专题09 平行四边形中的旋转问题训练(解析版)八年级数学下学期(人教版)

（时间：60分钟 总分：120） 班级 姓名 得分

一、解答题

1. 如图，在矩形ABCD中，对角线AC的中点为O，点G，H在对角线AC上，𝐴𝐺=𝐶𝐻，

直线GH绕点O逆时针旋转𝛼角，与边AB、CD分别相交于点E、𝐹(点E不与点A、B重合)．

(1)求证：四边形EHFG是平行四边形；

(2)若∠𝛼=90°，𝐴𝐵=9，𝐴𝐷=3，求AE的长．

【答案】证明：(1)∵对角线AC的中点为O ∴𝐴𝑂=𝐶𝑂，且𝐴𝐺=𝐶𝐻 ∴𝐺𝑂=𝐻𝑂 ∵四边形ABCD是矩形

∴𝐴𝐷=𝐵𝐶，𝐶𝐷=𝐴𝐵，𝐶𝐷//𝐴𝐵

∴∠𝐷𝐶𝐴=∠𝐶𝐴𝐵，且𝐶𝑂=𝐴𝑂，∠𝐹𝑂𝐶=∠𝐸𝑂𝐴 ∴△𝐶𝑂𝐹≌△𝐴𝑂𝐸(𝐴𝑆𝐴) ∴𝐹𝑂=𝐸𝑂，且𝐺𝑂=𝐻𝑂 ∴四边形EHFG是平行四边形； (2)如图，连接CE

∵∠𝛼=90°，

∴𝐸𝐹⊥𝐴𝐶，且𝐴𝑂=𝐶𝑂

1

∴𝐸𝐹是AC的垂直平分线， ∴𝐴𝐸=𝐶𝐸，

在𝑅𝑡△𝐵𝐶𝐸中，𝐶𝐸2=𝐵𝐶2+𝐵𝐸2， ∴𝐴𝐸2=(9−𝐴𝐸)2+9， ∴𝐴𝐸=5

【知识点】平行四边形的判定、矩形的性质、勾股定理、旋转的基本性质、全等三角形的判定与性质

【解析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，勾股定理，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．

(1)由“ASA”可证△𝐶𝑂𝐹≌△𝐴𝑂𝐸，可得𝐸𝑂=𝐹𝑂，且𝐺𝑂=𝐻𝑂，可证四边形EHFG是平行四边形；

(2)由题意可得EF垂直平分AC，可得𝐴𝐸=𝐶𝐸，由勾股定理可求AE的长．

2. 如图，将矩形ABCD绕着点C按顺时针方向旋转得到矩形FECG，使点B落在AD边上

的点E处，连结BG交CE于点H，连结BE． (1)求证：BE平分∠𝐴𝐸𝐶；

(2)取BC中点P，连结PH，求证：𝑃𝐻//𝐶𝐺； (3)若𝐵𝐶=2𝐴𝐵=2，求BG的长．

【答案】解：(1)∵矩形ABCD绕着点C按顺时针方向旋转得到矩形FECG， ∴𝐶𝐵=𝐶𝐸， ∴∠𝐸𝐵𝐶=∠𝐵𝐸𝐶， 又∵𝐴𝐷//𝐵𝐶， ∴∠𝐸𝐵𝐶=∠𝐵𝐸𝐴，

2

∴∠𝐵𝐸𝐴=∠𝐵𝐸𝐶， ∴𝐵𝐸平分∠𝐴𝐸𝐶；

(2)如图1，过点B作CE的垂线BQ， ∵𝐵𝐸平分∠𝐴𝐸𝐶，𝐵𝐴⊥𝐴𝐸，𝐵𝑄⊥𝐶𝐸， ∴𝐴𝐵=𝐵𝑄， ∴𝐶𝐺=𝐵𝑄，

∵∠𝐵𝑄𝐻=∠𝐺𝐶𝐻=90°，𝐵𝑄=𝐴𝐵=𝐶𝐺，∠𝐵𝐻𝑄=∠𝐺𝐻𝐶， ∴△𝐵𝐻𝑄≌△𝐺𝐻𝐶(𝐴𝐴𝑆)， ∴𝐵𝐻=𝐺𝐻， 即点H是BG中点， 又∵点P是BC中点， ∴𝑃𝐻//𝐶𝐺；

(3)如图2，过点G作BC的垂线GM， ∵𝐵𝐶=2𝐴𝐵=2， ∴𝐵𝑄=1， ∴∠𝐵𝐶𝑄=30°， ∵∠𝐸𝐶𝐺=90°， ∴∠𝐺𝐶𝑀=60°， ∴𝐺𝑀=

√3

，𝐶𝑀2

=， 2

1

∴𝐵𝐺=√7．

【知识点】角平分线的性质、矩形的性质、旋转的基本性质

【解析】(1)根据旋转的性质得到𝐶𝐵=𝐶𝐸，求得∠𝐸𝐵𝐶=∠𝐵𝐸𝐶，根据平行线的性质得到∠𝐸𝐵𝐶=∠𝐵𝐸𝐴，于是得到结论；

(2)如图1，过点B作CE的垂线BQ，根据角平分线的性质得到𝐴𝐵=𝐵𝑄，求得𝐶𝐺=𝐵𝑄，根据全等三角形的性质得到𝐵𝐻=𝐺𝐻，根据三角形的中位线定理即可得到结论； (3)如图2，过点G作BC的垂线GM，解直角三角形即可得到结论．

本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，三角形的中位线定理，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．

3

3. 在▱ABCD中，E是BC边上一点，将CD绕着点D逆时针旋转至DF，连接AF．

(1)如图1，𝐴𝐸=2𝐵𝐸，连接AE，当𝐴𝐸⊥𝐵𝐶时，若∠𝐴𝐷𝐹=90°，𝐴𝐷=8√5，𝐴𝐹=10√5，求线段BE的长．

(2)如图2，𝐵𝐸=连接DE交AF于点G，若∠𝐸𝐷𝐹+∠𝐵=180°，点G为AF中点，求证：𝐴𝐷−2𝐷𝐺．

【答案】解：(1)∵∠𝐴𝐷𝐹=90°，𝐴𝐷=8√5，𝐴𝐹=10√5， ∴𝐷𝐹=√𝐴𝐹2−𝐴𝐷2=√500−320=6√5， ∵将CD绕着点D逆时针旋转至DF， ∴𝐷𝐹=𝐶𝐷=6√5

∵四边形ABCD是平行四边形， ∴𝐴𝐵=𝐶𝐷=6√5，

∵𝐴𝐸=2𝐵𝐸，且𝐴𝐵2=𝐴𝐸2+𝐵𝐸2， ∴180=5𝐵𝐸2， ∴𝐵𝐸=6，

(2)如图2，过点A作𝐴𝐻//𝐷𝐸，交FD的延长线于点H，

∴∠𝐻𝐴𝐷=∠𝐴𝐷𝐸，∠𝐻=∠𝐸𝐷𝐹， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴𝐴𝐷//𝐵𝐶，𝐴𝐵//𝐶𝐷

∴∠𝐵+∠𝐶=180°，∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐷𝐸𝐶，

4

∴∠𝐻𝐴𝐷=∠𝐷𝐸𝐶， ∵∠𝐸𝐷𝐹+∠𝐵=180°， ∴∠𝐻=∠𝐸𝐷𝐹=∠𝐶， ∵𝐷𝐺//𝐴𝐻， ∴

𝐷𝐹𝐻𝐷

=

𝐺𝐹𝐴𝐺

，且𝐴𝐺=𝐺𝐹

∴𝐻𝐷=𝐷𝐹

∴𝐻𝐷=𝐷𝐹=𝐶𝐷，且𝐴𝐺=𝐺𝐹， ∴𝐴𝐻=2𝐷𝐺，

∵𝐷𝐻=𝐷𝐶，∠𝐻=∠𝐶，∠𝐻𝐴𝐷=∠𝐷𝐸𝐶， ∴△𝐴𝐻𝐷≌△𝐸𝐶𝐷(𝐴𝐴𝑆)， ∴𝐴𝐻=𝐸𝐶， ∴𝐸𝐶=2𝐷𝐺，

∴𝐵𝐸=𝐵𝐶−𝐸𝐶=𝐴𝐷−2𝐷𝐺．

【知识点】全等三角形的判定、平行四边形的性质、旋转的基本性质、直角三角形的概念及其性质

【解析】(1)由勾股定理可求𝐷𝐹=6√5，由旋转的性质可得𝐷𝐹=𝐶𝐷=𝐴𝐵=6√5，由勾股定理可求BE的长；

(2)过点A作𝐴𝐻//𝐷𝐸，交FD的延长线于点H，由平行四边形的性质和平行线的性质可得∠𝐻=∠𝐶，∠𝐻𝐴𝐷=∠𝐷𝐸𝐶，由平行线分线段成比例可得𝐻𝐷=𝐷𝐹，由中位线可得𝐴𝐻=2𝐷𝐺，由“AAS”可证△𝐴𝐻𝐷≌△𝐸𝐶𝐷，可得𝐴𝐻=𝐸𝐶，即可得结论．

本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．

4. 如图，点E是正方形ABCD的边BC上一点，连接DE，将DE绕着点E逆时针旋转90°，

得到EG，过点G作𝐺𝐹⊥𝐶𝐵，垂足为F，𝐺𝐻⊥𝐴𝐵，垂足为H，连接DG，交AB于I．

5

(1)求证：四边形BFGH是正方形； (2)求证：ED平分∠𝐶𝐸𝐼；

(3)连接IE，若正方形ABCD的边长为3√2，求△𝐵𝐸𝐼的周长． 【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴𝐵𝐶=𝐶𝐷，∠𝐷𝐶𝐸=∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐵𝐹=90°， ∵𝐺𝐹⊥𝐶𝐹，𝐺𝐻⊥𝐴𝐵， ∴∠𝐹=∠𝐺𝐻𝐵=∠𝐹𝐵𝐻=90°， ∴四边形FBHG是矩形， ∵𝐸𝐷=𝐸𝐺，∠𝐷𝐸𝐺=90°，

∵∠𝐷𝐸𝐶+∠𝐹𝐸𝐺=90°，∠𝐷𝐸𝐶+∠𝐸𝐷𝐶=90°， ∴∠𝐹𝐸𝐺=∠𝐸𝐷𝐶， ∵∠𝐹=∠𝐷𝐶𝐸=90°， ∴△𝐷𝐶𝐸≌△𝐸𝐹𝐺(𝐴𝐴𝑆)， ∴𝐹𝐺=𝐸𝐶，𝐸𝐹=𝐶𝐷， ∵𝐶𝐵=𝐶𝐷， ∴𝐸𝐹=𝐵𝐶， ∴𝐵𝐹=𝐸𝐶， ∴𝐵𝐹=𝐺𝐹，

∴四边形FBHG是正方形．

(2)证明：延长BC到J，使得𝐶𝐽=𝐴𝐼． ∵𝐷𝐴=𝐷𝐶，∠𝐴=∠𝐷𝐶𝐽=90°，𝐴𝐼=𝐶𝐽， ∴△𝐷𝐴𝐼≌△𝐷𝐶𝐽(𝑆𝐴𝑆)， ∴𝐷𝐼=𝐷𝐽，∠𝐴𝐷𝐼=∠𝐶𝐷𝐽， ∴∠𝐼𝐷𝐽=∠𝐴𝐷𝐶=90°， ∵𝐷𝐸=𝐺𝐸，∠𝐷𝐸𝐺=90°。 ∴∠𝐼𝐷𝐸=45°，

6

∴∠𝐸𝐷𝐼=∠𝐸𝐷𝐽=45°， ∵𝐷𝐸=𝐷𝐸，

∴△𝐼𝐷𝐸≌△𝐽𝐷𝐸(𝑆𝐴𝑆)， ∴∠𝐷𝐸𝐼=∠𝐷𝐸𝐽， ∴𝐷𝐸平分∠𝐼𝐸𝐶． (3)解：∵△𝐼𝐷𝐸≌△𝐽𝐷𝐸， ∴𝐼𝐸=𝐸𝐽，

∵𝐸𝐽=𝐸𝐶+𝐶𝐽，𝐴𝐼=𝐶𝐽， ∴𝐼𝐸=𝐸𝐶+𝐴𝐼，

∴△𝐵𝐼𝐸的周长=𝐵𝐼+𝐵𝐸+𝐼𝐸=𝐵𝐼+𝐴𝐼+𝐵𝐸+𝐸𝐶=2𝐴𝐵=6√2． 故答案为6√2．

【知识点】勾股定理、旋转的基本性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质 【解析】本题考查旋转变换，正方形的性质和判定，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．

(1)首先证明四边形FBHG是矩形，再证明𝐹𝐵=𝐹𝐺即可解决问题． (2)延长BC到J，使得𝐶𝐽=𝐴𝐼.证明△𝐼𝐷𝐸≌△𝐽𝐷𝐸(𝑆𝐴𝑆)即可解决问题． (3)证明△𝐵𝐼𝐸的周长=2𝐴𝐵即可解决问题．

5. 如图，四边形ABCD是正方形，E是AD上任意一点，延长BA到F，使得𝐴𝐹=𝐴𝐸，

连接DF：

(1)旋转△𝐴𝐷𝐹可得到哪个三角形？ (2)旋转中心是哪一点？旋转了多少度？

(3)𝐵𝐸与DF的数量关系、位置关系如何？为什么？ 【答案】解：(1)旋转△𝐴𝐷𝐹可得△𝐴𝐵𝐸，

7

理由如下：

∵四边形ABCD是正方形，

∴𝐴𝐷=𝐴𝐵，∠𝐷𝐴𝐵=∠𝐷𝐴𝐹=90°， 在△𝐴𝐷𝐹和△𝐴𝐵𝐸中， 𝐴𝐹=𝐴𝐸

{∠𝐹𝐴𝐷=∠𝐵𝐴𝐸， 𝐴𝐷=𝐴𝐵

∴△𝐴𝐷𝐹≌△𝐴𝐵𝐸， ∴旋转△𝐴𝐷𝐹可得△𝐴𝐵𝐸；

(2)由旋转的定义可知：旋转中心为A，因为𝐴𝐷=𝐴𝐵，所以AD和AB之间的夹角为旋转角即90°；

(3)𝐵𝐸=𝐷𝐹且𝐵𝐸⊥𝐷𝐹.理由如下： 延长BE交F于H点，如图， ∵四边形ABCD为正方形， ∴𝐴𝐷=𝐴𝐵，∠𝐷𝐴𝐵=90°，

∵△𝐴𝐵𝐸按逆时针方向旋转90°得到△𝐴𝐷𝐹， ∴𝐵𝐸=𝐷𝐹，∠1=∠2， ∵∠3=∠4，

∴∠𝐷𝐻𝐵=∠𝐵𝐴𝐸=90°， ∴𝐵𝐸⊥𝐷𝐹．

【知识点】旋转的基本性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质

【解析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角． (1)旋转△𝐴𝐷𝐹可得△𝐴𝐵𝐸，通过证明△𝐴𝐷𝐹≌△𝐴𝐵𝐸即可说明问题； (2)旋转的定义和旋转角的定答即可；

(3)根据旋转的性质得𝐵𝐸=𝐷𝐹，∠1=∠2，再根据三角形内角定理得到∠𝐷𝐻𝐵=∠𝐵𝐴𝐸=90°，所以𝐵𝐸⊥𝐷𝐹．

6. 如图，四边形ABCD、BEFG均为正方形．

8

(1)如图1，连接AG、CE，试判断AG和CE的关系并证明．

(2)将正方形BEFG绕点B顺时针旋转𝛽角，(0<𝛽<180)，如图2，连接AG，CE相交于点M，连接BM，当角𝛽发生变化时，∠𝐸𝑀𝐵的度数是否发生变化，若不变化，求出∠𝐸𝑀𝐵的度数；若发生变化，请说明理由． 【答案】(1)𝐴𝐺=𝐸𝐶，𝐴𝐺⊥𝐸𝐶，理由为： 如图1，

∵正方形BEFG，正方形ABCD，

∴𝐺𝐵=𝐵𝐸，∠𝐴𝐵𝐺=90°，𝐴𝐵=𝐵𝐶，∠𝐴𝐵𝐶=90°， 𝐵𝐺=𝐵𝐸

在△𝐴𝐵𝐺和△𝐵𝐸𝐶中，{∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐸𝐵𝐶,

𝐵𝐴=𝐵𝐶∴△𝐴𝐵𝐺≌△𝐵𝐸𝐶(𝑆𝐴𝑆)， ∴𝐶𝐸=𝐴𝐺，∠𝐵𝐶𝐸=∠𝐵𝐴𝐺， 延长CE交AG于点M， ∴∠𝐵𝐸𝐶=∠𝐴𝐸𝑀， ∴∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝑀𝐸=90°， ∴𝐴𝐺=𝐸𝐶，𝐴𝐺⊥𝐸𝐶；

(2)∠𝐸𝑀𝐵的度数不发生变化，∠𝐸𝑀𝐵的度数为45°，

9

理由如下：

如图2，过B作𝐵𝑃⊥𝐸𝐶，𝐵𝐻⊥𝐴𝑀，

在△𝐴𝐵𝐺和△𝐶𝐸𝐵中， 𝐴𝐵=𝐵𝐶

{∠𝐴𝐵𝐺=∠𝐶𝐵𝐸, 𝐵𝐺=𝐸𝐵∴△𝐴𝐵𝐺≌△𝐶𝐸𝐵(𝑆𝐴𝑆)， ∴𝑆△𝐴𝐵𝐺=𝑆△𝐸𝐵𝐶，𝐴𝐺=𝐸𝐶， ∴2EC⋅𝐵𝑃=2AG⋅BH， ∴𝐵𝑃=𝐵𝐻，

∴𝑀𝐵为∠𝐸𝑀𝐺的平分线， ∵∠𝐴𝑀𝐶=∠𝐴𝐵𝐶=90°，

∴∠𝐸𝑀𝐵=∠𝐸𝑀𝐺=×90°=45°；

2

2

1

1

1

1

【知识点】旋转的基本性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质

【解析】此题考查了正方形，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，角平分线的判定，熟练掌握正方形的性质是解本题的关键．

(1)𝐴𝐺=𝐸𝐶，𝐴𝐺⊥𝐸𝐶，理由为：由正方形BEFG与正方形ABCD，利用正方形的性质得到两对边相等，一对直角相等，

利用SAS得出三角形ABG与三角形CBE全等，利用全等三角形的对应边相等，对应角相等得到𝐶𝐸=𝐴𝐺，∠𝐵𝐶𝐸=∠𝐵𝐴𝐺，再利用同角的余角相等即可得证;

(2)过B作𝐵𝑃⊥𝐸𝐶，𝐵𝐻⊥𝐴𝑀，利用SAS得出三角形ABG与三角形BEC全等，由全等三角形的面积相等得到两三角形面积相等，而𝐴𝐺=𝐸𝐶，可得出𝐵𝑃=𝐵𝐻，利用到角两边距离相等的点在角的平分线上得到BM为角平分线，再由∠𝐵𝐴𝐺=∠𝐵𝐶𝐸，及一对对顶角相等，得到∠𝐴𝑀𝐶为直角，即∠𝐴𝑀𝐸为直角，利用角平分线定义即可解答．

10

D重合)，在边长为6的正方形ABCD中，点M为对角线BD上任意一点(可与B，7. 如图，

连接AM，将线段AM绕点A逆时针旋转90°得到线段AN，连接MN，DN，设𝐵𝑀=𝑥．

(1)求证：△𝐴𝐵𝑀≌△𝐴𝐷𝑁； (2)当𝑥=√2时，求MN的长；

(3)嘉淇同学在完成(1)后有个想法：“△𝐴𝐵𝑀与△𝑀𝑁𝐷也会存在全等的情况”，请判断嘉淇的想法是否正确，若正确，请直接写出△𝐴𝐵𝑀与△𝑀𝑁𝐷全等时x的值；若不正确，请说明理由．

【答案】(1)证明：∵∠𝐵𝐴𝐷=∠𝑀𝐴𝑁=90°， ∴∠𝐵𝐴𝑀=∠𝐷𝐴𝑁， 在△𝐴𝐵𝑀和△𝐴𝑁𝐷中， {

𝐴𝐵=𝐴𝐷

∠𝐵𝐴𝑀=∠𝐷𝐴𝑁, 𝐴𝑀=𝐴𝐷

∴△𝐴𝐵𝑀≌△𝐴𝐷𝑁．

(2)∵𝐵𝐷是正方形ABCD的对角线，且𝐴𝐵=6， ∴𝐵𝐷=6√2，∠𝐴𝐷𝐵=45°，

∴𝑀𝐷=𝐵𝐷−𝐵𝑀=6√2−√2=5√2， 由△𝐴𝐵𝑀≌△𝐴𝑁𝐷得：

𝑁𝐷=𝐵𝑀=√2，∠𝐴𝐷𝑁=∠𝐴𝐵𝑀=45°， ∴∠𝑀𝐷𝑁=∠𝐴𝐷𝐵+∠𝐴𝑁𝐷=45°+45°=90°， ∴在𝑅𝑡△𝑀𝐷𝑁中，

𝑀𝑁=√𝑀𝐷2+𝑁𝐷2=√(5√2)2+(√2)2=√52=2√13， (3)嘉淇的想法是正确； ∴当△𝐴𝐵𝑀与△𝑀𝑁𝐷全等

11

则∠𝐴𝑀𝐵=∠𝑀𝐷𝑁，

由(1)△𝐴𝐵𝑀≌△𝐴𝐷𝑁可知：∠𝐴𝐷𝑁=∠𝐴𝐵𝑀=45°， 因为正方形ABCD中， ∠𝐴𝐷𝐵=45°，

∴∠𝑀𝐷𝑁=∠𝐴𝐷𝑁+∠𝐴𝐷𝐵=45°+45°=90°， ∴∠𝐴𝑀𝐵=∠𝑀𝐷𝑁， ∴𝐴𝑀⊥𝐵𝐷， ∴𝑥=6×

√22

=3√2

【知识点】勾股定理、锐角三角函数的定义、旋转的基本性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质

【解析】本题考查的是正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，勾股定理，锐角三角函数定义有关知识．

(1)利用∠𝐵𝐴𝐷=∠𝑀𝐴𝑁=90°得出∠𝐵𝐴𝑀=∠𝐷𝐴𝑁，再利用全等三角形的判定定理解答即可； (2)利用正方形的性质得出𝐵𝐷=6√2，∠𝐴𝐷𝐵=45°，再利用△𝐴𝐵𝑀≌△𝐴𝑁𝐷得出𝑁𝐷=𝐵𝑀=√2，∠𝐴𝐷𝑁=∠𝐴𝐵𝑀=45°，最后再利用勾股定理解答即可；

(3)想法正确，然后再利用△𝐴𝐵𝑀与△𝑀𝑁𝐷全等得出∠𝐴𝑀𝐵=∠𝑀𝐷𝑁，再利用△𝐴𝐵𝑀≌△𝐴𝐷𝑁可知：∠𝐴𝐷𝑁=∠𝐴𝐵𝑀=45°，结合∠𝐴𝐷𝐵=45°得出∠𝑀𝐷𝑁=∠𝐴𝐷𝑁+∠𝐴𝐷𝐵=45°+45°=90°，最后利用锐角三角函数的定义计算即可．

8. 已知：正方形ABCD中，∠𝑀𝐴𝑁=45°，∠𝑀𝐴𝑁绕点A顺时旋转，它的两边分别交CB，

𝐷𝐶(或它们的延长线)于点M，𝑁.当∠𝑀𝐴𝐵绕点A旋转到𝐵𝑀=𝐷𝑁时(如图1)，易证𝐵𝑀+𝐷𝑁=𝑀𝑁．

DN和MN之间有怎样的数量关系？(1)当∠𝑀𝐴𝑁旋转到𝐵𝑀≠𝐷𝑁时(如图2)，线段BM，写出猜想，并加以证明．

(2)当∠𝑀𝐴𝑁绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并加以证明．

12

【答案】解：(1)𝐵𝑀+𝐷𝑁=𝑀𝑁成立． 证明：如图，把△𝐴𝐷𝑁绕点A顺时针旋转90°，

得到△𝐴𝐵𝐸，则可证得E、B、M三点共线(图形画正确)．∴∠𝐸𝐴𝑀=90°−∠𝑁𝐴𝑀=90°−45°=45°， 又∵∠𝑁𝐴𝑀=45°， ∴在△𝐴𝐸𝑀与△𝐴𝑁𝑀中， {𝐴𝐸=𝐴𝑁

∠𝐸𝐴𝑀=∠𝑁𝐴𝑀， 𝐴𝑀=𝐴𝑀

∴△𝐴𝐸𝑀≌△𝐴𝑁𝑀(𝑆𝐴𝑆)， ∴𝑀𝐸=𝑀𝑁，

∵𝑀𝐸=𝐵𝐸+𝐵𝑀=𝐷𝑁+𝐵𝑀， ∴𝐷𝑁+𝐵𝑀=𝑀𝑁；

(2)𝐷𝑁−𝐵𝑀=𝑀𝑁． 在线段DN上截取𝐷𝑄=𝐵𝑀， 在△𝐴𝐷𝑄与△𝐴𝐵𝑀中， 𝐴𝐷=𝐴𝐵

∵{∠𝐴𝐷𝑄=∠𝐴𝐵𝑀， 𝐷𝑄=𝑀𝐵∴△𝐴𝐷𝑄≌△𝐴𝐵𝑀(𝑆𝐴𝑆)， ∴∠𝐷𝐴𝑄=∠𝐵𝐴𝑀， ∴∠𝑄𝐴𝑁=∠𝑀𝐴𝑁． 在△𝐴𝑀𝑁和△𝐴𝑄𝑁中，

13

𝐴𝑄=𝐴𝑀

{∠𝑄𝐴𝑁=∠𝑀𝐴𝑁， 𝐴𝑁=𝐴𝑁

∴△𝐴𝑀𝑁≌△𝐴𝑄𝑁(𝑆𝐴𝑆)， ∴𝑀𝑁=𝑄𝑁， ∴𝐷𝑁−𝐵𝑀=𝑀𝑁．

【知识点】四边形综合、几何变换综合、旋转的基本性质、全等三角形的判定与性质 E、M三点共线即可得到△𝐴𝐸𝑀≌△𝐴𝑁𝑀，(1)结论：𝐵𝑀+𝐷𝑁=𝑀𝑁成立，【解析】证得B、从而证得𝑀𝐸=𝑀𝑁．

(2)结论：𝐷𝑁−𝐵𝑀=𝑀𝑁.首先证明△𝐴𝐷𝑄≌△𝐴𝐵𝑀，得𝐷𝑄=𝐵𝑀，再证明△𝐴𝑀𝑁≌△𝐴𝑄𝑁(𝑆𝐴𝑆)，得𝑀𝑁=𝑄𝑁，

本题考查正方形的性质、旋转变换等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．

9. 如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接CP，将线段CP绕点C顺时旋转90°，得到

线段CQ，连接BP，DQ．

(1)如图1，求证：△𝐵𝐶𝑃≌△𝐷𝐶𝑄； (2)如图，延长BP交直线DQ于点E． ①如图2，求证：𝐵𝐸⊥𝐷𝑄；

②如图3，若△𝐵𝐶𝑃为等边三角形，判断△𝐷𝐸𝑃的形状，并说明理由．

【答案】(1)证明：∵∠𝐵𝐶𝐷=90°，∠𝑃𝐶𝑄=90°， ∴∠𝐵𝐶𝑃=∠𝐷𝐶𝑄， 在△𝐵𝐶𝑃和△𝐷𝐶𝑄中， 𝐵𝐶=𝐶𝐷

{∠𝐵𝐶𝑃=∠𝐷𝐶𝑄， 𝑃𝐶=𝑄𝐶

14

∴△𝐵𝐶𝑃≌△𝐷𝐶𝑄(𝑆𝐴𝑆)；

(2)①如图b，∵△𝐵𝐶𝑃≌△𝐷𝐶𝑄， ∴∠𝐶𝐵𝐹=∠𝐸𝐷𝐹，又∠𝐵𝐹𝐶=∠𝐷𝐹𝐸， ∴∠𝐷𝐸𝐹=∠𝐵𝐶𝐹=90°， ∴𝐵𝐸⊥𝐷𝑄；

②∵△𝐵𝐶𝑃为等边三角形， ∴∠𝐵𝐶𝑃=60°，

∴∠𝑃𝐶𝐷=30°，又𝐶𝑃=𝐶𝐷，

∴∠𝐶𝑃𝐷=∠𝐶𝐷𝑃=75°，又∠𝐵𝑃𝐶=60°，∠𝐶𝐷𝑄=60°， ∴∠𝐸𝑃𝐷=180°−∠𝐶𝑃𝐷−∠𝐶𝑃𝐵=180°−75°−60=45°， 同理：∠𝐸𝐷𝑃=45°， ∴△𝐷𝐸𝑃为等腰直角三角形．

【知识点】旋转的基本性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质

【解析】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定和性质以及旋转的性质，掌握正方形的四条边相等、四个角都是直角，旋转的性质证明三角形全等是解题的关键． (1)根据旋转的性质证明∠𝐵𝐶𝑃=∠𝐷𝐶𝑄，得到△𝐵𝐶𝑃≌△𝐷𝐶𝑄； (2)①根据全等的性质和对顶角相等即可得到答案；

∠𝐸𝐷𝑃=45°，判断△𝐷𝐸𝑃的形状． ②根据等边三角形的性质和旋转的性质求出∠𝐸𝑃𝐷=45°，

10. 如图，在菱形ABCD中，∠𝐵𝐴𝐷=120°，点E在对角线

BD上，将线段CE绕点C顺时针旋转120°，得到CF，连接DF．

(1)求证：△𝐵𝐶𝐸≌△𝐷𝐶𝐹．

(2)若𝐵𝐶=2√3.求四边形ECFD的面积， 【答案】解：(1)∵四边形ABCD是菱形， ∴𝐵𝐶=𝐶𝐷，∠𝐴=∠𝐵𝐶𝐷=120°

∵将线段CE绕点C顺时针旋转120°，得到CF， ∴𝐶𝐹=𝐶𝐸，∠𝐸𝐶𝐹=120°=∠𝐵𝐶𝐷，

15

∴∠𝐵𝐶𝐸=∠𝐷𝐶𝐹，且𝐵𝐶=𝐶𝐷，𝐸𝐶=𝐶𝐹， ∴△𝐵𝐶𝐸≌△𝐷𝐶𝐹(𝑆𝐴𝑆) (2)如图，连接AC交BD于O，

∵四边形ABCD是菱形，

∴𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，𝐴𝑂=𝐶𝑂，𝐵𝑂=𝐷𝑂，∠𝐵𝐶𝐴=60°， ∵𝐵𝐶=2√3，

∴𝐶𝑂=√3，𝐵𝑂=√3𝐶𝑂=3， ∴𝐵𝐷=6，

∴𝑆△𝐵𝐶𝐷=2×6×√3=3√3， ∵△𝐵𝐶𝐸≌△𝐷𝐶𝐹 ∴𝑆△𝐵𝐸𝐶=𝑆△𝐶𝐷𝐹，

∴𝑆△𝐵𝐶𝐷=𝑆四边形𝐸𝐶𝐹𝐷=3√3．

【知识点】菱形的性质、全等三角形的判定、旋转的基本性质、等边三角形的判定 (1)由菱形的性质可得𝐵𝐶=𝐶𝐷，∠𝐴=∠𝐵𝐶𝐷=120°，【解析】由旋转的性质可得𝐶𝐹=𝐶𝐸，∠𝐸𝐶𝐹=120°=∠𝐵𝐶𝐷，由“SAS”可证△𝐵𝐶𝐸≌△𝐷𝐶𝐹；

(2)如图，𝐴𝑂=𝐶𝑂，𝐵𝑂=𝐷𝑂，∠𝐵𝐶𝐴=60°，连接AC交BD于O，由菱形的性质可得𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，由直角三角形的性质可求𝐶𝑂=√3，𝐵𝑂=√3𝐶𝑂=3，即可求𝑆△𝐵𝐶𝐷=2×6×√3=3√3，由全等三角形的性质可求解．

本题考查了旋转的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练运用菱形的性质

1

1

11. 边长为2的正方形OABC的两顶点A、C分别在y轴、x轴的正半轴上，点O在原点.现

将正方形OABC绕O点顺时针旋转，当A点第一次落在直线𝑦=𝑥上时停止旋转，旋转过程中，AB边交直线𝑦=𝑥于点M，BC边交x轴于点𝑁(如图)．

16

(1)求停止旋转时，点B的坐标。

(2)旋转过程中，当MN和AC平行时，求正方形OABC旋转的度数；

(3)设△𝑀𝐵𝑁的周长为p，在旋转过程中，p值是否发生变化？若发生变化，说明理由；若不发生变化，请给予证明，并求出p的值。 【答案】解：(1)∵𝐴点落在直线𝑦=𝑥上时停止旋转， ∴𝑂𝐴旋转了45∘，

∵正方形OABC的边长为2， ∴∠𝐴𝑂𝐵=45∘，𝑂𝐵=2√2， ∴𝑂𝐵在x轴上， ∴𝐵(2√2,0); (2)如图1，

∵四边形OABC是正方形，

∴∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐵𝐶𝐴=45∘，𝐵𝐴=𝐵𝐶，𝑂𝐴=𝑂𝐶，∠𝑂𝐴𝐵=∠𝑂𝐶𝐵=90∘， ∵𝑀𝑁//𝐴𝐶，

17

∴∠𝐵𝑀𝑁=∠𝐵𝐴𝐶=45∘，∠𝐵𝑁𝑀=∠𝐵𝐶𝐴=45∘， ∴∠𝐵𝑀𝑁=∠𝐵𝑁𝑀， ∴𝐵𝑀=𝐵𝑁， ∴𝐴𝑀=𝐶𝑁，

在△𝑂𝐴𝑀和△𝑂𝐶𝑁中， 𝑂𝐴=𝑂𝐶

{∠𝑂𝐴𝑀=∠𝑂𝐶𝑁, 𝐴𝑀=𝐴𝑁

∴△𝑂𝐴𝑀≌△𝑂𝐶𝑁(𝑆𝐴𝑆)， ∴∠𝐴𝑂𝑀=∠𝐶𝑂𝑁，

∴∠𝐴𝑂𝑀=×(90∘−45∘)=22.5°，

21

∴正方形OABC旋转的度数=45∘−∠𝐴𝑂𝑀=22.5°，

∴旋转过程中，当MN和AC平行时，正方形OABC旋转的度数为22.5°； (3)在旋转正方形OABC的过程中，p值不变化．

证明：过点O作𝑂𝐹⊥𝑀𝑁，垂足为F，延长BA交y轴于E点，如图2，

则∠𝐴𝑂𝐸=45∘−∠𝐴𝑂𝑀，∠𝐶𝑂𝑁=90∘−45∘−∠𝐴𝑂𝑀=45∘−∠𝐴𝑂𝑀， ∴∠𝐴𝑂𝐸=∠𝐶𝑂𝑁， 在△𝑂𝐴𝐸和△𝑂𝐶𝑁中， ∠𝐴𝑂𝐸=∠𝐶𝑂𝑁{𝑂𝐴=𝑂𝐶，

∘

∠𝐸𝐴𝑂=∠𝑁𝐶𝑂=90∴△𝑂𝐴𝐸≌△𝑂𝐶𝑁(𝐴𝑆𝐴)， ∴𝑂𝐸=𝑂𝑁，𝐴𝐸=𝐶𝑁， 在△𝑂𝑀𝐸和△𝑂𝑀𝑁中，

18

𝑂𝐸=𝑂𝑁

{∠𝐸𝑂𝑀=∠𝑁𝑂𝑀=45∘, 𝑂𝑀=𝑂𝑀

∴△𝑂𝑀𝐸≌△𝑂𝑀𝑁(𝑆𝐴𝑆)， ∴𝑀𝐸=𝑀𝑁， ∵𝐴𝐸=𝐶𝑁，

∴𝑀𝑁=𝑀𝐸=𝐴𝑀+𝐴𝐸=𝐴𝑀+𝐶𝑁，

∴𝑝=𝑀𝑁+𝐵𝑁+𝐵𝑀=𝐴𝑀+𝐶𝑁+𝐵𝑁+𝐵𝑀=𝐴𝐵+𝐵𝐶=4， ∴在旋转正方形OABC的过程中，p值不变化，等于4．

【知识点】平行线的性质、等腰三角形的判定、旋转的基本性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质

【解析】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰三角形的判定，有一定的综合性．

(1)根据旋转的性质可知B点在x轴上，然后根据勾股定理即可求得OB的长，进而求得B的坐标;

(2)根据正方形和平行线的性质可以得到𝐴𝑀=𝐶𝑁，从而可以证到△𝑂𝐴𝑀≌△𝑂𝐶𝑁.进而可以得到∠𝐴𝑂𝑀=∠𝐶𝑂𝑁，就可算出旋转角的度数；

(3)过点O作𝑂𝐹⊥𝑀𝑁，垂足为F，延长BA交y轴于E点，如图2，易证△𝑂𝐴𝐸≌△𝑂𝐶𝑁，从而得到𝑂𝐸=𝑂𝑁，𝐴𝐸=𝐶𝑁，进而可以证到△𝑂𝑀𝐸≌△𝑂𝑀𝑁，得出𝑀𝐸=𝑀𝑁，从而可以证到𝑀𝑁=𝐴𝑀+𝐶𝑁，进而可以推出𝑝=𝐴𝐵+𝐵𝐶=4，是定值．

12. 如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为平行四边形，O为坐标原点，𝐴(2,2√3)，

𝐶(−8,0)，将平行四边形OABC绕点A逆时针旋转得到平行四边形ADEF，点D在AO的延长线上，点F落在x轴正半轴上． (1)证明：△𝐴𝑂𝐹是等边三角形；

(2)平行四边形OABC绕点A逆时针旋转𝛼度(0≤𝛼≤180).𝐴𝐵的对应线段为𝐴′𝐵′，点C的对应点为𝐶′．

①直线𝐴′𝐵′与y轴交于点P，若△𝐴𝑂𝑃为等腰三角形，求点P的坐标：

当点𝐶′到x轴的距离大于或等于2√3时，②对角线AC在旋转过程中设点𝐶′坐标为(𝑚,𝑛)，求m的范围．

19

【答案】解：(1)如图过A点作𝐴𝐻⊥𝑥轴于点H，

∵𝐴(2,2√3)，

∴𝑂𝐻=2，𝐴𝐻=2√3， ∴𝐴𝑂=√𝑂𝐻2+𝐴𝐻2=4， ∴𝐴𝑂=2𝑂𝐻， ∴∠𝑂𝐴𝐻=30°，

∴∠𝐴𝑂𝐹=90°−∠𝑂𝐴𝐻=60°， 由旋转的性质，可得：𝐴𝑂=𝐴𝐹， ∴△𝐴𝑂𝐹是等边三角形， (2)①设𝑃(0,𝑎)， ∵△𝐴𝑂𝑃是等腰三角形，

当𝐴𝑃=𝑂𝑃时，(2−0)2+(2√3−𝑎)2=𝑎2， 解得：𝑎=∴𝑃(0,

4√33

，

4√3

)， 3

当𝐴𝑂=𝑂𝑃时，𝑂𝑃=𝐴𝑂=4， ∴𝑃(0,−4)，

故△𝐴𝑂𝑃为等腰三角形时，点P的坐标为(0,

4√3

)或(0,−4)； 3

②旋转过程中点C的对应点为𝐶′，𝐶(−8,0)，

20

当点𝐶′开始旋转，至𝐶′到x轴的距离等于2√3时，m的取值为−8≤𝑚≤−2√3； 当点𝐶′旋转到第四象限时，至𝐶′到x轴的距离等于2√3，𝑚=2√3， 当点𝐶′旋转180°时，设𝐶′的坐标为(𝑥,𝑦)， ∵𝐶、𝐶′关于A点对称，

𝑥+(−8)

∴

2{𝑦+0

2

， =2√3=2

𝑥=12

解得：{，

𝑦=4√3∴𝐶′(12,4√3)，

∴𝑚的取值为2√3≤𝑚≤12，

m的取值范围是−8≤𝑚≤−2√3或2√3或综上所述，当点𝐶′到x轴的距离大于或等于2√3时，2√3≤𝑚≤12．

【知识点】勾股定理、四边形综合、旋转的基本性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定

【解析】(1)根据A点坐标求出∠𝐴𝑂𝐹=60°，再根据旋转的特点得到𝐴𝑂=𝐴𝐹，故而可解； (2)①设𝑃(0,𝑎)，根据等腰三角形的性质分𝐴𝑃=𝑂𝑃和𝐴𝑂=𝑂𝑃，分别求出P点坐标即可； ②分旋转过程中𝐶′在第三象限时𝐶′到x轴的距离等于2√3与旋转到第四象限时𝐶′到x轴的距离等于2√3，再求出当点𝐶′旋转180°时的坐标，即可得到m的取值．

此题考查四边形的综合题，解题关键是熟知等边三角形的判定，等腰三角形的性质、勾股定理、对称性的应用．

13. 在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点𝑂(0,0)，点𝐴(5,0)，点𝐵(0,12).以点A

B，C的对应点分别为D，E，为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，点O，F，记旋转角为𝛼(0°<𝛼<90°)．

21

(Ⅰ)如图①，当𝛼=30°时，求点D的坐标；

(Ⅱ)如图②，当点E落在AC的延长线上时，求点D的坐标； (Ⅲ)当点D落在线段OC上时，求点E的坐标.(画图并且说理)． 【答案】解：(𝐼)过点D作𝐷𝐺⊥𝑥轴于G，如图①所示：

∵点𝐴(5,0)，点𝐵(0,12)， ∴𝑂𝐴=5，𝑂𝐵=12，

∵以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF， ∴𝐴𝐷=𝐴𝑂=5，𝛼=∠𝑂𝐴𝐷=30°，𝐷𝐸=𝑂𝐵=12， 在𝑅𝑡△𝐴𝐷𝐺中，𝐷𝐺=2𝐴𝐷=2，𝐴𝐺=√3𝐷𝐺=2√3， ∴𝑂𝐺=𝑂𝐴−𝐴𝐺=5−√3，

2∴点D的坐标为(5−2√3,2)；

(Ⅱ)过点D作𝐷𝐺⊥𝑥轴于G，𝐷𝐻⊥𝐴𝐸于H，如图②所示：

5

551

5

5

22

则𝐺𝐴=𝐷𝐻，𝐻𝐴=𝐷𝐺，

∵𝐷𝐸=𝑂𝐵=12，∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐴𝑂𝐵=90°， ∴𝐴𝐸=√𝐴𝐷2+𝐷𝐸2=√52+122=13， ∵𝐴𝐸×𝐷𝐻=𝐴𝐷×𝐷𝐸，

2

2

1

1

，

∴𝑂𝐺=𝑂𝐴−𝐺𝐴=𝑂𝐴−𝐷𝐻=5−

6013

=

，𝐷𝐺=√𝐴𝐷2−𝐴𝐺2=√52−()2=13

13

5602513

，

∴点D的坐标为(13,13)；

(Ⅲ)连接AE，作𝐸𝐺⊥𝑥轴于G，如图③所示：

525

由旋转的性质得：∠𝐷𝐴𝐸=∠𝐴𝑂𝐶，𝐴𝐷=𝐴𝑂， ∴∠𝐴𝑂𝐶=∠𝐴𝐷𝑂， ∴∠𝐷𝐴𝐸=∠𝐴𝐷𝑂， ∴𝐴𝐸//𝑂𝐶， ∴∠𝐺𝐴𝐸=∠𝐴𝑂𝐷， ∴∠𝐷𝐴𝐸=∠𝐺𝐴𝐸，

∠AGE=∠ADE=90°

在△𝐴𝐸𝐺和△𝐴𝐸𝐷中，{∠GAE=∠DAE,

AE=AE∴△𝐴𝐸𝐺≌△𝐴𝐸𝐷(𝐴𝐴𝑆)，

∴𝐴𝐺=𝐴𝐷=5，𝐸𝐺=𝐸𝐷=12， ∴𝑂𝐺=𝑂𝐴+𝐴𝐺=10，

23

∴点E的坐标为(10,12)．

【知识点】坐标与图形性质、矩形的性质、勾股定理、含30°角的直角三角形、旋转的基本性质、平行线的判定与性质、全等三角形的判定与性质

【解析】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、旋转变换的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，正确作出辅助线，属于中考压轴题．

(𝐼)过点D作𝐷𝐺⊥𝑥轴于G，𝛼=∠𝑂𝐴𝐷=30°，𝐷𝐸=𝑂𝐵=由旋转的性质得出𝐴𝐷=𝐴𝑂=5，12，由直角三角形的性质得出𝐷𝐺=2𝐴𝐷=2，𝐴𝐺=√3𝐷𝐺=2√3，得出𝑂𝐺=𝑂𝐴−𝐴𝐺=5−√3，据此即可得出点D的坐标；

2

(Ⅱ)过点D作𝐷𝐺⊥𝑥轴于G，𝐷𝐻⊥𝐴𝐸于H，𝐻𝐴=𝐷𝐺，则𝐺𝐴=𝐷𝐻，由勾股定理得出𝐴𝐸=√𝐴𝐷2+𝐷𝐸2=√52+122=13，由面积法求出𝐷𝐻=13，得出𝑂𝐺=𝑂𝐴−𝐺𝐴=𝑂𝐴−𝐷𝐻=，由勾股定理得出𝐷𝐺=13，据此即可得出点D的坐标； 13

(Ⅲ)连接AE，作𝐸𝐺⊥𝑥轴于G，由旋转的性质得出∠𝐷𝐴𝐸=∠𝐴𝑂𝐶，𝐴𝐷=𝐴𝑂，由等腰三角形的性质得出∠𝐴𝑂𝐶=∠𝐴𝐷𝑂，得出∠𝐷𝐴𝐸=∠𝐴𝐷𝑂，证出𝐴𝐸//𝑂𝐶，由平行线的性质的∠𝐺𝐴𝐸=∠𝐴𝑂𝐷，𝐸𝐺=证出∠𝐷𝐴𝐸=∠𝐺𝐴𝐸，证明△𝐴𝐸𝐺≌△𝐴𝐸𝐷(𝐴𝐴𝑆)，得出𝐴𝐺=𝐴𝐷=5，𝐸𝐷=12，得出𝑂𝐺=𝑂𝐴+𝐴𝐺=10，即可得出答案．

5

25

60

5

1

5

5

24