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专题 01 旋转中的三种常见模型
模型一：“手拉手”模型
模型二：“半角”模型
模型三：“鸡爪”模型
模型一：“手拉手”模型
1．如图，在四边形ABCD中，AC，BD是对角线，△ABC是等边三角形．线段CD绕点C顺时针旋转60°
得到线段CE，连接AE．
（1）求证：AE＝BD；
（2）若∠ADC＝30°，AD＝3，BD＝5，求CD的长．
【答案】见试题解答内容
【解答】（1）证明：由旋转可知∠DCE＝60°，CD＝CE，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，AC＝BC，
∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD
即∠BCD＝∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
{
BC=AC
)
∠BCD=∠ACE ，
CD=CE
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴AE＝BD．
（2）连接DE，由（1）的结论知AE＝BD，
∵BD＝5，
∴AE＝5，
由旋转可知∠DCE＝60°，
∴△DCE是等边三角形，
∴∠CDE＝60°，
∵∠ADC＝30°
∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝90°，
在Rt△ADE中，DE=❑√AE2−AD2=❑√52−32=4，
∵△CDE是等边三角形，
∴CD＝DE＝4
2．如图，P是等边三角形ABC内一点，将线段AP绕点A顺时针旋转60°得到线段AQ，连接BQ、PB、
PC．
（1）求证：CP＝BQ；
（2）若PA＝6，PB＝8，PC＝10．求∠APB的度数．
【答案】（1）证明见解析；
（2）150°．
【解答】（1）证明：∵△ABC 是等边三角形，
∴AC＝AB，∠CAB＝60°，
由旋转可知 AP＝AQ，∠PAQ＝60°'
∴∠CAB＝∠PAQ，
∴∠CAP＝∠BAQ，
在△CAP和△BAQ中，{
AC=AB
)
∠CAP=∠BAQ ，
AP=AQ
∴△CAP≌△BAQ（SAS），
∴CP＝BQ；
（2）解：如图，连接PQ，
∵AP＝AQ，∠PAQ＝60°
∴△APQ是等边三角形，则∠APQ＝60°，）
∵PA＝6，
∴PQ＝AP＝6，
∵CP＝BQ，PC＝10，
∴BQ＝PC＝10，
∵PB＝8，
∴PB2+PQ2＝BQ2，
∴∠BPQ＝90°，
∴∠APB＝∠BPQ+∠APQ＝150°．
3．如图，在四边形ABCD中，AC，BD是对角线，△ABC是等边三角形．线段CD绕点C顺时针旋转60°
得到线段CE，连接AE，DE．
（1）求证：AE＝BD；
（2）若∠ADC＝30°，AD＝6，BD＝10，求DE的长．
【答案】（1）见解答．
（2）8．
【解答】（1）证明：由旋转得，∠DCE＝60°，CD＝CE，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，AC＝BC，∴∠ACB＝∠DCE，
∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，
即∠BCD＝∠ACE．
在△BCD和△ACE中，
{
BC=AC
)
∠BCD=∠ACE ，
CD=CE
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴AE＝BD．
（2）解：由（1）知AE＝BD，
∴AE＝BD＝10．
由旋转得，∠DCE＝60°，CD＝CE，
∴△CDE是等边三角形，
∴∠CDE＝60°，
∵∠ADC＝30°，
∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝90°．
在Rt△ADE中，由勾股定理得，DE=❑√AE2−AD2=❑√102−62=8．
4．“感知”：如图①△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点B在线段AD上，
点C在线段AE上，我们很容易得到BD＝CE，不需证明．
“探究”：如图②将△ADE绕点A逆时针旋转 （0°＜ ＜90°），连接BD和CE，此时BD＝CE是否
依然成立？若成立，写出证明过程，若不成立，说明理由．
α α
“应用”：如图③将△ADE 绕点 A 逆时针旋转，使得点 D 落在 BC 的延长线上，连接 CE，若
AB=AC=2❑√2，CD＝2，求线段DE的长．
【答案】“探究”：BD＝CE成立，证明见解答；
“应用”：线段DE的长为2❑√10．
【解答】解：“探究”：BD＝CE成立，
证明：如图②，∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAD＝∠CAE＝90°﹣∠CAD，
在△ABD和△ACE中，{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE．
“应用”：如图③，∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝2❑√2，CD＝2，
∴BC=❑√AB2+AC2=❑√2AC=❑√2×2❑√2=4，∠B＝∠ACB＝45°，
∴BD＝BC+CD＝4+2＝6，
由“探究”得△ABD≌△ACE，
∴BD＝CE＝6，∠B＝∠ACE＝45°，
∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝45°+45°＝90°，
∴∠DCE＝90°，
∴DE=❑√CD2+CE2=❑√22+62=2❑√10，
∴线段DE的长为2❑√10．
5．正方形ABCD的对角线相交于点O，正方形A B C D 的顶点A 与点O重合，而且这两个正方形的边长
1 1 1 1 1
都是1．已知A D ，A B 与正方形ABCD的边分别交于M，N两点．
1 1 1 1
1
（1）如图1，若A
1
D 1⊥DC，则重叠部分四边形OMCN的面积是
4
．
（2）当正方形A B C D 绕点O旋转到如图2所示的位置时，四边形OMCN的面积是否发生变化？证明
1 1 1 1
你的结论．
1
【答案】（1） ；
4
（2）面积不发生变化．理由见解答．
【解答】解：（1）如图1，∵四边形ABCD和四边形A B C D 都为正方形，
1 1 1 1
∴∠OBC＝∠OCD＝45°，OB＝OC，∠D
1
OB
1
＝90°，
∵A D ⊥DC，
1 1
∴∠OMC＝90°，∴∠ONC＝90°，
在△OMC和△ONB中，
{∠OMC=∠ONB
)
∠OCM=∠OBN ，
OC=OB
∴△OMC≌△ONB（AAS），
∴S ＝S ，
△OMC △ONB
1 1 1
∴重叠部分四边形OMCN的面积＝S
△OBC
=
4
S正方形ABCD =
4
×1×1=
4
；
1
故答案为： ；
4
（2）四边形OMCN的面积不发生变化．
理由如下：
∵四边形ABCD和四边形A B C D 都为正方形，
1 1 1 1
∴∠OBC＝∠OCD＝45°，OB＝OC，∠BOC＝90°，∠D
1
OB
1
＝90°，
∵∠BON+∠CON＝90°，∠CON+∠COM＝90°，
∴∠BON＝∠COM，
在△COM和△BON中，
{∠OCM=∠OBN
)
OC=OB ，
∠COM=∠BON
∴△COM≌△BON（ASA），
∴S ＝S ，
△OMC △ONB
1 1 1
∴重叠部分四边形OMCN的面积＝S
△OBC
=
4
S正方形ABCD =
4
×1×1=
4
；
即四边形OMCN的面积不发生变化．
6．【教材呈现】以下是华师大版七年级下册数学教材第143页的部分内容：
如图1，△ACD、△AEB都是等腰直角三角形，∠CAD＝∠EAB＝90°，作出△ACE以点A为旋转中心，
逆时针旋转90°后的三角形．
【操作发现】
在图1中出△ACE以点A为旋转中心，逆时针旋转90°后的三角形，写出旋转前后CE与其对应线段的
数量关系和位置关系： CE ＝ DB ， CE ⊥ DB ；
【探究理由】
如图2，将△ACE绕点A逆时针旋转90°得到△ADB，设CE、AC分别与BD交于点F、G，试判断CE
与BD的数量关系和位置关系，并说明理由；
【问题解决】
如图3，将△ABC绕点A逆时针旋转40°得到△ADE，点D恰好落在BC上，DE与CA交于点F．若△ABD与△AFD关于直线AD对称，且BC＝9，BD＝3，则
①∠DAE＝ 8 0 °；
②线段EF的长是 6 ．
【答案】（1）画图见解析，CE＝DB，CE⊥DB；
（2）CE＝DB，CE⊥DB，理由见解析；
（3）①80，②6．
【解答】解：（1）如图，△ABD即为所求，CE＝DB，CE⊥DB，
设CE、AC分别与BD交于点F、G，
由旋转性质可知△ADB≌△ACE，
∴CE＝DB，∠EAB＝∠CAD＝90°，∠ACE＝∠ADB，
在△ADG和△FCG中，∠AGD＝∠FGC，
∴∠CFG＝∠CAD＝90°，
∴CE⊥DB，
故答案为：CE＝DB，CE⊥DB；
（2）CE＝DB，CE⊥DB；理由如下：
由旋转性质可知△ADB≌△ACE，
∴CE＝DB，∠EAB＝∠CAD＝90°，∠C＝∠D，
在△ADG和△FCG中，∠AGD＝∠FGC，
∴∠CFG＝∠CAD＝90°，
∴CE⊥DB，
故答案为：CE＝DB，CE⊥DB；
（3）①由条件可知∠DAF＝∠DAB＝40°，
∴∠BAC＝80°，
由旋转的性质可知，∠DAE＝∠BAC＝80°，故答案为：80；
②由旋转的性质可知，BC＝DE＝9，
∵BD＝DF＝3，
∴EF＝DE﹣DF＝9﹣3＝6，
故答案为：6．
7．已知△ABC和△ADE都是等边三角形．
【模型感知】（1）如图1，求证：BE＝CD；
【模型应用】（2）如图2，当点D在CB的延长线上时，求证：AB+BD＝BE；
【类比探究】（3）如图3，当点D在射线BC上时，过点E作EF⊥AB于点F．猜想线段AB，BF与BD
之间存在的数量关系，并证明你的猜想．
【答案】（1）答案见解答过程；
（2）答案见解答过程；
（3）AB＝BD+2BF，证明见解答过程．
【解答】解：（1）∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，AE＝AD，∠DAE＝60°，
∴∠BAE＝∠BAD+∠DAE＝∠BAD+60°，∠CAD＝∠BAC+∠BAD＝60°+∠BAD，
∴∠BAE＝∠CAD，
在△BAE和△CAD中，
{
AB=AC
)
∠BAE=∠CAD ，
AE=AD
∴△BAE≌△CAD（SAS），
∴BE＝CD；
（2）∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，∠BAC＝60°，AE＝AD，∠DAE＝60°，
∴∠BAE＝∠DAE+∠BAD＝60°+∠BAD，∠CAD＝∠BAC+∠BAD＝60°+∠BAD，
∴∠BAE＝∠CAD，
在△ABE和△ACD中，
{
AB=AC
)
∠BAE=∠CAD ，
AE=AD∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴BE＝CD，
∵CD＝CB+BD＝AB+BD，
∴AB+BD＝BE；
（3）线段AB，BF与BD之间存在的数量关系是：AB＝BD+2BF，证明如下：
方法一：设DE与AB交于点K，在AB上截取AT＝BD，如图所示：
∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴∠ABC＝∠AED＝60°，AE＝DE，
∴∠EAT+∠AKE＝180°﹣∠AED＝120°，∠EDB+∠BKD＝180°﹣∠ABC＝120°，
又∵∠AKE＝∠BKD，
∴∠EAT＝∠EDB，
在△EAT和△EDB中，
{
AT=BD
)
∠EAT=∠EDB ，
AE=DE
∴△EAT≌△EDB（SAS），
∴ET＝EB，
∵EF⊥AB，
∴TF＝BF，
∴BT＝2BF，
∴AB＝AT+BT＝BD+2BF．
（3）方法二：∵△ABC和△ADE均为等边三角形，
∴AC＝AB＝BC，∠CAB＝60°，AD＝AE，∠DAE＝60°，
∴∠CAB＝∠DAE，
即∠CAD+∠DAB＝∠DAB+∠BAE，
∴∠CAD＝∠BAE，
在△CAD和△BAE中，
{
AC=AB
)
∠CAD=∠BAE ，
AD=AE
∴△CAD≌△BAE（SAS），
∴BE＝CD，∠C＝∠ABE＝60°，∵EF⊥AB，
∴∠FEB＝90°﹣∠ABE＝30°，
∵BE＝2BF，
∴CB＝CD+BD＝2BF+BD，
即AB＝2BF+BD．
模型二：“半角”模型
1．如图所示，已知正方形ABCD的边长为3，E，F分别是AB，BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△DAE
绕点D按逆时针方向旋转90°得到△DCM．
（1）证明：△DEF≌△DMF．
（2）若AE＝1，求FM的长．
【答案】（1）证明见解析；
5
（2） ．
2
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠A＝∠BCD＝90°，
∵∠DCM＝∠A＝90°，∠EDM＝90°，DE＝DM，
∴∠FCD+∠DCM＝180°，
∴F、C、M三点共线，
∵∠EDF＝45°，
∴∠FDM＝∠EDM﹣∠EDF＝45°＝∠EDF，
在△DEF和△DMF中，
{
DE=DM
)
∠EDF=∠MDF ，
DF=DF
∴△DEF≌△DMF（SAS）；
（2）解：∵AE＝CM＝1，正方形ABCD的边长为3，
∴BE＝3﹣1＝2，
∵△DEF≌△DMF，
∴EF＝MF，
设EF＝MF＝x，
则BF＝BM﹣MF＝4﹣x，∵EB2+BF2＝EF2，
∴22+（4﹣x）2＝x2，
5
∴x= ，
2
5
∴FM= ．
2
2．如图，在平行四边形ABCD中，AB＝BC＝2，∠B＝60°．将一个60°的∠PCQ的顶点放在点C处，并绕
点C旋转，当CP与AB交于点M，CQ同时与AD交于点N，连接AC．
（1）求平行四边形ABCD的面积；
（2）求证：△ANC≌△BMC；
（3）求△AMN的周长的最小值．
【答案】（1）＝2❑√3；
（2）证明过程见解答过程；
（3）2+❑√3．
【解答】（1）解：在△ABC中，AB＝BC＝2，∠B＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝2，
∴四边形ABCD是菱形，
如图，过点A作AE⊥BC于点E，
∴∠AEB＝90°，∠BAE＝30°，
∴BE＝1，AE=❑√3，
∴平行四边形ABCD的面积为2×❑√3=2❑√3；
（2）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BAC＝∠DAC＝∠BAD，AD∥BC，AB＝BC，∴∠B+∠BAD＝180°，
∵∠B＝60°，
∴∠BAD＝120°，
∴∠BAC＝∠DAC＝60°，
∵AB＝BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC，
∴△ANC≌△BMC（SAS）；
（3）解：∵△ANC≌△BMC，
∴NC＝MC，∠ACN＝∠BCM，
∵AD∥CB，
∴∠BCM+∠ACM＝∠DAC＝60°，
∴∠ACN+∠ACM＝60°，
∴△CMN是等边三角形，
当CM⊥AB时CM最短，由△CMN是等边三角形，
∴MN也是最短的．
∵CM是边长为2等边△ABC的高，
∴CM=❑√3，MN=❑√3，
所以AM+AN+MN＝2+．
∴△AMN周长的最小值为：2+❑√3．
3．正方形ABCD的边长为4，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：△DEF≌△DMF；
（2）若AE＝1，求EF的长．
【答案】（1）见解答．
17
（2） ．
5
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ADC＝90°．
∵∠EDF＝45°，
∴∠EDA+∠CDF＝45°．
由旋转得，DM＝DE，∠MDC＝∠EDA，∴∠MDC+∠CDF＝∠MDF＝45°，
∴∠MDF＝∠EDF．
∵DF＝DF，
∴△DEF≌△DMF（SAS）．
（2）解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABC＝90°，AB＝BC＝4，
∴BE＝AB﹣AE＝3．
由旋转得，CM＝AE＝1，
∵△DEF≌△DMF，
∴EF＝FM．
设EF＝FM＝x，则CF＝FM﹣CM＝x﹣1，
∴BF＝BC﹣CF＝4﹣（x﹣1）＝5﹣x．
在Rt△BEF中，由勾股定理得，EF2＝BF2+BE2，
即x2＝（5﹣x）2+32，
17
解得x= ．
5
17
∴EF的长为 ．
5
4．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，连接AE，AF，EF，∠EAF＝45°．若∠BAE＝
，则∠EFC—定等于（ ）
α
A．2 B．90°﹣2 C．45°﹣ D．90°﹣
【答案】B
α α α α
【解答】解：在正方形ABCD中，AD＝AB，∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，
将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得△ABG，G、B、E三点共线，如图所示：
则AF＝AG，∠DAF＝∠BAG，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠GAE＝∠FAE＝45°，
在△GAE和△FAE中，
{
AF=AG
)
∠FAE=∠GAE ，
AE=AE∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴∠AEF＝∠AEG，
∵∠BAE＝ ，
∴∠AEB＝90°﹣ ，
α
∴∠AEF＝∠AEB＝90°﹣ ，
α
∴∠FEC＝180°﹣∠AEF﹣∠AEB＝180°﹣2×（90°﹣ ）＝2 ，
α
∴∠EFC＝180°﹣90°﹣∠FEC＝90﹣2a，
α α
故选：B．
5．（1）如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，连接AE，AF，EF，且∠EAF＝
45°，延长CB到点G，使BG＝DF，连接AG．求证：EF＝BE+DF．
（2）如图②，当点E，F分别在线段BC和CD的延长线上，连接AE，AF，EF，且∠EAF＝45°时，试
探究BE，EF，DF之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）证明过程见解答；（2）EF＝BE﹣DF，理由见解析．
【解答】（1）证明∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝AB，∠ABG＝∠ABC＝∠ADF＝90°，
∵BG＝DF，
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴AF＝AG，∠DAF＝∠BAG，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠BAG+∠BAE＝45°＝∠EAF，
∴∠GAE＝∠EAF＝45°，在△AGE和△AFE中，
{
AG=AF
)
∠GAE=∠EAF ，
AE=AE
∴△AGE≌△AFE（SAS），
∴GE＝EF，
∵GE＝GB+BE＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF；
（2）解：EF＝BE﹣DF，理由如下：
如图2，在BC上截取BG＝DF，连接AG．
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝AB，∠ABG＝∠ADC＝∠ADF＝90°，
∵BG＝DF，
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴AF＝AG，∠DAF＝∠BAG，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠DAE+∠DAF＝45°，
∴∠BAG+∠DAE＝45°，
∴∠GAE＝∠EAF＝45°，
在△AGE和△AFE中，
{
AG=AF
)
∠GAE=∠EAF ，
AE=AE
∴△AGE≌△AFE（SAS），
∴GE＝EF，
∵GE＝BE﹣BG＝BE﹣DF，
∴EF＝BE﹣DF．
6．如图，在四边形ABCD中，点M、N分别在边CD、BC上，连接AM、AN．（1）如图1，四边形ABCD为正方形时，连结MN，且∠MAN＝45°，
①已知CM＝6，CN＝8，则MN的长是 1 0 ；
②已知DM＝3，CM＝2，求BN的值；
（2）如图2，四边形ABCD为矩形，∠AMD＝2∠BAN，点N为BC的中点，AN＝6，AM＝8，求AD的
长．
5
【答案】（1）①10；②
4
（2）3❑√7．
【解答】解：（1）①在正方形ABCD中，∠C＝90°，
∴△CMN是直角三角形，
在Rt△CMN中，CM＝6，CN＝8，
由勾股定理得：MN=❑√CM2+CN2=❑√62+82=10，
故答案为：10；
②延长CB至点E，使BE＝DM，连接AE，如图1所示，
∵DM ＝3，CM＝2，
∵CD＝DM+CM＝5，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝ADBC＝CD＝5，∠ABC＝∠D＝∠BAD＝90°，
∴∠ABE＝∠D＝90°，
在△ABE和△ADM中，
{
AB=AD
)
∠ABE=∠D ，
BE=DM
∴△ABE≌△ADM（SAS），
∴∠BAE＝∠DAM，AE ＝AM，∵∠BAD＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠BAN+∠DAM＝∠BAD﹣∠MAN＝45°，
∴∠BAN+∠BAE＝45°，
即∠EAN＝45°，
∴∠EAN＝∠MAN＝45°，
在△AEN和△AMN中，
{
AE=AM
)
∠EAN=∠MAN ，
AN=AN
∴△AEN≌△AMN（SAS），
∴EN＝MN，
设BN＝x，
∴MN＝EN＝BN+BE＝x+3，CN＝BC﹣BN＝5﹣x，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：CN2+CM2＝MN2，
∴（5﹣x）2+22＝（x+3）2，
5
解得：x= ，
4
5
∴BN＝x= ；
4
（2）延长AN、DC交于点H，如图2所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥DH，
∴∠H＝∠BAN，
∵∠AMD＝2∠BAN，
∴∠AMD＝2∠H，
∵∠AMD是△AMH的外角，
∴∠AMD＝∠H+∠MAH＝2∠H，
∴∠MAH＝∠H，
∴AM＝HM，∴AN＝6，AM＝8，
∴AM＝HM＝8，
∵点N为BC的中点，
∴CN＝BN，
在△CHN和△BAN中，
∠H＝∠BAN，∠CNH＝∠BNA，CN＝BN，
∴△CHN≌△BAN（AAS），
∴HN＝AN＝6，
∴AH＝HN+AN＝12，
设DM＝a，则DH＝DM+HM＝a+8，
在△ADM和△ADH中，由勾股定理得：AD2＝AM2﹣DM2＝AH2﹣DH2，
∴82﹣x2＝122﹣（x+8）2，
解得：x＝1，
∴DM＝x＝1，
∴AD=❑√AM2−DM2=❑√82−12=3❑√7．
模型三：“鸡爪”模型
1．如图，点P是等边三角形ABC内一点，若PA＝3，PB＝4，PC＝5，则AB2＝ 25+12❑√3 ．
【答案】25+12❑√3．
【解答】解：作等边三角形BPM，连接CM，作BN⊥CM交CM的延长线于点N，
∵△BPM，△ABC为等边三角形，
∴AB＝BC，BM＝PM＝BP＝4，∠ABC＝∠PBM＝60°，
∴∠ABP＝∠CBM，
在△ABP和△CBM中，{
AB=BC
)
∠ABP=CBM ，
BP=BM
∴△ABP≌△CBM（SAS），
∴CM＝PA＝3，
∵PC＝5，
∴CM2+PM2＝PC2，
∴△PCM是直角三角形，且∠CMP＝90°，
∴∠BMN＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∵∠BNM＝90°，∠BMN＝30°，
1
∴BN= BM=2，
2
∴MN=❑√BM2−BN2=2❑√3，
∴CN=CM+MN=3+2❑√3，
∵∠BNC＝90°，
∴BC2=BN2+CN2=22+(3+2❑√3) 2=25+12❑√3，
∵AB＝BC，
∵AB2=25+12❑√3，
故答案为：25+12❑√3．
2．如图，P是等边三角形ABC中的一点，PA＝3，PB＝4，PC＝5，试利用图形的旋转求出∠APB的度数．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：如图，将△APB绕着点B逆时针旋转60度后得到△CQB，连接PQ，
由题意可知△ABP≌△CBQ，
则QB＝PB＝4，PA＝QC＝3，∠ABP＝∠CBQ，∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ABP+∠PBC＝60°，
∴∠PBQ＝∠CBQ+∠PBC＝60°，
∴△BPQ为等边三角形，
∴PQ＝PB＝BQ＝4，
又∵PQ＝4，PC＝5，QC＝3，
∴PQ2+QC2＝PC2，
∴∠PQC＝90°，
∵△BPQ为等边三角形，
∴∠BQP＝60°，
∴∠BQC＝∠BQP+∠PQC＝150°，
∴∠APB＝∠BQC＝150°．
3．数学探究课上老师处这样一道题：“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顺时针旋转60°后的△AP B；
1
（2）试判断△AP P的形状，并说明理由；
1
（3）试判断△BP P的形状，并说明理由；
1
（4）由（2）、（3）两问可知：∠APB＝ 150 ° ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）如图，△AP B为所作；
1
（2）连接PP ，如图，
1
△AP
1
P为等边三角形．理由如下：
∵△APC绕点A顺时针旋转60°后的△AP B，
1
∴AP ＝AP，∠PAP ＝60°，
1 1
∴△AP
1
P为等边三角形；
（3）△BP P为直角三角形．
1
理由如下：
∵△APC绕点A顺时针旋转60°后的△AP B，
1
∴BP ＝PC＝5，
1∵△AP P为等边三角形，
1
∴PP ＝AP＝3，
1
∵PP2+PB2=BP2，
1 1
∴△BP
1
P为直角三角形，∠BPP
1
＝90°；
（4）∵△AP P为等边三角形，
1
∴∠APP
1
＝60°，
而∠BPP ＝90°；
1
∴∠APB＝90°+60°＝150°，
故答案为：150°．
4．构造模型问题：
问题背景：如图1，P是等边△ABC外一点，∠APB＝30°，则PA2+PB2＝PC2．
小明为了证明这个结论，将△PAB绕点A逆时针旋转60°，请根据此思路完成这个证明；
（1）迁移应用：如图2，P是等边△ABC内一点，且PC2+PB2＝PA2；求∠BPC的度数；
（2）拓展提升：如图3，在等腰直角△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，点P在△ABC外部，且∠BPC
＝45°，若PC＝6，则△APC的面积是 1 8 （不必证明）．
【答案】问题背景：证明见解析；
（1）150°；
（2）18．
【解答】问题背景：
证明：如图1，将△PAB绕点A逆时针旋转60°，得到△P′AC，连接PP′，则AP＝AP′，∠PAP′＝60°，
∴△PAP′是等边三角形，
∴PP′＝PA，∠PP′A＝60°，
由旋转的性质得：∠APB＝∠AP′C＝30°，PB＝P′C，
∴∠PP′C＝∠PP′A+∠AP′C＝60°+30°＝90°，
∴PC2＝PP′2+P′C2，
∵PP′＝PA，P′C＝PB，
∴PA2+PB2＝PC2；
（1）迁移应用：
解：如图2，把△PBC绕点B逆时针旋转60°，得到△P′BA，连接PP′，
由旋转的性质得：BP＝BP'，∠PBP'＝60°，PC＝P'A，∠BPC＝∠BP'A，
∴△PBP'是等边三角形，
∴∠BP'P＝60°，PP'＝BP，
∵PC2+PB2＝PA2，
∴P'A2+P'P2＝PA2，
∴△APP'是直角三角形，∠AP'P＝90°，
∴∠BPC＝∠BP'A＝∠AP′P+∠BP′P＝90°+60°＝150°；
（2）拓展提升：
解：如图3，过点B作BM⊥BP交PC的延长线于点M，连接AM，则∠PBM＝90°，
∵∠BPC＝45°，
∴△BPM为等腰直角三角形，
∴BP＝BM，∠BMP＝45°，
∵∠MBA+∠MBC＝∠ABC＝90°，∠PBM＝∠PBC+∠MBC＝90°，
∴∠PBC＝∠MBA，
在△PBC和△MBA中，
{
BP=BM
)
∠PBC=∠MBA ，
BC=BA
∴△PBC≌△MBA（SAS），
∴PC＝MA，∠BPC＝∠BMA＝45°，
∴∠AMP＝∠BMP+∠BMA＝45°+45°＝90°，
1 1 1
∴S = PC×MA= PC2= ×62＝18，
△APC 2 2 2
故答案为：18．
5．阅读下面材料：
小伟遇到这样一个问题：如图1，在正三角形ABC内有一点P，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，求∠APB的
度数．小伟是这样思考的：如图2，利用旋转和全等的知识构造△AP′C，连接PP′，得到两个特殊的三
角形，从而将问题解决．
（1）请你回答：图1中∠APB的度数等于 150 ° ．
参考小伟同学思考问题的方法，解决下列问题：
（2）如图3，在正方形ABCD内有一点P，且PA＝2❑√2，PB＝1，PD=❑√17，求∠APB的度数和正方形
的边长．
【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）如图2，把△APB绕点A逆时针旋转60°得到△ACP′，
由旋转的性质，P′A＝PA＝3，P′D＝PB＝4，∠PAP′＝60°，
∴△APP′是等边三角形，
∴PP′＝PA＝3，∠AP′P＝60°，
∵PP′2+P′C2＝32+42＝25，PC2＝52＝25，
∴PP′2+P′C2＝PC2，
∴∠PP′C＝90°，
∴∠AP′C＝∠AP′P+∠PP′C＝60°+90°＝150°；
故∠APB＝∠AP′C＝150°；
故答案为150°．
（2）如图3，把△APB绕点A逆时针旋转90°得到△ADP′，
由旋转的性质，P′A＝PA＝2❑√2，P′D＝PB＝1，∠PAP′＝90°，
∴△APP′是等腰直角三角形，
∴PP′=❑√2PA=❑√2×2❑√2=4，∠AP′P＝45°，
∵PP′2+P′D2＝42+12＝17，PD2＝（❑√17）2＝17，
∴PP′2+P′D2＝PD2，
∴∠PP′D＝90°，
∴∠AP′D＝∠AP′P+∠PP′D＝45°+90°＝135°，
故∠APB＝∠AP′D＝135°，
∵∠APB+∠APP′＝135°+45°＝180°，
∴点P′、P、B三点共线，
过点A作AE⊥PP′于E，
1 1
则AE＝PE= PP′= ×4＝2，
2 2
∴BE＝PE+PB＝2+1＝3，
在Rt△ABE中，AB=❑√AE2+BE2=❑√22+32=❑√13．6．问题：如图1，在等边△ABC内部有一点P，已知PA＝3，PB＝4，PC＝5，求∠APB的度数？
（1）请写出常见四组勾股数： 3 ， 4 ， 5 、 5 ， 1 2 ， 1 3 、 7 ， 2 4 ， 2 5 、 6 ， 8 ， 1 0 ．
（2）解决方法：通过观察发现PA，PB，PC的长度符合勾股数，但由于PA，PB，PC不在一个三角形
中，想法将这些条件集中在一个三角形，于是可将△ABP 绕 A 逆时针旋转 60°到△AP′C，此时
△ABP≌△ACP'，这样利用等边三角形和全等三角形知识，便可求出∠APB＝ 150 ° ．请写出解题过
程．
（3）应用：请你利用（2）题的思路，解答下面的问题：
如图2，在△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E，F为BC的点，且∠EAF＝45°，若BE＝m，FC＝n，
请求出线段EF的长度（用m、n的代数式表示）．
【答案】（1）3，4，5；5，12，13，7，24，25；6，8，10；
（2）150°．
（3）EF=❑√m2+n2．
【解答】解：（1）勾股数：3，4，5；5，12，13，7，24，25；6，8，10；
故答案为：3，4，5；5，12，13，7，24，25；6，8，10；
（2）如图1，将△ABP绕顶点A逆时针旋转60°到△ACP′处，则△ACP′≌△ABP，
∵三角形ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴PA＝P′A＝3，PB＝P′C＝4，∠BAP＝∠CAP′，
∴∠P′AP＝∠PAC+∠CAP′＝∠PAC+∠BAP＝∠BAC＝60°，
∴△PAP′是等边三角形，
∴PP′＝P′A＝3，
在△PP′C中，PP'2+P′C2＝9+16＝25＝PC2，
∴△PP′C是直角三角形，∴∠PP′C＝90°，
∴∠APB＝∠AP′C＝60°+90°＝150°．
故答案为150°．
（3）如图2中，将△ABE绕顶点A逆时针旋转90°到△ACE′处，则△ACE′≌△ABE，
∴AE＝AE′，BE＝CE′，∠E′AC＝∠BAE，
∵∠BAC＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠CAF＝45°，
∠FAE′＝∠E′AC+∠FAC＝∠BAE+∠FAC＝45°＝∠EAF，
在△AEF和△AE′F中，
{
AE=AE′
)
∠EAF=∠E′ AF ，
AF=AF
∴△AEF≌△AE′F（SAS），
∴FE＝FE′，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∴∠E′CA＝∠B＝45°，
∴∠E′CF＝45°+45°＝90°，
在Rt△E′FC中，E′C2+FC2＝E′F2，
∴EF2＝BE2+CF2＝m2+n2，
∴EF=❑√m2+n2．
