9. 如图,在$\mathrm{Rt}△ ABO$中,$AB=OB$,顶点$A$的坐标为$(2,0)$,以$AB$为边向$△ ABO$的外侧作正方形$ABCD$,将组成的图形绕点$O$按逆时针方向旋转,每次旋转$45°$,则第$2\,024$次旋转结束时,点$D$的坐标为()

A.$(1, - 3)$
B.$(- 1,3)$
C.$(- 1,2+\sqrt{2})$
D.$(3,1)$

【解析】因为$360°÷45°=8$,所以经过8次旋转后图形回到原位置。因为$2024÷8=253$,所以旋转2024次后恰好回到原来图形的位置。如图,过点D作DE⊥x轴于点E。由题意,得AO=2。因为△ABO是等腰直角三角形,所以$AB=\dfrac{\sqrt{2}}{2}AO=\sqrt{2}$,$∠ BAO=45°$。因为四边形ABCD是正方形,所以$AD=AB=\sqrt{2}$,$∠ BAD=90°$,所以$∠ DAE=45°$,所以在Rt△ADE中,$DE=AE=\dfrac{\sqrt{2}}{2}AD=1$,所以OE=AO+AE=3,所以点D的坐标为(3,1)。

【分析】
要解决这个问题，首先需确定旋转的周期：每次旋转45°，一周360°，因此旋转8次后图形回到初始位置，据此判断第2024次旋转后图形的位置；再结合等腰直角三角形和正方形的性质，计算初始状态下点D的坐标，即可得出答案。
【解析】
1. 确定旋转周期：一周为360°，每次旋转45°，则旋转回到初始位置需要的次数为 $360° ÷ 45° = 8$ 次。
2. 判断第2024次旋转后的位置：计算 $2024 ÷ 8 = 253$，无余数，说明第2024次旋转后图形恰好回到初始位置。
3. 计算初始状态下点D的坐标：
已知点A坐标为(2,0)，故 $AO = 2$。
因为△ABO是等腰直角三角形（AB=OB，∠AOB=90°），所以 $AB = \frac{\sqrt{2}}{2}AO = \sqrt{2}$，且∠BAO=45°。
四边形ABCD是正方形，因此 $AD = AB = \sqrt{2}$，∠BAD=90°，可得∠DAE = $180° - 45° - 90° = 45°$。
过点D作DE⊥x轴于E，Rt△ADE为等腰直角三角形，故 $DE = AE = \frac{\sqrt{2}}{2}AD = 1$，则 $OE = AO + AE = 2 + 1 = 3$，因此点D坐标为(3,1)。
【答案】
D
【知识点】
旋转的周期性、正方形的性质、等腰直角三角形的性质
【点评】
本题结合旋转的周期性与几何图形性质考查坐标计算，关键是利用旋转周期判断图形位置，再通过等腰直角三角形和正方形的性质求点坐标，难度适中。
【难度系数】
0.5

10.如图，O为菱形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AD向点D运动，移动到点D停止，延长EO交BC于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（）

A.平行四边形→正方形→平行四边形→菱形
B.平行四边形→矩形→平行四边形→菱形
C.平行四边形→正方形→矩形→菱形
D.平行四边形→矩形→正方形→菱形

【解析】如图1,联结AC,BD。因为点O为菱形ABCD的对称中心,所以OA=OC,AD//BC,所以$∠ FCO=∠ EAO$,且$∠ COF=∠ AOE$,所以△COF≌△AOE(ASA),所以AE=CF,且AE//CF,所以四边形AECF为平行四边形;如图2,当CE⊥AD时,平行四边形AECF为矩形;如图3,点E继续运动,同理可得,四边形AECF为平行四边形;如图4,当点D与点E重合,点B与点F重合时,四边形AECF为菱形。

【分析】
要判断四边形AECF的形状变化，需结合菱形的对称中心性质、全等三角形的判定与特殊平行四边形的判定定理，分阶段分析点E的运动过程：首先利用菱形对称中心的边、角关系证明三角形全等，推导四边形初始形状；再根据E的不同位置，结合特殊平行四边形的判定规则，依次判断各阶段的形状。
【解析】
1. 初始阶段：连接AC，O是菱形ABCD的对称中心，故OA=OC，且AD//BC，因此∠OAE=∠OCF。又∠AOE=∠COF，所以△AOE≌△COF（ASA），得AE=CF，且AE//CF，故四边形AECF为平行四边形。
2. 当E运动至CE⊥AD时：平行四边形AECF有一个内角为直角，因此变为矩形。
3. E继续向D运动（未到D时）：同理，△AOE≌△COF仍成立，AE=CF且AE//CF，四边形AECF仍为平行四边形。
4. 当E到达D点时：此时F点与B点重合，四边形AECF即菱形ABCD，四边相等，故变为菱形。
因此四边形AECF形状依次为平行四边形→矩形→平行四边形→菱形，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
菱形的性质、平行四边形的判定、矩形的判定
【点评】
本题结合菱形的对称中心性质，通过全等三角形推导边的关系，进而判断特殊平行四边形的形状，需分阶段分析点E的运动过程，关键是掌握各类特殊平行四边形的判定定理，难度适中。
【难度系数】
0.5

11. (2024·宁波市江北区期末)综合与实践。
【问题背景】
如图1,在平行四边形ABCD中,AD=6,E是边CD的中点,联结AE,F,G是线段AE上的动点,联结BF,DG,且满足$DG// BF$。
【初步尝试】
(1)如图2,当四边形ABCD是正方形时,若$BF⊥ AE$,则$DG=\_\_\_\_\_\_,BF=\_\_\_\_\_\_$。
【猜想验证】
(2)如图3,同学们在研究图形时发现,若取线段BF的中点H,可得$\frac{DG}{BF}$始终为定值。请你猜想这个定值是多少,并说明理由。
【拓展应用】
(3)如图3,在(2)的基础上,若$AB=4\sqrt{5},FG=2$,当四边形FHGD是菱形时,求菱形FHGD的边长。

【解析】(1)因为在正方形ABCD中,AD=CD=AB=6,$∠ ADC=∠ BAD=90°$,所以$∠ BAF+∠ GAD=90°$。因为E是边CD的中点,所以DE=CE=3,所以$AE=\sqrt{AD^2+DE^2}=3\sqrt{5}$。因为BF⊥AE,DG//BF,所以$∠ BFG=∠ AGD=∠ AFB=90°$,所以DG⊥AE,$∠ BAF+∠ ABF=90°$,所以$∠ ABF=∠ GAD$,所以△ABF≌△DAG(AAS),所以BF=AG。因为$S_{△ ADE}=\dfrac{1}{2}AE·DG=\dfrac{1}{2}AD·DE$,所以$DG=\dfrac{AD·DE}{AE}=\dfrac{6×3}{3\sqrt{5}}=\dfrac{6\sqrt{5}}{5}$,所以$BF=AG=\sqrt{AD^2-DG^2}=\sqrt{6^2-(\dfrac{6\sqrt{5}}{5})^2}=\dfrac{12\sqrt{5}}{5}$。
(2)解:$\dfrac{DG}{BF}=\dfrac{1}{2}$。理由如下:如图1,取AF的中点M,联结MH,则MH是△ABF的中位线,所以$MH=\dfrac{1}{2}AB$,$MH// AB$。在$□ ABCD$中,CD=AB,$AB// CD$。因为E是边CD的中点,所以$DE// AB$,$DE=\dfrac{1}{2}AB$,所以$DE// MH$,$DE=MH$,所以$∠ FMH=∠ DEG$。因为DG//BF,所以$∠ HFG=∠ DGF$,所以$∠ HFM=∠ DGE$,所以△HFM≌△DGE(AAS),所以HF=DG,所以$\dfrac{DG}{BF}=\dfrac{HF}{2HF}=\dfrac{1}{2}$。

(3)解:分两种情况:①如图2,取AF的中点M,联结MH,HD,设HD与FG交于点O。因为四边形FHGD是菱形,所以HD⊥FG,$OF=OG=\dfrac{1}{2}FG=1$。由(2)得△HFM≌△DGE,设MF=GE=AM=a。在Rt△ADO与Rt△EDO中,$DO^2=AD^2-AO^2=DE^2-OE^2$,所以$6^2-(2a+1)^2=(2\sqrt{5})^2-(a+1)^2$,解得$a_1=-\dfrac{8}{3}$(舍去),$a_2=2$,所以AO=5。在Rt△ADO中,$DO=\sqrt{AD^2-AO^2}=\sqrt{36-25}=\sqrt{11}$。在Rt△FDO中,$DF=\sqrt{OF^2+DO^2}=\sqrt{1+11}=2\sqrt{3}$。②如图3,取AF的中点M,联结MH,HD,设HD与FG交于点O。因为四边形FHGD是菱形,所以HD⊥FG,$OF=OG=\dfrac{1}{2}FG=1$。由(2)得△MGH≌△EFD,设MG=EF=a,则AM=FM=a+2。同理可得,$6^2-(2a+3)^2=(2\sqrt{5})^2-(a+1)^2$,解得$a_1=-4$(舍去),$a_2=\dfrac{2}{3}$,所以$AO=\dfrac{13}{3}$。在Rt△ADO中,$DO=\sqrt{AD^2-AO^2}=\sqrt{36-\dfrac{169}{9}}=\dfrac{\sqrt{155}}{3}$。在Rt△FDO中,$DF=\sqrt{OF^2+DO^2}=\sqrt{1+\dfrac{155}{9}}=\dfrac{2\sqrt{41}}{3}$。综上所述,菱形FHGD的边长为$2\sqrt{3}$或$\dfrac{2\sqrt{41}}{3}$。

【分析】
本题是平行四边形背景下的几何综合题，分三小问逐步推进：
1. 初步尝试（1）：利用正方形的特殊性质，结合垂直、平行条件推导角相等，证明三角形全等，再通过勾股定理和三角形面积公式计算线段长度；
2. 猜想验证（2）：通过取中点构造中位线，结合平行四边形性质证明三角形全等，推导DG与BF的定值比例；
3. 拓展应用（3）：利用菱形对角线垂直平分的性质，结合（2）中的全等关系设未知数，通过勾股定理建立方程求解，需分两种情况讨论。
【解析】
(1) 因为四边形ABCD是正方形，AD=6，所以AD=CD=AB=6，∠ADC=∠BAD=90°。E是CD中点，故DE=3，$AE=\sqrt{AD^2+DE^2}=\sqrt{6^2+3^2}=3\sqrt{5}$。
因为BF⊥AE，DG//BF，所以DG⊥AE，∠AFB=∠DGA=90°，则∠BAF+∠ABF=90°，又∠BAF+∠GAD=90°，故∠ABF=∠GAD，可证△ABF≌△DAG（AAS），得BF=AG。
由$S_{△ ADE}=\frac{1}{2}AE·DG=\frac{1}{2}AD·DE$，代入得$DG=\frac{6×3}{3\sqrt{5}}=\frac{6\sqrt{5}}{5}$。
在Rt△ADG中，$AG=\sqrt{AD^2-DG^2}=\sqrt{36-\frac{36}{5}}=\frac{12\sqrt{5}}{5}$，故$BF=\frac{12\sqrt{5}}{5}$。
(2) 猜想：$\frac{DG}{BF}=\frac{1}{2}$。理由如下：
如图1，取AF的中点M，联结MH。因为H是BF中点，所以MH是△ABF的中位线，故$MH=\frac{1}{2}AB$，MH//AB。
在平行四边形ABCD中，AB=CD，AB//CD，E是CD中点，所以$DE=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}AB$，DE//AB，因此DE//MH，DE=MH。
因为DG//BF，所以∠HFM=∠DGE，又∠FMH=∠DEG，故△HFM≌△DGE（AAS），得HF=DG。
因为H是BF中点，所以BF=2HF，故$\frac{DG}{BF}=\frac{HF}{2HF}=\frac{1}{2}$。
(3) 分两种情况：
① 如图2，取AF中点M，联结MH、HD，设HD与FG交于O。因为FHGD是菱形，所以HD⊥FG，$OF=OG=\frac{1}{2}FG=1$。
由(2)知△HFM≌△DGE，设MF=GE=AM=a，则$AO=2a+1$，$OE=a+1$。
在Rt△ADO中，$DO^2=AD^2-AO^2=36-(2a+1)^2$；在Rt△EDO中，$DO^2=DE^2-OE^2=20-(a+1)^2$。
联立得$36-(2a+1)^2=20-(a+1)^2$，解得$a=2$（舍去负根）。
则$AO=5$，$DO=\sqrt{36-25}=\sqrt{11}$，在Rt△FDO中，$DF=\sqrt{1^2+(\sqrt{11})^2}=2\sqrt{3}$，即菱形边长为$2\sqrt{3}$。
② 如图3，取AF中点M，联结MH、HD，设HD与FG交于O。同理，FHGD是菱形，HD⊥FG，$OF=OG=1$。
设MG=EF=a，$AM=FM=a+2$，则$AO=2a+3$，$OE=a+1$。
联立$DO^2$得$36-(2a+3)^2=20-(a+1)^2$，解得$a=\frac{2}{3}$（舍去负根）。
则$AO=\frac{13}{3}$，$DO=\sqrt{36-\frac{169}{9}}=\frac{\sqrt{155}}{3}$，在Rt△FDO中，$DF=\sqrt{1^2+(\frac{\sqrt{155}}{3})^2}=\frac{2\sqrt{41}}{3}$，即菱形边长为$\frac{2\sqrt{41}}{3}$。
综上，菱形FHGD的边长为$2\sqrt{3}$或$\frac{2\sqrt{41}}{3}$。
【答案】
(1) $\frac{6\sqrt{5}}{5}$，$\frac{12\sqrt{5}}{5}$；
(2) $\frac{1}{2}$；
(3) $2\sqrt{3}$或$\frac{2\sqrt{41}}{3}$；



【知识点】
平行四边形性质、全等三角形判定、菱形性质
【点评】
本题是几何综合题，融合了平行四边形、正方形、菱形的性质，以及全等三角形、勾股定理的应用，需要较强的图形分析和逻辑推理能力，分情况讨论是解题的关键。
【难度系数】
0.4