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1.通过本节课的学习掌握旋转常见模型，能从复杂图形中提炼出基本模型，体会旋转思想在三角形、四边形中的应用；
2.在解题过程中感悟旋转思想，体会到可以利用旋转添加辅助线，从而使分散的条件集中，达到顺利解决问题的目的.
1.利用旋转解决综合性问题；
2.利用旋转添加辅助线.
图形的旋转
图形旋转时，图形中的每一个点都绕着旋转中心旋转了同样大小的角度，因此，可以以点带面研究图形的旋转.
图形的旋转包括：
线段的旋转；
三角形的旋转；
四边形的旋转等.
例1.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D，E分别在AB，AC上，CE=BC，连接CD，将线段CD绕点C按顺时针方向旋转90°后得CF，连接EF．
（1）补充完成图形；
（2）若EF∥CD，求证：∠BDC=90°．
练习1.已知坐标平面上的机器人接受指令“[a，A]”(a≥0，0°＜A＜180°)后的行动结果为：在原地顺时针旋转A后，再向面对的方向沿直线行走a.若机器人的位置在原点，面对方向为y轴的负半轴，则它完成一次指令[2，60°]后，所在位置的坐标为(　　)
A．(－1，－) B．(－1，) C．(，－1) D．(－，－1)
练习2.在Rt△ABC中，已知∠C=90°，∠B=50°，点D在边BC上，BD=2CD(如图)，把BD绕着点D逆时针旋转m(0＜m＜180)度后，如果点B恰好落在Rt△ABC的边上，那么m=________.
线段的旋转可以转化为点的旋转进行研究，如果求角的度数，要注意旋转角相等；如果求线段长，要注意对应点到旋转中心的距离相等.
例2.如图1，△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∠BAD=∠BCE=90°，点M为DE的中点．过点E与AD平行的直线交射线AM于点N．
（1）当A，B，C三点在同一直线上时，求AM与MN之间的数量关系；
（2）将△BCE绕点B旋转，当A，B，E三点在同一直线上时（如图2），求证：△ACN为等腰直角三角形；
（3）将△BCE绕点B旋转到图3的位置时，（2）中的结论是否仍然成立？
练习1.如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转至△A′B′C，使得点A′恰好落在AB上，则旋转角度为( )
A．30° B．60° C．90° D．150°
练习2.如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝30°，将△DCB绕点C顺时针旋转60°后，点D的对应点恰好与点A重合，得到△ACE，若AB＝3，BC＝4，则BD＝______．
练习3.如图1，在平面直角坐标系，O为坐标原点，点A（﹣1，0），点B（0，）．
（1）求∠BAO的度数；
（2）如图1，将△AOB绕点O顺时针旋转得△A′OB′，当A′恰好落在AB边上时，设△AB′O的面积为S1，△BA′O的面积为S2，S1与S2有何关系？为什么？
（3）若将△AOB绕点O顺时针旋转到如图2所示的位置，S1与S2的关系发生变化了吗？证明你的判断．
三角形的旋转可以转化为线段的旋转问题，旋转就会得到等腰三角形，当旋转角为60°时就会得到等边三角形.当旋转角为90°时就会得到等腰直角三角形，当旋转角为180°时就会得到中心对称图形.
例3.如图，把正方形ABCD绕点C按顺时针方向旋转45°得到正方形A′B′CD′（此时，点B′落在对角线AC上，点A′落在CD的延长线上），A′B′交AD于点E，连接AA′、CE．求证：（1）△ADA′≌△CDE；（2）直线CE是线段AA′的垂直平分线．
练习1.如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转45°后得到正方形AB1C1D1，边B1C1与CD交于点O，则四边形AB1OD的面积是（　　）
A． B． C． D．
练习2.如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形OABC为矩形，点A在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，将四边形OABC绕点O时针方向旋转α得到四边形OA’B’C’，此时点A’落在线段BC上，且．
（1）求的值为多少；
（2）点的坐标是（20,15），继续逆时针旋转四边形OA’B’C’，使其顶点落在的延长线上，与直线交于点，如图2，求的面积为多少．
四边形旋转问题可以将其转化为三角形旋转或线段的旋转，再根据旋转的性质和四边形的性质以及勾股定理等解决问题.
常见模型
1.“手拉手”模型
当两个等边三角形、等腰直角三角形、等腰三角形共顶点时就会出现“手拉手”模型，有手拉手就会有全等.
2.半角模型
当题中出现一个角等于另一角的一半，且共端点的线段相等时就是半角模型，常采用旋转将分散的条件集中起来，为下一步的证明做好铺垫.
3.四边形对角互补模型
在四边形中，如果出现一个角的两边相等且另两个对角互补，就是对角互补模型.对角互补的原形是角平分线上的点到角的两边的距离相等，可以通过旋转将互补的角变为相等角从而得到全等.
例1.如图，已知△ABC中，AB＝AC，把△ABC绕A点沿顺时针方向旋转得到△ADE，连接BD，CE交于点F.求证：△AEC≌△ADB.
练习1.如图，△ABC和△DBE都是等腰直角三角形， ∠ABC=∠EBD=90°，AB=BC，EB=BD.试探究线段AE和CD之间有怎样的数量关系和位置关系.并说明理由.

练习2.已知：如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接BE．
（1）求证：AD=BE；
（2）求∠AEB的度数；
（3）拓展探究：如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A、D、E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE．
①∠AEB的度数为　 　°；
②探索线段CM、AE、BE之间的数量关系为　 　．（直接写出答案，不需要说明理由）
“手拉手”模型
当两个等边三角形、等腰直角三角形、等腰三角形共顶点时就会出现“手拉手”模型，有手拉手就会有全等.
例2.如图，已知正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF=45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．若AE=1，则FM的长为　 　．
练习1. 如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠A+∠D=180°，点E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=∠BAD.求证：EF=BE+DF.
当题中出现一个角等于另一角的一半，且共端点的线段相等时就是半角模型，常采用旋转将分散的条件集中起来，为下一步的证明做好铺垫.
例3.如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，以BC为边作等边三角形△BCD，把△ABD绕着点D按顺时针方向旋转60°后得到△ECD，若AB＝5，AC＝2.
求：(1)∠BAD的度数；
(2)AE的长．
练习1. 如图，在△ABC中，点D为BC边的任意一点，以点D为顶点的∠EDF的两边分别与边AB，AC交于点E、F，且∠EDF与∠A互补．
若AB=AC，D为BC的中点时，线段DE DF（填“=”“<”或“>”）
练习2. 已知，在Rt△ABC，∠ABC=90°，AB=5，以斜边AC为边向外做正方形ACDE，连接AD、CE交于点M，连接BM，若BM=6 ，则BC= .
在四边形中，如果出现一个角的两边相等且另两个对角互补，就是对角互补模型.对角互补的原形是角平分线上的点到角的两边的距离相等，可以通过旋转将互补的角变为相等角从而得到全等.
利用旋转求最值
利用旋转求最值的依据是两点之间，线段最短。已知线段AB=a,AC=b（a>b）,可以看成是点C绕着点A旋转（图1），
当点C在线段AB上时，线段BC取得最小值为a-b，（图2）
当点C在BA的延长线上时，线段BC取得最大值为a+b（图3）.
例1.如图，AB=4cm，AC=2cm，以BC为直角边作等腰直角三角形BCD.则线段AD的最大值为 cm.
练习1.如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AC＝4，BC的中点为点D，将△ABC绕点C顺时针旋转任意一个角度得到△FEC，EF的中点为点G，连接DG，在旋转过程中，DG的最大值是(　　)
A．4 B．6 C．2＋2 D．8
练习2.如图①，已知△ABC 是等腰直角三角形，∠BAC=90° ，点D是BC的中点．作正方形DEFG，使点A 、C 分别在DG和DE上，连接 AE、BG ．
（1）试猜想线段BG和AE的数量关系，请直接写出你得到的结论．
（2）将正方形ABCD绕点D逆时针方向旋转一定角度后（旋转角度大于0° ，小于或等于360°），如图②，通过观察或测量等方法判断（1）中的结论是否仍然成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由．
（3）若BC=DE=2，在②的旋转过程中，当AE为最大值时，求AF的值．
利用旋转求最值的基本模型是两条定长的线段共顶点，理论依据是两点之间，线段最短，当三点共线时会得到最大值或最小值.
利用旋转添加辅助线
当已知条件没有办法利用或得不到所求问题时，就需要添加辅助线，将已知与所求联系起来.旋转可以将已知图形从一个位置到另一个位置，从而再次得到全等形，将已知条件变换到另外的位置，从而使条件得以充分利用.
利用旋转添加辅助线可以构造基本模型，如：手拉手、半角、倍长中线法等，还可以将分散的条件集中起来.
例1.如图，P是正方形ABCD的边CD上一点，∠BAP的平分线交BC于点Q，求证：AP=DP＋BQ.
练习1.已知∠ACD=90°，MN是过点A的直线，AC=DC，DB⊥MN于点B，如图（1）．易证BD+AB=CB，过程如下：
过点C作CE⊥CB于点C，与MN交于点E
∵∠ACB+∠BCD=90°，∠ACB+∠ACE=90°，∴∠BCD=∠ACE．
∵四边形ACDB内角和为360°，∴∠BDC+∠CAB=180°．
∵∠EAC+∠CAB=180°，∴∠EAC=∠BDC．
又∵AC=DC，∴△ACE≌△DCB，∴AE=DB，CE=CB，
∴△ECB为等腰直角三角形，∴BE=CB．
又∵BE=AE+AB，∴BE=BD+AB，∴BD+AB=CB．
（1）当MN绕A旋转到如图（2）和图（3）两个位置时，BD、AB、CB满足什么样关系式，请写出你的猜想，并对图（2）给予证明．
（2）MN在绕点A旋转过程中，当∠BCD=30°，BD=时，则CD=　　，CB=　　．
练习2.在△ABC中，∠ACB为锐角．点D为射线BC上一动点，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转90 得到AE，连结EC．如果AB=AC，∠BAC=90 ．
①当点D在线段BC上时（与点B不重合），如图1，请你判断线段CE、BD之间的位置和数量关系（直接写出结论）；
②当点D在线段BC的延长线上时，请你在图2画出图形，判断①中的结论是否仍然成立，并证明你的判断.
利用旋转添加辅助线可以得到基本模型，从而使问题迎刃而解.
例2.如图3，P是等腰直角三角形ABC内一点，∠ACB=90°，且PB=1，PC=2，PA=3，求∠BPC的度数．
练习1.如图，点E是正方形ABCD内一点，连结AE、BE、DE．若AE=2，BE=，∠AED=135°，则正方形ABCD的面积为　 　．
练习2.阅读下面材料：
小伟遇到这样一个问题：如图1，在正三角形ABC内有一点P，且PA=3，PB=4，PC=5，求∠APB的度数．
小伟是这样思考的：如图2，利用旋转和全等的知识构造△AP′C，连接PP′，得到两个特殊的三角形，从而将问题解决．
请你回答：图1中∠APB的度数等于　 　．
参考小伟同学思考问题的方法，解决下列问题：
（1）如图3，在正方形ABCD内有一点P，且PA=，PB=1，PD=，则∠APB的度数等于　 　，正方形的边长为　 　；
（2）如图4，在正六边形ABCDEF内有一点P，且PA=2，PB=1，PF=，则∠APB的度数等于　 　，正六边形的边长为　 　．
利用旋转添加辅助线可以使分散的条件集中起来，从而利用勾股定理、全等来解决问题.
1.运用旋转的知识解决简单的计算问题，包括求线段长、求角的度数，以及图形的面积等，在解决这类题目时要注意旋转性质的应用，特别是旋转角相等，对应点到旋转中心的距离相等以及对应点连线的垂直平分线经过旋转中心等.
2.利用旋转的思想来解决比较复杂的几何问题，包括探究线段之间的关系（位置关系和数量关系），较复杂的求线段长、角的度数以及图形面积等.在这里我们一定要能够识别基本模型、运用基本模型、利用线段的旋转添加辅助线构造基本模型从而使问题得解，我们也可以通过旋转三角形将分散的条件集中起来.
3.当两条共端点的线段为定长时，另两个点之间的距离就是变化的，也可以说一条定线段绕着端点旋转，当三点在同一直线上时，另两个点之间的距离就会出现极值.
第1页中小学教育资源及组卷应用平台
1.通过本节课的学习掌握旋转常见模型，能从复杂图形中提炼出基本模型，体会旋转思想在三角形、四边形中的应用；
2.在解题过程中感悟旋转思想，体会到可以利用旋转添加辅助线，从而使分散的条件集中，达到顺利解决问题的目的.
1.利用旋转解决综合性问题；
2.利用旋转添加辅助线.
图形的旋转
图形旋转时，图形中的每一个点都绕着旋转中心旋转了同样大小的角度，因此，可以以点带面研究图形的旋转.
图形的旋转包括：
线段的旋转；
三角形的旋转；
四边形的旋转等.
例1.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D，E分别在AB，AC上，CE=BC，连接CD，将线段CD绕点C按顺时针方向旋转90°后得CF，连接EF．
（1）补充完成图形；
（2）若EF∥CD，求证：∠BDC=90°．
【答案】解：（1）补全图形，如图所示；
（2）由旋转的性质得：∠DCF=90°，
∴∠DCE+∠ECF=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠DCE+∠BCD=90°，
∴∠ECF=∠BCD，
∵EF∥DC，∴∠EFC+∠DCF=180°，
∴∠EFC=90°，
在△BDC和△EFC中，
，
∴△BDC≌△EFC（SAS），∴∠BDC=∠EFC=90°．
【解析】（1）根据题意补全图形，如图所示；（2）由旋转的性质得到∠DCF为直角，CD=CF，由EF与CD平行，得到∠EFC为直角，利用SAS得到三角形BDC与三角形EFC全等，利用全等三角形对应角相等即可得证．
练习1.已知坐标平面上的机器人接受指令“[a，A]”(a≥0，0°＜A＜180°)后的行动结果为：在原地顺时针旋转A后，再向面对的方向沿直线行走a.若机器人的位置在原点，面对方向为y轴的负半轴，则它完成一次指令[2，60°]后，所在位置的坐标为(　　)
A．(－1，－) B．(－1，) C．(，－1) D．(－，－1)
【答案】D
【解析】解：如图所示，点P为完成指令后位置，作PQ⊥y轴于Q点，
∵OP=2，∠POQ=60°，∴OQ=1，PQ=，
∴P（-，-1）．故选D．
练习2.在Rt△ABC中，已知∠C=90°，∠B=50°，点D在边BC上，BD=2CD(如图)，把BD绕着点D逆时针旋转m(0＜m＜180)度后，如果点B恰好落在Rt△ABC的边上，那么m=________.
【答案】80°，120°
【解析】本题可以将线段的旋转问题转化为点B绕D点逆时针旋转的问题，故可以D点为圆心，DB长为半径画弧，第一次与原三角形交于斜边AB上的一点B′，交直角边AC于B″，此时DB′=DB，DB″=DB=2CD，由等腰三角形的性质求旋转角∠BDB′的度数，在Rt△B″CD中，解直角三角形求∠CDB″，可得旋转角∠BDB″的度数．
线段的旋转可以转化为点的旋转进行研究，如果求角的度数，要注意旋转角相等；如果求线段长，要注意对应点到旋转中心的距离相等.
例2.如图1，△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∠BAD=∠BCE=90°，点M为DE的中点．过点E与AD平行的直线交射线AM于点N．
（1）当A，B，C三点在同一直线上时，求AM与MN之间的数量关系；
（2）将△BCE绕点B旋转，当A，B，E三点在同一直线上时（如图2），求证：△ACN为等腰直角三角形；
（3）将△BCE绕点B旋转到图3的位置时，（2）中的结论是否仍然成立？
【答案】（1）
∵EN∥AD，∴∠MAD=∠MNE
∵点M为DE的中点，∴DM=DN
又∵∠AMD=∠NME，∴△ADM≌△NEM
∴AM=MN
（2）
∵△BAD和△BCE均为等腰直角三角形
∴AB=AD，BC=EC，∠CBE=∠CEB=45°
∵AD∥NE，∴∠DAE+∠NEA=180°
∵∠DAE+90°，∴∠NEA=90°∴∠NEC=135°
∵A，B，E三点在同一直线上
∴∠ABC=180°-∠CBE=135°∴∠ABC=∠NEC
∵△ADM≌△NEM（已证），∴AD=EN
∵AD=AB，∴AB=NE ∴△ABC≌△NEC
∴AC=NC，∠ACB=∠NCE,∴∠CAN=∠BCE=90°
∴△ACN为等腰直角三角形
（3）成立
∵∠ABD=∠CBE=45°，
∴∠ABC=270°-∠DBE,∵AD∥EN，
∴∠MNE=∠MDA
∴∠NEC=∠MEN+∠DEB+45°=∠MDA+∠DEB+45°=∠BDE+45°+∠DEB+45°
=180°-∠DBE+90°+270°-∠DBE
∴∠ABC =∠MNE
又∵AB=NE（已证），BC=EC，
∴
∴，∠ACB=∠NCE,
∴∠CAN=∠BCE=90°
∴△ACN为等腰直角三角形
【解析】（1）根据两直线平行，内错角相等的性质，可知∠MAD=∠MNE，∠AND=∠NEM.再根据边角边的判定定理，可得△ADM≌△NEM，根据全等三角形对应边相等的性质可知：AM=MN，即可证得M为AN的中点.
（2）由（1）中△ADM≌△NEM，可得AB=DA=NE，根据边角边的判定定理，可知△ABC≌△NEC，根据全等三角形对应边相等、对应角相等的性质得AC=NC，∠CAN=∠BCE=90°，根据等腰直角三角形的定义即可得证.
（3）根据（1）中全等三角形的性质和角的基本运算，可知AB=DA=NE，∠ABC=∠NEC ，再根据边角边的判定定理，可知△ABC≌△NEC，根据全等三角形对应边相等、对应角相等的性质，可知AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，根据等腰直角三角形定义即可得证.
练习1.如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转至△A′B′C，使得点A′恰好落在AB上，则旋转角度为( )
A．30° B．60° C．90° D．150°
【答案】B
【解析】因为在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，所以∠A=60°，因为△ABC 绕点C顺时针旋转至△A′B′C时点A’恰好落在AB上，所以AC=A’C，所以△A’AC是等边三角形，所以旋转角为60°.
练习2.如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝30°，将△DCB绕点C顺时针旋转60°后，点D的对应点恰好与点A重合，得到△ACE，若AB＝3，BC＝4，则BD＝______．
【答案】5
【解析】解：连接BE，如图所示，
由旋转得∠BCE=60°，CE=BC=4，∴△BCE是等边三角形，
∴∠ABE=∠ABC+∠CBE=30°+60°=90°，∴AE=BD=5，故答案为：5．
练习3.如图1，在平面直角坐标系，O为坐标原点，点A（﹣1，0），点B（0，）．
（1）求∠BAO的度数；
（2）如图1，将△AOB绕点O顺时针旋转得△A′OB′，当A′恰好落在AB边上时，设△AB′O的面积为S1，△BA′O的面积为S2，S1与S2有何关系？为什么？
（3）若将△AOB绕点O顺时针旋转到如图2所示的位置，S1与S2的关系发生变化了吗？证明你的判断．
【答案】解：（1）∵A（﹣1，0），B（0，），
∴OA=1，OB=，
在Rt△AOB中，tan∠BAO==，∴∠BAO=60°；
（2）∵∠BAO=60°，∠AOB=90°，∴∠ABO=30°，
∴CA'=AC=AB，∴OA'=AA'=AO，
根据等边三角形的性质可得，△AOA'的边AO、AA'上的高相等，
∴△BA'O的面积和△AB'O的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S1=S2，
（3）S1=S2不发生变化；
方法1、理由：如图，过点'作A'M⊥OB．过点A作AN⊥OB'交B'O的延长线于N，
∵△A'B'O是由△ABO绕点O旋转得到，
∴BO=OB'，AO=OA'，
∵∠AON+∠BON=90°，∠A'OM+∠BON=180°﹣90°=90°，
∴∠AON=∠A'OM，
在△AON和△A'OM中，
，
∴△AON≌△A'OM（AAS），
∴AN=A'M，
∴△BOA'的面积和△AB'O的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S1=S2．
方法2、如图2，
在x轴正半轴上取一点C，使OC=OA，连接B'C，
∴S△AOB'=S△B'OC，
由旋转知，AO'=AO，BO=B'O，
∴OC=OA'
∵∠BOC=∠A'OB'=90°，
∴∠A'OB=∠COB'，
∴△A'OB≌△COB'，
∴S△A'OB=S△COB'，
∴S△A'OB=S△AOB'，即S1=S2
【解析】（1）先求出OA，OB，再用锐角三角函数即可得出结论；（2）根据等边三角形的性质可得AO=AA'，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AO=AB，然后求出AO=OA'，再根据等边三角形的性质求出点O到AB的距离等于点A'到AO的距离，然后根据等底等高的三角形的面积相等解答；（3）方法1、根据旋转的性质可得BO=OB'，AA'=OA'，再求出∠AON=∠A'OM，然后利用“角角边”证明△AON和△A'OM全等，根据全等三角形对应边相等可得AN=A'M，然后利用等底等高的三角形的面积相等证明．方法2、利用三角形的中线判断出S△AOB'=S△B'OC，再判断出△A'OB≌△COB'，即S△A'OB=S△COB'，即可．
三角形的旋转可以转化为线段的旋转问题，旋转就会得到等腰三角形，当旋转角为60°时就会得到等边三角形.当旋转角为90°时就会得到等腰直角三角形，当旋转角为180°时就会得到中心对称图形.
例3.如图，把正方形ABCD绕点C按顺时针方向旋转45°得到正方形A′B′CD′（此时，点B′落在对角线AC上，点A′落在CD的延长线上），A′B′交AD于点E，连接AA′、CE．求证：（1）△ADA′≌△CDE；（2）直线CE是线段AA′的垂直平分线．
【答案】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADC=90°，∴∠A′DE=90°，
根据旋转的方法可得：∠EA′D=45°，∴∠A′ED=45°，
∴A′D=ED，
在△AA′D和△CED中，
，
∴△ADA′≌△CDE（SAS）；
（2）由正方形的性质及旋转，得CD=CB′，∠CB′E=∠CDE=90°，又CE=CE，
∴Rt△CEB′≌Rt△CED
∴∠B′CE=∠DCE，
∵AC=A′C
∴直线CE是线段AA′的垂直平分线．
【解析】（1）根据正方形的性质可得AD=CD，∠ADC=90°，∠EA′D=45°，则∠A′DE=90°，再计算出∠A′ED=45°，根据等角对等边可得A′D=ED，即可利用SAS证明△ADA′≌△CDE；
（2）首先由AC=A′C，可得点C在AA′的垂直平分线上；再证明△AEB′≌△A′ED，可得AE=A′E，进而得到点E也在AA′的垂直平分线上，再根据两点确定一条直线可得直线CE是线段AA′的垂直平分线．
练习1.如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转45°后得到正方形AB1C1D1，边B1C1与CD交于点O，则四边形AB1OD的面积是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】解：连接，
∵四边形是正方形，∴，
∵边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转45°后得到正方形AB1C1D1，
∴，∴，
∴AC1过D点，即A、D、C1三点共线，
∵正方形ABCD的边长是1，∴四边形AB1C1D1的边长是，
在中，由勾股定理得：，
则，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形AB1OD的面积是，故选：C．
练习2.如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形OABC为矩形，点A在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，将四边形OABC绕点O逆时针方向旋转α得到四边形OA’B’C’，此时点A’落在线段BC上，且．
（1）求的值为多少；
（2）点的坐标是（20,15），继续逆时针旋转四边形OA’B’C’，使其顶点落在的延长线上，与直线交于点，如图2，求的面积为多少．
【答案】解：（1）设，，
∵，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，，
由旋转可得，
在中，
∴，化简得
∴，即．
（2）
∵点的坐标是
∴，，
由旋转得，，，，
在和中，
∴
∴，，
在中，
∴，解得，
∵是对角线，∴，
∴．
∴的面积
四边形旋转问题可以将其转化为三角形旋转或线段的旋转，再根据旋转的性质和四边形的性质以及勾股定理等解决问题.
常见模型
1.“手拉手”模型
当两个等边三角形、等腰直角三角形、等腰三角形共顶点时就会出现“手拉手”模型，有手拉手就会有全等.
2.半角模型
当题中出现一个角等于另一角的一半，且共端点的线段相等时就是半角模型，常采用旋转将分散的条件集中起来，为下一步的证明做好铺垫.
3.四边形对角互补模型
在四边形中，如果出现一个角的两边相等且另两个对角互补，就是对角互补模型.对角互补的原形是角平分线上的点到角的两边的距离相等，可以通过旋转将互补的角变为相等角从而得到全等.
例1.如图，已知△ABC中，AB＝AC，把△ABC绕A点沿顺时针方向旋转得到△ADE，连接BD，CE交于点F.求证：△AEC≌△ADB.
【答案】解：(1)由旋转的性质得：△ABC≌△ADE，且AB＝AC，
∴AE＝AD，AC＝AB，∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC＋∠BAE＝∠DAE＋∠BAE，即∠CAE＝∠DAB，
在△AEC和△ADB中，
，
∴△AEC≌△ADB(SAS)
【解析】由旋转的性质得△ABC≌△ADE，从而得到对应线段和对应角相等，根据角和线段的等量代换可得∠CAE＝∠DAB，AE＝AD，由全等三角形“边角边”的判定定理即可证得结论
练习1.如图，△ABC和△DBE都是等腰直角三角形， ∠ABC=∠EBD=90°，AB=BC，EB=BD.试探究线段AE和CD之间有怎样的数量关系和位置关系.并说明理由.

【答案】解：AE=CE且AE⊥CD
理由如下：因为△ABC和△EBD都是等腰直角三角形，
所以AB=CB,EB=DB，且∠ABC=∠EBD=90°，
则∠ABE=∠CBD.
所以△ABE≌△CBD.所以AE=CD；
如图，延长CD分别交AE、AB于点F、G.
由全等可知，∠BAE=∠BCD.
又∠AGF=∠CGB
所以∠AFG=∠CBG=90°，即AE⊥CD.
【解析】根据SAS得到△ABE≌△CBD.从而AE=CD，∠BAE=∠BCD，再运用角度计算得到∠AFG=90°，从而得到垂直.
练习2.已知：如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接BE．
（1）求证：AD=BE；
（2）求∠AEB的度数；
（3）拓展探究：如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A、D、E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE．
①∠AEB的度数为　 　°；
②探索线段CM、AE、BE之间的数量关系为　 　．（直接写出答案，不需要说明理由）
【答案】解：（1）如图1，∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACD=∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE；
（2）如图1，∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC=∠BEC，
∵△DCE为等边三角形，
∴∠CDE=∠CED=60°，
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC=120°，
∴∠BEC=120°，
∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=60°；
（3）①如图2，∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°，∠CDE=∠CED=45°，
∴∠ACB﹣∠DCB=∠DCE﹣∠DCB，即∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴BE=AD，∠BEC=∠ADC，
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC=180﹣45=135°，
∴∠BEC=135°，
∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=135°﹣45°=90°，
故答案为：90；
②如图2，∵∠DCE=90°，CD=CE，CM⊥DE，
∴CM=DM=EM，
∴DE=DM+EM=2CM，
∵△ACD≌△BCE（已证），
∴BE=AD，
∴AE=AD+DE=BE+2CM，
故答案为：AE=BE+2CM．
【解析】（1）由条件△ACB和△DCE均为等边三角形，易证△ACD≌△BCE，从而得到对应边相等，即AD=BE；（2）根据△ACD≌△BCE，可得∠ADC=∠BEC，由点A，D，E在同一直线上，可求出∠ADC=120°，从而可以求出∠AEB的度数；（3）①首先根据△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，可得AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°，据此判断出∠ACD=∠BCE；然后根据全等三角形的判定方法，判断出△ACD≌△BCE，即可判断出BE=AD，∠BEC=∠ADC，进而判断出∠AEB的度数为90°；②根据DCE=90°，CD=CE，CM⊥DE，可得CM=DM=EM，所以DE=DM+EM=2CM，据此判断出AE=BE+2CM．
“手拉手”模型
当两个等边三角形、等腰直角三角形、等腰三角形共顶点时就会出现“手拉手”模型，有手拉手就会有全等.
例2.如图，已知正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF=45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．若AE=1，则FM的长为　 　．
【答案】解：∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴∠FCM=∠FCD+∠DCM=180°，∴F、C、M三点共线，
∴DE=DM，∠EDM=90°，
∴∠EDF+∠FDM=90°，
∵∠EDF=45°，∴∠FDM=∠EDF=45°，
在△DEF和△DMF中，
，
∴△DEF≌△DMF（SAS），
∴EF=MF，
设EF=MF=x，
∵AE=CM=1，且BC=3，
∴BM=BC+CM=3+1=4，
∴BF=BM﹣MF=BM﹣EF=4﹣x，
∵EB=AB﹣AE=3﹣1=2，
在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2=EF2，即22+（4﹣x）2=x2，
解得：x=，∴FM=． 故答案为：．
【解析】由旋转可得DE=DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF=90°，由∠EDF=45°，得到∠MDF为45°，可得出∠EDF=∠MDF，再由DF=DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF=MF；则可得到AE=CM=1，正方形的边长为3，用AB﹣AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF=MF=x，可得出BF=BM﹣FM=BM﹣EF=4﹣x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为FM的长．
练习1. 如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠A+∠D=180°，点E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF= ∠BAD.求证：EF=BE+DF.
【答案】证明：延长FD至点G，使DG=BE.易证△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG.
∴∠EAF=∠BAD=∠BAE+∠FAD=∠DAG+∠FAD=∠GAF
又∵AF=AF，∴△EAF≌△GAF.
∴EF=GF=DF+DG=DF+BE
【解析】利用旋转将△ABE旋转至△ADG位置，再证△EAF≌△GAF即可.
当题中出现一个角等于另一角的一半，且共端点的线段相等时就是半角模型，常采用旋转将分散的条件集中起来，为下一步的证明做好铺垫.
例3.如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，以BC为边作等边三角形△BCD，把△ABD绕着点D按顺时针方向旋转60°后得到△ECD，若AB＝5，AC＝2.
求：(1)∠BAD的度数；
(2)AE的长．
【答案】解：(1)由旋转的性质及等边三角形的性质得△ABD≌△ECD，
∴∠ABD＝∠ECD，AD＝DE，∠ADE＝60°，
又∵在四边形ABDC中，∠BAC＋∠CDB＋∠ABD＋∠ACD＝360°，
∴120°＋∠ABD＋∠ACD＋60°＝360°，
∴∠ABD＋∠ACD＝180°，
∴∠ACD＋∠ECD＝180°，
∴A，C，E三点在一条直线上，
∴△ADE为等边三角形，
∴∠BAD＝∠E＝60°.　
(2)由(1)知CE＝AB=5，
∴AE＝AC＋CE＝7.　
【解析】（1）由旋转得到△ABD≌△ECD，从而得到△ADE为等边三角形，于是可得∠BAD＝∠E＝60°.（2）由(1)知CE＝AB=5，∴AE＝AC＋CE＝7.
练习1. 如图，在△ABC中，点D为BC边的任意一点，以点D为顶点的∠EDF的两边分别与边AB，AC交于点E、F，且∠EDF与∠A互补．
若AB=AC，D为BC的中点时，线段DE DF（填“=”“<”或“>”）
【答案】=
【解析】如图，因为AB=AC且点D是BC边的中点，根据等腰三角形三线合一可知，AD平分∠BAC.当图中出现角平分线时，向角的两边作垂线是常见的辅助线；同时，题中还存在对角互补四边形，且题中没有明显的共端点相等线段，所以旋转不予考虑.从以上分析得，可通过点D作DM⊥AB，DN⊥AC.可证△DME≌△DNF，所以DE=DF.
练习2. 已知，在Rt△ABC，∠ABC=90°，AB=5，以斜边AC为边向外做正方形ACDE，连接AD、CE交于点M，连接BM，若BM=6 ，则BC= .
【答案】7
【解析】由正方形的性质可知，∠AMC=90°.所以∠ABC+∠AMC=180°.满足对角互补.根据对角互补作垂线，过点M作MP⊥AB，MQ⊥BC垂足分别为点P，Q.如下图：
易证△MPA≌△MQC，因此MP=MQ，由此可得，四边形BQMP是正方形.所以MQ=BQ.又因为BM=6，根据勾股定理可得，BP=6.由此可得，AP=1=CQ.所以，BC=7.
在四边形中，如果出现一个角的两边相等且另两个对角互补，就是对角互补模型.对角互补的原形是角平分线上的点到角的两边的距离相等，可以通过旋转将互补的角变为相等角从而得到全等.
利用旋转求最值
利用旋转求最值的依据是两点之间，线段最短。已知线段AB=a,AC=b（a>b）,可以看成是点C绕着点A旋转（图1），
当点C在线段AB上时，线段BC取得最小值为a-b，（图2）
当点C在BA的延长线上时，线段BC取得最大值为a+b（图3）.
例1.如图，AB=4cm，AC=2cm，以BC为直角边作等腰直角三角形BCD.则线段AD的最大值为 cm.
【答案】
【解析】以点B为直角顶点，构造共直角顶点的双等腰直角三角形.如图：
易证△ABC≌△EBD，所以DE=AC=2.AE=4√2，所以AD的最大值为AD=AE+ED=4+2
练习1.如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AC＝4，BC的中点为点D，将△ABC绕点C顺时针旋转任意一个角度得到△FEC，EF的中点为点G，连接DG，在旋转过程中，DG的最大值是(　　)
A．4 B．6 C．2＋2 D．8
【答案】解：∵∠ACB=90°，∠A=30°，
∴AB=AC÷cos30°=4÷=8，
BC=AC tan30°=4×=4，
∵BC的中点为D，∴CD=BC=×4=2，
连接CG，
∵△ABC绕点C顺时针旋转任意一个角度得到△FEC，EF的中点为G，
∴CG=EF=AB=×8=4，
由三角形的三边关系得，CD+CG＞DG，
∴D、C、G三点共线时DG有最大值，此时DG=CD+CG=2+4=6．故选：B．
【解析】解直角三角形求出AB、BC，再求出CD，连接CG，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出CG，然后根据三角形的任意两边之和大于第三边判断出D、C、G三点共线时DG有最大值，再代入数据进行计算即可得解．
练习2.如图①，已知△ABC 是等腰直角三角形，∠BAC=90° ，点D是BC的中点．作正方形DEFG，使点A 、C 分别在DG和DE上，连接 AE、BG ．
（1）试猜想线段BG和AE的数量关系，请直接写出你得到的结论．
（2）将正方形ABCD绕点D逆时针方向旋转一定角度后（旋转角度大于0° ，小于或等于360°），如图②，通过观察或测量等方法判断（1）中的结论是否仍然成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由．
（3）若BC=DE=2，在②的旋转过程中，当AE为最大值时，求AF的值．
【答案】（1）BG＝AE．
易得BD=DA,GD=DA,∠GDB=∠EDA；
故可得Rt△BDG≌Rt△ADE；故BG=AE；
（2）成立．
如图，连接AD．
∵△ABC是等腰三直角角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点．
∴∠ADB＝90°，且BD＝AD．
∵∠BDG＝∠ADB－∠ADG＝90°－∠ADG＝∠ADE，DG＝DE．
∴△BDG≌△ADE，
∴BG＝AE．
（3）由（2）知，BG=AE，故当BG最大时，AE也最大．
正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°时，BG最大，如图．
若BC=DE=2，则AD=1，EF=2．
在Rt△AEF中，AF 2=AE 2＋EF 2=(AD＋DE)2＋EF 2=(1＋2)2＋2 2=13．
∴AF＝
【解析】（1）在Rt△BDG与Rt△EDA；根据边角边定理易得Rt△BDG≌Rt△EDA，故BG=AE；
（2）连接AD，根据直角三角形与正方形的性质可得Rt△BDG≌Rt△EDA，进而可得BG=AE；
（3）根据（2）的结论，求BG的最大值，分析可得此时F的位置，由勾股定理可得答案．
利用旋转求最值的基本模型是两条定长的线段共顶点，理论依据是两点之间，线段最短，当三点共线时会得到最大值或最小值.
利用旋转添加辅助线
当已知条件没有办法利用或得不到所求问题时，就需要添加辅助线，将已知与所求联系起来。旋转可以将已知图形从一个位置到另一个位置，从而再次得到全等形，将已知条件变换到另外的位置，从而使条件得以充分利用。
利用旋转添加辅助线可以构造基本模型，如：手拉手、半角、倍长中线法等，还可以将分散的条件集中起来。
例1. 如图，P是正方形ABCD的边CD上一点，∠BAP的平分线交BC于点Q，求证：AP=DP＋BQ.
【答案】解：将△ABQ绕点A逆时针旋转90°得到△ADE，
由旋转的性质得∠E＝∠AQB，DE＝BQ，∠EAQ＝90°，∠EDA＝∠B＝90°，
∵∠EDP＝∠EDA＋∠PDA＝90°＋90°＝180°，
∴E，D，P在一条直线上．
∵AQ是∠BAP的平分线，
∴∠QAB＝∠PAQ，
∴∠PAE＝90°－∠PAQ＝90°－∠QAB＝∠AQB＝∠E，
∴AP＝PE，
∴AP＝DP＋DE＝DP＋BQ
【解析】通过旋转△ADE使E，D，P在一条直线上,再根据角度的转化得到等腰三角形.
练习1.已知∠ACD=90°，MN是过点A的直线，AC=DC，DB⊥MN于点B，如图（1）．易证BD+AB=CB，过程如下：
过点C作CE⊥CB于点C，与MN交于点E
∵∠ACB+∠BCD=90°，∠ACB+∠ACE=90°，∴∠BCD=∠ACE．
∵四边形ACDB内角和为360°，∴∠BDC+∠CAB=180°．
∵∠EAC+∠CAB=180°，∴∠EAC=∠BDC．
又∵AC=DC，∴△ACE≌△DCB，∴AE=DB，CE=CB，
∴△ECB为等腰直角三角形，∴BE=CB．
又∵BE=AE+AB，∴BE=BD+AB，∴BD+AB=CB．
（1）当MN绕A旋转到如图（2）和图（3）两个位置时，BD、AB、CB满足什么样关系式，请写出你的猜想，并对图（2）给予证明．
（2）MN在绕点A旋转过程中，当∠BCD=30°，BD=时，则CD=　　，CB=　　．
【答案】解：（1）如图（2）：AB﹣BD=CB．
证明：过点C作CE⊥CB于点C，与MN交于点E，
∵∠ACD=90°，∴∠ACE=90°﹣∠DCE，∠BCD=90°﹣∠ECD，∴∠BCD=∠ACE．
∵DB⊥MN，∴∠CAE=90°﹣∠AFC，∠D=90°﹣∠BFD，
∵∠AFC=∠BFD，∴∠CAE=∠D，
又∵AC=DC，∴△ACE≌△DCB，∴AE=DB，CE=CB，
∴△ECB为等腰直角三角形，∴BE=CB．
又∵BE=AB﹣AE，∴BE=AB﹣BD，∴AB﹣BD=CB．
如图（3）：BD﹣AB=CB．
证明：过点C作CE⊥CB于点C，与MN交于点E，
∵∠ACD=90°，∴∠ACE=90°+∠ACB，∠BCD=90°+∠ACB，∴∠BCD=∠ACE．
∵DB⊥MN，∴∠CAE=90°﹣∠AFB，∠D=90°﹣∠CFD，
∵∠AFB=∠CFD，∴∠CAE=∠D，
又∵AC=DC，∴△ACE≌△DCB，∴AE=DB，CE=CB，
∴△ECB为等腰直角三角形，∴BE=CB．
又∵BE=AE﹣AB，∴BE=BD﹣AB，∴BD﹣AB=CB．
（2）MN在绕点A旋转过程中，这个的意思并没有指明是哪种情况，
∴综合了第一个图和第二个图两种情况
若是第1个图：易证△ACE≌△DCB，CE=CB，
∴△ECB为等腰直角三角形，
∴∠AEC=45°=∠CBD，
过D作DH⊥CB．则△DHB为等腰直角三角形．
BD=BH，
∴BH=DH=1．
直角△CDH中，∠DCH=30°，
∴CD=2DH=2，CH=．
∴CB=+1
若是第二个图：过D作DH⊥CB交CB延长线于H．
解法类似上面，CD=2，但是CB=﹣1．
【解析】（1）过点C作CE⊥CB于点C，与MN交于点E，证明△ACE≌△DCB，则△ECB为等腰直角三角形，据此即可得到BE=CB，根据BE=AB﹣AE即可证得；（2）过点B作BH⊥CD于点H，证明△BDH是等腰直角三角形，求得DH的长，在直角△BCH中，利用直角三角形中30°的锐角所对的直角边等于斜边的一半，即可求得．
练习2.在△ABC中，∠ACB为锐角．点D为射线BC上一动点，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转90 得到AE，连结EC．如果AB=AC，∠BAC=90 ．
①当点D在线段BC上时（与点B不重合），如图1，请你判断线段CE、BD之间的位置和数量关系（直接写出结论）；
②当点D在线段BC的延长线上时，请你在图2画出图形，判断①中的结论是否仍然成立，并证明你的判断.
【答案】①线段CE、BD之间的位置和数量关系分别是垂直和相等.
②结论仍然成立.
证明：画出图形.
如图，由题意可知，，.
，即 .
∴ △BAD≌△CAE .
∴ BD=CE，.
∴，即 CE⊥BD.
利用旋转添加辅助线可以得到基本模型，从而使问题迎刃而解.
例2.如图3，P是等腰直角三角形ABC内一点，∠ACB=90°，且PB=1，PC=2，PA=3，求∠BPC的度数．
【答案】解法一：如图，将△CAP绕点C逆时针旋转90°，得到△CBQ.连接PQ.易得△PCQ是等腰直角三角形，所以PQ=√2PC=2√2.又因为PB=1，BQ=PA=3，根据勾股定理逆定理可得，∠BPQ=90°.又∠CPQ=45°，所以∠BPC=90°+45°=135°.
本题的辅助线也可以这样添加，将CP绕点C逆时针旋转90°，得到CQ，连接PQ可知△PCQ是等腰直角三角形，构造共直角顶点的等腰直角三角形.易证△ACP≌△BCQ.由全等可知BQ=PA=3，根据勾股定理的逆定理可得，∠BPQ=45°，所以∠BPC=135°.
解法二：将CP绕点C顺时针旋转90°，得到CQ，连接PQ.则△PCQ是等腰直角三角形.从而构造共直角顶点的等腰直角三角形.如图：
易证△CBP≌△CAQ，所以AQ=BP=1，又PA=3，PQ=2√2.根据勾股定理的逆定理可证∠AQP=90°，所以∠AQC=∠BPC=135°.
练习1.如图，点E是正方形ABCD内一点，连结AE、BE、DE．若AE=2，BE=，∠AED=135°，则正方形ABCD的面积为　 　．
【答案】解：如图，把△ADE绕点B顺时针旋转90°得到△ABE′
则E′B=DE，AE=AE
∵旋转角是90°，
∴∠EAE′=90°，
∴△EAE′是等腰直角三角形，
∴EE′= AE=2，∠AE′E=45°，
∵∠AED=135°，
∴∠AE′B=∠AED=135°，
∴∠EE′B=135°﹣45°=90°，
在Rt△EE′B中，由勾股定理得，BE′=DE==，
过点A作垂线垂直于BE'，交BE'的延长线于点G，可求出RT三角形AGB的AG和BG的长，分别为和
在△ABG中，由勾股定理可知AB2=2+2
∴正方形ABCD的面积=AB2=11+2．
故答案为：11+2．
【解析】把△ADE绕点B顺时针旋转90°得到△ABE′，根据旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状可得E′B=DE，AE′=AE，然后求出△AEE′是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出EE′，∠EE′A=45°，再求出∠EE′B=90°，利用勾股定理DE，然后根据余弦定理即可得到结果．
练习2.阅读下面材料：
小伟遇到这样一个问题：如图1，在正三角形ABC内有一点P，且PA=3，PB=4，PC=5，求∠APB的度数．
小伟是这样思考的：如图2，利用旋转和全等的知识构造△AP′C，连接PP′，得到两个特殊的三角形，从而将问题解决．
请你回答：图1中∠APB的度数等于　 　．
参考小伟同学思考问题的方法，解决下列问题：
（1）如图3，在正方形ABCD内有一点P，且PA=，PB=1，PD=，则∠APB的度数等于　 　，正方形的边长为　 　；
（2）如图4，在正六边形ABCDEF内有一点P，且PA=2，PB=1，PF=，则∠APB的度数等于　 　，正六边形的边长为　 　．
【答案】解：阅读材料：把△APB绕点A逆时针旋转60°得到△ACP′，
由旋转的性质，P′A=PA=3，P′D=PB=4，∠PAP′=60°，
∴△APP′是等边三角形，∴PP′=PA=3，∠AP′P=60°，
∵PP′2+P′C2=32+42=25，PC2=52=25，∴PP′2+P′C2=PC2，∴∠PP′C=90°，
∴∠AP′C=∠AP′P+∠PP′C=60°+90°=150°；故∠APB=∠AP′C=150°；
（1）如图3，把△APB绕点A逆时针旋转90°得到△ADP′，
由旋转的性质，P′A=PA=2，P′D=PB=1，∠PAP′=90°，
∴△APP′是等腰直角三角形，
∴PP′=PA=×2=4，∠AP′P=45°，
∵PP′2+P′D2=42+12=17，PD2=2=17，
∴PP′2+P′D2=PD2，∴∠PP′D=90°，
∴∠AP′D=∠AP′P+∠PP′D=45°+90°=135°，故∠APB=∠AP′D=135°，
∵∠APB+∠APP′=135°+45°=180°，∴点P′、P、B三点共线，
过点A作AE⊥PP′于E，
则AE=PE=PP′=×4=2，∴BE=PE+PB=2+1=3，
在Rt△ABE中，AB===；
（2）如图4，∵正六边形的内角为×（6﹣2） 180°=120°，
∴把△APB绕点A逆时针旋转120°得到△AFP′，
由旋转的性质，P′A=PA=2，P′F=PB=1，∠PAP′=120°，
∴∠APP′=∠AP′P=（180°﹣120°）=30°，
过点A作AM⊥PP′于M，设PP′与AF相交于N，
则AM=PA=×2=1，P′M=PM===，
∴PP′=2PM=2，
∵PP′2+P′F2=（2）2+12=13，PF2=2=13，
∴PP′2+P′F2=PF2，∴∠PP′F=90°，
∴∠AP′F=∠AP′P+∠PP′F=30°+90°=120°，故∠APB=∠AP′F=120°，
∵P′F=AM=1，
∵△AMN和△FP′N中，
，
∴△AMN≌△FP′N（AAS），
∴AN=FN，P′N=MN=P′M=，
在Rt△AMN中，AN===，∴AF=2AN=2×=．
故答案为：150°；（1）135°，；（2）120°，．
【解析】阅读材料：把△APB绕点A逆时针旋转60°得到△ACP′，根据旋转的性质可得P′A=PA，P′C=PB，∠PAP′=60°，然后求出△APP′是等边三角形，根据等边三角形的性质求出PP′=PA=3，∠AP′P=60°，再利用勾股定理逆定理求出∠PP′C=90°，然后求出∠AP′C，即为∠APB的度数；（1）把△APB绕点A逆时针旋转90°得到△ADP′，根据旋转的性质可得P′A=PA，P′D=PB，∠PAP′=90°，然后判断出△APP′是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出PP′，∠AP′P=45°，再利用勾股定理逆定理求出∠PP′D=90°，然后求出∠AP′D，即为∠APB的度数；再求出点P′、P、B三点共线，过点A作AE⊥PP′于E，根据等腰直角三角形的性质求出AE=PE=PP′，然后求出BE，在Rt△ABE中，利用勾股定理列式求出AB即可；（2）把△APB绕点A逆时针旋转120°得到△AFP′，根据旋转的性质可得P′A=PA，P′F=PB，∠PAP′=120°，然后求出△APP′是底角为30°的等腰三角形，过点A作AM⊥PP′于M，设PP′与AF相交于N，求出AM=1，再求出PP′，∠AP′P=30°，再利用勾股定理逆定理求出∠PP′F=90°，然后求出∠AP′F，即为∠APB的度数；根据P′F、AM的长度得到P′F=AM，利用“角角边”证明△AMN和△FP′N全等，根据全等三角形对应边相等可得AN=FN，P′N=MN，然后求出MN，在Rt△AMN中，利用勾股定理列式求出AN，然后求出AF即可．
利用旋转添加辅助线可以使分散的条件集中起来，从而利用勾股定理、全等来解决问题.
1.运用旋转的知识解决简单的计算问题，包括求线段长、求角的度数，以及图形的面积等，在解决这类题目时要注意旋转性质的应用，特别是旋转角相等，对应点到旋转中心的距离相等以及对应点连线的垂直平分线经过旋转中心等.
2.利用旋转的思想来解决比较复杂的几何问题，包括探究线段之间的关系（位置关系和数量关系），较复杂的求线段长、角的度数以及图形面积等.在这里我们一定要能够识别基本模型、运用基本模型、利用线段的旋转添加辅助线构造基本模型从而使问题得解，我们也可以通过旋转三角形将分散的条件集中起来.
3.当两条共端点的线段为定长时，另两个点之间的距离就是变化的，也可以说一条定线段绕着端点旋转，当三点在同一直线上时，另两个点之间的距离就会出现极值.
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