文档内容
专题01 旋转中的三种全等模型（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1.旋转中的手拉手模型...........................................................................................................................1
模型2.旋转中的半角模型.............................................................................................................................16
模型3.旋转中的对角互补模型.....................................................................................................................32
..................................................................................................................................................44
模型1.旋转中的手拉手模型
将两个三角形（或多边形）绕着公共顶点旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全
等，也叫旋转型全等。其中：公共顶点A记为“头”，每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点
记为“左手”，第二个顶点记为“右手”。
等线段，共顶点，旋转前后的图形大小，形状不发生变化，只是位置不同而已。解题是通过三角形全等进行解决。SAS型全等（核心在于导角，即等角加（减）公共角）。
1）双等边三角形型
条件： ABC和 DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。
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。
2）双等腰直角三角形型
条件： ABC和 DCE均为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N。
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。
3）双等腰三角形型
条件：BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD，C为公共点；连接BE，AD交于点F。
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。
4）双正方形形型
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。
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。
例1．（2024·山东·八年级期末）已知 ABC中，∠BAC=60°，以AB和BC为边向外作等边 ABD和等边
BCE．(1)连接AE、CD，如图1，求证：AE=CD；(2)若N为CD中点，连接AN，如图2，求证：CE=2AN
(3)若AB⊥BC，延长AB交DE于M，DB= ，如图3，则BM=_______（直接写出结果）
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)
【分析】（1）先判断出∠DBC=∠ABE，进而判断出△DBC≌△ABE，即可得出结论；
（2）先判断出△ADN≌△FCN，得出CF=AD，∠NCF=∠AND，进而判断出∠BAC=∠ACF，即可判断出
△ABC≌△CFA，即可得出结论；（3）先判断出△ABC≌△HEB(ASA)，得出 ， ，
再判断出△ADM≌△HEM (AAS)，得出AM=HM，即可得出结论．
（1）解：∵△ABD和△BCE是等边三角形，
∴BD=AB，BC=BE，∠ABD=∠CBE=60°，
∴∠ABD+∠ABC=∠CBE+∠ABC，∴∠DBC=∠ABE，
∴△ABE≌△DBC（SAS），∴AE=CD；
（2）解：如图，延长AN使NF=AN，连接FC，∵N为CD中点，∴DN=CN，
∵∠AND=∠FNC，∴△ADN≌△FCN(SAS)，∴CF=AD，∠NCF=∠AND，
∵∠DAB=∠BAC=60°∴∠ACD +∠ADN=60°
∴∠ACF=∠ACD+∠NCF=60°，∴∠BAC=∠ACF，
∵△ABD是等边三角形，∴AB=AD，∴AB=CF，
∵AC=CA，∴△ABC≌△CFA (SAS)，∴BC=AF，
∵△BCE是等边三角形，∴CE=BC=AF=2AN；
（3）解： ∵△ABD是等边三角形，∴ ，∠BAD=60°，
在Rt ABC中，∠ACB=90°－∠BAC=30°，∴ ，
△
如图，过点E作EH // AD交AM的延长线于H，
∴∠H=∠BAD=60°，∵△BCE是等边三角形，∴BC=BE，∠CBE=60°，
∵∠ABC=90°，∴∠EBH=90°－∠CBE=30°=∠ACB，
∴∠BEH=180°－∠EBH－∠H=90°=∠ABC，
∴△ABC≌△HEB (ASA)，∴ ， ，∴AD=EH，
∵∠AMD=∠HME，∴△ADM≌△HEM (AAS)，∴AM=HM，
∴∵ ， ，∴ ．故答案为： ．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，全等三角
形的判定和性质，构造出全等三角形是解本题的关键．
例2．（23-24八年级下·山东聊城·期末）实践探究题
【问题情境】在学习《图形的平移与旋转》时，数学兴趣小组遇到这样一个问题：如图1，在 中，
，点 为斜边 上的一点，将线段 绕点 逆时针旋转 得到线段 ，连接
．
(1)【猜想证明】试猜想 与 的数量关系，并加以证明；
(2)【探究应用】如图2，点 为等腰直角三角形 内一点，将线段 绕点 逆时针旋转 得到线段
，连接 ．若 三点共线，求证： ；
(3)【拓展提升】如图3，若等腰直角三角形 的直角边长为 ，点 是线段 上的动点，将线段
绕点 逆时针旋转 得到线段 ，连接 ．点 在运动过程中，当 的周长最小时，
的长为_______（直接写答案）．
【答案】(1) ，证明见解析(2)见解析(3)2
【分析】（1）根据将线段 绕点 逆时针旋转 得到线段 ，得 ，即可得出
，证明 ，即可得 ．
（2）根据将线段 绕点 逆时针旋转 得到线段 ，得出 ，
，即可得 ．同（1）得 ，得出 ，即可证明；
（3）根据 ，得出 ，根据 的周长 ，即得当点 在
线段 上时， 的周长 ，根据 ， 为等腰直角三角形，得出 ，
，即 最小时， 的周长最小，此时 ，根据等腰三角形的性质即可求解；【详解】（1）解： ．
证明：∵将线段 绕点 逆时针旋转 得到线段 ， ，
，∴ ，即 ，∴ ．
在 与 中， ，∴ ，∴ ．
（2）证明：∵将线段 绕点 逆时针旋转 得到线段 ，
∴ ，∴ ，
∴ ．同（1）得 ，
， ， ；
（3）解：当点 在线段 上， 的周长最小值时， 的长为2，
理由如下：∵ ，∴ ，∴ 的周长 ，
∴当点 在线段 上时， 的周长 ，
∵ ， 为等腰直角三角形，∴ ， ，
∴ 的值最小时， 的周长最小，此时 ，∴ ，故答案为：2．
【点睛】本题考查几何变换综合应用，涉及等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性
质，勾股定理，垂线段最短等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
例3．（2023·江苏·八年级期中）综合与实践：已知 是等腰三角形， ．
（1）特殊情形：如图1，当 ∥ 时， ______ ．（填“＞”“＜”或“＝”）；（2）发现结论：若将图1中的 绕点 顺时针旋转 （ ）到图2所示的位置，则（1）中的结论还成立吗？
请说明理由．（3）拓展运用：某学习小组在解答问题：“如图3，点 是等腰直角三角形 内一点，
，且 ， ， ，求 的度数”时，小明发现可以利用旋转的知识，将
绕点 顺时针旋转90°得到 ，连接 ，构造新图形解决问题．请你根据小明的发现直接写出
的度数．
【答案】（1）=；（2）成立，理由见解析；（3）∠BPA=135°．
【分析】（1）由DE∥BC，得到∠ADE=∠B，∠AED=∠C，结合AB=AC，得到DB=EC；
（2）由旋转得到的结论判断出△DAB≌△EAC，得到DB=CE；（3）由旋转构造出△APB≌△AEC，再用
勾股定理计算出PE，然后用勾股定理逆定理判断出△PEC是直角三角形，在简单计算即可．
【详解】解：（1）∵DE∥BC，∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C，
∵AB=AC，∴∠B=∠C，∴∠ADE=∠AED，∴AD=AE，∴DB=EC，故答案为：=；
（2）成立．证明：由①易知AD=AE，∴由旋转性质可知∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中 ，∴△DAB≌△EAC（SAS），∴DB=CE；
（3）如图，将△APB绕点A旋转90°得△AEC，连接PE，∴△APB≌△AEC，
∴AE=AP=2，EC=BP=1，∠PAE=90°，∴∠AEP=∠APE=45°，
在Rt PAE中，由勾股定理可得，PE=2 ，
△
在△PEC中，PE2=（2 ）2=8，CE2=12=1，PC2=32=9，
∵PE2+CE2=PA2，∴△PEC是直角三角形，∴∠PEC=90°，∴∠AEC=135°，
又∵△APB≌△AEC，∴∠BPA=∠CEA=135°．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理及其逆定理，
解本题的关键是构造全等三角形，也是本题的难点．例4．（2023春·浙江·八年级专题练习）边长为4的正方形ABCD与边长为2 的正方形CEFG如图1摆
放，将正方形CEFG绕点C顺时针旋转，旋转角为α，连接BG，DE．（1）如图2，求证：
△BCG≌△DCE；（2）如图2，连接DG，BE，判断DG2+BE2否为定值．若是，求这个定值若不是，说明
理由；（3）如图3，当点G恰好落在DE上时，求α的值．
【答案】（1）见解析；（2）48；（3）
【分析】（1）通过边角边判定三角形全等；（2）连接 ，设 交于点 ， 交于点 ，
先证明 ，由勾股定理可得 ；（3）作 于点 ，则 ，
且 ，由含30度角的直角三角形的性质求解．
【详解】（1）四边形 与 为正方形， ， ，
， ， ，
在 和 中， (SAS)，
（2）连接 ，设 交于点 ， 交于点 ，， ， ，
在△ 和 中， ， ，
，
，
由勾股定理得 ， ， ，
， ， ， ，
(3)作 于点 ，如图， △ 为等腰直角三角形， ，且 ，
在 中， ， ， ，
． ．
【点睛】本题考查四边形与三角形的综合问题，解题关键是熟练掌握正方形与直角三角形的性质，通过添
加辅助线求解．
变式1．（2024八年级·山东·培优）如图， 和 都为等边三角形，点 、 分别为 、 的
中点．(1)当点 、 分别在 、 上时（如图 ），求证： ； 为等边三角形；
(2)绕点 逆时针方向旋转 ，当点 、 、 共线时（如图 ），（ ）中的结论是否还成立，若成
立，请证明；若不成立，请说明理由；(3)继续旋转 ，当点 在 上时（如图 ），（ ）中的结论
是否仍然成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；(2)仍然成立，理由见解析；(3)仍然成立，理由见解析．
【分析】（ ）由等边 和 的性质得出 ， ，再根据等边三角形的判定即可；
（ ）由等边 和 的性质得出 ， ，由 证明 ，再根据等边
三角形的判定即可；（ ）由等边 和 的性质得出 ， ，由 证明，再根据等边三角形的判定即可；
此题考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，解题的关键是熟练掌握以上知识点的应
用．
【详解】（1）证明如下： ∵ 和 都为等边三角形，
∴ ， ，∴ ，即 ，
由 可知， ， ，
∵点 、 分别为 、 的中点，∴ ，∴ ，
又 ，∴ 为等边三角形；
（2）还成立，证明如下：（ ）∵ 和 都为等边三角形，
∴ ， ， ，
∴ ，∴ ，
（ ）由（ ）可知 ， ， ，而点 、 分别为 、 的中点，
∴ ，∴ ，∴ ， ，
∴ ，∴ 为等边三角形；
（3）仍然成立，证明如下：
∵ 和 都为等边三角形，∴ ， ， ，
∴ ，∴ ， ，
又点 、 分别为 、 的中点，∴ ，∴ ，
∴ ， ，∴ ，∴ 为等边三角形．
变式2．（2023·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
【分析】（1）由已知得 ，连接CF，BE，证明 得CD=BE，再证明 为直
角三角形，由勾股定理可得结论；
（2）连接CF，BE，证明 得CD=BE，再证明 为直角三角形，由勾股定理可得结论．
【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 △
【点睛】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、证明三角形全等是解决问题的关
键，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
变式3．（2024·辽宁大连·一模）【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 ，若 和 均为等边三角形，点 、 、 在同一条直线上，连接 ，
则 的度数为 ；线段 与 之间的数量关系是 ．
【模型应用】（2）如图 ， ， ，求证： ；
（3）如图 ， 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 ，然后连接 ，求 的度数是 ．
【拓展提高】（4）如图 ，在 中， ， ，点 为 外一点，点 为 中点，
， ，求 的度数．（用含有m的式子表示）
（5）如图 ，两个等腰直角三角形 和 中， ， ， ，连
接 ， ，两线交于点 ，请证明 和 的数量关系和位置关系．【答案】（1） ， ；（2）见解析；（3） ；（4） ；（5） 且
；理由见解析
【分析】本题考查的是等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质
定理是解题的关键．（1）由 和 均为等边三角形，可证 ，可得
， ，由点 、 、 在同一条直线上，可求 即可；
（2）延长 到 ，使得 ，由 ，可证 为等边三角形，可得 ，由
， ，可证 为等边三角形，可证 ，可得 即可；
（3）由 ，由 与 都是等边三角形，可证 ，可得
， ，可证 是直角三角形且 即可；
（4）将 绕点 逆时针旋转 得到 ，连接 、 、 、 ，延长 到 ，使得 ，
连接 、 ．先证 ，再证 ，最后证 ，
可得 ；（5）由两个等腰直角三角形 和 中， ， ，
，可证 ，可得 ，再求 即可；
【详解】解：（1）如图 ， 和 均为等边三角形，
， ， ． ．
在 和 中， ， ． ． ，
为等边三角形， ．
点 ， ， 在同一直线上， ． ．
．故答案为： ， ．
（2）证明：如图 中，延长 到 ，使得 ．， ， 是等边三角形，
， ， ，
， ， ，
． ．
（3）解：以 为边构造等边 ，连接 ，如图3所示：
与 都是等边三角形，
， ， ，
，即 ，
在 和 中， ， ， ， ，
， ， ，
是直角三角形， ，
， ，故答案为： ；
（4）解：如图 中，将 绕点 逆时针旋转 得到 ，连接 、 、 、 ，延长 到 ，
使得 ，连接 、 ．
由（1）可知 ， ， ，
， ， ，
， ， ，
， ， ，
， ，
， ， ， ，
， ， ，， ， ， ．
（5） 且 ；理由如下： ，
． ．
在 和 中， ， ， ， ，
， ， ，
， ，综上所述： 且 ．模型2.旋转中的半角模型
半角模型概念：半角模型是指是指有公共顶点，较小角等于较大角的一半，较大的角的两边相等，通过旋
转，可将角进行等量转化，构造全等三角形的几何模型。
旋转的条件：具有公共端点的等线段；
旋转的方法：以公共端点为旋转中心，相等的两条线段的夹角为旋转角；
旋转的目的：将分散的条件集中，隐蔽的关系显现。
1）正方形半角模型
条件：四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°；
结论：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④ AEF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。
2）等腰直角三角形半角模型
条件： ABC是等腰直角三角形（∠BAC=90°，AB＝AC），∠DAE=45°；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；
3）等边三角形半角模型（120°-60°型）
条件： ABC是等边三角形， BDC是等腰三角形，且BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°；
结论：①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋CF；④ AEF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。
4）等边三角形半角模型（60°-30°型）条件： ABC是等边三角形，∠EAD=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；
5）任意角度的半角模型（ - 型）
条件：∠BAC= ，AB=AC，∠DAE= ；
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。
例1．（2024·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）
【分析】（1）根据小红组的研究方法写出求解过程即可；（2）猜想①可由（1）得到结论，仿照（1）过
程证明；选择猜想②证明：根据正方形的性质和旋转性质可将 绕点B逆时针旋转 ，得到 ，
证明G、D、F、C共线，和 得到 ， ，进而可得结论；（3）在y轴
正半轴上截取 ，连接 ， ，利用（1）中结论知 ，根据坐标与图形性质
得到 ， ，进而得到 ， ，由 求得 ，则 ，即
可求解．
【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 ．
【点睛】本题考查等腰直角三角形性质、旋转性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、正方形的性质、
坐标与图形等知识，熟练掌握利用旋转的性质构造全等三角形探究线段之间的关系是解答的关键．
例2．（2023·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】
【分析】将 绕点A逆时针旋转 至 ，连接ME，过M作 于Q，过A作
于F，由旋转的性质得 ，设 ，则 ， ，证明 ，
得 ，最后利用勾股定理来解答．
【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： ．
【点睛】本题考查含30°角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形有判定和性质，勾股定
理，旋转的性质，作辅助线构造直角三角形是求解本题的关键．
例3．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，直线l上依次有 ， ， ， 四点，且 ，以
为边作等边 ，连接 ， ；若 ， ，则 的长是 ．
【答案】 /
【分析】设 则 把 绕点 顺时针旋转 得到 ，根据旋转的性质得
， ， ，再证明 得到 ，过 点作 于 ，如图，由于 ，则 ，所以 点与 点重合，然后在
中，利用含 度的直角三角形三边的关系以及勾股定理求得 ，从而得到 的长．
【详解】解：设 则 为等边三角形，
， ， ，
把 绕点 顺时针旋转 得到 ，
， ， ，
， ，
在 和 中， ， ， ，
， ， ，过 点作 于 ，如图，
， 点与 点重合，即 ，
在 中， ，即 ， ．故答案为 ．
【点睛】本题考查了旋转的性质等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质，勾股定理，含30度角的直
角三角形的性质，正确的添加辅助线是解题的关键．
例4．（2023春·江苏·八年级专题练习）（1）如图①，在四边形 中， ， ， ，
分别是边 ， 上的点，且 ．请直接写出线段 ， ， 之间的数量关系：
___________；（2）如图②，在四边形 中， ， ， ， 分别是边 ， 上的点，且
，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程；
（3）在四边形 中， ， ， ， 分别是边 ， 所在直线上的点，且
．请画出图形（除图②外），并直接写出线段 ， ， 之间的数量关系．
【答案】（1） ；（2）成立，理由见解析；（3）图形见解析，
【分析】（1）延长 到 ，使 ，连接 ．证明 ，则 ， ，
，证明 ，得出 ，由此可得 ，
；（2）思路和作辅助线的方法同（1）；
（3）根据（1）的证法，可得出 ， ，那么 ．
【详解】解：（1）延长 至 ，使 ，连接 ，
∵ ， ， ，∴ ，
∴ ， ，∴ ，∴ ，
在 和 中，∵ ，∴ ，∴ ，
∵ ，且 ∴ ，故答案为： ．（ ）解：（ ）中的结论仍成立，
证明：如图所示，延长 至 ，使 ，
∵ ， ，∴ ，
在 和 中， ，∴ ，∴ ， ，
∵ ，∴ ，∴ ，即 ，
在 和 中， ，∴ ，
∴ ，即 ．
（ ） ，证明：如图所示，在 上截取 使 ，连接 ，
∵ ， ，∴ ，
在 和 中， ，∴ ，
∴ ， ，∴ ，∴ ，
在 和 中， ，∴ ，∴ ，
∵ ，且 ，∴ ．【点睛】此题主要考查了三角形全等的判定与性质，通过全等三角形来实现线段的转换是解题关键，没有
明确的全等三角形时，要通过辅助线来构建与已知和所求条件相关联的全等三角形．
变式1．（23-24八年级下·广东深圳·期末）【初步感知】如图1， 在正方形 中， E、F分别是 、
边上的点， 且 ， 求出图中线段 ， ， 之间的数量关系．
①小盐同学经过分析后，将 绕着点D逆时针旋转 到 位置，如图1，根据“旋转的性质”
分析 与 之间的关系，再通过三角形全等的性质得到线段 ， ， 之间的数量关系；
②小田同学经过分析后， 将 沿 进行翻折， 得到 ， 射线 交边 的延长线于点
M，如图2，根据全等的性质也得到了线段 ， ， 之间的数量关系，任选一位同学的分析，可以得
到线段 ， ， 之间的数量关系是 ．
【类比探究】如图3， 正方形 中， E、F分别在边 、 的延长线上， 且 ， 连接
， 试问线段 ， ， 之间具有怎样的数量关系？判断并说明理由．
【拓展应用】如图4，在四边形 中， ， ， ，且 ，
， ，直接写出 的长．
【答案】初步感知： ，见解析；类比探究： ，见解析；拓展应用：
【分析】初步感知：先证明 、C、M在同一直线上，再证明 ，得出 ，根据
，得出 ；类比探究：在 上截取 ，连接 ，证明 ，
得出 ，证明 ，得出 ，即可得出结论；
拓展应用：在 上取点M，连接 ，证明 ，得出 ，证明 ，得出
，设 ，则 ， ，根据勾股定理得出 ，得
出 ，求出 ，即可得出答案．
【详解】解：初步感知：∵将 绕着点D逆时针旋转 到 ，
∴ ， ， ， ，
∵四边形 为正方形，∴ ， ，
∴ ，∴ 、C、M在同一直线上，∵ ，∴ ，
∴ ，即 ，
∵ ， ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ；
类比探究： ，理由如下：在 上截取 ，连接 ，如图所示：
∵四边形 为正方形，∴ ， ，
∴ ，∴ ，∴ ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ，即 ；
拓展应用：在 上取点M，连接 ，如图所示：
∵ ，∴ ，∵ ，∴
，
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，∵ ， ， ，∴ ，
设 ，则 ， ，
∵ ，∴在 中， ，
∴ ，解得： ，∴ ．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，补角的性质，解题的关键是作出辅助线，
熟练掌握三角形全等的判定方法．
变式 2．（23-24九年级上·四川达州·期末）（1）【问题情景】如图1，已知在正方形 中，点E、F
分别是边 、 上的一动点，连接 、 ，且 ，如图，延长 至G，使 ，通过
证明 和 可得 ，即： ．
（2）【尝试探究】如图2，当点E、F分别在射线 、 上运动， 时，探究 、 、之间的数量关系，请说明理由；
（3）【模型建立】如图3，若将直角三角形 沿斜边翻折得到 ，且 ，点E、F分别
在边 、 上运动，且 ，试猜想（1）中的结论还成立吗？请加以说明；
（4）【拓展应用】如图4，已知 是边长为5的等边三角形，点D是 外一点，连接 、 ，
且 ， ，以D为顶点作一个 角，使其角的两边分别交边 、 于点E、F，连接
，求 的周长．
【答案】（2）见详解 （3）成立，见详解 （4）
【分析】（2）由“ ”可证 ，可得 ，由“ ”可证
，可得 ，即可求解；（3）由旋转的性质可得 ，由“
”可证 ，可得 ，即可求解；（4）把 绕点 顺时针旋转 至 , 可使
与 重合, 证出 ，进而得到 ，即可得 的周长．
【详解】（2） ，理由如下:
如图 ，在 上截取 ，连接
∵ ，∴ ，
∴ ，∴ ，∵ ，∴ ，
又∵ ，∴ ，
， ，即 ；
（3）结论仍然成立，理由如下：
如图 ，把 绕点 逆时针旋转 ，使 与 重合，得到 ， ，
， ，∴点 三点共线，
，
又∵ ， ，即 ，
又∵ ，∴ ，∴ ，
又∵ ，∴ ；
(4)∵ 是边长为 的等边三角形，∴ ， ，
∵ ，∴ ，
∵ ，把 绕点 顺时针旋转 至 ，可使 与 重合，
由旋转得: ， ， ，
同理得：点 在同一条直线上，
，∴ ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ，
∴ 的周长 ．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形
的周长，等边三角形的性质等知识点，深入理解题意是解决问题的关键．变式3．（23-24七年级下·辽宁沈阳·阶段练习）【问题背景】在四边形 中， ，
， ， 分别是 、 上的点，且 ，试探究图 中线段 、
、 之间的数量关系．
【初步探索】小亮同学认为：延长 到点 ，使 ，连接 ，先证明 ，再证明
，则可得到 、 、 之间的数量关系是______．
【探索延伸】在四边形 中如图 ， ， ， 分别是 、 上的点，
，上述结论是否仍然成立？说明理由．
【结论运用】如图 ，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（ 处）北偏西 的 处，舰艇乙在指挥中
心南偏东 的 处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以 海里
小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东 的方向以 海里 小时的速度，前进 小时后，指挥中心观测到
甲、乙两舰艇分别到达 ， 处，且两舰艇之间的夹角 为 ，此时两舰艇之间的距离是______
海里．若此时两个舰艇，同时接到命令，都以 海里 小时的速度前进并尽快汇合，最短需要______小时．
【答案】初步探索： ；探索延伸：结论仍然成立，理由见解析；结论运用： ， ．
【分析】【初步探索】延长 到 ，使 连接 ， 先证明 ，再证明
则可得到结论；【探索延伸】延长 到 ，使 ，连接 ，证明 ，
再证明 则可得到结论；【结论运用】连接 ，延长 交于点 ， 利用已知条件得到
四边形 中 ， 且 符合具备的条件,则 ；
本题主要考查了四边形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判
定定理与性质定理是解题的关键．
【详解】【初步探索】延长 到 ，使 连接 ，如图，在 和 中， ，∴ ，
∴ ， ，
∵ ， ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，
在 和 中， ∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，故答案为： ；
【探索延伸】结论仍然成立： ，证明：延长 到 ，使 ，连接 ，如图，
∵ ， ，∴ ，
在△ABE和△ADG中， ，∴ ，∴ ， ，
∵ ， ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，在 和 中， ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ；
【结论运用】连接 ，延长 交于点 ，如图，
∵ ， ，∴ ，
∵ ， ，
∴四边形 中， ， 且
∴四边形 符合探索延伸中的条件，∴结论 成立，
即 （海里），此时两个舰艇，同时接到命令，都以 海里 小时的速
度前进并尽快汇合，最短需要 （小时），故答案为： ； ．
模型3.旋转中的对角互补模型
对角互补模型概念：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。
思想方法：解决此类问题常用的辅助线画法主要有两种：①过顶点做双垂线，构造全等三角形；②进行旋
转的构造，构造手拉手全等。
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 =S ，∴
MCD 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 =S ， .
MCD 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 =S ，∴
MCD 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 =S ，∴
MCD 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。
例1．（2024·河南周口·模拟预测）综合与实践课上，李老师与学生一起探究了如下与“中点”有关的问题．
(1)如图1，在 中， ， ，D是 的中点，E，F分别在 上，且
，连接 ．若 ，则 ______
(2)如图2，在 中， ，D是 的中点．E，F分别在 上，连接 ．当
，请写出线段 之间的数量关系，并证明．
(3)如图3，在 中， ， ，D是 的中点．E为直线 上一动点，连接 ．
过点D作 ，交直线 于点F．请直接写出当 时线段 的长．【答案】(1) (2) ，证明见解析(3)
【分析】（1）连接 ，结合等腰直角三角形的性质证明 ，推出 ，然后
利用勾股定理即可求解；（2）延长 到点G，使 ，连接 ， ，证明 ，
推出 ， ，进而证明 是直角三角形，根据勾股定理可得 ，等量
代换可得 （3）延长 到点G，使 ，连接 ， ， ，同（2）可得
是直角三角形， ，等量代换可得 ，设 ，则
，代入方程求出x的值即可．
【详解】（1）解：如图，连接 ，
， ，D是 的中点 ，
， ， ，
， ， ， ，
又 ， ， ，故答案为： ；
（2）解： ，证明：如图，延长 到点G，使 ，连接 ， ，
， ， 垂直平分 ， ；
D是 的中点， ，在 和 中， ，
， ， ，
， ， ，
是直角三角形， ， ；
（3）解：如图，延长 到点G，使 ，连接 ， ， ，
， ， 垂直平分 ， ，D是 的中点， ，在 和 中，
， ， ， ，
， ， ，
是直角三角形， ，
， ， ，
在 中， ， ， ，
设 ，则 ， ， ，
，解得 ， ．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，直角三角形的
判定，勾股定理等，证明 是解题的关键．
例2．（23-24九年级上·辽宁盘锦·期末）在图1，图2，图3中， ，
(1)问题探索：如图1，当点 和点 在直线 异侧时，猜想 ， ， 三者之间数量关系．小明想出
了下面的方法，延长 到点 ，使得 ，连接 ，由于 ，证得
，从而 ，且 ，所以 ，得到等腰直角 ，则小明
得到线段 ， ， 之间的数量关系为
(2)问题解决：如图2，当点 和 在直线 同侧时， 与 交于点 ，请你借鉴 中的方法证明：
(3)思维拓展：如图3，当点 和 在直线 异侧时， 于点 ，猜想线段 ， ， 三之间
的数量关系，并写出证明过程．
【答案】(1) (2)见解析(3)【分析】（1）根据全等三角形的性质得出 ， ， 进而得出 是等腰
直角三角形，勾股定理可得 ，结合全等三角形的性质即可得出结论；（2）根据（1）的方法，
在 上截取 ，连接 ，证明 得出 是等腰直角三角形，即可得出结
论；
（3）延长 至 ，使得 ，证明 得出四边形 是正方形，得出 进
而即可得出结论．
【详解】（1）解：∵ ∴ ， ，
∴ ，∴ 是等腰直角三角形，
∴ ∴ ；
（2）证明：在 上截取 ，连接 ，
∵ ， ，∴ ，
设 ，则 ， ，∴ ，
又∵ ， ，∴ ，∴
∴
∴ 是等腰直角三角形，∴
∴ 即
（3）解：如图所示，延长 至 ，使得 ，∵ ，∴ ，
又∵ ，∴
又∵ ∴ ，∴ ，
又∵ ∴ ，
∴ ∴四边形 是矩形，
又∵ ∴四边形 是正方形，∴
∴ 即 ∴
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，正方形的性质与判定，等腰三角形的性质，勾股定理，熟
练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
例3. （23-24八年级·重庆·期末）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）
【分析】（1）先判断出∠OCE＝60°，再利用特殊角的三角函数得出OD＝ OC，同OE＝ OC，即
可得出结论；（2）同（1）的方法得OF＋OG＝ OC，再判断出△CFD≌△CGE，得出DF＝EG，最后
等量代换即可得出结论；（3）同（2）的方法即可得出结论．
【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．
【点睛】此题属于几何变换综合题，主要考查了角平分线的性质，全等三角形的判定和性质的综合运用，
正确作出辅助线，构造全等三角形是解本题的关键．
例4．（2023秋·广东广州·八年级统考期末）如图，BN为∠MBC的平分线，P为BN上一点，且PD⊥BC
于点D，∠APC+∠ABC＝180°，给出下列结论：①∠MAP＝∠BCP；②PA＝PC；③AB+BC＝2BD；④四
边形BAPC的面积是△PBD面积的2倍，其中结论正确的个数有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】A
【分析】过点P作PK⊥AB，垂足为点K．证明Rt BPK≌Rt BPD，△PAK≌△PCD，利用全等三角形的
性质即可解决问题． △ △
【详解】解：过点P作PK⊥AB，垂足为点K．
∵PK⊥AB，PD⊥BC，∠ABP＝∠CBP，∴PK＝PD，
在Rt BPK和Rt BPD中， ，
△ △
∴Rt BPK≌Rt BPD（HL），∴BK＝BD，
△ △∵∠APC+∠ABC＝180°，且∠ABC+∠KPD＝180°，
∴∠KPD＝∠APC，∴∠APK＝∠CPD，故①正确，
在△PAK和△PCD中， ，
∴△PAK≌△PCD（ASA），∴AK＝CD，PA＝PC，故②正确，
∴BK﹣AB＝BC﹣BD，∴BD﹣AB＝BC﹣BD，∴AB+BC＝2BD，故③正确，
∵Rt BPK≌Rt BPD，△PAK≌△PCD（ASA），∴S BPK＝S BPD，S APK＝S PDC，
△ △ △ △
∴S △ ABCP＝△S KBDP＝2S PBD．故④正确．故选A．
四边形 四边形
△
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，角平分线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，
构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
变式1、（23-24八年级·湖北·期末）在 中， ， ，将一块三角板的直角顶点放
在斜边 的中点 处，将此三角板绕点 旋转，三角板的两直角边分别交射线 、 于点 、点 ，
图①，②，③是旋转得到的三种图形．（1）观察线段 和 之间有怎样的大小关系？并以图②为例，
并加以证明；（2）观察线段 、 和 之间有怎样的数量关系？并以图③为例，并加以证明；
【解答】解：（1） ，理由如下：
如图②，连接 ， 是等腰直角三角形， 为斜边 的中点，
， ， ， ，又 ， ， ，
在 和 中， ， ， ；
（2） ，理由如下：连接 ，如图③所示：
同（1）得： ， ，
，
变式2．（23-24八年级下·广东深圳·期末）【问题感知】（1）如图1，在四边形 中，
，且 ，①请直接写出 、 、 的数量关系： ；
②证明： 平分 ；
【迁移应用】（2）如图2，四边形 中， ， ， ， ，
，计算 的长度；
【拓展研究】（3）如图3，正方形 中，E为 边上一点，连接 ，F为 边上一点，且
， 垂直 交 于点G， ， ，直接写出正方形的边长．【答案】（1）① ；②见解析；（2） ；（3）
【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；
（3）过点 作 交 于点 ，作 交 于点 ，根据四边形 是正方形，得出
，从而得出 ，结合 ，得出
， ，即可得出 ，根据
，得出 ，证出 ， ，即可得 ，
证出四边形 是正方形，得出 ，证明 ，得出 ，设 ，
则 ， ，在 中，根据勾股定理求出 ，即可求解；
【详解】解：（1）① ，
证明：延长 使 ，连接 ，则 ，
∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，
∴ ，
在 中， ，∴ ，∴ ；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 ，所以 是等边三角形，
，∴ 平分 ， ， ，
设 则 ，在 中， ，则 ，
解得 (舍)， ， ；
（3）解：过点 作 交 于点 ，作 交 于点 ，
∵四边形 是正方形，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，
∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ，
又∵ ，∴四边形 是正方形，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，设 ，∴ ，∴ ，
在 中， ，故 ，解得： ，
则正方形 的边长 ．
【点睛】该题主要考查正方形的性质和判定，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，解题关键是正确作出辅助线．
1．（23-24八年级下·湖南永州·期末）如图，在正方形 中，点 为对角线 的中点，过 点的射
线 ， 分别交 ， 于点 ， ，且 ， ， 交于点 ，有下面结论：①图形中
全等的三角形只有三对；② 是等腰直角三角形；③正方形 的面积等于四边形 面积的
倍；④ ．则下列结论正确的是（ ）
A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①③④
【答案】B
【分析】本题主要考查正方形的性质，涉及全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，根据全等三角形
的判定，结合正方形的性质可判断①；根据全等三角形的性质可判断②；利用转化思想，结合全等三角形
和正方形的性质可判断③；利用勾股定理和全等三角形和正方形的性质可判断④，进而可得答案．
【详解】解：∵在正方形 中，点 为对角线 的中点，
∴ ， ， ， ，
，∴ ， ，∵ ，∴ ， ，
∴ ， ，故共有四对全等三角形，故①错误；
∵ ，∴ ，又 ，∴ 是等腰直角三角形，故②正确；
∵ ，∴ ，∴ ，
即正方形 的面积等于四边形 面积的 倍，故③正确；
∵ ， ，∴ ，∵ ，∴ ，
∴ ，故④正确，综上，结论正确的是②③④，故选：B．
2．（23-24九年级上·辽宁大连·期中）如图，在 中， ，点D是边
上的一个动点，连接 ，过点C作 ，使 ，连接 ，点F是 的中点，连接 并延
长，交 边所在直线于点G，若 ，则 的长为 ．
【答案】 或
【分析】分点G在 上，和在 延长线上，两种情况讨论，当点G在 上，连接 ，证明
，可得 ，再由等腰三角形的性质可得 ，设 ，则
，由勾股定理可得 ，即可求解；当点G在 延长线上，连接 ，同
理可证 ，得 ， ，由 是等腰直角三角形， 点是 的中点，得
到 是 的垂直平分线，推出 ，设 ，则 ， ，利用勾股定理即可
求解．
【详解】解：如图，当点G在 上，连接 ，∵ ，∴ ，∴ ，
∵ ， ，∴ ， ，
∴ ，∴ ，
∵点F是 的中点，∴ ，即 ，
是等腰直角三角形， 点是 的中点， 是 的垂直平分线， ，
设 ，∵ ， ，∴ ，
∵ ，∴ ，解得： ，即 ；
如图，当点G在 延长线上，连接 ，
同理可得： ， ，∴ ，∴ ，
是等腰直角三角形， 点是 的中点，
是 的垂直平分线， ，设 ，则 ， ，
， ，
， ，即 ，解得： ， ，
综上， 的长为 或 故答案为： 或 ．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，证明
， 是解题的关键．
3．（23-24八年级下·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
【分析】将 绕点A顺时针旋转 得 ，过点B作 平分 ， 与 交于点K，连接
，则 ，证明 ，得
，便可判断结论①；由 得 ，再根据等角的余角性质，便可
判断结论②；由A ，根据角平分线的性质便可判断结论③；证明
，得 ，若 不在 上，则 ，
此时 ，根据三角形外角性质可得 ，便可判断结论④；证明 ，得
，再由勾股定理得 ，进而得 ，再证明 ，可
得 ，便可判断结论⑤．
【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
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、角平分的性质以及勾股定理等知识，
图形复杂，涉及的知识点多，综合性强，难度大，解题关键在于构造与证明全等三角形．
4．（2024·江苏·八年级专题练习）如图，△ABC，△DEP是两个全等的等腰直角三角形，∠BAC＝∠PDE
＝90°．使△DEP的顶点P与△ABC的顶点A重合，PD，PE分别与BC相交于点F、G，若BF＝6，CG＝
4，则FG＝_____．
【答案】
【分析】将△ABF绕A点逆时针旋转，使AB与AC重合，即可构建出直角三角形CGH，由勾股定理可求
出GH的长度，再证明△FAG≌△GAH即可．
【详解】解：将△ABF绕A点逆时针旋转，使AB与AC重合，∵△ACH由△ABF旋转得到，∴∠BAF=∠CAH，CH=BF=6，AF=AH，∠B=∠ACH
∵△ABC，△DEP是两个全等的等腰直角三角形∴∠B=45°，∠ACB=45°∴∠HCG=90°
在Rt HCG中，由勾股定理得：GH= ，
△
∵∠FAG=45°∴∠BAF+∠GAC=45°∴∠CAH+∠GAC=45°，即∠GAH=45°
在△FAG和△GAH中，AF=AH， ∠FAG=∠GAH ，AG=AG
∴△FAG≌△GAH∴FG= GH= 故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了三角形的旋转，通过旋转后构建出直角三角形和全等三角形是解题的关键，解题
的关键是注意旋转是一种全等的变化，旋转前后对应边和对应角相等．
5．（2023春·广东揭阳·九年级校考期中）已知Rt ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝4，另有一块等腰直
角三角板的直角顶点放在C处，CP＝CQ＝2，将三△角板CPQ绕点C旋转(保持点P在△ABC内部)，连接
AP、BP、BQ．（1）如图1求证：AP＝BQ；（2）如图2当三角板CPQ绕点C旋转到点A、P、Q在同一
直线时，求AP长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据∠ACB=∠PCQ=90°，可得∠ACP=∠BCQ，再利用SAS，即可求证；
（2）根据直角三角形的性质，可得 ，再由勾股定理，可得 ，即可求解．
【详解】证明：（1）∵∠ACB=∠PCQ=90°，∴∠ACP=∠BCQ，
∵AC=BC，CP=CQ，∴△ ACP≌△BCQ（SAS）∴AP=BQ；
（2）如图2中，作CH⊥P△Q于H，∵CP＝CQ＝2，∴ ，
∵∠PCQ=90°，∴ ，∴ ，
∵AC=4，∴ ，
∵点A、P、Q在同一直线，∴ ．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，图形的旋转，勾股定理，二次根式的化简，熟练掌握
相关知识点是解题的关键．
6．（2024·广东·八年级期中） 为等边三角形， ， 于点 ． 为线段 上一点，
．以 为边在直线 右侧构造等边 ．连结 ， 为 的中点．
（1）如图1， 与 交于点 ，①连结 ，求线段 的长；②连结 ，求 的大小．
（2）如图2，将 绕点 逆时针旋转，旋转角为 ． 为线段 的中点．连结 、 ．当
时，猜想 的大小是否为定值，并证明你的结论．
【答案】（1）① ；② ；（2） ，证明见解析
【分析】（1）①根据等边三角形的性质， ，可得 ， 是 斜边
上的中线，勾股定理在 中可求得 的长，进而求得 的长；②根据①的结论可得，根据 ，即可求得 的度数；
（2）连接 ，证明 ，进而可得 ，则
，进而根据 为 的中点， 为
的中点， 为 的中点，根据三角形中位线定理可得 ，进而可得
【详解】（1）① 是等边三角形，
，
是等边三角形，
为 的中点
②如图，连接 ，
；
（2） ，理由如下，如图，
连接 ， 为等边三角形， ,则
为 的中点， 为 的中点， 为 的中点
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，三线合一，直角三角形斜边上的中线等于斜边的，勾
股定理，中位线定理，三角形全等的性质与判定，旋转的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
7．（2024·福建·八年级阶段练习）在Rt ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB边上一点，过点D
作DE⊥AB，交BC于点E，连接AE，取△AE的中点P，连接DP，CP．
（1）观察猜想： 如图（1），DP与CP之间的数量关系是 ，DP与CP之间的位置关系是 ．
（2）类比探究： 将图（1）中的△BDE绕点B逆时针旋转45°，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，
请就图（2）的情形给出证明；若不成立，请说明理由．
（3）问题解决： 若BC＝3BD＝3 ， 将图（1）中的△BDE绕点B在平面内自由旋转，当BE⊥AB时，
请直接写出线段CP的长．
【答案】（1）PD＝PC，PD⊥PC；（2）成立，见解析；（3）2或4
【分析】（1）根据直角三角形斜边中线的性质，可得 ，根据角之间的关系即可 ，即可
求解；（2）过点P作PT⊥AB交BC的延长线于T，交AC于点O，根据全等三角形的判定与性质求解即可；
（3）分两种情况，当点E在BC的上方时和当点E在BC的下方时，过点P作PQ⊥BC于Q，利用等腰直
角三角形的性质求得 ，即可求解．
【详解】解：（1）∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴ ，
∵ ，∴ ，∵点P为AE的中点，∴ ，∴ ， ，
∴ ，
∴ 故答案为： ， ．
（2）结论成立．理由如下：过点P作PT⊥AB交BC的延长线于T，交AC于点O．
则 ∴ ，
∴ ， ， 由勾股定理可得：
∴ ∴ ∴
∵点P为AE的中点，∴ ∴
在 中， ，∴ ，
∴ ∴ ∴ ，
∴ ∴ ，∴ ．
（3）如图3﹣1中，当点E在BC的上方时，过点P作PQ⊥BC于Q．
则 ， ∴ ∵ ∴
由（2）可得， ， ，∴ 为等腰直角三角形
∴ ∴ 由勾股定理得，如图3﹣2中，当点E在BC的下方时，同法可得PC＝PD＝2．综上所述，PC的长为4或2．
【点睛】此题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌
握相关基本性质，做辅助线，构造出全等三角形．
8．（2023·贵州·八年级校联考期末）【探究发现】（1）如图1，在四边形 中，对角线 ，
垂足是O，求证： ．
【拓展迁移】（2）如图2．以三角形 的边 、 为边向外作正方形 和正方形 ，求证：
．
（3）如图3，在（2）小题条件不变的情况下，连接 ，若 ， ， ，则 的长
_____________．（直接填写答案）
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） ．
【分析】（1）根据 ，利用勾股定理分别求出 和 即可证明结论；
（2）利用正方形的性质证明 CAE≌ GAB（SAS），可得∠CEA＝∠GBA，根据∠GBA＋∠ANB＝90°等
量代换求出∠EMN＝90°即可△； △
（3）利用勾股定理分别求出AE、CG和BE，然后利用（1）中结论求出BC即可．【详解】解：（1）∵ ，∴∠AOD＝∠AOB＝∠COD＝∠BOC＝90°，
由勾股定理得： ， ，
∴ ；
（2）∵在正方形 和正方形 中，AC＝AG，AE＝AB，∠CAG＝∠EAB＝90°，
∴∠CAG＋∠GAE＝∠EAB＋∠GAE，即∠CAE＝∠GAB，
∴ CAE≌ GAB（SAS），∴∠CEA＝∠GBA，
∵△∠GBA＋△∠ANB＝90°，∠ANB＝∠MNE，
∴∠CEA＋∠MNE＝90°，∴∠EMN＝90°，∴ ；
（3）如图3，连接CG，BE，∵ ， ， ，
∴AC＝8，AE＝ ，∴AB＝10，
∴CG＝ ，BE＝ ，
∵ ，∴由（1）可知： ，即 ，
∵BC＞0，∴ ．故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握勾股定理是解答此题的关键．
9．（23-24吉林八年级期末）（1）阅读理解：由两个顶角相等且有公共顶角顶点的等腰三角形组成的图
形，如果把它们的底角顶点连接起来，则在相对位置变化的过程中，始终存在一对全等三角形，我们把这
种模型称为“手拉手模型”．在如图①所示的“手拉手”图形中，小白发现：若 ，
， ，则 ，请证明他的发现；
（2）问题解决：如图②， ， ， ．
①试探索线段 ， ， 之间满足的等量关系，并证明；
②若 ，线段 与线段 交于点F，连接 ，当 时，求线段 的长．【答案】（1）见解析；（2）① ；②
【分析】本题属于三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等
知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，会运用全等三角形解决问题．（1）利用等式的性质得出
，再根据 证明即可得出结论；（2）①结论： ．由 ，
推出 ， ，可得 ，利用勾股定理即可解决问题；②由勾股定理可知
，再根据 ，得 ， ，可知 ，即可求
解．
【详解】解：（1）证明：∵ ，
∴ ，∴ ，
在 和 中， ，∴ ；
（2）①结论： ．理由如下：
∵ ， ， ，∴ ，
由（1）得， ，∴ ， ，
∴ ，∴ ．
又∵ ，∴ ．
②∵ ， ，∴ ，∵ ，∴ ， ，则 ，∴ ．
11．（23-24八年级上·江苏扬州·期中）【概念呈现】：
当一个凸四边形的一条对角线把原四边形分成两个三角形．若其中有一个三角形是等腰直角三角形，则把
这条对角线叫做这个四边形的“等腰直角线”，把这个四边形叫做“等腰直角四边形”；当一个凸四边形
的一条对角线把原四边形分成两个三角形，若其中一个三角形是等腰直角三角形，另一个三角形是等腰三
角形，则把这条对角线叫做这个四边形的“真等腰直角线”，把这个四边形叫做“真等腰直角四边形”．
(1)【概念理解】：如图①，若 ， ， ，则四边形 （填“是”或
“否”）真等腰直角四边形；
(2)【性质应用】：如图①，如果四边形 是真等腰直角四边形，且 ，对角线 是这个四
边形的真等腰直角线，当 ， 时， ；
(3)【深度理解】：如图②，四边形 与四边形 都是等腰直角四边形，且 ，
， ，对角线 分别是这两个四边形的等腰直角线，试说明 与 的数
量关系；
(4)【拓展提高】：如图③，已知：四边形 是等腰直角四边形，对角线
是这个四边形的等腰直角线．若 正好是分得的等腰直角三角形的一条直角边，且 ， ，
，求 的长．
【答案】(1)是(2) 或 (3) ，说明见解析(4) 或3【分析】（1）利用勾股定理的逆定理证明 ，从而 是等腰直角三角形，又因为 是
等腰三角形，即可得出结论；（2）由题意知 是等腰三角形，当 时，由勾股定理渴求
得 ；当 时，由勾股定理渴求得 ；（3）利用 证明 ，得 ；
（4）分 和 ，分别构造等腰直角三角形，利用（3）中全等进行转化，从而解决问
题．
【详解】（1）∵ ， ，∴ ， ，
∵ ， ，∴ ，∴ 是等腰直角三角形，
∵ 是等腰三角形，∴四边形 是真等腰直角四边形，故答案为：是；
（2）解：∵对角线 是这个四边形的真等腰直角线，∴ 是等腰三角形，
当 时，由勾股定理得： ，
当 时，由勾股定理得： ，综上： 或 ；
（3）解：由题意知： 和 都是等腰直角三角形，
∴ ，∴ ，∴ ，∴ ；
（4）解：由题意知： 是等腰直角三角形，
当 时，如图，作 ， ，连接 ，
由（3）同理得 ，∴ ，
∵ ， 是等腰直角三角形，∴ ，
∵ ，∴ ，由勾股定理得 ，∴ ；当 时，如图，同理可得， ，综上： 或3．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了等腰直角三角形和等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性
质，读懂题意，作辅助线构造全等三角形是解题的关键，注意问题设置的层次性．
12．（2022·湖北十堰·中考真题）【阅读材料】如图①，四边形 中， ， ，
点 ， 分别在 ， 上，若 ，则 ．
【解决问题】如图②，在某公园的同一水平面上，四条道路围成四边形 ．已知 ，
， ， ，道路 ， 上分别有景点 ， ，且 ，
，若在 ， 之间修一条直路，则路线 的长比路线 的长少
_________ （结果取整数，参考数据： ）．
【答案】370
【分析】延长 交于点 ，根据已知条件求得 ,进而根据含30度角的直角三角形的性质，求
得 ， ，从而求得 的长，根据材料可得 ，即可求解．
【详解】解：如图，延长 交于点 ，连接 ，
， ， ， ， ，是等边三角形， , ,
在 中， ， ，
， ， ，
中， ， ，
，
，
， 中，
是等腰直角三角形
由阅读材料可得 ，
路线 的长比路线 的长少 ．答案：
370．
【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，理解题意是解题的关键．
13．（2023·江苏·八年级校联考期末）旋转变换是解决数学问题中一种重要的思想方法，通过旋转变换可
以将分散的条件集中到一起，从而方便解决问题.已知， 中， ， ，点 、 在边
上，且 .
（1）如图 ，当 时，将 绕点 顺时针旋转 到 的位置，连接 ，
①求 的度数；②求证： ；（2）如图 ，当 时，猜想 、 、 的数量关系，并说明理由；
（3）如图 ，当 ， ， 时，请直接写出 的长为________.
【答案】（1）① ，②见解析；（2） ；见解析，（3） .
【分析】（1）①由旋转得， ， ，通过求出∠BAD+∠CAE=30°，即可得答案；②
通过证明∠DAF=∠DAE，利用SAS即可证明△ADE≌△ADF；（2）如图，将 绕点 顺时针旋转
到 的位置，连接 根据等腰直角三角形的性质可得∠C=∠ABC=45°，由旋转的性质可得
， ，即可证明∠DBF=90°，由（1）可知△ADE≌ ADF，可得DF=DE，根据勾
股定理即可得答案；（3）如图，将 绕点 顺时针旋转120°到 AGB△的位置，连接 ，过D作
DH⊥BG于H，同（2）可得∠GBD=60°，DG=DE，可得∠BDH=30°△，利用含30°角的直角三角形的性质
可得BH的长，即可得GH的长，利用勾股定理可得DH的长，在Rt DHG中，利用勾股定理求出DG的
长，进而根据 AGD≌△AEC即可得答案. △
【详解】（1）△①由旋转得， ， ，
∵
∴
②∵∠DAE=30°，∠DAF=30°，∴∠DAF=∠DAE
在 和 中 ∴
（2） 如图，将 绕点 顺时针旋转 到 的位置，连接
∴ ， 由（1）得 ∴
∵ ， ∴
∴
∴在 中， ∴（3）如图，将 绕点 顺时针旋转120°到 AGB的位置，连接 过D作DH⊥BG于H，
∴BG=CE=5，∠C=∠ABG，∵∠BAC=120°，A△B=AC，∴∠C=∠ABC=30°，
∴∠GBD=∠ABG+∠ABC=30°+30°=60°，∵DH⊥BG，∴∠BDH=30°，
∴BH= BD=4× =2，DH= = =2 ，
∴GH=BG-BH=5-2=3，由（1）可知 AGD≌△AEC，∴DG=DE，
△
在Rt DHG中，DG= = = ，∴DE=DG= .故答案为
△
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定，根据题意正确找出旋转后的对应边是解题关键.
14．（2024·海南·模拟预测）如图1，在正方形 内作 交 于点 交 于点 ，
连接 ，将 绕点 顺时针旋转 得到 ．
(1)求证： ；(2)若 ，求 的面积；
(3)如图2，连接 交 于点 ，交 于点 ．求证： ．
【答案】(1)见详解(2)15(3)见详解
【分析】（1）由旋转的性质可知： ， ，接下来在证明 ，然后依据
证明 即可；（2）由全等三角形的性质可知： ， ．设正方形的边长为 ，在 中，依据勾股定理列方程求得 ，进而解得 的面积；
（2）将 逆时针旋转 得 ．在 中依据勾股定理可证明 ，接下来
证明 ，于是得到 ，最后再由 证明即可．
【详解】（1）证明：由旋转的性质可知： ， ，
四边形 为正方形， ，
又 ， ， ， ，
在 和 中， ， ；
（2）解：过点 作 ，垂足为 ．如图1，
， ， ， ， ，
设正方形的边长为 ，则 ， ，
在 中，由勾股定理得： ，即 ，
解得： ， ， ， ；
（3）证明：如图2所示：将 逆时针旋转 得 ，
四边形 为正方形， ，
由旋转的性质可知： ， ，
， ，
， ， ，
在 和 中， ， ， ，
又 ， ．
【点睛】本题主要考查的是四边形的综合应用，解答本题主要应用了旋转的性质、全等三角形的性质和判定、勾股定理的应用，正方形的性质，依据旋转的性质构造全等三角形和直角三角形是解题的关键．
15．（2023·河北·九年级专题练习）如图所示，在 中， ， ， 的两边
交 边于 ， 两点，将 绕 点旋转
（1）画出 绕点 顺时针旋转 后的 ；（2）在（1）中，若 ，求证：
；
（3）在（2）的条件下，若 ，直接写出 的长.
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）旋转后CB与CA重合，作∠KCA=∠FCB，截取KC=FC即可；
（2）连结KE，作KH⊥AC于H，先得到∠ACE+∠BCF=60°，再根据旋转的性质得BF=AK，
∠KCA=∠FCB，CK=CF，∠KAC=∠B=30°，则∠KCE=∠FCE，可根据“SAS”判断 CKE≌△CFE，所以
KE=EF，由于AE2+EF2=BF2，则AE2+KE2=AK2，根据勾股定理的逆定理得∠AEK=90△°，且
∠KEC=∠FEC=45°，可计算∠BCF=45°，设KH=a，在Rt KHC中可得KC= a；在Rt KHA中得
△ △
AK=2a，所以AK：KC=2a： a= ，则BF：CF= ，
（3）设KH=a，在Rt KHC中得HC=a；在Rt KHA中得AH= a，则AC=AH+HC= a+a= +1，解得
△ △
a=1，则AK=2，在Rt AEK中，计算出∠KAE=60°，∠AKE=30°，所以AE= AK=1，KE= AE= ，
△
即可得到EF= ．
【详解】（1）作图如图所示（2）证明：连结KE，作KH⊥AC于H，如图，
∵∠A=∠B=30°，∠MCN=60°，∴∠ACB=120°，∴∠ACE+∠BCF=60°，
∵△BCF绕点C顺时针旋转120゜后的 ACK，
∴BF=AK，∠KCA=∠FCB，CK=CF，△∠KAC=∠B=30°，
∴∠KCE=∠KCA+∠ACE=∠FCB+∠ACE=60°，∴∠KCE=∠FCE，
在 CKE和 CFE中 ，∴△CKE≌△CFE，∴KE=EF，
△ △
∵AE2+EF2=BF2，∴AE2+KE2=AK2，∴△AEK为直角三角形，
∴∠AEK=90°，∴∠KEC=∠FEC=45°，∴∠BCF=180°-45°-60°-30°=45°，∴∠KCA=45°，
设KH=a，在Rt KHC中，KC= a；在Rt KHA中，AK=2a，
△ △
∴AK：KC=2a： a= ，∴BF：CF= ，即BF= CF；
（3）设KH=a，在Rt KHC中，HC=a；在Rt KHA中，AH= a，
△ △
∴AC=AH+HC= a+a= +1，解得a=1，∴AK=2a=2，
在Rt AEK中，∠KAE=∠KAC+∠CAE=60°，∴∠AKE=30°，
△
∴AE= AK=1，∴KE= AE= ，∴EF= ．
【点睛】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．也考查了勾股定理的逆定理、全等三角形的判定与性质以及含30度的直
角三角形三边的关系．
16．（2023·河南·模拟预测）（1）在 中， ， ， ，且点D，E为边
BC上的点（分别不与点B，C重合，且点D在点E左侧）．
①初步探究：如图1，若 ， ， ，试探究BD，DE，CE之间的数量关系．
下面是小东的探究过程（不完整），请补充完整．解：∵ ， ，∴ ， ， ．
∴ ．
如图，将 绕点A逆时针旋转120°，得到 ，连接GE．
由旋转的性质，可知 ，
∴ ， ， ．
∴ ， ．
∴ 为等边三角形．（依据：_________________）
∴ ______ ______．
∵ ， ，
∴ ，
又∵ ，∴ ．
∴ ．∴ ．
②类比探究
如图2，若 ， ， ，请写出BD，DE，CE之间的数量关系，并就图2的情形说明理由．
（2）问题解决：如图3，在 中， ， 于点M， ， ，点N为线段
BC上一动点，当点N为BC的三等分点时，直接写出AN的长．
【答案】（1）①有一个角为60°的等腰三角形，CE，GE；②结论是：DE2=CE2+BD2．证明见详解
（2）AN的长为 或
【分析】（1）①将 绕点A逆时针旋转120°，得到 ，连接GE．由旋转的性质，可知，得出 ， ．可证 为等边三角形．（依据：有一个角为60°的
等腰三角形），得出 CE GE即可；②结论是：DE2=CE2+BD2,将 ABD绕点A逆时针方向旋转90°，
得到 ACG，连结CG，得出AD=AG，BD=CG，∠BAD=∠CAG，∠B=△∠ACG，再证∠DAE=∠GAE，然后
证明△DAE≌△GAE（SAS）即可；（2）将 AMC绕点A顺时针旋转90°到 AHC′，延长HC′与MB的延长
线交△于S，先证四边形AHSM为正方形，∠C△′AB=90°-∠HAC′-∠BAM=90°-（△∠CAM+∠MAB）
=45°=∠CAB,AM=AH=HS=BS，再证 AC′B≌△ACB（SAS），得出C′B=CB=BM+CM=5，根据勾股定理得
△
即 解方程即可．
【详解】（1）①将 绕点A逆时针旋转120°，得到 ，连接GE．
由旋转的性质，可知 ，∴ ， ， ．
∴ ， ．∴ 为等边三角形．∴ CE GE．
∵ ， ，∴ ，
又∵ ，∴ ．∴ ．∴ ．
故答案为：有一个角为60°的等腰三角形，CE，GE；
②结论是：DE2=CE2+BD2．
证明：将△ABD绕点A逆时针方向旋转90°，得到△ACG，连接EG，
则AD=AG，BD=CG，∠BAD=∠CAG，∠B=∠ACG，
∵AB=AC， ∠BAC=90°，∴∠ABC=∠ACB=45°，∴∠ECG=∠ACB+∠ACG=90°，
∵∠BAC=90°，∠DAE=45°，∴∠CAG+∠EAC=∠BAD+∠EAC=90°-∠DAE=45°，∴∠DAE=∠GAE，
在△DAE和△GAE中， ，∴△DAE≌△GAE（SAS），∴DE=GE，
在Rt GCE中，GE2=EC2+GC2即DE2=EC2+BD2；
△（2）解：将△AMC绕点A顺时针旋转90°到△AHC′，延长HC′与MB的延长线交于S，
则∠HAM=90°，∵AM⊥BC，∴∠AMC=∠AMB=90°，
根据三角形旋转90°得AH=AM，HC′=MC=2，AC′=AC，∠HAC′=∠MAC，∠H=∠AMC=90°，
∴∠H=∠AMC=∠HAM =90°，∴四边形AHSM为矩形，
∵AH=AM，∴四边形AHSM为正方形，
∴∠C′AB=90°-∠HAC′-∠BAM=90°-（∠CAM+∠MAB）=45°=∠CAB,AM=AH=HS=MS，
在△AC′B和△ACB中， ，∴△AC′B≌△ACB（SAS），
∴C′B=CB=BM+CM=5，在Rt C′SB中,C′S=AM-HC′=AM-2，BS=AM-BM=AM-3，
△
根据勾股定理得 即 ，解得AM=6或AM=-1（舍去），
当点N在BM上，NB= ，∴MN=3-BN= ，∴AN= ，
当点N在CM上，CN= ，∴MN=2-CN= ，∴AN= ，
综合AN的长为 或 ．
【点睛】本题考查图形旋转性质，等边三角形判定与性质，勾股定理，三角形全等判定与性质，正方形判定与性质，一元二次方程，掌握图形旋转性质，等边三角形判定与性质，勾股定理，三角形全等判定与性
质，正方形判定与性质，一元二次方程是解题关键．
17．（23-24七年级下·四川成都·期末）在 中， ， ，点E、 分别是 ，
上的动点（不与 ，C重合），点 是 的中点，连接 ．
(1)如图1，当 时，请问 与 全等吗？如果全等请证明，如果不是请说明理由；
(2)如图2，在（1）的条件下，过点 作 ，垂足为 ，若 ， ，请求 的长；
(3)如图3，当 时，连接 ，若 ， ，请求 的面积．
【答案】(1)全等；见解析(2) (3)
【分析】本题考查的是等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形面积的计算，作适当的
辅助线构建全等三角形是解题的关键.（1）先证明： 从而可
得结论；（2）根据全等三角形的性质得出 ，求出 ，根据等腰三角
形的性质得出 ，最后求出结果即可；（3）过 作 ，交 于 ，证明
，设 ，则 ， ，再求解 ，从
而可得答案.
【详解】（1）证明：全等，理由如下：∵在 中， ， 点 是 的中点，
∴ ， ，
∵ ，∴ ， ，
∴ 在 和 中， ，∴ ；
（2）解：由（1） ，∴ ，∵ ，∴ ，
∵ ， ，∴ ，∴ ；
（3）解：过 作 ，交 于 ，如图所示：∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，
由（1）得 ，∴ ， ，
在 和 中 ∴ ，∴ ，
∴ ，即 ，
设 ，则 ， ，∴ ， ，
，∴ ，∴ ．
18、已知：如图，在等边△ABC中，点O是BC的中点，∠DOE＝120°，∠DOE绕着点O旋转，角的两边
与AB相交于点D，与AC相交于点E．
(1)若OD，OE都在BC的上方，如图1，求证：OD＝OE．(2)在图1中，BD，CE与BC的数量关系是
．
(3)若点D在AB的延长线上，点E在线段AC上，如图2，直接写出BD，CE与BC的数量关系是 ．【答案】(1)见解析；(2) ；(3)
【解析】(1)证明：取AB的中点F，连接OF．
∵△ABC是等边三角形，∴ ，
∵点O与点F分别是BC与AB的中点，∴ ，
∴△BOF是等边三角形，∴ ，
，∴ ，∴ ，
∵在△DOF和△EOC中， ，∴ ，∴ ．
(2)解：结论： ．理由：∵ ，∴ ，∴ ，
∵ 是等边三角形，∴ ，
∵ ，∴ ．故答案为： ；
(3)结论： ．理由如图2中，取 的中点F，连接OF．
同（1）中的方法可证 是等边三角形， ，
∴ ，∴ ，∵ ，∴19．（2023山西八年级期中）如图，已知 与 ， 平分 ．
(1)如图1， 与 的两边分别相交于点 、 ， ，试判断线段 与
的数量关系，并说明理由.
以下是小宇同学给出如下正确的解法：解： ．
理由如下：如图1，过点 作 ，交 于点 ，则 ，…
请根据小宇同学的证明思路，写出该证明的剩余部分．
(2)你有与小宇不同的思考方法吗？请写出你的证明过程．
(3)若 ， ．
①如图3， 与 的两边分别相交于点 、 时，(1)中的结论成立吗？为什么？线段 、 、
有什么数量关系？说明理由．
②如图4， 的一边与 的延长线相交时，请回答(1)中的结论是否成立，并请直接写出线段 、
、 有什么数量关系；如图5， 的一边与 的延长线相交时，请回答(1)中的结论是否成立，
并请直接写出线段 、 、 有什么数量关系．
【答案】(1)见解析；(2)证明见解析；(3)①成立，理由见解析；②在图4中，(1)中的结论成立，
.在图5中，(1)中的结论成立，
【分析】（1）通过ASA证明 即可得到CD=CE；（2）过点 作 ， ，垂
足分别为 ， ，通过AAS证明 同样可得到CD=CE；（3）①方法一：过点 作
， 垂足分别为 ， ，通过AAS得到 ，进而得到 ，利用等量代换得到 ，在 中，利用30°角所对的边是斜边的一半得 ，
同理得到 ，所以 ；方法二：以 为一边作 ，交 于点 ，通过
ASA证明 ，得到 ，所以 ；②图4：以OC
为一边，作∠OCF=60°与OB交于F点，利用ASA证得△COD≌△CFE，即有CD=CE，OD=EF
得到OE=OF+EF=OC+OD；图5:以OC为一边，作∠OCG=60°与OA交于G点，利用ASA证得
△CGD≌△COE，即有CD=CE，OD=EF，得到OE=OF+EF=OC+OD.
【详解】解：(1) 平分 ， ，
又
在 与 中，
(2)如图2，过点 作 ， ，垂足分别为 ， ，∴ ，
又∵ 平分 ，∴ ，在四边形 中， ，
又∵ ，∴ ，又∵ ，∴ ，
在 与 中， ∴ ，∴ .
(3)①(1)中的结论仍成立. .
理由如下：方法一：如图3(1)，过点 作 ， ，垂足分别为 ， ，∴ ，又∵ 平分 ，∴ ，
在四边形 中， ，
又∵ ，∴ ，
又∵ ，∴ ，在 与 中， ，
∴ ，∴ .
∴ .
在 中， ，
∴ ，同理 ，∴ .
方法二：如图3（2），以 为一边作 ，交 于点 ，
∵ 平分 ，∴ ，∴ ，
∴ ， ，∴ 是等边三角形，∴ ，
∵ ， ，∴ ，
在 与 中， ∴ ，
∴ .∴ .
②在图4中，(1)中的结论成立， .
如图，以OC为一边，作∠OCF=60°与OB交于F点
∵∠AOB=120°，OC为∠AOB的角平分线∴∠COB=∠COA=60°
又∵∠OCF=60°∴△COF为等边三角形∴OC=OF∵∠COF=∠OCD+∠DCF=60°，∠DCE=∠DCF+∠FCB=60°∴∠OCD=∠FCB
又∵∠COD=180°-∠COA=180°-60°=120° ∠CFE=180°-∠CFO=180°-60°=120°
∴∠COD=∠CFE∴△COD≌△CFE（ASA）∴CD=CE，OD=EF
∴OE=OF+EF=OC+OD即OE-OD=OC
在图5中，(1)中的结论成立， .
如图，以OC为一边，作∠OCG=60°与OA交于G点
∵∠AOB=120°，OC为∠AOB的角平分线∴∠COB=∠COA=60°
又∵∠OCG=60°∴△COG为等边三角形∴OC=OG
∵∠COG=∠OCE+∠ECG=60°，∠DCE=∠DCG+∠GCE=60°∴∠DCG=∠OCE
又∵∠COE=180°-∠COB=180°-60°=120° ∠CGD=180°-∠CGO=180°-60°=120°
∴∠CGD=∠COE∴△CGD≌△COE（ASA） ∴CD=CE，OE=DG
∴OD=OG+DG=OC+OE 即OD-OE=OC
【点睛】本题主要考查全等三角形的综合应用，有一定难度，解题关键在于能够做出辅助线证全等.
20．（2023·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
【分析】（1）由 ， ，根据勾股定理可直接得出答案；
（2）先证明△ACE≌△DCB，确定△ECB为等腰直角三角形，即可得出答案；（3）先证明
△ACE≌△DCB，CE＝BC，得到△BCE为等腰直角三角形，得到AB＝BD+ BC，即可得出答案；
（4）先证明△ACE≌△DCB，确定△ECB为等腰直角三角形即可得出答案．
【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．
【点睛】此题属于几何变换综合题，主要考查旋转的性质，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，全
等三角形的判定和性质，构造全等三角形是解本题的关键．
