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）数学新教材沪教版五四制八年级下册

该初中数学讲义以旋转中的三类全等模型（手拉手、半角、对角互补）为核心，通过知识框架图系统梳理模型来源、条件、结论及证明过程，结合真题案例（如2024辽宁阜新模拟题）呈现模型在不同情境中的应用，清晰展现“模型提炼-例题解析-专项训练”的递进脉络，突出重难点内在联系。 讲义亮点在于分层例题设计与方法指导，如半角模型通过旋转构造全等三角形，培养学生推理意识与几何直观，例题从基础探究（如正方形中线段关系证明）到拓展提高（如动态旋转中的最值问题），适配不同层次学生。规范的解题步骤和专项训练助力学生自主复习，教师可据此实施精准教学，提升综合解题能力。

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·辽宁阜新·模拟预测）【问题情境】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．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． (1)【模型探究】如图1，若和均为等边三角形，，，，，点、、在同一条直线上，连接，则__________；线段__________；则的度数为__________； (2)【探究证明】如图2，已知，分别以，为直角边向两侧作等腰直角和等腰直角，其中，，，连接，，线段和交于点．请判断线段和的关系，并说明理由； (3)【模型应用】如图3，在中，，，将线段绕着点逆时针旋转至线段，连接，则求的面积． (4)【拓展提高】如图4，和都是等腰直角三角形，，，的位置不变，将在同一平面内摆放，使得点不变，且，连接，，若，请直接写出的长． （2025·吉林·模拟预测）【综合与探究】数学课上，李老师布置了一道题目：如图①，点，分别在正方形的边，上，，连接，求证：． (1)【思路梳理】“勤奋”小组的同学给出了如下的思路分析过程，请你补充完整： ，将绕点逆时针旋转至，可使与重合， ，，，， ，即点，，共线， ， ，， 又，__________（__________________）（写依据） ． (2)【类比引申】“智慧”小组的同学在“勤奋”小组同学的基础上，改变了条件：如图②，在四边形中，，点，分别在边，上，，连接．若，都不是直角，且，则（1）中的结论是否还成立？并说明理由． (3)【联想拓展】“创新”小组的同学提出了下面的问题：如图③，在中，，，点，均在边上，且．当，时，直接写出的长度． （2024·江苏淮安·模拟预测）如图1，在四边形中，，，点，分别在四边形的边，上，，连接，试猜想，，之间的数量关系． (1)思路梳理 将绕点逆时针旋转至，使与重合，由，得，即点，，三点共线，易证，故，，之间的数量关系为 ； (2)类比引申 如图2，在图1的条件下，若点，由原来的位置分别变到四边形的边，延长线上，，连接，试猜想，，之间的数量关系，并给出证明． 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·上海闵行·期中）如图，中，，把绕点逆时针旋转后得到．连结、、，测量得．若为等腰三角形，则的度数是 ． 例2（24-25七年级下·辽宁锦州·期末）如图，与均是等腰三角形，且，连接，，在绕点旋转的过程中，四边形面积的最大值为 ． 例3（24-25七年级上·山东泰安·期末）如图1，是等腰三角形，，，过点B作于点C，在上截取，连接、，并延长交于点P； (1)求证：； (2)试说明； (3)如图2，将绕着点C旋转一定的角度，那么与的位置关系是否发生变化，说明理由． 模型2.旋转中的半角模型 例1（24-25八年级上·四川眉山·月考）我们可以通过类比联想，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，则，试说明理由． （1）思路梳理 ∵，∴把绕点A逆时针旋转至，可使与重合． ∵， ∴，点F、D、G共线． 易证_______其判断理由是______，可得． （2）类比引申 如图2，四边形中，，点E、F分别在边上，． 与互补（、都不是直角），求证：； （3）联想拓展 如图3，在中，，点D、E均在边上，且．猜想应满足的等量关系，并写出推理过程．若，求的最小值． 例2（24-25九年级下·山东菏泽·期中）【情境知识技能】学校数学兴趣小组活动时，小红给小波出了一道题： （1）如图1，在等腰中，，，点，在边上，且，小红对小波说：“图中线段、和有一定的数量关系，你知道吗？” 小波毫不思索的回答道：“太简单了，把绕点逆时针转得到，连接，就能证出．”小红微笑着点了点头，并给小波竖起了大拇指． 【解决问题】 请你根据小波的叙述把图补画完整，并帮助小波证明他的结论； 【情境理解应用】 （2）小波接着对小红说：“如图2，在四边形中，度，，，若，，你知道的长吗？”，小红会意点了头．请你帮小红把求长的过程写出来． 例3（24-25八年级下·陕西西安·期中）综合应用 综合与实践数学活动课上，王老师给出了一个问题： (1)如图1，将绕点C顺时针旋转30°，得到，点恰好落在斜边上，连接，则______． (2)如图2，在中，，，点D，E在边上，，，且，请你求出的长度． (3)如图3，在四边形中，，，，，，，求线段的长． 模型3.旋转中的对角互补模型 例1（24-25九年级上·陕西西安·期中）在四边形中，的两边，分别交直线，于点，，已知，且，． (1)如图1，当全部位于四边形的内部时，试探究与，之间的数量关系．为了引发同学的思考，数学刘老师给出了此题的部分解法作为提示：证明：如图2，将绕点旋转到处． ，，，， ， ， ，，三点共线． … 请你将上述证明过程补充完整，并写出结论； (2)如图3，当旋转到如图所示的位置时，那么（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；如若不成立，请写出正确的结论，并证明． 例2（24-25八年级下·山西晋中·期中）四边形若满足两组对角互补，即，，则我们称该四边形为“对角互补四边形”． 【思路点拨】 （1）如图①，四边形为对角互补四边形，，．求证：平分． 小东同学是这么做的：延长至点，使得，连接，可证明，得到是等腰直角三角形，由此证出平分． ①还可以知道，，的数量关系为：___________； ②请你用旋转的知识描述如何旋转得到：___________． 【变式拓展】 （2）如图②，四边形为对角互补四边形，且满足，，请你仿照小东的做法，求证： ①平分； ②． 例3（24-25八年级上·辽宁鞍山·月考）（1）阅读理解： 如图①，在中，若，求边上的中线的取值范围．可以用如下方法：将绕着点D逆时针旋转得到，在中，利用三角形三边的关系即可判断中线的取值范围是_______； （2）问题解决： 如图②，在中，D是边上的中点，于点D，交于点E，DF交于点F，连接，求证：； （3）问题拓展： 如图③，在四边形中，，，，以C为顶点作一个的角，角的两边分别交于E、F两点，连接EF，探索线段之间的数量关系，并说明理由． 1．（25-26八年级上·山东泰安·期末）如图，在中，，D、E是斜边上两点，且，将绕点A顺时针旋转后，得到，连接，下列结论：①；②；③；④．其中正确的个数是（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．（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． 3．（25-26九年级上·福建福州·期中）如图，在中，，，将绕点按逆时针方向旋转得到，若点恰好落在边上，则的度数为（    ） A． B． C． D． 4．（25-26九年级上·河南新乡·月考）如图，O是正内一点，，，，将线段以点为旋转中心逆时针旋转得到线段，则是（    ） A． B． C． D． 5．（2025·贵州遵义·模拟预测）在矩形中，点分别在边上，且．，则 ． 6．（21-22八年级下·黑龙江哈尔滨·月考）如图，在四边形中，，连接，且平分，若，，则 ．    7．（24-25九年级下·四川绵阳·开学考试）如图，在四边形中，，． (1)求证：； (2)如图②，当时，若点E，F分别在边上，且．求证：； (3)在（2）的条件下，若，是等腰三角形，直接用含的代数式表示． 8．（24-25八年级上·浙江温州·期中）如图1，是等边内一点，连结．将线段绕点顺时针旋转得到线段，连结． (1)求证：． (2)如图2，连结． ①当，且为等腰三角形时，求出的度数． ②当，且时，请直接写出点到点的距离． 9．（24-25八年级下·福建三明·期中）如图1，在等腰直角三角形中，．点E，F分别为的中点，H为线段上一动点（不与点E，F重合），将线段绕点A逆时针方向旋转得到，连接． (1)证明：； (2)如图2，连接交于点Q． ①当，，求的值； ②若，当的长度为多少时，为等腰三角形?（不要求写解答过程，只需直接写出答案即可） 10．（24-25八年级上·湖南衡阳·期末）已知和都是等腰三角形，，，． 【初步感知】（1）特殊情形：如图①，若点，分别在边，上，则______．（填、或） 【发现证明】（2）将图①中的绕点顺时针旋转，（1）中的结论是否仍然成立？如果成立，请就图②中给出的情况加以证明． 【深入研究】（3）如图③，和均为等腰直角三角形，，连接，，则，满足怎样的数量关系和位置关系？请说明理由． 11．（24-25八年级上·福建泉州·期中）如图1，在中，，，点为内一点，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，． (1)若，则 ； (2)求证：； (3)好学的小安习惯超前学习，他已知道等腰三角形的性质：“在中，若，则”．请运用这个性质解决下面问题：如图2，在旋转过程中，若，，连接，求的度数． 12．（24-25八年级上·山东淄博·期中）如图1，△ABC中，，，点D，E在上，，将绕点A顺时针旋转后得到，连接． (1)求证：： (2)猜想图1中之间存在的等量关系，并说明理由； (3)如图2，中，，，点D，E在BC上，，，探究之间存在的等量关系，并说明理由． 13．（24-25八年级上·山西吕梁·期中）综合与实践 将一块含角的大直角三角板和一块含角的小直角三角板按如图1所示的方式摆放．如图2，将绕点逆时针旋转，连结．    (1)求证：． (2)在旋转的过程中，如图3，当三点共线时，设与交于点． ①试判断的形状，并说明理由； ②若是的中点，请直接写出和的面积关系． 14．（24-25九年级上·湖北武汉·月考）问题背景：如图1，在与中，若，，，则存在一对全等三角形，请直接写出这对全等三角形； 尝试运用：如图2，在中，，将线段绕点顺时针旋转至，，连接，，．若，，求的长； 拓展创新：如图3，在中，，将线段绕点顺时针旋转至，，连接，，，．直接写出的值．    15．（2020·山东济南·一模）探究：如图和图，四边形中，已知，，点、分别在、上，．    (1)如图，若、都是直角，把绕点逆时针旋转至，使与重合，直接写出线段、和之间的数量关系______； 如图，若、都不是直角，但满足，线段、和之间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． (2)拓展：如图，在中，，点、均在边边上，且，若，求的长． 16．（24-25八年级下·河北保定·期中）(1)如图1，在中，，，点，在边上且不与点，重合，，猜想，，之间的数量关系并说明理由． (2)如图2，在中，，，点，在边上且不与点，重合，，，探究，，之间的数量关系，并证明你的结论． (3)如图3，在等边中，为内的一点，，，将绕点逆时针旋转得，连接．若，求，的长． 17．（24-25八年级下·辽宁盘锦·期末）通过类比联想、引中拓展研究典型题目，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、分别在正方形的边、上，，连接，则，试说明理由． (1)思路梳理 ， 把绕点逆时针旋转至，可使与重合． ， ，点、、共线． 根据 ，易证 ，得． (2)类比引申 如图，四边形中，，，点、分别在边、上，．若、都不是直角，则当与满足等量关系，求证：． (3)联想拓展 如图，在中，，，点、均在边上，且．猜想、、应满足的等量关系，并写出推理过程． 18．（24-25八年级上·山东泰安·期末）（）操作发现：如图，在五边形中，，试猜想之间的数量关系，小明经过仔细思考，得到如下解题思路： 将绕点逆时针旋转至，由，得，即点、三点共线，易证________，故之间的数量关系是________； （）类比探究：如图②，在四边形中，，点分别在边的延长线上，，连接，试猜想之间的数量关系，并给出证明； （）拓展延伸：如图，在中，，点均在边上，且，若，请在图中作出辅助线，并直接写出的长：________． 19．（24-25八年级下·广东广州·期末）【问题感知】 （1）如图1，在四边形中，，且， ①请写出的数量关系并证明； ②证明：平分； 【迁移应用】 （2）如图2，四边形中，，计算的长度． 20．（25-26九年级上·广东潮州·期末）张老师在“图形的旋转”主题下设计了“三点共线”的问题背景：如图，已知和均为等边三角形，且，分别是的中点，将绕点逆时针旋转得到，连接，，请你解答． 【观察发现】 （1）当，，三点共线时，_____； 【尝试探究】 （2）如图1，当，，三点共线时，求证：平分； 【深入探究】 （3）如图2，三点共线；图3中，三点共线，请你直接写出与的锐角夹角的度数，并选择其中一个图形写出解题过程． 21．（25-26九年级上·山西阳泉·期中）综合与探究 问题情境： 如图，在四边形中，，，平分交于点，连接，将线段绕点逆时针旋转到，使，连接． 问题初探： （1）如图1，当时，线段和线段的数量关系为 ，位置关系为 ． 深入探究： （2）对问题（1）进一步研究之后发现，线段与线段之间存在特定的数量关系．请你写出这种关系，并予以证明． 解决问题： （3）如图2，连接，当，时，请直接写出四边形的面积． 22．（24-25八年级下·安徽宿州·月考）在中，． (1)特例证明：如图，点分别在线段上，，求证：； (2)探索发现：将图中的绕点逆时针旋转（）到图位置，（）中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由； (3)拓展运用：如图，点在内部，当时，若，，，求的长度． 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．（24-25八年级下·辽宁阜新·期末）【方法初探】 （1）如图，在和中，，，，点在边上，连接，求证：，； 【类比应用】 （2）如图，在中，，，将线段绕点逆时针旋转一个角度，得到线段，连接，过点作的垂线，分别交与射线于点，，连接． ①线段绕点旋转的过程中，的度数是否发生变化，如不变，请求出的度数，若发生变化，请说明理由； ②求证：； ③若，，请直接写出的面积． 26．（2024·四川成都·模拟预测）如图1，与均为等边三角形，将绕点逆时针旋转，旋转角为（其中），连接，，是的中点，． (1)求证：； (2)如图2，连接，当的延长线经过点时，请判断四边形的形状，并说明理由； (3)如图3，连接，若，在绕点旋转的过程中，求的最大值． 27．（24-25八年级下·山西朔州·期中）如图1和图2，在四边形中，已知，，点E，F分别在，上，． (1)如图1，若，都是直角，把绕点A逆时针旋转至，使与重合，直接写出线段，和之间的数量关系． (2)如图2，若，都不是直角，但满足，线段，和之间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)拓展：如图3，在中，，点D，E均在边上，且，若，求的长． 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。 （2024·辽宁阜新·模拟预测）【问题情境】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．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． (1)【模型探究】如图1，若和均为等边三角形，，，，，点、、在同一条直线上，连接，则__________；线段__________；则的度数为__________； (2)【探究证明】如图2，已知，分别以，为直角边向两侧作等腰直角和等腰直角，其中，，，连接，，线段和交于点．请判断线段和的关系，并说明理由； (3)【模型应用】如图3，在中，，，将线段绕着点逆时针旋转至线段，连接，则求的面积． (4)【拓展提高】如图4，和都是等腰直角三角形，，，的位置不变，将在同一平面内摆放，使得点不变，且，连接，，若，请直接写出的长． 【答案】(1)，， (2)，，理由见解析 (3) (4)或 【分析】（1）由可证，可得，，由邻补角的定义可求解； （2）由可证，可得，，由直角三角形的性质可求解； （3）由旋转的性质可得，由可证，可得，，由三角形的面积公式可求解； （4）分两种情况讨论，由勾股定理可求的长，由可证，可得． 【详解】（1）解：和均为等边三角形， ，，， ，即 在和中， ，， 又， ， 故答案为：，，； （2），理由如下： 和均为等腰直角三角形， ，， ，即 在和中， ， ，， 又， 综上，． （3）如图所示，作交于点，连接， ， 为等腰直角三角形， ，，， 由旋转的性质可知，，， ，即 ， ，， ， 的面积为， 故答案为：． （4）当点在点上方时，如图，延长交于， ，即 是等腰直角三角形，， ， ， ， 和都是等腰直角三角形，， ，， 即， ， ； 当点在点下方时，如图，延长交于， ，即 是等腰直角三角形，， ，， ， 和都是等腰直角三角形，， ，， 即， ， ， 综上所述：的长为或． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，线段的垂直平分线的判定和性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键． （2025·吉林·模拟预测）【综合与探究】数学课上，李老师布置了一道题目：如图①，点，分别在正方形的边，上，，连接，求证：． (1)【思路梳理】“勤奋”小组的同学给出了如下的思路分析过程，请你补充完整： ，将绕点逆时针旋转至，可使与重合， ，，，， ，即点，，共线， ， ，， 又，__________（__________________）（写依据） ． (2)【类比引申】“智慧”小组的同学在“勤奋”小组同学的基础上，改变了条件：如图②，在四边形中，，点，分别在边，上，，连接．若，都不是直角，且，则（1）中的结论是否还成立？并说明理由． (3)【联想拓展】“创新”小组的同学提出了下面的问题：如图③，在中，，，点，均在边上，且．当，时，直接写出的长度． 【答案】(1)； (2)成立，理由见详解 (3) 【分析】本题考查勾股定理，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的性质和判定是解题的关键； （1）根据全等三角形的判定求解即可； （2）将绕点逆时针旋转至，可使与重合，由旋转可知，，，判定，即可求解； （3）将绕点逆时针旋转至，可使与重合，连接，由旋转可知，，，，判定，根据勾股定理，即可求解． 【详解】（1）解：， 将绕点逆时针旋转至，可使与重合， ，，，， ， ， 即点，，共线， ， ， ， 又， ， ； 故答案为：；； （2）解：， 将绕点逆时针旋转至，可使与重合， 则，又， , 即，，，三点共线， ，， ， 由旋转可知，，， ， 即， ， ， ， ， ，， ； （3）解：， ∴将绕点逆时针旋转至，可使与重合，连接， 由旋转可知，，，， ，， ， ， 即， ， ， ， ， ，， ， ， ， 在中，， ，，， ． （2024·江苏淮安·模拟预测）如图1，在四边形中，，，点，分别在四边形的边，上，，连接，试猜想，，之间的数量关系． (1)思路梳理 将绕点逆时针旋转至，使与重合，由，得，即点，，三点共线，易证，故，，之间的数量关系为 ； (2)类比引申 如图2，在图1的条件下，若点，由原来的位置分别变到四边形的边，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)，证明见解析 【分析】（1）将绕点逆时针旋转至，使与重合，首先证明，，三点共线，求出，然后证明，根据全等三角形的性质解答； （2）将绕点逆时针旋转，使与重合，得到，首先证明，，三点共线，求出，然后证明，根据全等三角形的性质解答； 【详解】（1）解：将绕点逆时针旋转至，使与重合， ∵， ∴，即点，，三点共线， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴（）， ∴； （2）； 证明将绕点逆时针旋转，使与重合，得到，则， ∴，，，， ∵，， ∴，即，，三点共线， ∵， ∴， ∴， 在和中，， ∴（）， ∴， 又∵， ∴． 【点睛】本题考查的是旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，灵活运用利用旋转变换作图、掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 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·上海闵行·期中）如图，中，，把绕点逆时针旋转后得到．连结、、，测量得．若为等腰三角形，则的度数是 ． 【答案】或或 【分析】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了等边三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质．先用表示，，再利用三角形内角和定理计算出，然后由为等腰三角形分类讨论：当时，即；当时，即；当时，即，再分别解方程求． 【详解】解：绕点逆时针旋转后得到， ，，， 和都是等边三角形； ， 而， ， 为等腰三角形，下面分三种情况讨论： ①当时， ，解得； ②当时， ，解得； ③当时，，解得 综上所述，若为等腰三角形，则，，． 故答案为：或或． 例2（24-25七年级下·辽宁锦州·期末）如图，与均是等腰三角形，且，连接，，在绕点旋转的过程中，四边形面积的最大值为 ． 【答案】 【分析】题目主要考查等腰三角形的性质，勾股定理解三角形及图形的旋转，根据题意得出点C、D在以点P为圆心，长为半径的圆上运动，当运动到时，四边形为梯形，面积最大，过点P作，确定点E、P、F在同一直线上，然后利用勾股定理及等腰直角三角形的性质确定，即可求出面积，依据题意作出相应辅助线是解题关键． 【详解】解：如图所示：点C、D在以点P为圆心，长为半径的圆上运动，当运动到时，四边形为梯形，面积最大，过点P作， ∴点E、P、F在同一直线上， ∵与均是等腰三角形，，， ∴， ∴， ∴四边形面积的最大值为， 故答案为：． 例3（24-25七年级上·山东泰安·期末）如图1，是等腰三角形，，，过点B作于点C，在上截取，连接、，并延长交于点P； (1)求证：； (2)试说明； (3)如图2，将绕着点C旋转一定的角度，那么与的位置关系是否发生变化，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)见解析 (3)不发生变化；理由见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质等知识点．掌握全等三角形的判定定理内容是解题关键． （1）由条件推出，即可求证，再根据全等三角形的性质即可得出答案． （2）由推出，即可求证； （3）根据证，再得出即可求解． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴ （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴ （3）解：不发生变化，理由如下： ∵，， ∴， ∴， ∴ ∵ ∴ ∴， ∵， ∴， ∴． 模型2.旋转中的半角模型 例1（24-25八年级上·四川眉山·月考）我们可以通过类比联想，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，则，试说明理由． （1）思路梳理 ∵，∴把绕点A逆时针旋转至，可使与重合． ∵， ∴，点F、D、G共线． 易证_______其判断理由是______，可得． （2）类比引申 如图2，四边形中，，点E、F分别在边上，． 与互补（、都不是直角），求证：； （3）联想拓展 如图3，在中，，点D、E均在边上，且．猜想应满足的等量关系，并写出推理过程．若，求的最小值． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3），推理见解析； 【分析】（1）把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，证出，根据全等三角形的性质得出，即可得出答案； （2）把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，证出，根据全等三角形的性质得出，即可得出答案； （3）把绕点A逆时针旋转到的位置，连接，证明，则，，是直角三角形，根据勾股定理可得，然后由完全平方公式的性质求解即可． 【详解】（1）解：∵， ∴把绕点A逆时针旋转至，可使与重合． ∵， ∴，点F、D、G共线． ∴， ∴， 即， 在和中， ∵， ∴， ∴； （2）解：时，；理由如下： ∵， ∴把绕点A逆时针旋转至，可使与重合．如图 ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，点F、D、G共线， 在和中， ∵， ∴， ∴； （3）猜想：．理由如下： 把绕点A逆时针旋转到的位置，连接，如图3所示： 则， ∴， ∴ ∵， ， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴是直角三角形， ∴， ∴， 当时， ∴， ∵， ∴当时，取得最小值，最小值为12， ∴的最小值为． 【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，旋转的应用，完全平方公式的应用，属四边形的综合题，解题的关键是正确画出图形，证明．此题是一道综合题，难度较大，题目所给例题的思路，为解决此题做了较好的铺垫． 例2（24-25九年级下·山东菏泽·期中）【情境知识技能】学校数学兴趣小组活动时，小红给小波出了一道题： （1）如图1，在等腰中，，，点，在边上，且，小红对小波说：“图中线段、和有一定的数量关系，你知道吗？” 小波毫不思索的回答道：“太简单了，把绕点逆时针转得到，连接，就能证出．”小红微笑着点了点头，并给小波竖起了大拇指． 【解决问题】 请你根据小波的叙述把图补画完整，并帮助小波证明他的结论； 【情境理解应用】 （2）小波接着对小红说：“如图2，在四边形中，度，，，若，，你知道的长吗？”，小红会意点了头．请你帮小红把求长的过程写出来． 【答案】（1）见详解（2） 【分析】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，掌握相关结论是关键． （1）绕点A逆时针转 得到 连接 ，则，，推出，；再证，得，即可求解； （2）作，由题意求得，；根据，可推出；根据，得到关于的方程，即可求解； 【详解】（1）证明：∵ ∴； ∵绕点 A逆时针旋转 得到 连接 ，如图所示： 则，， ∴，， ∴； ∵ ∴， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴； （2）解：作于G，如图所示： ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴； ∵，， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， 解得：或， ∵， ∴或， 在中，，， ∴， ∴， 故答案为：． 例3（24-25八年级下·陕西西安·期中）综合应用 综合与实践数学活动课上，王老师给出了一个问题： (1)如图1，将绕点C顺时针旋转30°，得到，点恰好落在斜边上，连接，则______． (2)如图2，在中，，，点D，E在边上，，，且，请你求出的长度． (3)如图3，在四边形中，，，，，，，求线段的长． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据旋转的性质得出，即可解答； （2）将绕点A逆时针旋转90度得到，连接，先证明，得出，则，根据勾股定理可得，在证明，即可得出； （3）在上取一点G，使得，证明，推出，，证明，推出，设，则， ，在中，根据，构建方程求出x即可解决问题． 【详解】（1）解：∵绕点C顺时针旋转30°，得到，点恰好落在斜边上， ∴，, ∴， ∴, 故答案为：； （2）解：将绕点A逆时针旋转90度得到，连接， ∵，， ∴， ∵绕点A逆时针旋转90度得到， ∴，， ∵， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 根据勾股定理可得：， ∵，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （3）解：在上取一点G，使得， ， ， 又， ， ，， ， ，， ， ， ， ， ，， ， ， ，，， ，则， ， ， 在中， ， ， ， ． 【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，旋转变换，翻折变换，解题的关键是学会利用旋转法构造全等三角形． 模型3.旋转中的对角互补模型 例1（24-25九年级上·陕西西安·期中）在四边形中，的两边，分别交直线，于点，，已知，且，． (1)如图1，当全部位于四边形的内部时，试探究与，之间的数量关系．为了引发同学的思考，数学刘老师给出了此题的部分解法作为提示：证明：如图2，将绕点旋转到处． ，，，， ， ， ，，三点共线． … 请你将上述证明过程补充完整，并写出结论； (2)如图3，当旋转到如图所示的位置时，那么（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；如若不成立，请写出正确的结论，并证明． 【答案】(1)过程见解析，结论为 (2)不成立，正确的为，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，解题的关键是： （1）利用旋转的性质，推理得出，进而利用线段的和差关系得到与，之间的数量关系为． （2）同样利用旋转的性质，推理得出，进而利用线段的和差关系得到与，之间的数量关系为． 【详解】（1）解：证明：如图2，将绕点旋转到处． ，，，， ， ， ，，三点共线． ， ， 即， ， ， 在和中， ， ， ， 即与，之间的数量关系为． （2）当旋转到如图3所示的位置时，（1）中的结论不成立． 正确的结论为：． 证明：如图3，将绕点旋转到处． ，，，， ， ， ， ，，三点共线． ， ， 即， ， ． 在和中， ， ， ， 即与，之间的数量关系为． 例2（24-25八年级下·山西晋中·期中）四边形若满足两组对角互补，即，，则我们称该四边形为“对角互补四边形”． 【思路点拨】 （1）如图①，四边形为对角互补四边形，，．求证：平分． 小东同学是这么做的：延长至点，使得，连接，可证明，得到是等腰直角三角形，由此证出平分． ①还可以知道，，的数量关系为：___________； ②请你用旋转的知识描述如何旋转得到：___________． 【变式拓展】 （2）如图②，四边形为对角互补四边形，且满足，，请你仿照小东的做法，求证： ①平分； ②． 【答案】①；②绕点逆时针旋转90°得到；（2）①见解析；②见解析 【分析】本题是四边形的综合题，熟练掌握三角形全等的判定及性质，等腰三角形的性质，勾股定理，恰当的构造辅助线是解题的关键． （1）①由题意可得，，，即可得； ②根据旋转的定义可得出答案； （2）①延长至，使，连接，证明，可确定是等边三角形，在求出，即可证明； ②由①直接可证明； 【详解】（1）解：①， ，， 是等腰直角三角形， ， ， ， 故答案为：； ②∵， ∴绕点A逆时针旋转得到． 故答案为：绕点逆时针旋转90°得到； （2）证明：①如图，延长至点，使，连接. 因为四边形为对角互补四边形，所以 因为，所以 在和中，，，，所以 所以，， 因为， 所以 又因为， 所以是等边三角形 所以 因为， 所以 所以，即平分 ②证明：因为是等边三角形， 所以 因为， 所以， 所以. 例3（24-25八年级上·辽宁鞍山·月考）（1）阅读理解： 如图①，在中，若，求边上的中线的取值范围．可以用如下方法：将绕着点D逆时针旋转得到，在中，利用三角形三边的关系即可判断中线的取值范围是_______； （2）问题解决： 如图②，在中，D是边上的中点，于点D，交于点E，DF交于点F，连接，求证：； （3）问题拓展： 如图③，在四边形中，，，，以C为顶点作一个的角，角的两边分别交于E、F两点，连接EF，探索线段之间的数量关系，并说明理由． 【答案】（1），（2）见解析，（3）见解析 【分析】（1）如图①：将绕着点D逆时针旋转得到可得，得出 ，然后根据三角形的三边关系求出的取值范围，进而求得的取值范围； （2）如图②：绕着点D旋转 得到可得，得出 ，由线段垂直平分线的性质得出，在中，由三角形的三边关系得出 即可得出结论； （3）将绕着点C按逆时针方向旋转得到可得，得出，证出 ，再由证明，得出，进而证明结论． 【详解】解：（1）如图①：将绕着点D逆时针旋转得到 ∴（）， ∴，，即 ∵是边上的中线， ∴， 在中，由三角形的三边关系得：， ∴ ，即， ∴； （2）证明：如图②：绕着点D旋转 得到 ∴（）， ∴， ∵ ∴， 在中，由三角形的三边关系得： ， ∴； （3），理由如下： 如图③，将绕着点C按逆时针方向旋转 ∴， ∴ ∴ ∵ ∴， ∴点A、B、H三点共线 ∵， ∴ ∴， 在和中， ， ∴（） ∴， ∵ ∴． 【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查对全等三角形的性质和判定、三角形的三边关系定理、旋转的性质等知识点，通过旋转得到构造全等三角形是解答本题的关键． 1．（25-26八年级上·山东泰安·期末）如图，在中，，D、E是斜边上两点，且，将绕点A顺时针旋转后，得到，连接，下列结论：①；②；③；④．其中正确的个数是（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题主要考查了等腰直角三角形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 由旋转的性质可得，，可判断②；结合可得，即，运用可证明，即可判断①；再根据等腰三角形的性质以及等量代换可得，由勾股定理可判断③错误、④正确． 【详解】解：∵绕点A顺时针旋转后得到， ∴，，，即②正确； ∵， ∴，即， ∵， ∴，即①正确； ∴， ∵在中，， ∴， ∴， ∴，即：，即③错误，④正确． 综上，正确的有个． 故选：C． 2．（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． 3．（25-26九年级上·福建福州·期中）如图，在中，，，将绕点按逆时针方向旋转得到，若点恰好落在边上，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等． 先根据三角形内角和定理计算出，再根据旋转的性质得到，接着利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理得到，然后计算即可． 【详解】解：∵在中，，， ∴， 由旋转知，， ∴， ∴， ∴ 故选：B． 4．（25-26九年级上·河南新乡·月考）如图，O是正内一点，，，，将线段以点为旋转中心逆时针旋转得到线段，则是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质和勾股定理及其逆定理，作出适当的辅助线是解决问题的关键．先连接，证明为等边三角形，再作，利用勾股定理得，再根据“手拉手模型”，证明，进一步证明为直角三角形，最后根据面积拼接法求值． 【详解】解：如图， 连接， 由旋转可得，． 为等边三角形． 过点作于点 ． ． 为正三角形， ． ． ． ． 为直角三角形． ． 故选：． 5．（2025·贵州遵义·模拟预测）在矩形中，点分别在边上，且．，则 ． 【答案】 【分析】延长交于N，并反向延长交于M．根据矩形的性质，对顶角的性质并结合已知可得出，根据等角对等边得出，根据勾股定理求出，同理求出，根据三角形的内角和定理可求出，根据等角对等边得出，将绕A点顺时针旋转，连接，则和重合，F和G重合，，，，，进而求出，根据勾股定理求出，证明，然后根据全等三角形的性质求解即可． 【详解】解：延长交于N，并反向延长交于M． ∵矩形， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， 同理， ∵，， ∴， ∴， 将绕A点顺时针旋转，连接 则和重合，F和G重合，， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又，， ∴， ∴， 故答案为： ． 【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，旋转的性质，三角形的内角和定理等知识，明确题意，添加合适辅助线是解题的关键． 6．（21-22八年级下·黑龙江哈尔滨·月考）如图，在四边形中，，连接，且平分，若，，则 ．    【答案】39 【分析】将顺时针旋转到，连接，利用等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定与性质进行解答即可． 【详解】解：将顺时针旋转到，连接，如图，    则是等腰直角三角形，且， ∵且平分， ∴， ∴, ∴均在同一条直线上， ∵ ∴ 又 ∴ ∵ ∴ ∴ 在和中， ， ∴， ∴， ∵ ∴ 又 ∴ 设，则， 在中，， ∴， 解得，， ∴， 故答案为：39 【点睛】此题考查了勾股定理，旋转变换，全等三角形的判定和性质等知识，关键是根据旋转的性质和等腰直角三角形的性质以及全等三角形的判定和性质解答． 7．（24-25九年级下·四川绵阳·开学考试）如图，在四边形中，，． (1)求证：； (2)如图②，当时，若点E，F分别在边上，且．求证：； (3)在（2）的条件下，若，是等腰三角形，直接用含的代数式表示． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)为或或 【分析】本题主要考查了三角形全等的判定与性质、等腰三角形的性质、外角的性质、图象的旋转等知识点，灵活运用相关性质定理是解答本题的关键． （1）如图，连接，根据，可得，再结合，可得，然后根据等角对等边即可解答； （2）如图，将围绕点旋转到的位置（点、为对应点），则，再证，即可证明结论； （3）分、、三种情况，分别利用等腰三角形的性质和外角的性质即可求解即可． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵， ∴． ∵， ∴， ∴； （2）证明：如图，将围绕点A旋转到的位置， 则， ∵， 则， ∴． ∵． ∴， ∴； （3）解：在四边形中，， ， 则． 由知，． ①当时， 则， 则， ； ②当时， 则， ； ③当时， 则， 则， ． 综上，为或或． 8．（24-25八年级上·浙江温州·期中）如图1，是等边内一点，连结．将线段绕点顺时针旋转得到线段，连结． (1)求证：． (2)如图2，连结． ①当，且为等腰三角形时，求出的度数． ②当，且时，请直接写出点到点的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)①或或； ② 【分析】（1）根据可证明； （2）①先根据全等三角形的性质得，从而可得，最后根据为等腰三角形分三种情况讨论即可解答； ②如图3，过点作于，则，先证明三点共线，再根据的直角三角形的性质可得，利用勾股定理计算和的长即可解答． 【详解】（1）证明：由旋转得：， 是等边三角形， ， ， ， 在和中， ， ， （2）解：①， 是等边三角形， ， 由（1）知：， ， ， 为等腰三角形， 或或， 当时，， ， ； 当时，， ； 当时， ； 综上，当为等腰三角形时，的度数为或或； ②如图3，过点作于，则， ， ， 由（1）知：， ， ， ， 三点共线， 中，， ， 由勾股定理得： 【点睛】本题是三角形的综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握旋转的性质和全等三角形的判定和性质是解题的关键． 9．（24-25八年级下·福建三明·期中）如图1，在等腰直角三角形中，．点E，F分别为的中点，H为线段上一动点（不与点E，F重合），将线段绕点A逆时针方向旋转得到，连接． (1)证明：； (2)如图2，连接交于点Q． ①当，，求的值； ②若，当的长度为多少时，为等腰三角形?（不要求写解答过程，只需直接写出答案即可） 【答案】(1)见解析 (2)①；②或2 【分析】（1）根据可证明； （2）①证明，可得，，从而根据两角的和可得，由勾股定理得，在等腰直角三角形中可得； ②分两种情况：i）如图3，时，ii）如图4，当时，分别根据等腰三角形的性质可得结论． 【详解】（1）证明：如图1， 由旋转得：， ∵， ∴， ∵， ∴； （2）解：①证明：如图2，在等腰直角三角形中，， ∴， ∵点E，F分别为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， 在中， ②分两种情况： i）如图3，时， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∵， ∴， ∴， ∴当的长度为时，为等腰三角形； ii）如图4，当时，， ∵， ∴， ∴， ∴当的长度为2时，为等腰三角形； 综上，当的长度为或2时， 为等腰三角形． 10．（24-25八年级上·湖南衡阳·期末）已知和都是等腰三角形，，，． 【初步感知】（1）特殊情形：如图①，若点，分别在边，上，则______．（填、或） 【发现证明】（2）将图①中的绕点顺时针旋转，（1）中的结论是否仍然成立？如果成立，请就图②中给出的情况加以证明． 【深入研究】（3）如图③，和均为等腰直角三角形，，连接，，则，满足怎样的数量关系和位置关系？请说明理由． 【答案】（1）；（2）仍然成立，证明见解析；（3），，理由见解析 【分析】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转和全等三角形的性质和判定，解题的关键是掌握三角形全等的判定． （1）根据线段的和差关系即可得到； （2）由旋转得到的结论判断出，得到； （3）根据全等三角形的判定和性质和等腰直角三角形的性质即可得到结论． 【详解】解：（1）∵，， ∴， ∴； （2）解：仍然成立，证明如下： ， 即：， 在和中， ， ， ； （3），，理由如下： 延长，分别交、于点、， 和都是等腰直角三角形， ，，， 即：， 在和中， ， ， ，， ， 即：． 11．（24-25八年级上·福建泉州·期中）如图1，在中，，，点为内一点，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，． (1)若，则 ； (2)求证：； (3)好学的小安习惯超前学习，他已知道等腰三角形的性质：“在中，若，则”．请运用这个性质解决下面问题：如图2，在旋转过程中，若，，连接，求的度数． 【答案】(1)6； (2)见解析； (3) 【分析】（1）首先根据旋转的性质，判断出，，进而判断出，然后根据全等三角形判定的方法，判断出，即可判断出； （2）延长交的延长线于点，同(1)方法证明，得，进而可以解决问题； （3）如图2，在上取点，使，连接，证明，得， ，设，，得，然后利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可解决问题． 【详解】（1）解：由旋转的性质可知：，，，，， 在和中， ， ， ， 故答案为：6； （2）证明：如图1，延长交的延长线于点， 绕点逆时针旋转得到， ，， ，， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：如图2，在上取点，使，连接， ，， ， ，， ， ， ， 设，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 【点睛】本题是几何变换综合题，考查全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，三角形外角定义，三角形内角和定理解决本题的关键是准确作出辅助线构造全等三角形． 12．（24-25八年级上·山东淄博·期中）如图1，△ABC中，，，点D，E在上，，将绕点A顺时针旋转后得到，连接． (1)求证：： (2)猜想图1中之间存在的等量关系，并说明理由； (3)如图2，中，，，点D，E在BC上，，，探究之间存在的等量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）旋转，得到，，进而得到，利用证明，即可； （2）全等的性质，得到，，进而得到，勾股定理得到，即可得出结论； （3）将绕点A顺时针旋转后得到，连接，得到，证明 ，得到，，推出，勾股定理即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵中，，， ∴， ∵将绕点A顺时针旋转后得到， ∴，， ∴， 又， ∴， 在△AFD和△AED中， ， ∴ （2）； 理由：∵， ∴， ∵将绕点A顺时针旋转90°后得到， ∴， ∴，， ∴， 在中，由勾股定理得，； ∵，， ∴； （3） ； 理由：将绕点A顺时针旋转后得到，连接．    ∴， ∴， 又， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 又， ∴，即， 在中，由勾股定理得，； ∵，， ∴． 【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边对等角，勾股定理．掌握半角模型，利用旋转构造全等三角形，是解题的关键． 13．（24-25八年级上·山西吕梁·期中）综合与实践 将一块含角的大直角三角板和一块含角的小直角三角板按如图1所示的方式摆放．如图2，将绕点逆时针旋转，连结．    (1)求证：． (2)在旋转的过程中，如图3，当三点共线时，设与交于点． ①试判断的形状，并说明理由； ②若是的中点，请直接写出和的面积关系． 【答案】(1)见解析 (2)①直角三角形，理由见解析；②相等 【分析】该题主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质“旋转前后对应角相等，对应边相等，旋转角相等”，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握全等三角形的常用方法“”； （1）根据等腰直角三角形的性质和旋转的性质可证明； （2）①等腰直角三角形可得，再根据三点共线，可得，再根据得出，即可求解． ②根据是的中点，可得，再根据，可得，由即可解答； 【详解】（1）证明：和都是等腰直角三角形， ． 由旋转的性质，得． 在与中， ， ． （2）解：①是直角三角形． 理由：根据题意，得． 三点共线， ． 由（1），得． ． 是直角三角形． ②是的中点， 又由（1）知， ， 和的面积相等． 14．（24-25九年级上·湖北武汉·月考）问题背景：如图1，在与中，若，，，则存在一对全等三角形，请直接写出这对全等三角形； 尝试运用：如图2，在中，，将线段绕点顺时针旋转至，，连接，，．若，，求的长； 拓展创新：如图3，在中，，将线段绕点顺时针旋转至，，连接，，，．直接写出的值．    【答案】问题背景：，理由解析，尝试运用：；拓展创新： 【分析】问题背景：先证明，然后根据证明， 尝试运用：证明，得出是等腰直角三角形，进而在中，勾股定理，即可求解． 拓展创新：证明，得出是等腰直角三角形，证明，进而在中，勾股定理，即可求解． 【详解】问题背景：，理由如下， ∵ ∴， 又∵，， ∴； 尝试运用：延长交于点，    ∵， ∴， ∴， ∵， ∴, ∵， ∴ ∵， ∴， ∴, 又∵, ∴是等腰直角三角形 ∴, 在中，； 拓展创新：延长交于点，    同法可得， ∴, 又∵, ∴是等腰直角三角形 则 又∵，， ∴ ∵ ∴ ∴ 在中， ∴ 【点睛】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，等腰三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键． 15．（2020·山东济南·一模）探究：如图和图，四边形中，已知，，点、分别在、上，．    (1)如图，若、都是直角，把绕点逆时针旋转至，使与重合，直接写出线段、和之间的数量关系______； 如图，若、都不是直角，但满足，线段、和之间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． (2)拓展：如图，在中，，点、均在边边上，且，若，求的长． 【答案】(1)①；②成立，证明见解析 (2) 【分析】（1）根据旋转的性质得出，，，求出，证≌，根据全等三角形的性质得出，即可求出答案； 结合中证明过程即可求解； （2）作旋转三角形，根据等腰直角三角形性质和勾股定理求出，，根据旋转的性质得出，，，求出，证≌，根据全等得出，设，则，，根据勾股定理得出方程，求出即可． 【详解】（1）解：如图， 把绕点逆时针旋转至，使与重合， ，，，， ， 、、共线， ，， ， ， 即， 在和中，   ， ≌， ， ， ， 故答案为：； 成立， 理由：如图，把绕点旋转到，使和重合， 则，，， ， ， 、、在一条直线上， 与同理得，， 在和中， ， ≌， ， ， ； （2）解：中，，， ， 由勾股定理得：，    如图，把绕点旋转到，使和重合，连接． 则，，， ， ， ， 在和中， ≌， ， 设，则， ， ， ，， ， 由勾股定理得：， ， 解得：， 即． 【点睛】本题考查了四边形的综合题，旋转的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理的应用．运用类比的思想；首先在特殊图形中找到规律，然后再推广到一般图形中，对学生的分析问题，解决问题的能力要求比较高． 16．（24-25八年级下·河北保定·期中）(1)如图1，在中，，，点，在边上且不与点，重合，，猜想，，之间的数量关系并说明理由． (2)如图2，在中，，，点，在边上且不与点，重合，，，探究，，之间的数量关系，并证明你的结论． (3)如图3，在等边中，为内的一点，，，将绕点逆时针旋转得，连接．若，求，的长． 【答案】（1），证明见解析；（2），证明见解析；（3） 【分析】（1）将绕点顺时针旋转得到，利用旋转的性质可得出，利用勾股定理即可得，利用证明，即可得出结论； （2）将绕点顺时针旋转，得到，证明，利用勾股定理证明即可； （3）利用旋转的性质和等边三角形的性质先判断出是等边三角形即可，先求出，再用勾股定理即可求出结论． 【详解】解：（1）猜想：； 理由：如图1，将绕点顺时针旋转得到， ， ，，，， 在中，， ， ， 即， ， 又，， ， ， 即 ， ∵， （）， ， ； （2）结论：． 理由：如图2，将绕点顺时针旋转，得到， ， ，，， ，， ， ， ，， ，且，， （） ，， ， ， ， ， ； （3）如图3中， 将绕点逆时针旋转得， ，， ，，， 为等边三角形， ， ， 为等边三角形， ， ，，， ， 为等边三角形， ， ， 又， ， ， 在中，． 【点睛】本题查旋转的知识，全等三角形的性质与判定、等腰三角形的性质、勾股定理的应用等知识点，解题关键是正确添加辅助线，通过辅助线构造全等三角形解决问题． 17．（24-25八年级下·辽宁盘锦·期末）通过类比联想、引中拓展研究典型题目，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、分别在正方形的边、上，，连接，则，试说明理由． (1)思路梳理 ， 把绕点逆时针旋转至，可使与重合． ， ，点、、共线． 根据 ，易证 ，得． (2)类比引申 如图，四边形中，，，点、分别在边、上，．若、都不是直角，则当与满足等量关系，求证：． (3)联想拓展 如图，在中，，，点、均在边上，且．猜想、、应满足的等量关系，并写出推理过程． 【答案】(1)； (2) (3)，推理过程见详解； 【分析】本题考查了全等三角形的性质和判定，正方形的性质的应用，解此题的关键是能正确作出辅助线得出全等三角形，综合性比较强，有一定的难度． （1）把绕点逆时针旋转至，可使与AD重合，证出，根据全等三角形的性质得出，即可得出答案； （2）把绕点逆时针旋转90°至，可使与重合，证出，根据全等三角形的性质得出，即可得出答案； （3）把旋转到的位置，连接，证明，则，，是直角三角形，根据勾股定理即可作出判断． 【详解】（1）解：思路梳理 ， 把绕点逆时针旋转至，可使与重合，如图， ， ，点、、共线， 则，，，， 即， 在和中， ， ． ； 故答案为：；； （2）类比引申 时，；理由如下： ， 把绕点逆时针旋转至，可使与重合， 如图所示： ，， ，， ， ， ， ，点、、共线， 在和中， ， ， ， ， ， 故答案为：； （3）联想拓展 猜想：． 理由如下：把绕点逆时针旋转到的位置，连接，如图所示： 则，， ，，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ，， ， ， ， 是直角三角形， ， ． 18．（24-25八年级上·山东泰安·期末）（）操作发现：如图，在五边形中，，试猜想之间的数量关系，小明经过仔细思考，得到如下解题思路： 将绕点逆时针旋转至，由，得，即点、三点共线，易证________，故之间的数量关系是________； （）类比探究：如图②，在四边形中，，点分别在边的延长线上，，连接，试猜想之间的数量关系，并给出证明； （）拓展延伸：如图，在中，，点均在边上，且，若，请在图中作出辅助线，并直接写出的长：________． 【答案】（），；（），证明见解析；（）． 【分析】（）如图①，将绕点逆时针旋转至，由，得 ，即点三点共线，易证，可得结论； （）如图②，将绕点逆时针旋转，使与重合，得到，证明，根据全等三角形的性质解答即可； （）将绕点逆时针旋转至，使与重合，连接，根据全等三角形的性质、勾股定理计算即可求解； 本题考查了旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质，勾股定理，灵活运用旋转变换作图，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 【详解】（）如图①， ∵将绕点逆时针旋转至， ∴，，， ∵， ∴， ∴点三点共线， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：，； （）． 证明：将绕点逆时针旋转，使与重合，得到，如图， 则， ∴，，，， ∴， ∵， ， ∴， ∴，即三点共线， 又∵ ， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴； （）如图，将绕点逆时针旋转至，使与重合，连接，则， 同理()得， ， ∴， ∵， ∴， 在中， ， ∴， 故答案为：． 19．（24-25八年级下·广东广州·期末）【问题感知】 （1）如图1，在四边形中，，且， ①请写出的数量关系并证明； ②证明：平分； 【迁移应用】 （2）如图2，四边形中，，计算的长度． 【答案】（1）①，证明见解析； ②证明见解析； （2）． 【分析】（1）①延长使，连接，证明，得出，，证出，在中，根据勾股定理即可求解； ②将绕点逆时针旋转至，证明、、三点共线，证出是等腰直角三角形，得出，即可证明； （2）连接，将绕点逆时针旋转至，根据旋转的性质得出，，，证明、、三点共线，从而证出是等边三角形，根据等边三角形性质得出平分，得出，根据直角三角形的性质和勾股定理得出，设，则，在中，根据勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）①解：； 证明：延长使，连接， 则， ，， ， ，，， ， ，， ， 在中， ， ， ， 故答案为：； 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，， 是等边三角形， ， 平分， ， ， 设， 则， 在中，， 则， 解得，（舍去）， ， ． 【点睛】该题是四边形综合题，主要考查了勾股定理，全等三角形的性质和判定，旋转的性质，等腰三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，直角三角形的性质等知识点，解题的关键是正确作出辅助线． 20．（25-26九年级上·广东潮州·期末）张老师在“图形的旋转”主题下设计了“三点共线”的问题背景：如图，已知和均为等边三角形，且，分别是的中点，将绕点逆时针旋转得到，连接，，请你解答． 【观察发现】 （1）当，，三点共线时，_____； 【尝试探究】 （2）如图1，当，，三点共线时，求证：平分； 【深入探究】 （3）如图2，三点共线；图3中，三点共线，请你直接写出与的锐角夹角的度数，并选择其中一个图形写出解题过程． 【答案】（1）；（2）见解析；（3）与的锐角夹角的度数为 【分析】（1）根据旋转的性质求解即可； （2）利用证明，可求得，通过计算即可得到平分； （3）同（2）证明，利用三角形的外角性质求解即可． 【详解】解：（1）∵，，三点共线， ∴旋转角为， 故答案为：； （2）∵，，三点共线， ∴， ∵和均为等边三角形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴平分； （3）如图2，三点共线，记交于点， 同理， ∴， ∵， ∴； 如图3，三点共线， 同理， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角的性质，熟练掌握旋转的性质，利用数形结合的思想进行求解是解题的关键． 21．（25-26九年级上·山西阳泉·期中）综合与探究 问题情境： 如图，在四边形中，，，平分交于点，连接，将线段绕点逆时针旋转到，使，连接． 问题初探： （1）如图1，当时，线段和线段的数量关系为 ，位置关系为 ． 深入探究： （2）对问题（1）进一步研究之后发现，线段与线段之间存在特定的数量关系．请你写出这种关系，并予以证明． 解决问题： （3）如图2，连接，当，时，请直接写出四边形的面积． 【答案】（1）；．（2），证明见解析．（3） 【分析】（1）根据角边角的证明方法可证明与全等，由此可得数量关系为，再由，可得点共线，即可得位置关系． （2）根据（1）可知，，再由边角边的证明方法证明与全等，由此可得，再由即可得关系． （3）可先根据菱形的判定证明四边形为菱形，即可得，由（1）与（2）可知，，再由等边三角形的性质可得，再由梯形的面积公式求解即可． 【详解】解：（1）∵， 且，， ∴， ∵，， 在与中， ， ∴， ∴，， ∴线段和线段的数量关系为， ∵在四边形中，， ∴， 又， ∴， ∴点共线， 又， ∴， ∴线段和线段的位置关系为． 故答案为：；． （2）．证明如下： 连接，如图， 由（1）知，， ∵平分， ∴， 又，， 在与中， ， ∴， ∴， ∵， 在中，， ∴． （3）过点A作，如图， 由（1）和（2）可知，，， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴． 【点睛】本题考查了角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，图形旋转的性质，勾股定理的应用，菱形的判定与性质，平行线的性质，解决本题的关键是适当添加辅助线证明全等转化边长的关系． 22．（24-25八年级下·安徽宿州·月考）在中，． (1)特例证明：如图，点分别在线段上，，求证：； (2)探索发现：将图中的绕点逆时针旋转（）到图位置，（）中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由； (3)拓展运用：如图，点在内部，当时，若，，，求的长度． 【答案】(1)证明见解析 (2)成立，证明见解析 (3) 【分析】（）根据等边对等角和平行的性质得，即得，即可求证； （）证明即可求证； （）把线段绕点逆时针旋转至，连接，由等腰直角三角形的性质得，再证明，得到，，，进而可得，最后利用勾股定理计算即可求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：成立，证明如下： 由旋转可知，， ∵，， ∴， ∴； （3）解：如图，把线段绕点逆时针旋转至，连接， 则，， ∴， ， ∴， ∵， ∴， ∴，，， ∴， ∵ ， ∴． 【点睛】本题考查了平行线的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 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．（24-25八年级下·辽宁阜新·期末）【方法初探】 （1）如图，在和中，，，，点在边上，连接，求证：，； 【类比应用】 （2）如图，在中，，，将线段绕点逆时针旋转一个角度，得到线段，连接，过点作的垂线，分别交与射线于点，，连接． ①线段绕点旋转的过程中，的度数是否发生变化，如不变，请求出的度数，若发生变化，请说明理由； ②求证：； ③若，，请直接写出的面积． 【答案】（1）见解析 （2）①的度数不变，为；②见解析；③ 【分析】根据已知条件得到，根据全等三角形的性质得到，求得，得到，于是得到； （2）根据旋转的性质得到，，求得，得到，求得，于是得到； 过点作，交的延长线于点得到，根据线段垂直平分线的性质得到，求得，由得，根据全等三角形的性质得到，在中，，推出； 由知，根据线段垂直平分线的性质得到，求得，得到，根据勾股定理得到，于是得到的面积． 【详解】证明：， ， 即， ，， ． ， ， ，，， ， ， 即； （2）解：的度数不变，为， 理由如下： 由旋转可知，，， ， ， ， ， ， ； 证明：过点作，交的延长线于点． ，， ， ， 为中点， 垂直平分， ， ． ， ， ， ， ， 由得， ， 在中，， ； 由知， ，， ， ， ， 垂直平分， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， 的面积． 【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，勾股定理，三角形的面积的计算，等腰直角三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握各知识点是解题的关键． 26．（2024·四川成都·模拟预测）如图1，与均为等边三角形，将绕点逆时针旋转，旋转角为（其中），连接，，是的中点，． (1)求证：； (2)如图2，连接，当的延长线经过点时，请判断四边形的形状，并说明理由； (3)如图3，连接，若，在绕点旋转的过程中，求的最大值． 【答案】(1)见解析 (2)菱形，见解析 (3) 【分析】本题考查几何变换综合题、等边三角形性质、菱形的判定等知识点，解题的关键是正确添加辅助线． （1）根据等边三角形性质和旋转性质可得，，证明和全等，即可得证； （2）过点作，利用直角三角形求出的长，由勾股定理可求，可得，再利用同旁内角互补证明，即可得证； （3）取中点，连接，利用三角形三边关系即可求解． 【详解】（1）解：与为等边三角形， ， 绕点逆时针旋转， ， 在和中 ， ； （2）四边形为菱形，理由如下： 过点作，垂足为， 为等边三角形， ，， ， ， 的延长线经过点，， 由勾股定理得，， ， ， 由（1）得，， 是的中点， ， ， ， ， ， ， ， 四边形为菱形； （3）取中点，连接， 为等边三角形，为中点， ， ， ， 为中点，为中点， 为的中位线， ， 在中， 最大为． 27．（24-25八年级下·山西朔州·期中）如图1和图2，在四边形中，已知，，点E，F分别在，上，． (1)如图1，若，都是直角，把绕点A逆时针旋转至，使与重合，直接写出线段，和之间的数量关系． (2)如图2，若，都不是直角，但满足，线段，和之间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)拓展：如图3，在中，，点D，E均在边上，且，若，求的长． 【答案】(1) (2)成立，见解析 (3) 【分析】（1）根据旋转的性质得出，，，求出，证，根据全等三角形的性质得出，即可求出答案； （2）结合（1）中证明过程即可求解； （2）作旋转三角形，根据等腰直角三角形性质和勾股定理求出，，根据旋转的性质得出，，，求出，证，根据全等得出，设，则，，根据勾股定理得出方程，求出即可． 【详解】（1）解：如图1， 把绕点逆时针旋转至，使与重合， ，，，， ， 、、共线， ，， ， ， 即， 在和中， ， ≌， ， ， ； （2）解：成立，理由如下： 如图，把绕点旋转到，使和重合， 则，，， ， ， 、、在一条直线上， 与①同理得，， 在和中， ， ， ， ， ； （3）解：中，，， ， 由勾股定理得：， 如图，把绕点旋转到，使和重合，连接． 则，，， ， ， ， 在和中， ， ， ， 设，则， ， ， ，， ， 由勾股定理得：， ， 解得：， 即． 【点睛】本题考查了四边形的综合题，旋转的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理的应用．运用类比的思想；首先在特殊图形中找到规律，然后再推广到一般图形中，对学生的分析问题，解决问题的能力要求比较高． 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $