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）数学浙教版九年级上册

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 旋转是中考数学填空题、解答题的压轴题型，一般难度比较大，需要学生重点掌握旋转的基本类型，同时掌握旋转题型的做题技巧，这样就可以解决此类型的问题；本专题重点分析旋转中的三种全等模型，包括手拉手模型、半角模型和对角互补模型，通过研究这三种基本的旋转模型，让学生体会到旋转中的动与不动，并且结合经典的例题和专项训练加强学生对该模型的理解，同时归纳出做题步骤，让学生解决问题时更加得心应手。 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。 （2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）已知四边形是矩形，，． (1)如图，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形，连接，判定的形状，并说明理由： (2)如图，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形，若点恰好落在的延长线上，与相交于点，求的面积； (3)如图，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形，连接，取的中点，连接，则线段长度的最大值是_________，最小值是___________． 【答案】(1)是等腰直角三角形，理由见解析； (2)； (3)，． 【分析】（）根据旋转的性质和等腰直角三角形的判定方法即可求解； （）证明，可得，再由等腰三角形的性质可得，在中，解得，则，即可求的面积 ； （）连接，取的中点，连接，取的中点为，连接，，，分别得出四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，则可知点在以为直径的圆上，设的中点为，则，所以的最大值为，最小值为． 【详解】（1）解：是等腰直角三角形，理由， ∵将矩形绕点顺时针旋转得到矩形， ∴，， ∴是等腰直角三角形； （2）解：根据矩形的性质和旋转的性质可得，， ∵，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∴的面积； （3）解：连接，取的中点，连接，取的中点为，连接，，， ∵是的中点， ∴且， ∵， ∴，， ∵且， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴点在以为直径的圆上， 设的中点为， ∴， 如图，当共线时，最小，的最小值， 当共线时，最大，的最大值， 故答案为：，． 【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，三角形全等的判定及性质，平行四边形的判定与性质，圆的性质，旋转的性质，掌握知识点的应用及能够确定点的运动轨迹是解题的关键． （2025·江苏苏州·二模）如图，点是正方形的边上的一点，连接，将绕点逆时针旋转，使得点的对应点落在边的延长线上． (1)求证：； (2)连接、交于点，若，则的度数为___________． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的性质与判定、三角形内角和定理的应用，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）根据正方形的性质得到，，根据旋转的性质得，，再利用全等三角形判定即可证明； （2）根据全等三角形和正方形的性质得到，，推出，，再利用三角形内角和定理即可求解． 【详解】（1）证明：正方形， ，， 由旋转的性质得，， 在和中， ， ． （2）解：如图， 由（1）得，， ， ，即， 正方形， ，， ，， 又， 是等腰直角三角形，， ， ． 故答案为：． 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（24-25七年级下·吉林长春·期末）【阅读材料】两个顶角相等的等腰三角形，若它们的顶角具有公共的顶点，且当把它们底角的顶点连接起来时会形成一组全等三角形，则把具有这种规律的图形称为“手拉手”图形，如图1，在“手拉手”图形中，若，，，则≌．    (1)【材料理解】在图1中证明． (2)【问题解决】如图2，和都是等腰三角形，，，，线段与线段交于点F，延长交于点，求证：．下面是小明的部分证明过程： 证明：∵，， ∴， ∵， ∴． 请你补全余下的证明过程． (3)【结论应用】如图3，是等腰三角形，，、分别为边、上的点，且满足，连接，将以点为旋转中心按逆时针方向旋转，旋转角为，当线段与的腰有交点，且直线垂直于的腰时，直接写出的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)或 【分析】（1）根据得，再结合全等三角形的判定条件证明即可； （2）根据三角形内角和定理，证明，结合，即可证明； （3）根据直线垂直于的腰和时的图，结合三角内角和定理分别求出和的度数，再结合逆时针旋转方向求出旋转角即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 在和中， ∴≌， （2）：∵，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴． （3）旋转至垂直时，如图4所示， ,    ∵，， ∴， ∵以点为旋转中心按逆时针方向旋转至， ∴， ∵于点， ∴， ∴， ∴， ∴旋转至垂直时，以点为旋转中心按逆时针方向旋转角度为； 旋转至垂直时，如图5所示，    ∵以点为旋转中心按逆时针方向旋转至， ∴， ∵于点， ∴， ∴， ∴， ∴旋转至垂直时，以点为旋转中心按逆时针方向旋转角度为：． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定、等腰三角形的性质、三角形的内角和和图形的旋转，熟练掌握各个性质定理是解题的关键． 例2（24-25九年级上·辽宁大连·阶段练习）【问题初探】 （1）在数学活动课上，王老师给出下面问题：如图1，和是等边三角形，点、、不在同一条直线上，请找出图中的全等三角形并直接写出结论____________．（写出一对即可）上面几何模型被称为“手拉手”模型，面对题目时我们也会“寻模而入，破模而出”． 【类比分析】 （2）如图2，已知四边形中，，，是的平分线，且．将线段绕点顺时针旋转得到线段．当时，连接，试判断线段和线段的数量关系，并说明理由． ①小明同学从结论出发给出如下解题思路：可以先猜测线段和线段的数量关系，然后通过逆用“手拉手”模型，合理添加辅助线，借助“全等”来解决问题； ②小玲同学从条件入手给出另一种解题思路：可以根据条件，则，再通过“手拉手”模型，合理添加辅助线，构造与全等的三角形来解决问题． 请你选择一名同学的解题思路（也可另辟蹊径）来解决问题，并说明理由． 【答案】（1）；（2），理由见解析 【分析】（1）利用证明即可； （2）过点作平分交于，先证明四边形是平行四边形，可得，再证明是等边三角形，推出，再证得即可． 【详解】解：（1）．理由如下： 和是等边三角形， ，，， ， 即， 在和中， ， ； （2），理由如下： 如图，过点作平分交于， 四边形中，，， ， ， ， 平分， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 平分， ， ， 是等边三角形， ，， ，， 即， 由旋转得：，， ， ， ； 【点睛】本题是几何综合题，考查了等边三角形的性质，平行四边形的性质，旋转变换的性质，全等三角形的判定和性质，正确添加辅助线是解题关键． 例3（24-25八年级上·浙江湖州·期末）我们定义：如果两个等腰三角形的顶角相等，且顶角的顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型”.因为顶点相连的四条边，形象的可以看作两双手，所以通常称为“手拉手模型”.例如，如（1），与都是等腰三角形，其中，则△ABD≌△ACE(SAS). （1）熟悉模型：如（2），已知与都是等腰三角形，AB=AC，AD=AE，且，求证：； （2）运用模型：如（3），为等边内一点，且，求的度数.小明在解决此问题时，根据前面的“手拉手全等模型”，以为边构造等边，这样就有两个等边三角形共顶点，然后连结，通过转化的思想求出了的度数，则的度数为 度； （3）深化模型：如（4），在四边形中，AD=4，CD=3，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°，求的长. 【答案】（1）见解析；（2）150°；（3） 【分析】（1）根据“SAS”证明△ABD≌△ACE即可； （2）根据小明的构造方法，通过证明△BAP≌△BMC，可证∠BPA=∠BMC，AP=CM，根据勾股定理的逆定理得到∠PMC=90°，于是得到结论； （3）根据已知可得△ABC是等腰直角三角形，所以将△ADB绕点A逆时针旋转90°，得到△ACE，则BD=CE，证明△DCE是直角三角形，再利用勾股定理可求CE值． 【详解】（1）∵， ∴， 在△ABD和△ACE中， ∵， ， AD=AE， ∴△ABD≌△ACE， ∴； （2）由小明的构造方法可得， BP=BM=PM，∠PBM=∠PMB=60°， ∴∠ABP=∠CBM， 又∵AB=BC， ∴△BAP≌△BMC， ∴∠BPA=∠BMC，AP=CM， ∵， ∴， 设CM=3x，PM=4x，PC=5x， ∵(5x)2=(3x)2+(4x)2， ∴PC2=CM2+PM2， ∴△PCM是直角三角形， ∴∠PMC=90°， ∴∠BPA=∠BMC=60°+90°=150°； （3）∵∠ACB=∠ABC=45°， ∴∠BAC=90°，且AC=AB． 将△ADB绕点A顺时针旋转90°，得到△ACE， ∴AD=AE，∠DAE=90°，BD=CE． ∴∠EDA=45°，DE=AD=4． ∵∠ADC=45°， ∴∠EDC=45°+45°=90°． 在Rt△DCE中，利用勾股定理可得， CE= ， ∴BD=CE=． 【点睛】本题综合考查了旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理及其逆定理，以及全等三角形的判定与性质等知识点．旋转变化前后，对应角、对应线段分别相等，图形的大小、形状都不变． 例4（24-25八年级上·江苏扬州·期中）“数学区别于其它学科最主要的特征是抽象与推理”，几何学习尤其需要我们从复杂的问题中进行抽象，形成一些基本几何模型，用类比等方法，进行再探究、推理，以解决新的问题． 【认识模型】如图1，和中，，，，连接、．这里与有一个公共的顶点，其中的一个三角形通过旋转可以和另一个三角形重合，我们将这样的图形称为“手拉手模型”． 【理解模型】如图2，点P是等边外一点，．求证：． 聪明的小明同学，想到可以通过辅助线构造“手拉手模型”来解决这个问题，将绕点A逆时针旋转到，使点B与点C重合，只要证得P、C、D三点在同一直线上，进而就可以证明为等边三角形，请你根据小明的思路，写出完整的推理过程． 【变式迁移】如图3，四边形中，，，连接．请直接写出、、之间的数量关系：________． 【构造模型】如图4，在中，，，是外一点，若线段、、满足关系式，则的度数为________，请说明理由． 【答案】【理解模型】证明见解析；【变式迁移】；【构造模型】，理由见解析 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和，外角定理，平行线的性质，直角三角形的性质，熟练掌握这些知识点，正确添加辅助线是解题的关键； 【理解模型】先证明三点在同一直线上，则是等边三角形，即可得出结论； 【变式迁移】将绕点A逆时顺旋转到，证明三点在同一直线上，证明，再根据勾股定理得出结论； 【构造模型】先证明是等边三角形，将绕点C顺时针旋转到，连接，再证明，根据角的和差关系得出结论； 【详解】解：理解模型：将绕点A逆时针旋转到， ， 是等边三角形，， ， ， ， ， 三点在同一直线上， 是等边三角形， ， ； 变式迁移：将绕点A逆时顺旋转到， ， ， ， ， 三点在同一直线上， ， 是等腰直角三角形， ， ； 构造模型：，， 是等边三角形， 将绕点C顺时针旋转到，连接， ， 是等边三角形， ， ， ． 例5（24-25八年级上·江苏镇江·阶段练习）在学习全等三角形知识时、数学兴趣小组发现这样一个模型：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．通过资料查询，他们得知这种模型称为“手拉手模型”，兴趣小组进行了如下操作： (1)如图1，两个等腰三角形和中，，连接、如果把小等腰三角形的腰长看作小手，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，这个就是“手拉手模型”，在这个模型中，和全等的三角形是 ，此时和的数量关系是 ； (2)如图2，两个等腰直角三角形和中，，连接，两线交于点P，请判断线段和的数量关系和位置关系，并说明理由； (3)如图3，中，，将绕点C逆时针旋转角得到，连接．设交于D，分别交于E、F． ①在图中不再添加其它任何线段的情况下，请你找出一对全等的三角形，并加以说明（与全等除外）； ②当是等腰三角形时（等腰三角形的两个底角相等），则 ． 【答案】(1) (2)且，理由见解析 (3)①或或，见解析；② 【分析】（1）由证明全等即可； （2）由证明全等，再根据全等三角形的性质以及三角形的内角和定理即可求解； （3）①由旋转的不变性即可证明三组全等；②分类讨论， 由得到，而，则若，则，则，那么可得，解得（舍去）；由，则，即；若，则，即，． 【详解】（1）解：如图1， ∵， ∴ ∵， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：且， 如图2， ∵， ∴． ∴． 在和中，， ∴，          ∴， ∵， ∴， 即， ∴， ∴， 综上所述：且； （3）①证明：如图3， ∵， ∴, 由旋转得，，， ， ； ， ， ， ，， ， ，，， ． ②解，如图4，连接， 在中 又是等腰直角三角形 若，则 ， ， （舍去）； ， ，即； 若，则，即， 综上所述，当为等腰三角形时，， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，外角定理，等腰三角形的分类讨论，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解决本题的关键． 模型2.旋转中的半角模型 例1（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，，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，点与点重合，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，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，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) (2)，理由见解析 (3) 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，图形旋转的性质，正方形的性质，熟练掌握利用图形的旋转来构造全等三角形是解题的关键． （1）根据图形旋转的性质，可得，，，，然后证明E、B、N三点共线，再证明，得到，即得答案； （2）将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，根据旋转的性质及全等三角形的判定与性质，可逐步证明，即得答案； （3）将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，根据图形旋转的性质，可得，，，，然后证明E、B、N三点共线，再证明，得到，即得答案． 【详解】（1）解：绕点A顺时针旋转，得到， ，，，， 四边形是正方形， ， ， E、B、N三点共线， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 故答案为：； （2）解：；理由如下： 将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到， ，，，， E在上， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：．理由如下： 将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到， ，，，， ， ， E、B、N三点共线， ， ， ， ， ． 例2（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 【分析】本题考查旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练运用“半角模型”，正确作出辅助线是解题的关键． （1）由旋转的性质和正方形的性质，先证E，B，C三线共线．再证，进而证明，推出，可得． （2）在上取，连接．依次证明，，可得． （3）将绕点A逆时针旋转得，先证E，D，C三点共线，由（1）同理可得，进而可得． 【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， ∴． 例3（24-25八年级上·全国·期中）【问题发现】如图1，正方形（四边相等，四个内角均为）中，、分别在边、上，且，连接，这种模型属于“半角模型”中的一类，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的分析思路．大致思路：巧妙地通过辅助线在边向外构造，使得，进而证出度数，最后证明，即可得出结论．请补充辅助线的作法，并写出完整证明过程． （1）延长到点G，使 ，连接． （2）求证：． 【问题应用】如图2，在四边形中，，以A为顶点的分别交于E、F，且，求五边形的周长 【答案】（1）DF；（2）见解析；问题应用： 【分析】[问题发现]（1）根据“巧妙地通过辅助线在边向外构造，使得”可知，我们要做辅助线，使得，则可得出答案； （2）结合正方形的性质，证明即可； [问题应用]根据旋转的性质得到，，，，，推出、、三点共线，根据全等三角形的性质即可得到，据此求解即可． 本题是四边形综合题，考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟记各性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键． 【详解】解：[问题发现]（1）依题意，延长到点，使，连接， 故答案为：； （2）证明：由（1）得， 四边形是正方形， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ． [问题应用]依题意，将绕点顺时针旋转得到， ，，，，， ， 、、三点共线， ， ， ， ，， ， ， ， ， ∴五边形的周长为 故答案为：． 例4（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 【分析】（1）由旋转可得，为直角，可得出，由，得到为，可得出，再由，利用可得出三角形与三角形全等，由全等三角形的对应边相等可得出； （2）由（1）的全等得到，正方形的边长为3，用求出的长，再由求出的长，设，可得出，在直角三角形中，利用勾股定理列出关于的方程，求出方程的解得到的值，即为的长． （3）拓展延伸：如图，在正方形中，、分别在边、上，且，连接，同（2）可得结论仍然成立，再结合，即可作答． 【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． 【点睛】此题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理，利用了转化及方程的思想，熟练掌握性质及定理是解本题的关键． 例5（2025·山东济宁·三模）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）；见解析：（2）；（3）17 【分析】本题考查三角形的知识，解题的关键是掌握全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，学会用旋转法添加辅助线，构造全等三角形，即可． （1）绕点旋转得到，则，推出，，，根据，，全等三角形的判定和性质，则，即可； （2）在上取点，使得，根据四边形的内角和，则，得到，根据全等三角形的判定和性质，则，得到，，再根据全等三角形的判定和性质，则，设，得到，，，根据勾股定理解出即可； （3）在上取点，使得，根据四边形的内角和，与互补，得到，根据等量代换，推出，根据全等三角形的判定和性质，则，推出，，再根据角之间的运算，得到，再根据全等三角形的判定和性质，则，，根据三角形的周长，即可． 【详解】解：（1），理由如下： ∵在四边形中，，， ∴绕点旋转得到， ∴， ∴，，，，，三点共线， ∵， ∴， ∴， ∴在和中， ， ∴， ∴； （2）在上取点，使得， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 设， ∵，，， ∴，，， ∴在中，， ∴， 解得：， ∴； （3）在上取点，使得， ∵与互补， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴． 模型3.旋转中的对角互补模型 例1（24-25八年级下·陕西榆林·期中）若四边形满足，则我们称该四边形为“对角互补四边形”．    (1)如图①，四边形为对角互补四边形，且满足，，求的度数．小云同学是这么做的：将绕点A逆时针旋转，使得点D与点B重合，点C的对应点为点M．请你写出的度数为______； (2)如图②，四边形为对角互补四边形，且满足，，试说明：； (3)如图③，在和中，，，点B在线段上，且与互补．请你判断与的数量关系并证明． 【答案】(1) (2)见解析 (3)，见解析 【分析】（1）由题意知，，由旋转的性质可得，，，则，三点共线，是等腰直角三角形，进而可求； （2）如图②，将绕点A逆时针旋转，使得点D与点B重合，点C的对应点为点E，同理（1）可求点C，B，E在同一条直线上．，为等边三角形，进而可得． （3）如图③，连接，将绕点A逆时针旋转，使得点B与点D重合，点C的对应点为点M，由与互补，可得，，点C，D，M在同一条直线上，由旋转的性质可知，则，证明，则，，然后可求． 【详解】（1）解：由题意知，， 由旋转的性质可得，，， ∴， ∴三点共线， ∴是等腰直角三角形， ∴， 故答案为：； （2）解：如图②，将绕点A逆时针旋转，使得点D与点B重合，点C的对应点为点E，    由题意知， ∴， 由旋转的性质可得，， ∴． ∴点C，B，E在同一条直线上． ∴， ∴为等边三角形， ∴． （3）解：，理由如下： 如图③，连接，将绕点A逆时针旋转，使得点B与点D重合，点C的对应点为点M，    ∵与互补， ∴， ∵， ∴， ∴点C，D，M在同一条直线上． 由旋转的性质可知， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴，，， ∵，，， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，三角形内角和定理．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 例2（23-24八年级上·山东淄博·期末）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形． 根据以上定义，解决下列问题： (1)如图①，正方形中，E是上的点，将绕B点旋转，使与重合，此时点E的对应点F在的延长线上，则四边形为“直等补”四边形，为什么？ (2)如图②，已知四边形是“直等补”四边形，，，过点B作于点E，作交延长线于点F． ①试判断四边形的形状，证明你的结论，并求出的长． ②若点M是边上的动点，求周长的最小值． 【答案】(1)见解析 (2)①四边形是正方形，；②周长的最小值为 【分析】（1）由旋转可得，由全等三角形的性质则可得四边形符合“直等补”四边形的条件，因而问题解决； （2）①由已知可得四边形是矩形，现证明，则易得是正方形；设，由勾股定理建立方程即可求得x的值； ②作点C关于的对称点H，连接，交于点N，则当M与N重合时，的周长最小，即可求得周长的最小值． 【详解】（1）解：∵在正方形中，， 又绕B点旋转得到，且与重合， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形为“直等补”四边形； （2）解：①∵，， ∴； ∵四边形是“直等补”四边形，， ∴， ∴， 即， ∴四边形是矩形； ∴； 即， ∴； 又∵，， ∴， ∴， ∴四边形是正方形； ∴； 设，则，， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：（舍去）， ∴； ②如图，作点C关于的对称点H，连接，交于点N， 则， ∵， ∴当M与N重合时，取得最小值，最小值为线段的长； ∵的周长为， ∴的周长最小值为； ∵， ∴由勾股定理得：， ∴周长的最小值为． 【点睛】本题是几何综合问题，考查了正方形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，新定义，轴对称的性质等知识，构造适当的辅助线是解题的关键． 例3（24-25八年级下·广东深圳·期末）【定义】若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形．简称“直等补”四边形． 【概念理解】 （）如图，四边形是正方形，点在上，将绕点顺时针旋转，使和重合，此时，点的对应点在的延长线上，四边形是“直等补”四边形吗？请说明理由．（请将以下证明过程补充完整） 证明：四边形是“直等补”四边形，理由如下： 四边形是正方形， ， 由旋转性质，得： _________，_________， ， __________， 四边形是“直等补”四边形． 【性质初探】 （）如图，四边形是“直等补”四边形，，，连接．若，，学习小组探究发现，通过将绕点顺时针旋转，可以求得的长（用含，的式子表示）．请完成探究过程． 【拓展应用】 （）如图，四边形是“直等补”四边形，，，连接，，，当取何值时，的面积最大？最大值是多少？ 【答案】（），，；（）； 【分析】（）利用正方形和旋转的性质证明即可； （）由旋转可得，，即得，，，进而由可得点三点共线，即得，再利用勾股定理得到，即可求解； （）由（）可得，即得，设，则，可得，由二次函数的性质得到当，的面积最大，最大值是，再利用等腰直角三角形的性质和勾股定理求出即可． 【详解】（）证明：四边形是“直等补”四边形，理由如下： 四边形是正方形， ， 由旋转性质，得： ，， ， ， 四边形是“直等补”四边形, （）由旋转可得，，， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴点三点共线， ∴， ∵， ∴， ∴； （）由（）可得，， ∵， ∴， 设，则， ∴， ∵， ∴当，的面积最大，最大值是， ∵， ∴，， ∴， ∵，， ∴， 综上，当时，的面积最大，最大值是． 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质补角性质，勾股定理，二次函数的性质等，理解“直等补”四边形的定义是解题的关键． 例4（24-25八年级下·山西晋中·期中）四边形若满足两组对角互补，即，，则我们称该四边形为“对角互补四边形”． 【思路点拨】 （1）如图①，四边形为对角互补四边形，，．求证：平分． 小东同学是这么做的：延长至点，使得，连接，可证明，得到是等腰直角三角形，由此证出平分． ①还可以知道，，的数量关系为：___________； ②请你用旋转的知识描述如何旋转得到：___________． 【变式拓展】 （2）如图②，四边形为对角互补四边形，且满足，，请你仿照小东的做法，求证： ①平分； ②． 【答案】①；②绕点逆时针旋转90°得到；（2）①见解析；②见解析 【分析】本题是四边形的综合题，熟练掌握三角形全等的判定及性质，等腰三角形的性质，勾股定理，恰当的构造辅助线是解题的关键． （1）①由题意可得，，，即可得； ②根据旋转的定义可得出答案； （2）①延长至，使，连接，证明，可确定是等边三角形，在求出，即可证明； ②由①直接可证明； 【详解】（1）解：①， ，， 是等腰直角三角形， ， ， ， 故答案为：； ②∵， ∴绕点A逆时针旋转得到． 故答案为：绕点逆时针旋转90°得到； （2）证明：①如图，延长至点，使，连接. 因为四边形为对角互补四边形，所以 因为，所以 在和中，，，，所以 所以，， 因为， 所以 又因为， 所以是等边三角形 所以 因为， 所以 所以，即平分 ②证明：因为是等边三角形， 所以 因为， 所以， 所以. 例5（24-25八年级下·山西运城·期中）四边形若满足两组对角互补，即，，则我们称该四边形为“对角互补四边形”    (1)【思路点拨】 如图1，四边形为对角互补四边形，，． 求证：平分． 小云同学是这么做的：延长至，使得，连，可证明，得到是等腰直角三角形，由此证明出平分． ①还可以知道、、三者数量关系为：_________； ②请你用旋转的知识描述如何旋转得到 _________； (2)【变式拓展】 如图2，四边形为对角互补四边形，且满足，，请你仿照小云的做法，证明： 平分； ②； (3)【能力提升】 如图3，四边形ABCD为对角互补四边形，且满足，，则、、三者数量关系为：_________． 【答案】(1)①；②绕点A逆时针旋转得到 (2)①见解析；②见解析； (3) 【分析】（1）①由题意可得，，，即可得； ②根据旋转的定义可得出答案； （2）①延长至，使，连接，证明，可确定是等边三角形，在求出，即可证明； ②由①直接可证明； （3）延长至，使，连接，证明，结合已知可求，过点作交于点，则有，，再由即可求解． 【详解】（1）解：①， ，， 是等腰直角三角形， ， ， ， ②∵， ∴绕点A逆时针旋转得到． （2）解：①延长至，使，连接，如图2，    四边形为对角互补四边形， ， ， ， ， ，， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， 平分； ②，， ， ； （3）解：延长至，使，连接，如图3，    四边形为对角互补四边形， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， 过点作交于点， 为的中点， ， 在中，， ， ， 【点睛】本题是四边形的综合题，熟练掌握三角形全等的判定及性质，等腰三角形的性质，勾股定理，恰当的构造辅助线是解题的关键． 1．（24-25七年级下·海南海口·期末）如图，是正外的一点，且，若将绕点逆时针旋转后到达的位置，与交于点，则等于（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了等边三角形的性质和旋转的性质，根据等边三角形的性质得，根据旋转的性质得，，所以，再根据三角形外角的性质即可求出答案． 【详解】解：为等边三角形， ， 绕点逆时针旋转后到达的位置， ，， ， ， 故选：A． 2．（24-25九年级上·全国·期中）如图，在 中，，将 绕点 按逆时针方向旋转得到 ．若点 恰好落在 边上，且 ，则 的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，根据旋转的性质得出，，根据等边对等角可得：，，根据三角形外角的性质可得：，利用三角形内角和定理及等量代换求解即可． 【详解】解∶∵旋转， ∴，， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选∶C． 3．（24-25八年级上·湖南岳阳·期中）【综合实践】如果两个等腰三角形的顶角相等，且顶角的顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型”．因为顶点相连的四条边，可以形象地看作两双手，所以通常称为“手拉手模型”． 【问题初探】 （1）和是两个都含有角的大小不同的直角三角板，当两个三角板如图1所示的位置摆放时，D、B，C在同一直线上，连接，请证明： 【类比探究】 （2）和是两个都含有角的大小不同的直角三角板，当三角板保持不动时，将三角板绕点B顺时针旋转到如图2所示的位置，判断与的数量关系和位置关系，并说明理由． 【拓展延伸】 （3）如图3，在四边形中，，连接，，，A到直线的距离为7，请求出的面积． 【答案】（1）见解析；（2），，理由见解析；（3）24 【分析】本题考查了旋转性质，全等三角形的判定与性质，三角板中角度计算问题，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）因为和是两个都含有角的大小不同的直角三角板，则证明，即可作答． （2）与（1）同理证明，所以，；延长与交于点，所以，整理得，即； （3）过作交延长线于，过作交于，得出，结合，故，证明，因为点A到直线的距离为7，所以，，结合，得出，，故． 【详解】解：（1）∵和是两个都含有角的大小不同的直角三角板， ∴，，， ∴， ∴； （2），，理由如下： ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，； 延长与交于点， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）过作交延长线于，过作交于， ∵， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵点A到直线的距离为7， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴． 4．（24-25九年级上·河南新乡·期末）【问题发现】 （1）在数学活动课上，老师给出如下问题：“如图1所示，是等腰直角三角形，，，点D在上，连接，探究，，之间的数量关系．”王林思考片刻之后，利用手拉手模型解答问题如下： 图示 思路 将线段绕点A逆时针旋转得线段，连接，，易证，得到，，在中，易得，由，得，，之间的数量关系为________ 【类比分析】 （2）如图2所示，当点D在线段的延长线上时，请问（1）中的结论还成立吗？请给出判定，并写出你的推导过程； 【拓展延伸】 （3）若（1）中的点D在射线上，且，，请直接写出的长度． 【答案】（1）；（2）（1）中结论成立，理由见解析；（3）或 【分析】（1）根据证明，结合等腰直角三角形的性质，勾股定理，等量代换思想解答即可． （2）仿照第1问的解答解题即可． （3）利用分类思想，结合前面的结论解答即可． 【详解】（1）线段绕点A逆时针旋转得线段，连接，， 根据旋转性质，得， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴，∴， ∴， ∴， 故答案为：． （2）将线段绕点A逆时针旋转得线段，连接，， 根据旋转性质，得， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴，∴， ∴， ∴， 故答案为：． （3）解：如图1，当点在线段上时，根据题意，得，， ∴， 根据题意，得， 解得，（舍去）； 当点在线段的延长线上时，根据题意，得，， ∴， 根据题意，得， 解得，（舍去）； 故的长为或． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，旋转的性质，点在射线上的意义，三角形全等的判定和性质，直角三角形的判定，熟练掌握勾股定理，等腰直角三角形的性质是解题的关键． 5．（23-24八年级下·湖北武汉·阶段练习）如图，在等腰中，，，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，以为直角边，在左侧构造等腰，其中，，连接． (1)如图1，若点在上，求证：； 小明提供了如图2的思路：他利用的条件，在点作的垂线交的延长线于点，从而利用共点的两个等腰直角三角形“手拉手”模型，通过全等，转角得到结论． 请你按照小明的思路完成第（1）问； (2)如图3，若点在的下方，求证：； (3)如图4，若，，三点在一条直线上，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得，根据，可知，易知为等腰直角三角形，再结合为等腰直角三角形，利用即可证明，进而可知，即可证明结论； （2）由旋转可知，，则，结合题意可知，，由为等腰直角三角形，可知，，得，利用即可证明； （3）利用第（2）问的结果，和，从而推出长方形，根据边角边证明，结合，从而推出，根据等腰三角形的性质推出，最后利用勾股定理即可求出长度． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∵，则， ∴， ∴为等腰直角三角形，则， 又∵为等腰直角三角形，则，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）证明：由旋转可知，，则， ∵，， ∴，， 又∵为等腰直角三角形，则，， ∴， 在与中，， ∴； （3）解：由题意可知，当，，三点在一条直线上，， 作于，如图所示， 由（2）可知，， ， ， ． ， ． 为长方形， ，， ， ， ， ． ， ，， ． ． 设，则， ， 在中，， ． ． 【点睛】本题考查了三角形的全等，等腰三角形的性质，旋转的性质和勾股定理，解题的关键在于掌握相关性质定理以及证明为长方形． 6．（24-25八年级下·山东济南·期末）课题学习：三角形旋转问题中的“转化思想” 【阅读理解】 由两个顶角相等且有公共顶角顶点的特殊多边形组成的图形，如果把它们的底角顶点连接起来，则在相对位置变化的过程中，始终存在一对全等三角形，是三角形旋转中的一个重要的“基本图形”，这个模型称为“手拉手模型”． 当发现题目的图形“不完整”时，要通过适当的辅助线将其补完整．将“非基本图形”转化为“基本图形”． 【方法应用】    (1)如图1，在等腰中，，，点D在内部，连接，将绕点A顺时针旋转90°得到，连接，，．请直接写出和的数量关系：__________，位置关系：__________； (2)如图2，在等腰中，，，，连接，将绕点A顺时针旋转得到，连接 ，，，取中点M，连接． ①当点D在内部，猜想并证明与数量关系和位置关系； ②当B，M，E三点共线时，请直接写出的长度． 【答案】(1)， (2)①，；②或 【分析】（1）证明得，，再延长交于F，证明即可得． （2）①过点A作交延长线于N，连接，证明是的中位线，根据中位线性质得，，再由（1）可得，，，即可得出结论． ②分两种情况：当点E在延长线上，B，M，E三点共线时，当点E在线段上，B，M，E三点共线时，分别求解即可． 【详解】（1）解：由旋转可得， ∴ ∵ ∴ 在和中， ， ∴ ∴，， 延长交于F，如图， ∵ ∴ ∴ ∴， ∴． （2）解：①， 过点A作交延长线于N，连接，如图， ∵等腰中，，， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∵∠ACB＝90°， ∴ ∴ ∵点M是和中点， ∴，， 由（1）可得，，， ∴，． ②当点E在延长线上，B，M，E三点共线时，如图，过点A作于F， ∵等腰中，，， ∴ 由旋转可得， ∴， ∵ ∴ ∴， ∴， ∴， 由①知， ∴； 当点E在线段上，B，M，E三点共线时，如图，过点A作于F， 同法可得，，， ∴ 由①知， ∴； 综上，当B，M，E三点共线时， 的长度为或． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，等腰直角三位线定理，勾股定理，旋转性质．本题属旋转综合探究题目，熟练掌握相差性质与判定是解题的关键． 7．（24-25八年级下·安徽淮北·期中）小明同学发现这样一个规律：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，小明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，D是等边的边上的一动点，其中等边的边长为10，以为边在上方作等边，小明认为有最小值，那么的最小值是___________． （2）①【问题探究】：如图2，若和均为等边三角形，点A、D、E在同一条直线上，连接，则的度数为___________；线段与之间的数量关系是___________． ②【问题探究】：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，为中边上的高，连接，请判断的度数及线段之间的数量关系并说明理由． 【问题解决】 （3）如图4，在四边形中，，求四边形面积的最大值． 【答案】（1）；（2）①，；②，理由见解析；（3） 【分析】（1）根据垂线段最短可得当时，有最小值，利用等边三角形的性质和勾股定理求解即可； （2）①先证明，再利用证明即可得到，，根据等边三角形的性质和平角的定义得到，即可得到答案；②同理证明，得到，根据等腰直角三角形的性质得到，进而得到，由此可得，再证明，即可得到． （3）将绕点A顺时针旋转，得到对应的，连接，证明是等边三角形，得到，则当C，B，E三点共线时，最大，即的最大值是9，过A作于H，则，期初，再根据四边形面积的面积进行求解即可． 【详解】解：（1）∵D是等边的边上的一动点， ∴当时，有最小值， ∴， ∴， ∴的最小值是， 故答案为：； （2）①∵和均是等边三角形， ∴， ∴，即， 在和中， ， ， ，， ∵， ∴， ∴， 故答案为：，； ②，理由如下： 同（2）①的方法得，， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． ∴． （3）将绕点A顺时针旋转，得到对应的，连接，如图4， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴当C，B，E三点共线时，最大， ∴的最大值是9， 过A作于H， ∴， ∴， ∴四边形面积的面积， 故四边形面积的最大值为． 【点睛】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解题的关键． 8．（23-24九年级上·山西吕梁·期末）综合与实践 【模型感知】 手拉手模型是初中数学里三角形全等知识点考察的重要模型．两个有公共顶点且顶角相等的等腰三角形组成的图形叫手拉手模型． （1）如图，已知和都是等边三角形，连接，．求证：； 【模型应用】 （2）如图，已知和都是等边三角形，将绕点旋转一定的角度，当点在的延长线上时，求证：； 【类比探究】 （3）如图，已知和都是等边三角形．当点在射线上时，过点作于点，直接写出线段，与之间存在的数量关系为_____________． 【答案】（）见解析；（）见解析；（）或． 【分析】（）由和都是等边三角形得，，，．进而得．最后证明，即可得证； （）由和都是等边三角形，得，，，，从而得．进而证明得，即可得证； （）如图，当在线段上时，如图，当在线段的延长线上时，证明，可得；再证明，从而可得结论． 【详解】证明：（）和都是等边三角形， ，，，． ．． ． 在和中， ， ； （）和都是等边三角形， ，，，， ，， ． 在和中， ， ． ． ， ； （）或．理由如下： 如图，当在线段上时， ∵和都是等边三角形， ∴，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴；， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 如图，当在线段的延长线上时， 同理可得：， ∴， ∵， ∴， 同理可得：， ∴． 故答案为：或． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，含度角的直角三角形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件． 9．（2025·甘肃平凉·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）． 【分析】本题考查了“半角模型”．熟练掌握旋转的性质，补角性质，全等三角形的判定和性质，是解题的关键． （1）根据旋转得到，，，，即可得到即可得到答案； （2）在上取，连接．首先由，得，，再证明，得，即可得到答案； （3）利用旋转的性质即可得到，，，同（1）可得，得，即可得到答案． 【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， ∴， ∵， ∴． 10．（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） 【分析】本题考查正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，构造全等三角形是解答的关键． （1）如图1，先由正方形的性质和旋转性质得，，，，进而可得G、B、E共线，，证明得到即可求解； （2）在图2中，在上截取，连接，先证明，得到，则可得，再证明得到，进而可得结论； （3）将绕点顺时针旋转得到，连接，先求得，则由已知得，由旋转可得，，易证，证明得到，设，则，利用勾股定理列方程求解x值即可． 【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， ． 11．（24-25九年级上·广西南宁·期中）【探索发现】如图①，四边形是正方形，分别在边上，且，我们把这种模型称为“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，将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到，连接 (1)试判断之间的数量关系，并写出证明过程． (2)如图②，点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． 【答案】(1)．证明见解析 (2)．证明见解析 【分析】（1）利用旋转的性质即可得到全等三角形，再利用全等三角形的性质进行等量转化进而得出结论； （2）利用旋转的性质得到全等三角形，再利用全等三角形得到边相等，进而得出结论． 【详解】（1）解：．证明如下： 由旋转，可知： ∴点共线 ∵ ∴ 在和中 ∴ ∴ ∵ ∴ （2）解：．证明如下：    在上取．连接， ∵， ∴ ∴ ∵ ∴ 在和中， ∴ ∴ ∵ ∴ 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，利用全等三角形的性质进行等量转化是解题的关键． 12．（24-25九年级上·广东惠州·期中）综合探究 【问题背景】在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用方法．如图①，在四边形中，，，，，分别是，上的点，且，连接，探究线段，，之间的数量关系． 【探究发现】 （1）小明同学的方法是将绕点逆时针旋转至的位置，使得与重合，然后证明，从而得出、、之间的数量关系：____________； 【拓展延伸】 （2）如图②，在正方形中，点，分别在边，上，且，连接，（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； 【尝试应用】 （3）在（2）的条件下，若，，求正方形的边长． 【答案】（1）；（2）（1）中的结论仍然成立，证明见解析；（3）6 【分析】（1）先根据旋转的性质可得，从而可得点在一条直线上，再利用定理证出，根据全等三角形的性质可得，然后根据线段的和差、等量代换即可得； （2）先根据正方形的性质可得，再将绕点顺时针旋转至的位置，使得与重合，根据旋转的性质可得，从而可得点在一条直线上，然后利用定理证出，根据全等三角形的性质可得，最后根据线段的和差、等量代换即可得； （3）设正方形的边长为，则，在中，利用勾股定理可得一个关于的一元二次方程，解方程即可得． 【详解】解：（1）如图①，将绕点逆时针旋转至的位置，使得与重合， ∴， ∵， ∴， ∴点在一条直线上， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴， 故答案为：． （2）（1）中的结论仍然成立,证明如下： ∵四边形是正方形， ∴， 如图②，将绕点顺时针旋转至的位置，使得与重合， ∴， ∴， ∴点在一条直线上， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵，， ∴． （3）设正方形的边长为， ∵四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴，， 由（2）已证：， ∴， 在中，，即， 解得或（不符合题意，舍去）， 所以正方形的边长为6． 【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理、一元二次方程的应用等知识，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键． 13．（23-24九年级上·广西玉林·期中）（1）【探究】如图①，正方形中，、分别在边上，且．我们把这种模型称为“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，点与点重合，得到，连接．求证：． （2）【拓展】如图②，在四边形中，cm，，， 以为顶点的，、与、边分别交于、两点且，求五边形的周长． 【答案】（1）证明详见解析；（2）五边形的周长为． 【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟记各性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键． （1）利用旋转的性质可得，则可根据三角形全等判定证明即可； （2）根据旋转的性质得到，，，，，推出、、三点共线，根据全等三角形的性质即可得到，据此求解即可． 【详解】（1）证明：∵将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到． ∴，，，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴点、、三点共线， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ； （2）解：将绕点顺时针旋转，使点与点重合，得到，   ，，，，， ， ， ， ， ， ， ， ∴五边形的周长 ， ∴五边形的周长． 14．（24-25八年级上·辽宁沈阳·阶段练习）如图1，四边形是正方形，分别在边和上，且（此时），我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．小明为了解决线段之间的关系，将绕点A顺时针旋转后解决了这个问题． (1)①请直接写出线段之间的关系___________． ②若正方形边长为12，点E为中点，则________． (2)如图3，等腰直角三角形，点E、F在边上，且，请写出之间的关系，并说明理由． (3)如图4，在中，，点在边上，且，当时，则的长为_________． 【答案】(1)①；②①② (2)，理由见解析； (3) 【分析】（1）①利用旋转的性质，证明，得到，等量代换即可证明；②利用①中的结论，结合勾股定理即可求解； （2）把绕点顺时针旋转得到，连接，根据旋转的性质，可知， ， ， ，在中， ，可求得，所以，证，利用得到； （3）同(2)方法，把绕点顺时针旋转得到，连接．可证明∶ ．在中，，，，过点作，垂足为，利用直角三角形性质和勾股定理求出即可． 【详解】（1）解：①， 理由如下：由旋转可得，，，， 四边形为正方形， ， ， 三点共线， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； 故答案为：； ②正方形边长为12，点E为中点， ， 设， 则， 在中，， ， 解得， 在中，， 故答案为：； （2）解：猜想∶， 理由如下： 把绕点顺时针旋转得到，连接， 如图3 ，，，， ， ， ，即， ， 又， ， ， 即， 在和中， ， ， ， ； （3）解：把绕点顺时针旋转得到，连接， 如图4 ，，，， ，， ， ，即， 又， ， 在和中， ， ， ， 过点作，垂足为， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质、勾股定理，解题的关键是∶利用旋转转化线段关系，将分散的条件集中到同一个三角形求解． 15．（24-25八年级下·四川达州·期中）如图1，四边形是正方形，E，F分别在边和上，且（此时），我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．小明为了解决线段，，之间的关系，将绕点A顺时针旋转后解决了这个问题． (1)请直接写出线段，，之间的关系． (2)如图3，等腰直角三角形，，，点E，F在边上，且，请写出，，之间的关系，并说明理由． (3)如图4，在中，，，点D，E在边上，且，当，时，求的长． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3)40 【分析】本题主要考查旋转的性质，正方形的性质及全等三角形的判定和性质、勾股定理，难度较大，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）利用旋转的性质，证明，得到，等量代换，即可证明； （2）把绕点顺时针旋转得到，连接，根据旋转的性质得，，在中，，可求得，所以，再证明，利用得到． （3）同（2）方法，把绕点顺时针旋转得到，连接，可证明：，在中，，，，过点D作，垂足为，利用直角三角形性质和勾股定理求出即可求出答案． 【详解】（1）解： 证明：由旋转可得，，， 四边形为正方形， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； （2）猜想：， 证明：把绕点顺时针旋转得到，连接，如图3，   ，，，， ， ， ，即， ， 又， ， ，即， 在和中 ， ， ． （3）证明：把绕点顺时针旋转得到，连接，如图4，   ，，，， ，， ， ，即， 又， ， 在和中 ， ， 过点D作，垂足为， ∵， ∴， ∴， ． ∴， ∴， ∴． 16．（23-24九年级上·福建宁德·期中）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．根据以上定义，解决下列问题：    (1)如图1，在正方形中，点F是上的一点，将绕B点旋转，使与重合，此时点F的对应点E在的延长线上，则四边形 “直等补”四边形；（填“是”或“不是”） (2)如图2，已知四边形是“直等补”四边形，，，过点B作于点E，过点C作于点F．试探究线段，和的数量关系，并说明理由； 【答案】(1)是 (2)，理由见解析 【分析】本题主要考查了新定义，旋转的性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质． （1）由旋转可得，，又在正方形中，，从而，因此满足，，，故四边形是“直等补”四边形； （2）由四边形是“直等补”四边形，，，可得，，从而，又，，证得四边形是矩形，有，，利用“”证明，从而， 进而证得． 【详解】（1）∵将绕B点旋转，使与重合，此时点F的对应点E在的延长线上， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∵，， ∴四边形是“直等补”四边形． 故答案为：是 （2）∵四边形是“直等补”四边形，，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形，        ∴，， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴． 17．（23-24八年级下·陕西西安·期中）我们定义：有一组邻边相等且有一组对角互补的凸四边形叫做等补四边形． (1)如图1，是等边三角形，在上任取一点（除外），连接，我们把绕点A逆时针旋转，则与重合，点D的对应点E．请根据给出的定义判断，四边形______（选择是或不是）等补四边形． (2)如图2，等补四边形中，，，若，求的长． (3)如图3，在某运动公园的同一水平面上，四条通道围成四边形．已知米，，，，道路上分别有景点E、F，且，，现要在E、F之间修一条笔直的道路，求出这条道路的长． 【答案】(1)是 (2)； (3)道路的长为． 【分析】（1）根据旋转的性质得：，，再证明四边形有一对角互补，根据等补四边形的定义可得结论； （2）如图2，将绕点顺时针旋转得，先证明三点共线，根据旋转的性质可知：，根据三角形的面积公式可得的长； （3）利用等边三角形的判定与性质得到是等边三角形，则．把绕点逆时针旋转至，只要再证明，根据即可求解． 【详解】（1）解：由旋转得：，， ∵， ∴， ∴四边形是等补四边形， 故答案为：是； （2）解：如图2，∵，， ∴将绕点顺时针旋转得， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴三点共线， ∵， ∴， ∴， ∴（负值舍去）； （3）解：如图3，把绕点逆时针旋转至，连接，过作，垂足， ∵，， ∴． 又∵， ∴是等边三角形， ∴， 根据旋转的性质得到：， 又∵， ∴，即点在的延长线上． ∵， ∴是等边三角形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ， ∴， ∵和是边长相等的等边三角形， ∴， 又， ∴， ∴, 即这条道路的长为． 【点睛】本题考查的是四边形综合题，考查了旋转变换的性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质和勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质定理并作出合理的辅助线是解题的关键． 18．（23-24九年级下·浙江湖州·阶段练习）我们定义：有一组邻边相等且有一组对角互补的凸四边形叫做等补四边形． (1)如图1，是等边三角形，在上任取一点D（B、C除外），连接，我们把绕点A逆时针旋转，则与重合，点D的对应点E．请根据给出的定义判断，四边形______（选择是或不是）等补四边形． (2)如图2，等补四边形中，，，若，求的长． (3)如图3，四边形中，，，，求四边形面积的最大值． 【答案】(1)是 (2)4 (3)8 【分析】本题主要考查了利用旋转作全等三角形，三角形和四边形的面积，等补四边形的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会利用旋转作辅助线，构造全等三角形解决问题． （1）根据旋转的性质得：，，再证明四边形有一对角互补，根据等补四边形的定义可得结论； （2）如图2，将绕点顺时针旋转得，先证明三点共线，根据旋转的性质可知：，根据三角形的面积公式可得的长； （3）如图3，作辅助线：将绕点逆时针旋转的大小，得，先证明三点共线，则，当时，的面积最大，从而得结论． 【详解】（1）解：由旋转得：，， ∵， ∴， ∴四边形是等补四边形， 故答案为：是； （2）如图2，∵，， ∴将绕点顺时针旋转得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴三点共线， ∵， ∴， ∴， ∴（负值舍去）； （3）∵， ∴将绕点逆时针旋转的大小，得，如图3， ∴， ∵， ∴， ∴三点共线， ∴， 当时，的面积最大，为， 则四边形面积的最大值为8． 19．（23-24八年级下·北京平谷·期末）我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“完美四边形”． (1)在①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形中，一定为“完美”四边形的是 　　（请填序号）； (2)在“完美”四边形中，，，连接． ①如图1，求证：平分； 小明通过观察、实验，提出以下两种想法，证明平分 想法一：通过，可延长到，使，通过证明，从而可证平分； 想法二：通过，可将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，可证，，三点在一条直线上，从而可证平分． 请你参考上面的想法，帮助小明证明平分； ②如图2，当，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)④ (2)①见解析；②，证明见解析 【分析】（1）由“完美四边形”定义可求解； （2）①想法一：由“”可证，可得，，由等腰三角形的性质可得结论； 想法二：由旋转的性质可得，，，可证点，，在一条直线上，由等腰三角形的性质可得结论； ②延长使，连接，由①可得为等腰三角形，由，可证为等腰直角三角形，即可得解． 【详解】（1）解：由“完美四边形”的定义可得正方形一组邻边相等且对角互补， 正方形是“完美四边形”． 故答案为：④； （2）解：①想法一：延长使，连接 ，， ， ， ． ． 即平分； 想法二：将绕点顺时针旋转，使边与边重合，得到， ． ； ； ． ， ． 点，，在一条直线上． ， 即平分 ② 理由如下： 延长使，连接， 由 ①得为等腰三角形． ， ， ． ． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键． 20．（23-24九年级上·山东德州·期末）【探索发现】某兴趣小组在一次数学活动中发现有一组对角互余的四边形具有特殊的性质，通过翻阅资料得知这样的特殊四边形称为对余四边形，即有一组对角互余的四边形称为对余四边形． (1)【猜想验证】若四边形是对余四边形，则与的度数之和为多少，并进行证明； (2)【拓展应用】如图，在对余四边形中，，，探究线段，和之间有怎样的数量关系？写出猜想，并说明理由． 【答案】(1)或，理由见解析 (2)，理由见解析 【分析】（1）由对余四边形的定义解答即可； （2）将绕点B逆时针旋转，得到，连接，即得出，，，，可证是等边三角形，即．再根据对余四边形的定义可求出，即，即得出．结合三角形内角和定理可求出，即，最后结合勾股定理即得出结论． 【详解】（1）解：与的度数之和为或， 证明：∵四边形是对余四边形， ∴或； （2）解：线段，和之间数量关系为：， 理由： ∵对余四边形中，， ∴． ∵， ∴将绕点B逆时针旋转，得到，连接，如图3， ∴， ∴，，， ∴是等边三角形， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查勾股定理，等边三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形内角和定理，对余四边形的定义．正确作出辅助线是解题关键． 16 / 30 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 旋转是中考数学填空题、解答题的压轴题型，一般难度比较大，需要学生重点掌握旋转的基本类型，同时掌握旋转题型的做题技巧，这样就可以解决此类型的问题；本专题重点分析旋转中的三种全等模型，包括手拉手模型、半角模型和对角互补模型，通过研究这三种基本的旋转模型，让学生体会到旋转中的动与不动，并且结合经典的例题和专项训练加强学生对该模型的理解，同时归纳出做题步骤，让学生解决问题时更加得心应手。 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。 （2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）已知四边形是矩形，，． (1)如图，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形，连接，判定的形状，并说明理由： (2)如图，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形，若点恰好落在的延长线上，与相交于点，求的面积； (3)如图，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形，连接，取的中点，连接，则线段长度的最大值是_________，最小值是___________． （2025·江苏苏州·二模）如图，点是正方形的边上的一点，连接，将绕点逆时针旋转，使得点的对应点落在边的延长线上． (1)求证：； (2)连接、交于点，若，则的度数为___________． 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（24-25七年级下·吉林长春·期末）【阅读材料】两个顶角相等的等腰三角形，若它们的顶角具有公共的顶点，且当把它们底角的顶点连接起来时会形成一组全等三角形，则把具有这种规律的图形称为“手拉手”图形，如图1，在“手拉手”图形中，若，，，则≌．    (1)【材料理解】在图1中证明． (2)【问题解决】如图2，和都是等腰三角形，，，，线段与线段交于点F，延长交于点，求证：．下面是小明的部分证明过程： 证明：∵，， ∴， ∵， ∴． 请你补全余下的证明过程． (3)【结论应用】如图3，是等腰三角形，，、分别为边、上的点，且满足，连接，将以点为旋转中心按逆时针方向旋转，旋转角为，当线段与的腰有交点，且直线垂直于的腰时，直接写出的值． 例2（24-25九年级上·辽宁大连·阶段练习）【问题初探】 （1）在数学活动课上，王老师给出下面问题：如图1，和是等边三角形，点、、不在同一条直线上，请找出图中的全等三角形并直接写出结论____________．（写出一对即可）上面几何模型被称为“手拉手”模型，面对题目时我们也会“寻模而入，破模而出”． 【类比分析】 （2）如图2，已知四边形中，，，是的平分线，且．将线段绕点顺时针旋转得到线段．当时，连接，试判断线段和线段的数量关系，并说明理由． ①小明同学从结论出发给出如下解题思路：可以先猜测线段和线段的数量关系，然后通过逆用“手拉手”模型，合理添加辅助线，借助“全等”来解决问题； ②小玲同学从条件入手给出另一种解题思路：可以根据条件，则，再通过“手拉手”模型，合理添加辅助线，构造与全等的三角形来解决问题． 请你选择一名同学的解题思路（也可另辟蹊径）来解决问题，并说明理由． 例3（24-25八年级上·浙江湖州·期末）我们定义：如果两个等腰三角形的顶角相等，且顶角的顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型”.因为顶点相连的四条边，形象的可以看作两双手，所以通常称为“手拉手模型”.例如，如（1），与都是等腰三角形，其中，则△ABD≌△ACE(SAS). （1）熟悉模型：如（2），已知与都是等腰三角形，AB=AC，AD=AE，且，求证：； （2）运用模型：如（3），为等边内一点，且，求的度数.小明在解决此问题时，根据前面的“手拉手全等模型”，以为边构造等边，这样就有两个等边三角形共顶点，然后连结，通过转化的思想求出了的度数，则的度数为 度； （3）深化模型：如（4），在四边形中，AD=4，CD=3，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°，求的长. 例4（24-25八年级上·江苏扬州·期中）“数学区别于其它学科最主要的特征是抽象与推理”，几何学习尤其需要我们从复杂的问题中进行抽象，形成一些基本几何模型，用类比等方法，进行再探究、推理，以解决新的问题． 【认识模型】如图1，和中，，，，连接、．这里与有一个公共的顶点，其中的一个三角形通过旋转可以和另一个三角形重合，我们将这样的图形称为“手拉手模型”． 【理解模型】如图2，点P是等边外一点，．求证：． 聪明的小明同学，想到可以通过辅助线构造“手拉手模型”来解决这个问题，将绕点A逆时针旋转到，使点B与点C重合，只要证得P、C、D三点在同一直线上，进而就可以证明为等边三角形，请你根据小明的思路，写出完整的推理过程． 【变式迁移】如图3，四边形中，，，连接．请直接写出、、之间的数量关系：________． 【构造模型】如图4，在中，，，是外一点，若线段、、满足关系式，则的度数为________，请说明理由． 例5（24-25八年级上·江苏镇江·阶段练习）在学习全等三角形知识时、数学兴趣小组发现这样一个模型：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．通过资料查询，他们得知这种模型称为“手拉手模型”，兴趣小组进行了如下操作： (1)如图1，两个等腰三角形和中，，连接、如果把小等腰三角形的腰长看作小手，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，这个就是“手拉手模型”，在这个模型中，和全等的三角形是 ，此时和的数量关系是 ； (2)如图2，两个等腰直角三角形和中，，连接，两线交于点P，请判断线段和的数量关系和位置关系，并说明理由； (3)如图3，中，，将绕点C逆时针旋转角得到，连接．设交于D，分别交于E、F． ①在图中不再添加其它任何线段的情况下，请你找出一对全等的三角形，并加以说明（与全等除外）； ②当是等腰三角形时（等腰三角形的两个底角相等），则 ． 模型2.旋转中的半角模型 例1（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，，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，点与点重合，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，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，分别在边，上，，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 例2（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． 例3（24-25八年级上·全国·期中）【问题发现】如图1，正方形（四边相等，四个内角均为）中，、分别在边、上，且，连接，这种模型属于“半角模型”中的一类，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的分析思路．大致思路：巧妙地通过辅助线在边向外构造，使得，进而证出度数，最后证明，即可得出结论．请补充辅助线的作法，并写出完整证明过程． （1）延长到点G，使 ，连接． （2）求证：． 【问题应用】如图2，在四边形中，，以A为顶点的分别交于E、F，且，求五边形的周长 例4（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． 例5（2025·山东济宁·三模）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． 模型3.旋转中的对角互补模型 例1（24-25八年级下·陕西榆林·期中）若四边形满足，则我们称该四边形为“对角互补四边形”．    (1)如图①，四边形为对角互补四边形，且满足，，求的度数．小云同学是这么做的：将绕点A逆时针旋转，使得点D与点B重合，点C的对应点为点M．请你写出的度数为______； (2)如图②，四边形为对角互补四边形，且满足，，试说明：； (3)如图③，在和中，，，点B在线段上，且与互补．请你判断与的数量关系并证明． 例2（23-24八年级上·山东淄博·期末）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形． 根据以上定义，解决下列问题： (1)如图①，正方形中，E是上的点，将绕B点旋转，使与重合，此时点E的对应点F在的延长线上，则四边形为“直等补”四边形，为什么？ (2)如图②，已知四边形是“直等补”四边形，，，过点B作于点E，作交延长线于点F． ①试判断四边形的形状，证明你的结论，并求出的长． ②若点M是边上的动点，求周长的最小值． 例3（24-25八年级下·广东深圳·期末）【定义】若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形．简称“直等补”四边形． 【概念理解】 （）如图，四边形是正方形，点在上，将绕点顺时针旋转，使和重合，此时，点的对应点在的延长线上，四边形是“直等补”四边形吗？请说明理由．（请将以下证明过程补充完整） 证明：四边形是“直等补”四边形，理由如下： 四边形是正方形， ， 由旋转性质，得： _________，_________， ， __________， 四边形是“直等补”四边形． 【性质初探】 （）如图，四边形是“直等补”四边形，，，连接．若，，学习小组探究发现，通过将绕点顺时针旋转，可以求得的长（用含，的式子表示）．请完成探究过程． 【拓展应用】 （）如图，四边形是“直等补”四边形，，，连接，，，当取何值时，的面积最大？最大值是多少？ 例4（24-25八年级下·山西晋中·期中）四边形若满足两组对角互补，即，，则我们称该四边形为“对角互补四边形”． 【思路点拨】 （1）如图①，四边形为对角互补四边形，，．求证：平分． 小东同学是这么做的：延长至点，使得，连接，可证明，得到是等腰直角三角形，由此证出平分． ①还可以知道，，的数量关系为：___________； ②请你用旋转的知识描述如何旋转得到：___________． 【变式拓展】 （2）如图②，四边形为对角互补四边形，且满足，，请你仿照小东的做法，求证： ①平分； ②． 例5（24-25八年级下·山西运城·期中）四边形若满足两组对角互补，即，，则我们称该四边形为“对角互补四边形”    (1)【思路点拨】 如图1，四边形为对角互补四边形，，． 求证：平分． 小云同学是这么做的：延长至，使得，连，可证明，得到是等腰直角三角形，由此证明出平分． ①还可以知道、、三者数量关系为：_________； ②请你用旋转的知识描述如何旋转得到 _________； (2)【变式拓展】 如图2，四边形为对角互补四边形，且满足，，请你仿照小云的做法，证明： 平分； ②； (3)【能力提升】 如图3，四边形ABCD为对角互补四边形，且满足，，则、、三者数量关系为：_________． 1．（24-25七年级下·海南海口·期末）如图，是正外的一点，且，若将绕点逆时针旋转后到达的位置，与交于点，则等于（   ） A． B． C． D． 2．（24-25九年级上·全国·期中）如图，在 中，，将 绕点 按逆时针方向旋转得到 ．若点 恰好落在 边上，且 ，则 的度数为（   ） A． B． C． D． 3．（24-25八年级上·湖南岳阳·期中）【综合实践】如果两个等腰三角形的顶角相等，且顶角的顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型”．因为顶点相连的四条边，可以形象地看作两双手，所以通常称为“手拉手模型”． 【问题初探】 （1）和是两个都含有角的大小不同的直角三角板，当两个三角板如图1所示的位置摆放时，D、B，C在同一直线上，连接，请证明： 【类比探究】 （2）和是两个都含有角的大小不同的直角三角板，当三角板保持不动时，将三角板绕点B顺时针旋转到如图2所示的位置，判断与的数量关系和位置关系，并说明理由． 【拓展延伸】 （3）如图3，在四边形中，，连接，，，A到直线的距离为7，请求出的面积． 4．（24-25九年级上·河南新乡·期末）【问题发现】 （1）在数学活动课上，老师给出如下问题：“如图1所示，是等腰直角三角形，，，点D在上，连接，探究，，之间的数量关系．”王林思考片刻之后，利用手拉手模型解答问题如下： 图示 思路 将线段绕点A逆时针旋转得线段，连接，，易证，得到，，在中，易得，由，得，，之间的数量关系为________ 【类比分析】 （2）如图2所示，当点D在线段的延长线上时，请问（1）中的结论还成立吗？请给出判定，并写出你的推导过程； 【拓展延伸】 （3）若（1）中的点D在射线上，且，，请直接写出的长度． 5．（23-24八年级下·湖北武汉·阶段练习）如图，在等腰中，，，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，以为直角边，在左侧构造等腰，其中，，连接． (1)如图1，若点在上，求证：； 小明提供了如图2的思路：他利用的条件，在点作的垂线交的延长线于点，从而利用共点的两个等腰直角三角形“手拉手”模型，通过全等，转角得到结论． 请你按照小明的思路完成第（1）问； (2)如图3，若点在的下方，求证：； (3)如图4，若，，三点在一条直线上，求的长． 6．（24-25八年级下·山东济南·期末）课题学习：三角形旋转问题中的“转化思想” 【阅读理解】 由两个顶角相等且有公共顶角顶点的特殊多边形组成的图形，如果把它们的底角顶点连接起来，则在相对位置变化的过程中，始终存在一对全等三角形，是三角形旋转中的一个重要的“基本图形”，这个模型称为“手拉手模型”． 当发现题目的图形“不完整”时，要通过适当的辅助线将其补完整．将“非基本图形”转化为“基本图形”． 【方法应用】    (1)如图1，在等腰中，，，点D在内部，连接，将绕点A顺时针旋转90°得到，连接，，．请直接写出和的数量关系：__________，位置关系：__________； (2)如图2，在等腰中，，，，连接，将绕点A顺时针旋转得到，连接 ，，，取中点M，连接． ①当点D在内部，猜想并证明与数量关系和位置关系； ②当B，M，E三点共线时，请直接写出的长度． 7．（24-25八年级下·安徽淮北·期中）小明同学发现这样一个规律：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，小明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，D是等边的边上的一动点，其中等边的边长为10，以为边在上方作等边，小明认为有最小值，那么的最小值是___________． （2）①【问题探究】：如图2，若和均为等边三角形，点A、D、E在同一条直线上，连接，则的度数为___________；线段与之间的数量关系是___________． ②【问题探究】：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，为中边上的高，连接，请判断的度数及线段之间的数量关系并说明理由． 【问题解决】 （3）如图4，在四边形中，，求四边形面积的最大值． 8．（23-24九年级上·山西吕梁·期末）综合与实践 【模型感知】 手拉手模型是初中数学里三角形全等知识点考察的重要模型．两个有公共顶点且顶角相等的等腰三角形组成的图形叫手拉手模型． （1）如图，已知和都是等边三角形，连接，．求证：； 【模型应用】 （2）如图，已知和都是等边三角形，将绕点旋转一定的角度，当点在的延长线上时，求证：； 【类比探究】 （3）如图，已知和都是等边三角形．当点在射线上时，过点作于点，直接写出线段，与之间存在的数量关系为_____________． 9．（2025·甘肃平凉·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． 10．（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． 11．（24-25九年级上·广西南宁·期中）【探索发现】如图①，四边形是正方形，分别在边上，且，我们把这种模型称为“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，将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到，连接 (1)试判断之间的数量关系，并写出证明过程． (2)如图②，点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． 12．（24-25九年级上·广东惠州·期中）综合探究 【问题背景】在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用方法．如图①，在四边形中，，，，，分别是，上的点，且，连接，探究线段，，之间的数量关系． 【探究发现】 （1）小明同学的方法是将绕点逆时针旋转至的位置，使得与重合，然后证明，从而得出、、之间的数量关系：____________； 【拓展延伸】 （2）如图②，在正方形中，点，分别在边，上，且，连接，（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； 【尝试应用】 （3）在（2）的条件下，若，，求正方形的边长． 13．（23-24九年级上·广西玉林·期中）（1）【探究】如图①，正方形中，、分别在边上，且．我们把这种模型称为“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，点与点重合，得到，连接．求证：． （2）【拓展】如图②，在四边形中，cm，，， 以为顶点的，、与、边分别交于、两点且，求五边形的周长． 14．（24-25八年级上·辽宁沈阳·阶段练习）如图1，四边形是正方形，分别在边和上，且（此时），我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．小明为了解决线段之间的关系，将绕点A顺时针旋转后解决了这个问题． (1)①请直接写出线段之间的关系___________． ②若正方形边长为12，点E为中点，则________． (2)如图3，等腰直角三角形，点E、F在边上，且，请写出之间的关系，并说明理由． (3)如图4，在中，，点在边上，且，当时，则的长为_________． 15．（24-25八年级下·四川达州·期中）如图1，四边形是正方形，E，F分别在边和上，且（此时），我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．小明为了解决线段，，之间的关系，将绕点A顺时针旋转后解决了这个问题． (1)请直接写出线段，，之间的关系． (2)如图3，等腰直角三角形，，，点E，F在边上，且，请写出，，之间的关系，并说明理由． (3)如图4，在中，，，点D，E在边上，且，当，时，求的长． 16．（23-24九年级上·福建宁德·期中）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．根据以上定义，解决下列问题：    (1)如图1，在正方形中，点F是上的一点，将绕B点旋转，使与重合，此时点F的对应点E在的延长线上，则四边形 “直等补”四边形；（填“是”或“不是”） (2)如图2，已知四边形是“直等补”四边形，，，过点B作于点E，过点C作于点F．试探究线段，和的数量关系，并说明理由； 17．（23-24八年级下·陕西西安·期中）我们定义：有一组邻边相等且有一组对角互补的凸四边形叫做等补四边形． (1)如图1，是等边三角形，在上任取一点（除外），连接，我们把绕点A逆时针旋转，则与重合，点D的对应点E．请根据给出的定义判断，四边形______（选择是或不是）等补四边形． (2)如图2，等补四边形中，，，若，求的长． (3)如图3，在某运动公园的同一水平面上，四条通道围成四边形．已知米，，，，道路上分别有景点E、F，且，，现要在E、F之间修一条笔直的道路，求出这条道路的长． 18．（23-24九年级下·浙江湖州·阶段练习）我们定义：有一组邻边相等且有一组对角互补的凸四边形叫做等补四边形． (1)如图1，是等边三角形，在上任取一点D（B、C除外），连接，我们把绕点A逆时针旋转，则与重合，点D的对应点E．请根据给出的定义判断，四边形______（选择是或不是）等补四边形． (2)如图2，等补四边形中，，，若，求的长． (3)如图3，四边形中，，，，求四边形面积的最大值． 19．（23-24八年级下·北京平谷·期末）我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“完美四边形”． (1)在①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形中，一定为“完美”四边形的是 　　（请填序号）； (2)在“完美”四边形中，，，连接． ①如图1，求证：平分； 小明通过观察、实验，提出以下两种想法，证明平分 想法一：通过，可延长到，使，通过证明，从而可证平分； 想法二：通过，可将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，可证，，三点在一条直线上，从而可证平分． 请你参考上面的想法，帮助小明证明平分； ②如图2，当，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明． 20．（23-24九年级上·山东德州·期末）【探索发现】某兴趣小组在一次数学活动中发现有一组对角互余的四边形具有特殊的性质，通过翻阅资料得知这样的特殊四边形称为对余四边形，即有一组对角互余的四边形称为对余四边形． (1)【猜想验证】若四边形是对余四边形，则与的度数之和为多少，并进行证明； (2)【拓展应用】如图，在对余四边形中，，，探究线段，和之间有怎样的数量关系？写出猜想，并说明理由． 16 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$