专题13 旋转中的全等模型-2023年中考数学二轮专题提升训练

这是一份专题13 旋转中的全等模型-2023年中考数学二轮专题提升训练，共27页。试卷主要包含了对角互补模型，手拉手模型——旋转全等，通过旋转构造三角形全等等内容，欢迎下载使用。

专题13 旋转中的全等模型
类型一 对角互补模型
（1）正方形中的半角模型
（2021春•平阴县期末）
1．如图，在正方形中，E、F是对角线上两点，且，将绕点A顺时针旋转后，得到，连接．

(1)求证：；
(2)求证：；
(3)当F是的中点时，判断四边形的形状，并说明理由．
（2）等腰三角形中的半角模型
（2021秋•东坡区期末）
2．如图，△ABC是边长为6的等边三角形，BD＝CD，∠BDC＝120°，以点D为顶点作一个60°角，使其两边分别交AB于点M，交AC于点N，连接MN，则△AMN的周长是________．

（绍兴中考）
3．如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC= 90°，AB=AC，点M，N在边BC 上，且∠MAN=45°．若BM= 1，CN=3，求MN的长．

类型二 对角互补且一组邻边相等的半角模型
（2022春•简阳市期中）
4．如图，等边三角形ABC的边长为4， 点O是的中心， ∠FOG = 120°， 绕点O旋转∠FOG，分别交线段AB、BC于D、 E两点，连接DE，给出下列四个结论:①OD= OE;②;③四边形ODBE的面积始终等于;④周长的最小值为6.上述结论中正确的有_________(写出序号)

（2022秋•西城区校级期中）
5．（1）问题背景．
如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是线段BC、线段CD上的点．若∠BAD=2∠EAF，试探究线段BE、EF、FD之间的数量关系．
童威同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG=BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG．再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是__________________．  
（2）猜想论证．
如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，E在线段BC上、F在线段CD延长线上． 若∠BAD=2∠EAF，上述结论是否依然成立？若成立说明理由；若不成立，试写出相应的结论并给出你的证明．

（3） 拓展应用．
如图3，在四边形ABDC中，∠BDC=45°，连接BC、AD，AB：AC：BC=3：4：5，AD=4，且∠ABD+∠CBD=180°．则△ACD的面积为

（2020秋•海淀区期中）
6．已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB=BC，∠ABC=120゜，∠MBN=60゜，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E，F．
(1)当∠MBN绕B点旋转到AE=CF时（如图1），试猜想线段AE、CF、EF之间存在的数量关系为 ．（不需要证明）；
(2)当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF时，在图2和图3这两种情况下，上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段AE、CF、EF又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．

类型三 手拉手模型——旋转全等
（2022•沈阳）
7．【特例感知】
（1）如图1，和是等腰直角三角形，，点在上，点在的延长线上，连接，，线段与的数量关系是______；
【类比迁移】
（2）如图2，将图1中的绕着点顺时针旋转，那么第（1）问的结论是否仍然成立？如果成立，证明你的结论；如果不成立，说明理由．

（2022春•南山区期末）
8．如图1，△ABC是边长为4cm的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA＝6cm，点D从点O出发，沿射线OM方向以1cm/s的速度运动，当D不与点A重合时，将线段CD绕点C逆时针方向旋转60°得到CE，连接DE、BE，设点D运动了ts．

(1)点D的运动过程中，线段AD与BE的数量关系是______，请以图1情形为例（当点D在线段OA上时，点D与点A不重合），说明理由．
(2)当6 (3)当点D在射线OM上运动时，是否存在以D、B、E为顶点的三角形是直角三角形？若存在，直接写出此时t的值______．
类型三中点旋转模型
（2019春•双流区期末）
9．已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过E点作EF⊥BD交BC于F，连接DF，G为DF中点，连接EG，CG．

（1）求证：EG=CG；
（2）将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45°，如图②所示，取DF中点G，连接EG，CG．
问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
类型五 通过旋转构造三角形全等
（2021春•雨花区期中）
10．如图，点P是正方形ABCD内一点，且点P到点A、B、C的距离分别为2、1、，则正方形ABCD的面积为_____．

（2022春•顺德区校级月考）
11．如图，等边三角形内有一点P，分别连接、、，若，，．

(1)则线段、、构成的三角形是______三角形（填“钝角、直角、锐角”）；
(2)将绕点B顺时针旋转60°，画出旋转后的，并由此求出的度数；
(3)求三角形的面积．
（2019•武汉）
12．问题背景：如图，将绕点逆时针旋转60°得到，与交于点，可推出结论：

问题解决：如图，在中，，，．点是内一点，则点到三个顶点的距离和的最小值是___________




参考答案：
1．(1)见解析；
(2)见解析；
(3)四边形是正方形，理由见解析．

【分析】（1）由正方形的性质可得，由旋转的特征可得，还有已知条件，于是可证明，即可利用 证明；
（2）由旋转的特征可得，可证明，由得，在中用勾股定理可证得结论；
（3）可由（1）和（2）的结论先证明四边形有三个角是直角，则四边形是矩形，再由得，四边形是正方形．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
由旋转得，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴；

（2）证明：∵四边形是正方形，
∴，
由旋转得，，
∴，
在中，由勾股定理得，
由（1）得，，
∴，
∴；
（3）解：四边形是正方形，理由如下：
当点F是的中点时，则，
∵四边形是正方形，
∴，
由旋转的性质得，
由（2）得，
∴四边形是矩形，，
∴四边形是正方形．

【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定、旋转的特征、全等三角形的判定以及勾股定理等知识与方法，此题难度不大，但综合性较强，是很好的习题．
2．12
【分析】将△BDM绕点D旋转120°，构造出全等三角形，将MN转为为BM+CN即可
【详解】
将△BDM绕点D旋转120°得到△；
∵△由△BDM旋转所得，
∴DM=，BD=DC，BM=∠=∠BDM；
∵∠BDC＝120°，∠MDN=60°，
∴∠BDM+∠CDN=120°-60°=60°，
故∠+∠CDN=60°，即∠=60°；
在△MDN和△中∶
DM=，∠=∠MDN，DN=DN
∴△MDN≌△；
∴MN=；
△AMN的周长=AM+AN+MN
=AM+AN+
=AM+AN+CN+
=(AM+)+(AN+CN)
=AB+AC；
∵△ABC是边长为6，
∴△AMN的周长=6+6=12．
故答案为：12
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质和旋转的性质，根据旋转的性质构建全等三角形，将未知长度的边转化为已知长度的边是解题的关键．
3．
【分析】过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE＝BM．连接AE、EN．通过证明△ABM≌△ACE（SAS）推知全等三角形的对应边AM＝AE、对应角∠BAM＝∠CAE；然后由等腰直角三角形的性质和∠MAN＝45°得到∠MAN＝∠EAN＝45°，所以△MAN≌△EAN（SAS），故全等三角形的对应边MN＝EN；最后由勾股定理得到EN2＝EC2＋NC2即MN2＝BM2＋NC2．
【详解】解：如图，过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE＝BM．连接AE、EN．

∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠B＝∠ACB＝45°．
∵CE⊥BC，
∴∠ACE＝∠B＝45°．
在△ABM和△ACE中，
∴△ABM≌△ACE（SAS）．
∴AM＝AE，∠BAM＝∠CAE．
∵∠BAC＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠BAM＋∠CAN＝45°．
于是，由∠BAM＝∠CAE，得∠MAN＝∠EAN＝45°．
在△MAN和△EAN中，
∴△MAN≌△EAN（SAS）．
∴MN＝EN．
在Rt△ENC中，由勾股定理，得EN2＝EC2＋NC2．
∴MN2＝BM2＋NC2．
∵BM＝1，CN＝3，
∴MN2＝12＋32，
∴MN＝．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理的综合应用，掌握三角形的全等的判定定理是解题关键．
4．①③④
【分析】连接OB、OC，如图，利用等边三角形的性质得∠ABO=∠OBC=∠OCB=30°，再证明∠BOD=∠COE，于是可判断△BOD≌△COE，所以BD=CE，OD=OE，则可对①进行判断；利用S△BOD=S△COE得到四边形ODBE的面积=S△ABC=，则可对③进行判断；作OH⊥DE，如图，则DH=EH，计算出S△ODE=OE2，利用S△ODE随OE的变化而变化和四边形ODBE的面积为定值可对②进行判断；由于△BDE的周长=BC+DE=4+DE=4+OE，根据垂线段最短，当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，计算出此时OE的长则可对④进行判断．
【详解】解：连接OB、OC，如图，

∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，
∵点O是△ABC的中心，
∴OB=OC，OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，
∴∠ABO=∠OBC=∠OCB=30°
∴∠BOC=120°，即∠BOE+∠COE=120°，
而∠DOE=120°，即∠BOE+∠BOD=120°，
∴∠BOD=∠COE，
在△BOD和△COE中

∴△BOD≌△COE，
∴BD=CE，OD=OE，所以①正确；
∴S△BOD=S△COE，
∴四边形ODBE的面积=S△OBC=S△ABC==,所以③正确；
作OH⊥DE，如图，则DH=EH，
∵∠DOE=120°，
∴∠ODE=∠OEH=30°，
∴OH=OE，HE=OH=OE，
∴DE=OE，
∴S△ODE=•OE•OE=OE2，
即S△ODE随OE的变化而变化，
而四边形ODBE的面积为定值，
∴S△ODE≠S△BDE；所以②错误；
∵BD=CE，
∴△BDE的周长=BD+BE+DE=CE+BE+DE=BC+DE=4+DE=4+OE，
当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，此时OE= ，
∴△BDE周长的最小值=4+2=6，所以④正确．
故答案为①③④
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质．
5．（1）BE+FD=EF；（2）上述结论不成立，正确结论是EF+FD=BE，证明见解析；（3）
【分析】（1）先证明△ABE≌△ADG（SAS），再证明△AEF≌△AGF（SAS），可即可求解；
（2）首先在DF上截取BG=DF，并连接AG，然后证明△ABE≌△ADG（SAS），再证明△AEF≌△AGF（SAS），可即可求解；
（3）方法一：延长AB至K，使得BK=BC，过点D作DM⊥AB，DN⊥AC，证得△DBK≌△DBC（SAS），进而得到∠KDC=2∠BDC=90°，由AB：AC：BC=3:4:5可得 ∠BAC=90°，可以证得△DKM≌△DNC（AAS），进一步得到四边形AMDN为正方形，设AB=3x，可以表示出BM和CN的长，然后根据即可求解；
方法二：过点D作DM⊥AB，DN⊥AC，作DH⊥BC，可以证得D为△ABC的旁心，然后得到四边形AMDN为正方形，设AB=3x，可以表示出BM和CN的长，然后根据即可求解．
【详解】（1）BE+FD=EF
∵∠B+∠ADF=180°，∠ADF+∠ADG=180°，
∴∠B=∠ADG
又∵AB=AD，BE=GD，
∴△ABE≌△ADG（SAS）
∴∠BAE=∠DAG，AG=AE
∵∠BAD=2∠EAF
∴
∴∠EAF=∠GAF
又∵AG=AE，AF=AF，    
∴△AEF≌△AGF（SAS）
∴GE=FE
∴GD +DF= GF=EF
∵BE=GD
∴BE+FD=EF
故答案为BE+FD=EF．
（2）上述结论不成立，正确结论是EF+FD=BE.


如图2所示，在DF上截取BG=DF，并连接AG
∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADF
又∵AB=AD，BG=DF，
∴△ABG≌△ADF（SAS）
∴∠BAG=∠DAF，AG=AD
∴
∴
∴∠EAG=∠EAF
又∵AG=AD，AE=AE，    
∴△GAE≌△FAE
∴GE=FE
∴EF +DF= GE+BG =BE
故正确结论是EF+FD=BE；
（3）

方法一：延长AB至K，使得BK=BC，
∵∠ABD+∠CBD=180°，∠ABD+∠DBM=180°，
∴∠CBD=∠MBD
又∵BK=BC，BD=BD
∴△DBK≌△DBC（SAS）
可知DK=DC，∠K=∠DCB，∠KDC=2∠BDC=90°
由AB：AC：BC=3:4:5可得 ∠BAC=90°，
过点D作DM⊥AB，DN⊥AC
∵∠K+∠ACD=180°，∠DCN+∠ACD=180°，
∴∠K=∠DCN，即∠DCB=∠K=∠DCN
∴△DKM≌△DNC（AAS），
∴MK=CN, DM=DN
∴BC=BK=BM+CN，且四边形AMDN为正方形
设AB=3x、AC=4x、BC=5x，可列 解得 ，
∴，
∴
∵
∴
方法二：延长AB至K，使得BK=BC，
∵∠ABD+∠CBD=180°，∠ABD+∠DBM=180°，
∴∠CBD=∠MBD
∴△DBK≌△DBC（SAS）
同理得到∠DCB=∠DCN
可知DK=DC，∠K=∠DCB，∠KDC=2∠BDC=90°
由AB：AC：BC=3:4:5可得 ∠BAC=90°，
过点D作DM⊥AB，DN⊥AC，作DH⊥BC，由角平分线性质可得DM=DH=DN，即点D

∵D为△ABC的“旁心”
∴BH=BM，CH=CN
∴BC=BH+CH=BM+CN，且四边形AMDN为正方形
设AB=3x、AC=4x、BC=5x，可列   解得 ，
∴，
∴
∵
∴
故答案为．
【点睛】本题考查了三角形全等，全等中辅助线的引发，问题的关键是根据题意做出正确的辅助线，画出示意图，根据题意推理即可．
6．（1）AE+CF=EF；（2）如图2，（1）中结论成立，即AE+CF=EF；如图3，（1）中结论不成立，AE=EF+CF．
【分析】（1）根据题意易得△ABE≌△CBF，然后根据全等三角形的性质可得∠ABE=∠CBF=30°，进而根据30°角的直角三角形及等边三角形的性质可求解；
（2）如图2，延长FC到H，使CH=AE，连接BH，根据题意可得△BCH≌△BAE，则有BH=BE，∠CBH=∠ABE，进而可证△HBF≌△EBF，推出HF=EF，最后根据线段的等量关系可求解；如图3，在AE上截取AQ=CF，连接BQ，根据题意易得△BCF≌△BAQ，推出BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，进而可证△FBE≌△QBE，推出EF=QE即可．
【详解】解：（1）如图1，AE+CF=EF，理由如下：
∵AB⊥AD，BC⊥CD，
∴∠A=∠C=90°，
∵AB=BC，AE=CF，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴∠ABE=∠CBF，BE=BF，
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，
∴∠ABE=∠CBF=30°，
∴，
∵∠MBN=60°，BE=BF，
∴△BEF是等边三角形，
∴，
故答案为AE+CF=EF；
（2）如图2，（1）中结论成立；理由如下：
延长FC到H，使CH=AE，连接BH，
∵AB⊥AD，BC⊥CD，
∴∠A=∠BCH=90°，
∴△BCH≌△BAE（SAS），
∴BH=BE，∠CBH=∠ABE，
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，
∴∠ABE+∠CBF=120°-60°=60°，
∴∠HBC+∠CBF=60°，
∴∠HBF=∠MBN=60°，
∴∠HBF=∠EBF，
∴△HBF≌△EBF（SAS），
∴HF=EF，
∵HF=HC+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF，

如图3，（1）中的结论不成立，为AE=EF+CF，理由如下：
在AE上截取AQ=CF，连接BQ，
∵AB⊥AD，BC⊥CD，
∴∠A=∠BCF=90°，
∵AB=BC，
∴△BCF≌△BAQ（SAS），
∴BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，
∵∠MBN=60°=∠CBF+∠CBE，
∴∠CBE+∠ABQ=60°，
∵∠ABC=120°，
∴∠QBE=120°-60°=60°=∠MBN，
∴∠FBE=∠QBE，
∴△FBE≌△QBE（SAS），
∴EF=QE，
∵AE=QE+AQ=EF+CE，
∴AE=EF+CF．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、含30°角的直角三角形的性质及等边三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、含30°角的直角三角形的性质及等边三角形的性质是解题的关键．
7．（1）；（2）仍然成立，证明过程见详解．
【分析】（1）证明，即可得到；
（2）根据和是等腰直角三角形得到，，证明即可得到．
【详解】解：（1）．理由如下：
∵和是等腰直角三角形，，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）仍然成立.
证明：∵，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
∴.
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识点，构造全等三角形是解决此题关键.
8．(1)AD＝BE，理由见解析；
(2)2+4，理由见解析；
(3)2或14．

【分析】（1）由旋转的性质得到∠DCE＝60°，DC＝EC，进而证得△ACD≌△BCE，即可得到结论；
（2）当6＜t＜10时，由旋转的性质得到BE＝AD，于是得到C△DBE＝BE+DB+DE＝AB+DE＝4+DE，根据等边三角形的性质得到DE＝CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；
（3）存在，①当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，②当0≤t＜6时，由旋转的性质得到∠ABE＝60°，∠BDE＜60°，求得∠BED＝90°，根据等边三角形的性质得到∠DEC＝60°，求得∠CEB＝30°，求得OD＝OA﹣DA＝6﹣4＝2，于是得到t＝2÷1＝2s；③当6＜t＜10时，不存在直角三角形．④当t＞10时，可得到t＝14．
【详解】（1）解： AD＝BE，理由如下：
∵将线段CD绕点C逆时针方向旋转60°得到CE，
∴∠DCE＝60°，DC＝EC，
∴△CDE是等边三角形，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°＝∠DCE，AC＝BC，
∴∠ACB－∠ACE＝∠DCE－∠ACE，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE，
故答案为：AD＝BE；
（2）存在，当6＜t＜10时，
由（1）知，BE＝AD，
∴△BDE周长C△BDE＝BE+DB+DE＝AD＋DB＋DE＝AB+DE＝4+DE，
∵将线段CD绕点C逆时针方向旋转60°得到CE，
∴∠DCE＝60°，DC＝EC，
∴△CDE是等边三角形，
∴DE＝CD，
∴C△BDE＝CD+4，
由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，CD最短，△BDE的周长最小，
在等边三角形△ABC中，∠ACB＝60°，BC＝AB＝4cm，
当CD⊥AB时，BD＝AB＝2（cm），
∴CD＝（cm），
∴△BDE的最小周长＝CD+4＝（2+4）（cm）；
（3）存在，①∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，
∴当点D与点B重合时，不符合题意，
②当0≤t＜6时，由旋转可知，∠ABE＝60°，∠BDE＜60°，
∴∠BED＝90°，
∵将线段CD绕点C逆时针方向旋转60°得到CE，
∴∠DCE＝60°，DC＝EC，
∴△CDE是等边三角形，
∴∠DEC＝60°，
∴∠CEB＝30°，
∵∠CEB＝∠CDA，
∴∠CDA＝30°，
∵∠CAB＝60°，
∴∠ACD＝∠ADC＝30°，
∴DA＝CA＝4cm，
∴OD＝OA﹣DA＝6﹣4＝2cm，
∴t＝2÷1＝2（s）；
③当6＜t＜10时，不存在直角三角形．
④如图，当t＞10时，由旋转的性质可知，∠DBE＝60°，

又由（1）知∠CDE＝60°，
∴∠BDE＝∠CDE+∠BDC＝60°+∠BDC，
而∠BDC＞0°，
∴∠BDE＞60°，
∴只能∠BDE＝90°，
从而∠BCD＝30°，
∴BD＝BC＝4cm，
∴OD＝14cm，
∴t＝14÷1＝14（s），
综上所述：当t＝2或14s时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形，
故答案为：2或14．
【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、三角形周长的计算、直角三角形的判定等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
9．(1)见解析;(2)见解析.
【分析】(1)利用直角三角形斜边上的中线等于斜边长度的一半即可证明；
(2)延长EG、AD交于P点，连接CE、CP，先证明△EGF≌△DGP，再证明△BEC≌△DPC，从而得到△ECP是等腰直角三角形，由△EGF≌△DGP可得G是EP中点，故可证明结论仍然成立.
【详解】证明：（1）∵在Rt△DEF中，EG是斜边上的中线
∴DF=2EG
∵在Rt△DCF中，CG是斜边上的中线
∴DF=2CG
∴EG=CG
（2）如图2

延长EG，AD交于P点，连接CE，CP
∵四边形ABCD是正方形
∴BC=CD，AD∥BC，∠ABC=∠ADC=90°，∠ABD=45°
∵EF⊥AB
∴∠ABD=∠EFB=45°
∴EF=BE
∵AD⊥AB，EF⊥AB
∴EF∥AD
∴∠DPE=∠PEF，且DG=GF，∠EGF=DGP
∴△EGF≌△DGP
∴EG=GP，EF=DP
∴BE=DP且BC=CD，∠EBC=∠PDC=90°
∴△BEC≌△DPC
∴EC=PC，∠ECB=∠ECP
∵∠ECB+∠ECD=90°
∴∠DCP+∠ECD=90°
∴∠ECP=90°且EC=CP
∴△ECP是等腰直角三角形，且EG=GP
∴CG⊥EP，CG=EG．
【点睛】本题利用正方形的性质综合考察了三角形全等的证明及性质．.
10．13
【分析】将△ABP绕点B顺时针旋转90°得△CBE，连接PE，过点B作BH⊥PE于H，通过勾股定理逆定理可证∠PEC＝90°，则∠BEC＝∠APB＝135°，可知点A、P、E三点共线，求出BH，AH的长度，利用勾股定理即可．
【详解】解：将△ABP绕点B顺时针旋转90°得△CBE，连接PE，过点B作BH⊥PE于H，
∴BP=BE，∠PBE=90°，∠APB=∠CEB，AP=CE=，
∴△BPE是等腰直角三角形，
∴，∠BEP=∠BPE=45°
∵PE2+CE2=（）2+（2）2=10，
PC2=（）2=10，
∴PE2+CE2=PC2，
∴∠PEC=90°，
∴∠BEC=∠APB=135°，
∴∠APB+∠BPE=135°+45°=180°，
∴点A、P、E三点共线，
∵PE=，
∴PH=BH=，
∴AH=AP+PH=，
在Rt△ABH中，由勾股定理得：
AB2=BH2+AH2=（）2+（）2=13，
∴正方形ABCD的面积为：13．
故答案为：13．

【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理和勾股定理的逆定理，三线合一定理，旋转的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
11．(1)直角；
(2)；
(3)．

【分析】（1）根据勾股定理的逆定理判断即可；
（2）由旋转的性质可得，，，证明是等边三角形，，进而可得的度数；
（3）将绕点B顺时针旋转60°得到，根据是等边三角形，是直角三角形，求出＝，同理，将绕点C顺时针旋转60°得到，将绕点A顺时针旋转60°得到，可得＝，＝，求出的面积，进而根据得出答案．
【详解】（1）解：∵，，，
∴，，
∴，
∴线段、、构成的三角形是直角三角形，
故答案为：直角；
（2）解：如图，将绕点B顺时针旋转60°得到，点与点C重合，
由旋转的性质可得，，，
∴是等边三角形，
∴，，
由（1）可知，
∴，
∴，
∴；

（3）解：如图，将绕点B顺时针旋转60°得到，点与点C重合，
由（2）可得是等边三角形，是直角三角形，，，
过点P作PH⊥，则BH＝，
∴PH＝，
∴，
∴＝，
将绕点C顺时针旋转60°得到，
同理可得，是以PC＝10为边的等边三角形，是以6、8、10为边的直角三角形，＝，
将绕点A顺时针旋转60°得到，
同理可得，是以AP＝6为边的等边三角形，是以6、8、10为边的直角三角形，＝，
∴，
∴．

【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理及其逆定理的应用等知识，通过旋转构造出等边三角形和直角三角形是解答本题的关键．
12．
【分析】如图，将△MOG绕点M逆时针旋转60°，得到△MPQ，易知△MOP为等边三角形，继而得到点O到三顶点的距离为：ON＋OM＋OG＝ON＋OP＋PQ，由此可以发现当点N、O、P、Q在同一条直线上时，有ON＋OM＋OG最小，此时，∠NMQ＝75°+60°＝135°，过Q作QA⊥NM交NM的延长线于A，利用勾股定理进行求解即可得.
【详解】如图，将△MOG绕点M逆时针旋转60°，得到△MPQ，
显然△MOP为等边三角形，
∴，OM＋OG＝OP＋PQ，
∴点O到三顶点的距离为：ON＋OM＋OG＝ON＋OP＋PQ，
∴当点N、O、P、Q在同一条直线上时，有ON＋OM＋OG最小，
此时，∠NMQ＝75°+60°＝135°，
过Q作QA⊥NM交NM的延长线于A，则∠MAQ=90°，
∴∠AMQ＝180°-∠NMQ=45°，
∵MQ＝MG＝4，
∴AQ＝AM＝MQ•cos45°=4，
∴NQ＝，
故答案为.

【点睛】本题考查了旋转的性质，最短路径问题，勾股定理，解直角三角形等知识，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线是解题的关键.