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）数学新教材人教版九年级上册

该初中数学讲义通过知识框架图系统梳理旋转全等模型体系，将手拉手、半角、对角互补三类模型按“基础逻辑-线段和差-动态定值”递进关系呈现，每个模型从条件、结论、证明到应用层层展开，用对比表格归纳核心思想与内在联系。 讲义亮点在于“模型-典例-方法”一体化设计，如手拉手模型结合双等边三角形证明线段相等，半角模型通过旋转构造全等解决正方形中线段和差问题，培养推理意识与几何直观。分层练习（A组基础、B组提升、C组压轴）适配不同学生，易错点总结与满分模板助力教师精准教学，支持学生自主构建解题思路。

专题01.旋转中的三类全等模型（手拉手、半角、对角互补模型） 旋转全等模型是初中几何压轴题核心母题体系，是旋转专题的必考重难点。三类模型共同核心思想为利用旋转变换实现线段、角度的等量转移，把分散的边角条件集中到同一组三角形中，构造SAS或AAS全等，从而快速解决线段相等、线段和差、角度定值、面积定值、垂直平行等几何问题。三类模型覆盖中考大部分旋转类几何探究、压轴变式，是初中几何数形结合与动态变换的标志性模型。 三大模型层层递进、相互嵌套：手拉手模型奠定旋转全等基础逻辑，半角模型侧重线段和差变换，对角互补模型侧重隐条件挖掘与动态定值。中考常出现“半角+对角互补嵌套、手拉手旋转+动点最值、多模型叠加探究”题型，常结合正方形、等边三角形、等腰直角三角形、折叠、平移、动点综合考查。掌握三类模型的识别特征、辅助线套路与固定结论，可实现所有初中旋转几何压轴题的系统化破题。 模型来源 2 知识储备 2 例讲模型 2 模型1.旋转中的手拉手模型 2 模型2.旋转中的半角模型 8 模型3.旋转中的对角互补模型 16 易错点与方法总结 23 模型运用 24 A组（基础题） 38 B组（能力提升题） 39 C组（综合压轴题） 49 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。 1）旋转基本性质：旋转前后线段相等、角度相等、图形全等； 2）全等判定核心：SAS（旋转模型99%使用SAS证明）； 3）基础图形性质：等边三角形三角60°、三边相等；等腰直角三角形90°、两腰相等；正方形四边相等、四角90°； 4）几何核心能力：倒角（角度推导）、线段等量代换、辅助线构造。 模型1.旋转中的手拉手模型 【模型提炼与证明】 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。 【模型运用】 【典例1】（24-25八年级上·山东济南·期末）在学习全等三角形知识时、教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，他们得知这种模型称为“手拉手模型”．兴趣小组进行了如下探究： (1)如图1，两个等腰三角形和中，，，，连接、，如果把小等腰三角形的腰长看作小手，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，这个就是“手拉手模型”，在这个模型中，和全等的三角形是 ，此时和的数量关系是 ； (2)如图2，两个等腰直角三角形和中，，，，连接、，两线交于点，请判断线段和的数量关系和位置关系，并说明理由； (3)如图3，已知，请完成作图：以、为边分别向外作等边和等边（等边三角形三条边相等，三个角都等于），连接，，两线交于点，并直接写出线段和的数量关系及的度数． 【答案】(1)，(2)，，理由见解析 (3)图见解析，， 【详解】（1）解：∵，∴，即， 在和中，，∴，∴， 故答案为：，． （2）解：，，理由如下： ∵，∴，即， 在和中，，∴， ∴，，又∵，∴， ∴，即， ∴，∴． （3）解：完成作图如下： ∵和都是等边三角形，∴， ∴，即， 在和中，，∴，∴，， ∴，∴． 【典例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，∴∴ ∴ ∴，∴∵∴，∴． 【典例3】（25-26八年级上·浙江宁波·阶段练习）如果两个等腰三角形的顶角相等， 且顶角的顶点互相重合， 如图1， 等腰 与等腰中， ，我们把它们构成的这个图形叫做 “手拉手模型”． (1)【模型探究】如图1， 线段与线段存在怎样的数量关系？ 请证明你的结论． (2)【应用模型】如图2， 等腰直角三角形中， ， 点是边的中点， 直线 经过点，且 ， 点是直线上的动点， 将线段绕点顺时针旋转， 得到线段， 连结．①如图3， 当点落在边上时， 求．②直接写出在点运动过程中， 点和点之间的最短距离． 【答案】(1) 证明见解析(2)①；② 【详解】（1）结论：． 理由：如图1中， ∵， ∴， 即， 在和中， ∴， ∴； （2）①如图3中，当点E落在边上时，连接． ∵， ∴，∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵ 点是边的中点，∴ ∴ ∴ ∴； ②如图4中，连接，过点B作于点R． ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴最小时，的值最小， 根据垂线段最短可知，当点D与R重合时，的值最小， ∵ ∴的最小值， ∴的最小值为． 模型2.旋转中的半角模型 【模型提炼与证明】 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。 【模型运用】 【典例1】（24-25九年级上·广东韶关·期中）【阅读理解】半角模型是指有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等．通过旋转或截长补短，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构成全等三角形，用以解决线段关系、角度、面积等问题， 【初步探究如图1，在正方形中，点分别在边上，连接．若，将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到．易证：． （1）根据以上信息，填空：①_______°；②线段之间满足的数量关系为_______； 【迁移探究】（2）如图2，在正方形中，若点在射线上，点在射线上，，猜想线段之间的数量关系，请证明你的结论； 【拓展探索】（3）如图3，已知正方形的边长为，连接分别交于点，若点恰好为线段的三等分点，且，求线段的长． 【答案】（1）①45；②；（2）．证明见解析；（3） 【详解】解：（1）∵四边形是正方形，∴，， 将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到． 则，，，，∴G、B、E共线， ，∴， 在和中，，，， ，∴，故答案为：①45 ；②； （2）解：． 证明如下：如图2，在上截取，连接， 在和中，，，， ，即， ，，在和中，， ，，，∴， （3）将绕点顺时针旋转得到，连接， ∵四边形是正方形，，， ， 由旋转可得，，， ，， 又，，， 设，则，在中，， ，解得，． 【典例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． 【典例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 【模型提炼与证明】 （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。 【模型运用】 【典例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：． 【典例2】（24-25九年级上·贵州贵阳·期中）问题背景：“对角互补”是经典的四边形模型，解决相应问题，通常会涉及到旋转构造、全等三角形的证明等综合性较高的几何知识．如果问题中有“，”角度出现，一般会和等腰直角三角形、正方形、等边三角形等特殊图形结合起来考察．    (1)【问题解决】如图①，，平分，小明同学从P点分别向，作垂线，，由此得到正方形，与全等的三角形是________； (2)【问题探究】如图②，若，，平分，，，求的长； (3)【拓展延伸】如图③，点P是正方形外一点，，，对角线，交于点O，连接，且，求正方形的面积． 【答案】(1)(2)3(3)16 【详解】（1）解：，，且平分， ，，四边形是正方形，， ，，， 在和中，，；故答案为：． （2）如图，过点P作于M，于N，如图：       平分，．，．． 在四边形中，，且，， ．，． 又．． ，，设，则，． ，解得，．． 在中，，，． （3）如图，延长到，使，连接．如图： 在四边形中，，且． 四边形是正方形，，．． 又，．．，．，． 是等腰直角三角形．由勾股定理，． 在中，，设，由勾股定理，， ．． ．．． 【典例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． 模型常见易错点 1）手拉手模型找错全等三角形； 2）半角模型忘记旋转辅助线，无法破题； 3）忽略半角模型的前提条件； 4）对角互补模型漏判条件； 5）手拉手模型角度倒角出错； 6）直接套用模型结论不证明，答题扣分。 解题方法总结 1）手拉手模型满分模板 步骤1：找共顶点双等腰，标注两组等边、等顶角；步骤2：等角±公共角，推导夹角相等；步骤3：SAS证明拉手三角形全等；步骤4：得出线段相等、夹角定值结论；步骤5：按需完成线段、角度计算与证明。 2）半角模型满分模板 步骤1：判定大角含半角、邻边相等，确定旋转中心；步骤2：旋转外侧三角形，使等边重合，补全图形； 步骤3：倒角证明半角相等，构造SAS全等；步骤4：线段等量代换，推导线段和差、周长定值； 步骤5：规范作答。 3）对角互补模型满分模板 步骤1：判定图形：对角互补+定点邻边相等；步骤2：作双垂线或旋转构造等角、等线段； 步骤3：利用补角或余角性质倒角，证明三角形全等；步骤4：得到线段相等、面积、角度定值结论； 步骤5：结合题干完成解答。 1．（25-26·福建厦门·九年级校考期中）如图，（是常量）．点P在的平分线上，且，以点P为顶点的绕点P逆时针旋转，在旋转的过程中，的两边分别与，相交于M，N两点，若始终与互补，则以下四个结论：①；②的值不变；③四边形的面积不变；④点M与点N的距离保持不变．其中正确的为（　　） A．①③ B．①②③ C．①③④ D．②③ 【答案】B 【详解】解：如图所示：作于点E，于点F， ，，，， ，， 平分，，，， 在和中，， ，， 在和中，，， ，故①正确，， 定值，故③正确， 定值，故②正确， 的位置是变化的，之间的距离也是变化的，故④错误；故选：B． 2．（25-26·陕西延安·八年级统考期末）【问题提出】（1）如图①，在四边形中，，，E、F分别是边BC、CD上的点，且.求证：； 【问题探究】（2）如图②，在四边形中，，，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立?若成立，请说明理由；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）结论不成立，应当是理由见解析 【详解】（1）证明：如图①，延长到点，使，连接. 又∵，， ∴，∴，， 又∵，∴，∴， 又∵，∴，∴， ∵，∴； （2）解：结论不成立，应当是， 理由：如图②，在上截取，使，连接， ∵，，∴， 又∵，，∴，∴，， 又∵，∴，∴， 又∵，，∴，∴， ∵，∴． 3．（2022·青海·中考真题）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，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，若和是顶角相等的等腰三角形，BC，DE分别是底边.求证：； (2)解决问题：如图2，若和均为等腰直角三角形，，点A，D，E在同一条直线上，CM为中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系并说明理由.           图1   图2 【答案】(1)见解析 (2)； 【解析】(1)证明：∵和是顶角相等的等腰三角形，∴，，， ∴，∴． 在和中，，∴，∴． (2)解：，， 理由如下：由（1）的方法得，，∴，， ∵是等腰直角三角形，∴， ∴，∴，∴． ∵，，∴．∵，∴， ∴．∴． 4.（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： ∵，，，． 5．（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． 6．（25-26八年级上·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． 7.（25-26八年级上·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，，∴，，． ． 8．（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，，∴，∴， ∵，∴， ∴， ∵，，，∴． 9.（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． 10．（25-26八年级上·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，，， ，， ，，． 11．（25-26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：． 12．（25-26八年级下·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； 13．（25-26八年级下·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． 14.（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 15．（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． 16．（25-26八年级下·河南新乡·期末）四边形是正方形，点E为对角线上一动点，连接，过点E作，交射线于点F，以为边作平行四边形． (1)如图1，当时，点F落在边上，小明同学观察图形，认为四边形是一种特殊的平行四边形，经过思考，他过点E作，垂足分别为M，N，通过推理证明， 得到平行四边形是___；(2)当时，点F落在的延长线上，小明的结论还成立吗，请说明理由； (3)当，且时，连接，直接写出的长． 【答案】(1)正方形(2)成立，理由见解析(3) 【详解】（1）解：，∴四边形是矩形； ∵四边形是正方形，平分， ，∴四边形是正方形， ，，；； ，平行四边形是矩形，平行四边形是正方形，故答案为：正方形； （2）解：成立，理由如下：如图，过点E作，垂足分别为M，N， ，∵四边形是正方形，平分， ，∴四边形是正方形， ，，， 平行四边形是矩形，，， 平行四边形是正方形，故答案为：正方形； （3）解：如图，过点E作，垂足分别为M，N， ，， 四边形是正方形，点E为中点，， ， ，平行四边形是矩形， ∴此时点F与点C重合，即平行四边是正方形，， 是等腰直角三角形，， ，． 17．（25-26·广东广州·九年级校考期中）已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N．当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时（如图1），易证BM+DN＝MN．（1）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM、DN和MN之间又有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；（3）若正方形的边长为4，当N运动到DC边的中点处时，求BM的长． 【答案】（1）BM+DN＝MN，见解析；（2）DN﹣BM＝MN，见解析；（3） 【详解】解：（1）BM+DN＝MN． 理由如下：如图2，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE， ∴∠ABE＝∠ADN＝90°，AE＝AN，BE＝DN，∴∠ABE+∠ABC＝180°， ∴点E，点B，点C三点共线，∴∠EAM＝90°﹣∠NAM＝90°﹣45°＝45°， 又∵∠NAM＝45°，在△AEM与△ANM中，，∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME＝MN， ∵ME＝BE+BM＝DN+BM，∴DN+BM＝MN； （2）DN﹣BM＝MN．理由如下：在线段DN上截取DQ＝BM，如图3 在△ADQ与△ABM中，，∴△ADQ≌△ABM（SAS），∴∠DAQ＝∠BAM，∴∠QAN＝∠MAN． 在△AMN和△AQN中，，∴△AMN≌△AQN（SAS），∴MN＝QN，∴DN﹣BM＝MN； （3）如图4，设 ∵正方形的边长为4，点N是BC的中点，∴CN＝DN＝2，∵DN+BM＝MN，∴， ∵MN2＝CN2+MC2，∴，解得即． 18．（25-26·四川达州·八年级校考阶段练习）倡导研究性学习方式，着力教材研究，习题研究，是学生跳出题海，提高学习能力和创新能力的有效途径． (1)【问题背景】已知：如图1，点E、F分别在正方形的边上，，连接，则之间存在怎样的数量关系呢？ （分析：我们把绕点A顺时针旋转至，点G、B、C在一条直线上．） 于是易证得： 和 ，所以 ． 直接应用：正方形的边长为6，，则的值为 ． (2)【变式练习】已知：如图2，在中，，D、E是斜边上两点，且，请写出之间的数量关系，并说明理由． (3)【拓展延伸】在（2）的条件下，当绕着点A逆时针一定角度后，点D落在线段BC上，点E落在线段BC的延长线上，如图3，此时（2）的结论是否仍然成立，并证明你的结论．        【答案】(1)(2)，见解析(3)成立，见解析 【详解】（1）∵四边形是正方形，∴， 把绕点A顺时针旋转至，则与重合， ∴∴， ∴点G、B、C在一条直线上∵，∴， ∴，∴，∵，∴，∴， ∵，∴；∵正方形的边长为6，，∴， ∴，， 在中，，∴，解得，∴ 故答案为：； （2），理由如下： 把顺时针旋转到的位置此时与重合，连接，    则，∴，∴， ∵，∴， ∴，∴，∴， ∵，∴，∴， ∴，∴是直角三角形， ∴，∴． （3）依然成立，理由如下： 把顺时针旋转到的位置此时与重合，连接，  则，∴，∴， ∵，∴， ∴，∴，∴， ∵，∴，∴， ∴，∴是直角三角形，∴，∴． 19．（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． 20．（2026·山东·校考二模）已知AD是等边△ABC的高，AC=2，点O为直线AD上的动点(不与点A重合)，连接BO，将线段BO绕点O顺时针旋转60°，得到线段OE，连接CE、BE． (1)问题发现：如图1，当点O在线段AD上时，线段AO与CE的数量关系为　 　，∠ACE的度数是　 　． (2)问题探究：如图2，当点O在线段AD的延长线上时，(1)中结论是否还成立？请说明理由． (3)问题解决：当∠AEC=30°时，求出线段BO的长 【答案】(1)AO=CE，∠ACE=90°；(2)成立，见解析；(3)BO=2或2 【解析】(1)解：AO=CE，∠ACE=90°，理由如下：∵线段BO绕点O顺时针旋转60°，得到线段OE， ∴BO=OE，∠BOE=60°，∴△BOE为等边三角形， ∴∠OBE=60°，BE=BO，∴∠OBE=60°=∠OBD+∠DBE， ∵△ABC为等边三角形，∴∠ABC=60°=∠ABO+∠OBD，AB=AC， ∴∠ABO=∠CBE，在△ABO和△CBE中， ，∴△ABO≌△CBE(SAS)，∴AO=CE，∠BAO=∠BCE， ∵AD是等边三角形ABC的高，∴∠ACB=60°，AD也是∠BAC的平分线， ∴∠BAO=30°=∠BCE，∴∠ACE=∠BCE+∠ACB=30°+60°=90°， 故答案为：AO=CE，∠ACE=90°； (2)解：成立，理由如下：如图：连接BE．∵线段BO绕点O顺时针旋转了60°得EO， ∴BO=EO，∠BOE=60°，∴△BOE是等边三角形，∴BO=BE，∠OBE=60°， ∵△ABC是等边三角形，∴BA=BC，∠ABC=60°， ∴∠ABC+∠OBC=∠OBE+∠OBC，即∠ABO=∠CBE， 在△ABO和△CBE中，∴△ABO≌△CBE(SAS)，∴AO=CE，∠BAO=∠BCE， ∵AD是等边△ABC的高，∴∠BCE=∠BAO=30°，∠BCA=60°， ∴∠ACE=∠BCE+∠ACB=30°+60°=90°，∴AO=CE，∠ACE=90°； (3)解：①当点O1在线段AD的延长线上时， 由(1)和(2)知：△BO1E1是等边三角形，∠ACE1=90°， ∵∠ACE1=90°，∠AE1C=30°，∴∠E1AC=60°， ∵∠BAC=60°，∴点A、B、E1在一条直线上， ∵在Rt△ACE1中，AC=2，∠AE1C=30°，∴A E1=4，∴BO1=BE1=2； ②当点O2在线段DA的延长线上时，∵∠ACE2=90°，∠AE2C=30°，AC=2， ∴AE2=4，， ∵△ABO2≌△CBE2(SAS)∴， ∵AD是等边△ABC的高，AB=AC=2，∴BD=1，， 在Rt△O2DB中，BD=1，而， ∴；综上，BO=2或． 21．（25-26·黑龙江·九年级期末）已知Rt△ABC中，AC=BC，∠ACB＝90°，F为AB边的中点，且DF=EF，∠DFE＝90°，D是BC上一个动点．如图1，当D与C重合时，易证：CD2＋DB2＝2DF2； （1）当D不与C、B重合时，如图2，CD、DB、DF有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明． （2）当D在BC的延长线上时，如图3，CD、DB、DF有怎样的数量关系，请写出你的猜想，并加以证明． 【答案】（1）CD2+DB2=2DF2 ；（2）CD2+DB2=2DF2，证明见解析 【详解】解：（1）CD2+DB2=2DF2 证明：∵DF=EF，∠DFE＝90°，∴ ∴ 连接CF，BE，如图 ∵△ABC是等腰直角三角形，F为斜边AB的中点 ∴ ，即 ∴， 又 ∴；在和中 ∴ ∴， ∴ ∴ ∵，∴CD2+DB2=2DF2 ； （2）CD2+DB2=2DF2 证明：连接CF、BE ∵CF=BF，DF=EF；又∵∠DFC+∠CFE=∠EFB+∠CFB=90° ∴∠DFC=∠EFB；∴△DFC≌△EFB；∴CD=BE，∠DCF=∠EBF=135°； ∵∠EBD=∠EBF－∠FBD=135°－45°=90° 在Rt△DBE中，BE2+DB2=DE2；∵ DE2=2DF2 ∴ CD2+DB2=2DF2 22．（25-26八年级下·陕西西安·期中）阅读理解（1）如图1，在正方形中，若、分别是，边上的点，，则我们常会想到：把绕点顺时针旋转得到，易证______，得出线段，，之间的数量关系为______； 类比探究（2）如图2，在等边中，，为边上的点，，，，求线段的长； 拓展应用（3）如图3．在中，，，点，在边上，，若是等腰的腰长，请求出的值．    【答案】（1），；（2）；（3）的值为或 【详解】解：（1）由旋转的性质可得：，，， ，， 在和中，，， ，，，故答案为：，； （2）如图，将绕点顺时针旋转得到，连接，是等边三角形，，   ， 由旋转的性质可得：，，，， ，， ，，，， 作交的延长线于点，， ， ，，，， ，， ，； （3）当时，如图，将绕点顺时针旋转，得到，连接，过点作，交于点；在中，，，，   ， ，，，， ，， 由旋转的性质可得：，，，，， ，，， ，， ，，， ，，，， ，，； 当时，如图，将绕点顺时针旋转，得到，连接，过点作，交于点；在中，，，，   ， ，，，， ，， 由旋转的性质可得：，，，，， ， ，，， ， ，， ，，，，，， ，，， 综上所述，的值为或． 49 / 55 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） 旋转全等模型是初中几何压轴题核心母题体系，是旋转专题的必考重难点。三类模型共同核心思想为利用旋转变换实现线段、角度的等量转移，把分散的边角条件集中到同一组三角形中，构造SAS或AAS全等，从而快速解决线段相等、线段和差、角度定值、面积定值、垂直平行等几何问题。三类模型覆盖中考大部分旋转类几何探究、压轴变式，是初中几何数形结合与动态变换的标志性模型。 三大模型层层递进、相互嵌套：手拉手模型奠定旋转全等基础逻辑，半角模型侧重线段和差变换，对角互补模型侧重隐条件挖掘与动态定值。中考常出现“半角+对角互补嵌套、手拉手旋转+动点最值、多模型叠加探究”题型，常结合正方形、等边三角形、等腰直角三角形、折叠、平移、动点综合考查。掌握三类模型的识别特征、辅助线套路与固定结论，可实现所有初中旋转几何压轴题的系统化破题。 模型来源 2 知识储备 2 例讲模型 2 模型1.旋转中的手拉手模型 2 模型2.旋转中的半角模型 8 模型3.旋转中的对角互补模型 16 易错点与方法总结 23 模型运用 24 A组（基础题） 38 B组（能力提升题） 39 C组（综合压轴题） 49 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。 1）旋转基本性质：旋转前后线段相等、角度相等、图形全等； 2）全等判定核心：SAS（旋转模型99%使用SAS证明）； 3）基础图形性质：等边三角形三角60°、三边相等；等腰直角三角形90°、两腰相等；正方形四边相等、四角90°； 4）几何核心能力：倒角（角度推导）、线段等量代换、辅助线构造。 模型1.旋转中的手拉手模型 【模型提炼与证明】 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。 【模型运用】 【典例1】（24-25八年级上·山东济南·期末）在学习全等三角形知识时、教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，他们得知这种模型称为“手拉手模型”．兴趣小组进行了如下探究： (1)如图1，两个等腰三角形和中，，，，连接、，如果把小等腰三角形的腰长看作小手，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，这个就是“手拉手模型”，在这个模型中，和全等的三角形是 ，此时和的数量关系是 ； (2)如图2，两个等腰直角三角形和中，，，，连接、，两线交于点，请判断线段和的数量关系和位置关系，并说明理由； (3)如图3，已知，请完成作图：以、为边分别向外作等边和等边（等边三角形三条边相等，三个角都等于），连接，，两线交于点，并直接写出线段和的数量关系及的度数． 【典例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． 【典例3】（25-26八年级上·浙江宁波·阶段练习）如果两个等腰三角形的顶角相等， 且顶角的顶点互相重合， 如图1， 等腰 与等腰中， ，我们把它们构成的这个图形叫做 “手拉手模型”． (1)【模型探究】如图1， 线段与线段存在怎样的数量关系？ 请证明你的结论． (2)【应用模型】如图2， 等腰直角三角形中， ， 点是边的中点， 直线 经过点，且 ， 点是直线上的动点， 将线段绕点顺时针旋转， 得到线段， 连结．①如图3， 当点落在边上时， 求．②直接写出在点运动过程中， 点和点之间的最短距离． 模型2.旋转中的半角模型 【模型提炼与证明】 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。 【模型运用】 【典例1】（24-25九年级上·广东韶关·期中）【阅读理解】半角模型是指有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等．通过旋转或截长补短，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构成全等三角形，用以解决线段关系、角度、面积等问题， 【初步探究如图1，在正方形中，点分别在边上，连接．若，将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到．易证：． （1）根据以上信息，填空：①_______°；②线段之间满足的数量关系为_______； 【迁移探究】（2）如图2，在正方形中，若点在射线上，点在射线上，，猜想线段之间的数量关系，请证明你的结论； 【拓展探索】（3）如图3，已知正方形的边长为，连接分别交于点，若点恰好为线段的三等分点，且，求线段的长． 【典例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__________． 【典例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 【模型提炼与证明】 （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。 【模型运用】 【典例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_______． 【典例2】（24-25九年级上·贵州贵阳·期中）问题背景：“对角互补”是经典的四边形模型，解决相应问题，通常会涉及到旋转构造、全等三角形的证明等综合性较高的几何知识．如果问题中有“，”角度出现，一般会和等腰直角三角形、正方形、等边三角形等特殊图形结合起来考察．    (1)【问题解决】如图①，，平分，小明同学从P点分别向，作垂线，，由此得到正方形，与全等的三角形是________； (2)【问题探究】如图②，若，，平分，，，求的长； (3)【拓展延伸】如图③，点P是正方形外一点，，，对角线，交于点O，连接，且，求正方形的面积． 【典例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. 模型常见易错点 1）手拉手模型找错全等三角形； 2）半角模型忘记旋转辅助线，无法破题； 3）忽略半角模型的前提条件； 4）对角互补模型漏判条件； 5）手拉手模型角度倒角出错； 6）直接套用模型结论不证明，答题扣分。 解题方法总结 1）手拉手模型满分模板 步骤1：找共顶点双等腰，标注两组等边、等顶角；步骤2：等角±公共角，推导夹角相等；步骤3：SAS证明拉手三角形全等；步骤4：得出线段相等、夹角定值结论；步骤5：按需完成线段、角度计算与证明。 2）半角模型满分模板 步骤1：判定大角含半角、邻边相等，确定旋转中心；步骤2：旋转外侧三角形，使等边重合，补全图形； 步骤3：倒角证明半角相等，构造SAS全等；步骤4：线段等量代换，推导线段和差、周长定值； 步骤5：规范作答。 3）对角互补模型满分模板 步骤1：判定图形：对角互补+定点邻边相等；步骤2：作双垂线或旋转构造等角、等线段； 步骤3：利用补角或余角性质倒角，证明三角形全等；步骤4：得到线段相等、面积、角度定值结论； 步骤5：结合题干完成解答。 1．（25-26·福建厦门·九年级校考期中）如图，（是常量）．点P在的平分线上，且，以点P为顶点的绕点P逆时针旋转，在旋转的过程中，的两边分别与，相交于M，N两点，若始终与互补，则以下四个结论：①；②的值不变；③四边形的面积不变；④点M与点N的距离保持不变．其中正确的为（　　） A．①③ B．①②③ C．①③④ D．②③ 2．（25-26·陕西延安·八年级统考期末）【问题提出】（1）如图①，在四边形中，，，E、F分别是边BC、CD上的点，且.求证：； 【问题探究】（2）如图②，在四边形中，，，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立?若成立，请说明理由；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并说明理由. 3．（2022·青海·中考真题）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，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，若和是顶角相等的等腰三角形，BC，DE分别是底边.求证：； (2)解决问题：如图2，若和均为等腰直角三角形，，点A，D，E在同一条直线上，CM为中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系并说明理由.           图1   图2 4.（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：． 5．（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． 6．（25-26八年级上·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． 7.（25-26八年级上·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． 8．（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． 9.（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． 10．（25-26八年级上·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_________． 11．（25-26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 ______． 12．（25-26八年级下·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 ．      13．（25-26八年级下·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． 14.（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． 15．（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． 16．（25-26八年级下·河南新乡·期末）四边形是正方形，点E为对角线上一动点，连接，过点E作，交射线于点F，以为边作平行四边形． (1)如图1，当时，点F落在边上，小明同学观察图形，认为四边形是一种特殊的平行四边形，经过思考，他过点E作，垂足分别为M，N，通过推理证明， 得到平行四边形是___；(2)当时，点F落在的延长线上，小明的结论还成立吗，请说明理由； (3)当，且时，连接，直接写出的长． 17．（25-26·广东广州·九年级校考期中）已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N．当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时（如图1），易证BM+DN＝MN．（1）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM、DN和MN之间又有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；（3）若正方形的边长为4，当N运动到DC边的中点处时，求BM的长． 18．（25-26·四川达州·八年级校考阶段练习）倡导研究性学习方式，着力教材研究，习题研究，是学生跳出题海，提高学习能力和创新能力的有效途径． (1)【问题背景】已知：如图1，点E、F分别在正方形的边上，，连接，则之间存在怎样的数量关系呢？ （分析：我们把绕点A顺时针旋转至，点G、B、C在一条直线上．） 于是易证得： 和 ，所以 ． 直接应用：正方形的边长为6，，则的值为 ． (2)【变式练习】已知：如图2，在中，，D、E是斜边上两点，且，请写出之间的数量关系，并说明理由． (3)【拓展延伸】在（2）的条件下，当绕着点A逆时针一定角度后，点D落在线段BC上，点E落在线段BC的延长线上，如图3，此时（2）的结论是否仍然成立，并证明你的结论．        19．（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） 20．（2026·山东·校考二模）已知AD是等边△ABC的高，AC=2，点O为直线AD上的动点(不与点A重合)，连接BO，将线段BO绕点O顺时针旋转60°，得到线段OE，连接CE、BE． (1)问题发现：如图1，当点O在线段AD上时，线段AO与CE的数量关系为　 　，∠ACE的度数是　 　． (2)问题探究：如图2，当点O在线段AD的延长线上时，(1)中结论是否还成立？请说明理由． (3)问题解决：当∠AEC=30°时，求出线段BO的长 21．（25-26·黑龙江·九年级期末）已知Rt△ABC中，AC=BC，∠ACB＝90°，F为AB边的中点，且DF=EF，∠DFE＝90°，D是BC上一个动点．如图1，当D与C重合时，易证：CD2＋DB2＝2DF2； （1）当D不与C、B重合时，如图2，CD、DB、DF有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明． （2）当D在BC的延长线上时，如图3，CD、DB、DF有怎样的数量关系，请写出你的猜想，并加以证明． 22．（25-26八年级下·陕西西安·期中）阅读理解（1）如图1，在正方形中，若、分别是，边上的点，，则我们常会想到：把绕点顺时针旋转得到，易证______，得出线段，，之间的数量关系为______； 类比探究（2）如图2，在等边中，，为边上的点，，，，求线段的长； 拓展应用（3）如图3．在中，，，点，在边上，，若是等腰的腰长，请求出的值．    1 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $