第09讲 四边形中的翻折和旋转问题（基础&培优）-【帮课堂】2024-2025学年八年级数学下册同步学与练（苏科版）

八年级下苏科版第09讲 专题1--四边形中的翻折和旋转问题（基础&培优）考点点拨 翻折问题 1．翻折变换（折叠问题）实质上就是轴对称变换． 2．折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等． 3．在解决实际问题时，对于折叠较为复杂的问题可以实际操作图形的折叠，这样便于找到图形间的关系． 首先清楚折叠和轴对称能够提供给我们隐含的并且可利用的条件．解题时，我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．我们运用方程解决时，应认真审题，设出正确的未知数． 旋转问题 1.旋转的性质： ①对应点到旋转中心的距离相等． ②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角． ③旋转前、后的图形全等． 2.旋转三要素：①旋转中心； ②旋转方向；③旋转角度． 注意：三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样． 3．在解决实际问题时，对于旋转较为复杂的问题可以实际操作图形的旋转，这样便于找到图形间的关系． 精选题型 1． 四边形的翻折问题 【基础练习】 1．（2024春•鼓楼区期中）如图，将▱ABCD沿对角线AC折叠，使点B落在B'处，若∠1＝∠2＝42°，则∠B＝　 　． 2．（2024春•南京期中）如图，在矩形ABCD中，将△BCD沿对角线BD对折得到△BED，BE交AD于点F．若AB＝1，BC＝2，则AF的长为 　　． 3．（2024春•工业园区校级期中）如图，矩形ABCO如图放置在平面直角坐标系中，其中AB＝6，∠AOB＝30°，若将其沿着OB对折后，A′为点A的对应点，则A′的坐标为（　　） A． B． C．（﹣3，9） D． 4．（2024春•玄武区期中）如图，菱形纸片ABCD中，∠A＝60°，折叠菱形纸片ABCD，使点C落在DP（P为AB中点）所在的直线上，得到经过点D的折痕DE．则∠DEC的大小为（　　） A．78° B．75° C．60° D．45° 5．（2024春•滨湖区期中）实践操作：第一步：如图1，将矩形纸片ABCD沿过D的直线折叠，使点A落在CD上的点A′处，得到折痕DE，然后在把纸片展平； 第二步：如图2，将图1中的矩形纸片ABCD沿过点E的直线折叠，点C恰好落在AD上的点C′处，得到折痕EF，B′C′交AB于点M，再把纸片展平． 问题解决： （1）如图1，求证：四边形AEA′D是正方形； （2）如图2，若AC′＝2，DC′＝4，求△AC′M的面积． 【培优专项练习】 6．（2024春•新吴区期中）如图，在矩形ABCD中，已知AB＝2，BC＝4，点O、P分别是边AB、AD的中点，点H是边CD上的一个动点，连接OH，将四边形OBCH沿OH折叠，得到四边形OFEH，连接PE，则PE长度的最小值是（　　） A． B． C． D． 7．（2024春•江阴市期中）如图，菱形ABCD中，E、F、G分别为AD、AB、BC上的点，将△AEF沿直线EF折叠得到△GEF，其中点A的对应点是点G，DE＝1，CG＝4，当EG⊥CG时，菱形ABCD的边长为 　 　，AF的长为 　 　． 8．（2024春•锡山区期中）如图，在菱形ABCD中，AB＝8，∠A＝120°，M是CD上，DM＝3，N是点AB上一动点，四边形CMNB沿直线MN翻折，点C对应点为E，当AE最小时，AN＝　 　． 9．（2024春•建邺区校级期中）学习了《中心对称图形》后，阿中与茜茜对平行四边形进行了再次探究： （1）阿中发现：命题“一组对边相等，一组对角相等的四边形是平行四边形”是个假命题，如何举反例说明呢？茜茜稍作思考说：“取一张如图1所示的等腰三角形纸片ABC，其中AB＝AC，在BC边上取一点D（不是中点），连接AD，沿AD剪开纸片，重新拼接……”， 请你完成茜茜的举反例过程，画出相应的图形，并配以必要的说明； （2）阿中进一步探究发现：“一组对边相等且一组对角是直角的四边形是矩形”，请你完成证明过程； 已知：如图2，四边形ABCD中，AB＝CD，∠A＝∠C＝90°，求证：四边形ABCD是矩形． （3）茜茜发现折叠矩形可以得到菱形：如图3，将矩形ABCD折叠，使得A、C两点重合，点B落在点B′，折痕分别交边BC、AD于E、F两点，交AC于O两点，则四边形AECF是菱形．请在框图中补全茜茜的证明思路． 茜茜的证明思路 由折叠易知EF是AC的垂直平分线，可以先证△AOF≌①　△COE　，得到②　OE＝OF　，又由OA＝OC，可得四边形AECF是平行四边形，再由③　EF⊥AC　，于是▱AECF是菱形． （4）茜茜给阿中出了一道思考题：“如图4，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝3，点E、F分别是边AB、AD上的点，将矩形ABCD沿着直线EF折叠，使点A与矩形ABCD内部的点P重合，问BP的最小值是多少？”请聪明的你用矩形纸片操作探究一下，直接写出BP的最小值． 10．（2024春•镇江期中）实践操作 在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，现将纸片折叠，点D的对应点记为点P，折痕为EF（点E、F是折痕与矩形的边的交点），再将纸片还原． 初步思考 （1）若点P落在矩形ABCD的边AB上（如图①）． 当点P与点A重合时，∠DEF＝　 °；当点E与点A重合时，∠DEF＝　 　°； 深入探究 （2）当点E在AB上，点F在DC上时（如图②），求证：四边形DEPF为菱形，并直接写出当时的菱形EPFD的边长． 拓展延伸 （3）若点F与点C重合，点E在AD上，射线BA与射线FP交于点M（如图③）．在折叠过程中，是否存在使得线段AM与线段DE的长度相等的情况？若存在，请求出线段AE的长度；若不存在，请说明理由． 11．（2024春•锡山区校级期中）综合与实践 动手实践：数学课上老师让学生们折矩形纸片，下面几幅图是学生们折出的一部分图形（沿直线l折叠），由于折痕所在的直线不同，折出的图形也不同，各个图形中所隐含的“基本图形也不同，我们可以通过发现基本图形研究这些图形中的几何问题． 问题解决： （1）如图1，将矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使得点C与点A重合，点D落在点D1的位置，连接MC，AN，AC，线段AC交MN于点O，则△CDM与△AD1M的关系为　 　，线段AC与线段MN的关系为　 ，小强量得∠MNC＝50°，则∠DAN＝　 　，小丽说：“四边形ANCM是菱形”，请你帮她证明． 拓展延伸： （2）如图2，矩形纸片ABCD中，BC＝2AB＝6cm，BM＝4cm，小明将矩形纸片ABCD沿直线AM折叠，点B落在点B1的位置，MB1交AD于点N，请你直接写出线段ND的长：　 　． 综合探究； （3）如图3，ABCD是一张矩形纸片，AD＝1，AB＝5，在矩形ABCD的边AB上取一点M，在CD上取一点N，将纸片沿MN折叠，使线段MB与线段DN交于点P，得到△MNP，请你确定△MNP面积的取值范围　 　． 12．（2024春•梁溪区校级期中）在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝12，点E是矩形ABCD边CD上一点，连接BE，将△CEB沿BE翻折， （1）如图1，点C刚好落在边AD上的点F处，求AF长． （2）如图2，点C落在矩形外一点F处，连接AF，若CE＝4，求△ABF的面积． （3）如图3，点C落在点F处，∠ABF的角平分线与EF的延长线交于点M，当点E从点C运动到点D时，求点M运动的路径长 二．四边形的旋转问题 【基础练习】 1．（2024春•宜兴市期中）如图，在▱ABCD中，∠A＝65°，将▱ABCD绕顶点B顺时针旋转到▱A1BC1D1，当C1D1首次经过顶点C时，旋转角∠ABA1的大小为 　 　． 2．（2024春•南京期中）如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB'C'D'的位置，旋转角为α（0°＜α＜90°），若∠1＝114°，则α＝　 　°． 3．（2024春•玄武区校级期中）如图，菱形ABCD的边长为2，∠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 　 　． 4．（2024春•建邺区校级期中）如图，将正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转到正方形AB'C'D'，旋转角为a（0°＜α＜180°），连接B'D、C'D，若B'D＝C'D，则∠α＝　 　． 5．（2024春•江阴市期中）如图1，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，将矩形ABCD绕点A按逆时针方向旋转得到矩形AEFG，连接DF、DG． （1）如图2，点E落在对角线BD上，AD与EF相交于点H， ①连接AF，求证：四边形ABDF是平行四边形； ②求线段AH的长度； （2）在矩形AEFG绕点A旋转一周的过程中，△DFG面积的最大值为 　 　． 【培优专项练习】 6．（2024春•宜兴市期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，将△ABC绕点C顺时针旋转α（α＜90°）得到△EFC，延长EF分别交AB、CD于M、N，当N为EM中点时，DN的长为（　　） A． B． C． D． 7．（2024春•建湖县期中）如图，在正方形ABCD中，E、F分别为对角线AC上的两点，且∠EBF＝45°，若AE＝3，CF＝4，则EF的长为 　　． 8．（2024春•东台市期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝6，点E在BC边上，且BE＝2，F为AB边上的一个动点，连接EF，以EF为边作等边△EFG，且点G在矩形ABCD内，连接CG，则CG的最小值为 　 　． 9．（2024春•东台市期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝2，以点A为旋转中心，逆时针旋转矩形ABCD，旋转角为α（0°＜α＜180°），得到矩形AEFG，点B、点C、点D的对应点分别为点E、点F、点G．设点P为边FG的中点，连接PB，PE，在矩形ABCD旋转过程中，△BEP的面积最大值是 　 ． 10．（2024春•无锡期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，点O是BD的中点，点E在BC边上，BE＝3．已知点P是AD边上动点（DP≤4），线段OP绕点O逆时针旋转一定的度数，使点P落在线段AE上的点Q处．连接PQ，则PQ2的最小值是 　 ． 11．（2024春•梁溪区期中）如图，在▱ABCD中，AB＝4，∠B＝60°，BC＝3，E为AB上一点，且BE＝1，F为BC边上的一个动点，连接EF，将其绕点E逆时针旋转30°至直线EG，使得∠EGF＝120°，连接AG，则AG的最小值为（　　） A． B．2 C． D． 12.（2024春•锡山区期中）如图，将四边形ABCD绕点A旋转，使得点B的对应点B’恰好落在射线BD上，旋转后的四边形为AB’C’D’，连接BC’交AD于点E． （1）如图①，若四边形ABCD为正方形，则四边形ABDC’是 　 　．（填序号） ①平行四边形； ②矩形； ③菱形； （2）如图②，若四边形ABCD为矩形，若AB＝6，BC＝8，B’C’交AD于点F，求EF的长． （3）如图③，若BC’与AD互相平分，求证：AB∥CD． 13．（2024春•丹徒区期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，以点C为旋转中心，将矩形ABCD沿顺时针方向旋转，得到矩形EFCG，点A、B、D的对应点分别是点E、F、G． （1）如图1，当点F落在矩形ABCD的对角线AC上时，求线段AF的长； （2）如图2，当点F落在矩形ABCD的边CD的延长线上时，连接AE，取AE的中点M，求证：； （3）如图3，当点F落在矩形ABCD的对角线BD的延长线上时，求△CDF的面积． 14．（2023春•盐都区期中）如图1，四边形ABCD是边长为6的正方形，点E在线段CD上运动，连接AE，将线段AE绕点A顺时针旋转45°得到AF． 【探索发现】 （1）爱思考的小鹿发现：过点F作FH⊥AC时，AH一定等于AD，小鹿发现的结论正确吗？如果正确请帮小鹿完成证明过程，如不正确请说明理由； 【结论运用】 （2）当点F落在BC上时，此时DE的长为 　 　； 【深入理解】 （3）若点G在直线BC上运动，当以点C、H、G、F为顶点的四边形是平行四边形时，求DE的长； 【拓展延伸】 （4）如图2．在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（0，2），点B是x轴正半轴上的一点，将线段AB绕点A按逆时针方向旋转45°得到线段AC．若点C的坐标为（m，3），则m的值为 　 　． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 八年级下苏科版第09讲 专题1--四边形中的翻折和旋转问题（基础&培优）考点点拨 翻折问题 1．翻折变换（折叠问题）实质上就是轴对称变换． 2．折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等． 3．在解决实际问题时，对于折叠较为复杂的问题可以实际操作图形的折叠，这样便于找到图形间的关系． 首先清楚折叠和轴对称能够提供给我们隐含的并且可利用的条件．解题时，我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．我们运用方程解决时，应认真审题，设出正确的未知数． 旋转问题 1.旋转的性质： ①对应点到旋转中心的距离相等． ②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角． ③旋转前、后的图形全等． 2.旋转三要素：①旋转中心； ②旋转方向；③旋转角度． 注意：三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样． 3．在解决实际问题时，对于旋转较为复杂的问题可以实际操作图形的旋转，这样便于找到图形间的关系． 精选题型 1． 四边形的翻折问题 【基础练习】 1．（2024春•鼓楼区期中）如图，将▱ABCD沿对角线AC折叠，使点B落在B'处，若∠1＝∠2＝42°，则∠B＝　117°　． 【分析】由平行线的性质可得∠1＝∠B'AB＝42°，由折叠的性质可得∠BAC＝∠B'AC＝21°，即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD ∴AB∥CD， ∴∠1＝∠B'AB＝42° ∵将▱ABCD沿对角线AC折叠 ∴∠BAC＝∠B'AC＝21° ∴∠B＝180°﹣∠2﹣∠BAC＝117° 故答案为：117° 2．（2024春•南京期中）如图，在矩形ABCD中，将△BCD沿对角线BD对折得到△BED，BE交AD于点F．若AB＝1，BC＝2，则AF的长为 　　． 【分析】先由长方形的性质可知，AB＝CD，BE＝BC，再根据图形翻折变换的性质可知，CD＝DE＝AB，利用全等三角形的判定定理可得△ABF≌△EDF，故BF＝DF，AF+BF＝AD，设AF＝x，由勾股定理即可求出x的值． 【解答】解：∵四边形ABCD是长方形，AB＝1，BC＝2， ∴AB＝CD＝1，AD＝BC＝2， ∵△BED是△BCD沿BD翻折而成， ∴CD＝DE＝AB＝1，∠E＝90°， 又∵∠AFB＝∠EFD， ∴△ABF≌△EDF（AAS）， ∴BF＝DF，AF+BF＝AD＝2， 在Rt△ABF中，设AF＝x，则BF＝2﹣x，由勾股定理得BF2＝AB2+AF2，即（2﹣x）2＝12+x2， 解得x， 故答案为：． 3．（2024春•工业园区校级期中）如图，矩形ABCO如图放置在平面直角坐标系中，其中AB＝6，∠AOB＝30°，若将其沿着OB对折后，A′为点A的对应点，则A′的坐标为（　　） A． B． C．（﹣3，9） D． 【分析】作AD⊥x轴，根据含 30°角直角三形的性质，及勾 股定理，求出AO，根据折叠的性质，求出AO，∠AOD，在Rt△ADO中，求出DO，AD，根据 第二象限内点的特征，即可求解， 【解答】解：过点A作AD⊥x轴，交x轴于点D， 在Rt△BAO 中，AB＝6，∠AOB＝30°， ∴BO＝2AB＝2×6＝12，， 由折叠的性质可得：， ∠A'OB＝∠AOB＝30°， 即：∠AOD＝2∠AOB＝2×30°＝60°， 在Rt△ADO 中，，， ∵点A在第二象限，， 故选：D． 4．（2024春•玄武区期中）如图，菱形纸片ABCD中，∠A＝60°，折叠菱形纸片ABCD，使点C落在DP（P为AB中点）所在的直线上，得到经过点D的折痕DE．则∠DEC的大小为（　　） A．78° B．75° C．60° D．45° 【分析】连接BD，由菱形的性质及∠A＝60°，得到三角形ABD为等边三角形，P为AB的中点，利用三线合一得到DP为角平分线，得到∠ADP＝30°，∠ADC＝120°，∠C＝60°，进而求出∠PDC＝90°，由折叠的性质得到∠CDE＝∠PDE＝45°，利用三角形的内角和定理即可求出所求角的度数． 【解答】解：连接BD， ∵四边形ABCD为菱形，∠A＝60°， ∴△ABD为等边三角形，∠ADC＝120°，∠C＝60°， ∵P为AB的中点， ∴DP为∠ADB的平分线，即∠ADP＝∠BDP＝30°， ∴∠PDC＝90°， ∴由折叠的性质得到∠CDE＝∠PDE＝45°， 在△DEC中，∠DEC＝180°﹣（∠CDE+∠C）＝75°． 故选：B． 5．（2024春•滨湖区期中）实践操作：第一步：如图1，将矩形纸片ABCD沿过D的直线折叠，使点A落在CD上的点A′处，得到折痕DE，然后在把纸片展平； 第二步：如图2，将图1中的矩形纸片ABCD沿过点E的直线折叠，点C恰好落在AD上的点C′处，得到折痕EF，B′C′交AB于点M，再把纸片展平． 问题解决： （1）如图1，求证：四边形AEA′D是正方形； （2）如图2，若AC′＝2，DC′＝4，求△AC′M的面积． 【分析】（1）由折叠性质得AD＝AD′，AE＝A′E，∠ADE＝∠A′DE，再根据平行线的性质和等腰三角形的判定得到四边形AEA′D是菱形，进而结合内角为直角条件得四边形AEA′D为正方形； （2）连接C′E，证明Rt△EC′A≌Rt△C′EB′，得∠C′EA＝∠EC′B′，从而有MC′＝ME，设AM＝x，则C'M＝BM＝6﹣x，在Rt△MC'A中，利用勾股定理列方程求出x，得到AM，即可求出△AC′M的面积． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠ADC＝90°， ∵将矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD上的点A'处，得到折痕DE， ∴AD＝A′D，AE＝A′E，∠ADE＝∠A′DE＝45°， ∵AB∥CD， ∴∠AED＝∠A′DE＝∠ADE， ∴AD＝AE， ∴AD＝AE＝A′E＝A′D， ∴四边形AEA′D是菱形， ∵∠A＝90°， ∴四边形AEA′D是正方形； （2）如图，连接C′E，由（1）知，AD＝AE， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC，∠EAC′＝∠B＝90°， 由折叠知，B′C′＝BC，∠B＝∠B′， ∴AE＝B′C′，∠EAC′＝∠B′， 又∵EC′＝C′E， ∴Rt△EC′A≌Rt△C′EB′（HL）， ∴∠C′EA＝∠EC′B′， ∴MC′＝ME， 设AM＝x， ∵AC′＝2，DC′＝4， ∴AE＝AD＝2+4＝6， ∴C'M＝BM＝6﹣x， 在Rt△MC'A中， 由勾股定理，得AC'2+AM2＝MC'2， 即22+x2＝（6﹣x）2， 解得x， 即AM， ∴△AC′M的面积AC'•AM2． 【培优专项练习】 6．（2024春•新吴区期中）如图，在矩形ABCD中，已知AB＝2，BC＝4，点O、P分别是边AB、AD的中点，点H是边CD上的一个动点，连接OH，将四边形OBCH沿OH折叠，得到四边形OFEH，连接PE，则PE长度的最小值是（　　） A． B． C． D． 【分析】连接EO、PO、OC．根据三边关系，PE≥OE﹣OP，求出OE，OP即可解决问题． 【解答】解：如图，连接EO、PO、OC． ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝∠OAP＝90°， ∵AB＝2，BC＝4，点O、P分别是边AB、AD的中点， ∴OB＝OA＝1，PA＝2， 在Rt△OBC中， 由勾股定理，得OC， 在Rt△AOP中， 由勾股定理，得OP， ∵OE＝OC，PE≥OE﹣OP， ∴PE的最小值为． 故选：C． 7．（2024春•江阴市期中）如图，菱形ABCD中，E、F、G分别为AD、AB、BC上的点，将△AEF沿直线EF折叠得到△GEF，其中点A的对应点是点G，DE＝1，CG＝4，当EG⊥CG时，菱形ABCD的边长为 　5　，AF的长为 　　． 【分析】作DM⊥BC于M，作FN⊥AD于N，设AE为x，证明四边形DMGE为矩形，在Rt△DCM中，利用勾股定理求出x，即可求出边长；证明△AFN∽△DCM，设AN＝3y，表示出FN，AF，利用AE＝4，列出方程，求出y值，即可解答． 【解答】解：作DM⊥BC于M，作FN⊥AD于N，如图， 设AE＝x，则AD＝x+1＝DC， 由折叠得，EC＝AE＝x， ∵EG⊥CG， ∴四边形DMGE为矩形， ∴DM＝EC＝x，GM＝DE＝1， ∴CM＝4﹣1＝3， 在Rt△DCM中，CM2+DM2＝DC2，即32+x2＝（x+1）2， ∴x＝4， ∴AD＝5，即棱形边长为5； ∵∠A＝∠C， ∴△AFN∽△DCM， ∴AN：CM＝FN：DM， 设AN＝3y，则FN＝4y，AF＝5y， 由折叠得，∠AEF＝∠GEF＝45°， ∴EN＝4y， ∵AE＝4，即AN+EN＝4， ∴y， ∴AF＝5． 故答案为：5；． 8．（2024春•锡山区期中）如图，在菱形ABCD中，AB＝8，∠A＝120°，M是CD上，DM＝3，N是点AB上一动点，四边形CMNB沿直线MN翻折，点C对应点为E，当AE最小时，AN＝　7　． 【分析】首先得到点E在以M为圆心，5为半径的圆上，当AE最小时，点A，E，M在一条直线上，再证明出AN＝AM，然后过点M作MH⊥AD于点H，在Rt△MDH中，求出MH，DH，再在Rt△AMH中，由勾股定理求出AM，从而解决问题． 【解答】解：∵ME是MC折叠得到的， ∴ME＝MC， ∵在菱形ABCD中，AB＝8， ∴CD＝AD＝AB＝8， ∵DM＝3， ∴ME＝MC＝DC﹣DM＝8﹣3＝5， ∴点E在以M为圆心，5为半径的圆上，当AE最小时，点A，E，M在一条直线上，如图， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB∥DC， ∴∠ANM＝∠CMN， ∵∠AMN由∠CMN折叠得到， ∴∠AMN＝∠CMN， ∴AN＝AM， 过点M作MH⊥AD于点H， 在Rt△MDH中， ∠D＝180°﹣∠A＝60°， ∴MH＝DM•sin60°， DH＝DM•cos60°， ∴AH＝AD﹣DH＝8， 在Rt△AMH中， 由勾股定理，得AM7， ∴AN＝7， 故答案为：7． 9．（2024春•建邺区校级期中）学习了《中心对称图形》后，阿中与茜茜对平行四边形进行了再次探究： （1）阿中发现：命题“一组对边相等，一组对角相等的四边形是平行四边形”是个假命题，如何举反例说明呢？茜茜稍作思考说：“取一张如图1所示的等腰三角形纸片ABC，其中AB＝AC，在BC边上取一点D（不是中点），连接AD，沿AD剪开纸片，重新拼接……”， 请你完成茜茜的举反例过程，画出相应的图形，并配以必要的说明； （2）阿中进一步探究发现：“一组对边相等且一组对角是直角的四边形是矩形”，请你完成证明过程； 已知：如图2，四边形ABCD中，AB＝CD，∠A＝∠C＝90°，求证：四边形ABCD是矩形． （3）茜茜发现折叠矩形可以得到菱形：如图3，将矩形ABCD折叠，使得A、C两点重合，点B落在点B′，折痕分别交边BC、AD于E、F两点，交AC于O两点，则四边形AECF是菱形．请在框图中补全茜茜的证明思路． 茜茜的证明思路 由折叠易知EF是AC的垂直平分线，可以先证△AOF≌①　△COE　，得到②　OE＝OF　，又由OA＝OC，可得四边形AECF是平行四边形，再由③　EF⊥AC　，于是▱AECF是菱形． （4）茜茜给阿中出了一道思考题：“如图4，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝3，点E、F分别是边AB、AD上的点，将矩形ABCD沿着直线EF折叠，使点A与矩形ABCD内部的点P重合，问BP的最小值是多少？”请聪明的你用矩形纸片操作探究一下，直接写出BP的最小值． 【分析】（1）重新拼接如图所示，即可证明四边形ABDc不是平行四边形； （2）连接BD，证明Rt△ABD≌Rt△CDB（HL），推出AD＝BC，利用两组对边分别相等的四边形是平行四边形证明四边形ABCD是平行四边形，即可证明四边形ABCD是矩形； （3）由折叠的性质得EF是AC的垂直平分线，证明△AOF≌△COE，推出OE＝OF，证明四边形AECF是平行四边形，据此即可证明结论成立； （4）当F与D重合，点P在对角线BD上时，BP有最小值，根据折叠的性质求AD＝PD＝3，由勾股定理，即可求得BP最小值． 【解答】（1）解：等腰三角形纸片ABC，其中AB＝AC，在BC边上取一点D（不是中点），连接AD，沿AD 剪开纸片，重新拼接如图所示， ∴AB＝CD，∠B＝∠C，而BD≠AC， ∴四边形ABDC不是平行四边形， ∴命题“一组对边相等，一组对角相等的四边形是平行四边形”是个假命题； （2）证明：连接BD， ∵AB＝CD，∠A＝∠C＝90°，且BD＝BD， ∴Rt△ABD≌Rt△CDB（HL）， ∴AD＝BC， ∵AB＝CD， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵∠A＝90°， ∴四边形ABCD是矩形； （3）证明：由折叠知EF是AC的垂直平分线， ∴AO＝OC，∠AOF＝∠COE＝90°， ∵矩形ABCD， ∴AF∥CE， ∴∠FAO＝∠ECO， ∴△AOF≌△COE， ∴OE＝OF， ∵OA＝OC， ∴四边形AECF是平行四边形， ∵EF⊥AC， ∴▱AECF是菱形， 故答案为：△COE；OE＝OF；EF⊥AC； （4）解：如图，连接BF，BD， ∵PB≥FB﹣FP，FA＝FP， ∴PB≥FB﹣FA，此时PB的最小值＝FB﹣FA ∵（FB﹣FA）﹣（BD﹣AD）＝FB﹣FA﹣BD+AF+DF＝FB+DF﹣BD＞0， ∴BD﹣AD＜FB﹣FA， ∴当F与D重合时，FB﹣FA的值最小，由折叠得：AD＝PD＝3， 由勾股定理得：BD， ∵PB≥BD﹣PD， 当P，A，C共线时，BP有最小值， ∴BP3， 则BP的最小值是3． 10．（2024春•镇江期中）实践操作 在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，现将纸片折叠，点D的对应点记为点P，折痕为EF（点E、F是折痕与矩形的边的交点），再将纸片还原． 初步思考 （1）若点P落在矩形ABCD的边AB上（如图①）． 当点P与点A重合时，∠DEF＝　90　°；当点E与点A重合时，∠DEF＝　45　°； 深入探究 （2）当点E在AB上，点F在DC上时（如图②），求证：四边形DEPF为菱形，并直接写出当时的菱形EPFD的边长． 拓展延伸 （3）若点F与点C重合，点E在AD上，射线BA与射线FP交于点M（如图③）．在折叠过程中，是否存在使得线段AM与线段DE的长度相等的情况？若存在，请求出线段AE的长度；若不存在，请说明理由． 【分析】初步思考（1）当点P与点A重合时，EF是AD的中垂线，∠DEF＝90°，当点E与点A重合时，此时∠DEF∠DAB＝45°； 深入探究（2）当点E在AB上，点F在DC上时，EF是PD的中垂线，DO＝PO，EF⊥PD，四边形ABCD是矩形，△DOF≌△POE（ASA），DF＝PE，四边形DEPF是平行四边形，EF⊥PD▱DEPF为菱形，当AP时，设菱形的边长为x，则AEx，DE＝x，由勾股定理得：AD2+AE2＝DE2，进而求得AP； 拓展延伸（3）情况一：DE＝EP＝AM，△EAM≌△MPE，设AE＝x，则AM＝DE＝3﹣x，则BM＝x+1，（x+1）2+32＝（4﹣x）2，求得AE；情况二，DE＝EP＝AM，△GAM≌△GPE，设AE＝x，则DE＝3﹣x，则AM＝PE＝DE＝3﹣x，MP＝AE＝x，（7﹣x）2+32＝（x+4）2，求得AE． 【解答】初步思考 （1）当点P与点A重合时，如图1， ∴EF是AD的中垂线， ∴∠DEF＝90°， 当点E与点A重合时，如图2， 此时∠DEF∠DAB＝45°， 故答案为：90，45； 深入探究 （2）当点E在AB上，点F在DC上时，如图3， ∵EF是PD的中垂线， ∴DO＝PO，EF⊥PD， ∵四边形ABCD是矩形， ∴DC∥AB， ∴∠FDO＝∠EPO， ∵∠DOF＝∠EOP， ∴△DOF≌△POE（ASA）， ∴DF＝PE， ∵DF∥PE， ∴四边形DEPF是平行四边形， ∵EF⊥PD， ∴▱DEPF为菱形， 当AP时，设菱形的边长为x，则AEx，DE＝x， 在Rt△ADE中，由勾股定理得： AD2+AE2＝DE2， ∴32+（x）2＝x2， ∴x， ∴时的菱形EPFD的边长为：； 拓展延伸 （3）存在， 情况一：如图4，连接EM， ∵DE＝EP＝AM， ∴△EAM≌△MPE（HL）， 设AE＝x，则AM＝DE＝3﹣x，则BM＝x+1， ∵MP＝EA＝x，CP＝CD＝4， ∴MC＝4﹣x， ∴（x+1）2+32＝（4﹣x）2， 解得：x； 情况二，如图5， ∵DE＝EP＝AM， ∴△GAM≌△GPE（AAS）， 设AE＝x，则DE＝3﹣x，则AM＝PE＝DE＝3﹣x，MP＝AE＝x， 则MC＝MP+PC＝x+4，BC＝3，BM＝7﹣x， ∴（7﹣x）2+32＝（x+4）2， 解得：x， 综上，线段AE的长为：或． 11．（2024春•锡山区校级期中）综合与实践 动手实践：数学课上老师让学生们折矩形纸片，下面几幅图是学生们折出的一部分图形（沿直线l折叠），由于折痕所在的直线不同，折出的图形也不同，各个图形中所隐含的“基本图形也不同，我们可以通过发现基本图形研究这些图形中的几何问题． 问题解决： （1）如图1，将矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使得点C与点A重合，点D落在点D1的位置，连接MC，AN，AC，线段AC交MN于点O，则△CDM与△AD1M的关系为　△CDM≌△AD1M　，线段AC与线段MN的关系为　线段AC与线段MN互相垂直平分　，小强量得∠MNC＝50°，则∠DAN＝　80°　，小丽说：“四边形ANCM是菱形”，请你帮她证明． 拓展延伸： （2）如图2，矩形纸片ABCD中，BC＝2AB＝6cm，BM＝4cm，小明将矩形纸片ABCD沿直线AM折叠，点B落在点B1的位置，MB1交AD于点N，请你直接写出线段ND的长：　　． 综合探究； （3）如图3，ABCD是一张矩形纸片，AD＝1，AB＝5，在矩形ABCD的边AB上取一点M，在CD上取一点N，将纸片沿MN折叠，使线段MB与线段DN交于点P，得到△MNP，请你确定△MNP面积的取值范围　0.5＜S△MNP≤1.3　． 【分析】（1）利用翻折变换的性质以及全等三角形的性质解决问题即可． （2）证明AN＝NM，设AN＝MN＝x，在Rt△ANB1中，利用勾股定理构建方程求解即可． （3）分别求出△MNP的面积的最大值与最小值即可解决问题． 【解答】解：（1）如图1中， ∵矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使得点C与点A重合，点D落在点D1的位置， ∴AM＝MC，AD1＝CD，MD1＝MD， ∴△AMD1≌△CMD（SSS）， ∵MN垂直平分线段AC， ∴OA＝OC， ∵AD∥CB， ∴∠AMO＝∠CNO， ∵∠AOM＝∠CON， ∴△AMO≌△CNO（AAS）， ∴OM＝ON，AM＝CM， ∴线段AC与线段MN互相垂直平分． ∵MA＝MC，NA＝NC， ∴AM＝CM＝CN＝AN， ∴四边形ANCM是菱形， ∴∠ANM＝∠MNC＝50°， ∴∠ANC＝100°， ∵AD∥BC， ∴∠DAN＝180°﹣100°＝80°， 故答案为：△CDM≌△AD1M，线段AC与线段MN互相垂直平分，80°． （2）如图2中， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC＝∠B＝90°， 由翻折的性质可知，∠AMB＝∠AMN，∠B1＝∠B＝90°， ∵AD∥BC， ∴∠AMB＝∠MAN， ∴∠AMN＝∠NAM， ∴AN＝NM，设AN＝MN＝x， 在Rt△ANB1中，∵AB1＝AB＝3，NB1＝4﹣x，AN＝x， ∴x2＝32+（4﹣x）2， 解得x， ∴AN， ∴DN＝AD﹣AN＝6． 故答案为． （3）如图3，当点B与点D重合时，△MNP的面积最大，作MH⊥BN于H，则MH＝AB＝1， 由题意得：MP＝MQ，设MP＝MQ＝k，则AM＝5﹣k； 由勾股定理得：（5﹣k）2+12＝k2， 解得：k＝2.6；由（1）知： NP＝MP＝2.6，MH＝1， ∴S△MNK•NP•MH＝1.3， ∴△MNP的面积的最大值为1.3． 因为PN的最小值为1， ∴△MNP的面积的最小值为1×1＝0.5， ∴0.5＜S△MNP≤1.3． 故答案为：0.5＜S△MNP≤1.3． 12．（2024春•梁溪区校级期中）在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝12，点E是矩形ABCD边CD上一点，连接BE，将△CEB沿BE翻折， （1）如图1，点C刚好落在边AD上的点F处，求AF长． （2）如图2，点C落在矩形外一点F处，连接AF，若CE＝4，求△ABF的面积． （3）如图3，点C落在点F处，∠ABF的角平分线与EF的延长线交于点M，当点E从点C运动到点D时，求点M运动的路径长 【分析】（1）利用矩形的性质，折叠的性质和勾股定理解答即可； （2）过点F作FG⊥AB，交AB的延长线于点G，延长GF交CD的延长线于点H，利用矩形的判定与性质得到GH＝AD＝BC＝12，AG＝HD，BG＝CH，设HD＝AG＝x，则HE＝x+2，BG＝x+6，利用相似三角形的判定与性质求得线段GF，FH，利用GF+FH＝GH＝12，列出方程解答即可； （3）过点M作MG⊥AB，交AB的延长线于点G，延长GM交CD的延长线于点H，利用（2）中的方法得到点M到AD的距离等于AG＝6，即点M在GH上运动；由题意可知：点E与点C重合时，点M与点H重合，求得点E与点D重合的MH的长度，结论可求；设MG＝MF＝x，则MD＝x+6，MH＝GH﹣GM＝12﹣x，利用勾股定理列出方程解答即可． 【解答】解：（1）由题意得：△BCE≌△BFE， ∴∠BFE＝∠C＝90°，BC＝BF＝12， ∵四边形ABCD为矩形， ∴∠A＝90°， ∴AF6． （2）过点F作FG⊥AB，交AB的延长线于点G，延长GF交CD的延长线于点H，如图， ∵四边形ABCD为矩形， ∴AB⊥AB，AB⊥BC，CD⊥BC，CD⊥AD， ∵FG⊥AB， ∴四边形BCHG，四边形ADHG为矩形， ∴GH＝AD＝BC＝12，AG＝HD，BG＝CH， 设HD＝AG＝x，则HE＝x+2，BG＝x+6， 由题意得：△BCE≌△BFE， ∴∠BFE＝∠C＝90°，BC＝BF＝12，FE＝CE＝4． ∴∠EFH+∠GFB＝90°． ∵∠GFB+∠GBF＝90°， ∴∠EFH＝∠GBF． ∵∠H＝∠G＝90°， ∴△EFH∽△FBG， ∴， ∴GF＝3EH＝3x+6，FHBGx+2， ∵GH＝12， ∴3x+6x+2＝12， ∴x． ∴FG＝36， ∴△ABF的面积AB•FG． （3）过点M作MG⊥AB，交AB的延长线于点G，延长GM交CD的延长线于点H，如图 ∵四边形ABCD为矩形， ∴AB⊥AB，AB⊥BC，CD⊥BC，CD⊥AD， ∵MG⊥AB， ∴四边形BCHG，四边形ADHG为矩形， ∴GH＝AD＝BC＝12，AG＝HD，BG＝CH， 由题意得：△BCE≌△BFE， ∴∠BFE＝∠C＝90°，BC＝BF＝12， ∴∠G＝∠BFM＝90°． ∵BM为∠GBF的平分线， ∴∠GBM＝∠FBM． 在△BGM和△BFM中， ， ∴△BGM≌△BFM（AAS）， ∴BG＝BF＝12， ∴AG＝BG＝AB＝6， ∵点M在GH上， ∴点M到AD的距离等于AG＝6，即点M在GH上运动， ∴点E与点C重合时，点M与点H重合． 当点E与点D重合时，如图， ∵△BGM≌△BFM， ∴MG＝MF， 由题意得：△BCE≌△BFE， ∴CD＝DF＝6． ∵四边形ADHG为矩形， ∴DH＝AG＝6． 设MG＝MF＝x，则MD＝x+6，MH＝GH﹣GM＝12﹣x． ∵∠H＝90°， ∴MD2＝MH2+DH2， ∴（x+6）2＝（12﹣x）2+62． ∴x＝4． ∴MH＝GH﹣GM＝8． ∴当点E从点C运动到点D时，点M运动的路径长为线段HM的长等于8． 二．四边形的旋转问题 【基础练习】 1．（2024春•宜兴市期中）如图，在▱ABCD中，∠A＝65°，将▱ABCD绕顶点B顺时针旋转到▱A1BC1D1，当C1D1首次经过顶点C时，旋转角∠ABA1的大小为 　50°　． 【分析】由旋转的性质得出BC＝BC1，由等腰三角形的性质得出∠BCC1＝∠C1，由旋转角∠ABA1＝∠CBC1，根据等腰三角形的性质计算即可． 【解答】解：∵▱ABCD绕顶点B顺时针旋转到▱A1BC1D1， ∴BC＝BC1， ∴∠BCC1＝∠C1， ∵∠A＝65°， ∴∠A＝∠BCD＝∠C1＝65°， ∴∠BCC1＝∠C1＝65°， ∴∠CBC1＝180°﹣2×65°＝50°， ∴∠ABA1＝50°， 故答案为：50°． 2．（2024春•南京期中）如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB'C'D'的位置，旋转角为α（0°＜α＜90°），若∠1＝114°，则α＝　24　°． 【分析】先利用旋转的性质得到∠ADC＝∠D＝90°，∠DAD′＝α，再利用四边形内角和计算出∠BAD＝66°，然后利用互余计算出∠DAD′，从而得到α的值． 【解答】解：∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置， ∴∠ADC＝∠D'＝90°，∠DAD′＝α， ∵∠ABC＝90°， ∴∠BAD'＝180°﹣∠2， 又∵∠2＝∠1＝114°， ∴∠BAD'＝180°﹣114°＝66°， ∴∠DAD′＝∠BAD﹣∠BAD'＝90°﹣66°＝24°， 即α＝24°． 故答案为：24． 3．（2024春•玄武区校级期中）如图，菱形ABCD的边长为2，∠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 　　． 【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． 【解答】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＝2， ∴BH＝2sin60°， 当E与H重合时，BE最小值是， ∴DF的最小值是． 故答案为：． 4．（2024春•建邺区校级期中）如图，将正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转到正方形AB'C'D'，旋转角为a（0°＜α＜180°），连接B'D、C'D，若B'D＝C'D，则∠α＝　60°　． 【分析】作DH⊥B′C′于H，交AD′于G，如图，根据旋转的性质得AD′＝AD，∠DAD′＝α，再根据等腰三角形的性质由B'D＝C'D得到B′H＝C′H，则AG＝D′G，然后证明△ADD′为等边三角形得到∠DAG＝60°，从而得到α的度数． 【解答】解：作DH⊥B′C′于H，交AD′于G，如图， ∵正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转到正方形AB'C'D'，旋转角为a， ∴AD′＝AD，∠DAD′＝α， ∵B'D＝C'D， ∴B′H＝C′H， ∵四边形AB'C'D'为正方形， ∴AG＝D′G， 连接DD′，如图， ∵DG垂直平分AD′， ∴DD′＝DA， ∴DD′＝AD＝AD′， ∴△ADD′为等边三角形， ∴∠DAG＝60°， 即α＝60°． 故答案为60°． 5．（2024春•江阴市期中）如图1，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，将矩形ABCD绕点A按逆时针方向旋转得到矩形AEFG，连接DF、DG． （1）如图2，点E落在对角线BD上，AD与EF相交于点H， ①连接AF，求证：四边形ABDF是平行四边形； ②求线段AH的长度； （2）在矩形AEFG绕点A旋转一周的过程中，△DFG面积的最大值为 　12　． 【分析】（1）①证明△ABD≌△EAF（SAS），得出∠2＝∠EAF，BD＝AF，由平行四边形的判定可得出结论； ②证明△AEH≌△FDH（SAS），得出HE＝HD＝x，由勾股定理可得出答案； （2）由旋转的性质画出图形，由三角形面积可求出答案． 【解答】（1）①证明：如图， ∵四边形形ABCD是矩形， ∴AD＝BC，∠BAD＝∠ABC＝90°， ∵旋转， ∴AE＝AB，EF＝BC＝AD，∠1＝∠ABC＝∠BAD＝90°， 在△ABD和△EAF中， ， ∴△ABD≌△EAF（SAS）， ∴∠2＝∠EAF，BD＝AF， ∵AB＝AE， ∴∠3＝∠2＝∠EAF， ∴AF∥BD， 又∵AF＝BD， ∴四边形ABDF是平行四边形； ②解：设HD＝x，则AH＝4﹣x， ∵四边形ABDF是平行四边形， ∴AB∥DF，AB＝DF， ∴∠ADF＝∠BAD＝90°， 又∵∠1＝90°， ∴∠ADF＝∠1， ∵AE＝AB，AB＝DF， ∴AE＝DF， 在△AEH和△FDH中， ， ∴△AEH≌△FDH（SAS）， ∴HE＝HD＝x， ∵∠1＝90°， ∴EA2+EH2＝AH2， 又∵AH＝4﹣x，EA＝AB＝3，EH＝x， ∴32+x2＝（4﹣x）2， ∴x， ∴AH＝4﹣x． （2）解：∵将矩形ABCD绕点A按逆时针方向旋转得到矩形AEFG， ∴旋转过程中，GF是定值， 当D，A，G三点共时，三角形DFG的面积最大，如图， 此时DG＝8， ∴S△DFG12， 故答案为：12． 【培优专项练习】 6．（2024春•宜兴市期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，将△ABC绕点C顺时针旋转α（α＜90°）得到△EFC，延长EF分别交AB、CD于M、N，当N为EM中点时，DN的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】连接MC，根据全等三角形的性质结合平行线的性质可得出NM＝NC，进而得出∠MCE＝90°，最后利用勾股定理即可解决问题． 【解答】解：连接MC， 由旋转可知， BC＝FC，∠EFC＝∠B＝90°，CE＝AC，CF＝BC＝3， ∴∠MFC＝90°． 在Rt△MBC和Rt△MFC中， ， ∴Rt△MBC≌Rt△MFC（HL）， ∴∠BMC＝∠NMC． ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥CD， ∴∠BMC＝∠MCN， ∴∠NMC＝∠MCN， ∴NM＝NC． ∵点N是ME的中点， ∴EN＝MN， ∴EN＝NC． 在Rt△ABC中， AC， ∴EC＝AC＝5． 令NC＝x， 则FN＝4﹣EN＝4﹣x， 在Rt△CFN中， （4﹣x）2+32＝x2， 解得x， ∴DN＝4． 故选：C． 7．（2024春•建湖县期中）如图，在正方形ABCD中，E、F分别为对角线AC上的两点，且∠EBF＝45°，若AE＝3，CF＝4，则EF的长为 　　． 【分析】将△BFC绕点B逆时针旋转90°，即△BMA，连接ME，由于旋转得，∠MBA＝∠FBC，∠MAB＝∠FCB，AM＝FC＝3，MB＝FB，∠MBF＝90°，在正方形ABCD中，∠MAB＝∠FCB＝45°，∠BAC＝45°，∠ABC＝90°，可得∠MAE＝90°， 证△MBE≌△FBE，可得ME＝EF，在Rt△MAE中，ME2＝AE2+AM2，因为MA＝FC＝4，AE＝3，ME＝EF，可得EF的长． 【解答】解：将△BFC绕点B逆时针旋转90°，即△BMA，连接ME， ， 由于旋转得，∠MBA＝∠FBC，∠MAB＝∠FCB，AM＝FC＝3，MB＝FB，∠MBF＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠MAB＝∠FCB＝45°，∠BAC＝45°，∠ABC＝90°， ∴∠MAE＝∠MAB+∠BAC＝90°， ∵∠EBF＝45°，∠MBF＝90°， ∴∠MBE＝∠MBF﹣∠EBF＝45°， ∴∠MBE＝∠FBE， 在△MBE和△FBE中， ∴△MBE≌△FBE（SAS）， ∴ME＝EF， ∵∠MAE＝90°， ∴ME2＝AE2+AM2， ∵MA＝FC＝4，AE＝3， ∴ME＝5， ∵ME＝EF， ∴EF＝5， 故答案为：5． 8．（2024春•东台市期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝6，点E在BC边上，且BE＝2，F为AB边上的一个动点，连接EF，以EF为边作等边△EFG，且点G在矩形ABCD内，连接CG，则CG的最小值为 　 　． 【分析】以EC为边作等边三角形ECH，过点H作HN⊥BC于N，HM⊥AB于M，可证四边形MHNB是矩形，可证MH＝BN，由“SAS”可证△FEH≌△GEC，可得FH＝GC，当FH⊥AB时，FH有最小值，即GC有最小值，即可求解． 【解答】解：如图，以EC为边作等边三角形ECH，过点H作HN⊥BC于N，HM⊥AB于M， 又∵∠ABC＝90°， ∴四边形MHNB是矩形， ∴MH＝BN， ∵BE＝2， ∴EC＝4， ∵△EHC是等边三角形，HN⊥EC， ∴EC＝EH＝4，EN＝NC＝2，∠HEC＝60°， ∴BN＝4＝MH， ∵△FGE是等边三角形， ∴FE＝GE，∠FEG＝60°＝∠HEC， ∴∠FEH＝∠GEC， 在△FEH和△GEC中， ， ∴△FEH≌△GEC（SAS）， ∴FH＝GC， ∴当FH⊥AB时，FH有最小值，即GC有最小值， ∴点F与点M重合时，FH＝HM＝4， ∴CG的最小值为4． 故答案为：4． 9．（2024春•东台市期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝2，以点A为旋转中心，逆时针旋转矩形ABCD，旋转角为α（0°＜α＜180°），得到矩形AEFG，点B、点C、点D的对应点分别为点E、点F、点G．设点P为边FG的中点，连接PB，PE，在矩形ABCD旋转过程中，△BEP的面积最大值是 　　． 【分析】连接PA，作AM⊥PE于M．当AM与AB共线，且BM＝BA+AM时，△BPE面积最大，利用S△APES矩形AGFEPE•AM，求出AM，再根据S△BPEPE•BM计算即可得出答案． 【解答】解：连接PA，作AM⊥PE于M． 当AM与AB共线，且BM＝BA+AM时，△BPE面积最大， 由题意：PF＝PG， ∵AG＝EF＝2，∠G＝∠F＝90°， ∴PA＝PE， ∵S△APES矩形AGFEPE•AM， ∴AM， 则S△BPEPE•BM（3）， ∴△PBE的面积的最大值为， 故答案为：． 10．（2024春•无锡期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，点O是BD的中点，点E在BC边上，BE＝3．已知点P是AD边上动点（DP≤4），线段OP绕点O逆时针旋转一定的度数，使点P落在线段AE上的点Q处．连接PQ，则PQ2的最小值是 　　． 【分析】连接OA，作AG⊥BD于G，作OI⊥AD于1，OK⊥AE于K，证明Rt△KOQ≌Rt△IOP，得出，求出OP最小值即可． 【解答】解：连接OA，作AG⊥BD于G， 在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8， ∴BD4， ∴， ∵， ∴， ∴sin ， ∵BE＝3，AB＝4，∠ABE＝90°， ∴， ∴sin ， ∴∠AEB＝∠AOB＝2∠OAD， ∵AD∥BC， ∴∠DAE＝∠AEB＝2∠OAD， ∴∠QAO＝∠OAD， 作OI⊥AD于I，OK⊥AE于K， ∴OI＝OK， ∵OP＝OQ， ∴Rt△KOQ≌Rt△IOP（HL）， ∴∠QOK＝∠POI， ∴∠IOK＝∠POQ， ∵∠IOK+∠EAD＝∠IOK+2∠OAD＝180°，∠POQ+2∠OPQ＝180°， ∴∠OPQ＝∠OAD＝∠ADO， ∴tan∠OPQ＝tan∠ADO＝2， 作OH⊥PQ于H， ∴PQ＝2PH＝4OH， ∴， ∴PQ2＝16OH2，PO2＝5OH2， ∴， 当OP⊥AD时，OP最小，最小值为2， 此时， 故答案为：． 11．（2024春•梁溪区期中）如图，在▱ABCD中，AB＝4，∠B＝60°，BC＝3，E为AB上一点，且BE＝1，F为BC边上的一个动点，连接EF，将其绕点E逆时针旋转30°至直线EG，使得∠EGF＝120°，连接AG，则AG的最小值为（　　） A． B．2 C． D． 【分析】根据∠ABC＝60°，∠EGF＝120°得到∠EGF+∠B＝180°，从而得到E、B、F、G四点共圆，结合∠EGF＝120°，∠GEF＝30°，得到∠GFE＝30°，继而得到GF＝GE，得到∠EBG＝∠FBG＝30°，故BG平分∠ABC，作AM⊥BG于点M，根据垂线段最短原理，得到当G与M重合时，最短，结合AB＝4，根据AM＝ABsin30°＝2，解答即可． 【解答】解：∵∠ABC＝60°，∠EGF＝120°， ∴∠EGF+∠B＝180°， ∴E、B、F、G四点共圆， ∵∠EGF＝120°，∠GEF＝30°， ∴∠GFE＝30°， ∴∠GFE＝∠GEF， ∴GF＝GE， ∴∠EBG＝∠FBG＝30°， ∴BG平分∠ABC， 作AM⊥BG于点M，根据垂线段最短原理，得到当G与M重合时，最短， ∵AB＝4， ∴， 故选：B． 12.（2024春•锡山区期中）如图，将四边形ABCD绕点A旋转，使得点B的对应点B’恰好落在射线BD上，旋转后的四边形为AB’C’D’，连接BC’交AD于点E． （1）如图①，若四边形ABCD为正方形，则四边形ABDC’是 　①　．（填序号） ①平行四边形； ②矩形； ③菱形； （2）如图②，若四边形ABCD为矩形，若AB＝6，BC＝8，B’C’交AD于点F，求EF的长． （3）如图③，若BC’与AD互相平分，求证：AB∥CD． 【分析】（1）由旋转可得AB＝DC′，AB∥DC′，进而可以进行判断； （2）连接AC′，C′D，AC，AC与BD相交于点O，证明四边形ABDC′是平行四边形，推出AE＝DE＝4，再证明FD＝FB′，再利用勾股定理求出FB′，进而根据线段的和差即可解决问题； （3）连接AC′，C′D，连接AC交BD于点O，证明OA＝OB，OC＝OD，利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理证明∠OCD＝∠CAB，进而可以解决问题． 【解答】（1）解：由旋转可知：AB＝DC′，AB∥DC′， ∴四边形ABDC′是平行四边形， 故答案为：①； （2）解：连接AC′，C′D，AC，AC与BD相交于点O， ∵四边形ABCD是矩形， ∴，，AC＝BD， ∴OA＝OB， ∴∠OBA＝∠OAB， ∵AB＝AB'， ∴∠OBA＝∠AB'O， ∵∠OAB＝∠C'AB'， ∴∠AB'O＝∠C'AB'， ∴AC′∥BD， ∵AC′＝AC＝BD， ∴四边形ABDC′是平行四边形， ∴AE＝DE＝4， 由旋转可知：AB＝AB'， ∴∠ABB′＝∠AB'B， ∵∠AB′C′＝∠ABC＝90°， ∴∠CBD＝∠DB′F， ∵AD∥BC， ∴∠CBD＝∠B′DF， ∴∠B′DF＝∠DB′F， ∴FD＝FB′， ∴AF＝AD﹣FD＝8﹣FB′， 在Rt△AB′F中，根据勾股定理得：AF2＝AB′2+FB′2， ∴（8﹣FB′）2＝62+FB′2， ∴FB′， ∵DE＝AE＝4， ∴EF＝DE﹣FD＝DE﹣FB′＝4； （3）证明：连接AC′，C′D，连接AC交BD于点O， ∵BC′与AD互相平分， ∴四边形ABDC′是平行四边形， ∴AC′∥BD，AC′＝BD， ∴∠AB'B＝∠C'AB'，AC＝AC′＝BD， ∵AB＝AB'， ∴∠AB'B＝∠ABB'， ∵∠C'AB'＝∠CAB， ∴， ∴OA＝OB， ∴AC﹣OA＝BD﹣OB， ∴OC＝OD， ∴， ∵∠AOB＝∠COD， ∴∠OCD＝∠CAB， ∴AB∥CD． 13．（2024春•丹徒区期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，以点C为旋转中心，将矩形ABCD沿顺时针方向旋转，得到矩形EFCG，点A、B、D的对应点分别是点E、F、G． （1）如图1，当点F落在矩形ABCD的对角线AC上时，求线段AF的长； （2）如图2，当点F落在矩形ABCD的边CD的延长线上时，连接AE，取AE的中点M，求证：； （3）如图3，当点F落在矩形ABCD的对角线BD的延长线上时，求△CDF的面积． 【分析】（1）由勾股定理求出AC＝5，由旋转的性质得出BC＝CF＝4，则可得出答案； （2）连接AC，CE，证明△ABC≌△CGE（SAS），得出∠ACB＝∠CEG，证出∠ACE＝90°，由直角三角形的性质得出答案； （3）过点C作CH⊥BD于点H，由勾股定理及三角形面积公式可得出答案． 【解答】（1）解：∵四边形ABCD为矩形， ∴∠B＝90°，AD＝BC， ∴AC5， ∵将矩形ABCD沿顺时针方向旋转， ∴BC＝CF＝4， ∴AF＝AC﹣CF＝5﹣4＝1； （2）证明：连接AC，CE， ∵将矩形ABCD沿顺时针方向旋转，得到矩形EFCG， ∴AB＝CG，BC＝EG，∠B＝∠G＝90°， ∴△ABC≌△CGE（SAS）， ∴∠ACB＝∠CEG， ∴∠CEG+∠ECG＝∠ECG+∠ACB＝90°， ∴∠ACE＝90°， ∵M为AE的中点， ∴CMAE； （3）解：过点C作CH⊥BD于点H， ∵BC＝AD＝4，AB＝CD＝3， ∴BD5， ∵S△BCD， ∴CH， ∴DH，HF， ∴DF＝HF﹣DH， ∴． 14．（2023春•盐都区期中）如图1，四边形ABCD是边长为6的正方形，点E在线段CD上运动，连接AE，将线段AE绕点A顺时针旋转45°得到AF． 【探索发现】 （1）爱思考的小鹿发现：过点F作FH⊥AC时，AH一定等于AD，小鹿发现的结论正确吗？如果正确请帮小鹿完成证明过程，如不正确请说明理由； 【结论运用】 （2）当点F落在BC上时，此时DE的长为 　　； 【深入理解】 （3）若点G在直线BC上运动，当以点C、H、G、F为顶点的四边形是平行四边形时，求DE的长； 【拓展延伸】 （4）如图2．在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（0，2），点B是x轴正半轴上的一点，将线段AB绕点A按逆时针方向旋转45°得到线段AC．若点C的坐标为（m，3），则m的值为 　　． 【分析】（1）由正方形的性质及旋转的性质证明△FAH≌△EAD（AAS）即可得结论； （2）由正方形的性质及旋转的性质可得Rt△ABF≌Rt△ADE（HL），∠BAF＝∠DAE＝22.5°，BF＝DE，CF＝CE，进而可得AC是EF的垂直平分线，∠BAF＝∠FAC＝22.5°，即可得AF平分∠BAC，则可知BF＝HF，同理DE＝HE，即EF＝HE+HF＝2DE，设DE＝x，则CE＝CF＝6﹣x，EF＝2x，再结合勾股定理可得：CE2+CF2＝EF2，即可求解； （3）由（1）可知当点E在线段CD上运动时，点F在过定点H的垂线上，根题意可知点C、H、G、F为顶点的四边形是平行四边形时，CG与FH是对角线，由平行四边形的性质可知FH＝2OH，求得，进而可得结果； （4）如图，过点C作CD⊥y轴，在x轴上取OA＝OE，过点C作CH⊥AE，过点H作HF∥y轴，过点H作HG⊥y轴，可得△AOE，△AGH均为等腰直角三角形，△HCF为等腰直角三角形，四边形DFHG为矩形，得，CF＝FH＝DG，GH＝DF，证明△AHC≌△AOB（AAS），可得AO＝AH＝2，求得AD＝1，，，即可得． 【解答】解：（1）小鹿发现的结论正确， 证明：∵四边形ABCD为正方形，FH⊥AC， ∴∠D＝∠AHF＝90°，∠DAC＝45°， 由旋转可知AE＝AF，∠EAF＝45°， 则∠FAH+∠CAE＝∠EAD+∠CAE， ∴∠FAH＝∠EAD， ∴△FAH≌△EAD（AAS）， ∴AH＝AD； （2）∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝∠BCD＝90°，∠CAD＝∠CAB＝45°， 由旋转可知AE＝AF，∠EAF＝45°， ∴Rt△ABF≌Rt△ADE（HL），∠BAF+∠DAE＝45° ∴∠BAF＝∠DAE＝22.5°，BF＝DE，则CF＝CE， ∴AC是EF的垂直平分线，∠FAC＝∠BAC﹣∠BAF＝22.5°， ∴∠BAF＝∠FAC， ∴AF平分∠BAC， ∴BF＝HF，同理DE＝HE，即EF＝HE+HF＝2DE， 设DE＝x，则CE＝CF＝6﹣x，EF＝2x， 由勾股定理可得：CE2+CF2＝EF2，即：2（6﹣x）2＝4x2， 解得：（负值舍去）， ∴； 故答案为：； （3）由（1）可知，FH⊥AC，且AH＝AD＝6，点H为定点， 即当点E在线段CD上运动时，点F在过定点H的垂线上，则∠FHC＝90°， 由正方形的性质可知，点G在直线BC上运动是，∠HCG＝45°或∠HCG＝135°， 则点C、H、G、F为顶点的四边形是平行四边形时，∠FHC与∠HCG不能为对角，也不为邻角， ∴点C、H、G、F为顶点的四边形是平行四边形时，CG与FH是对角线， ∵四边形CFGH是平行四边形， ∴FH＝2OH， ∵FH⊥AC，∠GCH＝45°， ∴CH＝OH， ∵， ∴， ∴， ∵△FAH≌△EAD ∴； （4）如图，过点C作CD⊥y轴，在x轴上取OA＝OE，过点C作CH⊥AE于H点，过点H作HF∥y轴，过点H作HG⊥y轴于G点，则△AOE为等腰直角三角形， ∴∠OAE＝45°，则△AGH为等腰直角三角形，则， 由旋转可知，AB＝AC，∠BAC＝45°， 则∠OAE+∠EAB＝∠EAB+∠BAC，即：∠OAB＝∠HAC， 又∵∠AHC＝∠AOB＝90°， ∴△AHC≌△AOB（AAS）， ∴AO＝AH ∵HF∥y轴，则∠AHF＝∠OAE＝45°， ∴△HCF为等腰直角三角形，四边形DFHG为矩形， ∴CF＝FH＝DG，GH＝DF， ∵A（0，2），C（m，3）， ∴AO＝AH＝2，OD＝3，CD＝m， ∴AD＝OD﹣AO＝1，， ∴， ∴， 故答案为：． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$