人教版9年級數(shù)學上冊【旋轉】章節(jié)練習考試時間：90分鐘；命題人：教研組考生注意：1、本卷分第I卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，滿分100分，考試時間90分鐘2、答卷前，考生務必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級填寫在試卷規(guī)定位置上3、答案必須寫在試卷各個題目指定區(qū)域內相應的位置，如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用涂改液、膠帶紙、修正帶，不按以上要求作答的答案無效。第I卷（選擇題30分）一、單選題（10小題，每小題3分，共計30分）1、如圖，將繞點A按順時針旋轉一定角度得到，點B的對應點D恰好落在BC邊上，若，，則CD的長為（

）.A． B． C． D．12、在方格紙中，選擇標有序號①②③④中的一個小正方形涂黑，與圖中陰影部分構成中心對稱圖形．該小正方形的序號是（

）A．① B．② C．③ D．④3、已知點P坐標為，將線段OP繞原點O逆時針旋轉90°得到線段，則點P的對應點的坐標為（

）A． B． C． D．4、如圖，點A，B的坐標分別為（1，1）、（3，2），將△ABC繞點A按逆時針方向旋轉90°，得到△A'B'C'，則B'點的坐標為（

）A．（﹣1，3） B．（－1，2） C．（0，2） D．（0，3）5、下列交通標識中，不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．6、將矩形繞點順時針旋轉，得到矩形．當時，下列針對值的說法正確的是（

）A．或 B．或 C． D．7、如圖，在△ABC中，AB=AC，若M是BC邊上任意一點，將△ABM繞點A逆時針旋轉得到△ACN，點M的對應點為點N，連接MN，則下列結論一定正確的是（

）A． B． C． D．8、如圖，六邊形ABCDEF的內角都相等，∠DAB＝60°，AB＝DE，則下列結論：①AB∥DE；②EF∥AD∥BC；③AF＝CD；④四邊形ACDF是平行四邊形；⑤六邊形ABCDEF既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形．其中成立的個數(shù)是()A．2個 B．3個 C．4個 D．5個9、圖，在中，，將繞頂點順時針旋轉到，當首次經過頂點時，旋轉角（

）A．30° B．40° C．45° D．60°10、如圖所示，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜邊BC上的兩點，且∠DAE＝45°，將△ADC繞點A按順時針方向旋轉90°后得到△AFB，連接EF，有下列結論：①BE＝DC；②∠BAF＝∠DAC；③∠FAE＝∠DAE；④BF＝DC．其中正確的有（）A．①②③④ B．②③ C．②③④ D．③④第Ⅱ卷（非選擇題70分）二、填空題（10小題，每小題4分，共計40分）1、若點與關于原點對稱，則__．2、如圖，正比例函數(shù)y＝kx（k≠0）的圖像經過點A（2，4），AB⊥x軸于點B，將△ABO繞點A逆時針旋轉90°得到△ADC，則直線AC的函數(shù)表達式為_____．3、將點繞原點O順時針旋轉得到點，則點落在第____________象限．4、如圖，正方形的邊長為4，點E是對角線上的動點（點E不與A，C重合），連接交于點F，線段繞點F逆時針旋轉得到線段，連接．下列結論：①；②；③若四邊形的面積是正方形面積的一半，則的長為；④．其中正確的是_________．（填寫所有正確結論的序號）5、如圖，正方形ABCD的邊長是5，E是邊BC上一點且BE＝2，F(xiàn)為邊AB上的一個動點，連接EF，以EF為邊向右作等邊三角形EFG，連接CG，則CG長的最小值為______．6、如圖，P是正方形ABCD內一點，將繞點B順時針方向旋轉,能與重合，若，則______．7、如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，點D為AB的中點，點P在AC上，且CP＝1，將CP繞點C在平面內旋轉，點P的對應點為點Q，連接AQ，DQ．當∠ADQ＝90°時，AQ的長為______．8、如圖，將正方形網格放置在平面直角坐標系中，其中，每個小正方形的邊長均為1，點A，B，C的坐標分別為，，．是關于軸的對稱圖形，將繞點逆時針旋轉180°，點的對應點為M，則點M的坐標為________．9、已知，正六邊形ABCDEF在直角坐標系內的位置如圖所示，A（﹣2，0），點B在原點，把正六邊形ABCDEF沿x軸正半軸作無滑動的連續(xù)翻轉，每次翻轉60°，經過2022次翻轉之后，點B的坐標是______．10、若點與點關于原點對稱，則______；三、解答題（6小題，每小題5分，共計30分）1、如圖，先將繞點順時針旋轉得到，再將線段繞點順時針旋轉得到，連接、、，且．(1)若．①求證：、、三點共線；②求的長；(2)若，，點在邊上，求線段的最小值．2、如圖，正方形網格中，每個小正方形的邊長都是一個單位長度，在平面直角坐標系內，的三個頂點分別為，，．（1）畫出關于原點對稱的，并寫出點的坐標；（2）畫出繞點順時針旋轉后得到的，并寫出點的坐標．3、明遇到這樣一個問題：如圖①，在四邊形ABCD中，∠B＝40°，∠C＝50°，AB＝CD，AD＝2，BC＝4，求四邊形ABCD的面積．(1)經過思考小明想到如下方法：以BC為邊作正方形BCMN，將四邊形ABCD繞著正方形BCMN的中心按順時針方向旋轉90°，180°，270°，而分別得到四邊形FNBA，EMNF，DCME，則四邊形ADEF是________．（填一種特殊的平行四邊形）∴S四邊形ABCD＝________．(2)解決問題：如圖③，在四邊形ABCD中，∠BAD＝140°，∠CDA＝160°，AB＝CD，AD＝6，BC＝12，則四邊形ABCD的面積為多少？4、將矩形ABCD繞著點C按順時針方向旋轉得到矩形FECG，其中點E與點B，點G與點D分別是對應點，連接BG．(1)如圖，若點A，E，D第一次在同一直線上，BG與CE交于點H，連接BE．①求證：BE平分∠AEC．②取BC的中點P，連接PH，求證：PHCG．③若BC＝2AB＝2，求BG的長．(2)若點A，E，D第二次在同一直線上，BC＝2AB＝4，直接寫出點D到BG的距離．5、如圖，點E為正方形外一點，，將繞A點逆時針方向旋轉得到的延長線交于H點．（1）試判定四邊形的形狀，并說明理由；（2）已知，求的長．6、在平面直角坐標系中已知拋物線經過點和點，點為拋物線的頂點．(1)求拋物線的表達式及點的坐標；(2)將拋物線關于點對稱后的拋物線記作，拋物線的頂點記作點，求拋物線的表達式及點的坐標；(3)是否在軸上存在一點，在拋物線上存在一點，使為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請求出點坐標，若不存在，請說明理由．-參考答案-一、單選題1、D【解析】【分析】根據直角三角形兩銳角互余可得∠C=30°，根據含30°角的直角三角形的性質可求出BC的長，然后根據旋轉的性質可得AB=AD，然后判斷出△ABD是等邊三角形，根據等邊三角形的三條邊都相等可得BD=AB，然后根據CD=BC-BD計算即可得解．【詳解】解：∵∠B=60°，∴∠C=90°-60°=30°，∵AB=1，∴BC=2AB=2，由旋轉的性質得，AB=AD，∴△ABD是等邊三角形，∴BD=AB=1，∴CD=BC-BD=2-1=1．故選：D．【考點】本題考查了旋轉的性質，含30°角的直角三角形的性質，等邊三角形的判定與性質，熟記性質并判斷出△ABD是等邊三角形是解題的關鍵．2、B【解析】【分析】直接利用中心對稱圖形的性質得出答案即可．【詳解】解：如圖，把標有序號②的白色小正方形涂黑，就可以使圖中的黑色部分構成一個中心對稱圖形，故選B．【考點】本題考查了利用旋轉設計圖案和中心對稱圖形的定義，要知道，一個圖形繞端點旋轉180°所形成的圖形叫中心對稱圖形．3、B【解析】【分析】如圖，作軸于，軸于，證明，有，，進而可得點坐標．【詳解】解：如圖，作軸于，軸于，∵，∴在和中∵∴∴，∴故選B．【考點】本題考查了繞原點旋轉90°的點坐標，三角形全等的判定與性質．解題的關鍵在于熟練掌握旋轉的性質．4、D【解析】【分析】根據題意畫出圖形，然后結合直角坐標系即可得出B'的坐標．【詳解】解：如圖，根據圖形可得：點B′坐標為（0，3），故選：D．【考點】本題考查了旋轉作圖的知識及旋轉后坐標的變化，解答本題的關鍵是根據題意所述的旋轉三要素畫出圖形，然后結合直角坐標系解答．5、D【解析】【分析】根據軸對稱圖形和中心對稱圖形的概念，對各選項分析判斷即可得解．把一個圖形繞某一點旋轉180°，如果旋轉后的圖形能夠與原來的圖形重合，那么這個圖形就叫做中心對稱圖形；如果一個圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，這個圖形叫做軸對稱圖形．【詳解】解：A．是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故本選項不符合題意；B．既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形，故本選項不符合題意；C．既不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形，故本選項不符合題意；D．不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，故本選項符合題意．故選：D．【考點】本題考查了中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念，軸對稱圖形的關鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分折疊后可重合，中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉180度后與原圖重合．6、A【解析】【分析】當GB=GC時，點G在BC的垂直平分線上，分兩種情況討論，依據∠DAG=60°，即可得到旋轉角α的度數(shù)．【詳解】如圖，當GB=GC時，點G在BC的垂直平分線上，分兩種情況討論：①當點G在AD右側時，取BC的中點H，連接GH交AD于M，∵GC=GB，∴GH⊥BC，∴四邊形ABHM是矩形，∴AM=BH=，∴GM垂直平分AD，∴GD=GA=DA，∴△ADG是等邊三角形，∴∠DAG=60°，∴旋轉角α=60°；②當點G在AD左側時，同理可得△ADG是等邊三角形，∴∠DAG=60°，∴旋轉角α=360°-60°=300°，故選：A．【考點】本題主要考查了旋轉的性質，全等三角形的判定與性質的運用，解題時注意：對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角．7、C【解析】【分析】根據旋轉的性質，對每個選項逐一判斷即可．【詳解】解：∵將△ABM繞點A逆時針旋轉得到△ACN，∴△ABM≌△ACN，∴AB=AC，AM=AN，∴AB不一定等于AN，故選項A不符合題意；∵△ABM≌△ACN，∴∠ACN=∠B，而∠CAB不一定等于∠B，∴∠ACN不一定等于∠CAB，∴AB與CN不一定平行，故選項B不符合題意；∵△ABM≌△ACN，∴∠BAM=∠CAN，∠ACN=∠B，∴∠BAC=∠MAN，∵AM=AN，AB=AC，∴△ABC和△AMN都是等腰三角形，且頂角相等，∴∠B=∠AMN，∴∠AMN=∠ACN，故選項C符合題意；∵AM=AN，而AC不一定平分∠MAN，∴AC與MN不一定垂直，故選項D不符合題意；故選：C．【考點】本題考查了旋轉的性質，等腰三角形的判定與性質．旋轉變換是全等變換，利用旋轉不變性是解題的關鍵．8、D【解析】【分析】根據六邊形ABCDEF的內角都相等，∠DAB=60°，平行線的判定，平行四邊形的判定，中心對稱圖形的定義一一判斷即可．【詳解】∵六邊形ABCDEF的內角都相等，∴∠EFA=∠FED=∠FAB=∠ABC=120°．∵∠DAB=60°，∴∠DAF=60°，∴∠EFA+∠DAF=180°，∠DAB+∠ABC=180°，∴AD∥EF∥CB，故②正確，∴∠FED+∠EDA=180°，∴∠EDA=∠ADC=60°，∴∠EDA=∠DAB，∴AB∥DE，故①正確．∵∠FAD=∠EDA，∠CDA=∠BAD，EF∥AD∥BC，∴四邊形EFAD，四邊形BCDA是等腰梯形，∴AF=DE，AB=CD．∵AB=DE，∴AF=CD，故③正確，連接CF與AD交于點O，連接DF、AE、DB、BE．∵∠CDA=∠DAF，∴AF∥CD，AF=CD，∴四邊形ACDF是平行四邊形，故④正確，同法可證四邊形AEDB是平行四邊形，∴AD與CF，AD與BE互相平分，∴OF=OC，OE=OB，OA=OD，∴六邊形ABCDEF是中心對稱圖形，且是軸對稱，故⑤正確．故選D．【考點】本題考查了平行四邊形的判定和性質、平行線的判定和性質、軸對稱圖形、中心對稱圖形等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考常考題型．9、B【解析】【分析】根據平行四邊形的性質及旋轉的性質可知，然后可得，則有，進而問題可求解．【詳解】解：∵四邊形是平行四邊形，，∴，由旋轉的性質可得，∴，∴；故選B．【考點】本題主要考查平行四邊形的性質與旋轉的性質，熟練掌握平行四邊形的性質與旋轉的性質是解題的關鍵．10、C【解析】【分析】利用旋轉性質可得△ABF≌△ACD，根據全等三角形的性質一一判斷即可．【詳解】解：∵△ADC繞A順時針旋轉90°后得到△AFB，∴△ABF≌△ACD，∴∠BAF＝∠CAD，AF＝AD，BF＝CD，故②④正確，∴∠EAF＝∠BAF+∠BAE＝∠CAD+∠BAE＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°＝∠DAE故③正確無法判斷BE＝CD，故①錯誤，故選：C．【考點】本題考查了旋轉的性質：旋轉前后兩圖形全等，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考常考題型．二、填空題1、【解析】【分析】根據原點對稱的點的特征求解即可；【詳解】點與點關于原點對稱，，，故．故答案為：．【考點】本題主要考查了關于原點對稱的點的坐標，準確計算是解題的關鍵．2、y=-0.5x+5【解析】【分析】直接把點A（2，4）代入正比例函數(shù)y=kx，求出k的值即可；由A（2，4），AB⊥x軸于點B，可得出OB，AB的長，再由△ABO繞點A逆時針旋轉90°得到△ADC，由旋轉不變性的性質可知DC=OB，AD=AB，故可得出C點坐標，再把C點和A點坐標代入y=ax+b，解出解析式即可．【詳解】解：∵正比例函數(shù)y=kx（k≠0）經過點A（2，4）∴4=2k，解得：k=2，∴y=2x；∵A（2，4），AB⊥x軸于點B，∴OB=2，AB=4，∵△ABO繞點A逆時針旋轉90°得到△ADC，∴DC=OB=2，AD=AB=4∴C（6，2）設直線AC的解析式為y=ax+b，把（2，4）（6，2）代入解析式可得：，解得：，所以解析式為：y=-0.5x+5【考點】本題考查的是一次函數(shù)圖象上點的坐標特點及圖形旋轉的性質，熟知一次函數(shù)圖象上各點的坐標一定適合此函數(shù)的解析式是解答此題的關鍵．3、四【解析】【分析】畫出圖形，利用圖象解決問題即可．【詳解】解：如圖，所以在第四象限，故答案為：四．【考點】本題考查坐標與圖形變化—旋轉，解題的關鍵是正確畫出圖形，屬于中考?？碱}型．4、①②④【解析】【分析】過E作EM⊥BC，EN⊥CD，可證△BEM≌△FEN得BE=EF，故①正確；可證四邊形BEFG是正方形得∠EBG=90°，BE=BG，可證∠ABE=∠CBG，進而得到△ABE≌△CBG，所以∠BAE=∠BCG，得∠BCA+∠BCG=90°，即∠ACG=90°，可證②正確；由可求BE=，過E作EH⊥AB，則∠AEH=180°-∠BAC-∠AHE=45°，知AH=HE，設AH=HE=x，則BH=4-x，由，得到AH=HE=2，從而得到，知③錯誤；由②可知，△ABE≌△CBG，所以AE=CG，而CG+CE=AE+CE=AC可求，④正確．【詳解】解：過E作EM⊥BC，EN⊥CD∵四邊形ABCD是正方形，AC平分∠BCD∴EM=EN∵∠EMC=∠MCN=∠ENC=90°∴∠MEN=90°∵EF⊥BE∴∠BEM+∠MEF=∠FEN+∠MEF=90°∴∠BEM=∠FEN∵∠EMB=∠ENF=90°，EM=EN∴△BEM≌△FEN∴BE=EF故①正確；∵∠BEF=∠EFG=90°，EF=FG，BE=EF∴BE=FG，BE∥FG∴四邊形BEFG是平行四邊形∵∠BEF=90°，BE=EF∴四邊形BEFG是正方形∴∠EBG=90°，BE=BG∵∠ABC=90°∴∠ABE+∠EBC=∠EBC+∠CBG=90°∴∠ABE=∠CBG又∵AB=BC，BE=BG∴△ABE≌△CBG∴∠BAE=∠BCG∵∠BAE+∠BCA=90°∴∠BCA+∠BCG=90°，即∠ACG=90°故②正確；∵∴∴BE=過E作EH⊥AB∵四邊形ABCD是正方形∴∠BAC=45°∵∠AHE=90°∴∠AEH=180°-∠BAC-∠AHE=45°∴AH=HE設AH=HE=x，則BH=4-x∵∴解得∴AH=HE=2∴故③錯誤；由②可知，△ABE≌△CBG∴AE=CG∴CG+CE=AE+CE=AC∵∠ACB=45°∴AC=∴CG+CE=故④正確，所以答案為：①②④．【考點】本題是正方形綜合題，主要考查了旋轉的性質，正方形的判定與性質，角平分線的性質，勾股定理，全等三角形的判定與性質，熟練掌握全等三角形的判定與性質，綜合運用正方形的判定與性質定理，勾股定理等知識是解題的關鍵．5、【解析】【分析】由題意分析可知，點F為主動點，運動軌跡是線段AB，G為從動點，所以以點E為旋轉中心構造全等關系，得到點G的運動軌跡，也是一條線段，之后通過垂線段最短構造直角三角形獲得CG最小值．【詳解】解：由題意可知，點F是主動點，點G是從動點，點F在線段AB上運動，點G的軌跡也是一條線段，將△EFB繞點E旋轉60°，使EF與EG重合，得到△EFB≌△EGH，從而可知△EBH為等邊三角形，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠FBE=90°，∴∠GHE=∠FBE=90°，∴點G在垂直于HE的直線HN上，延長HG交DC于點N，過點C作CM⊥HN于M，則CM即為CG的最小值，過點E作EP⊥CM于P，可知四邊形HEPM為矩形，∠PEC=30°，∠EPC=90°，則CM=MP+CP=HE+EC=2+=，故答案為：．【考點】本題考查了線段最值問題，分清主動點和從動點，通過旋轉構造全等，從而判斷出點G的運動軌跡，是本題的關鍵，之后運用垂線段最短，構造圖形計算，是最值問題中比較典型的類型．6、【解析】【分析】根據旋轉角相等可得，進而勾股定理求解即可【詳解】解：四邊形是正方形將繞點B順時針方向旋轉,能與重合，，故答案為：【考點】本題考查了旋轉的性質，勾股定理，求得旋轉角相等且等于90°是解題的關鍵．7、或##或【解析】【分析】連接，根據題意可得，當∠ADQ＝90°時，分點在線段上和的延長線上，且，勾股定理求得即可．【詳解】如圖，連接，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，，，，根據題意可得，當∠ADQ＝90°時，點在上，且，，如圖，在中，，在中，故答案為：或．【考點】本題考查了旋轉的性質，勾股定理，直角三角形斜邊上中線的性質，確定點的位置是解題的關鍵．8、【解析】【分析】根據題意，畫出旋轉后圖形，即可求解【詳解】解：如圖，將繞點逆時針旋轉180°，所以點的對應點為M的坐標為．故答案為：【考點】本題考查平面直角坐標系內圖形的對稱，旋轉，解題關鍵是理解對稱旋轉的含義，并結合網格解題．9、【解析】【分析】根據正六邊形的特點，每6次翻轉為一個循環(huán)組，用2022除以6的結果判斷出點B的位置，求出前進的距離．【詳解】解：∵正六邊形ABCDEF沿x軸正半軸作無滑動的連續(xù)翻轉，每次翻轉60°，∴每6次翻轉為一個循環(huán)組循環(huán)，∵，∴經過2022次翻轉完成第337循環(huán)組，點B在開始時點B的位置，∵，∴，∴翻轉前進的距離=2×2022=4044，所以，點B的坐標為，故答案為：．【考點】本題考查點的坐標，涉及坐標與圖形變化-旋轉，正六邊形的性質，確定出翻轉最后點B所在的位置是關鍵．10、-1【解析】【分析】平面直角坐標系中任意一點P（x，y），關于原點的對稱點是（-x，-y），可據此求出m、n的值．【詳解】∵點與點關于坐標系原點對稱，∴m-2n=-4，3m=-6解得：m=-2，n=1．故m+n=-2+1=-1．故答案為-1.【考點】本題考查了關于原點對稱的點坐標的關系，是需要識記的基本問題．三、解答題1、(1)①證明見詳解；②BG=4(2)線段PD的最小值為2+2【解析】【分析】(1)①由旋轉的性質可得∠ACD=90°=∠BCE，AB=DE，BC=CE，AC=CD，∠ABC=∠DEC=135°，由等腰三角形的性質可得∠BEC=45°=∠CBE，可證∠BEC+∠CED=180°，可得結論;②通過證明四邊形ABDG是矩形，可得AD=BG，由等腰直角三角形的性質可求解;(2)由垂線段最短可得當PD⊥AB時，PD的長度有最小值，先證點P，點E，點D三點共線，由勾股定理可求DE的長，由正方形的性質可得BC=PE=2，即可求解.(1)①證明：如圖，連接AG，∵將△ABC繞點C順時針旋轉90°得到△DEC，∴△ABC≌△DEC，∠ACD=90°=∠BCE，∴AB=DE，BC=CE，AC=CD，∠ABC=∠DEC=135°∴∠BEC=45°=∠CBE，∴∠BEC+∠CED=180°∴B、E、D三點共線;②∵將線段DE繞點D順時針旋轉90°得到DG∴DE=DG，∠EDG=90°∴AB=DE=DG，∵∠ABE=∠ABC-∠CBE=90°，∴∠ABE+∠EDG=180°，∴AB//DG，∴四邊形ABDG是平行四邊形，又∵∠BDG=90°∴四邊形ABDG是矩形，∴AD=BG，∵AC=CD=4，∠ACD=90°，∴AD=AC=4，BG=4；(2)如圖：∵點P在邊AB上，∴當PD⊥AB時，PD的長度有最小值由旋轉的性質可得：∠ABC=∠CED=∠BCE=90°，∴BC//DE，∵∠ABC+∠BPD=180°，∴DP//BC，∴點P，點E，點D三點共線，∵AC=2CE，∴BC=CE=2，又∵∠ABC=∠BPE=∠BCE=90°，∴四邊形BPEC是正方形，∴BC=PE=2，∵CD=AC=4，CE=2，∠CED=90°，∴DE=∴DP=2+2，∴線段PD的最小值為2+2．【考點】本題是幾何變換綜合題，考查了旋轉的性質，全等三角形的性質，等腰三角形的性質，矩形的判定和性質，勾股定理等知識，靈活運用這些性質解決問題是解題的關鍵．2、（1）圖見解析；；（2）圖見解析；【解析】【分析】（1）畫出關于原點對稱的，寫出的坐標即可；（2）畫出繞點順時針旋轉后得到的，寫出點的坐標即可．【詳解】解：（1）如圖即為所作，；（2）如圖：即為所作，．【考點】本題考查了旋轉作圖，根據題意畫出圖形是解本題的關鍵．3、(1)正方形，3(2)S四邊形ABCD＝【解析】【分析】（1）由旋轉的性質得，證明四邊形ADEF是菱形，設正方形BCMN的中心為點O，連接OA、OD、OF，根據旋轉的性質得到，，可得出，則，根據正方形的判定條件得到ADEF是正方形，根據求解即可；（2）以BC為邊作等邊三角形BCM，將四邊形ABCD繞著等邊三角形BCM的中心按順時針方向旋轉120°，240°，而分別得到四邊形MEAB，EMCD，則AD＝AE＝ED，根據S四邊形ABCD＝（S△BCM－S△ADE）計算即可；(1)如圖，設正方形BCMN的中心為點O，連接OA、OD、OF，∵以BC為邊作正方形BCMN，將四邊形ABCD繞著正方形BCMN的中心按順時針方向旋轉90°，180°，270°，而分別得到四邊形FNBA，EMNF，DCME，∴，，，∴四邊形ADEF是菱形，，∴，∴菱形ADEF是正方形，∴；故答案是：正方形；3；(2)解：如圖，以BC為邊作等邊三角形BCM，將四邊形ABCD繞著等邊三角形BCM的中心按順時針方向旋轉120°，240°，而分別得到四邊形MEAB，EMCD，則AD＝AE＝ED，∴△ADE是等邊三角形，∴S四邊形ABCD＝（S△BCM－S△ADE），∵AD＝6，BC＝12，∴易得△BCM和△ADE的高分別為6和3．∴S△BCM＝×12×6＝36，S△ADE＝×6×3＝9．∴S四邊形ABCD＝×（36－9）＝9．【考點】本題主要考查了正方形的判定和性質，等邊三角形的判定與性質，旋轉的性質，準確計算是解題的關鍵．4、(1)①見解析；②見解析；③(2)【解析】【分析】（1）①根據旋轉的性質得到，求得，根據平行線的性質得到，于是得到結論；②如圖1，過點作的垂線，根據角平分線的性質得到，求得，根據全等三角形的性質得到，根據三角形的中位線定理即可得到結論；③如圖2，過點作的垂線，解直角三角形即可得到結論．（2）如圖3