典例3(2024·泰州泰兴二模)如图,在△ABC中,∠ACB = 90°,AC = 6,BC = 8,P为AC的中点,Q为边AB上一动点,将△ABC绕点C按顺时针方向旋转,点Q的对应点记为点Q',旋转过程中,PQ'长的取值范围是____________.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[思路点拨]过点C作CH⊥AB于点H,先根据勾股定理求出AB的长,利用“面积法”求出CH的长.当点Q'在以点C为圆心,CH为半径的圆上时，PQ'的长能取到最小值;当点Q'在以点C为圆心，BC为半径的圆上时，PQ'的长能取到最大值.

如图，过点$C$作$CH \perp AB$于点$H$。∵$\angle ACB = 90^{\circ}$，
∴$AB = \sqrt{AC^{2} + BC^{2}} = \sqrt{6^{2} + 8^{2}} = 10$。∵$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}AC \cdot BC = \frac{1}{2}AB \cdot CH$，∴$CH = \frac{AC \cdot BC}{AB} = \frac{6 \times 8}{10} = 4.8$。以点$C$为圆心，$CH$，$BC$为半径作圆。∵$P$为$AC$的中点，∴$CP = \frac{1}{2}AC = 3$。当点$Q'$在以点$C$为圆心，$CH$为半径的圆上（点$Q_{1}$处）时，$PQ'$的长能取到最小值，∴$PQ'$长的最小值为$4.8 - 3 = 1.8$。∵边$AB$上的点$B$距离点$C$最长，∴当点$Q'$在以点$C$为圆心，$BC$为半径的圆上（点$Q_{2}$处）时，$PQ'$的长能取到最大值，为$8 + 3 = 11$。∴旋转过程中$PQ'$长的取值范围是$1.8 \leq PQ' \leq 11$。

3.(2024·无锡梁溪一模)如图,在Rt△ABC中,∠C = 90°,∠A = 30°,AC = 9,D为AB的中点，以DB为对角线长作边长为3的菱形DFBE.现将菱形DFBE绕点D按顺时针方向旋转一周,旋转过程中,当BF所在直线经过点A时,点A到菱形对角线交点O的距离为（ ）
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A. $\frac{4\sqrt{21}}{3}$　　　　　　
　B. $\frac{3\sqrt{3}}{2}$　　　　　　　
　C. $\frac{4\sqrt{21}}{3}$或$\frac{3\sqrt{3}}{2}$　　　
　D. $\frac{3\sqrt{21}}{2}$或$\frac{3\sqrt{3}}{2}$

在菱形$DFBE$中，∵$\angle C = 90^{\circ}$，$\angle A = 30^{\circ}$，$AC = 9$，∴$BC = AC \cdot \tan A = 3\sqrt{3}$。∴$AB = 2BC = 6\sqrt{3}$。∵$D$为$AB$的中点，∴$AD = BD = \frac{1}{2}AB = 3\sqrt{3}$。∵以$DB$为对角线作边长为$3$的菱形$DFBE$，∴$EF \perp DB$，$BO = OD = \frac{1}{2}BD = \frac{3\sqrt{3}}{2}$。
∴$OE = \sqrt{DE^{2} - DO^{2}} = \frac{3}{2}$。∴$EF = 2OE = 3 = DE$。∴$DF = DE = EF$。∴$\triangle DEF$是等边三角形。∴$\angle FDE = 60^{\circ}$。易得$\angle FDO = \angle ODE = \frac{1}{2}\angle FDE = 30^{\circ}$。旋转过程中，点$B$的对应点为$B'$，由旋转的性质，得四边形$DFB'E$是菱形，∴$DE // FB'$。
∴$\angle FB'D = \angle ODE = 30^{\circ}$。如图①，当$B'F$所在直线过点$A$时，
∵$AD = B'D$，∴$\angle DAB' = \angle DB'A = 30^{\circ}$。∵$DE // AB'$，
∴$\angle EDB = \angle DAB' = 30^{\circ}$。∴$\angle ADF = 180^{\circ} - \angle FDE - \angle EDB = 90^{\circ}$。∴$DF \perp AB$。过点$O$作$OG \perp AB$于点$G$，连接$AO$。∵$\angle ODG = 90^{\circ} - \angle FDO = 60^{\circ}$，∴$DG = DO \cdot \cos \angle ODG = \frac{3\sqrt{3}}{4}$，$OG = DO \cdot \sin \angle ODG = \frac{9}{4}$。∴$AG = AD + DG = 3\sqrt{3} + \frac{3\sqrt{3}}{4} = \frac{15\sqrt{3}}{4}$。∴在$Rt\triangle AGO$中，$AO = \sqrt{AG^{2} + OG^{2}} = \frac{3\sqrt{21}}{2}$。
如图②，当点$A$与点$B'$重合时，$B'F$所在直线经过点$A$，则$AO = B'O = \frac{3\sqrt{3}}{2}$。综上所述，当$B'F$所在直线经过点$A$时，点$A$到菱形对角线交点$O$的距离为$\frac{3\sqrt{21}}{2}$或$\frac{3\sqrt{3}}{2}$。故选D。

典例4(2024·烟台)在等腰直角三角形ABC中,∠ACB = 90°,AC = BC,D为直线BC上任意一点，连接AD.将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°得线段ED,连接BE.
【尝试发现】
(1)如图①,当点D在线段BC上时,线段BE与CD的数量关系为__________;
【类比探究】
(2)当点D在线段BC的延长线上时,先在图②中补全图形,再探究线段BE与CD的数量关系，并给予证明;
【联系拓广】
(3)若AC = BC = 1,CD = 2,请直接写出sin∠ECD的值.

[思路点拨](1)观察图形易构造一线三直角模型解决问题.(2)同(1)中方法证明△ACD≌△DME,再证明BM = EM即可.(3)过点E作EM⊥CB，分别求出EM,CE的长，再利用锐角三角函数的定义求解.

（1）如图①，过点$E$作$EM \perp CB$，交$CB$的延长线于点$M$。由旋转的性质，得$AD = DE$，$\angle ADE = 90^{\circ}$，∴$\angle ADC + \angle MDE = 90^{\circ}$。∵$\angle ACB = 90^{\circ}$，∴$\angle ACD = \angle DME = 90^{\circ}$，$\angle ADC + \angle CAD = 90^{\circ}$。∴$\angle CAD = \angle MDE$。∴$\triangle ACD \cong \triangle DME$。∴$CD = ME$，$AC = DM$。∵$AC = BC$，∴$BC = DM$。
∴$BC - BD = DM - BD$，即$CD = BM$。∴$BM = EM$。∴在$Rt\triangle BME$中，$BE = \sqrt{BM^{2} + EM^{2}} = \sqrt{BM^{2} + BM^{2}} = \sqrt{2}BM$。
∴$BE = \sqrt{2}CD$。（2）补全图形如图②所示。$BE = \sqrt{2}CD$。证明：过点$E$作$EM \perp BC$于点$M$。由旋转的性质，得$AD = DE$，$\angle ADE = 90^{\circ}$，∴$\angle ADC + \angle MDE = 90^{\circ}$。∵$\angle ACB = 90^{\circ}$，
∴$\angle ACD = \angle DME = 90^{\circ}$，$\angle ADC + \angle CAD = 90^{\circ}$。
∴$\angle CAD = \angle MDE$。∴$\triangle ACD \cong \triangle DME$。∴$CD = ME$，$AC = DM$。∵$AC = BC$，∴$DM = BC$。∴$DM - CM = BC - CM$，即$CD = BM$。∴$EM = BM$。∴在$Rt\triangle BME$中，$BE = \sqrt{BM^{2} + EM^{2}} = \sqrt{BM^{2} + BM^{2}} = \sqrt{2}BM$。∴$BE = \sqrt{2}CD$。（3）如图③，当点$D$在$CB$的延长线上时，过点$E$作$EM \perp CB$，交$CB$的延长线于点$M$。易证$\triangle DME \cong \triangle ACD$，∴$DM = AC = 1$，$ME = CD = 2$。∴$CM = CD + DM = 3$。在$Rt\triangle CEM$中，$CE = \sqrt{CM^{2} + EM^{2}} = \sqrt{13}$，∴$\sin \angle ECD = \frac{EM}{CE} = \frac{2\sqrt{13}}{13}$。如图④，当点$D$在$BC$的延长线上时，过点$E$作$EM \perp BC$，交$BC$的延长线于点$M$。易证$\triangle DME \cong \triangle ACD$，∴$DM = AC = 1$，$ME = CD = 2$。
∴$CM = CD - DM = 1$。在$Rt\triangle EMC$中，$CE = \sqrt{ME^{2} + CM^{2}} = \sqrt{5}$，∴$\sin \angle ECD = \frac{EM}{CE} = \frac{2\sqrt{5}}{5}$。综上所述，$\sin \angle ECD$的值为$\frac{2\sqrt{13}}{13}$或$\frac{2\sqrt{5}}{5}$。