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专题 4.7 旋转模型必考四大类型
【人教版】
【类型1 构造手拉手模型求最值】..........................................................................................................................1
【类型2 手拉手模型——遇90°构造90°】...........................................................................................................12
【类型3 手拉手模型——遇60°构造60°】...........................................................................................................20
【类型4 手拉手模型——遇120°构造120°】.......................................................................................................25
【类型1 构造手拉手模型求最值】
1．如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB+AC＝4，将BC绕点C顺时针旋转120°得到CD，则线段AD的
长度的最小值是（ ）
A．4❑√3 B．3❑√3 C．2❑√3 D．❑√3
【分析】在AC的上方作∠ACM＝120°，且使 CM＝CA，连接AM，DM．设AB＝x，则AC＝4﹣x＝
CM，根据ASA证明△BAC≌△DMC得出DM＝BA＝x，∠CMD＝∠BAC＝120°，得出∠AMD＝90°，即
可推出结论．
【解答】解：如图，在AC的上方作∠ACM＝120°，且使 CM＝CA，连接AM，DM．
设AB＝x，则AC＝4﹣x＝CM，
∴AM=❑√3AC=❑√3(4−x)，
∵将BC绕点C顺时针旋转120°得到CD，∴∠BCA+∠ACD＝120，
又∵∠ACD+∠DCM＝∠ACM＝120°，
∴∠ACB＝∠DCM，
∴△BAC≌△DMC（ASA），
∴DM＝BA＝x，∠CMD＝∠BAC＝120°．
∴∠AMD＝90°，
∴AD2＝AM2+DM2＝3（4﹣x）2+x2＝4（x﹣3）2+12≥12，
∵0＜x＜4，
∴AD的最小值为2❑√3．
故选：C．
2．在△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，点D为边BC上一动点，连接AD，将线段AD绕点A顺时针
旋转60°得到线段AE，连接BE．若直角边AB的长为2，则线段BE长度的最小值为（ ）
1
A．2 B．❑√3 C． D．1
2
【分析】如图，在 AB 上取一点 K，使得 AK＝AB，连接 BK，DK．利用已知条件可以证明
△EAB≌△DAK（SAS），推出EB＝DK，易知KD⊥BC时，KD的值最小，求出KD的最小值即可解决
问题．
【解答】解：如图，在AB上取一点K，使得AK＝AB，连接BK，DK．
∵∠ACB＝90°，∠C＝30°，
∴∠BAK＝60°，
∴△ABK为等边三角形，
∴AK＝AB，
∵将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，
∴∠EAD＝∠BAK＝60°，AE＝AD，
∴∠EAB＝∠DAK，
∴△EAB≌△DAK（SAS），∴EB＝DK，
∴线段BE长度的最小时，KD的长度也最小，
而KD⊥BC时，KD的值最小，
∵AB的长为2，
∴AC＝4，AK＝2，
∴CK＝2，
∴DK的最小值为1，
∴EB的最小值为1．
故选：D．
3．如图，在矩形ABCD中，AB=2❑√3，BC＝6，点P在线段BC上运动，将AP绕点A逆时针旋转60°得
到AP'，连接DP'，则DP'的最小值为（ ）
3 ❑√3
A．3 B．❑√3 C． D．
2 2
【分析】利用SAS证明△ABP≌△AEP'，得∠AEP'＝∠ABP＝90°，则点P'在射线EP'上运动，即求DH
的长度，再运用含30°角的直角三角形的性质进行解题．
【解答】解：如图，以AB为边作等边△ABE，连接P'E，并延长交AD于F，过点D作DH⊥P'E于H，
∴AB＝AE，∠BAE＝60°，
∵将AP绕点A逆时针旋转60°得到AP'，
∴AP＝AP'，∠PAP'＝60°，
∴∠BAP＝∠EAP'，
在△ABP和△AEP'中，{
AB=AE
)
∠BAP=∠EAP′ ，
AP=AP′
∴△ABP≌△AEP'（SAS），
∴∠AEP'＝∠ABP＝90°，
∴点P'在射线EP'上运动，
当P'与H重合时，DP'最小，
在Rt△AEF中，∠EAF＝30°，AB＝AE＝2❑√3，
∴EF＝2，
∴AF＝2EF＝4，
∴DF＝AD﹣AF＝6﹣4＝2，
❑√3
∴DH= DF=❑√3，
2
∴DQ的最小值为❑√3，
故选：B．
4．如图，在边长为❑√2的正方形ABCD中，E是边BC上一动点，将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到线
段EF，连接AF，点M、N分别是边AD、AF的中点，则MN的最小值为（ ）
1 ❑√2
A．1 B． C． D．❑√2
2 2
【分析】作 FG⊥BC 交 BC 的延长线于点 G，连接 DF，CF，延长 CF 交 AD 的延长线于点 P，作
PQ⊥BQ交BC的延长线于点Q，如图，证得△ABE≌△EGF（AAS），推导出△CQP是等腰直角三角形，四边形CQPD是正方形，点F在正方形CQPD的对角线CP上运动，得出MN是△ADF的中位线，
1
当DF最小时，MN最小，此时，DF⊥CP，即F位于正方形对角线的交点，进而得到DF＝1，MN= ．
2
【解答】解：作FG⊥BC交BC的延长线于点G，连接DF，CF，延长CF交AD的延长线于点P，作
PQ⊥BQ交BC的延长线于点Q，如图，
∵四边形ABCD是正方形，∠ABC＝90°，
又∵∠AEF＝90°，
∴∠BAE+∠AEB＝∠AEB+∠GEF＝90°，
∴∠BAE＝∠GEF，
在△ABE和△EGF中，
{∠BAE=∠GEF，
)
∠ABE=∠EGF，
AE=EF
∴△ABE≌△EGF（AAS），
∴BE＝FG，AB＝EG＝BC，
∴BE＝CF，
∴CG＝FG，
∴△CGF是等腰直角三角形，
∴△CQP是等腰直角三角形，
∴四边形CQPD是正方形，
∴点F在正方形CQPD的对角线CP上运动，
∵AM＝MD，AN＝NF，
∴MN是△ADF的中位线，
1
∴MN= DF，
2
∴当DF最小时，MN最小，
此时，DF⊥CP，即F位于正方形对角线的交点，❑√2 ❑√2
∴DF= DP= ×❑√2=1，
2 2
1 1
∴MN= DF= ，
2 2
故选：B．
5．如图，在矩形ABCD中，AB＝10，BC＝6，点M是AB边的中点，点N是AD边上任意一点，将线段
MN绕点M顺时针旋转90°，点N旋转到点N′，则△MBN′周长的最小值为（ ）
A．15 B．5+5❑√5 C．10+5❑√2 D．18
【分析】因为BM＝5，要求△MBN′周长最小，实际是求BN'+MN'最小，转化成“将军饮马”模型，
先找出N'运动轨迹，由线段旋转90°，可得三垂直全等，进而推出点N′在平行于AB，且与AB的距离
为5的直线上运动，再作对称求解即可．
【解答】解：过点N′作EF∥AB，交AD、BC于E、F，过点M作MG⊥EF于点G，
∵矩形ABCD，
∴AB∥CD，
∴AB∥EF∥CD，
∴四边形AMGE和BMGF都是矩形，
∴∠A＝∠MGN＝90°，
由旋转的性质得∠NMN'＝90°，MN＝MN′，
∴∠AMN＝90°﹣∠NMG＝∠GMN′，
∴△AMN≌△GMN′（AAS），
∴MG＝AM，∴点N在平行于AB，且与AB的距离为5的直线上运动，
作点M关于直线EF的对称点M'，连接MB交直线EF于点N′，此时△MBN′周长取得最小值，
最小值为BM+BM′，
1
∵BM= AB＝5，MM′＝5+5＝10，
2
∴BM+BM′=5+❑√52+102=5+5❑√5，
故选：B．
6．如图，在菱形ABCD中，AB=4❑√3，∠BAD＝60°，对角线AC，BD相交于点O，点E是对角线AC上
的一个动点，连结BE，将BE绕点B按逆时针方向旋转60°，得到BF，连接OF，则OF的最小值是（
）
3 ❑√3
A．2❑√3 B． C．❑√3 D．
2 2
【分析】由菱形的性质可得AB＝AD，AC⊥BD，BO＝OD，可证△ABD是等边三角形，可得AB＝BD＝
4❑√3，∠ABD＝60°，由旋转的性质可得 BE＝BF，∠EBF＝60°＝∠ABD，由“SAS”可证
△ABE≌△DBF，可得∠BAO＝∠BDF＝30°，则点F在过点D与BD成30°的射线上移动，由垂线段最
短和直角三角形的性质可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，
∴AB＝AD，AC⊥BD，BO＝OD，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB＝BD＝4❑√3，∠ABD＝60°，
∴BO＝DO＝2❑√3，∠BAO＝30°，
∵将BE绕点B按逆时针方向旋转60°，得到BF，
∴BE＝BF，∠EBF＝60°＝∠ABD，
∴∠ABE＝∠DBF，
∴△ABE≌△DBF（SAS），
∴∠BAO＝∠BDF＝30°，∴点F在过点D与BD成30°的射线上移动，
∴当OF⊥DF时，OF有最小值，
1
∴OF的最小值为 OD=❑√3，
2
故选：C．
7．如图，△ABC是边长为8的等边三角形，D是BC的中点，E是直线AD上的一个动点，连接EC，将线
段EC绕点C逆时针旋转60°得到FC，连接DF．则在点E的运动过程中，DF的最小值是（ ）
A．2 B．2.5 C．3 D．3.5
【分析】如图，取AC的中点G，连接EG，根据等边三角形的性质和角的和差可得CD＝CG，∠DCF＝
∠GCE，根据旋转的性质可得CE＝CF，然后即可利用“边角边”证明△DCF和△GCE全等，进而可
得DF＝EG，然后根据垂线段最短可得EG⊥AD时EG最短，再根据30°角的直角三角形的性质求解即
可．
【解答】解：如图，取AC的中点G，连接EG，
∵△ABC是等边三角形，AD是△ABC的对称轴，
∴AB＝BC＝AC＝8，∠ACB＝60°，1
∴CD= BC＝4＝CG，
2
∵旋转角为60°，
∴∠ECD+∠DCF＝60°，
又∵∠ECD+∠GCE＝∠ACB＝60°，
∴∠DCF＝∠GCE，
又∵CE旋转到CF，∴CE＝CF，
在△DCF和△GCE中，
{
CF=CE
)
∠DCF=∠GCE ，
CD=CG
∴△DCF≌△GCE（SAS），
∴DF＝EG，
根据垂线段最短，EG⊥AD时，EG最短，即DF最短，
1 1 1
此时∵∠CAD= ×60°＝30°，AG= AC= ×8＝4，
2 2 2
1 1
∴EG= AG= ×4＝2，
2 2
∴DF的最小值是2．
故选：A．
8．如图，点O是等边△ABC内一点，OA＝2，OB=2❑√3，OC＝4，将线段BO以点B为旋转中心逆时针
旋转60°得到线段BO′，则S△ABC ﹣S△AOC 的值为（ ）
9❑√3 11❑√3
A．5❑√3 B．4❑√3 C． D．
2 2
【分析】证明△BO'A≌△BOC，即可得到 O'A＝OC＝4，S△AO′B ＝S△BOC ，根据旋转的性质可知
△BOO'是等边三角形，则 OO'＝OB＝2❑√3，利用勾股定理的逆定理判断△AOO'是直角三角形，
∠AOO’＝90°，利用四边形AOBO'的面积＝等边△BOO'面积+Rt△AO′O面积＝△AO'B面积+△AOB的面积＝△BOC的面积+△AOB的面积，进行计算即可判断．
【解答】解：在△BO'A和△BOC中，BO'＝BO，∠O'BA＝∠OBA，BA＝BC．
∴△ABO'≌△BOC（SAS）．
∴O'A＝OC＝4．
如图，连接OO’，
根据旋转的性质可知△BOO'是等边三角形，
∴OO'＝OB＝2❑√3，
在△AOO'中，AO＝2，OO'＝2❑√3，AO'＝4，
∴△AOO'是直角三角形，∠AOO’＝90°．
1
∴Rt△AOO''面积为 ×2×2❑√3=2❑√3，
2
1 ❑√3
∵等边△BOO'面积为 ×2❑√3× ×2❑√3=3❑√3，
2 2
∴四边形AOBO'的面积为5❑√3，
∵△ABO'≌△BOC，
∴四边形AOBO'的面积＝△AOB的面积+△BOC的面积，
∴S△ABC ﹣S△AOC ＝S△AOB +S△BOC ＝5❑√3．
故选：A．
9．如图，菱形ABCD的边长为2，∠A＝60°，E是边AD的中点，F是边AB上的一个动点，将线段EF绕
着点E逆时针旋转60°得到EG，连接BG，CG，则BG+CG的最小值为（ ）
A．❑√3 B．2❑√3 C．❑√7 D．1+❑√3
【分析】取AB的中点N，连接EN、EC、GN，连接BD，证明GB＝GE，连接EC构造△CGE，在△CGE，证明BG+CG＝BG+GE≥EC，求出EC的长度即可，过点E作EH⊥CD的延长线于H，在
Rt△DEH中，由菱形的性质可知∠DEH＝30°，由此即可求出DH，EH的长度，在Rt△CEH中即可求
出EC的长，于是就可以求出BG+CG的最小值．
【解答】解：如图所示，取AB的中点N，连接EN、EC、GN，连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，∠A＝60°，
∴AB＝AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD＝BD，
∵点E是AD中点，点N是AB的中点，
1 1
∴AE=ED= AD，AN=NB= AB，
2 2
∴三角形AEN是等边三角形，
∴NE＝AE，
∵∠FEG＝60°，EF＝EG，
∴∠AEF+∠FEN＝∠FEN+∠NEG＝60°，
∴∠AEF＝∠NEG，EF＝EG，AE＝NE，
∴△AEF≌△NEG（SAS），
∴∠ENG＝∠A＝60°，
∴∠GNB＝180°﹣∠ENG﹣∠ENA＝60°，
∵NG＝NG，NE＝AE＝BN，
∴△ENG≌△BNG（SAS），
∴GB＝GE，则BG+CG＝CG+GE，
在△ECG中，BG+CG＝CG+GE≥EC，
如下图所示，过点E作EH⊥CD的延长线于H，在Rt△EDH中，∠H＝90°，由菱形ABCD可知∠ADB＝∠BDC＝60°，
1 1
∴∠ADH＝60°，则∠DEH＝30°，且DE= AD= ×2=1，
2 2
1 1 1
∴DH= DE= ×1= ，
2 2 2
1 5 ❑√3
则CH=2+ = ，EH=❑√3DH= ，
2 2 2
√ ❑√3 2 5 2
在Rt△CEH中，EC=❑√CH2+EH2=❑ ( ) +( ) =❑√7，
2 2
∴BG+CG≥❑√7，
故选：C．
【类型2 手拉手模型——遇90°构造90°】
1．如图，点P是正方形ABCD内一点，且PA＝2❑√3，PB=❑√2，PC＝4，则正方形ABCD的面积是
．
【分析】将△ABP绕点B按顺时针方向旋转90°，使AB与BC重合；则∠PBP′＝90°，BP′＝BP=❑√2
，P′C＝PA＝2❑√3；根据勾股定理得PP′2＝4，再由P′C2＝12，PC2＝16可知PC2＝PP′2+P′C2，
可求∠PP'C＝90°，即可求∠APB＝∠BP′C＝135°，由直角三角形的性质可求AH＝PH=❑√6，由勾股定
理和正方形的面积公式可求解．
【解答】解：将△ABP绕点B按顺时针方向旋转90°，使AB与BC重合，过点A作AH⊥BP，交BP的
延长线于H，则∠PBP′＝90°，BP′＝BP=❑√2，P′C＝PA＝2❑√3，∠BP'C＝∠APB，
由勾股定理得：PP′2＝2+2＝4，
∵P′C2＝（2❑√3）2＝12，PC2＝42＝16，
∴PC2＝PP′2+P′C2，
∴∠PP′C＝90°，
又∵∠BP′P＝45°，
∴∠BP′C＝135°，
∴∠APB＝∠BP′C＝135°，
∴∠APH＝45°，
∴∠APH＝∠PAH＝45°，
❑√2
∴AH＝PH= AP=❑√6，
2
∴AB2＝AH2+BH2＝6+（❑√6+❑√2）2＝14+4❑√3，
∴正方形的面积＝AB2＝14+4❑√3．
故答案为：14+4❑√3．
2．如图，点P是正方形ABCD内一点，若PA=❑√3，PB=❑√2，PC＝1，则∠APB＝ ．
【分析】将△CBP绕点B逆时针旋转90°，得到△ABE，则∠PBE＝90°，EB＝PB=❑√2，根据勾股定理
求得PE＝2，则EA2+PA2＝PE2＝4，即可根据勾股定理的逆定理证明∠PAE＝90°，取PE的中点F，连
接AF，则△AEF是等边三角形，所以∠AEP＝60°，∠APE＝30°，而∠BPE＝45°，即可求得∠APB＝＝
75°．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CB，∠ABC＝90°，将△CBP绕点B逆时针旋转90°，得到△ABE，
∵∠PBE＝90°，EB＝PB=❑√2，
∴PE=❑√EB2+PB2=❑√ (❑√2) 2+(❑√2) 2=2，
∵EA＝PC＝1，PA=❑√3，
∴EA2+PA2＝PE2＝4，
∴△PAE是直角三角形，且∠PAE＝90°，
1
取PE的中点F，连接AF，则AF＝EF= PE＝1，
2
∴EA＝AF＝EF，
∴∠AEP＝60°，
∴∠APE＝90°﹣∠AEP＝90°﹣60°＝30°，
∵∠BPE＝∠BEP＝45°，
∴∠APB＝∠APE+∠BPE＝30°+45°＝75°，
故答案为：75°．
13❑√2
3．如图，D是△ABC内一点，∠BDC＝90°，BD＝CD，AB＝20，AC＝21，AD= ，则BC的长是
2
．
【分析】将线段AD顺时针旋转90°得到Rt△ADE，利用SAS证明△ADC≌△EDB，得BE＝AC＝21，设
EH＝x，则BH＝21﹣x，利用勾股定理列方程即可解决问题．
【解答】解：如图所示，将线段AD顺时针旋转90°得到Rt△ADE，
∴∠ADE＝∠BDC＝90°，AD＝DE，∴∠ADE+∠EDC＝∠EDC+∠BDC，
∴∠ADC＝∠BDE，
又∵BD＝CD，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴BE＝AC＝21，
∵△EDB可视为△ADC旋转90°而得，
∴BE⊥AC，
设BE与AC的交点为H，
在△ABE中，AB＝20，AE=❑√2AD＝13，BE＝21，
设EH＝x，则BH＝21﹣x，
由勾股定理得，AB2﹣BH2＝AH2＝AE2﹣EH2，
即202﹣（21﹣x）2＝132﹣x2，
解得x＝5，
∴BH＝16，
AH=❑√AE2−EH2=❑√132−52=12，
CH＝21﹣12＝9，
∴BC=❑√BH2+CH2=❑√162+92=❑√337．
故答案为：❑√337．
4．如图1，在△ABC中，以AC为边向外作等边△ACD，以AB为边向外作等边△ABE，连接CE、BD．求
证：△BAD≌△EAC．
【知识应用】如图2，四边形ABCD中，AC、BD是对角线，△ACB是等腰直角三角形，∠ADC＝45°，
AD＝2，CD＝4，求BD的长．
【拓展提升】如图3，四边形ABCD中，AB＝AC，∠ABC+∠ADC＝90°，BD=❑√2CD，则∠BAC﹣
∠BDC＝ ．【分析】由等边三角形的性质得AB＝AE，AD＝AC，∠BAE＝∠DAC＝60°，可根据“边角边“证明
△BAD≌△EAC；
【知识应用】如图2，过点C作CE⊥CD，使CE＝CD，连接DE，AE，先根据勾股定理计算AE＝6，
证明△BCD≌△ACE（SAS），则BD＝AE＝6；
【拓展提升】如图3，作∠DAE＝∠BAC，使AE＝AD，连接CE，DE，证明△BAD≌△CAE（SAS），
则BD＝CE，∠ADB＝∠AEC，再证明△CDE是等腰直角三角形，设∠ACB＝ ，根据角的和与差可得
结论． α
【解答】证明：如图1，∵△ABE和△ACD都是等边三角形，
∴AB＝AE，AD＝AC，∠BAE＝∠DAC＝60°，
∴∠BAE+∠BAC＝∠DAC+∠BAC，
即∠BAD＝∠EAC，
∴△BAD≌△EAC（SAS）；
【知识应用】
解：如图2，过点C作CE⊥CD，使CE＝CD，连接DE，AE，
∴△DCE是等腰直角三角形，
∴∠CDE＝45°，DE=❑√2CD＝4❑√2，
∵∠ADC＝45°，
∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝45°+45°＝90°，
∵AD＝2，
∴AE=❑√AD2+DE2=❑√22+(4❑√2) 2=6，
∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠BCD＝∠ACE，
∵AC＝BC，DC＝CE，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴BD＝AE＝6；
【拓展提升】
如图3，作∠DAE＝∠BAC，使AE＝AD，连接CE，DE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵AC＝AB，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，∠ADB＝∠AEC，
∵∠BAC＝∠EAD，
∴∠ADE+∠AED＝∠ACB+∠ABC，
∵AD＝AE，AC＝AB，
∴∠ADE＝∠AED＝∠ACB＝∠ABC，
∵∠ABC+∠ADC＝90°，
∴∠ADC+∠ADE＝90°，
即∠CDE＝90°，
∵BD=❑√2CD，
∴CE=❑√2CD，
∴CE2＝2CD2，
∵∠CDE＝90°，
∴CD2+DE2＝CE2，
∴CD＝DE，
∴∠DEC＝45°，
设∠ACB＝ ，
∴∠ADB＝α∠AEC＝ ﹣45°，
α∴∠BDC＝∠EDC﹣（∠ADE+∠ADB）
＝90°﹣（ +∠AEC）
＝90°﹣（α+ ﹣45°）
＝135°﹣2α，α
∵∠BAC＝α180°﹣2 ，
∴∠BAC﹣∠BDC＝α180°﹣2 ﹣（135°﹣2 ）＝45°．
故答案为：45°． α α
5．如图所示，等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°．
（1）如图1所示，若D是△ABC内一点，将线段CD绕点C顺时针旋转90°得到CE，连结AD，BE，
求证：AD＝BE；
（2）如图2所示，若D是△ABC外一点，将线段CD绕点C顺时针旋转90°得到CE，且AE＝AB，求
证：BD=❑√2CD；
13❑√2
（3）如图3所示，若O是斜边AB的中点，M为BC下方一点，且OM= ，CM＝7，∠BMC＝
2
45°，则BM＝ ．
【分析】（1）由等腰直角三角形性质得AC＝BC，再由旋转的性质得CD＝CE，∠DCE＝90°，然后由
SAS证△∠ACD≌△BCE，即可得出结论；
（2）连接AD、BE，AD交BE于点O，AD交BC于点N，连接DE，证△ACD≌△BCE（SAS），得
∠DAC＝∠EBC，再证AD⊥BE，则OE＝OB，然后由等腰三角形的性质得DE＝BD，即可得出结论；
（3）过点O作OP⊥OM，且OP＝OM，连接PM、PC，并延长PC交BM于点Q，交QM于点H，连接
OC，证△POC≌△MOB（SAS），得CP＝BM，∠OPC＝∠OMB，再证∠PQM＝∠POM＝90°，则
7❑√2 7❑√2
△CMQ是等腰直角三角形，得CQ＝MQ= ，设PC＝x，则PQ＝（x+ ），然后在Rt△PQM
2 2
中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【解答】（1）证明：∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，
∴AC＝BC，
由旋转的性质得：CD＝CE，∠DCE＝90°，
∵∠ACD+∠DCB＝90°，∠BCE+∠DCB＝90°，
∴∠ACD＝∠BCE，
又∵AC＝BC，CD＝CE，
∴△∠ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE；
（2）证明：如图2，连接AD、BE，AD交BE于点O，AD交BC于点N，连接DE，
由旋转的性质得：CD＝CE，∠DCE＝90°，
∴△DCE是等腰直角三角形，
∴DE=❑√2CD，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB+∠DCB＝∠DCE+∠DCB，
即∠ACD＝∠BCE，
又∵AC＝BC，CD＝CE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠DAC＝∠EBC，
∵∠ANC＝∠BNO，
∴∠ACN＝∠BON，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BOA＝90°，
即AD⊥BE，
∵AE＝AB，
∴OE＝OB，∴DE＝BD，
∴BD=❑√2CD；
（3）解：如图3，过点O作OP⊥OM，且OP＝OM，连接PM、PC，并延长PC交BM于点Q，交QM
于点H，连接OC，则∠POM＝90°，
∵△ABC是等腰直角三角形，O是斜边AB的中点，
1
∴CO⊥AB，CO= AB＝OB，
2
∴∠COB＝∠POM＝90°，
∴∠POC＝∠MOB，
∴△POC≌△MOB（SAS），
∴CP＝BM，∠OPC＝∠OMB，
又∵∠OHP＝∠QHM，
∴∠PQM＝∠POM＝90°，
∠BMC＝45°，
∴△CMQ是等腰直角三角形，
❑√2 7❑√2
∴CQ＝MQ= CM= ，
2 2
13❑√2
在Rt△POM中，PM=❑√2OM=❑√2× =13，
2
7❑√2
设PC＝x，则PQ＝（x+ ），
2
7❑√2 7❑√2
在Rt△PQM中，由勾股定理得：（ ）2+（x+ ）2＝132，
2 2
解得：x＝5❑√2（负值已舍去），
∴PC＝5❑√2，
∴BM＝PC＝5❑√2，故答案为：5❑√2．
【类型3 手拉手模型——遇60°构造60°】
1．如图，在△ABC中，AC＝BC，AB＝12，把△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，连接CD，当
CD=2❑√3时，AC的长为（ ）
A．4❑√3 B．10 C．2❑√21 D．❑√21
【分析】如图，连接DB，延长DC交AB于F，首先利用旋转的性质证明△DAB为等边三角形，然后利
用等边三角形的性质求出DF，接着利用已知条件求出CF，最后利用勾股定理即可求解．
【解答】解：如图，连接DB，延长DC交AB于F，
∵把△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，
∴∠DAB＝60°，AD＝AB＝12，
∴△DAB为等边三角形，
∴DA＝DB，
∵AC＝BC，
∴CD为AB的中垂线，
1
∴AF= AB＝6，
2
在Rt△ADF中，DF=❑√AD2−AF2=6❑√3，
而CD＝2❑√3，
∴CF＝DF﹣CD＝4❑√3，
在Rt△ACF中，AC=❑√AF2+CF2=2❑√21．
故选：C．2．如图，等边△ABC中有一点P，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，则∠APB的度数为（ ）
A．150° B．135° C．120° D．165°
【分析】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°，根据等边三角形的性质得到PE＝PB＝4，∠BPE＝60°，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．
【解答】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°．
故选：A．3．如图，在四边形ABCD中，AC，BD是对角线，△ABC是等边三角形．∠ADC＝30°，AD＝2.4，BD＝
4，则CD的长为 ．
【分析】将△BCD绕点C顺时针旋转60°，点E为点D的对应点，连接DE，先根据等边三角形的性质
可得∠ACB＝60°，再根据旋转的性质可得AE＝BD＝4，CE＝CD，∠DCE＝60°，然后根据等边三角形
的判定与性质可得∠CDE＝60°，CD＝DE，最后在Rt△ADE利用勾股定理可得DE的长度，从而可得
CD的长度．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，
如图，将△BCD绕点C顺时针旋转60°，点E为点D的对应点，连接DE，
∵∠ACB＝60°，
∴点A为点B旋转后的对应点，
由旋转的性质得：AE＝BD＝4，CE＝CD，∠DCE＝60°，
∴△DCE是等边三角形，
∴∠CDE＝60°，CD＝DE，
∵∠ADC＝30°，
∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝90°，
在Rt△ADE中，DE=❑√AE2−AD2=❑√42−2．42=3.2，
∴CD＝DE＝3.2，
故答案为：3.2．
AD 2
4．如图，点D是等边△ABC内部的一点，∠ADC＝120°，AB2＝19， = ，则线段BD的长度是
CD 3
．【分析】点C作CH⊥AD，交AD的延长线于H，由勾股定理可求AD＝2，CD＝3，由旋转的性质可得
AG＝AD＝2，CD＝BG＝3，∠DAG＝60°，由勾股定理可求BD的长．
【解答】解：如图，过点C作CH⊥AD，交AD的延长线于H，将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到
△AGB，过点D作DN⊥BG于N，
AD 2
∵ = ，
CD 3
∴设AD＝2x，CD＝3x，
∵∠ADC＝120°，
∴∠CDH＝60°，
∴∠DCH＝30°，
1 3x 3❑√3
∴DH= DC= ，CH= x，
2 2 2
7
∴AH= x，
2
∵AB＝AC，
∴AC2＝AB2＝19，
∵AH2+CH2＝AC2，
49 27
∴ x2+ x2＝19，
4 4
∴x＝1，∴AD＝2，CD＝3，
∵将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△AGB，
∴AG＝AD＝2，CD＝BG＝3，∠DAG＝60°，
∴△AGD是等边三角形，
∴∠AGD＝60°，
∴∠DGB＝60°，
∵DN⊥BG，
∴∠GDN＝30°，
1
∴GN= GD＝1，DN=❑√3GN=❑√3，
2
∴BN＝2，
∴BD=❑√DN❑ 2+BN❑ 2=❑√4+3=❑√7，
故答案为：❑√7．
【类型4 手拉手模型——遇120°构造120°】
1．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D为△ABC外一点，连接BD、AD、CD，∠ADC＝
60°，BD＝5，DC＝4，则AD＝ ．
【分析】将△ABD绕点A逆时针旋转120°得到△ACE，易证得△EDC是直角三角形，根据勾股定理求
3
得DE＝3，作AF⊥DE于F，得到DF= ，解直角三角形即可求得AD．
2
【解答】解：将△ABD绕点A逆时针旋转120°得到△ACE，
∴∠DAE＝120°，AD＝AE，
∴∠ADE＝∠AED＝30°，
∵∠ADC＝60°，
∴∠CDE＝90°，
∵EC＝BD＝5，DC＝4，∴DE=❑√EC2−DC2=❑√52−42=3，
作AF⊥DE于F，
1 3
∴DF= DE= ，
2 2
在Rt△ADF中，∠ADF＝30°，AD2＝AF2+DF2，
1
∴AF= AD，
2
1 9
∴AD2= AD2+ ，
4 4
∴AD=❑√3，
故答案为❑√3．
2．如图，△ABC中，AB＝AC，点P为△ABC内一点，∠APB＝∠BAC＝120°．若AP+BP＝5，则PC的最
小值为 ．
【分析】把△APB绕点A逆时针旋转120°得到△AP′C，作AD⊥PP′于D，根据旋转变换的性质和等
腰三角形的性质得到∠AP′P＝30°，根据直角三角形的性质得到PP′=❑√3AP，根据勾股定理和配方法
计算可得出答案．
【解答】解：把△APB绕点A逆时针旋转120°得到△AP′C，作AD⊥PP′于D，
则AP＝AP′，∠PAP′＝120°，∠AP′C＝∠APB＝120°，
∴∠AP′P＝30°，
∴PP′=❑√3AP，∠PP′C＝90°，
∵AP+BP＝5，
∴BP＝5﹣PA，√ 5 75
在Rt△PP′C中，PC=❑√P′P2+P′C2=❑√(❑√3AP) 2+(5−PA) 2=❑4(AP− ) 2+ ，
4 4
√75 5
则PC的最小值为❑ = ❑√3，
4 2
5
故答案为： ❑√3．
2
3．如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB+AC＝a（a＞0），将CB绕C顺时针旋转120°得CD，当DA长
27
的最小值为 时，a的值为 ．
4
【分析】由旋转的性质可得BC＝CD，∠BCD＝120°，∠ACH＝120°，AC＝CH＝x，由“SAS”可证
△ABC≌△HDC，可得AB＝DH＝a﹣x，∠BAC＝∠DHC＝120°，由勾股定理和二次函数的性质可求
解．
【解答】解：如图，将AC绕C顺时针旋转120°得CH，连接AH，DH，过点C作CG⊥AH于G，
设AC＝x，则AB＝a﹣x，
∵将CB绕C顺时针旋转120°得CD，
∴BC＝CD，∠BCD＝120°，
∵将AC绕C顺时针旋转120°得CH，
∴∠ACH＝120°，AC＝CH＝x，
∴∠CAH＝∠CHA＝30°，∠BCD＝∠ACH，
∴∠BCA＝∠DCH，∵CG⊥AH，
1 x ❑√3
∴CG= CH= ，AG＝GH= x，
2 2 2
∴AH=❑√3x，
在△ABC和△HDC中，
{
AC=CH
)
∠ACB=∠DCH ，
BC=DC
∴△ABC≌△HDC（SAS），
∴AB＝DH＝a﹣x，∠BAC＝∠DHC＝120°，
∴∠AHD＝90°，
1 3 3
∴AD2＝DH2+AH2＝（a﹣x）2+3x2＝（2x− a）2+ a2≥ a2，
2 4 4
27
∵DA长的最小值为 ，
4
27 √3
∴ =❑ a❑ 2，
4 4
9❑√3
∴a= ，
2
9❑√3
故答案为 ．
2
4．如图，在△ABC中，∠ACB＝30°，AB＝AC，点P是△ABC内一点，且PA＝2，PB=❑√21，PC＝3，求
∠APC的度数．
【分析】将△ABP绕点A逆时针旋转120°得到△ACQ，过点A作AD⊥PQ，垂足为D，根据等腰三角形
的性质可得∠ABC＝∠ACB＝30°，从而可得∠BAC＝120°，再根据旋转的性质可得：PB＝CQ=❑√21，
∠BAC＝∠PAQ＝120°，AP＝AQ＝2，从而利用等腰三角形的性质可得∠APQ＝∠AQP＝30°，PQ＝
2DQ，然后在Rt△ADQ中，利用含30度角的直角三角形的性质可得AD＝1，DQ=❑√3，从而可得PQ＝
2❑√3，最后利用勾股定理的逆定理证明△PCQ是直角三角形，从而可得∠QPC＝90°，再利用角的和差
关系进行计算，即可解答．
【解答】解：将△ABP绕点A逆时针旋转120°得到△ACQ，过点A作AD⊥PQ，垂足为D，∵∠ACB＝30°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝30°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝120°，
由旋转得：PB＝CQ=❑√21，∠BAC＝∠PAQ＝120°，AP＝AQ＝2，
180°−∠PAQ
∴∠APQ＝∠AQP= =30°，PQ＝2DQ，
2
在Rt△ADQ中，AQ＝2，
1
∴AD= AQ＝1，DQ=❑√3AD=❑√3，
2
∴PQ＝2DQ＝2❑√3，
∵PQ2+PC2＝（2❑√3）2+32＝21，CQ2＝（❑√21）2＝21，
∴PQ2+PC2＝CQ2，
∴△PCQ是直角三角形，
∴∠QPC＝90°，
∴∠APC＝∠APQ+∠QPC＝120°，
∴∠APC的度数为120°．
