专题09 特殊的平行四边形中的图形变换模型之旋转模型
几何变换中的旋转问题是历年中考考查频率高且考查难度较高，综合性强，通常有线段、三角形、（特殊）平行四边形的旋转问题。在解决此类问题时，要牢牢把握旋转的性质，即旋转前后的图形全等，对应角相等，对应边相等，再结合几何图形本身的性质，找到旋转过程中变化的量和不变的量，运用三角形全等或相似的有关知识，求解有关角、线段及面积问题。近年来虽然关于（特殊）平行四边形旋转的考查频率高，由于之前的专题有总结过相关的旋转模型，故本专题就只对特殊的平行四边形旋转中的题型作全面的总结，方便大家学习掌握。
模型1.平行四边形中的旋转模型
1）常规计算型
例1．（2023·江苏泰州·八年级校考阶段练习）如图，将 ABCD绕点A逆时针旋转到的位置，使点落在BC上，与CD交于点E．若，则旋转角的度数为 ．
【答案】20°/20度
【分析】由旋转的性质可得，AB=A，是旋转角，由平行四边形的性质和等腰三角形的性质可求∠B=80°，由三角形内角和定理可求解．
【详解】解：∵将 ABCD绕点A逆时针旋转到的位置，
∴∠=∠C=100°，，∠BA是旋转角，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠B+∠C=180°，∴∠B=80°，
∵AB=A，∴∠B=∠AB=80°，∴∠BA=20°，故答案为：20°．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
例2．（2022下·福建泉州·八年级校考期中）如图，在平行四边形 中，， ，绕A逆时针旋转，点B的对应点为E，连接，设旋转角度为（）．
（1）当时，与直线相交于点F，此时，的长为 ；
（2）当是以为斜边的直角三角形时，则的长为 ．
【答案】 4
【分析】（1）证明，根据等腰三角形的性质即可求得的长；
（2）如图，，交与点，根据平行四边形的性质和旋转的性质可得：，，推出是的角平分线，得到，利用 所对的直角边是斜边的一半结合勾股定理，求出的长，进而求出的长，再利用勾股定理即可得解．
【详解】解：（1）当时， ∵， ∴，
在四边形ABCD中，，即，
∴， ∴， 故答案为：4．
（2）解：如图，，交与点，
∵四边形为平行四边形，，∴，
∵，∴，
∵旋转，∴，∴，
∵，∴，∴是的角平分线，
∵，∴，∵，∴，
∴，∴，∴．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的性质，旋转变换，勾股定理的应用等知识，熟练掌握平行四边形的性质，旋转的性质以及勾股定理解三角形是解题的关键．
2）最值（范围）型
例1．（2023·山东临沂·二模）如图，在平行四边形中，，，点为射线上一动点，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，则的最小值是______．
【答案】
【分析】以AB为边向右作等边△ABK，连接EK，证明△ABF≌△KBE（SAS），推出AF＝EK，根据垂线段最短可知，当KE⊥AD时，EK的值最小，求出EK即可解决问题．
【详解】解：如图，以AB为边向右作等边△ABK，由可知点K在BC上，连接EK，
∵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，EK的值最小，即AF的值最小，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠EAK＝∠AKB＝60°，∴∠AKE＝30°，
∵AB＝AK＝2 ∴AE＝AK＝1，∴EK＝，∴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，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．
例2．（2023下·江苏扬州·八年级校考阶段练习）如图，在平行四边形中，，，，对角线与交于点，将直线绕点按顺时针方向旋转，分别交、于点、，则四边形周长的最小值是 ．
【答案】/
【分析】作于，证明，即可推出四边形周长，所以当最小时，四边形周长最小即可算出最小值．
【详解】解：作于，如下图所示：
， ， ，
四边形为平行四边形，，，，
在和中 ， ， ，
四边形周长 ，
当的值最小时，四边形周长有最小值，此时，即的最小值，
四边形周长的最小值是 ．故答案为：．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，结合线段和最短问题，正确转换线段之间的关系表达出周长是解题关键．
4）综合证明型
例1．（2023下·江苏无锡·八年级校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，四边形为平行四边形，为坐标原点，，，，将平行四边形绕点逆时针旋转得到平行四边形，点在的延长线上，点F落在x轴正半轴上．
(1)证明：是等边三角形；(2)平行四边形绕点逆时针旋转度．的对应线段为，点的对应点为．①直线与轴交于点，若为等腰三角形，求点的坐标：
②对角线在旋转过程中设点坐标为，当点到轴的距离大于或等于时，求的范围．
【答案】(1)见解析(2)①或或或，；②或
【分析】（1）根据点坐标结合勾股定理求出，再根据等腰三角形的性质得出，得到，故而可解；（2）①设，根据等腰三角形的性质分、和三种情况，分别求出点坐标即可；②分旋转过程中在第三象限时到轴的距离等于、旋转到第四象限时到轴的距离等于、旋转到在第一象限时到轴的距离等于和旋转180度四种情况，分别求出m的值，即可得到的取值范围．
【详解】（1）如图过点作轴于点，
，，，，，
由旋转的性质可得：，∴，∴，是等边三角形；
（2）①设，是等腰三角形，
当时，，解得：，，
当时，，或，
当时，根据等腰三角形的性质可得，∴，
故为等腰三角形时，点的坐标为或或或，．
②旋转过程中点的对应点为，，
当点开始旋转，至在第三象限内到轴的距离等于时，如图，作轴于点H，轴于点G，交于点E，∴，
∴，，
∴，∴，此时；
当点旋转到第四象限，到轴的距离等于时，如图，
同理可得：，∴；∴满足条件的的取值范围是；
当点旋转到第一象限，到轴的距离等于时，如图，
此时，∴；
当点旋转时，，关于点对称，
，解得：，，，
故此时满足条件的的取值范围是；
综上所述，当点到轴的距离大于或等于时，的取值范围是或．
【点睛】此题考查了旋转的性质、坐标与图形、等边三角形的判定、平行四边形的性质、勾股定理以及等腰三角形的性质等知识，熟练掌握相关图形的性质定理、灵活应用数形结合思想是解题关键．
模型2.菱形中的旋转模型
1）常规计算型
例1．（2023春·江苏南京·八年级校联考期中）如图，在菱形中，，将菱形绕点A逆时针旋转，得到四边形，连接，若，则的度数为 ．
【答案】
【分析】根据旋转的性质结合菱形的性质即可求解．
【详解】解：由题意得：
故答案为：
【点睛】本题考查旋转及菱形的性质．推出是解题的关键．
例2．（2023·山东东营·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为，点在轴的正半轴上，且，将菱形绕原点逆时针方向旋转，得到四边形点与点重合，则点的坐标是( )
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】延长交轴于点，根据旋转的性质以及已知条件得出，进而求得的长，即可求解．
【详解】解：如图所示，延长交轴于点，
∵四边形是菱形，点在轴的正半轴上，平分，，
∴， ∵将菱形绕原点逆时针方向旋转，
∴，则， ∴∴，
在中，∴，
∴，∴，故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，坐标与图形，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
例3．（2023秋·广东·九年级专题练习）如图，菱形的对角线、交于点O，将绕着点C旋转得到，若，，则的长是（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】C
【分析】根据菱形的性质、旋转的性质，得到，，，，根据，利用勾股定理计算，再次利用勾股定理计算即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，且绕着点C旋转得到，，
∴，，，∴，，
∵，∴，∴．故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质、旋转的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的基本性质并灵活运用勾股定理是解题的关键．
2）最值（范围）型
例1．（2023·江苏·二模）如图，菱形ABCD的边长为2，∠A＝60°，E是边AB的中点，F是边AD上的一个动点，将线段EF绕着点E顺时针旋转60°得到EG，连接DG、CG，则DG+CG的最小值为 _____．
【答案】
【分析】取AD的中点N．连接EN，EC，GN，作EH⊥CB交CB的延长线于H．根据菱形的性质，可得△ADB是等边三角形，从而得到△AEN是等边三角形，可证得△AEF≌△NEG，进而得到点G的运动轨迹是射线NG，继而得到GD+GC＝GE+GC≥EC，在Rt△BEH和Rt△ECH中， 由勾股定理，即可求解．
【详解】如图，取AD的中点N．连接EN，EC，GN，作EH⊥CB交CB的延长线于H．
∵四边形ABCD是菱形∴AD＝AB，
∵∠A＝60°，∴△ADB是等边三角形，∴AD＝BD，∵AE＝ED，AN＝NB，∴AE＝AN，
∵∠A＝60°，∴△AEN是等边三角形，∴∠AEN＝∠FEG＝60°，∴∠AEF＝∠NEG，
∵EA＝EN，EF＝EG，∴△AEF≌△NEG（SAS），∴∠ENG＝∠A＝60°，
∵∠ANE＝60°，∴∠GND＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴点G的运动轨迹是射线NG，
∴D，E关于射线NG对称，∴GD＝GE，∴GD+GC＝GE+GC≥EC，
在Rt△BEH中，∠H＝90°，BE＝1，∠EBH＝60°，∴BH＝BE＝，EH＝，
在Rt△ECH中，EC＝＝，∴GD+GC≥，∴GD+GC的最小值为．故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识是解题关键．
例2．（2023·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．
例3．（2023·贵州遵义·统考一模）如图，已知菱形和菱形，，，，连接，．将菱形绕点旋转，当最大时，等于（ ）
A．2 B． C．1 D．
【答案】D
【分析】当BE⊥AE时，∠ABE的值最大，此时cos∠BAE=，推出∠BAE=30°，过点G作GT⊥DA交DA延长线于点T，求出GT，可得结论．
【详解】解：∵四边形ABCD，四边形AEFG都是菱形，∴AD=AB=2，AG=AE= ，
当BE⊥AE时，∠ABE的值最大，此时cos∠BAE= ∴∠BAE=30°，
∵∠DAB+∠EAG=180°，∴∠BAE+∠DAG=180°，∴∠DAG=150°，
过点G作GT⊥DA交DA的延长线于点T，如图，
在Rt△AGT中，AG= ，∠GAT=30°，∴GT=AG·sin30°=； 故选∶D．
【点睛】本题考查旋转变换，菱形的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是理解题意，灵活运所学知识解决问题．
3）分类讨论型
例1．（2023上·辽宁沈阳·九年级统考期中）如图，四边形是菱形，，点为平面内一点，连接，将线段绕点A逆时针方向旋转得到线段，连接，连接． 点在直线上，，则线段的长为 ．
【答案】5或3/3或5
【分析】本题考查旋转的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，分类画出图形是解题的关键．分点E在菱形内部和外部两种情况，分别连接，证明可得，然后根据线段的和差即可解答．
【详解】解：①如图：当点E在菱形内部时，连接，
∵四边形是菱形，，∴是等边三角形，∴，
∵将线段绕点A逆时针方向旋转得到线段，
∴，∴是等边三角形，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴，∴；
②如图：当点E在菱形外部时，连接，
同理可证：，，∴，∴．
故答案为：5或3．
4）综合证明型
例1．（2023·重庆·九年级专题练习）如图，菱形ABCD的形状和大小保持不变，将菱形ABCD绕点B旋转适当角度得到菱形A'BC'D'，边A'D'与AD，DC交于E，F（D，E，F不重合），连接EB，FB．在旋转过程中，下列判断错误的是（ ）
A．EB平分∠AED' B．FB平分∠A'FC C．△DEF的周长是一个定值 D．S△DEF+2S△BEF＝S菱形ABCD
【答案】D
【分析】过点作于，于，于，利用角平分线的判定定理证明选项A、B是否正确，再利用全等三角形的性质证明的周长为定值，利用排除法解题．
【详解】解：过点作于，于，于，
菱形是由菱形旋转得到，菱形的每条边上的高都相等，
于，于，于，
平分，平分，故选项A、B正确，不符合题意；
同法可证，
的周长为：，
的周长为定值，故选项C正确，不符合题意，故选：D．
【点睛】旋转的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形面积等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
例2．（2023·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．
模型3.矩形中的旋转模型
1）常规计算型
例1．（2023下·山西大同·九年级校联考期中）如图，将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，已知，则旋转角的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据矩形的性质得，由旋转可知，根据三角形外角性质及直角三角形的性质即可解答．
【详解】解：∵四边形为矩形，∴，根据旋转可知，，
∵，∴，
∴，∴旋转角的度数为.故选：.
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，三角形外角的性质，直角三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
例2．（2020·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．12 B．4 C．3 D．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3．（2023·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．
例2．（2023·江苏·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．
例3．（2023下·江苏常州·八年级校考期中）阅读：如果两个动点到一个定点的距离的比为定值，且这两个动点与定点连线所成角的度数也为定值，那么这两动点的运动路径相同．
应用：如图，点O是矩形的对角线AC的中点，，以O为直角顶点的的顶点P在边上，，当P在上运动时，的最大值为（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】C
【分析】根据题意，确定出点的轨迹为一条线段，确定出点在两点时，点的位置，即可求解．
【详解】解：由题意可得：点的轨迹为一条线段，，∴
又∵，∴ 中，，
设，则，由勾股定理可得：解得
∴，，∴
当与重合时，过点作交于点如下图：
∵，∴在线段上，
∴点与点重合 由勾股定理可得：，
当与重合时，过点作交于点，连接，，如下图：
由题意可得：，∴为等边三角形，即，
∵，，∴
∴，此时，点在射线上
∴，则点与点重合，∴点的轨迹为线段
由此可得，当与重合时，最大，为的长度
在中，，，可得：，即最大为，故选：C
【点睛】此题考查了矩形的性质，勾股定理，含直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质，确定出点的轨迹．
3）分类讨论型
例1．（2023·河南信阳·二模）如图，为矩形的对角线，，，把绕点旋转，点的对应为点，当时，的长为 ．
【答案】或
【分析】分两种情况讨论，通过证明，由三角形的性质可求，的长，由勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，当绕点顺时针旋转，过点作于，如图所示：
，，
，，，，
，，，，．
当绕点逆时针旋转，过点作直线于，
，，，
，，，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
例2．（2023·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．（2023·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．
例2．（2023上·福建南平·九年级校考期中）已知：在矩形中，把矩形绕点旋转，得到矩形，且点落在边上，连接交于点．(1)如图，连接．求证：平分；求证：是的中点；(2)如图，连接，若平分，，求的长．
【答案】(1)见解析；见解析；(2)．
【分析】（）旋转性质得，从而有，由根据矩形的性质可得，通过平行线的性质即可求解；过点作于点，证明，由性质可得，再证明即可；（）作于点，由（）得出，，再通过性质和勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：如图，由旋转性质得，∴，
∵四边形是矩形，∴，∴， ∴，∴平分；
如图，过点作于点，由①可知，
又∵，且，∴，∴，∵，∴，
又∵，，∴，∴，∴点为中点，
（2）解：如图，作于点，由()可知，，∴，，
∵，平分，∴∴，
∴， 设，则，，
∴，， ∴，
∵，∴，解得，∴．
【点睛】此题考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的性质和判定及勾股定理，解题的关键是熟练掌握以上知识的应用．
模型4.正方形中的旋转模型
1）常规计算型
例1．（2023·河南·九年级阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，边长为的正方形ABCD的顶点A在x轴正半辅上，C在第一象限，将正方形ABCD绕点A旋转，当D的坐标为(3，2)时，则C点的坐标是（ ）
A．(5，1) B．(5，2) C．(5，3) D．(5，4)
【答案】C
【分析】如图：过D作DE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥y轴于点G，与ED的延长线交于点F，证明△ADE≌△DCF，进而求解．
【详解】解：如图：过D作DE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥y轴于点G，与ED的延长线交于点F
∵D的坐标为（3，2）∴OE=GF=3，DE=2，∵AD=CD=∴
∵∠ADC=90°∴∠ADE+∠CDF=90°∴∠ADE+∠DAE=90°∴∠DAE=∠CDF，
∵∠AED=∠CFD=90°∴ΔΑDΕ≌ΔDCF（AAS）∴AE=DF=1，DE=CF=2，
∴EF=2+1=3，CG=3+2=5，∴C（5，3）．故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、直角坐标系中点的坐标的特征，作出辅助线、构造直角三角形是解答本题的关键．
例2．（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．（2023·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．4 B．4 C．5 D．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．
例2．（2023.湖北九年级期中）如图，正方形ABCD的边长为4，，点E是直线CM上一个动点，连接BE，线段BE绕点B顺时针旋转45°得到BF，连接DF，则线段DF长度的最小值等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接BD，在BD上截取BG＝BC，连接FG，过点D作于点H．利用正方形的性质、勾股定理得出，利用旋转的性质得出，，再证明，得出，可知点F在直线GF上运动，点F与点H重合时，DF的值最小，进而求出DH的值即可．
【解析】解：如图，连接BD，在BD上截取BG＝BC，连接FG，过点D作于点H．
∵四边形ABCD是正方形，边长为4，∴，，，
∴，，∴，
∵线段BE绕点B顺时针旋转45°得到BF，∴，，∴，∴，
在和中，，∴，∴，
∴点F在直线GF上运动，点F与点H重合时，DF的值最小，
∵，，∴，∴DF的最小值为．故选B．
3）路径（轨迹）型
例1．（2023下·江苏宿迁·八年级统考期中）如图，在正方形中，是对角线上一动点，点P从点C出发，连接，过点P作交边于点Q，连接，取的中点H，若P点移动的路径长为2，则H点移动路径长为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】B
【分析】过点P作AD的垂线，交AD于G，交BC于F，连接BD交AC于O，连接OH，先由等腰直角三角形的性质得PF＝CF＝DG＝，根据全等三角形的性质得到FQ＝PG，于是得到PF＝QG＝，BP＝QP，FQ＝DF＝，然后证BQ的中点H移动的路径长即为OH的长，最后由三角形中位线定理得BH＝DQ＝即可．
【详解】解：过点P作AD的垂线，交AD于G，交BC于F，连接BD交AC于O，连接OH，如图所示：
则∠QGP＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴，
∴PF⊥BC，∴∠PFB＝90°，∴四边形ABFG是矩形，
∴AG＝BF，△APG、△PCF是等腰直角三角形，
∴PF＝CF＝DG＝，AG＝PG，
∵PQ⊥PB，∴∠BPQ＝90°，∴∠BPF＋∠PBF＝∠BPF＋∠QPG＝90°，
∴∠PBF＝∠QPG，∴△BPF≌△QPG（AAS），
∴PF＝QG＝，BP＝QP，∴FQ＝DF＝，∴，
当点P在C点时，点Q与点D重合，BQ的中点即为BD的中点，
∴BQ的中点H移动的路径长即为OH的长，
∵四边形ABCD是正方形，∴BO＝OD，
∵H是DQ的中点，∴BH＝DQ＝，
即BQ的中点H移动的路径长为，故B正确．故选：B．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、三角形中位线的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的判定与性质是解题的关键．
例2．（2023·广东三模）如图，是等腰直角三角形，正方形绕点A逆时针旋转，再延长交于G，以下结论中：①；②；③当，时，，正确的有（ ）
A．3个 B．2个 C．1个 D．都不对
【答案】B
【分析】根据等腰直角三角形的性质及正方形的性质易得△BAD≌△CAF，从而易得①②正确；取BC的中点O，连接OG、OA，则由直角三角形斜边上中线的性质可得OG是BC的一半，即为定值，故可得点G的运动路径是以O为圆心OG长为半径一段圆弧上运动，从而BG的长度不是固定的，因此可对③作出判定．
【详解】（1）∵四边形ADEF是正方形∴AD=AF，∠DAF=∠DAC+∠CAF=90゜
∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90゜∴AB=AC ∴∠BAD+∠DAC=90゜∴∠BAD=∠CAF
在△BAD和△CAF中∴△BAD≌△CAF(SAS)∴BD=CF，∠DBA=∠FCA
设BG与AC交于点M，则∠BMA=∠CMG∴∠FCA+∠CMG=∠DBA+∠BMA=90゜
∴∠CGM=90゜∴BD⊥CF 故①②均正确；
如图，取BC的中点O，连接OG、OA
∵BG⊥CF，AB⊥AC∴OG、OA分别是Rt△GBC、Rt△ABC斜边上的中线
∴ 在Rt△ABC中，由勾股定理得 ∴
则点G在以O为圆心为半径的一段圆弧上运动，其中点A为此弧的一个端点
所以BG的长变化的，不可能是定值 故③不正确 故选：B．
【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质等知识，对③的判断是比较难，判断出点G的运动路径后问题则迎刃而解．
4）分类讨论型
例1．（2023·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．
例2．（2023·辽宁辽阳·一模）如图，正方形ABCD和正方形CEFG（其中BD>2CE），直线BG与DE交于点H．(1)如图1，当点G在CD上时，请直接写出线段BG与DE的数量关系和位置关系；
(2)将正方形CEFG绕点C旋转一周．①如图2，当点E在直线CD右侧时，求证：；
②当∠DEC＝45°时，若AB＝3，CE＝1，请直接写出线段DH的长．
【答案】(1)BG＝DE，BG⊥DE(2)①见解析；②或
【分析】（1）证明△BCG≌△DCE可得结论；（2）①在线段BG上截取BK＝DH，连接CK．证明△BCK≌△DCH(SAS)，推出CK＝CH，∠BCK＝∠DCH，推出△KCH是等腰直角三角形，即可解决问题；
②分两种情形：当D，G，E三点共线时∠DEC＝45°，连接BD；和当D，H，E三点共线时∠DEC＝45°，连接BD，分别根据正方形的性质结合勾股定理求解即可解决问题．
（1）解：BG＝DE，BG⊥DE，理由如下：
∵四边形ABCD和四边形CEFG都为正方形，∴BC＝CD，∠BCG＝∠DCE＝90°，CG＝CE，
∴△BCG≌△DCE(SAS)，∴BG＝DE，∠CBG＝∠CDE．
∵∠CDE+∠DEC＝90°，∴∠HBE+∠BEH＝90°∴∠BHD＝90°，即．
综上可知BG和DE的关系为BG＝DE且．故答案为：BG＝DE且；
（2）①证明：如图，在线段BG上截取BK＝DH，连接CK．
∵四边形ABCD和四边形CEFG都为正方形，∴BC＝CD，∠BCD＝∠GCE＝90°，CG＝CE，
∴∠BCG＝∠DCE，∴△BCG≌△DCE(SAS)，∴∠CBK＝∠CDH，
∵BK＝DH，BC＝DC，∴△BCK≌△DCH(SAS)，∴CK＝CH，∠BCK＝∠DCH，
∴∠BCK+∠KCD＝∠DCH+∠KCD，即∠KCH＝∠BCD＝90°，∴△KCH是等腰直角三角形，
∴，∴；
②如图，当D，G，E三点共线时∠DEC＝45°，连接BD．
由（1）同样的方法可知，BH＝DE，∵四边形CEFG为正方形
∴CE＝CH＝1∴．∵AB＝3，∴，
设DH＝x，则，在Rt△BDH中，，即，
解得：（舍）故此时；
如图，当H，E重合时，∠DEC＝45°，连接BD．
设DH＝x，∵BG＝DH∴，在Rt△BDH中，，即
解得：（舍）故此时；
综上所述，满足条件的DH的值为或．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题是解题关键．
5）综合证明型
例1．（2022·四川南充·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．
例2．（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．
课后专项训练
1．（2023·云南昭通·九年级统考期中）如图，将矩形绕点A旋转一个角度得到，使得点恰好落在边上，若，则的长为（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【分析】根据矩形的性质得到，由旋转得到，利用勾股定理求出即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，∴，
∵，∴，由旋转得，
∴，∴，故选：D．
【点睛】此题考查了矩形的性质，勾股定理，以及旋转的性质，综合掌握各性质定理是解题的关键．
2．（2024上·广西柳州·九年级统考期末）如图，正方形，边长，对角线、相交于点O，将直角三角板的直角顶点放在点O处，三角板两边足够长，与、交于、两点，当三角板绕点O旋转时，线段的最小值为（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】C
【分析】证明，得到，要使有最小值，即求的最小值，当时，有最小值，由等腰三角形的性质可求出．
【详解】解：正方形，，
，，，
，，故要使有最小值，即求的最小值，
当时，有最小值，，，
，线段的最小值为．故选：C．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
3．（2023·湖南株洲·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，四边形是菱形，，，将菱形绕点O旋转任意角度得到菱形，则点的纵坐标的最小值为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】C
【分析】连接，过点C作轴于E，由直角三角形的性质可求， ，由勾股定理可求的长，据此进一步分析即可求解．
【详解】解：如图，连接，过点C作轴于E，
∵四边形是菱形，∴，∴，
∵，∴，∴，
∴当点在y轴上时，点的纵坐标有最小值为故选：C
【点睛】本题主要考查了菱形的性质与勾股定理的综合运用，熟练掌握相关性质是解题关键.
4．（2023·江苏泰州·统考中考真题）菱形的边长为2，，将该菱形绕顶点A在平面内旋转，则旋转后的图形与原图形重叠部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分两种情况：①如图，将该菱形绕顶点A在平面内顺时针旋转，连接，相交于点O，与交于点E，根据菱形的性质推出的长，再根据菱形的性质推出与的长，再根据重叠部分的面积求解即可．②将该菱形绕顶点A在平面内逆时针旋转，同①方法可得重叠部分的面积．
【详解】解：①如图，将该菱形绕顶点A在平面内顺时针旋转30°，
连接，相交于点O，与交于点E，
∵四边形是菱形，，∴，
∵，∴，，∴，
∵菱形绕点A顺时针旋转得到菱形，
∴，∴A，，C三点共线，∴，
又∵，∴，，∵重叠部分的面积，
∴重叠部分的面积；
②将该菱形绕顶点A在平面内逆时针旋转，同①方法可得重叠部分的面积，故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，正确作出图形是解题的关键．
5．（2023秋·重庆·九年级专题练习）如图，菱形的对角线交于点O，，将绕着点C旋转得到，则点A与点之间的距离为（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】C
【详解】根据菱形的性质得到，，再由旋转的性质得到，，则，利用勾股定理求出的长即可得到答案．
【解答】解：∵菱形的对角线交于点O，
∴，，∴
∵将绕着点C旋转得到，
∴，，∴，
在中，由勾股定理得，
∴点A与点之间的距离为10，故C正确．故选：C．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，旋转的性质，勾股定理，灵活运用所学知识是解题的关键．
6．（2023春·天津西青·九年级校考阶段练习）如图，将菱形绕点顺时针旋转得到菱形，使点落在对角线上，连接，，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C．是等边三角形 D．
【答案】D
【分析】由菱形的性质可得，，由旋转的性质可得，，，由“”可证，即可求解．
【详解】解：四边形是菱形，，，
将菱形绕点顺时针旋转得到菱形，，，，
，，，，故选：．
【点睛】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，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
7．（2023下·河南南阳·八年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，点，，将平行四边形OABC绕点O旋转90°后，点B的对应点坐标是 ．
【答案】或
【分析】根据旋转可得： BM = B1M1 = B2M2 = 3，∠AOA1 =∠AOA2 = 90°，可得B1和B2的坐标，即是B'的坐标．
【详解】解：∵A(-1，2)， OC= 4，∴ C(4，0)，B(3，2)，M(0，2)， BM = 3，AB//x轴，BM= 3．
将平行四边形OABC绕点O分别顺时针、逆时针旋转90°后，
由旋转得：OM=OM1=OM2=2，∠AOA1=∠AOA2=90° BM=B1M1=B2M2=3，
A1B1⊥x轴，A2B2⊥x轴，∴B1和B2的坐标分别为： (-2，3)， (2，-3)，
∴B'即是图中的B1和B2，坐标就是， B' (-2， 3)， (2，-3)，故答案为： (-2，3)或 (2， -3)．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，坐标与图形的性质，旋转的性质，正确的识别图形是解题的关键．
8．（2023·江苏南京·校联考三模）如图，将矩形绕点旋转，使点落在对角线上的处，延长交于点．若，，则的长为 ．
【答案】1
【分析】如图所示，连接，由矩形的性质和勾股定理得到，，，由旋转的性质得到，四边形是矩形，证明，则可得，则．
【详解】解：如图所示，连接，
∵在矩形中，，，∴，，，
由旋转的性质可得，四边形是矩形，
∴，∴，∴，
∴，∴，故答案为：1．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，旋转的性质，证明，利用等面积法求出的长是解题的关键．
9．（2023·江苏九年级课时练习）把边长分别为4和6的矩形ABCO如图放在平面直角坐标系中，将它绕点C顺时针旋转α角，旋转后的矩形记为矩形EDCF．在旋转过程中，
（1）如图①，当点E在射线CB上时，E点坐标为 ；
（2）当△CBD是等边三角形时，旋转角α的度数是 （α为锐角）．
【答案】 （4，2） 60°
【分析】（1）依题意得，点E在射线CB上，横坐标为4，根据勾股定理可得纵坐标，进而得出点E的坐标．
（2）已知∠BCD=60°，∠BCF=30°，然后可得∠α=60°．
【详解】解：（1）∵OC=4，∴当点E在射线CB上时，点E横坐标为4，
∵FC=4，EF=6，∴EC=，∴E（4，2），故答案为：（4，2）；
（2）当△CBD是等边三角形时，∠BCD=60°，∴旋转角a的度数是60°，故答案为：60°．
【点睛】本题考查了旋转的性质，坐标与图形的性质，解决问题的关键是掌握旋转的性质以及矩形的性质．
10．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，正方形ABCD和Rt△CEF，AB＝10，CE＝CF＝6，连接BF，DE，在△CEF绕点C旋转过程中，当∠CDE最大时，S△BCF＝___．
【答案】24
【分析】由题意可得点E在以C为圆心，6为半径的圆上，则当DE为此圆的切线时，∠CDE最大，即DE⊥CE，由“AAS”可证△BCH≌△DCE，可得BH＝DE＝8，即可求解．
【详解】解：如图，作BH⊥CF于H，
在△CEF绕点C旋转过程中，点E在以C为圆心，6为半径的圆上，
∴当DE为此圆的切线时，∠CDE最大，即DE⊥CE，∴∠DEC＝90°，
∴8，∵∠ECH＝∠DCB＝90°，∴∠DCE＝∠BCH，
在△BCH和△DCE中，∴△BCH≌△DCE（AAS），
∴BH＝DE＝8，∴S△BCF6×8＝24，故答案为：24．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理等知识；熟练掌握旋转的性质，证明三角形全等是解题的关键．
11．（2023·浙江温州·八年级期中）如图，一副三角板如图放置，，顶点重合，将绕其顶点旋转，如图，在旋转过程中，当，连接、，这时的面积是______．
【答案】
【分析】过点作，由得，再由得四边形为平行四边形，再证明≌得，再由可知垂直平分，延长交于，求出、，然后可用平行四边形的面积减三角形面积可得答案．
【详解】解：如图，过点作，，
，，，，，
，四边形为平行四边形，，°，，
，，，
在与中，，≌（SAS），，
，垂直平分，延长交于，，
，，，，，
，，．
垂直平分，=，
∴S△AED=S四边形ABCD-S△ABE-S△CDE-S△BEC
==．故答案为：．
【点睛】本题是三角形旋转变换综合题，主要考查了平行线的判定与性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，垂直平分线的判定与性质以及勾股定理，综合能力较强．
12．（2023·河南·九年级专题练习）如图，平行四边形ABCD中，，．将平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转30°得到平行四边形，此时点恰好在BC边上，点C的运动路径为，则图中阴影部分的面积为______．
【答案】
【分析】连接和，过作于，过作于，过作于，根据平行四边形性质以及旋转角为，可得，在中，得到，在中，得到，利用勾股定理求出，再求出，进而求出、、，根据计算即可得到阴影部分的面积．
【详解】解：连接和，过作于，过作于，过作于，如图所示：
在平行四边形ABCD中，，，将平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转30°得到平行四边形，此时点恰好在BC边上，，
在中，，则，
在中，，则，
，，
，，，
在中，，则，
，，
，
，故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，扇形的面积公式，勾股定理，熟练掌握旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小是解题的关键．
13．（2023春·广东惠州·九年级校考开学考试）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，将菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转，得到菱形AEFG．当点E恰好落在AC上时，设EF与CD交于点H，则HE＝ ．
【答案】/
【分析】连接BD交AC于O，由菱形的性质得出CD＝AB＝2，∠BCD＝∠BAD＝60°，∠ACD＝∠BAC＝∠BAD＝30°，由直角三角形的性质求出OB＝AB＝1，由直角三角形的性质得出AC＝2，由旋转的性质得出AE＝AB＝2，∠EAG＝∠BAD＝60°，求出CE＝AC AE＝2 2，证出∠CHE＝90°，由直角三角形的性质得出HE＝ 1．
【详解】解：连接BD交AC于O，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD＝AB＝2，∠BCD＝∠BAD＝60°，∠ACD＝∠BAC＝∠BAD＝30°，OA＝OC，AC⊥BD，
∴OB＝AB＝1，∴OA＝OB＝，∴AC＝2，
由旋转的性质得：AE＝AB＝2，∠EAG＝∠BAD＝60°，∴CE＝AC AE＝2 2，
∵四边形AEFG是菱形，∴EF∥AG，∴∠CEH＝∠EAG＝60°，
∴∠CEH＋∠ACD＝90°，∴∠CHE＝90°，∴HE＝CE＝ 1．故答案为： 1．
【点睛】本题考查了菱形的性质、旋转的性质、含30°角的直角三角形的性质、平行线的性质等知识，熟练掌握旋转的性质和菱形的性质是解题的关键．
14．（2023春·江苏无锡·八年级校考阶段练习）如图，四边形是菱形，，且，为对角线（不含点）上任意一点，将绕点逆时针旋转得到，连接、，则的最小值为 .
【答案】
【分析】根据两点之间线段最短，当点位于与的交点处时，的值最小，即等于的长．
【详解】解：将绕点逆时针旋转得到，
∴，,,,，如图，连接，
是等边三角形．．．
当点位于与的交点处时，的值最小，即等于的长，
过点作交的延长线于，，
，，，在中，，．故答案为：.
【点睛】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
15．（2023下·河南驻马店·八年级统考期中）如图，的对角线、相交于点，直线过点且与、分别相交于点、．(1)求证：；(2)直线绕点旋转一定的角度与直线、相交于点、．请探索与的数量关系．
【答案】(1)见解析(2)；
【分析】（1）根据平行四边形的性质利用证明，即可得证；
（2）同（1）的方法即可得出，则可证得结论．
【详解】（1）证明：∵的对角线交于点O，
∴，，∴，
在和中∴，∴；
（2），证明如下：
∵四边形是平行四边形，∴，，∴，
在和中∴，∴．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质,熟练平行四边形的性质，证明是三角形全等，是解题的关键．
16．（2023·海南位·九年级统考阶段练习）正方形和正方形的边长分别为6和2，将正方形绕点A逆时针旋转．(1)当旋转至图1位置时，连结、，线段和有何关系？请说明理由；
(2)如图2，在旋转过程中，当点G、E、D在同一直线上时，求线段的长．
【答案】(1)，，见解析(2)或
【分析】（1）根据正方形的性质即可证明，得到，，根据可得，即，得证；
（2）分两种情形：当D、E、G共线时，连接交于T．根据正方形的性质与勾股定理即可求解的长，从而或．
【详解】（1）结论：，． 理由：设交于点O，交于点J．
∵四边形，四边形都是正方形，
∴，，，
∴，即，
∴，∴，，
∵，，∴，∴，∴．
（2）分两种情况讨论：①如下图，当D、E、G共线时，连接交于T．
∵四边形是正方形，∴，∴，
∴，∴，∵，∴．
②当D、G、E共线时，连结交于T．
同理可得，可得，∴，
综上所述，满足条件的的长为或．
【点睛】本题考查正方形的性质，三角形全等的判定及性质，勾股定理，旋转的性质，解题的关键是熟练掌握以上知识点和分类讨论思想．
17．（2023上·河南洛阳·九年级统考期中）综合与实践：在数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活动，将边长为的正方形与边长为的正方形按下图位置放置，与在同一直线上，与在同一直线上．连接，，易得且（不需要说明理由）．
(1)如下图，小明将正方形绕点逆时针旋转，旋转角为．
①连接，，判断与的数量关系和位置关系，并说明理由；
②在旋转过程中，如下图，连接，，．，求四边形面积的最大值．
(2)如下图，分别取，，，的中点，，，，连接，，，，则四边形的形状为______，四边形面积的最大值是______．
【答案】(1)①，，理由见解析；②四边形面积的最大值为；
(2)正方形：．
【分析】本题是四边形的综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，解题的关键是在图形变化过程中弄清楚所存在的不变量及关系．
（1）①由“”证明，得到，，进而得到；②由图可知，在旋转过程中，与的面积始终保持不变，当，时，与的面积最大，此时四边形的面积也最大；
（2）根据正方形的判定可得出四边形为正方形，其面积最大为时，根据三角形的中位线定理可求出其边长，进一步求出其最大面积．
【详解】（1）①，，理由如下：如图2，设与相交于点，与相交于点，
四边形与四边形均为正方形，，，，
，即，
，，，
又，，，
，，综上所述，，；
②如图3．由图可知，
在旋转过程中，与的面积始终保持不变，当，时，与的面积最大，此时四边形的面积也最大，，，
．
四边形面积的最大值为是；
（2）如图4，连接、，点，，，分别是，，，的中点，
，，，，，，，，
由（1）知，，四边形为菱形，
由（1）知，，菱形为正方形，
如图5，当、、三点在同一条直线上时，、、三点也在同一条直线上，
此时正方形的面积最大， ，
故答案为：正方形，．
18．（2023上·江西宜春·九年级统考期中）【课本再现】（1）如图1，E是正方形中边上任意一点，以点A为中心，把顺时针旋转，请你按课本的解答：“设点E的对应点为，在的延长线上取点，使，连接，则为旋转后的图形”，画出旋转后的，易知线段与的关系为______________________；
【深入探究】（2）如图2，在正方形中，E，F分别是边上的点，且，请你探究图中线段之间的数量关系并说明理由；
【拓展延伸】（3）在（2）图2的条件下，若正方形的边长为6，且F为边的中点时，的长为____．
【答案】（1）画图见解析，；（2），利用见解析；（3）2
【分析】（1）先根据题意画出图形，再利用证明，即可得到；
（2）如图所示，在的延长线上取点，使，连接，同理可得，则，再证明，即可证明，得到，由此可得；（3）设，则，，由勾股定理建立方程，解方程即可得到答案．
【详解】解：（1）∵四边形是正方形，∴，
又∵，∴，∴；
（2），理由如下：如图所示，在的延长线上取点，使，连接，
同理可证，∴，
∵，∴，
∵，∴，
又∵，∴，∴，∵，∴；
（3）设，则，∵正方形的边长为6，点F为的中点，
∴，∴，∵在正方形中，，∴，
∴，解得，∴，故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，正确作出辅助线通过证明得到对应线段之间的关系是解题的关键．
19．（2023下·山东东营·八年级校考阶段练习）如图正方形的对角线相交于点，又是另一个正方形的一个顶点，若正方形绕点旋转，在旋转的过程中，
探究一：两个正方形重叠部分的面积是否会发生变化？并说明理由．
探究二：若正方形与正方形两边分别相交于、，试判断线段和之间的关系，并说明理由．探究三：若正方形继续旋转时，与之间的关系是否还成立？ 直接写出答案，不用说明理由
【答案】探究一：重叠部分面积不变，总是等于正方形面积的，理由见解析；探究二：线段和之间的关系相等，理由见解析；探究三：
【分析】探究一：根据正方形的性质得出证出可得结论；
探究二：根据探究一可得可得；
探究三： 与之间的关系相等．
【详解】解：探究一： 重叠部分面积不变，总是等于正方形面积的，理由如下：
四边形和四边形都是正方形，
，，
在与中，
四边形的面积等于的面积，即重叠部分面积不变，总是等于正方形面积的
探究二： 线段和之间的关系相等，理由：根据探究一可得．
探究三： ．四边形和四边形都是正方形， ，，
在与中，
【点睛】本题主要考查对正方形的性质，全等三角形的性质和判定等知识点的理解和掌握，能推出四边形的面积等于的面积是解此题的关键．
20．（2023春·浙江台州·八年级校联考期中）菱形中，，为等边三角形，将绕点顺时针旋转，为线段的中点，连接．
(1)如图1，为边上一点（点、不重合），则、的关系是___，请说明理由．
(2)将旋转至如图2所示位置，（1）中的结论是否仍成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
【答案】(1)，理由见详解(2)成立，证明见详解
【分析】（1）延长，交于点，结合菱形的性质以及等边三角形的性质证明，由全等三角形的性质可得，，易得，进而证明，可知平分，，可求得，即可证明结论；（2）延长至，使得，连接、，连接交于，证明，进而证明，进一步得出结论．
【详解】（1）解：如下图，延长，交于点，
∵为线段的中点，∴，∵为等边三角形，
∴，，∴，
∵四边形为菱形，，∴，，
∴，∴，∴，∴，
在和中，，∴，
∴，，∴，∵，∴，
∴，∴平分，，∴，
∴．故答案为：；
（2）（1）中结论仍成立，证明如下：
如下图，延长至，使得，连接、，连接交于，
在和中，，∴，
∴，，∴，∴，∴，
∵为等边三角形，∴，，∴，∴，
∵四边形为菱形，∴，∴，
在和中，，∴，∴，，
∴，∴，∴为等边三角形，
∴，，∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．
21．（2023·贵州黔东南·九年级统考期中）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，将菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转，对应得到菱形AEFG，点E在AC上，EF与CD交于点P．
（1）求线段AC的长；（2）求线段DP的长．
【答案】（1）2，（2） 1
【分析】（1）连接BD交AC于O，由菱形的性质得出CD＝AB＝2，∠BCD＝∠BAD＝60°，∠ACD＝∠BAC＝∠BAD＝30°，由直角三角形的性质求出OB＝AB＝1，由直角三角形的性质得出AC＝2，
（2）由旋转的性质得出AE＝AB＝2，∠EAG＝∠BAD＝60°，求出CE＝AC AE＝2 2，证出∠CPE＝90°，由直角三角形的性质得出PE＝ 1，PC＝PE＝3 ，即可得出结果．
【详解】解：（1）连接BD交AC于O，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD＝AB＝2，∠BCD＝∠BAD＝60°，∠ACD＝∠BAC＝∠BAD＝30°，OA＝OC，AC⊥BD，
∴OB＝AB＝1，∴OA＝OB＝，∴AC＝2，
（2）由旋转的性质得：AE＝AB＝2，∠EAG＝∠BAD＝60°，∴CE＝AC AE＝2 2，
∵四边形AEFG是菱形，∴EF∥AG，∴∠CEP＝∠EAG＝60°，∴∠CEP＋∠ACD＝90°，∴∠CPE＝90°，
∴PE＝CE＝ 1，PC＝PE＝3 ，∴DP＝CD PC＝2 （3 ）＝ 1．
【点睛】本题考查了菱形的性质、旋转的性质、含30°角的直角三角形的性质、平行线的性质等知识；熟练掌握旋转的性质和菱形的性质是解题的关键．
22．（2023·山东济南·八年级校考期中）如图1，平行四边形ABCD中，AB⊥AC，AB=1，BC=．对角线AC和BD相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转，分别交BC和AD于点E和F．
(1)试说明在旋转过程中，线段AF与EC总保持相等；(2)如图2，证明：当旋转角为90°时，四边形ABEF是平行四边形；(3)如图3，在旋转过程中，四边形BEDF可能有BF=FD吗？如果不能，请说明理由；如果能，请先说明理由，再求出此时AC绕点O顺时针旋转的度数．
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)能，理由见解析，45°或225°
【分析】（1）只需要证明△AOF≌△COE即可推出AF=CE；（2）只需要证明AB∥EF，即可证明四边形ABEF是平行四边形；（3）先假设可能有BF=FD，然后证明四边形BEDF是平行四边形，进而推出四边形BEDF是菱形，再由菱形的性质求解即可．
【详解】（1）解：∵在平行四边形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，
∴AD∥BC ，OA=OC，∴∠OAF=∠OCE，
在△AOF和△OCE中，，∴△AOF≌△COE（AAS），∴AF=CE；
（2）解：由（1）知AD∥BC，又∵点E和F在BC和AD上，∴AF∥BE，∵AB⊥AC，∴∠BAC=90°，
∵∠AOF=90°，∴∠BAC=∠AOF，∴AB∥EF，∴四边形ABEF是平行四边形；
（3）解：假设在旋转过程中，四边形BEDF可能有BF=FD，由（1）得AF=CE，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴，∴AD-AF=BC-CE，
∴DF=BE，∴四边形BEDF是平行四边形，
又∵BF=FD，∴四边形BEDF是菱形，∴EF⊥BD，∴∠BOF=90°，
∵AB＝1，BC＝，∠BAC=90°，∴在Rt△BAC中，由勾股定理得：AC＝2，
∴AO＝1＝AB，∴∠AOB＝45°，∴∠AOF＝45°；
由对称性可知当AC继续旋转180度仍然满足题意，则此时旋转角为225°
∴在旋转过程中，四边形BEDF可能有BF=FD，此时AC绕点O顺时针旋转的度数为45°或225°．
【点睛】此题考查旋转与特殊平行四边形性质，解题关键是熟知旋转性质及特殊平行四边形的判定与性质．
23．（2023春·湖北·八年级校考阶段练习）如图，在四边形中，点E是直线上一点，将射线绕点A逆时针旋转交直线于点F．(1)如图①，若四边形为菱形，，，求证：；
(2)如图②，若四边形为正方形，，连接，试猜想线段，与之间的数量关系，并加以证明；(3)在（2）的条件下，若，，直接写出的长为__________．
【答案】(1)见解析(2)，证明见解析(3)或
【分析】（1）连接，根据菱形的性质，易得为等边三角形，证明，即可得出结论；
（2）在上截取，证明，得到，，进而推出，得到，即可得出结论；
（3）分在线段上，和在线段的延长线上，两种情况进行讨论求解．
【详解】（1）证明：连接，
∵四边形是菱形，，∴，，，
∴，∴为等边三角形，∴，
∵将射线绕点A逆时针旋转交直线于点F，∴，∴，
在和中，，∴，∴；
（2），证明如下：在上截取，∵正方形，
∴，∴，
又，，∴，∴，，
∴，即：，
∵， ∴，
又，∴，∴，∴；
（3）①当点在线段上时，如图，
延长至点，使，同（2）法可得：，
∴，∵，设，
则：，，∴，
在中，，即：，解得：；即：；
②当点在线段的延长线上时，如图：
同法可证：，设，则：，∴，
在中，，∵∴，解得：，∴；
综上：或；故答案为：或．
【点睛】本题考查菱形的性质，旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质．解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形，注意，分类讨论．专题09 特殊的平行四边形中的图形变换模型之旋转模型
几何变换中的旋转问题是历年中考考查频率高且考查难度较高，综合性强，通常有线段、三角形、（特殊）平行四边形的旋转问题。在解决此类问题时，要牢牢把握旋转的性质，即旋转前后的图形全等，对应角相等，对应边相等，再结合几何图形本身的性质，找到旋转过程中变化的量和不变的量，运用三角形全等或相似的有关知识，求解有关角、线段及面积问题。近年来虽然关于（特殊）平行四边形旋转的考查频率高，由于之前的专题有总结过相关的旋转模型，故本专题就只对特殊的平行四边形旋转中的题型作全面的总结，方便大家学习掌握。
模型1.平行四边形中的旋转模型
1）常规计算型
例1．（2023·江苏泰州·八年级校考阶段练习）如图，将 ABCD绕点A逆时针旋转到的位置，使点落在BC上，与CD交于点E．若，则旋转角的度数为 ．
例2．（2022下·福建泉州·八年级校考期中）如图，在平行四边形 中，， ，绕A逆时针旋转，点B的对应点为E，连接，设旋转角度为（）．
（1）当时，与直线相交于点F，此时，的长为 ；
（2）当是以为斜边的直角三角形时，则的长为 ．
2）最值（范围）型
例1．（2023·山东临沂·二模）如图，在平行四边形中，，，点为射线上一动点，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，则的最小值是______．
例2．（2023下·江苏扬州·八年级校考阶段练习）如图，在平行四边形中，，，，对角线与交于点，将直线绕点按顺时针方向旋转，分别交、于点、，则四边形周长的最小值是 ．
4）综合证明型
例1．（2023下·江苏无锡·八年级校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，四边形为平行四边形，为坐标原点，，，，将平行四边形绕点逆时针旋转得到平行四边形，点在的延长线上，点F落在x轴正半轴上．(1)证明：是等边三角形；(2)平行四边形绕点逆时针旋转度．的对应线段为，点的对应点为．①直线与轴交于点，若为等腰三角形，求点的坐标：②对角线在旋转过程中设点坐标为，当点到轴的距离大于或等于时，求的范围．
模型2.菱形中的旋转模型
1）常规计算型
例1．（2023春·江苏南京·八年级校联考期中）如图，在菱形中，，将菱形绕点A逆时针旋转，得到四边形，连接，若，则的度数为 ．
例2．（2023·山东东营·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为，点在轴的正半轴上，且，将菱形绕原点逆时针方向旋转，得到四边形点与点重合，则点的坐标是( )
A． B． C． D．
例3．（2023秋·广东·九年级专题练习）如图，菱形的对角线、交于点O，将绕着点C旋转得到，若，，则的长是（ ）
A．4 B． C． D．
2）最值（范围）型
例1．（2023·江苏·二模）如图，菱形ABCD的边长为2，∠A＝60°，E是边AB的中点，F是边AD上的一个动点，将线段EF绕着点E顺时针旋转60°得到EG，连接DG、CG，则DG+CG的最小值为 _____．
例2．（2023·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_________．
例3．（2023·贵州遵义·统考一模）如图，已知菱形和菱形，，，，连接，．将菱形绕点旋转，当最大时，等于（ ）
A．2 B． C．1 D．
3）分类讨论型
例1．（2023上·辽宁沈阳·九年级统考期中）如图，四边形是菱形，，点为平面内一点，连接，将线段绕点A逆时针方向旋转得到线段，连接，连接． 点在直线上，，则线段的长为 ．
4）综合证明型
例1．（2023·重庆·九年级专题练习）如图，菱形ABCD的形状和大小保持不变，将菱形ABCD绕点B旋转适当角度得到菱形A'BC'D'，边A'D'与AD，DC交于E，F（D，E，F不重合），连接EB，FB．在旋转过程中，下列判断错误的是（ ）
A．EB平分∠AED' B．FB平分∠A'FC C．△DEF的周长是一个定值 D．S△DEF+2S△BEF＝S菱形ABCD
例2．（2023·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．
模型3.矩形中的旋转模型
1）常规计算型
例1．（2023下·山西大同·九年级校联考期中）如图，将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，已知，则旋转角的度数为（ ）
A． B． C． D．
例2．（2020·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．12 B．4 C．3 D．6
例3．（2023·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 _____．
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________
例2．（2023·江苏·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______．
例3．（2023下·江苏常州·八年级校考期中）阅读：如果两个动点到一个定点的距离的比为定值，且这两个动点与定点连线所成角的度数也为定值，那么这两动点的运动路径相同．
应用：如图，点O是矩形的对角线AC的中点，，以O为直角顶点的的顶点P在边上，，当P在上运动时，的最大值为（ ）
A．1 B． C．2 D．
3）分类讨论型
例1．（2023·河南信阳·二模）如图，为矩形的对角线，，，把绕点旋转，点的对应为点，当时，的长为 ．
例2．（2023·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．
4）综合证明型
例1．（2023·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
例2．（2023上·福建南平·九年级校考期中）已知：在矩形中，把矩形绕点旋转，得到矩形，且点落在边上，连接交于点．(1)如图，连接．求证：平分；求证：是的中点；(2)如图，连接，若平分，，求的长．
模型4.正方形中的旋转模型
1）常规计算型
例1．（2023·河南·九年级阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，边长为的正方形ABCD的顶点A在x轴正半辅上，C在第一象限，将正方形ABCD绕点A旋转，当D的坐标为(3，2)时，则C点的坐标是（ ）
A．(5，1) B．(5，2) C．(5，3) D．(5，4)
例2．（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_______．
2）最值（范围）型
例1．（2023·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．4 B．4 C．5 D．2
例2．（2023.湖北九年级期中）如图，正方形ABCD的边长为4，，点E是直线CM上一个动点，连接BE，线段BE绕点B顺时针旋转45°得到BF，连接DF，则线段DF长度的最小值等于（ ）
A． B． C． D．
3）路径（轨迹）型
例1．（2023下·江苏宿迁·八年级统考期中）如图，在正方形中，是对角线上一动点，点P从点C出发，连接，过点P作交边于点Q，连接，取的中点H，若P点移动的路径长为2，则H点移动路径长为（ ）
A．2 B． C． D．
例2．（2023·广东三模）如图，是等腰直角三角形，正方形绕点A逆时针旋转，再延长交于G，以下结论中：①；②；③当，时，，正确的有（ ）
A．3个 B．2个 C．1个 D．都不对
4）分类讨论型
例1．（2023·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_______．
例2．（2023·辽宁辽阳·一模）如图，正方形ABCD和正方形CEFG（其中BD>2CE），直线BG与DE交于点H．(1)如图1，当点G在CD上时，请直接写出线段BG与DE的数量关系和位置关系；
(2)将正方形CEFG绕点C旋转一周．①如图2，当点E在直线CD右侧时，求证：；
②当∠DEC＝45°时，若AB＝3，CE＝1，请直接写出线段DH的长．
5）综合证明型
例1．（2022·四川南充·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）
例2．（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．
课后专项训练
1．（2023·云南昭通·九年级统考期中）如图，将矩形绕点A旋转一个角度得到，使得点恰好落在边上，若，则的长为（ ）
A．1 B．2 C． D．
2．（2024上·广西柳州·九年级统考期末）如图，正方形，边长，对角线、相交于点O，将直角三角板的直角顶点放在点O处，三角板两边足够长，与、交于、两点，当三角板绕点O旋转时，线段的最小值为（ ）
A．1 B．2 C． D．
3．（2023·湖南株洲·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，四边形是菱形，，，将菱形绕点O旋转任意角度得到菱形，则点的纵坐标的最小值为（ ）
A． B． C． D．1
4．（2023·江苏泰州·统考中考真题）菱形的边长为2，，将该菱形绕顶点A在平面内旋转，则旋转后的图形与原图形重叠部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
5．（2023秋·重庆·九年级专题练习）如图，菱形的对角线交于点O，，将绕着点C旋转得到，则点A与点之间的距离为（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
6．（2023春·天津西青·九年级校考阶段练习）如图，将菱形绕点顺时针旋转得到菱形，使点落在对角线上，连接，，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C．是等边三角形 D．
7．（2023下·河南南阳·八年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，点，，将平行四边形OABC绕点O旋转90°后，点B的对应点坐标是 ．
8．（2023·江苏南京·校联考三模）如图，将矩形绕点旋转，使点落在对角线上的处，延长交于点．若，，则的长为 ．
9．（2023·江苏九年级课时练习）把边长分别为4和6的矩形ABCO如图放在平面直角坐标系中，将它绕点C顺时针旋转α角，旋转后的矩形记为矩形EDCF．在旋转过程中，
（1）如图①，当点E在射线CB上时，E点坐标为 ；
（2）当△CBD是等边三角形时，旋转角α的度数是 （α为锐角）．
10．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，正方形ABCD和Rt△CEF，AB＝10，CE＝CF＝6，连接BF，DE，在△CEF绕点C旋转过程中，当∠CDE最大时，S△BCF＝___．
11．（2023·浙江温州·八年级期中）如图，一副三角板如图放置，，顶点重合，将绕其顶点旋转，如图，在旋转过程中，当，连接、，这时的面积是______．
12．（2023·河南·九年级专题练习）如图，平行四边形ABCD中，，．将平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转30°得到平行四边形，此时点恰好在BC边上，点C的运动路径为，则图中阴影部分的面积为______．
13．（2023春·广东惠州·九年级校考开学考试）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，将菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转，得到菱形AEFG．当点E恰好落在AC上时，设EF与CD交于点H，则HE＝ ．
14．（2023春·江苏无锡·八年级校考阶段练习）如图，四边形是菱形，，且，为对角线（不含点）上任意一点，将绕点逆时针旋转得到，连接、，则的最小值为 .
15．（2023下·河南驻马店·八年级统考期中）如图，的对角线、相交于点，直线过点且与、分别相交于点、．(1)求证：；(2)直线绕点旋转一定的角度与直线、相交于点、．请探索与的数量关系．
16．（2023·海南位·九年级统考阶段练习）正方形和正方形的边长分别为6和2，将正方形绕点A逆时针旋转．(1)当旋转至图1位置时，连结、，线段和有何关系？请说明理由；
(2)如图2，在旋转过程中，当点G、E、D在同一直线上时，求线段的长．
17．（2023上·河南洛阳·九年级统考期中）综合与实践：在数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活动，将边长为的正方形与边长为的正方形按下图位置放置，与在同一直线上，与在同一直线上．连接，，易得且（不需要说明理由）．
(1)如下图，小明将正方形绕点逆时针旋转，旋转角为．
①连接，，判断与的数量关系和位置关系，并说明理由；
②在旋转过程中，如下图，连接，，．，求四边形面积的最大值．
(2)如下图，分别取，，，的中点，，，，连接，，，，则四边形的形状为______，四边形面积的最大值是______．
18．（2023上·江西宜春·九年级统考期中）【课本再现】（1）如图1，E是正方形中边上任意一点，以点A为中心，把顺时针旋转，请你按课本的解答：“设点E的对应点为，在的延长线上取点，使，连接，则为旋转后的图形”，画出旋转后的，易知线段与的关系为______________________；
【深入探究】（2）如图2，在正方形中，E，F分别是边上的点，且，请你探究图中线段之间的数量关系并说明理由；
【拓展延伸】（3）在（2）图2的条件下，若正方形的边长为6，且F为边的中点时，的长为____．
19．（2023下·山东东营·八年级校考阶段练习）如图正方形的对角线相交于点，又是另一个正方形的一个顶点，若正方形绕点旋转，在旋转的过程中，
探究一：两个正方形重叠部分的面积是否会发生变化？并说明理由．
探究二：若正方形与正方形两边分别相交于、，试判断线段和之间的关系，并说明理由．探究三：若正方形继续旋转时，与之间的关系是否还成立？ 直接写出答案，不用说明理由
20．（2023春·浙江台州·八年级校联考期中）菱形中，，为等边三角形，将绕点顺时针旋转，为线段的中点，连接．
(1)如图1，为边上一点（点、不重合），则、的关系是___，请说明理由．
(2)将旋转至如图2所示位置，（1）中的结论是否仍成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
21．（2023·贵州黔东南·九年级统考期中）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，将菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转，对应得到菱形AEFG，点E在AC上，EF与CD交于点P．
（1）求线段AC的长；（2）求线段DP的长．
22．（2023·山东济南·八年级校考期中）如图1，平行四边形ABCD中，AB⊥AC，AB=1，BC=．对角线AC和BD相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转，分别交BC和AD于点E和F．
(1)试说明在旋转过程中，线段AF与EC总保持相等；(2)如图2，证明：当旋转角为90°时，四边形ABEF是平行四边形；(3)如图3，在旋转过程中，四边形BEDF可能有BF=FD吗？如果不能，请说明理由；如果能，请先说明理由，再求出此时AC绕点O顺时针旋转的度数．
23．（2023春·湖北·八年级校考阶段练习）如图，在四边形中，点E是直线上一点，将射线绕点A逆时针旋转交直线于点F．(1)如图①，若四边形为菱形，，，求证：；
(2)如图②，若四边形为正方形，，连接，试猜想线段，与之间的数量关系，并加以证明；(3)在（2）的条件下，若，，直接写出的长为__________．
