北师大版八年级数学下册几何模型讲义专题04旋转中的三种全等模型(手拉手、半角、对角互补模型)(原卷版+解析)

这是一份北师大版八年级数学下册几何模型讲义专题04旋转中的三种全等模型(手拉手、半角、对角互补模型)(原卷版+解析)试卷主要包含了旋转中的手拉手模型11，旋转中的半角模型17，旋转中的对角互补模型22等内容，欢迎下载使用。

TOC \ "1-4" \h \z \u \l "_Tc201321763" PAGEREF _Tc201321763 \h 1
\l "_Tc201321764" 模型来源 PAGEREF _Tc201321764 \h 1
\l "_Tc201321765" 真题现模型 PAGEREF _Tc201321765 \h 2
\l "_Tc201321766" 提炼模型 PAGEREF _Tc201321766 \h 2
\l "_Tc201321768" 模型运用11
\l "_Tc23038" 模型1.旋转中的手拉手模型11
\l "_Tc23703" 模型2.旋转中的半角模型17
\l "_Tc17744" 模型3.旋转中的对角互补模型22
\l "_Tc13510" 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。
（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： ∵，，，．
（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
（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．
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.
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（2026九年级上·辽宁葫芦岛·期末）【问题情境】在一次数学活动课上，九年一班同学用形状相同的等腰三角形组合新图形，并尝试编制习题，下面是四个小组的探究情况．
（1）一组：和是等腰直角三角形，．
连接，构建“手拉手”模型（如图1），得到了；在此基础上，又利用“蝴蝶型”，如图2的划斜线部分，得到了．
二组：如图3，和是等边三角形，，连接的延长线与相交于点．猜想也能构建上述两种模型得到结论．
请你模仿一组同学的思路，证明二组同学猜想的结论；
【类比分析】（2）三组：如图4，在和中，，连接．
则与的数量关系为_______，直线与直线的夹角为_______；
【变式拓展】（3）四组：只需用，就能构建上面任一图形．请你结合图4，用一句话解释这一过程_______；
（4）四组：如图5，和是等腰直角三角形，，，连接是线段的中点，连接．若，请你求出的长．
【答案】（1）见解析；（2）（或相等），或；（3）把绕点按逆时针方向旋转得（或旋转），连接；（4）2
【详解】（1）证明：和是等边三角形，，
，即，，
设与相交于点，则，；
（2）（或相等），或延长交于点F，设交于点G，
∵，∴∴
又∴∴
∵∴∴，
即直线与直线的夹角为或；故答案为：（或相等），或；
（3）把绕点按逆时针方向旋转得（或旋转），连接．
故答案为：把绕点A按逆时针方向旋转得（或旋转），连接．
（4）证明：延长到使，连接．，
又，，，，，，
，，
和是等腰直角三角形，，
，，，．
例2（2026八年级上·浙江杭州·期中）定义：如果两个等腰三角形的顶角相等，且顶角的顶点互相重合，那么称此图形为“手拉手全等模型”．例如，如图①，与都是等腰三角形，其中，则．
(1)如图②，与都是等腰三角形，，，且，求证：．
(2)如图③若和均为等腰直角三角形，，点A，D，E在同一条直线上，为中上的高，连接，求的度数以及线段，，之间的数量关系，并说明理由．(3)如图④，在四边形中，，，，求的长．
【答案】(1)见解析(2)，，理由见解析(3)
【详解】（1）证明：，，即，
，，，；
（2）解：，；理由如下：设交于，如图：

，，即，
，，，，，
，，
，即；为等腰直角中边上的高，，
，；
（3）解：作，且，连接，，如图，
，，，
，即，
，，，，
，，在中，，，
，，．
例3（2026八年级下·山东青岛·期中）【模型定义】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．他们得知这种模型称为“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．

【模型探究】（1）如图1，若和均为等边三角形，点A、D、E在同一条直线上，连接，易证，则的度数为 ；
【模型应用】（2）如图2，P为等边内一点，且，以为边构造等边，这样就有两个等边三角形共顶点B，然后连接的度数是 ；如果，则 ；
（3）如图3，点P是等腰直角中内一点， ，且，，以为直角边构造等腰直角，点C为直角顶点，则的度数是是 ；的长为是 ；
【深化模型】（4）如图4，C为线段上一动点（不与A、E重合），在同侧分别作等边和等边，与交于点O，与交于点P，与交于点Q，连接，以下五个结论：①；②；③；④；⑤⑥平分，恒成立的结论有 ．
【拓展提高】（5）如图5，在中，，，若点是内一点，则的最小值为 ．
（6）如图6，，，则BD的长为 ．

【答案】（1）；（2）；（3），；（4）①②③⑤；（5）；（6）
【详解】解：（1）∵和均为等边三角形，
∴．∴．
在和中，，∴．∴．，
∵为等边三角形，∴．
∵点A，D，E在同一直线上，∴．∴．
∴．故答案为：．
（2）∵与都是等边三角形，∴，
∴，即，
在和中，，∴，∴，
∵，∴，∴，∴是直角三角形，
∴，∴，∴，
∵，且，∴∴
作交于点∵是等边三角形，∴

∴∴
∴；故答案为：；
（3）如图，连接，∵，∴，
在与中，，∴，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，∵，
∴，∴点P，点B，点D共线，
∵，∴，∴，故答案为：，；
（4）解：∵和是等边三角形，∴，
∴，即．
在和中，，∴，∴，故①正确；
∵，∴，∵，∴，∴，
在与中，，∴，∴，故③正确；
∵，∴是等边三角形，∴，
∴，∴，故②正确；没有条件证出，④错误；
∵，∴，∴，
∴结论⑤正确．过点C作于H，于G，

∵，∴，∴，
∴，∴平分，故⑥错误，符合题意；综上所述，正确的结论有①②③⑤，．
（5）解：以点A为旋转中心，顺时针旋转到，旋转角是，连接、PP′，如图所示，
则，∴是等边三角形，∴，
∴，∵，
∴的最小值就是的值，即的最小值就是的值，
∵，∴，
又∴，∴，故答案为：．
（6）过点A作，且，连接，如图所示：
则是等腰直角三角形，，∴，
∵，∴，在中，，
∵，∴，∵，即，
在和中，，∴，∴．故答案为：
模型2.旋转中的半角模型
例1（2025·江苏·二模）【模型建立】如图1，四边形是正方形，点M，N分别在边上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图1，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接．
（1）试判断之间的数量关系，并写出证明过程；
【模型应用】（2）如图2，点M，N分别在正方形的边的延长线上，，连接，请写出之间的数量关系，并写出证明过程；
【模型迁移】（3）如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边上，，请直接写出线段之间的数量关系．
【答案】（1），证明见解析；（2），证明见解析；（3）．
【详解】解：（1）．证明如下：
由旋转的性质，得，，，，∴点E，B，C共线．
∵，∴．
在和中∴，∴，
∵，∴．
（2），证明如下：如图1，在上取，连接．
∵，，∴，∴，．
∴，
∵，∴．
在和中∴，∴，
∵，∴．
（3）如图2，将绕点A逆时针旋转得，∴，，，
∵，∴，∴点E，D，C共线．
由（1）同理可得，∴，∵，∴．
例2（2026九年级下·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）
【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（2025·贵州毕节·三模）已知：在等腰三角形中，，，E是边上的一个动点（不与点B，C重合），连接．
(1)如图①，若，将绕A点逆时针旋转α得到，作点B关于的对称点P，连接，作射线，交射线于点F，依题意补全图形．若，则的度数为_______（用含β的式子表示）．
(2)在（1）的条件下，用等式表示线段和之间的数量关系，并证明．
(3)如图②，若，点D在边上，，且，，求的长．
【答案】(1)补全图形见解析，；(2)，证明见解析；(3)．
【详解】（1）解：补全图形如图①所示．
∵，∴是等边三角形，∴，
由旋转的性质得到，∴，
由对称的性质得，∴，
∴，，∴；
（2）解：，
证明：由题意，可得，．
，．如图②，过点作于点．
，．在中，，
，，即；
（3）解：由题意，得，
如图③，将绕点逆时针旋转得到，连接，
，又，，即．
在和中，，，
，设，则，取中点，连接，
，．，
，是等边三角形，，且，
，，，即，
解得，．
模型3.旋转中的对角互补模型
例1（2026八年级下·陕西榆林·期中）若四边形满足，则我们称该四边形为“对角互补四边形”．

(1)如图①，四边形为对角互补四边形，且满足，，求的度数．小云同学是这么做的：将绕点A逆时针旋转，使得点D与点B重合，点C的对应点为点M．请你写出的度数为______；
(2)如图②，四边形为对角互补四边形，且满足，，试说明：；
(3)如图③，在和中，，，点B在线段上，且与互补．请你判断与的数量关系并证明．
【答案】(1)(2)见解析(3)，见解析
【详解】（1）解：由题意知，，
由旋转的性质可得，，，
∴，∴三点共线，
∴是等腰直角三角形，∴，故答案为：；
（2）解：如图②，将绕点A逆时针旋转，使得点D与点B重合，点C的对应点为点E，

由题意知，∴，
由旋转的性质可得，，∴．
∴点C，B，E在同一条直线上．∴，
∴为等边三角形，∴．
（3）解：，理由如下：
如图③，连接，将绕点A逆时针旋转，使得点B与点D重合，点C的对应点为点M，

∵与互补，∴，
∵，∴，∴点C，D，M在同一条直线上．
由旋转的性质可知，∴，
∵，，，∴，∴，
∴，，，
∵，，，∴，
∵，∴．
例2（2026九年级上·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，，
．．
．．．
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．
1．（2025·河北邢台·二模）如图，在中，，，在外的中，，，连接，转动使的延长线与线段相交于点M，点M为中点，连接，下列几人的结论：甲同学说：为直角三角形且；乙同学说：的长是的长的2倍；丙同学说：与的面积相等．其中正确的是（ ）
A．甲的说法正确B．乙的说法正确C．丙的说法正确D．三人的说法都正确
【答案】D
【详解】解：延长，过点A作于点F，如图所示：则，
∵，∴，∴，
∵点M为的中点，∴，∵，
∴，∴，，，
∵，∴，∵，∴，
∵，∴，∵，∴，
∴，，，
∴为直角三角形且，故甲说法正确；
∵，，∴，故乙说法正确；
∵，∴，
∵，∴，故丙说法正确；综上分析可知：三个人的说法都正确．故选：D．
2．（2026九年级下·山东烟台·期中）如图，在正方形中，E、F分别是和上的动点，且，交和于M、N两点．下列结论：
①；②；③平分；④当E为中点时，．其中正确的结论是（ ）
A．②④B．①②③C．①③D．①③④
【答案】D
【详解】解：如图所示，延长到G，使得，连接，
∵四边形是正方形，∴，
∴，又∵，∴，
∴，，
∵，∴，
∴，∴，
又∵，∴，∴，
∴，即平分，故③正确；
∵，∴，故①正确；
如图所示，将绕点A顺时针旋转90度得到，连接，
由旋转的性质可得，同理可得证明，
又∵，∴，∴，
∵，∴，故②错误；
不妨设正方形的边长为，，则，
∵E为中点，∴，∴，
在中，由勾股定理可得，∴，
∴，∴，∴，故④正确；故选：D．
3．（2026八年级下·山东济南·期末）如图，在正方形中，，点E，F分别是和边上的动点，且始终保持，连接与，分别交于点N，M，过点A作于点H．下列结论：①；②；③；④；⑤．其中结论正确的序号是 ．
【答案】①②③⑤
【详解】解：如图，将绕点A顺时针旋转得，过点B作平分，与交于点K，连接，则，
∵，∴G、B、C共线，∵，，
在和中，∵，∴， ，
∵，，∴，故①正确；
∵，∴，∵，
∴，∴，故②正确；
∵，∴， 故③正确；
∵，∴，在和中，
∵，∴，∴，
∴， 若不在上，则，此时，，
∵，此时，故④不正确；
∵平分，，∴，
在和中，∵，
∴，∴，
∵，∴，∴，∴，
在和中，∵，
∴，∴，∴，故⑤正确．
综上所述，结论正确的为①②③⑤．故答案为：①②③⑤
4．（2026·浙江·八年级专题练习）如图1，，，MN是过点A的直线，过点D作于点B，连接CB；过点C作，与MN交于点E．
(1)连接AD，AD是AC的______倍；(2)直线MN在图1所示位置时，可以得到线段BD和AE的数量关系是______，与BC之间的数量关系是______，请证明你的结论；
(3)直线MN绕点A旋转到图2的位置，若，，则AB的长为______（直接写结果）；
(4)直线MN绕点A旋转到图3的位置时，直接写出线段BA，BC，BD之间的数量关系______．
【答案】(1)；(2)AE＝BD，BD﹣AB＝BC；(3)4；(4)BA+BD＝BC
【详解】（1）解：连接AD，设AC＝a，则DC＝a，∴AD＝，

即AD是AC的倍，故答案为：．
（2）如图1，设AC与BD交于O，由题可知，∠BCE＝90°＝∠ACD，∴∠ACE＝∠BCD，
∵BD⊥MN，∴∠ABD＝90°＝∠ACD，∵∠AOB＝∠DOC，∴∠BAC＝∠CDB，
∵AC＝DC，∴△ACE≌△DCB（ASA），∴CE＝BC，AE＝BD，
∵∠BCE＝90°，∴△ECB为等腰直角三角形，∴BE＝BC，
∵BE＝AE﹣AB＝BD﹣AB，∴BD﹣AB＝BC；故答案为：AE＝BD；BD﹣AB＝BC；
（3）解：如图2，设CD与MN交于O，
由题可知，∠BCE＝90°＝∠ACD，∴∠ACE＝∠BCD，
∵BD⊥MN，∴∠ABD＝90°＝∠ACD，∵∠AOC＝∠DOB，∴∠BAC＝∠CDB，
∵AC＝DC，∴△ACE≌△DCB（ASA），∴CE＝BC，AE＝BD，
∵∠BCE＝90°，∴BE＝BC，∵BE＝AB﹣AE＝AB﹣BD，∴AB=BD+BC，
∵BD＝2，BC＝，∴AB＝BD+BC＝4，故答案为：4．
（4）∴∠BCE＝90°＝∠ACD，∴∠ACE＝∠DCB，∠CEB+∠CBE＝90°，
∵BD⊥MN，∴∠ABD＝90°，∴∠CBE+∠CBD＝90°，∴∠CEB＝∠CBD，
∵AC＝DC，∴△ACE≌△DCB（AAS），∴CE＝BC，AE＝BD，
∵∠BCE＝90°，∴BE＝BC，∵BE＝AE+BA＝BD+BA，
∴BA+BD＝BC，故答案为：BA+BD＝BC．
6．（2025·四川·八年级校考期中）如图，已知∠AOB＝60°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个120°角的顶点与点C重合，它的两条边分别与直线OA、OB相交于点D、E．
（1）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA垂直时（如图1），请猜想OE+OD与OC的数量关系，并说明理由；
（2）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA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）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA的反向延长线相交时，上述结论是否成立？请在图3中画出图形，若成立，请给于证明；若不成立，线段OD、OE与OC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）；（2）（1）中结论仍然成立，见解析；（3）（1）中结论不成立， ，见解析.
【详解】（1）∵OM是∠AOB的角平分线，∴∠AOC=∠BOC∠AOB=30°．
∵CD⊥OA，∴∠ODC=90°，∴∠OCD=60°，∴∠OCE=∠DCE﹣∠OCD=60°．
在Rt△OCD中，OD=OC•cs30°OC，同理：OEOC，∴OD+OEOC；
（2）（1）中结论仍然成立，理由如下：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：OFOC，OGOC，∴OF+OGOC．
∵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=OD+DF=OD+EG，OG=OE﹣EG，
∴OF+OG=OD+EG+OE﹣EG=OD+OE，∴OD+OEOC；
（3）（1）中结论不成立，结论为：OE﹣ODOC，理由如下：
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：OFOC，OGOC，∴OF+OGOC．
∵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﹣ODOC．
7．（贵州黔东南·中考真题）在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD．
【探究发现】（1）如图①，若∠BAD＝，∠ABC＝∠ADC＝．求证：AD＋AB＝AC；
【拓展迁移】（2）如图②，若∠BAD＝，∠ABC＋∠ADC＝．
①猜想AB、AD、AC三条线段的数量关系，并说明理由；②若AC＝10，求四边形ABCD的面积．
【答案】（1）见解析；（2）①AD＋AB＝AC，见解析；②
【详解】（1）证明：∵AC平分∠BAD，∠BAD＝，∴∠DAC＝∠BAC＝，
∵∠ADC＝∠ABC＝，
∴∠ACD＝∠ACB＝，∴AD＝．∴AD＋AB＝AC，
（2）①AD＋AB＝AC，理由：过点C分别作CE⊥AD于E，CF⊥AB于F．，
∵AC平分∠BAD，∴CF＝CE，
∵∠ABC＋∠ADC＝，∠EDC＋∠ADC＝，∴∠FBC＝∠EDC，
又∠CFB＝∠CED＝，∴△CFB△CED，∴FB＝DE，
∴AD＋AB＝AD＋FB＋AF＝AD＋DE＋AF＝AE＋AF，
在四边形AFCE中，由⑴题知：AE＋AF＝AC，∴AD＋AB＝AC；
②在Rt△ACE中，∵AC平分∠BAD，∠BAD＝∴∠DAC＝∠BAC＝，
又∵AC＝10，∴CE＝A，
∵CF＝CE，AD＋AB＝AC，
∴＝．
7．（2025·湖南湘潭·一模）【问题探究】综合实践课上，老师给出这样一个问题要求同学们进行小组合作探究：如图①，在中，，点在边上，．探究图中线段之间的数量关系．
小红同学这一个学习小组探究此问题的方法是：
将绕点逆时针旋转，得到，连接（如图②），由图形旋转的性质和等腰直角三角形的性质以及，可证，得．即可得出之间的数量关系．
（1）请你根据小红同学这一学习小组的探究方法，写出探究结论：
在图②中，______度，之间的数量关系是______．
【问题延伸】（2）小明同学这一学习小组在上述探究的基础上，又进行了如下问题的探究：
如图③，在正方形中，点分别是边上的动点，连接交于，若．请你帮小明同学这一学习小组完成如下猜想：
①线段的数量关系是______；②线段的数量关系是______；
请任选一个你的猜想说明理由．
【问题解决】（3）请根据上述探究方法，解决如下问题：如图④，已知点，点，点位于轴正半轴，，试求出点的坐标．
【答案】（1）；（2）①，②，理由见解析；（3）
【详解】解：（1）如图2，∵在中，，∴，

由旋转性质得，，，，∴，∵，
∴，则，
∴，又，，∴，则，
在中，，∴，故答案为：，；
（2）猜想：①；②；选择猜想②，证明过程如下：
∵四边形是正方形，∴，，如图③，将绕点B逆时针旋转，得到，则，，，，
∴，则G、D、F、C共线，
∵，∴，
∴，又，，∴，∴，
∵，∴；故答案为：①；②；
（3）如图，在y轴正半轴上截取，连接，，则，
由（1）得，∵点，点，∴，，
∴，，∴，解得，
∴，则点C坐标为．
8．（2026九年级上·江西宜春·期末）【课本再现】（1）如图1，都是等边三角形，连接，其中与相等的角是 ．
【类比迁移】（2）如图2，在菱形中，，点E，F分别在边上，且．
①求证：．②若，点E在边上从点B向点C运动，设，，求y与x的函数关系式．
【拓展运用】（3）如图3，在四边形中，，，是的平分线，求的长．
【答案】（1）；（2）①见解析；②；（3）
【详解】（1）∵都是等边三角形，∴，
∴，即：；故答案为：；
（2）①证明：∵四边形为菱形，∴，∴，
∵，∴为等边三角形，，
∴，∴，
∵，∴，
在和中，，∴，∴；
②解：如图2，连接，过点E作于点M，过点F作于点N，
∵，∴，∴，
由①知，，∴，∵，∴是等边三角形，
∴∴，
∴；
（3）解：如图3，延长到点E，使，连接，过点B作于点F，
∵，是的平分线，∴，
∴是等边三角形，∴，∵，∴，
在和中，，∴，
∴，∴，
∵，∴，
∵，∴，∴，∴．
9．（2025·河南商丘·二模）综合与实践
在中，，，D为边上一动点，连接，将绕点D按逆时针方向旋转得到，连接．
问题初探（1）如图1，，D恰好为的中点，与交于点G，若，则____．
探究迁移（2）如图2，与交于点F，连接，在的延长线上有一点P，，求证：．
拓展应用（3）如图3，与交于点F，且平分，M为线段上一点，N为线段上一点，连接，K为延长线上的一点，将沿直线翻折，在所在的平面内得到，连接，在点M，N的运动过程中，当取得最小值，且时，请直接写出的值．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）
【详解】解：（1），，，，
，，，
D恰好为的中点，，，
将绕点D按逆时针方向旋转得到，
，，；
（2）证明：如图，过点D作交于点H．
，，．
，，，
，，．
将绕点D按逆时针方向旋转得到，，，
，，，，
．又，，，
，，．
（3）．提示：如图，在上截取，连接．
平分，．
又，，，，
当M，，D三点共线，且时，有最小值，如图．
，，．由题可知，，．
，．
，，
，．又，B，Q，D三点共线，．
，，，
，，，
，．
10．（2025·山东济宁·模拟预测）当几何图形中，两个共顶点的角所在角度是公共大角一半的关系，我们称之为“半角模型”，通常用“旋转的观点”看待图形的几何变换，使得两个分散的角变换成为一个三角形，相当于构造出两个三角形全等．
【问题初探】
（1）如图1，在四边形中，，，E、F分别是、边上的点，且，求出图中线段，，之间的数量关系．
如图1，从条件出发：将绕着点D逆时针旋转到位置，根据“旋转的性质”分析与之间的关系，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系，可证得结论．
【类比分析】（2）如图2，在四边形中，，，，且，，，求的长．
【学以致用】（3）如图3，在四边形中，，与互补，点E、F分别在射线、上，且．当，，时，求出的周长．
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】解：（1），理由如下：
∵在四边形中，，，
∴绕点旋转得到，∴，
∴，，，，
∵，∴点，，三点共线，
∵，∴，∴，
∴在和中，，∴，∴；
（2）在上取点，使得，

∵，∴，∴，
∵，∴，
在和中，，∴，∴，，
∵，∴，
∵，∴，
∵，，∴，∴，设，
∵，，，∴，，，
∴在中，，∴，解得：，∴；
（3）在上取点，使得
∵与互补，∴，∵，∴，
在和中，，∴，∴，，
∵，∴，∴，
在和中，，∴，∴，
∵，∴，
∴，
∵，，，∴．
11．（2026八年级下·河南郑州·期中）数学活动课上，老师出示两个大小不一样的等腰直角和摆在一起，其中直角顶点A重合，，，．
(1)【用数学的眼光观察】如图1，连接，判断与的数量关系，并说明理由；
(2)【用数学的思维思考】如图2，连接，若F是中点，判断与的数量关系，并说明理由；
(3)【用数学的语言表达】如图3，延长至点F，满足，然后连接，当，绕A点旋转得到D，E，F三点共线时，直接写出线段的长．
【答案】(1)，理由见解析；(2)，理由见解析；(3)2或14．
【详解】（1），理由：
∵，，
，，，则；
（2），理由：点作交的延长线于点，
，，是中点，则，
，，，，，
，，
，，则；
（3）旋转得到，，三点共线，①如图所示，过点作于，
是等腰三角形，，，
，，在中，，
，，
即旋转得到，，三点共线时，；
②如图所示，过点作于，
同理，，即旋转得到，，三点共线时，，
综上所述，线段的长为：2或14．
12．（2026八年级下·辽宁丹东·期中）【问题情境】
数学活动课上指导教师带领学习小组利用特殊的等腰三角形—等边三角形进行如下研究．
【提出问题】如图1，与都是等边三角形，连接．
（1）当点，，在一条直线上时，求证，并求的度数；
【类比探究】如图2，和都是等边三角形，且．
（2）连接，并分别延长交于点，试猜想和的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，将绕点按顺时针方向旋转，当时，连接，，直接写出的面积．
【答案】（1）见解析，；（2），见解析；（3）
【详解】解：（1）∵与都是等边三角形，
∴，，，∴，∴，
∴，，
∴．故答案为：（或相等），60度．
（2）．理由如下：和都是等边三角形，
，，，．．
在和中，，．
∵，，，．
，．．
，，
在和中，．
（3）延长交于点，
∵和都是等边三角形，且，
∴，，，
∵，∴，，，
∴，，，
∴，，，即：，
在和中，，∴，∴，
∵，∴，设，则：，
由勾股定理，得：，即：，
解得：或（舍去），∴，
∴的面积．
13．（2026八年级下·辽宁丹东·期中）（1）问题提出：如图1，点为等腰内一点，，若另有一个以、为腰的等腰且，求证：．

（2）尝试应用：如图2，点为等腰外一点，，，过点的直线分别交的延长线和的延长线于点、，与交于点，，，求证：．
（3）问题拓展：如图3，中，，点，分别在边，上，，，交于点，等边的边与相交于点．若，，请直接写出的长度．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【详解】（1）证明：是以、为腰的等腰三角形，，

，，
在和中，，∴；
（2）证明：延长至，使，连接，如图：
，， ，
在和中，，∴，，
，，即，，
，，，
，；
（3）过作于，连接．

为等边三角形，，
，，，，
，，
，，，，
在和中，，∴，，
，，，
，，，，
，，，，，
，，．
14．（2026八年级下·广东佛山·期中）（1）如图1，已知：和是等边三角形，点、、在同一直线上，连接，和边交于点，连接，和交于点．求证：．
（2）在（1）的条件下，如图2，将绕点顺时针旋转一定的角度，连接．
①求的度数；
②猜想线段、和的数量关系，并证明．（如果证明需要用到①的结论，可以直接使用，无需再次证明）

（3）如图3，在中，，过外一点，作，和边交于，连接，过点作于，若，，，请直接写出的值．
【答案】（1）见解析；（2）①，②，理由见解析；（3）
【详解】解：（1）证明：∵和是等边三角形，
∴，，，∴，∴；
（2）①同理可证，∴，，
又∵是等边三角形，∴，
∴，
∴；
②，理由为：过点作，于点，，
∵，，∴∴，
∴，
在上截取，连接，则是等边三角形，
∴，，∴，
又∵，∴，∴，∴；
（3）如图，在上找一点，使得，连接，
∵，，，，
，即，，
，，
又，，，
．
15．（2026八年级下·江西抚州·期中）（1）问题发现：如图1，在中，，为边上一点（不与点、重合）将线段绕点A逆时针旋转得到，连接，则线段与的数量关系是____________，位置关系是____________．
（2）探究证明：如图2，在与中，，将绕点A旋转，使点落在的延长线上时，连接，写出此时线段之间的数量关系，并证明．
（3）拓展延伸：如图3，在四边形中，．若，求的长．
【答案】（1），；（2），理由见解析；（3）
【详解】（1）∵在中，，∴，
由旋转可知：，∴，
在和中，，∴，
∴，，∴，
答案为：，；
（2），理由：如图2，∵，∴，
在和中，，∴，
∴，，∴，∴，
∵，，∴，∴；
（3）如图3，将绕点A逆时针旋转至，连接、，
则是等腰直角三角形，∴，∵，∴，
同理得：，∴
∵中，，，∴，
∵是等腰直角三角形，∴∴，∴．
16．（2025·吉林长春·二模）【模型提出】手拉手模型是初中几何中的一个重要基本模型，主要涉及两个顶角相等且共用顶角顶点的等腰三角形．通过连接对应的底角顶点，可以得到全等三角形，我们称其为手拉手全等模型．
如图①，和中，，，且，连接，．
请找出图中的一对全等三角形：________．

【模型构造】数学课上，王老师提出这样一道数学问题：如图②，在中，，，，以点A为顶点，以为腰作等腰三角形，若
求的长．
某学习小组构造手拉手全等模型，利用等腰三角形中的三线合一和直角三角形中的勾股定理等知识，求出线段长度．以下是这个学习小组解题的部分过程：
请将上述过程补充完整．
【模型应用】如图④，中，，分别以和为直角边作等腰直角三角形和等腰直角三角形，连接，，则________．
【答案】[模型提出] ；[模型构造]，过程见解析；[模型应用]
【详解】[模型提出]解：∵，∴，
∴，又，，∴，故答案为：；
[模型构造] 解：如图③，过点A在左侧作，且满足，连接，
则，所以．又
过点A作于点．又
；，又，，，
∴,，∴，又，
∴，即；
[模型应用]解：连接，∵以和为直角边作等腰直角三角形和等腰直角三角形，
∴，，，，
∴，，∴，
∴，∴，
∵，，∴，
∴，，
∴，∴，即∴．
17.（2025·江苏·二模）【模型建立】如图1，四边形是正方形，点M，N分别在边上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图1，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接．
（1）试判断之间的数量关系，并写出证明过程；
【模型应用】（2）如图2，点M，N分别在正方形的边的延长线上，，连接，请写出之间的数量关系，并写出证明过程；
【模型迁移】（3）如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边上，，请直接写出线段之间的数量关系．
【答案】（1），证明见解析；（2），证明见解析；（3）．
【详解】解：（1）．证明如下：
由旋转的性质，得，，，，∴点E，B，C共线．
∵，∴．
在和中∴，∴，
∵，∴．
（2），证明如下：如图1，在上取，连接．
∵，，∴，∴，．
∴，
∵，∴．
在和中∴，∴，
∵，∴．
（3）如图2，将绕点A逆时针旋转得，∴，，，
∵，∴，∴点E，D，C共线．
由（1）同理可得，∴，∵，∴．
18．（2025·贵州毕节·三模）已知：在等腰三角形中，，，E是边上的一个动点（不与点B，C重合），连接．
(1)如图①，若，将绕A点逆时针旋转α得到，作点B关于的对称点P，连接，作射线，交射线于点F，依题意补全图形．若，则的度数为_______（用含β的式子表示）．
(2)在（1）的条件下，用等式表示线段和之间的数量关系，并证明．
(3)如图②，若，点D在边上，，且，，求的长．
【答案】(1)补全图形见解析，；(2)，证明见解析；(3)．
【详解】（1）解：补全图形如图①所示．
∵，∴是等边三角形，∴，
由旋转的性质得到，∴，
由对称的性质得，∴，
∴，，
∴；
（2）解：，
证明：由题意，可得，．
，．如图②，过点作于点．
，．在中，，，
，即；
（3）解：由题意，得，
如图③，将绕点逆时针旋转得到，连接，，
又，，即．
在和中，，，
，设，则，取中点，连接，
，．，
，是等边三角形，，且，
，，，即，
解得，．
19．（2025·河南郑州·三模）【问题背景】如图1，在四边形中，若或，我们把这种四边形称为“对补四边形”．某学习小组根据研究矩形、菱形、正方形的经验，又进行了如下探究．
【初步认识】该学习小组先对“对补四边形”的角进行探究．
（1）如图1，四边形是“对补四边形”，若，则 ．
【观察猜想】（2）该学习小组在探究“对补四边形”的边和对角线时，发现“对补四边形”的边和对角线都有着特殊的性质，并提出了下列两个猜想．
猜想1：如图2，四边形是“对补四边形”，若对角线平分，和的数量关系是： ；
猜想2：如图3，四边形是“对补四边形”，若，连接，则平分∠ ．
请补全猜想1和猜想2，并从猜想1或猜想2中任选一个给出证明；
【解决问题】（3）某乡村准备开发一个红色旅游景区，如图4，在四边形中，，，，，且，求旅游景区的最大面积．
【答案】（1）；（2）；，证明见解析；（3）旅游景区的最大面积是
【详解】（1）解：∵，∴设，，，
∵四边形ABCD是“对补四边形”，∴或，
∴，解得：，∴，，，
∴，故答案为：．
【观察猜想】解：猜想1：四边形是“对补四边形”，若对角线平分，则，
故答案为：；
猜想2：四边形ABCD是“对补四边形”，若，连接，则平分，故答案为：；
【推理验证】（2）选择猜想1：；
证明：如图，过点C分别作于E，于F，
∵对角线AC平分∠DAB，CE⊥AD，CF⊥AB，∴，，
∵四边形是“对补四边形”，∴，
∵，∴，
在和中，，∴，∴；
选择猜想2：；证明：如图，过点A作，垂足为E，作，垂足为F，
∵，，∴，
又∵，，∴，∴，，
∵，，，∴平分；
【解决问题】（3）解：如图，连接，将绕点A旋转，使与重合，得，过点A作于点N，
设，且，则，，，，
∵，∴，∴C、D、M三点共线，
∵，，∴CN=MN，在中，，
∴，，
∴，，
∴，
∵，∴当时，有最大值，最大值为，∴旅游景区的最大面积是．
20．（2026八年级下·陕西·期中）如图，与为正三角形，点O为射线上的动点，射线与直线相交于点E，将射线绕点O逆时针旋转，得到射线，射线与射线相交于点F．
(1)如图①，点O与点A重合时，点E、F分别在线段上，请直接写出、、三条线段之间的数量关系是____________________．
(2)如图②，当点O在的延长线上时，E、F分别在线段的延长线和线段的延长线上，请写出三条线段之间的数量关系，并说明理由．
(3)点O在线段上，若，，当时，请求出的长．
【答案】(1)(2)，理由见解析(3)5或3或1
【详解】（1）解：如图，∵和都是正三角形，∴，，
∵将射线OM绕点O逆时针旋转，得到射线ON，∴，
∵，∴，
∴，∴，∴，
∴．故答案为：；
（2）解：，理由如下：过点作交于点，如图，
∵和都是正三角形，∴，
∴，
∴，，∴，，
∴是等边三角形，∴，，
又，∴，
∴，∴，∴
（3）解：作于点，∴，
由勾股定理得；
①当点在线段上时，点在线段时，如图，
∵，∴，∴，
过点作交于点，则，
而,∴是等边三角形，∴；
∵，∴，∴，
又，∴，∴，
∴,∴；
点在线段的延长线上时，如图，
同理可得，∴，∴；
②当点在线段上时，点在线段时，如图，
同理可得，∴，∴；
点在线段的延长线上时，如图，同理可得,
综上，满足条件的的值为5或3或1．
如图③，过点A在左侧作，且满足，连接，
则，所以．
又；；；过点A作于点．
又；；；……