专题01 旋转中的三种全等模型（手拉手、半角、对角互补模型）（几何模型讲义）数学新教材华东师大版八年级下册

专题01.旋转中的三类全等模型（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 2 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 22 26 首先阿基米德则通过物体旋转时的力学规律研究，为旋转几何提供物理背景；随着引入坐标系描述旋转后点的位置变化，并深入研究旋转对称性，推动旋转问题的量化分析；直到近代大三‌核心旋转模型逐渐的形成。这一方法从早期经验认知，历经阿拉伯数学家的理论发展，至近现代形成系统模型，最终成为几何证明的标准化工具。 ‌手拉手模型‌：公共顶点旋转使两三角形完全重合，基于SAS全等准则，用于证明线段或角的等量关系。 ‌半角模型‌：90°含45°、120°含60°等特殊旋转，通过截长补短构造全等三角形，解决角度和线段问题。 对角互补模型：对角互补模型特指四边形中，存在一对对角互补，而且有一组邻边相等的几何模型。 （2024·山东泰安·中考真题）如图1，在等腰中，，，点，分别在，上，，连接，，取中点，连接． (1)求证：，；(2)将绕点顺时针旋转到图2的位置． ①请直接写出与的位置关系：___________________；②求证：． 【答案】(1)见解析(2)①；②见解析 【详解】（1）证明：在和中，，，， ，，．是斜边的中点， ，，，．， ，．； （2）解：①；理由如下：延长到点，使，连接，延长到，使，连接并延长交于点．，，， ，，，，， ，，． ，．在和中，，，， ，．是中点，是中点，是中位线， ．，，． ，．故答案为：； ②证明： ∵，，，． （2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）已知是等腰三角形，，，在的内部，点M、N在上，点M在点N的左侧，探究线段之间的数量关系．    （1）如图①，当时，探究如下：由，可知，将绕点A顺时针旋转，得到，则且，连接，易证，可得，在中，，则有． （2）当时，如图②：当时，如图③，分别写出线段之间的数量关系，并选择图②或图③进行证明． 【答案】图②的结论是：；图③的结论是：；证明见解析 【详解】解：图②的结论是： 证明：∵∴是等边三角形，∴， 以点B为顶点在外作，在上截取，连接，过点Q作，垂足为H，  ，，， 又即 又，，；∵∴，∴，∴， 在中,可得：即 整理得 图③的结论是： 证明：以点B为顶点在外作，在上截取，连接，过点Q作，垂足为H   ，， ， 又即 又，， 在中，， ，；， 在中,可得：即 整理得 （2022·辽宁朝阳·中考真题）【思维探究】如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，连接AC．求证：BC+CD＝AC．    (1)小明的思路是：延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．根据∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，从而得到∠B＝∠ADE，然后证明ADE≌ABC，从而可证BC+CD＝AC，请你帮助小明写出完整的证明过程．(2)【思维延伸】如图2，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，连接AC，猜想BC，CD，AC之间的数量关系，并说明理由．(3)【思维拓展】在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝，AC与BD相交于点O．若四边形ABCD中有一个内角是75°，请直接写出线段OD的长． 【答案】(1)AC=BC+CD；理由见详解；(2)CB+CD=AC；理由见详解；(3)或 【详解】（1）证明：如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．          ∵∠BAD+∠BCD=180°，∴∠B+∠ADC=180°，∵∠ADE+∠ADC=180°∴∠B=∠ADE， 在△ADE和△ABC中，，∴△ADE≌△ABC（SAS），∴∠DAE=∠BAC，AE=AC， ∴∠CAE=∠BAD=60°，∴△ACE的等边三角形，∴CE=AC，∵CE=DE+CD，∴AC=BC+CD； （2）解：结论：CB+CD=AC． 理由：如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N． ∵∠DAB=∠DCB=90°，∴∠CDA+∠CBA=180°，∵∠ABN+∠ABC=180°，∴∠D=∠ABN， ∵∠AMD=∠N=90°，AD=AB，∴△AMD≌△ANB（AAS），∴DM=BN，AM=AN， ∵AM⊥CD，AN⊥CN，∴∠ACD=∠ACB=45°，∴AC=CM， ∵AC=AC．AM=AN，∴Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），∴CM=CN，∴CB+CD=CNBN+CM+DM=2CM=AC； （3）解：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q． ∵∠CDA=75°，∠ADB=45°，∴∠CDB=30°，∵∠DCB=90°，∴CD=CB， ∵∠DCO=∠BCO=45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，∴OP=OQ，∴，∴， ∵AB=AD=，∠DAB=90°，∴BD=AD=2，∴OD=． 如图3-2中，当∠CBD=75°时，同法可证，， 综上所述，满足条件的OD的长为或． 1）手拉手模型 条件：如图1，△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。(双等边型） 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。 证明： ∵△ABC和△DCE均为等边三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=60° ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即：∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMF，∴∠AFM=∠BCM=60°， 过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD。 图1 图2 图3 图4 条件：如图2，△ABC和△DCE为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N。（双等腰直角型） 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BND。 证明： ∵△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=90° ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMN，∴∠ANM=∠BCM=90°， 过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。 条件：如图3，BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD，C为公共点；连接BE，AD交于点F。（双等腰型） 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠BCM=∠AFM；④CF平分∠BFD。 证明： ∵∠BCA=∠ECD，∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD， 又∵BC=AC，CE=CD，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE=AD，∠CBE=∠CAD， 又∵∠CMB=∠AMF，∴∠BCM=∠AFM，过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°， 又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD。 条件：四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，C为公共点；连接BG，ED交于点N。（双正方形型 ） 结论：①△BCG≌△DCE；②BG=DE；③∠BCM=∠DNM=90°；④CN平分∠BNE。 证明： ∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，∴BC=AC，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90° ∴∠BCD+∠DCG=∠ECG+∠DCG，即∠BCG=∠DCE，∴△BCG≌△DCE（SAS）， ∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，又∵∠CMB=∠DMN，∴∠BCM=∠DNM=90°， 过点C作CP⊥DE,CQ⊥BG,则∠CPD=∠CPB=90°，又∵∠CBG=∠CDE，BC=DC，∴△BCQ≌△DCP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。 2）半角模型 条件：如图1，四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°；（正方形型） 结论：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④AEF的周长=2AB； ⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。 证明：将△CBE绕点C逆时针旋转90°至△CDG，即△CBE≌△CDG， ∴∠ECB=∠GCD，∠B=∠CDG=90°，BE＝DG，CE＝CG； ∵ABCD是正方形，∴∠B=∠CDF=∠BCD=90°，BA＝DA；∴∠CDG+∠CDF=180°，故F、D、G共线。 ∵∠ECF=45°，∴∠BCE+∠DCF=45°，∴∠GCD+∠DCF=∠GCF=45°，∴∠ECF=∠GCF=45°， ∵CF＝CF，∴△CEF≌△CGF，∴EF＝GF，∵GF＝DG＋DF，∴GF＝BE＋DF，∴EF＝BE＋DF， ∴AEF的周长=EF+AE＋AF=BE＋DF+AE＋AF=AB＋AD=2AB，过点C作CH⊥EF，则∠CHE=90°， ∵△CEF≌△CGF，∴CD=CH（全等三角形对应边上的高相等），再利用HL证得：△CBE≌△CHE， ∴∠HEC=∠CBE，同理可证：∠HFC=∠DFC，即CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。 图1 图2 条件：如图2，ABC是等腰直角三角形（∠BAC=90°，AB＝AC），∠DAE=45°；（等腰直角型） 结论：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝BD2＋EC2； 证明：将△ABD绕点A逆时针旋转90°至△ACG，即△BAD≌△CAG， ∴∠BAD=∠CAG，∠B=∠GCA=45°，AD＝AG，BD＝CG； ∵∠DAE=45°，∴∠BAD+∠EAC=45°，∴∠CAG+∠EAC=∠GAE=45°，∴∠DAE=∠GAE=45°， ∵AE＝AE，∴△DAE≌△GAE，∴ED＝EG，∵ABC是等腰直角三角形，∴∠ACB=45°，∴∠ECG=90°，∴GE2＝GC2＋EC2,∴DE2＝BD2＋EC2； 条件：如图3，ABC是等边三角形，BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°；（等边型120-60） 结论：①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋CF；④AEF的周长=2AB； ⑤DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC。 证明：将△DBE绕点D顺时针旋转120°至△DCG，即△BDE≌△CDG， ∴∠EDB=∠GDC，∠DBE=∠DCG，BE＝GC，DE＝DG； ∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，∴∠BDE+∠CDF=60°，∴∠GDC+∠CDF=∠GDF=60°，故∠GDF=∠EDF， ∵DF＝DF，∴△EDF≌△GDF，∴EF＝GF，∵GF＝CG＋CF，∴GF＝BE＋CF，∴EF＝BE＋CF， ∴AEF的周长=EF+AE＋AF=BE＋CF+AE＋AF=AB＋AC=2AB， 过点D作DH⊥EF，DM⊥GF，则∠DHF=∠DMF=90°， ∵△EDF≌△GDF，∴DM=DH（全等三角形对应边上的高相等），再利用HL证得：△DHF≌△DMF， ∴∠HFD=∠MFD，同理可证：∠BFD=∠FED，即DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC。 图3 图4 图5 条件：如图4，ABC是等边三角形，∠EAD=30°；（等边型60-30） 结论：①△BDA≌△CFA；②△DAE≌△FAE；③∠ECF=120°；④DE2＝(BD＋EC)2+； 证明：将△ABD绕点A逆时针旋转60°至△ACF，即△BAD≌△CAF， ∴∠BAD=∠CAF，∠B=∠FCA=60°，AD＝AF，BD＝CF； ∵∠DAE=30°，∴∠BAD+∠EAC=30°，∴∠CAF+∠EAC=∠FAE=30°，∴∠DAE=∠FAE=30°， ∵AE＝AE，∴△DAE≌△FAE，∴ED＝EF，∵ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，∴∠ECF=120°， 过点F作FH⊥BC，∴∠FCH=60°，∠CFH=30°，∴CH=CF=BD，FH=CF=BD， ∵在直角三角形中：FE2＝FH2＋EH2,∴DE2＝(BD＋EC)2+(BD)2； 条件：如图5，∠BAC=，AB=AC，∠DAE=；（任意型） 结论：①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF；③∠ECF=180°-。 证明：将△ABD绕点A逆时针°至△ACF，即△BAD≌△CAF， ∴∠BAD=∠CAF，∠B=∠BCA=∠FCA=90°-，AD＝AF，BD＝CF；∴∠ECF=∠BCA+∠FCA=180°-。 ∵∠BAC=，∠DAE=，∴∠BAD+∠EAC=，∴∠CAF+∠EAC=∠FAE=，∴∠DAE=∠FAE=， ∵AE＝AE，∴△DAE≌△FAE。 3）对角互补模型 （1）“共斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型（异侧型） 条件：如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB. 结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③. 证明：过点C作CM⊥OD，CN⊥OB，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN， 又∵∠AOB＝∠DCE＝90°，∴∠MCN＝90°，∴∠MCD＝∠NCE，∴△MCD≌△NCE；∴CD＝CE， 根据上述条件易证：四边形ONCM为正方形，∴∠CON＝45°，OM=ON， 又∵OD＋OE＝OM-DM+ON+NE，∴OD＋OE=OM+ON=2ON=OC， ∵△MCD≌△NCE，∴S△MCD=S△NCE，∴ （2）“斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型（同侧型） 条件：如图，已知∠DCE的一边与AO的延长线交于点D，∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB.[来源:学科网ZXXK] 结论：①CD＝CE，②OE－OD＝OC，③. 证明：过点C作CM⊥OD，CN⊥OB，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN， 又∵∠AOB＝∠DCE＝90°，∴∠MCN＝90°，∴∠MCD＝∠NCE， ∴△MCD≌△NCE；∴CD＝CE，MD＝NE，根据上述条件易证：四边形ONCM为正方形， ∴∠CON＝45°，OM=ON，又∵OE－OD＝ON+NE-（DM-OM），∴OE－OD=ON+OM=2ON=OC， ∵△MCD≌△NCE，∴S△MCD=S△NCE，. （3）“等边三角形对120°模型”（1） 条件：如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB. 结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③. 证明：过点C作CM⊥OD，CN⊥OB，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN， 又∵∠AOB＝2∠DCE＝120°，∴∠AOB+∠DCE＝180°，∴∠CDO+∠CEO＝180°， ∵∠CDO+∠CDM＝180°，∴∠MDC＝∠CEO，∴△MCD≌△NCE；∴CD＝CE，MD＝NE， ∵OC平分∠AOB，∴∠CON＝∠COM＝60°，∴ON=OM=OC，NC=MC=OC。 又∵OE+OD＝ON+NE+OM-DM，∴OE+OD=ON+OM=OC， ∵△MCD≌△NCE，∴S△MCD=S△NCE，∴。 4）“等边三角形对120°模型”（2） 条件：如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB，∠DCE的一边与BO的延长线交于点D， 结论：①CD＝CE，②OD－OE＝OC，③. 证明：过点C作CM⊥OD，CN⊥OB，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN， 又∵∠AOB＝2∠DCE＝120°，∴∠AOB+∠DCE＝180°，∠AOB+∠MCN＝180°，∴∠DCE=∠MCN＝60° ∴∠DCE-∠MCE=∠MCN-∠MCE，∴∠MCD＝∠NCE，∴△MCD≌△NCE；∴CD＝CE，MD＝NE， ∵OC平分∠AOB，∴∠CON＝∠COM＝60°，∴ON=OM=OC，NC=MC=OC。 又∵OD-OE＝OM+DM-（NE-ON），∴OD-OE=ON+OM=OC， ∵△MCD≌△NCE，∴S△MCD=S△NCE，∴。 5）“120°等腰三角形对60°模型” 条件：△ABC是等腰三角形，且∠BAC=120°，∠BPC=60°，PA平分∠BPC。 结论：PB+PC=PA； 证明：将△PAC绕点A顺时针旋转120°至△QAB，即△PAC≌△QAB， ∴∠ACP=∠ABQ，∠CAP=∠BAQ，AP＝AQ，PC＝QB； ∵∠BAC=120°，∠BPC=60°，∴∠ACP+∠ABP=180°，∴∠ABQ+∠ABP=180°，故P、B、Q共线。 又∵∠BPC=60°，PA平分∠BPC，∴∠APQ=60°，∵AP＝AQ，∴∠AQP=60°， 根据勾股定理易证：PQ=PA，又∵PQ=PB+QB=PB+PC，∴PB+PC=PA。 模型1.旋转中的手拉手模型 例1（24-25八年级上·福建南平·期中）【综合与实践】星光中学八年级数学兴趣小组的同学发现这样一个模型：它是由两个共顶角顶点且顶角相等的等腰三角形构成的，在两个等腰三角形顶角的变化过程中，始终存在一对全等三角形．数学兴趣小组同学称此模型为“手拉手模型”．请你和数学兴趣小组的同学一起研究下面的问题．    (1)如图1，在和中，，，，连接，，延长交于点．则 °；(2)如图2，在和中，，，，连接，，延长，交于点．请猜想与的数量关系及的度数（用含的代数式表示），并说明理由；(3)如图3，在和中，，，，连接，交于点，连接，连接并延长交于点，直接写出的度数． 【答案】(1)(2)，，见解析(3) 【详解】（1）解：，设与交于点O． ． ，即． 在和中，． ，． （2）解：① 证明如下：如图2 ，即 在和中 ②证明如下：如图2 （已证） 在四边形中， 又，，． （3）解：．如图3，过点作．设与交于， 则．，．即 在和中，． 又，，， ，．又．． ，平分．． 例2（24-25八年级上·浙江杭州·期中）定义：如果两个等腰三角形的顶角相等，且顶角的顶点互相重合，那么称此图形为“手拉手全等模型”．例如，如图①，与都是等腰三角形，其中，则． (1)如图②，与都是等腰三角形，，，且，求证：． (2)如图③若和均为等腰直角三角形，，点A，D，E在同一条直线上，为中上的高，连接，求的度数以及线段，，之间的数量关系，并说明理由．(3)如图④，在四边形中，，，，求的长． 【答案】(1)见解析(2)，，理由见解析(3) 【详解】（1）证明：，，即， ，，，； （2）解：，；理由如下：设交于，如图： ，，即， ，，，，， ，， ，即；为等腰直角中边上的高，， ，； （3）解：作，且，连接，，如图， ，，， ，即， ，，，， ，，在中，，， ，，． 例3（24-25七年级下·河南郑州·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”． (1)【初步把握】如图1，与都是等腰三角形，，，且，则有 ；线段和的数量关系是 ； (2)【深入研究】如图2，和是都是等腰三角形，即，，且，B，C，D在同一条直线上．请判断线段与存在怎样的数量关系及位置关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】如图3，直线，垂足为点O，上有一点M在点O右侧且，点N是上一个动点，连接，在下方作等腰直角三角形，，，连接．请直接写出线段的最小值及此时的长度． 【答案】(1)；(2)；；理由见解析(3)4；4 【详解】（1）∵，∴，即， 在和中，，∴；故答案为：；； （2）解：与的数量关系是，位置关系是 ∵，∴，即， 在和中，，∴，∴，， ∵是等腰三角形且，∴，∴， ∴，∴； （3）∵是等腰直角三角形，∴， 将绕M点顺时针旋转得（N与重合），连接， ∴，∴，，∴， 当有最小，即最小，当轴时，由，， ∴，，∴，最小值为4． 模型2.旋转中的半角模型 例1（24-25九年级上·广东韶关·期中）【阅读理解】半角模型是指有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等．通过旋转或截长补短，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构成全等三角形，用以解决线段关系、角度、面积等问题， 【初步探究如图1，在正方形中，点分别在边上，连接．若，将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到．易证：． （1）根据以上信息，填空：①_______°；②线段之间满足的数量关系为_______； 【迁移探究】（2）如图2，在正方形中，若点在射线上，点在射线上，，猜想线段之间的数量关系，请证明你的结论； 【拓展探索】（3）如图3，已知正方形的边长为，连接分别交于点，若点恰好为线段的三等分点，且，求线段的长． 【答案】（1）①45；②；（2）．证明见解析；（3） 【详解】解：（1）∵四边形是正方形，∴，， 将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到． 则，，，，∴G、B、E共线， ，∴， 在和中，，，， ，∴，故答案为：①45 ；②； （2）解：． 证明如下：如图2，在上截取，连接， 在和中，，，， ，即， ，，在和中，， ，，，∴， （3）将绕点顺时针旋转得到，连接， ∵四边形是正方形，，， ， 由旋转可得，，， ，， 又，，， 设，则，在中，， ，解得，． 例2（25-26八年级上·浙江绍兴·期中）如图1，四边形是正方形，E，F分别在边和上，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．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． 【答案】(1)(2)，理由见解析 【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，，． 例3（24-25八年级下·陕西西安·期中）（1）如图1，在中，，，点D，E在边上，．若，求的长． 小明的解题思路：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接，可证，最后在中可求得的长，即的长． ①请你写出与全等的证明过程；②求出的长． （2）某公园有一块三角形空地（如图3），其中，．为了美化环境，蓄洪防涝，公园管理人员拟在中间挖出一个三角形人工湖，D，E是边上的点，要求，，求的长． 【答案】（1）①见解析；②；（2）的长为km 【详解】解：（1）①证明：由旋转的性质，得 ∵，∴，∴， 即，∴. 在和中，∴. ②由（1）可知，，∴. ∵，，∴. 由旋转的性质，得，∴. 在中，由勾股定理，得，∴. （2）如图3，将绕点A顺时针旋转得到，连接， ∴，. ∵，，∴， 过点A作于点M，则， ∴∴， ∴，∴. ∵，∴.∴， 在和中，∴，∴， ∵，∴，∴. 设.在中，，， ∴，∴， 解得，∴，∴的长为km. 模型3.旋转中的对角互补模型 例1（24-25八年级下·吉林长春·阶段练习）我们定义：对角互补且有一组邻边相等的四边形叫做至善四边形．如图1，且，则四边形是至四边形． (1)下列四边形一定是至善四边形的有______．①平行四边形；②矩形；③菱形，④正方形； (2)如图2，四边形为至善四边形，，，，求的长及的度数．(3)如图3，正方形中，为中点，在右边作等边，为中点，当时，_______． 【答案】(1)④(2)的长为4，的度数为；(3) 【详解】（1）解：①平行四边形的对角相等邻角互补，对边相等，它的对角不一定互补，邻边不一定相等，故平行四边形不是至善四边形； ②矩形四个内角是直角，对边相等，它的对角互补，但邻边不一定相等，故矩形不是至善四边形； ③菱形对角相等邻角互补，四边相等，它的一组邻边相等，但对角不一定互补，故菱形不是至善四边形； ④正方形四个内角是直角，四边相等，它的对角互补且有一组邻边相等，故正方形是至善四边形； 故答案为：④； （2）解：如图，延长至点，使， ∴， ∵四边形为至善四边形，，，， ∴，∴， 在和中，，∴，∴，， ∵，∴， ∴为等边三角形，∴，，∴， ∴的长为4，的度数为； （3）解：延长至点，使得，连接， ∵四边形为正方形，，∴，， ∴为等腰直角三角形，∴， ∵为的中点，∴，即，， ∵为等边三角形，为的中点， ∴，，则， ∴，即，，， ∴，∴， ∵，∴， 在和中，，∴， ∴，， ∵，∴， ∴是等腰直角三角形，且 ∵，∴， 故答案为：． 例2（24-25九年级上·贵州贵阳·期中）问题背景：“对角互补”是经典的四边形模型，解决相应问题，通常会涉及到旋转构造、全等三角形的证明等综合性较高的几何知识．如果问题中有“，”角度出现，一般会和等腰直角三角形、正方形、等边三角形等特殊图形结合起来考察．    (1)【问题解决】如图①，，平分，小明同学从P点分别向，作垂线，，由此得到正方形，与全等的三角形是________； (2)【问题探究】如图②，若，，平分，，，求的长； (3)【拓展延伸】如图③，点P是正方形外一点，，，对角线，交于点O，连接，且，求正方形的面积． 【答案】(1)(2)3(3)16 【详解】（1）解：，，且平分， ，，四边形是正方形，， ，，， 在和中，，；故答案为：． （2）如图，过点P作于M，于N，如图：       平分，．，．． 在四边形中，，且，， ．，． 又．． ，，设，则，． ，解得，．． 在中，，，． （3）如图，延长到，使，连接．如图： 在四边形中，，且． 四边形是正方形，，．． 又，．．，．，． 是等腰直角三角形．由勾股定理，． 在中，，设，由勾股定理，， ．． ．．． 例3（2025湖南一模）如图，已知，在的角平分线上有一点，将一个角的顶点与点重合，它的两条边分别与射线相交于点. （1）如图1，当绕点旋转到与垂直时，请猜想与的数量关系，并说明理由； （2）当绕点旋转到与不垂直时，到达图2的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由； （3）如图3，当绕点旋转到点位于的反向延长线上时，求线段与之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明. 【答案】（1），见解析；（2）结论仍然成立，见解析；（3） 【详解】解：（1）是的角平分线 在中，，同理： （2）（1）中结论仍然成立，理由：过点作于，于 由（1）知， ，且点是的平分线上一点 （3）结论为：.理由：过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，∴∠OFC＝∠OGC＝90°， ∵∠AOB＝60°，∴∠FCG＝120°，同（1）的方法得，OF＝OC，OG＝OC，∴OF＋OG＝OC， ∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点， ∴CF＝CG，∵∠DCE＝120°，∠FCG＝120°，∴∠DCF＝∠ECG， ∴△CFD≌△CGE，∴DF＝EG，∴OF＝DF−OD＝EG−OD，OG＝OE−EG， ∴OF＋OG＝EG−OD＋OE−EG＝OE−OD，∴OE−OD＝OC． 1．（24-25·山东·八年级期末）已知ABC中，∠BAC=60°，以AB和BC为边向外作等边ABD和等边BCE．(1)连接AE、CD，如图1，求证：AE=CD；(2)若N为CD中点，连接AN，如图2，求证：CE=2AN (3)若AB⊥BC，延长AB交DE于M，DB=，如图3，则BM=_______（直接写出结果） 【答案】(1)见解析(2)见解析(3) 【解析】（1）解：∵△ABD和△BCE是等边三角形， ∴BD=AB，BC=BE，∠ABD=∠CBE=60°， ∴∠ABD+∠ABC=∠CBE+∠ABC，∴∠DBC=∠ABE， ∴△ABE≌△DBC（SAS），∴AE=CD； （2）解：如图，延长AN使NF=AN，连接FC， ∵N为CD中点，∴DN=CN， ∵∠AND=∠FNC，∴△ADN≌△FCN(SAS)，∴CF=AD，∠NCF=∠AND， ∵∠DAB=∠BAC=60°∴∠ACD +∠ADN=60° ∴∠ACF=∠ACD+∠NCF=60°，∴∠BAC=∠ACF， ∵△ABD是等边三角形，∴AB=AD，∴AB=CF， ∵AC=CA，∴△ABC≌△CFA (SAS)，∴BC=AF， ∵△BCE是等边三角形，∴CE=BC=AF=2AN； （3）解： ∵△ABD是等边三角形，∴，∠BAD=60°， 在Rt△ABC中，∠ACB=90°－∠BAC=30°，∴， 如图，过点E作EH // AD交AM的延长线于H， ∴∠H=∠BAD=60°，∵△BCE是等边三角形，∴BC=BE，∠CBE=60°， ∵∠ABC=90°，∴∠EBH=90°－∠CBE=30°=∠ACB， ∴∠BEH=180°－∠EBH－∠H=90°=∠ABC， ∴△ABC≌△HEB (ASA)，∴，，∴AD=EH， ∵∠AMD=∠HME，∴△ADM≌△HEM (AAS)，∴AM=HM， ∴ ∵，，∴．故答案为：． 2．（24-25八年级下·辽宁大连·阶段练习）【问题初探】（1）在数学活动课上，李老师给出如下问题：如图1，在中，，点D是斜边上的一点，连接，试说明之间的数量关系，并说明理由．有两名同学给出如下的证明思路：如图2，小唐同学思考的时候，想到通过旋转变换将三条边转移到同一个三角形中，再根据三角形的特点确定三条边的数量关系如图2．过点C作，使，连接把问题解决； 如图3，小孟同学思考的时候，想到等腰三角形的“三线合一”的性质，作底边的垂线构造直角三角形．然后将三边转移到这个三角形解决问题，如图3，过点C作，交于点E把问题解决； 请你选择一名同学的解题思路，写出证明过程． 【类比分折】（2）李老师发现之前两名同学都运用转化思想，将证明线段的关系转化为我们熟悉的角的关系去理解；为帮助同学更好的感悟转化思想，李老师又提出一个问题，请你解答：如图4，四边形中，；连接，猜想之间的数量关系，并证明你的猜想； 【学以致用】（3）如图5，四边形中，，求的长． 【答案】（1）；理由见详解；（2），理由见详解；（3） 【详解】（1）用小唐同学方法解答如下：， ∵， ，是等腰直角三角形， 在和中 ，∴是直角三角形， 故答案为 （2），理由如下：如图，将绕点顺时针旋转到，连接、， 是等边三角形， 在和中： ，在中， （3）将绕点顺时针旋转到，连接，延长交于F， ∴是等腰直角三角形， ， 在和中 设则， 在中，，①， 在中，②， 由① ②解得，， 在中，，故答案为：． 3．（24-25八年级下·广东湛江·期末）综合实践：如图1，点E为正方形内一点，，点为正方形外一点，且，，延长交于点F，连接．    (1)试判断四边形的形状，并说明理由；(2)如图2，若，请猜想线段与的数量关系，并加以证明；(3)如图1，若，，请求出的长． 【答案】(1)四边形是正方形，理由见解析(2)，证明见解析(3) 【详解】（1）解：四边形是正方形，理由： ∵四边形是正方形，∴，， ∵，，∴， ∵，，∴，∴，， ∵，∴， ∴，∴四边形是矩形，又，∴四边形是正方形； （2）解：如图2，过D作于H，则，       ∴，又， ∴，又，∴，∴， ∵，∴，∵四边形是正方形，， ∴，，∴，即； （3）解：如图1，过D作于H， 在中，，，∴， 由（2）知，，∴，， 在中，，∴． 4．（24-25八年级下·广东深圳·期末）如图1，绕点旋转得到平行四边形，当点落在边上时，连接．    (1)求证：平分；(2)连接交于点． ①如图2，若平行四边形为长方形，则和之间的等量关系为，并说明理由； ②如图3，若，请直接写出的面积 ． 【答案】(1)见解析(2)①，理由见解析；② 【详解】（1）证明：∵绕点旋转得到平行四边形，∴∴ 又∵四边形是平行四边形，∴∴∴，即平分； （2）解：①，如图所示，过点作于点，       ∵平分，，∴ ∵四边形，是长方形，∴∴ 在中，∴∴； ②如图所示，∵四边形是平行四边形， ∴， 在上截取，连接，过点作于点， ∵旋转，则，∴是等边三角形，则， ∴，即旋转角为∴ 又平分；∴，∴， 在中，∴ ∴， ∴ 又∵∴ 又∵旋转，则∴， 在中，∴ ∴∴∴四边形是平行四边形，∴ 在中，， ∴，则∴ ∴． 5．（24-25八年级下·河南郑州·期中）如图，等腰直角中，，为边上一点，以为直角边作如图所示的等腰直角．连接，为中点，连接，． (1)如图1所示，与的数量关系为：＿＿＿＿；位置关系为：＿＿＿＿＿＿． (2)如图2所示，将绕点逆时针旋转，（1）中结论是否仍然成立？若成立请证明，若不成立说明理由．(3)小霖发现无论绕点旋转多少度，（2）中的结论总能成立，请利用（2）中的结论帮助小霖解决如下问题：若，将继续绕点旋转，当点落在直线上时，直接写出此时的面积． 【答案】(1)；(2)成立；理由见解析(3)的面积为 【详解】（1）解：延长交于点F，取的中点H，连接，，如图所示： ∵、为等腰直角三角形，∴，，∴， ∵为的中点，为的中点，∴，∴，∴， ∵，H为的中点，∴，∴、M、H三点共线， ∵，，∴为等腰直角三角形，∵，∴，∴， ∵M为的中点，∴，∴，， ∴为等腰直角三角形，∴，； （2）解：成立；理由如下：延长交于点G，连接、，如图所示： ∵、为等腰直角三角形，∴，，，， 根据旋转可知：，∴，∴， ∴，∴，， ∵M为的中点，∴，∴， ∴，， ∵，∴，∵，，∴， ∴，，∴， ∵，，∴，，即，； （3）解：如图，点E在线段上时， ∵在中，，∴，∴， ∵M为的中点，∴，根据解析（2）可知：， ，∴； 当点E在线段延长线上时，如图所示： ∵在中，，∴，∴， ∵M为的中点，∴，根据解析（2）可知：， ，∴； 综上分析可知：的面积为． 6．（24-25八年级下·山东济南·期末）在等腰中，，以为底角顶点作等腰，使，连接，分别以、为邻边作，连接． (1)如图1，当点在边上（不与点、重合），且点在外部时，判断中，与的数量关系为______，位置关系为______； (2)如图2，将图1中绕点逆时针旋转，当点落在线段上时，连接．求证：； (3)如图3，将绕点继续逆时针旋转，当为菱形，且在的下方时，若，，求线段的长． 【答案】(1)；(2)证明见解析(3) 【详解】（1）解：；．理由如下： ∵四边形是平行四边形，∴， ∵，∴，∵，∴， ∵，∴是等腰直角三角形； （2）证明：如图2，连接，设交于， ∵四边形是平行四边形，∴，∴， ∴，， ∵，∴， ∵，∴，∵， ∴，∴，∴，， ∴，∴是等腰直角三角形，∴； （3）解：当四边形是菱形时，得．设交于， ∵，，∴垂直平分，∵，∴， 又∵，∴，∴． 7．（2025·辽宁大连·一模）【模型定义】 它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．他们得知这种模型称为“手拉手模型”如果把小等腰三角形的腰长看作是小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手． 【模型探究】（1）如图，若和均为等边三角形，点、、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 ． 【模型应用】（2）如图，，，求证：； （3）如图，为等边内一点，且，以为边构造等边，这样就有两个等边三角形共顶点，然后连接，求的度数是 ． 【拓展提高】（4）如图，在中，，，点为外一点，点为中点，，，求的度数．（用含有m的式子表示） （5）如图，两个等腰直角三角形和中，，，，连接，，两线交于点，请证明和的数量关系和位置关系． 【答案】（1），；（2）见解析；（3）；（4）；（5）且；理由见解析 【详解】解：（1）如图，和均为等边三角形， ，，．． 在和中，，．．， 为等边三角形，． 点，，在同一直线上，．． ．故答案为：，． （2）证明：如图中，延长到，使得． ，，是等边三角形， ，，， ，，， ．． （3）解：以为边构造等边，连接，如图3所示： 与都是等边三角形， ，，， ，即， 在和中，，，，， ，，， 是直角三角形，， ，，故答案为：； （4）解：如图中，将绕点逆时针旋转得到，连接、、、，延长到，使得，连接、． 由（1）可知，，， ，，， ，，， ，，， ，， ，，，， ，，， ，，，． （5）且；理由如下：， ．． 在和中，，，，， ，，， ，，综上所述：且． 8.（2025·湖南湘潭·一模）【问题探究】 综合实践课上，老师给出这样一个问题要求同学们进行小组合作探究： 如图①，在中，，点在边上，．探究图中线段之间的数量关系． 小红同学这一个学习小组探究此问题的方法是： 将绕点逆时针旋转，得到，连接（如图②），由图形旋转的性质和等腰直角三角形的性质以及，可证，得．即可得出之间的数量关系． （1）请你根据小红同学这一学习小组的探究方法，写出探究结论： 在图②中，______度，之间的数量关系是______． 【问题延伸】（2）小明同学这一学习小组在上述探究的基础上，又进行了如下问题的探究： 如图③，在正方形中，点分别是边上的动点，连接交于，若．请你帮小明同学这一学习小组完成如下猜想： ①线段的数量关系是______；②线段的数量关系是______； 请任选一个你的猜想说明理由． 【问题解决】（3）请根据上述探究方法，解决如下问题：如图④，已知点，点，点位于轴正半轴，，试求出点的坐标． 【答案】（1）；（2）①，②，理由见解析；（3） 【详解】解：（1）如图2， ∵在中，，∴， 由旋转性质得，，，， ∴， ∵，∴，则， ∴，又，，∴，则， 在中，，∴，故答案为：，； （2）猜想：①；②；选择猜想②，证明过程如下： ∵四边形是正方形，∴，， 如图③，将绕点B逆时针旋转，得到，则，，，，∴，则G、D、F、C共线， ∵，∴， ∴，又，，∴，∴， ∵，∴；故答案为：①；②； （3）如图，在y轴正半轴上截取，连接，，则， 由（1）得，∵点，点，∴，， ∴，，∴，解得， ∴，则点C坐标为． 9．（24-25·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，在△ABC中，AB＝AC＝2．∠BAC＝120°，点D，E都在边BC上，∠DAE＝60°，若BD＝2CE，求DE的长． 【答案】DE＝3﹣3． 【详解】解：将绕点A逆时针旋转120°得到，取的中点G，连接，如图所示： 过点作于点，如图， ∵，，∴， 在中， ，∴， ∴，∴，∴，∴． ∵，∴，∴为等边三角形， ∴，∴，∴为直角三角形， ∵，∴，∴． 在和中，，∴，∴． 设，则，在中，， ＝x，∴，∴， ∴，答：的长为． 10．（24-25·广东·八年级专题练习）旋转变换是解决数学问题中一种重要的思想方法，通过旋转变换可以将分散的条件集中到一起，从而方便解决问题．已知，中，，点D、E在边BC上，且． (1)如图a，当时，将绕点A顺时针旋转到的位置，连结． ①　　；②求证：；(2)如图b，当时，猜想的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)①；②见解析(2)，见解析 【详解】（1）①解：由旋转知，， ∵，∴，∴， ∴，故答案为：； ②证明：由①知，，∵，∴，∴； （2）解：，理由如下：如图， 将绕点A顺时针旋转到的位置，连结，∴， ∴，∴，∴， 在中，，∴， ∴，根据勾股定理得，，∴， 同（1）②的方法得，，∴． 11．（24-25八年级下·广东深圳·期末）【初步感知】如图1， 在正方形中， E、F分别是、边上的点， 且， 求出图中线段，，之间的数量关系． ①小盐同学经过分析后，将绕着点D逆时针旋转到位置，如图1，根据“旋转的性质”分析与之间的关系，再通过三角形全等的性质得到线段，，之间的数量关系； ②小田同学经过分析后， 将沿进行翻折， 得到， 射线交边的延长线于点M，如图2，根据全等的性质也得到了线段，，之间的数量关系，任选一位同学的分析，可以得到线段，，之间的数量关系是 ． 【类比探究】如图3， 正方形中， E、F分别在边、的延长线上， 且， 连接， 试问线段，，之间具有怎样的数量关系？判断并说明理由． 【拓展应用】如图4，在四边形中，，，，且，，，直接写出的长． 【答案】初步感知：，见解析；类比探究：，见解析；拓展应用： 【详解】解：初步感知：∵将绕着点D逆时针旋转到， ∴，，，， ∵四边形为正方形，∴，， ∴，∴、C、M在同一直线上， ∵，∴， ∴，即， ∵，，∴，∴， ∵，∴； 类比探究：，理由如下：在上截取，连接，如图所示： ∵四边形为正方形，∴，， ∴，∴，∴，∴，∴， ∵，∴，∴， ∵，∴，∴，∴，即； 拓展应用：在上取点M，连接，如图所示： ∵，∴，∵，∴， ∵，∴，∴，∴， ∵，∴，∴， ∵，∴，∴，∵，，，∴， 设，则，， ∵，∴在中，， ∴，解得：，∴． 1 2．（24-25九年级上·四川达州·期末）（1）【问题情景】如图1，已知在正方形中，点E、F分别是边、上的一动点，连接、，且，如图，延长至G，使，通过证明和可得，即：． （2）【尝试探究】如图2，当点E、F分别在射线、上运动，时，探究、、之间的数量关系，请说明理由； （3）【模型建立】如图3，若将直角三角形沿斜边翻折得到，且，点E、F分别在边、上运动，且，试猜想（1）中的结论还成立吗？请加以说明； （4）【拓展应用】如图4，已知是边长为5的等边三角形，点D是外一点，连接、，且，，以D为顶点作一个角，使其角的两边分别交边、于点E、F，连接，求的周长． 【答案】（2）见详解  （3）成立，见详解  （4） 【详解】（2），理由如下: 如图，在上截取，连接 ∵，∴， ∴，∴， ∵，∴， 又∵，∴， ， ，即 ； （3）结论仍然成立，理由如下： 如图，把绕点逆时针旋转，使与重合，得到，， ，，∴点三点共线， ， 又∵，，即， 又∵，∴，∴， 又∵，∴； (4)∵是边长为的等边三角形，∴，， ∵，∴， ∵，把绕点顺时针旋转至，可使与重合， 由旋转得: ，，， 同理得：点在同一条直线上， ，∴，∴，∴， ∵，∴，∴ ，∴， ∴的周长． 13．（24-25·江苏·八年级期中）请阅读下列材料：已知：如图（1）在中，，点D、E分别为线段上两动点，若．探究线段三条线段之间的数量关系．小明的思路是：把绕点A顺时针旋转，得到，连接，使问题得到解决．请你参考小明的思路探究并解决下列问题： (1)猜想三条线段之间存在的数量关系式，直接写出你的猜想； (2)当动点E在线段上，动点D运动在线段延长线上时，如图（2），其它条件不变，（1）中探究的结论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明；(3)已知：如图（3），等边三角形中，点D、E在边上，且，请你找出一个条件，使线段能构成一个等腰三角形，并求出此时等腰三角形顶角的度数． 【答案】(1)(2)不变，见解析(3)， 【详解】（1），证明如下： 将绕A顺时针旋转后成，连接， ∴， ∵，∴，∴， 在和中，，∴，∴， ∵，∴，∴， 在中，∴；故答案为：； （2）关系式仍然成立．证明：将沿直线对折，得，连接 ∴，∴，， 又∵，∴，∵， ，∴， 又∵，∴， ∴ ∴，∴在中，，即； 解法二：将绕点A顺时针旋转得到．连接． ∴，∵，∴， ∵，∴，∵，∴，∴， ∵∴； （3）当时，线段能构成一个等腰三角形． 如图，与（2）类似，以为一边，作，在上截取， 可得．∴．∴． 若使为等腰三角形，只需，即， ∴当时，线段能构成一个等腰三角形，且顶角为． 14．（25-26九年级上·辽宁盘锦·期末）在图1，图2，图3中，， (1)问题探索：如图1，当点和点在直线异侧时，猜想，，三者之间数量关系．小明想出了下面的方法，延长到点，使得，连接，由于，证得，从而，且，所以，得到等腰直角，则小明得到线段，，之间的数量关系为 (2)问题解决：如图2，当点和在直线同侧时，与交于点，请你借鉴中的方法证明： (3)思维拓展：如图3，当点和在直线 异侧时，于点，猜想线段，，三之间的数量关系，并写出证明过程． 【答案】(1)(2)见解析(3) 【详解】（1）解：∵∴，， ∴，∴是等腰直角三角形， ∴∴； （2）证明：在上截取，连接， ∵，，∴， 设，则，，∴， 又∵，，∴，∴ ∴ ∴是等腰直角三角形，∴ ∴即 （3）解：如图所示，延长至，使得， ∵，∴， 又∵，∴ 又∵∴，∴， 又∵∴， ∴∴四边形是矩形， 又∵∴四边形是正方形，∴ ∴即 ∴ 15. （24-25八年级·重庆·期末）如图，已知，在的角平分线上有一点，将一个角的顶点与点重合，它的两条边分别与射线相交于点. （1）如图1，当绕点旋转到与垂直时，请猜想与的数量关系，并说明理由；（2）当绕点旋转到与不垂直时，到达图2的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由；（3）如图3，当绕点旋转到点位于的反向延长线上时，求线段与之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明. 【答案】（1），见解析；（2）结论仍然成立，见解析；（3） 【详解】解：（1）是的角平分线 在中，，同理： （2）（1）中结论仍然成立，理由：过点作于，于 由（1）知， ，且点是的平分线上一点 （3）结论为：. 理由：过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，∴∠OFC＝∠OGC＝90°， ∵∠AOB＝60°，∴∠FCG＝120°，同（1）的方法得，OF＝OC，OG＝OC，∴OF＋OG＝OC， ∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点， ∴CF＝CG，∵∠DCE＝120°，∠FCG＝120°，∴∠DCF＝∠ECG， ∴△CFD≌△CGE，∴DF＝EG，∴OF＝DF−OD＝EG−OD，OG＝OE−EG， ∴OF＋OG＝EG−OD＋OE−EG＝OE−OD，∴OE−OD＝OC． 16．（24-25·江苏·八年级专题练习）感知：如图①，平分，，．判断与的大小关系并证明． 探究：如图②，平分，，，与的大小关系变吗？请说明理由．应用：如图③，四边形中，，，，则与差是多少（用含的代数式表示） 【答案】感知：，证明见详解；探究：与的大小关系不变，理由见详解；应用：与差是． 【详解】感知：，理由如下： ∵，，∴，即， ∵平分，∴； 探究：与的大小关系不变，还是相等，理由如下： 过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥AC，交AC延长线于点F，则∠DEB=∠DFC=90°，如图所示： ∵平分，∴DE=DF， ∵，，∴∠B=∠DCF， ∴△DEB≌△DFC（AAS），∴； 应用：过点D作DH⊥AB于点H，DG⊥AC，交AC的延长线于点G，连接AD，如图所示： ∵，，∴， ∵，∴， ∵，， ∴△DHB≌△DGC（AAS），且△DHB与△DGC都为等腰直角三角形， ∴，由勾股定理可得， ∴，∴， 在Rt△AHD和Rt△AGD中，AD=AD，DH=DG， ∴Rt△AHD≌Rt△AGD（HL），∴， ∴，∴． 17．（24-25广东八年级期末）已知∠AOB＝90°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个三角板的直角顶点与C重合，它的两条直角边分别与OA，OB(或它们的反向延长线)相交于点D，E. 当三角板绕点C旋转到CD与OA垂直时(如图①)，易证：OD＋OE＝OC； 当三角板绕点C旋转到CD与OA不垂直时，即在图②，图③这两种情况下，上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立，线段OD，OE，OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明． 【答案】图②中OD＋OE＝OC成立．证明见解析；图③不成立，有数量关系：OE－OD＝OC 【详解】解：图②中OD＋OE＝OC成立． 证明：过点C分别作OA，OB的垂线，垂足分别为P，Q 有△CPD≌△CQE，∴DP＝EQ，∵OP＝OD＋DP，OQ＝OE－EQ， 又∵OP＋OQ＝OC，即OD＋DP＋OE－EQ＝OC，∴OD＋OE＝OC． 图③不成立，有数量关系：OE－OD＝OC 过点C分别作CK⊥OA，CH⊥OB， ∵OC为∠AOB的角平分线，且CK⊥OA，CH⊥OB，∴CK=CH，∠CKD=∠CHE=90°， 又∵∠KCD与∠HCE都为旋转角，∴∠KCD=∠HCE， ∴△CKD≌△CHE，∴DK=EH，∴OE-OD=OH+EH-OD=OH+DK-OD=OH+OK， 由（1）知：OH+OK=OC，∴OD，OE，OC满足OE-OD=OC． 18．（24-25.山西八年级期中）在中，，，于点, （1）如图1，点，分别在，上，且，当，时，求线段的长；（2）如图2，点，分别在，上，且，求证：； （3）如图3，点在的延长线上，点在上，且，求证：; 【答案】(1) ；(2)见解析；(3)见解析. 【详解】（1）解：，，， ，，， ，，，， ，，由勾股定理得，，即， 解得，，； （2）证明：，，， 在和中，，； （3）证明：过点作交的延长线于， ，则，，， ，，， 在和中，，， ，． 19．（24-25八年级下·广东深圳·期末）【问题感知】（1）如图1，在四边形中，，且，①请直接写出、、的数量关系： ； ②证明：平分； 【迁移应用】（2）如图2，四边形中，，，，，，计算的长度； 【拓展研究】（3）如图3，正方形中，E为边上一点，连接，F为边上一点，且，垂直交于点G，，，直接写出正方形的边长． 【答案】（1）①；②见解析；（2）；（3） 【详解】解：（1）①， 证明：延长使，连接，则， ∵，∴， ∵，∴，∴， ∴， 在中，，∴，∴； ②证明：将绕点逆时针旋转至， ，∴、、三点共线， ，∴是等腰直角三角形， ，∴平分； （2）解：连接，将绕点逆时针旋转至，， 在四边形中，， ，∴、、三点共线， 又，所以是等边三角形， ，∴平分，，， 设则，在中，，则， 解得(舍)，，； （3）解：过点作交于点，作交于点， ∵四边形是正方形，∴，∴， ∵，∴，∴， ∴，∴， ∵，∴，∴， ∵，∴， ∵，∴，∴，∴， 又∵，∴四边形是正方形，∴， ∵，∴，∴， 设，∴，∴， 在中，，故，解得：， 则正方形的边长． 20．（2025·江西九江·二模）问题提出 在综合与实践课上，某数学研究小组提出了这样一个问题：如图1，在边长为4的正方形的中心作直角，的两边分别与正方形的边，交于点E，F（点E与点B，C不重合），将绕点O旋转．在旋转过程中，四边形的面积会发生变化吗？ 爱思考的浩浩和小航分别探究出了如下两种解题思路． 浩浩：如图a，充分利用正方形对角线垂直、相等且互相平分等性质，证明了，则，．这样，就实现了四边形的面积向面积的转化． 小航：如图b，考虑到正方形对角线的特征，过点O分别作于点G，于点H，证明，从而将四边形的面积转化成了小正方形的面积． （1）通过浩浩和小航的思路点拨﹐我们可以得到__________；__________． 类比探究（2）①如图⒉，在矩形中，，，O是边的中点，，点E在上，点F在上，则__________． ②如图3，将问题中的正方形改为菱形，且，当时，其他条件不变，四边形的面积还是一个定值吗？若是，请求出四边形的面积；若不是，请说明理由． 拓展延伸（3）如图4，在四边形中，，，，，是的平分线，求四边形的面积． 【答案】（1）4，4；（2）①6；②是定值，（3） 【详解】解：（1）浩浩：四边形是正方形，边长为4，， ，，，，，， ，，，，， ，； 小航：，，， ，四边形是矩形，， ，，四边形是正方形，边长为4， ，，，， 是的中位线，，同理：， ，，四边形是正方形，，， ， ；故答案为：4，4； （2）①如图2，过点作于点， 则，四边形是矩形，， 四边形是矩形，，，， ，点是边的中点，，， 四边形是正方形，， ，，，， ，∴，∴，故答案为：6． ②是定值，理由如下：如图3，过点O作，垂足分别为M，N，过点 A作，垂足为H， ∵四边形为菱形，∴平分，∴， ∵，∴． ∵∴， 又∵，∴，∴， 在和中，∴． ∵， ，∴， ∴， ∵，∴，∴ 又∵O为的中点，且，∴，， ∴． (3)如图4，延长到点E，使，连接，过点B作于点F． ∵，是的平分线∴， ∴是等边三角形，∴，，∴． ∵，∴，在和中， ∴，∴，∴，， ∵，∴，∴， ∴ 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01.旋转中的三类全等模型（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 2 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 22 26 首先阿基米德则通过物体旋转时的力学规律研究，为旋转几何提供物理背景；随着引入坐标系描述旋转后点的位置变化，并深入研究旋转对称性，推动旋转问题的量化分析；直到近代大三‌核心旋转模型逐渐的形成。这一方法从早期经验认知，历经阿拉伯数学家的理论发展，至近现代形成系统模型，最终成为几何证明的标准化工具。 ‌手拉手模型‌：公共顶点旋转使两三角形完全重合，基于SAS全等准则，用于证明线段或角的等量关系。 ‌半角模型‌：90°含45°、120°含60°等特殊旋转，通过截长补短构造全等三角形，解决角度和线段问题。 对角互补模型：对角互补模型特指四边形中，存在一对对角互补，而且有一组邻边相等的几何模型。 （2024·山东泰安·中考真题）如图1，在等腰中，，，点，分别在，上，，连接，，取中点，连接． (1)求证：，；(2)将绕点顺时针旋转到图2的位置． ①请直接写出与的位置关系：___________________；②求证：． （2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）已知是等腰三角形，，，在的内部，点M、N在上，点M在点N的左侧，探究线段之间的数量关系．    （1）如图①，当时，探究如下：由，可知，将绕点A顺时针旋转，得到，则且，连接，易证，可得，在中，，则有． （2）当时，如图②：当时，如图③，分别写出线段之间的数量关系，并选择图②或图③进行证明． （2022·辽宁朝阳·中考真题）【思维探究】如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，连接AC．求证：BC+CD＝AC．    (1)小明的思路是：延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．根据∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，从而得到∠B＝∠ADE，然后证明ADE≌ABC，从而可证BC+CD＝AC，请你帮助小明写出完整的证明过程．(2)【思维延伸】如图2，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，连接AC，猜想BC，CD，AC之间的数量关系，并说明理由．(3)【思维拓展】在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝，AC与BD相交于点O．若四边形ABCD中有一个内角是75°，请直接写出线段OD的长． 1）手拉手模型 条件：如图1，△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。(双等边型） 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。 证明： ∵△ABC和△DCE均为等边三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=60° ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即：∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMF，∴∠AFM=∠BCM=60°， 过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD。 图1 图2 图3 图4 条件：如图2，△ABC和△DCE为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N。（双等腰直角型） 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BND。 证明： ∵△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=90° ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMN，∴∠ANM=∠BCM=90°， 过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。 条件：如图3，BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD，C为公共点；连接BE，AD交于点F。（双等腰型） 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠BCM=∠AFM；④CF平分∠BFD。 证明： ∵∠BCA=∠ECD，∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD， 又∵BC=AC，CE=CD，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE=AD，∠CBE=∠CAD， 又∵∠CMB=∠AMF，∴∠BCM=∠AFM，过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°， 又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD。 条件：四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，C为公共点；连接BG，ED交于点N。（双正方形型 ） 结论：①△BCG≌△DCE；②BG=DE；③∠BCM=∠DNM=90°；④CN平分∠BNE。 证明： ∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，∴BC=AC，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90° ∴∠BCD+∠DCG=∠ECG+∠DCG，即∠BCG=∠DCE，∴△BCG≌△DCE（SAS）， ∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，又∵∠CMB=∠DMN，∴∠BCM=∠DNM=90°， 过点C作CP⊥DE,CQ⊥BG,则∠CPD=∠CPB=90°，又∵∠CBG=∠CDE，BC=DC，∴△BCQ≌△DCP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。 2）半角模型 条件：如图1，四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°；（正方形型） 结论：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④AEF的周长=2AB； ⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。 证明：将△CBE绕点C逆时针旋转90°至△CDG，即△CBE≌△CDG， ∴∠ECB=∠GCD，∠B=∠CDG=90°，BE＝DG，CE＝CG； ∵ABCD是正方形，∴∠B=∠CDF=∠BCD=90°，BA＝DA；∴∠CDG+∠CDF=180°，故F、D、G共线。 ∵∠ECF=45°，∴∠BCE+∠DCF=45°，∴∠GCD+∠DCF=∠GCF=45°，∴∠ECF=∠GCF=45°， ∵CF＝CF，∴△CEF≌△CGF，∴EF＝GF，∵GF＝DG＋DF，∴GF＝BE＋DF，∴EF＝BE＋DF， ∴AEF的周长=EF+AE＋AF=BE＋DF+AE＋AF=AB＋AD=2AB，过点C作CH⊥EF，则∠CHE=90°， ∵△CEF≌△CGF，∴CD=CH（全等三角形对应边上的高相等），再利用HL证得：△CBE≌△CHE， ∴∠HEC=∠CBE，同理可证：∠HFC=∠DFC，即CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。 图1 图2 条件：如图2，ABC是等腰直角三角形（∠BAC=90°，AB＝AC），∠DAE=45°；（等腰直角型） 结论：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝BD2＋EC2； 证明：将△ABD绕点A逆时针旋转90°至△ACG，即△BAD≌△CAG， ∴∠BAD=∠CAG，∠B=∠GCA=45°，AD＝AG，BD＝CG； ∵∠DAE=45°，∴∠BAD+∠EAC=45°，∴∠CAG+∠EAC=∠GAE=45°，∴∠DAE=∠GAE=45°， ∵AE＝AE，∴△DAE≌△GAE，∴ED＝EG，∵ABC是等腰直角三角形，∴∠ACB=45°，∴∠ECG=90°，∴GE2＝GC2＋EC2,∴DE2＝BD2＋EC2； 条件：如图3，ABC是等边三角形，BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°；（等边型120-60） 结论：①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋CF；④AEF的周长=2AB； ⑤DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC。 证明：将△DBE绕点D顺时针旋转120°至△DCG，即△BDE≌△CDG， ∴∠EDB=∠GDC，∠DBE=∠DCG，BE＝GC，DE＝DG； ∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，∴∠BDE+∠CDF=60°，∴∠GDC+∠CDF=∠GDF=60°，故∠GDF=∠EDF， ∵DF＝DF，∴△EDF≌△GDF，∴EF＝GF，∵GF＝CG＋CF，∴GF＝BE＋CF，∴EF＝BE＋CF， ∴AEF的周长=EF+AE＋AF=BE＋CF+AE＋AF=AB＋AC=2AB， 过点D作DH⊥EF，DM⊥GF，则∠DHF=∠DMF=90°， ∵△EDF≌△GDF，∴DM=DH（全等三角形对应边上的高相等），再利用HL证得：△DHF≌△DMF， ∴∠HFD=∠MFD，同理可证：∠BFD=∠FED，即DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC。 图3 图4 图5 条件：如图4，ABC是等边三角形，∠EAD=30°；（等边型60-30） 结论：①△BDA≌△CFA；②△DAE≌△FAE；③∠ECF=120°；④DE2＝(BD＋EC)2+； 证明：将△ABD绕点A逆时针旋转60°至△ACF，即△BAD≌△CAF， ∴∠BAD=∠CAF，∠B=∠FCA=60°，AD＝AF，BD＝CF； ∵∠DAE=30°，∴∠BAD+∠EAC=30°，∴∠CAF+∠EAC=∠FAE=30°，∴∠DAE=∠FAE=30°， ∵AE＝AE，∴△DAE≌△FAE，∴ED＝EF，∵ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，∴∠ECF=120°， 过点F作FH⊥BC，∴∠FCH=60°，∠CFH=30°，∴CH=CF=BD，FH=CF=BD， ∵在直角三角形中：FE2＝FH2＋EH2,∴DE2＝(BD＋EC)2+(BD)2； 条件：如图5，∠BAC=，AB=AC，∠DAE=；（任意型） 结论：①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF；③∠ECF=180°-。 证明：将△ABD绕点A逆时针°至△ACF，即△BAD≌△CAF， ∴∠BAD=∠CAF，∠B=∠BCA=∠FCA=90°-，AD＝AF，BD＝CF；∴∠ECF=∠BCA+∠FCA=180°-。 ∵∠BAC=，∠DAE=，∴∠BAD+∠EAC=，∴∠CAF+∠EAC=∠FAE=，∴∠DAE=∠FAE=， ∵AE＝AE，∴△DAE≌△FAE。 3）对角互补模型 （1）“共斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型（异侧型） 条件：如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB. 结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③. 证明：过点C作CM⊥OD，CN⊥OB，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN， 又∵∠AOB＝∠DCE＝90°，∴∠MCN＝90°，∴∠MCD＝∠NCE，∴△MCD≌△NCE；∴CD＝CE， 根据上述条件易证：四边形ONCM为正方形，∴∠CON＝45°，OM=ON， 又∵OD＋OE＝OM-DM+ON+NE，∴OD＋OE=OM+ON=2ON=OC， ∵△MCD≌△NCE，∴S△MCD=S△NCE，∴ （2）“斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型（同侧型） 条件：如图，已知∠DCE的一边与AO的延长线交于点D，∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB.[来源:学科网ZXXK] 结论：①CD＝CE，②OE－OD＝OC，③. 证明：过点C作CM⊥OD，CN⊥OB，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN， 又∵∠AOB＝∠DCE＝90°，∴∠MCN＝90°，∴∠MCD＝∠NCE， ∴△MCD≌△NCE；∴CD＝CE，MD＝NE，根据上述条件易证：四边形ONCM为正方形， ∴∠CON＝45°，OM=ON，又∵OE－OD＝ON+NE-（DM-OM），∴OE－OD=ON+OM=2ON=OC， ∵△MCD≌△NCE，∴S△MCD=S△NCE，. （3）“等边三角形对120°模型”（1） 条件：如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB. 结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③. 证明：过点C作CM⊥OD，CN⊥OB，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN， 又∵∠AOB＝2∠DCE＝120°，∴∠AOB+∠DCE＝180°，∴∠CDO+∠CEO＝180°， ∵∠CDO+∠CDM＝180°，∴∠MDC＝∠CEO，∴△MCD≌△NCE；∴CD＝CE，MD＝NE， ∵OC平分∠AOB，∴∠CON＝∠COM＝60°，∴ON=OM=OC，NC=MC=OC。 又∵OE+OD＝ON+NE+OM-DM，∴OE+OD=ON+OM=OC， ∵△MCD≌△NCE，∴S△MCD=S△NCE，∴。 4）“等边三角形对120°模型”（2） 条件：如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB，∠DCE的一边与BO的延长线交于点D， 结论：①CD＝CE，②OD－OE＝OC，③. 证明：过点C作CM⊥OD，CN⊥OB，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN， 又∵∠AOB＝2∠DCE＝120°，∴∠AOB+∠DCE＝180°，∠AOB+∠MCN＝180°，∴∠DCE=∠MCN＝60° ∴∠DCE-∠MCE=∠MCN-∠MCE，∴∠MCD＝∠NCE，∴△MCD≌△NCE；∴CD＝CE，MD＝NE， ∵OC平分∠AOB，∴∠CON＝∠COM＝60°，∴ON=OM=OC，NC=MC=OC。 又∵OD-OE＝OM+DM-（NE-ON），∴OD-OE=ON+OM=OC， ∵△MCD≌△NCE，∴S△MCD=S△NCE，∴。 5）“120°等腰三角形对60°模型” 条件：△ABC是等腰三角形，且∠BAC=120°，∠BPC=60°，PA平分∠BPC。 结论：PB+PC=PA； 证明：将△PAC绕点A顺时针旋转120°至△QAB，即△PAC≌△QAB， ∴∠ACP=∠ABQ，∠CAP=∠BAQ，AP＝AQ，PC＝QB； ∵∠BAC=120°，∠BPC=60°，∴∠ACP+∠ABP=180°，∴∠ABQ+∠ABP=180°，故P、B、Q共线。 又∵∠BPC=60°，PA平分∠BPC，∴∠APQ=60°，∵AP＝AQ，∴∠AQP=60°， 根据勾股定理易证：PQ=PA，又∵PQ=PB+QB=PB+PC，∴PB+PC=PA。 模型1.旋转中的手拉手模型 例1（24-25八年级上·福建南平·期中）【综合与实践】星光中学八年级数学兴趣小组的同学发现这样一个模型：它是由两个共顶角顶点且顶角相等的等腰三角形构成的，在两个等腰三角形顶角的变化过程中，始终存在一对全等三角形．数学兴趣小组同学称此模型为“手拉手模型”．请你和数学兴趣小组的同学一起研究下面的问题．    (1)如图1，在和中，，，，连接，，延长交于点．则 °；(2)如图2，在和中，，，，连接，，延长，交于点．请猜想与的数量关系及的度数（用含的代数式表示），并说明理由；(3)如图3，在和中，，，，连接，交于点，连接，连接并延长交于点，直接写出的度数． 例2（24-25八年级上·浙江杭州·期中）定义：如果两个等腰三角形的顶角相等，且顶角的顶点互相重合，那么称此图形为“手拉手全等模型”．例如，如图①，与都是等腰三角形，其中，则． (1)如图②，与都是等腰三角形，，，且，求证：． (2)如图③若和均为等腰直角三角形，，点A，D，E在同一条直线上，为中上的高，连接，求的度数以及线段，，之间的数量关系，并说明理由．(3)如图④，在四边形中，，，，求的长． 例3（24-25七年级下·河南郑州·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”． (1)【初步把握】如图1，与都是等腰三角形，，，且，则有 ；线段和的数量关系是 ； (2)【深入研究】如图2，和是都是等腰三角形，即，，且，B，C，D在同一条直线上．请判断线段与存在怎样的数量关系及位置关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】如图3，直线，垂足为点O，上有一点M在点O右侧且，点N是上一个动点，连接，在下方作等腰直角三角形，，，连接．请直接写出线段的最小值及此时的长度． 模型2.旋转中的半角模型 例1（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． 例2（25-26八年级上·浙江绍兴·期中）如图1，四边形是正方形，E，F分别在边和上，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．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． 例3（24-25八年级下·陕西西安·期中）（1）如图1，在中，，，点D，E在边上，．若，求的长． 小明的解题思路：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接，可证，最后在中可求得的长，即的长． ①请你写出与全等的证明过程；②求出的长． （2）某公园有一块三角形空地（如图3），其中，．为了美化环境，蓄洪防涝，公园管理人员拟在中间挖出一个三角形人工湖，D，E是边上的点，要求，，求的长． 模型3.旋转中的对角互补模型 例1（24-25八年级下·吉林长春·阶段练习）我们定义：对角互补且有一组邻边相等的四边形叫做至善四边形．如图1，且，则四边形是至四边形． (1)下列四边形一定是至善四边形的有______．①平行四边形；②矩形；③菱形，④正方形； (2)如图2，四边形为至善四边形，，，，求的长及的度数．(3)如图3，正方形中，为中点，在右边作等边，为中点，当时，_______． 例2（24-25九年级上·贵州贵阳·期中）问题背景：“对角互补”是经典的四边形模型，解决相应问题，通常会涉及到旋转构造、全等三角形的证明等综合性较高的几何知识．如果问题中有“，”角度出现，一般会和等腰直角三角形、正方形、等边三角形等特殊图形结合起来考察．    (1)【问题解决】如图①，，平分，小明同学从P点分别向，作垂线，，由此得到正方形，与全等的三角形是________； (2)【问题探究】如图②，若，，平分，，，求的长； (3)【拓展延伸】如图③，点P是正方形外一点，，，对角线，交于点O，连接，且，求正方形的面积． 例3（2025湖南一模）如图，已知，在的角平分线上有一点，将一个角的顶点与点重合，它的两条边分别与射线相交于点. （1）如图1，当绕点旋转到与垂直时，请猜想与的数量关系，并说明理由； （2）当绕点旋转到与不垂直时，到达图2的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由； （3）如图3，当绕点旋转到点位于的反向延长线上时，求线段与之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明. 1．（24-25·山东·八年级期末）已知ABC中，∠BAC=60°，以AB和BC为边向外作等边ABD和等边BCE．(1)连接AE、CD，如图1，求证：AE=CD；(2)若N为CD中点，连接AN，如图2，求证：CE=2AN (3)若AB⊥BC，延长AB交DE于M，DB=，如图3，则BM=_______（直接写出结果） 2．（24-25八年级下·辽宁大连·阶段练习）【问题初探】（1）在数学活动课上，李老师给出如下问题：如图1，在中，，点D是斜边上的一点，连接，试说明之间的数量关系，并说明理由．有两名同学给出如下的证明思路：如图2，小唐同学思考的时候，想到通过旋转变换将三条边转移到同一个三角形中，再根据三角形的特点确定三条边的数量关系如图2．过点C作，使，连接把问题解决； 如图3，小孟同学思考的时候，想到等腰三角形的“三线合一”的性质，作底边的垂线构造直角三角形．然后将三边转移到这个三角形解决问题，如图3，过点C作，交于点E把问题解决； 请你选择一名同学的解题思路，写出证明过程． 【类比分折】（2）李老师发现之前两名同学都运用转化思想，将证明线段的关系转化为我们熟悉的角的关系去理解；为帮助同学更好的感悟转化思想，李老师又提出一个问题，请你解答：如图4，四边形中，；连接，猜想之间的数量关系，并证明你的猜想； 【学以致用】（3）如图5，四边形中，，求的长． 3．（24-25八年级下·广东湛江·期末）综合实践：如图1，点E为正方形内一点，，点为正方形外一点，且，，延长交于点F，连接．    (1)试判断四边形的形状，并说明理由；(2)如图2，若，请猜想线段与的数量关系，并加以证明；(3)如图1，若，，请求出的长． 4．（24-25八年级下·广东深圳·期末）如图1，绕点旋转得到平行四边形，当点落在边上时，连接．    (1)求证：平分；(2)连接交于点． ①如图2，若平行四边形为长方形，则和之间的等量关系为，并说明理由； ②如图3，若，请直接写出的面积 ． 5．（24-25八年级下·河南郑州·期中）如图，等腰直角中，，为边上一点，以为直角边作如图所示的等腰直角．连接，为中点，连接，． (1)如图1所示，与的数量关系为：＿＿＿＿；位置关系为：＿＿＿＿＿＿． (2)如图2所示，将绕点逆时针旋转，（1）中结论是否仍然成立？若成立请证明，若不成立说明理由．(3)小霖发现无论绕点旋转多少度，（2）中的结论总能成立，请利用（2）中的结论帮助小霖解决如下问题：若，将继续绕点旋转，当点落在直线上时，直接写出此时的面积． 6．（24-25八年级下·山东济南·期末）在等腰中，，以为底角顶点作等腰，使，连接，分别以、为邻边作，连接． (1)如图1，当点在边上（不与点、重合），且点在外部时，判断中，与的数量关系为______，位置关系为______； (2)如图2，将图1中绕点逆时针旋转，当点落在线段上时，连接．求证：； (3)如图3，将绕点继续逆时针旋转，当为菱形，且在的下方时，若，，求线段的长． 7．（2025·辽宁大连·一模）【模型定义】 它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．他们得知这种模型称为“手拉手模型”如果把小等腰三角形的腰长看作是小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手． 【模型探究】（1）如图，若和均为等边三角形，点、、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 ． 【模型应用】（2）如图，，，求证：； （3）如图，为等边内一点，且，以为边构造等边，这样就有两个等边三角形共顶点，然后连接，求的度数是 ． 【拓展提高】（4）如图，在中，，，点为外一点，点为中点，，，求的度数．（用含有m的式子表示） （5）如图，两个等腰直角三角形和中，，，，连接，，两线交于点，请证明和的数量关系和位置关系． 8.（2025·湖南湘潭·一模）【问题探究】 综合实践课上，老师给出这样一个问题要求同学们进行小组合作探究： 如图①，在中，，点在边上，．探究图中线段之间的数量关系． 小红同学这一个学习小组探究此问题的方法是： 将绕点逆时针旋转，得到，连接（如图②），由图形旋转的性质和等腰直角三角形的性质以及，可证，得．即可得出之间的数量关系． （1）请你根据小红同学这一学习小组的探究方法，写出探究结论： 在图②中，______度，之间的数量关系是______． 【问题延伸】（2）小明同学这一学习小组在上述探究的基础上，又进行了如下问题的探究： 如图③，在正方形中，点分别是边上的动点，连接交于，若．请你帮小明同学这一学习小组完成如下猜想： ①线段的数量关系是______；②线段的数量关系是______； 请任选一个你的猜想说明理由． 【问题解决】（3）请根据上述探究方法，解决如下问题：如图④，已知点，点，点位于轴正半轴，，试求出点的坐标． 9．（24-25·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，在△ABC中，AB＝AC＝2．∠BAC＝120°，点D，E都在边BC上，∠DAE＝60°，若BD＝2CE，求DE的长． 10．（24-25·广东·八年级专题练习）旋转变换是解决数学问题中一种重要的思想方法，通过旋转变换可以将分散的条件集中到一起，从而方便解决问题．已知，中，，点D、E在边BC上，且． (1)如图a，当时，将绕点A顺时针旋转到的位置，连结． ①　　；②求证：；(2)如图b，当时，猜想的数量关系，并说明理由． 11．（24-25八年级下·广东深圳·期末）【初步感知】如图1， 在正方形中， E、F分别是、边上的点， 且， 求出图中线段，，之间的数量关系． ①小盐同学经过分析后，将绕着点D逆时针旋转到位置，如图1，根据“旋转的性质”分析与之间的关系，再通过三角形全等的性质得到线段，，之间的数量关系； ②小田同学经过分析后， 将沿进行翻折， 得到， 射线交边的延长线于点M，如图2，根据全等的性质也得到了线段，，之间的数量关系，任选一位同学的分析，可以得到线段，，之间的数量关系是 ． 【类比探究】如图3， 正方形中， E、F分别在边、的延长线上， 且， 连接， 试问线段，，之间具有怎样的数量关系？判断并说明理由． 【拓展应用】如图4，在四边形中，，，，且，，，直接写出的长． 1 2．（24-25九年级上·四川达州·期末）（1）【问题情景】如图1，已知在正方形中，点E、F分别是边、上的一动点，连接、，且，如图，延长至G，使，通过证明和可得，即：． （2）【尝试探究】如图2，当点E、F分别在射线、上运动，时，探究、、之间的数量关系，请说明理由； （3）【模型建立】如图3，若将直角三角形沿斜边翻折得到，且，点E、F分别在边、上运动，且，试猜想（1）中的结论还成立吗？请加以说明； （4）【拓展应用】如图4，已知是边长为5的等边三角形，点D是外一点，连接、，且，，以D为顶点作一个角，使其角的两边分别交边、于点E、F，连接，求的周长． 13．（24-25·江苏·八年级期中）请阅读下列材料：已知：如图（1）在中，，点D、E分别为线段上两动点，若．探究线段三条线段之间的数量关系．小明的思路是：把绕点A顺时针旋转，得到，连接，使问题得到解决．请你参考小明的思路探究并解决下列问题： (1)猜想三条线段之间存在的数量关系式，直接写出你的猜想； (2)当动点E在线段上，动点D运动在线段延长线上时，如图（2），其它条件不变，（1）中探究的结论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明；(3)已知：如图（3），等边三角形中，点D、E在边上，且，请你找出一个条件，使线段能构成一个等腰三角形，并求出此时等腰三角形顶角的度数． 14．（25-26九年级上·辽宁盘锦·期末）在图1，图2，图3中，， (1)问题探索：如图1，当点和点在直线异侧时，猜想，，三者之间数量关系．小明想出了下面的方法，延长到点，使得，连接，由于，证得，从而，且，所以，得到等腰直角，则小明得到线段，，之间的数量关系为 (2)问题解决：如图2，当点和在直线同侧时，与交于点，请你借鉴中的方法证明： (3)思维拓展：如图3，当点和在直线 异侧时，于点，猜想线段，，三之间的数量关系，并写出证明过程． 15. （24-25八年级·重庆·期末）如图，已知，在的角平分线上有一点，将一个角的顶点与点重合，它的两条边分别与射线相交于点. （1）如图1，当绕点旋转到与垂直时，请猜想与的数量关系，并说明理由；（2）当绕点旋转到与不垂直时，到达图2的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由；（3）如图3，当绕点旋转到点位于的反向延长线上时，求线段与之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明. 16．（24-25·江苏·八年级专题练习）感知：如图①，平分，，．判断与的大小关系并证明． 探究：如图②，平分，，，与的大小关系变吗？请说明理由．应用：如图③，四边形中，，，，则与差是多少（用含的代数式表示） 17．（24-25广东八年级期末）已知∠AOB＝90°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个三角板的直角顶点与C重合，它的两条直角边分别与OA，OB(或它们的反向延长线)相交于点D，E. 当三角板绕点C旋转到CD与OA垂直时(如图①)，易证：OD＋OE＝OC； 当三角板绕点C旋转到CD与OA不垂直时，即在图②，图③这两种情况下，上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立，线段OD，OE，OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明． 18．（24-25.山西八年级期中）在中，，，于点, （1）如图1，点，分别在，上，且，当，时，求线段的长；（2）如图2，点，分别在，上，且，求证：； （3）如图3，点在的延长线上，点在上，且，求证：; 19．（24-25八年级下·广东深圳·期末）【问题感知】（1）如图1，在四边形中，，且，①请直接写出、、的数量关系： ； ②证明：平分； 【迁移应用】（2）如图2，四边形中，，，，，，计算的长度； 【拓展研究】（3）如图3，正方形中，E为边上一点，连接，F为边上一点，且，垂直交于点G，，，直接写出正方形的边长． 20．（2025·江西九江·二模）问题提出 在综合与实践课上，某数学研究小组提出了这样一个问题：如图1，在边长为4的正方形的中心作直角，的两边分别与正方形的边，交于点E，F（点E与点B，C不重合），将绕点O旋转．在旋转过程中，四边形的面积会发生变化吗？ 爱思考的浩浩和小航分别探究出了如下两种解题思路． 浩浩：如图a，充分利用正方形对角线垂直、相等且互相平分等性质，证明了，则，．这样，就实现了四边形的面积向面积的转化． 小航：如图b，考虑到正方形对角线的特征，过点O分别作于点G，于点H，证明，从而将四边形的面积转化成了小正方形的面积． （1）通过浩浩和小航的思路点拨﹐我们可以得到__________；__________． 类比探究（2）①如图⒉，在矩形中，，，O是边的中点，，点E在上，点F在上，则__________． ②如图3，将问题中的正方形改为菱形，且，当时，其他条件不变，四边形的面积还是一个定值吗？若是，请求出四边形的面积；若不是，请说明理由． 拓展延伸（3）如图4，在四边形中，，，，，是的平分线，求四边形的面积． 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $