例题：如图，在ΔABC中，∠ACB=45度，点D是直线BC上的一个动点。以AD为一边在直线BC的同侧作正方形ADEF，其对角线AE、DF相交于点O。求证：OA=OC。
在前面两文中，我们以A为旋转中心，通过旋转变换，得到了6种不同的解法，以D为旋转中心，通过旋转变换，又得到了6种不同的解法，这样就共有12种不同的解法了。那么还可以以谁为旋转中心呢？
我们再以O为旋转中心，通过旋转变换来拓展解题思路。
思路13：以点O为旋转中心来考察线段AC的两个端点C和A（参照点D） 。显然点D绕旋转中心O顺时针旋转了90度到A（等腰RT⊿OAD），故我们同样以点O为旋转中心，将点C也顺时针旋转90度，得到点G。因为OD=OA，所以此时的缩放比例为1:1。
解法13：过点O作OG⊥OC且使得OG=OC，作直线GA，交BC于点H。因为⊿OAD和⊿OGC都是等腰直角三角形，且具有公共的顶角顶点O，故⊿OGA与⊿OCD必定是全等的，而且是绕点O旋转了90度的全等（其实就是手拉手模型的旋转全等）！所以∠OGA=∠OCD，GA=CD。在四边形OGHC中，因为∠OGA=∠OCD，所以易证∠GHC=90度。又因为∠ACB=45度，所以∠HAC=45度。这样∠GAC=∠DCA，于是⊿GAC与⊿DCA必定是全等的，故GC=AD。因为⊿OAD和⊿OGC都是等腰直角三角形，两斜边又相等，这样其腰也必定相等，故OA=OC。
既然可以顺时针旋转，那么当然也可以逆时针旋转，于是我们又得到如下解法。
思路14：以点O为旋转中心来考察线段AC的两个端点C和A（参照点D） 。显然点A绕旋转中心O逆时针旋转了90度到D（等腰RT⊿OAD），故我们同样以点O为旋转中心，将点C也逆时针旋转90度，得到点G。因为OD=OA，所以此时的缩放比例为1:1。
解法14：过点O作OG⊥OC且使得OG=OC，作直线AC、GD相交于点H。因为⊿OAD和⊿OCG都是等腰直角三角形，且具有公共的顶角顶点O，故⊿OGD与⊿OCA必定是全等的，而且是绕点O旋转了90度的全等（其实就是手拉手模型的旋转全等）！所以∠OGD=OCA，GD=CA。在四边形OGHC中，因为∠OGD=OCA，所以易证∠GHC=90度。又因为∠DCH=∠ACB=45度，所以∠HDC=45度。这样∠GDC=∠CAD，于是⊿GDC与⊿ACD必定是全等的，故GC=AD。因为⊿OAD和⊿OCG都是等腰直角三角形，两斜边又相等，这样其腰也必定相等，故OA=OC。
总结：解法13和解法14的核心就是以点O为旋转中心，将C或顺时针或逆时针旋转90度，再进行缩放！ 辅助线的具体作法就是以OC为一边，作一个等腰直角⊿OCG，再和等腰直角⊿OAD构成手拉手模型！最后再结合三角形全等来解题。其中辅助线的作法总结成口诀就是：共顶点，等顶角，见等腰，作等腰！构成手拉手，全等必定有！
最后再来总结一下，以上14种解法的核心其实就是旋转！
一是旋转中心的确定。我们是分别以点A、D、O作为了旋转中心，这里A是定点，而D、O皆为动点。但是它们组成的三角形的形状是确定的！
二是旋转角度的确定。旋转方向比较简单，或顺时针或逆时针，但旋转角度必须是定值！
三是缩放比例的确定。由旋转前后的对应线段的比值，我们可以确定缩放比例。如果1:1那就是全等，否则就是相似，无论全等还是相似，都可以将题中相关条件集中在一起，从而为我们打开解题的突破口！
正可谓：旋转构成手拉手，打开解题突破口！ 相似全等必定来，一题多解真精彩！
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