B＝60°＝∠BAC，由“ASA”可证△BAE≌△CAF，可得AE＝AF．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∠B＝∠D，
在△ABE和△ADF中，，∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴AE＝AF，故答案为：AE＝AF；
（2）仍然成立，理由如下：如图2，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，∠B＝60°，∴AB＝BC＝AD＝CD，∠B＝∠D＝60°，
∴△ABC是等边三角形，△ACD是等边三角形，∴AB＝AC，∠ACD＝∠B＝60°＝∠BAC，
∵∠MAN＝60°＝∠BAC，∴∠BAE＝∠CAF，
在△BAE和△CAF中，，∴△BAE≌△CAF（ASA），∴AE＝AF．
【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的性质与判定，三角形全等的判定，掌握菱形的性质，等边三角形的性质与判定，三角形全等判定方法是解题关键．
变式2．（2022·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．（2022·湖北武汉初三一模）如图，将矩形绕点顺时针旋转50°，得到矩形，点，，在一条直线上，连接，则的度数为_______．
【答案】65°
【分析】连接AC，由旋转的性质可得∠CAC=50°，根据四边形ABCD是矩形和旋转的性质，得出AC=AC，即可求出答案．
【解析】解：连接AC，由旋转的性质可得∠CAC=50°，
，
∵四边形ABCD是矩形，且矩形为旋转所得，∴AC=AC，
∴∠ACB=∠ACB=（180°-50°）÷2=65°，故答案为：65°．
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，等腰三角形的性质，得出∠CAC=50°是解题关键．
变式3．（2022·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．12B．4C．3D．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4．（2022·福建三元·八年级期中）在长方形中，AB=5，BC=3，将长方形绕点顺时针旋转α0°<α<90°，得到长方形AEFG．（1）如图1，当点落在边上时，延长交于点，求证：EM=AE；（2）如图2，当GC=GB时，求α的值；（3）如图3，当点落在线段CF上时，与交于点，求△ADN的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）60°：（3）.
【分析】（1）只需要证明△EFM≌△ADE即可得到答案；（2）连接DG，证明△CDG≌△BAG，得到△ADG为等边三角形，从而可以得到答案；（3）连接AC，证明△ABC≌△AEC，得到∠EAC=∠BAC=∠ACD，从而得到CN=AN，再根据勾股定理计算即可得到答案.
【详解】解：（1）由旋转的性质得：BC=EF，∠B=∠FEA
∵四边形ABCD是矩形∴∠B=∠D=∠FEA=90°，BC=AD=EF
∵∠FEM+∠AED=90°，∠DAE+∠AED=90°∴∠FEM=∠DAE
∴△EFM≌△ADE（HL）∴EM=AE
（2）如图所示，连接DG ∵四边形ABCD是矩形∴∠ABC=∠BCD=90°，AB=CD
∵GC=GB∴∠GCB=∠GBC∴∠DCG=∠ABG∴△CDG≌△BAG ∴DG=AG
由翻折的性质可得：AD=AG∴AD=AG=DG∴△ADG为等边三角形
∴∠DAG=60°∴∠DAE=30°∴∠BAE=60°∴α=60°
（3）如图所示，连接AC 由矩形的性质和翻折的性质可得：AB=AE，∠AEF=∠B=90°
∵∠AEF=∠B=90°∴∠AEC=∠B=90° 又∵AB=AE∴△ABC≌△AEC（HL）∴∠EAC=∠BAC
∵AB∥CD∴∠BAC=∠ACD∴∠EAC=∠ACD∴NC=AN
设DN=x，则NC=AN=CD-DN=5-x在直角三角形AND中，AN2=DN2+AD2
∴x2+32=5−x2解得x=85∴S△ADN=12AD·DN=125
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等边三角形的性质与判定，等腰三角形的判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
变式4．（2022·四川·九年级校考阶段练习）矩形ABCD中AB=5，AD=3，将矩形ABCD绕点C顺时针旋转至矩形EFCG（其中A、B、D分别与E、F、G对应）．
（1）如图1，当点G落在AB边上时，求AG的长；
（2）如图2．当点G落在线段AE上时，AB与CG交于点H，求BH；
（3）如图3，记O为矩形ABCD的对角线交点，S为△OGE的面积，直接写出s的取值范围．
【答案】（1）1；（2）；（3）.
【分析】（1）在Rt△BCG中，利用勾股定理求出BG即可解决问题；
（2）首先证明AH＝CH，设AH＝CH＝m，则BH＝5−m，在Rt△BHC中，根据CH2＝BC2＋BH2，构建方程求出m即可解决问题；（3）如图，当点G在对角线AC上时，△OGE的面积最小，当点G在AC的延长线上时，△OE′G′的面积最大，分别求出面积的最小值，最大值即可解决问题.
【详解】（1）如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD=CG=5，∠B=90°，
∵BC=AD=3，∴，∴AG=AB-BG=1；
（2）如图2中，由四边形CGEF是矩形，得到∠CGE=90°，∵点G在线段AE上，∴∠AGC=90°，
∵CA=CA，CD=CG，∴Rt△ACG≌Rt△ACD（HL）．∴∠ACD=∠ACG，
∵AB∥CD∴∠ACD=∠BAC，∴∠ACG =∠BAC，
∴AH=CH，设AH=CH=m，则BH=5-m，在Rt△BHC中，∵CH2=BC2+BH2，
∴m2=32+（5-m）2，∴，∴；
（3）如图，∵AB=5，AD=3，∴AC=，
当点G在对角线AC上时，△OGE的面积最小，
最小值；
当点G在AC的延长线上时，△OE′G′的面积最大，
最大值综上所述，．
【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、旋转变换、勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
例5．（2022•渠县期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在CD的边上，且DE＝1，△AFE与△ADE关于AE所在的直线对称，将△ADE按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABG，连接FG，则线段FG的长为（ ）
A．4B．42C．5D．6
【点睛】如图，连接BE，根据轴对称的性质得到AF＝AD，∠EAD＝∠EAF，根据旋转的性质得到AG＝AE，∠GAB＝∠EAD．求得∠GAB＝∠EAF，根据全等三角形的性质得到FG＝BE，根据正方形的性质得到BC＝CD＝AB＝4．根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：如图，连接BE，
∵△AFE与△ADE关于AE所在的直线对称，∴AF＝AD，∠EAD＝∠EAF，
∵△ADE按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABG，∴AG＝AE，∠GAB＝∠EAD．∴∠GAB＝∠EAF，
∴∠GAB+∠BAF＝∠BAF+∠EAF．∴∠GAF＝∠EAB．∴△GAF≌△EAB（SAS）．∴FG＝BE，
∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD＝AB＝4．
∵DE＝1，∴CE＝3．∴在Rt△BCE中，BE=32+42=5，∴FG＝5，故选：C．
变式5．（2023春·重庆九龙坡·九年级重庆实验外国语学校校考阶段练习）如图，正方形与正方形的边长分别是7和3，正方形绕A点在平面内旋转，点M，N，P分别是，，的中点，则周长的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接，，根据三角形中位线的性质有：，，利用勾股定理可得：，，，点M是正方形的对角线的中点，，同理可得：，在中，，即，当点E在线段上时，有，当点E在的延长线上时，有，即有，同理可得：，，进而有，，当点E在线段的延长上时，同时满足：点G在线段的延长上，点P在线段的延长上，问题随之得解．
【详解】连接，，
∵点M，N，P分别是，，的中点，
∴根据三角形中位线的性质有：，，
∵正方形与正方形的边长分别是7和3，∴，，
则利用勾股定理可得：，，∴，
∵点M是正方形的对角线的中点，∴，
同理可得：，
∵在中，，∴，
当点E在线段上时，有，
当点E在的延长线上时，有，∴，
同理可得：，，
当点G在线段的延长上时，有，
当点P在线段的延长上时，有，
∵，，∴，，
当点E在线段的延长上时，同时满足：点G在线段的延长上，点P在线段的延长上，如图，
∴此时最大值分别为：，，，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，三角形中位的性质，三角形三边之间的关系以及性质的知识，掌握正方形的性质，作出合理的辅助线是解答本题的关键．
例6．（2023秋·辽宁阜新·九年级校考期末）如图，正方形和正方形（其中），的延长线与直线交于点H．
(1)如图1，当点G在上时，求证：；(2)将正方形绕点C旋转一周．①如图2，当点E在直线右侧时，判断的数量关系并证明；②当时，若，请直接写出线段的长．
【答案】(1)证明见解析 (2)①，证明见解析；②或
【分析】（1）证明，即可得到，再由角的等量代换即可证明；
（2）①在线段上截取，连接，证明，得到为等腰直角三角形，再利用等腰直角三角形的边角性质即可；②分两种情况，一是如图3所示，当D，G，E三点共线时，，连接．求出BD，设，则．在中，利用勾股定理列出方程解答；二是如图4所示，当B，H，G三点共线时，，连接．设，中利用勾股定理列出方程即可解答．
【详解】（1）证明：如图1，∵四边形和均为正方形，
∴，，
∴．∴．
又∵，∴．∴．
（2）解：①，证明如下：
如图所示，在线段上截取，连接．由（1）可知，，
又∵，∴．∴．
∴，即．∴为等腰直角三角形．
∴．∴，∴．
②第一种情况：如图3所示，当D，G，E三点共线时，，此时G、H重合，连接．
由①可知，且．
又∵，∴．设，则．
∴在中，由勾股定理得．
∴，解得（负值舍），∴；
第二种情况：如图4所示，当B，H，G三点共线时，，连接．
设，∵，∴．
在中，由勾股定理得．
∴． 解得，
∴∴的长为或．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等知识点，解题的关键是熟知上述知识点，并正确作出辅助线．
变式6．（2022·山西大同市·九年级期末）综合与实践——探究正方形旋转中的数学问题
问程情境：已知正方形中，点是线段的中点，将将正方形绕点顺时针旋转得到正方形（点，，，分别是点，，，的对应点）．同学们通过小组合作，提出下列数学问题，请你解答．
特例分析：（1）“乐思”小组提出问题：如图1，在正方形绕点旋转过程中，顺次连接点，，，得到四边形，求证：四边形是矩形；（2）“善学”小组提出问题：如图2.在旋转过程中，当点落在对角线上时，设与交于点.求证：四边形是正方形．
深入探究：（3）“好问”小组提出问题：如图3.若点是线段的三等分点且，在正方形旋转的过程中当线段经过点时，请直接写出的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．
【分析】(1)由旋转性质可得 OB=OB′ ，OC=OC′ ，得到四边形BB′CC′是平行四边形，又 BC=B′ C′ ，得到平行四边形BB′CC′是矩形．（2）先由∠C=∠OB′M=∠B′OC=90°，证明四边形 OB′MC 是矩形 ，再由OC=OB′ 得到四边形 OB′MC 是正方形．（3）过D作DN⊥B′C′，证Rt△DNO≌Rt△DCO(HL)，设OC=a，得到OC′=a，DD′=2a，即可求解.
【详解】解：（1）由旋转性质可得，．点是线段的中点，
，．四边形是平行四边形．
又，平行四边形是矩形．
（2）证明：四边形是正方形，，．
由旋转可知，，
．
四边形是正方形，四边形是矩形
，OC=OC′ ，OB′=OB ，∴OC=OB′ 矩形是正方形，
（3）．如图，过D作DN⊥B′C′
可知，∠A′=∠B′=∠B′ND=90°，∠D′=∠C′=∠C′ND=90°，∴四边形DNC′D′为矩形，四边形DNB′A′为矩形，
在Rt△DNO与Rt△DCO中，∵OD=OD，DN=DC，∴Rt△DNO≌Rt△DCO(HL)
设OC=a，则OB=2OC=2a，∴ON=OC=OC′=a∴BC=OB+OC=3a，DD′=NC′=ON+OC′=2a，∴=2．
【点睛】本题考查了特殊的四边形，平行四边形，矩形，正方形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握特殊的四边形的性质和判定．
3、以特殊四边形为背景的动态轨迹问题
解题技巧：1）动中求静，发现运动变化中的不变量、不变图形；
2）把相关的量用含变量的代数式表示列方程或确定函数的关系；
3）把握运动中的特殊位置，临界位置，分段、分情况讨论。
例1．（2022·浙江江北·八年级期末）如图所示，正方形ABCD的边长为4，点E为线段BC上一动点，连结AE，将AE绕点E顺时针旋转90°至EF，连结BF，取BF的中点M，若点E从点B运动至点C，则点M经过的路径长为（ ）
A．2B．C．D．4
【答案】B
【分析】已知EF⊥AE，当E点在线段BC上运动到两端时，正好是M点运动的两个端点，由此可以判断M点的运动轨迹是BC、CD中点的连线长.
【详解】解：取BC、CD的中点G、H，连接GH，连接BD ∴GH为△BCD的中位线，即
∵将AE绕点E顺时针旋转90°至EF，∴EF⊥AE，
当E点在B处时，M点在BC的中点G处，当E点在C点处时，M点在CD中点处，
∴点M经过的路径长为GH的长，
∵正方形ABCD的边长为4，∴∴，故选B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理和中位线定理，解题的关键在于找到M点的运动轨迹.
变式1．（2022春·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．5D．
【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．（2022·河南·郑州三模）在矩形中，，，点在线段上，连接，过点作交线段于点．以和为邻边作平行四边形，当点从运动到时，点运动的路径长为______．
【答案】
【分析】确定点运动的路径为一条直线，当点在时，点与点重合，当点在时，求得点的位置，再根据勾股定理求解即可．
【详解】解：由题意可得点、的运动轨迹为线段，为定点
在平行四边形中，，可以得到运动的路径也为一条线段
由题意可得，当点在时，点与点重合
当点在时，与重合，如下图：
则线段就是点运动的路径，在平行四边形中，，，
在矩形中，，∴，即
又，，∴
∵∴∴
又∵∴∴
∴，∴故答案为
【点睛】此题考查了矩形的性质、平行四边形的性质，解题的关键是根据平行四边形的性质确定点运动的轨迹．
变式2．（2022春·江苏·九年级期末）如图，在矩形ABCD中，AB=4，∠CAB=60°，点E是对角线AC上的一个动点，连接DE，以DE为斜边作Rt△DEF，使得∠DEF=60°，且点F和点A位于DE的两侧，当点E从点A运动到点C时，动点F的运动路径长是（ ）
A．4B．4C．8D．8
【答案】B
【分析】当E与A点重合时和E与C重合时，根据F的位置，可知F的运动路径是FF'的长；证明四边形FDAF'是平行四边形，即可求解．
【详解】解：当E与A点重合时，点F位于点F'处，当E与C点重合时，点F位于点F处，如图，
∴F的运动路径是线段FF'的长；∵AB=4，∠CAB=60°，∴∠DAC=∠ACB=30°，
∴AC=2AB=8，AD=BC==4，当E与A点重合时，
在Rt△ADF'中，AD=4，∠DAF'=60°，∠ADF'=30°，AF'=AD=2，∠AF'D=90°，
当E与C重合时，∠DCF=60°，∠CDF=30°，CD=AB=4，
∴∠FDF'=90°，∠DF'F=30°，CF=CD=2，
∴∠FDF'=∠AF'D=90°，DF=2，∴DF∥AF'，DF=AF'2，
∴四边形FDAF'是平行四边形，∴FF'= AD=4，故选：B．
【点睛】本题考查点的轨迹；能够根据F点的运动情况，分析出F点的运动轨迹是线段，在30度角的直角三角形中求解是关键．
例3．（2022·四川·乐山九年级阶段练习）如图，在菱形ABCD中，∠A＝120°，AB＝2，点E是AB边上的动点，过点B作直线CE的垂线，垂足为F，当点E从点A运动到点B时，点F的运动路径长为_____．
【答案】π
【分析】取BC的中点O，连接AC，BD交于点M，连接OM，由菱形的性质可证明，点F的运动轨迹是以BC为直径的圆弧BM，最后根据弧长公式解题．
【详解】解：如图，取BC的中点O，连接AC，BD交于点M，连接OM，
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∠ABC＝180°﹣∠BAD＝60°，AM＝CM，
当点E与A重合时，点F与AC中点M重合，
∵∠CFB＝90°，∴点F的运动轨迹是以BC为直径的圆弧BM，
∵点O是BC中点，AM＝CM，∴BO＝OM＝1，OM//AB，∴∠BOM＝120°，
∴，故答案为：π．
【点睛】本题考查菱形的性质，圆周角定理、弧长公式等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
变式3．（2022·山东济南·统考二模）如图，菱形ABCD的边长为6，，点E是边AD上的动点，是等边三角形，点F在CD上，线段EF与线段BD交于点G，点E从点A开始出发运动到点D停止，在这个运动过程中，点G所经过的路径长为______．
【答案】3
【分析】点E从点A开始和到点D停止时G点都在D，故G的运动轨迹为从D出发到最大值然后又回到D点，根据对称性可知E为AD中点时G离D最远．
【详解】∵点E从点A开始和到点D停止时G点都在D，
∴G的运动轨迹为从D出发到最大值然后又回到D点，
∴根据对称性可知E为AD中点时G离D最远此时AE=DE=
∵菱形ABCD中∴是等边三角形，
∵是等边三角形，∴(SAS)∴
∴(SAS)∴∴
∴点G所经过的路径长为故答案为：3．
【点睛】本题考查菱形的性质、全等三角形的性质与判定、运动轨迹问题，解题的关键是理解G点的运动轨迹．
课后专项训练：
1．（2022·重庆万州初三期末）如图，在边长为的正方形纸片中，是边上的一点，连结,将正方形纸片折叠，使点落在线段上的点处，折痕为．则的长为( )
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据四边形ABCD是边长为8的正方形纸片，BE＝6，可得AE＝10，由翻折可得DF＝FG，AG＝AD＝8，∠AGF＝∠D＝90°，在Rt△FGE和Rt△FCE中，根据勾股定理即可求出DF的长．
【解析】解：∵四边形ABCD是边长为8的正方形纸片，BE＝6，
∴AB＝BC＝CD＝DA＝8，∠B＝∠D＝∠C＝90°，∴AE＝＝10，CE＝BC−BE＝8−6＝2，
由翻折可知：DF＝FG，AG＝AD＝8，∠AGF＝∠D＝90°，∴EG＝AE−AG＝10−8＝2，
∵FC＝DC−DF＝8−DF，在Rt△FGE和Rt△FCE中，FG2＋GE2＝FC2＋EC2，
∴DF2＋22＝（8−DF）2＋22，解得DF＝4，故选：C．
【点睛】本题考查了翻折变换、勾股定理、正方形的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．
2．（2022·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．
3．（2022春·江苏无锡·八年级校考期中）如图，已知线段AB=20，C，D是AB上的两点，且AC=DB=4，P是线段CD上一动点，分别以AP、BP为对角线作正方形AEPF和正方形BGPH，Q为线段FH的中点，点P由点C移动到点D时，Q点移动的路径长度为_______
【答案】6
【分析】分别延长AE、BF交于点M，易证四边形MFPH为平行四边形，得出Q为PM中点，则Q的运行轨迹为△MCD的中位线，运用中位线的性质求出IJ的长度即可．
【详解】解：如图，分别延长AF、BH交于点M，
∵以AP、BP为对角线作正方形AEPF和正方形BGPH，∴∠FPA＝∠FAP＝45°，∠MBP＝∠HPB＝45°，
∴∠FPA＝∠MBP，∠HPB＝∠FAP，∴AM∥PH，BM∥FP，
∵∠B＝∠EPA＝60°，∴四边形PFMH为平行四边形，∴FH与MP互相平分．
∵Q为FH的中点，∴Q正好为PM的中点，即在P的运动过程中，Q始终为PM的中点，
∴Q的运行轨迹为△MCD的中位线IJ，∵IJ＝CD＝×（20﹣4﹣4）＝6，
∴Q点移动的路径长度为6．故答案为：6
【点睛】本题考查了三角形中位线定理及正方形的性质，平行四边形的判定和性质，解答本题的关键是作出辅助线，找到点Q点移动的规律，判断出其运动路径，综合性较强．
4．（2022·湖北武汉·校考模拟预测）如图，以AB为边作边长为8的正方形ABCD，动点P、Q在正方形ABCD的边上运动，且PQ＝8，若点P从点A出发，沿A→B→C→D的线路，向D点运动，点Q只能在线段AD上运动，求点P从A到D的运动过程中，PQ的中点O所经过的路径的长为_____．
【答案】4π+8
【分析】根据题意将问题分类讨论，三种情况依次讨论：一个是依据斜边上的中线+圆的定义得到弧的轨迹，一个可以用中垂线来理解
【详解】解：（1）当P在AB上，Q在AD上时，AO＝，由圆的定义可以知O的轨迹为EF这段圆弧（2）同理当P在CD上，Q在AD上时，DO＝，由圆的定义可以知O的轨迹为EG这段圆弧（3）Q在AD上，P在BC上，可知PQ∥AB，O的运动轨迹为FG这条线段
综上分析：O的运动路径长为：4π+8．
故答案：4π+8
【点睛】本题考查了轨迹以及正方形的性质，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．
5．（2022秋·浙江舟山·九年级校考阶段练习）如图，在矩形中，，，点M在边上，以每秒的速度从点A向终点B运动，连接，以M为顶点，为一边作，另一边交边于点N，过点D作于点P．
（1）经过2秒，点P的路径长是________；（2）在运动过程中，线段长度的最小值是________．
【答案】 ； ##．
【分析】（1）当点M与点A重合时，当点与点重合时，作出，过点作于点，作轴于点E，根据勾股定理可得答案；
（2）设当点M运动t秒时，DN有最小值，由等腰直角三角形性质及勾股定理得、的长，求出点N的坐标，再利用不等式的变形可得答案．
【详解】解：（1）如图，当点与点重合时，作出，过点作于点，作轴于点E，
，则有，是等腰直角三角形，以为原点作平面直角坐标系，
，，，经过2秒，则，
，，，
，，，，，
，，
在和中，，，
设，则，，在中，，
或（不合题意，舍去），，，
经过4秒，点的路径长即为的长，点的路径长为：．故答案为：．
（2）设当点运动秒时，有最小值，在中，，
在等腰中，，
结合（1）的结论有：，即可得四边形是正方形，，
，，，即，
，，直线的解析式为，
由题可知，点在直线上且其纵坐标为4，，
（当且仅当时取等号，即时取等号，符合题意），线段长度的最小值是．故答案为：．
【点睛】此题考查的是矩形的性质，掌握等腰直角三角形的性质与勾股定理是解决此题关键．
6．（2021·江苏盐城·中考真题）如图，在矩形中，，，、分别是边、上一点，，将沿翻折得，连接，当____时，是以为腰的等腰三角形．
【答案】或
【分析】对是以为腰的等腰三角形分类讨论，当时，设，可得到，再根据折叠可得到，然后在Rt△ABE中利用勾股定理列方程计算即可；当时，过A作AH垂直于于点H，然后根据折叠可得到，在结合，利用互余性质可得到，然后证得△ABE≌△AHE，进而得到，然后再利用等腰三角形三线合一性质得到，然后在根据数量关系得到．
【详解】解：当时，设，则，
∵沿翻折得，∴，
在Rt△ABE中由勾股定理可得：即，解得：；
当时，如图所示，过A作AH垂直于于点H，
∵AH⊥，，∴，∵，∴，
∵沿翻折得，∴，∴，
在△ABE和△AHE中，∴△ABE≌△AHE（AAS），
∴，∴，∴∵，∴，∴，
综上所述，，故答案为：
【点睛】本题主要考查等腰三角形性质，勾股定理和折叠性质，解题的关键是分类讨论等腰三角形的腰，然后结合勾股定理计算即可．
7．（2022·重庆九年级期中）如图，在菱形中，点为边上一点，点为边中点，连接，将沿直线翻折至菱形所在平面内，得到，连接并延长交边于点．若，，点到线段的距离为，则折痕的长为__________．
【答案】
【分析】作，，根据角之间的关系得到，根据勾股定理求得、的长度，从而求得的长度．
【详解】解：作，，如下图：
由题意可得：，，，，，
∴，
又∵，
∴∴∴四边形为平行四边形
又∵∴平行四边形为矩形∴，
由勾股定理得：，即
∵为的中点∴∵∴
由勾股定理得：故答案为
【点睛】此题考查了菱形的性质，轴对称的性质，矩形的判定与性质以及勾股定理，解题的关键是熟练掌握基本性质，根据题意做作助线构造出直角三角形．
8．（2022·江苏泰州·八年级统考期末）如图，菱形ABCD中，点E在AD上，将△ABE沿BE翻折，点A恰好落在边CD上的点F处，若∠A=63°，则∠BFC的度数为_________．
【答案】63°
【分析】由折叠的性质可知，AB=BF，再由菱形的性质即可得到∠C=∠A ，BF=BC，则∠BFC=∠C．
【详解】解：由折叠的性质可知，AB=BF，
∵四边形ABCD是菱形，∴∠C=∠A=63°，AB=BC，
∴BF=BC，∴∠BFC=∠C=63°，故答案为：63°．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握菱形的性质．
9．（2022·重庆·八年级统考期中）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，由此可得出△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．
10．（2022·广东东莞·八年级校考期末）将矩形ABCD绕点B顺时针旋转得到矩形A1BC1D1，点A、C、D的对应点分别为A1、C1、D1（1）当点A1落在AC上时①如图1，若∠CAB＝60°，求证：四边形ABD1C为平行四边形；②如图2，AD1交CB于点O．若∠CAB≠60°，求证：DO＝AO；（2）如图3，当A1D1过点C时．若BC＝5，CD＝3，直接写出A1A的长．
【答案】（1）①证明见解析；②证明见解析；（2）
【分析】（1）①首先证明△ABA1是等边三角形，可得∠AA1B＝∠A1BD1＝60°，即可解决问题．
②首先证明△OCD1≌△OBA（AAS），推出OC＝OB，再证明△DCO≌△ABO（SAS）即可解决问题．
（2）如图3中，作A1E⊥AB于E，A1F⊥BC于F．利用勾股定理求出AE，A1E即可解决问题．
【详解】（1）证明：①如图1中，
∵∠BAC＝60°，BA＝BA1，∴△ABA1是等边三角形，∴∠AA1B＝60°，
∵∠A1BD1＝60°，∴∠AA1B＝∠A1BD1，∴AC∥BD1，
∵AC＝BD1，∴四边形ABD1C是平行四边形．
②如图2中，连接BD1．∵四边形ABD1C是平行四边形，∴CD1∥AB，CD1＝AB，∠OCD1＝∠ABO，
∵∠COD1＝∠AOB，∴△OCD1≌△OBA（AAS），∴OC＝OB，
∵CD＝BA，∠DCO＝∠ABO，∴△DCO≌△ABO（SAS），∴DO＝OA．
（2）如图3中，作A1E⊥AB于E，A1F⊥BC于F．
在Rt△A1BC中，∵∠CA1B＝90°，BC＝5．AB＝3，∴CA1＝＝4，
∵•A1C•A1B＝•BC•A1F，∴A1F＝，
∵∠A1FB＝∠A1EB＝∠EBF＝90°，∴四边形A1EBF是矩形，
∴EB＝A1F＝，A1E＝BF＝，∴AE＝3﹣＝，
在Rt△AA1E中，AA1＝＝．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判断和性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
11．（2023春·全国·八年级阶段练习）如图1，点是正方形对角线的延长线上任意一点，以线段为边作一个正方形，线段和相交于点．
(1)求证：，．(2)若，，求的长．
(3)如图2，正方形绕点逆时针旋转，连结、，与的面积之差是否会发生变化？若不变，请求出与的面积之差；若变化，请说明理由．
【答案】(1)见解析(2)；(3)与的面积之差不变，且．
【分析】（1）根据证明，得，再根据三角形内角和定理和对顶角相等可得；（2）由，在中求得，从而得和的长，最后利用勾股定理即可求得结果；（3）如图3，过A作于P，过C作于Q，先证明，得，可得，从而得结论．
【详解】（1）证明：如图1，∵四边形和是正方形，
∴，，
∴，即，
在和中，，∴，
∴，∵，
∴，∴；
（2）解：如图2，连接与交于点M，
∵，
在中，，
∴，∴，
∴；
（3）解：与的面积之差不变，且，
如图3，过A作于P，过C作交其延长线于Q，
∵，，
∴，∵，∴，
在和中，，∴，∴，
∵，，又，∴，∴．
【点睛】本题是四边形的综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积等知识，本题综合性强，难度适中，证明三角形全等是解决问题的关键．
12．（2022·江苏无锡·九年级统考期中）已知：如图，ABCD中， CD=CB=2，∠C=60°，点E是CD边上自D向C的动点（点E运动到点C 停止运动），连结AE,以AE为一边作等边△AEP，连结DP.
(1)求证：△ABE≌△ADP；(2)点P随点E的运动而运动，请直接写出点P的运动路径长 .
【答案】(1)证明见解析；(2)点P的运动路径长为2；
【分析】（1）根据平行四边形、菱形、等边三角形的性质得到AP=AE，∠PAE=60°，∠PAE=∠DAB，∠1=∠2，从而得到全等三角形；（2）如图作等边三角形△ADM连接PM，易证△APM≌△ADE，推出∠AMP=∠ADC=120°，PM=DE，推出PMD=∠ADM=60°，推出PMAD，根据点E的运动路径长是2，得到点P的运动路径长是2．
【详解】（1）证明：在平行四边形ABCD中，
∵BC=CD，∴平行四边形ABCD是菱形，∴AB=AD，
∵△AEP是等边三角形，∴AP=AE，∠PAE=60°，
∵∠BAD=∠C=60°，∴∠PAE=∠DAB，
∴∠PAE-∠DAE=∠DAB-∠DAE，即∠1=∠2，
在△ABE与△ADP中，，∴△ABE≌△ADP（SAS）；
（2）解：如图，作等边三角形△ADM连接PM，
在等边△ADM和等边△AEP中，则AM=AD，AP=AE，∠DAM=∠EAP=60°，
∴∠MAP+∠PAD=∠PAD+∠DAE=60°，∴∠MAP=∠DAE，
∴△APM≌△ADE，∴∠AMP=∠ADC=120°，PM=DE，∴∠PMD=∠ADM=60°，∴PMAD，
∵点E在CD边上自D向C的运动，∴点E的运动路径长是2，
∴点P的运动路径长为：2．故答案为：2．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，菱形的判定和性质，熟记定理是解题的关键．
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