专题04 解题技巧专题：菱形、矩形、正方形中折叠、旋转问题之七大考点(解析版).docx

1、专题04 解题技巧专题：菱形、矩形、正方形中折叠、旋转问题之七大考点【考点导航】目录【典型例题】1【考点一 菱形中的折叠求角度、线段长等问题】1【考点二 矩形中的折叠求角度、线段长等问题】7【考点三 正方形中的折叠求角度、线段长等问题】17【考点四 特殊平行四边形折叠后求周长、面积问题】22【考点五 菱形中旋转求角度、线段长等问题】25【考点六 矩形中旋转求角度、线段长等问题】30【考点七 正方形中旋转求角度、线段长等问题】36【典型例题】【考点一 菱形中的折叠求角度、线段长等问题】例题：（2022秋九年级课时练习）如图，在菱形ABCD中，A120，AB2，点E是边AB上一点，以DE为对称轴将

2、DAE折叠得到DGE，再折叠BE使BE落在直线EG上，点B的对应点为点H，折痕为EF且交BC于点F （1）DEF_；（2）若点E是AB的中点，则DF的长为_【答案】 90 2.8【分析】（1）由折叠得，再根据平角的定义可得结论；（2）首先证明B、G、D在同一条直线上，再运用勾股定理列方程求解即可【详解】解由折叠得，即故答案为：90；（2）四边形ABCD是菱形ADBC，DCAB， A=120 点E为AB的中点，且AB=2点A与点G重合， 点B与点H重合 又点G与点H重合三点在同一条直线上过点D作，交BC的延长线于点O，如图，DCAB 在中，由折叠得，设，则，在中，解得，故答案为2.8【点睛】本题

3、主要考查了菱形的性质，折叠的性质，勾股定理等知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解答本题的关键【变式训练】1（2023春全国八年级专题练习）图，把菱形ABCD沿AE折叠，点B落在BC边上的F处，若BAE=15，则FDC的大小为_【答案】22.5【分析】根据翻折变换的性质可得AB=AF，然后根据等腰三角形两底角相等求出B=AFE=75，可得C，根据AF=AD，求出AFD，由三角形外角等于不相邻的两个内角的和即可得答案【详解】解：菱形ABCD沿AE折叠，B落在BC边上的点F处，AD=AB=AF，AEB=90=AEF，FAE=BAE=15，B=AFE=75，在菱形ABCD中，ABCD，ADBC，DA

4、F=AFE=75，C=180-B=105，AF=AD，ADF=AFD=52.5，DFB=AFE+AFD=127.5，FDC=DFB-B=22.5，故答案为：22.5【点睛】本题考查了菱形中的翻折问题，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握翻折的性质及菱形的性质2（2023春八年级课时练习）如图，在菱形中，分别是边，上的点，将沿EF折叠，使点的对应点落在边上，若，则的长为_【答案】#【分析】根据菱形性质和，可得，过点作于点，于点，过点于点，得矩形，然后利用含度角的直角三角形可得，得，再利用勾股定理即可解决问题【详解】解：在菱形中，如图，过点作于点，于点，过点于点，得矩形，如图所示：，由翻折可知：，解

5、得，在中，在中，根据勾股定理，得：，解得，故答案为：【点睛】本题考查勾股定理求线段长，涉及到翻折变换的性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握翻折变换的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键3（2023春江苏苏州八年级苏州工业园区星湾学校校考阶段练习）如图，菱形纸片，将该菱形纸片折叠，使点B恰好落在边的中点处，折痕与边分别交于点M、N则的长为_【答案】【分析】过点作与的延长线交于点E，根据含角的直角三角形的性质和勾股定理求出和，设，则，用x表示出，然后在中，利用勾股定理得出方程进行解答【详解】解：过点作与的延长线交于点E，四边形是菱形，是的中点，设，则，由折叠的性质知：，在中

6、，解得：，即的长为，故答案为：【点睛】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理，二次根式的运算等知识，关键是作辅助线构造直角三角形【考点二 矩形中的折叠求角度、线段长等问题】例题：（2023湖南长沙校联考一模）如图，在矩形中，E在边上，将沿折叠，点A恰好落在矩形的对称中心O处，若，则的长为 _【答案】【分析】连接，由O是矩形中心，得到B，O，D共线，由翻折变换得到，由矩形的性质得到，由勾股定理求出的长即可【详解】解：连接，O是矩形中心，B，O，D共线，沿翻折到，四边形是矩形，O是它的中心，故答案为：【点睛】本题考查矩形的性质，中心对称，翻折变换，关键是掌握矩形的性

7、质【变式训练】1（2023秋福建福州八年级福建省福州第一中学校考期末）如图，长方形中，E为的中点，将沿直线折叠时点B落在点F处，连接，若，则_度【答案】37【分析】由折叠的性质得：，求出，可得到，求出，求出，由等腰三角形的性质求出，即可得出的度数【详解】解：四边形是长方形，由折叠的性质得：，为的中点，；故答案为：【点睛】本题主要考查了折叠变换的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理；求出的度数是解题的关键2（2023春八年级课时练习）长方形纸片中，点E是边上一动点，连接，把B沿折叠，使点B落在点F处，连接，当为直角三角形时，的长为_【答案】或3【分析】当为直角三角形时，有两种情况：当点F落在

8、矩形内部时，如答图1所示连接，先利用勾股定理计算出 ，根据折叠的性质得，而当为直角三角形时，只能得到，所以点A、F、C共线，即沿折叠，使点B落在对角线上的点F处，则，可计算出，设，则，然后在中运用勾股定理可计算出x当点F落在边上时，如答图2所示此时为正方形【详解】解：当为直角三角形时，有两种情况：当点F落在矩形内部时，如答图1所示连接，在中，B沿折叠，使点B落在点F处，当为直角三角形时，只能得到，点A、F、C共线，即沿折叠，使点B落在对角线上的点F处，设，则，在中， 解得： ；当点F落在边上时，如答图2所示此时为正方形，故答案为：或3；【点睛】本题考查了折叠问题：折叠前后两图形全等，即对应线段

9、相等；对应角相等也考查了矩形的性质以及勾股定理注意本题有两种情况，需要分类讨论，避免漏解3（2023安徽合肥统考一模）如图，点是矩形的边上的点，连接，将矩形沿折叠，点的对应点恰好在边上 （1）写出图中与相等的角_；（2）若，则折痕AE的长为_【答案】 和 【分析】（1）根据矩形的性质得到，由折叠知，由此得到，即可证明，再由平行线的性质得到，则；（2）由矩形的性质得到， 由折叠知，利用勾股定理求出，则，在中，根据勾股定理得，解得，则【详解】解：（1）四边形是矩形，由折叠知，；故答案为：和；（2）四边形是矩形， 由折叠知，在中，根据勾股定理，解得，故答案为：【点睛】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾

10、股定理与折叠问题，灵活应用所学知识是解题的关键4（2023春江苏盐城九年级校考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，将BCE沿BE折叠，使点C落在AD边上的点F处，过点F作FGCD，交BE于点G，连接CG (1)判断四边形CEFG的形状，并说明理由(2)若AB=6，AD=10，求四边形CEFG的面积【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）由翻折得BEC=BEF，FE=CE，根据FGCE，可得FGE=BEC，从而FGE=BEF，FG=FE，故FG=EC，四边形CEFG是平行四边形，即可得证；（2）在RtABF中，利用勾股定理求得AF的长，可得DF=1，设EF=x，则CE=x，DE=3

11、-x，在RtDEF中，用勾股定理列方程可解得CE，在RtBCE中，即可求出答案【详解】（1）证明：（1）BCE沿BE折叠，点C落在AD边上的点F处，BCEBFE，BEC=BEF，FE=CE，FGCE，FGE=BEC，FGE=BEF，FG=FE，FG=EC，四边形CEFG是平行四边形，又CE=FE，四边形CEFG是菱形；（2）解：矩形ABCD中，AD=10，BC=10，BCE沿BE折叠，点C落在AD边上的点F处，BF=BC=10，在RtABF中，AB=6，AF=8，DF=AD-AF=2，设EF=x，则CE=x，DE=6-x，在RtDEF中，DF2+DE2=EF2，22+（6-x）2=x2，解得x

12、=，CE=，四边形CEFG的面积是：CEDF=2=【点睛】本题考查翻折变化、菱形的性质和判定、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答5（2023春全国八年级专题练习）如图，矩形ABCD中，AB3，BC5，现进行如下折叠：（1）沿着过点B的直线折叠，使点落在BC边上，此时折痕BE的长为_；（2）沿着过点B的直线折叠，使点落在矩形内部，且恰好使点E、C三点在同一直线上，此时折痕BE的长为_【答案】 3 【分析】（1）根据折叠的性质，可得出三角形ABE是边长为3的等腰直角三角形，根据勾股定理可求出BE的长；（2）根据三角形的面积公式可得出ECBC5，再根

13、据勾股定理求出DE，AE，最后再根据勾股定理求出BE即可【详解】解：（1）由折叠可得，ABAB，AEAE，ABEABE，四边形ABCD是矩形，AABC90BAE，ABEABE45，ABEAEB45，ABAE，在RtABE中，由勾股定理得，故答案为：3；（2）由折叠可得，ABAB3，ABAE90，点E、A、C三点在同一直线上，SEBCBCABECAB，ECBC5，在RtDCE中，由勾股定理可得，AEADDE541，在RtABE中，故答案为：【点睛】本题考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理等知识点有一定的综合性6（2023春全国七年级专题练习）如图，把矩形纸片ABCD沿EF折叠后，使得点D与点B重

14、合，点C落在点C的位置上（1）折叠后，DC的对应线段是，CF的对应线段是；（2）若1=50，求2、3的度数；（3）若AB=8，DE=10，求CF的长度【答案】（1）BC，CF；（2）50，80；（3）6【分析】（1）根据折叠的性质即可得出；（2）由折叠的性质可得，2=BEF，由ADBC得1=2，所以2=BEF=50，从而得3=80；（3）根据勾股定理先求得AE的长度，也可求出AD，BC的长度，然后根据1=BEF=50，可得BF=BE=10，继而可求得CF=BCBF【详解】（1）由折叠的性质可得：折叠后，DC的对应线段是BC，CF的对应线段是CF；故答案为：BC，CF（2）由折叠的性质可得：2=

15、BEF，ADBC，1=2=502=BEF=50，3=1805050=80；（3）AB=8，DE=10，BE=10，AE=6，AD=BC=6+10=16，1=BEF=50，BF=BE=10，CF=BCBF=1610=6【点睛】本题考查了矩形折叠的性质，平行线的性质定理，勾股定理解直角三角形，等腰三角形判定相关知识7（2023春广东河源八年级统考开学考试）如图，将一张长方形纸片放在直角坐标系中，使得与x轴重合，与y轴重合，点D为边上的一点（不与点A、点B重合），且点，点(1)如图1，折叠，使得点B的对应点落在对角线上，折痕为，求此刻点D的坐标(2)如图2，折叠，使得点A与点C重合，折痕交与点D，交

16、于点E，求直线的解析式【答案】(1)；(2)直线的解析式为【分析】（1）根据勾股定理求得，设，则，根据折叠的性质得出，在中，利用勾股定理得出关于n的方程，解方程求得n的值，即可求得D的坐标；（2）设，则，根据折叠的性质，在中，利用勾股定理得出关于m的方程，解方程求得m的值，即可求得D的坐标，然后根据待定系数法即可求得作出直线的解析式【详解】（1）解：点，点，设，则，由折叠的性质可知，由折叠的性质可知，在中，解得，；（2）解：设，则，根据折叠的性质可知，在中，解得，设直线的解析式为，代入得，解得，直线的解析式为【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，矩形的性质，折叠的性质，勾股定理的应用

17、等，求得D的坐标是解题的关键【考点三 正方形中的折叠求角度、线段长等问题】例题：（2022秋广东梅州九年级校考阶段练习）如图，将正方形纸片按如图折叠， 为折痕，点 落在对角线 上的点 处，则 的度数为（） ABCD【答案】C【分析】根据正方形的性质可得，再由折叠可得，然后利用三角形的外角进行计算即可解答【详解】解：四边形ABCD是正方形，由折叠得：，故选：C【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，三角形外角的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键【变式训练】1（2023全国八年级专题练习）如图，将正方形沿对折，使点落在对角线上的处，连接，则 _【答案】67.5【分析】根据正方形的性质求出，

18、再根据折叠的性质得，进而根据等腰三角形的性质得出答案【详解】四边形为正方形，平分，根据折叠可知，故答案为：67.5【点睛】本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质等，判定等腰三角形是解题的关键2（2022秋四川成都八年级成都七中校考期中）已知：如图，在边长为的正方形中，点在边上，将沿折叠至，延长交于点，连接(1)求的度数：(2)求的长度【答案】(1)(2)【分析】（1）根据沿折叠至，可得,，证明可得，根据对折可得，即可得出的度数；（2）令，则，在中，勾股定理即可求解【详解】（1）将沿折叠至，,，四边形是正方形，在与中，由对折得，；（2）令，则，在中，解得：【点睛】本题考查了正方

19、形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，折叠的性质，掌握以上知识是解题的关键3（2023春江苏八年级专题练习）如图1，在正方形中，点E为上一点，连接，把沿折叠得到，延长交于G，连接(1)求证：(2)如图2，E为的中点，连接求证：；若正方形边长为6，求线段的长【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析，线段的长为2【分析】（1）由正方形的性质可得，由折叠的性质得出，再求出，然后由“”证明，由全等三角形对应角相等得出，得出即可；（2）由折叠的性质和线段中点的定义可得，再由三角形的外角性质得出，然后利用同位角相等，两直线平行证明即可；设，表示出、，根据点是的中点求出、，从而得到的长度，再利用勾股

20、定理列出方程求解即可；【详解】（1）证明：如图1：四边形是正方形，沿折叠得到，在和中，；（2）证明：如图2所示：沿折叠得到，为的中点，即，；解：设，则，正方形边长为6，为的中点，在中，根据勾股定理得：，解得：，即线段的长为2【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、翻折变换的性质；熟练掌握正方形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键【考点四 特殊平行四边形折叠后求周长、面积问题】例题：（2023全国九年级假期作业）如图1，菱形纸片的边长为，将菱形沿，GH折叠，使得点B，D两点重合于对角线上的点P（如图2）若，则六边形的面积为_【答案】

21、【分析】由菱形的性质可得，由折叠的性质可得，可证四边形是平行四边形，可得，由面积和差关系可求解【详解】解：如图，四边形是菱形，cm，,，将菱形沿，折叠，同理可得： ，四边形是平行四边形，六边形面积，故答案为：【点睛】本题考查了折叠的性质，菱形的性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质等知识，求出的长是本题的关键【变式训练】1（2022秋辽宁沈阳九年级统考期末）如图，已知正方形面积为2，将正方形沿直线折叠，则图中阴影部分的周长为（）ABCD【答案】D【分析】首先由正方形面积为2 ，即可求得其边长为，然后由折叠的性质，可得，则可得图中阴影部分的周长为：，继而求得答案【详解】解

22、：设折叠后的点分别为，与分别交于点，如图所示，正方形面积为2，由折叠的性质：，图中阴影部分的周长为：故选:D【点睛】此题考查了折叠的性质与正方形的性质，掌握折叠的性质与正方形的性质是解题的关键2（2022春广东汕头八年级校考阶段练习）如图，将矩形沿直线折叠，顶点D恰好落在边上点F处，已知，则阴影部分的面积为_【答案】30【分析】根据折叠的性质求出EF=DE=CD-CE=5，AD=AF=BC，再根据勾股定理列出方程求解即可【详解】解：由折叠的性质知，EF=DE=CD-CE=5，AD=AF=BC，由勾股定理得，CF=4，即，解得，AD=10，BF=6，CF=4，图中阴影部分面积=故答案为：30【点

23、睛】本题考查了折叠的性质，解决本题的关键是要理解折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，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；勾股定理，三角形的面积公式求解【考点五 菱形中旋转求角度、线段长等问题】例题：（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（）ABC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

24、质进行推理是本题的关键【变式训练】1（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()ABCD【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2（2023春八年级单元测试）如图，在菱形中，将菱形绕点逆时针方向

25、旋转，对应得到菱形点在上与交于点则的长是_【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，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，由旋转的性质得出AE=AB=2，EAG=BAD=60，求出CE=AC-AE，证出CPE=90，由直角三角形的性质得出PE的长【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，OA=OC，ACBD，由旋转的性质得：AE=AB=2，EAG=BAD=60，四边形AEFG是菱形，EFAG，CEP=EAG=60，CEP+ACD=90，CPE=90，故答案为：【点

26、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3（2023江苏八年级假期作业）如图1，菱形AEFG的两边AE、AG分别在菱形ABCD的边AB和AD上，且BAD=60，连接CF；（1）求证：；（2）如图2，将菱形AEFG绕点A进行顺时针旋转，在旋转过程中（1）中的结论是否发生变化？请说明理由【答案】（1）见解析；（2）CF=，（1）中的结论不变理由见解析【分析】（1）延长EF交CD于M点，证明三角形CMF是等腰三角形，且EMC=120，过点M作MNCF，垂足为N，根据30角所对直角边等于斜边的一半，和勾股定理，得F

27、N=NC=即CF=2FN=；（2）过D做NDC=ADG,使DN=DG，连接NC，证明DGN为等腰三角形，四边形GFNC为平行四边形即可【详解】（1）如图，延长EF交CD于M点，四边形AEFG和四边形ABCD是菱形DC/GF/AB,DM/GF四边形GFMD是平行四边形则D=EMC=120，MFC=MCF=30，过点M作MNCF，垂足为N，MN=,根据勾股定理，得FN=，MC=MF，FN=NC，CF=2FN=；（2）如图2，过D做NDC=ADG,使DN=DG，连接NC，AGDDNC(SAS）AG=NC DNC=AGDDGN为等腰三角形，则DGN=DNG，NGF=360-AGD-AGF-DGN=24

28、0-DGA-DGNGNC=DNC-DNG=DNC-DNGNGF+GNC=240-DGN-DNG,DGN+DNG=180-GDN=60NGF+GNC=180NC/GF ，四边形GFNC为平行四边形CF=GN，则GN=，CF=，结论（1）不变【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定，三角形的全等，等腰三角形的性质，灵活构造辅助线是解题的关键【考点六 矩形中旋转求角度、线段长等问题】例题：（2023江苏无锡校考一模）如图，在矩形ABCD中，AB5，AD4，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形ABCD，AB交CD于点E，且DEBE，则AE的长为 _【答案】【分析】根据旋转不变性得到ABAB5，

29、设AECEx，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ABCD，ABAB5，DEBE，AECE，设AECEx，DE5x，D90，AD2+DE2AE2，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【变式训练】1（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

30、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2（2023春江苏淮安八年级统考期中）如图，将矩形绕点旋转得到矩形，点在上，延长交于点.(1)求证：；(2)连接，若，求的度数【答案】(1)见解析；(2)【分析】（1）根据矩形的性质得出，根据旋转的性质得出，再证明即可；（2）根据矩形的性质得出，由全等三角形的性质得出，再计算即可得出答案【详解】（1）解：四边形是矩形，由旋转性质，得：，在矩形中，在和中，（2）解：四边形是矩形，即的度数为【点睛】本

31、题考查矩形的性质，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，正确得出全等是解题的关键3（2023春福建三明八年级统考期中）在长方形中，将长方形绕点顺时针旋转，得到长方形（1）如图1，当点落在边上时，延长交于点，求证：；（2）如图2，当时，求的值；（3）如图3，当点落在线段上时，与交于点，求的面积【答案】（1）证明见解析；（2）60：（3）.【分析】（1）只需要证明EFMADE即可得到答案；（2）连接DG，证明CDGBAG，得到ADG为等边三角形，从而可以得到答案；（3）连接AC，证明ABCAEC，得到EAC=BAC=ACD，从而得到CN=AN，再根据勾股定理计算即可得到答案【详解】解：（1）由旋转

32、的性质得：BC=EF，B=FEA四边形ABCD是矩形B=D=FEA=90，BC=AD=EFFEM+AED=90，DAE+AED=90FEM=DAEEFMADE（HL）EM=AE（2）如图所示，连接DG四边形ABCD是矩形ABC=BCD=90，AB=CDGC=GBGCB=GBCDCG=ABGCDGBAGDG=AG由翻折的性质可得：AD=AGAD=AG=DGADG为等边三角形DAG=60DAE=30BAE=60=60（3）如图所示，连接AC由矩形的性质和翻折的性质可得：AB=AE，AEF=B=90AEF=B=90AEC=B=90又AB=AEABCAEC（HL）EAC=BACABCDBAC=ACDE

33、AC=ACDNC=AN设DN=x，则NC=AN=CD-DN=5-x在直角三角形AND中，解得【点睛】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等边三角形的性质与判定，等腰三角形的判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解【考点七 正方形中旋转求角度、线段长等问题】例题：（2022秋广东珠海九年级统考期末）如图，将正方形绕顶点A顺时针旋转得到正方形，与相交于点E，连接，相交于点F(1)填空：_度；(2)求证：四边形是菱形【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）根据正方形的性质求出相关角度，再根据角度之间的关系求出即可（2）先证出四边形是平行四边形，再连接，构造

34、全等三角形证邻边相等即可【详解】（1）解：四边形和四边形是正方形（2）解：连接四边形和四边形是正方形（方法不唯一，直接写由（1）得也可以）在正方形中，即同理，四边形是平行四边形在和中平行四边形是菱形【点睛】本题考查了正方形的性质、菱形的判定等知识点，熟记相关性质与判定是解题关键【变式训练】1（2023春全国八年级阶段练习）如图1，点是正方形对角线的延长线上任意一点，以线段为边作一个正方形，线段和相交于点(1)求证：，(2)若，求的长(3)如图2，正方形绕点逆时针旋转，连结、，与的面积之差是否会发生变化？若不变，请求出与的面积之差；若变化，请说明理由【答案】(1)见解析(2)；(3)与的面积之差

35、不变，且【分析】（1）根据证明，得，再根据三角形内角和定理和对顶角相等可得；（2）由，在中求得，从而得和的长，最后利用勾股定理即可求得结果；（3）如图3，过A作于P，过C作于Q，先证明，得，可得，从而得结论【详解】（1）证明：如图1，四边形和是正方形，即，在和中，；（2）解：如图2，连接与交于点M，在中，；（3）解：与的面积之差不变，且，如图3，过A作于P，过C作交其延长线于Q，在和中，又，【点睛】本题是四边形的综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积等知识，本题综合性强，难度适中，证明三角形全等是解决问题的关键2（2023秋辽宁阜新九年级阜新实验中学校考期末

36、）如图，正方形和正方形（其中），的延长线与直线交于点H(1)如图1，当点G在上时，求证：；(2)将正方形绕点C旋转一周如图2，当点E在直线右侧时，判断的数量关系并证明；当时，若，请直接写出线段的长【答案】(1)证明见解析(2)，证明见解析；或【分析】（1）证明，即可得到，再由角的等量代换即可证明；（2）在线段上截取，连接，证明，得到为等腰直角三角形，再利用等腰直角三角形的边角性质即可；分两种情况，一是如图3所示，当D，G，E三点共线时，连接求出BD，设，则在中，利用勾股定理列出方程解答；二是如图4所示，当B，H，G三点共线时，连接设，中利用勾股定理列出方程即可解答【详解】（1）证明：如图1，四

37、边形和均为正方形，又，（2）解：，证明如下：如图所示，在线段上截取，连接由（1）可知，又，即为等腰直角三角形 ，第一种情况：如图3所示，当D，G，E三点共线时，此时G、H重合，连接由可知，且又，设，则在中，由勾股定理得，解得（负值舍），；第二种情况：如图4所示，当B，H，G三点共线时，连接设，在中，由勾股定理得 解得，的长为或【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等知识点，解题的关键是熟知上述知识点，并正确作出辅助线3（2023黑龙江齐齐哈尔统考三模）已知四边形和四边形均为正方形，连接，直线与交于点(1)如图1，当点在上时，线段和的数量关系

38、是_，的度数为_.(2)如图2，将正方形绕点A旋转任意角度.请你判断（1）中的结论是否仍然成立，并说明理由；当点H在直线AD左侧时，连接AH，则存在实数m，n满足等式，直接写出_，_；(3)若，则正方形AEFG绕点A旋转过程中，点F，H是否重合？若能，请直接写出此时线段BG的长，若不能，说明理由.【答案】(1)，(2)，；，(3)或【分析】（1）由“”可证，可得，由余角的性质即可得的度数；（2）由“”可证，可得，由余角的性质即可得的度数；在上取，使得，连接，证明，可得，求出，则为等腰直角三角形，则，根据存在实数，满足等式，即可得，；（3）分两种情况画出图形，根据全等三角形的性质以及勾股定理即可

39、求解【详解】（1）解：四边形和四边形是正方形，故答案为：，；（2）解：（1）的结论仍然成立，理由如下：设交于，四边形和四边形是正方形，在和中，（SAS），；，证明：在上取，使得，连接，（SAS），即，为等腰直角三角形，存在实数，满足等式，；（3）解：如图：，四边形和四边形均为正方形，直线与交于点点，重合，点、在同一直线上，；如图：，四边形和四边形均为正方形，直线与交于点点，重合，点、在同一直线上，；综上，正方形绕点旋转过程中，点，能重合，此时线段的长为或【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，旋转的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键