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旋转变换的应用练习
类型一:线段、角、三角形的旋转
考点说明：根据旋转的性质：（1）旋转后的图形与原图形全等；（2）对应点与旋转中心连线形成的角叫做旋转角；（3）各旋转角都相等，来解决有关线段、角、三角形的旋转问题.
【易】1.如图，在△ABC中，∠CAB=70°，将△ABC绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB，则∠BAB′的度数是（　　）
A．70° B．35° C．40° D．50°
【易】2.如图，在Rt△ABC 中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后得到△EDC，此时点D在AB边上，斜边DE交AC边于点F，则n的大小和图中阴影部分的面积分别为（　　）
A．30，2 B．60，2 C．60， D．60，
【中】3.已知：如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB′C′的位置，连结BC′，求BC′的长．
【中】4.如图1，和是两张全等的三角形纸片，，，，点与边的中点重合，且点、、、在同一条直线上．如图2，将绕点顺时针旋转，旋转过程中边、分别交边于点、，设旋转角．
（1）当________时，；
（2）当线段、、之间满足关系时，求的大小.
【难】5.如图9，若和为等边三角形，，分别，的中点，易证：，是等边三角形．
（1）当把绕点旋转到图10的位置时，与是否相等，请说明理由；
（2）当绕点旋转到图11的位置时，请证明是等边三角形？并求出当时，与及的面积之比.
类型二:四边形、多边形的旋转
考点说明：根据旋转的性质和四边形、多边形的性质与判定解决问题.
【中】1.如图1，四边形是正方形，是边上的一个动点（点与、不重合），以为一边在正方形外作正方形，连接，．我们探究下列图中线段、线段的长度关系及所在直线的位置关系．
（1）猜想图1中线段、线段的长度关系及所在直线的位置关系；
（2）将图1中的正方形绕着点按顺时针（或逆时针）方向旋转任意角度，得到如图2、如图3情形．请你通过观察、测量等方法判断（1）中得到的结论是否仍然成立，并选取图2证明你的判断．
【中】2.如图1所示，将一个边长为2的正方形和一个长为2、宽为1的长方形拼在一起，构成一个大的长方形．现将小长方形绕点顺时针旋转至，旋转角为．
（1）当点D’恰好落在边上时，求旋转角的值；
（2）如图2，为中点，且，求证：；
（3）小长方形绕点顺时针旋转一周的过程中，与能否全等？若能，直接写出旋转角的值；若不能，说明理由．
【中】3.如图1，若四边形和都是正方形，显然图中有，．
（1）当正方形绕旋转到如图2的位置时，是否成立？如果成立请说明理由，如果不成立，请说明理由.
（2）当正方形绕旋转到如图3的位置时，延长交于，交于．
①求证：；
②当，时，求的长．
【难】4. 探究：
（1）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45°，试判断BE、DF与EF三条线段之间的数量关系，直接写出判断结果： ；
（2）如图2，若把(1)问中的条件变为“在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=∠BAD”，则（1）问中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由；
（3）在（2）问中，若将△AEF绕点A逆时针旋转，当点分别E、F运动到BC、CD延长线上时，如图3所示，其它条件不变，则（1）问中的结论是否发生变化？若变化，请给出结论并予以证明.
类型一:手拉手
考点说明：基本模型是我们在平时解题时遇到的比较多的图形，经过归纳总结得到一般性的结论，认识基本模型，并识别应用模型解决其他较复杂的问题，可以使我们的思路快速简洁.常见的选择模型有手拉手/半角/对角互补等.
【中】1.如图，△ABC和△DBE都是等边三角形，连接AE、CD.求证：（1）AE=CD，（2）AE和CD所在直线所成的锐角等于60°.
【中】2.如图，△ABC与△ADE均是等腰直角三角形，连接BD、CE.
（1）探索BD与CE的数量关系与位置关系；
（2）如果把△ADE绕点A旋转一周，（1）中的结论是否还成立，直接写出结论.
【难】3.如图1，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD=AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．
（1）观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是　 　，位置关系是 　；
（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=10，请直接写出△PMN面积的最大值．
类型二:半角模型
考点说明：识别半角模型，运用旋转添加辅助线，从而解决问题.
【易】1.如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC.点D，E是BC边上两点且∠DAE=45°，
求证：BD2+CE2=DE2.
【中】2.如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°.点D、E是BC边上两点，且∠DAE=60°.若BD=5，CE=8.求DE的长度.
【难】3.已知：正方形ABCD中，∠MAN=45°，绕点顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N．
（1）如图1，当∠MAN=45°绕点A旋转到BM=DM时，有．当 绕点A旋转到时，如图2，请问图1中的结论还是否成立？如果成立，请给予证明，如果不成立，请说明理由；
（2）当绕点旋转到如图3的位置时，线段和之间有怎样的等量关系？请写出你的猜想，并证明．
类型三:对角互补
考点说明：识别对角互补模型，运用旋转找到全等三角形或添加辅助线，从而解决问题.
【中】1.在四边形ABDC中，AC=AB，DC=DB，∠CAB=60°，∠CDB=120°，E是AC上一点，F是AB延长线上一点，且CE=BF．
（1）试说明：DE=DF；
（2）在图中，若G在AB上且∠EDG=60°，试猜想CE、EG、BG之间的数量关系并证明此结论；
（3）若题中条件“∠CAB=60°，∠CDB=120°”改为∠CAB=α，∠CDB=180°-α，G在AB上，∠EDG满足什么条件时，(2)中结论仍然成立？（只写结果不要证明）．
【中】2.在Rt△ABC中，AB=AC，∠B=90°，将一块等腰直角三角板的直角顶点O放在斜边AC的中点上，将三角板绕点O旋转．
（1）如图1，三角板的两直角边分别交AB，BC于E、F两点，连接EF，猜想线段AE、CF与EF之间存在的等量关系（无需证明）
（2）如图2，三角板的两直角边分别交AB，BC延长线于E、F两点，连接EF，判断①中的结论是否成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
【中】3.如图，等边△ABC，其边长为1，D是BC中点，点E，F分别位于AB，AC边上，且∠EDF=120°．
（1）直接写出DE与DF的数量关系；
（2）若BE，DE，CF能围成一个三角形，求出这个三角形最大内角的度数；（要求：写出思路，画出图形，直接给出结果即可）
（3）思考：AE+AF的长是否为定值？如果是，请求出该值，如果不是，请说明理由．
【难】4.菱形ABCD中，两条对角线AC，BD相交于点O，点E和点F分别是BC和CD上一动点，且∠EOF+∠BCD=180°，连接EF．
（1）如图1，当∠ABC=90°时，若AC=4，BE=，求线段EF的长；
（2）如图2，当∠ABC=60°时，求证：CE+CF=AB；
（3）如图3，当∠ABC=90°时，将∠EOF的顶点移到AO上任意一点O′处，∠EO′F绕点O′旋转，仍满足∠EO′F+∠BCD=180°，O′E交BC的延长线一点E，射线O′F交CD的延长线上一点F，连接EF．探究在整个运动变化过程中，线段CE、CF，O′C之间满足的数量关系，并证明你的结论．
考点说明：能将求极值问题转化为三点共线问题.
【中】1.如图，正方形ABCD的边长为4，对角线AC、BD相交于点O，边长为3正方形OEFH绕点O旋转，连接AE，在旋转过程中，AE的最大值为 ，最小值为 .
【中】2.如图，AB=4，AC=2.以BC为边作等边△BCD，连接AD.求线段AD的最大值 .
【中】3.如图，∠MON=90°，矩形ABCD的顶点A、B分别在边OM，ON上，当B在边ON上运动时，A随之在边OM上运动，矩形ABCD的形状保持不变，其中AB=2，BC=1，运动过程中，点D到点O的最大距离为（　　）
A．+1 B． C． D．
【难】4.阅读下面材料：
小伟遇到这样一个问题：如图1，在△ABC(其中∠BAC是一个可以变化的角)中，AB＝2，AC＝4，以BC为边在BC的下方作等边△PBC，求AP的最大值.
(1)小伟是这样思考的：利用变换将等边三角形各边的位置重新组合.他的方法是以点B为旋转中心将△ABP逆时针旋转60°得到△A′BC，连接A′A，当点A落在A′C上时，此题可解(如图2).
请你回答：AP的最大值是____.
(2)参考小伟同学思考问题的方法，解决下列问题：
如图3，等腰Rt△ABC.边AB＝4，P为△ABC内部一点，则AP＋BP＋CP的最小值是____.(结果可以不化简)
类型一:构造基本模型
考点说明：当现有的条件不能充分利用或得不到结论时，能够及时发现基本模型的潜在条件，选择合适的方法添加辅助线，从而使问题得以解决.
【易】1.如图，正方形ABCD的边长为1，AB、AD上各存一点P、Q，若△APQ的周长为2，求∠PCQ的度数.
【易】2.如图，已知△ABC，∠CAB=30°，AB=4，AC=3，以BC为边向外作等边△BCD，连接AD，则AD的长为 .
【中】3.如图，△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点E是AC上一点，连接BE．如图2，点D是线段BE延长线上一点，过点A作AF⊥BD于点F，连接CD、CF，当AF=DF时，求证：DC=BC．
【难】4.如图，△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，其中∠ACB=∠BDE=90°，AC=BC，BD=ED，连接AE，点F是AE的中点，连接DF．
（1）如图1，若B、C、D共线，且AC=CD=2，求BF的长度；
（2）如图2，若A、C、F、E共线，连接CD，求证：DC=DF．
类型二:将分散的条件集中
考点说明：当现有的条件不能充分利用或得不到结论时，能够及时发现基本模型的潜在条件，选择合适的方法添加辅助线，从而使问题得以解决.
【易】1.如图，已知点P是等边△ABC内一点，PA=3，PB=4，PC=5，求∠APB的度数．
【易】2. 如图，P为正方形ABCD内一点，且PA：PB：PC=1：2：3，求∠APB的度数.
【中】3.如图，点O是等边△ABC内一点，连接OA、OB、OC，将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，连接OD．
（1）求证：△COD是等边三角形；
（2）若OA=3，OC=4，OB=5，试判断△AOD的形状，并说明理由．
（3）若∠AOB=110°，∠BOC=α，请探究：当α为多少度时，△AOD是等腰三角形？
【难】4.已知：在△ABC中，∠BAC=60°．
（1）如图1，若AB=AC，点P在△ABC内，且∠APC=150°，PA=3，PC=4，把△APC绕着点A顺时针旋转，使点C旋转到点B，得到△ADB，连结DP．
①依题意补全图1；
②直接写出PB的长；
（2）如图2，若AB=AC，点P在△ABC外，且PA=3，PB=5，PC=4，求∠APC的度数；
（3）如图3，若AB=2AC，点P在△ABC内，且PA=，PB=5，∠APC=120°，直接写出PC的长．
第1页中小学教育资源及组卷应用平台
旋转变换的应用练习
类型一:线段、角、三角形的旋转
考点说明：根据旋转的性质：（1）旋转后的图形与原图形全等；（2）对应点与旋转中心连线形成的角叫做旋转角；（3）各旋转角都相等，来解决有关线段、角、三角形的旋转问题.
【易】1.如图，在△ABC中，∠CAB=70°，将△ABC绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB，则∠BAB′的度数是（　　）
A．70° B．35° C．40° D．50°
【答案】C
【解析】解：∵△ABC绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，
∴AC′=AC，∠B′AB=∠C′AC，
∴∠AC′C=∠ACC′，
∵CC′∥AB，
∴∠ACC′=∠CAB=70°，
∴∠AC′C=∠ACC′=70°，
∴∠CAC′=180°﹣2×70°=40°，
∴∠B′AB=40°，
故选：C．
【易】2.如图，在Rt△ABC 中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后得到△EDC，此时点D在AB边上，斜边DE交AC边于点F，则n的大小和图中阴影部分的面积分别为（　　）
A．30，2 B．60，2 C．60， D．60，
【答案】C
【解析】解：∵△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，
∴∠B=60°，AC=BC×cot∠A=2×=2，AB=2BC=4，
∵△EDC是△ABC旋转而成，∴BC=CD=BD=AB=2，
∵∠B=60°，∴△BCD是等边三角形，∴∠BCD=60°，
∴∠DCF=30°，∠DFC=90°，即DE⊥AC，∴DE∥BC，
∵BD=AB=2，∴DF是△ABC的中位线，
∴DF=BC=×2=1，CF=AC=×2=，
∴S阴影=DF×CF=×=．故选C．
【中】3.已知：如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB′C′的位置，连结BC′，求BC′的长．
【答案】解：如图，连结BB′，
∵△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AB′C′．
∴AB=AB′，∠BAB′=60°，∴△ABB′是等边三角形，
∴AB=BB′=AB′，
延长BC′交AB′于点D，
又∵AC′=B′C′，∴BD垂直平分AB′，∴AD=B′D，
∵∠C=90°，AC=BC=
∴AB==2，
∴AB′=2
∴AD=B′D=1，
∴BD==，C′D==1，
∴BC′=BD﹣C′D=．
【解析】连接BB′，根据旋转的性质可得AB=AB′，判断出△ABB′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得AB=BB′，延长BC′交AB′于D，根据等边三角形的性质可得BD⊥AB′，利用勾股定理列式求出AB，然后根据等边三角形的性质和等腰直角三角形的性质求出BD、C′D，然后根据BC′=BD﹣C′D计算即可得解．
【中】4.如图1，和是两张全等的三角形纸片，，，，点与边的中点重合，且点、、、在同一条直线上．如图2，将绕点顺时针旋转，旋转过程中边、分别交边于点、，设旋转角．
（1）当________时，；
（2）当线段、、之间满足关系时，求的大小.
【答案】解：（1）30；
（2）作点关于的对称点，连接、、、
则，，
∵是斜边的中点，
∴
∴，∴
∵，
∴，,
∴,
又，，
∴,∴,
∵，∴,
∴，∴，
∴,∴，
∴,∴，即,
【解析】（1）解：连接OA
为的中点，
又BH=AG
且
（2）作△AOG关于OD的对称△KOG，利用SAS得到，将的关系转化到同一个三角形中，从而得到90 ，接着得到45 .
【难】5.如图9，若和为等边三角形，，分别，的中点，易证：，是等边三角形．
（1）当把绕点旋转到图10的位置时，与是否相等，请说明理由；
（2）当绕点旋转到图11的位置时，请证明是等边三角形？并求出当时，与及的面积之比.
【答案】（1）．
理由如下:∵和为等边三角形
∴，，
∵，
，
∴，
∴，∴
是等边三角形．
理由如下：，∴．
∵、分别是、的中点，
∴
∵，，∴．
∴，．
∴
∴是等边三角形．
设，则．
∵，，∴．
∵为等边三角形，∴，，
∴，∴．
∴在中，，，∴．
∵为中点，∴，
∴．
∵，，为等边三角形，且
∴
解法二：是等边三角形．
理由如下：∵，、分别是、的中点，
∴，．
∵，∴，
∴，
∴
∴是等边三角形
设，则，
易证，∴，
∴∴
∵，，为等边三角形
∴.
类型二:四边形、多边形的旋转
考点说明：根据旋转的性质和四边形、多边形的性质与判定解决问题.
【中】1.如图1，四边形是正方形，是边上的一个动点（点与、不重合），以为一边在正方形外作正方形，连接，．我们探究下列图中线段、线段的长度关系及所在直线的位置关系．
（1）猜想图1中线段、线段的长度关系及所在直线的位置关系；
（2）将图1中的正方形绕着点按顺时针（或逆时针）方向旋转任意角度，得到如图2、如图3情形．请你通过观察、测量等方法判断（1）中得到的结论是否仍然成立，并选取图2证明你的判断．
【答案】：
（1），；
∵四边形和四边形是正方形，
∴，，，
∴，
在和中，，
∴，
∴；
延长交于点，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，即；
（2），仍然成立，
在图（2）中证明如下
∵四边形、四边形都是正方形
∴，，
∴，
∴
∴，，
又∵，
∴
∴
∴．
【解析】(1)根据正方形的性质,显然△BCG顺时针旋转90°即可得到△DCE,从而判断两条直线之间的关系；(2)结合正方形的性质,根据SAS仍然能够判定,从而证明结论.
【中】2.如图1所示，将一个边长为2的正方形和一个长为2、宽为1的长方形拼在一起，构成一个大的长方形．现将小长方形绕点顺时针旋转至，旋转角为．
（1）当点D’恰好落在边上时，求旋转角的值；
（2）如图2，为中点，且，求证：；
（3）小长方形绕点顺时针旋转一周的过程中，与能否全等？若能，直接写出旋转角的值；若不能，说明理由．
【答案】解：（1）∵，
∴
∴
∴
（2）∵为中点，∴
∴
∴
又∵，∴
∴
（3）能．
或.
【解析】（1）根据旋转的性质得，在中，求出，再根据平行线之间内错角相等的性质得即可.（2）根据点为中点得，即可得，再根据旋转的规律得，，再由边角边全等判定定理可得，即可得.（3）∵四边形为正方形，∴，∵，∴与为腰相等的两等腰三角形.
当与为钝角三角形时，则旋转角.
当与为锐角三角形时，，
则旋转角，即旋转角的值为或时，与全等.
【中】3.如图1，若四边形和都是正方形，显然图中有，．
（1）当正方形绕旋转到如图2的位置时，是否成立？如果成立请说明理由，如果不成立，请说明理由.
（2）当正方形绕旋转到如图3的位置时，延长交于，交于．
①求证：；
②当，时，求的长．
【答案】（1）成立．
证明：∵四边形、四边形是正方形，
∴，，
．
∴．
∴．
∴．
（2）①类似（1）可得，
∴．
又∵，
∴，即．
②连接，交于，连接，
∵四边形是正方形，∴，
∴，．
∵，，∴，
∴以为底边的的高为，（延长画高）
∴
∴．
【解析】(1)寻找AG、CE所在的两个三角形全等的条件,证明全等即可；(2)①由△AGD ≌△CED,可以知道,利用对顶角相等及互余关系证明垂直；②连接GE交AD于P,根据,再分别表示四个三角形的底和高,列方程求CH.
【难】4. 探究：
（1）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45°，试判断BE、DF与EF三条线段之间的数量关系，直接写出判断结果： ；
（2）如图2，若把(1)问中的条件变为“在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=∠BAD”，则（1）问中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由；
（3）在（2）问中，若将△AEF绕点A逆时针旋转，当点分别E、F运动到BC、CD延长线上时，如图3所示，其它条件不变，则（1）问中的结论是否发生变化？若变化，请给出结论并予以证明.
【答案】（1）EF= BE＋DF
（2）结论EF= BE＋DF仍然成立（如图2）
证明：将△ADF绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到，
∴△ADF≌，
∴∠1=∠2， A=AF，=DF，∠=∠D
又∵∠EAF=∠BAD，即∠4=∠2+∠3，∴∠4=∠1+∠3.
又∵∠ABC＋∠D＝180°，∴∠A＋∠AB E=180°，即：、B 、E共线.
在△AEF与△AEF’中，
AF=A，
∠4=∠1+∠3，
AE=AE
∴△AEF≌△AE中，
∴EF=E，又E=BE＋B,即：EF= BE＋DF.
（3）发生变化. EF、BE、DF之间的关系是EF= BE－DF.
证明：将△ADF绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，点F落在BC上点处， 得到△AB，如图3所示.
∴△ADF≌△AB，∴∠B A=∠DAF ， A=AF，B=DF.
又∵∠EAF=∠BAD，且∠B A=∠DAF
∴∠AE=∠FA E.
在△AE与△FA E中
AF=A，
∠AE=∠FA E,
AE=AE,
∴△AE≌△FA E，∴EF=E，
又∵BE= B＋E，∴E=BE－B 即EF= BE－DF
【解析】(2)可通过旋转图形构建全等三角形进行求证.把绕点顺时针旋转得到，那么，，三点共线，然后证得和全等得出，由于，因此可证得
(3) 将△ADF绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，可得△ADF≌△AB，那么，，三点共线，然后证得和全等得出，由于，因此可证得
类型一:手拉手
考点说明：基本模型是我们在平时解题时遇到的比较多的图形，经过归纳总结得到一般性的结论，认识基本模型，并识别应用模型解决其他较复杂的问题，可以使我们的思路快速简洁.常见的选择模型有手拉手/半角/对角互补等.
【中】1.如图，△ABC和△DBE都是等边三角形，连接AE、CD.求证：（1）AE=CD，（2）AE和CD所在直线所成的锐角等于60°.
【答案】（1）证明：因为△ABC和△DBE都是等边三角形
所以AB=CB,EB=DB，且∠EBD=∠ABC=60°.
所以∠ABE=∠CBD
所以△ABE≌△CBD.
所以AE=CD.
（2）如图，延长CD分别交AE、AB于点F、G.
由全等可得，∠GAF=∠BCG，又∠AGF=∠CGB.
所以∠AFG=∠CBG=60°.
【解析】（1）根据SAS可得△ABE≌△CBD. 所以AE=CD.（2）由△ABE≌△CBD可得∠GAF=∠BCG， 所以∠AFG=∠CBG=60°.
【中】2.如图，△ABC与△ADE均是等腰直角三角形，连接BD、CE.
（1）探索BD与CE的数量关系与位置关系；
（2）如果把△ADE绕点A旋转一周，（1）中的结论是否还成立，直接写出结论.
【答案】(1) BD=CE，BD⊥CE.
理由如下：∵与均是等腰直角三角形,
,,,
∴∠BAD=∠CAE，∴△ABD≌△ACE，
∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，
∵∠ABD +∠DBC+∠ACB=90°
∴∠ACE +∠DBC+∠ACB=90°
∴BD⊥CE
（2）依然成立.BD=CE，BD⊥CE
【解析】(1)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.(2)证明方法同上.
【难】3.如图1，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD=AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．
（1）观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是　 　，位置关系是 　；
（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=10，请直接写出△PMN面积的最大值．
【答案】解：（1）∵点P，N是BC，CD的中点，
∴PN∥BD，PN=BD，
∵点P，M是CD，DE的中点，
∴PM∥CE，PM=CE，
∵AB=AC，AD=AE，∴BD=CE，∴PM=PN，
∵PN∥BD，∴∠DPN=∠ADC，
∵PM∥CE，∴∠DPM=∠DCA，
∵∠BAC=90°，∴∠ADC+∠ACD=90°，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90°，
∴PM⊥PN，故答案为：PM=PN，PM⊥PN，
（2）由旋转知，∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，AD=AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，
同（1）的方法，利用三角形的中位线得，PN=BD，PM=CE，
∴PM=PN，∴△PMN是等腰三角形，
同（1）的方法得，PM∥CE，∴∠DPM=∠DCE，
同（1）的方法得，PN∥BD，∴∠PNC=∠DBC，
∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC
=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC
=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，
∵∠BAC=90°，∴∠ACB+∠ABC=90°，
∴∠MPN=90°，∴△PMN是等腰直角三角形，
（3）如图2，同（2）的方法得，△PMN是等腰直角三角形，
∴MN最大时，△PMN的面积最大，
∴DE∥BC且DE在顶点A上面，
∴MN最大=AM+AN，
连接AM，AN，
在△ADE中，AD=AE=4，∠DAE=90°，∴AM=2，
在Rt△ABC中，AB=AC=10，AN=5，
∴MN最大=2+5=7，
∴S△PMN最大=PM2=×MN2=×（7）2=．
方法2、由（2）知，△PMN是等腰直角三角形，PM=PN=BD，
∴PM最大时，△PMN面积最大，
∴点D在AB的延长线上，
∴BD=AB+AD=14，∴PM=7，
∴S△PMN最大=PM2=×72=
【解析】（1）利用三角形的中位线得出PM=CE，PN=BD，进而判断出BD=CE，即可得出结论，再利用三角形的中位线得出PM∥CE得出∠DPM=∠DCA，最后用互余即可得出结论；（2）先判断出△ABD≌△ACE，得出BD=CE，同（1）的方法得出PM=BD，PN=BD，即可得出PM=PN，同（1）的方法即可得出结论；（3）方法1、先判断出MN最大时，△PMN的面积最大，进而求出AN，AM，即可得出MN最大=AM+AN，最后用面积公式即可得出结论．方法2、先判断出BD最大时，△PMN的面积最大，而BD最大是AB+AD=14，即可．
类型二:半角模型
考点说明：识别半角模型，运用旋转添加辅助线，从而解决问题.
【易】1.如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC.点D，E是BC边上两点且∠DAE=45°，
求证：BD2+CE2=DE2.
【答案】证明：因为AB=AC，且∠BAC=90°.将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，连接EG. 如下图：
由旋转的性质可知，△ABD≌△ACG.
∴AD=AG，∠BAD=∠CAG，∠ABD=∠ACG=45°.
∵∠DAE=45°，
∴∠BAD+∠EAC=∠CAG+∠EAC=45°
∴∠DAE=∠GAE
∴△DAE≌△GAE(SAS)
∴DE=GE
在Rt△GCE中CE2+CG2=GE2
∵BD=CG，DE=CG∴BD2+CE2=DE2
【解析】将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，从而得到Rt△ECG,再证得△DAE≌△GAE(SAS)得到结论.
【中】2.如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°.点D、E是BC边上两点，且∠DAE=60°.若BD=5，CE=8.求DE的长度.
【答案】∵AB=AC ，
∴ 可把 △AEC 绕点 A 顺时针旋转 120 得到 △AE′B ，
∴BE′=EC=8,AE′=AE,∠E′AB=∠EAC ，
∵∠BAC=120 ,∠DAE=60 ，
∴∠BAD+∠EAC=60 ，
∴∠E′AD=∠E′AB+∠BAD=60 ，
在 △E′AD 和 △EAD 中
AE′=AE,∠E′AD=∠EAD,AD=AD
∴△E′AD ≌ △EAD(SAS) ，∴E′D=ED ，
过 E′ 作 EF⊥BD 于点 F ，
∵AB=AC,∠BAC=120 ，∴∠ABC=∠C=∠E′BA=30 ，
∴∠E′BF=60 ，∴∠BE′F=30 ，
∴BF= BE′=4,E′F=4 ，
∵BD=5 ，∴FD=BD BF=1 ，
在 Rt△E′FD 中 , 由勾股定理可得 E′D=( )2+12=7 ，
∴DE=7.
【解析】把△AEC绕点A顺时针旋转120°得到△AE′B，再结合条件可证明△AE′D≌△AED，可得DE′=DE，过E′作EF⊥BD于点F，可求得DF和E′F的长，在Rt△E′FD中可求得DE′，则可求得DE．
【难】3.已知：正方形ABCD中，∠MAN=45°，绕点顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N．
（1）如图1，当∠MAN=45°绕点A旋转到BM=DM时，有．当 绕点A旋转到时，如图2，请问图1中的结论还是否成立？如果成立，请给予证明，如果不成立，请说明理由；
（2）当绕点旋转到如图3的位置时，线段和之间有怎样的等量关系？请写出你的猜想，并证明．
【答案】（1）答：图1的结论仍然成立，即 ．
证明：如图2，在MB的延长线上截取BE=DN，连结AE ．
易证 （SAS）．
∴AE=AN，∠EAB=∠NAD．
∴．又AM为公共边，
∴．．
，即．
（2）猜想：线段和之间的等量关系为： ．
证明：如图3，在DN上截取DE=MB，连结A E ．
易证（SAS）． ∴ AM=AE；∠MAB=∠EAD．
易证（SAS）．．
∵，∴．
【解析】（1）可通过旋转图形构建全等三角形进行求证.把绕点顺时针旋转，得到，那么，，三点共线，然后证得和全等得出，由于，因此可 证得；（2）如图，参照（1）中的求法，证得，可得，进而可得到.
类型三:对角互补
考点说明：识别对角互补模型，运用旋转找到全等三角形或添加辅助线，从而解决问题.
【中】1.在四边形ABDC中，AC=AB，DC=DB，∠CAB=60°，∠CDB=120°，E是AC上一点，F是AB延长线上一点，且CE=BF．
（1）试说明：DE=DF；
（2）在图中，若G在AB上且∠EDG=60°，试猜想CE、EG、BG之间的数量关系并证明此结论；
（3）若题中条件“∠CAB=60°，∠CDB=120°”改为∠CAB=α，∠CDB=180°-α，G在AB上，∠EDG满足什么条件时，(2)中结论仍然成立？（只写结果不要证明）．
【答案】（1）如图1，连接AD，
在△ACD和△ABD中，
AC=AB,CD=BD,AD=AD，
∴△ACD≌△ABD（SSS）
∴∠C=∠DBA．
又∵∠CAB=60°，∠CDB=120°，
∴∠C=∠DBA=∠DBF=90°．
在△DCE和△DBF中，
DC＝DB, ∠DCE＝∠DBF, CE＝BF，
∴△ECD≌△FBD（SAS）
∴DE=DF．
（2）由（1）知△ECD≌△FBD，
∴DF=DE，∠CDE=∠BDF．
又∵∠CDE+∠GDB=∠CDB-∠EDG=120°-60°=60°
∴∠EDG=∠FDG．
在△EGD和△FGD中，
ED＝FD, ∠EDG＝∠FDG, DG＝DG，
∴∴△EGD≌△FGD（SAS）
∴EG=FG=GB+BF，
∴EG=CE+BG；
（3）EG=CE+BG
【解析】（1）根据全等三角形的判定与性质，可得∠C=∠DBA，根据全等三角形的判定与性质，可得DE与DF的关系； （2）根据全等三角形的性质，可得DF=DE，∠CDE=∠BDF，再根据全等三角形的判定与性质，可得EG=FG=GB+BF；（3）根据（2）中的证明过程同理可证得.
【中】2.在Rt△ABC中，AB=AC，∠B=90°，将一块等腰直角三角板的直角顶点O放在斜边AC的中点上，将三角板绕点O旋转．
（1）如图1，三角板的两直角边分别交AB，BC于E、F两点，连接EF，猜想线段AE、CF与EF之间存在的等量关系（无需证明）
（2）如图2，三角板的两直角边分别交AB，BC延长线于E、F两点，连接EF，判断①中的结论是否成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
【答案】解：（1）猜想：AE2+CF2=EF2，
连接OB，如图1，
∵AB=BC，∠ABC=90°，O点为AC的中点，
∴OB=AC=OC，∠BOC=90°，∠ABO=∠BCO=45°．
∵∠EOF=90°，∴∠EOB+∠BOF=∠FOC+∠BOF．
∴∠EOB=∠FOC，
在△OEB和△OFC中，
，
∴△OEB≌△OFC（ASA）．
∴BE=CF，
又∵BA=BC，∴AE=BF．
在Rt△EBF中，∵∠EBF=90°，
∴BF2+BE2=EF2，∴AE2+CF2=EF2；
（2）成立．理由如下：
连接OB．如图2，
∵AB=BC，∠ABC=90°，O点为AC的中点，
∴OB=AC=OC，∠BOC=90°，∠ABO=∠BCO=45°．
∵∠EOF=90°，∴∠EOB=∠FOC．
在△OEB和△OFC中，
，
∴△OEB≌△OFC（ASA）．
∴BE=CF，
又∵BA=BC，∴AE=BF．
在Rt△EBF中，∵∠EBF=90°，
∴BF2+BE2=EF2，∴AE2+CF2=EF2．
【解析】（1）连接OB，证△OEB≌△OFC，推出BE=CF，由勾股定理即可得出结论；（2）连接OB，求出OB=AC=OC，∠BOC=90°，∠EOB=∠FOC，∠EBO=∠FCO，证△OEB≌△OFC，推出BE=CF，在Rt△EBF中，由勾股定理得出BF2+BE2=EF2，即可得出答案.
【中】3.如图，等边△ABC，其边长为1，D是BC中点，点E，F分别位于AB，AC边上，且∠EDF=120°．
（1）直接写出DE与DF的数量关系；
（2）若BE，DE，CF能围成一个三角形，求出这个三角形最大内角的度数；（要求：写出思路，画出图形，直接给出结果即可）
（3）思考：AE+AF的长是否为定值？如果是，请求出该值，如果不是，请说明理由．
【答案】（1）结论：DE=DF．
证明：如图1中，连接AD，作DN⊥AB，DM⊥AC垂足分别为N、M．
∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC=60°，AB=AC，
∵BD=DC，∴∠BAD=∠CAD，∴DN=DM，
∵∠EDF=120°，∴∠EDF+∠BAC=180°，∠AED+∠AFD=180°，
∵∠AED+∠DEN=180°，∴∠DFM=∠DEN，
在△DNE和△DMF中，
，
∴△DNE≌△DMF，
∴DE=DF．
（2）能围成三角形，最大内角为120°．
证明：如图2中，延长FD到M使得DF=DM，连接BM，EM．
在△DFC和△DMB中，
，
∴△DFC≌△DMB，
∴∠C=∠MBD=60°，BM=CF，
∵DE=DF=DM，∠EDM=180°﹣∠EDF=60°，
∴△EDM是等边三角形，∴EM=DE，
∴EB、ED、CF能围成△EBM，最大内角∠EBM=∠EBC+∠DBM=60°+60°=120°．
（3）如图1中，在△ADN和△ADM中，
，
∴△ADN≌△ADM，
∴AN=AM，∴AE+AF=AN﹣EN+AM+MF，
由（1）可知EN=MF．
∴AE+AF=2AN，
∵BD=DC=，在RT△BDN中，∵∠BDN=30°，
∴BN=BD=，∴AN=AB﹣BN=，∴AE+AF=．
【解析】（1）结论：DE=DF．如图1中，连接AD，作DN⊥AB，DM⊥AC垂足分别为N、M，只要证明△DNE≌△DMF即可．（2）能围成三角形，最大内角为120°．延长FD到M使得DF=DM，连接BM，EM，由△DFC≌△DMB得∠C=∠BMD=60°，BM=CF，因为DE=DF=DM，∠EDM=180°﹣∠EDF=60°，所以△EDM是等边三角形，由此不难证明．（3）如图1中，先证明△ADN≌△ADM，再证明AE+AF=2AN，求出AN即可解决问题．
【难】4.菱形ABCD中，两条对角线AC，BD相交于点O，点E和点F分别是BC和CD上一动点，且∠EOF+∠BCD=180°，连接EF．
（1）如图1，当∠ABC=90°时，若AC=4，BE=，求线段EF的长；
（2）如图2，当∠ABC=60°时，求证：CE+CF=AB；
（3）如图3，当∠ABC=90°时，将∠EOF的顶点移到AO上任意一点O′处，∠EO′F绕点O′旋转，仍满足∠EO′F+∠BCD=180°，O′E交BC的延长线一点E，射线O′F交CD的延长线上一点F，连接EF．探究在整个运动变化过程中，线段CE、CF，O′C之间满足的数量关系，并证明你的结论．
【答案】解（1）∵在菱形ABCD中，∠ABC=90°，∴菱形ABCD是正方形，
∴∠BOC=90°，OB=OC，AB=AC，∠OBE=∠OCF=45°，∠BCD=90°
∵∠EOF+∠BCD=180°，∴∠EOF=90°，∴∠BOE=∠COF，
在△OBE和△COF中，
∴△OBE≌△OCF（ASA），
∴BE=CF=，
在Rt△ABC中，AB2+BC2=AC2，AC=4，
∴BC=4，∴CE=，
在Rt△CEF中，CE2+CF2=EF2，∴EF=；
（2）证明：如图1中，连接EF，在CO上截取CN=CF．
∵∠EOF+∠ECF=180°，∴O、E、C、F四点共圆，
∵∠ABC=60°，四边形ABCD是菱形，
∴∠BCD=180°﹣∠ABC=120°，
∴∠ACB=∠ACD=60°，
∴∠OEF=∠OCF，∠OFE=∠OCE，
∴∠OEF=∠OFE=60°，
∴△OEF是等边三角形，
∴OF=FE，
∵CN=CF，∠FCN=60°，
∴△CFN是等边三角形，
∴FN=FC，∠OFE=∠CFN，
∴∠OFN=∠EFC，
在△OFN和△EFC中，
，
∴△OFN≌△EFC（SAS），
∴ON=EC，
∴CE+CF=CN+ON=OC，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴∠CBO=30°，AC⊥BD，
∵在Rt△BOC中，∠BOC=90°，∠OBC=30°，
∴OC=BC=AB，∴CE+CF=AB．
（3）结论：CF﹣CE=O′C．
理由：如图2，过点O′作O′H⊥AC交CF于H，
∵∠O′CH=∠O′HC=45°，∴O′H=O′C，
∵∠FO′E=∠HO′C，
∴∠FO′H=∠CO′E，
∵∠EOF=∠ECF=90°，
∴O′、C、F、E四点共圆，
∴∠O′EF=∠O′CF=45°，
∴∠O′FE=∠O′EF=45°，
∴O′E=O′F，
在△FO′H和△EO′C中，
，
∴△FO′H≌△EO′C（SAS），
∴FH=CE，
∴CF﹣CE=CF﹣FH=CH=O′C．
【解析】（1）首先证得△OBE≌△OCF（ASA），然后在Rt△CEF中，根据CE2+CF2=EF2即可解决问题．（2）如图1中，连接EF，在CO上截取CN=CF，只要证明△OFN≌△EFC，即可推出CE+CF=OC，再证明OC=AB即可．（3）结论：CF﹣CE=O′C，过点O′作O′H⊥AC交CF于H，只要证明△FO′H≌△EO′C，推出FH=CE，再根据等腰直角三角形性质即可解决问题．
考点说明：能将求极值问题转化为三点共线问题.
【中】1.如图，正方形ABCD的边长为4，对角线AC、BD相交于点O，边长为3正方形OEFH绕点O旋转，连接AE，在旋转过程中，AE的最大值为 ，最小值为 .
【答案】 ，
【解析】由正方形ABCD的边长为4可得OA= ，而线段OE的长为3，所以当点A、O、E三点共线时会取得极值.
【中】2.如图，AB=4，AC=2.以BC为边作等边△BCD，连接AD.求线段AD的最大值 .
【答案】6
【解析】以AB为边作等边三角形AEB，连接CE，如图所示，
从而构造手拉手模型，得到△EBC≌△ABD（SAS），∴AE=AB=4，AD=EC
当点C、A、E在同一直线上时EC最大为AC+AE=6，故答案为6.
【中】3.如图，∠MON=90°，矩形ABCD的顶点A、B分别在边OM，ON上，当B在边ON上运动时，A随之在边OM上运动，矩形ABCD的形状保持不变，其中AB=2，BC=1，运动过程中，点D到点O的最大距离为（　　）
A．+1 B． C． D．
【答案】A
【解析】解：如图，取AB的中点E，连接OE、DE、OD，
∵OD≤OE+DE，∴当O、D、E三点共线时，点D到点O的距离最大，
此时，∵AB=2，BC=1，∴OE=AE=AB=1，DE===，
∴OD的最大值为：+1．故选：A．
【难】4.阅读下面材料：
小伟遇到这样一个问题：如图1，在△ABC(其中∠BAC是一个可以变化的角)中，AB＝2，AC＝4，以BC为边在BC的下方作等边△PBC，求AP的最大值.
(1)小伟是这样思考的：利用变换将等边三角形各边的位置重新组合.他的方法是以点B为旋转中心将△ABP逆时针旋转60°得到△A′BC，连接A′A，当点A落在A′C上时，此题可解(如图2).
请你回答：AP的最大值是____.
(2)参考小伟同学思考问题的方法，解决下列问题：
如图3，等腰Rt△ABC.边AB＝4，P为△ABC内部一点，则AP＋BP＋CP的最小值是____.(结果可以不化简)
【答案】解：（1）如图2，
∵△ABP逆时针旋转60°得到△A′BC，
∴∠A′BA=60°，A′B=AB，AP=A′C∴△A′BA是等边三角形，
∴A′A=AB=BA′=2，
在△AA′C中，A′C＜AA′+AC，即AP＜6，
则当点A′A、C三点共线时，A′C=AA′+AC，即AP=6，即AP的最大值是6.
如图3，
∵Rt△ABC是等腰三角形，∴AB=BC．
以B为中心，将△APB逆时针旋转60°得到△A'P'B．
则A'B=AB=BC=4，PA=P′A′，PB=P′B，
∴PA+PB+PC=P′A′+P'B+PC．
∵当A'、P'、P、C四点共线时，（P'A+P'B+PC）最短，即线段A'C最短，
∴A'C=PA+PB+PC，∴A'C长度即为所求．
过A'作A'D⊥CB延长线于D．
∵∠A'BA=60°（由旋转可知），∴∠1=30°．
∵A'B=4，∴A'D=2，
∴CD=4+2．在Rt△A'DC中A'C2=A'D2+DC2=22+(4+2)2
∴A'C=
∴AP+BP+CP的 最小值是2 +2 （或不化简为 ）.
【解析】（1）根据旋转的性质知A′A=AB=BA′=2，AP=A′C，所以在△AA′C中，利用三角形三边关系来求A′C即AP的长度；（2）以B为中心，将△APB逆时针旋转60°得到△A'P'B．根据旋转的性质推知PA+PB+PC=P'A′+P'B+PC．当A'、P'、P、C四点共线时，（P'A′+P'B+PC）最短，即线段A'C最短．然后通过作辅助线构造直角三角形A′DC，在该直角三角形内利用勾股定理来求线段A′C的长度．
类型一:构造基本模型
考点说明：当现有的条件不能充分利用或得不到结论时，能够及时发现基本模型的潜在条件，选择合适的方法添加辅助线，从而使问题得以解决.
【易】1.如图，正方形ABCD的边长为1，AB、AD上各存一点P、Q，若△APQ的周长为2，求∠PCQ的度数.
【答案】把△CDQ绕点C旋转90°到△CBF的位置，CQ=CF
∵AQ+AP+QP=2,
又AQ+QD+AP+PB=2,∴QD+BP=QP.
又DQ=BF，∴PQ=PF.
∴.
∴∠QCP=∠FCP.
又∵∠QCF=90°，∴∠PCQ=45°。
【解析】把△CDQ绕点C旋转90°到△CBF的位置,再证得即可得解.
【易】2.如图，已知△ABC，∠CAB=30°，AB=4，AC=3，以BC为边向外作等边△BCD，连接AD，则AD的长为 .
【答案】5
【解析】以AB为边作等边三角形AEB,连接CE,如图所示,
从而构造手拉手模型，得到△EBC≌△ABD（SAS）,
∴AD=EC=5.
【中】3.如图，△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点E是AC上一点，连接BE．如图2，点D是线段BE延长线上一点，过点A作AF⊥BD于点F，连接CD、CF，当AF=DF时，求证：DC=BC．
【答案】解：如图，过点作交于点
所以，因为，所以，
因为，所以，所以，
因为，所以，
在和中，
，
所以，所以，
又因为，所以，
所以，，所以。
在和中，
，
所以，
所以，因为，所以。
【解析】过点作交于点，先通过证，得出，，进而得出，结合已知条件可证，从而可得，通过等量代换可得.
【难】4.如图，△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，其中∠ACB=∠BDE=90°，AC=BC，BD=ED，连接AE，点F是AE的中点，连接DF．
（1）如图1，若B、C、D共线，且AC=CD=2，求BF的长度；
（2）如图2，若A、C、F、E共线，连接CD，求证：DC=DF．
【答案】解：（1）∵△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，
∴AC=BC=CD=2，BD=DE=4，BE=4，AB=2，∠ABC=∠DBE=45°，
∴∠ABE=90°，
∴AE===2，
∵AF=EF，∴BF=AE=．
（2）作AM∥DE交DF的延长线于M，交BD于N，连接CM．
∵AM∥DE，∴∠MAE=∠DEF，
在△AFM和△EFD中，
，
∴△AFM≌△EFD，
∴AM=DE=BD，MF=DF.
∵∠BCE=∠BDE=90°，∠COB=∠DOE，
∴∠CBD=∠DEF=∠MAF．
在△ACM和△BCD中，
，
∴△ACM≌△BCD，
∴∠ACM=∠BCD，CM=CD，
∴∠ACB=∠MCD=90°
∴△CDM是等腰直角三角形，
又MF=DF，∴∠DCO=∠OCF=45°，
∴△CDF是等腰直角三角形，
∴CD=DF．
【解析】（1）证明△ABE是直角三角形，求出AB、BE，由勾股定理求出AE，再利用直角三角形斜边中线的性质即可解决问题；（2）作AM∥DE交DF的延长线于M，交BD于N，连接CM．只要证明△CDM，△CDF都是等腰直角三角形即可解决问题.
类型二:将分散的条件集中
考点说明：当现有的条件不能充分利用或得不到结论时，能够及时发现基本模型的潜在条件，选择合适的方法添加辅助线，从而使问题得以解决.
【易】1.如图，已知点P是等边△ABC内一点，PA=3，PB=4，PC=5，求∠APB的度数．
【答案】解：∵△ABC为等边三角形，∴BA=BC，
可将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，
连EP，如图，
∴BE=BP=4，AE=PC=5，∠PBE=60°，
∴△BPE为等边三角形，
∴PE=PB=4，∠BPE=60°，
在△AEP中，AE=5，AP=3，PE=4，
∴AE2=PE2+PA2，
∴△APE为直角三角形，且∠APE=90°，
∴∠APB=90°+60°=150°．
【解析】将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，根据旋转的性质得BE=BP=4，AE=PC=5，∠PBE=60°，则△BPE为等边三角形，得到PE=PB=4，∠BPE=60°，在△AEP中，AE=5，AP=3，PE=4，根据勾股定理的逆定理可得到△APE为直角三角形，且∠APE=90°，即可得到∠APB的度数．
【易】2. 如图，P为正方形ABCD内一点，且PA：PB：PC=1：2：3，求∠APB的度数.
【答案】解：PA：PB：PC=1：2：3，设PA=k，PB=2k，PC=3k，
把△BCP绕B点顺时针方向旋转90°得到△BAE.
∵BP=BE，∠PBE=90°，∴，∴k
又在△APE中，.
∴∠APE=90°.即∠APB=90°+45°=135°.∴∠APB=135°.
【解析】△BCP绕B点顺时针方向旋转90°得到△BAE可得Rt△APE和等腰Rt△PBE，得到90°、45°，最后求得∠APB的度数.
【中】3.如图，点O是等边△ABC内一点，连接OA、OB、OC，将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，连接OD．
（1）求证：△COD是等边三角形；
（2）若OA=3，OC=4，OB=5，试判断△AOD的形状，并说明理由．
（3）若∠AOB=110°，∠BOC=α，请探究：当α为多少度时，△AOD是等腰三角形？
【答案】解：（1）证明：∵将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，
∴△BOC≌△ADC，∠OCD=60°，∴CO=CD．
∴△COD是等边三角形．
（2）△AOD为直角三角形，
∵△ADC≌△BOC，∴DA=OB=5，
∵△COD是等边三角形，∴OD=OC=4，又OA=3，
∴DA2=OA2+OD2，∴△AOD为直角三角形．
（3）因为△AOD是等腰三角形，
所以分三种情况：①∠AOD=∠ADO②∠ODA=∠OAD③∠AOD=∠DAO
∵∠AOB=110°，∠COD=60°，∴∠BOC=190°﹣∠AOD，
而∠BOC=∠ADC=∠ADO+∠CDO
由①∠AOD=∠ADO可得∠BOC=∠AOD+60°，求得α=125°；
由②∠ODA=∠OAD可得∠BOC=150°﹣∠AOD求得α=110°；
由③∠AOD=∠DAO可得∠BOC=240°﹣2∠AOD，求得α=140°；
综上可知α=125°、α=110°或α=140°．
【解析】（1）由△BOC≌△ADC，得出CO=CD，再由∠OCD=60°，得出结论；（2）由勾股定理的逆定理判断△AOD为直角三角形；（3）因为△AOD是等腰三角形，可得①∠AOD=∠ADO、②∠ODA=∠OAD、③∠AOD=∠DAO；若∠AOB=110°，∠COD=60°，∠BOC=190°﹣∠AOD，∠BOC=∠ADC=∠ADO+∠CDO由①∠AOD=∠ADO可得α=125°，由②∠ODA=∠OAD可得α=110°，由③∠AOD=∠DAO可得α=140°．
【难】4.已知：在△ABC中，∠BAC=60°．
（1）如图1，若AB=AC，点P在△ABC内，且∠APC=150°，PA=3，PC=4，把△APC绕着点A顺时针旋转，使点C旋转到点B，得到△ADB，连结DP．
①依题意补全图1；
②直接写出PB的长；
（2）如图2，若AB=AC，点P在△ABC外，且PA=3，PB=5，PC=4，求∠APC的度数；
（3）如图3，若AB=2AC，点P在△ABC内，且PA=，PB=5，∠APC=120°，直接写出PC的长．
【答案】解：（1）①依题意补全图形，如图1所示，
②由旋转有，AD=AP，BD=PC，∠DAB=∠PAC，
∴∠DAP=∠BAC=60°，∴△ADP为等边三角形，
∴DP=PA=3，∠ADP=60°，
∵∠ADB=∠APC=150°，
∴∠BDP=90°，在Rt△BDP中，BD=4，DP=3，根据勾股定理得，PB=5；
（2）如图2，
把△APC绕点A顺时针旋转，使点C与点B重合，得到△ADB，连接PD，
∴△APC≌△ADB，
∴AD=AP=3，DB=PC=4，∠PAC=∠DAB，∠APC=∠2，
∴∠DAP=∠BAC，
∵∠BAC=60°，
∴∠DAP=60°，
∴△DAP是等边三角形，
∴PD=3，∠1=60°，
∴PD2+DB2=32+42=52=PB2，
∴∠PDB=90°，∴∠2=30°，
∴∠APC=30°；
（3）如图3
作△ABQ，使得：∠QAB=∠PAC，∠ABQ=∠ACP，则△ABQ∽△ACP，
∴∠AQB=∠APC=120°，
∵AB=2AC，∴△ABQ与△ACP相似比为2，
∴AQ=2AP=2，BQ=2CP，∠QAP=∠QAB+∠BAP=∠PAC+∠BAP=∠BAC=60°，
∵=2，
∴∠APQ=90°，PQ=3，∴∠AQP=30°
∴∠BQP=∠AQB﹣∠AQP=120°﹣30°=90°，
根据勾股定理得，BQ==4，∴PC=BQ=2．
【解析】（1）由旋转的性质得到△ADP为等边三角形，从而判断出△BPD为直角三角形，根据勾股定理计算即可；（2）由旋转的性质得到△DAP是等边三角形，根据勾股定理得逆定理判断出△BPD为直角三角形，即可；（3）作出△ABQ∽△ACP，判断出△APQ为直角三角形，从而得到△BPQ为直角三角形，根据勾股定理计算即可．
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