专项2旋转中常见的几何模型类型1手拉手模型1.(1)如图1,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,以AC为边作等边三角形ACE,将斜边AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AP,连接PE并延长交BC于点F.则∠PFB的度数为.(2)如果将等腰直角三角形ABC改为任意直角三角形ABC(如图2),其他条件不变,猜想∠PFB的度数,并加以证明.1.解:(1)60°(2)∠PFB=60°.证明如下:∵△ACE是等边三角形,∴∠CAE=∠ACE=∠AEC=60°,AE=AC.∵∠PAE=∠BAP+∠BAE=60°+∠BAE,∠BAC=∠CAE+∠BAE=60°+∠BAE,∴∠PAE=∠BAC.由旋转可得AP=AB,∴△PAE≌△BAC,∴∠PEA=∠ACB=90°,∴∠CEF=180°-∠PEA-∠AEC=180°-90°-60°=30°,又∠ECF=∠ACB-∠ACE=30°,∴∠PFB=∠ECF+∠CEF=30°+30°=60°.2.【问题背景】如图,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点D,E分别在边AB,AC上,AD=AE,连接DC,BE,点P为DC的中点.(1)【观察猜想】观察图1,猜想线段AP与BE的数量关系是,位置关系是.(2)【拓展探究】把△ADE绕点A逆时针旋转到图2的位置,(1)中的结论是否仍然成立?若成立,请给出证明,若不成立,写出新的结论并说明理由.(3)【问题解决】把△ADE绕点A在平面内自由旋转,若DE=4,BC=8,请直接写出线段AP的取值范围.2.解:(1)AP=BEAP⊥BE如图1,设PA交BE于点O.∵AD=AE,∠DAC=∠EAB,AC=AB,∴△DAC≌△EAB,∴CD=BE,∠ACD=∠ABE.∵∠DAC=90°,点P为DC的中点,∴PA=CD=PC=PD,∴PA=BE,∠ACD=∠PAE,∴∠PAE=∠ABE.∵∠CAP+∠BAO=90°,∴∠ABO+∠BAO=90°,∴∠AOB=90°,∴PA⊥BE.(2)结论成立.证明如下:如图2,延长AP到点J,使得PJ=PA,连接JC,延长PA交BE于点O.∵PA=PJ,∠APD=∠JPC,PD=PC,∴△APD≌△JPC,∴AD=CJ,∠ADP=∠JCP,∴AD∥CJ,∴∠DAC+∠ACJ=180°.∵∠BAC=∠EAD=90°,∴∠EAB+∠DAC=180°,∴∠EAB=∠ACJ.∵AB=CA,∠EAB=∠JCA,AE=AD=CJ,∴△EAB≌△JCA,∴BE=AJ,∠CAJ=∠ABE.∵PA=AJ,∴PA=BE.∵∠CAJ+∠BAO=90°,∴∠ABE+∠BAO=90°,∴∠AOB=90°,∴PA⊥BE.(3)≤AP≤3.∵△ADE,△ABC都是等腰直角三角形,DE=4,BC=8,∴AD=AE=2,AC=AB=4.由(2)可知CJ=AD=2.∵AC=4,∴4-2≤AJ≤4+2,即2≤AJ≤6,∵AJ=2AP,∴≤AP≤3.类型2半角模型3.[2022南平期中]如图,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逆时针旋转90°得到△DCM.(1)求证:EF=MF.(2)当AE=1时,求EF的长.3.(1)证明:∵△DAE绕点D逆时针旋转90°得到△DCM,∴DE=DM,∠EDM=90°,F,C,M三点共线.∵∠EDF=45°,∴∠FDM=45°,∴∠EDF=∠FDM.在△DEF和△DMF中,∴△DEF≌△DMF,∴EF=MF.(2)解:设EF=MF=x,∵AE=CM=1,AB=BC=3,∴EB=AB-AE=2,BM=BC+CM=4,∴BF=BM-MF=4-x.在Rt△EBF中,EB2+BF2=EF2,∴22+(4-x)2=x2,解得x=,故EF的长为.变式[2022北京海淀区模拟]在正方形ABCD中,E是CD边上一点.(1)将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABF,如图1所示,观察可知,与DE相等的线段是,与∠AFB相等的角是.(2)如图2,在正方形ABCD中,P,Q分别是BC,CD边上的点,且∠PAQ=45°,猜想线段DQ,BP,PQ的数量关系,并证明.(3)在图2中,连接BD分别交AP,AQ于点M,N,请写出BM,DN,MN的数量关系,并说明理由.变式解:(1)BF∠AED(2)DQ+BP=PQ.证明如下:如图1,将△ADQ绕点A顺时针旋转90°得到△ABE,则∠D=∠ABE=90°.∵∠ABP=90°,∴∠ABE+∠ABP=180°,∴点E,B,P共线.由旋转的性质,知∠EAQ=∠BAD=90°,AE=AQ,BE=DQ.∵∠PA