专题04 特殊平行四边形中的旋转问题专项训练（30道）-【B卷常考题型】2024-2025学年四川成都九年级数学上学期题型全攻略（北师大版）

专题04 特殊平行四边形中的旋转问题专项训练（30道） 一、填空题 1．如图中，，是斜边的中点，将绕点按顺时针方向旋转得到，点在的延长线上，若，则的长为 ． 【答案】/2.2 【分析】由勾股定理可求的长，由面积法可求的长，由勾股定理可求的长，由等腰三角形的性质可求的长． 【详解】解：如图，过点A作于点H， ∵，，∴， ∵D是斜边的中点，∴， ∴， ∴，∴，∴， ∵将绕点A按顺时针方向旋转得到， ∴， ∴， ∴ 故答案为： 【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，利用面积法求AH的长是本题的关键． 2．如图，点是正方形内部一点，连接，将绕点旋转一定角度得到，当三点共线时，的度数为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质以及旋转性质，根据正方形的性质得，结合旋转性质得出，，则为等腰直角三角形，因为点共线，即可列式进行计算作答． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴， ∵由旋转得到， ∴，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵点共线， ∴， ． 故答案为： 3．如图，正方形与等边三角形的顶点A重合，，，M是的中点，将绕顶点A旋转，在旋转过程中，当时，点M到点C的距离为 ．      【答案】或 【分析】连接，先根据正方形的性质可得，根据等边三角形的性质可得，再分①在正方形内部和②在正方形外部两种情况，根据定理证出，根据全等三角形的性质可得的度数，从而可得点在同一条直线上，由此即可得． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是正方形，， ， ∵是等边三角形，，是的中点， ， ， ①如图，当在正方形内部时，    在和中，， ， ， ，点在同一条直线上， ∴点到点的距离； ②如图，当在正方形外部时，    同理可证：，， ， 点在同一条直线上， ∴点到点的距离， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质、三角形全等的判定与性质等知识点，正确分两种情况讨论是解题关键． 4．如图，在中，，，将绕点A旋转，使点C落在边上的点E处，点B落在点D处，连接． （1）的长为 ； （2）连接，延长交于点F，则的长为 ． 【答案】 【分析】（1）根据旋转的性质，，， ，得到，根据勾股定理计算即可． （2）根据旋转的性质，，， ，，利用等腰三角形的性质，余角的性质，三角形外角性质证明即可． 【详解】（1）根据旋转的性质，，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． （2）根据旋转的性质，，， ，， ∴，， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴； ∴； ∴是斜边上的中线， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，对顶角的性质，三角形内角和定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握勾股定理，旋转的性质，直角三角形的特征量是解题的关键． 5．如图，四边形为正方形，过点的直线，将对角线绕点旋转，当点落在直线上时（记为点），则的值为 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理；过点作于点，设正方形的边长为，勾股定理可得，进而勾股定理求得，结合图形，求得，即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作于点， 设正方形的边长为， ∵，是正方形的对角线， ∴ ∴ ∵ 在中， ∴或 ∴的值为 故答案为：． 6．旋转变换在几何证明或计算中有很重要的应用，利用旋转解决问题：如图，P为正方形内一点，，， ，则 ． 【答案】． 【分析】将绕点顺时针方向旋转90°得，根据且，可得，，则是等腰直角三角形，可求得，利用勾股定理可得，则有，根据，可求的度数； 【详解】解：将绕点顺时针方向旋转90°得，如图， 则且， ∴， ∴ 在中， ∵，， ∴, ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴． 故答案是：． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，正确应用旋转的性质是解题关键． 7．如图，正方形的对角线、相交于点O，等边绕点O旋转，在旋转过程中，当时，的度数为 ． 【答案】或 【分析】分两种情况：①根据正方形与等边三角形的性质得OC=OD，∠COD=90°，OE=OF，∠EOF=60°，可判断△ODE≌△OCF，则∠DOE=∠COF，于是可求∠DOF，即可得出答案；②同理可证得△ODE≌△OCF，所以∠DOE=∠COF，于是可求∠BOF，即可得答案． 【详解】解：情况1，如下图： ∵四边形ABCD是正方形， ∴OD=OC，∠AOD=∠COD=90°， ∵△OEF是等边三角形， ∴OE=OF，∠EOF=60°， 在△ODE和△OCF中， ∴△ODE≌△OCF（SSS）， ∴∠DOE＝∠COF， ∴∠DOF＝∠COE， ∴∠DOF＝（∠COD-∠EOF）=×（90°﹣60°）＝15°， ∴∠AOF=∠AOD+∠DOF=90°+15°=105°； 情况2，如下图：连接DE、CF， ∵四边形ABCD为正方形， ∴OC＝OD，∠AOD=∠COB＝90°， ∵△OEF为等边三角形， ∴OE＝OF，∠EOF＝60°， 在△ODE和△OCF中， ∴△ODE≌△OCF（SSS）， ∴∠DOE＝∠COF， ∴∠DOE＝∠COF＝（360°-∠COD-∠EOF）=×（360°﹣90°﹣60°）＝105°， ∴∠BOF＝∠COF-∠COB=105°-90°=15°， ∴∠AOF=∠AOB-∠BOF=90°-15°=75°， 故答案为：105°或75°． 【点睛】本题考查了旋转的性质：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．也考查了正方形与等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，做题的关键是注意两种情况和证三角形全等． 8．如图，中，，将绕点A按顺时针方向旋转60°得到，连接，则的长为 ． 【答案】 【分析】连接BB'，延长BC′交AB'于点M，易证△ABB'为等边三角形，由SSS证明△ABC'≌△B'BC'，得到∠MBB'＝∠MBA＝30°，由等边三角形的性质得出BM⊥AB'，且AM＝B'M，由勾股定理与直角三角形斜边上的中线性质求出BM，C'M的长，即可解决问题． 【详解】解：连接BB'，延长BC′交AB'于点M，如图所示： 由旋转的性质得：∠BAB'＝60°，BA＝B'A，AC＝BC＝AC′＝B′C′＝，∠AC′B′＝∠ACB＝90°， ∴△ABB'为等边三角形， ∴∠ABB'＝60°，AB＝BB'， 在△ABC'与△B'BC'中，， ∴△ABC'≌△B'BC'（SSS）， ∴∠MBB'＝∠MBA＝30°， ∴BM⊥AB'，且AM＝B'M， ∵AC＝BC＝，∠C＝90°， ∴AB＝AC＝2， ∴AB＝AB'＝2， ∴AM＝1，BM＝， ∵C′M＝AB′＝×2＝1， ∴C′B＝BM−C′M＝， 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、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线性质等知识；熟练掌握旋转的性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 9．如图，矩形中，，将绕点旋转，使得点的对应点落在线段上，得到，在边上取点，使得，若，则的面积等于 ． 【答案】 【分析】连接CC'，过点C作CH⊥B'C'，交B'C'于点H，利用面积的和差关系，根据可求解． 【详解】解：如图，连接CC'，过点C作CH⊥B'C'，交B'C'于点H， ∵将△BCD绕D点旋转，使得点C的对应点C′落在线段BD上， ∴CD=C'D=，∠B'C'D=90°， ∵BD=2AB=2CD=2， ∴BD=2C'D， ∴BC'=C'D=， ∵∠BCD=90°， ∴BC'=C'D=CC'， ∴CD=DC'=CC'， ∴△CDC'是等边三角形， ∴∠CC'D=60°， ∵C′M=AB=，∠MC'D=90°， ∴S△MC'D==1， ∵∠CC'H=90°-60°=30°， ∴CH=CC'=， ∴△MCD的面积= 故答案为： 【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，等边三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造等边三角形是解题的关键． 10．如图，在中，，，，绕点A（顺时针或逆时针）旋转得到，连接CE，过点A作于点F，连接BF，当时， ． 【答案】2或4 【分析】分两种情况讨论，由矩形的性质和等边三角形的性质可求解． 【详解】解：如图，当△ABC绕点A顺时针旋转120°得到△ADE， ∵∠ABC=90°，∠ACB=60°，BC=2， ∴∠BAC=30°， ∴AC=2BC=4， ∵△ABC绕点A顺时针旋转120°得到△ADE， ∴∠EAC=120°，AE=AC，∴∠ACE=30°，∴∠BCE=90°， 又∵AF⊥CE，∠ABC=90°， ∴四边形ABCD是矩形，∴AC=BF=4， 如图，当△ABC绕点A逆时针旋转120°得到△ADE，延长AF，CB交于点H， ∵△ABC绕点A逆时针旋转120°得到△ADE， ∴∠EAC=120°，AE=AC，∴∠ACF=30°， ∵AF⊥CE，AC=AE，∴∠CAF=60°=∠ACB， ∴△ACB是等边三角形，∴AC=AH=4， ∵∠ACF=∠BCF=30°，又∴AF=FH， ∵∠ABH=90°，∴BF=AH=2， 故答案为：2或4． 【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键． 11．如图，在Rt中，，，，是斜边的中线，将绕点A旋转，点B、C的对应点分别是点E、F，如果点F在射线上，那么＝ ． 【答案】 【分析】过点A作 于点H，设，利用勾股定理列出x的方程求得x，进而求得三角形的面积便可求得比值． 【详解】解：过点A作 于点H， ∵ ， 是斜边 的中线， ，∴ ， 设 ，则 ， 由旋转性质知， ，∴，∴， 由勾股定理得， ∴，解得， ∴，，∴=， ∵，∴． 故答案为： 【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，关键在于构造直角三角形，利用勾股定理列出方程求得． 12．如图，将边长为的正方形绕点按逆时针方向旋转，得到正方形，连接，，在旋转角从到的整个旋转过程中，当时，的面积为 ．    【答案】或 【分析】当点在直线右侧时，如图，过点作于，延长交于，由旋转的可得，，由等腰三角形的性质可求，通过证明四边形是矩形，可得，，由勾股定理可求的长，可得的长，由三角形面积公式可求解；若点在直线的左侧时，过点作于，交于，相同的方法求解即可得． 【详解】解：当点在直线右侧时， 如图1，过点作于，延长交于，    将边长为的正方形绕点按逆时针方向旋转， ∴，， ，， ， ，， 四边形是矩形， ，， ， ， 的面积为； 点在直线的左侧时， 如图2，过点作于，交于，    同理可得：， ， 的面积为； 综上，的面积为或． 故答案为：或． 【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等腰三角形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，正确分两种情况讨论，添加恰当辅助线构造矩形是解题的关键． 13．如图，在菱形中，，，将菱形绕点A逆时针方向旋转，对应得到菱形，点E在上，与交于点P．（1）与的关系是 ，（2）的长为 ．    【答案】 相等且垂直 【分析】（1）连接BD交AC于O，由菱形的性质得出，由直角三角形的性质求出，由直角三角形的性质得出，由旋转的性质得出，求出，证出，即可得出结论； （2）由直角三角形的性质得出，即可得出结果． 【详解】解：（1）连接BD交AC于O，如图所示：    ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， 由旋转的性质得：，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴EF与DC的关系是相等且垂直， 故答案为：相等且垂直； （2）∴，， ∴． 故答案为： 【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．如图，已知正方形的边长为4，点E是边的中点，连接，，将绕点E旋转得到线段，连接，当时，的长为 ．    【答案】或 【分析】本题分两种情况：①点F在左侧，②点F在右侧，利用勾股定理及全等三角形的判定和性质讨论即可． 【详解】∵正方形的边长为4，点E是边BC的中点， ∴． 在中，由勾股定理，得． 在中，由勾股定理，得． 由旋转的性质，可知， ∴． 由题意，可知需分以下两种情况讨论． ①当点F在左侧时， 过点F作交的延长线于点G，如解图1所示，    则． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴，． ∴． ∴在中，由勾股定理，得． ②当点F在右侧时， 过点F作交的延长线于点G，如图2所示．    同①，可知． ∴，． ∴． ∴在中，由勾股定理，得． 综上所述，当时，的长为或． 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识．明确题意，添加合适辅助线，找出所求问题需要的条件是解题的关键． 15．如图，在中，为边上的中线，，，．将绕点以逆时针方向旋转得到，点、分别与点、对应．连接，与线段交于点．如果点、、在同一条直线上，那么 ． 【答案】 【详解】以为原点，所在直线为轴建立直角坐标系，过作于，设交轴于，由为边上的中线，，，可得，，设，由，可得，故，，，，直线解析式为，根据将绕点以逆时针方向旋转得到，可证，得四边形是矩形，从而求得，，直线解析式为，联立得，即可得到答案． 本题考查三角形中的旋转问题，解题的关键是建立直角坐标系，求出相关点的坐标． 【解答】解：以为原点，所在直线为轴建立直角坐标系，过作于，设交轴于，如图： 为边上的中线，，， ， ， 设，则， ， ， 解得， ，， ，， 由，，得直线解析式为， 将绕点以逆时针方向旋转得到， ，， ， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， ，， ， ， ， ∴ 设直线解析式为 把，代入， 得 解得 直线解析式为， 联立得， ∴ ， 故答案为：． 16．如图，将边长为的正方形绕点按顺时针方向旋转后得到正方形交于点，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】由题意可知，从而可求出．连接，构造全等三角形，即，从而得出．根据含度角的直角三角形的性质结合勾股定理可求出的长，从而可求出，最后利用计算面积即可． 【详解】如图，连接， 由题意可知， ∴， ∵在与中，， ∴， ∴，． ∵在中，，，， ∴ 解得：（舍去负值）， ∴， ∴． ∵， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，以及勾股定理．正确添加辅助线，构造全等三角形是解题关键． 17．如图，在边长为的正方形中，将绕点按逆时针方向旋转，使点落在点的位置，连接，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，旋转的性质，直角三角形的性质，勾股定理，过点作于，于，则得四边形为矩形，可得，，又由旋转的性质可得，，得到，得到，，进而得到，再利用勾股定理即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，过点作于，于，则， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， ∵将绕点按逆时针方向旋转，使点落在点的位置， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 18．如图，已知正方形的边长为2，点E是边的中点，连接，将线段绕点E旋转得到线段，连接，当时，的长为 ． 【答案】或 【分析】本题分两种情况：①点F在左侧，②点F在右侧，讨论即可． 【详解】∵正方形的边长为2，点E是边BC的中点， ∴． 在中，由勾股定理，得． 在中，由勾股定理，得． 由旋转的性质，可知， ∴． 由题意，可知需分以下两种情况讨论． ①当点F在右侧时， 过点F作交的延长线于点G，如图所示， ， ． ∴． ∵，， ∴． ∴，． ∴． ∴在中，由勾股定理，得． ②当点F在左侧时， 过点F作交的延长线于点H，如图所示． 同①，可知． ∴，． ∴． ∴在中，由勾股定理，得． 综上所述，当时，的长为或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识．明确题意，添加合适辅助线，找出所求问题需要的条件是解题的关键． 19．如图，在中，，，将绕点逆时针方向旋转得，其中，，是点，旋转后的对应点，，相交于点．若四边形为菱形，则的大小是 【答案】/度 【分析】此题考查旋转的性质，菱形的性质，等腰三角形的性质，由题意可得，可得，根据，可得即且则可求的大小． 【详解】是菱形。， ，。， ， 将绕点逆时针方向旋转得， ， ， 故答案为：． 20．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点C的坐标为，将长方形绕O按顺时针方向旋转度得到，此时直线、直线分别与直线相交于点P、Q．当，且时，线段的长是 ． 【答案】 【分析】先确定点P的位置，根据题意求出，，，再作，可知，然后根据面积相等得，可设，并表示，，，最后根据勾股定理，得，即可求出答案． 【详解】解：∵， ∴点P在点B的右侧． ∵四边形是矩形，点A的坐标是，点C的坐标是， ∴，，． 过点Q作于点H，连接，如图，则． ∵，， ∴． 设， ∵， ∴， 则，． 在中，由勾股定理，得， 即， 解得， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性质，勾股定理，三角形的面积等，合理地作出辅助线是解题的关键． 21．如图，在矩形ABCD中，AB=，AD=10，连接BD，DBC的角平分线BE交DC于点E，现把△BCE绕点B逆时针旋转，记旋转后的△BCE为△．当射线和射线都与线段AD相交时，设交点分别F，G．若△BFD为等腰三角形，则线段DG长为 ． 【答案】． 【详解】试题解析：过E作EO⊥BD于O， 在Rt△ABD中，由勾股定理，得 BD==14， 在Rt△ABF中，由勾股定理，得： BF2=（4）2+（10-BF）2， 解得BF=， AF=10-=． 过G作GH∥BF，交BD于H， ∴∠FBD=∠GHD，∠BGH=∠FBG， ∵FB=FD， ∴∠FBD=∠FDB， ∴∠FDB=∠GHD， ∴GH=GD， ∵∠FBG=∠EBC=∠DBC=∠ADB=∠FBD， 又∵∠FBG=∠BGH，∠FBG=∠GBJ， ∴BH=GH， 设DG=GH=BH=x，则FG=FD-GD=-x，HD=14-x， ∵GH∥FB， ∴，即，解得x=． 考点：旋转的性质． 22．如图，菱形的形状和大小保持不变，将菱形绕点B旋转适当角度得到菱形，边与，交于E，F（D，E，F不重合），连接，．在旋转过程中①平分；②平分；③的周长是一个定值；④，判断正确的是 ． 【答案】①②③ 【分析】如图，过点B作BH⊥A′D′于H，BM⊥AD于M，BN⊥CD于N．利用角平分线的判定定理证明选项①②正确，再利用全等三角形的性质证明△DEF的周长=2DM=定值，即可判断③正确，利用全等三角形的性质可得S△BEM=S△BEH，S△BMA=S△BNC，S△BFN=S△BFH，可得S△DEF+2S△BEF=S四边形DMBN，由∠A不一定等于60°，则S△DEF+2S△BEF≠S菱形ABCD，故④错误，即可求解． 【详解】解：如图，过点B作BH⊥A′D′于H，BM⊥AD于M，BN⊥CD于N． ∵菱形BA′D′C′是由菱形ABCD旋转得到，菱形的每条边上的高相等， ∴BM=BH=BN， ∵BH⊥A′D′于H，BM⊥AD于M，BN⊥CD于N， ∴BE平分∠AED′，BF平分∠A′FC，故选项①②正确， ∵∠BME=∠NHE=90°，BE=BE，BM=BH， ∴Rt△BEM≌Rt△BEH（HL）， ∴EH=EM， 同法可证，FH=FN， ∴△DEF的周长=DE+EF+DF=DE+EM+DF+FN=DM+DN， ∵∠BMA=∠BNC=90°，BM=BN，BA=BC， ∴Rt△BMA≌Rt△BNC（HL）， ∴AM=CN， ∵DA=DC， ∴DM=DN， ∴△DEF的周长=2DM=定值，故③正确， ∵Rt△BEM≌Rt△BEH，Rt△BMA≌Rt△BNC，Rt△BFN≌Rt△BFH， ∴S△BEM=S△BEH，S△BMA=S△BNC，S△BFN=S△BFH， ∴S△DEF+2S△BEF=S四边形DMBN， ∵∠A不一定为60°， ∴AM不一定等于AB， ∴S△DEF+2S△BEF≠S菱形ABCD，故④错误； 故选①②③． 【点睛】本题考查旋转变换的性质，菱形的性质，角平分线的判定定理，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． 23．如图，正方形的边长为，点是边上的一动点，连接，将绕点顺时针方旋转后得到，连接，则点在整个运动过程中，线段所扫过的图形面积为 ．    【答案】 【分析】根据题意画出点在上移动的过程，线段所扫过的面积就是的面积，根据正方形的性质，等边三角形的性质以及全等三角形的判定和性质，得出线段所扫过的图形面积，再根据等边三角形，等腰直角三角形面积的计算方法进行计算即可． 【详解】解：如图，当点在点时，相应的点落在点，当点移动到点时，相应的点在点，扫过的面积就是的面积， 由题意可知，、都是等边三角形， ，， 四边形是正方形，是等边三角形， ，， ， ， ，， ， ，， ≌， ，， ， 即是等腰直角三角形， 线段所扫过的图形面积 ， 故答案为：．    【点睛】本题考查正方形、等边三角形，等腰直角三角形以及全等三角形的判定和性质，掌握正方形、等边三角形，等腰直角三角形以及全等三角形的判定和性质是正确解答的前提． 24．如图，在平面直角坐标系中，点与点分别在轴、轴上，正方形与正方形的边长分别为和，正方形绕点旋转，当落在轴正半轴上时， ；当，，三点共线时，的长为 ．    【答案】 或 【分析】本题属于四边形的综合题，考查了正方形的性质，勾股定理、全等三角形的判定与性质，解题的关键是学会添加辅助线构造三角形全等，学会分类讨论．过点作轴于点，根据题意得，从而得到，在中根据勾股定求出，最后在中，根据勾股定理即可得出；求分两种情况，画出图形即可求解． 【详解】如图，过点作轴于点，    正方形与正方形的边长分别为和， ，， 正方形绕点旋转，当落在轴正半轴上时， 平分， ， ， 在中，根据勾股定理得：，， ， 在中，根据勾股定理得： 故答案为：； 当，，三点共线时，分两种情况： ①如下图：作于，的延长线于，连接， 四边形为矩形，    ， ， 即， ， ， ≌， ，， 四边形为正方形， 设， 则， ， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：或（舍去）， ， 为正方形的对角线， ， ， ， ,， ≌， ； ②如下图：作于，的延长线于，连接， 四边形为矩形，    同理可证明四边形为正方形， 设，则， ， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：或（舍去）， ，即， 为正方形的对角线， ， 同理再证明≌， ， 综上所述：或， 故答案为：；或． 25．如图，矩形边，，沿折叠，使点与点重合，点的对应点为，将绕着点顺时针旋转，旋转角为．记旋转过程中的三角形为，在旋转过程中设直线与射线、射线分别交于点、，当时，则的长为 ． 【答案】 【分析】设AE=x=FC=FG，则BE=ED=8-x，根据勾股定理可得：x=，进而确定BE、EF的长，再由折叠性质可得∠BEF=∠DEF=∠BFE和∠DEF=∠NME=∠F'，可证四边形BEMF'为平行四边形，进而得到平行四边形BEMF'为菱形，由菱形的性质可得EM=BE,最后由即可解答． 【详解】解：如图：AE=x=FC=FG，则， 在中，有，即，解得， ，， 由折叠的性质得， ，， ，， 四边形为平行四边形， 由旋转的性质得：，， 平行四边形为菱形，， ． 【点睛】本题考查了旋转的性质、勾股定理、矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定等知识；考查知识点多，增加了试题的难度，其中证得四边形BEMF'是菱形是解答本题的关键． 26．如图，正方形的边长为1，将其绕顶点C按逆时针方向旋转一定角度到位置，使得点B落在对角线上，则阴影部分的面积是 ． 【答案】 【分析】如下图所示，△ENC、△MPF为等腰直角三角形，先求出MB=NC=，证明△PBC≌△PEC，进而得到EP=BP，设MP=x，则EP=BP=，解出x，最后阴影部分面积等于2倍△BPC面积即可求解． 【详解】解：过E点作MN∥BC交AB、CD于M、N点，设AB与EF交于点P点，连接CP,如下图所示， ∵B在对角线CF上，∴∠DCE=∠ECF=45°，EC=1， ∴△ENC为等腰直角三角形， ∴MB=CN=EC=， 又BC=AD=CD=CE，且CP=CP，△PEC和△PBC均为直角三角形， ∴△PEC≌△PBC(HL)， ∴PB=PE， 又∠PFB=45°，∴∠FPB=45°=∠MPE， ∴△MPE为等腰直角三角形， 设MP=x，则EP=BP=， ∵MP+BP=MB， ∴，解得， ∴BP=， ∴阴影部分的面积=． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质及旋转的性质，本题关键是能想到过E点作BC的平行线，再证明△ENC、△MPF为等腰直角三角形进而求解线段长. 27．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，O是AB的中点，将OB绕点O逆时针旋转得到OB'（点B'不与点B，C重合），在旋转过程中，当△ABB'为含30°的直角三角形时，CB'的长为 ． 【答案】1或2或 【分析】先根据含30度角的直角三角形的性质、勾股定理求出，再证明是直角三角形，据此分①，点与点在的异侧，②，点与点在的异侧和③，点与点在的同侧三种情况，利用等边三角形的判定与性质、勾股定理以及矩形和平行四边形的判定与性质求解即可得． 【详解】解：在中，， ， 是的中点， ， 由旋转的性质得：， ， ， ， ，即， 是直角三角形， 由题意，分以下三种情况： ①如图，当，点与点在的异侧时， ， ， 又， 是等边三角形， ； ②如图，当，点与点在的异侧时， ， ， 四边形是矩形， ； ③如图，当，点与点在的同侧时， ， ， 是等边三角形， ， ， 四边形是平行四边形， ； 综上，的长为1或2或， 故答案为：1或2或． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、勾股定理、矩形和平行四边形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、直角三角形斜边上的中线等知识点，正确分三种情况讨论是解题关键． 28．如图，有一张矩形纸片，已知，，现将纸片进行如下操作：现将纸片沿折痕进行折叠，使点落在边上的点处，点在上（如图），则 ；然后将绕点旋转到，当过点时旋转停止，则的长度为 ． 【答案】 2 【分析】连接，证四边形是正方形，得，进而得，，由勾股定理得，证明（）得，，从而点垂直平分，点垂直平分，，最后利用面积公式构造方程即可得解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵将纸片沿折痕进行折叠，使点落在边上的点处，点在上， ∴，， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴，， ∴， 连接， ∵将绕点旋转到， ∴，， ∵， ∴（） ∴，， ∴点垂直平分，点垂直平分， ∴， ∴，即， ∴， 故答案为：，． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，矩形的性质，正方形的判定及性质，线段垂直平分线的判定以及勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定及性质，矩形的性质，正方形的判定及性质是解题的关键． 29．如图1，已知矩形纸片，，，将纸片进行如下操作：将纸片沿折痕进行折叠，使点A落在边上的点E处，点F在上（如图2），则 ；然后将绕点F旋转到，当过点C时旋转停止，则 ．    【答案】 3 【分析】连接，证四边形是正方形，得，进而得，，由勾股定理得，证明得，，从而垂直平分，，最后利用面积公式构造方程即可得解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵将纸片沿折痕进行折叠，使点落在边上的点处，点在上， ∴，， ∴四边形是矩形，, ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴，， 如图所示，连接， ∴，    ∵将绕点旋转到， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴点在的垂直平分线上，点在的垂直平分线上， ∴， ∴，即， ∴， 故答案为：3，． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，矩形的性质，正方形的判定及性质，线段垂直平分线的判定以及勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定及性质，矩形的性质，正方形的判定及性质是解题的关键． 30．如图，在矩形中，，点E、点F分别是边的中点，四边形是矩形．若将矩形绕点B顺时针旋转得到四边形，连接，在旋转过程中，当时，点C到直线的距离为 ．    【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，勾股定理，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 先画出符合题意的图形，可证，根据全等三角形的性质以及矩形的性质得到，继而可对运用勾股定理求出，最后利用等面积法即可求出． 【详解】解：连接，过点C作于点H，即点C到直线的距离为，    ∵在矩形中，，点E、点F分别是边的中点， ∴，，， ∵四边形是矩形，若将矩形绕点B顺时针旋转得到四边形， ∴， ∵， ∴点在上， ∵，，， ∴， ∴， ∵四边形是矩形，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， 则在中，由勾股定理得：， 解得：， 由， 得：， 故答案为：． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 特殊平行四边形中的旋转问题专项训练（30道） 一、填空题 1．如图中，，是斜边的中点，将绕点按顺时针方向旋转得到，点在的延长线上，若，则的长为 ． 2．如图，点是正方形内部一点，连接，将绕点旋转一定角度得到，当三点共线时，的度数为 ． 3．如图，正方形与等边三角形的顶点A重合，，，M是的中点，将绕顶点A旋转，在旋转过程中，当时，点M到点C的距离为 ．      4．如图，在中，，，将绕点A旋转，使点C落在边上的点E处，点B落在点D处，连接． （1）的长为 ； （2）连接，延长交于点F，则的长为 ． 5．如图，四边形为正方形，过点的直线，将对角线绕点旋转，当点落在直线上时（记为点），则的值为 6．旋转变换在几何证明或计算中有很重要的应用，利用旋转解决问题：如图，P为正方形内一点，，， ，则 ． 7．如图，正方形的对角线、相交于点O，等边绕点O旋转，在旋转过程中，当时，的度数为 ． 8．如图，中，，将绕点A按顺时针方向旋转60°得到，连接，则的长为 ． 9．如图，矩形中，，将绕点旋转，使得点的对应点落在线段上，得到，在边上取点，使得，若，则的面积等于 ． 10．如图，在中，，，，绕点A（顺时针或逆时针）旋转得到，连接CE，过点A作于点F，连接BF，当时， ． 11．如图，在Rt中，，，，是斜边的中线，将绕点A旋转，点B、C的对应点分别是点E、F，如果点F在射线上，那么＝ ． 12．如图，将边长为的正方形绕点按逆时针方向旋转，得到正方形，连接，，在旋转角从到的整个旋转过程中，当时，的面积为 ．    13．如图，在菱形中，，，将菱形绕点A逆时针方向旋转，对应得到菱形，点E在上，与交于点P．（1）与的关系是 ，（2）的长为 ．    14．如图，已知正方形的边长为4，点E是边的中点，连接，，将绕点E旋转得到线段，连接，当时，的长为 ．    15．如图，在中，为边上的中线，，，．将绕点以逆时针方向旋转得到，点、分别与点、对应．连接，与线段交于点．如果点、、在同一条直线上，那么 ． 16．如图，将边长为的正方形绕点按顺时针方向旋转后得到正方形交于点，则图中阴影部分的面积为 ． 17．如图，在边长为的正方形中，将绕点按逆时针方向旋转，使点落在点的位置，连接，则的长为 ． 18．如图，已知正方形的边长为2，点E是边的中点，连接，将线段绕点E旋转得到线段，连接，当时，的长为 ． 19．如图，在中，，，将绕点逆时针方向旋转得，其中，，是点，旋转后的对应点，，相交于点．若四边形为菱形，则的大小是 20．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点C的坐标为，将长方形绕O按顺时针方向旋转度得到，此时直线、直线分别与直线相交于点P、Q．当，且时，线段的长是 ． 21．如图，在矩形ABCD中，AB=，AD=10，连接BD，DBC的角平分线BE交DC于点E，现把△BCE绕点B逆时针旋转，记旋转后的△BCE为△．当射线和射线都与线段AD相交时，设交点分别F，G．若△BFD为等腰三角形，则线段DG长为 ． 22．如图，菱形的形状和大小保持不变，将菱形绕点B旋转适当角度得到菱形，边与，交于E，F（D，E，F不重合），连接，．在旋转过程中①平分；②平分；③的周长是一个定值；④，判断正确的是 ． 23．如图，正方形的边长为，点是边上的一动点，连接，将绕点顺时针方旋转后得到，连接，则点在整个运动过程中，线段所扫过的图形面积为 ．    24．如图，在平面直角坐标系中，点与点分别在轴、轴上，正方形与正方形的边长分别为和，正方形绕点旋转，当落在轴正半轴上时， ；当，，三点共线时，的长为 ．    25．如图，矩形边，，沿折叠，使点与点重合，点的对应点为，将绕着点顺时针旋转，旋转角为．记旋转过程中的三角形为，在旋转过程中设直线与射线、射线分别交于点、，当时，则的长为 ． 26．如图，正方形的边长为1，将其绕顶点C按逆时针方向旋转一定角度到位置，使得点B落在对角线上，则阴影部分的面积是 ． 27．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，O是AB的中点，将OB绕点O逆时针旋转得到OB'（点B'不与点B，C重合），在旋转过程中，当△ABB'为含30°的直角三角形时，CB'的长为 ． 28．如图，有一张矩形纸片，已知，，现将纸片进行如下操作：现将纸片沿折痕进行折叠，使点落在边上的点处，点在上（如图），则 ；然后将绕点旋转到，当过点时旋转停止，则的长度为 ． 29．如图1，已知矩形纸片，，，将纸片进行如下操作：将纸片沿折痕进行折叠，使点A落在边上的点E处，点F在上（如图2），则 ；然后将绕点F旋转到，当过点C时旋转停止，则 ．    30．如图，在矩形中，，点E、点F分别是边的中点，四边形是矩形．若将矩形绕点B顺时针旋转得到四边形，连接，在旋转过程中，当时，点C到直线的距离为 ．    原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$