文档内容
专题01 旋转中的三类全等模型（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。
模型1.手拉手模型
【模型解读】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”。
手拉模型解题思路：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。
△ △
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∠BFD。
△ △3）双等腰三角形型
条件： ABC和 DCE均为等腰三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ACM=∠BFM；④CF平分∠BFD。
△ △
4）双正方形形型
条件： ABCFD和 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。
△ △
例1．（2022秋·吉林松原·九年级统考期中）如图，点O是等边三角形ABC内的一点， ，将
BOC绕点C顺时针旋转60°得 ADC，连接OD．(1)当 时， °；(2)当 时，
△ °；(3)若 △， ， ，则OA的长为 ．
【答案】(1)40； (2)60；(3)
【分析】（1）证明△COD是等边三角形，得到∠ODC=60°，即可得到答案；
（2）利用 ∠ADC-∠ODC求出答案；（3）由△BOC≌△ADC，推出∠ADC=∠BOC=150°，AD=OB=8，根据△COD是等边三角形，得到∠ODC=60°，OD= ，证得△AOD是直角三角形，利用
勾股定理求出．
【详解】（1）解：∵CO=CD，∠OCD=60°，∴△COD是等边三角形；∴∠ODC=60°，
∵∠ADC=∠BOC= ，∴ ∠ADC-∠ODC=40°，故答案为：40；
（2）∵∠ADC=∠BOC= ，∴ ∠ADC-∠ODC=60°，故答案为：60；
（3）解：当 ，即∠BOC=150°，∴△AOD是直角三角形．
∵△BOC≌△ADC，∴∠ADC=∠BOC=150°，AD=OB=8，
又∵△COD是等边三角形，∴∠ODC=60°，OD= ，∴∠ADO=90°，
即△AOD是直角三角形，∴ ,故答案为： ．
【点睛】本题以“空间与图形”中的核心知识（如等边三角形的性质、全等三角形的性质与证明、直角三
角形的判定、多边形内角和等）为载体，内容由浅入深，层层递进．试题中几何演绎推理的难度适宜，蕴
含着丰富的思想方法（如运动变化、数形结合、分类讨论、方程思想等），能较好地考查学生的推理、探
究及解决问题的能力．
例2．（2022秋·福建龙岩·九年级校考阶段练习）如图，在边长为8的等边△ABC中，点D是AB的中点，
点E是平面上△ABC外一点，且DE=2，连接BE，将线段EB绕点E顺时针旋转60°得到线段EF，连接
AF，CE． (1)判断△BEF的形状，并说明理由；(2)求证：AF=CE； (3)当点D，E，F在同一直线上时，请
你在备用图中画出符合条件的图形，并求出此时BE的长．
备用图
【答案】(1)△BEF是等边三角形(2)证明见解析(3)
【分析】（1）根据旋转即可证明△BEF是等边三角形；（2）由△EBF是等边三角形，可得FB=EB，再证
明∠FBA=∠EBC，又因为AB=BC，所以可证明△FBA≌△EBC，进而可得AF=CE；（3）当点D，E，F在同
一直线上时，过B作BM⊥EF于M，再在Rt△BMD中利用勾股定理列方程求解即可．
（1）∵将线段EB绕点E顺时针旋转60°得到线段EF，
∴EB=EF， ∴△BEF是等边三角形（2）∵等边△ABC和△BEF ∴BF=BE，AB=BC，
∴ 即∠FBA=∠EBC
∴△FBA≌△EBC（SAS）∴AF=CE
（3）图形如图所示：
过B作BM⊥EF于M，∵△BEF是等边三角形∴ ，
∵点D是AB的中点，∴ 在Rt△BMD中，
∵DE=2∴ 解得 或 （舍去）
∴
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的运用，旋转的性质，等边三角形
的判定和性质，解一元二次方程，利用手拉手模型构造全等三角形是解题的关键．
例3．（2022·吉林·九年级期末）如图①，在 中， ， ，点 ， 分别在边
， 上，且 ，此时 ， 成立．
（1）将 绕点 逆时针旋转 时，在图②中补充图形，并直接写出 的长度；（2）当 绕点 逆时针旋转一周的过程中， 与 的数量关系和位置关系是否仍然成立？若成立，请你利用图③证
明，若不成立请说明理由；（3）将 绕点 逆时针旋转一周的过程中，当 ， ， 三点在同一条
直线上时，请直接写出 的长度．
【答案】（1）补充图形见解析； ；（2） ， 仍然成立，证明见解析；（3）
或 ．
【分析】（1）根据旋转作图的方法作图，再根据勾股定理求出BE的长即可；
（2）根据SAS证明 得AD=BE，∠1=∠2，再根据∠1+∠3+∠4=90°得∠2∠3+∠4=90°，从而可
得出结论；（3）分两种情况，运用勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）如图所示，
根据题意得，点D在BC上，∴ 是直角三角形，且BC= ，CE=
由勾股定理得， ；
（2） ， 仍然成立. 证明：延长 交 于点 ，
∵ ， ， ，
∴ ，
又∵ ， ，∴ ，∴ ， ，
在 中， ，∴ ，∴ ，∴ .
（3）①当点D在AC上方时，如图1所示，
同（2）可得 ∴AD=BE 同理可证
在Rt CDE中， ∴DE=
△
在Rt ACB中， ∴
△设AD=BE=x，在Rt ABE中，
△
∴ 解得, ∴
②当点D在AC下方时，如图2所示，
同（2）可得 ∴AD=BE 同理可证
在Rt CDE中， ∴DE=
△
在Rt ACB中， ∴
△
设AD=BE=x，在Rt ABE中，
△
∴ 解得, ∴ .
所以,AD的值为 或
【点睛】本题考查了旋转的性质,全等三角形的判定与性质,勾股定理等知识，熟练解答本题的关键．
例4．（2022·黑龙江·虎林市九年级期末）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．
例5．（2022·山西大同·九年级期中）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6．（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．
模型2.半角模型
【模型解读】半角模型概念：过多边形一个顶点作两条射线，使这两条射线夹角等于该顶角一半
思想方法：通过旋转构造全等三角形，实现线段的转化
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。
2）等腰直角三角形半角模型条件： ABC是等腰直角三角形，∠DAE=45°；
结论：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝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＋FC；④ AEF的周长=2AB；
⑤DE、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+ ；
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°- 。
例1．（2022·福建·龙岩九年级期中）（1）【发现证明】
如图1，在正方形 中，点 ， 分别是 ， 边上的动点，且 ，求证： ．
小明发现，当把 绕点 顺时针旋转90°至 ，使 与 重合时能够证明，请你给出证明过程．
（2）【类比引申】①如图2，在正方形 中，如果点 ， 分别是 ， 延长线上的动点，且
，则（1）中的结论还成立吗？若不成立，请写出 ， ， 之间的数量关系______（不要
求证明）
②如图3，如果点 ， 分别是 ， 延长线上的动点，且 ，则 ， ， 之间的数量
关系是_____（不要求证明）.（3）【联想拓展】如图1，若正方形 的边长为6， ，求 的
长．
【答案】（1）见解析；（2）①不成立，结论： ；② ，见解析；（3）
【分析】（1）证明 ，可得出 ，则结论得证；（2）①将 绕点 顺时针旋转
至 根据 可证明 ，可得 ，则结论得证；②将 绕点 逆时针旋
转 至 ，证明 ，可得出 ，则结论得证；（3）求出 ，设 ，则
， ，在 中，得出关于 的方程，解出 则可得解．
【详解】（1）证明：把 绕点 顺时针旋转 至 ，如图1，， ， ， ， ， ， 三点共线，
， ， ， ，
， ， ， ；
（2）①不成立，结论： ；
证明：如图2，将 绕点 顺时针旋转 至 ，
， ， ， ， ，
， ， ；
②如图3，将 绕点 逆时针旋转 至 ， ， ，
， ， ，
， ， ， ．
即 ．故答案为： ．
（3）解：由（1）可知 ， 正方形 的边长为6， ，
． ， ，
设 ，则 ， ，在 中， ， ，解得： ． ，
．
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及
勾股定理的综合应用，解题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应边相等进行推导．
例2．（2022·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．
例3．（2022秋·江苏·八年级专题练习）等边 的两边 、 所在直线上分别有两点 、 ， 为
外一点，且 ， ， ．当点 、 分别在直线 、 上移动时，
探究 、 、 之间的数量关系以及 的周长 与等边 的周长 的关系．（1）如图①，
当点 、 在边 、 上，且 时， 、 、 之间的数量关系式为______；此时 的
值是______．
（2）如图②，当点 、 在边 、 上，且 时，猜想（1）问的两个结论还成立吗？写出
你的猜想并加以证明．
（3）如图③，当点 、 分别在边 、 的延长线上时，若 ，试用含 、 的代数式表示 ．
【答案】（1） ， ；（2）结论仍然成立，证明见解析；（3） ．
【分析】（1）由DM＝DN，∠MDN＝60°，可证得△MDN是等边三角形，又由△ABC是等边三角形，CD＝
BD，易证得Rt△BDM≌Rt△CDN，然后由直角三角形的性质，即可求得BM、NC、MN之间的数量关系
BM+NC＝MN，此时 ；
（2）在CN的延长线上截取CM ＝BM，连接DM ．可证△DBM≌△DCM ，即可得DM＝DM ，易证得∠CDN
1 1 1 1＝∠MDN＝60°，则可证得△MDN≌△M DN，然后由全等三角形的性质，即可得结论仍然成立；
1
（3）首先在CN上截取CM ＝BM，连接DM ，可证 DBM≌△DCM ，即可得DM＝DM ，然后证得∠CDN＝
1 1 1 1
∠MDN＝60°，易证得 MDN≌△M DN，则可得NC﹣△BM＝MN；然后根据 的周长，表示出AB的长，
1
然后根据 的周长△，应用等量代换即可求解．
【详解】解：（1）如图①，BM、NC、MN之间的数量关系 BM+NC＝MN．此时 ．
理由：∵DM＝DN，∠MDN＝60°，∴△MDN是等边三角形，∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝60°，
∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∴∠MBD＝∠NCD＝90°，
∵DM＝DN，BD＝CD，∴Rt BDM≌Rt CDN，∴∠BDM＝∠CDN＝30°，BM＝CN，
∴DM＝2BM，DN＝2CN，∴△MN＝2BM△＝2CN＝BM+CN；∴AM＝AN，∴△AMN是等边三角形，
∵AB＝AM+BM，∴AM：AB＝2：3，∴ ；
（2）猜想：结论仍然成立．证明：在NC的延长线上截取CM ＝BM，连接DM ．
1 1
∵∠MBD＝∠M CD＝90°，BD＝CD，∴△DBM≌△DCM ，
1 1
∴DM＝DM ，∠MBD＝∠M CD，M C＝BM，
1 1 1
∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠M DN＝∠MDN＝60°，
1
∴△MDN≌△M DN，∴MN＝M N＝M C+NC＝BM+NC，
1 1 1
∴△AMN的周长为：AM+MN+AN＝AM+BM+CN+AN＝AB+AC，∴ ；
（3）证明：在CN上截取CM ＝BM，连接DM ．
1 1∵∠MBD＝∠M CD＝90°，BD＝CD，∴△DBM≌△DCM ，
1 1
∴DM＝DM ，∠MBD＝∠M CD，M C＝BM，
1 1 1
∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠M DN＝∠MDN＝60°，
1
∴△MDN≌△M DN，∴MN＝M N．∴NC﹣BM＝MN．
1 1
∵等边 的周长为 ，∴ ，
的周长
．故答案为： ．
【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知等边三角形的性质及全等三角形的判
定定理．
例4．（2022秋·江苏扬州·八年级校考阶段练习）如图，在等边三角形 中，在AC边上取两点
使 ．若 ， ， ， 则以 为边长的三角形的形状为（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．随 的值而定
【答案】C
【分析】将 ABM绕点B顺时针旋转60°得到 CBH，连接HN，根据等边三角形的性质及各角之间的等量
关系可得：△∠NBM=∠NBH，然后依据全等三角△形的判定定理可得 NBM≌ NBH，由全等三角形的性质可
△ △将x、m、n放在 NCH中，即可确定三角形的形状．
【详解】解：如图△所示：将 ABM绕点B顺时针旋转60°得到 CBH，连接HN，
△ △
由旋转性质可知，BM=BH，CH=AM， ， ，
∵ ABC是等边三角形，∴∠ABC=∠ACB=∠A=60°，∵∠MBN=30°，∴∠ABM+∠CBN=30°，
∴∠△NBH=∠CBH+∠CBN=∠ABM+∠CBN =30°，∴∠NBM=∠NBH，
在 NBM与 NBH中， ，∴ NBM≌ NBH（SAS），∴MN=NH=x，
△ △ △ △
∵∠BCH=∠A=60°，CH=AM=m，∴∠NCH=120°，
∴以x，m，n为边长的三角形 NCH是钝角三角形．故选：C．
【点睛】本题考查等边三角形的△性质、全等三角形的判定和性质、旋转变换等知识，解题的关键是学会利
用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，
例5．（2022秋·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，在△ABC中，AB＝AC＝2 ．∠BAC＝120°，点
D，E都在边BC上，∠DAE＝60°，若BD＝2CE，求DE的长．
【答案】DE＝3 ﹣3．
【分析】将 绕点A逆时针旋转120°得到 ，取CF的中点G，连接EF、EG，由AB＝AC、
，可得出 ，根据旋转的性质可得出 ，结合 可得出
为等边三角形，进而得出 为直角三角形，通过解直角三角形求出 的长度以及证明全等找
出 ，设 ，则 ， ，在 中利用勾股定理可得出，利用 ，可求出 以及 的值；
【详解】解：将 绕点A逆时针旋转120°得到 ，取 的中点G，连接 ，如图所示：
过点 作 于点 ，如图，
∵ ， ，∴ ，
在 中， ，∴ ，
∴ ，∴ ，∴ ，∴ ．
∵ ，∴ ，∴ 为等边三角形，
∴ ，∴ ，∴ 为直角三角形，
∵ ，∴ ，∴ ．
在 和 中， ，∴ ，∴ ．
设 ，则 ，在 中， ，
＝ x，∴ ，∴ ，
∴ ，答： 的长为 ．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、解一元二次方程以及旋转的性质，通过勾股定
理找出关于x的一元二次方程是解题的关键．
例6．（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．
模型3、旋转中的对角互补模型
【模型解读】
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 .
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 .
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 .
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 .
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°。
结论：①PB+PC= PA；
例1．（2023·黑龙江黑河·八年级期中）Rt△ABC中，AB=AC，点D为BC中点．∠MDN=90°，∠MDN绕
点D旋转，DM、DN分别与边AB、AC交于E、F两点．下列结论：①(BE+CF)= BC，② ，
③ AD·EF，④AD≥EF其中正确结论的个数是（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【详解】解:∵Rt△ABC中，AB=AC，点D为BC中点．∠MDN=90°，
∴AD =DC，∠EAD=∠C=45°，∠EDA=∠MDN－∠ADN =90°－∠ADN=∠FDC．
∴△EDA≌△FDC（ASA）．∴AE=CF．∴BE+CF= BE+ AE=AB．
在Rt△ABC中，根据勾股定理，得AB= BC．∴(BE+CF)= BC．∴结论①正确．
设AB=AC=a，AE=b，则AF=BE= a－b．
∴ ．
∴ ．∴结论②正确．
如图，过点E作EI⊥AD于点I，过点F作FG⊥AD于点G，过点F作FH⊥BC于点H，ADEF相交于点O．
∵四边形GDHF是矩形，△AEI和△AGF是等腰直角三角形，
∴EO≥EI（EF⊥AD时取等于）=FH=GD，OF≥GH（EF⊥AD时取等于）=AG．
∴EF=EO＋OF≥GD＋AG=AD．∴结论④错误．
∵△EDA≌△FDC，∴ ．∴结论③错误．
综上所述，结论①②正确．故选C．
例2．（2022秋·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．
例3．（2022四川宜宾八年级期末）如图1， ， 平分 ，以 为顶点作 ，
交 于点 ， 于点E. （1）求证： ；（2）图1中，若 ，求 的长；（3）如图2， ， 平分 ，以 为顶点作 ，交 于点 ， 于点 .若
，求四边形 的面积．
【答案】（1）见解析；（2）OD+OE = ；（3）
【分析】（1）过点C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，然后根据题意利用AAS定理进行证明△CDG ≌ △CEH，从
而求解；（2）根据全等三角形的性质得到OD+OE =2OH，然后利用勾股定理求OH的值，从而求解；
（3）过点C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，然后根据题意利用AAS定理进行证明△CDG ≌ △CEH，从而求得
= =2 ，然后利用含30°的直角三角形性质求得OH= ,CH= 从而求得三角形面积，
使问题得到解决．
【详解】解：（1）如图,过点C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，
∵ 平分 ∴CG =CH ∵ , ∴∠CDO+∠CEO=180︒
∵∠CDG+∠CDO=180︒∴∠CDG =∠CEO
在△CDG与△CEH中 ∴△CDG ≌ △CEH(AAS)∴
(2)由（1）得△CDG ≌ △CEH∴DG=HE由题易得△OCG与△OCH是全等的等腰直角三角形，且OG=OH
∴OD+OE=OD+OH+HE=OG+OH=2OH 设OH=CH=x，在Rt△OCH中，由勾股定理，得:
OH2+CH2=OC2∴ ∴ (舍负)∴OH = ∴OD+OE =2OH=
（3）如图,过点C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，
∵ 平分 ∴CG =CH ∵ , ∴∠CDO+∠CEO=180︒
∵∠CDG+∠CDO=180︒∴∠CDG =∠CEO
在△CDG与△CEH中 ∴△CDG ≌ △CEH(AAS)∴DG=HE
由题易得△OCG与△OCH是全等的直角三角形,且OG=OH
∴OD+OE=OD+OH+HE=OG+OH=2OH∴ = =2
在Rt△OCH中,有∠COH=60°,OC=3，∴OH= ,CH= ∴ ∴ =2 =
【点睛】本题考查全等三角形的性质及判定，含30°直角三角形的性质以及勾股定理，是一道综合性问题，
掌握相关知识点灵活应用解题是本题的解题关键.
例4．（2022湖北省宜城市八年级期末）如图，已知∠AOB=120°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将
一个60°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？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）详见解析；（2）（1）中结论仍然成立，理由详见解析；（3）（1）中结论不成立，结论
为OE﹣OD=OC，证明详见解析.【分析】(1)根据OM是∠AOB的角平分线，可得∠AOB=60°，则∠OCE=30°，再根据30°所对直角边是斜边
的一半，得出OD= OC，同理：OE= OC，即可得出结论；(2)同(1)的方法得到OF+OG=OC，再根据AAS
证明 CFD≌△CGE，得出DF=EG，则OF=OD+DF=OD+EG，OG=OE﹣EG，OF+OG=OD+OE，即可得出结
论.(3△)同(2)的方法得到DF=EG，根据等量代换可得OE﹣OD=OC.
【详解】(1)∵OM是∠AOB的角平分线，∴∠AOC=∠BOC= ∠AOB=60°，
∵CD⊥OA，∴∠ODC=90°，∴∠OCD=30°，∴∠OCE=∠DCE﹣∠OCD=30°，
在Rt OCD中，OD= OC，同理：OE= OC，∴OD+OE=OC，
△
(2)(1)中结论仍然成立，理由：过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，如图，
∴∠OFC=∠OGC=90°，∵∠AOB=120°，∴∠FCG=60°，
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=60°，∠FCG=60°，∴∠DCF=∠ECG，∴△CFD≌△CGE，∴DF=EG，
∴OF=OD+DF=OD+EG，OG=OE﹣EG， ∴OF+OG=OD+EG+OE﹣EG=OD+OE，∴OD+OE=OC；
(3)(1)中结论不成立，结论为：OE﹣OD=OC，
理由：过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，如图，
∴∠OFC=∠OGC=90°，∵∠AOB=120°，∴∠FCG=60°，
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=60°，∠FCG=60°，∴∠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】本题考查了角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质.正确作辅助线是解题的关键.
例5. 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．1．（2022秋·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
【分析】如图作 于点E， 于点F，只要证明 ， 即可
一一判断．
【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．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，角平分线的性质定理，四边形的面积等知识，解题的关键是学会
添加辅助线，构造全等三角形解决问题．
2．（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．
3．（2022·广东深圳·八年级期末）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．
4．（2023.重庆市八年级期中）问题情境
在等边△ABC的两边AB，AC上分别有两点M，N，点D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝
120°，BD＝DC．
特例探究：如图1，当DM＝DN时，（1）∠MDB＝ 度；（2）MN与BM，NC之间的数量关系为
；
归纳证明：（3）如图2，当DM≠DN时，在NC的延长线上取点E，使CE＝BM，连接DE，猜想MN与
BM，NC之间的数量关系，并加以证明．
拓展应用：（4）△AMN的周长与△ABC的周长的比为 ．
【答案】（1）30；（2）MN＝BM+NC；（3）MN＝BM+NC，证明见解析；（4）【详解】特例探究：解：（1）∵DM＝DN，∠MDN＝60°，
∴△MDN是等边三角形，∴MN＝DM＝DN，
∵∠BDC＝120°，BD＝DC，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∴∠DBM＝∠DCN＝90°，
∵BD＝CD，DM＝DN，∴Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），
∴∠MDB＝∠NDC＝30°，故答案为：30；
（2）由（1）得：DM＝2BM，DM＝MN，Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），
∴BM＝CN，∴DM＝MN＝2BM＝BM+NC，即MN＝BM+NC；
归纳证明（3）解：猜想：MN＝BM+NC，证明如下：
∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∴∠MBD＝∠NCD＝90°．∴∠MBD＝∠ECD＝90°，
又∵BD＝CD，BM＝CE，∴△DBM≌△DCE（SAS），∴DM＝DE，∠MDB＝∠EDC，
∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠MDB+∠NDC＝60°，
∴∠EDN＝∠NDC+∠EDC＝∠MDB+∠NDC＝60°，∴∠EDN＝∠MDN，
又∵DN＝DN，∴△MDN≌△EDN（SAS），∴MN＝EN＝EC+NC＝BM+NC；
拓展应用（4）解：由（1）（2）得：MN＝BM+NC，
∴△AMN的周长＝AM+MN+AN＝AM+BM+NC+AN＝AB+AC＝2AB，
∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC，∴△ABC的周长＝3AB，
∴△AMN的周长与△ABC的周长的比为 ＝ ，故答案为： ．
5.（2023.山东八年级期中）综合与实践
（1）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝45°，则MN，AM，CN的数量
关系为 ．（2）如图2，在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，点M、N分别在AD、CD上，若
∠MBN＝ ∠ABC，试探索线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？请写出猜想，并给予证明．
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，点M、N分别在DA、CD的延长线上，
若∠MBN＝ ∠ABC，试探究线段MN、AM、CN的数量关系为 ．
【答案】（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由见解析；（3）MN=CN-AM，理由见解析
【详解】解：（1）如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，
∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，
在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC ，∴∠BCM'+∠BCD=180°，
∴点M'、C、N三点共线，
∵∠MBN=45°，∴∠ABM+∠CBN=45°，
∴∠M'BN=∠M'BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=45°，即∠M'BN=∠MBN，
∵BN=BN，∴△NBM≌△NBM'，∴MN= M'N，
∵M'N= M'C+CN，∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（2）MN=AM+CN；理由如下：
如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，
∠ABM=∠M'BC，
∵∠A+∠C＝180°，∴∠BCM'+∠BCD=180°，∴点M'、C、N三点共线，∵∠MBN＝ ∠ABC，∴∠ABM+∠CBN= ∠ABC＝∠MBN，∴∠CBN+∠M'BC =∠MBN，即
∠M'BN=∠MBN，
∵BN=BN，∴△NBM≌△NBM'，∴MN= M'N，
∵M'N= M'C+CN，∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（3）MN=CN-AM，理由如下：如图，在NC上截取C M'=AM，连接B M'，
∵在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，∴∠C+∠BAD=180°，
∵∠BAM+∠BAD=180°，∴∠BAM=∠C，∵AB＝BC，∴△ABM≌△CB M'，
∴AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，∴∠MA M'=∠ABC，
∵∠MBN＝ ∠ABC，∴∠MBN＝ ∠MA M'=∠M'BN，
∵BN=BN，∴△NBM≌△NBM'，∴MN= M'N，
∵M'N=CN-C M'， ∴MN=CN-AM．故答案是：MN=CN-AM．
6．（2022·江苏盐城·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°，AB=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.
△ABD △AEC
7．（2023·福建福州市·九年级月考）如图， 和 均为等边三角形，连接BE、CD．
（1）请判断：线段BE与CD的大小关系是 ；
△ABD △AEC
（2）观察图，当 和 分别绕点A旋转时，BE、CD之间的大小关系是否会改变?
（3）观察如图和4，若四边形ABCD、DEFG都是正方形,猜想类似的结论是___________,在如图中证明你的
猜想.（4）这些结论可否推广到任意正多边形（不必证明）,如图,BB 与EE 的关系是 ;它们分别在哪两个全
1 1
等三角形中 ;请在如图中标出较小的正六边形AB C D E F 的另五个顶点，连接图中哪两个顶点,
1 1 1 1 1
能构造出两个全等三角形？
【答案】(1) BE=CD （2）线段BE与CD的大小关系不会改变 （3）AE＝CG，证明见解析 （4）这些
结论可以推广到任意正多边形.如图5，BB =EE ，它们分别在△AE E和△AB B中，如图6，连接FF ，可证
1 1 1 1 1
△AB B≌△AF F．图形见解析.
1 1
【分析】本题是变式拓展题，图形由简单到复杂，需要从简单图形中探讨解题方法，并借鉴用到复杂图形
中；证明三角形全等时，用旋转变换寻找三角形全等的条件．
【详解】（1）线段BE与CD的大小关系是BE=CD；（2）线段BE与CD的大小关系不会改变；
（3）AE=CG．证明：如图4，正方形ABCD与正方形DEFG中，
∵AD=CD，DE=DG，∠ADC=∠GDE=90°，
又∠CDG=90°+∠ADG=∠ADE，∴△ADE≌△CDG，∴AE=CG．
（4）这些结论可以推广到任意正多边形．如图5，BB =EE ，它们分别在△AE E和△AB B中，如图6，连接FF ，可证△AB B≌△AF F．
1 1 1 1 1 1 1
【点睛】本题综合考查全等三角形、等边三角形和多边形有关知识．注意对三角形全等的证明方法的发散．
8．（2022·上海·九年级专题练习）如图1是实验室中的一种摆动装置，BC在地面上，支架ABC是底边为
BC的等腰直角三角形，摆动臂AD可绕点A旋转，摆动臂DM可绕点D旋转，AD=30 ，DM=10．
（1）在旋转过程中，当A，D，M为同一直角三角形的顶点时，AM的长为____；
（2）若摆动臂AD顺时针旋转90°，点D的位置由 外的点D 转到其内的点D 处，连结D D ，如图
1 2 1 2
2，此时∠AD C=135°，CD =60，BD 的长为_____．
2 2 2
【答案】 或 ．
【分析】（1）由题意 不是最长边，所以∠MAD不能为直角．当∠AMD为直角时，根据
，计算即可，当∠ADM=90°时，根据 ，计算即可．
（2）连接 ．首先利用勾股定理求出 ，再利用全等三角形的性质证明 即可．
【详解】解：（1）由题意 不是最长边，所以∠MAD不能为直角．
当∠AMD为直角时， ， ∴ 或（ 舍弃）．
当∠ADM=90°时， ， ∴AM= 或（ 舍弃）．
综上所述，满足条件的AM的值为 或 ．（2）如图2中，连接 ，
由题意： ， ∴ ，
∵ ∴ ， ∴
∵∠BAC= ， ∴ ， ∴ ，
∵AB=AC， ， ∴ （SAS）， ∴ ．
故答案为：（1） 或 ，（2）
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等
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．
9．（2022秋·广东佛山·八年级校考期末）【问题探究】
(1)如图1，锐角△ABC中分别以AB、AC为边向外作等腰△ABE和等腰△ACD，使 ， ，
，连接BD，CE，试猜想BD与CE的大小关系，并说明理由．
(2)如图2，四边形ABCD中， ， ， ，求BD的长．
(3)如图3，在（2）的条件下，当 在线段AC的左侧时，求BD的长．
【答案】(1)BD=CE，理由见解析(2) cm(3) cm【分析】（1）首先根据等式的性质证明 ，然后根据 即可证明 ，根据
全等三角形的性质即可证明；（2）在 的外部，以A为直角顶点作等腰直角 ，使
，连接 、 、 ，证明 ，证明 ，然后在直角三角形
中利用勾股定理即可求解；（3）在线段 的右侧过点A作 于点A，交 的延长线于点
E，证明 ，即可求解．
【详解】（1）解： ．
理由：∵ ，∴ ，即 ，
在 和 中， ，∴ ，∴ ；
（2）解：如图①，在 的外部，以A为直角顶点作等腰直角 ，使 ，连接
、 、 ．
图②
∵ ，∴ ，
∴ ，即 ，
在 和 中， ，∴ ，∴ ．
∵ ，∴ ，
又∵ ，∴ ，
∴ ，∴ ．
（3）解：如图②，在线段 的右侧过点A作 于点A，交 的延长线于点E．
∵ ，∴ ，又∵ ，∴ ，∴ ，又∵ ，
∴ ，∴ ，即 ，
在 和 中， ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ．
【点睛】题目主要考查全等三角形的判定和性质，勾股定理解三角形，三角形内角和定理等，理解题意，
熟练掌握运用全等三角形的判定和性质是解题关键．
10.（2023·湖北武汉·九年级统考期中）【问题背景】（1）如图1， 是正三角形 外一点，
，则 ？小明为了证明这个结论，将 绕点 逆时针旋转 请帮助小明完
成他的作图；
【迁移应用】（2）如图2，在等腰 中， ，点 在 外部，使得
，若 ，求 ；
【拓展创新】（3）如图3，在四边形 中， 点 在四边形 内部．且
， 直接写出 的长．
【答案】（1）见解析；（2）3；（3）5
【分析】（1）根据旋转的定义和性质解答；（2）由题意可以得到 由此可得
和PC=AM，最后由△PAC的面积等于4.5可以求得PC的值；（3）根据三角形的性质解答．【详解】（1）如图，作 ，连结 ，则 即为所求作的图形：
（2）作线段 垂直于 交 延长线于点 连接
为等腰直角三角形，
在 与 中：
（3）5．证明如下：如图，将 顺时针旋转 至 ，则 ， ，
， ，即
为直角三角形，其中 ， ，由勾股定理得 ，
又 旋转角为 ，即 ，
则 ，即 ，
在 与 中，
【点睛】本题考查三角形的应用，熟练掌握三角形全等的判定和性质、旋转的意义和性质、等腰三角形和
直角三角形的性质是解题关键．
11．（2023·山东·九年级专题练习）如图， ABC是边长为4的等边三角形，点D是线段BC的中点，
∠EDF=120°，把∠EDF绕点D旋转，使∠ED△F的两边分别与线段AB、AC交于点E、F．（1）当DF⊥AC时，
求证：BE=CF；
（2）在旋转过程中，BE+CF是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由【答案】（1）证明见解析；（2）是，2.
【分析】（1）根据四边形内角和为360°，可求∠DEA=90°，根据“AAS”可判定 BDE≌△CDF，即可证
BE=CF； △
（2）过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，如图2，易证 MBD≌△NCD，则有BM=CN，DM=DN，进而
可证到 EMD≌△FND，则有EM=FN，就可得到BE+CF=BM+EM+△CF=BM+FN+CF=BM+CN=2BM=2BD×cos60°=BD=
△
BC=2.
【详解】（1）∵△ABC是边长为4的等边三角形，点D是线段BC的中点，
∴∠B=∠C=60°，BD=CD，∵DF⊥AC，∴∠DFA=90°，
∵∠A+∠EDF+∠AFD+∠AED=180°，∴∠AED=90°，
∴∠DEB=∠DFC，且∠B=∠C=60°，BD=DC，∴△BDE≌△CDF（AAS）
（2）过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，
则有∠AMD=∠BMD=∠AND=∠CND=90°．
∵∠A=60°，∴∠MDN=360°-60°-90°-90°=120°．
∵∠EDF=120°，∴∠MDE=∠NDF．
在 MBD和 NCD中， ，∴△MBD≌△NCD（AAS）BM=CN，DM=DN．
△ △
在 EMD和 FND中， ，∴△EMD≌△FND（ASA）∴EM=FN，
△ △∴BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN=2BM=2BD×cos60°=BD= BC=2.
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、特殊角的三角函数值等知
识，通过证明三角形全等得到BM=CN，DM=DN，EM=FN是解决本题的关键．
12. 如图，一伞状图形，已知 ，点 是 角平分线上一点，且 ， ，
与 交于点 ， 与 交于点 ．(1)如图一，当 与 重合时，探索 ， 的数量关
系(2)如图二，将 在(1)的情形下绕点 逆时针旋转 度 ，继续探索 ， 的数量
关系，并求四边形 的面积．
【答案】（1） ，证明详见解析；（2） ，
【分析】（1）根据角平分线定义得到∠POF=60°，推出△PEF是等边三角形，得到PE=PF；（2）过点P
作PQ⊥OA，PH⊥OB，根据角平分线的性质得到PQ=PH，∠PQO=∠PHO=90°，根据全等三角形的性质
得到PE=PF，S =S ，求得OQ=1，QP= ，根据三角形的面积公式即可得到结论．
四边形OEPF 四边形OQPH
【详解】解：（1）∵ ， 平分 ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ 是等边三角形，∴ ；
（2）过点 作 ， ，∵ 平分 ，∴ ， ，
∵ ，∴∠QPH＝60°，∴ ， ∴ ，
在 与 中 ，
∴ ， ∴ ， ，
∵ ， ， 平分 ，∴ ，
∴ ， ＝ ，∴ ＝ ，
∴四边形 的面积＝ ＝
【点睛】本题考查了旋转的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积，正确的作
出辅助线是解题的关键．
13．（2022·山东枣庄·中考模拟）在 中， ， ， 于点 ,（1）如图1，
点 ， 分别在 ， 上，且 ，当 ， 时，求线段 的长；
（2）如图2，点 ， 分别在 ， 上，且 ，求证： ；
（3）如图3，点 在 的延长线上，点 在 上，且 ，求证： ;【答案】(1) ；(2)见解析；(3)见解析.
【分析】（1）根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质得到 AD＝BD＝DC＝ ，求出 ∠MBD＝
30°，根据勾股定理计算即可； （2）证明 BDE≌△ADF，根据全等三角形的性质证明；
（3）过点 M作 ME∥BC交 AB的延长线于△ E，证明 BME≌△AMN，根据全等三角形的性质得到 BE＝
AN，根据等腰直角三角形的性质、勾股定理证明结论△．
【详解】（1）解： ， ， ，
， ， ，
， ， ，
， ， ，
由勾股定理得， ，即 ，
解得， ， ；
（2）证明： ， ， ，
在 和 中， ， ；
（3）证明：过点 作 交 的延长线于 ， ，
则 ， ， ，
， ， ，
在 和 中， ， ，， ．
【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形
的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
