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专题11 旋转中的几何模型归类（3 大类型）
模型解读
类型一：“手拉手”模型
模型特征：两个等边三角形或等腰直角三角形或正方形共顶点。
模型说明：如图1，▲ABE，▲ACF都是等边三角形，可证▲AEC≌▲ABF。
如图2，▲ABD，▲ACE都是等腰直角三角形，可证▲ADC≌▲ABE
如图2，四边形ABEF，四边形ACHD都是正方形，可证▲ABD≌▲AFC
类型二： “半角”模型
模型特征：大角含半角+有相等的边，通过旋转“使相等的边重合，拼 出特殊角”
模型说明：
（1）如图，在正方形ABCD中，∠EAF=45°，将▲ADF绕点A顺时针旋转90°，得到
▲ABG可证▲AEF≌AEG，所以可到DF+BE=EF
（2）如图，在等腰直角▲ABC中，∠MAN=45°，将▲ACN绕点A顺时针旋转90°，得到
▲ABQ，可证▲AMN≌▲AMQ，所以可得CN²+BM²=MN²（3）如图，等腰▲ABC中，AB=BC，∠DBE= 将▲CBD绕点B逆时针旋转
∠CBA的度数得到▲ABD’可证▲DBE≌▲D’BE。
类型三： 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.
常见图形旋转：
（1）“等边三角形”的旋转
方法归纳：将等边三角形内的一个小三角形，旋转60度，从而使小三角形的
一边与原等边三角形的边重合，连接小三角形的钝角顶点，得三角形．通过旋转
将不相关的线段转化到同一个三角形中，将分散的已知条件集中起来，使问题得
以解决．
典例分析
【考点1 “手拉手”模型】
【典例1】（2021春•西安期末）如图，在△ABC中，BC＝5，以AC为边向外作等边
△ACD，以AB为边向外作等边△ABE，连接CE、BD．
（1）若AC＝4，∠ACB＝30°，求CE的长；
（2）若∠ABC＝60°，AB＝3，求BD的长．
【解答】解：（1）∵△ABE与△ACD是等边三角形，∴AC＝AD，AB＝AE，
∴∠DCA＝∠CAD＝∠EAB＝60°，
∴∠EAB+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，
即∠EAC＝∠BAD．
在△EAC和△BAD中，
，
∴△EAC≌△BAD（SAS），
∴EC＝BD，
又∵∠ACB＝30°，
∴∠DCB＝∠ACB+∠DCA＝90°，
∵CD＝AC＝4，BC＝5，
∴BD＝ ＝ ＝ ，
∴CE＝ ；
（2）如图，作EK垂直于CB延长线于点K．
∵△ABE与△ACD是等边三角形，
∴AC＝AD，AB＝AE，
∴∠DCA＝∠CAD＝∠EAB＝60°，
∴∠EAB+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，
即∠EAC＝∠BAD．
在△EAC和△BAD中，
，
∴△EAC≌△BAD（SAS），
∴EC＝BD，∵∠ABC＝60°，∠ABE＝60°，
∴∠EBK＝60°，
∴∠BEK＝30°，
∴BK＝ BE＝ ，
∴EK＝ ＝ ＝ ，
∴EC＝ ＝ ＝7，
∴BD＝EC＝7．
【变式1-1】（2021秋•荔湾区校级期中）以△ABC的AB，AC为边分别作正方形ADEB，
正方形ACGF，连接DC，BF．
（1）CD与BF有什么数量与位置关系？说明理由．
（2）利用旋转的观点，在此题中，△ADC可看成由哪个三角形绕哪点旋转多少角度得
到的．
【解答】解：（1）CD＝BF且CD⊥BF，理由如下：
∵四边形ABED和四边形ACGF都是正方形，
∴AD＝AB，AC＝AF，∠DAB＝∠CAF＝90°，
又∵∠DAC＝∠DAB+∠BAC，∠BAF＝∠CAF+∠BAC，
∴∠DAC＝∠BAF，
在△DAC与△BAF中，
，
∴△DAC≌△BAF（SAS），
∴DC＝BF，
∴∠AFB＝∠ACD，又∵∠AFN+∠ANF＝90°，∠ANF＝∠CNM，
∴∠ACD+∠CNM＝90°，
∴∠NMC＝90°，
∴BF⊥CD；
（2）∵AD＝AB，AC＝AF，CD＝BF，∠DAB＝∠CAF＝90°，
∴△ADC可看成是△ABF绕点A顺时针旋转90°得到的．
【变式1-2】（2021九上·吉林期末）如图①，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=√6，
点D，E分别在边AC，BC上，且CD=CE=√2，此时AD=BE，AD⊥BE成立．
（1）将△CDE绕点C逆时针旋转90°时，在图②中补充图形，并直接写出BE的长
度；
（2）当△CDE绕点C逆时针旋转一周的过程中，AD与BE的数量关系和位置关系
是否仍然成立？若成立，请你利用图③证明，若不成立请说明理由；
（3）将△CDE绕点C逆时针旋转一周的过程中，当A，D，E三点在同一条直线上
时，请直接写出AD的长度．
【答案】（1）解：如图所示，
BE=2√2；
（2）解：AD=BE，AD⊥BE仍然成立.
证明：延长AD交BE于点H，∵∠ACB=∠DCE=90°，
∠ACD=∠ACB−∠BCD，
∠BCE=∠DCE−∠BCD，
∴∠ACD=∠BCE，
又∵CD=CE，AC=BC，
∴△ACD≅△BCE，
∴AD=BE，∠1=∠2，
在Rt△ABC中，∠1+∠3+∠4=90°，
∴∠2+∠3+∠4=90°，
∴∠AHB=90°，
∴AD⊥BE.
（3）AD=√5−1或AD=√5+1
【考点2 “半角”模型】
【典例2】（2017秋•锦江区期末）在△ABC中，AB＝AC，点E，F是边BC所在直线上与
点B，C不重合的两点．
（1）如图1，当∠BAC＝90°，∠EAF＝45°时，直接写出线段BE，CF，EF的数量关系；
（不必证明）
（2）如图2，当∠BAC＝60°，∠EAF＝30°时，已知BE＝3，CF＝5，求线段EF的长度；
（3）如图3，当∠BAC＝90°，∠EAF＝135°时，请探究线段CE，BF，EF的数量关系，
并证明．
【解答】解：（1）结论：EF2＝BE2+CF2．
理由：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴将△ABE绕点A逆时针旋转90°得△ACG，连接FG，如图1中，
∴AG＝AE，CG＝BE，∠ACG＝∠B，∠EAG＝90°，
∴∠FCG＝∠ACB+∠ACG＝∠ACB+∠B＝90°，
∴FG2＝FC2+CG2＝BE2+FC2；
又∵∠EAF＝45°，
而∠EAG＝90°，
∴∠GAF＝90°﹣45°＝45°，
∴∠EAF＝∠GAF，
∵AF＝AF，AE＝AG，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG，
∴EF2＝BE2+CF2．
（2）如图2中，∵∠BAC＝60°，AB＝AC，
∴将△ABE绕点A逆时针旋转60°得△ACG，连接FG，作GH⊥BC交BC的延长线于
H．
∵∠BAC＝60°，∠EAF＝30°，
∴∠BAE+∠CAF＝∠CAG+∠CAF＝∠FAG＝30°，
∴∠EAF＝∠FAG，
∵AF＝AF，AE＝AG，∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG，
在Rt△CGH中，∵CG＝BE＝3，∠GCH＝60°，
∴∠CGH＝30°，
∴CH＝ CG＝ ，GH＝ CH＝ ，
在Rt△FGH中，FG＝ ＝ ＝7，
∴EF＝FG＝7．
（3）结论：EF2＝EC2+BF2
理由：如图3中，将△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连接FG．
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵△ACE≌△ABG，
∴∠CAE＝∠BAG，EC＝BG，∠ACE＝∠ABG＝45°，
∴∠CAB＝∠EAG＝90°，∠GBF＝90°，
∴∠FAG＝360°﹣∠EAF﹣∠EAG＝360°﹣135°﹣90°＝135°，
∴∠FAE＝∠FAG，
∵FA＝FA，AG＝AE，
∴△FAE≌△FAG（SAS），
∴EF＝FG，
在Rt△FBG中，∵∠FBG＝90°，
∴FG2＝BG2+BF2，
∵FG＝EF，BG＝EC，
∴EF2＝EC2+BF2．【变式2-1】（2021春•金牛区校级期中）类比探究：
（1）如图1，等边△ABC内有一点P，若AP＝8，BP＝15，CP＝17，求∠APB的大小；
（提示：将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处）
（2）如图2，在△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点，且∠EAF＝
45°．求证：EF2＝BE2+FC2；
（3）如图3，在△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，点O为△ABC内一点，连接
AO、BO、CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，若AC＝1，求OA+OB+OC的值．
【解答】解：（1）如图1，将△APB绕着点A逆时针旋转60°得到△ACP′，
∴△ACP′≌△ABP，
∴AP′＝AP＝8、CP′＝BP＝15、∠AP′C＝∠APB，
由题意知旋转角∠PA P′＝60°，
∴△AP P′为等边三角形，
∴P P′＝AP＝8，∠A P′P＝60°，
∵PP′2+P′C2＝82+152＝172＝PC2，
∴∠PP′C＝90°，
∴∠APB＝∠AP′C＝∠A P′P+∠P P′C＝60°+90°＝150°
（2）如图2，把△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ACE′，则AE′＝AE，CE′＝CE，∠CAE′＝∠BAE，
∵∠BAC＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠CAF＝∠CAF+∠CAE′＝∠FAE′＝45°，
∴∠EAF＝∠E′AF，且AE＝AE'，AF＝AF，
∴△AEF≌△AE′F（SAS），
∴EF＝E′F，
∵∠B+∠ACB＝90°，
∴∠ACB+∠ACE′＝90°，
∴∠FCE′＝90°，
∴E′F2＝CF2+CE′2，
∴EF2＝BE2+CF2；
（3）如图3，将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，
∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，
∴AB＝2，
∴BC＝ ＝ ，
∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，
∴△A′O′B如图所示；
∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°，∵∠ACB＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，
∴AB＝2AC＝2，
∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′O′B，
∴A′B＝AB＝2，BO＝BO′，A′O′＝AO，
∴△BOO′是等边三角形，
∴BO＝OO′，∠BOO′＝∠BO′O＝60°，
∵∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，
∴∠COB+∠BOO′＝∠BO′A′+∠BO′O＝120°+60°＝180°，
∴C、O、A′、O′四点共线，
在Rt△A′BC中，A′C＝ ＝ ，
∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C＝ ．
【变式2-2】（2022春•西山区校级月考）如图，已知正方形 ABCD，点E、F分别是AB、
BC边上，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．
（1）求证：△EDF≌△MDF；
（2）若正方形ABCD的边长为5，AE＝2时，求EF的长？
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠B＝∠DCF＝90°，AD＝AB＝BC＝5，
由旋转得：
∠A＝∠DCM＝90°，DE＝DM，∠EDM＝90°，
∴∠DCF+∠DCM＝180°，
∴F、C、M三点在同一条直线上，
∵∠EDF＝45°，
∴∠FDM＝∠EDM﹣∠EDC＝45°，
∴∠EDF＝FDM，∵DF＝DF，
∴△EDF≌△MDF（SAS）；
（2）设CF＝x，
∴BF＝BC﹣CF＝5﹣x，
由旋转得：AE＝CM＝2，
∴BE＝AB﹣AE＝3，FM＝CF+CM＝2+x，
∵△EDF≌△MDF，
∴EF＝FM＝2+x，
在Rt△EBF中，BE2+BF2＝EF2，
∴9+（5﹣x）2＝（2+x）2，
∴x＝ ，
∴EF＝2+x＝ ，
∴EF的长为 ．
【变式2-3】（2022春•路北区期末）如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，
AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到
△ABG．
（1）求证：GE＝FE；
（2）若DF＝3，求BE的长为 ．
【解答】（1）证明：∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，
∴△ADF≌△ABG，
∴DF＝BG，∠DAF＝∠BAG，
∵∠DAB＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠DAF+∠EAB＝45°，
∴∠BAG+∠EAB＝45°，
∴∠EAF＝∠EAG，在△EAG和△EAF中，
，
∴△EAG≌△EAF（SAS），
∴GE＝FE，
（2）解：设BE＝x，则GE＝BG+BE＝3+x，CE＝6﹣x，
∴EF＝3+x，
∵CD＝6，DF＝3，
∴CF＝3，
∵∠C＝90°，
∴（6﹣x）2+32＝（3+x）2，
解得，x＝2，
即BE＝2，
【变式2-4】（2021秋•山西期末）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45°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ABCD中，以A为顶点的∠EAF＝45°，AE、AF与BC、CD边分别交
于E、F两点．易证得EF＝BE+FD．
大致证明思路：如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABH，由∠HBE＝
180°可得H、B、E三点共线，∠HAE＝∠EAF＝45°，进而可证明△AEH≌△AEF，故
EF＝BE+DF．
任务：
如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，∠BAD＝120°，以A为顶点的
∠EAF＝60°，AE、AF与BC、CD边分别交于E、F两点．请参照阅读材料中的解题方
法，你认为结论EF＝BE+DF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．
【解答】解：成立．证明：将△ADF绕点A顺时针旋转120°得到△ABM，
∴△ABM≌△ADF，∠ABM＝∠D＝90°，∠MAB＝∠FAD，AM＝AF，MB＝DF，
∴∠MBE＝∠ABM+∠ABE＝180°，
∴M、B、E三点共线，
∴∠MAE＝∠MAB+∠BAE＝∠FAD+∠BAE＝∠BAD﹣∠EAF＝60°，
∴∠MAE＝∠FAE，
∵AE＝AE，AM＝AF，
∴△MAE≌△FAE（SAS），
∴ME＝EF，
∴EF＝ME＝MB+BE＝DF+BE．
【考点3 构造旋转模型解题 】
【典例3】（2017九上·江津期中）请阅读下列材料：
问题：如图1，在等边三角形ABC内有一点P，且PA=2，PB= √3 ，PC=1、求
∠BPC度数的大小和等边三角形ABC的边长．
李明同学的思路是：将△BPC绕点B逆时针旋转60°，画出旋转后的图形（如图
2），连接PP′，可得△P′PB是等边三角形，而△PP′A又是直角三角形（由勾股定理的
逆定理可证），所以∠AP′B=150°，而∠BPC=∠AP′B=150°，进而求出等边△ABC的边
长为 √7 ，问题得到解决．
请你参考李明同学的思路，探究并解决下列问题：如图3，在正方形ABCD内有一
点P，且PA= √5 ，BP= √2 ，PC=1．求∠BPC度数的大小和正方形ABCD的边长．
【解答】解：如图，将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得△BP′A，则△BPC≌△BP′A．
∴AP′=PC=1，BP=BP′= √2 ；
连接PP′，
在Rt△BP′P中，
∵BP=BP′= √2 ，∠PBP′=90°，
∴PP′=2，∠BP′P=45°；
在△AP′P中，AP′=1，PP′=2，AP= √5 ，
∵12+22=(√5) 2 ，即AP′2+PP′2=AP2；
∴△AP′P是直角三角形，即∠AP′P=90°，
∴∠AP′B=135°，
∴∠BPC=∠AP′B=135°．
过点B作BE⊥AP′，交AP′的延长线于点E，
∴∠BEP′=90°，
∵∠AP′B=135°，
∴∠EP′B=45°，
∴△BEP′是等腰直角三角形，
∵BP′= √2 ，
∴EP′=BE=1，
∴AE=AP′+EP′=2；
∴在Rt△ABE中，由勾股定理，得AB= √5 ；
∴∠BPC=135°，正方形边长为 √5 ．
【变式3-1】（2020九上·南昌月考）如图，在等边三角形 ABC 内有一点P，且 PA=2
， PB=√3 ， PC=1 ，求 ∠BPC 的度数和等边三角形 ABC 的边长．【解答】解：∵ΔABC 是等边三角形
∴∠ABC=60°
将 ΔBPC 绕点B顺时针选转 60° ，连接 BP'
∴AP'=CP=1， BP'=PB=√3 ，∠BPC= ∠P'BA ， ∠AP'B=∠BPC
∵∠PBC+∠ABP=∠ABC=60°
∴∠ABP'+∠ABP=∠ABC=60°
∴ΔP'PB 是等边三角形
∴PP'=√3 ， ∠PP'B=60°
∵AP' =1，AP=2
∴AP'2+PP'2=AP2
∴ΔPP' A 为直角三角形
∴∠BPC=∠AP'B=150°
过点B做 BM⊥ AP' ，交 AP' 的延长线于点M
√3
∴∠M P'B=30° ， BM=
2
3
∴P'M=
2
3 5
∴AM=1+ =
2 2
由勾股定理得： AB=√AM2+BM2=√7
∴等边三角形 ABC 的边长为 √7 ．
【变式3-2】（2021九上·德州期中）当图形具有邻边相等的特征时，我们可以把图形的一部分绕着公共端点旋转，这样将分散的条件集中起来，从而达到解决问题的目的．
（1）如图1，等腰直角三角形ABC内有一点P，连接AP，BP，CP，∠APB＝
135°，为探究AP，BP，CP三条线段间的数量关系，我们可以将△ABP，绕点A逆时
针旋转90°得到△ACP'，连接PP'，则PP'＝ AP，△CPP'是 三角形，
AP，BP，CP三条线段的数量关系是 ．
（2）如图2，等边三角形ABC内有一点P，连接AP、BP、CP，∠APB＝150°，请
借助第一问的方法探究AP、BP、CP三条线段间的数量关系．
（3）如图3，在四边形ABCD中，AD∥BC，点P在四边形的内部，且PD＝PC，
∠CPD＝90°，∠APB＝135°，AD＝4，BC＝5，请直接写出AB的长．
【解答】（1）√2；直角；PC2=BP2+2AP2
（2）解：如图所示，将△ABP绕点B顺时针旋转60°得到 △CBP' ，连接 PP' ，
由旋转的性质可得： BP'=BP ， ∠CP'B=∠APB=150∘ ， ∠PBP'=60∘ ，
AP'=AP ， CP'=AP ，
∴△BPP' 是等边三角形，
∴BP=PP' ， ∠BP'P=60∘ ，
∴∠PP'C=∠CP'B−∠BP'P=90∘ ，
∴PC2=PP'2+P'C2 ，
∴PC2=BP2+AP2 ；
（3）解： AB=√41夯实基础
1.（2021九上·鲅鱼圈期中）△ABC 与 △CDE 都是等边三角形，连接AD、BE．
（1）如图①，当点B、C、D在同一条直线上时，则 ∠BCE= 度；
（2）将图①中的 △CDE 绕着点C逆时针旋转到如图②的位置，求证： AD=BE ．
【解答】（1）（1）∵△CDE 是等边三角形，
∴∠DCE=60° ，
∵点B、C、D在同一条直线上，
∴∠BCE+∠DCE=180° ，
∴∠BCE=180°−∠DCE=120°
（2）证明：∵△ABC 与 △CDE 都是等边三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE= 60° ，
∴∠ACB+∠ACE=∠DCE +∠ACE，
∴∠BCE=∠ACD，
在 △BCE 与 △ACD 中，
{
BC=AC
∠BCE=∠ACD ，
CE=CD
∴ΔBCE≌ΔACD(SAS) ，
∴BE=AD．
2．（2021九上·宜春期末）如图
（1）问题发现：如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，当△DCE旋转至点A，
D，E在同一直线上，连接BE．则：
①∠ACB的度数为 ；
②线段BE，CE与AE之间的数量关系是 ．
（2）拓展研究：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．若CE=√2，BE=2，求AB的长
度．
（3）探究发现：图1中的△ACB和△DCE，在△DCE旋转过程中，当点A，D，E
不在同一直线上时，设直线AD与BE相交于点O，试在备用图中探索∠AOE的度数，
直接写出结果，不必说明理由．
【解答】（1）①∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，
故答案为：60°；②∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴AC=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACD=∠BCE，
∴△ADC≅△BEC(SAS)，
∴AD=BE，
∵△DCE为等边三角形，
∴CE=DE，
∴BE+CE=AD+DE=AE，
故答案为：BE+CE=AE
（2）解：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴AC=CB，∠CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACD=∠BCE，
∴△ADC≅△BEC(SAS)，
∴AD=BE=2，∠ADC=∠BEC，
∵△DCE为等腰直角三角形，
∴∠CDE=∠CED=45°，CD=CE=√2，DE=√CD2+CE2=√(√2) 2+(√2) 2=2，
∴∠CEB=∠CDA=180°−45°=135°，AE=AD+DE=2+2=4，
∴∠AEB=∠CEB−∠CED=135°−45°=90°，
∴△AEB是直角三角形，
∴AB=√AE2+BE2=√42+22=2√5
（3）如图3，
由（1）知△ADC≅△BEC，
∴∠CAD=∠CBE，
∵∠CAB=∠ABC=60°，
∴∠OAB+∠OBA=120°，∴∠AOE=180°−120°=60°，
如图4，同理求得：∠AOB=60°，
∴∠AOE=120°，
∴∠AOE的度数是60°或120°．
3.（2021秋•夏河县期中）已知△ABC为等边三角形．
（1）如图，P为△ABC外一点，∠BPC＝120°，连接PA，PB，PC，求证：PB+PC＝
PA；
（2）如图，P为△ABC内一点，若PA＝12，PB＝5，PC＝13，求∠APB的度数．
【解答】证明：（1）如图1，延长BP至点E，使得PE＝PC，连接CE，
∵∠BPC＝120°，PE＝PC，
∴∠CPE＝60°，
∴△CPE为等边三角形，
∴CP＝PE＝CE，∠PCE＝60°，∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC，∠BCA＝60°，
∴∠ACB＝∠ECP，
∴∠ACB+∠BCP＝∠ECP+∠BCP，
即：∠ACP＝∠BCE，
在△ACP和△BCE中，
，
∴△ACP≌△BCE（SAS），
∴AP＝BE，
∵BE＝BP+PE＝BP+PC，
∴PB+PC＝PA；
（2）如图2，将△ABP绕点B顺时针方向旋转60°，得到△CBP'，连接PP'，
由旋转知，△APB≌△CP′B，
∴∠BPA＝∠BP′C，P′B＝PB＝5，P′C＝PA＝12，∠PBP'＝∠ABC＝60°，
又∵P′B＝PB＝5，
∴△PBP′是等边三角形，
∴∠PP′B＝60°，PP′＝5，
在△PP′C中，PC＝13，PP′＝5，P′C＝12，
∴PC2＝PP′2+P′C2，
即∠PP′C＝90°，
∴∠APB＝∠BP′C＝60°+90°＝150°．
4.（2021九上·伊通期末）如图，已知正方形ABCD的边长为6，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．（1）求证：EF＝MF；
（2）若AE＝2，求FC的长．
【答案】（1）证明：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠FCD=∠ADC=90°，
∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴∠A=∠DCM=90°，AE=CM，∠ADE=∠CDM，DE=DM
∴∠FCD+∠DCM＝180°，∠ADE+∠EDC=∠CDM+∠EDC=90°，
∴F、C、M三点共线，∠EDM=90°，
∴∠EDF+∠FDM＝90°，
∵∠EDF＝45°，
∴∠FDM＝∠EDF＝45°，
在△DEF和△DMF中，
{
DE=DM
∵ ∠EDF=∠MDF，
DF=DF
∴△DEF≌△DMF（SAS），
∴EF＝MF；
（2）解：设EF＝MF＝x，
∵AE＝CM＝2，且BC＝6，
∴BM＝BC+CM＝6+2＝8，∴BF＝BM﹣MF＝BM﹣EF＝8﹣x，
∵EB＝AB﹣AE＝6﹣2＝4，
在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2=EF2，
即42+(8−x) 2=x2，
解得：x＝5，
∴EF＝5，
∴CF=FM-CM=EF-CM=3．
能力提升
5．（2019九上·西城期中）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】解：①结论：CE=BD，CE⊥BD．理由如下：
如图1中，∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，
∴AD=AE，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，AD=AE，
∴△BAD≌△CAE，
∴CE=BD，∠ACE=∠B，
∴∠BCE=∠BCA+∠ACE=90°，
∴线段CE，BD之间的位置关系和数量关系为：CE=BD，CE⊥BD．
②结论仍然成立．理由如下：
如图2中，
∵线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，
∴AE=AD，∠DAE=90°，
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠CAE=∠BAD，
∴△ACE≌△ABD，
∴CE=BD，∠ACE=∠B，
∴∠BCE=90°，
所以线段CE，BD之间的位置关系和数量关系为：CE=BD，CE⊥BD．
6．（2022春•临渭区期末）数学探究课上老师出了这样一道题：“如图，等边△ABC中有
一点P，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，试求∠APB的度数．”小明和小军探讨时发现了一
种求∠APB度数的方法，下面是这种方法的一部分思路，请按照下列思路要求画图或判断．
（1）在图中画出△APC绕点A顺时旋转60°后的△AP B，并判断△AP P的形状是 ；
1 1
（2）试判断△BP P的形状，并说明理由；
1
（3）由（1）、（2）两问可知：∠APB ．
【解答】解：（1）如图，△AP B为所作；
1
∵△APC绕点A顺时旋转60°后的△AP B，
1
∴AP＝AP ，∠PAP ＝60°，
1 1
∴△AP P为等边三角形；
1
故答案为：等边三角形；
（2）△BP P为直角三角形．
1
理由如下：
∵△APC绕点A顺时旋转60°后的△AP B，
1
∴BP ＝CP＝5，
1
∵△AP P为等边三角形，
1
∴P P＝AP＝3，
1
在△BP P中，∵P P＝3，PB＝4，BP ＝5，
1 1 1
∴P P2+PB2＝BP 2，
1 1
∴△BP P为直角三角形．
1
（3）∵△AP P为等边三角形，
1
∴∠APP ＝60°，
1
∵△BP P为直角三角形．
1
∴∠BPP ＝90°，
1∴∠APB＝60°+90°＝150°．
故答案为：150°．
7．（2022春•丹江口市期末）（1）如图1，已知，正方形ABCD和正方形CEFG，点G在
BC延长线上，点E在CD边上，则BE与DG的数量关系为 BE ＝ DG ，BE与DG的
位置关系为 BE ⊥ DG ；
（2）将（1）中的正方形CEFG绕点C旋转至图2时，（1）中的结论是否成立？若成
立，请给以证明；若不成立，请说明理由；
（3）若AB＝5 ，CE＝ ，在正方形CEFG绕点C旋转一周过程中，当A，F，G三
点在一条直线上时，请画出图形，并直接写出AG长．
【解答】解：（1）如图1中，延长BE交DG于点M，
由条件可知，BC＝DC，EC＝GC，∠BCD＝∠ECG，
∴∠BCE＝∠DCG，
在△BCE和△DCG中，
，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴BE＝DG，∠CBE＝∠CDG，
∵∠BEC＝∠DEM，
∴∠DME＝∠DCB＝90°，
∴BE⊥DG；故答案为：BE＝DG，BE⊥DG．
（2）结论成立．
理由：延长BE交DG于点M，设BM交CD于点O．
由条件可知，BC＝DC，EC＝GC，∠BCD＝∠ECG，
∴∠BCE＝∠DCG，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴BE＝DG，∠CBE＝∠CDG，
∵∠BOC＝∠DOM，
∴∠DMB＝∠DCB＝90°，
∴BE⊥DG；
（3）如图3﹣1中，连接AC．
∵AB＝BC＝5 ，∠ABC＝90°，
∴AC＝ ＝ ＝10，
CG＝CE＝ ，
∵A，F，G共线，
∴∠AGC＝90°，
∴AG＝ ＝ ＝7 ．
如图3﹣2中，当A．G，F共线时，同法可得AG＝7综上所述，满足条件的AG的值为7 ．
8．（2021秋•十堰期末）正方形ABCD中，点F为正方形ABCD内的点，△BFC绕着点B
按逆时针方向旋转90°后与△BEA重合．
（1）如图①，若正方形ABCD的边长为2，BE＝1，FC＝ ，求证：AE∥BF．
（2）如图②，若点F为正方形ABCD对角线AC上的点（点F不与点A、C重合），试
探究AE、AF、BF之间的数量关系并加以证明．
【解答】（1）证明：∵△BFC绕着点B按逆时针方向旋转90°后与△BEA重合，
∴△BFC≌△BEA，
∴BE＝BF＝1，∠EBF＝∠ABC＝90°，∠AEB＝∠BFC，
∵ ，BC2＝22＝4，
∴BF2+FC2＝BC2，
∴∠BFC＝90°＝∠AEB，
∴∠AEB+∠EBF＝180°，
∴AE∥BF；
（2）解：AE2+AF2＝2BF2，理由如下：
∵AC是正方形ABCD的角平分线，∴∠BCA＝∠BAC＝45°，
∴∠EAF＝45°+45°＝90°，
∴AE2+AF2＝EF2，
∵△BFC绕着点B按逆时针方向旋转90°后与△BEA重合，
∴BE＝BF，∠EBF＝90°，
∴2BF2＝EF2，
∴AE2+AF2＝2BF2．
9.（2020秋•饶平县校级期末）如图，O是等边△ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5，
将线段BO绕点B逆时针旋转60°得到线段BO′．
（1）求点O与O′的距离；
（2）求∠AOB的度数．
【解答】解：（1）如图，连接OO'，
∵等边△ABC，
∴AB＝CB，∠ABC＝60°．
∵线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，
∴BO＝BO′，∠O′AO＝60°，
∴△OBO′是等边三角形．
∴OO′＝OB＝4；
（2）∵∠OBO'＝∠ABC＝60°，∴∠O′BA＝60°﹣∠ABO＝∠OBA．
在△BO'A和△BOC中，
，
∴△BO′A≌△BOC（SAS）．
∴OC＝O'A＝5，
∵AO2+O'O2＝9+16＝25＝O'A2，
∴△AOO′是直角三角形．
∴∠AOB＝∠AOO′+∠O′OB＝90°+60°＝150°．
10．（大兴安岭）已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A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．当∠MAN绕点A旋转到BM＝
DN时（如图1），易证BM+DN＝MN．
（1）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM、DN和MN之间有怎样
的数量关系？写出猜想，并加以证明；
（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM、DN和MN之间又有怎样的数
量关系？请直接写出你的猜想．
【解答】解：（1）BM+DN＝MN成立．
证明：如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，
得到△ABE，则可证得E、B、M三点共线（图形画正确）．
∴∠EAM＝90°﹣∠NAM＝90°﹣45°＝45°，
又∵∠NAM＝45°，
∴在△AEM与△ANM中，
∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME＝MN，
∵ME＝BE+BM＝DN+BM，
∴DN+BM＝MN；
（2）DN﹣BM＝MN．
在线段DN上截取DQ＝BM，
在△ADQ与△ABM中，
∵ ，
∴△ADQ≌△ABM（SAS），
∴∠DAQ＝∠BAM，
∴∠QAN＝∠MAN．
在△AMN和△AQN中，
∴△AMN≌△AQN（SAS），
∴MN＝QN，
∴DN﹣BM＝MN．
