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人教版数学九年级上暑假预习课
第十六讲 旋转中的几何模型二
专题导航
模型一　角含半角模型
模型特征：
角含半角模型，顾名思义即一个角包含着它的一半大小的角。它主要包含：等腰直角三角形角含半角模型；正方形中角含半角模型两种类型。
解决类似问题的常见办法主要有两种：旋转目标三角形法和翻折目标三角形法。
典例剖析1
例1-1．当几何图形中，两个共顶点的角所在角度是公共大角一半的关系，我们称之为“半角模型”，通常用“旋转的观点”看待图形的几何变换，使得两个分散的角变换成为一个三角形，相当于构造出两个三角形全等．
【问题初探】
（1）如图，在四边形中，，，、分别是、边上的点，且，求出图中线段，，之间的数量关系．
如图，从条件出发：将绕着点逆时针旋转到位置，根据“旋转的性质”分析与之间的关系，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系，可证得结论．
【类比分析】
（2）如图，在四边形中，，，，且，，，求的长．
【学以致用】
（3）如图，在四边形中，，与互补，点、分别在射线、上，且当，，时，求出的周长．
例1-2．【模型引入】
当几何图形中，两个共顶点的角所在角度是公共大角一半的关系，我们称之为“半角模型”
【模型探究】
（1）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°，探究图中线段EF，AE，FC之间的数量关系．
【模型应用】
（2）如图2，如果四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠EAF＝45°，且BC＝7，DC＝13，CF＝5，求BE的长．
【拓展提高】
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠ABC与∠ADC互补，点E、F分别在射线CB、DC上，且∠EAF∠BAD．当BC＝4，DC＝7，CF＝1时，CEF的周长等于 ．
（4）如图4，正方形ABCD中，AMN的顶点M、N分别在BC、CD边上，AH⊥MN，且AH＝AB，连接BD分别交AM、AN于点E、F，若MH＝2，NH＝3，DF＝2，求EF的长．
（5）如图5，已知菱形ABCD中，∠B=60°，点E、F分别是边BC，CD上的动点（不与端点重合），且∠EAF=60°．连接BD分别与边AE、AF交于M、N，当∠DAF＝15°时，求证：MN2+DN2=BM2．
针对训练1
1．【探索发现】如图①，四边形是正方形，分别在边上，且，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图①，将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到，连接
(1)试判断之间的数量关系，并写出证明过程．
(2)如图②，点分别在正方形的边的延长线上，，连接，请写出之间的数量关系，并写出证明过程．
2．（探索发现）如图，四边形是正方形，M，N分别在上，且，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法，如图，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接．
(1)线段之间的数量关系是 ．
(2)根据（1）的结论，写出证明过程；
(3)如图，如果正方形的边长是4，求的周长．
能力提升1
1．阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：
从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型.半角模型可证出多个几何结论，例如：如图1，在正方形中，以为顶点的，、与、边分别交于、两点.易证得.大致证明思路：如图2，将延长至点，使，连，可证，再证，故.
任务：如图3，在四边形中，，，，以A为顶点的，、与、边分别交于、两点.请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由.
2．如图①，四边形是正方形，，分别在边、上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法，如图①，将绕点顺时针旋转，点与点重合，连接、、．

(1)试判断，，之间的数量关系；
(2)如图②，点、分别在正方形的边、的延长线上，，连接，请写出、、之间的数量关系，并写出证明过程．
(3)如图③，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，请直接写出，，之间数量关系．
3．（1）【探究】如图1，正方形中，、分别在边上，且．我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图1，将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．
求证：．
（2）【拓展】如图2，在四边形中，cm，，， 以为顶点的，、与、边分别交于、两点且，求五边形的周长．

拓展类型　构造旋转模型解题
方法指导：
若一个图形中含有相等的线段和特殊的角度，通常是以等线段的公共端点为旋转中心进行旋转，使得相等的边重合，得出特殊的图形．
即：共顶点，等线段，绕着顶点来旋转。鸡爪图，三线段，抓住定角也旋转。简释:遇到共点等线段出现，可以考虑在共点等线组成的角内找一条过角的顶点的线段(所谓的鸡爪图)，把该线段绕角的顶点旋转一个与a相同的角度，构造“等角套”，此时必然会产生一-对全等三角形。利用全等的性质去解决问题，事半功倍。
构造手拉手模型
典例剖析2
例2-1．（1）问题发现：
如图1，等边内有一点P，若点P到顶点A，B，C的距离分别为3，4，5，求的度数．为了解决本题，我们可以将绕顶点A逆时针旋转到处，这样就可以将三条线段转化到一个三角形中，从而求出的度数．请按此方法求的度数，写出求解过程；
（2）拓展研究：
请利用第（1）题解答的思想方法，解答下面的问题：
①如图2，中，,，点E，F为边上的点，且，判断之间的数量关系并证明；
②如图3，在中，，，，在内部有一点P，连接，直接写出的最小值．
例2-2．旋转是几何图形中最基本的图形变换之一，利用旋转可将分散的条件相对集中，以达到解决问题的目的．
（1）【探究发现】如图①，在等边三角形内部有一点P，，，，求的度数．爱动脑筋的小明发现：将线段绕点B逆时针旋转得到线段，连接、，则，然后利用和形状的特殊性求出的度数，就可以解决这道问题．
下面是小明的部分解答过程：
解：将线段绕点B逆时针旋转得到线段．，连接、，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，．
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
即．
请你补全余下的解答过程．
（2）【类比迁移】如图②，在正方形内有一点P，且，，，则______度．
（3）【拓展延伸】如图③，在正方形中，对角线、交于点O，在直线上方有一点P，，，连接，则线段的最大值为______．
针对训练2
1．问题情境：
在直角三角形中，，，将直角三角形绕点顺时针旋转，点，的对应点分别为点，，连接，，，分别为，的中点，连接，．
猜想证明：
（1）如图，当恰好经过点时，与的位置关系是___________，数量关系是____________．
问题解决：
如图，当恰好经过点时．
（2）试猜想与的位置关系和数量关系，并说明理由．
（3）连接，若，请直接写出线段的长．
2．如图，已知点是等边内一点，且，，．
(1)求的度数；
以下是甲，乙，丙三位同学的谈话：
甲：我认为这道题的解决思路是借助旋转，我选择将绕点顺时针旋转60°或绕点逆时针旋转60°；
乙：我也赞成旋转，不过我是将进行旋转；
丙：我是将进行旋转．
请你借助甲，乙，丙三位同学的提示，选择适当的方法求的度数；
(2)若改成，，，的度数＝______°，点到的距离为______；
类比迁移：
(3)已知，，，，，，求的度数．
能力提升2
1．【综合实践】
中，是边上任意一点，以点为中心，取旋转角等于，把逆时针旋转，画出旋转后的图形．
【操作体验】
（1）若点的对应点为点，画出旋转后的图形；
【深入探究】
（2）如图2，中，是边上一点（不与重合），猜想三条线段之间的数量关系，并给予证明；
【拓展应用】
（3）如图3，中，是内部的任意一点，连接，求的最小值．
构造角含半角模型
典例剖析3
1．（1）如图1，等腰的直角顶点在正方形的边上，斜边交于点，连接，则，，的数量关系是 ___________；
（2）如图2，若等腰的直角顶点在正方形的边的延长线上，斜边的延长线交的延长线于点，连接，猜想线段，，满足怎样的数量关系？并证明你的结论；
（3）（思维拓展）如图3，中，，，若，，求的长度．
针对训练3
1．问题初探：（1）一天杨老师给同学们这样一个几何问题：
如图1，和都是等边三角形，点在上．
求证：以、、为边的三角形是钝角三角形．
小明通过探究发现：连接，根据已知条件，可以证明，，从而得出为钝角三角形，故以、、为边的三角形是钝角三角形．
请你根据小明的思路，写出完整的证明过程．
类比分析：（2）杨老师发现，小明通过构造全等三角形，将边和转移，使、、在一个三角形中，为了帮助学生更好的利用已知边角的数量关系构造全等三角形，杨老师将和换成两个等腰直角三角形，并隐藏了一部分图形，得到了下面的图形，如图3，并提出了下面的问题，请解答．
已知：，，为AC边上的一点，试判断、、之间的数量关系．
学以致用：（3）如图4．已知四边形是正方形．点在上，，，试求出正方形的面积．
人教版数学九年级上暑假预习课
第十六讲 旋转中的几何模型二（解析版）
专题导航
模型一　角含半角模型
模型特征：
角含半角模型，顾名思义即一个角包含着它的一半大小的角。它主要包含：等腰直角三角形角含半角模型；正方形中角含半角模型两种类型。
解决类似问题的常见办法主要有两种：旋转目标三角形法和翻折目标三角形法。
典例剖析1
例1-1．当几何图形中，两个共顶点的角所在角度是公共大角一半的关系，我们称之为“半角模型”，通常用“旋转的观点”看待图形的几何变换，使得两个分散的角变换成为一个三角形，相当于构造出两个三角形全等．
【问题初探】
（1）如图，在四边形中，，，、分别是、边上的点，且，求出图中线段，，之间的数量关系．
如图，从条件出发：将绕着点逆时针旋转到位置，根据“旋转的性质”分析与之间的关系，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系，可证得结论．
【类比分析】
（2）如图，在四边形中，，，，且，，，求的长．
【学以致用】
（3）如图，在四边形中，，与互补，点、分别在射线、上，且当，，时，求出的周长．
【答案】（1），理由见解析；（2）5；（3）13
【分析】 将绕点逆时针旋转得到，则≌，得，，，、、三点共线，进而证明≌，，从而即可得解；
如图，在上取一点，使得， 证≌，得，，进而证明≌，得，设，则，，在中，利用勾股定理，求解即可；
在上截取， ≌，得，，进而证明≌，得，从而即可得解．
【详解】解：，理由如下：
将绕点逆时针旋转得到，
≌，
，，，、、三点共线，
，
，
在和中，
，
≌，
，
；
如图，在上取一点，使得，
，
，
∵，
，
，，
≌，
，，
，
，
，
，
，，
≌，
，
设，则，，
在中，，
，
解得，
；
在上截取，
，
，
在≌中，
，
≌，
，；
，
，
，
在≌，
，
≌，
；
，
．
的周长．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，邻补角，直角三角形的两锐角互余，旋转的性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．
例1-2．【模型引入】
当几何图形中，两个共顶点的角所在角度是公共大角一半的关系，我们称之为“半角模型”
【模型探究】
（1）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°，探究图中线段EF，AE，FC之间的数量关系．
【模型应用】
（2）如图2，如果四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠EAF＝45°，且BC＝7，DC＝13，CF＝5，求BE的长．
【拓展提高】
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠ABC与∠ADC互补，点E、F分别在射线CB、DC上，且∠EAF∠BAD．当BC＝4，DC＝7，CF＝1时，CEF的周长等于 ．
（4）如图4，正方形ABCD中，AMN的顶点M、N分别在BC、CD边上，AH⊥MN，且AH＝AB，连接BD分别交AM、AN于点E、F，若MH＝2，NH＝3，DF＝2，求EF的长．
（5）如图5，已知菱形ABCD中，∠B=60°，点E、F分别是边BC，CD上的动点（不与端点重合），且∠EAF=60°．连接BD分别与边AE、AF交于M、N，当∠DAF＝15°时，求证：MN2+DN2=BM2．
【答案】（1）EF=FC+AE，理由见解析；（2）BE=5；（3）13；（4）EF=；（5）见解析
【分析】（1）求证△DEF≌△DMF，即可推出EF与FM的数量关系；
（2）在DC上取一点G，使得DG=BE，证明△ABE≌△ADG（SAS），推出AE=AG，∠BAE=∠DAG，证明△AFE≌△AFG（SAS），推出EF=FG，设BE=x，则CG=13-x，EF=FG=18-x，在Rt△ECF中，根据EF2=EC2+CF2，构建方程求出x即可解决问题；
（3）证明△ADM≌△ABE（SAS）和△EAF≌△MAF，即可求解；
（4）先求出BM，DN，进而求出正方形的边长，再判断出∠EAF=45°，借助探究的结论即可得出结论．
（5）将△ADF绕A顺时针旋转120°，AD与AB重合，F转到G，在AG上取AH=AN，连接BH、MH，利用△ABH≌△ADN和△AMH≌△AMN，证明MN=MH，DN=BH，再证明△BMH为直角三角形即可．
【详解】（1）EF=FC+AE，理由如下：
证明：将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM，
∴△DAE≌△DCM，
∴DE=DM，AE=CM，∠ADE=∠CDM，B、C、M三点共线，
∵∠EDF=45°，
∴∠ADE+∠FDC=∠CDM+∠FDC=∠MDF=45°，
在△DEF和△DMF中，
，
∴△DEF≌△DMF（SAS），
∴EF=FM
∴EF=FM=FC+CM=FC+AE；
（2）解：如图，在DC上取一点G，使得DG=BE，
∵∠BAD=∠BCD=90°，
∴∠ABC+∠D=180°，∠ABE+∠ABC=180°，
∴∠ABE=∠D，
∵AB=AD，BE=DG，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=45°，
∴∠EAB+∠BAF=∠DAG+∠BAF=45°，
∵∠BAD=90°，
∴∠FAG=∠FAE=45°，
∵AE=AG，AF=AF，
∴△AFE≌△AFG（SAS），
∴EF=FG，
设BE=x，则EC=EB+BC=x+7，EF=FG=18-x，
在Rt△ECF中，∵EF2=EC2+CF2，
∴52+（7+x）2=（18-x）2，
∴x=5，
∴BE=5；
（3）解：在DF上截取DM=BE，
∵∠D+∠ABC=∠ABE+∠ABC=180°，
∴∠D=∠ABE，
∵AD=AB，
∴△ADM≌△ABE（SAS），
∴AM=AE，∠DAM=∠BAE；
∵∠EAF=∠BAE+∠BAF=∠BAD，
∴∠MAF=∠BAD，
∴∠EAF=∠MAF；
∵AF是△EAF与△MAF的公共边，
∴△EAF≌△MAF，
∴EF=MF；
∵MF=DF-DM=DF-BE，
∴EF=DF-BE．
∴△CEF的周长=CE+EF+FC=BC+BE+DC+CF-BE+CF=BC+CD+2CF=13，
故答案为：13；
（4）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABC=∠ADC=90°，
∵AH⊥MN，
∴∠AHM=∠ABC=90°，
在Rt△AMB和Rt△AMH中，
，
∴Rt△AMB≌Rt△AMH，
∴∠MAB=∠MAH，BM=MH=2，
同理可证Rt△AND≌Rt△ANH，
∴∠NAD=∠NAH，DN=NH=3，
∴2∠MAH+2∠NAH=90°，
∴∠MAH+∠NAH=45°，
∴∠MAN=45°．
设正方形的边长为a，
∴CM=a-2，CN=a-3，
根据勾股定理得，（a-2）2+（a-3）2=25，
∴a=-1（舍）或a=6，
∴BC=6，
∴BD=6，
逆时针旋转△ABE至△ADG，
∴△ABE≌△ADG，
∴AE=AG，∠ABE=∠ADG=45°，
∴∠GDF=∠ADG+∠ADB=90°，
连接GF，根据勾股定理得，GF2=DG2+DF2=BE2+DF2，
∵△ABE≌△ADG，
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=90°-∠EAF=45°=∠EAF，
∵AF=AF，
∴△GAF≌△EAF，
∴GF=EF，
∴EF2=BE2+AD2；
设EF=x，
∵BD=6，DF=2．
∴BE=6-2-x=4-x，
∴（4-x）2+（2）2=x2，
解得x=，
∴EF=；
（3）将△ADF绕A顺时针旋转120°，此时AD与AB重合，F转到G，在AG上取AH=AN，连接BH、MH，如图：
∵△ADF绕A顺时针旋转得△ABG，
∴∠BAG=∠DAF，
又AH=AN，AB=AD，
∴△ABH≌△ADN（SAS），
∴DN=BH，∠ABH=∠ADN，
∵∠B=60°，且∠EAF=60°．
∴∠BAD=120°，
∴∠DAF+∠BAE=∠EAF=60°，
∴∠BAG+∠BAE=∠EAF，即∠MAH=∠MAN，
而AH=AN，AM=AM，
∴△AMH≌△AMN（SAS），
∴MN=MH，∠AMN=∠AMH，
∵菱形ABCD，∠B=60°，
∴∠ABD=∠ADB=30°，
∴∠HBD=∠ABH+∠ABD=60°，
∵∠DAF=15°，∠EAF=60°，
∴△ADM中，∠DAM=∠AMD=75°，
∴∠AMN=∠AMH=75°，
∴∠HMB=180°-∠AMN-∠AMH=30°，
∴∠BHM=90°，
∴BH2+MH2=BM2，
∴DN2+MN2=BM2．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了旋转的性质、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题关键是学会用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用探究的结论解决新的问题，属于中考压轴题．
针对训练1
1．【探索发现】如图①，四边形是正方形，分别在边上，且，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图①，将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到，连接
(1)试判断之间的数量关系，并写出证明过程．
(2)如图②，点分别在正方形的边的延长线上，，连接，请写出之间的数量关系，并写出证明过程．
【答案】(1)．证明见解析
(2)．证明见解析
【分析】（1）利用旋转的性质即可得到全等三角形，再利用全等三角形的性质进行等量转化进而得出结论；
（2）利用旋转的性质得到全等三角形，再利用全等三角形得到边相等，进而得出结论．
【详解】（1）解：．证明如下：
由旋转，可知：
∴点共线
∵
∴
在和中
∴
∴
∵
∴
（2）解：．证明如下：

在上取．连接，
∵，
∴
∴
∵
∴
在和中，
∴
∴
∵
∴
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，利用全等三角形的性质进行等量转化是解题的关键．
2．（探索发现）如图，四边形是正方形，M，N分别在上，且，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法，如图，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接．
(1)线段之间的数量关系是 ．
(2)根据（1）的结论，写出证明过程；
(3)如图，如果正方形的边长是4，求的周长．
【答案】(1)；
(2)证明过程见详解；
(3)8．
【分析】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，利用旋转构造全等三角形是解题的关键．
（1）根据旋转得到，，即可得到即可得到答案；
（2）由（1）的理由即可得到证明过程；
（3）由（1）的结论即可得到答案．
【详解】（1）解：．
理由如下：由旋转，可知：
，
∴点E、B、C共线，
，
．
在和中，
，
．
，
，
；
（2）证明：由旋转，可知：
，
∴点E、B、C共线，
，
．
在和中，
，
．
，
，
；
（3）解：由（1）得，；
，
∵正方形的边长为4，
；
能力提升1
1．阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：
从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型.半角模型可证出多个几何结论，例如：如图1，在正方形中，以为顶点的，、与、边分别交于、两点.易证得.大致证明思路：如图2，将延长至点，使，连，可证，再证，故.
任务：如图3，在四边形中，，，，以A为顶点的，、与、边分别交于、两点.请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由.
【答案】成立，见解析
【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质；根据旋转的性质得到，，，，，推出、、三点共线，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：成立．
证明：将绕点顺时针旋转得到，
，，，，，
，
、、三点共线，
，
，
，，
，
，
．
2．如图①，四边形是正方形，，分别在边、上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法，如图①，将绕点顺时针旋转，点与点重合，连接、、．

(1)试判断，，之间的数量关系；
(2)如图②，点、分别在正方形的边、的延长线上，，连接，请写出、、之间的数量关系，并写出证明过程．
(3)如图③，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，请直接写出，，之间数量关系．
【答案】(1)
(2)，证明见解析
(3)
【分析】（1）首先利用证明，得，从而得出答案；
（2）在上取,连接，首先由，得，，再利用证明，得，即可证明结论；
（3）将绕点逆时针旋转得，由旋转的性质得点、、共线，由（1）同理可得，得，从而解决问题．
【详解】（1）解：，
证明如下：
如图：
四边形是正方形，
，
，
由旋转的性质可得：，，，，
，
点、、共线，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
；
（2）解：，
证明如下：
如图，在上取，连接，
，
四边形是正方形，
，，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
；
（3）解：如图，将绕点逆时针旋转得，

，，，
，
，
点、、共线，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，利用旋转构造全等三角形是解题的关键．
3．（1）【探究】如图1，正方形中，、分别在边上，且．我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图1，将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．
求证：．
（2）【拓展】如图2，在四边形中，cm，，， 以为顶点的，、与、边分别交于、两点且，求五边形的周长．

【答案】（1）证明详见解析；（2）．
【分析】（1）利用旋转的性质可得，则可根据三角形全等判定证明即可；
（2）根据旋转的性质得到，，，，，推出、、三点共线，根据全等三角形的性质即可得到，据此求解即可．
【详解】（1）【探究】证明：∵将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．
∴，，，，
∵四边形.是正方形，
∴，，
∴，
∴点、、三点共线，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
；
（2）【拓展】将绕点顺时针旋转，使点与点重合，得到，
，，，，，
，
，
，
，
，
，
，
∴五边形的周长，
∴五边形的周长．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟记各性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
拓展类型　构造旋转模型解题
方法指导：
若一个图形中含有相等的线段和特殊的角度，通常是以等线段的公共端点为旋转中心进行旋转，使得相等的边重合，得出特殊的图形．
即：共顶点，等线段，绕着顶点来旋转。鸡爪图，三线段，抓住定角也旋转。简释:遇到共点等线段出现，可以考虑在共点等线组成的角内找一条过角的顶点的线段(所谓的鸡爪图)，把该线段绕角的顶点旋转一个与a相同的角度，构造“等角套”，此时必然会产生一-对全等三角形。利用全等的性质去解决问题，事半功倍。
构造手拉手模型
典例剖析2
例2-1．（1）问题发现：
如图1，等边内有一点P，若点P到顶点A，B，C的距离分别为3，4，5，求的度数．为了解决本题，我们可以将绕顶点A逆时针旋转到处，这样就可以将三条线段转化到一个三角形中，从而求出的度数．请按此方法求的度数，写出求解过程；
（2）拓展研究：
请利用第（1）题解答的思想方法，解答下面的问题：
①如图2，中，,，点E，F为边上的点，且，判断之间的数量关系并证明；
②如图3，在中，，，，在内部有一点P，连接，直接写出的最小值．
【答案】（1），见解析；（2）①，见解析；②
【分析】（1）连接，根据题意得到，，，进而得到'为等边三角形，，根据勾股定理逆定理证明是直角三角形， 且，即可求出；
（2）①证明，将绕点A逆时针旋转， 得到， 连接，得到，，，，进而得到，根据勾股定理得到 ，证明，得到，即可得到；
②将绕点B逆时针旋转，得到， 连接，，即可得到，，，，从而得到为等边三角形，，根据两点之间线段最短得到 ，即可得到当且仅当，，P，C四点共线时， 的值最小为 的长，根据勾股定理求出，即可得到的最小值为
【详解】解： （1）连接，
∵将绕顶点 A 逆时针旋转60°到，
∴，，
∴'为等边三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴是直角三角形， 且，
∴，
∴；
（2）①．
证明： ∵,，
∴，
如图，将绕点A逆时针旋转， 得到， 连接，
则：，，，，
∴，
∴ ，
∵，，
∴，
又∵
∴，
∴，
∴；
②的最小值为
如图，将绕点B逆时针旋转，得到， 连接，，
则：，，，，
∴为等边三角形，，
∴
∴ ，
∴当且仅当，，P，C四点共线时， 的值最小为 的长，
∵，
∴，
∴的最小值为
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理及其逆定理，全等三角形的判定与性质等知识，综合性较强，熟知相关知识并根据题意灵活应用是解题关键．
例2-2．旋转是几何图形中最基本的图形变换之一，利用旋转可将分散的条件相对集中，以达到解决问题的目的．
（1）【探究发现】如图①，在等边三角形内部有一点P，，，，求的度数．爱动脑筋的小明发现：将线段绕点B逆时针旋转得到线段，连接、，则，然后利用和形状的特殊性求出的度数，就可以解决这道问题．
下面是小明的部分解答过程：
解：将线段绕点B逆时针旋转得到线段．，连接、，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，．
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
即．
请你补全余下的解答过程．
（2）【类比迁移】如图②，在正方形内有一点P，且，，，则______度．
（3）【拓展延伸】如图③，在正方形中，对角线、交于点O，在直线上方有一点P，，，连接，则线段的最大值为______．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，关键是利用旋转变换把将分散的条件相对集中到一个三角形中解决问题．
（1）将线段绕点B逆时针旋转得到线段，证明，再证明是直角三角形；
（2）将线段绕点B逆时针旋转得到线段，证明，再证明是直角三角形；
（3）将线段绕点O顺时针旋转得到线段，证明，在由三角形三边关系求出的最大值，从而求得的最大值．
【详解】（1）解：将线段绕点B逆时针旋转得到线段，连接、，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，．
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
即．
在中，
．
（2）解：将线段绕点B逆时针旋转得到线段，连接、，
∵，，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
即．
在中，
．
故答案为：．
（3）解：将线段绕点O顺时针旋转得到线段，连接、．
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，．
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
即．
在中，
当点在时，
∴的最大值为
在中，
∴
．
的最大值为．
针对训练2
1．问题情境：
在直角三角形中，，，将直角三角形绕点顺时针旋转，点，的对应点分别为点，，连接，，，分别为，的中点，连接，．
猜想证明：
（1）如图，当恰好经过点时，与的位置关系是___________，数量关系是____________．
问题解决：
如图，当恰好经过点时．
（2）试猜想与的位置关系和数量关系，并说明理由．
（3）连接，若，请直接写出线段的长．
【答案】（1）；；（2），，理由见解析；（3）
【分析】（1）证明是等边三角形，得到旋转角，再证明四边形是矩形，即可得出结论；
（2）根据等腰三角形的性质得，继而得到旋转角，证明四边形是矩形，得到，，，，根据等腰三角形的性质及角的直角三角形得到，即可得出结论；
（3）角的直角三角形得到，，根据勾股定理得，最后在中，根据勾股定理可得结论．
【详解】解：（1）与的位置关系是，数量关系是．
理由：在直角三角形中，，，
∴，
∵将直角三角形绕点顺时针旋转，点，的对应点分别为点，，恰好经过点，
∴，，，，，
∴是等边三角形，
∴，
∵点，分别为，的中点，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，；
（2）与的位置关系是，数量关系是．
理由：在直角三角形中，，，
∴，
∵将直角三角形绕点顺时针旋转，点，的对应点分别为点，，恰好经过点，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵点，分别为，的中点，
∴，，
，，
，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即；
（3）∵在中，，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴线段的长为．
【点睛】
本题是旋转变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识．熟练掌握旋转的性质，矩形的判定和性质，直角三角形的性质是解题的关键．
2．如图，已知点是等边内一点，且，，．
(1)求的度数；
以下是甲，乙，丙三位同学的谈话：
甲：我认为这道题的解决思路是借助旋转，我选择将绕点顺时针旋转60°或绕点逆时针旋转60°；
乙：我也赞成旋转，不过我是将进行旋转；
丙：我是将进行旋转．
请你借助甲，乙，丙三位同学的提示，选择适当的方法求的度数；
(2)若改成，，，的度数＝______°，点到的距离为______；
类比迁移：
(3)已知，，，，，，求的度数．
【答案】(1)
(2)，4.
(3)
【分析】（1）甲：将绕点逆时针旋转，得到，连接，分别计算与的度数即可得到的度数．乙：将绕点顺时针旋转，得到，连接，分别计算与的度数即可得到的度数．
（2）利用（1）中的方法，同理可得，再由30度直角三角形性质可求点到的距离；
（3）利用（1）中的方法，将绕着点顺时针旋转，得到，同理可得，，由此即可求出．
【详解】（1）解：（1）选择甲：如图1，作，且，连接，，则是等边三角形，
，，
是等边三角形，
，，
，
，
，
，
，
；
乙：如图2，同理可得，，，
；
丙：如图3同理可得，，，
；
（2）同理（1）可得：，
∴，
如图4，过点作的垂线，垂足为，
∴，
∴，
故答案为：，4.
（3）如图5，将绕着点顺时针旋转，得到，连接，
∴，
，，
∴，
，
∴，
∴
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了旋转和平移的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、正方形的性质以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造等边三角形和全等三角形，依据图形的性质进行计算求解．
能力提升2
1．【综合实践】
中，是边上任意一点，以点为中心，取旋转角等于，把逆时针旋转，画出旋转后的图形．
【操作体验】
（1）若点的对应点为点，画出旋转后的图形；
【深入探究】
（2）如图2，中，是边上一点（不与重合），猜想三条线段之间的数量关系，并给予证明；
【拓展应用】
（3）如图3，中，是内部的任意一点，连接，求的最小值．
【答案】（1）见详解（2），理由见详解，（3）
【分析】（1）按要求作图即可
（2）根据全等三角形的性质得到，，得到，根据勾股定理计算即可；
（3）如图4中，先由旋转的性质得出，则，，，，，再证明，然后在中，由勾股定理求出的长度，即为的最小值；
【详解】（1）图即为所作，
（2）数量关系：，
理由如下：逆时针旋转
由题意得：如图，
，
，即，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
，
在中，，，
，
；
（3）解：如图4中，将绕着点逆时针旋转，得到，连接，，
，
，，，，，
是等边三角形，
，
，
当点，点，点，点共线时，有最小值，
，
，
，
，
故答案为．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的性质，利用旋转的性质构造全等三角形是本题的关键．
构造角含半角模型
典例剖析3
1．（1）如图1，等腰的直角顶点在正方形的边上，斜边交于点，连接，则，，的数量关系是 ___________；
（2）如图2，若等腰的直角顶点在正方形的边的延长线上，斜边的延长线交的延长线于点，连接，猜想线段，，满足怎样的数量关系？并证明你的结论；
（3）（思维拓展）如图3，中，，，若，，求的长度．
【答案】（1）（2），见解析；（3）
【分析】（1）由旋转的性质可得，，，，由“”可证，可得，可得结论；
（2）由旋转的性质可得，，，由“”可证，可得，可得结论；
（3）分别以，为对称轴，作出的轴对称图形，点的对称点分别为，，延长，交于点，证明四边形是正方形；设，利用勾股定理，建立关于的方程模型，求出的值．
【详解】解：（1）四边形是正方形，
，，
如图1，将绕点顺时针旋转到，
，，，，
，
点，点，点三点共线，
，，
，
，
，
，，
，
，
，
故答案为：；
（2），理由如下：
如图2，将绕点顺时针旋转到，
，，，
，
，
，
，，
，
，
，
；
（3）由翻折而成，由翻折而成，
，．
，，
又，
．
又，
，．
四边形是矩形，
又，，
，
矩形是正方形，且边长为5，
设，则，，，
在中，，
．
解得，即．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质和判定，等腰直角三角形的性质，折叠的性质，旋转的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
针对训练3
1．问题初探：（1）一天杨老师给同学们这样一个几何问题：
如图1，和都是等边三角形，点在上．
求证：以、、为边的三角形是钝角三角形．
小明通过探究发现：连接，根据已知条件，可以证明，，从而得出为钝角三角形，故以、、为边的三角形是钝角三角形．
请你根据小明的思路，写出完整的证明过程．
类比分析：（2）杨老师发现，小明通过构造全等三角形，将边和转移，使、、在一个三角形中，为了帮助学生更好的利用已知边角的数量关系构造全等三角形，杨老师将和换成两个等腰直角三角形，并隐藏了一部分图形，得到了下面的图形，如图3，并提出了下面的问题，请解答．
已知：，，为AC边上的一点，试判断、、之间的数量关系．
学以致用：（3）如图4．已知四边形是正方形．点在上，，，试求出正方形的面积．
【答案】（1）问题初探：见解析；小明通过探究发现：见解析；（2）类比分析：见解析；学以致用：
【分析】（1）连接，由等边三角形的性质可证，由可判定，由全等三角形的性质得，，即可求证；
(2)将线段绕点B顺时针旋转得到，连接、，由旋转的性质得，，再由可判定，由由全等三角形的性质得，由勾股定理得，即可求证；
（3）将线段绕点B顺时针旋转得到，连接、，由勾股定理可求，作，由外角性质得，由直角三角形的特征可求，再由勾股定理求出的长，即可求解．
【详解】（1）证明：如图1，连接，
和都是等边三角形，
，，，
，
即，
在和中
，
（），
，
，
，
为钝角三角形，
∴以、、为边的三角形是钝角三角形；
(2)如图2，将线段绕点B顺时针旋转得到，连接、，
，
，
，
，
，
，
在和中
，
（），
，
，
，
，
，
；
（3）解：如图3，将线段绕点B顺时针旋转得到，连接、，
由(2)可得，
，
，
作，
，，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了三角形外角的性质，等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定及性质，直角三角形的特征，勾股定理等，掌握相关的判定方法及性质，能灵活利用旋转的性质，构建全等三角形是解题的关键．
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