专题09 平行四边形中的旋转问题(老师版)

专题09 平行四边形中的旋转问题训练
（时间：60分钟总分：120）班级姓名得分
解答题解题策略：（1）常见失分因素：①对题意缺乏正确的理解，应做到慢审题快做题；
②公式记忆不牢，考前一定要熟悉公式、定理、性质等；③思维不严谨，不要忽视易错点；
④解题步骤不规范，一定要按课本要求，否则会因不规范答题而失分，避免“对而不全”，如解概率题时，要给出适当的文字说明，不能只列几个式子或单纯的结论，表达不规范、字迹不工整等非智力因素会影响阅卷老师的“感情分”；⑤计算能力差导致失分多，会做的试题一定不能放过，不能一味求快，⑥轻易放弃试题，难题不会做时，可分解成小问题，分步解决，如最起码能将文字语言翻译成符号语言、设应用题未知数、设轨迹的动点坐标等，都能拿分。

也许随着这些小步骤的罗列，还能悟出解题的灵感。

（2）何为“分段得分”：对于同一道题目，有的人理解的深，有的人理解的浅；有的人解决的多，有的人解决的少。

为了区分这种情况，中考的阅卷评分办法是懂多少知识就给多少分。

这种方法我们叫它“分段评分”，或者“踩点给分”——踩上知识点就得分，踩得多就多得分。

与之对应的“分段得分”的基本精神是，会做的题目力求不失分，部分理解的题目力争多得分。

对于会做的题目，要解决“会而不对，对而不全”这个老大难问题。

有的考生拿到题目，明明会做，但最终答案却是错的——会而不对。

有的考生答案虽然对，但中间有逻辑缺陷或概念错误，或缺少关键步骤——对而不全。

因此，会做的题目要特别注意表达的准确、考虑的周密、书写的规范、语言的科学，防止被“分段扣分”。

经验表明，对于考生会做的题目，阅卷老师则更注意找其中的合理成分，分段给点分，所以“做不出来的题目得一二分易，做得出来的题目得满分难”。

对绝大多数考生来说，更为重要的是如何从拿不下来的题目中分段得点分。

我们说，有什么样的解题策略，就有什么样的得分策略。

把你解题的真实过程原原本本写出来，就是“分段得分”的全部秘密。

①缺步解答：如果遇到一个很困难的问题，确实啃不动，一个聪明的解题策略是，将它们分解为一系列的步骤，或者是一个个小问题，先解决问题的一部分，能解决多少就解决多少，能演算几步就写几步，尚未成功不等于失败。

特别是那些解题层次明显的题目，或者是已经程序化了的方法，每一步得分点的演算都可以得分，最后结论虽然未得出，但分数却已过半，这叫“大题拿小分”。

②跳步答题：解题过程卡在某一过渡环节上是常见的。

这时，我们可以先承认中间结论，往后推，看能否得到结论。

如果不能，说明这个途径不对，立即改变方向；如果能得出预期结论，就回过头来，集中力量攻克这一“卡壳处”。

由于考试时间的限制，“卡壳处”的攻克如果来不及了，就可以把前面的写下来，再写出“证实某步之后，继续有……”一直做到底。

也许，后来中间步骤又想出来，这时不要乱七八糟插上去，可补在后面。

若题目有两问，第一问想不出来，可把第一问作为“已知”，先做第二问，这也是跳步解答。

③退步解答：“以退求进”是一个重要的解题策略。

如果你不能解决所提出的问题，那么，你可以从一般退到特殊，从抽象退到具体，从复杂退到简单，从整体退到部分，从较强的结论退到较弱的结论。

总之，退到一个你能够解决的问题。

为了不产生“以偏概全”的误解，应开门见山写上“本题分几种情况”。

这样，还会为寻找正确的、一般性的解法提供有意义的启发。

④辅助解答：一道题目的完整解答，既有主要的实质性的步骤，也有次要的辅助性的步骤。

实质性的步骤未找到之前，找辅助性的步骤是明智之举。

如：准确作图，把题目中的条件翻译成数学表达式，设应用题的未知数等。

答卷中要做到稳扎稳打，字字有据，步步准确，尽量一次成功，提高成功率。

试题做完后要认真做好解后检查，看是否有空题，答卷是否准确，
所写字母与题中图形上的是否一致，格式是否规范，尤其是要审查字母、符号是否抄错，在确信万无一失后方可交卷。

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
∴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，
∴∠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 =√32，CM =1
2， ∴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. 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，连接AE，当AE⊥BC时，AE=2BE，若∠ADF=90°，AD=8√5，AF=10√5，
求线段BE的长．
(2)如图2，连接DE交AF于点G，若∠EDF+∠B=180°，点G为AF中点，求证：BE=
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，
∴∠HAD=∠DEC，
∵∠EDF+∠B=180°，∴∠H=∠EDF=∠C，∵DG//AH，
∴DF
HD =GF
AG
，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．
(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°，
∴∠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，
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义解答即可；
(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．
(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°，
在△ABG和△BEC中，{
BG=BE
∠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°，
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，
∴1
2EC⋅BP=1
2
AG⋅BH，
∴BP=BH，
∴MB为∠EMG的平分线，∵∠AMC=∠ABC=90°，
∴∠EMB=1
2∠EMG=1
2
×90°=45°；
【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．
7.如图，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，D重合)，
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
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×√2
2
=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．
(1)当∠MAN旋转到BM≠DN时(如图2)，线段BM，DN和MN之间有怎样的数量关系？
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．
【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，
{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
【解析】(1)结论：BM+DN=MN成立，证得B、E、M三点共线即可得到△AEM≌△ANM，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
，
∴△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；
②根据等边三角形的性质和旋转的性质求出∠EPD=45°，∠EDP=45°，判断△DEP的形状．
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，
∴∠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=1
×6×√3=3√3，
2
∵△BCE≌△DCF
∴S△BEC=S△CDF，
=3√3．
∴S△BCD=S
四边形ECFD
【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
【解析】(1)由菱形的性质可得BC=CD，∠A=∠BCD=120°，由旋转的性质可得CF=CE，∠ECF=120°=∠BCD，由“SAS”可证△BCE≌△DCF；
(2)如图，连接AC交BD于O，由菱形的性质可得AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，∠BCA=60°，
×6×√3=3√3，由直角三角形的性质可求CO=√3，BO=√3CO=3，即可求S△BCD=1
2
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
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)．
(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，
∴∠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=1
2
×(90∘−45∘)=22.5°，
∴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，
{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：
②对角线AC在旋转过程中设点C′坐标为(m,n)，当点C′到x轴的距离大于或等于2√3时，
求m的范围．
【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=4√3
，
3
)，
∴P(0,4√3
3
当AO=OP时，OP=AO=4，
∴P(0,−4)，
)或(0,−4)；故△AOP为等腰三角形时，点P的坐标为(0,4√3
3
②旋转过程中点C的对应点为C′，C(−8,0)，
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=2
y+02=2√3， 解得：{x =12y =4√3
， ∴C′(12,4√3)，
∴m 的取值为2√3≤m ≤12，
综上所述，当点C′到x 轴的距离大于或等于2√3时，
m 的取值范围是−8≤m ≤−2√3或2√3或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
为中心，顺时针旋转矩形AOBC ，得到矩形ADEF ，点O ，
B ，
C 的对应点分别为
D ，
E ，
F ，记旋转角为α(0°<α<90°)．
(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=1
2AD=5
2
，AG=√3DG=5
2
√3，
∴OG=OA−AG=5−5
2
√3，
∴点D的坐标为(5−5
2√3,5
2
)；
(Ⅱ)过点D作DG⊥x轴于G，DH⊥AE于H，如图②所示：
则GA =DH ，HA =DG ，
∵DE =OB =12，∠ADE =∠AOB =90°，
∴AE =√AD 2+DE 2=√52+122=13，
∵12AE ×DH =12AD ×DE ， ，
∴OG =OA −GA =OA −DH =5−6013=513，DG =√AD 2−AG 2=√52−(6013)2=2513，
∴点D 的坐标为(513,25
13)；
(Ⅲ)连接AE ，作EG ⊥x 轴于G ，如图③所示：
由旋转的性质得：∠DAE =∠AOC ，AD =AO ，
∴∠AOC =∠ADO ，
∴∠DAE =∠ADO ，
∴AE//OC ，
∴∠GAE =∠AOD ，
∴∠DAE =∠GAE ，
在△AEG 和△AED 中，{∠AGE =∠ADE =90°
∠GAE =∠DAE AE =AE
, ∴△AEG≌△AED(AAS)，
∴AG =AD =5，EG =ED =12，
∴OG =OA +AG =10，
∴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 ，由旋转的性质得出AD =AO =5，
α=∠OAD =30°，DE =OB =12，由直角三角形的性质得出DG =12AD =52，AG =√3DG =52√3，得出OG =OA −AG =5−52
√3，据此即可得出点D 的坐标； (Ⅱ)过点D 作DG ⊥x 轴于G ，DH ⊥AE 于H ，则GA =DH ，HA =DG ，由勾股定理得出AE =√AD 2+DE 2=√52+122=13，由面积法求出DH =6013，得出OG =OA −GA =OA −DH =513
，由勾股定理得出DG =2513，据此即可得出点D 的坐标； (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 ，证出∠DAE =∠GAE ，证明△AEG≌△AED(AAS)，得出AG =AD =5，EG =ED =12，得出OG =OA +AG =10，即可得出答案．。