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）数学新教材苏科版八年级下册

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：． （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·吉林长春·二模）【模型提出】手拉手模型是初中几何中的一个重要基本模型，主要涉及两个顶角相等且共用顶角顶点的等腰三角形．通过连接对应的底角顶点，可以得到全等三角形，我们称其为手拉手全等模型． 如图①，和中，，，且，连接，． 请找出图中的一对全等三角形：________． 【模型构造】数学课上，王老师提出这样一道数学问题：如图②，在中，，，，以点A为顶点，以为腰作等腰三角形，若 求的长． 某学习小组构造手拉手全等模型，利用等腰三角形中的三线合一和直角三角形中的勾股定理等知识，求出线段长度．以下是这个学习小组解题的部分过程： 如图③，过点A在左侧作，且满足，连接， 则，所以． 又；； 过点A作于点． 又；；；…… 请将上述过程补充完整． 【模型应用】如图④，中，，分别以和为直角边作等腰直角三角形和等腰直角三角形，连接，，则________． 例2（24-25八年级上·江苏盐城·阶段练习）“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． (1)模型探究：如图1，和中，，，，连接．这里与有一个公共的顶点，且将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”．请你说明与全等的理由． (2)模型应用①：如图2，中，，，D为平面内一点，且，求的度数，聪明的小亮同学，想到可以通过辅助线构造“手拉手模型”来解决这个问题，小亮先在线段上找到一点E，使得．请你根据小亮的思路，求出的度数（要有必要的说理过程）． (3)模型应用②：如图3，在四边形中，，，，试探究线段的数量关系，并说明理由． (4)拓展提高．如图4，已知，点B，C分别在射线，上，将线段绕点B顺时针旋转得到线段，过点D作的垂线交射线于点E，当点D在内部时，作，交射线于点F，用等式表示线段与的数量关系，并证明． 例3（24-25八年级上·湖南株洲·阶段练习）【问题提出】如图1，、都是等边三角形，求证：． 【方法提炼】这两个共顶点的等边三角形，其在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形，即．如果把小等边三角形的一边看作“小手”，大等边三角形的一边看作“大手”，这样就类似“大手拉着小手”，不妨称之为“手拉手”基本图形，当图形中只有一个等边三角形时，可尝试在它的一个顶点作另一个等边三角形，构造“手拉手”基本图形，从而解决问题． 【方法应用】(1)等边三角形中，是边上一定点，是直线上一动点，以为一边作等边：等边三角形，连接． ①如图2，若点在边上，线段、、之间的关系为__________（直接写出结论）． ②如图3，若点在边的延长线上， 试证明线段、、之间的关系． (2)如图4，等腰中，，，，且交于点，以为边作等边，直线交直线于点，连接交于点，写出、、之间的数量关系，并加以说明． (3)如图5，在中，，，点是的中点，点是边上的一个动点，连接，以为边在的下方作等边三角形，连接，则是否有最小值，如有，求出它的最小值，没有，请说明理由． 模型2.旋转中的半角模型 例1（2025·江苏·二模）【模型建立】如图1，四边形是正方形，点M，N分别在边上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图1，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接． （1）试判断之间的数量关系，并写出证明过程； 【模型应用】（2）如图2，点M，N分别在正方形的边的延长线上，，连接，请写出之间的数量关系，并写出证明过程； 【模型迁移】（3）如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边上，，请直接写出线段之间的数量关系． 例2（24-25九年级下·吉林长春·开学考试）【问题显现】某同学在数学兴趣小组活动时遇到一个几何问题：如图①，点E、F分别是正方形的边上的动点，连接和，．若．试求的长度． 【问题解决】该同学的思路是：如图②，将绕点A逆时针旋转，可以得出和全等，然后再证明，从而得到．请你帮助该同学完成余下的解题过程． 是绕点A逆时针旋转得到的，． 四边形是正方形，．…… 【方法应用】如图③，中，．点D、E在边上，且．若，，则线段的长为__________． 【拓展提升】如图④，在中，．于点D．若，则的面积为__________． 例3（2025·广东深圳·三模）【综合与实践】【问题背景】阅读以下材料，并按要求解决问题： 从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，与正方形两个边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型．半角模型可以利用旋转得出多个几何结论，例如： 如图1，在正方形中，以为顶点的与边分别交于两点，若（为常数）．易证：，则可以得到，之间的数量关系是：． 证明：如图2，将绕点顺时针旋转，得到，由可得三点共线，，可证明，故，进而得到． 【方法转化】若把背景中正方形换成特殊顶角的等腰三角形，同学们可以利用上述问题背景得到多个结论． 【问题解决】在半角模型中可以利用旋转的方法解决问题．（1）如图3，在等腰中，以为顶点的，、与边分别交于、E两点，将绕点逆时针旋转，如图4，得到，易证，则可以得到之间的数量关系． ①若，则可得___________ ②若，，，则a，b，c之间的数量关系是：___________ （2）如图5，在等边中，以为顶点的，、与边分别交于、两点．若，则之间的数量关系是：___________ （3）如图6，在等腰中，顶角，以为顶点的，与边分别交于、两点，则可以得到之间的数量关系．①若，则可得___________ ②若，，，则a，b，c之间的数量关系是：___________ 【实践应用】（4）在第（3）问第①小问基础上，把绕点逆时针旋转得，如图7，如果线段与边交于点G，则线段___________ 模型3.旋转中的对角互补模型 例1（25-26八年级上·广东·期末）四边形ABCD若满足∠A+∠C＝180°，则我们称该四边形为“对角互补四边形”． (1)四边形ABCD为对角互补四边形，且∠B：∠C：∠D=2：3：4，则∠A的度数为_______； (2)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CD至M，使得DM=BC，连AM，可证明△ABC≌△ADM，得到△ACM是等腰直角三角形，由此证明出AC平分∠BCD，还可以知道CB、CD、CA三者关系为_______； (3)如图2，四边形ABCD为对角互补四边形，且满足∠BAD=60°，AB=AD，试证明： ①AC平分∠BCD；②CA=CB+CD； (4)如图3，四边形ABCD为对角互补四边形，，且满足∠ABC=60°，AD=CD，则BA、BC、BD三者关系为_______． 例2（24-25八年级上·河北邯郸·期中）【问题提出】工人师傅常用角尺平分一个任意角.做法：如图1，是一个任意角，在边，上分别取，移动角尺，使角尺两边相同的刻度分别与点，重合，即．过角尺顶点的射线便是的平分线，已知角尺的夹角． 【初步思考】试说明工人师傅这样做能得到角平分线的道理； 【变式判断】张明同学认为当时，工人师傅就不需要先在边，上分别取，直接移动角尺，使角尺的两边分别与，相交于点，，且满足，如图2所示，便可以得到平分，你觉得张明的观点对吗？并说明理由； 【拓展探究】如图3，，平分，是射线上的一点，点在射线上运动，过点作，与直线交于点，过点作于点.若，，请直接写出的长． 例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·广东·八年级期中）如图，△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，点D为BC边上一点．点E为线段CD上一点，且CE＝2，AB＝，∠DAE＝60°，则DE的长为 ______． 2．（25-26·江苏·八年级专题练习）如图，直线l上依次有，，，四点，且，以为边作等边，连接，；若，，则的长是 ． 3．（24-25八年级下·辽宁沈阳·期中）数学研究小组以“手拉手图形”为主题开展数学活动，两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把他们的底角顶点连接起来，则形成一组全等三角形，我们把这个规律的图形称为“手拉手图形”．如图，已知等边的边长为，点，分别为，的中点，现将绕点顺时针旋转角度为，直线，相交于点；当旋转到图位置（、、在同一直线上）时，的度数为 ；在整个旋转过程中，当点与重合时，的长为 ．      4．（25-26八年级上·安徽阜阳·期中）两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角顶点，并把它们的底角顶点连接起来，形成一组全等的三角形，那么把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形． (1)如图1，与都是等腰三角形，，，且，则有______． (2)如图2，和均为等腰直角三角形，，点在同一条直线上，连接，试探究线段之间的数量关系，并说明理由． (3)如图3，为等腰直角三角形，，，求证：． 5．（24-25八年级下·陕西咸阳·阶段练习）小明同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组全等的三角形，小明把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形． (1)【问题发现】如图1，D是等边的边上的一动点，其中等边的边长为10，以为边在上方作等边，小明认为有最小值，那么的最小值是__________． (2)【问题探究】如图2，若和均为等腰直角三角形，，点在同一条直线上，为中边上的高，连接，请判断的度数及线段之间的数量关系并说明理由． (3)【问题解决】如图3，在四边形中，，求四边形面积的最大值． 6．（24-25九年级上·河南新乡·期末）【问题发现】 （1）在数学活动课上，老师给出如下问题：“如图1所示，是等腰直角三角形，，，点D在上，连接，探究，，之间的数量关系．”王林思考片刻之后，利用手拉手模型解答问题如下： 图示 思路 将线段绕点A逆时针旋转得线段，连接，，易证，得到，，在中，易得，由，得，，之间的数量关系为________ 【类比分析】（2）如图2所示，当点D在线段的延长线上时，请问（1）中的结论还成立吗？请给出判定，并写出你的推导过程； 【拓展延伸】（3）若（1）中的点D在射线上，且，，请直接写出的长度． 7．（2025·湖南衡阳·一模）在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型∶它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成，在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．通过查询资料，他们得知这种模型称为“手拉手模型”．如图① ，在中，，点D，E分别在边上，，连接，M是的中点，连接．          (1)观察猜想：请直接写出与的数量关系和位置关系； (2)类比探究：将图① 中绕点C逆时针旋转到图② 的位置，判断（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由； (3)解决问题：若，将图① 中的绕点C逆时针旋转一周时，请直接写出的最大值与最小值． 8．（2026八年级上·浙江·专题练习）背景材料：在学习全等三角形知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型，它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．通过资料查询，这种模型称为“手拉手”模型．现规定：将两个等腰三角形的底角顶点连接起来的两条线段叫做“兄弟”线段． 例如：如图1，两个等腰三角形和，，，，证得．此时线段和线段就是一对“兄弟”线段． (1)[材料理解]请判断上例中“兄弟”线段和的大小关系，并说明理由； (2)[深入探究]如图2，和都是等腰直角三角形，且，连接，若，，，求的长； (3)[延伸应用]如图3，是等腰直角三角形，，P是外一点，，，，求线段的长． 9．（25-26八年级上·湖北武汉·阶段练习）定义：有一组对角互补的四边形叫做互补四边形． (1)互补四边形中，若， 度； (2)如图1，在四边形中，平分，，、求证：四边形是互补四边形；(3)如图2，互补四边形中，，，点E，F分别是边，的动点，且，周长是否变化？若不变，请求出不变的值；若有变化，说明理由； 10．（24-25·四川内江·九年级校考期中）如图，已知∠AOB＝60°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个120°角的顶点与点C重合，它的两条边分别与直线OA、OB相交于点D、E． （1）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA垂直时（如图1），请猜想OE+OD与OC的数量关系，并说明理由； （2）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA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）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA的反向延长线相交时，上述结论是否成立？请在图3中画出图形，若成立，请给于证明；若不成立，线段OD、OE与OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明. 11．（24-25八年级下·江西南昌·期中）某研究性学习小组在探究矩形的折纸问题时，将一块直角三角板的直角顶点绕矩形（）的对角线的交点旋转（），图中的分别为直角三角形的直角边与矩形的边的交点． 解决问题：（）该学习小组成员意外的发现图（三角板一直角边与重合）中，此时发现这三条线段之间满足以下的数量关系：；在图中(三角板一边与重合)，，请你对这名成员在图和图中发现的结论选择其一说明理由． 类比探究：（）在图中（三角板一边与重合），直接写出这三条线段之间所满足的数量关系 ． 在图中，试探究这四条线段之间的数量关系，写出你的结论，并说明理由． 拓展延伸：（）将矩形改为边长为的正方形，直角三角板的直角顶点绕点旋转到图，两直角边与，分别交于，直接写出这四条线段之间所满足的数量关系．（不需要证明） 12．（24-25八年级·广东·期末）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：; 13．（24-25八年级下·山东青岛·期末）图形定义：四边形若满足，则我们称该四边形为“对角互补四边形”．    （1）若四边形为对角互补四边形，且，则的度数为_________． （2）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，还可以知道三者关系为：_________； （3）如图2，四边形为对角互补四边形，且满足，则，三者关系为：_________． 14.（24-25八年级上·广东深圳·期末）【定义】如果一个四边形的其中一组对角互补，那么这个四边形叫做“对补四边形”．如图1，在四边形中，若，则四边形是对补四边形． 【应用】(1)如图1，在对补四边形中，，则_____； (2)如图2，在对补四边形中，，，，，则_____； (3)如图3，在对补四边形中，平分． ①求证：；②若，请探究的数量关系并说明理由． 15．（2025·山东济宁·三模）当几何图形中，两个共顶点的角所在角度是公共大角一半的关系，我们称之为“半角模型”，通常用“旋转的观点”看待图形的几何变换，使得两个分散的角变换成为一个三角形，相当于构造出两个三角形全等． 【问题初探】（1）如图1，在四边形中，，，、分别是、边上的点，且，求出图中线段，，之间的数量关系． 如图1，从条件出发：将绕着点逆时针旋转到位置，根据“旋转的性质”分析与之间的关系，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系，可证得结论． 【类比分析】（2）如图2，在四边形中，，，，且，，，求的长． 【学以致用】（3）如图3，在四边形中，，与互补，点、分别在射线、上，且．当，，时，求出的周长． 16．（24-25八年级上·辽宁沈阳·阶段练习）如图1，四边形是正方形，分别在边和上，且（此时），我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．小明为了解决线段之间的关系，将绕点A顺时针旋转后解决了这个问题． (1)①请直接写出线段之间的关系___________． ②若正方形边长为12，点E为中点，则________． (2)如图3，等腰直角三角形，点E、F在边上，且，请写出之间的关系，并说明理由． (3)如图4，在中，，点在边上，且，当时，则的长为_________． 17．（24-25九年级上·甘肃兰州·期中）通过类比联想，引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的，下面是一个案例，请补充完整． 【原题】如图1，点E，F分别在正方形的边上，，连接，试猜想之间的数量关系． 【模型】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”、“截长补短”均是常用的方法． (1)思路梳理： A.旋转法：把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，则，，可以得到，即点共线． 易证 ，故之间的数量关系为 ． B.截长补短法：延长至点G，使得，由，，即，可以得到． (2)类比引申：如图2，点E，F分别在正方形的边的延长线上，．连接，试猜想之间的数量关系，并给出证明． 18．（24-25九年级下·吉林·开学考试）旋转是几何图形中最基本的图形变换之一，利用旋转可将分散的条件相对集中以达到解决问题的目的． 【探究发现】如图1，四边形是正方形，点，分别在边和上，且，探究图中线段，，之间的数量关系． 爱动脑筋的小明发现：这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图2，小明将绕点顺时针旋转得到，然后证明，就可以解决这道问题．请直接写出线段，，之间的数量关系__________________ 【类比迁移】如图3，等腰直角三角形，，，点，在边上，且，请写出，，之间的关系，并说明理由． 【拓展延伸】如图4，在中，，，点，在边上，且，当，时，则的长为____________． 19．（2025·广东广州·二模）等腰三角形中，，，点，为边上的两动点，且． (1)若，求的长．(2)若，求的面积． (3)当点在边的什么位置时，线段，，满足． 20．（2025·河南新乡·三模）在中考复习阶段，追梦小组在张老师指导下，对等腰三角形展开了一场特别的探究，张老师先给出一道题，孙阳同学分享了自己的做法，然后赵虎和李乐两位同学分别对张老师的问题进行了不同的变式，具体如下： (1)张老师的问题：如图1，在中，，，点，在边上，且，连接．若，求的长． 孙阳的做法：如图2，把绕点顺时针旋转得到，得且；连接，在中利用勾股定理可求出的长；易证，从而求出的长． 任务1：请你根据孙阳的做法，直接写出的长为___________． (2)赵虎的变式：如图3，在等边中，点，在边上，且，，连接．若，求的长． 任务2：请你类比孙阳的做法，写出完整的求解过程． (3)李乐的变式：如图4，在中，，，点在边上且，点在直线上．若，求的长． 任务3：请你类比孙阳的做法，直接写出的长为___________． ∵，，∴， ∴． ∵，∴，∴，过点作，交的延长线于点， ∵，∴，∴， ∴，∴，， 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：． 【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·吉林长春·二模）【模型提出】手拉手模型是初中几何中的一个重要基本模型，主要涉及两个顶角相等且共用顶角顶点的等腰三角形．通过连接对应的底角顶点，可以得到全等三角形，我们称其为手拉手全等模型． 如图①，和中，，，且，连接，． 请找出图中的一对全等三角形：________． 【模型构造】数学课上，王老师提出这样一道数学问题：如图②，在中，，，，以点A为顶点，以为腰作等腰三角形，若 求的长． 某学习小组构造手拉手全等模型，利用等腰三角形中的三线合一和直角三角形中的勾股定理等知识，求出线段长度．以下是这个学习小组解题的部分过程： 如图③，过点A在左侧作，且满足，连接， 则，所以． 又；； 过点A作于点． 又；；；…… 请将上述过程补充完整． 【模型应用】如图④，中，，分别以和为直角边作等腰直角三角形和等腰直角三角形，连接，，则________． 【答案】[模型提出] ；[模型构造]，过程见解析；[模型应用] 【详解】[模型提出]解：∵，∴， ∴，又，，∴，故答案为：； [模型构造] 解：如图③，过点A在左侧作，且满足，连接， 则，所以． 又过点A作于点． 又 ，又，，， ∴,， ∴，又，∴，即； [模型应用]解：连接，∵以和为直角边作等腰直角三角形和等腰直角三角形， ∴，，，， ∴，， ∴，∴，∴， ∵，，∴，， ∴，， ∴，∴，即∴． 例2（24-25八年级上·江苏盐城·阶段练习）“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． (1)模型探究：如图1，和中，，，，连接．这里与有一个公共的顶点，且将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”．请你说明与全等的理由． (2)模型应用①：如图2，中，，，D为平面内一点，且，求的度数，聪明的小亮同学，想到可以通过辅助线构造“手拉手模型”来解决这个问题，小亮先在线段上找到一点E，使得．请你根据小亮的思路，求出的度数（要有必要的说理过程）． (3)模型应用②：如图3，在四边形中，，，，试探究线段的数量关系，并说明理由． (4)拓展提高．如图4，已知，点B，C分别在射线，上，将线段绕点B顺时针旋转得到线段，过点D作的垂线交射线于点E，当点D在内部时，作，交射线于点F，用等式表示线段与的数量关系，并证明． 【答案】(1)见解析(2)(3)，理由见解析(4)证明见解析 【详解】（1）证明：∵ 即 又∵∴； （2）解：∴∴ ， 即，∴， ∴∴， ； （3）解：猜想：线段，和之间的数量关系为：，理由如下： ，∴将绕着点B逆时针旋转得到，连接，如图， 则，∴， ∴为等边三角形.，∴， ∴，， ∴， ∴，，∴，∴； （4）解： 证明：在射线上取点H，使得，取的中点G，连接，如图， ∵，∴∴∴ ∵∴∴∴ ∵∴ ∵G是的中点，∴∴ ∴ ∴，∴ ∵∴，∴． 例3（24-25八年级上·湖南株洲·阶段练习）【问题提出】如图1，、都是等边三角形，求证：． 【方法提炼】这两个共顶点的等边三角形，其在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形，即．如果把小等边三角形的一边看作“小手”，大等边三角形的一边看作“大手”，这样就类似“大手拉着小手”，不妨称之为“手拉手”基本图形，当图形中只有一个等边三角形时，可尝试在它的一个顶点作另一个等边三角形，构造“手拉手”基本图形，从而解决问题． 【方法应用】 (1)等边三角形中，是边上一定点，是直线上一动点，以为一边作等边：等边三角形，连接． ①如图2，若点在边上，线段、、之间的关系为__________（直接写出结论）． ②如图3，若点在边的延长线上， 试证明线段、、之间的关系． (2)如图4，等腰中，，，，且交于点，以为边作等边，直线交直线于点，连接交于点，写出、、之间的数量关系，并加以说明． (3)如图5，在中，，，点是的中点，点是边上的一个动点，连接，以为边在的下方作等边三角形，连接，则是否有最小值，如有，求出它的最小值，没有，请说明理由． 【答案】(1)①；②；(2)(3)有最小值，最小值为2 【详解】（1）①结论：. 证明：过点E作，交与点G， ∵是等边三角形，，∴， ∴是等边三角形，∴， ∵是等边三角形，∴， ∴，即， 在和中，，∴，∴， ∵，∴，故答案为：； ②结论： 证明：过点E作，交与点G， ∵是等边三角形，，∴， ∴是等边三角形，∴， ∵是等边三角形，∴， ∴，即， 在和中，，∴，∴， ∵，∴； （2）解：，理由如下：∵，是等边三角形， ∴，，，∴， 在中，，∴， ∵，∴垂直平分，∴， ∴，∴，在上截取， ∵，，∴是等边三角形，∴， ∴，即， 在和中，，∴，∴， ∵，∴． （3）解：有最小值，最小值为2 以为边，在下方构造等边三角形，连接， ∵，点D为中点，∴， ∵是等边三角形，∴， ∴，即， 在和中，，∴，∴， ∵，∴， ∵点Q在直线上，∴当时，取最小值，此时，． 模型2.旋转中的半角模型 例1（2025·江苏·二模）【模型建立】如图1，四边形是正方形，点M，N分别在边上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图1，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接． （1）试判断之间的数量关系，并写出证明过程； 【模型应用】（2）如图2，点M，N分别在正方形的边的延长线上，，连接，请写出之间的数量关系，并写出证明过程； 【模型迁移】（3）如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边上，，请直接写出线段之间的数量关系． 【答案】（1），证明见解析；（2），证明见解析；（3）． 【详解】解：（1）．证明如下： 由旋转的性质，得，，，，∴点E，B，C共线． ∵，∴． 在和中∴，∴， ∵，∴． （2），证明如下：如图1，在上取，连接． ∵，，∴，∴，． ∴， ∵，∴． 在和中∴，∴， ∵，∴． （3）如图2，将绕点A逆时针旋转得，∴，，， ∵，∴，∴点E，D，C共线． 由（1）同理可得，∴，∵，∴． 例2（24-25九年级下·吉林长春·开学考试）【问题显现】某同学在数学兴趣小组活动时遇到一个几何问题：如图①，点E、F分别是正方形的边上的动点，连接和，．若．试求的长度． 【问题解决】该同学的思路是：如图②，将绕点A逆时针旋转，可以得出和全等，然后再证明，从而得到．请你帮助该同学完成余下的解题过程． 是绕点A逆时针旋转得到的，． 四边形是正方形，．…… 【方法应用】如图③，中，．点D、E在边上，且．若，，则线段的长为__________． 【拓展提升】如图④，在中，．于点D．若，则的面积为__________． 【答案】[问题解决]5；[方法应用]；[拓展提升]15 【详解】[问题解决]：解：∵四边形是正方形，∴， 将绕点A逆时针旋转，得，则， ∴，∴、D、F在同一直线上， ∵正方形中，，，∴， ∴又∵∴， ∴，∴； [方法应用]解：∵，∴， ∴将绕点C逆时针旋转，得，连接， ∴， ∵，∴， 在和中∴，∴， 在中，∵，∴， ∴，∴，故答案为：； [拓展提升]解：∵，∴， 如图，绕点A逆时针旋转，得，延长，交于点E，连接， 由旋转可得，，∴， ∴四边形为矩形，∵，∴四边形为正方形，∴，， ∵，∴，∴， 又∵∴，∴ 在和中∴∴， 设，则 在中， ∴ 解得（舍去），∴，∴的面积． 例3（2025·广东深圳·三模）【综合与实践】【问题背景】阅读以下材料，并按要求解决问题： 从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，与正方形两个边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型．半角模型可以利用旋转得出多个几何结论，例如： 如图1，在正方形中，以为顶点的与边分别交于两点，若（为常数）．易证：，则可以得到，之间的数量关系是：． 证明：如图2，将绕点顺时针旋转，得到，由可得三点共线，，可证明，故，进而得到． 【方法转化】若把背景中正方形换成特殊顶角的等腰三角形，同学们可以利用上述问题背景得到多个结论． 【问题解决】在半角模型中可以利用旋转的方法解决问题．（1）如图3，在等腰中，以为顶点的，、与边分别交于、E两点，将绕点逆时针旋转，如图4，得到，易证，则可以得到之间的数量关系． ①若，则可得___________ ②若，，，则a，b，c之间的数量关系是：___________ （2）如图5，在等边中，以为顶点的，、与边分别交于、两点．若，则之间的数量关系是：___________ （3）如图6，在等腰中，顶角，以为顶点的，与边分别交于、两点，则可以得到之间的数量关系．①若，则可得___________ ②若，，，则a，b，c之间的数量关系是：___________ 【实践应用】（4）在第（3）问第①小问基础上，把绕点逆时针旋转得，如图7，如果线段与边交于点G，则线段___________ 【答案】（1）①5；②；（2）；（3）①；②；（4） 【详解】（1）①∵将绕点逆时针旋转，得到，等腰， ∴，,,∴∴ ∵∴故答案为：5； ②同①可知，故答案为：； （2）将绕点逆时针旋，如图，得到，连接，作交延长线于G， ∴，， ∵∴∴， ∵，∴，，由勾股定理可得 ∴整理得故答案为：； （3）①将绕点逆时针旋转，如图，得到，连接，作交于G， ∴，， ∵∴∴， ∵，∴，，∴ 由勾股定理可得∴故答案为：； ②同①可得，，，， ∵∴整理得故答案为：； （4）如图，作交于M，交于N，交于H， 由（3）可知，，由题意可知， ∴，， ∴，解得 模型3.旋转中的对角互补模型 例1（25-26八年级上·广东·期末）四边形ABCD若满足∠A+∠C＝180°，则我们称该四边形为“对角互补四边形”． (1)四边形ABCD为对角互补四边形，且∠B：∠C：∠D=2：3：4，则∠A的度数为_______； (2)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CD至M，使得DM=BC，连AM，可证明△ABC≌△ADM，得到△ACM是等腰直角三角形，由此证明出AC平分∠BCD，还可以知道CB、CD、CA三者关系为_______； (3)如图2，四边形ABCD为对角互补四边形，且满足∠BAD=60°，AB=AD，试证明： ①AC平分∠BCD；②CA=CB+CD； (4)如图3，四边形ABCD为对角互补四边形，，且满足∠ABC=60°，AD=CD，则BA、BC、BD三者关系为_______． 【答案】(1)(2)(3)①证明见解析；②证明见解析(4) 【详解】（1）四边形为对角互补四边形，， ，， ∴ ，故答案为：； （2）∵，∴， 又∵∴， 又∵，∴（SAS）， ， ∴， ∴△ACM是等腰直角三角形，∠ACM=90°， ∴∠ACB=90°-∠ACM=45°，即平分，， ，，故答案为：； （3）①延长至，使，连接， 四边形为对角互补四边形，，， ，，，， ，，是等边三角形，， ，，，平分； ②，，，； （4）延长至，使，连接， 四边形为对角互补四边形，，， ，，，， ，，，， 过点作交于点，为的中点，， 在中，，， ，故答案为：． 例2（24-25八年级上·河北邯郸·期中）【问题提出】工人师傅常用角尺平分一个任意角.做法：如图1，是一个任意角，在边，上分别取，移动角尺，使角尺两边相同的刻度分别与点，重合，即．过角尺顶点的射线便是的平分线，已知角尺的夹角． 【初步思考】试说明工人师傅这样做能得到角平分线的道理； 【变式判断】张明同学认为当时，工人师傅就不需要先在边，上分别取，直接移动角尺，使角尺的两边分别与，相交于点，，且满足，如图2所示，便可以得到平分，你觉得张明的观点对吗？并说明理由； 【拓展探究】如图3，，平分，是射线上的一点，点在射线上运动，过点作，与直线交于点，过点作于点.若，，请直接写出的长． 【答案】[初步思考]见解析；[变式判断]正确，见解析；[拓展探究]5或7 【详解】[初步思考]，解：在和中 ， ，即平分； [变式判断]，解：张明的观点正确，理由如下，过点作于点，作于点， ∴，∴，∵，∴， ∵，∴，∵∴，∴, ∵，，∴平分，∴张明的观点正确； [拓展探究]解：当点D在点O右侧时，过点P作于点F，如图 ∵，平分，∴，，同上可得，， ∴，∴，∴， ∵平分，∴，∵，∴， ∴，∴； 当点D在点O左侧时，过点P作于点F，如图 ∵，平分，∴，，同上可得，， ∴，∴，∴， ∵平分，∴，∵，∴， ∴，∴，综上：长为5或7． 例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·广东·八年级期中）如图，△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，点D为BC边上一点．点E为线段CD上一点，且CE＝2，AB＝，∠DAE＝60°，则DE的长为 ______． 【答案】 【详解】解：如图，将绕点A逆时针旋转至，连接ME，过M作于Q，过A作 于F， ∵，，，AB＝，∴，， ∴，， ∴，． 在中，．∵，∴. 设，∴ ，，∴． ∵，，∴，∴． ∵．在和中 ，∴，∴， 由勾股定理得：，∴， ∴，即 ．故答案为：． 2．（25-26·江苏·八年级专题练习）如图，直线l上依次有，，，四点，且，以为边作等边，连接，；若，，则的长是 ． 【答案】 【详解】解：设则为等边三角形， ，，， 把绕点顺时针旋转得到， ，，， ，， 在和中，，，， ，，，过点作于，如图， ，点与点重合，即， 在中，，即，．故答案为． 3．（24-25八年级下·辽宁沈阳·期中）数学研究小组以“手拉手图形”为主题开展数学活动，两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把他们的底角顶点连接起来，则形成一组全等三角形，我们把这个规律的图形称为“手拉手图形”．如图，已知等边的边长为，点，分别为，的中点，现将绕点顺时针旋转角度为，直线，相交于点；当旋转到图位置（、、在同一直线上）时，的度数为 ；在整个旋转过程中，当点与重合时，的长为 ．      【答案】 /60度 或 【详解】解：如图，是等边三角形，，， 等边的边长为，点，分别为，的中点， ∴是边长为的等边三角形，， ∴，即，， ，， ， 如下图，在整个旋转过程中，当点与重合时，且点在的上方时，过点作于点， ∵是边长为的等边三角形，∴，， ∴，∴，∴， ∵，∴， ∴， 如下图，在整个旋转过程中，当点与重合时，且点在的下方时，过点作于点， 同理得，，∴． 故答案为：，或； 4．（25-26八年级上·安徽阜阳·期中）两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角顶点，并把它们的底角顶点连接起来，形成一组全等的三角形，那么把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形． (1)如图1，与都是等腰三角形，，，且，则有______． (2)如图2，和均为等腰直角三角形，，点在同一条直线上，连接，试探究线段之间的数量关系，并说明理由． (3)如图3，为等腰直角三角形，，，求证：． 【答案】(1)(2)，理由见详解(3)证明过见详解 【详解】（1）解：已知与都是等腰三角形，，，且， ∴，即， 在与中，，∴，故答案为：． （2）解：，理由如下，∵和均为等腰直角三角形， ∴，，， ∴，即，∴，∴， ∵点在同一条直线上，∴，∴． （3）解：如图所述，以为边作等腰直角三角形，，， ∴，∵，∴，∴点三点共线， ∵是等腰直角三角形，，∴，， ∴，即， 在中，，∴，∴， ∵，∴，即． 5．（24-25八年级下·陕西咸阳·阶段练习）小明同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组全等的三角形，小明把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形． (1)【问题发现】如图1，D是等边的边上的一动点，其中等边的边长为10，以为边在上方作等边，小明认为有最小值，那么的最小值是__________． (2)【问题探究】如图2，若和均为等腰直角三角形，，点在同一条直线上，为中边上的高，连接，请判断的度数及线段之间的数量关系并说明理由． (3)【问题解决】如图3，在四边形中，，求四边形面积的最大值． 【答案】(1)(2)，，理由见解析(3) 【详解】（1）解：∵D是等边的边上的一动点， ∴当时，有最小值，∴， ∴，∴的最小值是．故答案为：． （2）解：，理由如下：∵和均为等腰直角三角形， ∴，， ∴，即， 在和中，，，∴，， ∵，∴， ∴，∴． ∵，∴，∵，∴．∴． （3）解：如图：将绕点A顺时针旋转，得到对应的，连接，∴， ∵，∴是等边三角形，∴， ∵，∴当C，B，E三点共线时，最大，∴的最大值是9， 如图：过A作于H，∴，∴， ∴四边形面积的面积．∴四边形面积的最大值为． 6．（24-25九年级上·河南新乡·期末）【问题发现】 （1）在数学活动课上，老师给出如下问题：“如图1所示，是等腰直角三角形，，，点D在上，连接，探究，，之间的数量关系．”王林思考片刻之后，利用手拉手模型解答问题如下： 图示 思路 将线段绕点A逆时针旋转得线段，连接，，易证，得到，，在中，易得，由，得，，之间的数量关系为________ 【类比分析】 （2）如图2所示，当点D在线段的延长线上时，请问（1）中的结论还成立吗？请给出判定，并写出你的推导过程； 【拓展延伸】（3）若（1）中的点D在射线上，且，，请直接写出的长度． 【答案】（1）；（2）（1）中结论成立，理由见解析；（3）或 【详解】（1）线段绕点A逆时针旋转得线段，连接，， 根据旋转性质，得，∵， ∴，， ∵，∴，∴，， ∵，，∴，∴， ∴，∴，∴， ∴，∴，故答案为：． （2）将线段绕点A逆时针旋转得线段，连接，，根据旋转性质，得， ∵，∴，， ∵，∴，∴，， ∵，，∴，∴， ∴，∴，∴， ∴，∴，故答案为：． （3）解：如图1，当点在线段上时，根据题意，得，， ∴，根据题意，得，解得，（舍去）； 当点在线段的延长线上时，根据题意，得，， ∴，根据题意，得，解得，（舍去）； 故的长为或． 7．（2025·湖南衡阳·一模）在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型∶它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成，在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．通过查询资料，他们得知这种模型称为“手拉手模型”．如图① ，在中，，点D，E分别在边上，，连接，M是的中点，连接．          (1)观察猜想：请直接写出与的数量关系和位置关系； (2)类比探究：将图① 中绕点C逆时针旋转到图② 的位置，判断（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由； (3)解决问题：若，将图① 中的绕点C逆时针旋转一周时，请直接写出的最大值与最小值． 【答案】(1)(2)（1）中的结论仍然成立，证明见解析(3)的最大值为3，最小值为1 【详解】（1）解： ∵∴∴ ∵M是的中点∴∴ 又∵∴ ∵∴ ∴； （2）证明：（1）中的结论仍然成立，证明过程如下 如图① ，延长至点F，使，连接， ∵∴∴ ∴ ∵M是的中点，∴为的中位线，∴ 又∵∴ ∵， ∴，∴； （3）解：的最大值为3，最小值为1 如图②和图③ ，利用（1）（2）的结论可知， 当取最大值或最小值时，也取相应的最大值或最小值， 当B，C，D三点共线时，可取最大值或最小值， 的最大值为，的最大值为3； 的最小值为，的最小值为1 8．（2026八年级上·浙江·专题练习）背景材料：在学习全等三角形知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型，它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．通过资料查询，这种模型称为“手拉手”模型．现规定：将两个等腰三角形的底角顶点连接起来的两条线段叫做“兄弟”线段． 例如：如图1，两个等腰三角形和，，，，证得．此时线段和线段就是一对“兄弟”线段． (1)[材料理解]请判断上例中“兄弟”线段和的大小关系，并说明理由； (2)[深入探究]如图2，和都是等腰直角三角形，且，连接，若，，，求的长； (3)[延伸应用]如图3，是等腰直角三角形，，P是外一点，，，，求线段的长． 【答案】(1)，见解析(2)3(3) 【详解】（1）解：“兄弟”线段和的大小关系为，理由如下： ，即，， 在和中，，，； （2）解：和都是等腰直角三角形，， ，，，即， 在和中，，，， 是等腰直角三角形，，，， 在中，由勾股定理得：，的长为3； （3）解：如图3，以为直角边在的下面作等腰直角三角形，使，，连接交于点，，， ，，，， ，， ，即， 是等腰直角三角形，， 在和中，，，，， ，，， 又，，，，， 在中，由勾股定理得：， ，线段的长为． 9．（25-26八年级上·湖北武汉·阶段练习）定义：有一组对角互补的四边形叫做互补四边形． (1)互补四边形中，若， 度； (2)如图1，在四边形中，平分，，、求证：四边形是互补四边形；(3)如图2，互补四边形中，，，点E，F分别是边，的动点，且，周长是否变化？若不变，请求出不变的值；若有变化，说明理由； 【答案】(1)90(2)证明见解析(3)不变，12 【详解】（1）解：设，则，，根据题意，得， 即，解得，则，所以．故答案为：90； （2）过点D作，交的延长线于点E，作，交于点F． ∵平分，∴． ∵，∴，∴． ∵，∴，∴四边形是互补四边形； （3）不变，延长至G，使，连接， ∵，，∴，∴，． ∵，，∴， ∴，∴． ∵，∴，∴． 连接，∵，，∴， ∴，．在中，，， ∴，∴的周长等于． 10．（24-25·四川内江·九年级校考期中）如图，已知∠AOB＝60°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个120°角的顶点与点C重合，它的两条边分别与直线OA、OB相交于点D、E． （1）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA垂直时（如图1），请猜想OE+OD与OC的数量关系，并说明理由； （2）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA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）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA的反向延长线相交时，上述结论是否成立？请在图3中画出图形，若成立，请给于证明；若不成立，线段OD、OE与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】（1）；（2）（1）中结论仍然成立，见解析；（3）（1）中结论不成立， ，见解析. 【详解】（1）∵OM是∠AOB的角平分线，∴∠AOC=∠BOC∠AOB=30°． ∵CD⊥OA，∴∠ODC=90°，∴∠OCD=60°，∴∠OCE=∠DCE﹣∠OCD=60°． 在Rt△OCD中，OD=OC•cos30°OC，同理：OEOC，∴OD+OEOC； （2）（1）中结论仍然成立，理由如下：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：OFOC，OGOC，∴OF+OGOC． ∵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=OD+DF=OD+EG，OG=OE﹣EG， ∴OF+OG=OD+EG+OE﹣EG=OD+OE，∴OD+OEOC； （3）（1）中结论不成立，结论为：OE﹣ODOC，理由如下： 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：OFOC，OGOC，∴OF+OGOC． ∵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﹣ODOC． 11．（24-25八年级下·江西南昌·期中）某研究性学习小组在探究矩形的折纸问题时，将一块直角三角板的直角顶点绕矩形（）的对角线的交点旋转（），图中的分别为直角三角形的直角边与矩形的边的交点． 解决问题：（）该学习小组成员意外的发现图（三角板一直角边与重合）中，此时发现这三条线段之间满足以下的数量关系：；在图中(三角板一边与重合)，，请你对这名成员在图和图中发现的结论选择其一说明理由． 类比探究：（）在图中（三角板一边与重合），直接写出这三条线段之间所满足的数量关系 ． 在图中，试探究这四条线段之间的数量关系，写出你的结论，并说明理由． 拓展延伸：（）将矩形改为边长为的正方形，直角三角板的直角顶点绕点旋转到图，两直角边与，分别交于，直接写出这四条线段之间所满足的数量关系．（不需要证明） 【答案】（）选择图，见解析；（）；，理由见解析；（）． 【详解】解：（）选择图证明．连接， ∵四边形是矩形，∴，， ∵，∴，∵，∴ ，∴； （）如图，连接，∵四边形是矩形，∴，， ∵，∴，∵， 根据勾股定理得，， ∴， 故答案为：； ，理由如下：如图，延长交于，连接， ∵四边形是矩形，∴，， ∵，∴，， ∴，∴，， ∵，∴，∵，∴，， ∴，即； （）根据正方形的性质知，，，，， ∵为直角三角板的直角，∴， ∴，∴， ∴， 又∵，∴， 在和中， 根据勾股定理得，， ， ∴，即． 12．（24-25八年级·广东·期末）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，，， ，． 13．（24-25八年级下·山东青岛·期末）图形定义：四边形若满足，则我们称该四边形为“对角互补四边形”．    （1）若四边形为对角互补四边形，且，则的度数为_________． （2）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，还可以知道三者关系为：_________； （3）如图2，四边形为对角互补四边形，且满足，则，三者关系为：_________． 【答案】（1）；（2）证明见解析，；（3） 【详解】（1）解： 四边形为对角互补四边形，，， ，，， ,故答案为：； （2）证明：如图，延长至，使得，连接，    四边形为对角互补四边形，， 又，， 在和中，，， ，，， ，， 是等腰直角三角形，， 又，，平分． 是等腰直角三角形，，； （3）解：延长至，使得，连接， 四边形为对角互补四边形，， 又，， 在和中，，，， ， ，，， ，过点D作交于点N， ，N为的中点，， 在中，，，， ，，故答案为：．    14.（24-25八年级上·广东深圳·期末）【定义】如果一个四边形的其中一组对角互补，那么这个四边形叫做“对补四边形”．如图1，在四边形中，若，则四边形是对补四边形． 【应用】(1)如图1，在对补四边形中，，则_____； (2)如图2，在对补四边形中，，，，，则_____； (3)如图3，在对补四边形中，平分． ①求证：；②若，请探究的数量关系并说明理由． 【答案】(1)(2)(3)①见解析；②，见解析 【详解】（1）解：在对补四边形中，，∴； （2）解：如图，连接，∵，，，∴， ∵四边形为对补四边形，∴，∵，∴； （3）解：①过点作于，作于． 平分，，，， 四边形是对补四边形，， ，，，． ②，理由见解析：平分，， ，，． ，，， 在中，，∴，，． ． 15．（2025·山东济宁·三模）当几何图形中，两个共顶点的角所在角度是公共大角一半的关系，我们称之为“半角模型”，通常用“旋转的观点”看待图形的几何变换，使得两个分散的角变换成为一个三角形，相当于构造出两个三角形全等． 【问题初探】（1）如图1，在四边形中，，，、分别是、边上的点，且，求出图中线段，，之间的数量关系． 如图1，从条件出发：将绕着点逆时针旋转到位置，根据“旋转的性质”分析与之间的关系，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系，可证得结论． 【类比分析】（2）如图2，在四边形中，，，，且，，，求的长． 【学以致用】（3）如图3，在四边形中，，与互补，点、分别在射线、上，且．当，，时，求出的周长． 【答案】（1）；见解析：（2）；（3）17 【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，，∴，∴， ∵，∴， ∴， ∵，，，∴． 16．（24-25八年级上·辽宁沈阳·阶段练习）如图1，四边形是正方形，分别在边和上，且（此时），我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．小明为了解决线段之间的关系，将绕点A顺时针旋转后解决了这个问题． (1)①请直接写出线段之间的关系___________． ②若正方形边长为12，点E为中点，则________． (2)如图3，等腰直角三角形，点E、F在边上，且，请写出之间的关系，并说明理由． (3)如图4，在中，，点在边上，且，当时，则的长为_________． 【答案】(1)①；②①②(2)，理由见解析；(3) 【详解】（1）解：①， 理由如下：由旋转可得，，，， 四边形为正方形，， ，三点共线， ，，，， 在和中，，，， ，；故答案为：； ②正方形边长为12，点E为中点， ，设，则， 在中，，，解得， 在中，， 故答案为：； （2）解：猜想∶，理由如下：把绕点顺时针旋转得到，连接， 如图3，，，， ，，，即，， 又，，，即， 在和中，，，，； （3）解：把绕点顺时针旋转得到，连接， 如图4，，，， ，，，，即， 又，， 在和中，，，， 过点作，垂足为，，， ，， ，，． 17．（24-25九年级上·甘肃兰州·期中）通过类比联想，引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的，下面是一个案例，请补充完整． 【原题】如图1，点E，F分别在正方形的边上，，连接，试猜想之间的数量关系． 【模型】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”、“截长补短”均是常用的方法． (1)思路梳理： A.旋转法：把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，则，，可以得到，即点共线． 易证 ，故之间的数量关系为 ． B.截长补短法：延长至点G，使得，由，，即，可以得到． (2)类比引申：如图2，点E，F分别在正方形的边的延长线上，．连接，试猜想之间的数量关系，并给出证明． 【答案】(1)；(2)． 【详解】（1）解：四边形为正方形，,, 把绕点A逆时针旋转至，可使与重合， ,点、、共线， ,,, ,即， 在和中，，，, ,即,故答案为：； （2），理由如下，如图所示， ,把绕点逆时针旋转至,可使与重合， ,点、、在一条直线上， ,,,, ，,, ，，， 在和中，，，， ，． 18．（24-25九年级下·吉林·开学考试）旋转是几何图形中最基本的图形变换之一，利用旋转可将分散的条件相对集中以达到解决问题的目的． 【探究发现】如图1，四边形是正方形，点，分别在边和上，且，探究图中线段，，之间的数量关系． 爱动脑筋的小明发现：这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图2，小明将绕点顺时针旋转得到，然后证明，就可以解决这道问题．请直接写出线段，，之间的数量关系__________________ 【类比迁移】如图3，等腰直角三角形，，，点，在边上，且，请写出，，之间的关系，并说明理由． 【拓展延伸】如图4，在中，，，点，在边上，且，当，时，则的长为____________． 【答案】（1）；（2）猜想：，见解析；（3） 【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，， 过点作，垂足为，∵，∴， ∴， ．∴， ∴∴ 19．（2025·广东广州·二模）等腰三角形中，，，点，为边上的两动点，且． (1)若，求的长．(2)若，求的面积． (3)当点在边的什么位置时，线段，，满足． 【答案】(1)(2)(3)点在距离点处 【详解】（1）解：∵，，∴， ∵，∴，∴， ∵，∴是等边三角形，∴，， ∴，∴， ，，∴，∴； （2）解：如图，将绕点顺时针旋转至，使与重合，连接，过点作于点，过点作于点， ∵，，∴， ∵，∴，， ∴，由旋转得，，，， ∵，，∴， ∴，∴， 又∵，∴，∴， ∵，∴， ∴，，设， ∴，在中，， 即，解得：，∴， ∴； （3）解：同（2）作法可得，，，， ∵，∴，∴，∴， 同（2）可得，∴， ∵，∴，是等腰直角三角形， ∴，∴，即点在距离点处． 20．（2025·河南新乡·三模）在中考复习阶段，追梦小组在张老师指导下，对等腰三角形展开了一场特别的探究，张老师先给出一道题，孙阳同学分享了自己的做法，然后赵虎和李乐两位同学分别对张老师的问题进行了不同的变式，具体如下： (1)张老师的问题：如图1，在中，，，点，在边上，且，连接．若，求的长． 孙阳的做法：如图2，把绕点顺时针旋转得到，得且；连接，在中利用勾股定理可求出的长；易证，从而求出的长． 任务1：请你根据孙阳的做法，直接写出的长为___________． (2)赵虎的变式：如图3，在等边中，点，在边上，且，，连接．若，求的长． 任务2：请你类比孙阳的做法，写出完整的求解过程． (3)李乐的变式：如图4，在中，，，点在边上且，点在直线上．若，求的长． 任务3：请你类比孙阳的做法，直接写出的长为___________． 【答案】(1)(2)，见解析(3)或7 【详解】（1）解：∵，∴； ∵绕点A逆时针旋转，得到， ∴，，，，∴； ∵，，∴；∴；∴， 又∵，∴；∴， 在中，由勾股定理得，∴； （2）解：∵是等边三角形，∴，， 将绕点逆时针旋转得到，连接， 如图，则，，，． ∵，，∴， ∴． ∵，∴，∴，过点作，交的延长线于点， ∵，∴，∴， ∴，∴，，∴； （3）解：如图，过点A作于点H， ∵在中，，，∴，∴， ∵，∴，∵，∴， 当点在上时，如图，将绕点逆时针旋转得到，连接，过点作，交于点，则，，，， 同理（2）得，∴， ∵，∴，∴，， 设，则，∴，， ∴，在中，由勾股定理得， ∴，解得：，∴； 当点在延长线上时，如图，将绕点顺时针旋转得到，连接，过点作，交延长线于点，则，，，， 同理（2）得，∴， ∵，∴， ∴，，设，则， ∴，，∴， 在中，由勾股定理得， ∴，解得：，∴；综上，的长为或7． 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $