中考数学二轮复习核心考点专题提优拓展训练专题13旋转中的全等模型(原卷版+解析)

这是一份中考数学二轮复习核心考点专题提优拓展训练专题13旋转中的全等模型(原卷版+解析)，共30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。

（1）正方形中的半角模型
1． (2023春•平阴县期末）如图，在正方形ABCD中，E、F是对角线BD上两点，且∠EAF＝45°，将△ADF绕点A顺时针旋转90°后，得到△ABQ，连接EQ．
（1）求证：△AEQ≌△AEF；（2）求证：EF2＝DF2+BE2；
（3）当F是BD的中点时，判断四边形AFEQ的形状，并说明理由．
（2）等腰三角形中的半角模型
2． (2023秋•东坡区期末）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，连结MN，则△AMN的周长是 ．
3．（绍兴中考）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
4． (2023春•简阳市期中）如图，等边三角形ABC的边长为4，点O是△ABC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；②S△ODE＝S△BDE；③四边形ODBE的面积始终等于433；④△BDE周长的最小值为6．上述结论中正确的有 （写出序号）．
5． (2023秋•西城区校级期中）（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．
小明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ABCD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 ．
6． (2023秋•海淀区期中）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
7． (2023•沈阳）【特例感知】
（1）如图1，△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，点C在OA上，点D在BO的延长线上，连接AD，BC，线段AD与BC的数量关系是 ；
【类比迁移】
（2）如图2，将图1中的△COD绕着点O顺时针旋转α（0°＜α＜90°），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．
8． (2023春•南山区期末）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＜t＜10时，如图2，△BDE周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE的最小周长；若不存在，请说明理由．
（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
9． (2023春•双流区期末）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
10． (2023春•雨花区期中）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22、1、10，则正方形ABCD的面积为 ．
11． (2023春•顺德区校级月考）如图，等边三角形ABC内有一点P，分别连结AP、BP、CP，若AP＝6，BP＝8，CP＝10．
（1）则线段AP、BP、CP构成的三角形是 三角形（填“钝角、直角、锐角”）；
（2）将△BPA绕点B顺时针旋转60°，画出旋转后的△BP1A1，并由此求出∠BP1A1的度数；
（3）求三角形ABC的面积．
12． (2023•武汉）问题背景：如图1，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，DE与BC交于点P，可推出结论：PA+PC＝PE．
问题解决：如图2，在△MNG中，MN＝6，∠M＝75°，MG=42．点O是△MNG内一点，则点O到△MNG三个顶点的距离和的最小值是 ．
专题13 旋转中的全等模型（解析版）
类型一 对角互补模型
（1）正方形中的半角模型
1． (2023春•平阴县期末）如图，在正方形ABCD中，E、F是对角线BD上两点，且∠EAF＝45°，将△ADF绕点A顺时针旋转90°后，得到△ABQ，连接EQ．
（1）求证：△AEQ≌△AEF；
（2）求证：EF2＝DF2+BE2；
（3）当F是BD的中点时，判断四边形AFEQ的形状，并说明理由．
思路引领：（1）由旋转的特征可得AQ＝AF，∠BAQ＝∠DAF，由正方形的性质可得∠BAD＝90°，还有已知条件∠EAF＝45°，于是可证明∠EAQ＝∠EAF，可证明△AEQ≌△AEF；
（2）由旋转的特征可得∠ABQ＝∠ADF＝45°，BQ＝DF，可证明∠EBQ＝90°，由△AEQ≌△AEF得EQ＝EF，在Rt△BEQ中用勾股定理可证得结论；
（3）当F是BD的中点时，四边形AFEQ是正方形，可由（1）和（2）的结论先证明四边形AFEQ有三个角是直角，则四边形AFEQ是矩形，再由AQ＝AF得，四边形AFEQ是正方形．
（1）证明：如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，
由旋转得，AQ＝AF，∠QAB＝∠FAD，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠FAD＝90°﹣45°＝45°，
∴∠EAQ＝∠BAE+∠QAB＝∠BAE+∠FAD＝45°，
∴∠EAQ＝∠EAF＝45°，
在△AEQ和△AEF中，
AQ=AF∠EAQ=∠EAFAE=AE，
∴△AEQ≌△AEF（SAS）．
（2）证明：如图1，∵AB＝AD，∠BAD＝90°，
∴∠ABE＝∠ADF＝45°，
由旋转得，∠ABQ＝∠ADF＝45°，BQ＝DF，
∴∠EBQ＝∠ABE+∠ABQ＝90°，
∴EQ2＝BQ2+BE2，
由（1）得，△AEQ≌△AEF，
∴EQ＝EF，
∴EF2＝DF2+BE2．
（3）四边形AFEQ是正方形，理由如下：如图2，
当点F是BD的中点时，则BF＝DF，
∴AF⊥BD，∠BAF＝∠DAF=12∠BAD＝45°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAF＝∠BAF，
∴AE与AB重合，点E与点B重合，
∴∠AEF＝∠ABD＝45°，∠AFE＝∠AFB＝90°，
由旋转得，∠AEQ＝∠ADF＝45°，∠Q＝∠AFD＝90°，
∴∠FEQ＝90°，
∴四边形AFEQ是矩形，
∵AQ＝AF，
∴四边形AFEQ是正方形．
总结提升：此题重点考查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）等腰三角形中的半角模型
2． (2023秋•东坡区期末）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，连结MN，则△AMN的周长是 ．
思路引领：要求△AMN的周长，根据题目已知条件无法求出三条边的长，只能把三条边长用其它已知边长来表示，所以需要作辅助线，延长AB至F，使BF＝CN，连接DF，通过证明△BDF≌△CND，及△DMN≌△DMF，从而得出MN＝MF，△AMN的周长等于AB+AC的长．
解：∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°，
∴∠BCD＝∠DBC＝30°，
∵△ABC是边长为4的等边三角形，
∴∠ABC＝∠BAC＝∠BCA＝60°，
∴∠DBA＝∠DCA＝90°，
延长AB至F，使BF＝CN，连接DF，
在△BDF和△CND中，
BF=CN∠FBD=∠DCNDB=DC，
∴△BDF≌△CND（SAS），
∴∠BDF＝∠CDN，DF＝DN，
∵∠MDN＝60°，
∴∠BDM+∠CDN＝60°，
∴∠BDM+∠BDF＝60°，
在△DMN和△DMF中，
MD=MD∠FDM=∠MDNDF=DN，
∴△DMN≌△DMF（SAS），
∴MN＝MF，
∴△AMN的周长是：AM+AN+MN＝AM+MB+BF+AN＝AB+AC＝6+6＝12．
故答案为：12．
总结提升：此题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质；主要利用等边三角形和等腰三角形的性质来证明三角形全等，构造另一个三角形是解题的关键．
3．（绍兴中考）如图2，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．
思路引领：（1）证△ADG≌△ABE，△FAE≌△FAG，根据全等三角形的性质求出即可；
（2）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．
（1）证明：在正方形ABCD中，
∠ABE＝∠ADG，AD＝AB，
在△ABE和△ADG中，
AD=AB∠ABE=∠ADGDG=BE
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
∴∠EAG＝90°，
在△FAE和△FAG中，
AE=AG∠EAF=∠FAG=45°AF=AF，
∴△FAE≌△FAG（SAS），
∴EF＝FG；
（2）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，
AB=AC∠B=∠ACEBM=CE
∴△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，
AM=AE∠MAN=∠EANAN=AN
∴△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=10
总结提升：本题主要考查正方形的性质，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．
类型二 对角互补且一组邻边相等的半角模型
4． (2023春•简阳市期中）如图，等边三角形ABC的边长为4，点O是△ABC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；②S△ODE＝S△BDE；③四边形ODBE的面积始终等于433；④△BDE周长的最小值为6．上述结论中正确的有 （写出序号）．
思路引领：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=13S△ABC=433，则可对③进行判断；作OH⊥DE，如图，则DH＝EH，计算出S△ODE=34OE2，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+3OE，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．
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=∠COEBO=CO∠OBD=∠OCE
∴△BOD≌△COE（ASA），
∴BD＝CE，OD＝OE，所以①正确；
∴S△BOD＝S△COE，
∴四边形ODBE的面积＝S△OBC=13S△ABC=13×34×42=433，所以③正确；
作OH⊥DE，如图，则DH＝EH，
∵∠DOE＝120°，
∴∠ODE＝∠OEH＝30°，
∴OH=12OE，HE=3OH=32OE，
∴DE=3OE，
∴S△ODE=12•12OE•3OE=34OE2，
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+3OE，
当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，此时OE=233，
∴△BDE周长的最小值＝4+2＝6，所以④正确．
故答案为①③④．
总结提升：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． (2023秋•西城区校级期中）（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．
小明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ABCD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 ．
思路引领：（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，即可证明△ABE≌△ADG（SAS），可得AE＝AG，再证明△AEF≌△AGF（SAS），可得EF＝FG，即可解题；
（2）在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．根据（1）的证法，我们可得出DF＝BG，GE＝EF，那么EF＝GE＝BE﹣BG＝BE﹣DF．
（3）如图3中，如图3中，过点D作DH⊥AB交AB的延长线于H，DK⊥AC交AC的延长线于K，DJ⊥BC于J．证明四边形AHDK是正方形即可解决问题．
解：延长FD到点G．使DG＝BE，连接AG，
∵∠B+∠ADF＝180°，∠ADF+∠ADG＝180°，
∴∠ADG＝∠B，
在△ABE和△ADG中，
BE=DG∠B=∠ADGAB=AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠BAD＝2∠EAF，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AEF和△AGF中，
AE=AG∠EAF=∠GAFAF=AF，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG，
∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF；
故答案为：EF＝BE+DF．
（2）结论EF＝BE+FD不成立，结论：EF＝BE﹣FD．
理由如下：证明：如图2中，在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF．
∵在△ABG与△ADF中，
AB=AD∠ABG=∠ADFBG=DF，
∴△ABG≌△ADF（SAS）．
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．
∴∠BAD＝∠BAG+∠GAD＝∠DAF+∠GAD＝∠GAF．
∵∠BAD＝2∠EAF，
∴∠GAF＝2∠EAF，
∴∠GAE＝∠EAF．
∵AE＝AE，
∴△AEG≌△AEF（SAS）．
∴EG＝EF
∵EG＝BE﹣BG
∴EF＝BE﹣FD．
（3）如图3中，如图3中，过点D作DH⊥AB交AB的延长线于H，DK⊥AC交AC的延长线于K，DJ⊥BC于J．
∵AB：AC：BC＝3：4：5，
∴可以假设AB＝3k，AC＝4k，BC＝5k，
∴AB2+AC2＝BC2，
∴∠BAC＝90°，
∵∠H＝∠K＝90°，
∴四边形AHDK是矩形，
∴∠HDK＝90°，
∵∠BDC＝45°，
∴∠BDH+∠CDK＝45°，
∵∠ABD+∠CBD＝180°，∠ABD+∠DBH＝180°，
∴∠DBH＝∠DBC，
∵∠H＝∠DJB＝90°，DB＝DB，
∴△BDH≌△BDJ（AAS），
∴DH＝DJ，∠BDH＝∠BDJ，BH＝BJ，
∵∠BDJ+∠CDJ＝45°，∠BHH+∠CDK＝∠BDJ+∠CDK＝45°，
∴∠CDJ＝∠CDK，
∵∠K＝∠DJC＝90°，CD＝CD，
∴△CDK≌△CDJ（AAS），
∴DJ＝DK，CJ＝CK，
∴DH＝DK，
∴四边形AHDK是正方形，
∴BH+CK＝BJ+CJ＝5k，
∴AH+AK＝12k，
∴AK＝KD＝6k，
∵AD＝4，
∴AK＝DK＝22=6k，
∴k=23，
∴AC=423，
∴S△ACD=12•AC•DK=12•423×22=83．
故答案为83．
总结提升：本题考查了四边形综合题，三角形全等的判定和性质；本题中通过全等三角形来实现线段的转换是解题的关键，没有明确的全等三角形时，要通过辅助线来构建与已知和所求条件相关联全等三角形．
6． (2023秋•海淀区期中）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．
思路引领：（1）延长DC至点K，使CK＝AE，连接BK，分别证明△BAE≌△BCK、△KBF≌△EBF，根据全等三角形的性质、结合图形证明结论；
（2）延长DC至G，使CG＝AE，仿照（1）的证明方法解答．
解：（1）AE+CF＝EF，
理由如下：延长DC至点K，使CK＝AE，连接BK，
在△BAE与△BCK中，
BA=BC∠BAE=∠BCKAE=CK，
∴△BAE≌△BCK（SAS），
∴BE＝BK，∠ABE＝∠KBC，
∵∠FBE＝60°，∠ABC＝120°，
∴∠FBC+∠ABE＝60°，
∴∠FBC+∠KBC＝60°，
∴∠KBF＝∠FBE＝60°，
在△KBF与△EBF中，
BK=BE∠KBF=∠EBFBF=BF，
∴△KBF≌△EBF（SAS），
∴KF＝EF，
∴AE+CF＝KC+CF＝KF＝EF；
（2）解：AE﹣CF＝EF，
理由如下：延长DC至G，使CG＝AE，
由（1）可知，△BAE≌△BCG（SAS），
∴BE＝BG，∠ABE＝∠GBC，
∠GBF＝∠GBC﹣∠FBC＝∠ABE﹣∠FBC＝120°+∠FBC﹣60°﹣∠FBC＝60°，
∴∠GBF＝∠EBF，
∵BG＝BE，∠GBF＝∠EBF，BF＝BF，
∴△GBF≌△EBF，
∴EF＝GF，
∴AE﹣CF＝CG﹣CF＝GF＝EF．
总结提升：本题几何变换综合题，考查的是全等三角形的判定和性质，正确作出辅助性、掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
类型三 手拉手模型——旋转全等
7． (2023•沈阳）【特例感知】
（1）如图1，△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，点C在OA上，点D在BO的延长线上，连接AD，BC，线段AD与BC的数量关系是 ；
【类比迁移】
（2）如图2，将图1中的△COD绕着点O顺时针旋转α（0°＜α＜90°），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．
思路引领：（1）证明△AOD≌△BOC（SAS），即可得出结论；
（2）利用旋转性质可证得∠BOC＝∠AOD，再证明△AOD≌△BOC（SAS），即可得出结论；
解：（1）AD＝BC．理由如下：
如图1，∵△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，
∴OA＝OB，OD＝OC，
在△AOD和△BOC中，
OA=OB∠AOD=∠BOC=90°OD=OC，
∴△AOD≌△BOC（SAS），
∴AD＝BC，
故答案为：AD＝BC；
（2）AD＝BC仍然成立.
证明：如图2，∵∠AOB＝∠COD＝90°，
∴∠AOB+∠AOC＝∠AOC+∠COD＝90°+α，
即∠BOC＝∠AOD，
在△AOD和△BOC中，
OA=OB∠AOD=∠BOCOD=OC，°
∴△AOD≌△BOC（SAS），
∴AD＝BC；
总结提升：本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识点，关键是添加恰当辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题．
8． (2023春•南山区期末）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＜t＜10时，如图2，△BDE周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE的最小周长；若不存在，请说明理由．
（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 ．
思路引领：（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＜10s
解：（1）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，
∴CD＝CE，∠DCE＝60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°＝∠DCE，AC＝BC，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
CD=CE∠ACD=∠BCEAC=BC，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE，
故答案为：AD＝BE；
（2）存在，当6＜t＜10时，
由（1）知，BE＝AD，
∴C△DBE＝BE+DB+DE＝AB+DE＝4+DE，
由（1）知，△CDE是等边三角形，
∴DE＝CD，
∴C△DBE＝CD+4，
由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，
此时，CD＝23cm，
∴△BDE的最小周长＝CD+4＝23+4；
（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°，
由（1）可知，△CDE是等边三角形，
∴∠DEC＝60°，
∴∠CEB＝30°，
∵∠CEB＝∠CDA，
∴∠CDA＝30°，
∵∠CAB＝60°，
∴∠ACD＝∠ADC＝30°，
∴DA＝CA＝4，
∴OD＝OA﹣DA＝6﹣4＝2，
∴t＝2÷1＝2s；
③当6＜t＜10s时，不存在直角三角形．
④如图，当t＞10s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＝4，
∴OD＝14cm，
∴t＝14÷1＝14s，
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．
总结提升：本题考查了旋转的性质，等边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，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
类型三 中点旋转模型
9． (2023春•双流区期末）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．
思路引领：（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半，可得结论
（2）延长EG，AD交于P点，连接CE，CP，可证△EGF≌△DPG，可得EG＝GP，DP＝EF，则可证△BEC≌△DPC，可得△ECP是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得结论．
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．
总结提升：本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定，全等三角形的性质，添加恰当的辅助线本题的关键．
类型五 通过旋转构造三角形全等
10． (2023春•雨花区期中）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22、1、10，则正方形ABCD的面积为 ．
思路引领：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．
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，
∴PE=PB2+BE2=2，
∵PE2+CE2＝（2）2+（22）2＝10，
PC2＝（10）2＝10，
∴PE2+CE2＝PC2，
∴∠PEC＝90°，
∴∠BEC＝∠APB＝135°，
∴∠APB+∠BPE＝135°+45°＝180°，
∴点A、P、E三点共线，
∵PE=2，
∴PH＝BH=22，
∴AH＝AP+PH=522，
在Rt△ABH中，由勾股定理得：
AB2＝BH2+AH2＝（22）2+（522）2＝13，
∴正方形ABCD的面积为：13．
故答案为：13．
总结提升：本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理的逆定理等知识，证明出∠PEC＝90°是解题的关键．
11． (2023春•顺德区校级月考）如图，等边三角形ABC内有一点P，分别连结AP、BP、CP，若AP＝6，BP＝8，CP＝10．
（1）则线段AP、BP、CP构成的三角形是 三角形（填“钝角、直角、锐角”）；
（2）将△BPA绕点B顺时针旋转60°，画出旋转后的△BP1A1，并由此求出∠BP1A1的度数；
（3）求三角形ABC的面积．
思路引领：（1）利用勾股定理的逆定理进行判断；
（2）先根据旋转的性质画图，再根据旋转的性质得到BP＝BP1＝8，A1P1＝AP＝6，∠PBP1＝60°，则可判断△BPP1为等边三角形，所以∠BP1P＝60°，PP1＝BP＝8，接着利用勾股定理的逆定理证明△PCP1是直角三角形，∠PP1C＝90°，然后计算∠BP1P+∠PP1C即可；
（3）过C点作CD⊥BP1于D点，如图，先计算出∠CP1D＝30°，则根据含30度的直角三角形三边的关系得到CD＝3，P1D＝33，再利用勾股定理计算出BC2＝100+483，然后根据等边三角形的面积公式计算．
解：（1）∵AP＝6，BP＝8，CP＝10，
∴AP2+BP2＝CP2，
∴线段AP、BP、CP构成的三角形是直角三角形，
故答案为：直角；
（2）如图，△BP1A1为所作；
∵△ABC为等边三角形，
∴BA＝BC，∠ABC＝60°，
∵△BPA绕点B顺时针旋转60°得到△BP1A1，
∴点A1与点C重合，BP＝BP1＝8，A1P1＝AP＝6，∠PBP1＝60°，
∴△BPP1为等边三角形，
∴∠BP1P＝60°，PP1＝BP＝8，
∵PP1＝8，P1C＝6，CP＝10，
∴AP12+PP12＝CP2，
∴△PCP1是直角三角形，∠PP1C＝90°，
∴∠BP1A1＝∠BP1P+∠PP1C＝60°+90°＝150°；
（3）过C点作CD⊥BP1于D点，如图，
∵∠BP1A1＝150°，
∴∠CP1D＝30°，
∴CD=12CP1＝3，
∴P1D=3CD＝33，
∴BD＝8+33，
在Rt△BCD中，BC2＝CD2+BD2＝32+（8+33）2＝100+483，
∴三角形ABC的面积=34BC2=34×（100+483）＝253+36．
总结提升：本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质和勾股定理的逆定理．
12． (2023•武汉）问题背景：如图1，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，DE与BC交于点P，可推出结论：PA+PC＝PE．
问题解决：如图2，在△MNG中，MN＝6，∠M＝75°，MG=42．点O是△MNG内一点，则点O到△MNG三个顶点的距离和的最小值是 ．
思路引领：（1）在BC上截取BG＝PD，通过三角形全等证得AG＝AP，BG＝DP，得出△AGP是等边三角形，得出AP＝GP，则PA+PC＝GP+PC＝GC＝PE，即可证得结论；
（2）以MG为边作等边三角形△MGD，以OM为边作等边△OME．连接ND，可证△GMO≌△DME，可得GO＝DE，则MO+NO+GO＝NO+OE+DE，即当D、E、O、N四点共线时，MO+NO+GO值最小，最小值为ND的长度，根据勾股定理先求得MF、DF，然后求ND的长度，即可求MO+NO+GO的最小值．
（1）证明：如图1，在BC上截取BG＝PD，
在△ABG和△ADP中
AB=AD∠B=∠DBG=PD，
∴△ABG≌△ADP（SAS），
∴AG＝AP，BG＝DP，
∴GC＝PE，
∵∠GAP＝∠BAD＝60°，
∴△AGP是等边三角形，
∴AP＝GP，
∴PA+PC＝GP+PC＝GC＝PE
∴PA+PC＝PE；
（2）解：如图2：以MG为边作等边三角形△MGD，以OM为边作等边△OME．连接ND，作DF⊥NM，交NM的延长线于F．
∵△MGD和△OME是等边三角形
∴OE＝OM＝ME，∠DMG＝∠OME＝60°，MG＝MD，
∴∠GMO＝∠DME
在△GMO和△DME中
OM=ME∠GMO=∠DMEMG=MD
∴△GMO≌△DME（SAS），
∴OG＝DE
∴NO+GO+MO＝DE+OE+NO
∴当D、E、O、N四点共线时，NO+GO+MO值最小，
∵∠NMG＝75°，∠GMD＝60°，
∴∠NMD＝135°，
∴∠DMF＝45°，
∵MG=42．∴MF＝DF＝4，
∴NF＝MN+MF＝6+4＝10，
∴ND=NF2+DF2=102+42=229，
∴MO+NO+GO最小值为229，
故答案为229，
总结提升：本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理，最短路径问题，构造等边三角形是解答本题的关键．