登录
7.「★☆」如图,把边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转$45°$得到正方形$AB'C'D'$,边$B'C'$与DC交于点O,则四边形$AB'OD$的面积为 (
A.2
B.$2\sqrt{2}$
C.$\sqrt{2}-1$
D.$2-\sqrt{2}$
C
)A.2
B.$2\sqrt{2}$
C.$\sqrt{2}-1$
D.$2-\sqrt{2}$
答案
连接AC(图略),
∵ 正方形ABCD绕点A逆时针旋转$45°$后得到正方形$AB'C'D'$,
∴ $A,B',C$ 三点共线, $AB' = AB = 1, ∠AB'C' = ∠B = 90°$,
∵ 四边形ABCD为正方形,
∴ $∠BAC = ∠ACD = 45°, AC = \sqrt{2}AB = \sqrt{2}$,
∴ $△ OCB'$ 为等腰直角三角形, $CB' = AC - AB' = \sqrt{2} - 1$,
∴ $OB' = CB' = \sqrt{2} - 1$,
∴ 四边形 $AB'OD$ 的面积 $= S_{△ ADC} - S_{△ OCB'} = \frac{1}{2}×1×1 - \frac{1}{2}×(\sqrt{2}-1)×(\sqrt{2}-1) = \sqrt{2} - 1$.故选 C.
∵ 正方形ABCD绕点A逆时针旋转$45°$后得到正方形$AB'C'D'$,
∴ $A,B',C$ 三点共线, $AB' = AB = 1, ∠AB'C' = ∠B = 90°$,
∵ 四边形ABCD为正方形,
∴ $∠BAC = ∠ACD = 45°, AC = \sqrt{2}AB = \sqrt{2}$,
∴ $△ OCB'$ 为等腰直角三角形, $CB' = AC - AB' = \sqrt{2} - 1$,
∴ $OB' = CB' = \sqrt{2} - 1$,
∴ 四边形 $AB'OD$ 的面积 $= S_{△ ADC} - S_{△ OCB'} = \frac{1}{2}×1×1 - \frac{1}{2}×(\sqrt{2}-1)×(\sqrt{2}-1) = \sqrt{2} - 1$.故选 C.
解析
【分析】
解决本题首先结合旋转性质和正方形性质分析图形特征：正方形旋转45°后，原正方形的对角线AC刚好与旋转后的边AB'共线，因此可先求出对角线AC的长度，得到线段CB'的长度。直接计算四边形AB'OD的面积较为复杂，可采用割补法，用△ADC的面积减去△OCB'的面积计算目标四边形面积，其中△OCB'可根据角度特征判断为等腰直角三角形，即可求出其面积，最终得到所求四边形的面积。
【解析】
连接AC，
∵ 正方形ABCD绕点A逆时针旋转45°后得到正方形AB'C'D'，
∴ A、B'、C三点共线，$AB' = AB = 1$，$∠AB'C' = ∠B = 90°$，
∵ 四边形ABCD为正方形，
∴ $∠BAC = ∠ACD = 45°$，$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{2}AB = \sqrt{2}$，
∴ $∠OB'C = 180° - ∠AB'C' = 90°$，△OCB'为等腰直角三角形，
且$CB' = AC - AB' = \sqrt{2} - 1$，
∴ $OB' = CB' = \sqrt{2} - 1$，
∴ 四边形$AB'OD$的面积 $= S_{△ ADC} - S_{△ OCB'}$
$= \frac{1}{2}×1×1 - \frac{1}{2}×(\sqrt{2}-1)×(\sqrt{2}-1)$
$= \frac{1}{2} - \frac{1}{2}×(3-2\sqrt{2})$
$= \sqrt{2} - 1$
故选C。
【答案】
C
【知识点】
旋转的性质；正方形的性质；等腰直角三角形的判定与性质
【点评】
本题是旋转与正方形结合的基础常考题，解题核心是利用旋转角度结合正方形对角线的特征确定三点共线，再通过割补法将不规则四边形的面积转化为两个规则三角形的面积差计算，能够有效考查学生对几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
解决本题首先结合旋转性质和正方形性质分析图形特征：正方形旋转45°后，原正方形的对角线AC刚好与旋转后的边AB'共线，因此可先求出对角线AC的长度，得到线段CB'的长度。直接计算四边形AB'OD的面积较为复杂，可采用割补法，用△ADC的面积减去△OCB'的面积计算目标四边形面积，其中△OCB'可根据角度特征判断为等腰直角三角形，即可求出其面积，最终得到所求四边形的面积。
【解析】
连接AC，
∵ 正方形ABCD绕点A逆时针旋转45°后得到正方形AB'C'D'，
∴ A、B'、C三点共线，$AB' = AB = 1$，$∠AB'C' = ∠B = 90°$，
∵ 四边形ABCD为正方形，
∴ $∠BAC = ∠ACD = 45°$，$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{2}AB = \sqrt{2}$，
∴ $∠OB'C = 180° - ∠AB'C' = 90°$，△OCB'为等腰直角三角形，
且$CB' = AC - AB' = \sqrt{2} - 1$，
∴ $OB' = CB' = \sqrt{2} - 1$，
∴ 四边形$AB'OD$的面积 $= S_{△ ADC} - S_{△ OCB'}$
$= \frac{1}{2}×1×1 - \frac{1}{2}×(\sqrt{2}-1)×(\sqrt{2}-1)$
$= \frac{1}{2} - \frac{1}{2}×(3-2\sqrt{2})$
$= \sqrt{2} - 1$
故选C。
【答案】
C
【知识点】
旋转的性质；正方形的性质；等腰直角三角形的判定与性质
【点评】
本题是旋转与正方形结合的基础常考题，解题核心是利用旋转角度结合正方形对角线的特征确定三点共线，再通过割补法将不规则四边形的面积转化为两个规则三角形的面积差计算，能够有效考查学生对几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
8.「2025天津中考，★☆」如图，在$△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，将$△ ABC$绕点A顺时针旋转得到$△ AB'C'$，点B,C的对应点分别为B',C'，B'C'的延长线与边BC相交于点D，连接CC'.若$AC=4$，$CD=3$，则线段$CC'$的长为（
A.$\frac{12}{5}$
B.$\frac{16}{5}$
C.4
D.$\frac{24}{5}$
D
）A.$\frac{12}{5}$
B.$\frac{16}{5}$
C.4
D.$\frac{24}{5}$
答案
如图,连接AD,交$CC'$于点O,
由旋转的性质得 $AC' = AC = 4$,
$∠AC'B' = ∠ACB = 90°$,
∴ $∠AC'D = 90°$.在 $\mathrm{Rt}△ AC'D$ 和 $\mathrm{Rt}△ ACD$ 中,
$\begin{cases} AD = AD, \\ AC' = AC, \end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ AC'D ≌ \mathrm{Rt}△ ACD$(HL),
∴ $C'D = CD = 3$,
又
∵ $AC' = AC$,
∴ AD 垂直平分 $CC'$,
∴ $CC' = 2OC, AD ⊥ CC'$,
∵ $∠ACB = 90°, AC = 4, CD = 3$,
∴ $AD = \sqrt{AC^2 + CD^2} = 5$,
∵ $S_{△ ACD} = \frac{1}{2}AD·OC = \frac{1}{2}AC·CD$,
∴ $OC = \frac{AC·CD}{AD} = \frac{4×3}{5} = \frac{12}{5}$,
∴ $CC' = 2×\frac{12}{5} = \frac{24}{5}$.
解析
【分析】
本题是旋转性质的应用类题型，解题思路可按以下步骤梳理：1. 首先回忆旋转的性质，得到对应边$AC'=AC$，对应角$∠AC'B'=∠ACB=90°$，由此得到$∠AC'D$也为直角；2. 观察到$\mathrm{Rt}△ AC'D$和$\mathrm{Rt}△ ACD$有公共斜边$AD$，且直角边$AC'=AC$，可通过HL判定两三角形全等，得到$CD=C'D$；3. 结合$AC'=AC$，可知$AD$是等腰$△ ACC'$的顶角平分线，根据等腰三角形三线合一的性质，$AD$垂直平分$CC'$，因此只需求出$CC'$的一半$OC$的长度即可；4. 先通过勾股定理求出$AD$的长度，再利用$△ ACD$的面积的两种表示方法求出$OC$的长度，乘2即可得到$CC'$的长。
【解析】
如图，连接$AD$，交$CC'$于点O，
由旋转的性质得 $AC' = AC = 4$，$∠AC'B' = ∠ACB = 90°$，
∴ $∠AC'D = 180° - ∠AC'B' = 90°$。
在 $\mathrm{Rt}△ AC'D$ 和 $\mathrm{Rt}△ ACD$ 中，
$\begin{cases} AD = AD, \\ AC' = AC, \end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ AC'D ≌ \mathrm{Rt}△ ACD$(HL)，
∴ $C'D = CD = 3$，
又
∵ $AC' = AC$，
∴ AD垂直平分$CC'$，即 $CC' = 2OC$，$AD ⊥ CC'$，
在$\mathrm{Rt}△ACD$中，$∠ACB = 90°, AC = 4, CD = 3$，
由勾股定理得 $AD = \sqrt{AC^2 + CD^2} = \sqrt{4^2+3^2}=5$，
∵ $S_{△ ACD} = \frac{1}{2}AD·OC = \frac{1}{2}AC·CD$，
代入数值解得 $OC = \frac{AC·CD}{AD} = \frac{4×3}{5} = \frac{12}{5}$，
∴ $CC' = 2×\frac{12}{5} = \frac{24}{5}$。
【答案】
D
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是旋转性质应用的典型题型，解题的关键是合理作辅助线构造全等三角形，结合等腰三角形三线合一的性质将求$CC'$的长度转化为求其一半的长度，再用面积法求解，解题过程融合了多个基础知识点，考查学生的知识综合运用能力。
【难度系数】
0.6
本题是旋转性质的应用类题型，解题思路可按以下步骤梳理：1. 首先回忆旋转的性质，得到对应边$AC'=AC$，对应角$∠AC'B'=∠ACB=90°$，由此得到$∠AC'D$也为直角；2. 观察到$\mathrm{Rt}△ AC'D$和$\mathrm{Rt}△ ACD$有公共斜边$AD$，且直角边$AC'=AC$，可通过HL判定两三角形全等，得到$CD=C'D$；3. 结合$AC'=AC$，可知$AD$是等腰$△ ACC'$的顶角平分线，根据等腰三角形三线合一的性质，$AD$垂直平分$CC'$，因此只需求出$CC'$的一半$OC$的长度即可；4. 先通过勾股定理求出$AD$的长度，再利用$△ ACD$的面积的两种表示方法求出$OC$的长度，乘2即可得到$CC'$的长。
【解析】
如图，连接$AD$，交$CC'$于点O，
由旋转的性质得 $AC' = AC = 4$，$∠AC'B' = ∠ACB = 90°$，
∴ $∠AC'D = 180° - ∠AC'B' = 90°$。
在 $\mathrm{Rt}△ AC'D$ 和 $\mathrm{Rt}△ ACD$ 中，
$\begin{cases} AD = AD, \\ AC' = AC, \end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ AC'D ≌ \mathrm{Rt}△ ACD$(HL)，
∴ $C'D = CD = 3$，
又
∵ $AC' = AC$，
∴ AD垂直平分$CC'$，即 $CC' = 2OC$，$AD ⊥ CC'$，
在$\mathrm{Rt}△ACD$中，$∠ACB = 90°, AC = 4, CD = 3$，
由勾股定理得 $AD = \sqrt{AC^2 + CD^2} = \sqrt{4^2+3^2}=5$，
∵ $S_{△ ACD} = \frac{1}{2}AD·OC = \frac{1}{2}AC·CD$，
代入数值解得 $OC = \frac{AC·CD}{AD} = \frac{4×3}{5} = \frac{12}{5}$，
∴ $CC' = 2×\frac{12}{5} = \frac{24}{5}$。
【答案】
D
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是旋转性质应用的典型题型，解题的关键是合理作辅助线构造全等三角形，结合等腰三角形三线合一的性质将求$CC'$的长度转化为求其一半的长度，再用面积法求解，解题过程融合了多个基础知识点，考查学生的知识综合运用能力。
【难度系数】
0.6
9. 核心素养 几何直观 「2026江苏镇江期中」如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ C=90°$,$AC=8$,$BC=6$.将$△ ABC$绕点$B$旋转得到$△ DBE$,连接$AD$,分别取$AD$,$BC$的中点$P$,$Q$,则旋转一周过程中$PQ$的取值范围是 (
A.$2＜PQ＜8$
B.$2≤ PQ≤8$
C.$1＜PQ＜9$
D.$1≤ PQ≤9$
D
)A.$2＜PQ＜8$
B.$2≤ PQ≤8$
C.$1＜PQ＜9$
D.$1≤ PQ≤9$
答案
如图,取 AB 的中点 O,连接 OP,OQ,
由勾股定理得, $BA = 10$,由旋转的性质可得 $BD = BA = 10$,
∵ P,Q 分别是 AD,BC 的中点,
∴ $OQ = \frac{1}{2}AC = 4, OP = \frac{1}{2}BD = 5$,
∵ $OP - OQ ≤ PQ ≤ OP + OQ$,
∴ PQ 的取值范围是 $1≤PQ≤9$.故选 D.
解析
【分析】
本题为旋转背景下的动线段取值范围问题，解题思路如下：首先利用勾股定理计算Rt△ABC的斜边AB的长度，结合旋转的性质可得旋转后对应边BD=AB，为定值；遇到多个中点条件时，联想到三角形中位线定理，因此取AB的中点O，分别连接OP、OQ，可得到OP、OQ两条长度固定的线段；最后根据三角形三边关系，结合三点共线时的最值情况，即可求出PQ的取值范围。
【解析】
解：如图，取AB的中点O，连接OP、OQ。
在$Rt△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=8$，$BC=6$，由勾股定理得：
$BA=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$。
由旋转的性质可知$△ DBE≌△ ABC$，因此$BD=BA=10$。
∵P是AD的中点，O是AB的中点，
∴OP是$△ ABD$的中位线，$\therefore OP=\frac{1}{2}BD=5$。
∵Q是BC的中点，O是AB的中点，
∴OQ是$△ ABC$的中位线，$\therefore OQ=\frac{1}{2}AC=4$。
根据三角形三边关系：
当O、P、Q三点不共线时，$OP-OQ＜PQ＜OP+OQ$；
当O、P、Q三点共线时，PQ可取最值，最小值为$OP-OQ=5-4=1$，最大值为$OP+OQ=5+4=9$。
因此PQ的取值范围是$1≤ PQ≤9$，故选D。
【答案】
D
【知识点】
旋转的性质，三角形中位线定理，三角形三边关系
【点评】
本题将旋转的性质、三角形中位线定理与三边关系结合考查，解题的关键是通过取中点构造中位线得到两条定长线段，将动线段的范围问题转化为三角形三边关系的应用，很好地体现了几何直观的核心素养。
【难度系数】
0.6
本题为旋转背景下的动线段取值范围问题，解题思路如下：首先利用勾股定理计算Rt△ABC的斜边AB的长度，结合旋转的性质可得旋转后对应边BD=AB，为定值；遇到多个中点条件时，联想到三角形中位线定理，因此取AB的中点O，分别连接OP、OQ，可得到OP、OQ两条长度固定的线段；最后根据三角形三边关系，结合三点共线时的最值情况，即可求出PQ的取值范围。
【解析】
解：如图，取AB的中点O，连接OP、OQ。
在$Rt△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=8$，$BC=6$，由勾股定理得：
$BA=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$。
由旋转的性质可知$△ DBE≌△ ABC$，因此$BD=BA=10$。
∵P是AD的中点，O是AB的中点，
∴OP是$△ ABD$的中位线，$\therefore OP=\frac{1}{2}BD=5$。
∵Q是BC的中点，O是AB的中点，
∴OQ是$△ ABC$的中位线，$\therefore OQ=\frac{1}{2}AC=4$。
根据三角形三边关系：
当O、P、Q三点不共线时，$OP-OQ＜PQ＜OP+OQ$；
当O、P、Q三点共线时，PQ可取最值，最小值为$OP-OQ=5-4=1$，最大值为$OP+OQ=5+4=9$。
因此PQ的取值范围是$1≤ PQ≤9$，故选D。
【答案】
D
【知识点】
旋转的性质，三角形中位线定理，三角形三边关系
【点评】
本题将旋转的性质、三角形中位线定理与三边关系结合考查，解题的关键是通过取中点构造中位线得到两条定长线段，将动线段的范围问题转化为三角形三边关系的应用，很好地体现了几何直观的核心素养。
【难度系数】
0.6
10. 核心素养 几何直观 「2026山东泰安肥城期中」如图，在$△ ABC$中，$∠ A = 30°$，将$△ ABC$绕点$B$顺时针旋转$60°$得到$△ DBE$，延长$AC$分别交$BD$，$DE$于点$F$，$G$，连接$BG$。下列结论：①$∠ FGE = 120°$；②$AG = 2CG$；③$DG = BG$；④$AG=DE+BG$。其中正确的有（
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
B
）A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
答案
由旋转性质得 $∠ABF = 60°, ∠A = ∠D$,
∵ $∠A = 30°$,
∴ $∠A + ∠ABF = 90°$,
∴ $∠AFB = 90°$,
∴ $∠DFG = 90°$,
∴ $∠FGE = ∠D + ∠DFG = 120°$,故①正确;
如图,连接 AD,CE,
由旋转性质易得 $△ ABD, △ BCE$ 是等边三角形,
∴ $∠DAB = 60°, AB = AD$,
∵ $∠BAC = 30°$,
∴ $∠DAF = 30°$,
∴ AF 垂直平分 BD,
∵ G 在 AF 上,
∴ $DG = BG$,故③正确;
∵ $△ BCE$ 是等边三角形,
∴ $CE = BE$,
由题意得 $△ EGB, △ CGE$ 是钝角三角形,
∴ $BG ＞ BE, CE ＞ CG$,
∴ $BG ＞ CG$,
∵ $DG = BG$,
∴ $∠GBF = ∠GDF = 30°$,
∴ $∠ABG = 90°$,
∵ $∠BAC = 30°$,
∴ 在 $\mathrm{Rt}△ ABG$ 中, $AG = 2BG$,
∴ $AG ＞ 2CG$,故②不正确;
由旋转性质得 $AC = DE$,
∵ $AG = AC + CG, BG ＞ CG$,
∴ $AG ＜ DE + BG$,故④不正确.
综上所述,正确的结论为①③,故选 B.
解析
【分析】
本题是旋转相关的几何结论判断题，解题思路如下：1. 先利用旋转的性质得到对应角、对应边相等以及旋转角的度数，结合三角形内角和、外角性质推导相关角的度数，判断结论①；2. 作辅助线连接AD、CE，结合60°的旋转角可推导出等边三角形，进一步得出AF垂直平分BD，利用垂直平分线的性质判断结论③；3. 结合直角三角形30°角的性质、线段大小比较规则，分别验证结论②和④；4. 统计正确结论的个数，选出对应选项。
【解析】
由旋转性质得 $∠ABF = 60°, ∠A = ∠D$,
∵ $∠A = 30°$,
∴ $∠A + ∠ABF = 90°$,
∴ $∠AFB = 90°$,
∴ $∠DFG = 90°$,
∴ $∠FGE = ∠D + ∠DFG = 120°$,故①正确;
如图,连接 AD,CE,
由旋转性质易得 $△ ABD, △ BCE$ 是等边三角形,
∴ $∠DAB = 60°, AB = AD$,
∵ $∠BAC = 30°$,
∴ $∠DAF = 30°$,
∴ AF 垂直平分 BD,
∵ G 在 AF 上,
∴ $DG = BG$,故③正确;
∵ $△ BCE$ 是等边三角形,
∴ $CE = BE$,
由题意得 $△ EGB, △ CGE$ 是钝角三角形,
∴ $BG ＞ BE, CE ＞ CG$,
∴ $BG ＞ CG$,
∵ $DG = BG$,
∴ $∠GBF = ∠GDF = 30°$,
∴ $∠ABG = 90°$,
∵ $∠BAC = 30°$,
∴ 在 $\mathrm{Rt}△ ABG$ 中, $AG = 2BG$,
∴ $AG ＞ 2CG$,故②不正确;
由旋转性质得 $AC = DE$,
∵ $AG = AC + CG, BG ＞ CG$,
∴ $AG ＜ DE + BG$,故④不正确.
综上所述,正确的结论为①③,共2个。
【答案】
B
【知识点】
旋转的性质；等边三角形的判定与性质；垂直平分线的性质
【点评】
本题综合考查旋转性质与三角形相关性质，解题的关键是准确利用旋转的对应关系推导边、角的等量关系，通过构造辅助线得到等边三角形，对几何逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
本题是旋转相关的几何结论判断题，解题思路如下：1. 先利用旋转的性质得到对应角、对应边相等以及旋转角的度数，结合三角形内角和、外角性质推导相关角的度数，判断结论①；2. 作辅助线连接AD、CE，结合60°的旋转角可推导出等边三角形，进一步得出AF垂直平分BD，利用垂直平分线的性质判断结论③；3. 结合直角三角形30°角的性质、线段大小比较规则，分别验证结论②和④；4. 统计正确结论的个数，选出对应选项。
【解析】
由旋转性质得 $∠ABF = 60°, ∠A = ∠D$,
∵ $∠A = 30°$,
∴ $∠A + ∠ABF = 90°$,
∴ $∠AFB = 90°$,
∴ $∠DFG = 90°$,
∴ $∠FGE = ∠D + ∠DFG = 120°$,故①正确;
如图,连接 AD,CE,
由旋转性质易得 $△ ABD, △ BCE$ 是等边三角形,
∴ $∠DAB = 60°, AB = AD$,
∵ $∠BAC = 30°$,
∴ $∠DAF = 30°$,
∴ AF 垂直平分 BD,
∵ G 在 AF 上,
∴ $DG = BG$,故③正确;
∵ $△ BCE$ 是等边三角形,
∴ $CE = BE$,
由题意得 $△ EGB, △ CGE$ 是钝角三角形,
∴ $BG ＞ BE, CE ＞ CG$,
∴ $BG ＞ CG$,
∵ $DG = BG$,
∴ $∠GBF = ∠GDF = 30°$,
∴ $∠ABG = 90°$,
∵ $∠BAC = 30°$,
∴ 在 $\mathrm{Rt}△ ABG$ 中, $AG = 2BG$,
∴ $AG ＞ 2CG$,故②不正确;
由旋转性质得 $AC = DE$,
∵ $AG = AC + CG, BG ＞ CG$,
∴ $AG ＜ DE + BG$,故④不正确.
综上所述,正确的结论为①③,共2个。
【答案】
B
【知识点】
旋转的性质；等边三角形的判定与性质；垂直平分线的性质
【点评】
本题综合考查旋转性质与三角形相关性质，解题的关键是准确利用旋转的对应关系推导边、角的等量关系，通过构造辅助线得到等边三角形，对几何逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
1.如图,点F为正方形ABCD对角线AC的中点,将以点F为直角顶点的直角△FEG绕点F旋转(△FEG的边EG始终在正方形ABCD外),若正方形ABCD的边长为3,则在旋转过程中,△FEG与正方形ABCD重叠部分的面积为 (
A.9
B.3
C.4.5
D.2.25
D
)A.9
B.3
C.4.5
D.2.25
答案
1.D 如图,连接FD,
∵ 点F是AC的中点,四边形ABCD是正方形,
∴ ∠DFC = 90°, DF = FC, ∠FDN = ∠FCM = 45°,
∴ ∠DFN + ∠NFC = 90°,
∵ ∠EFG = 90°,
∴ ∠MFC + ∠NFC=90°,
∴ ∠DFN = ∠CFM,
∴ △MFC ≅ △NFD(ASA),
∴ S△MFC = S△NFD,
∴ S四边形FMCN = S△MFC + S△NFC = S△NFD +S△NFC =S△DFC,
∵ 正方形ABCD的边长为3,
∴ AC =3√2,
∴ FD = FC = $\frac{3\sqrt{2}}{2}$,
∴ S△DFC = $\frac{1}{2} FD · FC = \frac{1}{2} × \frac{3\sqrt{2}}{2}×\frac{3\sqrt{2}}{2}$ =2.25,
∴ 重叠部分的面积为2.25.故选D.
解析
【分析】
要计算旋转过程中△FEG与正方形重叠部分的面积，首先观察到重叠部分是不规则四边形，直接计算较为困难，因此考虑通过转化思想求解。已知F是正方形对角线AC的中点，我们可以连接FD，利用正方形的性质得到边、角的等量关系，再结合直角三角形直角相等的条件，证明两个三角形全等，进而将重叠部分的面积转化为固定三角形△DFC的面积，最后计算该三角形面积即可得到结果。
【解析】
如图，连接FD。
∵ 点F是AC的中点，四边形ABCD是正方形，
∴ ∠DFC = 90°，DF = FC，∠FDN = ∠FCM = 45°，
∴ ∠DFN + ∠NFC = 90°。
∵ ∠EFG = 90°，
∴ ∠MFC + ∠NFC = 90°，
∴ ∠DFN = ∠CFM。
在△DFN和△CFM中：
$\begin{cases}∠FDN=∠FCM \\DF=CF \\∠DFN=∠CFM\end{cases}$
∴ △MFC ≅ △NFD（ASA），
∴ $S_{△ MFC} = S_{△ NFD}$。
∴ 重叠部分面积$S_{四边形FMCN} = S_{△ MFC} + S_{△ NFC} = S_{△ NFD} +S_{△ NFC} =S_{△ DFC}$。
∵ 正方形ABCD的边长为3，
∴ 对角线$AC = 3\sqrt{2}$，则$FD = FC = \frac{3\sqrt{2}}{2}$，
∴ $S_{△ DFC} = \frac{1}{2} · FD · FC = \frac{1}{2} × \frac{3\sqrt{2}}{2}×\frac{3\sqrt{2}}{2} = 2.25$。
即重叠部分的面积为2.25，故选D。
【答案】
D
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质
【点评】
本题是对角互补型全等的典型应用，通过构造全等三角形将不规则图形的面积转化为规则图形的面积，体现了转化的数学思想，解题的关键是熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判定方法。
【难度系数】
0.65
要计算旋转过程中△FEG与正方形重叠部分的面积，首先观察到重叠部分是不规则四边形，直接计算较为困难，因此考虑通过转化思想求解。已知F是正方形对角线AC的中点，我们可以连接FD，利用正方形的性质得到边、角的等量关系，再结合直角三角形直角相等的条件，证明两个三角形全等，进而将重叠部分的面积转化为固定三角形△DFC的面积，最后计算该三角形面积即可得到结果。
【解析】
如图，连接FD
。∵ 点F是AC的中点，四边形ABCD是正方形，
∴ ∠DFC = 90°，DF = FC，∠FDN = ∠FCM = 45°，
∴ ∠DFN + ∠NFC = 90°。
∵ ∠EFG = 90°，
∴ ∠MFC + ∠NFC = 90°，
∴ ∠DFN = ∠CFM。
在△DFN和△CFM中：
$\begin{cases}∠FDN=∠FCM \\DF=CF \\∠DFN=∠CFM\end{cases}$
∴ △MFC ≅ △NFD（ASA），
∴ $S_{△ MFC} = S_{△ NFD}$。
∴ 重叠部分面积$S_{四边形FMCN} = S_{△ MFC} + S_{△ NFC} = S_{△ NFD} +S_{△ NFC} =S_{△ DFC}$。
∵ 正方形ABCD的边长为3，
∴ 对角线$AC = 3\sqrt{2}$，则$FD = FC = \frac{3\sqrt{2}}{2}$，
∴ $S_{△ DFC} = \frac{1}{2} · FD · FC = \frac{1}{2} × \frac{3\sqrt{2}}{2}×\frac{3\sqrt{2}}{2} = 2.25$。
即重叠部分的面积为2.25，故选D。
【答案】
D
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质
【点评】
本题是对角互补型全等的典型应用，通过构造全等三角形将不规则图形的面积转化为规则图形的面积，体现了转化的数学思想，解题的关键是熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判定方法。
【难度系数】
0.65
2.「2026广东广州番禺期中」如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ B=45°$,$AB=AC$,点D为BC的中点,直角$∠ MDN$绕点D旋转,DM,DN分别与边AB,AC交于点E,F,连接EF,下列结论:①$△ DEF$是等腰直角三角形;②$AE=CF$;③$△ BDE≌△ ADF$;④$BE+CF=EF$,其中正确的结论是 (
A.①②③
B.①②④
C.②③④
D.①②③④
A
)A.①②③
B.①②④
C.②③④
D.①②③④
答案
2.A
∵ ∠B=45°,AB=AC,
∴ △ABC是等腰直角三角形,
∵ 点D为BC的中点,
∴ AD = CD = BD, AD ⊥ BC, ∠CAD=45°,
∴ ∠CAD=∠B,
∵ ∠MDN是直角,
∴ ∠ADF+∠ADE=90°,
∵ ∠BDE+∠ADE=90°,
∴ ∠ADF=∠BDE,
在△BDE和△ADF中,$\begin{cases} ∠B=∠FAD, \\ BD=AD, \\ ∠BDE=∠ADF, \end{cases}$
∴ △BDE≅△ADF(ASA),故③正确;
由△BDE≅△ADF可得DE=DF,BE=AF,
∴ △DEF是等腰直角三角形,故①正确;
∵ AE=AB-BE,CF=AC-AF,
∴ AE=CF,故②正确;
∵ BE+CF=AF+AE,AF+AE＞EF,
∴ BE+CF＞EF,故④错误.
综上,正确的是①②③.故选A.
题型解读 由已知可证△BDE≅△ADF,这组全等三角形可以看成由旋转形成的,在理解图中线段、角度、面积等相关数量关系时可以更直观获得结论.
∵ ∠B=45°,AB=AC,
∴ △ABC是等腰直角三角形,
∵ 点D为BC的中点,
∴ AD = CD = BD, AD ⊥ BC, ∠CAD=45°,
∴ ∠CAD=∠B,
∵ ∠MDN是直角,
∴ ∠ADF+∠ADE=90°,
∵ ∠BDE+∠ADE=90°,
∴ ∠ADF=∠BDE,
在△BDE和△ADF中,$\begin{cases} ∠B=∠FAD, \\ BD=AD, \\ ∠BDE=∠ADF, \end{cases}$
∴ △BDE≅△ADF(ASA),故③正确;
由△BDE≅△ADF可得DE=DF,BE=AF,
∴ △DEF是等腰直角三角形,故①正确;
∵ AE=AB-BE,CF=AC-AF,
∴ AE=CF,故②正确;
∵ BE+CF=AF+AE,AF+AE＞EF,
∴ BE+CF＞EF,故④错误.
综上,正确的是①②③.故选A.
题型解读 由已知可证△BDE≅△ADF,这组全等三角形可以看成由旋转形成的,在理解图中线段、角度、面积等相关数量关系时可以更直观获得结论.
解析
【分析】
首先梳理已知条件，由∠B=45°、AB=AC可判断△ABC是等腰直角三角形，结合点D是BC中点，回忆等腰直角三角形斜边中线的性质，可得AD=BD=CD、AD⊥BC、∠CAD=∠B=45°。再观察旋转的直角∠MDN，利用同角的余角相等推出∠BDE=∠ADF，进而证明△BDE和△ADF全等，最后结合全等三角形的性质逐个判断4个结论是否正确即可。
【解析】
解：
∵ ∠B=45°，AB=AC，
∴ △ABC是等腰直角三角形，
∵ 点D为BC的中点，
∴ AD = CD = BD，AD ⊥ BC，∠CAD=45°，
∴ ∠CAD=∠B，
∵ ∠MDN是直角，
∴ ∠ADF+∠ADE=90°，
∵ ∠BDE+∠ADE=90°，
∴ ∠ADF=∠BDE，
在△BDE和△ADF中，
$\begin{cases} ∠B=∠FAD, \\ BD=AD, \\ ∠BDE=∠ADF, \end{cases}$
∴ △BDE≅△ADF(ASA)，故③正确；
由△BDE≅△ADF可得DE=DF，BE=AF，
∵ ∠MDN=90°，
∴ △DEF是等腰直角三角形，故①正确；
∵ AE=AB-BE，CF=AC-AF，且AB=AC，BE=AF，
∴ AE=CF，故②正确；
∵ BE+CF=AF+AE，在△AEF中，根据三角形三边关系得AF+AE＞EF，
∴ BE+CF＞EF，故④错误。
综上，正确的是①②③。
【答案】A
【知识点】
等腰直角三角形的性质；全等三角形的判定与性质；三角形三边关系
【点评】
本题是几何综合题，解题的核心是通过角的等量关系证明三角形全等，再利用全等的性质推导边、角的关系，判断结论时要注意结合三角形三边关系验证线段和的大小，避免想当然认为线段和等于第三边而出错。
【难度系数】
0.7
首先梳理已知条件，由∠B=45°、AB=AC可判断△ABC是等腰直角三角形，结合点D是BC中点，回忆等腰直角三角形斜边中线的性质，可得AD=BD=CD、AD⊥BC、∠CAD=∠B=45°。再观察旋转的直角∠MDN，利用同角的余角相等推出∠BDE=∠ADF，进而证明△BDE和△ADF全等，最后结合全等三角形的性质逐个判断4个结论是否正确即可。
【解析】
解：
∵ ∠B=45°，AB=AC，
∴ △ABC是等腰直角三角形，
∵ 点D为BC的中点，
∴ AD = CD = BD，AD ⊥ BC，∠CAD=45°，
∴ ∠CAD=∠B，
∵ ∠MDN是直角，
∴ ∠ADF+∠ADE=90°，
∵ ∠BDE+∠ADE=90°，
∴ ∠ADF=∠BDE，
在△BDE和△ADF中，
$\begin{cases} ∠B=∠FAD, \\ BD=AD, \\ ∠BDE=∠ADF, \end{cases}$
∴ △BDE≅△ADF(ASA)，故③正确；
由△BDE≅△ADF可得DE=DF，BE=AF，
∵ ∠MDN=90°，
∴ △DEF是等腰直角三角形，故①正确；
∵ AE=AB-BE，CF=AC-AF，且AB=AC，BE=AF，
∴ AE=CF，故②正确；
∵ BE+CF=AF+AE，在△AEF中，根据三角形三边关系得AF+AE＞EF，
∴ BE+CF＞EF，故④错误。
综上，正确的是①②③。
【答案】A
【知识点】
等腰直角三角形的性质；全等三角形的判定与性质；三角形三边关系
【点评】
本题是几何综合题，解题的核心是通过角的等量关系证明三角形全等，再利用全等的性质推导边、角的关系，判断结论时要注意结合三角形三边关系验证线段和的大小，避免想当然认为线段和等于第三边而出错。
【难度系数】
0.7
