13 旋转中的全等模型（解析版）

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．（2021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=∠EAF∴△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＝∵∠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．（2021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=∠DCN∴△BDF≌△CND（SAS），∴∠BDF＝∠CDN，DF＝DN，∵∠MDN＝60°，∴∠BDM+∠CDN＝60°，∴∠BDM+∠BDF＝60°，在△DMN和△DMF中，MD=MD∠FDM=∠MDN∴△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=∠ADG∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，∴∠EAG＝90°，在△FAE和△FAG中，AE=AG∠EAF=∠FAG=45°∴△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=∠ACE∴△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=∠EAN∴△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=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．（2022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，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∴△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=1作OH⊥DE，如图，则DH＝EH，∵∠DOE＝120°，∴∠ODE＝∠OEH＝30°，∴OH=12OE，HE=3OH∴DE=3OE∴S△ODE=12•12OE•3OE=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=2∴△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．（2022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=∠ADG∴△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=∠GAF∴△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=∠ADF∴△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=2∴AC=4∴S△ACD=12•AC•DK=12•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．（2020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=∠BCK∴△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=∠EBF∴△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．（2022•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°∴△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=∠BOC∴△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．（2022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=∠BCE∴△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．类型四中点旋转模型9．（2019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．（2021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=P∵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=2∴AH＝AP+PH=5在Rt△ABH中，由勾股定理得：AB2＝BH2+AH2＝（22）2+（522）2∴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．（2022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，∵∠BP1