两个正方形共用一个顶点，一个旋转——这是上海中考几何压轴的经典母题。本期在题源库 1926 基础上修改：保持「旋转→等线段+垂直」的核心证明链，但变换正方形边长比例和第三问目标（从求最小值改为中点轨迹圆），让结论更有"原来如此"的几何美感。 训练主线：旋转全等 → 手拉手模型 → 关系不变性 → 中点轨迹。
| 能力 | 出现位置 |
|---|---|
| 旋转不变量（SAS全等） | 第(1)(2)问 |
| 垂直的向量/坐标判定 | 第(1)(2)问 |
| 关系"旋转不变"的证明 | 第(2)问 |
| 中点坐标+轨迹方程 | 第(3)问 |
如图1，已知正方形 \(ABCD\) 的边长为 4，正方形 \(AEFG\) 的边长为 2，点 \(A\) 为两个正方形的公共顶点，且点 \(E\) 在边 \(AB\) 上，点 \(G\) 在边 \(AD\) 上。连接 \(DG\) 和 \(BE\)。
(1) 猜想 \(DG\) 与 \(BE\) 的数量关系和位置关系，并证明你的结论。
(2) 如图2，将正方形 \(AEFG\) 绕点 \(A\) 逆时针旋转任意角 \(\alpha\)（\(0^\circ < \alpha < 360^\circ\)），连接 \(DG\) 和 \(BE\)。(1) 中的结论是否始终成立？请证明你的判断。
(3) 在旋转过程中，取线段 \(DG\) 的中点 \(M\)。试判断点 \(M\) 的轨迹是什么图形，并说明理由。
| 已知 | 来源 | 隐含的第二重身份 |
|---|---|---|
| 正方形ABCD边长4 | 题目 | AB=AD=4，∠BAD=90° |
| 正方形AEFG边长2 | 题目 | AE=AG=2，∠EAG=90° |
| A为公共顶点 | 题目 | 旋转中心固定为A |
| 绕A旋转任意角 | 第(2)问 | △ADG′≅△ABE′（SAS）始终成立 |
审题钩子：两个正方形共顶点A → 手拉手模型。AD=AB，AG=AE，∠DAG=90°±α=∠BAE → SAS全等。DG和BE是全等三角形的对应边——数量关系（等）和位置关系（垂直的夹角等于旋转角差）都来自全等。
"手拉手模型"三步走：
第(3)问：中点+旋转 → 坐标法最方便。以A为原点，写出D和G′的坐标，求中点M的坐标，消去参数α。
如图，正方形ABCD和正方形AEFG中，A为公共顶点。求证：△ADG ≅ △ABE。
简答：AD=AB（正方形边），AG=AE（正方形边），∠DAG=90°+∠GAE?=90°=∠BAE（均为90°）。SAS。
△ABC ≅ △DEF，且将△DEF绕某点旋转60°后与△ABC重合。则对应边AB与DE的夹角为______。
简答：60°。全等图形的对应边夹角 = 旋转角。
已知 P(2, 5)、Q(6, 1)，则线段 PQ 的中点坐标为______。
简答：((2+6)/2, (5+1)/2) = (4, 3)。
动点 M(x, y) 满足 (x−3)² + (y+2)² = 4，则 M 的轨迹是______，圆心为______，半径为______。
简答：圆，圆心(3, −2)，半径2。
猜想：DG = BE，且 DG ⟂ BE。
以A为原点建系：\(A(0, 0),\; B(4, 0),\; D(0, 4)\)。
正方形AEFG（边长2，E在AB上，G在AD上）：
\[ E(2, 0),\; G(0, 2) \]
\[ DG:\; D(0,4) \to G(0,2),\quad DG = 2\;\text{（竖直线段）} \]
\[ BE:\; B(4,0) \to E(2,0),\quad BE = 2\;\text{（水平线段）} \]
\[ \therefore\; DG = BE = 2,\quad DG \perp BE\;\text{（竖直⟂水平）} \]
或用全等证：\(AD = AB = 4\)，\(AG = AE = 2\)，\(\angle DAG = \angle BAE = 90^\circ\)。
\[ \triangle ADG \cong \triangle ABE\;(\text{SAS}) \]
对应边 \(DG = BE\)。旋转角 90° ⇒ 对应边夹角 90° ⇒ \(DG \perp BE\)。
AEFG绕A逆时针旋转α后，设新位置为\(AE'G'F'\)。
\[ AE' = AG' = 2\;\text{（旋转保长）} \]
\[ \angle DAG' = 90^\circ + \alpha,\quad \angle BAE' = 90^\circ + \alpha \]
\[ \therefore\; \angle DAG' = \angle BAE' \]
在 \(\triangle ADG'\) 和 \(\triangle ABE'\) 中：
\[ AD = AB = 4,\quad AG' = AE' = 2,\quad \angle DAG' = \angle BAE' \]
\[ \triangle ADG' \cong \triangle ABE'\;(\text{SAS}) \]
数量关系：\(DG' = BE'\)（全等三角形对应边相等）。
位置关系：全等三角形中，AD对应AB，AD绕A逆时针转90°到AB。AG′对应AE′，同样转90°。因此DG′与BE′的夹角 = 90°，即\(DG' \perp BE'\)。
结论对任意旋转角α始终成立。
当α使G′与B重合或产生退化时需单独讨论，此处0°<α<360°且边长关系保证了非退化。
以A为原点，AB为x轴正方向，AD为y轴正方向建系。
\[ A(0, 0),\; B(4, 0),\; D(0, 4) \]
正方形AEFG绕A旋转，G′始终满足 \(AG' = 2\)。设 \(G'(x_0, y_0)\)，由距离公式：
\[ x_0^2 + y_0^2 = 2^2 = 4 \]
DG′的中点M：
\[ M\left(\frac{0 + x_0}{2},\; \frac{4 + y_0}{2}\right) = \left( \frac{x_0}{2},\; 2 + \frac{y_0}{2} \right) \]
即 \(x_M = \dfrac{x_0}{2},\; y_M = 2 + \dfrac{y_0}{2}\)。
消去 \(x_0, y_0\)：\(x_0 = 2x_M,\; y_0 = 2(y_M - 2)\)，代入圆的方程：
\[ (2x_M)^2 + [2(y_M - 2)]^2 = 4 \]
\[ 4x_M^2 + 4(y_M - 2)^2 = 4 \]
\[ x_M^2 + (y_M - 2)^2 = 1 \]
∴ M的轨迹是以 (0, 2) 为圆心、1 为半径的圆。
几何解释：D固定，G′在以A为圆心、2为半径的圆上运动。DG′的中点M就是将G′的轨迹「缩小一半」再「平移」——结果仍是一个圆。
| 易错点 | 错在哪一步 | 为什么会错 |
|---|---|---|
| 旋转角加错符号 | 第(2)问证∠DAG′=∠BAE′ | 混淆了逆时针/顺时针。画图确认：α>0时，两个90°都加α，角仍然相等 |
| 把DG′和BE′的长度用坐标直接算 | 第(2)问 | 没必要！全等已经给出了DG′=BE′，不需要代入α计算。这是"全等"的力量 |
| M坐标写错 | 第(3)问 | DG′中点 = ((x_D+x_G′)/2, (y_D+y_G′)/2)。D(0,4)不是(0,0)——学生习惯所有点从原点出发 |
| 轨迹方程只写到(x−0)²+(y−2)²=1就停 | 第(3)问 | 需要说出"圆心(0,2)，半径1的圆"——光有方程不够，要给出几何描述 |
| 能力维度 | 具体体现 |
|---|---|
| 手拉手模型识别 | 两正方形共顶点 → 找△ADG和△ABE |
| 旋转不变量 | 旋转保长保角 → SAS全等始终成立 |
| 全等→边角关系 | DG=BE（边等），夹角=旋转角（位垂） |
| 中点轨迹代数化 | G′在圆上(x₀²+y₀²=4)→中点公式→代入消元→圆方程 |
变式1 · 改正方形为等边三角形
将两个正方形改为两个等边三角形（△ABC和△ADE，A为公共顶点），连接BD和CE。类比本题，BD和CE有何关系？
变式2 · 改正方形边长比
ABCD边长仍为4，但AEFG边长改为3。第(1)(2)问的结论（DG=BE且DG⟂BE）还成立吗？如不成立，关系变成了什么？
变式3 · 反向旋转
AEFG绕A顺时针旋转，(1)中结论是否改变？中点M的轨迹圆会移动吗？
| 小题 | 分值 | 得分要点 |
|---|---|---|
| (1) | 4分 | 正确猜想DG=BE且DG⟂BE（1分）；指出△ADG≅△ABE（1分）；SAS要素完整（1分）；由全等得边等+角等推出垂直（1分） |
| (2) | 5分 | 指出旋转保长（1分）；证∠DAG′=∠BAE′（2分）；SAS全等（1分）；边等+垂直结论（1分） |
| (3) | 3分 | 正确设坐标系得M坐标（1分）；消参得x²+(y−2)²=1（1分）；结论：圆心(0,2)半径1的圆（1分） |
源题 1926 用手拉手模型探究旋转中的不变量，但第三问是"求CE的最小值"——需要二次函数或距离公式求极值，略显计算化。本期修改将第三问替换为"DG中点M的轨迹"，保留了旋转参数α，但将目标从"求值"改为"轨迹发现"——学生在摇完参数后，惊喜地发现M始终在一个圆上。
数字设计上，正方形边长取 4 和 2（而非原题的 AB=2AE 的菱形 60°），让全等永远成立（SAS，直角恒等），不受α限制。同时 M 的轨迹圆半径恰好为 1——AEFG 边长的一半，这是有几何直觉的：G′ 在半径为 2 的圆上，中点轨迹就是半径折半 = 1。
全等法（推荐）：SAS全等→边等+垂直。纯几何，不依赖坐标，对任意α一次性成立。
代数法：以A为原点建系，设G′(x₀, y₀)满足x₀²+y₀²=4（AG′=2），用距离公式和斜率验证DG′=BE′和垂直。优点是全程在八年级代数范围内，缺点是需要处理字母，计算比全等法繁琐。
取舍建议：第(1)(2)问用全等法（简洁），第(3)问用坐标法（中点公式天然适配坐标）。
"旋转后角不知道怎么写"是手拉手模型最常见的卡点。根源是学生没有建立"旋转中心视角"——以A为顶点，把所有线段看作从A出发的向量。AD和AG′的夹角 = 90°±α，AB和AE′的夹角 = 90°±α。一旦意识到两个角的结构相同（都是90°和α的加减），全等就成立了。训练方法是：画图时固定A的位置，用箭头标出AD、AB、AG′、AE′四条线段，比划它们之间的夹角。
表面考：SAS全等、旋转不变性、中点轨迹。
深层考：手拉手模型的本质是"旋转全等"——旋转中心A把一个小图形（△AG′D）映射到另一个（△AE′B）。中点M的轨迹是圆，本质是"一个绕圆运动的点和固定点的中点，轨迹仍是圆"。
与中考趋势的呼应：去套路化——不写"手拉手模型"的标签，学生需要自己看出△ADG′和△ABE′的关系。
| 维度 | 源题 | 新题 |
|---|---|---|
| 图形 | 正方形+菱形60° | 正方形+正方形（边长4和2） |
| (1) | 纯猜想 | 猜想+坐标/全等双路径证明 |
| (2) | 菱形情况（含比） | 正方形一般旋转（统一） |
| (3) | CE最小值 | DG中点M的轨迹（圆） |