中考数学二轮复习模型解读与提分精练专题16 图形变换中的重要模型之旋转模型（2份，原卷版+解析版）

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模型1.三角形中的旋转模型
1）常规计算型
例1．（2020·四川绵阳·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝2，AD＝2，将△ABC绕点C顺时针方向旋转后得△，当恰好经过点D时，△CD为等腰三角形，若B＝2，则A＝（ ）
A．B．2C．D．
【答案】A
【分析】过作于，则，根据矩形的性质得，，根据旋转的性质得到，，，，推出△为等腰直角三角形，得到，设，则，，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：过作于，
则，，，，
四边形是矩形，，，
将绕点顺时针方向旋转后得△，
，，，，△△，，
△为等腰三角形，△为等腰直角三角形，，
设，则，，，
，（负值舍去），，
，，，故选：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．
变式1．（2022·山西·中考真题）综合与实践
问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明：
（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由；问题解决：（2）如图②，在三角板旋转过程中，当时，求线段CN的长；
（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．
【答案】（1）四边形AMDN为矩形；理由见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）由三角形中位线定理得到 ，证明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可证明结论；
（2）证明△NDC是等腰三角形，过点N作NG⊥BC于点G，证明△CGN∽△CAB，利用相似三角形的性质即可求解；（3）延长ND，使DH=DN，证明△BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，证明∠MBH=90°，设AM=AN=x，在Rt△BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解．
【详解】解：（1）四边形AMDN为矩形．理由如下：∵点M为AB的中点，点D为BC的中点，
∴，∴∠AMD+∠A=180°，∵∠A=90°，∴∠AMD=90°，
∵∠EDF=90°，∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，四边形AMDN为矩形；
（2）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8 ∴∠B+∠C=90°，．
∵点D是BC的中点，∴CD=BC=5．∵∠EDF=90°，∴∠MDB+∠1=90°．
∵∠B=∠MDB，∴∠1=∠C．∴ND=NC．过点N作NG⊥BC于点G，则∠CGN=90°．

∴CG=CD=．∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，∴△CGN∽△CAB．
∴，即，∴；
（3）延长ND至H，使DH=DN，连接MH，NM，BH，
∵MD⊥HN，∴MN=MH，∵D是BC中点，∴BD=DC，
又∵∠BDH=∠CDN，∴△BDH≌△CDN，∴BH=CN，∠DBH=∠C，
∵∠BAC=90°，∵∠C+∠ABC=90°，∴∠DBH+∠ABC=90°，∴∠MBH=90°，
设AM=AN=x，则BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=x，
在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2，∴(6-x)2+(8-x)2=(x)2，解得x=，∴线段AN的长为．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定，勾股定理，解第（3）问的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
2）最值（范围）型
例1．（2022·江苏常州·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．
变式1．（2021·四川成都·中考真题）在中，，将绕点B顺时针旋转得到，其中点A，C的对应点分别为点，．
（1）如图1，当点落在的延长线上时，求的长；
（2）如图2，当点落在的延长线上时，连接，交于点M，求的长；
（3）如图3，连接，直线交于点D，点E为的中点，连接．在旋转过程中，是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，最小值为1
【分析】（1）根据题意利用勾股定理可求出AC长为4．再根据旋转的性质可知，最后由等腰三角形的性质即可求出的长．
（2）作交于点D，作交于点E．由旋转可得，．再由平行线的性质可知，即可推出，从而间接求出，．由三角形面积公式可求出．再利用勾股定理即可求出，进而求出．最后利用平行线分线段成比例即可求出的长．
（3）作且交延长线于点P，连接．由题意易证明，
，，即得出．再由平行线性质可知，即得出，即可证明，由此即易证，得出，即点D为中点．从而证明DE为的中位线，即．即要使DE最小，最小即可．根据三角形三边关系可得当点三点共线时最小，且最小值即为，由此即可求出DE的最小值．
【详解】（1）在中，．
根据旋转性质可知，即为等腰三角形．
∵，即，∴，∴．
（2）如图，作交于点D，作交于点E．

由旋转可得，．
∵，∴，∴，∴，．
∵，即，∴．
在中，，∴．∴．
∵，∴，即，∴．
（3）如图，作且交延长线于点P，连接．∵，∴，
∵，即，
又∵，∴．∵，∴，
∴，∴，∴．∴在和中 ，
∴，∴，即点D为中点．
∵点E为AC中点，∴DE为的中位线，∴，即要使DE最小，最小即可．
根据图可知，即当点三点共线时最小，且最小值为．
∴此时，即DE最小值为1．
【点睛】本题为旋转综合题．考查旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，平行线分线段成比例，全等三角形的判定和性质，中位线的判定和性质以及三角形三边关系，综合性强，为困难题．正确的作出辅助线为难点也是解题关键．
3）综合证明型
例1．（2021·黑龙江·中考真题）在等腰中，，是直角三角形，，，连接，点是的中点，连接．
（1）当，点在边上时，如图①所示，求证：．（2）当，把绕点逆时针旋转，顶点B落在边AD上时，如图②所示，当，点B在边AE上时，如图③所示，猜想图②、图③中线段和又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．
【答案】（1）见详解；（2）图②中，图③中，理由见详解．
【分析】（1）由题意易得，则有，然后可得，，进而可得AD垂直平分BC，则CD=BD，最后问题可求证；
（2）取CD的中点H，连接AH、EH、FH，如图②，由题意易得，则有EH垂直平分AD，∠HFA=∠CBA=45°，进而可得∠EHF=∠EAF=45°，然后可得点A、E、F、H四点共圆，则根据圆的基本性质可求解；如图③，取BC的中点G，连接GF并延长，使得GM=CD，连接DM、EM、EG，AG，则有四边形CGMD是平行四边形，DM=CG=AC，进而可得△ACD≌△DME，则有CD=EM，∠EMD=∠DCA，然后可得△EMG是等边三角形，最后问题可求解．
【详解】（1）证明：∵，，∴，∴，
∵点是的中点，∴，∵，∴，
∵，∴△ACB是等腰直角三角形，
∵，∴AD垂直平分BC，∴CD=BD，∴；
（2）解：图②中，图③中，理由如下：
图②：取CD的中点H，连接AH、EH、FH，如图②，

∵，，∴，∴，
∵，∴，∵点是的中点，∴，
∴EH垂直平分AD，∠HFA=∠CBA=45°，∴∠EHF=∠EAF=45°，∴点A、E、F、H四点共圆，
∵∠HFA=∠EAF=45°，∴，∴；
图③：如图③，取BC的中点G，连接GF并延长，使得GM=CD，连接DM、EM、EG，AG，
∵，，∴△ADE是等边三角形，∴，
∵，∴，∵，∴，∴，
∴，∴△AGC是等边三角形，∴AC=CG，∵点是的中点，∴，
∴四边形CGMD是平行四边形，∴，∠GCD=∠DMG，
∴，∴，∴，
∵，∴△ACD≌△DME（SAS），∴CD=EM，∠EMD=∠DCA，
∴，∴，∴△EMG是等边三角形，
∵点是的中点，∴，∵，∴，
∵，∴，∴GF=MF，∴EF⊥GM，
∴．
【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质、等边三角形的性质、平行四边形的性质与判定及三角函数、圆的基本性质，熟练掌握等腰直角三角形的性质、等边三角形的性质、平行四边形的性质与判定及三角函数、圆的基本性质是解题的关键．
变式1．（2021·山东潍坊·中考真题）如图1，在△ABC中，∠C=90°，∠ABC=30°，AC=1，D为△ABC内部的一动点（不在边上），连接BD，将线段BD绕点D逆时针旋转60°，使点B到达点F的位置；将线段AB绕点B顺时针旋转60°，使点A到达点E的位置，连接AD，CD，AE，AF，BF，EF．
（1）求证：△BDA≌△BFE；（2）①CD+DF+FE的最小值为 ；②当CD+DF+FE取得最小值时，求证：AD∥BF．（3）如图2，M，N，P分别是DF，AF，AE的中点，连接MP，NP，在点D运动的过程中，请判断∠MPN的大小是否为定值．若是，求出其度数；若不是，请说明理由．
【答案】（1）见解答；（2）①；②见解答； （3）是，∠MPN=30°．
【分析】（1）由旋转60°知，∠ABD=∠EBF、AB=AE、BD=BF，故由SAS证出全等即可；
（2）①由两点之间，线段最短知C、D、F、E共线时CD+DF+FE最小，且CD+DF+FE最小值为CE，再由∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=1求出BC和AB，再由旋转知AB=BE，∠CBE=90°，最后根据勾股定理求出CE即可；②先由△BDF为等边三角形得∠BFD=60°，再由C、D、F、E共线时CD+DF+FE最小，∠BFE=120°=∠BDA，最后ADF=∠ADB-∠BDF=120°-60°=60°，即证；
（3）由中位线定理知道MN∥AD且PN∥EF，再设∠BEF=∠BAD=α，∠PAN=β，则∠PNF=60°-α+β，∠FNM=∠FAD=60°+α-β，得∠PNM=120°．
【详解】解：（1）证明：∵∠DBF=∠ABE=60°，∴∠DBF-∠ABF=∠ABE-∠ABF，∴∠ABD=∠EBF，
在△BDA与△BFE中，，∴△BDA≌△BFE（SAS）；
（2）①∵两点之间，线段最短，即C、D、F、E共线时CD+DF+FE最小，
∴CD+DF+FE最小值为CE，∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=1，
∴BE=AB=2，BC=，∵∠CBE=∠ABC+∠ABE=90°，
∴CE=，故答案为：；
②证明：∵BD=BF，∠DBF=60°，∴△BDF为等边三角形，即∠BFD=60°，
∵C、D、F、E共线时CD+DF+FE最小，∴∠BFE=120°，
∵△BDA≌△BFE，∴∠BDA=120°，∴∠ADF=∠ADB-∠BDF=120°-60°=60°，
∴∠ADF=∠BFD，∴AD∥BF；
（3）∠MPN的大小是为定值，理由如下：如图，连接MN，
∵M，N，P分别是DF，AF，AE的中点，∴MN∥AD且PN∥EF，
∵AB=BE且∠ABE=60°，∴△ABE为等边三角形，
设∠BEF=∠BAD=α，∠PAN=β，则∠AEF=∠APN=60°-α，∠EAD=60°+α，
∴∠PNF=60°-α+β，∠FNM=∠FAD=60°+α-β，∴∠PNM=∠PNF+∠FNM=60°-α+β+60°+α-β=120°，
∵△BDA≌△BFE∴MN=AD=FE=PN，∴∠MPN=(180°-∠PNM)=30°．
【点睛】本题是三角形与旋转变换的综合应用，熟练掌握旋转的性质、三角形全等的判定与性质、平行线的判定、勾股定理的应用、中位线的性质及等腰、等边三角形的判定与性质是解题关键 ．
模型2.平行四边形中的旋转模型
1）常规计算型
例1．（2022·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．
变式1．（2022·广东广州·一模）如图，将▱ABCD绕点A逆时针旋转到▱AB′C′D′的位置，使点B′落在BC上，B′C′与CD交于点E．若AB＝3，BC＝4，BB′＝1，则CE的长为___．
【答案】
【分析】过点A作AM⊥BC于点M，过点B作BN⊥AB′于点N，过点E作EG⊥BC，交BC的延长线于点G．BM＝B′M，由勾股定理可得，AM，由等面积法可得，BN，由勾股定理可得，AN，由题可得，△AMB∽△EGC，△ANB∽△B′GE，则，，设CG＝a，则EGa，B′G＝3+a，则，解得a．最后由勾股定理可得答案．
【详解】解：如图，过点A作AM⊥BC于点M，过点B作BN⊥AB′于点N，过点E作EG⊥BC，交BC的延长线于点G．
由旋转可知，AB＝AB′＝3，∠ABB′＝∠AB′C′，∴∠ABB′＝∠AB′B＝∠AB′C′，
∵BB′＝1，AM⊥BB′ ∴BM＝B′M， ∴AM，
∵S△ABB′，∴1•BN×3，则BN，
∴AN，∵AB//DC，∴∠ECG＝∠ABC，
∵∠AMB＝∠EGC＝90°，∴△AMB∽△EGC，∴，设CG＝a，则EGa，
∵∠ABB′+∠AB′B+∠BAB′＝180°，∠AB′B+∠AB′C′+∠C′B′C＝180°，
又∵∠ABB′＝∠AB′B＝∠AB′C′，∴∠BAB′＝∠C′B′C，
∵∠ANB＝∠EGC＝90°，∴△ANB∽△B′GE∴，
∵BC＝4，BB′＝1，∴B′C＝3，B′G＝3+a，∴，解得a．
∴CG，EG，∴EC．故答案为：．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，等腰三角形三线合一，相似三角形的性质与判定，解直角三角形的应用等，构造正确的辅助线是解题关键．
2）最值（范围）型
例1．（2022·广东·深圳九年级阶段练习）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．
变式1．（2022·河南洛阳·一模）如图，在平行四边形ABCD中，，，，点E在线段BC上运动（含B、C两点）．连接AE，以点A为中心，将线段AE逆时针旋转60°得到AF，连接DF，则线段DF长度的最小值为______．
【答案】
【分析】以AB为边向右作等边△ABG，作射线GF交AD于点H，过点D作DM⊥GH于M．利用全等三角形的性质证明∠AGF＝60°，得出点F在平行于AB的射线GH上运动，求出DM即可．
【详解】解：如图，以AB为边向右作等边△ABG，作射线GF交AD于点H，过点D作DM⊥GH于M．

∵四边形ABCD是平行四边形，∠B＝60°，∴∠BAD＝120°，
∵△ABG是等边三角形，∴∠BAG＝∠EAF＝60°，BA＝GA，EA＝FA，
∴∠BAE＝∠FAG，∴△BAE≌△GAF（SAS），∴∠B＝∠AGF＝60°，
∴点F在在平行于AB的射线GH上运动，
∵∠HAG＝∠AGF＝60°，∴△AHG是等边三角形，∴AB＝AG＝AH＝6，∴DH＝AD﹣AH＝4，
∵∠DHM＝∠AHG＝60°，∴DM＝DH•sin60°，
根据垂线段最短可知，当点F与M重合时，DF的值最小，最小值为，故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，旋转变换，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，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，本题的突破点是证明点F的在射线GH上运动，属于中考填空题中的压轴题．
3）分类讨论型
例1．（2022·江西·寻乌县二模）如图，在平行四边形中，，，．点为边上任意一点，连接，将绕点逆时针旋转得到线段．若点恰好落在平行四边形的边所在的直线上，则的长为______________．
【答案】16或或
【分析】如图1中，当点落在直线上时，作于，于．则四边形是矩形．解直角三角形得到，，求得，根据等腰直角三角形的性质得到，即可求出BQ的长度；②如图2中，当点落在上时，作于，交的延长线于．设．根据全等三角形的性质得到，，根据平行线的性质得到，根据三角函数的定义得到，根据勾股定理得到，即可求出BQ的长度；③如图3中，当点落在上时，易知，即可求出BQ的长度．
【详解】如图1中，当点落在直线上时，作于，于．则四边形是矩形．

在中，，，，，，
是等腰直角三角形，，，；
如图2中，当点落在上时，作于，交的延长线于．设．
，，，，
，在和中，，，
，，，
，，，，，，
在中，，；
如图3中，当点落在上时，，；
综上所述，BQ的长为16或或.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、锐角三角函数、勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．
变式1．（2022·江苏·九年级专题练习）在平行四边形ABCD中，AB＝5，BC＝10，高AH＝4，点E是边AD上任意一点，现将点B绕着点E逆时针旋转90°到点，若点恰好在平行四边形的边上，则AE＝______．
【答案】1或
【分析】分两种情况计算，当点在边BC上时，过点B作，交DA的延长线于点F，根据勾股定理可求得AF，再根据等腰直角三角形的性质和平行四边形的性质，可证得，即可求得AF；当点在边DC上时，过点作于点G，可证得，可得，，再由即可求得．
【详解】解：当点在边BC上时，如图：过点B作，交DA的延长线于点F，，

在中，，
，，是等腰直角三角形，，
四边形ABCD是平行四边形，，，
，；
当点在边DC上时，如图：过点B作，交DA的延长线于点F，过点作于点G，
，，
，，，
在与中， ，
，，，
四边形ABCD是平行四边形，，，，
，即，解得，综上，AE的长为1或．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，是综合性较强的题，作出辅助线是解决本题的关键．
4）综合证明型
例1．（2022·广西·九年级期中）如图，在中，，将绕顶点A逆时针旋转至，此时点D在上，连接，线段分别交于点H、K，则下列四个结论中：①；②是等边三角形；③；④当时，；正确的是（ ）
A．①②④B．①③④C．②③④D．①②③
【答案】A
【分析】①由绕顶点A逆时针旋转至，得到△AEF≌△ABC，又由∠BAD＝60°，即可证明；②由ABCD，得到∠EDH＝∠DAB＝60°，又由ADBC，得到∠AEF＝120°，进一步得∠DEH＝60°，∠DHE＝60°，结论得证；③过点H作HMAD交AB于点M，连接DM，证明△BHC、△DMH和△BHM是等边三角形，得到DH＝HM＝BH＝CH＝BC＝AD，点H为CD的中点，再证明△CKH∽△AKB，进一步得到AD＝3HK；④过点C作CN⊥AB的延长线于点N，分别用AD表示出△ACF和的面积，即可得到结论．
【详解】解：①∵将绕顶点A逆时针旋转至，
∴△AEF≌△ABC，∴∠EAF＝∠BAC，
∵∠BAD＝60°，∴∠CAF＝∠EAF＋∠CAD＝∠BAC＋∠CAD＝∠BAD＝60°，故①正确；
②∵ABCD，∴∠EDH＝∠DAB＝60°，∵ADBC，∴∠AEF＝∠ABC＝180°－∠BAD＝120°，
∴∠DEH＝180°－∠AEF＝60°，∴∠DHE＝180°－∠EDH－∠DEH＝60°，
∴∠DHE＝∠EDH＝∠DEH＝60°，∴△DEH是等边三角形，故②正确；
③过点H作HMAD交AB于点M，连接DM，如图1，
∵△EDH是等边三角形，∴∠BHC＝∠EHD＝60°，
∵ADBCHM，∴∠BCH＝∠EDH＝60°，∠DHM＝∠BCH＝60°，
∴∠CBH＝180°－∠BCH－∠BHC＝60°，∠BHM＝180°－∠DHM－∠BCH＝60°，∴△BHC是等边三角形，
∵HMADBC，∴∠DHM＝∠BCH＝60°，∠DMH＝∠BHM＝60°，
∴∠BHC＝∠BHM＝∠DHM＝∠DMH＝60°，∴△DMH和△BHM都是等边三角形，
∴DH＝HM＝BH＝CH＝BC＝AD，∴点H为CD的中点，
∵∠CKH＝∠AKB，∠CHK＝∠ABK，∴△CKH∽△AKB，
∴，∴，∴AD＝3HK，∴2AD＝3HK错误，故③错误；
④过点C作CN⊥AB的延长线于点N，如图2，则∠BNC＝90°，
∵ABCD，∴∠DCN＝180°－∠BNC＝90°，∵∠BCD＝60°，∴∠BCN＝30°，
∴BN＝BC＝AD，CN＝BC＝AD，∴AN＝AB＋BN＝2AD＋AD＝AD，
∴AC＝＝AD，由①可知，∠CAF＝＝60°，AC＝AF，∴△ACF是等边三角形，
∴等边三角形△ACF的高为AC＝AD，∴ ,
∵的边AB上的高＝CN＝AD，∴，
∴，故④正确，综上，①②④正确，故选：A．
【点睛】此题主要考查了等边三角形的判定和性质、图形的旋转、平行四边形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识，添加适当的辅助线是解题的关键．
变式1．（2022·山西阳泉·一模）综合与实践
【问题背景】如图1，平行四边形ABCD中，∠B＝60°，AB＝6，AD＝8．点E、G分别是AD和DC边的中点，过点E、G分别作DC和AD的平行线，两线交于点F，显然，四边形DEFG是平行四边形．
【独立思考】(1)线段AE和线段CG的数量关系是：______．(2)将平行四边形DEFG绕点D逆时针旋转，当DE落在DC边上时，如图2，连接AE和CG．①求AE的长；②猜想AE与CG有怎样的数量关系，并证明你的猜想；【问题解决】(3)将平行四边形DEFG继续绕点D逆时针旋转，当A，E，F三点在同一直线上时（如图3），AE与CG交于点P，请直接写出线段CG的长和∠APC的度数．
【答案】(1)3AE＝4CG或或或等
(2)①，②3AE＝4CG，或，或等，证明见解析；
(3)，∠APC＝60°
【分析】（1）根据平行四边形性质结合中点即可得出结论；（2）①利用三角函数值求线段长，再根据勾股定理求解即可；②利用三角形相似的判定与性质直接求解即可；（3）利用三角形相似，再结合平行四边形的性质，根据勾股定理求出线段长；利用“8”字形的两个三角形角度关系得到即可求解．
（1）解：点E、G分别是AD和DC边的中点，
，
在平行四边形ABCD中，∠ADC＝∠B＝60°，CD＝AB＝6，AD＝8，
，，
故答案为：3AE＝4CG或或或等
（2）解：①如图，过点E作EH⊥AD于点H，
在Rt△EDH中，∠EDA＝60°，，∴，
∴，∴AH＝AD－HD＝8－2＝6，
在Rt△AHE中，根据勾股定理可得；
②3AE＝4CG或或或等，
证明如下：由题可知：∠ADC＝∠CDG＝60°，，即，
∴△ADE∽△CDG，∴，
即3AE＝4CG或或或等；
（3）过点作于，如图所示：
,,,
,,,,
在平行四边形DEFG中，,,
,,,,
,即,
,,,
,．
【点睛】本题考查四边形综合，涉及到平行四边形的性质、中点性质、旋转不变性的运用、相似三角形的判定与性质、三角函数求线段长、勾股定理求线段长、特殊角度直角三角形三边关系等知识点，熟练掌握相关性质及判定，结合图形准确作出辅助线是解决问题的关键．
模型3.菱形中的旋转模型
1）常规计算型
例1．（2022·安徽黄山·二模）如图，在菱形ABCD中，AC，BD相交于点O，OD＝2，将BC绕点B逆时针旋转得到BE，交CD于点F，且使得DE⊥BD．若AC＝4DE，则CF＝___．
【答案】
【分析】首先根据题目已知条件理清各边之间的关系，根据勾股定理求出DE,AC的长，再根据勾股定理求出菱形边长，利用相似：△OBF∽△DBE得出OF的长，再利用相似:△DEF∽△CMF得出CF的长．
【详解】设DE的长为x，∵AC=4DE,∴AC=4x，∵四边形ABCD为菱形，
∴AO= ，AC⊥BD,∴△AOD为直角三角形，∴ ，
∵BC=AD,∴BC=,∵DE⊥BD，∴△DBE为直角三角形，
∴BE=，又∵BE=BC,∴，解得x=2，
∴DE=2，AC=8,AO=OC=4,BC=DC=,设BE与AC交点为M，
∵DE⊥DB，AC⊥DB，∴DE∥AC，即DE∥OM，∵O为DB中点，
∴ ,∴OM=1,又∵OC=4,∴MC=OC-OM=3,
∵DE∥CM,∴ ,∴,故填：．
【点睛】本题考查菱形的性质，旋转的性质，勾股定理，相似，解题本题的关键是利用勾股定理求出边长，再根据平行得出两组相似三角形．
变式1．（2022·安徽·模拟预测）如图，将边长为3的菱形绕点逆时针旋转到菱形的位置，使点落在上，与交于点．若，则的长为_______．
【答案】##0.75
【分析】延长交BC的延长线于点M，过点C作CNDM交于点N，根据菱形的性质和旋转的性质证明△ AB≌△AD≌△DCM≌，求得＝＝2，CM＝＝1，再根据CNDM，得，，代入即可求解．
【详解】解：如图，延长交BC的延长线于点M，过点C作CNDN交于点N，
∵四边形ABCD是菱形∴AB＝BC＝CD＝AD＝3，∠B＝∠ADC＝∠，ABCD
∴∠DCM＝∠B 由旋转的性质得：
，，， ，∠ADC＝∠，
∴ △≌△ ∴∴
∵∠CDM+∠ADC＝∠DA＋∠ ∴
∴△ AB≌△DCM≌，∴DM＝，∠M＝∠∴
∵CNDM∴∽ ∴∵ ∴ ∴
∵CNDM∴△CNE∽△DE∴∴ ∴CE＝ 故答案为：
【点睛】本题考查菱形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，综合性较强，作辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键．
2）最值（范围）型
例1．（2022·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．
变式1．（2022·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．
3）综合证明型
例1．（2022·江苏南京·模拟预测）【探究发现】
(1)如图1，正方形ABCD两条对角线相交于点O，正方形与正方形ABCD的边长相等，在正方形绕点O旋转过程中，边交边AB于点M，边交边BC于点N．①线段BM、BN、AB之间满足的数量关系是________；②四边形OMBN与正方形ABCD的面积关系是________；
【类比探究】(2)如图2，若将（1）中的“正方形ABCD”改为“含60°的菱形ABCD”，即，且菱形与菱形ABCD的边长相等．当菱形绕点O旋转时，保持边交边AB于点M，边交边BC于点N．请猜想：①线段BM、BN与AB之间的数量关系是_________________；
②菱形OMBN与菱形ABCD的面积关系是________；请你证明其中的一个猜想．
【拓展延伸】(3)如图3，把（2）中的条件“”改为“”，其他条件不变，则①________；（用含α的式子表示）②________．（用含α的式子表示）
【答案】(1)①；②；(2)①；②；
(3)①；②或者
【分析】（1）根据正方形的性质可证△OBM≌△OCN，即可得答案；
（2）连接MN，先证O，M，B，N四点共圆，可得是等边三角形，将绕点O顺时针旋转60°得到△，可得，，再证，即可得答案；
（3）由（1）和（2）的结论推导即可得答案．
(1)解：①∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠NOC+∠BON=90°，OC= BO， ∠ABO=∠OCB，
∵四边形A1B1C1O是正方形，∴∠MOB+∠BON=90°，∴∠NOC=∠MOB，∴△OBM≌△OCN，∴BM=CN，
∴BM+BN=CN+BN=BC=AB，∴BM+BN=AB，
②∵S△OBM=S△OCN ∴S四边形OMBN=S正方形ABCD；
(2)①如下图，连接MN，∵四边形ABCD是菱形，，∴，
∵，∴O，M，B，N四点共圆，∴，
∵，∴是等边三角形， ∴，将绕点O顺时针旋转60°得到△，
∵，，∴边BN刚好落在AB上，即为MH，∴，
∵，，∴是等边三角形，∴，∴
②；
(3)∵由（1）可知：当∠DAB=∠A1OC1=90°， ，
由（2）可知：∠DAB=∠B1OD1=60°，，
∴当∠DAB=∠B1OD1=α，；
∵由（1）可知：当∠DAB=∠A1OC1=90°，S四边形OMBN=S正方形ABCD，
∴ 即，
同理由（2）可知：，即，
∴当∠DAB=∠B1OD1=α，．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质，正方形的性质、菱形的性质，旋转的性质，等边三角形的性质，解直角三角形的应用，圆的性质，解题的关键是理解题意，证△OBM≌△OCN和是等边三角形．
变式1．（2022·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4.矩形中的旋转模型
1）常规计算型
例1．（2022·江西·统考三模）如图，矩形ABCD中，，，将矩形ABCD绕着点A顺时针旋转得到矩形AFGE，当点F落在边CD上时，连接BF、DE，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意作辅助线过点E作于点H，并利用旋转的性质以及三角函数进行分析求解.
【详解】解：如解图，过点E作于点H，在矩形ABCD中，，，，.由旋转的性质可得，，，.，..
，，
，.故选C
【点睛】本题考查矩形相关，综合利用旋转的性质以及三角函数相关性质进行求解.
变式1．（2022·江苏无锡·校考一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝4，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形AB′C′D′，AB′交CD于点E，且DE＝B′E，则AE的长为 _____．
【答案】
【分析】根据旋转不变性得到AB′＝AB＝5，设AE＝CE＝x，在中结合勾股定理即可得出结论．
【详解】解：∵将矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形AB′C′D′，∴AB′＝AB＝5，
∵DE＝B′E，∴AE＝CE，设AE＝CE＝x，∴DE＝5﹣x，∵∠D＝90°，∴AD2+DE2＝AE2，
即，解得：x＝，即AE的长为（也可以写作4.1），故答案为：．
【点睛】本题考查了利用旋转的性质结合勾股定理求线段长．解题过程中涉及到矩形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握几何图形旋转不变性及勾股定理求线段长是解决问题的关键．
2）最值（范围）型
例1．（2022·广东广州·中考真题）如图，在矩形ABCD中，BC=2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'，连接PP' ，CP'．当点P' 落在边BC上时，∠PP'C的度数为________； 当线段CP' 的长度最小时，∠PP'C的度数为________
【答案】 120°##120度 75°##75度
【分析】由旋转性质及旋转角知△BPP′为等边三角形，得到∠PP′B=60°；当点P' 落在边BC上时，∠PP'C=180°-∠PP′B=120°；将线段BA绕点B逆时针旋转60°后点A落在点E，连接BE，得到△ABP≌△EBP′(SAS)，再证明△ABP为等腰直角三角形，进而得到∠EP′B=∠APB=45°，
最后当CP′⊥EF于H时，CP′有最小值，由此可以求出∠PP'C=∠EP′C-∠EP′P=90°-15°=75°．
【详解】解：由线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'可知，△BPP′为等边三角形，
∴∠PP′B=60°，当点P' 落在边BC上时，∠PP'C=180°-∠PP′B=180°-60°=120°；
将线段BA绕点B逆时针旋转60°，点A落在点E，连接BE，设EP′交BC于G点，如下图所示：
则∠ABP=∠ABE-∠PBE=60°-∠PBE，∠EBP′=∠PBP′-∠PBE=60°-∠PBE，
∴∠ABP=∠EBP′，且BA=BE，BP=BP′，∴△ABP≌△EBP′(SAS),∴AP=EP′，∠E=∠A=90°，
由点P' 落在边BC上时，∠PP'C=120°可知，∠EGC=120°，∴∠CGP′=∠EGB=180°-120°=60°，
∴△EBG与△P′CG均为30°、60°、90°直角三角形，设EG=x，BC=2y，
则BG=2EG=2x，CG=BC-BG=2y-2x，GP′=CG=y-x，∴EP′=EG+GP′=x+(y-x)=y=BC，
又已知AB=BC，∴EP′=AB，又由△ABP≌△EBP′知：AP=EP′，∴AB=AP，
∴△ABP为等腰直角三角形，∴∠EP′B=∠APB=45°，∠EP′P=60°-∠EP′B=60°-45°=15°，
当CP′⊥EF于H时，CP′有最小值，此时∠PP'C=∠EP′C-∠EP′P=90°-15°=75°，故答案为：120°，75°．
【点睛】本题考察了三角形全等的判定方法、矩形的性质、旋转的性质及等腰三角形的性质，属于四边形的综合题，难度较大，熟练掌握各图形的性质是解题的关键．
变式1．（2022·江苏·江阴市华士实验中学一模）如图，在矩形ABCD中，，，点P为边AD上一个动点，连接CP，点P绕点C顺时针旋转得到点，连接并延长到点E，使，以CP、CE为邻边作矩形PCEF，连接DE、DF，则和面积之和的最小值为______．
【答案】
【分析】过点D作DH⊥PC于H，设PD=x，然后利用勾股定理求出PC、CH、EF的长，然后表示出面积，最后利用二次函数的性质求解即可．
【详解】解：如图，过点D作DH⊥PC于H，设PD=x，
∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD=3cm，∠PDC=90°，
∴，∵DH⊥PC，∴
∴，∴，
∵四边形PCEF是矩形，∴，∵，
∴
∴当时，有最小值，故答案为：．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、矩形的性质、勾股定理、三角形面积、二次函数求最值等知识，够熟练掌握相关知识成为解答本题的关键．
3）分类讨论型
例1．（2022·江苏·一模）如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转θ（0°≤θ≤360°），得到矩形AEFG．
（1）当点E在BD上时，求证：AF∥BD；（2）当GC＝GB时，求θ；
（3）当AB＝10，BG＝BC＝13时，求点G到直线CD的距离．
【答案】（1）见解析；（2）60°或300°；（3）25或1
【分析】（1）先运用SAS判定△FEA≌△DAB，可得∠AFE＝∠ADE＝∠DEF，即可得出AF∥BD；
（2）当GB＝GC时，点G在BC的垂直平分线上，分两种情况讨论，依据∠DAG＝60°，即可得到旋转角θ的度数．（3）当BG＝BC时存在两种情况：画图根据勾股定理计算即可．
【详解】（1）由旋转可得，AE＝AB，∠AEF＝∠DAB＝90°，EF＝BC＝AD，
∴∠AEB＝∠ABE，△FEA≌△DAB（SAS），∴∠AFE＝∠ADB，
又∵∠ABE+∠EDA＝90°＝∠AEB+∠DEF，∴∠EDA＝∠DEF，∴∠DEF＝∠AFE，∴AF∥BD；
（2）如图1，当GB＝GC时，点G在BC的垂直平分线上，分两种情况讨论：
①当点G在AD右侧时，取BC的中点H，连接GH交AD于M，连接DG，
∵GC＝GB，∴GH⊥BC，∴四边形ABHM是矩形，
∴AM＝BH＝AD＝AG，∴GM垂直平分AD，∴GD＝GA＝DA，
∴△ADG是等边三角形，∴∠DAG＝60°，∴旋转角θ＝60°；

②当点G在AD左侧时，如图2，同理可得△ADG是等边三角形，∴∠DAG＝60°，
∴旋转角θ＝360°﹣60°＝300°．综上，θ的度数为60°或300°；
（3）有两种情况：①如图3，当BG＝BC＝13时，过G作GH⊥CD于H，交AB于M，

∵AG＝BC＝BG，∴AM＝BM＝5，
Rt△AMG中，由勾股定理得：MG＝＝＝12，
∵AB∥CD，∴MH＝BC＝13，∴GH＝13+12＝25，即点G到直线CD的距离是25；
②如图4，过G作MH⊥CD于H，交AB于M，同理得GM＝12，
∴GH＝13﹣12＝1，即点G到直线CD的距离是1；综上，即点G到直线CD的距离是25或1．
【点睛】本题主要考查了四边形的综合问题，解题的关键是掌握旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质的运用，解题时注意：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．
4）综合证明型
例1．（2022·重庆·一模）矩形ABCD中．∠ADB＝30°，△AEF中，∠AFE＝90°，∠AEF＝30°，AEBD．连接EC，点G是EC中点．将△AEF绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜360°）．
(1)如图1，若A恰好在线段CE延长线上，CD＝2，连接FG，求FG的长度；
(2)如图2，若点F恰好落在线段EC上，连接BG．证明：2（GC﹣GB）DC；
(3)如图3，若点F恰好落在线段BA延长线上，M是线段BC上一点，3BM＝CM，P是平面内一点，满足∠MPC＝∠DCE，连接PF，已知CD＝2，求线段PF的取值范围．
【答案】(1)(2)见解析(3)PF
【分析】（1）如图1中，过点F作AH⊥AE于H．解直角三角形求出FH，HG，利用勾股定理解决问题即可．（2）如图2中，连接AC交BD于M，连接BF，GM．证明△BAF≌△BMG（SAS），推出BF＝MG，∠ABF＝∠MBF，推出∠FBG＝∠ABM＝60°，推出△FBG是等边三角形，可得结论．
（3）如图3中，连接AC，作线段CM的垂直平分线交EC于O，连接OM．以O为圆心，OM为半径作⊙O，作点O关于CM的对称点O′，以O′为圆心，O′M为半径作⊙O′，推出∠MPC＝∠ECD＝30°，∠MPC∠MOC＝30°，推出点P在CM两侧的两段优弧上，再根据r﹣OF≤PF≤r+O′F，求解即可．
(1)解：如图1中，过点F作AH⊥AE于H．

∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，∵AB＝CD＝2，∠ADB＝30°，∴BD＝2AB＝4，
∵AEBD，∴AE＝AB＝2，∵∠ABD＝90°﹣30°＝60°，
∴△ABE是等边三角形，∴AE＝BE＝DE＝2，∴A，E，C共线，
∵FH⊥AE，∴∠FHE＝∠AFE＝90°，∵∠AEF＝30°，
∴AFAE＝1，EF，FH，EH，
∵EG＝CG＝1，∴GH＝1，∴FG．
(2)解：如图2中，连接AC交BD于M，连接BF，GM．
∵四边形ABCD是矩形，∴AM＝MC＝BM＝DM，
∵∠ABM＝90°﹣∠ADB＝60°，∴△ABM是等边三角形，∴∠AMB＝∠BAM＝60°，
∵AM＝MC，EG＝CG∴GM∥AE，GMAE，∴∠AMG+∠EAM＝180°，
∴∠AMG+60°+∠FAB+60°＝180°，∴∠AMG+∠FAB＝60°，
∵∠AMG+∠BMG＝60°，∴∠BAF＝∠BMG，
∵MGAE．AFAE，∴AF＝MG，AB＝MB，∴△BAF≌△BMG（SAS），
∴BF＝BG，∠ABF＝∠MBF，∴∠FBG＝∠ABM＝60°，∴△FBG是等边三角形，∴BG＝FG，
∴GC﹣GB＝GE﹣FG＝BFAF，∵AE＝CD＝2AF，∴2（GC﹣GB）DC．
(3)解：如图3中，连接AC，作线段CM的垂直平分线交EC于O，连接OM．
∵∠EAD＝∠DAC＝30°，∠BAC＝60°，∴∠BAC＝∠CAE＝60°，AB＝AE，
∵AC＝AC，∴△ACB≌△ACE（SAS），∴∠ACB＝∠ACE＝30°，
∵OE＝OC，∠MCO＝60°，∴△OMC是等边三角形，∴∠MOC＝60°，
以O为圆心，OM为半径作⊙O，作点O关于CM的对称点O′，以O′为圆心，O′M为半径作⊙O′，
∵∠MPC＝∠ECD＝30°∴∠MPC∠MOC＝30°，∴点P在CM两侧的两段优弧上，
由题意，⊙O，⊙O′的半径都是r＝CM，OF，O′F，∵r﹣OF≤PF≤r+O′F，∴PF．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，圆周角定理等知识，正确寻找全等三角形解决问题是解题的关键是．
变式1．（2022·四川·眉山市东坡区模拟预测）如图，Rt△ABE中，∠B=90°，AB=BE，将△ABE绕点A逆时针旋转45°，得到△AHD，过D作DC⊥BE交BE的延长线于点C，连接BH并延长交DC于点F，连接DE交BF于点O．下列结论：①DE平分∠HDC；②DO=OE；③H是BF的中点；④BC-CF=2CE；⑤CD=HF，其中正确的有（ ）
A．5个B．4个C．3个D．2个
【答案】B
【分析】根据∠B=90°，AB=BE，△ABE绕点A逆时针旋转45°，得到△AHD，可得，并且△ABE和△AHD都是等腰直角三角形，可证，根据，可得，根据三角形的内角和可得，即DE平分∠HDC，所以①正确；
利用，得到四边形是矩形，有，，由①有DE平分∠HDC，得，可得,，可证，利用 易证，则有，，所以②正确；
过作于，并延长交于点，得，是的中点，是的中点，是的中点，所以③正确；
根据是等腰直角三角形，，∵是的中点，是的中点，得到，，，易证，所以④正确；
利用AAS证明，则有，，易的，，则不是直角三角形，并 ，即有：，所以⑤不正确；
【详解】解：∵Rt△ABE中，∠B=90°，AB=BE，∴
又∵将△ABE绕点A逆时针旋转45°，得到△AHD，
∴，并且△ABE和△AHD都是等腰直角三角形，
∴， ，，∴
∴，∴ ∴，∴,
又∵ ∴∴由三角形的内角和可得，
即：DE平分∠HDC，所以①正确；∵∴四边形是矩形，
∴∴，由①有DE平分∠HDC，∴
∵，∴,
∴∴
在中，∴
∴∴∴，所以②正确；
过作于，并延长交于点，
∵∴又∵是等腰直角三角形，∴是的中点，
∵四边形是矩形，∴是的中点，∴是的中点，所以③正确；
∵是等腰直角三角形，∴又∵是的中点，是的中点，
∴，，，∴
即有：，所以④正确；在和中，
，∴，，，
∵∴，∴
∴不是直角三角形，并 即有：，所以⑤不正确；
综上所述，正确的有①②③④，故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、旋转的性质、矩形的性质、角平分线的性质以及等腰直角三角形的判定与性质；证明三角形全等和等腰直角三角形是解决问题的关键．
模型5.正方形中的旋转模型
1）常规计算型
例1．（2022·河南·平顶山市模拟预测）如图，正方形ABCD的顶点B在原点，点D的坐标为（4，4），将AB绕点A逆时针旋转60°，使点B落在点B′处，DE⊥BB′于点E，则点E的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】分别延长AD和BE交于点F，过点E作EG⊥x轴于点G，利用特殊角的三角函数求出BF、EF的长，进而求出BE，再利用特殊角的三角函数求出EG、BG的长即可得解.
【详解】解：分别延长AD和BE交于点F，过点E作EG⊥x轴于点G，
∵四边形ABCD是正方形，点D的坐标为（4，4），∴∠BAD=∠ABC=90º，AB=AD=4，
∵AB绕点A逆时针旋转60°，点B落在点B′处，∴△ABB′是等边三角形，
∴∠ABB′=60º，∠EBC=30º，∴∠F=30º，
∴BF=2AB=8，AF=BF·sin60º=，∴DF=AF-AD=-4，
∵DE⊥BB′于点E，∴EF=DF·cs30º=，∴BE=BF-EF=2+，
∴EG=BE·sin30º=，BG=BE·cs30º=，
∴点E的坐标为故选：D
【点睛】本题主要考查正方形、等边三角形、旋转的性质以及解三角形，根据旋转的性质判断△ABB′是等边三角形以及特殊角的三角函数的应用是解题的关键.
变式1．（2022·辽宁辽宁·中考真题）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是OD的中点，连接CE并延长交AD于点G，将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到CF，连接EF，点H为EF的中点．连接OH，则的值为_______．
【答案】
【分析】以O为原点，平行于AB的直线为x轴，建立直角坐标系，过E作EM⊥CD于M，过F作FN⊥DC，交DC延长线于N，设正方形ABCD的边长为2，从而求出E的坐标，然后根据待定系数法求出直线CE的解析式，即可求出G的坐标，从而可求出GE，根据旋转的性质可求出F的坐标，进而求出H的坐标，则可求OH，最后代入计算即可得出答案．
【详解】解：以O为原点，平行于AB的直线为x轴，建立直角坐标系，过E作EM⊥CD于M，过F作FN⊥DC，交DC延长线于N，如图：
设正方形ABCD的边长为2，则C（1，1），D（﹣1，1），∵E为OE中点，
∴E（，），设直线CE解析式为y＝kx+b，把C（1，1），E（，）代入得：
，解得，∴直线CE解析式为，
在中，令x＝﹣1得y＝，∴G（﹣1，），∴GE＝＝，
∵将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到CF，∴CE＝CF，∠ECF＝90°，∴∠MCE＝90°﹣∠NCF＝∠NFC，
∵∠EMC＝∠CNF＝90°，∴△EMC≌△CNF（AAS），∴ME＝CN，CM＝NF，
∵E（，），C（1，1），∴ME＝CN＝，CM＝NF＝，∴F（，），
∵H是EF中点，∴H（，0），∴OH＝，∴＝＝．故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，两点间距离公式等知识，以O为原点，平行于AB的直线为x轴，建立直角坐标系是解题的关键．
2）最值（范围）型
例1．（2022·江苏扬州·三模）如图，已知正方形ABCD的边长为4，点E是AB边上一动点，连接ED，将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DF，CF，则DF＋CF的最小值是（ ）
A．4B．4C．5D．2
【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，确定点F在BF的射线上运动，作点C关于BF的对称点，由三角形全等得到，从而确定点在AB的延长线上，当D、F、三点共线时，DF＋CF＝最小，通过勾股定理即可求得长度．
【详解】解：如图，连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，
∵ED绕点E顺时针旋转90°到EF，∴，ED＝EF，∴，
又∵在中，，∴，
在和中，∴
∴FG＝AE，EG＝DA，∴点F在BF的射线上运动，作点C关于BF的对称点，
∵EG＝DA，∴EG＝DA，∴EG－EB＝DA－EB，即BG＝AE，
∴BG＝FG，是等腰直角三角形，，∴，
∴点在AB的延长线上，当D、F、三点共线时，DF＋CF＝最小，
在中，AD＝4，，∴，∴DF＋CF的最小值为，故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、轴对称性质、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．
变式1．（2022·安徽合肥·二模）正方形中，，点E为边上一动点（不与A、B重合），将绕点D逆时针旋转90°得到，过E作交于点G．则的最小值为（ ）．
A．2B．C．D．3
【答案】D
【分析】设GC=y，AE=x，根据题条件易证得，即有，代入相关数值化简后，有，则可知y的最小值，即GC的最小值得解．
【详解】设GC=y，AE=x，∴结合正方形边长为4，即BE=AD-AE=4-x，BG=BC-GC=4-y，
根据旋转可知∠EDF=90°，即ED⊥DF，
∵，∴，即∠GED=90°，∴∠AED+∠GEB=90°，∵∠GEB+∠BGE=90°，∴∠AED=∠EGB，
∵∠B=∠A=90°，∴，∴，即，
化简得：，∴则当x=2时，y有最小值为3，∴GC的最小值为3，故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、旋转的性质和二次函数的最值问题，证得，得到，以此构造二次函数是解答本题的关键．
3）路径（轨迹）型
例1．（2022·浙江·九年级期末）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·山西·九年级专题练习）如图，已知正方形ABCD的边长为，点O为正方形的中心，点F为边AB的中点，点G为线段AF上一动点，直线GO交CD于点H，过点D作，垂足为点E，当点G从点A运动到点F时，点E所经过的路径长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接OD、OA，由题意易得OD=OA=2，∠DEO=90°，进而可得点E是在以OD为直径的圆上运动，然后根据点G从点A移动到点F时，点E的运动轨迹刚好是四分之一圆，进而可求解．
【详解】解：连接OA、OD，如图所示：

∵点O为正方形的中心，∴OA⊥OD，∠OAD=45°，∴△OAD是等腰直角三角形，
∵AD=，∴OA=OD=2，∵，∴点E是以OD为直径的圆的运动轨迹，如图所示：
∴点G从点A移动到点F时，点E的运动轨迹刚好是四分之一圆，
∴点E所经过的路径长为：，故选A．
【点睛】本题主要考查圆的基本性质及弧长计算公式，关键是根据题意得到动点的运动路径是圆弧，然后根据弧长计算即可．
4）分类讨论型
例1．（2022·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．
变式1．（2022·湖北模拟预测）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】（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）综合证明型
例1．（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．
变式1．（2022·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⊥CA1于M，利用等腰三角形性质及折叠性质得∠ADE+∠CDM，再等量代换即可判断②；连接AP、PC、AC，由对称性知，PA1=PA，知P、A、C共线时取最小值，最小值为AC长度，勾股定理求解即可判断③；过点A1作A1H⊥AB于H，借助特殊角的三角函数值求出BE，A1H的长度，代入三角形面积公式求解即可判断④．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC，∠ABC=90°，
由旋转知，∠A1BA2=90°，A1B=A2B，∴∠ABA1=∠CBA2，∴△ABA1≌△CBA2，故①正确；
过D作DM⊥CA1于M，如图所示，
由折叠知AD=A1D=CD，∠ADE=∠A1DE，∴DM平分∠CDA1，∴∠ADE+∠CDM=45°，
又∠BCA1+∠DCM=∠CDM+∠DCM=90°，∴∠BCA1=∠CDM，∴∠ADE+∠BCA1=45°，故②正确；
连接AP、PC、AC，由对称性知，PA1=PA，
即PA1+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；
过点A1作A1H⊥AB于H，如图所示，
=∵∠ADE=30°∴AE=tan30°·AD=，DE=，∴BE=AB-AE=1-，
由折叠知∠DEA=∠DEA1=60°，AE=A1E=，∴∠A1EH=60°，
∴A1H=A1E·sin60°=，∴△A1BE的面积=，故④错误，故答案为：①②③．
【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．
课后专项训练
1．（2022·浙江·九年级期末）如图，在中，，，将点绕点逆时针旋转得到点，点落在线段上，在线段BE上取点，使，连结，，则的长为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】C
【分析】根据已知条件利用勾股定理求得，进而求得，通过角度的计算可得，从而可求得，根据即可求得
【详解】过点作于点，
四边形是平行四边形，,
故选C
【点睛】本题考查平行四边形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，熟悉几何图形的性质是解题的关键．
2．（2022·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．
4．（2022·山东·滕州市一模）在矩形ABCD中，AD = 2AB = 4，E为AD的中点，一块足够大的三角板的直角顶点与E重合，将三角板绕点E旋转，三角板的两直角边分别交AB、BC（或它们的延长线）于点M、N，设∠AEM = α（0°＜α ＜ 90°），给出四个结论：
①AM ＝CN ②∠AME ＝∠BNE ③BN－AM ＝2 ④ .
上述结论中正确的个数是
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【详解】试题解析：①如图，在矩形ABCD中，AD=2AB，E是AD的中点，作EF⊥BC于点F，则有AB=AE=EF=FC，∵∠AEM+∠DEN=90°，∠FEN+∠DEN=90°，∴∠AEM=∠FEN，在Rt△AME和Rt△FNE中，∵∠AEM=∠FEN，AE=EF，∠MAE=∠NFE，∴Rt△AME≌Rt△FNE，∴AM=FN，∴MB=CN．

∵AM不一定等于CN，∴AM不一定等于CN，∴①错误，②由①有Rt△AME≌Rt△FNE，∴∠AME=∠BNE，∴②正确，③由①得，BM=CN，∵AD=2AB=4，∴BC=4，AB=2
∴BN﹣AM=BC﹣CN﹣AM=BC﹣BM﹣AM=BC﹣（BM+AM）=BC﹣AB=4﹣2=2，∴③正确，④如图，
由①得，CN=CF﹣FN=2﹣AM，AE=AD=2，AM=FN∵tanα=，∴AM=AEtanα
∵csα==，∴ ，
∴=1+=1+=1+，∴=2（1+）
∴S△EMN=S四边形ABNE﹣S△AME﹣S△MBN=（AE+BN）×AB﹣AE×AM﹣BN×BM
=（AE+BC﹣CN）×2﹣AE×AM﹣（BC﹣CN）×CN
=（AE+BC﹣CF+FN）×2﹣AE×AM﹣（BC﹣2+AM）（2﹣AM）
=AE+BC﹣CF+AM﹣AE×AM﹣（2+AM）（2﹣AM）
=AE+AM﹣AE×AM+=AE+AEtanα﹣tanα+
=2+2tanα﹣2tanα+2=2（1+）=，∴④正确．故选C．
5．（2020·湖北孝感·中考真题）如图，点在正方形的边上，将绕点顺时针旋转到的位置，连接，过点作的垂线，垂足为点，与交于点．若，，则的长为（ ）
A．B．C．4D．
【答案】B
【分析】根据正方形性质和已知条件可知BC=CD=5,再由旋转可知DE=BF,设DE=BF=x，则CE=5-x，CF=5+x，然后再证明△ABG∽△CEF，根据相似三角形的性质列方程求出x，最后求CE即可．
【详解】解：∵，∴BC=BG+GC=2+3=5
∵正方形∴CD=BC=5设DE=BF=x，则CE=5-x，CF=5+x
∵AH⊥EF，∠ABG=∠C=90°∴∠HFG+∠AGF=90°，∠BAG+∠AGF=90°∴∠HFG=∠BAG∴△ABG∽△CEF
∴ ,即，解得x=∴CE=CD-DE=5-=．故答案为B．
【点睛】本题考查了正方形的性质和相似三角形的判定与性质，根据相似三角形的性质列方程求出DE的长是解答本题的关键．
6．（2022·四川眉山·中考真题）如图，四边形为正方形，将绕点逆时针旋转至，点，，在同一直线上，与交于点，延长与的延长线交于点，，．以下结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】利用旋转的性质，正方形的性质，可判断①正确；利用三角形相似的判定及性质可知②正确；证明，得到，即，利用是等腰直角三角形，求出，再证明即可求出可知③正确；过点E作交FD于点M，求出，再证明，即可知④正确．
【详解】解：∵旋转得到，∴，
∵为正方形，，，在同一直线上，
∴，∴，故①正确；
∵旋转得到，∴，，∴，∴，
∵，∴，∴，∴，故②正确；
设正方形边长为a，∵，，∴，
∵，∴，∴，即，
∵是等腰直角三角形，∴，∵，，
∴，∴，即，解得：，
∵，∴，故③正确；过点E作交FD于点M，
∴，∵，∴，∵，∴，
∵，，∴，
∴，故④正确。综上所述：正确结论有4个，故选：D
【点睛】本题考查正方形性质，旋转的性质，三角形相似的判定及性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握以上知识点，结合图形求解．
7．（2022·江苏扬州·三模）如图，在等边△ABC和等边△CDE中，AB＝6，CD＝4，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】过点F作GF∥CD，过点C作GC∥DF，二线交于点G，根据平行四边形的性质，得到点F在以G为圆心，以CD长为半径的圆上，利用圆的性质，确定最小值即可．
【详解】如图，过点F作GF∥CD，过点C作GC∥DF，二线交于点G，
∴ 四边形DFGC是平行四边形，∴GF=CD=4,∴点F在以G为圆心，以CD长为半径的圆上，
∴当A、F、G三点共线时，AF最小，∵四边形DFGC是平行四边形，四边形ABFD是平行四边形，
∴AB∥DF∥CG，AB=DF=CG，∴四边形ABGC是平行四边形，
∵AB=AC，∴四边形ABGC是菱形，∴AG，BC互相垂直平分，设交点为H，
∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=60°，
∴AH=ABsin60°=，∴AG=2AH=，∴AF=AG-FG=故答案为：．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，圆的最值性，特殊角的三角函数值，熟练菱形的判定和性质，圆的性质是解题的关键．
8．（2022·山东济南·九年级统考期末）如图，在□ABCD中，AB＝5，AD＝3，∠A＝60°，E是边AD上且AE＝2DE，F是射线AB上的一个动点，将线段EF绕点E逆时针旋转60°，得到EG，连接BG、DG，则BG－DG的最大值为________．
【答案】1
【分析】如图，在AB的一点N，使得AN=AE，连接EN， GN， 可证明△AEN是等边三角形，∠AEN=∠FEG=60°，EA=EN，从而可证明△AEF≌△NEG得到∠ENG=∠A=60°，进而推出∠GNB=60°，则点G的运动轨迹是射线NG，过点B作BM⊥NG交CD延长线于M，连接MG，DG，先求出，证明四边形ANTD是平行四边形，得到NT=AD=3，DT=AN=2，然后证明△MKT≌△BKN得到MK=BK，MT=BN=3，MD=1，NT垂直平分BM，进而推出当M、D、G三点共线时，MG-DG有最大值，DM，即BG-DG有最大值DM．
【详解】解：如图，在AB的一点N，使得AN=AE，连接EN， GN，
由旋转的性质可知EF=EG，∠FEG=60°，∵AE=2DE，AD=3∴AE=2，DE=1，
∵AE=AN，∵∠A=60°，∴△AEN是等边三角形，
∴∠AEN=∠FEG=60°，EA=EN，∴∠AEF=∠NEG，
∵EA=EN，EF=EG，∴△AEF≌△NEG（SAS），∴∠ENG=∠A=60°，
∵∠ANE=60°，∴∠GNB=180°-60°-60°=60°，∴点G的运动轨迹是射线NG，
过点B作BM⊥NG交CD延长线于M，连接MG，DG，∴∠BKN=90°，
∵∠BNK=60°，∴∠NBK=30°，∵AB=5，AN=AE=2，∴BN=3，
∴，∵∠BNK=∠A=60°，∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴，∴四边形ANTD是平行四边形，∠M=∠KBN，
∴NT=AD=3，DT=AN=2，∴，∴NK=TK，
又∵∠MKT=∠BKN，∴△MKT≌△BKN（AAS），∴MK=BK，MT=BN=3，
∴MD=1，NT垂直平分BM，∴BG=MG，∵MG-DG≤MD，∴BG-DG≤MD，
∴当M、D、G三点共线时，MG-DG有最大值，DM，即BG-DG有最大值DM，
∴MG-DG的最大值为1，故答案为1．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形确定点G的运动轨迹是解题的关键．
9．（2022·江苏·南京市花园中学模拟预测）中，， ，，对角线AC，BD交于点O，将绕点O顺时针旋转，使点D落在AD上处，点C落在处，交AD于点P，则的面积是___________．
【答案】
【分析】过点作，作，，，，为垂足，根据，，，可证是直角三角形，，可求△各边长，以及的长，由可求的长，即可求的面积．
【详解】解：过点作，作，，，，为垂足，
，，，，，
．，，，
是平行四边形，，，，，
在中，，
旋转，，，，，
，，，，
，，，，，
，，，，，
，且，，
，故答案为．
【点睛】本题考查旋转的性质，平行四边形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，关键是灵活运用这些性质解决问题．
10．（2022·山西·九年级专题练习）如图，菱形ABCD中，AB＝12，∠ABC＝60°，点E在AB边上，且BE＝2AE，动点P在BC边上，连接PE，将线段PE绕点P顺时针旋转60°至线段PF，连接AF，则线段AF长的最小值为___．
【答案】
【分析】在上取一点，使得，连接，作直线交于，过点作于，先根据等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定定理证出，根据全等三角形的性质可得，从而可得，由此可得点在射线上运动，再根据垂线段最短可得当点与点重合时，的长最小，然后根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可得，最后在中，解直角三角形即可得．
【详解】解：在上取一点，使得，连接，作直线交于，过点作于，
，是等边三角形，，
，是等边三角形，，
，，即，
在和中，，，
，，点在射线上运动，
由垂线段最短可知，当点与点重合时，的长最小，
，，
，，四边形是菱形，，
四边形是平行四边形，，
，即长的最小值为，故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、解直角三角形等知识点，正确找出点的运动轨迹是解题关键．
11．（2022·新疆·中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边BC的延长线上，点F在边AB上，以点D为中心将绕点D顺时针旋转与恰好完全重合，连接EF交DC于点P，连接AC交EF于点Q，连接BQ，若，则______．
【答案】
【分析】通过∠DFQ=∠DAQ=45°证明A、F、Q、D四点共圆，得到∠FDQ=∠FAQ=45°，∠AQF=∠ADF，利用等角对等边证明BQ=DQ=FQ=EQ，并求出，通过有两个角分别相等的三角形相似证明，得到，将BQ代入DE、FQ中即可求出．
【详解】连接PQ，
∵绕点D顺时针旋转与完全重合，
∴DF=DE，∠EDF=90°，，∴∠DFQ=∠DEQ=45°，∠ADF=∠CDE，
∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，∴∠DAQ=∠BAQ=45°，∴∠DFQ=∠DAQ=45°，
∴∠DFQ、∠DAQ是同一个圆内弦DQ所对的圆周角，即点A、F、Q、D在同一个圆上（四点共圆），
∴∠FDQ=∠FAQ=45°，∠AQF=∠ADF，∴∠EDQ=90°-45°=45°，∠DQE=180°-∠EDQ-∠DEQ=90°，∴FQ=DQ=EQ，∵A、B、C、D是正方形顶点，∴AC、BD互相垂直平分，
∵点Q在对角线AC上，∴BQ=DQ，∴BQ=DQ=FQ=EQ，
∵∠AQF=∠ADF， ∠ADF=∠CDE，∴∠AQF=∠CDE，∵∠FAQ=∠PED=45°，
∴，∴，∴，∵BQ=DQ=FQ=EQ，∠DQE=90°，
∴，∴，∴，故答案为：．
【点睛】本题综合考查了相似三角形、全等三角形、圆、正方形等知识，通过灵活运用四点共圆得到等弦对等角来证明相关角相等是解题的巧妙方法．
12．（2021·江苏宿迁·中考真题）已知正方形ABCD与正方形AEFG，正方形AEFG绕点A旋转一周．
(1)如图①，连接BG、CF，求的值；(2)当正方形AEFG旋转至图②位置时，连接CF、BE，分别取CF、BE的中点M、N，连接MN、试探究：MN与BE的关系，并说明理由；
(3)连接BE、BF，分别取BE、BF的中点N、Q，连接QN，AE=6，请直接写出线段QN扫过的面积．
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）由旋转的性质联想到连接，证明即可求解；
（2）由M、N分别是CF、BE的中点，联想到中位线，故想到连接BM并延长使BM=MH，连接FH、EH，则可证即可得到，再由四边形内角和为可得，则可证明，即是等腰直角三角形，最后利用中位线的性质即可求解；
（3）Q、N两点因旋转位置发生改变，所以Q、N两点的轨迹是圆，又Q、N两点分别是BF、BE中点，所以想到取AB的中点O，结合三角形中位线和圆环面积的求解即可解答．
【详解】解：（1）连接 四边形ABCD和四边形AEFG是正方形
分别平分
即且都是等腰直角三角形
（2）连接BM并延长使BM=MH，连接FH、EH
是CF的中点又
在四边形BEFC中
又
即即
又四边形ABCD和四边形AEFG是正方形
三角形BEH是等腰直角三角形
M、N分别是BH、BE的中点
（3）取AB的中点O，连接OQ、ON，连接AF 在中，O、Q分别是AB、BF的中点
同理可得
所以QN扫过的面积是以O为圆心，和为半径的圆环的面积．
【点睛】本题考察旋转的性质、三角形相似、三角形全等、正方形的性质、中位线的性质与应用和动点问题，属于几何综合题，难度较大．解题的关键是通过相关图形的性质做出辅助线．
13．（2022·江苏南通·中考真题）如图，矩形中，，点E在折线上运动，将绕点A顺时针旋转得到，旋转角等于，连接．
(1)当点E在上时，作，垂足为M，求证；(2)当时，求的长；
(3)连接，点E从点B运动到点D的过程中，试探究的最小值．
【答案】(1)见详解(2)或(3)
【分析】（1）证明即可得证．
分情况讨论，当点E在BC上时，借助，在中求解；当点E在CD上时，过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，借助并利用勾股定理求解即可．（3）分别讨论当点E在BC和CD上时，点F所在位置不同，DF的最小值也不同，综合比较取最小即可．
（1）如图所示，由题意可知，，，，由旋转性质知：AE=AF，
在和中，，，．

（2）当点E在BC上时 在中，，，则，
在中，，，则，由（1）可得，，
在中，，，则，
当点E在CD上时，如图，过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，
同（1）可得，，
由勾股定理得；故CF的长为或．
（3）如图1所示，当点E在BC边上时，过点D作于点H，由（1）知，，
故点F在射线MF上运动，且点F与点H重合时，DH的值最小．
在与中，，，
，即，，，，
在与中，，，
，即，，故的最小值；
如图2所示，当点E在线段CD上时，将线段AD绕点A顺时针旋转的度数，得到线段AR，连接FR，过点D作，，由题意可知，，
在与中，，，，
故点F在RF上运动，当点F与点K重合时，DF的值最小；
由于，，，故四边形DQRK是矩形；
，，
，，
故此时DF的最小值为；由于，故DF的最小值为．
【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、勾股定理、解直角三角形，解决本题的关键是各性质定理的综合应用．
14．（2022·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践
数学是以数量关系和空间形式为主要研究对象的科学．数学实践活动有利于我们在图形运动变化的过程中去发现其中的位置关系和数量关系，让我们在学习与探索中发现数学的美，体会数学实践活动带给我们的乐趣．如图①，在矩形ABCD中，点E、F、G分别为边BC、AB、AD的中点，连接EF、DF，H为DF的中点，连接GH．将△BEF绕点B旋转，线段DF、GH和CE的位置和长度也随之变化．当△BEF绕点B顺时针旋转90°时，请解决下列问题：
(1)图②中，AB=BC，此时点E落在AB的延长线上，点F落在线段BC上，连接AF，猜想GH与CE之间的数量关系，并证明你的猜想；
(2)图③中，AB=2，BC=3，则 ；(3)当AB=m , BC=n时． ．
(4)在（2）的条件下，连接图③中矩形的对角线AC，并沿对角线AC剪开，得△ABC（如图④)．点M、N分别在AC、BC上，连接MN，将△CMN沿 MN翻折，使点C的对应点P落在AB的延长线上，若PM平分∠APN，则CM长为 ．
【答案】(1)，证明见解析(2)(3)(4)
【分析】（1）先证明△ABF≌△CBE，得AF=CE，再根据中位线性质得GH=，等量代换即可；
（2）连接AF，先证明△ABF∽△CBE，得到AF：CE的比值，再根据中位线性质得GH=，等量代换即可；（3）连接AF，先证明△ABF∽△CBE，用含m、n的代数式表达出AF：CE的比值，再根据中位线性质得GH=，等量代换即可；（4）过M作MH⊥AB于H，根据折叠性质得∠C=∠MPN，根据角平分线证明出∠C=∠PMH，设CM=PM=x，HM=y，根据三角函数定义找到x、y之间的关系，再利用△AHM∽△ABC，得到，代入解方程即可．
【详解】（1）解：，理由如下：
∵AB=BC，四边形ABCD为矩形，∴四边形ABCD为正方形，∴∠ABC=∠CBE=90°，
∵E、F为BC，AB中点，∴BE=BF，∴△ABF≌△CBE，∴AF=CE，
∵H为DF中点，G为AD中点∴GH=，∴．
（2）解：，连接AF，如图所示，

由题意知，BF==1，BE==，∴，
由矩形ABCD性质及旋转知，∠ABC=∠CBE=90°，∴△ABF∽△CBE，∴AF：CE=2:3，
∵G为AD中点，H为DF中点，∴GH=，∴．故答案为：．
（3）解：，连接AF，如图所示，
由题意知，BF==，BE==，∴，
由矩形ABCD性质及旋转知，∠ABC=∠CBE=90°，∴△ABF∽△CBE，∴AF：CE=m：n，
∵G为AD中点，H为DF中点，∴GH=，∴．故答案为：．
（4）解：过M作MH⊥AB于H，如图所示，
由折叠知，CM=PM，∠C=∠MPN，∵PM平分∠APN，∴∠APM=∠MPN，∴∠C=∠APM，
∵AB=2，BC=3 ∴AC=，设CM=PM=x，HM=y，
由知，，即，，
∵HM∥BC，∴△AHM∽△ABC，∴，
即，，∴，解得：x=，故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形性质、三角形中位线性质、折叠性质、全等三角形判定与性质、相似三角形的性质与判定、三角函数定义等知识点，找到相似三角形是解题关键．
15．（2022·福建泉州·九年级统考期末）如图1，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，以点A为旋转中心，将菱形ABCD逆时针旋转α（0°＜α＜30°）得到菱形，交对角线AC于点M，边AB的延长线交于点N．
（1）当时，求α的度数；
（2）如图2，对角线B'D'交AC于点H，交AN于点G，延长交AD于点E，连接EH，若菱形ABCD的周长为正数a，试探索：在菱形ABCD绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜30°）的过程中，的周长是否为定值，若是，试求出此定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）α＝15°；（2）为定值，
【分析】（1）先利用SAS判断出△AD'M≌△AB'N（SAS），得出∠D'AM＝∠B'AN＝α，再判断出∠CAD＝30°＝2α，即可得出结论；（2）先判断出AB'＝AD'＝，再判断出∠AB'G＝∠AD'E＝60°，进而利用ASA判断出△AB'G≌△AD'E，得出B'G＝D'E，AG＝AE，进而判断出△AGH≌△AEH（ASA），得出HE＝HG，即可得出结论．
【详解】解：（1）∵菱形AB'C'D'是由菱形ABCD旋转所得，∴AB'＝AD'，∠AB'N＝∠AD'M，
又∵，∴△AD'M≌△AB'N（SAS），∴∠D'AM＝∠B'AN＝α，
又∵AC为菱形ABCD的对角线，且∠BAD＝60°，∴∠CAD＝30°＝∠D'AM+∠D'AD＝2α，∴α＝15°；
（2）∵菱形AB'C'D'是由菱形ABCD旋转所得，∴∠B'AG＝∠D'AE＝α，
∵菱形ABCD的周长为a∴AB'＝AD'＝ ，
又∵∠B'AD'＝∠BAD＝60°，∴∠AD'C'＝120°，且∠AD'E＝60°，∴
∴△AB'G≌△AD'E（ASA），∴B'G＝D'E，AG＝AE，
又∠GAH＝∠HAE＝30°，∴△AGH≌△AEH（ASA），∴HE＝HG，
∵AB'＝AD'，∠B'AD'＝60°，∴△AB'D'是等边三角形，∴B'D'＝AB'＝，
∴△EHD'的周长＝HD'+HE+D'E＝HD'+HG+B'G＝B'D'＝，∴三角形EHD'的周长为定值．
【点睛】此题主要考查了菱形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，判断出△AB'G≌△AD'E是解本题的关键．
16．（2022·重庆·二模）如图1，在平行四边形中，，，等腰绕点旋转，，连接．
(1)当，，时，求的长．
(2)如图2，若、、分别是、、的中点，连接、，猜想线段、的数量关系并证明；(3)如图3，若，，在旋转过程中，连接、，当有最大值时，把沿着翻折到与同一平面内得到，连接，请直接写出的面积．
【答案】(1)(2)；理由见详解(3)
【分析】（1）过点F作FH⊥ BC，垂足为点C，通过平行四边形的性质及等量代换求得∠ACE =∠FCB，得到，设FH=x，则CH=2x，通过勾股定理求得BF的长；
（2）连接AE、PH，延长BF交AE于点M，先证明△ACE≌△FCB（SAS），再由中位线定理得∥，∥，=，=，最后证得是等腰直角三角形，即可得出答案；
（3）可以得出当，，共线时的面积最小，据此解答即可．
(1)解：如图1，过点F作FH⊥ BC，垂足为点C，
∵四边形中是平行四边形，∴AD=BC，AD∥BC，
∵，，，∴∠ACB=90°，，
∵，∴∠ACE+∠ACF=∠ACF+∠FCB，∴∠ACE =∠FCB，
∴，∴Rt△CFH中，，
设FH=x，则CH=2x，∴，解得：x=1（负值舍去），
∴FH=1，则CH=2，∴BH=BC-CH=4-2=2，∴BH=CH=2，
∴FH是BC的垂直平分线，∴BF=FC=；
(2)如图2，连接AE、PH，延长BF交AE于点M，

∵，∴∠ACE+∠ACF=∠ACF+∠FCB，∴∠ACE =∠FCB，
∵，，∴△ACE≌△FCB（SAS），∴，∠EAC =∠FBC，
∵若、、分别是、、的中点，
∴∥，∥，=，=，∴，
∵∠EAC =∠FBC，且对顶角相等，∴，∴，
∴是等腰直角三角形，
(3)如图，连接AE，FH，作CG⊥EF，HM⊥BF，垂足分别为点G，M，
由题意可知，当，，共线时的面积最小，此时∠BFC=135°，
∵，，∴AB=CD=，EF=2，∴CG=BG=GF=1，
∴，∴BE=4，BF=2，∴
∵把沿着翻折到与同一平面内得到，
∴FH⊥BC，，∴，
设BM=t，则FM=2-t，∴解得：，∴，
∴，∴
∴的面积最小为．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，中位线定理，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考压轴题．
17．（2021·山东济南·中考真题）在中，，，点在边上，，将线段绕点顺时针旋转至，记旋转角为，连接，，以为斜边在其一侧制作等腰直角三角形．连接．（1）如图1，当时，请直接写出线段与线段的数量关系；（2）当时，①如图2，（1）中线段与线段的数量关系是否仍然成立？请说明理由；
②如图3，当，，三点共线时，连接，判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】（1）；（2）①成立，理由见解析；②平行四边形，理由见解析；
【分析】（1）如图1，证明，由平行线分线段成比例可得，由的余弦值可得；
（2）①根据两边成比例，夹角相等，证明，即可得；
②如图3，过作，连接, 交于点，根据已知条件证明，根据平行线分线段成比例可得，根据锐角三角函数以及①的结论可得,
根据三角形内角和以及可得，进而可得，即可证明四边形是平行四边形．
【详解】（1）如图1，

，，，
是以为斜边等腰直角三角形，,，
，，，
，，即；
（2）①仍然成立，理由如下：如图2，，，
，是以为斜边等腰直角三角形，,，
，，即，
，，，
，，即；
②四边形是平行四边形，理由如下：
如图3，过作，连接, 交于点，
，，，，，，
是以为斜边等腰直角三角形，，
，，三点共线，，，
，，，， ，
，，
，，，由①可知，，
是以为斜边等腰直角三角形，,，，
，，，
，
，即，，，
，四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了等腰三角形性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边，平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，平行四边形的判定，熟练掌握平行线分线段成比例以及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
18．（2020·重庆·中考真题）△ABC为等边三角形，AB=8，AD⊥BC于点D，E为线段AD上一点，AE= ．以AE为边在直线AD右侧构造等边三角形AEF，连接CE，N为CE的中点．
（1）如图1，EF与AC交于点G，连接NG ，求线段NG的长；
（2）如图2，将△AEF绕点A逆时针旋转，旋转角为α，M为线段EF的中点，连接DN，MN．当30°＜α＜120°时，猜想∠DNM的大小是否为定值，并证明你的结论；
（3）连接BN．在△AEF绕点A逆时针旋转过程中，当线段BN最大时，请直接写出△ADN的面积．
【答案】（1）NG=；（2）∠DNM的为定值120°，证明见详解；（3）△AND的面积为
【分析】（1）证明∠CGE=90°，求出DE=，EC=2，根据直角三角形性质即可求解；（2）证明BE∥DN，MN∥CF，△ABE≌△ACF，得到因此∠DGC=∠BHC，∠ENM=∠ECF，∠ABE=∠ACF，通过角的代换即可求解；（3）取AC中点P，因为BP+PN≥BN，所以当B、P、N在一直线上，BN最大．求出BN=，设BP与AD交于O，NQ⊥AD于Q，根据△ONQ∽△OBD，可求得NQ=，问题得解 ．
【详解】解：（1）∵△ABC为等边三角形，AB=8，AD⊥BC于点D，
∴∠DAC=30°,CD=，∴ ，
∴ ，∴ ，
∵三角形AEF是等边三角形， ∴ ∴
∵N为CE的中点∴．
（2）∠DNM的为定值120°．连CF，BE，BE交AC于H，DN交AC于G，如图，
∵D、N、M分别为BC、CE、EF中点，∴DN、MN分别为△BCE、ECF中位线，
∴BE∥DN，MN∥CF，∵△ABC、△AEF都是等边三角形，
∴AB=AC,AE=AF, ∴
∴△ABE≌△ACF．∴∠DGC=∠BHC，∠ENM=∠ECF，∠ABE=∠ACF
又∵∠BHC=∠ABE+∠BAH=∠ABE+60°，∴∠DGC=∠ABE+60°=∠ACF+60°
又∵∠DGC=∠DNC+∠GCN=∠DNC+∠ACF-∠ECF，∴∠DNC=60°+∠ECF=60°+∠ENM，
∴∠DNE=180°-∠DNC=120°-∠ENM，∴∠DNM=∠DNE+∠ENM=120°．
（3）△AND的面积为，
如图，取AC中点P，因为BP+PN≥BN，所以当B、P、N在一直线上，BN最大．
∴BN=BP+PN=BP+AE= 设BP与AD交于O，NQ⊥AD于Q，如图，
∴BO=BP=，ON=，BD=4，由题意得△ONQ∽△OBD，∴NQ=，
∴△AND的面积为：×AD×NQ=．
【点睛】本题考查了等边三角形性质，直角三角形性质，中位线定理，相似等知识，综合性较强，熟知图形变化规律，根据题意正确画出图形是解题关键．