【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案专题3对角互补模型模型1：全等形——90°对角互补模型 模型2：全等形——120°对
角互补模型模型3：全等形——任意角对角互补模型模型4：相似形——90°对角互补模型 【例1】．（2021·全国·九年级专题练习）如
图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，点E，F分别在四边形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=∠BAD，
连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系．（1）思路梳理将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，由∠B+∠A
DC=180°，得∠FDG=180°，即点F，D，G三点共线，易证△AFG≌△AFE，故EF，BE，DF之间的数量关系为__；（2
）类比引申如图2，在图1的条件下，若点E，F由原来的位置分别变到四边形ABCD的边CB，DC延长线上，∠EAF=∠BAD，连接EF
，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系，并给出证明．（3）联想拓展如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D，E均在
边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1，EC=2，直接写出DE的长为________________.【答案】（1）EF＝BE＋
DF；（2）EF＝DF?BE；证明见解析；（3）.【分析】（1）将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，首先证明F
，D，G三点共线，求出∠EAF＝∠GAF，然后证明△AFG≌△AFE，根据全等三角形的性质解答；（2）将△ABE绕点A逆时针旋转，
使AB与AD重合，得到△ADE''，首先证明E''，D，F三点共线，求出∠EAF＝∠E''AF，然后证明△AFE≌△AFE''，根据全等三
角形的性质解答；（3）将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACD''，使AB与AC重合，连接ED''，同（1）可证△AED≌AED''，求出∠
ECD''＝90°，再根据勾股定理计算即可．【详解】解：（1）将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，∵∠B＋∠AD
C＝180°，∴∠FDG＝180°，即点F，D，G三点共线，∵∠BAE＝∠DAG，∠EAF＝∠BAD，∴∠EAF＝∠GAF，在△A
FG和△AFE中，，∴△AFG≌△AFE，∴EF＝FG＝DG＋DF＝BE＋DF；（2）EF＝DF?BE；证明：将△ABE绕点A逆时
针旋转，使AB与AD重合，得到△ADE''，则△ABE≌ADE''，∴∠DAE''＝∠BAE，AE''＝AE，DE''＝BE，∠ADE''＝∠
ABE，∵∠ABC＋∠ADC＝180°，∠ABC＋∠ABE＝180°，∴∠ADE''＝∠ADC，即E''，D，F三点共线，∵∠EAF＝
∠BAD，∴∠E''AF＝∠BAD?（∠BAF＋∠DAE''）＝∠BAD?（∠BAF＋∠BAE）＝∠BAD?∠EAF＝∠BAD，∴∠E
AF＝∠E''AF，在△AEF和△AE''F中，，∴△AFE≌△AFE''（SAS），∴FE＝FE''，又∵FE''＝DF?DE''，∴EF＝
DF?BE；（3）将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACD''，使AB与AC重合，连接ED''，同（1）可证△AED≌AED''，∴DE＝D
''E．∵∠ACB＝∠B＝∠ACD''＝45°，∴∠ECD''＝90°，在Rt△ECD''中，ED''＝，即DE＝，故答案为：．【点睛】本题
考查的是旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，灵活运用利用旋转变换作图、掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解
题的关键．【例2】．（2019·山东枣庄·中考真题）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≌△AM
N，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．【
例3】．（2022·江苏·八年级课时练习）（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EB到G，使BG=DF，连接AG．证明△AGE和△AEF全等，则EF=GE，则EF
=BE+DF，证明△ABE和△AEF中全等，那么AG=AF，∠1=∠2，∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=∠BAD．从而得出EF=
GE；（2）思路和作辅助线的方法同（1）；（3）根据（1）的证法，我们可得出DF=BG，GE=EF，那么EF=GE=BE-BG=B
E-DF．【详解】（1）延长至，使，连接，∵，，∴≌，∴，，∴，∴，在和中，∵，∴≌，∴，∵，∴．故答案为：（）（）中的结论仍成立
，证明：延长至，使，∵，，∴，在和中，，∴≌，∴，,∵，∴，∴即，在和中，，∴≌，∴，即．（），证明：在上截取使，连接，∵，，∴，
∵在和中，，∴≌，∴，，∴ ，∴，在和中，，∴≌，∴，∵，∴．【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.【例4】．（2022·全国·八年
级课时练习）四边形是由等边和顶角为的等腰排成，将一个角顶点放在处，将角绕点旋转，该交两边分别交直线、于、，交直线于、两点．（1）当
、都在线段上时（如图1），请证明：；（2）当点在边的延长线上时（如图2），请你写出线段，和之间的数量关系，并证明你的结论；（3）在
（1）的条件下，若，，请直接写出的长为 ．【答案】（1）证明见解析；（2）．证明见解析；（3）．【分析】（1）把△DBM绕点D逆时
针旋转120°得到△DAQ，根据旋转的性质可得DM=DQ，AQ=BM，∠ADQ=∠BDM，然后求出∠QDN=∠MDN，利用“边角边
”证明△MND和△QND全等，根据全等三角形对应边相等可得MN=QN，再根据AQ+AN=QN整理即可得证；（2）把△DAN绕点D顺
时针旋转120°得到△DBP，根据旋转的性质可得DN=DP，AN=BP，根据∠DAN=∠DBP=90°可知点P在BM上，然后求出∠
MDP=60°，然后利用“边角边”证明△MND和△MPD全等，根据全等三角形对应边相等可得MN=MP，从而得证；（3）过点M作MH
∥AC交AB于G，交DN于H，可以证明△BMG是等边三角形，根据等边三角形的性质可得BM=MG=BG，根据全等三角形对应角相等可得
∠QND=∠MND，再根据两直线平行，内错角相等可得∠QND=∠MHN，然后求出∠MND=∠MHN，根据等角对等边可得MN=MH，
然后求出AN=GH，再利用“角角边”证明△ANE和△GHE全等，根据全等三角形对应边相等可得AE=GE，再根据BG=AB-AE-G
E代入数据进行计算即可求出BG，从而得到BM的长．【详解】解：（1）证明：把△DBM绕点D逆时针旋转120°得到△DAQ，则DM=
DQ，AQ=BM，∠ADQ=∠BDM，∠QAD=∠CBD=90°，∴点Q在直线CA上，∵∠QDN=∠ADQ+∠ADN=∠BDM+∠
ADN=∠ABD-∠MDN=120°-60°=60°，∴∠QDN=∠MDN=60°，∵在△MND和△QND中，，∴△MND≌△QN
D（SAS），∴MN=QN，∵QN=AQ+AN=BM+AN，∴BM+AN=MN；（2）：.理由如下：如图，把△DAN绕点D顺时针旋
转120°得到△DBP，则DN=DP，AN=BP，∵∠DAN=∠DBP=90°，∴点P在BM上，∵∠MDP=∠ADB-∠ADM-∠
BDP=120°-∠ADM-∠ADN=120°-∠MDN=120°-60°=60°，∴∠MDP=∠MDN=60°，∵在△MND和△
MPD中，，∴△MND≌△MPD（SAS），∴MN=MP，∵BM=MP+BP，∴MN+AN=BM；（3）如图，过点M作MH∥AC交
AB于G，交DN于H，∵△ABC是等边三角形，∴△BMG是等边三角形，∴BM=MG=BG，根据（1）△MND≌△QND可得∠QND
=∠MND，根据MH∥AC可得∠QND=∠MHN，∴∠MND=∠MHN，∴MN=MH，∴GH=MH-MG=MN-BM=AN，即AN
=GH，∵在△ANE和△GHE中，，∴△ANE≌△GHE（AAS），∴AE=EG=2.1，∵AC=7，∴AB=AC=7，∴BG=A
B-AE-EG=7-2.1-2.1=2.8，∴BM=BG=2.8．故答案为：2.8【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质及等腰三
角形的性质，根据等边三角形的性质，旋转变换的性质作辅助线构造全等三角形是解题的关键，（3）作平行线并求出AN=GH是解题的关键，也
是本题的难点．一、解答题1．（2022·陕西·西安市第三中学七年级期末）回答问题（1）【初步探索】如图1：在四边形ABCD中，AB
=AD，∠B=∠ADC=90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE+FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF之间的数量关
系．小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG=BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出
结论，他的结论应是_______________；（2）【灵活运用】如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°
．E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；（3）【拓展延伸】知在四边形ABCD中，∠A
BC+∠ADC=180°，AB=AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF=BE+FD，请直接写
出∠EAF与∠DAB的数量关系．【答案】（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF；（2）仍成立，理由见解析；（3）∠EAF=180°-∠
DAB【分析】（1）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判
定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF，据此得出结论；（2）延长FD到点G，使DG
=BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠G
AF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；（3）在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，先判定△ADG≌△ABE，再
判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，推导得到2∠FAE+∠DAB=36
0°，即可得出结论．【详解】解：（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF．理由：如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，∵∠B=
∠ADF=90°，∠ADG=∠ADF=90°，∴∠B=∠ADG=90°，又∵AB=AD，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE
=∠DAG，AE=AG，∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，∴△AEF≌△AGF（SSS），∴∠EAF=∠GAF=∠
DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；故答案为：∠BAE+∠FAD=∠EAF；（2）仍成立，理由：如图2，延长FD到点G，使DG=
BE，连接AG，∵∠B+∠ADF=180°，∠ADG+∠ADF=180°，∴∠B=∠ADG，又∵AB=AD，∴△ABE≌△ADG（
SAS），∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，∴△AEF≌△AGF（SSS），∴∠
EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；（3）∠EAF=180°-∠DAB．证明：如图3，在DC延长线上取一点G
，使得DG=BE，连接AG，∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°，∴∠ADC=∠ABE，又∵AB=AD，∴
△ADG≌△ABE（SAS），∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，∴△AEF≌△A
GF（SSS），∴∠FAE=∠FAG，∵∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，∴2∠FAE+（∠GAB+∠BAE）=360°，∴
2∠FAE+（∠GAB+∠DAG）=360°，即2∠FAE+∠DAB=360°，∴∠EAF=180°-∠DAB．【点睛】本题属于三
角形综合题，主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性质的综合应用，解决问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
角相等进行推导变形．解题时注意：同角的补角相等．2．（2021·陕西·交大附中分校八年级开学考试）问题探究（（1）如图①，已知∠A
=45°，∠ABC=30°，∠ADC=40°，则∠BCD的大小为___________；（2）如图②，在四边形ABCD中，AB=B
C，∠ABC=∠ADC=90°，对角线BD=6．求四边形ABCD的面积；小明这样来计算．延长DC，使得CE=AD，连接BE，通过证
明△ABD≌△CBE，从而可以计算四边形ABCD的面积．请你将小明的方法完善．并计算四边形ABCD的面积；问题解决（3）如图③，四
边形ABCD是正在建设的城市花园，其中AB=BC，∠ABC=60°，∠ADC=30°，DC=40米，AD=30米．请计算出对角线B
D的长度．【答案】（1）115°；（2）S四边形ABCD=18；（3）对角线BD的长度为米．【分析】（1）利用外角的性质可求解；（
2）延长DC，使得CE=AD，连接BE，通过证明△ABD≌△CBE，从而可以计算四边形ABCD的面积；（2）将△BCD绕点B逆时针
旋转60°，得到△BAF，连接FD，由旋转的性质可得BF=BD，AF=CD=40，∠BDC=∠BFA，由三角形内角和定理可求∠FA
D=90°，由勾股定理可求解．【详解】解：（1）如图1，延长BC交AD于E，∵∠BCD=∠BED+∠D，∠BED=∠A+∠ABC，
∴∠BCD=∠A+∠ABC +∠D =45°+30°+40°=115°，故答案为：115°；（2）延长DC，使得CE=AD，连接B
E， 在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，∴∠A+∠BCD=180°，∵∠BCE+∠BCD=180°，∴∠A=∠BCE
，在△ABD和△CBE中，，∴△ABD≌△CBE，∴BE=BD，∠ABD=∠CBE，S△ABD=S△CBE，∵∠ABC=90°，即
∠ABD+∠DBC=90°，∴∠CBE+∠DBC=90°，即∠DBE=90°，?∵BD=BE=6，∠DBE=90°，∴S△BDE=
×BE×BD=18，∴S△BDE=S△CBE+S△DBC=S△ABD+S△DBC=S四边形ABCD=18；（4）如图，将△BCD绕
点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接FD，∴△BCD≌△BAF，∠FBD=60°，∴BF=BD，AF=CD=40，∠BDC=∠
BFA，∴△BFD是等边三角形，∴BF=BD=DF，∵∠ADC=30°，∴∠ADB+∠BDC=30°，∴∠BFA+∠ADB=30°
，∵∠FBD+∠BFA+∠BDA+∠AFD+∠ADF=180°，∴60°+30°+∠AFD+∠ADF=180°，∴∠AFD+∠AD
F=90°，∴∠FAD=90°，∴DF=，∴BD=(米)．答：对角线BD的长度为米．【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定
和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加辅助线构造全等三角形是本题的关键．3．（2021·福建三明·八年级期中）感知：
如图①，平分，，．判断与的大小关系并证明．探究：如图②，平分，，，与的大小关系变吗？请说明理由．应用：如图③，四边形中，，，，则与
差是多少（用含的代数式表示）【答案】感知：，证明见详解；探究：与的大小关系不变，理由见详解；应用：与差是．【分析】感知：根据角平分
线的性质定理即可求证；探究：过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥AC，交AC延长线于点F，根据角平分线的性质定理可得DE=DF，由题意
可得∠B=∠DCF，进而可证△DEB≌△DFC，然后问题可求证；应用：过点D作DH⊥AB于点H，DG⊥AC，交AC的延长线于点G，
连接AD，由题意易证△DHB≌△DGC，则有DH=DG，进而可得AG=AH，然后根据等腰直角三角形的性质可得，则有，最后问题可求解
．【详解】感知：，理由如下：∵，，∴，即，∵平分，∴；探究：与的大小关系不变，还是相等，理由如下：过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥
AC，交AC延长线于点F，则∠DEB=∠DFC=90°，如图所示：∵平分，∴DE=DF，∵，，∴∠B=∠DCF，∴△DEB≌△DF
C（AAS），∴；应用：过点D作DH⊥AB于点H，DG⊥AC，交AC的延长线于点G，连接AD，如图所示：∵，，∴，∵，∴，∵，，∴
△DHB≌△DGC（AAS），且△DHB与△DGC都为等腰直角三角形，∴，由勾股定理可得，∴，∴，在Rt△AHD和Rt△AGD中，
AD=AD，DH=DG，∴Rt△AHD≌Rt△AGD（HL），∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查角平分线的性质定理、全等三角形的性质
与判定及勾股定理，熟练掌握角平分线的性质定理、全等三角形的性质与判定及勾股定理是解题的关键．4．（2021·辽宁大连·九年级期中）
如图1，正方形中，是对角线，点在上，点在上，连接（与不垂直），点是线段的中点，过点作交线段于点． （1）猜想与的数量关系，并证明
；（2）探索，，之间的数量关系，并证明；（3）如图2，若点在的延长线上，点在的延长线上，其他条件不变，请直接写出，，之间的数量关系
．【答案】（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3），理由见解析【分析】（1）过作的垂线，分别交于，连接，利用正方形的性质及角
平分线的性质，证明出，通过等量代换得出为等腰直角三角形即可得出结论；（2）由（1）中，得，从而得，通过等量代换计算可得，根据为等腰
直角三角形即可得出结论；（3）过点作垂线，分别交于，连接，证明出，通过等量代换计算得，再根据为等腰直角三角形即可得出结论．【详解】
解：（1），理由如下；过作的垂线，分别交于，连接，为正方形，,,，垂直平分，，，，，又，，为等腰直角三角形，为斜边的中点，．（2）
，理由如下：由（1）中，，由下图：，四边形为矩形，，在中，由正方形的性质知，，，为等腰直角三角形，又，四边形为正方形，，同理四边形
为矩形，，，，在中，由正方形的性质知，，，为等腰直角三角形，，．（3），理由如下：过点作垂线，分别交于，连接，，，，由（2）得，，
，由（2）可得：，为等腰直角三角形，．【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定及性质、等腰直角三角形、解题的关键是添加适当
的辅助线，掌握相关的知识点，通过等量代换的思想进行求解．5．（2020·河南洛阳·八年级期中）在内有一点，过点分别作，，垂足分别为
，．且，点，分别在边和上．（1）如图1，若，请说明；（2）如图2，若，，猜想，，具有的数量关系，并说明你的结论成立的理由．【答案】
（1）见解析；（2），见解析【分析】（1）根据题目中的条件和，可以证明，从而可以得到；（2）作辅助线，过点作，交于点，从而可以得到
，然后即可得到，，再根据题目中的条件可以得到，即可得到，然后即可得到，，具有的数量关系．【详解】解：（1），，，在和中， ．；（2
），理由：过点作，交于点，在和中，，，，．，，．，．在和中，，．，．【点睛】本题考查全等三角形的判定、解答本题的关键是明确题意，利
用数形结合的思想解答．6．（2020·江西萍乡·八年级期末）【课题研究】旋转图形中对应线段所在直线的夹角（小于等于90°的角）与旋
转角的关系．【问题初探】线段AB绕点O顺时针旋转得到线段CD，其中点A与点C对应，点B与点D对应，旋转角的度数为α，且0°＜α＜1
80°．（1）如图①，当α＝60°时，线段AB、CD所在直线夹角（锐角）为 ；（2）如图②，当90°＜α＜180°时，直线AB
与直线CD所夹锐角与旋转角α存在怎样的数量关系？请说明理由；【形成结论】旋转图形中，当旋转角小于平角时，对应线段所在直线的夹角与旋
转角 ．【运用拓广】运用所形成的结论解决问题：（3）如图③，四边形ABCD中，∠ABC＝60°，∠ADC＝30°，AB＝BC，
CD＝3，BD＝，求AD的长．【答案】（1）60°；（2）互补，理由见解析；【形成结论】相等或互补；（3）【分析】（1）由旋转的性
质可得，，，可证，可得，由三角形内角和定理可求解；（2）由旋转的性质可得，，，可证，可得，由平角的定义和四边形内角和定理可求解；【
形成结论】由（1）（2）可知对应线段所在直线的所夹锐角角与旋转角：相等或互补；【运用拓广】（3）将绕点顺时针旋转，得到，连接，由旋
转的性质可得，，由三角形内角和定理可求，由勾股定理可求解．【详解】解：（1）如图1，延长交于，交于，，，线段绕点顺时针旋转得线段，
，，，，，，，，故答案为：；（2）直线与直线所夹锐角角与旋转角互补，理由如下：如图2，延长，交于点，线段绕点顺时针旋转得线段，，，
，，，，，，，直线与直线所夹锐角角与旋转角互补．形成结论由（1）（2）（3）可知：旋转图形中，当旋转角小于平角时，对应线段所在直线
的所夹锐角角与旋转角：相等或互补．故答案为：相等或互补．运用拓广（3）如图3，将绕点顺时针旋转，得到，连接，延长，交于点，旋转角，
，，，，，，又，，是等边三角形，，在中，．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定
和性质等知识，添加辅助线构造全等三角形是本题的关键．7．（2021··九年级专题练习）如图，在中，，，点在上，点在上，，连接，，，
垂足为．证明：．【答案】见解析【分析】如图，延长到点，使，连接、，根据四边形的内角和和邻补角互补可得，进而可根据SAS证明，可得，
，进一步即可求得，然后利用等腰三角形的性质和解直角三角形的知识即可证得结论．【详解】证明：如图，延长到点，使，连接、，，，，，，，
，，，，，，，，，，．【点睛】本题考查了四边形的内角和、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质和解直角三角形等知识，正确添加辅助
线、灵活应用上述知识是解题的关键．8．（2020·湖南湘西·中考真题）问题背景：如图1，在四边形中，，，，，，绕B点旋转，它的两边
分别交、于E、F．探究图中线段，，之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长到G，使，连接，先证明，再证明，可得出结论，他的
结论就是_______________；探究延伸1：如图2，在四边形中，，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．上述结论是否
仍然成立？请直接写出结论（直接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由．探究延伸2：如图3，在四边形中，，，，绕B点旋转，它的两
边分别交、于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由．实际应用：如图4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西的A处舰艇
乙在指挥中心南偏东的B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75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北
偏东的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹
角为，试求此时两舰艇之间的距离．【答案】EF=AE+CF．探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．探究延伸2：结论EF=AE+CF仍
然成立．实际应用：210海里．【分析】延长到G，使，连接，先证明，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明，可得GF=EF，即可
解题；探究延伸1：延长到G，使，连接，先证明，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明，可得GF=EF，即可解题；探究延伸2：延
长到G，使，连接，先证明，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明，可得GF=EF，即可解题；实际应用：连接EF，延长AE，BF
相交于点C，然后与探究延伸2同理可得EF=AE+CF，将AE和CF的长代入即可．【详解】解：EF=AE+CF理由：延长到G，使，连
接，在△BCG和△BAE中，，∴（SAS），∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，∴∠ABE+
∠CBF=60°，∴∠CBG+∠CBF=60°，即∠GBF=60°，在△BGF和△BEF中，，∴△BGF≌△BEF（SAS），∴G
F=EF，∵GF=CG+CF=AE+CF，∴EF=AE+CF．探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．理由：延长到G，使，连接，在△
BCG和△BAE中，，∴（SAS），∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，∵∠ABC=2∠MBN，∴∠ABE+∠CBF=∠ABC，∴∠
CBG+∠CBF=∠ABC，即∠GBF=∠ABC，在△BGF和△BEF中，，∴△BGF≌△BEF（SAS），∴GF=EF，∵GF=
CG+CF=AE+CF，∴EF=AE+CF．探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立．理由：延长到G，使，连接，∵，∠BCG+∠B
CD=180°，∴∠BCG=∠BAD在△BCG和△BAE中，，∴（SAS），∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，∵∠ABC=2∠MB
N，∴∠ABE+∠CBF=∠ABC，∴∠CBG+∠CBF=∠ABC，即∠GBF=∠ABC，在△BGF和△BEF中，，∴△BGF≌△
BEF（SAS），∴GF=EF，∵GF=CG+CF=AE+CF，∴EF=AE+CF．实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，
∵∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°，∠EOF=70°，∴∠EOF=∠AOB∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=
(90°-30°)+(70°+50°)=180°，∴符合探索延伸中的条件∴结论EF= AE+CF仍然成立即EF=75×1.2+10
0×1.2=210（海里）答：此时两舰艇之间的距离为210海里．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质．作辅助线构造全等三角形是
解题的关键．9．（2019·重庆·西南大学附中八年级阶段练习）如图1，四边形ABCD中，BD⊥AD，E为BD上一点，AE＝BC，C
E⊥BD，CE＝ED（1）已知AB＝10，AD＝6，求CD；（2）如图2，F为AD上一点，AF＝DE，连接BF，交BF交AE于G，
过G作GH⊥AB于H，∠BGH＝75°．求证：BF＝2GH+EG．【答案】（1）2；（2）证明见解析【分析】（1）由勾股定理得出B
D＝＝8，由HL证得Rt△ADE≌Rt△BEC，得出BE＝AD，则CE＝ED＝BD﹣BE＝BD﹣AD＝2，由等腰直角三角形的性质即
可得出结果；（2）连接CF，易证AF＝CE，AD∥CE，得出四边形AECF是平行四边形，则AE＝CF，AE∥CF，得出∠CFD＝∠
EAD，∠CFB＝∠AGF，由Rt△ADE≌Rt△BEC，得出∠CBE＝∠EAD，推出∠CBE＝∠CFD，证得△BCF是等腰直角三
角形，则BF＝BC＝CF＝AE，∠FBC＝∠BFC＝45°，推出∠AGF＝45°，∠AGH＝60°，∠GAH＝30°，则AG＝2G
H，得出BF＝AE＝（AG+EG），即可得出结论．【详解】（1）解：∵BD⊥AD，∴BD＝＝＝8，∵CE⊥BD，∴∠CEB＝∠ED
A＝90°，在Rt△ADE和Rt△BEC中，，∴Rt△ADE≌Rt△BEC（HL），∴BE＝AD，∴CE＝ED＝BD﹣BE＝BD﹣
AD＝8﹣6＝2，∴CD＝CE＝2；（2）解：连接CF，如图2所示：∵AF＝DE，DE＝CE，∴AF＝CE，∵BD⊥AD，CE⊥B
D，∴AD∥CE，∴四边形AECF是平行四边形，∴AE＝CF，AE∥CF，∴∠CFD＝∠EAD，∠CFB＝∠AGF，由（1）得：R
t△ADE≌Rt△BEC，∴∠CBE＝∠EAD，∴∠CBE＝∠CFD，∵∠FBD+∠BFC+∠CFD＝90°，∴∠FBD+∠BFC
+∠CBE＝90°，∴∠BCF＝90°，∵AE＝BC，∴BC＝CF，∴△BCF是等腰直角三角形，∴BF＝BC＝CF＝AE，∠FBC
＝∠BFC＝45°，∴∠AGF＝45°，∵∠BGH＝75°，∴∠AGH＝180°﹣45°﹣75°＝60°，∵GH⊥AB，∴∠GAH
＝30°，∴AG＝2GH，∴BF＝AE＝（AG+EG），∴BF＝2GH+EG．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、含30
°角直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握直角三角形的性质、作
辅助线构建平行四边形是解题的关键．10．（2021·全国·九年级专题练习）探究问题：(1)方法感悟：如图①，在正方形ABCD中，点
E，F分别为DC，BC边上的点，且满足∠BAF＝45°，连接EF，求证DE＋BF＝EF．感悟解题方法，并完成下列填空：将△ADE绕
点A顺时针旋转90°得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得：AB＝AD，BG＝DE，∠1＝∠2，∠ABG＝∠D＝90°，∴?
∠ABG＋∠ABF＝90°＋90°＝180°，因此，点G，B，F在同一条直线上．∵?∠EAF＝45°∴?∠2＋∠3＝∠BAD－∠E
AF＝90°－45°＝45°．∵?∠1＝∠2，∠1＋∠3＝45°．即∠GAF＝∠________．又AG＝AE，AF＝AE∴?△G
AF≌△________．∴?_________＝EF，故DE＋BF＝EF．(2)方法迁移：如图②，将Rt△ABC沿斜边翻折得到△
ADC，点E，F分别为DC，BC边上的点，且∠EAF＝∠DAB．试猜想DE，BF，EF之间有何数量关系，并证明你的猜想．【答案】(
1)EAF、△EAF、GF；(2)DE＋BF＝EF.【分析】（1）利用角之间的等量代换得出∠GAF=∠FAE，再利用SAS得出△G
AF≌△EAF，得出答案；（2）将△ADE顺时针旋转90°得到△ABG，再证明△AGF≌△AEF，即可得出答案；【详解】解：（1）
如图①所示；根据等量代换得出∠GAF=∠FAE，利用SAS得出△GAF≌△EAF，∴GF=EF，故答案为FAE；△EAF；GF；
(2)DE＋BF＝EF，理由如下：假设∠BAD的度数为m，将△ADE绕点A顺时针旋转，m°得到△ABG，如图，此时AB与AD重合，
由旋转可得：?AB＝AD，BG＝DE，∠1＝∠2，∠ABG＝∠D＝90°，?∴?∠ABG＋∠ABF＝90°＋90°＝180°，?因
此，点G，B，F在同一条直线上．?∵?，?∴?．∵?∠1＝∠2，∴ ∠1＋∠3＝．?即∠GAF＝∠EAF．∵在△AGF和△AEF中
，，∴?△GAF≌△EAF（SAS）．?∴?GF＝EF．又∵ GF＝BG＋BF＝DE＋BF，∴?DE＋BF＝EF．【点睛】此题主要
考查了全等三角形的判定和性质、以及折叠的性质和旋转变换性质等知识，证得△GAF≌△EAF是解题的关键．11．（2021·全国·八年
级专题练习）我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫作“完美四边形”．（1）在①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形中，一定为“
完美”四边形的是 （请填序号）；（2）在“完美”四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，连接AC．①如图1，求证：AC
平分∠BCD；小明通过观察、实验，提出以下两种想法，证明AC平分∠BCD：想法一：通过∠B+∠D=180°，可延长CB到E，使BE
=CD，通过证明△AEB≌△ACD，从而可证AC平分∠BCD；想法二：通过AB=AD，可将△ACD绕点A顺时针旋转，使AD与AB重
合，得到△AEB，可证C,B,E三点在条直线上，从而可证AC平分∠BCD．请你参考上面的想法，帮助小明证明AC平分∠BCD；②如图
2，当∠BAD=90°，用等式表示线段AC,BC,CD之间的数量关系，并证明.?【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；②BC+
CD=AC．【分析】（1）根据“完美四边形”的定义可以判断出正方形是完美四边形；（2）①想法一：通过∠B+∠D=180°，可延长C
B到E，使BE=CD，通过证明△AEB≌△ACD，从而可证AC平分∠BCD；想法二：通过AB=AD，可将△ACD绕点A顺时针旋转，
使AD与AB重合，得到△AEB，可证C,B,E三点在条直线上，从而可证AC平分∠BCD；②②延长CB使BE=CD，连接AE，可得△
ACE为等腰三角形，因为∠BAD =90°得∠EAC=90°，由勾股定理可得AC,BC,CD之间的数量关系.【详解】（1）（1）根
据“邻等对补四边形”的定义，正方形一定是“邻等对补四边形”．故答案为④．（2）想法一：延长CB使BE=CD，连接AE∵∠ADC+∠
ABC=180°，∠ABE+∠ABC=180°，∴∠ADC=∠ABE．∵AD=AB，∴△ADC≌△ABE．∴∠ACD=∠AEB;A
C=AE．∴∠ACB=∠AEB．∴∠ACD=∠ACB．即AC平分∠BCD想法二：将△ACD绕点A顺时针旋转，使AD边与AB边重合，
得到△ABE，∴△ADC≌△ABE．∴∠ADC=∠ABE;∠ACD=∠AEB;AC=AE．∵∠ADC+∠ABC=180°，∴∠AB
E+∠ABC=180°．∴点C,B,E在一条直线上．∵AC=AE，∴∠ACB=∠AEB．∴∠ACD=∠ACB．即AC平分∠BCD．
②延长CB使BE=CD，连接AE，由①得△ADC≌△ABE∴AC=AE∴△ACE为等腰三角形．∵∠BAD =90°，∴∠EAC=9
0°．∴． ∴ ．∴BC+CD=AC．【点睛】本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、角平分线的判定定理、勾股定理等知识，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．12．（2019·全国·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∠EDF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△E
MD≌△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⊥A
C，∴∠DFA=90°，∵∠A+∠EDF+∠AFD+∠AED=180°，∴∠AED=90°，∴∠DEB=∠DFC，且∠B=∠C=6
0°，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=∠ND
F．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．13．（2022·全国·八年级专题练习）如图所示，为等边三角形，边长为4，点为边中点，，
其两边分别交和的延长线于，，求的值.【答案】6【分析】过点O作OC∥AB交AD于点C，根据等腰三角形的性质就可以得出△OCF≌△O
BE，就可以得出CF=BE，进而可以得出结论．【详解】过点O作OD∥AB交AC于点D，∴∠CDO=∠A=∠ACB=∠ABC=60°
，∴∠DOC=60°，∠ADO=∠BOD=120°．∴△CDO是等边三角形，∴DO=CO，∴DO=BO=AD．∵△ABC是等边三角
形，∴AB=AC=BC．∠CAB=∠ABC=∠C=60°，∴∠OBE=120°，∴∠ODF=∠OBE．∵∠FOB+∠BOE=∠EO
F=120°，∠DOF+∠FOB=∠BOD=120°∴∠FOD=∠EOB．在△DOF和△BOE中，，∴△DOF≌△BOE（ASA）
．∴FC=EB．OF=OE．∵AE=AB+BE，∴AE=AB+DF，∴AE=AB+AD+AF，∴AE-AF=AB+AD．∵AB+A
D=AB，∴AE-AF=AB．∵AB=4，∴AE-AF=6.【点睛】本题考查了等边三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用
，线段中点的性质的运用，解答时正确作辅助线证明三角形全等是关键．14．（2019·全国·九年级专题练习）如图所示，中，，，把一块含
角的直角三角板的直角顶点放在的中点上（直角三角板的短直角边为，长直角边为），将三角板绕点按逆时针方向旋转.（1）在如图所见中，交于
，交于，证明；（2）继续旋转至如图所见，延长交于，延长交于，证明.【答案】(1)见解析；（2）见解析.【分析】（1）连接BD，证明
△DMB≌△DNC．根据已知，全等条件已具备两个，再证出∠MDB=∠NDC，用ASA证明全等，四边形DMBN的面积不发生变化，因为
它的面积始终等于△ABC面积的一半；（2）同样利用（1）中的证明方法可以证出△DMB≌△DNC；（3）方法同（1）．【详解】证明：
（1）连接BD,∵AB=BC，∠ABC=90°，点D为AC的中点∴BD⊥AC，∠A=∠C=45°∴BD=AD=CD∴∠ABD=∠A
=45°∴∠MBD=∠C=45°∵∠MDB+∠BDN=90°∠NDC+∠BDN=90°∴∠MDB=∠NDC在△MDB和△NDC中
∴△MDB≌△NDC（ASA）∴DM=DN（5分）（2）DM=DN仍然成立．理由如下：连接BD，由（1）知BD⊥AC，BD=CD∴
∠ABD=∠ACB=45°∵∠ABD+∠MBD=180°∠ACB+∠NCD=180° ∴∠MBD=∠NCD∵BD⊥AC∴∠MDB+
∠MDC=90°又∠NDC+∠MDC=90°∴∠MDB=∠NDC在△MDB和△NDC中 ∴△MDB≌△NDC（ASA）?∴DM=D
N.【点睛】本题主要考查学生的推理能力，题目比较典型，利用ASA求三角形全等（手拉手模型），还运用了全等三角形的性质，等腰直角三角
形的性质，及等腰三角形三线合一定理等知识．15．（2019·江西·南昌市第十九中学九年级阶段练习）一位同学拿了两块三角尺，做了一个
探究活动：将的直角顶点放在的斜边的中点处，设.（1）如图1所示，两三角尺的重叠部分为，则重叠部分的面积为______，周长为___
___.（2）将如图1所示中的绕顶点逆时针旋转，得到如图2所示，此时重叠部分的面积为______，周长为______.（3）如果将
绕旋转到不同于如图1所示和如图2所示的图形，如图3所示，请你猜想此时重叠部分的面积为______.（4）在如图3所示情况下，若，求
出重叠部分图形的周长.【答案】（1）4，；（2）4，8；（3）4；（4）【分析】根据，，得出AB的值，再根据M是AB的中点，得出，
求出重叠部分的面积，再根据AM，MC，AC的值即可求出周长； 易得重叠部分是正方形，边长为，面积为，周长为 过点M分别作AC、BC
的垂线MH、ME，垂足为H、求得≌，则阴影部分的面积等于正方形CEMH的面积 先过点M作于点E，于点H，根据，，得出≌，从而得出，
，最后根据AD和DF的值，算出，即可得出答案【详解】解：，，，是AB的中点，，，，重叠部分的面积是，周长为：；故答案为4，；重叠部
分是正方形，边长为，面积为，周长为．故答案为4，8．过点M分别作AC、BC的垂线MH、ME，垂足为H、E，是斜边AB的中点，，，，
，又，，，，在和中，，≌，阴影部分的面积等于正方形CEMH的面积，正方形CEMH的面积是；阴影部分的面积是4；故答案为4．如图所示
，?过点M作于点E，于点H，?四边形MECH是矩形，?， ， ， ， ， 在和中，，≌ ， ， ， ， ?．四边形DMGC的周长
为： ．【点睛】此题考查了等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质，等腰直角三角形的面积公式，正方形的面积公式，全等三角形的判定
和性质求解．16．（2019·江苏常州·一模）我们定义：有一组对角为直角的四边形叫做“对直角四边形”．（1）如图①，四边形ABCD
为对直角四边形，∠B=90°，若AB2-AD2=4，求CD2-BC2的值；（2）如图②，四边形ABCD中，∠ABC=90°，AB=
BC，若BD平分∠ADC，求证：四边形ABCD为对直角四边形；（3）在（2）的条件下，如图③，连结AC，若，求tan∠ACD的值．
【答案】⑴ 4；⑵见解析 ；⑶tan∠ACD的值为3或．【分析】（1）利用勾股定理即可解决问题；（2）如图②中，作BE⊥CD于E，
BF⊥DA交DA的延长线于F．只要证明∠EBF=90°即可解决问题；（3）如图③中，设AD=x，BD=y．根据，构建方程即可解决问
题.【详解】解：如图①中，∵四边形ABCD为对直角四边形，∠B=90°，∴∠D=∠B=90°，∴AC2=AB2+BC2=AD2+D
C2，∴CD2-BC2=AB2-AD2=4．（2）证明：如图②中，作BE⊥CD于E，BF⊥DA交DA的延长线于F．∵BD平分∠AD
C，BE⊥CD，BF⊥AD，∴BE=BF，∵∠BFA=∠BEC=90°，BA=BC，BF=BE，∴Rt△BFA≌Rt△BEC（HL
），∴∠ABF=∠CBE，∴∠EBF=∠ABC=90°，∴ADC=360°-90°-90°-90°=90°，∵∠ABC=∠ADC=
90°，∴四边形ABCD为对直角四边形．（3）解：如图③中，设AD=x，BD=y．∵∠ADC=90°，∴tan∠ACD=，AC=，
∵AB=AC，∠ABC=90°，∴AB=BC=?，∵，∴，整理得：3x2-10xy+3y2，∴3（）2-10?+3=0，∴=3或．∴tan∠ACD的值为3或．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了勾股定理，三角形的面积，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质定理等知识，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，学会利用参数，构建方程解决问题，属于中考压轴题．17．（2021·全国·九年级专题练习）阅读下面材料：小炎遇到这样一个问题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=45°，连结EF，则EF=BE+DF，试说明理由．小炎是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段相对集中．她先后尝试了翻折、旋转、平移的方法，最后发现线段AB，AD是共点并且相等的，于是找到解决问题的方法．她的方法是将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，再利用全等的知识解决了这个问题（如图2）．参考小炎同学思考问题的方法，解决下列问题：（1）如图3，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°．若∠B，∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足_关系时，仍有EF=BE+DF；（2）如图4，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1， EC=2，求DE的长．【答案】（1）∠B+∠D=180°（或互补）；（2）∴【详解】试题分析：(1)如图，△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，利用全等的知识可知，要使EF=BE+DF，即EF=DG+DF，即要F、D、G三点共线，即∠ADG+∠ADF=180°，即∠B+∠D=180°． (2) 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合，通过证明△AEG≌△AED得到DE=EG，由勾股定理即可求得DE的长．(1)∠B+∠D=180°（或互补）．(2)∵ AB=AC，∴ 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合．则∠B=∠ACG，BD=CG，AD=AG．∵在△ABC中，∠BAC=90°，∴∠ACB+∠ACG=∠ACB+∠B=90°于，即∠ECG=90°．∴ EC2+CG2=EG2．在△AEG与△AED中,∠EAG=∠EAC+∠CAG=∠EAC+∠BAD=90°-∠EAD=45°=∠EAD．又∵AD=AG，AE=AE，∴△AEG≌△AED ．∴DE=EG．又∵CG=BD,∴ BD2+EC2=DE2．∴．考点：1．面动旋转问题；2．全等三角形的判定和性质；3．勾股定理．18．（2021·全国·八年级专题练习）已知：，求证：．【答案】见解析【分析】过点D作的垂线交的延长线于点E，过点D作的垂线交于点F，根据证明得，再证明四边形是正方形，由勾股定理进一步得出结论．【详解】证明：过点D作的垂线交的延长线于点E，过点D作的垂线交于点F，如图．易知．∵，∴．又，∴．∵，∴．又，∴，∴又，，∴四边形是正方形，∴，∴，∴，∴．∵，∴．∵，∴．【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，正方形的判定，勾股定理等知识，由勾股定理得出是解答本题的关键． |
|
