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）数学新教材浙教版八年级下册

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。 （2025·四川广元·一模）在某次校园数学实践活动中，为测量校园内三角形景观的相关数据，某小组同学遇到了如下问题：如图①，点P 在等边内部，且，求 的长． 【初步探究】（1）经过同学们的观察、分析、思考、交流，对上述问题形成了如下想法：将绕点A按顺时针方向旋转， 得到， 连接， 寻找，，三边之间的数量关系，即可求得 的长为 ； 【理解应用】（2）如图②，在等腰直角中，， P为内一点，， 判断，，之间的数量关系， 并说明理由； 【类比迁移】（3）如图③，学校有一块三角形的劳动实践基地，其中，，实践工具存放点位于基地的P点，通过测量，，求线段的长． 【答案】（1）；（2），理由见解析；（3） 【分析】本题考查了等边三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质与判定、勾股定理等三角形综合知识，通过旋转构造特殊三角形是解题的关键． （1）根据题意得为等边三角形，为直角三角形，继而求得； （2）通过旋转性质得为等腰直角三角形，为直角三角形，即可解答； （3）通过旋转性质得为等腰直角三角形，为直角三角形，即可解答． 【详解】解：（1）由旋转可知： 是等边三角形， ， 是直角三角形， （2） 理由如下：如图， 把绕点C顺时针旋转得到， 连接， 由旋转可知: ， ， ， 是等腰直角三角形， ，， ， ， 在中， 即   （3）如图，将 绕点B顺时针旋转，得到 连接， 由旋转可知： 是等腰直角三角形， 点在线段上， 是直角三角形， 的长为 ． （2025·四川绵阳·一模）在数学的研究中，我们常常利用类比联想的思想方法，可以对一些问题进行引申拓展研究，达到“解一题，知一类”的目的． 【题根分析】例如：如图1，点分别在正方形的边上，，连接，试猜想之间的数量关系．解题思路：把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，由，得，即点共线，易证之间的数量关系为． 【类比引申】 （1）如图2，中，，点是边上两点，．试猜想之间的数量关系．（直接写出你的猜想，不必写出证明过程） 【联想拓展】 （2）如图3，在中，，点均在边上，且，若，求的长． 【答案】（1） （2） 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，旋转的性质，勾股定理， 对于（1），将绕点A逆时针旋转得到，连接，根据“边角边”证明，可得，再根据勾股定理得出答案； 对于（2），将绕逆时针旋转得△，由旋转的性质得，，再根据，可得，作，交延长线于点G，可求，再勾股定理得，然后根据勾股定理得出答案． 【详解】（1）解：． 将绕点A逆时针旋转得到，连接， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． 在中，， ∴， 即； （2）解：将△绕逆时针旋转得△， 则，， 同理（1）得， ∴． 过点F作，交的延长线于点G， 则， ∴， ∴， ∴． 根据勾股定理，得． 根据勾股定理，得． （2024·江苏扬州·二模）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． ①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），理由见解答；（2）；（3） 【分析】本题考查三角形的知识，解题的关键是掌握全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，学会用旋转法添加辅助线，构造全等三角形，即可． （1）绕点旋转得到，则，推出，，，根据，，全等三角形的判定和性质，则，即可； （2）在上取点，使得，根据四边形的内角和，则，得到，根据全等三角形的判定和性质，则，得到，，再根据全等三角形的判定和性质，则，设，得到，，根据勾股定理解出即可； （3）（3）在上取点，使得，根据四边形的内角和，与互补，得到，根据等量代换，推出，根据全等三角形的判定和性质，则，推出，，再根据角之间的运算，得到，再根据全等三角形的判定和性质，则，，根据三角形的周长，即可． 【详解】（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， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴． 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（24-25八年级下·安徽宿州·期中）已知是等腰三角形． (1)如图1，若，均是顶角为的等腰三角形，分别是底边，求证：； (2)如图2，若为等边三角形，将线段绕点逆时针旋转90°，得到，连接，的平分线交于点，连接． ①求的度数； ②试探究线段之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)①；②，见解析 【分析】（1）由等腰三角形的性质得，，，由即可得证； （2）①在上截取，由等边三角形的性质得，，由旋转的性质得，，由判定，由全等三角形的性质得，即可求解； ②由勾股定理得，由可判定，由全等三角形的性质得，由即可求解； 【详解】（1）证明：，均是顶角相等的等腰三角形， ，， ， ， ， 在和中 ， ； （2）解：①如图，在上截取，连接 为等边三角形， ， ， 线段绕点逆时针旋转90°， ， ， ， ， 在和中 ， ， ， ， 平分， ， ， ， ； ②，理由如下： 如图， 由①得： ， 在和中 ， ， ， ； 故：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定及性质，等边三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质等；掌握相关的判定方法及性质，能根据题意作出适当的辅助线，构建是解题的关键． 例2（22-23七年级下·吉林长春·期末）【阅读材料】两个顶角相等的等腰三角形，若它们的顶角具有公共的顶点，且当把它们底角的顶点连接起来时会形成一组全等三角形，则把具有这种规律的图形称为“手拉手”图形，如图1，在“手拉手”图形中，若，，，则≌．    (1)【材料理解】在图1中证明． (2)【问题解决】如图2，和都是等腰三角形，，，，线段与线段交于点F，延长交于点，求证：．下面是小明的部分证明过程： 证明：∵，， ∴， ∵， ∴． 请你补全余下的证明过程． (3)【结论应用】如图3，是等腰三角形，，、分别为边、上的点，且满足，连接，将以点为旋转中心按逆时针方向旋转，旋转角为，当线段与的腰有交点，且直线垂直于的腰时，直接写出的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)或 【分析】（1）根据得，再结合全等三角形的判定条件证明即可； （2）根据三角形内角和定理，证明，结合，即可证明； （3）根据直线垂直于的腰和时的图，结合三角内角和定理分别求出和的度数，再结合逆时针旋转方向求出旋转角即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 在和中， ∴≌， （2）：∵，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴． （3）旋转至垂直时，如图4所示， ,    ∵，， ∴， ∵以点为旋转中心按逆时针方向旋转至， ∴， ∵于点， ∴， ∴， ∴， ∴旋转至垂直时，以点为旋转中心按逆时针方向旋转角度为； 旋转至垂直时，如图5所示，    ∵以点为旋转中心按逆时针方向旋转至， ∴， ∵于点， ∴， ∴， ∴， ∴旋转至垂直时，以点为旋转中心按逆时针方向旋转角度为：． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定、等腰三角形的性质、三角形的内角和和图形的旋转，熟练掌握各个性质定理是解题的关键． 例3（24-25八年级上·河北邢台·期末）如图1，在中，．将从图1的位置开始绕点逆时针旋转，得到（点分别是点的对应点），旋转角为，线段与相交于点，线段分别交于点． 特例分析： （1）如图2，当时，连接，求的长． 探究规律： （2）如图3，连接，在绕点逆时针旋转的过程中，淇淇同学发现始终为等腰三角形，请你证明这一结论． 拓展延伸： （3）在旋转过程中，当为等腰三角形时，请直接写出的长． 【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）或 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质和分类等知识，解决问题的关键是分类讨论． （1）可得是等腰直角三角形，进而得出结果； （2）可证得，从而得出； （3）可证得，分为：当时，可得出，当，此时，进而得出结果． 【详解】（1）解：∵绕点A逆时针旋转，得到， ∴， ∵， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∵绕点A逆时针旋转，得到， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 即始终为等腰三角形； （3）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 当时，， ∴， ∴， 当时，， ∴， ， 作，垂足为H， ， 在中，， ， ， 解得：， ∴， 综上所述：或． 模型2.旋转中的半角模型 例1（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， ， ， ，， ， ， ． 例2（24-25九年级上·山西·期末）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务： 从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型.半角模型可证出多个几何结论，例如： 如图1，在正方形中，以为顶点的，、与、边分别交于、两点.易证得. 大致证明思路：如图2，将延长至点，使，连，可证，再证，故. 任务：如图3，在四边形中，，，，以A为顶点的，、与、边分别交于、两点.请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由. 【答案】成立，见解析 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质；根据旋转的性质得到，，，，，推出、、三点共线，根据全等三角形的性质即可得到结论． 【详解】解：成立． 证明：将绕点顺时针旋转得到， ，，，，， ， 、、三点共线， ， ， ，， ， ， ． 例3（2025·贵州贵阳·模拟预测）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）；（2）；（3） 【分析】本题主要利用旋转和全等三角形的性质来解决线段之间的数量关系，通过旋转将分散的角和线段转换为可以利用全等三角形性质的图形，从而找到线段之间的关系． （1）根据旋转的性质，绕点D逆时针旋转得到，因此．由于，旋转后也等于，根据全等条件，，从而得出． （2）在上取一点G，使得，通过条件证明，得出，再通过条件证明，得出，设，根据勾股定理再中解方程得出 （3）在上截图，通过条件证明，得出，再通过条件证明，得出，根据线段关系得出的周长为． 【详解】解：（1），理由如下： ∵将绕点D逆时针旋转得到， ∴， ∴三点共线， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴； （2）如图 在上取一点G，使得， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， 在中，， ∴， 解得：， ∴． （3）在上截取， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴的周长． 模型3.旋转中的对角互补模型 例1（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2（22-23八年级下·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3（25-26九年级上·安徽阜阳·月考）（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·期末）如图，将绕点按逆时针方向旋转，得到．若点恰好在线段的延长线上，且，则旋转角的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了旋转的性质，全等三角形的性质，以及等腰三角形的性质和判定，解题关键是推出等腰三角形． 由旋转得到，则，即为等腰三角形，再根据等腰三角形的性质计算角度即可． 【详解】解：绕点按逆时针方向旋转，得到， ，， ，， ∴， ． 故选：C． 2．（25-26九年级上·重庆渝北·期末）如图，在等腰直角三角形中，，点在上，且满足，连接，将绕着点逆时针旋转得到线段，连接，．若，则的长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，由旋转的性质得，，再推出，然后证明，得，，进而可得，然后根据勾股定理求的长． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， ∵将绕着点逆时针旋转得到线段， ∴，， ∵在等腰直角三角形中，， ∴，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， 在中，． 故选：B． 3．（25-26九年级上·辽宁铁岭·期末）如图，将（其中）绕着直角顶点逆时针方向旋转至，点恰好落在线段上，若，，则的长为（    ） A． B． C．4 D．5 【答案】B 【分析】此题考查了旋转的性质，勾股定理，三线合一和等面积法等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 如图所示，过点C作于点F，首先利用勾股定理求出，然后由旋转得到，，，然后利用等面积法求出， 利用勾股定理求出，最后利用三线合一求解即可． 【详解】解：如图所示，过点C作于点F， ∵，，， ∴ 由旋转得，，， ∵ ∴ ∴ ∴ ∵， ∴． 故选：B． 4．（25-26九年级上·全国·假期作业）已知是正△内一点，，，，则（    ） A．3 B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了旋转的性质，正确作出辅助线是解题的关键．将三角形绕点逆时针旋转得三角形，连接，得出三角形是等边三角形，推出三角形是直角三角形，再根据勾股定理求解． 【详解】解：如图，将三角形绕点逆时针旋转得三角形，连接， 则，，，， △是等边三角形， ，， ， ， 故选：． 5．（22-23八年级上·湖北武汉·月考）如图，在中，，，，D、E 是 边上的两点，且，的面积记为 m， 的面积记为 n，下列结论中成立的是（    ）    A． B． C． D．不能确定 【答案】B 【分析】将绕点A顺时针旋转后，得到，连接，证明，推出，即可得，问题得解． 【详解】将绕点A顺时针旋转后，得到，连接，如图：    根据旋转有：， ∴，，， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 即． 故选：B． 【点睛】本题考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，三角形三边的关系，三角形的面积等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 6．（25-26八年级上·福建泉州·月考）在中，，，点在边上，．若，，则的长为（    ） A．9 B． C．10 D． 【答案】B 【分析】解题的核心思路是旋转构造．将绕点顺时针旋转至，连接、．首先利用证明，从而得到，并推导出．再证明，得到．这样，在中，由勾股定理得，即．最后代入已知数值，即可求出的长度． 【详解】解：如图， 将绕点顺时针旋转得到，连接． 由旋转可知，，且． ∴． 在与中， ∵，，， ∴． ∴，． ∵中，，， ∴． ∴． ∴． 在中，由勾股定理得：． 又∵， ∴． 在与中， ∵，，， ∴． ∴． ∴，即． 已知，， 代入得：． 解得：． 故选：B． 【点睛】本题考查旋转法构造全等三角形、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理．解题的关键是成功构造旋转全等，并利用角证明第二次全等，从而将转移到． 7．（25-26九年级上·黑龙江大庆·期末）如图，在中，，，，将绕点顺时针旋转得到，当点落在的延长线上，连接，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查三角形的旋转问题，涉及勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，解题的关键是掌握旋转的性质． 过作于，由，知是等腰直角三角形，可得，即得，，再由旋转性质可得，，，证明，根据勾股定理得． 【详解】解：如图，过作于， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， 将绕点顺时针旋转角得到， ，，， ， ， ， ； 故选：C． 8．（2025·安徽·一模）如图，在中，，点D，E在边上，且，，则的长是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟记各性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键． 由题意得出，，由旋转的性质，再证，得出，，设，则，，由勾股定理得出方程，解方程即可． 【详解】解：在中，，，， ， ， 把绕点A逆时针旋转得到，连接， 则，，，， ， ， ， 在和中 ， 设，则， 在中，由勾股定理得， ， 即， 得， 即． 故选：A． 9．（25-26九年级上·湖北孝感·期末）等腰，，，，则 ， ． 【答案】 /度 【分析】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质，正确作辅助线是解题的关键.将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，则，，得到，可求出，，可证明，得到，可证明，，则，得出，，则，求出，即可得到结论. 【详解】解：如图，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接， ， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 或（不符合题意，舍去）， 故答案为：，． 10．（23-24九年级上·湖北鄂州·月考）如图，在中，，、是斜边上两点，且，将绕点顺时针旋转后，得到，连结，则下列结论：①；②为等腰直角三角形；③平分；④．正确的是 ． 【答案】①③④ 【分析】①根据旋转的性质，可得，结合，即可判断， ③根据旋转的性质，可证，得到，即可判断， ④由，，在中，应用勾股定理，即可判断， ②根据与的关系，判断与的关系，即可判断， 本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，解题的关键是：熟练掌握旋转的性质． 【详解】解：由旋转的性质可得：， ，， ， ，故①正确， ， ，即：平分，故③正确， ， ， 在中，，即：，故④正确， 与不一定相等， 与不一定相等，故②不正确， 综上所述，①③④正确， 故答案为：①③④． 11．（25-26九年级上·四川巴中·期中）如图，已知四边形是正方形，且线段，，，则 ． 【答案】15 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，解一元二次方程，将顺时针旋转度得，进而证明，得出，，设正方形的边长为，勾股定理求得，进而根据三角形的面积公式，即可求解． 【详解】解：将顺时针旋转度得， ∴，,， ∴ ， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， ， 设正方形的边长为，则， 在中，， ∴， 解得：或（舍去）， ∴， ∴ ， 故答案为：． 12．（25-26九年级上·辽宁葫芦岛·期末）如图，在中，，，D是上一个动点，将线段绕点A逆时针旋转得到，连接，则的最小值是 ． 【答案】/ 【分析】如图所示，延长至F使，证明出，可得，得到点E在直线绕点F顺时针旋转的直线上，当时，最小，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图所示，延长至F使， ∵，， ∴是等腰直角三角形 ∴ ∵将线段绕点A逆时针旋转得到， ∴， ∴ ∴， ∴， 故点E在直线绕点F顺时针旋转的直线上， ∴当时，最小， ∵， ∴， ∴， ∴当时，是等腰直角三角形 ∴， ∴ ∴ ∴的最小值是． 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质和判定，全等三角形的判定与性质和垂线段最短，解题关键是恰当作辅助线，构建全等三角形，得到点E的运动轨迹． 13．（2025·江苏徐州·三模）如图，中，，，点D、E是边上的两点，且，，则 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，三角形内角和定理，将绕点A逆时针旋转90度得到，连接，先证明，由旋转的性质可得，，则可得，利用勾股定理可得，再证明，可得． 【详解】解：如图所示，将绕点A逆时针旋转90度得到，连接， ∵， ∴， 由旋转的性质得到，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 故答案为：． 14．（24-25八年级下·安徽淮北·期中）如图，在中，，，，是上的动点，已知，． （1） ； （2）若，则 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，三角形内角和定理，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． （1）直接利用勾股定理求解即可； （2）将绕点A逆时针旋转90度得到，连接，设，先证明，由旋转的性质可得，，则可得，利用勾股定理可得，再证明，可得，再根据线段的和差关系建立方程求解即可． 【详解】解：（1）∵在中，，， ∴， 故答案为：； （2）如图所示，将绕点A逆时针旋转90度得到，连接，设， ∵， ∴， 由旋转的性质得到，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 15．（25-26九年级上·四川广安·期末）中，，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点为． (1)如图①，当时，绕点顺时针旋转了__________°； (2)如图②，当点在上时，若，求的度数； (3)如图③，当点为的中点时，连接，若，，在绕点顺时针旋转一周的过程中，直接写出线段的最大值和最小值． 【答案】(1)110 (2)30° (3)最大值：；最小值： 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，直角三角形的性质等内容，解题的关键是掌握相关性质，确定出点的轨迹． （1）由旋转的性质可得，为旋转角，求解即可； （2）根据旋转的性质可得，，，得到，再由可得，由题意可得，，从而得到，即可求解； （3）由勾股定理可得，，由点为的中点可得，，即点在以为圆心，以为半径的圆上运动，从而得到的最大值与最小值． 【详解】（1）解：由旋转的性质可得，为旋转角， 则， 故答案为：； （2）解：根据旋转的性质可得，，， ∴， ∵， ∴， 由题意可得，，即， 解得， ∴； （3）解：连接，如图： 由旋转的性质可得，，， 由勾股定理可得，， ∵点为的中点， ∴， ∴点在以为圆心，以为半径的圆上运动， 从而得到的最大值为，的最小值为． 16．（25-26九年级上·湖北襄阳·期末）如图，点是等边内一点，连接，并将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，，． (1)求证：； (2)若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的性质和判定、勾股定理的逆定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键． （1）根据条件推出，结合等边三角形的性质证明即可； （2）根据勾股定理的逆定理证明，进而求解． 【详解】（1）证明：由题意知，，， ∴是等边三角形， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ∴≌ （2）解：由（1）知，，， ∴， ∴是直角三角形， ∴， ∴， ∴． 17．（23-24九年级下·福建福州·开学考试）已知是等腰三角形． (1)如图1，若，均是顶角相等的等腰三角形，分别是底边，求证：； (2)如图2，若为等边三角形，将线段绕点逆时针旋转90°，得到，连接，的平分线交于点，连接． ①求的度数； ②试探究线段之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)①；②，见解析 【分析】（1）由等腰三角形的性质得，，，由即可得证； （2）①在上截取，由等边三角形的性质得，，由旋转的性质得，，由判定，由全等三角形的性质得 ，即可求解；②由勾股定理得，由可判定，由全等三角形的性质得，由即可求解； 【详解】（1）证明：，均是顶角相等的等腰三角形， ，， ， ， ， 在和中 ， ()； （2）解：①如图，在上截取， 为等边三角形， ， ， 线段绕点逆时针旋转90°， ， ， ， ， 在和中 ， ()， ， ， 平分， ， ， ， ； ②，理由如下： 如图， 由①得： ， 在和中 ， ()， ， ； 故：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定及性质，等边三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质等；掌握相关的判定方法及性质，能根据题意作出适当的辅助线，构建是解题的关键． 18．（23-24八年级下·广东惠州·开学考试）如图1，点C在线段上（点C不与点A、B重合），分别以为一腰在同侧作两个等腰三角形和等腰三角形，其中，，，连接、交于点P． (1)【观察猜想】 ①与的数量关系是______； ②的度数为______． (2)【数学思考】 将绕点C旋转到如图2所示的位置，其他条件不变，上述猜想①、②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明． (3)【拓展应用】 在（2）的条件下，求证：． 【答案】(1)， (2)成立，证明见解析 (3)见解析 【分析】本题考查几何变换综合题、旋转变换、全等三角形的判定和性质、角平分线的判定定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，学会利用面积法证明高相等，属于中考压轴题． （1）只要证明，再根据全等三角形的性质即可解决问题； （2）只要证明，再根据全等三角形的性质即可解决问题； （3）如图中，分别过作，垂足为，过点作，垂足为，利用面积法证明，再利用角平分线的判定定理证明即可解决问题； 【详解】（1）如图1中， ， ， ， 又，， ． ， ， ， ， 故答案为，； （2）成立， 证明：如图1中， ， ， ， 又，， ． ， ， ， ； （3）证明：如图中，分别过作，垂足为，过点作，垂足为， ． ， （全等三角形的面积相等）， ， （角平分线的性质定理的逆定理）， ，，， ． 19．（25-26八年级上·江苏盐城·期中）如图①，已知和是等腰三角形，，，．连接，，． 【问题初探】 （1）若，，则 ； 【问题再探】 （2）若将图①中的绕点A按逆时针方向旋转至如图②位置，试探索，，三者之间的关系，并证明你的结论； 【类比探究】 （3）若将图①中的绕点A按顺时针方向旋转至如图③位置，请判断（2）中的结论是否还成立，并说明理由． 【答案】（1）；（2），证明见解析；（3）成立，理由见解析 【分析】此题考查了全等三角形的性质，三角形内角和定理，旋转的性质，等边对等角，解题的关键是掌握以上知识点． （1）证明，得出，求出，然后利用求解即可； （2）由（1）知，得出，同（1）求解即可； （3）同（2）知，得出，则，可得出结论． 【详解】解：（1）∵， ∴，即； 又∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴ ． 故答案为：80； （2）． 证明：由（1）知， ∴， ∴ ； （3）（2）中的结论还成立． 理由：与交于点O， ∵， ∴， 同（2）知， ∴， ∴． 20．（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，，，E、F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D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E、F分别在射线、上，且．当，，时，求出的周长． 【答案】（1）；（2）；（3） 【分析】本题考查三角形的知识，解题的关键是掌握全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，学会用旋转法添加辅助线，构造全等三角形，即可． （1）绕点旋转得到，则，推出，，，根据，，全等三角形的判定和性质，则，即可； （2）在上取点，使得，根据四边形的内角和，则，得到，根据全等三角形的判定和性质，则，得到，，再根据全等三角形的判定和性质，则，设，得到，，，根据勾股定理解出即可； （3）在上取点，使得，根据四边形的内角和，与互补，得到，根据等量代换，推出，根据全等三角形的判定和性质，则，推出，，再根据角之间的运算，得到，再根据全等三角形的判定和性质，则，，根据三角形的周长，即可． 【详解】解：（1），理由如下： ∵在四边形中，，， ∴绕点旋转得到， ∴， ∴，，，， ∵， ∴点，，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， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴． 21．（2024·吉林长春·一模）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． （1）【探究发现】如图①，在等边三角形内部有一点P，，，，求的度数．爱动脑筋的小明发现：将线段绕点B逆时针旋转得到线段，连接、，则，然后利用和形状的特殊性求出的度数，就可以解决这道问题． 下面是小明的部分解答过程： 解：将线段绕点B逆时针旋转得到线段．，连接、， ∵，， ∴是等边三角形， ∴，． ∵是等边三角形， ∴，， ∴， 即． 请你补全余下的解答过程． （2）【类比迁移】如图②，在正方形内有一点P，且，，，则______度． （3）【拓展延伸】如图③，在正方形中，对角线、交于点O，在直线上方有一点P，，，连接，则线段的最大值为______． 【答案】（1）见解析；（2）；（3） 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，关键是利用旋转变换把将分散的条件相对集中到一个三角形中解决问题． （1）将线段绕点B逆时针旋转得到线段，证明，再证明是直角三角形； （2）将线段绕点B逆时针旋转得到线段，证明，再证明是直角三角形； （3）将线段绕点O顺时针旋转得到线段，证明，在由三角形三边关系求出的最大值，从而求得的最大值． 【详解】（1）解：将线段绕点B逆时针旋转得到线段，连接、， ∵，， ∴是等边三角形， ∴，． ∵是等边三角形， ∴，， ∴， 即． 在中， ． （2）解：将线段绕点B逆时针旋转得到线段，连接、， ∵，， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 即． 在中， ． 故答案为：． （3）解：将线段绕点O顺时针旋转得到线段，连接、． ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴，． ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 即． 在中， 当点在时， ∴的最大值为 在中， ∴ ． 的最大值为． 22．（24-25八年级上·山东威海·期末）旋转在几何学中扮演着重要的角色，通过图形的旋转，可以巧妙地构造出全等条件，从而解决问题． (1)如图1，点D，E分别为等边边，上的点，以为边作等边交于点G．连接．判断，，的数量关系； A同学的思路：将绕点D逆时针旋转； B同学的思路：将绕点E顺时针旋转； C同学的思路：将绕点F顺时针旋转； 请你参考以上方法判断，，的数量关系为__________； (2)如图2，点D为等边外一点，连接，，，其中与交于点E，且，判断，，的数量关系，并说明理由； (3)如图3，为等腰直角三角形，，点D为外一点，连接，，，其中交于点E，且，判断，，的数量关系，并说明理由． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】本题考查全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理； （1）A同学的思路：将绕点D逆时针旋转，如图，此时旋转后与重合，旋转到，连接，由旋转可得，，，得到为等边三角形，得到，，点在线段上，根据，得到； B同学的思路：将绕点E顺时针旋转，如图，此时旋转后与重合，旋转到，连接，由旋转可得，，，得到为等边三角形，推出，，则点在线段上，由，得到； C同学的思路：将绕点F顺时针旋转，如图，此时旋转后与重合，旋转到，连接，，由旋转可得，，，，得到为等边三角形，，再证明，则点在线段上，由，得到； （2）如图，在上取一点，使，连接，则为等边三角形，再证明，得到，根据得到； （3）如图，在上取一点，连接，使，连接，则为等腰直角三角形，得到，再证明，得到，根据得到． 【详解】（1）解：∵等边和， ∴，， A同学的思路：将绕点D逆时针旋转，如图，此时旋转后与重合，旋转到，连接， 由旋转可得，，， ∴为等边三角形， ∴，， ∴， ∴点在线段上， ∴， ∴； 故答案为：； B同学的思路：将绕点E顺时针旋转，如图，此时旋转后与重合，旋转到，连接， 由旋转可得，，， ∴为等边三角形， ∴，， ∴， ∴点在线段上， ∴， ∴； 故答案为：； C同学的思路：将绕点F顺时针旋转，如图，此时旋转后与重合，旋转到，连接，， 由旋转可得，，，， ∴为等边三角形， ∴， ∵，， ∴，即， ∴， ∴点在线段上， ∴， ∴； 故答案为：； （2）解：，理由如下： 如图，在上取一点，使，连接， ∵， ∴为等边三角形， ∴，， ∵等边， ∴，， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：，理由如下： 如图，在上取一点，连接，使，连接， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为等腰直角三角形，， ∴，， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴． 23．（25-26九年级上·陕西安康·期中）（1）如图1，是等边三角形，线段是内的线段，连接，将绕点A顺时针旋转得到，连接．若，求的度数． 【拓展提升】 （2）如图2，若是边长为2的等边三角形，D是边上的动点，将线段绕点D顺时针旋转得到线段，连接．在点D的运动过程中，求周长的最小值． 【拓展应用】 （3）某市在进行新能源设备升级时，新研发的发电机某零件示意图如图3所示，其中，主支架，辅助支架，支架夹角．工程师需要计算该零件四边形的材料用量，请你求出四边形的面积． 【答案】（1）；（2）；（3） 【分析】本题考查了旋转的性质、全等三角形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识点，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． （1）由旋转可知，进而得到，，再根据即可； （2）根据题意可证，得到，进而得到周长，结合是等边三角形可知当时，取得最小值，即可求解； （3）过点A作交于F，延长，使得，连接，可证，得到，，，进而可得，再由勾股定理计算可得米，即可得解． 【详解】（1）由旋转可知，， ，， ， 又， ， ； （2）由题知，， 为等边三角形， ， 又， ， 在和中， ， ， ， ， 则周长， 又当时，取得最小值，此时， 所以周长的最小值为； （3）过点A作交于F，延长，使得，连接，如图： ，， ， 在和中， ， ， ，，， ， ， ， （米）， 在中，，， ∴（米）， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴米， ∴四边形的面积即为（平方米）． 24．（25-26九年级上·浙江温州·期中）定义：有一组邻边相等且有一组对角互补的凸四边形叫做等补四边形． 【理解定义】 （1）如图1，是等边三角形，在上任取一点（、除外），连接，把绕点逆时针旋转，则与重合，点的对应点为．请根据给出的定义判断，四边形是否为等补四边形，并说明理由． 【类比探究】 （2）如图2，在等补四边形中，，，若四边形的面积为8，求的长． 【拓展应用】 （3）如图3，在四边形中，，，，求四边形面积的最大值．（用含的代数式表示） 【答案】（1）是等补四边形，见解析；（2）4；（3） 【分析】（1）根据旋转性质得到，，结合即可判断； （2）根据，得到绕点B顺时针旋转得，即可得到D、G、C三点共线，结合面积即可得到答案； （3）根据旋转得到、、三点共线，得到，结合当时，的面积最大，求解即可得到答案； 【详解】解：（1）是等补四边形， 理由：由旋转得，， ， ， 四边形是等补四边形． （2）如图，，， 将绕点顺时针旋转得， ，，， ， ， 、、三点共线， ， ， （负值舍去）． （3）， 将绕点逆时针旋转使与重合， 得，如图， ，，， ， ， 、、三点共线， ， 当时，的面积最大，为． 四边形面积的最大值为． 【点睛】本题主要考查了利用旋转作全等三角形，三角形和四边形的面积，等补四边形的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会利用旋转作辅助线，构造全等三角形解决问题． 25．（22-23八年级下·江苏南京·月考）（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）25（2）（3）24 【分析】（1）根据四边形的面积等于正方形的面积计算即可； （2）如图乙中，延长至，取，连接．只要证明，即可推出四边形的面积等于的面积； （3）如图丙中，延长至，连接、、．只要证明五边形的面积等于四边形的面积即可． 【详解】解（1）由题可知． 故答案为25． （2）如图，延长至，取，连接．   等边中，，， ， 四边形中，， ， 又，， ， ，． ， ， 为等边三角形且， ． （3）如图，延长至，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，属于中考压轴题． 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。 （2025·四川广元·一模）在某次校园数学实践活动中，为测量校园内三角形景观的相关数据，某小组同学遇到了如下问题：如图①，点P 在等边内部，且，求 的长． 【初步探究】（1）经过同学们的观察、分析、思考、交流，对上述问题形成了如下想法：将绕点A按顺时针方向旋转， 得到， 连接， 寻找，，三边之间的数量关系，即可求得 的长为 ； 【理解应用】（2）如图②，在等腰直角中，， P为内一点，， 判断，，之间的数量关系， 并说明理由； 【类比迁移】（3）如图③，学校有一块三角形的劳动实践基地，其中，，实践工具存放点位于基地的P点，通过测量，，求线段的长． （2025·四川绵阳·一模）在数学的研究中，我们常常利用类比联想的思想方法，可以对一些问题进行引申拓展研究，达到“解一题，知一类”的目的． 【题根分析】例如：如图1，点分别在正方形的边上，，连接，试猜想之间的数量关系．解题思路：把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，由，得，即点共线，易证之间的数量关系为． 【类比引申】 （1）如图2，中，，点是边上两点，．试猜想之间的数量关系．（直接写出你的猜想，不必写出证明过程） 【联想拓展】 （2）如图3，在中，，点均在边上，且，若，求的长． （2024·江苏扬州·二模）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． ①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． 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（24-25八年级下·安徽宿州·期中）已知是等腰三角形． (1)如图1，若，均是顶角为的等腰三角形，分别是底边，求证：； (2)如图2，若为等边三角形，将线段绕点逆时针旋转90°，得到，连接，的平分线交于点，连接． ①求的度数； ②试探究线段之间的数量关系，并证明． 例2（22-23七年级下·吉林长春·期末）【阅读材料】两个顶角相等的等腰三角形，若它们的顶角具有公共的顶点，且当把它们底角的顶点连接起来时会形成一组全等三角形，则把具有这种规律的图形称为“手拉手”图形，如图1，在“手拉手”图形中，若，，，则≌．    (1)【材料理解】在图1中证明． (2)【问题解决】如图2，和都是等腰三角形，，，，线段与线段交于点F，延长交于点，求证：．下面是小明的部分证明过程： 证明：∵，， ∴， ∵， ∴． 请你补全余下的证明过程． (3)【结论应用】如图3，是等腰三角形，，、分别为边、上的点，且满足，连接，将以点为旋转中心按逆时针方向旋转，旋转角为，当线段与的腰有交点，且直线垂直于的腰时，直接写出的值． 例3（24-25八年级上·河北邢台·期末）如图1，在中，．将从图1的位置开始绕点逆时针旋转，得到（点分别是点的对应点），旋转角为，线段与相交于点，线段分别交于点． 特例分析： （1）如图2，当时，连接，求的长． 探究规律： （2）如图3，连接，在绕点逆时针旋转的过程中，淇淇同学发现始终为等腰三角形，请你证明这一结论． 拓展延伸： （3）在旋转过程中，当为等腰三角形时，请直接写出的长． 模型2.旋转中的半角模型 例1（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． 例2（24-25九年级上·山西·期末）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务： 从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型.半角模型可证出多个几何结论，例如： 如图1，在正方形中，以为顶点的，、与、边分别交于、两点.易证得. 大致证明思路：如图2，将延长至点，使，连，可证，再证，故. 任务：如图3，在四边形中，，，，以A为顶点的，、与、边分别交于、两点.请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由. 例3（2025·贵州贵阳·模拟预测）当几何图形中，两个共顶点的角所在角度是公共大角一半的关系，我们称之为“半角模型”，通常用“旋转的观点”看待图形的几何变换，使得两个分散的角变换成为一个三角形，相当于构造出两个三角形全等． 【问题初探】 （1）如图1，在四边形中，，、分别是、边上的点，且，求出图中线段之间的数量关系． 如图1，从条件出发：将绕着点逆时针旋转到位置，根据“旋转的性质”分析与之间的关系，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系，可证得结论． 【类比分析】 （2）如图2，在四边形中，，，，且，，，求的长． 【学以致用】 （3）如图3，在四边形中，，与互补，点、分别在射线、上，且．当时，求出的周长． 模型3.旋转中的对角互补模型 例1（24-25八年级下·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2（22-23八年级下·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3（25-26九年级上·安徽阜阳·月考）（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·期末）如图，将绕点按逆时针方向旋转，得到．若点恰好在线段的延长线上，且，则旋转角的度数为（    ） A． B． C． D． 2．（25-26九年级上·重庆渝北·期末）如图，在等腰直角三角形中，，点在上，且满足，连接，将绕着点逆时针旋转得到线段，连接，．若，则的长度为（   ） A． B． C． D． 3．（25-26九年级上·辽宁铁岭·期末）如图，将（其中）绕着直角顶点逆时针方向旋转至，点恰好落在线段上，若，，则的长为（    ） A． B． C．4 D．5 4．（25-26九年级上·全国·假期作业）已知是正△内一点，，，，则（    ） A．3 B． C． D． 5．（22-23八年级上·湖北武汉·月考）如图，在中，，，，D、E 是 边上的两点，且，的面积记为 m， 的面积记为 n，下列结论中成立的是（    ）    A． B． C． D．不能确定 6．（25-26八年级上·福建泉州·月考）在中，，，点在边上，．若，，则的长为（    ） A．9 B． C．10 D． 7．（25-26九年级上·黑龙江大庆·期末）如图，在中，，，，将绕点顺时针旋转得到，当点落在的延长线上，连接，则的长为（   ） A． B． C． D． 8．（2025·安徽·一模）如图，在中，，点D，E在边上，且，，则的长是（   ） A． B． C． D． 9．（25-26九年级上·湖北孝感·期末）等腰，，，，则 ， ． 10．（23-24九年级上·湖北鄂州·月考）如图，在中，，、是斜边上两点，且，将绕点顺时针旋转后，得到，连结，则下列结论：①；②为等腰直角三角形；③平分；④．正确的是 ． 11．（25-26九年级上·四川巴中·期中）如图，已知四边形是正方形，且线段，，，则 ． 12．（25-26九年级上·辽宁葫芦岛·期末）如图，在中，，，D是上一个动点，将线段绕点A逆时针旋转得到，连接，则的最小值是 ． 13．（2025·江苏徐州·三模）如图，中，，，点D、E是边上的两点，且，，则 ． 14．（24-25八年级下·安徽淮北·期中）如图，在中，，，，是上的动点，已知，． （1） ； （2）若，则 ． 15．（25-26九年级上·四川广安·期末）中，，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点为． (1)如图①，当时，绕点顺时针旋转了__________°； (2)如图②，当点在上时，若，求的度数； (3)如图③，当点为的中点时，连接，若，，在绕点顺时针旋转一周的过程中，直接写出线段的最大值和最小值． 16．（25-26九年级上·湖北襄阳·期末）如图，点是等边内一点，连接，并将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，，． (1)求证：； (2)若，求的度数． 17．（23-24九年级下·福建福州·开学考试）已知是等腰三角形． (1)如图1，若，均是顶角相等的等腰三角形，分别是底边，求证：； (2)如图2，若为等边三角形，将线段绕点逆时针旋转90°，得到，连接，的平分线交于点，连接． ①求的度数； ②试探究线段之间的数量关系，并证明． 18．（23-24八年级下·广东惠州·开学考试）如图1，点C在线段上（点C不与点A、B重合），分别以为一腰在同侧作两个等腰三角形和等腰三角形，其中，，，连接、交于点P． (1)【观察猜想】 ①与的数量关系是______； ②的度数为______． (2)【数学思考】 将绕点C旋转到如图2所示的位置，其他条件不变，上述猜想①、②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明． (3)【拓展应用】 在（2）的条件下，求证：． 19．（25-26八年级上·江苏盐城·期中）如图①，已知和是等腰三角形，，，．连接，，． 【问题初探】 （1）若，，则 ； 【问题再探】 （2）若将图①中的绕点A按逆时针方向旋转至如图②位置，试探索，，三者之间的关系，并证明你的结论； 【类比探究】 （3）若将图①中的绕点A按顺时针方向旋转至如图③位置，请判断（2）中的结论是否还成立，并说明理由． 20．（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，，，E、F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D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E、F分别在射线、上，且．当，，时，求出的周长． 21．（2024·吉林长春·一模）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． （1）【探究发现】如图①，在等边三角形内部有一点P，，，，求的度数．爱动脑筋的小明发现：将线段绕点B逆时针旋转得到线段，连接、，则，然后利用和形状的特殊性求出的度数，就可以解决这道问题． 下面是小明的部分解答过程： 解：将线段绕点B逆时针旋转得到线段．，连接、， ∵，， ∴是等边三角形， ∴，． ∵是等边三角形， ∴，， ∴， 即． 请你补全余下的解答过程． （2）【类比迁移】如图②，在正方形内有一点P，且，，，则______度． （3）【拓展延伸】如图③，在正方形中，对角线、交于点O，在直线上方有一点P，，，连接，则线段的最大值为______． 22．（24-25八年级上·山东威海·期末）旋转在几何学中扮演着重要的角色，通过图形的旋转，可以巧妙地构造出全等条件，从而解决问题． (1)如图1，点D，E分别为等边边，上的点，以为边作等边交于点G．连接．判断，，的数量关系； A同学的思路：将绕点D逆时针旋转； B同学的思路：将绕点E顺时针旋转； C同学的思路：将绕点F顺时针旋转； 请你参考以上方法判断，，的数量关系为__________； (2)如图2，点D为等边外一点，连接，，，其中与交于点E，且，判断，，的数量关系，并说明理由； (3)如图3，为等腰直角三角形，，点D为外一点，连接，，，其中交于点E，且，判断，，的数量关系，并说明理由． 23．（25-26九年级上·陕西安康·期中）（1）如图1，是等边三角形，线段是内的线段，连接，将绕点A顺时针旋转得到，连接．若，求的度数． 【拓展提升】 （2）如图2，若是边长为2的等边三角形，D是边上的动点，将线段绕点D顺时针旋转得到线段，连接．在点D的运动过程中，求周长的最小值． 【拓展应用】 （3）某市在进行新能源设备升级时，新研发的发电机某零件示意图如图3所示，其中，主支架，辅助支架，支架夹角．工程师需要计算该零件四边形的材料用量，请你求出四边形的面积． 24．（25-26九年级上·浙江温州·期中）定义：有一组邻边相等且有一组对角互补的凸四边形叫做等补四边形． 【理解定义】 （1）如图1，是等边三角形，在上任取一点（、除外），连接，把绕点逆时针旋转，则与重合，点的对应点为．请根据给出的定义判断，四边形是否为等补四边形，并说明理由． 【类比探究】 （2）如图2，在等补四边形中，，，若四边形的面积为8，求的长． 【拓展应用】 （3）如图3，在四边形中，，，，求四边形面积的最大值．（用含的代数式表示） 25．（22-23八年级下·江苏南京·月考）（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 / 13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $