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培优专题 11 五种特殊图形的旋转
（部分内容有人教版九下内容，适情况而做）
◎类型一：直角三角形
1．（2022·全国·八年级专题练习）把直角三角形OAB与直角三角形O'CD如图1放置，直角顶点O与O′重
合在一起，点D在OB上，∠B＝30°，∠C＝45°．现将 O'CD固定， OAB绕点O顺时针旋转，旋转角α
（0°≤α＜90°），OB与DC交于点E． △ △
(1)如图2，在旋转过程中，若OA CD时，则α＝ ；若AB OC时，则α＝ ；
(2)如图2，在旋转过程中，当 ODE有两个角相等时，α＝ ；
(3)如图3，连结AC，在旋转过△程中，猜想∠DOB与∠CAB＋∠ACD的大小关系，并说明理由．
【答案】(1)45°，60°
(2)45°或67.5°
(3)当0°≤∠DOB＜52.5°时，∠DOB＜∠CAB+∠ACD；当∠DOB＝52.5°中，∠DOB＝∠CAB+∠ACD；当
52.5°＜∠DOB＜90°时，∠DOB＞∠CAB+∠ACD，理由见解析．【分析】（1）分别利用平行线的性质求出∠BOC，进而求出∠BOD即可；
（2）分两种情形：当∠D＝∠DOE时，当∠DOE＝∠DEO时，分别根据α＝∠DOE求解即可；
（3）根据三角形外角的性质和四边形的内角和证明∠BOD＋∠BAC＋∠ACD＝105°，再分三种情形说明即
可．
（1）
解：当OA CD时，如图，
则∠AOD＝∠D＝45°，
∴∠BOD＝45°，
∴α＝45°，
当AB OC时，如图，
则∠B＝∠BOC＝30°，
∴∠BOD＝90°－30＝60°，
∴α＝60°，
故答案为：45°，60°；
（2）
当∠D＝∠DOE＝45°时，可得α＝∠DOE＝45°，
当∠DOE＝∠DEO时，可得α＝∠DOE＝ ＝67.5°，
故答案为：45°或67.5°；
（3）
如图3中，∠DOB与∠CAB+∠ACD的大小关系有三种情形：①∠DOB＞∠CAB+∠ACD．②∠DOB＝
∠CAB+∠ACD．③∠DOB＜∠CAB+∠ACD．理由：∵∠1＝∠BAC+∠ACD，∠2＝∠D+∠1＝45°+∠1，∠3＝∠1+∠B＝30°+∠1，
又∵∠BOD+∠2+∠3+（180°﹣∠1）＝360°，
∴∠BOD+45°+∠1+30°+∠1+180°﹣∠1＝360°，
∴∠BOD+∠1＝105°，
∴∠BOD+∠BAC+∠ACD＝105°，
∴当0°≤∠DOB＜52.5°时，∠DOB＜∠CAB+∠ACD，
当∠DOB＝52.5°中，∠DOB＝∠CAB+∠ACD，
当52.5°＜∠DOB＜90°时，∠DOB＞∠CAB+∠ACD．
【点睛】本题考查旋转的性质，平行线的性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质以及四边形的内角
和等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
2．（2022·江西萍乡·八年级期末）在某次数学兴趣小组延时服务课上，李老师要求学生探究如下问题：
(1)如图①，在等边 内有一点 ， ， ， ．试求 的度数．小亮同学一时没
有思路，当他认真分析题目信息后，发现以 ， ， 的长为边的三角形是直角三角形，他突然有了
正确的思路：如图②，将 绕点 逆时针旋转60°，得到 ，连接 ，可求出 的度数，
请你替小亮写出求解过程；
(2)如图③，在正方形 内有一点 ， ， ， ．试求 的度数；
(3)在图③中，若正方形 内有另一点 ， ， ， （ ， ）．请你探究：当， ， 满足什么条件时， 的度数与第（2）问中 的度数相等，并说明理由．（友情提示：
正方形的四条边都相等，四个角都是直角）
【答案】(1) ，见解析
(2)
(3) ，见解析
【分析】（1）先证明 P′PB是正三角形， P′PA是直角三角形，可得∠BP'P=60°，∠AP'P=90°，可得
∠AP'B=150°，根据旋转△的性质可得∠BPC=△∠AP'B=150°；
（2）将 BPC绕点B逆时针旋转90°，得到 BP'A，连接PP'，根据旋转的性质可得 ，
△ △
∠PBP'=90°，PC=P'A，∠AP'B=∠BPC，根据勾股定理定理可得PP'=2，根据勾股定理的逆定理可得
∠AP'P=90°，则可求∠BPC的度数；
（3）将 BQC绕点B逆时针旋转90°，得到 BQ'A，连接QQ'，根据旋转性质可得BQ=BQ'=b，
△ △
∠QBQ'=90°，∠AQ'B=∠BQC=135°，QC=AQ'=c，可得 ，∠BQ'Q=45°，则可得∠AQ'Q=∠AQ'B-
∠BQ'Q=90°，根据勾股定理可求a2=c2+2b2．
(1)
解：∵ ， ，
∴ 为等边三角形， ，
∵ ， ，
∴ ， 是直角三角形，
∴ ，
∵ ，
∴
∵将 绕点 逆时针旋转60°，得到 ，
∴ ．
(2)
解：将 绕点 逆时针旋转90°，得到 ，连接 ，（如图①）∴ ， ， ， ，
∴ 为等腰直角三角形， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ 为直角三角形，
∴ ，
∴
∵ ，
∴ ．
(3)
解：将 绕点 逆时针旋转90°，得到 ，连接 ，（如图②）
∴ ， ，
由题意： ， ，
∵ 是等腰直角三角形，∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
所以，当 、 、 满足 时， 的度数与第（2）问中 的度数相等．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理，熟练
运用这些性质进行推理是本题的关键．
◎类型二：矩形
3．（2022·湖南娄底·八年级期末）问题情境：在综合实践课上，老师让同学们探究“平面直角坐标系中的
旋转问题”，如图，在平面直角坐标系中，四边形 是矩形， ，点 ，点 ．
操作发现：以点 为中心，顺时针旋转矩形 ，得到矩形 ，点 ， ， 的对应点分别为 ，
， ．
(1)如图，当点 落在 边上时，求点 的坐标；
(2)继续探究：如图，当点 落在线段 上时， 与 交于点 ，求证： ；
(3)拓展探究：如图，点 是 轴上任意一点，点 是平面内任意一点，是否存在点 使以 、 、 、为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)存在，点 的坐标为 或 或 或
【分析】（1）先根据矩形的性质得到 ， ， ，再根据旋转的性质得
到 ，根据勾股定理求出 的长，从而可得 的长，由此即可得；
（2）先根据旋转的性质得到 ， ，从而可得 ，再利用 定理即
可得证；
（3）分三种情况讨论：①当四边形 为菱形时；②当四边形 为菱形时；③当四边形
为菱形时，利用菱形的性质求解即可得．
（1）解：∵ ， ，∴ ， ，∵四边形 是矩形，∴ ， ，
，∵矩形 是由矩形 旋转得到，∴ ，在 中，
，∴ ，∴ ．
（2）证明： 四边形 是矩形， ， 点 在线段 上， ，由旋转的性
质得： ，在 和 中， ，∴ ．
（3）解：存在，求解过程如下：设点 的坐标为 ，点 的坐标为 ，由题意，分以下三种情况：①如图，当四边形 为菱形时，
则 ， ，解得 或 ，当 时，点
的坐标为 ， 菱形 的对角线互相平分， ，解得 ，即此时点 的坐标
为 ；当 时，点 的坐标为 ， 菱形 的对角线互相平分， ，
解得 ，即此时点 的坐标为 ；②如图，当四边形 为菱形时，菱形 的对角线互相垂直且平分， 点 与点 关于 轴对称，
， ；③如图，当四边形 为菱形时， 菱形 的对
角线互相平分， ，解得 ， ，又 四边形 为菱形， ，
，即 ，解得 ，则此时点 的坐标为 ，综上，
存在点 使以 为顶点的四边形是菱形，点 的坐标为 或 或 或 ．
【点睛】本题考查了矩形的性质、三角形全等的判定、旋转的性质、菱形的性质、两点之间的距离公式等
知识点，较难的是题（3），正确分三种情况讨论是解题关键．
4．（2022·上海市张江集团中学八年级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，将矩形ABCD绕点
A逆时针旋转得到矩形AEFG．(1)当点E落在对角线AC上时，AF、EF分别交DC于点M、N．
①求证：MA＝MC；
②求MN的长；
(2)在旋转过程中，若直线AE经过线段BG的中点P，请直接写出线段PE的长度．
【答案】(1)①证明见解析；②
(2)8- 或8+
【分析】（1）①利用矩形性质和旋转性质证明∠MAC=∠MCA，再根据等腰三角形的等角对等边即可证得
结论；②先利用勾股定理求得AM、AC，进而求得MF，再证明∠MFN=∠MNF得到MN=MF即可求解；
（2）先利用勾股定理求得AP，分情况画图，由PE=AP+AE和PE=AE-AP进行求解即可．
(1)
①证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，CD=AB=8，BC=AD=6 ,
∴∠MCA=∠CAB，
由旋转性质得∠CAB=∠MAC，
∴∠MAC=∠MCA，∴MA=MC；
②解：设MA=MC=x，则DM=8-x，
在Rt△ADM中，由勾股定理得：62+（8-x）2=x2，
解得：x= ，
在Rt△ABC中， ，
旋转性质得：AF=AC=10，∠AEF=∠B=90°，
∴FM=AF-AM= ，∠MAC+∠AFE=90°，∠CNE+∠MCE=90°，
∵∠MAC=∠MCE，∠MNF=∠CNE，
∴∠AFE=∠MNF，即∠MFN=∠MNF，
∴MN=MF= ．
(2)
解：分情况讨论，①如图1，过点B作BH⊥AC于H，则∠GAP=∠BHP=90°,
∵点P为GB的中点，
∴GP=BP，又∠APG=∠HPB，
∴△APG≌△HPB（AAS），
∴AP=HP，AG=BH=6，
∴在Rt△AHB中， ，
∴AP=PH= AH= ，
∴PE=AE-AP=8- ；
②如图2，过点B作BK⊥EA交EA延长线于K，则∠GAP=∠BKP=90°，
∵点P为GB的中点，
∴GP=BP，又∠APG=∠KPB，
∴△APG≌△KPB（AAS），
∴AP=KP，AG=BK=6，
∴在Rt△AKB中， ，
∴AP=KP= AK= ，
∴PE=AE+AP=8+ ，
综上，线段PE的长度为8- 或8+【点睛】本题考查矩形的性质、旋转的性质、等腰三角形的判定、全等三角形的判定与性质、勾股定理等
知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键，注意分类讨论思想的运用．
◎类型三：等腰三角形
5．（2021·吉林·四平市铁西区教师进修学校九年级期末）已知 是等腰三角形， ，将
绕点 逆时针旋转得到 ，点 、点 的对应点分别是点 、点 ．
感知：（1）如图①，当 落在 边上时， 与 之间的数量关系是___________（不需要证
明）；
探究：（2）如图②，当 不落在 边上时， 与 是否相等？如果相等，请证明；如果不
相等，请说明理由；
应用：（3）如图③，若 ， 、 交于点 ，则 __________度．
【答案】（1） ；（2） ，利用见解析；（3）135
【分析】（1）根据旋转的性质和等腰三角形的性质证明即可；
（2）根据已知条件证明 ，即可得解；
（3）根据等腰三角形的性质和旋转性质计算即可；
【详解】解：感知：由旋转可得 ， ， ，
∴ ，∴ ，
探究： ，
证明：∵由旋转可得 ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
应用：∵ ，
∴ ，
由探究可得 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
设 与AE的交点为O，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ；
故答案是135．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质和等腰三角形的性质，准确分析计算是解题的关键．
6．（2021·浙江·义乌市稠州中学教育集团八年级期中）如图，Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝OB＝4，
点P在直线OA上运动，连接PB，将△OBP沿直线BP折叠，点O的对应点记为O′．
（1）若AP＝AB，则点P到直线AB的距离是 ；
（2）若点O′恰好落在直线AB上，求△OBP的面积；
（3）将线段PB绕点P顺时针旋转45°得到线段PC，直线PC与直线AB的交点为Q，在点P的运动过程中，
是否存在某一位置，使得△PBQ为等腰三角形？若存在，请直接写出OP的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）4；（2） 或 ；（3）存在，0或4+4 或4﹣4 或4
【分析】（1）接BP，设点P到直线AB的距离为h，根据三角形的面积公式即可得到结论；
（2）①当P在 的右侧，求OP＝O'P＝AO'＝4 ﹣4，根据三角形面积公式可得结论；②当P在 的
左侧，同理可得结论；
（3）分4种情况：①当BQ＝QP时，如图2，P与O重合，②当BP＝PQ时，如图3，③当PB＝PQ时，
如图4，此时Q与C重合；④当PB＝BQ时，如图5，此时Q与A重合，则P与A关于 轴对称，根据图
形和等腰三角形的性质可计算OP的长．
【详解】解：（1）连接BP，
设点P到直线AB的距离为h，
Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝OB＝4，
∴AB＝ ＝4 ，
∵AP＝AB，
∴AP＝AB＝4 ，
∴S ABP＝ AB•h＝ AP•OB，
△
∴h＝OB＝4，
即点P到直线AB的距离是4，故答案为：4；
（2）存在两种情况：
①如图1，当P在 的右侧，点O′恰好落在直线AB上，则OP＝O'P，∠BO'P＝∠BOP＝90°，
∵OB＝OA＝4，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴AB＝4 ，∠OAB＝45°，
由折叠得：∠OBP＝∠O'BP，BP＝BP，
∴△OBP≌△O'BP（AAS），
∴O'B＝OB＝4，
∴AO'＝4 ﹣4，
Rt△PO'A中，O'P＝AO'＝4 ﹣4＝OP，
∴S BOP＝ OB•OP＝ ＝8 ﹣8；
△
②如图所示：当P在 的左侧，
由折叠得：∠PO'B＝∠POB＝90°，O'B＝OB＝4，∵∠BAO＝45°，
∴PO'＝PO＝AO'＝4 +4，
∴S BOP＝ OB•OP＝ ×4×（4 +4）＝8 +8；
△
（3）分4种情况：
①当BQ＝QP时，如图2，点P与点O重合，此时OP＝0；
②当BP＝PQ时，如图3，
∵∠BPC＝45°，
∴∠PQB＝∠PBQ＝22.5°，
∵∠OAB＝45°＝∠PBQ+∠APB，
∴∠APB＝22.5°，
∴∠ABP＝∠APB，
∴AP＝AB＝4 ，
∴OP＝4+4 ；③当PB＝PQ时，如图4，此时Q与C重合，
∵∠BPC＝45°，
∴∠PBA＝∠PCB＝67.5°，
△PCA中，∠APC＝22.5°，
∴∠APB＝45+22.5°＝67.5°，
∴∠ABP＝∠APB，
∴AB＝AP＝4 ，
∴OP＝4 ﹣4；
④当PB＝BQ时，如图5，此时Q与A重合，则P与A关于 对称，
∴此时OP＝4；
综上，OP的长是0或4+4 或4﹣4 或4．
【点睛】本题考查了旋转的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质与判定，作出图形分类讨论是解题的关
键．
◎类型四：正方形
7．（2022·全国·九年级专题练习）【问题情境】如图1，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到 ．延长AE交 于点F，连接DE．
(1)【猜想证明】试判断四边形 的形状，并说明理由；
(2)如图2，若DA＝DE，猜想线段CF与 的数量关系并加以证明；
(3)【解决问题】如图1，若AB＝13，CF＝7，请直接写出DE的长度．
【答案】(1)正方形，见解析；
(2) ，见解析；
(3) ．
【分析】（1）根据旋转性质得到 ， ， ，再由题意可得
∠BEF=90°，得到四边形 是矩形，根据 ，即可得四边形 是正方形；
（2）过点D作DH⊥AE，垂足为H， 可证明△AEB≌△DHA，则有AH=BE，根据正方形的性质即可解决；
（3）过点D作DH⊥AE于H，由勾股定理可求得 ，进一步求出 ，利用BE＝AH＝5，
，得到 ，再利用勾股定理即可求出 ．
（1）解：四边形 是正方形理由如下：∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°∴
， ， ，∴∠BEF=90°，∴四边形 是矩形，又∵ ，
∴四边形 是正方形，
（2）解： ．如图，过点D作DH⊥AE，垂足为H，则∠DHA＝90°，∠1＋∠3＝90°．∵DA＝DE，∴ ，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝DA，
∠DAB＝90°．∴∠1＋∠2＝90°．∴∠2＝∠3．在 和 中，
∴△AEB≌△DHA．∴AH＝BE．由（1）知四边形 是正方形，∴ ．∴ ．由旋转可
得 ，∴ ．∴ ．
（3）解：如图，过点D作DH⊥AE于H，
∵四边形 是正方形，∴ ，∵AB＝BC＝13，CF＝7， ∴
，解得： ， （舍去），∴ ，∴
，由（2）可知：BE＝AH＝5， ，∴
，∴ ．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，旋转的性质，勾股定
理，证明△AEB≌△DHA是关键．
8．（2021·山西临汾·三模）综合与实践背景阅读：
“旋转”即物体绕一个点或一个轴做圆周运动．在中国古典专著《百喻经·口诵乘船法而不解用喻》中记载：
“船盘回旋转，不能前进．”而图形旋转即：在平面内，将一个图形绕一点按某个方向转动一个角度，这
样的运动叫做图形的旋转，这个定点叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角．综合实践课上，“睿智”小组
专门探究了正方形的旋转，情况如下：在正方形 中，点 是线段 上的一个动点，将正方形
绕点 顺时针旋转得到正方形 （点 ， ， ， 分别是点 ， ， ， 的对应点）．
设旋转角为 （ ）．操作猜想：
（1）如图1，若点 是 中点，在正方形 绕点旋转过程中，连接 ， ， ，则线段 与
的数量关系是_______；线段 与 的数量关系是________．
探究验证：
（2）如图2，在（1）的条件下，在正方形 绕点 旋转过程中，顺次连接点 ， ， ， ， ．
判断四边形 的形状，并说明理由．
拓展延伸：
（3）如图3，若 ，在正方形 绕点 顺时针旋转的过程中，设直线 交线段 于点 ．
连接 ，并过点 作 于点 ．请你补全图形，并直接写出 的值．
【答案】（1） ； ；（2）矩形，见解析；（3）见解析， ．
【分析】（1）如图，连接OA、OA′、OD、OD′，根据旋转的性质可得OA=OA′、OD=OD′，
∠AOA′=∠DOD′= ，根据勾股定理可得OA=OD，利用SAS可证明△AOA′≌△DOD′，根据全等三角形的性
质可得AA′=DD′，根据旋转的性质可得∠BOB′= ，根据 可得△OAA′∽△OBB′，根据相似三
角形的性质即可得答案；
（2）根据旋转的性质可得 ， ， ，根据点 是 中点即可得出
，根据对角线相等且互相平分的四边形是矩形即可证明四边形 是矩形；
（3）根据题意，补全图形，连接OA、OA′，作AM⊥BP于M，A′N⊥BP于N，根据勾股定理可得
，根据平角的定义及直角三角形两锐角互余的性质可得 ，利用AAS可证明△ABM≌△A′B′N，可得AM=A′N，利用AAS可证明△APM≌△A′PN，可得 ，根据等腰三角形
“三线合一”的性质可得∠A′OP= ∠AOA′= ，∠QOB′= ，根据角的和差关系可得
∠POQ=∠A′OB′，即可证明△OQP∽△OB′A′，根据相似三角形的性质即可得答案．
【详解】（1）如图，连接OA、OA′、OD、OD′，
∵将正方形 绕点 顺时针旋转得到正方形 ，旋转角为 ，
∴OA=OA′、OD=OD′，∠AOA′=∠DOD′= ，
∴△AOA′≌△DOD′，
∴AA′=DD′，
∵点 是 中点，
∴OB= ，
∴OA= ，
∵将正方形 绕点 顺时针旋转得到正方形 ，旋转角为 ，
∴∠BOB′=∠AOA′= ，
∵ ，
∴△OAA′∽△OBB′，
∴ = ，
∴ ，
故答案为： ；
（2）四边形 是矩形；理由如下：
∵正方形 绕点 顺时针旋转得到正方形 ，∴ ， ， ，
∵点 是 中点，
∴
四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴四边形 是矩形．
（3）如图，补全图形如下：连接OA、OA′，作AM⊥BP于M，A′N⊥BP于N，
∵ ，
∴AB=BC= ，
∴OA′=OA= = ，
∵∠OB′A′=90°，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴△ABM≌△A′B′N，
∴AM=A′N（AAS），
∵ ， ，
∴△APM≌△A′PN，
∴AP=A′P，
∵OA=OA′，∴∠A′OP= ∠AOA′= ，
∵OB=OB′，OQ⊥BB′，
∴∠QOB′= ，
∴∠QOB′+∠B′OP=∠A′OP+∠B′OP，即∠POQ=∠A′OB′，
∵∠OQP=∠OB′A′=90°，
∴△OQP∽△OB′A′，
∴ ．
【点睛】本题考查旋转的性质、矩形的判定、全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练
掌握全等三角形及相似三角形的判定定理并正确作出辅助线构造全等三角形及相似三角形是解题关键．
◎类型五：等边三角形
9．（2022·江西九江·八年级期中）（1）问题发现：如图1， 和 均为等边三角形，当 旋
转至点A，D，E在同一直线上时，连接 ．
① 的度数为___________；
②线段 ， 与 之间的数量关系是___________．
（2）拓展研究：如图2， 和 均为等腰直角三角形， ，点A，D，E在同
一直线上．若 ， ，求 的长度．
（3）探究发现：图1中的 和 ，在 的旋转过程中，当点A，D，E不在同一直线上时，
设直线 与 相交于点 ，试在备用图中探索 的度数，直接写出结果，不必说明理由．【答案】（1）① ；②AE=BE+CE；（2） ；（3） 或
【分析】（1）①由条件易证△ACD≌△BCE，从而得到：AD=BE，∠ADC=∠BEC．由点A，D，E在同一直
线上可求出∠ADC，从而可以求出∠AEB的度数；②利用全等三角形的性质，结合等边三角形的性质可得
AE=BE+CE；
（2）由“SAS”可证△ACD≌△BCE，可得BE=AD，∠ADC=∠BEC，由勾股定理可求解；
（3）分两种情况讨论：如图3，由（1）知△ACD≌△BCE，得∠CAD=∠CBE，由∠CAB=∠ABC=60°，可知
∠EAB+∠ABE=120°，根据三角形的内角和定理可知∠AOE=60°．同理可得如图4的答案．
【详解】解：（1）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）．
∴∠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°，
故答案为：60°；
②AE=BE+CE；理由如下：
∵△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，
∵△CDE是等边三角形，∴CE=DE=CD，
∴AE=AD+DE=BE+CE；
故答案为：AE=BE+CE；
（2）∵△DCE为等腰直角三角形，
∴DE= =2，
∵AC=BC，DC=EC， ∠ACD=90°−∠DCB，∠ECB=90°−∠DCB，
∴∠ACD=∠ECB，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE=2，
∴AE=AD+DE=4，
∴∠AEB=∠CEB−∠CED=90°，
∴ ；
（3）如图3，由（1）同理可得：△ACD≌△BCE，
∴∠CAD=∠CBE，
∵∠CAB=∠CBA=60°，
∴∠OAB+∠OBA=∠CAB+∠CBA=120°，
∴∠AOE=180°－120°=60°，
如图4，同理求得∠AOB=60°，
∴∠AOE=120°，
∴∠AOE的度数是60°或120°．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，三
角形全等的判定与性质等知识，考查了运用已有的知识和经验解决问题的能力，是体现新课程理念的一道
好题．
10．（2022·辽宁·沈阳市第四十三中学八年级期中）（1）发现：如图1，点 是线段 上的一点，分别
以 ， 为边向外作等边三角形 和等边三角形 ，连接 ， ，相交于点 ．
结论：①线段 与 的数量关系为：________；② 的度数为________；
（2）应用：如图2，若点 ， ， 不在一条直线上，（1）中的结论①还成立吗？请说明理由；
（3）拓展：在四边形 中， ， ， ，若 ， ，请直接
写出 ， 两点之间的距离．
【答案】（1） ； .（2）成立，理由见解析；（3）10
【分析】（1）证明△ABE≌△CBD,根据全等三角形的性质即可求出线段 与 的数量关系；根据三角形
外角的性质即可求出 的度数.
（2）同（1）中的步骤进行证明即可.（3）将 绕点 顺时针旋转 得到 ，根据旋转的性质可得：
根据 即可求解．
【详解】（1）解：∵△ABC和△BDE都是等边三角形，
∴AB=CB，EB=ED=DB，
∴∠ABC+∠CBE=∠DBE+∠CBE，
即∠ABE=∠CBD，
在△ABE和△CBD中，
∴△ABE≌△CBD(SAS)，
∴AE=CD，∠BAE=∠BCD，
由三角形的外角性质，∠AOC=∠BAE+∠BDC=∠BCD+∠BDC，
∠ABC=∠BCD+∠BDC，
∴∠AOC=∠ABC= ；
故答案为 ； .
（2）依然成立，理由如下：
∵ 和 均是等边三角形，
∴ ， ， ，
∴ ，
即
在 和 中，
∵ ， ， ，
∴
∴ ．
设 与 交于点∵ ，
∴
在 和 中，其内角和均为
∵ ，
∴
（3）将 绕点 顺时针旋转 得到 ，
根据旋转的性质可得：
，
，
【点睛】考查全等三角形的判定与性质,等边三角形的性质，旋转的性质、三角形的外角性质等，掌握全等
三角形的判定定理与性质定理是解题的关键．
