专题 3.8 全等三角形经典模型——手拉手（模型梳理+题型精析+同步检测） 2026-2027学年苏科版八年级数学上册

专题 3.8 全等三角形经典模型——手拉手（三大模型六类题型） 目录 一.模型梳理 1 （一）定义： 1 （二）常见的模型及证法 1 ①基本图形 1 ②等边三角形手拉手模型 1 ③正方形手拉手模型 2 二.题型精析（夯实基础） 2 【题型1】等边三角形手拉手基本模型 2 【题型2】等腰三角形手拉手模型 3 【题型3】正方形手拉手模型 4 三.题型精析（综合培优） 5 【题型4】等边三角形手拉手基本模型 5 【题型5】等腰三角形手拉手模型 6 【题型6】正方形手拉手模型 8 一.模型梳理 （一）定义： 两个有公共顶点的三角形，将其中一个三角形绕公共顶点旋转一定角度后，能与另一个三角形重合，连接对应顶点形成的线段，所构成的几何模型称为手拉手模型。 （二）常见的模型及证法 ①基本图形 条件 基本图形 结论及证明思路 如图，AB=AD，AC=AE（四线共点，两两相等）且（夹角相等） 结论： ②等边三角形手拉手模型 条件 基本图形 结论及证明思路 如图，和都是等边三角形， 连接AD交CE于点N，连接BE交AC于点M. （1） （2） （3） （4）是等边三角形 ③正方形手拉手模型 条件 基本图形 结论及证明思路 如图，四边形ABCD和四边形ECGF都是正方形，连接DG、BE交于点H. 二.题型精析（夯实基础） 【题型1】等边三角形手拉手基本模型 【例题1】（24-25八年级上·广西钦州·阶段检测）如图，是等边三角形，是延长线上一点，连接，以为一边作等边，连接． （1）求证：；（2）若，求的度数． 【变式1】（25-26八年级上·全国·课后作业）如图，已知和均为等边三角形，连接，．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（25-26八年级上·浙江温州·期中）如图，△ABC是等边三角形，点D为AC边上一点，以BD为边作等边△BDE，连接CE．若BC＝4，CD＝1，则CE＝___． 【变式3】（24-25八年级下·陕西咸阳·期中）如图，，都是等边三角形，点，，在同一条直线上，连接．若，．求的长． 【题型2】等腰三角形手拉手模型 【例题2】（25-26七年级上·全国·课后作业）如图，在中，．延长至点D，使，连结，以为直角边作等腰三角形，其中，连结． 求证：． 【变式1】（25-26八年级上·全国·课后作业）如图，已知和都是等腰三角形，，，为公共底边，，且，，则（    ） A．30° B．45° C．60° D．90° 【变式2】（25-26七年级下·陕西咸阳·阶段检测）如图，在等腰三角形 与等腰三角形 中，，连接 交于点 ，则 的度数为_____________． 【变式3】（25-26八年级上·广西河池·期末）如图，，都是等腰三角形，，，且．求证． 【题型3】正方形手拉手模型 【例题3】（25-26九年级上·陕西延安·期中）如图，将正方形绕点顺时针旋转一定角度得到正方形（点、、的对应点分别为点、、），交于点，连接． 求证：． 【变式1】（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，正方形和正方形的顶点，，在同一直线上，且，，给出下列结论：①平分；②；③；④，其中正确的是（   ） A．①②③ B．③④ C．①③④ D．①②③④ 【变式2】（24-25八年级下·河南洛阳·期末）如图，正方形的边长是6，对角线、相交于点O，点E、F分别在边、上，且，则四边形的面积为________． 【变式3】（24-25八年级下·甘肃甘南·期中）如图，在正方形和正方形中，连接、交于点，连接． 求证：（1）；（2）平分． 三.题型精析（综合培优） 【题型4】等边三角形手拉手基本模型 【例题4】（26-27八年级上·江苏泰州·阶段检测）如图，为锐角三角形，分别以，为边，向外作等边三角形和等边三角形，连接交于点F，连接交于点G，与交于点O，连接． （1）求证：； （2）求的度数； （3）求证：平分． 【变式1】（25-26八年级上·安徽合肥·期末）如图，在中，以它的边为边，分别在形外作等边三角形，连接交于点O．以下结论错误的是（   ） A． B． C．平分 D． 【变式2】（25-26八年级下·四川绵阳·开学考试）在中，，，，且E为边的中点，连接，以为边向上作等边三角形，连接，则的长为_____． 【变式3】（26-27八年级上·江苏·阶段检测）如图，与都是等边三角形，若与相交于点F． （1）求的度数； （2）连接，求证：平分． 【题型5】等腰三角形手拉手模型 【例题5】（25-26七年级下·山西晋中·期末）综合与探究 问题情境： 在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现：将两个顶角相同的等腰三角形的顶角顶点放在一起时，存在一对全等三角形． 【模型呈现】 （1）如图1，与都是等腰三角形，其中，，，则，即，所以，以上判定全等的依据是 ． A．    B．    C．    D． 兴趣小组成员发现顶点相连的四条边，可以形象地看作两双手，所以通常称为“手拉手模型” 【模型运用】 （2）如图2，、是等腰直角三角形，，，，连接、，试探究、的数量关系与位置关系，并说明理由． 【模型深化】 （3）如图3，已知、、三点共线，分别以、为边向外作等边和等边（三边都相等，三个内角都相等），、交于点，请直接写出的度数为 ． 【变式1】（24-25八年级上·安徽合肥·期末）已知：如图，在中，，，点D是的中点．为等腰三角形，，则等于（   ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25八年级上·吉林长春·期末）如图，在和中，，，连接，连接并延长交于点，且恰好平分；有以下四个结论：①是等腰三角形；②③④和全等；这四个结论中正确的是_______． 【变式3】（25-26八年级上·云南曲靖·期末）在中，，点D是射线上的一个动点（点D不与B，C重合），以为边在的右侧作，使，，连接． （1）如图1，当点D在线段上时，求证：； （2）如图2，当点D在线段的延长线上时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由； （3）若，当是等腰三角形时，求的度数． 【题型6】正方形手拉手模型 【例题6】（25-26八年级下·浙江嘉兴·期末）正方形中，，连结，将正方形绕点按逆时针方向旋转（）得到正方形． （1）如图，当点落在的延长线上时，连接，求的度数． （2）如图，当时，求的长． 【变式1】（2026·江苏南通·模拟预测）如图，F是正方形的边上的一个动点，的垂直平分线交对角线于点E，连接，，则的度数是（     ） A． B． C． D．不确定 【变式2】（25-26九年级上·贵州贵阳·阶段检测）如图，正方形与正方形有共同的顶点，若将正方形绕点顺时针旋转一周的过程中，连接，当时，的长为________． 【变式3】（25-26九年级上·浙江杭州·开学考试）如图①，点为正方形内一点，，将绕点按顺时针方向旋转，得到（点的对应点为点），延长交于点，连接． （1）试判断四边形的形状，并证明你的判断； （2）如图②，若，，请求出的长； （3）如图①，若，，请求出的长． 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 3.8 全等三角形经典模型——手拉手（三大模型六类题型） 目录 一.模型梳理 1 （一）定义： 1 （二）常见的模型及证法 1 ①基本图形 1 ②等边三角形手拉手模型 1 ③正方形手拉手模型 2 二.题型精析（夯实基础） 2 【题型1】等边三角形手拉手基本模型 2 【题型2】等腰三角形手拉手模型 5 【题型3】正方形手拉手模型 8 三.题型精析（综合培优） 13 【题型4】等边三角形手拉手基本模型 13 【题型5】等腰三角形手拉手模型 18 【题型6】正方形手拉手模型 25 一.模型梳理 （一）定义： 两个有公共顶点的三角形，将其中一个三角形绕公共顶点旋转一定角度后，能与另一个三角形重合，连接对应顶点形成的线段，所构成的几何模型称为手拉手模型。 （二）常见的模型及证法 ①基本图形 条件 基本图形 结论及证明思路 如图，AB=AD，AC=AE（四线共点，两两相等）且（夹角相等） 结论： ②等边三角形手拉手模型 条件 基本图形 结论及证明思路 如图，和都是等边三角形， 连接AD交CE于点N，连接BE交AC于点M. （1） （2） （3） （4）是等边三角形 ③正方形手拉手模型 条件 基本图形 结论及证明思路 如图，四边形ABCD和四边形ECGF都是正方形，连接DG、BE交于点H. 二.题型精析（夯实基础） 【题型1】等边三角形手拉手基本模型 【例题1】（24-25八年级上·广西钦州·阶段检测）如图，是等边三角形，是延长线上一点，连接，以为一边作等边，连接． （1）求证：； （2）若，求的度数． 【答案】（1）证明：∵，为等边三角形， ∴． 则 ∴． ∴； （2） 【分析】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的内角和等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形，学会利用全等三角形的性质解决问题． （1）证明，根据即可证明． （2）由，得到，然后进行求解即可． 解：（1）略 （2）解：∵， ∴， 又， ∴． 【变式1】（25-26八年级上·全国·课后作业）如图，已知和均为等边三角形，连接，．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查三角形全等的判定方法，等边三角形的性质，因为和均为等边三角形，由等边三角形的性质得到，，，再利用角与角之间的关系求得，则，故可求． 解：∵ 和均为等边三角形， ∴ ，，， ∵ ，， ∴ 在和中 ∴ ∴ 故选：B． 【变式2】（25-26八年级上·浙江温州·期中）如图，△ABC是等边三角形，点D为AC边上一点，以BD为边作等边△BDE，连接CE．若BC＝4，CD＝1，则CE＝___． 【答案】3 【分析】证明△ABD≌△CBE，可得，即可求解 解：∵△ABC和△BDE是等边三角形， ∴AB＝BC，BD＝BE，∠ABC＝∠DBE＝60°， ∴∠ABD＝∠CBE， 在△ABD与△CBE中， ， ∴△ABD≌△CBE（SAS）， ∴AD＝CE， ∵AC＝BC＝4， ∴CE＝AD＝4﹣1＝3， 故答案为： 【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质，以及等边三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键． 【变式3】（24-25八年级下·陕西咸阳·期中）如图，，都是等边三角形，点，，在同一条直线上，连接．若，．求的长． 【答案】3 【分析】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，线段的和差等内容，解题的关键是熟练掌握等边三角形的性质． 利用等边三角形的性质得出相等的边和角，然后证明，根据全等三角形的性质即可求解． 解：∵，都是等边三角形， ∴， ， 即， ∴， ∴， ∴， ∴的长为3． 【题型2】等腰三角形手拉手模型 【例题2】（25-26七年级上·全国·课后作业）如图，在中，．延长至点D，使，连结，以为直角边作等腰三角形，其中，连结．求证：． 【答案】证明：在等腰三角形中， ， ， ． 即． 又， ． 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，先由等腰三角形得到 ，再由得到，最后结合即可证明． 解：略 【变式1】（25-26八年级上·全国·课后作业）如图，已知和都是等腰三角形，，，为公共底边，，且，，则（    ） A．30° B．45° C．60° D．90° 【答案】B 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，通过连接，利用等腰三角形的性质求出相关角度，再通过证明三角形全等得出角度关系，进而求出的度数． 解：如图，连接， ， ， ，，， ， ， ，，， ， ， ． 故选． 【变式2】（25-26七年级下·陕西咸阳·阶段检测）如图，在等腰三角形 与等腰三角形 中，，连接 交于点 ，则 的度数为_____________． 【答案】/度 【分析】本题主要考查等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键．已知等腰三角形 与等腰三角形 ，，，推出，进而证明，得出，根据，得出，进而得出，推出，得到，则． 解：在等腰三角形 与等腰三角形 ， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【变式3】（25-26八年级上·广西河池·期末）如图，，都是等腰三角形，，，且．求证． 【答案】证明：⸪ ⸫ ⸫ 在和中 ⸫ ⸫． 【分析】此题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定，解题的关键是掌握以上知识点． 首先得到，然后证明出，即可得到． 解：略 【题型3】正方形手拉手模型 【例题3】（25-26九年级上·陕西延安·期中）如图，将正方形绕点顺时针旋转一定角度得到正方形（点、、的对应点分别为点、、），交于点，连接．求证：． 【答案】证明：正方形绕点顺时针旋转一定角度得到正方形， ，， 在和中，，， ， ． 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质． 根据旋转的性质得到，，证明，即可证明． 解：略 【变式1】（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，正方形和正方形的顶点，，在同一直线上，且，，给出下列结论：①平分；②；③；④，其中正确的是（   ） A．①②③ B．③④ C．①③④ D．①②③④ 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理， 根据正方形的性质得，进而得出，可解答①；连接交于点，的延长线交的延长线于点，根据正方形的性质结合勾股定理得,接下来说明四边形是矩形，然后根据勾股定理分别求出，可解答②；再结合，，根据说明③；设与交于点，于交于点，证明≌，可得，再说明，可解答④. 解：①在正方形中，，， 点A，，在同一直线上， ， 在正方形中，，， ∴， ∴， 平分， 故结论①正确； ②连接交于点，的延长线交的延长线于点，如图所示： 在正方形中，，，，， 在中，由勾股定理得：, ∴， 在正方形中，， ∴， 四边形是矩形， ∴， ∴，， 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， ， 故结论②不正确； ③，， ， 故结论③正确； ④设与交于点，与交于点，如图所示： ∵， ∴, ， 在和中， ， ≌， ∴， 在中，， 在中，. 又∵， ∴， ， 故结论④正确， 综上所述：正确的结论是①③④． 故选：C. 【变式2】（24-25八年级下·河南洛阳·期末）如图，正方形的边长是6，对角线、相交于点O，点E、F分别在边、上，且，则四边形的面积为________． 【答案】9 【分析】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定与性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．利用正方形的性质，证明，那么四边形的面积等于的面积，然后利用的面积等于正方形面积的四分之一，即可求得答案． 解：四边形为正方形， ，，， ， ， ， ， ， 四边形的面积等于， 正方形的边长是6， ， 四边形的面积为9． 故答案为：9． 【变式3】（24-25八年级下·甘肃甘南·期中）如图，在正方形和正方形中，连接、交于点，连接．求证： （1）； （2）平分． 【答案】（1）证明：∵四边形，都是正方形， ∴， 则， ∴， ∴， ∴． （2）证明：过点分别作，如图所示： 由（1）得， ∴， ∵， ∴， 则， 即点A在的平分线上， ∴平分． 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形是判定与性质，角平分线的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先结合正方形的性质得，证明，即可作答． （2）结合，得出，根据，即，则，得证平分． 解：（1）略 （2）略 三.题型精析（综合培优） 【题型4】等边三角形手拉手基本模型 【例题4】（26-27八年级上·江苏泰州·阶段检测）如图，为锐角三角形，分别以，为边，向外作等边三角形和等边三角形，连接交于点F，连接交于点G，与交于点O，连接． （1）求证：； （2）求的度数； （3）求证：平分． 【答案】（1）证明：∵等边三角形和等边三角形， ，，， ， ， ∴； （2） （3）证明：∵， ， 如图1，过点分别作，垂直于，，且垂足分别为点，点， ，， ， 平分． 【分析】（1）由等边三角形的性质可得，，，利用可证，可知； （2）根据得到，结合三角形的内角和定理和对顶相等可知； （3）过点分别作，垂直于，，且垂足分别为点，点，根据得到，可知平分． 解：（1）略 （2）解：由（1）可知：， ，， ， ； （3）略 【变式1】（25-26八年级上·安徽合肥·期末）如图，在中，以它的边为边，分别在形外作等边三角形，连接交于点O．以下结论错误的是（   ） A． B． C．平分 D． 【答案】D 【分析】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质及三角形内角和定理的综合应用．解题的关键是通过证明，以此为核心推导后续角度与线段关系． 先利用等边三角形性质证，再依次推导、、平分，最后验证与无法全等，从而找出错误结论． 解：选项A： 因为和是等边三角形， 所以，，． 由，得． 根据可证，因此对应边，该结论正确． 选项B： 由得． 在中，， 结合对顶角与三角形内角和，可推得 根据邻补角性质，，该结论正确． 选项C：过点作于，于． 由可知二者面积相等， 结合， 可得． 根据“到角两边距离相等的点在角的平分线上”，可知平分，该结论正确． 选项D： 已知，为公共边，但与无必然相等的几何依据，无法证得，该结论错误． 故选D． 【变式2】（25-26八年级下·四川绵阳·开学考试）在中，，，，且E为边的中点，连接，以为边向上作等边三角形，连接，则的长为_____． 【答案】12 【分析】延长到点，使得，连接，证明，可得，即可求解． 解：如图, 延长到点，使得，连接， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 在和中 ， ∴， ∴， ∵，E为边的中点， ∴． 【变式3】（26-27八年级上·江苏·阶段检测）如图，与都是等边三角形，若与相交于点F． （1）求的度数； （2）连接，求证：平分． 【答案】（1）；（2）证明：如图，连接，作，于点G，H， 由（1）可知， ∴，， ∴， ∴平分． 【分析】（1）根据与都是等边三角形，证明，由全等三角形的性质得出；由三角形外角的定义和性质进一步即可得出． （2）连接，作，于点G，H，，根据，可得，根据全等三角形的面积相等，底相等，可得高相等，再根据角平分线的判定即可得结论． （1）解：∵与都是等边三角形， ∴，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴； （2）略； 【题型5】等腰三角形手拉手模型 【例题5】（25-26七年级下·山西晋中·期末）综合与探究 问题情境： 在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现：将两个顶角相同的等腰三角形的顶角顶点放在一起时，存在一对全等三角形． 【模型呈现】 （1）如图1，与都是等腰三角形，其中，，，则，即，所以，以上判定全等的依据是 ． A．    B．    C．    D． 兴趣小组成员发现顶点相连的四条边，可以形象地看作两双手，所以通常称为“手拉手模型” 【模型运用】 （2）如图2，、是等腰直角三角形，，，，连接、，试探究、的数量关系与位置关系，并说明理由． 【模型深化】 （3）如图3，已知、、三点共线，分别以、为边向外作等边和等边（三边都相等，三个内角都相等），、交于点，请直接写出的度数为 ． 【答案】（1）C；（2），且， 理由：如图，设交于点， ∵， ∴，即， 又∵，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴； （3） 【分析】（1）根据判定三角形全等即可； （2）设交于点，由角的和差得夹角相等，证明，得到，再通过三角形内角和定理求出，即可得到； （3）设与交于点，首先证明，得到，再通过三角形内角和定理求出； （1）解：，，，符合“两边及其夹角对应相等”的全等判定定理； （2）略； （3）解：如图，设与交于点， ∵和都是等边三角形， ∴，，， ∴，即， ∴， ∴， ∵，， ∴， 【变式1】（24-25八年级上·安徽合肥·期末）已知：如图，在中，，，点D是的中点．为等腰三角形，，则等于（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查等腰直角三角形的性质与判定及全等三角形的性质与判定，熟练掌握等腰直角三角形的性质与判定及全等三角形的性质与判定是解题的关键；由题意易得，，，然后可证，则有，进而问题可求解． 解：∵，点D是的中点， ∴， ∵为等腰三角形，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴； 故选B． 【变式2】（24-25八年级上·吉林长春·期末）如图，在和中，，，连接，连接并延长交于点，且恰好平分；有以下四个结论：①是等腰三角形；②③④和全等；这四个结论中正确的是_______． 【答案】①②④ 【分析】本题考查了角平分线的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定，根据角分线的性质以及等腰三角形的性质可得角度，证明出≌是解决本题的关键． 由，，可求解的度数，再结合角平分线的性质即可求解的度数，由此可判断①；由边角边的证明方法证明与全等，即可得，再由“内错角相等，两直线平行”即可判断②和④；假设成立，求出角度，根据“同位角相等，两直线平行”得到与已知矛盾的结论可判断③． 解：在中，，， ∴， 又， ∴， ∵恰好平分， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰三角形，故①正确； ∵ ∴， ∴， ∵， 在与中， 由， ∴≌， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，故②正确； 由②知，≌，故④正确； 假设， ∵，， ∴， 若， 则， ∴， ∴， ∴, ∵， ∴， ∴，与已知矛盾，故③错误； ∴这四个结论中正确的是①②④． 故答案为：①②④． 【变式3】（25-26八年级上·云南曲靖·期末）在中，，点D是射线上的一个动点（点D不与B，C重合），以为边在的右侧作，使，，连接． （1）如图1，当点D在线段上时，求证：； （2）如图2，当点D在线段的延长线上时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由； （3）若，当是等腰三角形时，求的度数． 【答案】（1）证明：∵， ∴， 在和中， ∵，，， ∴， ∴； （2）成立，证明：∵， ∴， 在和中， ∵，，， ∴， ∴； （3）的度数为 【分析】本题考查了等腰三角形的性质以及全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键； （1）由可得，进而证明，即可得出结论； （2）由可得，进而证明，即可得出结论； （3）分两种情况：当点D在线段上和点D在线段的延长线上时，分别画出图形，利用前面两个小题的结论和等腰三角形的性质求解即可． 解：（1）略 （2）略 （3）解：∵，， ∴， 当点D在线段上时，如图， ∵， ∴， ∴， 此时若是等腰三角形，只有， ∵， ∴， ∵， ∴； 当点D在线段的延长线上时，如图， ∵， ∴，， ∴， ∴， 此时若是等腰三角形，只有， ∵， ∴， ∴不可能是等腰三角形， 综上，当是等腰三角形时，． 【题型6】正方形手拉手模型 【例题6】（25-26八年级下·浙江嘉兴·期末）正方形中，，连结，将正方形绕点按逆时针方向旋转（）得到正方形． （1）如图，当点落在的延长线上时，连接，求的度数． （2）如图，当时，求的长． 【答案】（1）；（2） 【分析】（1）根据旋转的性质，正方形的性质，推出为等腰三角形，进而求出的度数，利用角的和差关系即可得出结果； （2）利用勾股定理求出的长，证明为等边三角形即可得出结果. （1）解：∵正方形， ∴， ∵旋转， ∴， ∵正方形，点落在的延长线上， ∴， ∴点落在线段上， ∵，， ∴， ∴； （2）解：∵正方形， ∴， ∴， 连接，则，， 由题意，， ∴， ∴， 又∵， ∴为等边三角形， ∴. 【变式1】（2026·江苏南通·模拟预测）如图，F是正方形的边上的一个动点，的垂直平分线交对角线于点E，连接，，则的度数是（     ） A． B． C． D．不确定 【答案】A 【分析】过点作，，垂足分别为．证明得到，进而推导出，结合和等腰直角三角形的性质，易得答案． 解：如图所示，过点作，，垂足分别为． ∵四边形是正方形， ∴平分，， ∴． ∵垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴． ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴． 【变式2】（25-26九年级上·贵州贵阳·阶段检测）如图，正方形与正方形有共同的顶点，若将正方形绕点顺时针旋转一周的过程中，连接，当时，的长为________． 【答案】或 【分析】本题考查了旋转的问题，正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，利用分类讨论的思想是解题关键．分两种情况讨论：①如图，当点旋转到线段上时，过点作于点；②如图，当点旋转到线段的延长线上时，过点作于点，连接，利用正方形的性质证明出等腰直角三角形，再利用勾股定理求解即可． 解：①如图，当点旋转到线段上时，过点作于点， 正方形， ， ， ， 是等腰直角三角形， ，， ， ， ， ， ； ②如图，当点旋转到线段的延长线上时，过点作于点，连接， 正方形与正方形，， ，，， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ， 综上可知，的长为或． 【变式3】（25-26九年级上·浙江杭州·开学考试）如图①，点为正方形内一点，，将绕点按顺时针方向旋转，得到（点的对应点为点），延长交于点，连接． （1）试判断四边形的形状，并证明你的判断； （2）如图②，若，，请求出的长； （3）如图①，若，，请求出的长． 【答案】（1）四边形是正方形，理由如下： ∵，将绕点按顺时针方向旋转，得到， ∴，，， ∵延长交于点， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形． （2） （3） 【分析】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键． （1）由旋转的性质可得，，，由正方形的判定可证四边形是正方形； （2）过点作于，由等腰三角形的性质可得，由“”可得，可得，由旋转的性质可得，根据正方形的性质得出，即可得； （3）由（2）可知，得出，根据全等三角形点性质得出，利用勾股定理求出，再次利用勾股定理可求的长． 解：（1）略 （2）解：如图，过点作于， ∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ∴， ∴， 由（1）可知：四边形是正方形， ∵， ∴， ∴， ∵将绕点按顺时针方向旋转，得到， ∴， ∴， ∴． （3）解：如图，过点作于， 由（2）可知：， ∵，， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∵， ∴， 解得或（舍去）， ∴． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $