专题 3.23 图形的相似：旋转相似手拉手模型【基础・综合・探究】- 2026-2027学年北师大版九年级数学上册基础知识专项突破讲与练

该初中数学讲义通过知识框架图系统梳理了旋转相似手拉手模型的知识体系，将模型核心原理、标准条件与结论、常见几何载体等要点按“原理-方法-应用”逻辑组织，用表格归纳解题方法与高频易错点，清晰呈现知识内在联系。 讲义亮点在于分层递进的题型设计，基础题型如等边三角形旋转相似证明，综合题型结合正方形动点探究，探究题型涉及线段最值问题，通过比例变形法、八字模型法等培养推理能力与模型意识。每个题型配例题与变式，帮助不同层次学生掌握，教师可据此实施精准复习教学。

专题 3.23 图形的相似：旋转相似手拉手模型【基础・综合・探究】 目录 一.知识储备与解读 1 1. 模型核心原理 1 2. 标准模型条件与核心结论 1 3. 模型常见几何载体 2 4. 配套核心解题方法 2 5. 模型快速识别技巧 2 6. 高频易错点 2 二.题型精析【基础】 3 【题型 1】旋转相似手拉手识别、基础证明与简单计算 3 三.题型精析【综合】 7 【题型 2】旋转相似手拉手结合四边形、动点综合解题 7 四.题型精析【探究】 15 【题型 3】旋转变式、模型迁移与最值探究 15 一.知识储备与解读 1. 模型核心原理 旋转相似手拉手模型，简称相似手拉手，是共顶点旋转类相似的核心模型。模型核心判定依据为SAS（两边成比例且夹角相等）。该模型由共用同一顶点的两个相似三角形绕公共顶点旋转形成，连接两组三角形对应底边，可生成全新的相似三角形，且旋转过程中对应线段夹角始终恒定。其中，全等手拉手是相似比为1的特殊情况，广泛应用于等边三角形、等腰三角形、等腰直角三角形、正方形旋转类几何题型。 2. 标准模型条件与核心结论 模型条件：△ABC∽△ADE，A为公共顶点，∠BAC=∠DAE，△ADE绕公共顶点A任意角度旋转。 角度推导：通过公共角和差运算，∠BAC∠CAE=∠DAE∠CAE，可证得∠BAD=∠CAE。 结论一（二次相似）：由原始相似比例，比例变形可得,结合夹角∠BAD=∠CAE，通过SAS可证△BAD∽△CAE。 结论二（夹角恒定）：两组对应连线BD、CE的夹角，恒等于原三角形顶角∠BAC，旋转任意角度夹角保持不变。 特殊特例（全等手拉手）：当两个原始三角形相似比为1时，△ABC≌△ADE，此时△BAD≌△CAE，模型由相似转为全等，常见于等边三角形、等腰直角三角形题型。 3. 模型常见几何载体 （1）等边三角形载体：顶角为60°，旋转后对应线段夹角恒为60°； （2）等腰直角三角形载体：顶角为90°，旋转后对应线段夹角恒为90°； （3）一般等腰相似三角形载体：顶角为任意角度α，旋转后连线夹角恒等于α； （4）正方形载体：依托正方形等腰直角结构，构造旋转相似手拉手模型。 4. 配套核心解题方法 （1）角度和差法：利用旋转前后公共角的加减运算，构造相等夹角，满足SAS相似判定条件； （2）比例变形法：对原始三角形相似比例式进行交叉变形，推导二次相似所需的两边比例关系； （3）方程勾股法：结合旋转后线段位置、长度关系，设未知数联立勾股定理求解边长； （4）八字模型法：利用线段相交形成的对顶角八字模型，推导线段恒定夹角； （5）分类讨论法：区分顺时针、逆时针旋转，以及点在图形内部、外部的不同情况，规避漏解。 5. 模型快速识别技巧 （1）图形存在共顶点的两个等腰、相似图形且存在旋转动作，直接判定为旋转相似手拉手模型； （2）题干求解旋转背景下的线段比值、固定夹角，优先套用手拉手模型； （3）等边三角形、等腰直角三角形、正方形旋转题型，均以手拉手模型为核心考点； （4）精准区分模型：相似比为1是全等手拉手，相似比不为1是旋转相似手拉手。 6. 高频易错点 （1）比例变形失误，无法由原始相似比例推出二次相似的有效比例式； （2）角度和差判断错误，混淆旋转后的加角、减角场景，导致夹角证明失效； （3）模型混淆，未判断相似比直接默认全等，非1相似比题型只能证相似、不能证全等； （4）忽略旋转多位置特性，未讨论点在图形内外的情况，出现解题漏解； （5）相似三角形顶点书写顺序错乱，导致比例关系、角度推导全部出错。 二.题型精析【基础】 【题型 1】旋转相似手拉手识别、基础证明与简单计算 解题思路：题型图形标准、条件直观，以共顶点等边、等腰相似图形的小角度旋转为背景，模型完整清晰。解题时先锁定公共旋转顶点，通过角度和差运算证明旋转夹角相等；对原始相似比例式合理变形，满足SAS相似条件；证明二次手拉手相似三角形，结合相似性质得到线段比例关系；借助八字模型推导线段恒定夹角，代入已知线段长度列方程，完成基础几何证明与线段求值；相似比为1时，可直接判定三角形全等。 【例题1】（25-26九年级上·江苏淮安·期末）如图，，． （1）与相似吗？为什么？ （2）如果，，那么的长为多少？ 【答案】（1）解：与相似， 理由：， ， ， 在和中， ， ； （2）8 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，根据已知得出是解题的关键． （1）根据得出，进而得出； （2）由，得到比例式，代入数值即可求得结果． 解：（1）略 （2）解：， ， ∵，， ， ． 【变式1】（25-26九年级上·江苏宿迁·期末）如图，点在内，点在外，且．求证： （1）； （2）． 【答案】（1）证明：∵且， ∴， ∴， ∴， 即； （2）证明：∵， ∴， ∴， 又∵， ∴． 【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题的关键． （1）根据两边对应成比例及其夹角相等判定，再利用相似三角形的性质即可证明； （2）由得到，则有，再根据两边对应成比例及其夹角相等即可证明． 解：（1）略 （2）略 【变式2】（25-26九年级上·安徽亳州·阶段检测）如图，和的顶点重合，，． （1）若，，求的长； （2）连接，，求证：． 【答案】（1）的长为；（2）证明：， ， ， ， ， ． 【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，角的和差关系转化，掌握三角形相似的判定方法是解题关键． （1）先证明，再利用相似三角形对应边成比例计算的长； （2）通过角的和差计算得到，结合第一问的相似比例，用两边成比例且夹角相等判定． （1）解：，， ， ， ， ． 答：的长为． （2）略． 【变式3】（25-26九年级上·全国·课后作业）如图，点D在等边的边上，为等边三角形，与交于点F．证明：． 【答案】证明：如图： 为等边三角形， ， 又， ， ． 【分析】此题主要考查了相似三角形的判定方法以及等边三角形的性质等知识点，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键． 利用等边三角形的性质以及相似三角形的判定方法两角对应相等的两三角形相似得出即可． 解：略 三.题型精析【综合】 【题型 2】旋转相似手拉手结合四边形、动点综合解题 解题思路：题型嵌套正方形、等腰直角四边形，融合旋转、动点考点，图形线条繁杂，模型隐蔽不直观。解题时先剥离干扰线条，提取核心的共顶点相似结构；依托旋转不变性质，通过角度加减、比例变形，完成SAS手拉手相似证明；联立勾股定理求解旋转后动态线段长度；利用八字模型推导相交线段的恒定夹角；无现成模型时，可通过作辅助线构造共顶点相似三角形，搭建手拉手模型；根据旋转方向、点的位置分类讨论，保证解题完整性。 【例题2】（25-26九年级上·山东济宁·期末）（1）在和中，，，． ①如图1，当与重合时，的值是__________； ②如图2，绕点逆时针旋转一定角度，连接，．那么的值是否改变？请说明理由； （2）如图3，正方形的边长为2，为边上一动点，以为斜边在正方形内部作，使，连接．当时，求的长． 【答案】（1）①，②不变，理由如下： 在和中，，，， ，， ， ， ∴； （2） 【分析】（1）①根据等腰直角三角形的性质表示出求解即可得到结论； ②根据等腰直角三角形的性质和相似三角形的判定和性质定理即可得到结论； （2）连接，如图所示，在等腰中，求出，再由正方形性质、利用勾股定理求出，进而得到，然后由三角形相似的判定得到，则，由计算即可得到答案． 解：（1）①在中，，，则， 在中，， 当与重合时，，， ∴， 故答案为：； ② 略 解：（2）连接，如图所示： 在中，， ∴， ， ，则， ∵四边形是正方形， ∴， ， ， 在和中，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点拨】本题是相似形的综合题，考查了相似三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、正方形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键． 【变式1】（25-26九年级上·湖北孝感·期末）如图，中，，，将绕点逆时针旋转（）得，连接． （1）求证：； （2）若，点是的中点，点落在延长线上，求的长； （3）连接，若，求的值． 【答案】（1）证明：由旋转知：，，， ∴，， ； （2）12 （3） 【分析】本题主要考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，三线合一，勾股定理，锐角三角函数比，矩形的判定和性质，解题的关键是掌握以上性质． （1）根据两边对应成比例，夹角相等即可证明三角形相似； （2）过作，利用勾股定理求出，利用锐角三角函数得出，最后利用相似三角形的性质进行求解即可； （3）过作于，过作于，根据旋转的性质得出相等的边和角，得出，设，则，证明，得出，最后求出比值即可． 解：（1）略 （2）解：，， ， 由勾股定理得， ， 点是的中点， ， ， ， 过作， ， ，， ， 由（1）知：， ，即， ； （3）解：过作于，过作于， 由旋转性质知：，，， ，， ， ， ，， ， 设，则， ，，， ， 四边形是矩形， ，， ， ， ， ， 即， ， ． 【变式2】（25-26八年级上·山东济南·期末）在直角中，． （1）【基础回顾】 在图1中，点D、E分别在边上，且，求的值； （2）【模型建构】 图1中保持不动，将绕点A顺时针旋转到图2的位置，其他条件不变，连接，则（1）中的结论是否成立？请说明理由； （3）【综合探究】 在图2中，延长交于点F，交于点G，连接，探究与之间的关系，并说明理由． 【答案】（1）；（2）解：，不变，理由如下， 在图1中，∵， ∴，，，即， 在图2中，由旋转的性质知， ∵， ∴， ∴； （3） 解：，理由如下， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，，即， ∵， ∴， ∴， ∴． 【分析】本题主要考查了旋转的性质、相似三角形的性质与判定等知识点，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． （1）设，则，先根据勾股定理求得，再利用平行线分线段成比例定理即可求解； （2）先证明，根据相似的性质即可解题． （3）由（2）得得到，可证明可得，再结合，易证，最后根据相似三角形的性质结合等角的余角相等即可解答． （1）解：∵，， ∴设，则， ∴， ∵， ∴； （2）略 （3）略 【变式3】（25-26九年级上·甘肃武威·期末）【模型建立】 （1）如图，在等边中，点是边上任意一点（不含端点），连接，以为边作等边，连接，求证：． 【模型应用】 （2）如图，在等边中，点是延长线上的任意一点（不含端点C），其它条件不变，（1）中结论还成立吗？请说明理由． 【模型迁移】 （3）如图，在等腰中，，，，点M是上的任意一点（不含端点B、C），连接，以为边作等腰，使顶角．连接．试探究与的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）证明：、是等边三角形， ，，， ， 在和中， ， ， ． （2）解：结论仍成立； 理由如下：、是等边三角形， ，，， ， 在和中， ， ， ． （3）解：． 理由如下：，， ∴， 又∵， ， ∴， ， 又，， ， ， ， ∵，， ∴． 【分析】本题是三角形综合题，考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，解答本题的关键是仔细观察图形，找到全等（相似）的条件，利用全等（相似）的性质证明结论． （1）利用证明，继而得出结论； （2）利用证明，继而得出结论； （3）首先得出，从而判定，得到，根据，，得到，从而判定，得出结论． 解：略． 四.题型精析【探究】 【题型 3】旋转变式、模型迁移与最值探究 解题思路：题型以大角度旋转、点外置、类比探究、线段最值问题为主，侧重模型迁移与逻辑推理。图形大幅旋转后形态改变，但手拉手“共顶点、两边成比例、夹角相等”的核心条件不变，可类比基础模型思路完成相似证明；陌生无模型图形中，自主添加辅助线构造手拉手结构，实现模型迁移；结合动点圆周轨迹规律，探究线段最大值与最小值；分类讨论点在图形内部、外部的不同情形，规避漏解；通过特殊情形猜想线段比值、夹角规律，结合几何定理完成证明与综合求值。 【例题3】（2026·浙江台州·模拟预测）如图，为等边三角形，为边上一点，连接． （1）如图（1），将绕点顺时针旋转得到．连接，，求证：； （2）如图（2），将绕点顺时针旋转得到，连接交于，猜想与存在的数量关系，并证明你的猜想； （3）如图（3），以为斜边向边右侧作，连接，为的中点，连接．若，，当取最小值时，请直接写出的面积． 【答案】（1）证明：如图（1）中， ∵是等边三角形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴； （2）解：如图（2）中，延长至，使，连接，， ∵，， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ， ， ， ∴， ， ， ， ； （3） 【分析】（1）先由等边三角形性质得，，再由旋转性质得，，因为，所以可推得，结合判定定理证明三角形全等． （2）延长至，使，连接，，证出，得到，证出是的中位线，得到，即可得到． （3）取的中点，连接，取的中点，连接，过点作于点，连接，，利用勾股定理和所对的直角边是斜边的一半，依次求出、，、、、的长，再利用直角三角形斜边上的中线是斜边的一半和中位线定理得，，由得到，当点落在线段上时，的值最小，最后求出的面积即可． 解：（1）略 （2）略 （3）解：如图（3）中，取的中点，连接，取的中点，连接，过点作于点，连接，． ∵是等边三角形，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴当点落在线段上时，的值最小， 设点到的距离为， 则，，， 此时． 【变式1】（25-26八年级下·山东泰安·期末）解答下列问题： （1）【探究解题】 如图1，等腰直角中，点D是斜边上任意一点，在的右侧作等腰直角，使，，连接．判断和数量关系并说明理由； （2）【拓展延伸】 如图2，在等腰中，，点D是边上任意一点（不与点B，C重合），在的右侧作等腰，使，，连接，则（1）中的结论是否仍然成立，并证明； （3）【归纳应用】 在（2）的条件下，若，，点D是直线上任意一点，当时，求的长． 【答案】（1），理由如下： ∵是等腰直角三角形， ∴，， ∴，即， ∵， ∴， ∴； （2）成立，证明： ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∵，即， ∴， ∴； （3）为或． 【分析】（1）由题意易得，，则有，然后可得，进而问题可求证； （2）由题意易得，，则有，然后可得，则有，进而可得，则问题可求证； （3）由题意可分当点D在线段上，当点D在线段的延长线上，然后分类进行求解即可． 解：（1）略 （2）略 （3）解：如图1，当点D在线段上， 根据（2）可得， ∴， ∵，，， ∴， ∴． 如图2，当点D在线段的延长线上， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，即， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴． 综上所述，为或． 【变式2】（26-27九年级·全国·暑假作业）探究下列问题： （1）【问题呈现】如图1，和都是等边三角形，连接，，判断与的数量关系： ． （2）【类比探究】如图2，和都是等腰直角三角形，，连接，，写出与的数量关系： ． （3）【拓展提升】如图3，和都是直角三角形，，且，连接，，求的值． 【答案】（1）；（2）或；（3） 【分析】（1）根据等边三角形的性质，证明，即可得解． （2）根据等腰直角三角形的性质，直角边与斜边的关系，证明，再根据相似三角形的性质，对应边的比等于相似比，即可求解． （3）根据，，可证，可得 ，在中，求出，在中，求出，再证，根据相似三角形的性质即可求解． （1）解：∵和都是等边三角形， ∴，，， ∵， ， ∴， 在和中， ∴， ∴． （2）解：∵和都是等腰直角三角形， 根据勾股定理得，， ∴， ∵， ∴， ∵， ， ∴， ∴， ∴， ∴或． （3）解：∵，， ∴， ∴， ∵， ， ∴， 设，， 在中，根据勾股定理得， 设，， 在中，根据勾股定理得， ∴，， ∴， ∴， ∴． 【变式3】（2025·江西新余·三模）【初步感知】 （1）如图1，和相交于点，且，， ①则______（填“＜”“＞”或“＝”）； ②如图2，将图1中的绕点旋转，当点在外部，点在内部时，求证：； 【变式探究】 （2）如图3，在与中，，．猜想，之间的数量关系，并说明理由； 【拓展应用】 （3）如图4，在四边形中，，，若，求，两点间的最大距离． 【答案】（1）①；②证明：由①可知，，， ，即， 又， ， ； （2），理由如下： ， ， 又， ， ； （3）10 【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理等知识，熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）①证明平行线的性质以及等腰三角形的性质与判定，得出，即可求解． ②由①可知，，，进而证明，根据全等三角形的性质，即可求解； （2）证明，根据相似三角形的性质，即可求解； （3）连接，在的上方取点，证明，进而证明，根据相似三角形的性质得出，进而求得，即可求解． 解：（1）①∵ ∴ ∵ ∴， ∴ ∴ ∴，即 故答案为：； ②略 （2）略 （3）如图，连接，在的上方取点，    使， ． ， 在中，， ，， ， ， ， ，， ， ， ， ， 当时，，两点间的距离最大， ，两点间的最大距离为10． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题 3.23 图形的相似：旋转相似手拉手模型【基础・综合・探究】 目录 一.知识储备与解读 1 1. 模型核心原理 1 2. 标准模型条件与核心结论 1 3. 模型常见几何载体 2 4. 配套核心解题方法 2 5. 模型快速识别技巧 2 6. 高频易错点 2 二.题型精析【基础】 3 【题型 1】旋转相似手拉手识别、基础证明与简单计算 3 三.题型精析【综合】 4 【题型 2】旋转相似手拉手结合四边形、动点综合解题 4 四.题型精析【探究】 6 【题型 3】旋转变式、模型迁移与最值探究 6 一.知识储备与解读 1. 模型核心原理 旋转相似手拉手模型，简称相似手拉手，是共顶点旋转类相似的核心模型。模型核心判定依据为SAS（两边成比例且夹角相等）。该模型由共用同一顶点的两个相似三角形绕公共顶点旋转形成，连接两组三角形对应底边，可生成全新的相似三角形，且旋转过程中对应线段夹角始终恒定。其中，全等手拉手是相似比为1的特殊情况，广泛应用于等边三角形、等腰三角形、等腰直角三角形、正方形旋转类几何题型。 2. 标准模型条件与核心结论 模型条件：△ABC∽△ADE，A为公共顶点，∠BAC=∠DAE，△ADE绕公共顶点A任意角度旋转。 角度推导：通过公共角和差运算，∠BAC∠CAE=∠DAE∠CAE，可证得∠BAD=∠CAE。 结论一（二次相似）：由原始相似比例，比例变形可得,结合夹角∠BAD=∠CAE，通过SAS可证△BAD∽△CAE。 结论二（夹角恒定）：两组对应连线BD、CE的夹角，恒等于原三角形顶角∠BAC，旋转任意角度夹角保持不变。 特殊特例（全等手拉手）：当两个原始三角形相似比为1时，△ABC≌△ADE，此时△BAD≌△CAE，模型由相似转为全等，常见于等边三角形、等腰直角三角形题型。 3. 模型常见几何载体 （1）等边三角形载体：顶角为60°，旋转后对应线段夹角恒为60°； （2）等腰直角三角形载体：顶角为90°，旋转后对应线段夹角恒为90°； （3）一般等腰相似三角形载体：顶角为任意角度α，旋转后连线夹角恒等于α； （4）正方形载体：依托正方形等腰直角结构，构造旋转相似手拉手模型。 4. 配套核心解题方法 （1）角度和差法：利用旋转前后公共角的加减运算，构造相等夹角，满足SAS相似判定条件； （2）比例变形法：对原始三角形相似比例式进行交叉变形，推导二次相似所需的两边比例关系； （3）方程勾股法：结合旋转后线段位置、长度关系，设未知数联立勾股定理求解边长； （4）八字模型法：利用线段相交形成的对顶角八字模型，推导线段恒定夹角； （5）分类讨论法：区分顺时针、逆时针旋转，以及点在图形内部、外部的不同情况，规避漏解。 5. 模型快速识别技巧 （1）图形存在共顶点的两个等腰、相似图形且存在旋转动作，直接判定为旋转相似手拉手模型； （2）题干求解旋转背景下的线段比值、固定夹角，优先套用手拉手模型； （3）等边三角形、等腰直角三角形、正方形旋转题型，均以手拉手模型为核心考点； （4）精准区分模型：相似比为1是全等手拉手，相似比不为1是旋转相似手拉手。 6. 高频易错点 （1）比例变形失误，无法由原始相似比例推出二次相似的有效比例式； （2）角度和差判断错误，混淆旋转后的加角、减角场景，导致夹角证明失效； （3）模型混淆，未判断相似比直接默认全等，非1相似比题型只能证相似、不能证全等； （4）忽略旋转多位置特性，未讨论点在图形内外的情况，出现解题漏解； （5）相似三角形顶点书写顺序错乱，导致比例关系、角度推导全部出错。 二.题型精析【基础】 【题型 1】旋转相似手拉手识别、基础证明与简单计算 解题思路：题型图形标准、条件直观，以共顶点等边、等腰相似图形的小角度旋转为背景，模型完整清晰。解题时先锁定公共旋转顶点，通过角度和差运算证明旋转夹角相等；对原始相似比例式合理变形，满足SAS相似条件；证明二次手拉手相似三角形，结合相似性质得到线段比例关系；借助八字模型推导线段恒定夹角，代入已知线段长度列方程，完成基础几何证明与线段求值；相似比为1时，可直接判定三角形全等。 【例题1】（25-26九年级上·江苏淮安·期末）如图，，． （1）与相似吗？为什么？（2）如果，，那么的长为多少？ 【变式1】（25-26九年级上·江苏宿迁·期末）如图，点在内，点在外，且．求证： （1）； （2）． 【变式2】（25-26九年级上·安徽亳州·阶段检测）如图，和的顶点重合，，． （1）若，，求的长； （2）连接，，求证：． 【变式3】（25-26九年级上·全国·课后作业）如图，点D在等边的边上，为等边三角形，与交于点F．证明：． 三.题型精析【综合】 【题型 2】旋转相似手拉手结合四边形、动点综合解题 解题思路：题型嵌套正方形、等腰直角四边形，融合旋转、动点考点，图形线条繁杂，模型隐蔽不直观。解题时先剥离干扰线条，提取核心的共顶点相似结构；依托旋转不变性质，通过角度加减、比例变形，完成SAS手拉手相似证明；联立勾股定理求解旋转后动态线段长度；利用八字模型推导相交线段的恒定夹角；无现成模型时，可通过作辅助线构造共顶点相似三角形，搭建手拉手模型；根据旋转方向、点的位置分类讨论，保证解题完整性。 【例题2】（25-26九年级上·山东济宁·期末）（1）在和中，，，． ①如图1，当与重合时，的值是__________； ②如图2，绕点逆时针旋转一定角度，连接，．那么的值是否改变？请说明理由； （2）如图3，正方形的边长为2，为边上一动点，以为斜边在正方形内部作，使，连接．当时，求的长． 【变式1】（25-26九年级上·湖北孝感·期末）如图，中，，，将绕点逆时针旋转（）得，连接． （1）求证：； （2）若，点是的中点，点落在延长线上，求的长； （3）连接，若，求的值． 【变式2】（25-26八年级上·山东济南·期末）在直角中，． （1）【基础回顾】 在图1中，点D、E分别在边上，且，求的值； （2）【模型建构】 图1中保持不动，将绕点A顺时针旋转到图2的位置，其他条件不变，连接，则（1）中的结论是否成立？请说明理由； （3）【综合探究】 在图2中，延长交于点F，交于点G，连接，探究与之间的关系，并说明理由． 【变式3】（25-26九年级上·甘肃武威·期末）【模型建立】 （1）如图，在等边中，点是边上任意一点（不含端点），连接，以为边作等边，连接，求证：． 【模型应用】 （2）如图，在等边中，点是延长线上的任意一点（不含端点C），其它条件不变，（1）中结论还成立吗？请说明理由． 【模型迁移】 （3）如图，在等腰中，，，，点M是上的任意一点（不含端点B、C），连接，以为边作等腰，使顶角．连接．试探究与的数量关系，并说明理由． 四.题型精析【探究】 【题型 3】旋转变式、模型迁移与最值探究 解题思路：题型以大角度旋转、点外置、类比探究、线段最值问题为主，侧重模型迁移与逻辑推理。图形大幅旋转后形态改变，但手拉手“共顶点、两边成比例、夹角相等”的核心条件不变，可类比基础模型思路完成相似证明；陌生无模型图形中，自主添加辅助线构造手拉手结构，实现模型迁移；结合动点圆周轨迹规律，探究线段最大值与最小值；分类讨论点在图形内部、外部的不同情形，规避漏解；通过特殊情形猜想线段比值、夹角规律，结合几何定理完成证明与综合求值。 【例题3】（2026·浙江台州·模拟预测）如图，为等边三角形，为边上一点，连接． （1）如图（1），将绕点顺时针旋转得到．连接，，求证：； （2）如图（2），将绕点顺时针旋转得到，连接交于，猜想与存在的数量关系，并证明你的猜想； （3）如图（3），以为斜边向边右侧作，连接，为的中点，连接．若，，当取最小值时，请直接写出的面积． 【变式1】（25-26八年级下·山东泰安·期末）解答下列问题： （1）【探究解题】 如图1，等腰直角中，点D是斜边上任意一点，在的右侧作等腰直角，使，，连接．判断和数量关系并说明理由； （2）【拓展延伸】 如图2，在等腰中，，点D是边上任意一点（不与点B，C重合），在的右侧作等腰，使，，连接，则（1）中的结论是否仍然成立，并证明； （3）【归纳应用】 在（2）的条件下，若，，点D是直线上任意一点，当时，求的长． 【变式2】（26-27九年级·全国·暑假作业）探究下列问题： （1）【问题呈现】如图1，和都是等边三角形，连接，，判断与的数量关系： ． （2）【类比探究】如图2，和都是等腰直角三角形，，连接，，写出与的数量关系： ． （3）【拓展提升】如图3，和都是直角三角形，，且，连接，，求的值． 【变式3】（2025·江西新余·三模）【初步感知】 （1）如图1，和相交于点，且，， ①则______（填“＜”“＞”或“＝”）； ②如图2，将图1中的绕点旋转，当点在外部，点在内部时，求证：； 【变式探究】 （2）如图3，在与中，，．猜想，之间的数量关系，并说明理由； 【拓展应用】 （3）如图4，在四边形中，，，若，求，两点间的最大距离． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $