专题一旋转中的几何模型分类解析（模型解读+题型解析+构造模型方法）2025-2026学年人教版九年级上学期数学大单元教学分层优化练

该初中数学单元学案以“旋转中的几何模型”为核心，围绕手拉手模型、半角模型和对角互补模型三大经典类型展开系统梳理，通过课时递进设计实现从性质理解到模型识别、从策略归纳到综合应用的完整学习路径，构建起由浅入深、层层递进的知识体系，帮助学生建立清晰的几何思维框架。 亮点在于“模型探究+问题驱动”的项目式学习设计，融合抽象能力、推理意识与模型观念等核心素养，如在“口袋公园费用预算”任务中引导学生将实际情境转化为几何建模问题，运用旋转构造全等三角形求解线段关系，提升解决复杂问题的能力。每类模型均配有典型例题、变式训练与错题归因提示，形成“认知—实践—反思”的闭环学习机制，既助力学生深度理解旋转本质，也为教师开展大单元教学提供可操作性强、结构清晰的教学支持方案。

2025学年人教版九年级数学大单元教学分层优化练 专题一旋转中的几何模型分类解析（模型解读+题型解析+构造模型方法） 旋转是初中几何的难点，但掌握常见的模型和解题策略后，就能更有条理地分析和解决问题。下面我为你梳理旋转中的几何模型归类及解题策略。 先通过一个表格快速了解三大主流旋转几何模型的核心特征： 模型名称 核心特征 典型图形 主要结论与作用 手拉手模型 共顶点，等线段 两个等腰/等边三角形、正方形共顶点 产生全等三角形 ，用于证明边相等、角相等，计算角度和线段长度 半角模型 大角含半角，有相等的边 正方形内含45°角，等边三角形内含30°角 通过旋转构造全等，实现线段和（如EF=BE+DF）或勾股关系 对角互补模​ 四边形对角之和为180° 含90°与90°，或120°与60°的四边形 通过旋转构造全等，证明边相等或垂直，解决线段和问题（如AD+BD=√2CD） （一）、旋转的基本性质 在深入模型之前，务必理解旋转的核心性质，这是所有旋转问题的基础 1. 对应边相等，对应角相等。 2. 对应点到旋转中心的距离相等。 3. 任意一组对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角。 4. 旋转前、后的图形全等。 （二）、核心解题策略与思路 遇到旋转问题，可以尝试以下思考路径： 1. 识别模型特征：先判断问题是否属于上述常见模型，或者具备哪些模型的某些特征。 2. 寻找等线段，确定旋转中心与方式 3. 寻找共顶点的等线段，这是旋转的基础。构造旋转时，通常让相等的边重合。 4. 构造全等三角形：通过旋转，将分散的条件集中，构造出全等三角形，实现边或角的转化。 5. 结合其他几何知识：旋转常与勾股定理、特殊三角形的性质、四边形的性质等结合，需综合运用。 6. 注意分类讨论：旋转角的不确定性或点的不同位置可能导致多解，例如旋转后三点共线（落在边或延长线上）、形成特殊角（如直角）、或构成特殊四边形时，需仔细分类讨论。 模型一 “手拉手”模型 模型特征：两个等边三角形或等腰直角三角形或正方形共顶点． 模型说明：如图1，△ABE，△ACF都是等边三角形，可证△AEC≌△ABF. 如图2，△ABD，△ACE都是等腰直角三角形，可证△ADC≌△ABE. 如图3，四边形ABEF，四边形ACHD都是正方形，可证△ABD≌△AFC. 　　 图1　　　 　　图2　　　　　　　 　图3 等腰图形有旋转，辩清共点旋转边，关注三边旋转角，全等思考边角边。 例1．数学基本思想归结为三个核心要素：抽象、推理、模型．图形与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，以达到解决问题的目的 (1)【模型探究】如图1，和中，，且，连接．这一图形称为“手拉手模型”． 求证，请你完善下列过程． 证明：∵， ∴（ ）①． 即． … （ ）② (2)【类比推理】如图2，中，，以B为端点引一条与腰相交的射线，在射线上取点D，使，求的度数．（提示：可构建手拉手模型，在上找一点E，使） 针对训练1 1．问题提出 （1）如图，在和中，，，（），将绕点顺时针旋转，连接．当点落在边上且三点共线时，在这个“手拉手”模型中，和全等的三角形是_______，的度数为____________； （2）如图，已知等边三角形，，是其外一点，且，，求四边形的周长； 问题解决 （3）某市园林绿化部门在某小区门口的空地上新建一个家门口的“口袋公园”，设计形状大致为三角形，如图所示，段临街道有足够长度，是小道上某小区的入口（点不在点处），且米，设计人员准备将公园分成，两大部分，是内一标志点，此处将栽植一棵风景大树，设计，，内部种植三种不同类的草坪，平均每平方米约元，留出适当大小的区域作为休闲健身区，其内安装健身器材需元，请你预算满足上述条件的建设费用大致需多少元？（不考虑其他花费） 2．【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1，已知和都是等边三角形，连接，．求证：； 【模型应用】 （2）如图2，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，请直接写出线段、、之间存在的数量关系为______； 【类比探究】 （3）如图3，已知和都是等边三角形． ①当点在线段上时，过点作于点．求证： ②当点在线段的延长线上时，请直接写出线段，与之间存在的数量关系为______． 3．【阅读材料】小明同学发现一个规律：两个共顶点且顶角相等的等腰三角形，底角顶点连起来，在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形，小明把具有这种规律的图形称为“手拉手模型”． 【材料理解】（1）如图1，与都是等腰三角形，，且，则有_________；线段BD和CE的数量关系是_________． 【深入研究】（2）如图2，与都是等腰三角形，，且，请判断线段和的数量关系与位置关系，并说明理由； 【深化模型】（3）如图3，，求的长． 4．【阅读材料】 小明同学发现一个规律：两个共顶点且顶角相等的等腰三角形，底角顶点连起来，在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形，小明把具有这种规律的图形称为“手拉手模型”．    【材料理解】（1）如图1，与都是等腰三角形，，，且，则有　　　；线段和的数量关系是　　　． 【深入研究】（2）如图2，与都是等腰三角形，，，且，请判断线段和的数量关系和位置关系，并说明理由； 【深化模型】（3）如图3，，，求证： 模型二、对角互补模型 对角互补模型的特征：外观呈现四边形，且对角和为180°。主要：含90°对角互补，含120°的对角互补两种类型。 解决此类题型常用到的辅助线画法主要有两种：旋转法和过顶点作两垂线。 例2．问题背景：“对角互补”是经典的四边形模型，在四边形对角互补的基础上，它的另一个条件是一条对角线是一个内角的平分线或一组邻边相等方法是构造旋转全等，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查． (1)【问题解决】如图①，，，小明同学从点分别向，作垂线，，请你按照小明同学的思路证明； (2)【问题探究】如图②，若，，，，，求的长； (3)【拓展延伸】如图③，点是正方形外一点，，对角线，交于点，连接，且，求四边形的面积． 针对训练2 1．四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． 2．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． 3．四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：_________． 4．【模型引入】 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” 【模型探究】 （1）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°，探究图中线段EF，AE，FC之间的数量关系． 【模型应用】 （2）如图2，如果四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠EAF＝45°，且BC＝7，DC＝13，CF＝5，求BE的长． 【拓展提高】 （3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠ABC与∠ADC互补，点E、F分别在射线CB、DC上，且∠EAF∠BAD．当BC＝4，DC＝7，CF＝1时，CEF的周长等于 ． （4）如图4，正方形ABCD中，AMN的顶点M、N分别在BC、CD边上，AH⊥MN，且AH＝AB，连接BD分别交AM、AN于点E、F，若MH＝2，NH＝3，DF＝2，求EF的长． （5）如图5，已知菱形ABCD中，∠B=60°，点E、F分别是边BC，CD上的动点（不与端点重合），且∠EAF=60°．连接BD分别与边AE、AF交于M、N，当∠DAF＝15°时，求证：MN2+DN2=BM2． 模型三、角含半角模型 模型特征：角含半角模型，顾名思义即一个角包含着它的一半大小的角。它主要包含：等腰直角三角形角含半角模型；正方形中角含半角模型两种类型。 解决类似问题的常见办法主要有两种：旋转目标三角形法和翻折目标三角形法。 例4．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． 针对训练3 1．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． 2．【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】如果把背景中的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___________ 3．【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 4．阅读以下材料，并按要求完成相应的任务： 从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型.半角模型可证出多个几何结论，例如： 如图1，在正方形中，以为顶点的，、与、边分别交于、两点.易证得. 大致证明思路：如图2，将延长至点，使，连，可证，再证，故. 任务：如图3，在四边形中，，，，以A为顶点的，、与、边分别交于、两点.请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由. 拓展类型、构造旋转模型解题 方法指导：若一个图形中含有相等的线段和特殊的角度，通常是以等线段的公共端点为旋转中心进行旋转，使得相等的边重合，得出特殊的图形． 例4．“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． 针对训练4 1．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． 2．【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． 3．阅读材料：小胖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旋转全等的三角形．小胖把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，小胖发现若∠BAC＝∠DAE，AB＝AC，AD＝AE，则BD＝CE, (1)在图1中证明小胖的发现； 借助小胖同学总结规律，构造“手拉手”图形来解答下面的问题： (2)如图2，AB＝BC，∠ABC＝∠BDC＝60°，求证：AD+CD＝BD； (3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝m°，点E为△ABC外一点，点D为BC中点，∠EBC＝∠ACF，ED⊥FD，求∠EAF的度数（用含有m的式子表示）． 4．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. 理解本质：理解每种模型为何可以通过旋转来构造全等，其背后的原理是旋转的性质。 规范作图：准确作图是想象和分析旋转过程的基础，有时需要尺规作图或画出不同情况的草图。 掌握通法：重点掌握“遇等线段，共顶点，想旋转”的通用思路。 总结规律：对做过的题目进行归纳，总结特定模型下的常见结论和辅助线作法。 刻意练习：有针对性地练习各类模型，积累经验，提升模型识别速度和解题熟练度。 旋转问题虽有难度，但从模型入手，掌握手拉手、半角、对角互补这些经典模型的特征和解题策略，能帮你更清晰地思考。​​“共顶点，等线段”​​ 是寻找旋转思路的重要线索 而构造全等三角形是实现条件转化的关键 希望以上梳理对你有所帮助！如果你在具体题目中遇到困惑，可以再来问我。 二 模型分类解析 一 模型特征及解题思路 三 拓展提升 四 学习建议 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年人教版九年级数学大单元教学分层优化练 专题一旋转中的几何模型分类解析（模型解读+题型解析+构造模型方法）（解析版） 旋转是初中几何的难点，但掌握常见的模型和解题策略后，就能更有条理地分析和解决问题。下面我为你梳理旋转中的几何模型归类及解题策略。 先通过一个表格快速了解三大主流旋转几何模型的核心特征： 模型名称 核心特征 典型图形 主要结论与作用 手拉手模型 共顶点，等线段 两个等腰/等边三角形、正方形共顶点 产生全等三角形 ，用于证明边相等、角相等，计算角度和线段长度 半角模型 大角含半角，有相等的边 正方形内含45°角，等边三角形内含30°角 通过旋转构造全等，实现线段和（如EF=BE+DF）或勾股关系 对角互补模​ 四边形对角之和为180° 含90°与90°，或120°与60°的四边形 通过旋转构造全等，证明边相等或垂直，解决线段和问题（如AD+BD=√2CD） （一）、旋转的基本性质 在深入模型之前，务必理解旋转的核心性质，这是所有旋转问题的基础 1. 对应边相等，对应角相等。 2. 对应点到旋转中心的距离相等。 3. 任意一组对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角。 4. 旋转前、后的图形全等。 （二）、核心解题策略与思路 遇到旋转问题，可以尝试以下思考路径： 1. 识别模型特征：先判断问题是否属于上述常见模型，或者具备哪些模型的某些特征。 2. 寻找等线段，确定旋转中心与方式 3. 寻找共顶点的等线段，这是旋转的基础。构造旋转时，通常让相等的边重合。 4. 构造全等三角形：通过旋转，将分散的条件集中，构造出全等三角形，实现边或角的转化。 5. 结合其他几何知识：旋转常与勾股定理、特殊三角形的性质、四边形的性质等结合，需综合运用。 6. 注意分类讨论：旋转角的不确定性或点的不同位置可能导致多解，例如旋转后三点共线（落在边或延长线上）、形成特殊角（如直角）、或构成特殊四边形时，需仔细分类讨论。 模型一 “手拉手”模型 模型特征：两个等边三角形或等腰直角三角形或正方形共顶点． 模型说明：如图1，△ABE，△ACF都是等边三角形，可证△AEC≌△ABF. 如图2，△ABD，△ACE都是等腰直角三角形，可证△ADC≌△ABE. 如图3，四边形ABEF，四边形ACHD都是正方形，可证△ABD≌△AFC. 　　 图1　　　 　　图2　　　　　　　 　图3 等腰图形有旋转，辩清共点旋转边，关注三边旋转角，全等思考边角边。 例1．数学基本思想归结为三个核心要素：抽象、推理、模型．图形与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，以达到解决问题的目的 (1)【模型探究】如图1，和中，，且，连接．这一图形称为“手拉手模型”． 求证，请你完善下列过程． 证明：∵， ∴（ ）①． 即． … （ ）② (2)【类比推理】如图2，中，，以B为端点引一条与腰相交的射线，在射线上取点D，使，求的度数．（提示：可构建手拉手模型，在上找一点E，使） 【答案】(1)等式的性质， (2)42° 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等边对等角，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． （1）由等式的性质可得，则可证明，再利用即可证明； （2）在上取一点E，使，连接，由等边对等角得到，则可证明，进而证明，得到，设和交于点O，由，可得． 【详解】（1）证明：∵， ∴（等式的性质）． 即． 又∵， ∴； （2）解：在上取一点E，使，连接， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 设和交于点O， ∵， ∴． 针对训练1 1．问题提出 （1）如图，在和中，，，（），将绕点顺时针旋转，连接．当点落在边上且三点共线时，在这个“手拉手”模型中，和全等的三角形是_______，的度数为____________； （2）如图，已知等边三角形，，是其外一点，且，，求四边形的周长； 问题解决 （3）某市园林绿化部门在某小区门口的空地上新建一个家门口的“口袋公园”，设计形状大致为三角形，如图所示，段临街道有足够长度，是小道上某小区的入口（点不在点处），且米，设计人员准备将公园分成，两大部分，是内一标志点，此处将栽植一棵风景大树，设计，，内部种植三种不同类的草坪，平均每平方米约元，留出适当大小的区域作为休闲健身区，其内安装健身器材需元，请你预算满足上述条件的建设费用大致需多少元？（不考虑其他花费） 【答案】（）；；（）四边形的周长为；（）满足条件的建设费用元． 【分析】此题主要考查了全等三角形的判定，全等三角形的应用，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握知识点的应用，正确地添加辅助线构造全等三角形是解题的关键． （）先求出，进而得，再依据“”判定和全等得，由此得，据此即可得出答案； （）延长到，使，连接，证明是等边三角形，得，，再根据是等边三角形得，，由此得，进而依据“”判定和全等得，则，由此即可得出四边形的周长； （）过点作交于点，连接，则和都是等腰直角三角形，进而得，，，，由此得，继而依据“”判定和全等得米，，则，再求出平方米，即可得出种植草坪的费用，据此可得满足条件的建设费用． 【详解】解：（）在中，，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴和全等的三角形是，的度数为， 故答案为：；； （）延长到，使，连接，如图所示， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∵是等边三角形，， ∴，， ∴， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 即， ∴四边形的周长为； （）过点作交于点，连接，如图所示， ∵，， ∴和都是等腰直角三角形， ∴，，，， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴（米），， ∴，即， ∴（平方米）， ∴在内部种植三种不同类的草坪，平均每平方米约元， ∴在内部种植草坪的费用为：（元）， 又∵在区域内安装健身器材需元， ∴满条件的建设费用为（元）， 答：满足条件的建设费用元． 2．【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1，已知和都是等边三角形，连接，．求证：； 【模型应用】 （2）如图2，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，请直接写出线段、、之间存在的数量关系为______； 【类比探究】 （3）如图3，已知和都是等边三角形． ①当点在线段上时，过点作于点．求证： ②当点在线段的延长线上时，请直接写出线段，与之间存在的数量关系为______． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）①见解析；②． 【分析】（1）由和都是等边三角形得，，，进而推出，证明即可得证； （2）由和都是等边三角形得，，，从而推出，进而证明得，即可得证； （3）如图，当点在线段上或当点在线段的延长线上时，证明，可得，结合证明从而得出结论． 【详解】（1）证明：和都是等边三角形， ，，， ， ， 在和中， ， ． （2）解：和都是等边三角形， ，，， ， ， 在和中， ， ， ， ． （3）解：①和是等边三角形， ，，， ， ， 在和中 ， ，， ， ， ， ， ， ， ． ②如图，当点在线段的延长线上时， 和是等边三角形， ，，， ， 在和中， ， ，， ， ， ． ， ， ． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，含的直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题关键． 3．【阅读材料】小明同学发现一个规律：两个共顶点且顶角相等的等腰三角形，底角顶点连起来，在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形，小明把具有这种规律的图形称为“手拉手模型”． 【材料理解】（1）如图1，与都是等腰三角形，，且，则有_________；线段BD和CE的数量关系是_________． 【深入研究】（2）如图2，与都是等腰三角形，，且，请判断线段和的数量关系与位置关系，并说明理由； 【深化模型】（3）如图3，，求的长． 【答案】（1），；（2），，理由见解析；（3）5 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、等边三角形的判定与性质，理解题中“手拉手模型”，熟练掌握全等三角形的性质，利用类比方法证明是解答的关键． （1）先得到，再证明，然后利用全等三角形的对应边相等可得结论； （2）先得到，再证明，得到，，进而利用三角形的外角性质得到，即可证得结论； （3）作，，连接，证明是等边三角形，得到，，进而得到D、C、H三点共线，则，然后证明得到即可证，从而得解． 【详解】解：（1）∵， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴， 故答案为：；； （2），，理由如下： ∵， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴． （3）如图，作，，连接，    ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴D、C、H三点共线， ∴， ∵， ∴， 又，， ∴， ∴， ∴． 又∵， ∴． 4．【阅读材料】 小明同学发现一个规律：两个共顶点且顶角相等的等腰三角形，底角顶点连起来，在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形，小明把具有这种规律的图形称为“手拉手模型”．    【材料理解】（1）如图1，与都是等腰三角形，，，且，则有　　　；线段和的数量关系是　　　． 【深入研究】（2）如图2，与都是等腰三角形，，，且，请判断线段和的数量关系和位置关系，并说明理由； 【深化模型】（3）如图3，，，求证： 【答案】（1），；（2），，证明见解析；（3）见解析 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、等边三角形的判定与性质，理解题中“手拉手模型”，熟练掌握全等三角形的性质，利用类比方法证明是解答的关键． （1）先得到，再证明，然后利用全等三角形的对应边相等可得结论； （2）同理先得到，再证明，得到，，进而利用三角形的外角性质得到即可证得结论； （3）作，，连接，证明是等边三角形，得到，，进而得到D、C、H三点共线，则，然后证明得到即可证的结论． 【详解】解：（1）∵， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴， 故答案为：；； （2），，理由如下： ∵， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴． （3）证明如图，作，，连接，    ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴D、C、H三点共线， ∴， ∵， ∴，又，， ∴， ∴， ∴． 模型二、对角互补模型 对角互补模型的特征：外观呈现四边形，且对角和为180°。主要：含90°对角互补，含120°的对角互补两种类型。 解决此类题型常用到的辅助线画法主要有两种：旋转法和过顶点作两垂线。 例2．问题背景：“对角互补”是经典的四边形模型，在四边形对角互补的基础上，它的另一个条件是一条对角线是一个内角的平分线或一组邻边相等方法是构造旋转全等，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查． (1)【问题解决】如图①，，，小明同学从点分别向，作垂线，，请你按照小明同学的思路证明； (2)【问题探究】如图②，若，，，，，求的长； (3)【拓展延伸】如图③，点是正方形外一点，，对角线，交于点，连接，且，求四边形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据垂直的定义得到，根据矩形的性质得到，由全等三角形的判定定理即可得到结论； （2）如图，过点作于，于，先判定，得到，，再判断，根据全等三角形的性质得到，求得，设，则，，求得，得到，在中，由含的直角三角形性质求解即可得到结论； （3）如图，延长到，使，连接，根据正方形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，，求得是等腰直角三角形，根据三角形的面积公式得到结论． 【详解】（1）证明：，， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ； （2）解：过点作于，于，如图所示： ， ， ， ， ， ， ， ，， 在和中， ， ， ，， ， ， ，， 设，则，， ，解得， ， 在中，，，则， ； （3）解：延长到，使，连接，如图所示： 在四边形中，，， 四边形是正方形， ，， ， 又， ， ， ，， ， ， 是等腰直角三角形． 四边形的面积的面积． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了矩形的判定与性质、全等三角形的判定和性质、含的直角三角形性质、正方形的性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，综合性强，难度较大，熟记相关几何性质及判定，根据问题正确地作出辅助线是解题的关键． 针对训练2 1．四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. 2．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． 3．四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． 4．【模型引入】 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” 【模型探究】 （1）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°，探究图中线段EF，AE，FC之间的数量关系． 【模型应用】 （2）如图2，如果四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠EAF＝45°，且BC＝7，DC＝13，CF＝5，求BE的长． 【拓展提高】 （3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠ABC与∠ADC互补，点E、F分别在射线CB、DC上，且∠EAF∠BAD．当BC＝4，DC＝7，CF＝1时，CEF的周长等于 ． （4）如图4，正方形ABCD中，AMN的顶点M、N分别在BC、CD边上，AH⊥MN，且AH＝AB，连接BD分别交AM、AN于点E、F，若MH＝2，NH＝3，DF＝2，求EF的长． （5）如图5，已知菱形ABCD中，∠B=60°，点E、F分别是边BC，CD上的动点（不与端点重合），且∠EAF=60°．连接BD分别与边AE、AF交于M、N，当∠DAF＝15°时，求证：MN2+DN2=BM2． 【答案】（1）EF=FC+AE，理由见解析；（2）BE=5；（3）13；（4）EF=；（5）见解析 【分析】（1）求证△DEF≌△DMF，即可推出EF与FM的数量关系； （2）在DC上取一点G，使得DG=BE，证明△ABE≌△ADG（SAS），推出AE=AG，∠BAE=∠DAG，证明△AFE≌△AFG（SAS），推出EF=FG，设BE=x，则CG=13-x，EF=FG=18-x，在Rt△ECF中，根据EF2=EC2+CF2，构建方程求出x即可解决问题； （3）证明△ADM≌△ABE（SAS）和△EAF≌△MAF，即可求解； （4）先求出BM，DN，进而求出正方形的边长，再判断出∠EAF=45°，借助探究的结论即可得出结论． （5）将△ADF绕A顺时针旋转120°，AD与AB重合，F转到G，在AG上取AH=AN，连接BH、MH，利用△ABH≌△ADN和△AMH≌△AMN，证明MN=MH，DN=BH，再证明△BMH为直角三角形即可． 【详解】（1）EF=FC+AE，理由如下： 证明：将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM， ∴△DAE≌△DCM， ∴DE=DM，AE=CM，∠ADE=∠CDM，B、C、M三点共线， ∵∠EDF=45°， ∴∠ADE+∠FDC=∠CDM+∠FDC=∠MDF=45°， 在△DEF和△DMF中， ， ∴△DEF≌△DMF（SAS）， ∴EF=FM ∴EF=FM=FC+CM=FC+AE； （2）解：如图，在DC上取一点G，使得DG=BE， ∵∠BAD=∠BCD=90°， ∴∠ABC+∠D=180°，∠ABE+∠ABC=180°， ∴∠ABE=∠D， ∵AB=AD，BE=DG， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AE=AG，∠BAE=∠DAG， ∵∠EAF=45°， ∴∠EAB+∠BAF=∠DAG+∠BAF=45°， ∵∠BAD=90°， ∴∠FAG=∠FAE=45°， ∵AE=AG，AF=AF， ∴△AFE≌△AFG（SAS）， ∴EF=FG， 设BE=x，则EC=EB+BC=x+7，EF=FG=18-x， 在Rt△ECF中，∵EF2=EC2+CF2， ∴52+（7+x）2=（18-x）2， ∴x=5， ∴BE=5； （3）解：在DF上截取DM=BE， ∵∠D+∠ABC=∠ABE+∠ABC=180°， ∴∠D=∠ABE， ∵AD=AB， ∴△ADM≌△ABE（SAS）， ∴AM=AE，∠DAM=∠BAE； ∵∠EAF=∠BAE+∠BAF=∠BAD， ∴∠MAF=∠BAD， ∴∠EAF=∠MAF； ∵AF是△EAF与△MAF的公共边， ∴△EAF≌△MAF， ∴EF=MF； ∵MF=DF-DM=DF-BE， ∴EF=DF-BE． ∴△CEF的周长=CE+EF+FC=BC+BE+DC+CF-BE+CF=BC+CD+2CF=13， 故答案为：13； （4）解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=AD，∠ABC=∠ADC=90°， ∵AH⊥MN， ∴∠AHM=∠ABC=90°， 在Rt△AMB和Rt△AMH中， ， ∴Rt△AMB≌Rt△AMH， ∴∠MAB=∠MAH，BM=MH=2， 同理可证Rt△AND≌Rt△ANH， ∴∠NAD=∠NAH，DN=NH=3， ∴2∠MAH+2∠NAH=90°， ∴∠MAH+∠NAH=45°， ∴∠MAN=45°． 设正方形的边长为a， ∴CM=a-2，CN=a-3， 根据勾股定理得，（a-2）2+（a-3）2=25， ∴a=-1（舍）或a=6， ∴BC=6， ∴BD=6， 逆时针旋转△ABE至△ADG， ∴△ABE≌△ADG， ∴AE=AG，∠ABE=∠ADG=45°， ∴∠GDF=∠ADG+∠ADB=90°， 连接GF，根据勾股定理得，GF2=DG2+DF2=BE2+DF2， ∵△ABE≌△ADG， ∴AE=AG，∠BAE=∠DAG， ∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=90°-∠EAF=45°=∠EAF， ∵AF=AF， ∴△GAF≌△EAF， ∴GF=EF， ∴EF2=BE2+AD2； 设EF=x， ∵BD=6，DF=2． ∴BE=6-2-x=4-x， ∴（4-x）2+（2）2=x2， 解得x=， ∴EF=； （3）将△ADF绕A顺时针旋转120°，此时AD与AB重合，F转到G，在AG上取AH=AN，连接BH、MH，如图： ∵△ADF绕A顺时针旋转得△ABG， ∴∠BAG=∠DAF， 又AH=AN，AB=AD， ∴△ABH≌△ADN（SAS）， ∴DN=BH，∠ABH=∠ADN， ∵∠B=60°，且∠EAF=60°． ∴∠BAD=120°， ∴∠DAF+∠BAE=∠EAF=60°， ∴∠BAG+∠BAE=∠EAF，即∠MAH=∠MAN， 而AH=AN，AM=AM， ∴△AMH≌△AMN（SAS）， ∴MN=MH，∠AMN=∠AMH， ∵菱形ABCD，∠B=60°， ∴∠ABD=∠ADB=30°， ∴∠HBD=∠ABH+∠ABD=60°， ∵∠DAF=15°，∠EAF=60°， ∴△ADM中，∠DAM=∠AMD=75°， ∴∠AMN=∠AMH=75°， ∴∠HMB=180°-∠AMN-∠AMH=30°， ∴∠BHM=90°， ∴BH2+MH2=BM2， ∴DN2+MN2=BM2． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了旋转的性质、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题关键是学会用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用探究的结论解决新的问题，属于中考压轴题． 模型三、角含半角模型 模型特征：角含半角模型，顾名思义即一个角包含着它的一半大小的角。它主要包含：等腰直角三角形角含半角模型；正方形中角含半角模型两种类型。 解决类似问题的常见办法主要有两种：旋转目标三角形法和翻折目标三角形法。 例4．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， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴． 针对训练3 1．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， ∵， ∴， ∴， ． ∴， ∴， ∴． 2．【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】如果把背景中的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） 【分析】（1）①根据旋转得到，，根据勾股定理计算即可； ②同①可得答案； （2）将绕点逆时针旋转，如图，得到，连接，作交延长线于G，证明，得到，根据三角函数得到，，由勾股定理列出等式计算即可； （3）①将绕点逆时针旋转，如图，得到，连接，作交于G，证明，得到，根据三角函数得到，，则，由勾股定理列出等式计算即可； ②同①可得答案； （4）作交于M，交于N，交于H，根据三角函数得到，， ，根据等面积法计算即可. 【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 【点睛】本题考查了旋转的性质，解直角三角形，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握各知识点是解题的关键. 3．【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：． 4．阅读以下材料，并按要求完成相应的任务： 从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型.半角模型可证出多个几何结论，例如： 如图1，在正方形中，以为顶点的，、与、边分别交于、两点.易证得. 大致证明思路：如图2，将延长至点，使，连，可证，再证，故. 任务：如图3，在四边形中，，，，以A为顶点的，、与、边分别交于、两点.请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由. 【答案】成立，见解析 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质；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结论． 【详解】解：成立． 证明：将绕点顺时针旋转得到， ，，，，， ， 、、三点共线， ， ， ，， ， ， ． 拓展类型、构造旋转模型解题 方法指导：若一个图形中含有相等的线段和特殊的角度，通常是以等线段的公共端点为旋转中心进行旋转，使得相等的边重合，得出特殊的图形． 例4．“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， ， ， ． 针对训练4 1．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． 2．【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． 3．阅读材料：小胖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旋转全等的三角形．小胖把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，小胖发现若∠BAC＝∠DAE，AB＝AC，AD＝AE，则BD＝CE, (1)在图1中证明小胖的发现； 借助小胖同学总结规律，构造“手拉手”图形来解答下面的问题： (2)如图2，AB＝BC，∠ABC＝∠BDC＝60°，求证：AD+CD＝BD； (3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝m°，点E为△ABC外一点，点D为BC中点，∠EBC＝∠ACF，ED⊥FD，求∠EAF的度数（用含有m的式子表示）． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）∠EAF =m°. 【详解】分析：（1）如图1中，欲证明BD=EC，只要证明△DAB≌△EAC即可； （2）如图2中，延长DC到E，使得DB=DE．首先证明△BDE是等边三角形，再证明△ABD≌△CBE即可解决问题； （3）如图3中，将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到M，使得DM=DE，连接FM、CM．想办法证明△AFE≌△AFG，可得∠EAF=∠FAG=m°. 详（1）证明：如图1中， ∵∠BAC=∠DAE， ∴∠DAB=∠EAC， 在△DAB和△EAC中， ， ∴△DAB≌△EAC， ∴BD=EC． （2）证明：如图2中，延长DC到E，使得DB=DE． ∵DB=DE，∠BDC=60°， ∴△BDE是等边三角形， ∴∠BD=BE，∠DBE=∠ABC=60°， ∴∠ABD=∠CBE， ∵AB=BC， ∴△ABD≌△CBE， ∴AD=EC， ∴BD=DE=DC+CE=DC+AD． ∴AD+CD=BD． （3）如图3中，将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到M，使得DM=DE，连接FM、CM． 由（1）可知△EAB≌△GAC， ∴∠1=∠2，BE=CG， ∵BD=DC，∠BDE=∠CDM，DE=DM， ∴△EDB≌△MDC， ∴EM=CM=CG，∠EBC=∠MCD， ∵∠EBC=∠ACF， ∴∠MCD=∠ACF， ∴∠FCM=∠ACB=∠ABC， ∴∠1=3=∠2， ∴∠FCG=∠ACB=∠MCF， ∵CF=CF，CG=CM， ∴△CFG≌△CFM， ∴FG=FM， ∵ED=DM，DF⊥EM， ∴FE=FM=FG， ∵AE=AG，AF=AF， ∴△AFE≌△AFG， ∴∠EAF=∠FAG=m°． 点睛：本题考查几何变换综合题、旋转变换、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用“手拉手”图形中的全等三角形解决问题，学会构造“手拉手”模型，解决实际问题，属于中考压轴题． 4．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． 理解本质：理解每种模型为何可以通过旋转来构造全等，其背后的原理是旋转的性质。 规范作图：准确作图是想象和分析旋转过程的基础，有时需要尺规作图或画出不同情况的草图。 掌握通法：重点掌握“遇等线段，共顶点，想旋转”的通用思路。 总结规律：对做过的题目进行归纳，总结特定模型下的常见结论和辅助线作法。 刻意练习：有针对性地练习各类模型，积累经验，提升模型识别速度和解题熟练度。 旋转问题虽有难度，但从模型入手，掌握手拉手、半角、对角互补这些经典模型的特征和解题策略，能帮你更清晰地思考。​​“共顶点，等线段”​​ 是寻找旋转思路的重要线索 而构造全等三角形是实现条件转化的关键 希望以上梳理对你有所帮助！如果你在具体题目中遇到困惑，可以再来问我。 二 模型分类解析 三 拓展提升 四 学习建议 一 模型特征及解题思路 学科网（北京）股份有限公司 $