【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案专题02半角模型 模型1：正方形中的半角模型 模型2：等腰直角三角形中的半角模型
【例1】（2020·山西晋中·八年级阶段练习）如图所示：已知中，，在内部作分别交于点[操作]（1）将绕点逆时针旋转，使边与边重合，
把旋转后点的对应点记作点，得到，请在图中画出;(不写出画法)[探究]（2）在作图的基础上，连接， 求证： [拓展]（3）写出线段和
之间满足的数量关系，并简要说明理由．【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）MN2=BM2+NC2，理由见详解.【分析】（1）根
据旋转中心、旋转方向和旋转角度进行作图即可；（2）先根据SAS判定△MAN≌△QAN，进而得出结论；（3）再由全等三角形和旋转的性
质，得出MN=NQ，MB=CQ，最后根据Rt△NCQ中的勾股定理得出结论；【详解】解：（1）如图，△ACQ即为所求；（2）证明：由
旋转可得，△ABM≌△ACQ，∴AM=AQ，∠BAM=∠CAQ∵∠MAN=45°，∠BAC=90°∴∠BAM+∠NAC=45°∴∠
CAQ+∠NAC=45°，即∠NAQ=45°在△MAN和△QAN中，∴△MAN≌△QAN（SAS），∴MN=NQ；（3）MN2=B
M2+NC2；由（2）中可知，MN=NQ，MB=CQ，又∠NCQ=∠NCA+ACQ=∠NCA+∠ABM=45°+45°=90°在R
t△NCQ中，有NQ2=CQ2+NC2，即MN2=BM2+NC2；【点睛】本题主要考查了图形的旋转、全等三角形，以及勾股定理，解决
问题的关键是掌握旋转变换思想方法在解决问题过程中的应用．解题时注意：①旋转不改变图形的形状和大小（即旋转前后的两个图形全等），②任
意一对对应点与旋转中心的连线所成的角彼此相等（都是旋转角），③经过旋转，对应点到旋转中心的距离相等．【例2】．（2022·全国·九
年级专题练习）折一折：将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、AD都落在对角线AC上，展开得折痕AE、AF，连接EF，如图1．(1)∠
EAF＝ °，写出图中两个等腰三角形： （不需要添加字母）；(2)转一转：将图1中的∠EAF绕点A旋转，使它的两边分别交边BC、C
D于点P、Q，连接PQ，如图2．线段BP、PQ、DQ之间的数量关系为 ；(3)连接正方形对角线BD，若图2中的∠PAQ的边AP、A
Q分别交对角线BD于点M、点N，如图3，则 ；(4)剪一剪：将图3中的正方形纸片沿对角线BD剪开，如图4．求证：BM2＋DN2＝M
N2．【答案】(1)45；△AEF，△CEF，(2)PQ＝BP＋DQ(3)(4)见解析【分析】（1）利用翻折变换的性质可得∠EAF
＝45°，证明△BAE≌△DAF（ASA），推出BE＝DF，AE＝AF，可得结论．（2）结论：PQ＝BP＋DQ．如图2中，延长CB
到T，使得BT＝DQ．证明△PAT≌△PAQ（SAS），可得结论．（3）证明△CAQ∽△BAM，可得．（4）如图4中，将△ADN绕
点A顺时针旋转90°得到△ABR，连接RM．证明△AMR≌△AMN（SAS），∠RBM＝90°，可得结论．(1)解：如图1中，∵四
边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝BC＝CD，∠BAD＝90°，∴ABC，△ADC都是等腰三角形，∵∠BAE＝∠CAE，∠DAF
＝∠CAF，∴∠EAF（∠BAC＋∠DAC）＝45°，∵∠BAE＝∠DAF＝22.5°，∠B＝∠D＝90°，AB＝AD，∴△BAE
≌△DAF（ASA），∴BE＝DF，AE＝AF，∵CB＝CD，∴CE＝CF，∴△AEF，△CEF都是等腰三角形，故答案为：45，△
AEF，△EFC．(2)解：结论：PQ＝BP＋DQ．理由：如图2中，延长CB到T，使得BT＝DQ．∵AD＝AB，∠ADQ＝∠ABT
＝90°，DQ＝BT，∴△ADQ≌△ABT（SAS），∴AT＝AQ，∠DAQ＝∠BAT，∵∠PAQ＝45°，∴∠PAT＝∠BAP＋
∠BAT＝∠BAP＋∠DAQ＝45°，∴∠PAT＝∠PAQ＝45°，∵AP＝AP，∴△PAT≌△PAQ（SAS），∴PQ＝PT，∵
PT＝PB＋BT＝PB＋DQ，∴PQ＝BP＋DQ．故答案为：PQ＝BP＋DQ．(3)解：如图3中，∵四边形ABCD是正方形，∴∠A
BM＝∠ACQ＝∠BAC＝45°，ACAB，∵∠BAC＝∠PAQ＝45°，∴∠BAM＝∠CAQ，∴△CAQ∽△BAM，∴，故答案为
：．(4)证明：如图4中，将△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABR，连接RM．∵∠BAD＝90°，∠MAN＝45°，∴∠DAN
＋∠BAM＝45°，∵∠DAN＝∠BAR，∴∠BAM＋∠BAR＝45°，∴∠MAR＝∠MAN＝45°，∵AR＝AN，AM＝AM，∴
△AMR≌△AMN（SAS），∴RM＝MN，∵∠D＝∠ABR＝∠ABD＝45°，∴∠RBM＝90°，∴RM2＝BR2＋BM2，∵D
N＝BR，MN＝RM，∴BM2＋DN2＝MN2．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理
，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．【例3】．（2022·江苏·八
年级专题练习）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）【分析】（1）先证明△MDN是等边三角形，则MN＝DM＝DN，再证明Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），得∠BDM＝∠CD
N＝30°；（2）由（1）得DM＝2BM，可得结论MN＝2BM＝BM+NC；归纳证明：先证△DBM≌△DCE（HL），得DM＝DE
，∠BDM＝∠CDE，再证△MDN≌△EDN（SAS），得MN＝NE，可得结论MN＝BM+CN；拓展应用：（3）首先根据题意利用S
AS证明△DBM≌△DCE，然后证明△MDN≌△EDN，根据全等三角形对应相等通过线段之间的转化即可得到MN＝BM+NC；（4）由
（3）得到MN＝BM+NC，则△AMN的周长＝2AB，△ABC的周长＝3AB，即可得出结论．【详解】特例探究：解：（1）∵DM＝D
N，∠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△D
CN（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°，∴∠MB
D＝∠NCD＝90°．∴∠MBD＝∠ECD＝90°，又∵BD＝CD，BM＝CE，∴△DBM≌△DCE（SAS），∴DM＝DE，∠M
DB＝∠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：．【点睛】
此题考查了等边三角形的性质的，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质．【例4】
（2020·全国·九年级专题练习）请阅读下列材料：已知：如图（1）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别为线
段BC上两动点，若∠DAE＝45°．探究线段BD、DE、EC三条线段之间的数量关系：（1）猜想BD、DE、EC三条线段之间存在的数
量关系式，直接写出你的猜想；（2）当动点E在线段BC上，动点D运动在线段CB延长线上时，如图（2），其它条件不变，（1）中探究的结
论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明；（3）已知：如图（3），等边三角形ABC中，点D、E在边AB上，且∠DCE＝30°，请你
找出一个条件，使线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，并求出此时等腰三角形顶角的度数．【答案】（1）DE2＝BD2+EC2；（
2）关系式DE2＝BD2+EC2仍然成立，详见解析；（3）当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，且顶角∠DFE
为120°．【分析】（1）DE2＝BD2+EC2，将△ADB沿直线AD对折，得△AFD，连FE，得到△AFD≌△ABD，然后可以得
到AF＝AB，FD＝DB，∠FAD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，再利用已知条件可以证明△AFE≌△ACE，从而可以得到∠DFE＝
∠AFD+∠AFE＝45°+45°＝90°，根据勾股定理即可证明猜想的结论；（2）根据（1）的思路一样可以解决问题；（3）当AD＝
BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形．如图，与（1）类似，以CE为一边，作∠ECF＝∠ECB，在CF上截取CF＝CB，
可得△CFE≌△CBE，△DCF≌△DCA，然后可以得到AD＝DF，EF＝BE．由此可以得到∠DFE＝∠1+∠2＝∠A+∠B＝12
0°，这样就可以解决问题．【详解】解：（1）DE2＝BD2+EC2；证明：如图，将△ADB沿直线AD对折，得△AFD，连FE，∴△
AFD≌△ABD，∴AF＝AB，FD＝DB，∠FAD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，∵∠BAC＝90°，∠DAE＝45°∴∠BAD
+∠CAE＝45°, ∠FAD+∠FAE＝45°,∴∠CAE=∠FAE又AE=AE,AF=AB=AC∴△AFE≌△ACE，∴∠DF
E＝∠AFD+∠AFE＝45°+45°＝90°，∴DE2＝FD2+EF2∴DE2＝BD2+EC2；（2）关系式DE2＝BD2+EC
2仍然成立．证明：将△ADB沿直线AD对折，得△AFD，连FE∴△AFD≌△ABD，∴AF＝AB，FD＝DB，∠FAD＝∠BAD，
∠AFD＝∠ABD，又∵AB＝AC，∴AF＝AC，∵∠FAE＝∠FAD+∠DAE＝∠FAD+45°，∠EAC＝∠BAC﹣∠BAE＝
90°﹣（∠DAE﹣∠DAB）＝45°+∠DAB，∴∠FAE＝∠EAC，又∵AE＝AE，∴△AFE≌△ACE，∴FE＝EC，∠AF
E＝∠ACE＝45°，∠AFD＝∠ABD＝180°﹣∠ABC＝135°∴∠DFE＝∠AFD﹣∠AFE＝135°﹣45°＝90°，∴
在Rt△DFE中，DF2+FE2＝DE2，即DE2＝BD2+EC2；（3）当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形
．如图，与（2）类似，以CE为一边，作∠ECF＝∠ECB，在CF上截取CF＝CB，可得△CFE≌△CBE，△DCF≌△DCA．∴A
D＝DF，EF＝BE．∴∠DFE＝∠1+∠2＝∠A+∠B＝120°．若使△DFE为等腰三角形，只需DF＝EF，即AD＝BE，∴当A
D＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，且顶角∠DFE为120°．【点睛】此题比较复杂，考查了全等三角形的性质与判定
、等腰三角形的性质、勾股定理的应用等知识点，此题关键是正确找出辅助线，通过辅助线构造全等三角形解决问题，要掌握辅助线的作图根据．一
、解答题1．（2022·陕西西安·七年级期末）问题背景：如图1，在四边形ABCD中，，，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝
60°，探究图中线段BE，EF，FD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，再
证明，可得出结论，他的结论应是______．实际应用：如图2，在新修的小区中，有块四边形绿化ABCD，四周修有步行小径，且AB＝A
D，∠B＋∠D＝180°，在小径BC，CD上各修一凉亭E，F，在凉亭E与F之间有一池塘，不能直接到达，经测量得，BE＝10米，DF
＝15米，试求两凉亭之间的距离EF．【答案】问题背景：EF＝BE＋FD；实际应用：两凉亭之间的距离EF为25米【分析】（1）根据△
ABE≌△ADG可得BE=DG，根据△AEF≌△AGF得EF=GF，进而求得结果；（2）延长CD至H，使DH=BE，可证得△ADH
≌△ABE，进而证得△FAH≌△FAE，进一步求得EF．【详解】解：问题背景：∵∠ADC=90°，∠ADC+∠ADG=180°，∴
∠ADG=90°，在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，∵∠EAF=60°，
∠BAD=120°，∴∠BAE+DAF=120°-60°=60°，∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=60°=∠E
AF，在△AEF和△AGF中，，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF=FG，∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF，
故答案为：EF=BE+DF；实际应用：如图2，延长CD至H，使DH=BE，连接AH，∵∠B+∠ADC=180°，∠ADH+∠ADC
=180°，∴∠ADH=∠B，在△ADH和△ABE中，，∴△ADH≌△ABE（SAS），∴AE=AH，∠BAE=∠DAH，∵∠EA
F=∠BAD，∴∠HAF=∠DAH+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，在△AEF和△AHF中，，∴△AE
F≌△AGF（SAS），∴EF=FH，∵FH=DH+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF，∵BE=10米，DF=15米，?∴EF=
10+15=25（米）．【点睛】本题主要考查的是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质等知识，作辅助线构造全等三角形并两次证
全等是解题的关键．2．（2022·河北邢台·九年级期末）学完旋转这一章，老师给同学们出了这样一道题：“如图1，在正方形ABCD中，
∠EAF＝45°，求证：EF＝BE＋DF．”小明同学的思路：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°．把△A
BE绕点A逆时针旋转到的位置，然后证明，从而可得．，从而使问题得证．(1)【探究】请你参考小明的解题思路解决下面问题：如图2，在四
边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，，直接写出EF，BE，DF之间的数量关系．(2)【应用】如图3，在四边形ABCD中
，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，，求证：EF＝BE＋DF．(3)【知识迁移】如图4，四边形ABPC是的内接四边形，BC是直径，
AB＝AC，请直接写出PB＋PC与AP的关系．【答案】(1)BE＋DF＝EF(2)证明见解析(3)【分析】（1）将△ABE绕A点逆
时针旋转，旋转角等于∠BAD得△，证明△AEF≌△，等量代换即得结论；（2）将△ABE绕点A逆时针旋转，旋转角等于∠BAD，先证明
∠EAF=，再证明△AEF≌△，等量代换即得结论；（3）将△ABP绕点A逆时针旋转90°得到，先利用圆内接四边形的性质证明P，C，
在同一直线上，再证明△为等腰直角三角形，等量代换即得结论．(1)解：结论：BE＋DF＝EF，理由如下：证明：将△ABE绕点A逆时针
旋转，旋转角等于∠BAD，使得AB与AD重合，点E转到点的位置，如图所示，可知，∴．由∠ADC+∠=180°知，C、D、共线，∵，
∴∠BAF+∠DAF=∠EAF，∴∠+∠DAF=∠EAF=，∴△AEF≌△，∴EF==BE+DF．(2)证明：将△ABE绕点A逆时
针旋转，旋转角等于∠BAD，使得AB与AD重合，点E转到点的位置，如图所示，由旋转可知，∴，，，．∵∠B＋∠ADC＝180°，∴，
∴点C，D，在同一条直线上．∵，∴，∴，∴，∴．∵AF＝AF，∴，∴，即BE＋DF＝EF．(3)结论：，理由如下：证明：将△ABP
绕点A逆时针旋转90°得到，使得AB与AC重合，如图所示，由圆内接四边形性质得：∠AC+∠ACP=180°，即P，C，在同一直线上
．∴，，∵BC为直径，∴∠BAC=90°=∠BAP+∠PAC=∠CA+∠PAC=，∴△为等腰直角三角形，∴，即．【点睛】本题考查了
旋转与全等三角形的综合应用、直径所对的圆周角是直角、圆内接四边形的性质、等腰直角三角形的判定及性质等知识点．解题关键是利用旋转构造
全等三角形．3．（2021·重庆·九年级专题练习）将锐角为45°的直角三角板MPN的一个锐角顶点P与正方形ABCD的顶点A重合，正
方形ABCD固定不动，然后将三角板绕着点A旋转，∠MPN的两边分别与正方形的边BC、DC或其所在直线相交于点E、F，连接EF．（1
）在三角板旋转过程中，当∠MPN的两边分别与正方形的边CB、DC相交时，如图1所示，请直接写出线段BE、DF、EF满足的数量关系；
（2）在三角板旋转过程中，当∠MPN的两边分别与正方形的边CB、DC的延长线相交时，如图2所示，请直接写出线段BE、DF、EF满足
的数量关系；（3）若正方形的边长为4，在三角板旋转过程中，当∠MPN的一边恰好经过BC边的中点时，试求线段EF的长．【答案】（1）
EF=DF+BE；（2）EF=DF-BE；（3）线段EF的长为或．【分析】（1）延长FD至G，使DG=BE，连接AG，先证△ABE
≌△ADG，再证△GAF≌△EAF即可；（2）在DC上截取DH=BE，连接AH，先证△ADH≌△ABE，再证△HAF≌EAF即可；
（3）分两种情形分别求解即可解决问题．【详解】解：（1）结论：EF=BE+DF．理由：延长FD至G，使DG=BE，连接AG，如图①
，∵ABCD是正方形，∴AB=AD，∠ABE=ADG=∠DAB=90°，∴△ABE≌△ADG（AAS），∴AE=AG，∠DAG=∠
EAB，∵∠EAF=45°，∴∠DAF+∠EAB=45°，∴∠DAF+∠DAG=45°，∴∠GAF=∠EAF=45°，∵AF=AF
，∴△GAF≌△EAF（AAS），∴EF=GF，∴GF=DF+DG=DF+BE，即：EF=DF+BE；（2）结论：EF=DF-BE
．理由：在DC上截取DH=BE，连接AH，如图②，∵AD=AB，∠ADH=∠ABE=90°，∴△ADH≌△ABE（SAS），∴AH
=AE，∠DAH=∠EAB，∵∠EAF=∠EAB+∠BAF=45°，∴∠DAH+∠BAF=45°，∴∠HAF=45°=∠EAF，∵
AF=AF，∴△HAF≌EAF（SAS），∴HF=EF，∵DF=DH+HF，∴EF=DF-BE；（3）①当MA经过BC的中点E时，
同（1）作辅助线，如图：设FD=x，由（1）的结论得FG=EF=2+x，FC=4-x．在Rt△EFC中，（x+2）2=（4-x）2
+22，∴x=，∴EF=x+2=．②当NA经过BC的中点G时，同（2）作辅助线，设BE=x，由（2）的结论得EC=4+x，EF=F
H，∵K为BC边的中点，∴CK=BC=2，同理可证△ABK≌FCK（SAS），∴CF=AB=4，EF=FH=CF+CD-DH=8-
x，在Rt△EFC中，由勾股定理得到：（4+x）2+42=（8-x）2，∴x=，∴EF=8-=．综上，线段EF的长为或．【点睛】本
题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，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．4．（2022·全国·八年级课时练习）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【分析】（1）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，可得到点M''、C、N三点共线，再由∠MBN=45°，可得∠M''BN=∠MB
N，从而证得△NBM≌△NBM''，即可求解；（2）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，由∠A+∠C＝180°，可得点M''、C、N三点共线，再由∠MBN＝∠ABC，可得到∠M''BN
=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM''，即可求解；（3）在NC上截取C M''=AM，连接B M''，由∠ABC+∠ADC＝180°
，可得∠BAM=∠C，再由AB＝BC，可证得△ABM≌△CB M''，从而得到AM=C M''，BM=B M''，∠ABM=∠CB M''
，进而得到∠MA M''=∠ABC，再由∠MBN＝∠ABC，可得∠MBN＝∠M''BN，从而得到△NBM≌△NBM''，即可求解．【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=∠BC
M''，∠ABM=∠M''BC，∵∠A+∠C＝180°，∴∠BCM''+∠BCD=180°，∴点M''、C、N三点共线，∵∠MBN＝∠AB
C，∴∠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≌△N
BM''，∴MN= M''N，∵M''N=CN-C M''，?∴MN=CN-AM．故答案是：MN=CN-AM．【点睛】本题主要考查了正方形
的性质，全等三角形的性质和判定，图形的旋转，根据题意做适当辅助线，得到全等三角形是解题的关键．5．（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=BE-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.6．（2021·辽宁·沈阳市南昌中学（含：西校区、光荣中学）九年级阶段练
习）如图，菱形ABCD与菱形EBGF的顶点B重合，顶点F在射线AC上运动，且，对角线AC、BD相交于点O．（1）如图1．当点F与点
O重合时，直接写出的值为 ；（2）当顶点F运动到如图2的位置时，连接CG，，且，试探究CG与DF的数量关系，说明理由，并直接
写出直线CG与DF所夹锐角的度数；（3）如图3，取点P为AD的中点，若B、E、P三点共线，且当CF＝2时，请直接写出BP的长．【答
案】（1）；（2），；（3）【分析】（1）设菱形ABCD边长，由菱形性质和已知得出，，，再由含30度角的直角三角形的性质求出，，进
而求得的值；（2）菱形的边长为，由是等腰直角三角形，再已知菱形的条件，求出是等腰直角三角形，继而得出，从而求出，由B、D是关于AC
的轴对称可知，再由三角形外角的性质可得直线CG与DF所夹锐角的度数为；（3）利用半角模型将逆时针旋转60°到位置，从而得出（SAS
），得到一个由CF、NF、AN三条线段长组成的三角形，而且有内角为120°，从而确定三条线段关系，再利用中位线定理和三角形相似在菱
形中得出NF、AN与菱形边长关系，求出菱形边长即可解答．【详解】解：（1）设菱形ABCD边长，∵在菱形ABCD中，，∴， ，，∴，
，，∵在四边形是菱形，，， ，，∴，∴，∴，．（2），直线CG与DF所夹锐角的度数为．理由如下，如图，连接BF，延长GC交FD于N
，设菱形的边长为，∵，且，∴， ∵，∵四边形是菱形， ，，∴，∴，∵，，∴，，由（2）可知：，∴，∴，由B、D是关于AC的轴对称可
知，，又∵，∴，即直线CG与DF所夹锐角的度数为；（3），过程如下：依题意，作出图形，此时B、E、P三点共线，连接BF，并将线段B
F绕点B逆时针旋转60°到BM位置，连接MG、MA，∵， ∴（SAS）∴，，∵，∴，∴，∴（SAS），∴ 过M点作MH⊥CH，∵，
∴，，∴，，取OD的中点Q，连接QP，∵AP=PD，∴，，∴，∴，∴，设菱形的边长为，则，∴，，，在中，，∴，解得（舍去），，∴，
，∵在中，，∴．【点睛】本题是几何旋转综合题，主要考查了菱形的性质、旋转全等、30°直角三角形性质和勾股定理解三角形等，解题关键是
利用特殊角进行计算得出其他角度数，利用旋转得到由CF、NF、AN三条线段长组成的三角形，而且有内角为120°，从而通过已知计算．7
．（2022·江苏·八年级课时练习）如图，，，，，．（1）求的度数；（2）以E为圆心，以长为半径作弧；以F为圆心，以长为半径作弧，
两弧交于点G，试探索的形状？是锐角三形，直角三角形还是钝角三角形？请说明理由．【答案】（1）45°；（2）见详解【分析】（1）由C
A⊥CB，可得∠ACB＝90°，再根据∠ECF＝45°，即可得出答案；（2）如图，连接DE，先证明△ECF≌△ECD（SAS），可
得DE＝EF，再证明△CAD≌△CBF（SAS），可得AD＝BF，∠CAD＝∠B，即可得出∠DAE＝90°，再利用SSS证明△EF
G≌△EDA，即可得出答案．【详解】解：（1）∵CA⊥CB，∴∠ACB＝90°，∴∠ACE＋∠ECF＋∠BCF＝90°，∵∠ECF
＝45°，∴∠ACE＋∠BCF＝90°?∠ECF＝45°；（2）△EFG是直角三角形，理由如下：如图，连接DE，由（1）知，∠AC
E＋∠BCF＝45°，∵∠ACD＝∠BCF，∴∠ACE＋∠ACD＝45°，即∠DCE＝45°，∵∠ECF＝45°，∴∠ECF＝∠E
CD，在△ECF和△ECD中，，∴△ECF≌△ECD（SAS），∴DE＝EF，在△CAD和△CBF中，，∴△CAD≌△CBF（SA
S），∴AD＝BF，∠CAD＝∠B，∵FG＝BF，∴FG＝AD，∵∠ACB＝90°，CA＝CB，∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠C
AB＝∠B＝45°，∴∠DAE＝∠CAB＋∠B＝90°，在△EFG和△EDA中，，∴△EFG≌△EDA（SSS），∴∠EGF＝∠E
AD＝90°，∴△EFG是直角三角形．【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形性质，直角三角形的判定和性质，全等三角形判定
和性质等知识，解题关键是添加辅助线构造全等三角形，熟练运用全等三角形判定和性质解决问题．8．（2021·河南平顶山·九年级期中）（
1）阅读理解如图1，在正方形ABCD中，若E，F分别是CD，BC边上的点，∠EAF＝45°，则我们常常会想到：把ADE绕点A顺时针
旋转90°，得到ABG．易证AEF≌ ，得出线段BF，DE，EF之间的关系为 ；（2）类比探究如图2，在等边ABC中，D，E为BC
边上的点，∠DAE＝30°，BD＝1，EC＝2．求线段DE的长；（3）拓展应用如图3，在ABC中，AB＝AC＝，∠BAC＝150°
，点D，E在BC边上，∠DAE＝75°，若DE是等腰ADE的腰，请直接写出线段BD的长．【答案】（1）AGF，EF＝DE+BF；（
2）DE＝；（3）BD＝2或2【分析】（1）证明△AGF≌△AEF（SAS），则GF＝EF，即GF＝BG+BF＝DE+BF＝EF，
即可求解；（2）证明△AFD≌△AED（SAS），则FD＝DE，在Rt△FBH中，∠FBH＝60°，则BH＝BF＝1，FH＝BFs
in60°＝2×＝，则,即可求解；（3）①当DE＝AD时，△ADE≌△ADF（SAS），在△ABC中，AB＝AC＝，∠HAC＝30
°，由BC2＝（AB+AH）2+HC2得：BC2＝（x+x）2+（x）2，求出BC＝4+2；在△ADE中，AD＝DE＝a，∠ADE
＝30°，同理可得：AE＝，由AB2+AE2＝BE2，求出a＝2，即可求解；②当DE＝AE时，BD对应①中的CE，即可求解．【详解
】解：（1）由图象的旋转知，AG＝AE，∠DAE＝∠GAB，∵∠BAF+∠DAE＝∠BAD﹣∠EAF＝45°，∴∠GAF＝∠GAB
+∠BAF＝∠DAE+∠BAF＝90°﹣∠EAF＝45°＝∠EAF，又∵AG＝AE，AF＝AF，∴△AGF≌△AEF（SAS），∴
GF＝EF，即GF＝BG+BF＝DE+BF＝EF，即EF＝DE+BF，故答案为：AGF，EF＝DE+BF；（2）将△AEC围绕点A
旋转到△AFB的位置，连接FD，由（1）知，△AFB≌△AEC（SAS），则AF＝AE，FB＝EC＝2，∵∠FAD＝∠FAB+∠B
AD＝∠EAC+∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝60°﹣30°＝∠DAE，∵AD＝AD，AF＝AE，∴△AFD≌△AED（SAS），
∴FD＝DE，∠ABF＝∠C＝60°，在△BDF中，BD＝1，BF＝2，∠FBD＝∠ABF+∠ABC＝60°+60°＝120°，过
点F作FH⊥BD交DB的延长线于点H，则∠FBH＝60°，在Rt△FBH中，∠FBH＝60°，则BH＝BF＝1，FH＝BFsin6
0°＝2×＝，则故DE＝；（3）①当DE＝AD时，则∠DAE＝∠DEA＝75°，则∠ADE＝180°﹣2×75°＝30°，在等腰△
ABC中，∠BAC＝150°，则∠ABC＝∠ACB＝15°，将△AEC围绕点A旋转到△AFB所在的位置（点F对应点E），连接DF，
由（2）同理可得：△ADE≌△ADF（SAS），∴DF＝DE，∵∠ADE＝∠ABC+∠BAD＝15°+∠BAD＝30°，故∠BAD
＝15°＝∠ABD，∴AD＝BD＝ED，设BD＝a，则AD＝BD＝ED＝a，则BE＝2a，过点C作CH⊥BA交BA的延长线于点H，
则∠HAC＝2∠ABC＝30°，在△ABC中，AB＝AC＝，∠HAC＝30°，设AC＝x，则CH＝x，AH＝x，由BC2＝（AB+
AH）2+HC2得：BC2＝（x+x）2+（x）2，将x＝代入上式并解得：BC＝4+2；在△ADE中，AD＝DE＝a，∠ADE＝3
0°，同理可得：AE＝，∵∠ABE＝15°，∠AEB＝75°，故∠BAE＝90°，在Rt△ABE中，AB2+AE2＝BE2，即（）
2+（）2＝（2a）2，解得a＝±2（舍去负值），故a＝2，则BD＝2，CE＝BC﹣2a＝4+2﹣4＝2；②当DE＝AE时，BD对
应①中的CE，故BD＝2；综上，BD＝2或2．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判
定，等腰三角形的性质，解直角三角形，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.9．（2022·全国·八年级专题练习）已知四边形A
BCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（
或它们的延长线）于E、F．（1）当∠MBN绕B点旋转到AE＝CF时（如图1），试猜想AE，CF，EF之间存在怎样的数量关系？请将三
条线段分别填入后面横线中： ＋ ＝ ．（不需证明）（2）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF（如图2）时，上述（1）中结论是否成立？请
说明理由．（3）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF（如图3）时，上述（1）中结论是否成立？若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数
量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．【答案】（1）AE；CF；EF；（2）成立，见解析；（3）不成立，新的关系为AE＝EF＋CF
．【分析】（1）根据题意易得△ABE≌△CBF，然后根据全等三角形的性质可得∠ABE=∠CBF=30°，进而根据30°角的直角三角
形及等边三角形的性质可求解；（2）如图2，延长FC到H，使CH=AE，连接BH，根据题意可得△BCH≌△BAE，则有BH=BE，∠
CBH=∠ABE，进而可证△HBF≌△EBF，推出HF=EF，最后根据线段的等量关系可求解；（3）如图3，在AE上截取AQ=CF，
连接BQ，根据题意易得△BCF≌△BAQ，推出BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，进而可证△FBE≌△QBE，推出EF=QE即可．【详
解】解：（1）如图1，AE+CF=EF，理由如下：∵AB⊥AD，BC⊥CD，∴∠A=∠C=90°，∵AB=BC，AE=CF，∴△A
BE≌△CBF（SAS），∴∠ABE=∠CBF，BE=BF，∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，∴∠ABE=∠CBF=30°，
∴，∵∠MBN=60°，BE=BF，∴△BEF是等边三角形，∴，故答案为：AE+CF=EF；（2）如图2，（1）中结论成立；理由如
下：延长FC到H，使CH=AE，连接BH，∵AB⊥AD，BC⊥CD，∴∠A=∠BCH=90°，∴△BCH≌△BAE（SAS），∴B
H=BE，∠CBH=∠ABE，∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，∴∠ABE+∠CBF=120°-60°=60°，∴∠HBC+
∠CBF=60°，∴∠HBF=∠MBN=60°，∴∠HBF=∠EBF，∴△HBF≌△EBF（SAS），∴HF=EF，∵HF=HC+
CF=AE+CF，∴EF=AE+CF；（3）如图3，（1）中的结论不成立，关系为AE=EF+CF，理由如下：在AE上截取AQ=CF
，连接BQ，∵AB⊥AD，BC⊥CD，∴∠A=∠BCF=90°，∵AB=BC，∴△BCF≌△BAQ（SAS），∴BF=BQ，∠CB
F=∠ABQ，∵∠MBN=60°=∠CBF+∠CBE，∴∠CBE+∠ABQ=60°，∵∠ABC=120°，∴∠QBE=120°-6
0°=60°=∠MBN，∴∠FBE=∠QBE，∴△FBE≌△QBE（SAS），∴EF=QE，∵AE=QE+AQ=EF+CF，∴AE
=EF+CF．【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、含30°角的直角三角形的性质及等边三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质
与判定、含30°角的直角三角形的性质及等边三角形的性质是解题的关键．10．（2022·江苏·八年级课时练习）如图，在正方形ABCD
中，点P在直线BC上，作射线AP，将射线AP绕点A逆时针旋转45°，得到射线AQ，交直线CD于点Q，过点B作BE⊥AP于点E，交A
Q于点F，连接DF．（1）依题意补全图形；（2）用等式表示线段BE，EF，DF之间的数量关系，并证明．【答案】（1）补全图形见解析
；（2）BE+DF=EF，证明见解析．【分析】（1）根据题意补全图形即可．（2）延长FE到H,使EH=EF，根据题意证明△ABH≌
△ADF，然后根据全等三角形的性质即可证明．【详解】（1）补全图形（2）BE+DF=EF．证明：延长FE到H,使EH=EF∵BE⊥
AP，∴AH=AF，∴∠HAP=∠FAP=45°，∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD，∠BAD=90°∴∠BAP+∠2=45°
，∵∠1+∠BAP=45°∴∠1=∠2，∴△ABH≌△ADF，∴DF=BH，∵BE+BH=EH=EF，∴BE+DF=EF．【点睛】
此题考查了正方形的性质和全等三角形的性质，解题的关键是根据题意作出辅助线．11．（2022·全国·八年级课时练习）（1）如图，在正
方形中，、分别是，上的点，且．直接写出、、之间的数量关系；（2）如图，在四边形中，，，、分别是，上的点，且，求证：；（3）如图，在
四边形中，，，延长到点，延长到点，使得，则结论是否仍然成立？若成立，请证明；不成立，请写出它们的数量关系并证明．【答案】（1），理
由见详解；（2）见详解；（3）结论EF＝BE＋FD不成立，应当是EF＝BE?FD．理由见详解．【分析】（1）在CD的延长线上截取D
M＝BE，连接AM，证出△ABE≌△ADM，根据全等三角形的性质得出BE＝DM，再证明△AEF≌△AMF，得EF＝FM，进而即可得
出答案；（2）在CD的延长线上截取DG＝BE，连接AG，证出△ABE≌△ADG，根据全等三角形的性质得出BE＝DG，再证明△AEF
≌△AGF，得EF＝FG，即可得出答案；（3）按照（2）的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在BE上截取BG
，使BG＝DF，连接AG．根据（2）的证法，我们可得出DF＝BG，GE＝EF，那么EF＝GE＝BE?BG＝BE?DF．所以（1）的
结论在（3）的条件下是不成立的．【详解】（1）解：，理由如下：延长CD，使DM=BE，连接AM，∵在正方形中，AB=AD，∠B=∠
ADM=90°，∴，∴∠BAE=∠DAM，AE=AM，∵，∴∠BAE+∠DAF=∠DAM+∠DAF =90°-45°=45°，∴∠
EAF=∠MAF=45°，又∵AF=AF，AE=AM，∴，∴EF=MF=MD+DF=BE+DF；（2）在CD的延长线上截取DG＝B
E，连接AG，如图，∵∠ADF＝90°，∠ADF＋∠ADG＝180°，∴∠ADG＝90°，∵∠B＝90°，∴∠B＝∠ADG＝90°
，∵BE＝DG，AB＝AD，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE＝∠DAG，AG＝AE，∴∠EAG＝∠EAD＋∠DAG＝∠E
AD＋∠ABE＝∠BAD，∵， ∴∠EAF＝∠FAG，又∵AF＝AF，AE＝AG，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG＝D
F＋DG＝EB＋DF；（3）结论EF＝BE＋FD不成立，应当是EF＝BE?FD．理由如下：如图，在BE上截取BG，使BG＝DF，连
接AG．∵∠B＋∠ADC＝180°，∠ADF＋∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADF．∵在△ABG与△ADF中，，∴△ABG≌△AD
F（SAS）．∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．∴∠BAG＋∠EAD＝∠DAF＋∠EAD＝∠EAF＝∠BAD．∴∠GAE＝∠BAD
=∠EAF．∵AE＝AE，AG＝AF．∴△AEG≌△AEF．∴EG＝EF，∵EG＝BE?BG∴EF＝BE?FD．【点睛】本题考查了
三角形综合题，三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用旋转变换的思想添加辅助线，构造全等三角形解决问题，解题时注意一些题
目虽然图形发生变化，但是证明思路和方法是类似的，属于中考压轴题．12．（2021·辽宁沈阳·一模）（1）思维探究：如图1，点E，F
分别在正方形ABCD的边BC，CD上，且∠EAF＝45°，连接EF，则三条线段EF，BE，DF满足的等量关系式是 ；小明的思路是：
将△ADF绕点A顺时针方向旋转90°至△ABG的位置，并说明点G，B，E在同一条直线上，然后证明△AEF≌ 即可得证结论；（只需
填空，无需证明）（2）思维延伸：如图2，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E均在边BC上，点D在点E的左侧，且∠D
AE＝45°，猜想三条线段BD，DE，EC应满足的等量关系，并说明理由；（3）思维拓广：如图3，在△ABC中，∠BAC＝60°，A
B＝AC＝5，点D，E均在直线BC上，点D在点E的左侧，且∠DAE＝30°，当BD＝1时，请直接写出线段CE的长．【答案】（1）B
E＋DF＝EF，△AEG；（2），理由见解析；（3）或【分析】（1）由旋转的性质得AG=AF，∠GAB=∠FAD，∠ABG=∠D=
90°，则有∠GAE=∠EAF=45°，进而证得△AEG≌△AEF，根据全等三角形的性质证得GE=EF即可解答；（2）将△ABD绕
点A逆时针旋转90°至△ACG，连接EG，可证得AG=AD，∠GAE=∠DAE=45°，∠GCE=90°，进而可证得△GAE≌△D
AE，根据全等三角形的性质证得GE=DE，再根据勾股定理即可得出结论；（3）当点D在点B右侧时，将△ABD绕点A逆时针旋转60°至
△ACG，可证得∠GAE=∠DAE=30°，∠GCE=120°，进而可证得△GAE≌△DAE，根据全等三角形的性质证得GE=DE，
过G作GH⊥EC，交EC延长线于H，设CE=x，易求得GE=DE=4﹣x，EH= x+，GH=，在△GHE中，由勾股定理可求得CE
的值；当点D在点B左侧时，同样的方法可求得CE的长．【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAD=∠D=∠A
BC=90°，∵将△ADF绕点A顺时针方向旋转90°至△ABG，∴AG=AF， BG=DF，∠GAB=∠FAD，∠ABG=∠D=9
0°，∴∠ABG+∠ABC=90°+90°=180°，∴点G、B、E共线，∵∠EAF=45°，∴∠BAE+∠FAD=45°，∴∠B
AE+∠GAB=45°，即∠GAE =45°∴∠GAE=∠FAE，又AG=AF，AE=AE，∴△AEG≌△AEF（SAS）,∴GE
=EF，∵GE=BE+BG=BE+DF，∴BE+DF=EF，故答案为：BE＋DF＝EF，△AEG；（2）猜想：BD2+CE2=DE
2，理由为：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC=∠ACB=45°，如图2，将△ABD绕点A逆时针方向旋转90°至△ACG，
连接EG， ∴AG=AD， CG=BD，∠GAC=∠DAB，∠ACG=∠ABC=45°，∴∠ACG+∠ACB=45°+45°=90
°，∴GE2=CG2++CE2，∵∠DAE=45°，∴∠DAB+∠EAC=45°，∴∠GAC+∠EAC=45°，即∠GAE =45
°∴∠GAE=∠DAE，又AG=AD，AE=AE，∴△GAE≌△DAE（SAS）,∴GE=DE，∵GE2=CG2++CE2=BD2
+CE2，∴BD2+CE2=DE2；（3）∵△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝AC＝5，∴△ABC为等边三角形，∴∠ABC=∠A
CB=60°，由题意，点D，E均在直线BC上，点D在点E的左侧，且∠DAE＝30°，∴①当点D在点B右侧时，BD=1，如图3，将△
ABD绕点A逆时针旋转60°至△ACG，连接EG，∴AG=AD， CG=BD=1，∠GAC=∠DAB，∠ACG=∠ABC=60°，
∵∠DAE=30°，∠BAC=60°，∴∠DAB+∠EAC=30°，∴∠GAC+∠EAC=30°，即∠GAE =30°∴∠GAE=
∠DAE，又AG=AD，AE=AE，∴△GAE≌△DAE（SAS）,∴GE=DE，过G作GH⊥EC，交EC延长线于H，∵∠ECG=
∠ACG+∠ACB=60°+60°=120°，∴∠GCH=60°，在Rt△GCH中，CH=CG·cos60°=，GH= CG·si
n60°=，设CE=x，易求得GE=DE=4﹣x，EH= x+，在△GHE中，由勾股定理得：（4﹣x）2=( x+)2+（）2，解
得：x=，即CE=；②当点D在点B左侧时，BD=1同理，将△ABD绕点A逆时针旋转60°至△ACG，连接EG，易证△GAE≌△DA
E，得GE=DE，过G作GH⊥EC，交CE于H，∵∠ACG=∠ADB=120°，∠ACB=60°，∴∠GCH=60°，在Rt△GC
H中，CH=CG·cos60°=，GH= CG·sin60°=，设CE=x，易求得GE=DE=6﹣x，EH= x﹣，在△GHE中，
由勾股定理得：（6﹣x）2=( x﹣)2+（）2，解得：x=，即CE=，综上，CE的长为或．【点睛】本题考查正方形的性质、旋转的性
质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质、解一元一次方程、锐角三角函数等知识，综合性强，
难度适中，熟练掌握相关知识的性质与运用，正确作出辅助线，借助旋转性质得出全等三角形是解答的关键．13．（2021·河南安阳·八年级
期中）已知，正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N，A
H⊥MN于点H．（1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系：____；（2）如图②，当∠M
AN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；（3）如图③，已知
∠MAN=45°，AH⊥MN于点H，且MH=2，NH=3，求AH的长．（可利用（2）得到的结论）【答案】（1）AH=AB；（2）成
立，理由见解析；（3）6【分析】（1）先证明，可得，，再证明即可；（2）延长至，使，证明，能得到；（3）分别沿、翻折和，得到和，然
后分别延长和交于点，得正方形，设，则，，在中，由勾股定理，解得．【详解】解：（1）如图①，．理由如下：四边形是正方形，，，在和中，
，，，，是等腰三角形，又，，，，，，，在和中，，，；故答案为：；（2）数量关系成立．如图②，延长至，使．∵四边形是正方形，，，在和
中，，∴≌（SAS），，，，，，，在和中，，．，，、是和对应边上的高，．（3）如图③分别沿、翻折和，得到和，，，．分别延长和交于点
，得正方形，由（2）可知，．设，则，，在中，由勾股定理，得，，解得，．（不符合题意，舍去），．【点睛】本题是四边形综合题，考查了正
方形的性质、全等三角形的判定与性质、翻折变换的性质以及勾股定理等知识；正确作出辅助线，熟练掌握翻折变换的性质，构造全等三角形是解题
的关键．14．（2020·四川成都·八年级期末）已知，，分别在边，上取点，，使，过点平行于的直线与过点平行于的直线相交于点．点，分
别是射线，上动点，连接，，．（1）求证：；（2）如图，当点，分别在线段，上，且时，请求出线段，，之间的等量关系式；（3）如图，当点
，分别在，的延长线上，且时，延长交于点，延长交于点．请猜想线段，，之间的等量关系，并证明你的结论．【答案】（1）见解析；（2）；（
3），见解析【分析】（1）连接,通过，得到为等腰直角三角形，进而得到，根据过点平行于的直线与过点平行于的直线相交于点，可推出，，最
后通过证明≌，可以得出结论；（2）在射线上取点，使，连接，通过证明≌，得到，，再结合，推导证明≌，得到，最后等量代换线段即可求解；
（3）延长到点，使得，连接，通过证明≌，得到，，再结合，推导证明≌，得到，根据，等量代换可知，又因为，推出，进而得到，同理可证，最
后根据勾股定理即可求解．【详解】解：（1）证明：连接． ，， 为等腰直角三角形， ，又 ，且， ， ， ，同理，，在与中， ≌ ，
，；（2）如图，在射线上取点，使，连接．在与中， ≌ ， ，， ，， ， ， ，在与中 ≌ ， ，又 ， ．（3）．证明如下：如
图，延长到点，使得，连接． ，在与中， ≌ ， ，， ， ， ， ， ， ，在与中， ≌ ， ， ≌， ， ， ， ， ， ，同理
可证：，在中，由勾股定理得：．【点睛】本题综合考查了全等三角形的性质和判定,勾股定理以及正方形的有关知识，通过添加辅助线构造全等三
角形，通过证明全等三角形得到线段之间的关系是解题的关键．15．（2020·江西育华学校八年级阶段练习）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：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？并说明理由．实际应用：如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处舰艇乙在
指挥中心南偏东70°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50°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70°，试求此时两舰艇之间的距离．【答案】问题背景：；探究延伸：成立，理由见解析；实际应用：210海里【分析】问题背景
：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，即可得出结论：EF=AE+CF；探究延
伸1：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，可得出结论：EF=AE+CF；探究
延伸2：延长DC到H，使得CH=AE，连接BH，先证明△BCH≌△BAE，即可得到BE=HB，∠ABE=∠HBC，再证明△HBF≌
△EBF，即可得出EF=HF=HC+CF=AE+CF；实际应用：连接EF，延长BF交AE的延长线于G，根据题意可转化为如下的数学问
题：在四边形GAOB中，OA=OB，∠A+∠B=180°，∠AOB=2∠EOF，∠EOF的两边分别交AG，BG于E，F，求EF的长
．再根据探究延伸2的结论：EF=AE+BF，即可得到两舰艇之间的距离．【详解】解：问题背景：如图1，延长FC到G，使CG=AE，连
接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，可得出结论：EF=AE+CF；故答案为：EF=AE+CF；探究延伸1：
上述结论仍然成立，即EF=AE+CF，理由如下：如图2，延长FC到G，使CG=AE，连接BG，∵CG=AE，∠BCG=∠A=90°
，BC=BA，∴△BCG≌△BAE（SAS），∴BG=BE，∠ABE=∠CBG，∵∠ABC=2∠EBF，∴∠ABE+∠CBF=∠E
BF，即∠CBG+∠CBF=∠EBF，∴∠GBF=∠EBF，又∵BF=BF，∴△BFG≌△BFE（SAS），∴GF=EF，即GC+
CF=EF，∴AE+CF=EF∴可得出结论：EF=AE+CF；探究延伸2：上述结论仍然成立，即EF=AE+CF，理由：如图3，延长
DC到H，使得CH=AE，连接BH，∵∠BAD+∠BCD=180°，∠BCH+∠BCD=180°，∴∠BCH=∠BAE，∵BA=B
C，CH=AE，∴△BCH≌△BAE（SAS），∴BE=HB，∠ABE=∠HBC，∴∠HBE=∠ABC，又∵∠ABC=2∠MBN，
∴∠EBF=∠HBF，∵BF=BF，∴△HBF≌△EBF（SAS），∴EF=HF=HC+CF=AE+CF；实际应用：如图4，连接E
F，延长BF交AE的延长线于G，因为舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处．舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，所以∠AOB=
140°，因为指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°，所以∠EOF=70°，所以∠AOB=2∠EOF．依题意得，OA=OB，∠A
=60°，∠B=120°，所以∠A+∠B=180°，因此本题的实际的应用可转化为如下的数学问题：在四边形GAOB中，OA=OB，∠
A+∠B=180°，∠AOB=2∠EOF，∠EOF的两边分别交AG，BG于E，F，求EF的长．根据探究延伸2的结论可得：EF=AE
+BF，根据题意得，AE=75×1.2=90（海里），BF=100×1.2=120（海里），所以EF=90+120=210（海里）
．答：此时两舰艇之间的距离为210海里．【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确作出辅助线
构造全等三角形，解答时注意类比思想的灵活应用．16．（2022·全国·八年级课时练习）如图，是边长为2的等边三角形，是顶角为120
°的等腰三角形，以点为顶点作，点、分别在、上．（1）如图①，当时，则的周长为______；（2）如图②，求证：．【答案】（1）4；
（2）见解析【分析】（1）首先证明△BDM≌△CDN，进而得出△DMN是等边三角形，∠BDM=∠CDN=30°，NC=BM=DM=
MN，即可解决问题；（2）延长至点，使得，连接，首先证明，再证明，得出，进而得出结果即可．【详解】解：（1）∵是等边三角形，，，∴
是等边三角形，，则，∵是顶角的等腰三角形，，，在和中，，，，∵，∴是等边三角形，，，，∴的周长．（2）如图，延长至点，使得，连接，
∵是等边三角形，是顶角的等腰三角形，，，，，在和中，，，，，∵，，在和中，．，又∵，．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质及等
边三角形的性质及等腰三角形的性质，掌握全等三角形的性质与判定，等边三角形及等腰三角形的性质是解题的关键．17．（2022·全国·八
年级课时练习）如图，在四边形中，，，分别是，上的点，连接，，．（1）如图①，，，．求证：；??（2）如图②，，当周长最小时，求的度
数；（3）如图③，若四边形为正方形，点、分别在边、上，且，若，，请求出线段的长度．【答案】（1）见解析；（2） ；（3）．【分析】
（1）延长到点G,使，连接，首先证明，则有，，然后利用角度之间的关系得出，进而可证明，则，则结论可证；（2）分别作点A关于和的对称
点，，连接，交于点，交于点，根据轴对称的性质有，，当点、、、在同一条直线上时，即为周长的最小值，然后利用求解即可；（3）旋转至的位
置，首先证明，则有，最后利用求解即可．【详解】（1）证明：如解图①，延长到点，使，连接，在和中，．，，，，．，在和中，．，；（2）
解：如解图，分别作点A关于和的对称点，，连接，交于点，交于点．由对称的性质可得，，此时的周长为．当点、、、在同一条直线上时，即为周
长的最小值．，．，， ；（3）解：如解图，旋转至的位置，，， ．在和中，．．．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质，轴对称的
性质，掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．18．（2022·江苏·八年级课时练习）（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD
，∠BAD＝100°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F分别是BC，CD上的点．且∠EAF＝50°．探究图中线段EF，BE，FD之间的
数量关系．小明同学探究的方法是：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，他的结论是 （直接写结论，不需证明）；（2）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2∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由；（3）如图3，四边形ABCD
是边长为7的正方形，∠EBF＝45°，直接写出△DEF的周长．【答案】（1）EF＝BE+DF；（2）成立，理由详见解析；（3）14
．【分析】（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，由“SAS”可证△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，再
由“SAS”可证△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题；（2）延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，即可证明△ABG≌△AD
F，可得AF＝AG，再证明△AEF≌△AEG，可得EF＝EG，即可解题；（3）延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，由“SAS”可
证△ABH≌△CBF，可得BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，由“SAS”可证△EBH≌△EBF，可得EF＝EH，可得EF＝EH＝AE
+CF，即可求解．【详解】证明：（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SA
S），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠BAD＝100°，∠EAF＝50°，∴∠BAE+∠FAD＝∠DAG+∠FAD＝50°，
∴∠EAF＝∠FAG＝50°，在△EAF和△GAF中，∵，∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF＝FG＝DF+DG，∴EF＝BE+
DF，故答案为：EF＝BE+DF；（2）结论仍然成立，理由如下：如图2，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，∵∠ABC+∠D＝1
80°，∠ABG+∠ABC＝180°，∴∠ABG＝∠D，∵在△ABG与△ADF中，，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG＝AF，
∠BAG＝∠DAF，∵2∠EAF＝∠BAD，∴∠DAF+∠BAE＝∠BAG+∠BAE＝∠BAD＝∠EAF，∴∠GAE＝∠EAF，又
AE＝AE，∴△AEG≌△AEF（SAS），∴EG＝EF．∵EG＝BE+BG．∴EF＝BE+FD；（3）如图，延长EA到H，使AH
＝CF，连接BH，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝7＝AD＝CD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∴∠BAH＝∠BCF＝90°
，又∵AH＝CF，AB＝BC，∴△ABH≌△CBF（SAS），∴BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，∵∠EBF＝45°，∴∠CBF+∠
ABE＝45°＝∠HBA+∠ABE＝∠EBF，∴∠EBH＝∠EBF，又∵BH＝BF，BE＝BE，∴△EBH≌△EBF（SAS），∴
EF＝EH，∴EF＝EH＝AE+CF，∴△DEF的周长＝DE+DF+EF＝DE+DF+AE+CF＝AD+CD＝14．【点睛】本题是
四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．19．（2022·全国·八年
级课时练习）如图，正方形ABCD中，E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，连接EF，这种模型属于“半角模型”中的一类，在
解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的分析思路．例如图中△ADF与△ABG可以看作绕点A旋转90°的关系．这可以证明结论“EF＝
BE＋DF”，请补充辅助线的作法，并写出证明过程．（1）延长CB到点G，使BG＝ ，连接AG；（2）证明：EF＝BE＋DF【答案】
（1）DF；（2）见解析【分析】（1）由于△ADF与△ABG可以看作绕点A旋转90°的关系，根据旋转的性质知BG=DF，从而得到辅
助线的做法；（2）先证明△ADF≌△ABG，得到AG=AF，∠GAB=∠DAF，结合∠EAF＝45°，易知∠GAE=45°，再证明
△AGE≌△AFE即可得到EF＝GE=BE+GB=BE＋DF【详解】解：（1）根据旋转的性质知BG=DF，从而得到辅助线的做法：延
长CB到点G，使BG=DF，连接AG；（2）∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD，∠ADF=∠ABE=∠ABG=90°，在△AD
F和△ABG中∴△ADF≌△ABG（SAS），∴AF=AG，∠DAF=∠GAB，∵∠EAF=45°，∴∠DAF+∠EAB=45°，
∴∠GAB+∠EAB=45°，∴∠GAE=∠EAF =45°，在△AGE和△AFE中0∴△ADF≌△ABG（SAS），∴GE=EF
，∴EF＝GE=BE+GB=BE＋DF【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键
是学会利用旋转方法提示构造全等三角形，属于中考常考题型．20．（2021·全国·九年级专题练习）如图1，在菱形ABCD中，AC＝2
，BD＝2，AC，BD相交于点O．(1)求边AB的长；(2)求∠BAC的度数；(3)如图2，将一个足够大的直角三角板60°角的顶点
放在菱形ABCD的顶点A处，绕点A左右旋转，其中三角板60°角的两边分别与边BC，CD相交于点E，F，连接EF．判断△AEF是哪一
种特殊三角形，并说明理由．【答案】（1）2；（2） ；（3）见详解【分析】（1）由菱形的性质得出OA=1，OB=，根据勾股定理可得
出答案；（2）得出△ABC是等边三角形即可；（3）由△ABC和△ACD是等边三角形，利用ASA可证得△ABE≌△ACF；可得AE=
AF，根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形推出即可．【详解】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∴△AOB为直
角三角形，且．∴；（2）∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC，由（1）得：AB=AC=BC=2，∴△ABC为等边三角形，∠BAC=
60°；（3）△AEF是等边三角形，∵由（1）知，菱形ABCD的边长是2，AC=2，∴△ABC和△ACD是等边三角形，∴∠BAC=
∠BAE+∠CAE=60°，∵∠EAF=∠CAF+∠CAE=60°，∴∠BAE=∠CAF，在△ABE和△ACF中，∴△ABE≌△A
CF（ASA），∴AE=AF，∵∠EAF=60°，∴△AEF是等边三角形．【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质和判定，等
边三角形的性质以及图形的旋转．解题的关键是熟练掌握菱形的性质．21．（2020·重庆江津·八年级期中）（1）如图1，在正方形ABC
D中，E是AB上一点，G是AD上一点，∠ECG=45°，求证EG=BE+GD．（2）请用（1）的经验和知识完成此题：如图2，在四边
形ABCD中，AG//BC(BC>AG)，∠B=90°，AB=BC=12，E是AB上一点，且∠ECG=45°，BE=4，求EG的长
？【答案】（1）证明见解析；（2）EG=10．【分析】（1）延长AD至F，使DF=BE，连接CF，根据正方形的性质，可直接证明△E
BC≌△FDC，从而得出∠BCE=∠DCF，根据∠GCE=45°，得∠GCF=∠GCE=45°，利用全等三角形的判定方法得出△EC
G≌△FCG，即GE=GF，即可证出EG=BE+GD；（2）过C作CD⊥AG，交AG延长线于D，则四边形ABCD是正方形，设EG=
x，则AE=8，根据（1）可得：AG=16-x，在直角△AGE中利用勾股定理即可求解．【详解】（1）证明：如图3所示，延长AD至F
，使DF=BE，连接CF，∵四边形ABCD是正方形，∴BC=DC，∠ABC=∠ADC=∠BCD=90°，∵∠CDF=180°-∠A
DC，∴∠CDF=90°，∴∠ABC=∠CDF，∵BE=DF，∴△EBC≌△FDC，∴∠BCE=∠DCF，EC=FC，∵∠ECG=
45°，∴∠BCE+∠GCD=90°-∠ECG=90°-45°=45°，∴∠GCD+∠DCF=∠FCG=45°，∴∠ECG=∠FC
G．∵GC=GC，EC=FC，∴△ECG≌△FCG，∴EG=GF．∵GF=GD+DF= BE+GD，∴EG= BE+GD．（2）解
：如图4，过C作CD⊥AG，交AG延长线于D，在直角梯形ABCG中，∵AGBC，∠A=∠B=90°，又∠CDA=90°，AB=BC
，∴四边形ABCD为正方形．∴AD=AB=BC=12．已知∠ECG=45°，根据（1）可知，EG=BE+DG，设EG=x，则AG=
AD-DG= AD-(EG-BE)=12-(x-4)=16-x，∴AE=12-BE=12-4=8．在Rt△AEG中∵EG2=AG2
+AE2，即x2=（16-x）2+82，解得：x=10．∴EG=10．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质以及正方形的性质，注
意每个题目之间的关系，正确作出辅助线是解题的关键．22．（2022·江苏·八年级专题练习）（2020?锦州模拟）问题情境：已知，在
等边△ABC中，∠BAC与∠ACB的角平分线交于点O，点M、N分别在直线AC，AB上，且∠MON＝60°，猜想CM、MN、AN三者
之间的数量关系．方法感悟：小芳的思考过程是在CM上取一点，构造全等三角形，从而解决问题；小丽的思考过程是在AB取一点，构造全等三角
形，从而解决问题；问题解决：（1）如图1，M、N分别在边AC，AB上时，探索CM、MN、AN三者之间的数量关系，并证明；（2）如图
2，M在边AC上，点N在BA的延长线上时，请你在图2中补全图形，标出相应字母，探索CM、MN、AN三者之间的数量关系，并证明．【答
案】（1）CM＝AN+MN，详见解析；（2）CM＝MN﹣AN，详见解析【分析】（1）在AC上截取CD＝AN，连接OD，证明△CDO
≌△ANO，根据全等三角形的性质得到OD＝ON，∠COD＝∠AON，证明△DMO≌△NMO，得到DM＝MN，结合图形证明结论；（2
）在AC延长线上截取CD＝AN，连接OD，仿照（1）的方法解答．【详解】解：（1）CM＝AN+MN，理由如下：在AC上截取CD＝A
N，连接OD，∵△ABC为等边三角形，∠BAC与∠ACB的角平分线交于点O，∴∠OAC＝∠OCA＝30°，∴OA＝OC，在△CDO
和△ANO中，，∴△CDO≌△ANO（SAS）∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，∵∠MON＝60°，∴∠COD+∠AOM＝60°，
∵∠AOC＝120°，∴∠DOM＝60°，在△DMO和△NMO中，，∴△DMO≌△NMO，∴DM＝MN，∴CM＝CD+DM＝AN+
MN；（2）补全图形如图2所示：CM＝MN﹣AN，理由如下：在AC延长线上截取CD＝AN，连接OD，在△CDO和△ANO中，，∴△
CDO≌△ANO（SAS）∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，∴∠DOM＝∠NOM，在△DMO和△NMO中，，∴△DMO≌△NMO（
SAS）∴MN＝DM，∴CM＝DM﹣CD＝MN﹣AN．【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．23．（2022·河南开封·八年级期末）（2019秋?东台市期末）在等边△ABC的两边AB、AC所在直线上
分别有两点M、N，D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．探究：当M、N分别在直线AB、AC上移动
时，BM、NC、MN之间的数量关系及△AMN的周长Q与等边△ABC的周长L的关系．（1）如图1，当点M、N边AB、AC上，且DM＝
DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是 ；此时 ；（2）如图2，点M、N在边AB、AC上，且当DM≠DN时，猜想（ I）问的两个结论还成立吗？若成立请直接写出你的结论；若不成立请说明理由．（3）如图3，当M、N分别在边AB、CA的延长线上时，探索BM、NC、MN之间的数量关系如何？并给出证明．【答案】（1）BM+NC＝MN，；（2）结论仍然成立，详见解析；（3）NC﹣BM＝MN，详见解析【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CM1＝BM，连接DM1．可证△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，易证得∠CDN＝∠MDN＝60°，则可证得△MDN≌△M1DN，然后由全等三角形的性质，即可得结论仍然成立；（3）首先在CN上截取CM1＝BM，连接DM1，可证△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，然后证得∠CDN＝∠MDN＝60°，易证得△MDN≌△M1DN，则可得NC﹣BM＝MN．【详解】（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CM1＝BM，连接DM1．∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，∴△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN，∴MN＝M1N＝M1C+NC＝BM+NC，∴△AMN的周长为：AM+MN+AN＝AM+BM+CN+AN＝AB+AC，∴；（3）证明：在CN上截取CM1＝BM，连接DM1．∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，∴△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN，∴MN＝M1N．∴NC﹣BM＝MN．【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．24．（2022·全国·八年级课时练习）如图①，四边形ABCD为正方形，点E，F分别在AB与BC上，且∠EDF=45°，易证：AE+CF=EF（不用证明）．（1）如图②，在四边形ABCD中，∠ADC=120°，DA=DC，∠DAB=∠BCD=90°，点E，F分别在AB与BC上，且∠EDF=60°．猜想AE，CF与EF之间的数量关系，并证明你的猜想；（2）如图③，在四边形ABCD中，∠ADC=2α，DA=DC，∠DAB与∠BCD互补，点E，F分别在AB与BC上，且∠EDF=α，请直接写出AE，CF与EF之间的数量关系，不用证明．【答案】（1）AE+CF=EF，证明见解析；（2），理由见解析.【分析】（1）由题干中截长补短的提示，再结合第（1）问的证明结论，在第二问可以用截长补短的方法来构造全等，从而达到证明结果．（2）同理作辅助线，同理进行证明即可，直接写出猜想，并证明．【详解】（1）图2猜想：AE+CF=EF，证明：在BC的延长线上截取CA''=AE，连接A''D，∵∠DAB=∠BCD=90°，∴∠DAB=∠DCA''=90°， 又∵AD=CD，AE=A''C，∴△DAE≌△DCA''（SAS），∴ED=A''D，∠ADE=∠A''DC，∵∠ADC=120°，∴∠EDA''=120°，∵∠EDF=60°，∴∠EDF=∠A''DF=60°， 又DF=DF，∴△EDF≌△A''DF（SAS），则EF=A''F=FC+CA''=FC+AE；（2）如图3，AE+CF=EF，证明：在BC的延长线上截取CA''=AE，连接A''D，∵∠DAB与∠BCD互补，∠BCD+∠DCA''=180°∴∠DAB=∠DCA''， 又∵AD=CD，AE=A''C，∴△DAE≌△DCA''（SAS），∴ED=A''D，∠ADE=∠A''DC，∵∠ADC=2α，∴∠EDA''=2α，∵∠EDF=α，∴∠EDF=∠A''DF=α 又DF=DF，∴△EDF≌△A''DF（SAS），则EF=A''F=FC+CA''=FC+AE．【点睛】本题是常规的角含半角的模型，解决这类问题的通法：旋转（截长补短）构造全等即可，题目所给例题的思路，为解决此题做了较好的铺垫． |
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