专题01 旋转中的三种全等模型之手拉手、半角、对角互补模型（几何模型讲义）数学人教版九年级上册

专题01 旋转中的三种全等模型之手拉手、半角、对角互补模型 本专题重点分析旋转中的三类全等模型（手拉手、半角、对角互补模型），结合各类模型展示旋转中的变与不变，并结合经典例题和专项训练深度分析基本图形和归纳主要步骤，同时规范了解题步骤，提高数学的综合解题能力。 1 模型来源 1 真题现模型 2 提炼模型 6 模型运用 11 模型1.旋转中的手拉手模型 11 模型2.旋转中的半角模型 17 模型3.旋转中的对角互补模型 24 28 首先阿基米德则通过物体旋转时的力学规律研究，为旋转几何提供物理背景；随着引入坐标系描述旋转后点的位置变化，并深入研究旋转对称性，推动旋转问题的量化分析；直到近代大三‌核心旋转模型逐渐的形成。这一方法从早期经验认知，历经阿拉伯数学家的理论发展，至近现代形成系统模型，最终成为几何证明的标准化工具。 ‌手拉手模型‌：公共顶点旋转使两三角形完全重合，基于SAS全等准则，用于证明线段或角的等量关系。 ‌半角模型‌：90°含45°、120°含60°等特殊旋转，通过截长补短构造全等三角形，解决角度和线段问题。 对角互补模型：对角互补模型特指四边形中，存在一对对角互补，而且有一组邻边相等的几何模型。 （2024·山东泰安·中考真题）如图1，在等腰中，，，点，分别在，上，，连接，，取中点，连接． (1)求证：，；(2)将绕点顺时针旋转到图2的位置． ①请直接写出与的位置关系：___________________；②求证：． （2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）已知是等腰三角形，，，在的内部，点M、N在上，点M在点N的左侧，探究线段之间的数量关系．    （1）如图①，当时，探究如下：由，可知，将绕点A顺时针旋转，得到，则且，连接，易证，可得，在中，，则有． （2）当时，如图②：当时，如图③，分别写出线段之间的数量关系，并选择图②或图③进行证明． （2022·辽宁朝阳·中考真题）【思维探究】如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，连接AC．求证：BC+CD＝AC．    (1)小明的思路是：延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．根据∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，从而得到∠B＝∠ADE，然后证明ADE≌ABC，从而可证BC+CD＝AC，请你帮助小明写出完整的证明过程．(2)【思维延伸】如图2，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，连接AC，猜想BC，CD，AC之间的数量关系，并说明理由．(3)【思维拓展】在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝，AC与BD相交于点O．若四边形ABCD中有一个内角是75°，请直接写出线段OD的长． 1）手拉手模型 条件：如图1，△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。(双等边型） 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。 证明： ∵△ABC和△DCE均为等边三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=60° ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即：∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMF，∴∠AFM=∠BCM=60°， 过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD。 图1 图2 图3 图4 条件：如图2，△ABC和△DCE为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N。（双等腰直角型） 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BND。 证明： ∵△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=90° ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMN，∴∠ANM=∠BCM=90°， 过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。 条件：如图3，BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD，C为公共点；连接BE，AD交于点F。（双等腰型） 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠BCM=∠AFM；④CF平分∠BFD。 证明： ∵∠BCA=∠ECD，∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD， 又∵BC=AC，CE=CD，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE=AD，∠CBE=∠CAD， 又∵∠CMB=∠AMF，∴∠BCM=∠AFM，过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°， 又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD。 条件：四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，C为公共点；连接BG，ED交于点N。（双正方形型 ） 结论：①△BCG≌△DCE；②BG=DE；③∠BCM=∠DNM=90°；④CN平分∠BNE。 证明： ∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，∴BC=AC，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90° ∴∠BCD+∠DCG=∠ECG+∠DCG，即∠BCG=∠DCE，∴△BCG≌△DCE（SAS）， ∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，又∵∠CMB=∠DMN，∴∠BCM=∠DNM=90°， 过点C作CP⊥DE,CQ⊥BG,则∠CPD=∠CPB=90°，又∵∠CBG=∠CDE，BC=DC，∴△BCQ≌△DCP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。 2）半角模型 条件：如图1，四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°；（正方形型） 结论：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④AEF的周长=2AB； ⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。 证明：将△CBE绕点C逆时针旋转90°至△CDG，即△CBE≌△CDG， ∴∠ECB=∠GCD，∠B=∠CDG=90°，BE＝DG，CE＝CG； ∵ABCD是正方形，∴∠B=∠CDF=∠BCD=90°，BA＝DA；∴∠CDG+∠CDF=180°，故F、D、G共线。 ∵∠ECF=45°，∴∠BCE+∠DCF=45°，∴∠GCD+∠DCF=∠GCF=45°，∴∠ECF=∠GCF=45°， ∵CF＝CF，∴△CEF≌△CGF，∴EF＝GF，∵GF＝DG＋DF，∴GF＝BE＋DF，∴EF＝BE＋DF， ∴AEF的周长=EF+AE＋AF=BE＋DF+AE＋AF=AB＋AD=2AB，过点C作CH⊥EF，则∠CHE=90°， ∵△CEF≌△CGF，∴CD=CH（全等三角形对应边上的高相等），再利用HL证得：△CBE≌△CHE， ∴∠HEC=∠CBE，同理可证：∠HFC=∠DFC，即CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。 图1 图2 条件：如图2，ABC是等腰直角三角形（∠BAC=90°，AB＝AC），∠DAE=45°；（等腰直角型） 结论：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝BD2＋EC2； 证明：将△ABD绕点A逆时针旋转90°至△ACG，即△BAD≌△CAG， ∴∠BAD=∠CAG，∠B=∠GCA=45°，AD＝AG，BD＝CG； ∵∠DAE=45°，∴∠BAD+∠EAC=45°，∴∠CAG+∠EAC=∠GAE=45°，∴∠DAE=∠GAE=45°， ∵AE＝AE，∴△DAE≌△GAE，∴ED＝EG，∵ABC是等腰直角三角形，∴∠ACB=45°，∴∠ECG=90°，∴GE2＝GC2＋EC2,∴DE2＝BD2＋EC2； 条件：如图3，ABC是等边三角形，BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°；（等边型120-60） 结论：①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋CF；④AEF的周长=2AB； ⑤DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC。 证明：将△DBE绕点D顺时针旋转120°至△DCG，即△BDE≌△CDG， ∴∠EDB=∠GDC，∠DBE=∠DCG，BE＝GC，DE＝DG； ∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，∴∠BDE+∠CDF=60°，∴∠GDC+∠CDF=∠GDF=60°，故∠GDF=∠EDF， ∵DF＝DF，∴△EDF≌△GDF，∴EF＝GF，∵GF＝CG＋CF，∴GF＝BE＋CF，∴EF＝BE＋CF， ∴AEF的周长=EF+AE＋AF=BE＋CF+AE＋AF=AB＋AC=2AB， 过点D作DH⊥EF，DM⊥GF，则∠DHF=∠DMF=90°， ∵△EDF≌△GDF，∴DM=DH（全等三角形对应边上的高相等），再利用HL证得：△DHF≌△DMF， ∴∠HFD=∠MFD，同理可证：∠BFD=∠FED，即DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC。 图3 图4 图5 条件：如图4，ABC是等边三角形，∠EAD=30°；（等边型60-30） 结论：①△BDA≌△CFA；②△DAE≌△FAE；③∠ECF=120°；④DE2＝(BD＋EC)2+； 证明：将△ABD绕点A逆时针旋转60°至△ACF，即△BAD≌△CAF， ∴∠BAD=∠CAF，∠B=∠FCA=60°，AD＝AF，BD＝CF； ∵∠DAE=30°，∴∠BAD+∠EAC=30°，∴∠CAF+∠EAC=∠FAE=30°，∴∠DAE=∠FAE=30°， ∵AE＝AE，∴△DAE≌△FAE，∴ED＝EF，∵ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，∴∠ECF=120°， 过点F作FH⊥BC，∴∠FCH=60°，∠CFH=30°，∴CH=CF=BD，FH=CF=BD， ∵在直角三角形中：FE2＝FH2＋EH2,∴DE2＝(BD＋EC)2+(BD)2； 条件：如图5，∠BAC=，AB=AC，∠DAE=；（任意型） 结论：①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF；③∠ECF=180°-。 证明：将△ABD绕点A逆时针°至△ACF，即△BAD≌△CAF， ∴∠BAD=∠CAF，∠B=∠BCA=∠FCA=90°-，AD＝AF，BD＝CF；∴∠ECF=∠BCA+∠FCA=180°-。 ∵∠BAC=，∠DAE=，∴∠BAD+∠EAC=，∴∠CAF+∠EAC=∠FAE=，∴∠DAE=∠FAE=， ∵AE＝AE，∴△DAE≌△FAE。 3）对角互补模型 （1）“共斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型（异侧型） 条件：如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB. 结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③. 证明：过点C作CM⊥OD，CN⊥OB，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN， 又∵∠AOB＝∠DCE＝90°，∴∠MCN＝90°，∴∠MCD＝∠NCE，∴△MCD≌△NCE；∴CD＝CE， 根据上述条件易证：四边形ONCM为正方形，∴∠CON＝45°，OM=ON， 又∵OD＋OE＝OM-DM+ON+NE，∴OD＋OE=OM+ON=2ON=OC， ∵△MCD≌△NCE，∴S△MCD=S△NCE，∴ （2）“斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型（同侧型） 条件：如图，已知∠DCE的一边与AO的延长线交于点D，∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB.[来源:学科网ZXXK] 结论：①CD＝CE，②OE－OD＝OC，③. 证明：过点C作CM⊥OD，CN⊥OB，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN， 又∵∠AOB＝∠DCE＝90°，∴∠MCN＝90°，∴∠MCD＝∠NCE， ∴△MCD≌△NCE；∴CD＝CE，MD＝NE，根据上述条件易证：四边形ONCM为正方形， ∴∠CON＝45°，OM=ON，又∵OE－OD＝ON+NE-（DM-OM），∴OE－OD=ON+OM=2ON=OC， ∵△MCD≌△NCE，∴S△MCD=S△NCE，. （3）“等边三角形对120°模型”（1） 条件：如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB. 结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③. 证明：过点C作CM⊥OD，CN⊥OB，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN， 又∵∠AOB＝2∠DCE＝120°，∴∠AOB+∠DCE＝180°，∴∠CDO+∠CEO＝180°， ∵∠CDO+∠CDM＝180°，∴∠MDC＝∠CEO，∴△MCD≌△NCE；∴CD＝CE，MD＝NE， ∵OC平分∠AOB，∴∠CON＝∠COM＝60°，∴ON=OM=OC，NC=MC=OC。 又∵OE+OD＝ON+NE+OM-DM，∴OE+OD=ON+OM=OC， ∵△MCD≌△NCE，∴S△MCD=S△NCE，∴。 4）“等边三角形对120°模型”（2） 条件：如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB，∠DCE的一边与BO的延长线交于点D， 结论：①CD＝CE，②OD－OE＝OC，③. 证明：过点C作CM⊥OD，CN⊥OB，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN， 又∵∠AOB＝2∠DCE＝120°，∴∠AOB+∠DCE＝180°，∠AOB+∠MCN＝180°，∴∠DCE=∠MCN＝60° ∴∠DCE-∠MCE=∠MCN-∠MCE，∴∠MCD＝∠NCE，∴△MCD≌△NCE；∴CD＝CE，MD＝NE， ∵OC平分∠AOB，∴∠CON＝∠COM＝60°，∴ON=OM=OC，NC=MC=OC。 又∵OD-OE＝OM+DM-（NE-ON），∴OD-OE=ON+OM=OC， ∵△MCD≌△NCE，∴S△MCD=S△NCE，∴。 5）“120°等腰三角形对60°模型” 条件：△ABC是等腰三角形，且∠BAC=120°，∠BPC=60°，PA平分∠BPC。 结论：PB+PC=PA； 证明：将△PAC绕点A顺时针旋转120°至△QAB，即△PAC≌△QAB， ∴∠ACP=∠ABQ，∠CAP=∠BAQ，AP＝AQ，PC＝QB； ∵∠BAC=120°，∠BPC=60°，∴∠ACP+∠ABP=180°，∴∠ABQ+∠ABP=180°，故P、B、Q共线。 又∵∠BPC=60°，PA平分∠BPC，∴∠APQ=60°，∵AP＝AQ，∴∠AQP=60°， 根据勾股定理易证：PQ=PA，又∵PQ=PB+QB=PB+PC，∴PB+PC=PA。 模型1.旋转中的手拉手模型 例1（24-25八年级上·浙江杭州·期中）定义：如果两个等腰三角形的顶角相等，且顶角的顶点互相重合，那么称此图形为“手拉手全等模型”．例如，如图①，与都是等腰三角形，其中，则． (1)如图②，与都是等腰三角形，，，且，求证：． (2)如图③若和均为等腰直角三角形，，点A，D，E在同一条直线上，为中上的高，连接，求的度数以及线段，，之间的数量关系，并说明理由．(3)如图④，在四边形中，，，，求的长． 例2（24-25七年级下·辽宁沈阳·期中）【问题情境】它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．这种模型称为“手拉手模型”．如果把小等腰三角形的腰长看作是小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手． 【模型探究】（1）如图1，若和均为等边三角形，，，，，点A、D、E在同一条直线上，连接，则__________；线段__________；则的度数为__________； 【探究证明】（2）如图2，已知，分别以为直角边向两侧作等腰直角和等腰直角，其中，，，连接，线段和交于点O．请判断线段和的关系，并说明理由； 【模型应用】（3）如图3，在中，，，将线段绕着点C逆时针旋转至线段，连接，则的面积为____________________． 【拓展提高】（4）如图4，在中，，，点E为外一点，点D为中点，，，请直接写出的度数． 例3（23-24八年级下·山东青岛·期中）【模型定义】它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．他们得知这种模型称为“手拉手模型”如果把小等腰三角形的腰长看作是小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手．    【模型探究】（1）如图1，若和均为等边三角形，点A、D、E在同一条直线上，连接，易证，则的度数为 ； 【模型应用】（2）如图2，P为等边内一点，且，以为边构造等边，这样就有两个等边三角形共顶点B，然后连接的度数是 ；如果，则 ； （3）如图3，点P是等腰直角中内一点， ，且，，以为直角边构造等腰直角，点C为直角顶点，则的度数是是 ；的长为是 ； 【深化模型】（4）如图4，C为线段上一动点（不与A、E重合），在同侧分别作等边和等边，与交于点O，与交于点P，与交于点Q，连接，以下五个结论：①；②；③；④；⑤⑥平分，恒成立的结论有 　 　 ． 【拓展提高】（5）如图5，在中，，，若点是内一点，则的最小值为 ． （6）如图6，，，则BD的长为 ．    模型2.旋转中的半角模型 例1（2025·江苏·二模）【模型建立】如图1，四边形是正方形，点M，N分别在边上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图1，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接． （1）试判断之间的数量关系，并写出证明过程； 【模型应用】（2）如图2，点M，N分别在正方形的边的延长线上，，连接，请写出之间的数量关系，并写出证明过程； 【模型迁移】（3）如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边上，，请直接写出线段之间的数量关系． 例2（24-25九年级下·吉林长春·开学考试）【问题显现】某同学在数学兴趣小组活动时遇到一个几何问题：如图①，点E、F分别是正方形的边上的动点，连接和，．若．试求的长度． 【问题解决】该同学的思路是：如图②，将绕点A逆时针旋转，可以得出和全等，然后再证明，从而得到．请你帮助该同学完成余下的解题过程． 是绕点A逆时针旋转得到的，． 四边形是正方形，．…… 【方法应用】如图③，中，．点D、E在边上，且．若，，则线段的长为__________． 【拓展提升】如图④，在中，．于点D．若，则的面积为__________． 例3（2025·广东深圳·三模）【综合与实践】【问题背景】阅读以下材料，并按要求解决问题： 从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，与正方形两个边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型．半角模型可以利用旋转得出多个几何结论，例如： 如图1，在正方形中，以为顶点的与边分别交于两点，若（为常数）．易证：，则可以得到，之间的数量关系是：． 证明：如图2，将绕点顺时针旋转，得到，由可得三点共线，，可证明，故，进而得到． 【方法转化】若把背景中正方形换成特殊顶角的等腰三角形，同学们可以利用上述问题背景得到多个结论． 【问题解决】在半角模型中可以利用旋转的方法解决问题．（1）如图3，在等腰中，以为顶点的，、与边分别交于、E两点，将绕点逆时针旋转，如图4，得到，易证，则可以得到之间的数量关系． ①若，则可得___________ ②若，，，则a，b，c之间的数量关系是：___________ （2）如图5，在等边中，以为顶点的，、与边分别交于、两点．若，则之间的数量关系是：___________ （3）如图6，在等腰中，顶角，以为顶点的，与边分别交于、两点，则可以得到之间的数量关系．①若，则可得___________ ②若，，，则a，b，c之间的数量关系是：___________ 【实践应用】（4）在第（3）问第①小问基础上，把绕点逆时针旋转得，如图7，如果线段与边交于点G，则线段___________ 例4（24-25九年级上·广东韶关·期中）【阅读理解】半角模型是指有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等．通过旋转或截长补短，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构成全等三角形，用以解决线段关系、角度、面积等问题， 【初步探究如图1，在正方形中，点分别在边上，连接．若，将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到．易证：． （1）根据以上信息，填空：①_______°；②线段之间满足的数量关系为_______； 【迁移探究】（2）如图2，在正方形中，若点在射线上，点在射线上，，猜想线段之间的数量关系，请证明你的结论； 【拓展探索】（3）如图3，已知正方形的边长为，连接分别交于点，若点恰好为线段的三等分点，且，求线段的长． 模型3.旋转中的对角互补模型 例1（24-25八年级上·河北邯郸·期中）【问题提出】工人师傅常用角尺平分一个任意角.做法：如图1，是一个任意角，在边，上分别取，移动角尺，使角尺两边相同的刻度分别与点，重合，即．过角尺顶点的射线便是的平分线，已知角尺的夹角． 【初步思考】试说明工人师傅这样做能得到角平分线的道理； 【变式判断】张明同学认为当时，工人师傅就不需要先在边，上分别取，直接移动角尺，使角尺的两边分别与，相交于点，，且满足，如图2所示，便可以得到平分，你觉得张明的观点对吗？并说明理由； 【拓展探究】如图3，，平分，是射线上的一点，点在射线上运动，过点作，与直线交于点，过点作于点.若，，请直接写出的长． 例2（23-24九年级上·贵州贵阳·期中）问题背景：“对角互补”是经典的四边形模型，解决相应问题，通常会涉及到旋转构造、全等三角形的证明等综合性较高的几何知识．如果问题中有“，”角度出现，一般会和等腰直角三角形、正方形、等边三角形等特殊图形结合起来考察．    (1)【问题解决】如图①，，平分，小明同学从P点分别向，作垂线，，由此得到正方形，与全等的三角形是________； (2)【问题探究】如图②，若，，平分，，，求的长； (3)【拓展延伸】如图③，点P是正方形外一点，，，对角线，交于点O，连接，且，求正方形的面积． 例3（2024湖南一模）如图，已知，在的角平分线上有一点，将一个角的顶点与点重合，它的两条边分别与射线相交于点. （1）如图1，当绕点旋转到与垂直时，请猜想与的数量关系，并说明理由； （2）当绕点旋转到与不垂直时，到达图2的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由； （3）如图3，当绕点旋转到点位于的反向延长线上时，求线段与之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明. 1．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在中，，点D，E都在边上，．若，则的长为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·四川凉山·中考真题）如图，，点E在上，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．（2023·宁夏·中考真题）如图，在中，，，．点在上，且．连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，．则的面积是（    ）    A． B． C． D． 4．（24-25八年级上·山东东营·期中）如图，P是平分线上一点，，，在绕点P旋转的过程中始终保持不变，其两边和，分别相交于M，N，下列结论：①是等边三角形；②；③的值不变；④四边形面积随着点M、N的位置的变化而变化．其中正确结论的个数为（   ） A．4 B．3 C．2 D．1 5．（2023·湖北·中考真题）如图，和都是等腰直角三角形，，点在内，，连接交于点交于点，连接．给出下面四个结论：①；②；③；④．其中所有正确结论的序号是 ． 6．（2023·四川遂宁·中考真题）如图，以的边、为腰分别向外作等腰直角、，连结、、，过点的直线分别交线段、于点、，以下说法：①当时，；②；③若，，，则；④当直线时，点为线段的中点．正确的有 ．(填序号)    7．（2024·河南周口·模拟预测）综合与实践课上，李老师与学生一起探究了如下与“中点”有关的问题． (1)如图1，在中，，，D是的中点，E，F分别在上，且，连接．若，则______ (2)如图2，在中，，D是的中点．E，F分别在上，连接．当，请写出线段之间的数量关系，并证明． (3)如图3，在中，，，D是的中点．E为直线上一动点，连接．过点D作，交直线于点F．请直接写出当时线段的长． 8．（23-24广东八年级期末）提出问题：如图1，已知OC平分∠AOB，点D、E分别在OA，OB上．若∠ODC＝∠OEC＝90°，求证：CD＝CE． 思路梳理：(1)请根据思路梳理的过程填空． 证法1：由OC平分∠AOB，∠ODC＝∠OEC，OC＝OC，可得 ≌ ，则CD＝CE． 证法2：由OC平分∠AOB，∠ODC＝∠OEC＝90°，则CD＝CE，其理论依据是 ． 类比探究：(2)如图2，已知OC平分∠AOB，点D、E分别在OA，OB上．若∠ODC＋∠OEC＝180°，求证：CD＝CE． 拓展迁移：(3)如图3，已知OC平分∠AOB，点D在OA的反向延长线上，点E在OB上，且∠ODC＝∠OEC，若OC＝4，CE＝5，点C到OB的距离是3，则OD＋OE的值是 ．（直接写出结果，不说明理由） 9．（23-24八年级上·辽宁葫芦岛·期末）【问题初探】（1）在数学课上，张老师给出如下问题：如图1，，平分，求证：． ①如图2，小强同学从角平分线性质的角度出发给出如下解题思路：过点C分别作，，垂足分别为M，N．以此来证明阴影部分的三角形全等得到． ②如图3，小颖同学从平分的条件出发给出另一种解题思路：过C作，交于点F．以此来证明阴影部分的三角形全等得到． 请你选择一名同学的解题思路，写出证明过程． 【类比分析】 （2）张老师发现两名同学都运用了作垂线的方法造的全等三角形，为了帮助学生更好地感悟，张老师将图1进行变换并提出了下面问题，请你解答．如图4，，平分，求证：． 【学以致用】（3）如图5，在中，，，D是边的中点，，与边相交于点E，与边相交于点F．请直接写出线段，和的数量关系． 10．（2023·四川甘孜·中考真题）如图，在中，，点在边上，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，．(1)求证：；(2)若时，求的长； (3)点在上运动时，试探究的值是否存在最小值，如果存在，求出这个最小值；如果不存在，请说明理由．    11．（2023·江苏南通·中考真题）正方形中，点在边，上运动（不与正方形顶点重合）．作射线，将射线绕点逆时针旋转45°，交射线于点．    (1)如图，点在边上，，则图中与线段相等的线段是___________； (2)过点作，垂足为，连接，求的度数； (3)在（2）的条件下，当点在边延长线上且时，求的值． 12．（2022·贵州黔西·中考真题）如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD边上的点（点E不与点B，C重合），且． (1)当时，求证：；(2)猜想BE，EF，DF三条线段之间存在的数量关系，并证明你的结论； (3)如图2，连接AC，G是CB延长线上一点，，垂足为K，交AC于点H且．若，，请用含a，b的代数式表示EF的长． 13．（2022·青海·中考真题）两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形. (1)问题发现：如图1，若和是顶角相等的等腰三角形，BC，DE分别是底边.求证：； (2)解决问题：如图2，若和均为等腰直角三角形，，点A，D，E在同一条直线上，CM为中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系并说明理由.     图1     图2 14．（24-25九年级上·山东济宁·期中）半角模型探究：如图，正方形的边长为3，E、F分别是、边上的点，且．将绕点D逆时针旋转，得到． (1)求证：；(2)当时，求的长．(3)探究延伸：如图，在四边形中，，，．E、F分别是边、上的点，且．求的周长． 15．（24-25九年级上·湖北恩施·阶段练习）问题探究：如图1，在中，，，D、E在上，，为了探究、、之间的等量关系，现将绕A顺时针旋转得，连接，经探究，得到的、、之间的等量关系是 ； 问题迁移：如图2，在中，，，D、E在线段上，，若，求的度数． 问题拓展：如图3，直线上从左至右依次有B，E，C，D四点，且，以为边作等边，若， ，则的长是 ． 16．（2025·贵州贵阳·模拟预测）当几何图形中，两个共顶点的角所在角度是公共大角一半的关系，我们称之为“半角模型”，通常用“旋转的观点”看待图形的几何变换，使得两个分散的角变换成为一个三角形，相当于构造出两个三角形全等． 【问题初探】（1）如图1，在四边形中，，、分别是、边上的点，且，求出图中线段之间的数量关系． 如图1，从条件出发：将绕着点逆时针旋转到位置，根据“旋转的性质”分析与之间的关系，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系，可证得结论． 【类比分析】（2）如图2，在四边形中，，，，且，，，求的长． 【学以致用】（3）如图3，在四边形中，，与互补，点、分别在射线、上，且．当时，求出的周长． 17．（24-25八年级上·江西宜春·期中）问题背景：“半角模型”问题．如图1，在四边形中，，，，点E，F分别是上的点，且，连接，探究线段之间的数量关系． (1)探究发现：小明同学的方法是延长到点G．使．连结，先证明，再证明，从而得出结论：_____________； (2)拓展延伸：如图2，在四边形中，，，E、F分别是边上的点，且，请问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由． (3)尝试应用：如图3，在四边形中，，，E、F分别是边延长线上的点，且，请探究线段具有怎样的数量关系，并证明． 18．（2025·山东东营·中考真题）【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，M，N分别在边上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． (1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接．用等式写出线段的数量关系______． (2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点M，N分别在正方形的边的延长线上，，连接，用等式写出线段的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边上，，用等式写出线段的数量关系，并说明理由． 19.（24-25八年级上·四川遂宁·期末）小王在探究等边三角形“手拉手”问题，得出以下四个结论． 如图，已知，均为等边三角形，点在线段上，且不与点、点重合，连接，则；已知条件同，则；如图，已知，均为等边三角形，点在内部，连接、，则、、三点共线； 如图，已知为等边三角形，点在外，并且与点位于线段的异侧，连接、．若，则．以上结论正确的是 ． 20．（24-25八年级上·湖南株洲·阶段练习）【问题提出】如图1，、都是等边三角形，求证：． 【方法提炼】这两个共顶点的等边三角形，其在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形，即．如果把小等边三角形的一边看作“小手”，大等边三角形的一边看作“大手”，这样就类似“大手拉着小手”，不妨称之为“手拉手”基本图形，当图形中只有一个等边三角形时，可尝试在它的一个顶点作另一个等边三角形，构造“手拉手”基本图形，从而解决问题． 【方法应用】(1)等边三角形中，是边上一定点，是直线上一动点，以为一边作等边：等边三角形，连接．①如图2，若点在边上，线段、、之间的关系为__________（直接写出结论）． ②如图3，若点在边的延长线上， 试证明线段、、之间的关系． (2)如图4，等腰中，，，，且交于点，以为边作等边，直线交直线于点，连接交于点，写出、、之间的数量关系，并加以说明． (3)如图5，在中，，，点是的中点，点是边上的一个动点，连接，以为边在的下方作等边三角形，连接，则是否有最小值，如有，求出它的最小值，没有，请说明理由． 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 旋转中的三种全等模型之手拉手、半角、对角互补模型 本专题重点分析旋转中的三类全等模型（手拉手、半角、对角互补模型），结合各类模型展示旋转中的变与不变，并结合经典例题和专项训练深度分析基本图形和归纳主要步骤，同时规范了解题步骤，提高数学的综合解题能力。 1 模型来源 1 真题现模型 2 提炼模型 6 模型运用 11 模型1.旋转中的手拉手模型 11 模型2.旋转中的半角模型 17 模型3.旋转中的对角互补模型 24 28 首先阿基米德则通过物体旋转时的力学规律研究，为旋转几何提供物理背景；随着引入坐标系描述旋转后点的位置变化，并深入研究旋转对称性，推动旋转问题的量化分析；直到近代大三‌核心旋转模型逐渐的形成。这一方法从早期经验认知，历经阿拉伯数学家的理论发展，至近现代形成系统模型，最终成为几何证明的标准化工具。 ‌手拉手模型‌：公共顶点旋转使两三角形完全重合，基于SAS全等准则，用于证明线段或角的等量关系。 ‌半角模型‌：90°含45°、120°含60°等特殊旋转，通过截长补短构造全等三角形，解决角度和线段问题。 对角互补模型：对角互补模型特指四边形中，存在一对对角互补，而且有一组邻边相等的几何模型。 （2024·山东泰安·中考真题）如图1，在等腰中，，，点，分别在，上，，连接，，取中点，连接． (1)求证：，；(2)将绕点顺时针旋转到图2的位置． ①请直接写出与的位置关系：___________________；②求证：． 【答案】(1)见解析(2)①；②见解析 【详解】（1）证明：在和中，，，， ，，．是斜边的中点， ，，，．， ，．； （2）解：①；理由如下：延长到点，使，连接，延长到，使，连接并延长交于点．，，， ，，，，， ，，． ，．在和中，，，， ，．是中点，是中点，是中位线， ．，，． ，．故答案为：； ②证明： ∵，，，． （2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）已知是等腰三角形，，，在的内部，点M、N在上，点M在点N的左侧，探究线段之间的数量关系．    （1）如图①，当时，探究如下：由，可知，将绕点A顺时针旋转，得到，则且，连接，易证，可得，在中，，则有． （2）当时，如图②：当时，如图③，分别写出线段之间的数量关系，并选择图②或图③进行证明． 【答案】图②的结论是：；图③的结论是：；证明见解析 【详解】解：图②的结论是： 证明：∵∴是等边三角形，∴， 以点B为顶点在外作，在上截取，连接，过点Q作，垂足为H，  ，，， 又即 又，，；∵∴，∴，∴， 在中,可得：即 整理得 图③的结论是： 证明：以点B为顶点在外作，在上截取，连接，过点Q作，垂足为H   ，， ， 又即 又，， 在中，， ，；， 在中,可得：即 整理得 （2022·辽宁朝阳·中考真题）【思维探究】如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，连接AC．求证：BC+CD＝AC．    (1)小明的思路是：延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．根据∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，从而得到∠B＝∠ADE，然后证明ADE≌ABC，从而可证BC+CD＝AC，请你帮助小明写出完整的证明过程．(2)【思维延伸】如图2，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，连接AC，猜想BC，CD，AC之间的数量关系，并说明理由．(3)【思维拓展】在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝，AC与BD相交于点O．若四边形ABCD中有一个内角是75°，请直接写出线段OD的长． 【答案】(1)AC=BC+CD；理由见详解；(2)CB+CD=AC；理由见详解；(3)或 【详解】（1）证明：如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．          ∵∠BAD+∠BCD=180°，∴∠B+∠ADC=180°，∵∠ADE+∠ADC=180°∴∠B=∠ADE， 在△ADE和△ABC中，，∴△ADE≌△ABC（SAS），∴∠DAE=∠BAC，AE=AC， ∴∠CAE=∠BAD=60°，∴△ACE的等边三角形，∴CE=AC，∵CE=DE+CD，∴AC=BC+CD； （2）解：结论：CB+CD=AC． 理由：如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N． ∵∠DAB=∠DCB=90°，∴∠CDA+∠CBA=180°，∵∠ABN+∠ABC=180°，∴∠D=∠ABN， ∵∠AMD=∠N=90°，AD=AB，∴△AMD≌△ANB（AAS），∴DM=BN，AM=AN， ∵AM⊥CD，AN⊥CN，∴∠ACD=∠ACB=45°，∴AC=CM， ∵AC=AC．AM=AN，∴Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），∴CM=CN，∴CB+CD=CNBN+CM+DM=2CM=AC； （3）解：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q． ∵∠CDA=75°，∠ADB=45°，∴∠CDB=30°，∵∠DCB=90°，∴CD=CB， ∵∠DCO=∠BCO=45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，∴OP=OQ，∴，∴， ∵AB=AD=，∠DAB=90°，∴BD=AD=2，∴OD=． 如图3-2中，当∠CBD=75°时，同法可证，， 综上所述，满足条件的OD的长为或． 1）手拉手模型 条件：如图1，△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。(双等边型） 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。 证明： ∵△ABC和△DCE均为等边三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=60° ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即：∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMF，∴∠AFM=∠BCM=60°， 过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD。 图1 图2 图3 图4 条件：如图2，△ABC和△DCE为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N。（双等腰直角型） 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BND。 证明： ∵△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=90° ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMN，∴∠ANM=∠BCM=90°， 过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。 条件：如图3，BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD，C为公共点；连接BE，AD交于点F。（双等腰型） 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠BCM=∠AFM；④CF平分∠BFD。 证明： ∵∠BCA=∠ECD，∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD， 又∵BC=AC，CE=CD，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE=AD，∠CBE=∠CAD， 又∵∠CMB=∠AMF，∴∠BCM=∠AFM，过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°， 又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD。 条件：四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，C为公共点；连接BG，ED交于点N。（双正方形型 ） 结论：①△BCG≌△DCE；②BG=DE；③∠BCM=∠DNM=90°；④CN平分∠BNE。 证明： ∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，∴BC=AC，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90° ∴∠BCD+∠DCG=∠ECG+∠DCG，即∠BCG=∠DCE，∴△BCG≌△DCE（SAS）， ∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，又∵∠CMB=∠DMN，∴∠BCM=∠DNM=90°， 过点C作CP⊥DE,CQ⊥BG,则∠CPD=∠CPB=90°，又∵∠CBG=∠CDE，BC=DC，∴△BCQ≌△DCP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。 2）半角模型 条件：如图1，四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°；（正方形型） 结论：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④AEF的周长=2AB； ⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。 证明：将△CBE绕点C逆时针旋转90°至△CDG，即△CBE≌△CDG， ∴∠ECB=∠GCD，∠B=∠CDG=90°，BE＝DG，CE＝CG； ∵ABCD是正方形，∴∠B=∠CDF=∠BCD=90°，BA＝DA；∴∠CDG+∠CDF=180°，故F、D、G共线。 ∵∠ECF=45°，∴∠BCE+∠DCF=45°，∴∠GCD+∠DCF=∠GCF=45°，∴∠ECF=∠GCF=45°， ∵CF＝CF，∴△CEF≌△CGF，∴EF＝GF，∵GF＝DG＋DF，∴GF＝BE＋DF，∴EF＝BE＋DF， ∴AEF的周长=EF+AE＋AF=BE＋DF+AE＋AF=AB＋AD=2AB，过点C作CH⊥EF，则∠CHE=90°， ∵△CEF≌△CGF，∴CD=CH（全等三角形对应边上的高相等），再利用HL证得：△CBE≌△CHE， ∴∠HEC=∠CBE，同理可证：∠HFC=∠DFC，即CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。 图1 图2 条件：如图2，ABC是等腰直角三角形（∠BAC=90°，AB＝AC），∠DAE=45°；（等腰直角型） 结论：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝BD2＋EC2； 证明：将△ABD绕点A逆时针旋转90°至△ACG，即△BAD≌△CAG， ∴∠BAD=∠CAG，∠B=∠GCA=45°，AD＝AG，BD＝CG； ∵∠DAE=45°，∴∠BAD+∠EAC=45°，∴∠CAG+∠EAC=∠GAE=45°，∴∠DAE=∠GAE=45°， ∵AE＝AE，∴△DAE≌△GAE，∴ED＝EG，∵ABC是等腰直角三角形，∴∠ACB=45°，∴∠ECG=90°，∴GE2＝GC2＋EC2,∴DE2＝BD2＋EC2； 条件：如图3，ABC是等边三角形，BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°；（等边型120-60） 结论：①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋CF；④AEF的周长=2AB； ⑤DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC。 证明：将△DBE绕点D顺时针旋转120°至△DCG，即△BDE≌△CDG， ∴∠EDB=∠GDC，∠DBE=∠DCG，BE＝GC，DE＝DG； ∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，∴∠BDE+∠CDF=60°，∴∠GDC+∠CDF=∠GDF=60°，故∠GDF=∠EDF， ∵DF＝DF，∴△EDF≌△GDF，∴EF＝GF，∵GF＝CG＋CF，∴GF＝BE＋CF，∴EF＝BE＋CF， ∴AEF的周长=EF+AE＋AF=BE＋CF+AE＋AF=AB＋AC=2AB， 过点D作DH⊥EF，DM⊥GF，则∠DHF=∠DMF=90°， ∵△EDF≌△GDF，∴DM=DH（全等三角形对应边上的高相等），再利用HL证得：△DHF≌△DMF， ∴∠HFD=∠MFD，同理可证：∠BFD=∠FED，即DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC。 图3 图4 图5 条件：如图4，ABC是等边三角形，∠EAD=30°；（等边型60-30） 结论：①△BDA≌△CFA；②△DAE≌△FAE；③∠ECF=120°；④DE2＝(BD＋EC)2+； 证明：将△ABD绕点A逆时针旋转60°至△ACF，即△BAD≌△CAF， ∴∠BAD=∠CAF，∠B=∠FCA=60°，AD＝AF，BD＝CF； ∵∠DAE=30°，∴∠BAD+∠EAC=30°，∴∠CAF+∠EAC=∠FAE=30°，∴∠DAE=∠FAE=30°， ∵AE＝AE，∴△DAE≌△FAE，∴ED＝EF，∵ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，∴∠ECF=120°， 过点F作FH⊥BC，∴∠FCH=60°，∠CFH=30°，∴CH=CF=BD，FH=CF=BD， ∵在直角三角形中：FE2＝FH2＋EH2,∴DE2＝(BD＋EC)2+(BD)2； 条件：如图5，∠BAC=，AB=AC，∠DAE=；（任意型） 结论：①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF；③∠ECF=180°-。 证明：将△ABD绕点A逆时针°至△ACF，即△BAD≌△CAF， ∴∠BAD=∠CAF，∠B=∠BCA=∠FCA=90°-，AD＝AF，BD＝CF；∴∠ECF=∠BCA+∠FCA=180°-。 ∵∠BAC=，∠DAE=，∴∠BAD+∠EAC=，∴∠CAF+∠EAC=∠FAE=，∴∠DAE=∠FAE=， ∵AE＝AE，∴△DAE≌△FAE。 3）对角互补模型 （1）“共斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型（异侧型） 条件：如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB. 结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③. 证明：过点C作CM⊥OD，CN⊥OB，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN， 又∵∠AOB＝∠DCE＝90°，∴∠MCN＝90°，∴∠MCD＝∠NCE，∴△MCD≌△NCE；∴CD＝CE， 根据上述条件易证：四边形ONCM为正方形，∴∠CON＝45°，OM=ON， 又∵OD＋OE＝OM-DM+ON+NE，∴OD＋OE=OM+ON=2ON=OC， ∵△MCD≌△NCE，∴S△MCD=S△NCE，∴ （2）“斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型（同侧型） 条件：如图，已知∠DCE的一边与AO的延长线交于点D，∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB.[来源:学科网ZXXK] 结论：①CD＝CE，②OE－OD＝OC，③. 证明：过点C作CM⊥OD，CN⊥OB，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN， 又∵∠AOB＝∠DCE＝90°，∴∠MCN＝90°，∴∠MCD＝∠NCE， ∴△MCD≌△NCE；∴CD＝CE，MD＝NE，根据上述条件易证：四边形ONCM为正方形， ∴∠CON＝45°，OM=ON，又∵OE－OD＝ON+NE-（DM-OM），∴OE－OD=ON+OM=2ON=OC， ∵△MCD≌△NCE，∴S△MCD=S△NCE，. （3）“等边三角形对120°模型”（1） 条件：如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB. 结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③. 证明：过点C作CM⊥OD，CN⊥OB，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN， 又∵∠AOB＝2∠DCE＝120°，∴∠AOB+∠DCE＝180°，∴∠CDO+∠CEO＝180°， ∵∠CDO+∠CDM＝180°，∴∠MDC＝∠CEO，∴△MCD≌△NCE；∴CD＝CE，MD＝NE， ∵OC平分∠AOB，∴∠CON＝∠COM＝60°，∴ON=OM=OC，NC=MC=OC。 又∵OE+OD＝ON+NE+OM-DM，∴OE+OD=ON+OM=OC， ∵△MCD≌△NCE，∴S△MCD=S△NCE，∴。 4）“等边三角形对120°模型”（2） 条件：如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB，∠DCE的一边与BO的延长线交于点D， 结论：①CD＝CE，②OD－OE＝OC，③. 证明：过点C作CM⊥OD，CN⊥OB，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN， 又∵∠AOB＝2∠DCE＝120°，∴∠AOB+∠DCE＝180°，∠AOB+∠MCN＝180°，∴∠DCE=∠MCN＝60° ∴∠DCE-∠MCE=∠MCN-∠MCE，∴∠MCD＝∠NCE，∴△MCD≌△NCE；∴CD＝CE，MD＝NE， ∵OC平分∠AOB，∴∠CON＝∠COM＝60°，∴ON=OM=OC，NC=MC=OC。 又∵OD-OE＝OM+DM-（NE-ON），∴OD-OE=ON+OM=OC， ∵△MCD≌△NCE，∴S△MCD=S△NCE，∴。 5）“120°等腰三角形对60°模型” 条件：△ABC是等腰三角形，且∠BAC=120°，∠BPC=60°，PA平分∠BPC。 结论：PB+PC=PA； 证明：将△PAC绕点A顺时针旋转120°至△QAB，即△PAC≌△QAB， ∴∠ACP=∠ABQ，∠CAP=∠BAQ，AP＝AQ，PC＝QB； ∵∠BAC=120°，∠BPC=60°，∴∠ACP+∠ABP=180°，∴∠ABQ+∠ABP=180°，故P、B、Q共线。 又∵∠BPC=60°，PA平分∠BPC，∴∠APQ=60°，∵AP＝AQ，∴∠AQP=60°， 根据勾股定理易证：PQ=PA，又∵PQ=PB+QB=PB+PC，∴PB+PC=PA。 模型1.旋转中的手拉手模型 例1（24-25八年级上·浙江杭州·期中）定义：如果两个等腰三角形的顶角相等，且顶角的顶点互相重合，那么称此图形为“手拉手全等模型”．例如，如图①，与都是等腰三角形，其中，则． (1)如图②，与都是等腰三角形，，，且，求证：． (2)如图③若和均为等腰直角三角形，，点A，D，E在同一条直线上，为中上的高，连接，求的度数以及线段，，之间的数量关系，并说明理由．(3)如图④，在四边形中，，，，求的长． 【答案】(1)见解析(2)，，理由见解析(3) 【详解】（1）证明：，，即， ，，，； （2）解：，；理由如下：设交于，如图： ，，即， ，，，，， ，， ，即；为等腰直角中边上的高，， ，； （3）解：作，且，连接，，如图， ，，， ，即， ，，，， ，，在中，，， ，，． 例2（24-25七年级下·辽宁沈阳·期中）【问题情境】它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．这种模型称为“手拉手模型”．如果把小等腰三角形的腰长看作是小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手． 【模型探究】（1）如图1，若和均为等边三角形，，，，，点A、D、E在同一条直线上，连接，则__________；线段__________；则的度数为__________； 【探究证明】（2）如图2，已知，分别以为直角边向两侧作等腰直角和等腰直角，其中，，，连接，线段和交于点O．请判断线段和的关系，并说明理由； 【模型应用】（3）如图3，在中，，，将线段绕着点C逆时针旋转至线段，连接，则的面积为____________________． 【拓展提高】（4）如图4，在中，，，点E为外一点，点D为中点，，，请直接写出的度数． 【答案】（1），，（2），，理由见解析（3）（4）． 【详解】（1）解：∵和均为等边三角形， ∴，∴， 在和中，，∴，∴，， 又，∴；故答案为：，，； （2）解：，；理由如下：∵和均为等腰直角三角形， ∴，∴， 在和中，，∴，∴，， 又，∴，∴，； （3）解：如图所示，作交于E点，连接， ∵，∴为等腰直角三角形，∴，，， 由旋转的性质可知，，，∴，∴， ∴，，∴， ∴的面积为，故答案为：； （4）解：设，作，使， ∵，，∴，∴，∴，， ∵，，∴， ∵，∴，， ∴，∴，∴， 连接并延长至点，使，连接，，， ∵，，∴，∴，， ∴，，∴，∵，，∴，∴，∵，，∴是线段的垂直平分线，∴，∴， ∵，，∴，∴． 例3（23-24八年级下·山东青岛·期中）【模型定义】它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．他们得知这种模型称为“手拉手模型”如果把小等腰三角形的腰长看作是小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手．    【模型探究】（1）如图1，若和均为等边三角形，点A、D、E在同一条直线上，连接，易证，则的度数为 ； 【模型应用】（2）如图2，P为等边内一点，且，以为边构造等边，这样就有两个等边三角形共顶点B，然后连接的度数是 ；如果，则 ； （3）如图3，点P是等腰直角中内一点， ，且，，以为直角边构造等腰直角，点C为直角顶点，则的度数是是 ；的长为是 ； 【深化模型】（4）如图4，C为线段上一动点（不与A、E重合），在同侧分别作等边和等边，与交于点O，与交于点P，与交于点Q，连接，以下五个结论：①；②；③；④；⑤⑥平分，恒成立的结论有 　 　 ． 【拓展提高】（5）如图5，在中，，，若点是内一点，则的最小值为 ． （6）如图6，，，则BD的长为 ．    【答案】（1）；（2）；（3），；（4）①②③⑤；（5）；（6） 【详解】解：（1）∵和均为等边三角形， ∴．∴． 在和中，，∴．∴．， ∵为等边三角形，∴． ∵点A，D，E在同一直线上，∴．∴． ∴．故答案为：． （2）∵与都是等边三角形，∴， ∴，即， 在和中，，∴，∴， ∵，∴，∴，∴是直角三角形， ∴，∴，∴， ∵，且，∴∴ 作交于点∵是等边三角形，∴       ∴∴ ∴；故答案为：； （3）如图，连接，∵，∴， 在与中，，∴，∴， ∵，∴，∴， ∵，∴，∵， ∴，∴点P，点B，点D共线， ∵，∴，∴，故答案为：，； （4）解：∵和是等边三角形，∴， ∴，即． 在和中，，∴，∴，故①正确； ∵，∴，∵，∴，∴， 在与中，，∴，∴，故③正确； ∵，∴是等边三角形，∴， ∴，∴，故②正确；没有条件证出，④错误； ∵，∴，∴， ∴结论⑤正确．过点C作于H，于G，          ∵，∴，∴， ∴，∴平分，故⑥错误，符合题意；综上所述，正确的结论有①②③⑤，． （5）解：以点A为旋转中心，顺时针旋转到，旋转角是，连接、PP′，如图所示， 则，∴是等边三角形，∴， ∴，∵， ∴的最小值就是的值，即的最小值就是的值， ∵，∴， 又∴，∴，故答案为：． （6）过点A作，且，连接，如图所示： 则是等腰直角三角形，，∴， ∵，∴，在中，， ∵，∴，∵，即， 在和中，，∴，∴．故答案为： 模型2.旋转中的半角模型 例1（2025·江苏·二模）【模型建立】如图1，四边形是正方形，点M，N分别在边上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图1，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接． （1）试判断之间的数量关系，并写出证明过程； 【模型应用】（2）如图2，点M，N分别在正方形的边的延长线上，，连接，请写出之间的数量关系，并写出证明过程； 【模型迁移】（3）如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边上，，请直接写出线段之间的数量关系． 【答案】（1），证明见解析；（2），证明见解析；（3）． 【详解】解：（1）．证明如下： 由旋转的性质，得，，，，∴点E，B，C共线． ∵，∴． 在和中∴，∴， ∵，∴． （2），证明如下：如图1，在上取，连接． ∵，，∴，∴，． ∴， ∵，∴． 在和中∴，∴， ∵，∴． （3）如图2，将绕点A逆时针旋转得，∴，，， ∵，∴，∴点E，D，C共线． 由（1）同理可得，∴，∵，∴． 例2（24-25九年级下·吉林长春·开学考试）【问题显现】某同学在数学兴趣小组活动时遇到一个几何问题：如图①，点E、F分别是正方形的边上的动点，连接和，．若．试求的长度． 【问题解决】该同学的思路是：如图②，将绕点A逆时针旋转，可以得出和全等，然后再证明，从而得到．请你帮助该同学完成余下的解题过程． 是绕点A逆时针旋转得到的，． 四边形是正方形，．…… 【方法应用】如图③，中，．点D、E在边上，且．若，，则线段的长为__________． 【拓展提升】如图④，在中，．于点D．若，则的面积为__________． 【答案】[问题解决]5；[方法应用]；[拓展提升]15 【详解】[问题解决]：解：∵四边形是正方形，∴， 将绕点A逆时针旋转，得，则， ∴，∴、D、F在同一直线上， ∵正方形中，，，∴， ∴又∵∴， ∴，∴； [方法应用]解：∵，∴， ∴将绕点C逆时针旋转，得，连接， ∴， ∵，∴， 在和中∴，∴， 在中，∵，∴， ∴，∴，故答案为：； [拓展提升]解：∵，∴， 如图，绕点A逆时针旋转，得，延长，交于点E，连接， 由旋转可得，，∴， ∴四边形为矩形，∵，∴四边形为正方形，∴，， ∵，∴，∴， 又∵∴，∴ 在和中∴∴， 设，则 在中， ∴ 解得（舍去），∴，∴的面积． 例3（2025·广东深圳·三模）【综合与实践】【问题背景】阅读以下材料，并按要求解决问题： 从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，与正方形两个边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型．半角模型可以利用旋转得出多个几何结论，例如： 如图1，在正方形中，以为顶点的与边分别交于两点，若（为常数）．易证：，则可以得到，之间的数量关系是：． 证明：如图2，将绕点顺时针旋转，得到，由可得三点共线，，可证明，故，进而得到． 【方法转化】若把背景中正方形换成特殊顶角的等腰三角形，同学们可以利用上述问题背景得到多个结论． 【问题解决】在半角模型中可以利用旋转的方法解决问题．（1）如图3，在等腰中，以为顶点的，、与边分别交于、E两点，将绕点逆时针旋转，如图4，得到，易证，则可以得到之间的数量关系． ①若，则可得___________ ②若，，，则a，b，c之间的数量关系是：___________ （2）如图5，在等边中，以为顶点的，、与边分别交于、两点．若，则之间的数量关系是：___________ （3）如图6，在等腰中，顶角，以为顶点的，与边分别交于、两点，则可以得到之间的数量关系．①若，则可得___________ ②若，，，则a，b，c之间的数量关系是：___________ 【实践应用】（4）在第（3）问第①小问基础上，把绕点逆时针旋转得，如图7，如果线段与边交于点G，则线段___________ 【答案】（1）①5；②；（2）；（3）①；②；（4） 【详解】（1）①∵将绕点逆时针旋转，得到，等腰， ∴，,,∴∴ ∵∴故答案为：5； ②同①可知，故答案为：； （2）将绕点逆时针旋，如图，得到，连接，作交延长线于G， ∴，， ∵∴∴， ∵，∴，，由勾股定理可得 ∴整理得故答案为：； （3）①将绕点逆时针旋转，如图，得到，连接，作交于G， ∴，， ∵∴∴， ∵，∴，，∴ 由勾股定理可得∴故答案为：； ②同①可得，，，， ∵∴整理得故答案为：； （4）如图，作交于M，交于N，交于H， 由（3）可知，，由题意可知， ∴，， ∴，解得 例4（24-25九年级上·广东韶关·期中）【阅读理解】半角模型是指有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等．通过旋转或截长补短，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构成全等三角形，用以解决线段关系、角度、面积等问题， 【初步探究如图1，在正方形中，点分别在边上，连接．若，将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到．易证：． （1）根据以上信息，填空：①_______°；②线段之间满足的数量关系为_______； 【迁移探究】（2）如图2，在正方形中，若点在射线上，点在射线上，，猜想线段之间的数量关系，请证明你的结论； 【拓展探索】（3）如图3，已知正方形的边长为，连接分别交于点，若点恰好为线段的三等分点，且，求线段的长． 【答案】（1）①45；②；（2）．证明见解析；（3） 【详解】解：（1）∵四边形是正方形，∴，， 将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到． 则，，，，∴G、B、E共线， ，∴， 在和中，，，， ，∴，故答案为：①45 ；②； （2）解：． 证明如下：如图2，在上截取，连接， 在和中，，，， ，即， ，，在和中，， ，，，∴， （3）将绕点顺时针旋转得到，连接， ∵四边形是正方形，，， ， 由旋转可得，，， ，， 又，，， 设，则，在中，， ，解得，． 模型3.旋转中的对角互补模型 例1（24-25八年级上·河北邯郸·期中）【问题提出】工人师傅常用角尺平分一个任意角.做法：如图1，是一个任意角，在边，上分别取，移动角尺，使角尺两边相同的刻度分别与点，重合，即．过角尺顶点的射线便是的平分线，已知角尺的夹角． 【初步思考】试说明工人师傅这样做能得到角平分线的道理； 【变式判断】张明同学认为当时，工人师傅就不需要先在边，上分别取，直接移动角尺，使角尺的两边分别与，相交于点，，且满足，如图2所示，便可以得到平分，你觉得张明的观点对吗？并说明理由； 【拓展探究】如图3，，平分，是射线上的一点，点在射线上运动，过点作，与直线交于点，过点作于点.若，，请直接写出的长． 【答案】[初步思考]见解析；[变式判断]正确，见解析；[拓展探究]5或7 【详解】[初步思考]，解：在和中 ， ，即平分； [变式判断]，解：张明的观点正确，理由如下，过点作于点，作于点， ∴，∴，∵，∴， ∵，∴，∵∴，∴, ∵，，∴平分，∴张明的观点正确； [拓展探究]解：当点D在点O右侧时，过点P作于点F，如图 ∵，平分，∴，，同上可得，， ∴，∴，∴， ∵平分，∴，∵，∴， ∴，∴； 当点D在点O左侧时，过点P作于点F，如图 ∵，平分，∴，，同上可得，， ∴，∴，∴， ∵平分，∴，∵，∴， ∴，∴，综上：长为5或7． 例2（23-24九年级上·贵州贵阳·期中）问题背景：“对角互补”是经典的四边形模型，解决相应问题，通常会涉及到旋转构造、全等三角形的证明等综合性较高的几何知识．如果问题中有“，”角度出现，一般会和等腰直角三角形、正方形、等边三角形等特殊图形结合起来考察．    (1)【问题解决】如图①，，平分，小明同学从P点分别向，作垂线，，由此得到正方形，与全等的三角形是________； (2)【问题探究】如图②，若，，平分，，，求的长； (3)【拓展延伸】如图③，点P是正方形外一点，，，对角线，交于点O，连接，且，求正方形的面积． 【答案】(1)(2)3(3)16 【详解】（1）解：，，且平分， ，，四边形是正方形，， ，，， 在和中，，；故答案为：． （2）如图，过点P作于M，于N，如图：       平分，．，．． 在四边形中，，且，， ．，． 又．． ，，设，则，． ，解得，．． 在中，，，． （3）如图，延长到，使，连接．如图： 在四边形中，，且． 四边形是正方形，，．． 又，．．，．，． 是等腰直角三角形．由勾股定理，． 在中，，设，由勾股定理，， ．． ．．． 例3（2024湖南一模）如图，已知，在的角平分线上有一点，将一个角的顶点与点重合，它的两条边分别与射线相交于点. （1）如图1，当绕点旋转到与垂直时，请猜想与的数量关系，并说明理由； （2）当绕点旋转到与不垂直时，到达图2的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由； （3）如图3，当绕点旋转到点位于的反向延长线上时，求线段与之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明. 【答案】（1），见解析；（2）结论仍然成立，见解析；（3） 【详解】解：（1）是的角平分线 在中，，同理： （2）（1）中结论仍然成立，理由：过点作于，于 由（1）知， ，且点是的平分线上一点 （3）结论为：.理由：过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，∴∠OFC＝∠OGC＝90°， ∵∠AOB＝60°，∴∠FCG＝120°，同（1）的方法得，OF＝OC，OG＝OC，∴OF＋OG＝OC， ∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点， ∴CF＝CG，∵∠DCE＝120°，∠FCG＝120°，∴∠DCF＝∠ECG， ∴△CFD≌△CGE，∴DF＝EG，∴OF＝DF−OD＝EG−OD，OG＝OE−EG， ∴OF＋OG＝EG−OD＋OE−EG＝OE−OD，∴OE−OD＝OC． 1．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在中，，点D，E都在边上，．若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】解：将绕点A逆时针旋转得到，取的中点G，连接、，如图所示： 过点A作于点N，如图，∵，，∴，． 在中，，，∴， ∴，∴．∴，∴． ∵，∴，∴为等边三角形，∴， ∴，∴为直角三角形． ∵，∴，∴． 在和中，，∴，∴． 设，则， 在中，，， ∴，∴，∴，故选：B． 2．（2025·四川凉山·中考真题）如图，，点E在上，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解：∵，∴，即， 在和中，，∴，∴； 如图所示，设交于O， ∵，，，∴， ∵，，∴， 故选：C． 3．（2023·宁夏·中考真题）如图，在中，，，．点在上，且．连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，．则的面积是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【详解】解：∵，，∴，， ∵将线段绕点顺时针旋转得到线段，∴，，∴，在和中，，∴， ∴，∴， ∵，，∴， ∴的面积等于；故选B． 4．（24-25八年级上·山东东营·期中）如图，P是平分线上一点，，，在绕点P旋转的过程中始终保持不变，其两边和，分别相交于M，N，下列结论：①是等边三角形；②；③的值不变；④四边形面积随着点M、N的位置的变化而变化．其中正确结论的个数为（   ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】C 【详解】解：作于E，于F，如图所示：，， ，，， 平分，于E，于F， ，，∴， 在和中，，，， 在和中，，，，，， ，是等边三角形，故正确； ，定值，故错误； ，故②正确； M，N的位置变化，的长度是变化的，故③错误；综上所述：正确的结论是①②．故选：C． 5．（2023·湖北·中考真题）如图，和都是等腰直角三角形，，点在内，，连接交于点交于点，连接．给出下面四个结论：①；②；③；④．其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①③④ 【详解】解：∵和都是等腰直角三角形， ∴，，，， ∵，， ∴，故①正确；∴， ∴，，故③正确； ∵，，， ∴，；故②错误；∴， ∵，∴四边形是平行四边形，∴，故④正确；故答案为①③④． 6．（2023·四川遂宁·中考真题）如图，以的边、为腰分别向外作等腰直角、，连结、、，过点的直线分别交线段、于点、，以下说法：①当时，；②；③若，，，则；④当直线时，点为线段的中点．正确的有 ．(填序号)    【答案】①②④ 【详解】解：①当时，是等边三角形，∴∴ ∵等腰直角、，∴∴ ∴；故①正确； ②∵等腰直角、，∴， ∴∴∴；故②正确； ④如图所示，作直线于点， 过点作于点，过点作于点，    ∵，∴，又，∴ 又∵，∴同理得，， ∴，，， ∵，，，∴， ∴，即是的中点，故④正确，∴， 设，则在中， 在中，∴ ∴解得：∴，∴， ∴∴ 在中，∴,故③错误 故答案为：①②④． 7．（2024·河南周口·模拟预测）综合与实践课上，李老师与学生一起探究了如下与“中点”有关的问题． (1)如图1，在中，，，D是的中点，E，F分别在上，且，连接．若，则______ (2)如图2，在中，，D是的中点．E，F分别在上，连接．当，请写出线段之间的数量关系，并证明． (3)如图3，在中，，，D是的中点．E为直线上一动点，连接．过点D作，交直线于点F．请直接写出当时线段的长． 【答案】(1)(2)，证明见解析(3) 【详解】（1）解：如图，连接， ，，D是的中点， ，，， ，，，， 又，，，故答案为：； （2）解：，证明：如图，延长到点G，使，连接，， ，，垂直平分，； D是的中点，，在和 中，， ，，， ，，， 是直角三角形，，； （3）解：如图，延长到点G，使，连接，，， ，，垂直平分，， D是的中点，，在和 中， ，，，， ，，， 是直角三角形，， ，，， 在中，，，， 设，则，，， ，解得，． 8．（23-24广东八年级期末）提出问题：如图1，已知OC平分∠AOB，点D、E分别在OA，OB上．若∠ODC＝∠OEC＝90°，求证：CD＝CE． 思路梳理：(1)请根据思路梳理的过程填空． 证法1：由OC平分∠AOB，∠ODC＝∠OEC，OC＝OC，可得 ≌ ，则CD＝CE． 证法2：由OC平分∠AOB，∠ODC＝∠OEC＝90°，则CD＝CE，其理论依据是 ． 类比探究：(2)如图2，已知OC平分∠AOB，点D、E分别在OA，OB上．若∠ODC＋∠OEC＝180°，求证：CD＝CE． 拓展迁移：(3)如图3，已知OC平分∠AOB，点D在OA的反向延长线上，点E在OB上，且∠ODC＝∠OEC，若OC＝4，CE＝5，点C到OB的距离是3，则OD＋OE的值是 ．（直接写出结果，不说明理由） 【答案】(1)；角平分线上的点到角的两边距离相等(2)证明见解析(3) 【解析】（1）证法1：如图1中，∵OC平分∠AOB，∴∠COD＝∠COE， 在△COD和△COE中， ，∴△COD≌△COE（AAS），∴CD＝CE． 故答案为：△COD，△COE； 证法2：∵OC平分∠AOB，∠ODC＝∠OEC＝90°，∴CD＝CE（角平分线上的点到角的两边距离相等）， 故答案为：角平分线上的点到角的两边距离相等； （2）证明：如图2，过点C作CQ⊥OA于点Q，CP⊥OB于点P， ∵∠ODC+∠OEC＝180°，∴∠DOE+∠DCE＝180° ∵∠OQC＝∠EPC＝90°，∴∠AOB+∠PCQ＝180°，∴∠PCQ＝∠DCE，∴∠DCQ＝∠ECP， ∵点C是∠AOB的平分线上，且CQ⊥OA，CP⊥OB，∴CQ＝CP， ∵∠OQC＝∠EPC＝90°，∴△CQD≌△CPE（ASA），∴CD＝CE； （3）解：如图3，过点C作CQ⊥OA于点Q，CP⊥OB于点P， ∴∠OQC＝∠EPC＝90°，∴∠AOB+∠PCQ＝180°，∵∠ODC＝∠CEO，∴∠DOE＝∠DCE， ∵∠DOE+∠AOB＝180°，∴∠AOB+∠DCE＝180°，∴∠PCQ＝∠DCE，∴∠DCQ＝∠ECP， ∵点C是∠AOB的平分线上，且CQ⊥OA，CP⊥OB，∴CQ＝CP， ∵∠OQC＝∠EPC＝90°，∴△CQD≌△CPE（ASA），∴DQ＝PE， ∵OD＝DQ﹣OQ，OE＝OP+PE，∴OE+OD＝OP+PE+（DQ﹣OQ）＝PE+DQ＝2PE， ∵EC＝5，CP＝3，∴PE＝，∴OE+OD＝8．故答案为：8． 9．（23-24八年级上·辽宁葫芦岛·期末）【问题初探】（1）在数学课上，张老师给出如下问题：如图1，，平分，求证：． ①如图2，小强同学从角平分线性质的角度出发给出如下解题思路：过点C分别作，，垂足分别为M，N．以此来证明阴影部分的三角形全等得到． ②如图3，小颖同学从平分的条件出发给出另一种解题思路：过C作，交于点F．以此来证明阴影部分的三角形全等得到． 请你选择一名同学的解题思路，写出证明过程． 【类比分析】 （2）张老师发现两名同学都运用了作垂线的方法造的全等三角形，为了帮助学生更好地感悟，张老师将图1进行变换并提出了下面问题，请你解答．如图4，，平分，求证：． 【学以致用】（3）如图5，在中，，，D是边的中点，，与边相交于点E，与边相交于点F．请直接写出线段，和的数量关系． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） 【详解】（1）①选择小强同学，证明：如图2，过点作于，于， 平分，，，， ，， 在与中，，； ②选择小颖同学，证明：如图3，过点作，交于点，则， ，平分，，且， ，，，， 在和中，，，． （2）如图，过点作，，垂足分别为，， ，又平分，， ，， 在四边形中，， 又，， 又，，且，， ，； （3）取中点，连接， 点、分别是、边上的中点，， 是等边三角形，， ，， ，，， ， 10．（2023·四川甘孜·中考真题）如图，在中，，点在边上，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，．(1)求证：；(2)若时，求的长； (3)点在上运动时，试探究的值是否存在最小值，如果存在，求出这个最小值；如果不存在，请说明理由．    【答案】(1)见解析(2)(3)存在， 【详解】（1）解：由题意，可知，，． ．即．． （2）在中，，．． ，，．． ．在中，． （3）由（2）可知，． 当最小时，有的值最小，此时． 为等腰直角三角形，．． 即的最小值为． 11．（2023·江苏南通·中考真题）正方形中，点在边，上运动（不与正方形顶点重合）．作射线，将射线绕点逆时针旋转45°，交射线于点．    (1)如图，点在边上，，则图中与线段相等的线段是___________； (2)过点作，垂足为，连接，求的度数； (3)在（2）的条件下，当点在边延长线上且时，求的值． 【答案】(1)(2)的度数为或(3) 【分析】（1）根据正方形的性质和已知条件得到，即可得到答案； （2）当点在边上时，过点作，垂足为，延长交于点，证明，得到，推出为等腰直角三角形，得到答案； 当点在边上时，过点作，垂足为，延长交延长线于点，则四边形是矩形，同理得到，得到为等腰直角三角形得到答案； （3）由平行的性质得到分线段成比例． 【详解】（1）．正方形，， ，，． （2）解：①当点在边上时（如图），过点作，垂足为，延长交于点． ，四边形是矩形．． ，，，为等腰直角三角形，． ．．．，． 为等腰直角三角形，．．       ②当点在边上时（如图），过点作，垂足为，延长交延长线于点，则四边形是矩形，同理，．． 为等腰直角三角形，．．综上，的度数为45°或135°． （3）解：当点在边延长线上时，点在边上（如图）， 设，则．．． ，． 12．（2022·贵州黔西·中考真题）如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD边上的点（点E不与点B，C重合），且． (1)当时，求证：；(2)猜想BE，EF，DF三条线段之间存在的数量关系，并证明你的结论； (3)如图2，连接AC，G是CB延长线上一点，，垂足为K，交AC于点H且．若，，请用含a，b的代数式表示EF的长． 【答案】(1)见解析(2)，见解析(3) 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴，． 在和中，∴，∴； （2）解：BE，EF，DF存在的数量关系为． 理由如下：延长CB至M，使，连接AM，则． 在和中，∴，∴，． ∵，∴．∴∠MAE=∠FAE， 在和中，∴，∴EM=EF， ∵EM=BE+BM，∴； （3）解：过点H作于点N，则． ∵，∴，∴． 在和中，∴，∴． ∵，，∴，由（2）知，． 13．（2022·青海·中考真题）两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形. (1)问题发现：如图1，若和是顶角相等的等腰三角形，BC，DE分别是底边.求证：； (2)解决问题：如图2，若和均为等腰直角三角形，，点A，D，E在同一条直线上，CM为中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系并说明理由.     图1     图2 【答案】(1)见解析(2)； 【详解】（1）证明：∵和是顶角相等的等腰三角形， ∴，，，∴，∴． 在和中，，∴，∴． （2）解：，，理由如下：由（1）的方法得，， ∴，，∵是等腰直角三角形，∴， ∴，∴，∴． ∵，，∴． ∵，∴，∴．∴． 14．（24-25九年级上·山东济宁·期中）半角模型探究：如图，正方形的边长为3，E、F分别是、边上的点，且．将绕点D逆时针旋转，得到． (1)求证：；(2)当时，求的长．(3)探究延伸：如图，在四边形中，，，．E、F分别是边、上的点，且．求的周长． 【答案】(1)见详解(2)(3)8 【详解】（1）证明：逆时针旋转得到，，， 、、三点共线，，，，，， 在和中，，，，； （2）解：设，，，， ，， 在中，由勾股定理得，即，解得， 则．∴； （3）解：如图②，将绕点顺时针旋转角度为的度数，得到， 由旋转可得，，，，， ，，， ，点、、三点共线， 在和中，，，， ，；∵∴ 则∴∴则的周长为． 15．（24-25九年级上·湖北恩施·阶段练习）问题探究：如图1，在中，，，D、E在上，，为了探究、、之间的等量关系，现将绕A顺时针旋转得，连接，经探究，得到的、、之间的等量关系是 ； 问题迁移：如图2，在中，，，D、E在线段上，，若，求的度数． 问题拓展：如图3，直线上从左至右依次有B，E，C，D四点，且，以为边作等边，若， ，则的长是 ． 【答案】问题探究：；问题迁移：；问题拓展： 【详解】解：问题探究：， 理由：将绕A顺时针旋转得，连接， ∴，∴，，，， ∵，，∴，∴， ∴，∴， ∵，∴，∴， 又，，∴，∴，∴； 问题迁移：将绕A顺时针旋转得，连接，取中点G，连接， ∴，∴，，，， ∵，，∴，∴，∴， ∵，∴设，则，∴∴是等边三角形， ∴，，∴，∴ ∵，∴，∴， 又，，∴，∴； 问题拓展：在等边中，，，∴， 将绕A顺时针旋转得，连接，取中点G，连接， ∴，∴，，，， ∴，∵，∴设，则，， ∴，∴是等边三角形，∴，， ∴，∴，∴， ∵，∴，∴， 又，，∴，∴， ∵，∴，∴，∴；故答案为：． 16．（2025·贵州贵阳·模拟预测）当几何图形中，两个共顶点的角所在角度是公共大角一半的关系，我们称之为“半角模型”，通常用“旋转的观点”看待图形的几何变换，使得两个分散的角变换成为一个三角形，相当于构造出两个三角形全等． 【问题初探】（1）如图1，在四边形中，，、分别是、边上的点，且，求出图中线段之间的数量关系． 如图1，从条件出发：将绕着点逆时针旋转到位置，根据“旋转的性质”分析与之间的关系，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系，可证得结论． 【类比分析】（2）如图2，在四边形中，，，，且，，，求的长． 【学以致用】（3）如图3，在四边形中，，与互补，点、分别在射线、上，且．当时，求出的周长． 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】解：（1），理由如下： ∵将绕点D逆时针旋转得到，∴， ∴三点共线， ∵，∴， 在和中，，∴， ∴，∴； （2）如图 在上取一点G，使得， ∵，∴，∴， ∵，∴，∴， ∵，∴， ∵，∴，∵，∴， ∴，设，则， 在中，，∴，解得：，∴． （3）在上截取，∵，∴， 在和中，，∴，∴； ∵，∴，∴， 在和中，，∴，∴； ∵，∴， ∴的周长． 17．（24-25八年级上·江西宜春·期中）问题背景：“半角模型”问题．如图1，在四边形中，，，，点E，F分别是上的点，且，连接，探究线段之间的数量关系． (1)探究发现：小明同学的方法是延长到点G．使．连结，先证明，再证明，从而得出结论：_____________； (2)拓展延伸：如图2，在四边形中，，，E、F分别是边上的点，且，请问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由． (3)尝试应用：如图3，在四边形中，，，E、F分别是边延长线上的点，且，请探究线段具有怎样的数量关系，并证明． 【答案】(1)(2)成立，理由见解析(3)，证明见解析 【详解】（1）解：．延长到点G．使．连接， ∵，∴．∴． ∴．∴． 又∵，∴．∴． ∵．∴．故答案为：； （2）解：（1）中的结论仍然成立． 证明：如图②中，延长至M，使，连接． ∵，∴， 在与中，，∴．∴． ∵，∴．∴，即． 在与中，，∴． ∴，即，∴； （3）解：结论：．证明：如图③中，在上截取，使，连接． ∵，∴． 在与中，，∴．∴． ∴．∴． ∵，∴，  ∴，∵，∴． 18．（2025·山东东营·中考真题）【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，M，N分别在边上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． (1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接．用等式写出线段的数量关系______． (2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点M，N分别在正方形的边的延长线上，，连接，用等式写出线段的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边上，，用等式写出线段的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)；理由见解析(2)；理由见解析(3)；理由见解析 【详解】（1）解：．理由如下： 由旋转的性质，可知，，，， ∴，∴E，B，C三线共线． ∵，∴． 在和中， ， ∴，∴． ∵，∴． （2）解：．理由如下：如图，在上取，连接． ∵，，∴，∴． ∵，∴，∴． 在和中， ， ∴，∴． ∵，∴． （3）解：．理由如下： 如图，将绕点A逆时针旋转得， ∴． ∵，∴，∴E，D，C三点共线． 由（1）同理可得，∴． 19.（24-25八年级上·四川遂宁·期末）小王在探究等边三角形“手拉手”问题，得出以下四个结论． 如图，已知，均为等边三角形，点在线段上，且不与点、点重合，连接，则；已知条件同，则；如图，已知，均为等边三角形，点在内部，连接、，则、、三点共线； 如图，已知为等边三角形，点在外，并且与点位于线段的异侧，连接、．若，则．以上结论正确的是 ． 【答案】 【详解】解：，均为等边三角形， ，，，， ，即， 在和中，，，故正确； 由知，，， ，，故正确；，均为等边三角形， ，，，， ，即， 在和中，，， ，， 若，则，、、三点共线， 缺少，无法证明，故错误；如图，在上取一点，使得，设交于点， 为等边三角形，，，，， ，，在和中，， ，，，， 是等边三角形，，，故正确；故答案为：． 20．（24-25八年级上·湖南株洲·阶段练习）【问题提出】如图1，、都是等边三角形，求证：． 【方法提炼】这两个共顶点的等边三角形，其在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形，即．如果把小等边三角形的一边看作“小手”，大等边三角形的一边看作“大手”，这样就类似“大手拉着小手”，不妨称之为“手拉手”基本图形，当图形中只有一个等边三角形时，可尝试在它的一个顶点作另一个等边三角形，构造“手拉手”基本图形，从而解决问题． 【方法应用】(1)等边三角形中，是边上一定点，是直线上一动点，以为一边作等边：等边三角形，连接．①如图2，若点在边上，线段、、之间的关系为__________（直接写出结论）． ②如图3，若点在边的延长线上， 试证明线段、、之间的关系． (2)如图4，等腰中，，，，且交于点，以为边作等边，直线交直线于点，连接交于点，写出、、之间的数量关系，并加以说明．(3)如图5，在中，，，点是的中点，点是边上的一个动点，连接，以为边在的下方作等边三角形，连接，则是否有最小值，如有，求出它的最小值，没有，请说明理由． 【答案】(1)①；②；(2)(3)有最小值，最小值为2 【详解】（1）①结论：. 证明：过点E作，交与点G， ∵是等边三角形，，∴， ∴是等边三角形，∴，∵是等边三角形，∴， ∴，即， 在和中，，∴，∴， ∵，∴，故答案为：； ②结论： 证明：过点E作，交与点G， ∵是等边三角形，，∴， ∴是等边三角形，∴， ∵是等边三角形，∴， ∴，即， 在和中，，∴，∴， ∵，∴； （2）解：，理由如下：∵，是等边三角形， ∴，，，∴， 在中，，∴， ∵，∴垂直平分，∴， ∴，∴，在上截取， ∵，，∴是等边三角形，∴， ∴，即， 在和中，，∴，∴， ∵，∴． （3）解：有最小值，最小值为2 以为边，在下方构造等边三角形，连接， ∵，点D为中点，∴，∵是等边三角形， ∴， ∴，即，在和中，， ∴，∴，∵，∴， ∵点Q在直线上，∴当时，取最小值，此时，． 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$