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）数学沪科版九年级下册

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（2025九年级上·浙江·专题练习）如图，点是等边内一点，，，将绕点按顺时针旋转，得，连接． (1)判断的形状，并证明； (2)当时，试判断的形状，并说明理由； (3)直接写出α为多少度时，是等腰三角形？ 例2（2025·河北唐山·二模）如图，等边三角形，D为边上的动点，将线段绕点D逆时针旋转，得到线段，连接，，则周长的最小值是（   ） A． B． C．14 D．12 例3（2024·湖北襄阳·模拟预测）如图①，已知点G在正方形的对角线上，，垂足为点E，，垂足为点F． (1)【证明与推断】：①求证：四边形是正方形； ②推断：的值为 ； (2)【探究与证明】：将正方形绕点C顺时针方向旋转α度，如图②所示，试探究线段与之间的数量关系，并说明理由； (3)【拓展与运用】：正方形在旋转过程中，当A，G，F三点在同一直线上时，如图③所示，延长交于点H．若，求的长． 例4（25-26九年级上·湖南长沙·阶段练习）如图，已知正方形，是正方形内一点．若，，将绕点顺时针旋转至处，此时点、、三点正好在同一直线上． (1)求的度数； (2)求的长； (3)求的面积． 例5（2025·黑龙江佳木斯·一模）在同一平面内，和绕点C旋转．如图①，当和均为等腰直角三角形时，时，易证：；如图②，当和为等边三角形；如图③，当和为直角三角形，，且时，请直接写出图②、图③中与的数量关系，并在图②、图③中选择一个加以证明． 模型2.旋转中的半角模型 例1（2024九年级下·江西九江·专题练习）如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 例2（25-26九年级上·甘肃酒泉·阶段练习）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，下列结论正确的是 ．（填序号） ①；②；③；④；⑤ 例3（24-25八年级下·湖南岳阳·期末）如图，在正方形中，点B的坐标是，点E、F分别在边上，，若，则F点的纵坐标是 ． 例4（25-26九年级上·贵州毕节·阶段练习）【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 E，F 分别在边上，连接．若，将绕点A 顺时针旋转 ．点 D 与点B 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 E 在射线上，点 F 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 M 、N ，若点 M 恰好为线段的三等分点，且，求线段的长． 例5（2025八年级上·河北·专题练习）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，将绕点顺时针旋转，得到，由可得、、三点共线，，进而可证明，故． 任务：如图3，在四边形中，，，，以为顶点的，、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． 模型3.旋转中的对角互补模型 例1（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2（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3（24-25九年级上·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； 例4（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：_________． 例5（25-26九年级上·安徽阜阳·阶段练习）（1）问题背景： 如图甲，，，垂足为，且，，求四边形的面积． 小明发现四边形的一组邻边，这就为旋转作了铺垫．于是，小明同学有如下思考过程： 第一步：将绕点逆时针旋转； 第二步：利用与互补， 证明三点共线， 从而得到正方形； 进而求得四边形的面积． 请直接写出四边形的面积为_______． （2）类比迁移如图乙，为等边外一点，，，且，求四边形的面积． （3）拓展延伸 如图丙，在五边形中，， ，，，，求五边形的面积． 1．（25-26九年级上·湖南长沙·阶段练习）如图，将绕顶点旋转得到，点对应点，点 B对应点，点刚好落在边上，，，则等于（　　） A．65° B．70° C．75° D．80° 2．（24-25八年级下·广东揭阳·期末）如图，点是正方形内一点，连接、、，将绕点顺时针旋转到的位置．若，，，则求的度数为（　　） A． B． C． D． 3．（2024·贵州遵义·一模）如图，E是正方形的边上的一点，以点A为旋转中心，把顺时针旋转得到，连接．若的面积为，比长3，则正方形的边长为（    ）    A．5 B．4 C．3 D．2 4．（2025九年级上·全国·专题练习）如图，正方形的边长为，为边上一点，．绕着点逆时针旋转后与重合，连结，则 ． 5．（25-26九年级上·湖北武汉·阶段练习）如图，在中，，，点，在边上，，，，则的长 ． 6．（25-26九年级上·广西南宁·开学考试）【阅读材料】平面几何中的费马问题是十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔•德•费马提出的一个著名的几何问题．请托里拆利解答：如图①，给定不在一条直线上的三个点A、B、C，求平面上到这三个点的距离之和最短的点P的位置．托里拆利成功地解决了费马的问题．后来人们为了纪念他们，就把平面上到一个三角形的三个顶点A、B、C距离之和最小的点称为的费马—托里拆利点． 【问题解决】证明：如图②，把绕点A逆时针旋转得到，连接， ∴ ∴为等边三角形， ∴， ∴ 点可看成是线段绕A点逆时针旋转而得的定点，为定长． ∴当B、P、、C′四点在同一直线上时，最小． (1)观察图②中、和，试猜想这三个角的大小关系． (2)【类比探究】如图③，在直角三角形内部有一动点P，，，连接，若．求的最小值； (3)【拓展应用】已知正方形内一动点P到A、B、C三点的距离之和的最小值为，求出此正方形的边长． 7．（25-26九年级上·全国·期中）已知：如图和都是等边三角形．D是延长线上一点，与相交于点P，与相交于点M． (1)说明：是经过怎样的旋转得到的？（请从旋转“三要素”加以说明） (2)在图①中，①求证：； ②______． (3)当绕点C沿逆时针方向旋转到图②时， ①的度数会发生变化吗？请说明理由？ ②求证：点C落在的角平分线上． 8．（24-25九年级上·河南·期末）（1）探究发现 下面是一道例题及其解答过程，请补充完整： 如图1，在等边三角形内部有一点，若．求证：． 证明：将绕点逆时针旋转，得到，则 ， ∴______． 连接，则为______三角形， ∴，． ∵， ∴， ∴在中，由勾股定理可得，______，即． （2）类比延伸 如图2，在等腰三角形中，，三角形内部有一点，若，试判断线段，，之间的数量关系，并证明． 9．（2025·陕西西安·模拟预测）问题提出 （1）如图1，和均为等边三角形，点是内任意一点，连接，．证明：； 深入探究 （2）如图2，在等腰直角和等腰直角中，，连接，．说明与的数量关系，并求出与所夹锐角的度数； 方法应用 （3）如图3，在等腰直角中，，是的中位线，点在上，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，．当点，，在同一直线上时，求的值． 10．（24-25八年级下·山西大同·期中）综合与探究 如图1，和都是等边三角形，连接，． (1)求证：． (2)如图2，将绕点顺时针旋转至，，三点共线，为的中点，连接，． ①的度数为________． ②试探究线段与的数量关系，并说明理由． 11．（24-25九年级上·江西赣州·期末）如图， 和都是等边三角形， 直线， 交于点． (1)如图1，当，，三点在同一直线上时，的度数为，线段与 的数量关系为___． (2)如图2， 当绕点顺时针旋转（）时， （） 中的结论是否还成立？若不成立， 请说明理由： 若成立， 请就图给予证明． (3)若， ， 当绕点顺时针旋转一周时， 求出长的取值范围． 12．（2025·吉林通化·模拟预测）【操作】如图①，D是等边三角形内部的一点，连接，，．将绕着点C顺时针旋转一定的角度得到，连接． （1）求证：判断的形状，并说明理由； （2）若，，，求的度数； 【探究】 （3）如图②，E为正方形内部的一点，连接，，，将绕着点C顺时针旋转一定的角度得到．若，，，求的长． 13．（24-25八年级下·江西九江·期中）如图，点O是内一点，连接，，． (1)如图1，是等边三角形，且，，．将绕点B顺时针旋转后得到，连接． 旋转角是____°； 线段的长为____； 求的度数； (2)如图2，是等腰直角三角形（），，，，求的长．小聪借用了图1的方法，将绕点B顺时针旋转后得到，请你继续用小聪的思路解答． 14．（24-25八年级下·吉林长春·期末）综合与实践 【操作感知】如图①，点D是等腰三角形底边上一点，将绕点A逆时针旋转，则与重合，此时点D的对应点为点，若，，则的大小为______度，的长为______． 【迁移探究】如图②，在正方形中，点H在边上，点F在的延长线上，且，与关于所在的直线对称，点E在正方形内，连结、 （1）求证：； （2）若，，则的长为______． 15．（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）（1）【问题发现】如图①，正方形，将正方形绕点旋转，直线、交于点，请直接写出线段与之间的数量关系是___________，位置关系是___________． （2）【拓展探究】如图2，矩形，将矩形绕旋转；直线交于点，（1）中线段之间的关系还成立吗？若成立，请写出理由；若不成立，请写出线段之间的关系； （3）【解决问题】若，矩形绕旋转过程中当点与点重合时，直接写出线段的长是___________． 16．（2025·甘肃兰州·中考真题）【提出问题】数学讨论课上，小明绘制图1所示的图形，正方形与正方形（），点E，G分别在上，根据图形提出问题：如图2，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，探究线段，，之间的数量关系． 【解决问题】（1）小明将上述问题特殊化，如图3，当点G，H重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由； （2）小明借鉴（1）中特殊化的解题策略后，再解决图2所示的一般化问题，当点G，H不重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由； 【拓展问题】（3）小明将图2所示问题中的旋转角的范围再扩大，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，请直接写出，，之间的数量关系． 17．（24-25八年级上·山东淄博·阶段练习）【探究发现】 问题1：如图1，点是等边内的一点，，，．你能求出的度数吗？ 【类比探究】 问题2．如图3．若点是正方形内一点，，，，求的度数． 18．（25-26八年级上·山东·阶段练习）如图，正方形中，M，N分别在上，连接． (1)若将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到；请你补全图形． (2)直接写出线段之间的数量关系； (3)根据（2）的结论，写出证明过程； (4)如果正方形的边长是5，求的周长． 19．（2025·吉林长春·三模）【问题呈现】如图①，在等腰直角中，，，点在边上运动（点不与点、重合），将绕点逆时针旋转得到，连接，求面积的最大值． 【问题分析】由旋转可得，因此，进而得到，所以为直角三角形，可以设，用含的式子表示的面积，最后配方可得面积的最大值． 【问题解决】在【问题呈现】的条件下，完成下列问题： （1）证明：； （2）面积的最大值为___________，此时线段的长为___________． 【方法应用】（3）如图②，在矩形中，，，点在边上运动（点不与点重合），将绕点顺时针旋转得到，连接、，则面积的最大值为___________． 20．（24-25九年级上·江西宜春·阶段练习）（1）操作发现： 如图①，在五边形中，，，，试猜想、、之间的数量关系，小明经过仔细思考，得到如下解题思路：将绕点A逆时针旋转至，由，得，即点D、E、F三点共线，易证 ，故、、之间的数量关系是 ； （2）类比探究： 如图②，在四边形中，，，点E、F分别在边、的延长线上， ，连接，试猜想、、之间的数量关系，并给出证明； （3）拓展延伸： 如图③，在中，，，点D、E均在边上，且，若，，则的长为 ． 21．（24-25八年级下·山东济南·期中）（1）探究发现：下面是一道例题及其解答过程，请补充完整： 如图1，在等边内部，有一点，若．求证： 证明：将绕A点逆时针旋转60°，得到，连接， ∴，，______． ∴为______三角形（从“等腰”、“等边”、“直角”、“等腰直角”中选择）． ∴，， ∵ ∴______° ∴______． 即 （2）类比研究：如图2，在等腰中，，内部有一点，若，试判断线段、、之间的数量关系，并证明． （3）拓展应用：如图3是，，三个村子位置的平面图，经测量，，，为内的一个动点，连接，，．求的最小值． 22．（25-26九年级上·福建福州·阶段练习）（1）【操作发现】如图，将绕点顺时针旋转，得到，连接，则是 三角形． （2）【类比探究】如图，在等边三角形内任取一点，连接，，，若，，，求的长． （3）【解决问题】如图，在边长为的等边三角内有一点，，，求的面积． 23．（24-25八年级下·山东枣庄·期中）【问题】如图甲，在等边内有一点P，且， ，，求的度数和等边的边长． 【探究】解题思路是：将绕点B逆时针旋转，如图乙所示，连接．是 三角形，是 三角形， ； 【拓展】如图丙，在正方形内有一点P，且， ，，求的度数． 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 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（2025九年级上·浙江·专题练习）如图，点是等边内一点，，，将绕点按顺时针旋转，得，连接． (1)判断的形状，并证明； (2)当时，试判断的形状，并说明理由； (3)直接写出α为多少度时，是等腰三角形？ 【答案】(1)是等边三角形，见解析 (2)当时，是直角三角形，理由见解析 (3)或或时，是等腰三角形 【分析】（1）由旋转的性质得出、即可知是等边三角形； （2）由旋转可以得出，，就可以得出是等边三角形，就可以得出，从而得出，而得出的形状； （3）由条件可以表示出就有，当，或时分别求出的值即可． 【详解】（1）解：是等边三角形， 绕点按顺时针方向旋转得， ，， ， 是等边三角形． （2）当时，是直角三角形． 绕点按顺时针方向旋转得 ， ， 由（1）是等边三角形 ， ， 当时，是直角三角形． （3）， ． 是等边三角形， ， ，， ①当时， ， 解得： ②当时， ， 解得：， ③当时， ， 解得： 或或时，是等腰三角形． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质的运用，旋转的性质的运用，直角三角形的判定，全等三角形的判定及性质的运用，等腰三角形的判定及性质的运用，解答时证明三角形全等是关键． 例2（2025·河北唐山·二模）如图，等边三角形，D为边上的动点，将线段绕点D逆时针旋转，得到线段，连接，，则周长的最小值是（   ） A． B． C．14 D．12 【答案】D 【分析】连接，延长到点G，利用三角形全等的判定和性质，证明点E在定直线上运动，过点A作于点N，交于点M，证明点A与点M关于直线对称，根据题意，当取得最小值时，的周长才有最小值，解答即可． 【详解】解：连接，延长到点G， ∵为等边三角形，， ∴， ∵线段绕点D逆时针旋转，得到线段， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴平分， 故点E在定直线上运动， 过点A作于点N，交于点M， ∵， ∴ ∴， 故点A与点M关于直线对称， ∵周长为， 故当取得最小值时，的周长才有最小值， 故点E与点N重合时，取得最小值，且， 故周长最小值为， 故选：D． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，角的平分线的证明，将军饮马河原理即轴对称的应用，熟练掌握等边三角形的性质，轴对称的应用是解题的关键． 例3（2024·湖北襄阳·模拟预测）如图①，已知点G在正方形的对角线上，，垂足为点E，，垂足为点F． (1)【证明与推断】：①求证：四边形是正方形； ②推断：的值为 ； (2)【探究与证明】：将正方形绕点C顺时针方向旋转α度，如图②所示，试探究线段与之间的数量关系，并说明理由； (3)【拓展与运用】：正方形在旋转过程中，当A，G，F三点在同一直线上时，如图③所示，延长交于点H．若，求的长． 【答案】(1)①见解析；② (2)，理由见解析 (3) 【分析】本题主要考查相似形的综合题，解题的关键是掌握正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点． （1）①由和，根据三个角是的四边形是矩形可得四边形CEGF是矩形，再由，即可得证． ②由正方形性质知、，据此可得，，利用平行线分线段成比例定理即可求解． （2）连接，由两边成比例且夹角相等证得，即可得解． （3）由，，得，从而，设，则，求得，在中求得，代入，即可求得的长． 【详解】（1）解：①证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形，， ∴， ∴四边形是正方形； ②由①知四边形是正方形， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． （2）解：连接， 由旋转性质知， 在和中， ∴，， ∴， ∴， ∴ ∴线段与之间的数量关系为； （3）解：①由（2）知， ∴， ∵， ∴， ∴A、G、F三点共线． ∵，点B、E、F三点共线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； ∴ 设，则， ∴ ∴ ∴， 则，， ∴得， 解得：，即． 例4（25-26九年级上·湖南长沙·阶段练习）如图，已知正方形，是正方形内一点．若，，将绕点顺时针旋转至处，此时点、、三点正好在同一直线上． (1)求的度数； (2)求的长； (3)求的面积． 【答案】(1) (2) (3)3 【分析】（1）由题意可知，，那么，，从而得到，然后利用平角，得到； （2）结合（1）可知，，，从而得到，然后利用勾股定理求得即可； （3）过点作于点，然后利用勾股定理求得，接着利用求得面积即可． 【详解】（1）解：正方形， ， 将绕点顺时针旋转至处， ，且旋转角度为， ，， 是等腰直角三角形， ， 点、、三点正好在同一直线上， ； （2）解：，，， ，， ， ， 是等腰直角三角形，， ， ； （3）解：是等腰直角三角形，， ， ， ， 过点作于点，如图所示： ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，三角形的面积，正方形的性质，熟练掌握以上知识点并作出合适的辅助线是解题的关键． 例5（2025·黑龙江佳木斯·一模）在同一平面内，和绕点C旋转．如图①，当和均为等腰直角三角形时，时，易证：；如图②，当和为等边三角形；如图③，当和为直角三角形，，且时，请直接写出图②、图③中与的数量关系，并在图②、图③中选择一个加以证明． 【答案】图②中与的数量关系为，图③中与的数量关系为；证明见解答过程． 【分析】本题考查三角形中的旋转问题，解题的关键是掌握全等三角形判定定理和相似三角形的判定定理． 选图②可证明，故；选图③可证明，故，从而 【详解】解：图②中与的数量关系为，图③中与的数量关系为； 选图②证明如下： 和为等边三角形， ， ，即， 在和中， ， ， ； 选图③证明如下： ，且， ，即， ， ， 模型2.旋转中的半角模型 例1（2024九年级下·江西九江·专题练习）如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本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，由正方形的性质可得，，将绕点顺时针旋转得到，则，，再证明，得出，求出，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴，， 如图，将绕点顺时针旋转得到， ， 则，， ∴，， ∴， ∴点、、在同一直线上， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：C． 例2（25-26九年级上·甘肃酒泉·阶段练习）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，下列结论正确的是 ．（填序号） ①；②；③；④；⑤ 【答案】①③④⑤ 【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，正确找出全等三角形是解题的关键． 根据正方形的性质得到，，根据旋转的性质得到，，，，，进而得到共线，通过证明得到，，可判断①；利用线段的和差可判断③；利用角度的等量代换可判断④；利用三角形的周长公式可判断⑤；由题意无法证明，可判断②，即可得出结论． 【详解】解：∵正方形的边长为3， ∴，， ∵将绕点D逆时针旋转，得到， ∴，，，，， ∴， ∴共线， ∵， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴，，故①正确； ∴，故④正确；，故③正确； ∴ ， ∴，故⑤正确； 由题意无法证明，故②错误； ∴综上所述，结论正确的是①③④⑤． 故答案为：①③④⑤． 例3（24-25八年级下·湖南岳阳·期末）如图，在正方形中，点B的坐标是，点E、F分别在边上，，若，则F点的纵坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质、坐标与图形、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形． 将绕点顺时针旋转，此时，点与点重合，点落在点处，连接，根据条件证明，得到，利用勾股定理求出相关边长，假设，则，表示出相关边长，最后利用勾股定理列出方程进行求解即可． 【详解】解：如图所示，根据正方形的性质可得，将绕点顺时针旋转，此时，点与点重合，点落在点处，连接， ∵四边形为正方形，，点B的坐标是， ∴,正方形的边长为6， ∴， ∴， 又∵， ∴ ， 在中，由勾股定理得，， ， 假设，则， ， 在中，由勾股定理得，， 即， 解得， 所以，F点的纵坐标是， 故答案为：． 例4（25-26九年级上·贵州毕节·阶段练习）【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 E，F 分别在边上，连接．若，将绕点A 顺时针旋转 ．点 D 与点B 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 E 在射线上，点 F 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 M 、N ，若点 M 恰好为线段的三等分点，且，求线段的长． 【答案】（1）45； （2），理由见解析 （3）2.5 【分析】（1）根据正方形的性质得，再根据旋转得，可知点G，B，E共线，即可说明，然后根据“边角边”证明，可得答案； （2）在上截取，连接，根据“边角边”可得， 接下来说明，即可得出答案； （3）将绕点A顺时针旋转得到，连接，先根据正方形的性质及勾股定理求出，进而求出，再根据旋转的性质得，即可说明，得，然后设，则，根据勾股定理可得答案． 【详解】解：（1）∵四边形是正方形， ∴． 将绕点A旋转，点D与点B重合，得到， 则， ∴点G，B，E共线． ∵， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴． 故答案为：45；； （2），理由如下： 如图，在上截取，连接， ∵， ∴， ∴， ∴， 即． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴； （3）将绕点A顺时针旋转得到，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴． 由旋转，得， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． 设，则． 在中，， ∴， 解得， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，旋转的性质，勾股定理，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 例5（2025八年级上·河北·专题练习）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，将绕点顺时针旋转，得到，由可得、、三点共线，，进而可证明，故． 任务：如图3，在四边形中，，，，以为顶点的，、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，正确地作出辅助线是解题的关键． 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， ， ， ，， ， ， ． 模型3.旋转中的对角互补模型 例1（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2（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3（24-25九年级上·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，        ∴，， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴． 例4（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． 例5（25-26九年级上·安徽阜阳·阶段练习）（1）问题背景： 如图甲，，，垂足为，且，，求四边形的面积． 小明发现四边形的一组邻边，这就为旋转作了铺垫．于是，小明同学有如下思考过程： 第一步：将绕点逆时针旋转； 第二步：利用与互补， 证明三点共线， 从而得到正方形； 进而求得四边形的面积． 请直接写出四边形的面积为_______． （2）类比迁移如图乙，为等边外一点，，，且，求四边形的面积． （3）拓展延伸 如图丙，在五边形中，， ，，，，求五边形的面积． 【答案】（1）16；（2）；（3）48． 【分析】（1）四边形的面积等于正方形的面积计算即可； （2）延长至，取，连接，只要证明，即可推出，然后计算的面积即可； （3）延长至，使，连接、、，接着证明，再证明，从而得到算得答案． 【详解】解：（1）由题意可知，四边形的面积等于正方形的面积，那么 ， 故答案为：16； （2）如图，延长至，取，连接． ∵等边中，，又， ， ∴四边形中，， ， 又，， ， ，． ， ， 为等边三角形且， 过点作交于点，如图所示： ，， ， ， ， ∴； （3）如图，延长至，使，连接、、． ，，， ， ． ，， ， ，， ， ∴． 【点睛】本题考查四边形综合题、旋转变换、全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题． 1．（25-26九年级上·湖南长沙·阶段练习）如图，将绕顶点旋转得到，点对应点，点 B对应点，点刚好落在边上，，，则等于（　　） A．65° B．70° C．75° D．80° 【答案】B 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形外角性质，熟练掌握旋转的性质是解答关键. 由旋转的性质求得，，，再利用等腰三角形的性质和外角性质求解. 【详解】解：由绕顶点旋转得到可知： ，，， ∴. ∵， ∴， 故． 故选：B． 2．（24-25八年级下·广东揭阳·期末）如图，点是正方形内一点，连接、、，将绕点顺时针旋转到的位置．若，，，则求的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线的夹角等于旋转角．也考查了勾股定理的逆定理、等腰直角三角形的判定与性质． 连接，如图，根据旋转的性质得，，，则可判断为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得，，在中，由于，根据勾股定理的逆定理得到为直角三角形，即，然后利用求解． 【详解】解：连接，如图， 绕点顺时针旋转得到， ，，， 为等腰直角三角形， ，， 在中，，，， ， ， 为直角三角形， ， ． 故选：A． 3．（2024·贵州遵义·一模）如图，E是正方形的边上的一点，以点A为旋转中心，把顺时针旋转得到，连接．若的面积为，比长3，则正方形的边长为（    ）    A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】A 【分析】先结合正方形的性质得，故，根据旋转的性质得，，则，又因为的面积为，所以，再解得（舍去），即可作答． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 设， ∵比长3， ∴， ∴， ∵以点A为旋转中心，把顺时针旋转得到， ∴，， ∴， 即， ∴的面积， ∵的面积为， ∴， 整理得， 解得（舍去）， ∴， 故选：A 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 4．（2025九年级上·全国·专题练习）如图，正方形的边长为，为边上一点，．绕着点逆时针旋转后与重合，连结，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、勾股定理，熟练掌握旋转的性质、正方形的性质、勾股定理是解题的关键． 根据正方形的性质、勾股定理，计算，根据旋转的性质，得出，，推出，根据勾股定理计算即可． 【详解】解：∵正方形的边长为3，为边上一点，， ∴，， ∴， ∵绕着点逆时针旋转后与重合， ∴，， ∴,即， ∴， 故答案为：． 5．（25-26九年级上·湖北武汉·阶段练习）如图，在中，，，点，在边上，，，，则的长 ． 【答案】 【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，将逆时针旋转得到，连接，，则有，，，，然后证明，所以，然后通过勾股定理求出即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图，将逆时针旋转得到，连接，， ∴，，，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 在中，， ∴， 故答案为：． 6．（25-26九年级上·广西南宁·开学考试）【阅读材料】平面几何中的费马问题是十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔•德•费马提出的一个著名的几何问题．请托里拆利解答：如图①，给定不在一条直线上的三个点A、B、C，求平面上到这三个点的距离之和最短的点P的位置．托里拆利成功地解决了费马的问题．后来人们为了纪念他们，就把平面上到一个三角形的三个顶点A、B、C距离之和最小的点称为的费马—托里拆利点． 【问题解决】证明：如图②，把绕点A逆时针旋转得到，连接， ∴ ∴为等边三角形， ∴， ∴ 点可看成是线段绕A点逆时针旋转而得的定点，为定长． ∴当B、P、、C′四点在同一直线上时，最小． (1)观察图②中、和，试猜想这三个角的大小关系． (2)【类比探究】如图③，在直角三角形内部有一动点P，，，连接，若．求的最小值； (3)【拓展应用】已知正方形内一动点P到A、B、C三点的距离之和的最小值为，求出此正方形的边长． 【答案】(1) (2) (3)2 【分析】（1）由等边三角形的性质得，由旋转得，即可求解； （2）同理将绕B点逆时针旋转得到，当C、P、、四点在同一直线上时，最小，此时，由等边三角形的性质及直角三角形的特征得 ，由勾股定理得，即可求解； （3）绕B点逆时针旋转得到，过作交的延长线于E，同理可得，设正方形的边长为，由勾股定理得，即可求解． 【详解】（1）解：； 理由如下： ∵是等边三角形， ∴， ∵B、P、、四点在同一直线上， ∴， ， 由旋转得：， ∴， ∴； （2）解：如图，由【问题解决】同理将绕B点逆时针旋转得到， 由旋转的性质得是等边三角形，则，， ∴, ∴当C、P、、四点在同一直线上时，最小， 此时， 由旋转得：， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴ ， ∴， 在中 ， 故最小值为； （3）解：如图，将绕B点逆时针旋转得到，过作交的延长线于E， ∴当C、P、、四点在同一直线上时，最小， 此时， 由旋转得：， ∴， 设正方形的边长为，则有， ∴， ， ∴， 在中，， ∴， 解得：（舍去）， ∴， 故正方形的边长为2． 7．（25-26九年级上·全国·期中）已知：如图和都是等边三角形．D是延长线上一点，与相交于点P，与相交于点M． (1)说明：是经过怎样的旋转得到的？（请从旋转“三要素”加以说明） (2)在图①中，①求证：； ②______． (3)当绕点C沿逆时针方向旋转到图②时， ①的度数会发生变化吗？请说明理由？ ②求证：点C落在的角平分线上． 【答案】(1)说明见解析 (2)①证明见解析；② (3)①的度数不会发生变化，说明见解析；②证明见解析 【分析】（1）先得到，然后根据旋转的性质解答即可； （2）①根据等边三角形性质得出，求出，根据推出两三角形全等即可； ②根据，得到，根据三角形的内角和定理，即可解答； （3）①根据等边三角形性质得出，求出，根据推出两三角形全等即可解题； ②连接，过点作于点，根据，得到，即可得到，然后根据角平分线的判定定理解题即可． 【详解】（1）解：∵和为等边三角形， ∴，，， ∴， ∴， ∴是绕点C顺时针旋转得到的； （2）①证明：∵和为等边三角形， ∴，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； ②解：∵， ∴， ∵， ∴， 故答案为：； （3）①解：的度数不会发生变化， ∵和为等边三角形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ②证明：连接，过点C作，于点H，G， ∵， ∴，， ∴， ∴平分． ∴点C落在的角平分线上． 【点睛】本题考查旋转的定义，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的判定定理，证明三角形全等是解题的关键． 8．（24-25九年级上·河南·期末）（1）探究发现 下面是一道例题及其解答过程，请补充完整： 如图1，在等边三角形内部有一点，若．求证：． 证明：将绕点逆时针旋转，得到，则 ， ∴______． 连接，则为______三角形， ∴，． ∵， ∴， ∴在中，由勾股定理可得，______，即． （2）类比延伸 如图2，在等腰三角形中，，三角形内部有一点，若，试判断线段，，之间的数量关系，并证明． 【答案】（1）；等边； （2），证明见解析 【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理． （1）如图1，将绕点A逆时针旋转，得到，则，连接，则为等边三角形，所以，．再计算出，接着利用勾股定理得出，即； （2）将绕点逆时针旋转，得到，连接，如图2，则为等腰直角三角形，所以，，．再计算出，则利用勾股定理得到，从而得到． 【详解】解：（1）如图1，在等边三角形内部有一点，若．求证：． 证明：将绕点逆时针旋转，得到，则 ， ∴． 连接，则为等边三角形， ∴，． ∵， ∴， ∴在中，由勾股定理可得，，即． 故答案为： ，等边，． （2）． 证明：将绕点逆时针旋转，得到，连接，则为等腰直角三角形． ∴，，． ∵． ∴， ∴， ∴ 9．（2025·陕西西安·模拟预测）问题提出 （1）如图1，和均为等边三角形，点是内任意一点，连接，．证明：； 深入探究 （2）如图2，在等腰直角和等腰直角中，，连接，．说明与的数量关系，并求出与所夹锐角的度数； 方法应用 （3）如图3，在等腰直角中，，是的中位线，点在上，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，．当点，，在同一直线上时，求的值． 【答案】（1）证明见解析；（2）；；（3） 【分析】（1）由“”可证，可得结论； （2）通过证明，可得，即可求解； （3）如图，在上取一点，使点，，在同一直线上，设交于点，证出点为的中点，结合旋转证明，设，则，解直角三角形求出，，即可求解． 【详解】（1）证明：在等边和等边中， ，，， ， ， 在和中， ， ， ； （2）解：；直线与直线相交所夹锐角的度数为； 理由如下： 如图，设交于点G，交于点， 在等腰直角和等腰直角中，， ，，即， ， ， ，， ， ， 与相交所夹锐角的度数为； （3）如图，在上取一点，使点，，在同一直线上， 设交于点， 在等腰直角中，，是中位线， ，， ∴， 点为的中点， 又绕点逆时针旋转得到，且点C，P，D三点共线， ， ∴，， ， ， ， 设，则， ，， ， 综上所述，的值为． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题． 10．（24-25八年级下·山西大同·期中）综合与探究 如图1，和都是等边三角形，连接，． (1)求证：． (2)如图2，将绕点顺时针旋转至，，三点共线，为的中点，连接，． ①的度数为________． ②试探究线段与的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见详解 (2)①②，理由见详解 【分析】（1）根据等边三角形的性质得到，，，求得．根据全等三角形的判定定理得到结论； （2）①由（1）知，，得到，求得， ②如图，延长至点G，使得．由F为的中点，得到，根据全等三角形的性质得到，，根据等边三角形的性质得到，．根据全等三角形的性质得到，，求得．根据全等三角形的性质即可得到结论． 本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，等边三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵和都是等边三角形， ∴， ∵， ∴． 在和中， ∴； （2）解：①与（1）同理得，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； ②， 理由：如图，延长至点G，使得． ∵F为的中点， ∴， 在与中， ∴， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，． ∵， ∴． 由（1），得， ∴，， ∴， ∴． 在与中， ∴， ∴， ∵， ∴． 11．（24-25九年级上·江西赣州·期末）如图， 和都是等边三角形， 直线， 交于点． (1)如图1，当，，三点在同一直线上时，的度数为，线段与 的数量关系为___． (2)如图2， 当绕点顺时针旋转（）时， （） 中的结论是否还成立？若不成立， 请说明理由： 若成立， 请就图给予证明． (3)若， ， 当绕点顺时针旋转一周时， 求出长的取值范围． 【答案】(1)，； (2)成立，理由见解析 (3) 【分析】本题考查了等边三角形性质，全等三角形的判定及性质，以及旋转的性质，解答时证明三角形全等是关键． （1）利用等边三角形的性质证明，结合三角形的外角就可以得出结论； （2）同（1）中方法证明，得出，，再根据三角形的内角和得出； （3）当B、C、D三点共线时得出的最大和最小值，即可得出结论． 【详解】（1）解：是等边三角形， ，， 是等边三角形， ，， ， ， 即， 在和中， ， ，， ，且， ， 综上，的度数为，线段与 的数量关系为； 故答案为：，； （2）解：（1）中结论仍成立，证明如下： 是等边三角形， ，， 是等边三角形， ，， ， 即， 在和中， ， ，， ，且， ； （3）解：是等边三角形， ， 当旋转时，B、C、D三点共线且最大，，此时； 当旋转时，B、C、D三点共线且最小，，此时； ∴长的取值范围为． 12．（2025·吉林通化·模拟预测）【操作】如图①，D是等边三角形内部的一点，连接，，．将绕着点C顺时针旋转一定的角度得到，连接． （1）求证：判断的形状，并说明理由； （2）若，，，求的度数； 【探究】 （3）如图②，E为正方形内部的一点，连接，，，将绕着点C顺时针旋转一定的角度得到．若，，，求的长． 【答案】（1）是等边三角形．理由见解析；（2）；（3）6 【分析】本题考查旋转的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质等知识，掌握手拉手模型是解题的关键．手拉手模型：形状一样且共顶角顶点的两个等腰三角形构成手拉手模型． （1）由旋转的性质可知，，，则可知是等边三角形； （2）根据是等边三角形可知，，从而得到，即，继而得出； （3）连接．可根据旋转角度求出和，继而得到，再用勾股定理求出，旋转可知，从而得解． 【详解】解：（1）是等边三角形． 理由：∵是等边三角形， ∴． 由旋转的性质可知，，， ∴是等边三角形． （2）∵是等边三角形， ∴，． ∵， ∴ ∴． ∴． （3）如图②中，连接． ∵四边形是正方形， ∴． 由旋转的性质可知，，，， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． 13．（24-25八年级下·江西九江·期中）如图，点O是内一点，连接，，． (1)如图1，是等边三角形，且，，．将绕点B顺时针旋转后得到，连接． 旋转角是____°； 线段的长为____； 求的度数； (2)如图2，是等腰直角三角形（），，，，求的长．小聪借用了图1的方法，将绕点B顺时针旋转后得到，请你继续用小聪的思路解答． 【答案】(1)；； (2)6 【分析】本题主要考查几何图形旋转性质、等边三角形性质、直角三角形性质，熟练掌握旋转的性质对应的边角之间关系是解题的关键． （1）①由题意可知旋转角是结合是等边三角形可得旋转角为； ②由旋转的性质可知，由此可得是等边三角形，从而可得； ③由旋转的性质可得，结合可证得是直角三角形，，结合是等边三角形可得； （2）由旋转的性质易得，，，由此可得是等腰直角三角形，从而可得，则，这样在中，由勾股定理即可求得的长． 【详解】（1）解：（1）①由题意可知，旋转角是， ∵是等边三角形， ∴， ∴旋转角的度数为； 故答案为： ②由旋转的性质可知，， ∴是等边三角形， ∴； 故答案为：8 ③∵为等边三角形， ∴，， ∵绕点B顺时针旋转后得到， ∴， 在中，，，， ∵， ∴为直角三角形，， ∴； 故答案为： （2）解：． 理由如下： ∵绕点B顺时针旋转后得到， ∴，， ∴为等腰直角三角形， ∴，， ∵绕点B顺时针旋转后得到， ∴， ∴， ∴． 14．（24-25八年级下·吉林长春·期末）综合与实践 【操作感知】如图①，点D是等腰三角形底边上一点，将绕点A逆时针旋转，则与重合，此时点D的对应点为点，若，，则的大小为______度，的长为______． 【迁移探究】如图②，在正方形中，点H在边上，点F在的延长线上，且，与关于所在的直线对称，点E在正方形内，连结、 （1）求证：； （2）若，，则的长为______． 【答案】操作感知：40，2；迁移探究：（1）证明见解析；（2） 【分析】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 操作感知由旋转的性质得出，，，，则可得出答案； 迁移探究证明，得出，由轴对称的性质得出，则可得出答案； 过点F作于点M，证明，得出，，则，由勾股定理可得出答案． 【详解】操作感知 解：将绕点A逆时针旋转，与重合， ，，，， ， ，， ， ； 故答案为：40，2； 迁移探究证明：四边形是正方形， ，， ， ≌， ， 与关于所在的直线对称， ， ； 解：过点F作于点M， ， ， ， ，， ， ， 故答案为： 15．（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）（1）【问题发现】如图①，正方形，将正方形绕点旋转，直线、交于点，请直接写出线段与之间的数量关系是___________，位置关系是___________． （2）【拓展探究】如图2，矩形，将矩形绕旋转；直线交于点，（1）中线段之间的关系还成立吗？若成立，请写出理由；若不成立，请写出线段之间的关系； （3）【解决问题】若，矩形绕旋转过程中当点与点重合时，直接写出线段的长是___________． 【答案】（1），；（2）、的数量关系不成立，位置关系仍成立，、的数量关系为：，理由见解析；（3）或 【分析】本题综合考查了全等三角形及相似三角形的判定及性质，以及勾股定理的应用，根据题意画出符合题意的图形是解决本题的关键． （1）证明得到与的数量关系，通过角的等量代换，求得，得到和的位置关系； （2）可通过已知对应角，和对应边的比例关系，证明，求得和的数量关系；然后利用角的等量代换，求得，得到和的位置关系； （3）分情况讨论，①当点和点在边上方重合时，②当点和点在边下方重合时，分别求解． 【详解】解：（1），； ∵四边形，都是正方形， ∴，，． ∴， ∴． ∴． ∴，， ∵， ∴． ∴； （2）（1）中数量关系不成立，位置关系成立． ，． 理由如下：由题意知在矩形、中， ， ∴． ∴． ∵，， ∴． ∴． ∴，． ∵， ∴． ∴． 综上所述：，； （3）∵ ∴ 如解图①， ； 如解图2，连接，设，则，     ，， 在中，， ， ∴（舍去）． 综上所述，当点与点重合时，线段的长为或． 故答案为：或． 16．（2025·甘肃兰州·中考真题）【提出问题】数学讨论课上，小明绘制图1所示的图形，正方形与正方形（），点E，G分别在上，根据图形提出问题：如图2，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，探究线段，，之间的数量关系． 【解决问题】（1）小明将上述问题特殊化，如图3，当点G，H重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由； （2）小明借鉴（1）中特殊化的解题策略后，再解决图2所示的一般化问题，当点G，H不重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由； 【拓展问题】（3）小明将图2所示问题中的旋转角的范围再扩大，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，请直接写出，，之间的数量关系． 【答案】（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3），理由见解析 【分析】（1）利用正方形的性质求得，证明，推出，根据即可求解； （2）在上截取，证明，推出，，证明是等腰直角三角形，求得，根据，即可求得； （3）在上截取，证明，得到，，同理，得到是等腰直角三角形，求得，根据，即可求得． 【详解】解：（1），理由如下， 如图，当点G，H重合时， ∵正方形与正方形， ∴，，，， ∴，， ∴， ∴， ∴； （2），理由如下， 由（1）得， ∴， 在上截取， ∵，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴； （3），理由如下， 由（1）得， ∴，， 在上截取， ∵，， ∴， ∴，， 同理，是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质等知识点，作出辅助线，证明三角形全等是解本题的关键． 17．（24-25八年级上·山东淄博·阶段练习）【探究发现】 问题1：如图1，点是等边内的一点，，，．你能求出的度数吗？ 【类比探究】 问题2．如图3．若点是正方形内一点，，，，求的度数． 【答案】[探究发现]；[类比探究] 【分析】本题考查了旋转的性质：正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理与逆定理以及含30°的直角三角形三边的关系，解题的关键是熟练掌握旋转的性质． [探究发现] 由旋转的性质可得，，，可证是等边三角形，可得，，由勾股定理逆定理可得，进而可求； [类比探究] 将绕点按顺时针方向旋转，使与重合；则，，，根据勾股定理得，再由，可知，可求，即可求； 【详解】解：[探究发现] 如图2， 将绕点逆时针旋转，得到， ，，， 是等边三角形， ，， ，， ， ， ， 类比探究 将绕点按顺时针方向旋转，使与重合，过点作于，连接， 则，，； 由勾股定理得：； ， ， ， 又， ， 18．（25-26八年级上·山东·阶段练习）如图，正方形中，M，N分别在上，连接． (1)若将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到；请你补全图形． (2)直接写出线段之间的数量关系； (3)根据（2）的结论，写出证明过程； (4)如果正方形的边长是5，求的周长． 【答案】(1)见解析 (2) (3)见解析 (4) 【分析】本题考查了旋转的性质、半角模型以及正方形的性质，掌握半角模型的条件以及结论是解题关键． （1）根据提示即可作图； （2）根据图形可得结论； （3）由旋转可知：，推出，进而得，证即可； （4）根据的周长，，推出的周长，即可； 【详解】（1）解：如图所示： （2）解：； （3）证明：由旋转可知：， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； （4）解：∵的周长，， ∴的周长 19．（2025·吉林长春·三模）【问题呈现】如图①，在等腰直角中，，，点在边上运动（点不与点、重合），将绕点逆时针旋转得到，连接，求面积的最大值． 【问题分析】由旋转可得，因此，进而得到，所以为直角三角形，可以设，用含的式子表示的面积，最后配方可得面积的最大值． 【问题解决】在【问题呈现】的条件下，完成下列问题： （1）证明：； （2）面积的最大值为___________，此时线段的长为___________． 【方法应用】（3）如图②，在矩形中，，，点在边上运动（点不与点重合），将绕点顺时针旋转得到，连接、，则面积的最大值为___________． 【答案】（1）见解析；（2），；（3） 【分析】（1）由等腰直角三角形的性质可得，由旋转的性质可得，，证明，得出，即可得解； （2）由（1）可得：，设，则，表示出的面积，利用二次函数的性质即可得解； （3）过点作于，交于，证明四边形为矩形，得出，由旋转的性质可得，，证明，可得，设，则，表示出，再由二次函数的性质即可得解． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∵将绕点逆时针旋转得到， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：由（1）可得：， 设，则， ∴的面积， ∴当时，的面积最大，为，此时； （3）解，如图，过点作于，交于， ， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∵将绕点顺时针旋转得到， ∴，， ∴， ∴， ∴， 设，则，， ∴， ∵， ∴当时，的值最大，为． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、二次函数的最值，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 20．（24-25九年级上·江西宜春·阶段练习）（1）操作发现： 如图①，在五边形中，，，，试猜想、、之间的数量关系，小明经过仔细思考，得到如下解题思路：将绕点A逆时针旋转至，由，得，即点D、E、F三点共线，易证 ，故、、之间的数量关系是 ； （2）类比探究： 如图②，在四边形中，，，点E、F分别在边、的延长线上， ，连接，试猜想、、之间的数量关系，并给出证明； （3）拓展延伸： 如图③，在中，，，点D、E均在边上，且，若，，则的长为 ． 【答案】（1），；（2），证明见解析；（3） 【分析】（1）根据小明的解题思路即可得出答案； （2）在上取一点使得，连接，先证明得到，，进而证出，再利用全等三角形的性质以及等量代换即可得出结论； （3）将绕点A逆时针旋转至，连接，根据旋转的性质得到，，，，推出，在中利用勾股定理求出的长，再通过证明，得到，即可求解． 【详解】解：（1）∵将绕点A逆时针旋转至， ∴，，，， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 即点D、E、F三点共线， ∵，，， ∴， ∴， ∴、、之间的数量关系是． 故答案为：，； （2），证明如下： 如图，在上取一点使得，连接， ∵，， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴，即， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （3）如图，将绕点A逆时针旋转至，连接， ∵，， ∴， 由旋转的性质得，，，，， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的性质与判定、等边对等角、勾股定理，结合图形添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键． 21．（24-25八年级下·山东济南·期中）（1）探究发现：下面是一道例题及其解答过程，请补充完整： 如图1，在等边内部，有一点，若．求证： 证明：将绕A点逆时针旋转60°，得到，连接， ∴，，______． ∴为______三角形（从“等腰”、“等边”、“直角”、“等腰直角”中选择）． ∴，， ∵ ∴______° ∴______． 即 （2）类比研究：如图2，在等腰中，，内部有一点，若，试判断线段、、之间的数量关系，并证明． （3）拓展应用：如图3是，，三个村子位置的平面图，经测量，，，为内的一个动点，连接，，．求的最小值． 【答案】（1）；等边；90 ；；（2），（或），见解析；（3）最小值为 【分析】本题考查了旋转三角形的问题，等边三角形，掌握旋转的性质、勾股定理是解题的关键． （1）根据旋转的性质和勾股定理直接写出即可． （2）将绕A点逆时针旋转，得到，连接，论证，再根据勾股定理代换即可． （3）将绕点顺时针旋转，得到，连接、，证明是等边三角形，得，则，当点、、、四点共线时，最小，证明，在中 ，根据勾股定理，即可解答． 【详解】解：（1）  等边  90   （2），（或） 证明如下： 如图，将绕点逆时针旋转得到，连接， 由旋转性质可得：，，， ∴为等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． （3）如图，将绕点顺时针旋转，得到，连接、． ∵将绕点顺时针旋转，得到， ∴，，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴当点、、、四点共线时，最小 ∵， ∴， 在中， 即的最小值为． 22．（25-26九年级上·福建福州·阶段练习）（1）【操作发现】如图，将绕点顺时针旋转，得到，连接，则是 三角形． （2）【类比探究】如图，在等边三角形内任取一点，连接，，，若，，，求的长． （3）【解决问题】如图，在边长为的等边三角内有一点，，，求的面积． 【答案】（1）等边；（2）；（3） 【分析】（1）证明是等边三角形即可； （2）将绕点逆时针方向旋转，得，连接，证明是等边三角形，推出，然后利用勾股定理求解即可； （3）将绕点按逆时针方向旋转，得到，推出是等边三角形，，再求得，，推导出，得到，然后利用勾股定理求得，最后利用求得答案． 【详解】（1）解：等边，理由如下： 将绕点顺时针旋转，得到 ， 是等边三角形， 故答案为：等边； （2）解：如图，将绕点逆时针方向旋转，得，连接， 那么有， 是等边三角形 ， 在中，； （3）解：如图， 将绕点按逆时针方向旋转，得到， 是等边三角形，， ， ，即 即 ． 【点睛】本题考查了旋转变换，等边三角形的性质，勾股定理，两点之间线段最短，解题的关键是添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，用转化的思想思考问题． 23．（24-25八年级下·山东枣庄·期中）【问题】如图甲，在等边内有一点P，且， ，，求的度数和等边的边长． 【探究】解题思路是：将绕点B逆时针旋转，如图乙所示，连接．是 三角形，是 三角形， ； 【拓展】如图丙，在正方形内有一点P，且， ，，求的度数． 【答案】[探究]等边，直角，150度；[拓展]135度 【分析】[探究]根据旋转的性质得出，，，，则是等边三角形，根据等边三角形的性质得出，根据勾股定理的逆定理可求出，即可求解； [拓展]类比[探究]， 将绕点B逆时针旋转，得到，连接，由旋转的性质可知：， ，，根据勾股定理的逆定理可求出，根据等边对等角求出，即可求解． 【详解】解：[探究]将绕点B逆时针旋转，如图乙所示，连接， 则，，， ∴是等边三角形， ∴， 又， ∴， ∴， ∴是直角三角形，， 故答案为：等边，直角，150°； [拓展]将绕点B逆时针旋转，得到，连接， 由旋转的性质可知：， ，， ∴，， ∵， ∴ ∴， ∴． 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $