最新中考數(shù)學(xué)壓軸大題之經(jīng)典模型專(zhuān)題02 半角模型-【壓軸必刷】-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

今天整理了初三中考總復(fù)習(xí)階段在教學(xué)過(guò)程中收集的經(jīng)典題目，一共有31講，包括原卷版和解析版，供大家學(xué)習(xí)復(fù)習(xí)參考。
經(jīng)典題目1：這是一道非常經(jīng)典的最值問(wèn)題，最值模型將軍飲馬和一箭穿心。
經(jīng)典題目2：上面三道題是費(fèi)馬點(diǎn)經(jīng)典問(wèn)題，旋轉(zhuǎn)轉(zhuǎn)化是費(fèi)馬點(diǎn)問(wèn)題的關(guān)鍵。
經(jīng)典題目3：阿氏圓經(jīng)典題目，這道題目實(shí)際包括了隱圓模型，一箭穿心模型等常見(jiàn)幾何模型。
經(jīng)典題目4：這是中考出現(xiàn)頻率比較高的胡不歸問(wèn)題，也是經(jīng)典最值問(wèn)題。
【壓軸必刷】2023年中考數(shù)學(xué)壓軸大題之經(jīng)典模型培優(yōu)案
專(zhuān)題02半角模型
解題策略
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

經(jīng)典例題
【例1】（2020·山西晉中·八年級(jí)階段練習(xí)）如圖所示：已知ΔABC中，∠BAC=90°,AB=AC，在∠BAC內(nèi)部作∠MAN=45°,AM、AN分別交BC于點(diǎn)M，N.
[操作]（1）將ΔABM繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，使AB邊與AC邊重合，把旋轉(zhuǎn)后點(diǎn)M的對(duì)應(yīng)點(diǎn)記作點(diǎn)Q，得到ACQ，請(qǐng)?jiān)趫D中畫(huà)出ΔACQ;(不寫(xiě)出畫(huà)法)
[探究]（2）在1作圖的基礎(chǔ)上，連接NQ，求證： MN=NQ;
[拓展]（3）寫(xiě)出線段BM,MN和NC之間滿(mǎn)足的數(shù)量關(guān)系，并簡(jiǎn)要說(shuō)明理由．
【答案】（1）見(jiàn)詳解；（2）見(jiàn)詳解；（3）MN2=BM2+NC2，理由見(jiàn)詳解.
【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)中心、旋轉(zhuǎn)方向和旋轉(zhuǎn)角度進(jìn)行作圖即可；
（2）先根據(jù)SAS判定△MAN≌△QAN，進(jìn)而得出結(jié)論；
（3）再由全等三角形和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，得出MN=NQ，MB=CQ，最后根據(jù)Rt△NCQ中的勾股定理得出結(jié)論；
【詳解】解：（1）如圖，△ACQ即為所求；
（2）證明：由旋轉(zhuǎn)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
AM=AQ∠MAN=∠QANAN=AN，
∴△MAN≌△QAN（SAS），
∴MN=NQ；
（3）MN2=BM2+NC2；
由（2）中可知，MN=NQ，MB=CQ，
又∠NCQ=∠NCA+ACQ=∠NCA+∠ABM=45°+45°=90°
在Rt△NCQ中，有
NQ2=CQ2+NC2，
即MN2=BM2+NC2；
【點(diǎn)睛】本題主要考查了圖形的旋轉(zhuǎn)、全等三角形，以及勾股定理，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是掌握旋轉(zhuǎn)變換思想方法在解決問(wèn)題過(guò)程中的應(yīng)用．解題時(shí)注意：①旋轉(zhuǎn)不改變圖形的形狀和大?。葱D(zhuǎn)前后的兩個(gè)圖形全等），②任意一對(duì)對(duì)應(yīng)點(diǎn)與旋轉(zhuǎn)中心的連線所成的角彼此相等（都是旋轉(zhuǎn)角），③經(jīng)過(guò)旋轉(zhuǎn)，對(duì)應(yīng)點(diǎn)到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等．
【例2】．（2022·全國(guó)·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）折一折：將正方形紙片ABCD折疊，使邊AB、AD都落在對(duì)角線AC上，展開(kāi)得折痕AE、AF，連接EF，如圖1．
(1)∠EAF＝ °，寫(xiě)出圖中兩個(gè)等腰三角形：（不需要添加字母）；
(2)轉(zhuǎn)一轉(zhuǎn)：將圖1中的∠EAF繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，使它的兩邊分別交邊BC、CD于點(diǎn)P、Q，連接PQ，如圖2．線段BP、PQ、DQ之間的數(shù)量關(guān)系為；
(3)連接正方形對(duì)角線BD，若圖2中的∠PAQ的邊AP、AQ分別交對(duì)角線BD于點(diǎn)M、點(diǎn)N，如圖3，則CQBM= ；
(4)剪一剪：將圖3中的正方形紙片沿對(duì)角線BD剪開(kāi)，如圖4．求證：BM2＋DN2＝MN2．
【答案】(1)45；△AEF，△CEF，
(2)PQ＝BP＋DQ
(3)2
(4)見(jiàn)解析
【分析】（1）利用翻折變換的性質(zhì)可得∠EAF＝45°，證明△BAE≌△DAF（ASA），推出BE＝DF，AE＝AF，可得結(jié)論．
（2）結(jié)論：PQ＝BP＋DQ．如圖2中，延長(zhǎng)CB到T，使得BT＝DQ．證明△PAT≌△PAQ（SAS），可得結(jié)論．
（3）證明△CAQ∽△BAM，可得CQBM=ACAB=2．
（4）如圖4中，將△ADN繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABR，連接RM．證明△AMR≌△AMN（SAS），∠RBM＝90°，可得結(jié)論．
(1)
解：如圖1中，
∵四邊形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=12（∠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，
故答案為：45，△AEF，△EFC．
(2)
解：結(jié)論：PQ＝BP＋DQ．
理由：如圖2中，延長(zhǎng)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．
故答案為：PQ＝BP＋DQ．
(3)
解：如圖3中，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ABM＝∠ACQ＝∠BAC＝45°，AC=2AB，
∵∠BAC＝∠PAQ＝45°，
∴∠BAM＝∠CAQ，
∴△CAQ∽△BAM，
∴CQBM=ACAB=2，
故答案為：2．
(4)
證明：如圖4中，將△ADN繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABR，連接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，
∵DN＝BR，MN＝RM，
∴BM2＋DN2＝MN2．
【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形或相似三角形解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．
【例3】．（2022·江蘇·八年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）問(wèn)題情境
在等邊△ABC的兩邊AB，AC上分別有兩點(diǎn)M，N，點(diǎn)D為△ABC外一點(diǎn)，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．
特例探究
如圖1，當(dāng)DM＝DN時(shí)，
（1）∠MDB＝度；
（2）MN與BM，NC之間的數(shù)量關(guān)系為；
歸納證明
（3）如圖2，當(dāng)DM≠DN時(shí)，在NC的延長(zhǎng)線上取點(diǎn)E，使CE＝BM，連接DE，猜想MN與BM，NC之間的數(shù)量關(guān)系，并加以證明．
拓展應(yīng)用
（4）△AMN的周長(zhǎng)與△ABC的周長(zhǎng)的比為．
【答案】（1）30；（2）MN＝BM+NC；（3）MN＝BM+NC，證明見(jiàn)解析；（4）23
【分析】（1）先證明△MDN是等邊三角形，則MN＝DM＝DN，再證明Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），得∠BDM＝∠CDN＝30°；
（2）由（1）得DM＝2BM，可得結(jié)論MN＝2BM＝BM+NC；
歸納證明：先證△DBM≌△DCE（HL），得DM＝DE，∠BDM＝∠CDE，再證△MDN≌△EDN（SAS），得MN＝NE，可得結(jié)論MN＝BM+CN；
拓展應(yīng)用：
（3）首先根據(jù)題意利用SAS證明△DBM≌△DCE，然后證明△MDN≌△EDN，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)相等通過(guò)線段之間的轉(zhuǎn)化即可得到MN＝BM+NC；
（4）由（3）得到MN＝BM+NC，則△AMN的周長(zhǎng)＝2AB，△ABC的周長(zhǎng)＝3AB，即可得出結(jié)論．
【詳解】特例探究：
解：（1）∵DM＝DN，∠MDN＝60°，
∴△MDN是等邊三角形，
∴MN＝DM＝DN，
∵∠BDC＝120°，BD＝DC，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∵△ABC是等邊三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠DBM＝∠DCN＝90°，
∵BD＝CD，DM＝DN，
∴Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），
∴∠MDB＝∠NDC＝30°，
故答案為：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；
歸納證明
（3）解：猜想：MN＝BM+NC，證明如下：
∵△ABC是等邊三角形，
∴∠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；
拓展應(yīng)用
（4）解：由（1）（2）得：MN＝BM+NC，
∴△AMN的周長(zhǎng)＝AM+MN+AN＝AM+BM+NC+AN＝AB+AC＝2AB，
∵△ABC是等邊三角形，
∴AB＝BC＝AC，
∴△ABC的周長(zhǎng)＝3AB，
∴△AMN的周長(zhǎng)與△ABC的周長(zhǎng)的比為2AB3AB＝23，
故答案為：23．
【點(diǎn)睛】此題考查了等邊三角形的性質(zhì)的，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)．
【例4】（2020·全國(guó)·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）請(qǐng)閱讀下列材料：
已知：如圖（1）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點(diǎn)D、E分別為線段BC上兩動(dòng)點(diǎn)，若∠DAE＝45°．探究線段BD、DE、EC三條線段之間的數(shù)量關(guān)系：
（1）猜想BD、DE、EC三條線段之間存在的數(shù)量關(guān)系式，直接寫(xiě)出你的猜想；
（2）當(dāng)動(dòng)點(diǎn)E在線段BC上，動(dòng)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)在線段CB延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖（2），其它條件不變，（1）中探究的結(jié)論是否發(fā)生改變？請(qǐng)說(shuō)明你的猜想并給予證明；
（3）已知：如圖（3），等邊三角形ABC中，點(diǎn)D、E在邊AB上，且∠DCE＝30°，請(qǐng)你找出一個(gè)條件，使線段DE、AD、EB能構(gòu)成一個(gè)等腰三角形，并求出此時(shí)等腰三角形頂角的度數(shù)．
【答案】（1）DE2＝BD2+EC2；（2）關(guān)系式DE2＝BD2+EC2仍然成立，詳見(jiàn)解析；（3）當(dāng)AD＝BE時(shí)，線段DE、AD、EB能構(gòu)成一個(gè)等腰三角形，且頂角∠DFE為120°．
【分析】（1）DE2＝BD2+EC2，將△ADB沿直線AD對(duì)折，得△AFD，連FE，得到△AFD≌△ABD，然后可以得到AF＝AB，F(xiàn)D＝DB，∠FAD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，再利用已知條件可以證明△AFE≌△ACE，從而可以得到∠DFE＝∠AFD+∠AFE＝45°+45°＝90°，根據(jù)勾股定理即可證明猜想的結(jié)論；
（2）根據(jù)（1）的思路一樣可以解決問(wèn)題；
（3）當(dāng)AD＝BE時(shí)，線段DE、AD、EB能構(gòu)成一個(gè)等腰三角形．如圖，與（1）類(lèi)似，以CE為一邊，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＝120°，這樣就可以解決問(wèn)題．
【詳解】解：（1）DE2＝BD2+EC2；
證明：如圖，將△ADB沿直線AD對(duì)折，得△AFD，連FE，
∴△AFD≌△ABD，
∴AF＝AB，F(xiàn)D＝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，
∴∠DFE＝∠AFD+∠AFE＝45°+45°＝90°，
∴DE2＝FD2+EF2
∴DE2＝BD2+EC2；
（2）關(guān)系式DE2＝BD2+EC2仍然成立．
證明：將△ADB沿直線AD對(duì)折，得△AFD，連FE
∴△AFD≌△ABD，
∴AF＝AB，F(xiàn)D＝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，∠AFE＝∠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）當(dāng)AD＝BE時(shí)，線段DE、AD、EB能構(gòu)成一個(gè)等腰三角形．
如圖，與（2）類(lèi)似，以CE為一邊，作∠ECF＝∠ECB，在CF上截取CF＝CB，
可得△CFE≌△CBE，△DCF≌△DCA．
∴AD＝DF，EF＝BE．
∴∠DFE＝∠1+∠2＝∠A+∠B＝120°．
若使△DFE為等腰三角形，只需DF＝EF，即AD＝BE，
∴當(dāng)AD＝BE時(shí)，線段DE、AD、EB能構(gòu)成一個(gè)等腰三角形，且頂角∠DFE為120°．
【點(diǎn)睛】此題比較復(fù)雜，考查了全等三角形的性質(zhì)與判定、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用等知識(shí)點(diǎn)，此題關(guān)鍵是正確找出輔助線，通過(guò)輔助線構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題，要掌握輔助線的作圖根據(jù)．
培優(yōu)訓(xùn)練
一、解答題
1．（2022·陜西西安·七年級(jí)期末）問(wèn)題背景：
如圖1，在四邊形ABCD中AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°，E、F分別是BC，CD上的點(diǎn)，且∠EAF＝60°，探究圖中線段BE，EF，F(xiàn)D之間的數(shù)量關(guān)系．小王同學(xué)探究此問(wèn)題的方法是，延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG＝BE，連接AG，先證明△ABE≌△ADG，再證明△AEF≌△AGF，可得出結(jié)論，他的結(jié)論應(yīng)是______．
實(shí)際應(yīng)用：
如圖2，在新修的小區(qū)中，有塊四邊形綠化ABCD，四周修有步行小徑，且AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，在小徑BC，CD上各修一涼亭E，F(xiàn)，在涼亭E與F之間有一池塘，不能直接到達(dá)，經(jīng)測(cè)量得∠EAF=12∠BAD，BE＝10米，DF＝15米，試求兩涼亭之間的距離EF．
【答案】問(wèn)題背景：EF＝BE＋FD；實(shí)際應(yīng)用：兩涼亭之間的距離EF為25米
【分析】（1）根據(jù)△ABE≌△ADG可得BE=DG，根據(jù)△AEF≌△AGF得EF=GF，進(jìn)而求得結(jié)果；
（2）延長(zhǎng)CD至H，使DH=BE，可證得△ADH≌△ABE，進(jìn)而證得△FAH≌△FAE，進(jìn)一步求得EF．
【詳解】解：?jiǎn)栴}背景：∵∠ADC=90°，∠ADC+∠ADG=180°，
∴∠ADG=90°，
在△ABE和△ADG中，
BE=DG∠B=∠ADGAB=AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=60°，∠BAD=120°，
∴∠BAE+DAF=120°-60°=60°，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=60°=∠EAF，
在△AEF和△AGF中，
AE=AG∠EAF=∠GAFAF=AF，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF，
故答案為：EF=BE+DF；
實(shí)際應(yīng)用：如圖2，延長(zhǎng)CD至H，使DH=BE，連接AH，
∵∠B+∠ADC=180°，∠ADH+∠ADC=180°，
∴∠ADH=∠B，
在△ADH和△ABE中，
AD=AB∠ADH=∠BDH=BE，
∴△ADH≌△ABE（SAS），
∴AE=AH，∠BAE=∠DAH，
∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠HAF=∠DAH+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，
在△AEF和△AHF中，
AE=AH∠EAF=∠HAFAF=AF，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF=FH，
∵FH=DH+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF，
∵BE=10米，DF=15米，
∴EF=10+15=25（米）．
【點(diǎn)睛】本題主要考查的是四邊形的綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，作輔助線構(gòu)造全等三角形并兩次證全等是解題的關(guān)鍵．
2．（2022·河北邢臺(tái)·九年級(jí)期末）學(xué)完旋轉(zhuǎn)這一章，老師給同學(xué)們出了這樣一道題：
“如圖1，在正方形ABCD中，∠EAF＝45°，求證：EF＝BE＋DF．”
小明同學(xué)的思路：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°．
把△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)到△ADE′的位置，然后證明△AFE≌△AFE′，從而可得EF=E′F．
E′F=E′D+DF=BE+DF，從而使問(wèn)題得證．
(1)【探究】請(qǐng)你參考小明的解題思路解決下面問(wèn)題：
如圖2，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，∠EAF=12∠BAD，直接寫(xiě)出EF，BE，DF之間的數(shù)量關(guān)系．
(2)【應(yīng)用】如圖3，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，∠EAF=12∠BAD，求證：EF＝BE＋DF．
(3)【知識(shí)遷移】如圖4，四邊形ABPC是⊙O的內(nèi)接四邊形，BC是直徑，AB＝AC，請(qǐng)直接寫(xiě)出PB＋PC與AP的關(guān)系．
【答案】(1)BE＋DF＝EF
(2)證明見(jiàn)解析
(3)PB+PC=2PA
【分析】（1）將△ABE繞A點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角等于∠BAD得△ADE′，證明△AEF≌△AE′F，等量代換即得結(jié)論；
（2）將△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角等于∠BAD，先證明∠EAF=∠E'AF，再證明△AEF≌△AE′F，等量代換即得結(jié)論；
（3）將△ABP繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ACP′，先利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)證明P，C，P′在同一直線上，再證明△PAP′為等腰直角三角形，等量代換即得結(jié)論．
(1)
解：結(jié)論：BE＋DF＝EF，理由如下：
證明：將△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角等于∠BAD，使得AB與AD重合，點(diǎn)E轉(zhuǎn)到點(diǎn)E′的位置，如圖所示，
可知△ABE≌△ADE′，
∴BE=DE′．
由∠ADC+∠ADE′=180°知，C、D、E′共線，
∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠BAF+∠DAF=∠EAF，
∴∠DAE′+∠DAF=∠EAF=∠E'AF，
∴△AEF≌△AE′F，
∴EF=E′F=BE+DF．
(2)
證明：將△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角等于∠BAD，使得AB與AD重合，點(diǎn)E轉(zhuǎn)到點(diǎn)E′的位置，如圖所示，
由旋轉(zhuǎn)可知△ABE≌△ADE′，
∴BE=DE′，∠B=∠ADE′，∠BAE=∠DAE′，AE=AE′．
∵∠B＋∠ADC＝180°，
∴∠ADC+∠ADE′=180°，
∴點(diǎn)C，D，E′在同一條直線上．
∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠BAE+∠DAF=12∠BAD，
∴∠DAE′+∠DAF=12BAD，
∴∠FAE′=12∠BAD，
∴∠EAF=∠FAE′．
∵AF＝AF，
∴△FAE′≌△FAE，
∴FE=FE′，即BE＋DF＝EF．
(3)
結(jié)論：PB+PC=2PA，理由如下：
證明：將△ABP繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ACP′，使得AB與AC重合，如圖所示，
由圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)得：∠ACP′+∠ACP=180°，
即P，C，P′在同一直線上．
∴BP=CP′，AP=AP′，
∵BC為直徑，
∴∠BAC=90°=∠BAP+∠PAC=∠CAP′+∠PAC=∠PAP′，
∴△PAP′為等腰直角三角形，
∴PP′=2PA，
即PB+PC=2PA．
【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)與全等三角形的綜合應(yīng)用、直徑所對(duì)的圓周角是直角、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定及性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)．解題關(guān)鍵是利用旋轉(zhuǎn)構(gòu)造全等三角形．
3．（2021·重慶·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）將銳角為45°的直角三角板MPN的一個(gè)銳角頂點(diǎn)P與正方形ABCD的頂點(diǎn)A重合，正方形ABCD固定不動(dòng)，然后將三角板繞著點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，∠MPN的兩邊分別與正方形的邊BC、DC或其所在直線相交于點(diǎn)E、F，連接EF．
（1）在三角板旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，當(dāng)∠MPN的兩邊分別與正方形的邊CB、DC相交時(shí)，如圖1所示，請(qǐng)直接寫(xiě)出線段BE、DF、EF滿(mǎn)足的數(shù)量關(guān)系；
（2）在三角板旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，當(dāng)∠MPN的兩邊分別與正方形的邊CB、DC的延長(zhǎng)線相交時(shí)，如圖2所示，請(qǐng)直接寫(xiě)出線段BE、DF、EF滿(mǎn)足的數(shù)量關(guān)系；
（3）若正方形的邊長(zhǎng)為4，在三角板旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，當(dāng)∠MPN的一邊恰好經(jīng)過(guò)BC邊的中點(diǎn)時(shí)，試求線段EF的長(zhǎng)．
【答案】（1）EF=DF+BE；（2）EF=DF-BE；（3）線段EF的長(zhǎng)為103或203．
【分析】（1）延長(zhǎng)FD至G，使DG=BE，連接AG，先證△ABE≌△ADG，再證△GAF≌△EAF即可；
（2）在DC上截取DH=BE，連接AH，先證△ADH≌△ABE，再證△HAF≌EAF即可；
（3）分兩種情形分別求解即可解決問(wèn)題．
【詳解】解：（1）結(jié)論：EF=BE+DF．
理由：延長(zhǎng)FD至G，使DG=BE，連接AG，如圖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）結(jié)論：EF=DF-BE．
理由：在DC上截取DH=BE，連接AH，如圖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當(dāng)MA經(jīng)過(guò)BC的中點(diǎn)E時(shí)，同（1）作輔助線，如圖：
設(shè)FD=x，由（1）的結(jié)論得FG=EF=2+x，F(xiàn)C=4-x．
在Rt△EFC中，（x+2）2=（4-x）2+22，
∴x=43，
∴EF=x+2=103．
②當(dāng)NA經(jīng)過(guò)BC的中點(diǎn)G時(shí)，同（2）作輔助線，
設(shè)BE=x，由（2）的結(jié)論得EC=4+x，EF=FH，
∵K為BC邊的中點(diǎn)，
∴CK=12BC=2，
同理可證△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=43，
∴EF=8-43=203．
綜上，線段EF的長(zhǎng)為103或203．
【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)變換，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用旋轉(zhuǎn)法添加輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問(wèn)題．
4．（2022·全國(guó)·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）綜合與實(shí)踐
（1）如圖1，在正方形ABCD中，點(diǎn)M、N分別在AD、CD上，若∠MBN＝45°，則MN，AM，CN的數(shù)量關(guān)系為．
（2）如圖2，在四邊形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，點(diǎn)M、N分別在AD、CD上，若∠MBN＝12∠ABC，試探索線段MN、AM、CN有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請(qǐng)寫(xiě)出猜想，并給予證明．
（3）如圖3，在四邊形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，點(diǎn)M、N分別在DA、CD的延長(zhǎng)線上，若∠MBN＝12∠ABC，試探究線段MN、AM、CN的數(shù)量關(guān)系為．
【答案】（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由見(jiàn)解析；（3）MN=CN-AM，理由見(jiàn)解析
【分析】（1）把△ABM繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，可得到點(diǎn)M'、C、N三點(diǎn)共線，再由∠MBN=45°，可得∠M'BN=∠MBN，從而證得△NBM≌△NBM'，即可求解；
（2）把△ABM繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，由∠A+∠C＝180°，可得點(diǎn)M'、C、N三點(diǎn)共線，再由∠MBN＝12∠ABC，可得到∠M'BN=∠MBN，從而證得△NBM≌△NBM'，即可求解；
（3）在NC上截取C M'=AM，連接B M'，由∠ABC+∠ADC＝180°，可得∠BAM=∠C，再由AB＝BC，可證得△ABM≌△CB M'，從而得到AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，進(jìn)而得到∠MA M'=∠ABC，再由∠MBN＝12∠ABC，可得∠MBN＝∠M'BN，從而得到△NBM≌△NBM'，即可求解．
【詳解】解：（1）如圖，把△ABM繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，
在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC ，
∴∠BCM'+∠BCD=180°，
∴點(diǎn)M'、C、N三點(diǎn)共線，
∵∠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(jìn)'N= M'C+CN，
∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（2）MN=AM+CN；理由如下：
如圖，把△ABM繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，
∵∠A+∠C＝180°，
∴∠BCM'+∠BCD=180°，
∴點(diǎn)M'、C、N三點(diǎn)共線，
∵∠MBN＝12∠ABC，
∴∠ABM+∠CBN=12∠ABC＝∠MBN，
∴∠CBN+∠M'BC =∠MBN，即∠M'BN=∠MBN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M(jìn)'N= M'C+CN，
∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（3）MN=CN-AM，理由如下：
如圖，在NC上截取C M'=AM，連接B M'，
∵在四邊形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＝12∠ABC，
∴∠MBN＝12∠MA M'=∠M'BN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M(jìn)'N=CN-C M'，
∴MN=CN-AM．
故答案是：MN=CN-AM．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，圖形的旋轉(zhuǎn)，根據(jù)題意做適當(dāng)輔助線，得到全等三角形是解題的關(guān)鍵．
5．（2022·江蘇·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）（1）如圖①，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E，F(xiàn)分別是邊BC，CD上的點(diǎn)，且∠EAF=12∠BAD．請(qǐng)直接寫(xiě)出線段EF，BE，F(xiàn)D之間的數(shù)量關(guān)系：__________；
（2）如圖②，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F(xiàn)分別是邊BC，CD上的點(diǎn)，且∠EAF=12∠BAD，（1）中的結(jié)論是否仍然成立？請(qǐng)寫(xiě)出證明過(guò)程；
（3）在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F(xiàn)分別是邊BC，CD所在直線上的點(diǎn)，且∠EAF=12∠BAD．請(qǐng)畫(huà)出圖形（除圖②外），并直接寫(xiě)出線段EF，BE，F(xiàn)D之間的數(shù)量關(guān)系．
【答案】（1）EF=BE+FD；（2）成立，理由見(jiàn)解析；（3）圖形見(jiàn)解析，EF=BE?FD
【分析】（1）延長(zhǎng)EB到G，使BG=DF，連接AG．證明△AGE和△AEF全等，則EF=GE，則EF=BE+DF，證明△ABE和△AEF中全等，那么AG=AF，∠1=∠2，∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=12∠BAD．從而得出EF=GE；
（2）思路和作輔助線的方法同（1）；
（3）根據(jù)（1）的證法，我們可得出DF=BG，GE=EF，那么EF=GE=BE-BG=BE-DF．
【詳解】（1）延長(zhǎng)EB至G，使BG=DF，連接AG，
∵∠ABG=∠ABC=∠D=90°，AB=AD，
∴△ABG≌△ADF，
∴AG=AF，∠1=∠2，
∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=12∠BAD，
∴∠GAE=∠EAF，
在△GAE和△FAE中，
∵AG=AF∠GAE=∠EAFAE=AE，
∴△GAE≌△FAESAS，
∴EG=EF，
∵EG=BE+BG，
∴EF=BE+FD．
故答案為：EF=BE+FD
（2）（1）中的結(jié)論仍成立，
證明：延長(zhǎng)CB至M，使BM=DF，
∵∠ABC+∠D=180°，∠1+∠ABC=180°，
∴∠1=∠D，
在△ABM和△ADF中，
AB=AD∠1=∠DBM=DF，
∴△ABM≌△ADFSAS，
∴AF=AM，∠2=∠3,
∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠2+∠4=12∠BAD=∠EAF，
∴∠3+∠4=∠EAF即∠MAE=∠EAF，
在△AME和△AFE中，
AM=AF∠MAE=∠EAFAB=AE，
∴△AME≌△AFESAS，
∴EF=ME，即EF=BE+BM．
（3）EF=BE?FD，
證明：在BE上截取BG使BG=DF，
連接AG，
∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADF，
∵在△ABG和△ADF中，
AB=AD∠ABG=∠ADFBG=DF，
∴△ABG≌△ADFSAS，
∴∠BAG=∠DAF，AG=AF，
∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD =∠EAF=12∠BAD，
∴∠GAE=∠EAF，
在△AEG和△AEF中，
AG=AF∠GAE=∠EAFAE=AE，
∴△AEG≌△AEFSAS，
∴EG=EF，
∵EG=BE?BG，
∴EF=BE?FD．
【點(diǎn)睛】此題主要考查了三角形全等的判定與性質(zhì)，通過(guò)全等三角形來(lái)實(shí)現(xiàn)線段的轉(zhuǎn)換是解題關(guān)鍵，沒(méi)有明確的全等三角形時(shí)，要通過(guò)輔助線來(lái)構(gòu)建與已知和所求條件相關(guān)聯(lián)的全等三角形.
6．（2021·遼寧·沈陽(yáng)市南昌中學(xué)（含：西校區(qū)、光榮中學(xué)）九年級(jí)階段練習(xí)）如圖，菱形ABCD與菱形EBGF的頂點(diǎn)B重合，頂點(diǎn)F在射線AC上運(yùn)動(dòng)，且∠BCD=∠BGF=120°，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O．
（1）如圖1．當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)O重合時(shí)，直接寫(xiě)出AEFD的值為；
（2）當(dāng)頂點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)到如圖2的位置時(shí)，連接CG，CG⊥BG，且CG=BC，試探究CG與DF的數(shù)量關(guān)系，說(shuō)明理由，并直接寫(xiě)出直線CG與DF所夾銳角的度數(shù)；
（3）如圖3，取點(diǎn)P為AD的中點(diǎn)，若B、E、P三點(diǎn)共線，且當(dāng)CF＝2時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出BP的長(zhǎng)．
【答案】（1）33；（2）FD=3CG，30°；（3）37
【分析】（1）設(shè)菱形ABCD邊長(zhǎng)AB=2a，由菱形性質(zhì)和已知得出∠ABD=30°，∠BAO=60°，BF=FD=32AB=3a，再由含30度角的直角三角形的性質(zhì)求出BF=FD=32AB=3a，AE=EF=BE=12AB=a，進(jìn)而求得AEFD的值；
（2）菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2a，由△BGC是等腰直角三角形CG=22BC=2a，再已知菱形的條件，求出△BOF是等腰直角三角形，繼而得出BF=DF=6a，從而求出FD=3CG，由B、D是關(guān)于AC的軸對(duì)稱(chēng)可知∠CDF=∠CBF=15°，再由三角形外角的性質(zhì)可得直線CG與DF所夾銳角的度數(shù)為30°；
（3）利用半角模型將△BCF逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°到△BAM位置，從而得出△BNF?△BNM（SAS），得到一個(gè)由CF、NF、AN三條線段長(zhǎng)組成的三角形，而且有內(nèi)角為120°，從而確定三條線段關(guān)系，再利用中位線定理和三角形相似在菱形中得出NF、AN與菱形邊長(zhǎng)關(guān)系，求出菱形邊長(zhǎng)即可解答．
【詳解】解：（1）設(shè)菱形ABCD邊長(zhǎng)AB=2a，
∵在菱形ABCD中，∠BCD=∠BGF=120°，
∴AC⊥BD， ∠ABC=60°，∠BAD=120°，
∴∠ABD=30°，∠BAO=60°，BF=FD=32AB=3a，
∵在四邊形EBGF是菱形，∠BGF=120°，BE=EF，
∴ ∠EBH=∠EFH=30°，
∴∠AFE=60°，
∴∠AFE=∠EAO=60°，
∴AE=EF，
∴AE=EF=BE=12AB=a，
∴AEFD=a3a=33．
（2）FD=3CG，直線CG與DF所夾銳角的度數(shù)為30°．
理由如下，如圖，連接BF，延長(zhǎng)GC交FD于N，
設(shè)菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2a，
∵CG⊥BG，且CG=BG，
∴∠GBC=∠GCB=45°，CG=22BC=2a
∵∠GBE=60°，
∵四邊形EBGF是菱形， ∠BGF=120°，
∴∠GBF=∠BFG=12∠GBE=30°，
∴∠CBF=∠GBC?∠GBF=15°，
∴∠OBF=∠OBC+∠CBF=30°+15°=45°，
∵AC⊥BD，BO=DO，
∴∠BFO=∠OBF=45°，BF=DF，
由（2）可知：BO=3a，
∴BF=DF=6a，
∴DF=3CG，
由B、D是關(guān)于AC的軸對(duì)稱(chēng)可知，∠CDF=∠CBF=15°，
又∵∠DCN=180°?∠BCG?∠BCD=15°，
∴∠GNF=∠CDF+∠DCN=30°，
即直線CG與DF所夾銳角的度數(shù)為30°；
（3）BP=37，
過(guò)程如下：依題意，作出圖形，此時(shí)B、E、P三點(diǎn)共線，
連接BF，并將線段BF繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°到BM位置，連接MG、MA，
∵∠CBA=∠FBM=60°，BC=BA
∴△BCF?△BAM（SAS）
∴AM=CF=2，∠MAB=∠FCB=60°，
∵∠EBF=12∠GBE=30°，
∴∠MBN=∠FBM?∠FBN=30°，
∴∠MBG=∠FBG=30°，
∴△BNF?△BNM（SAS），
∴FN=MN
過(guò)M點(diǎn)作MH⊥CH，
∵∠BAO=60°，
∴∠MAH=60°，∠HMA=30°，
∴AH=12AM=1，MH=3AH=3，
取OD的中點(diǎn)Q，連接QP，
∵AP=PD，
∴PQ=12OA，PQ//OA，
∴△BNO～△BPQ，
∴NOPQ=BOBQ=2OQ3OQ=23，
∴NO=23PQ=13OA，
設(shè)菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2a，則AO=CO=12AB=a，
∴AN=AO?ON=a?13a=23a，
MN=FN=CO+ON?CF=a+13a?2=43a?2，
NH=NA+AH=23a+1，
在Rt△MGH中，NH2+MH2=MN2，
∴(23a+1)2+(3)2=(43a?2)2，
解得a1=0（舍去），a2=3，
∴PQ=12a=32，BQ=32OD=323a=923，
∵在Rt△BPQ中，BQ2+PQ2=BP2，
∴BP=BQ2+PQ2=(32)2+(923)2=37．
【點(diǎn)睛】本題是幾何旋轉(zhuǎn)綜合題，主要考查了菱形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)全等、30°直角三角形性質(zhì)和勾股定理解三角形等，解題關(guān)鍵是利用特殊角進(jìn)行計(jì)算得出其他角度數(shù)，利用旋轉(zhuǎn)得到由CF、NF、AN三條線段長(zhǎng)組成的三角形，而且有內(nèi)角為120°，從而通過(guò)已知計(jì)算．
7．（2022·江蘇·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖，CA=CB，CA⊥CB，∠ECF=45°，CD=CF，∠ACD=∠BCF．
（1）求∠ACE+∠BCF的度數(shù)；
（2）以E為圓心，以AE長(zhǎng)為半徑作??；以F為圓心，以BF長(zhǎng)為半徑作弧，兩弧交于點(diǎn)G，試探索△EFG的形狀？是銳角三形，直角三角形還是鈍角三角形？請(qǐng)說(shuō)明理由．
【答案】（1）45°；（2）見(jiàn)詳解
【分析】（1）由CA⊥CB，可得∠ACB＝90°，再根據(jù)∠ECF＝45°，即可得出答案；
（2）如圖，連接DE，先證明△ECF≌△ECD（SAS），可得DE＝EF，再證明△CAD≌△CBF（SAS），可得AD＝BF，∠CAD＝∠B，即可得出∠DAE＝90°，再利用SSS證明△EFG≌△EDA，即可得出答案．
【詳解】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：
如圖，連接DE，
由（1）知，∠ACE＋∠BCF＝45°，
∵∠ACD＝∠BCF，
∴∠ACE＋∠ACD＝45°，即∠DCE＝45°，
∵∠ECF＝45°，
∴∠ECF＝∠ECD，
在△ECF和△ECD中，
CF=CD∠ECF=∠ECDCE=CE，
∴△ECF≌△ECD（SAS），
∴DE＝EF，
在△CAD和△CBF中，
CD=CF∠ACD=∠BCFCA=CB，
∴△CAD≌△CBF（SAS），
∴AD＝BF，∠CAD＝∠B，
∵FG＝BF，
∴FG＝AD，
∵∠ACB＝90°，CA＝CB，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠CAB＝∠B＝45°，
∴∠DAE＝∠CAB＋∠B＝90°，
在△EFG和△EDA中，
EG=EAFG=ADEF=ED，
∴△EFG≌△EDA（SSS），
∴∠EGF＝∠EAD＝90°，
∴△EFG是直角三角形．
【點(diǎn)睛】本題是三角形綜合題，考查了等腰直角三角形性質(zhì)，直角三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題關(guān)鍵是添加輔助線構(gòu)造全等三角形，熟練運(yùn)用全等三角形判定和性質(zhì)解決問(wèn)題．
8．（2021·河南平頂山·九年級(jí)期中）（1）閱讀理解
如圖1，在正方形ABCD中，若E，F(xiàn)分別是CD，BC邊上的點(diǎn)，∠EAF＝45°，則我們常常會(huì)想到：把△ADE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ABG．易證△AEF≌ ，得出線段BF，DE，EF之間的關(guān)系為；
（2）類(lèi)比探究
如圖2，在等邊△ABC中，D，E為BC邊上的點(diǎn)，∠DAE＝30°，BD＝1，EC＝2．求線段DE的長(zhǎng)；
（3）拓展應(yīng)用
如圖3，在△ABC中，AB＝AC＝6+2，∠BAC＝150°，點(diǎn)D，E在BC邊上，∠DAE＝75°，若DE是等腰△ADE的腰，請(qǐng)直接寫(xiě)出線段BD的長(zhǎng)．
【答案】（1）△AGF，EF＝DE+BF；（2）DE＝7；（3）BD＝2或23
【分析】（1）證明△AGF≌△AEF（SAS），則GF＝EF，即GF＝BG+BF＝DE+BF＝EF，即可求解；
（2）證明△AFD≌△AED（SAS），則FD＝DE，在Rt△FBH中，∠FBH＝60°，則BH＝12BF＝1，F(xiàn)H＝BFsin60°＝2×32＝3，則FD=FH2+HD2=7=ED,即可求解；
（3）①當(dāng)DE＝AD時(shí)，△ADE≌△ADF（SAS），在△ABC中，AB＝AC＝6+2，∠HAC＝30°，由BC2＝（AB+AH）2+HC2得：BC2＝（x+32x）2+（12x）2，求出BC＝4+23；在△ADE中，AD＝DE＝a，∠ADE＝30°，同理可得：AE＝6?22a，由AB2+AE2＝BE2，求出a＝2，即可求解；②當(dāng)DE＝AE時(shí)，BD對(duì)應(yīng)①中的CE，即可求解．
【詳解】解：（1）由圖象的旋轉(zhuǎn)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，
故答案為：△AGF，EF＝DE+BF；
（2）將△AEC圍繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到△AFB的位置，連接FD，
由（1）知，△AFB≌△AEC（SAS），則AF＝AE，F(xiàn)B＝EC＝2，
∵∠FAD＝∠FAB+∠BAD＝∠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°，
過(guò)點(diǎn)F作FH⊥BD交DB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，則∠FBH＝60°，
在Rt△FBH中，∠FBH＝60°，則BH＝12BF＝1，F(xiàn)H＝BFsin60°＝2×32＝3，
則FD=FH2+HD2=7=ED
故DE＝7；
（3）①當(dāng)DE＝AD時(shí)，則∠DAE＝∠DEA＝75°，則∠ADE＝180°﹣2×75°＝30°，
在等腰△ABC中，∠BAC＝150°，則∠ABC＝∠ACB＝15°，
將△AEC圍繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到△AFB所在的位置（點(diǎn)F對(duì)應(yīng)點(diǎn)E），連接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，
設(shè)BD＝a，則AD＝BD＝ED＝a，則BE＝2a，
過(guò)點(diǎn)C作CH⊥BA交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，則∠HAC＝2∠ABC＝30°，
在△ABC中，AB＝AC＝6+2，∠HAC＝30°，
設(shè)AC＝x，則CH＝12x，AH＝32x，
由BC2＝（AB+AH）2+HC2得：BC2＝（x+32x）2+（12x）2，
將x＝6+2代入上式并解得：BC＝4+23；
在△ADE中，AD＝DE＝a，∠ADE＝30°，
同理可得：AE＝6?22a，
∵∠ABE＝15°，∠AEB＝75°，故∠BAE＝90°，
在Rt△ABE中，AB2+AE2＝BE2，即（6+2）2+（6?22a）2＝（2a）2，
解得a＝±2（舍去負(fù)值），故a＝2，
則BD＝2，
CE＝BC﹣2a＝4+23﹣4＝23；
②當(dāng)DE＝AE時(shí)，
BD對(duì)應(yīng)①中的CE，
故BD＝23；
綜上，BD＝2或23．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)，解直角三角形，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握相關(guān)知識(shí)進(jìn)行求解.
9．（2022·全國(guó)·八年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）已知四邊形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交AD，DC（或它們的延長(zhǎng)線）于E、F．
（1）當(dāng)∠MBN繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到AE＝CF時(shí)（如圖1），試猜想AE，CF，EF之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？請(qǐng)將三條線段分別填入后面橫線中：＋＝．（不需證明）
（2）當(dāng)∠MBN繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到AE≠CF（如圖2）時(shí)，上述（1）中結(jié)論是否成立？請(qǐng)說(shuō)明理由．
（3）當(dāng)∠MBN繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到AE≠CF（如圖3）時(shí)，上述（1）中結(jié)論是否成立？若不成立，線段AE，CF，EF又有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請(qǐng)直接寫(xiě)出你的猜想，不需證明．
【答案】（1）AE；CF；EF；（2）成立，見(jiàn)解析；（3）不成立，新的關(guān)系為AE＝EF＋CF．
【分析】（1）根據(jù)題意易得△ABE≌△CBF，然后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得∠ABE=∠CBF=30°，進(jìn)而根據(jù)30°角的直角三角形及等邊三角形的性質(zhì)可求解；
（2）如圖2，延長(zhǎng)FC到H，使CH=AE，連接BH，根據(jù)題意可得△BCH≌△BAE，則有BH=BE，∠CBH=∠ABE，進(jìn)而可證△HBF≌△EBF，推出HF=EF，最后根據(jù)線段的等量關(guān)系可求解；
（3）如圖3，在AE上截取AQ=CF，連接BQ，根據(jù)題意易得△BCF≌△BAQ，推出BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，進(jìn)而可證△FBE≌△QBE，推出EF=QE即可．
【詳解】解：（1）如圖1，AE+CF=EF，理由如下：
∵AB⊥AD，BC⊥CD，
∴∠A=∠C=90°，
∵AB=BC，AE=CF，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴∠ABE=∠CBF，BE=BF，
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，
∴∠ABE=∠CBF=30°，
∴AE=12BE,CF=12BF，
∵∠MBN=60°，BE=BF，
∴△BEF是等邊三角形，
∴AE+CF=12BE+12BF=BE=EF，
故答案為：AE+CF=EF；
（2）如圖2，（1）中結(jié)論成立；理由如下：
延長(zhǎng)FC到H，使CH=AE，連接BH，
∵AB⊥AD，BC⊥CD，
∴∠A=∠BCH=90°，
∴△BCH≌△BAE（SAS），
∴BH=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）如圖3，（1）中的結(jié)論不成立，關(guān)系為AE=EF+CF，理由如下：
在AE上截取AQ=CF，連接BQ，
∵AB⊥AD，BC⊥CD，
∴∠A=∠BCF=90°，
∵AB=BC，
∴△BCF≌△BAQ（SAS），
∴BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，
∵∠MBN=60°=∠CBF+∠CBE，
∴∠CBE+∠ABQ=60°，
∵∠ABC=120°，
∴∠QBE=120°-60°=60°=∠MBN，
∴∠FBE=∠QBE，
∴△FBE≌△QBE（SAS），
∴EF=QE，
∵AE=QE+AQ=EF+CF，
∴AE=EF+CF．
【點(diǎn)睛】本題主要考查全等三角形的性質(zhì)與判定、含30°角的直角三角形的性質(zhì)及等邊三角形的性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的性質(zhì)與判定、含30°角的直角三角形的性質(zhì)及等邊三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
10．（2022·江蘇·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)P在直線BC上，作射線AP，將射線AP繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，得到射線AQ，交直線CD于點(diǎn)Q，過(guò)點(diǎn)B作BE⊥AP于點(diǎn)E，交AQ于點(diǎn)F，連接DF．
（1）依題意補(bǔ)全圖形；
（2）用等式表示線段BE，EF，DF之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．
【答案】（1）補(bǔ)全圖形見(jiàn)解析；（2）BE+DF=EF，證明見(jiàn)解析．
【分析】（1）根據(jù)題意補(bǔ)全圖形即可．
（2）延長(zhǎng)FE到H,使EH=EF，根據(jù)題意證明△ABH≌△ADF，然后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可證明．
【詳解】（1）補(bǔ)全圖形
（2）BE+DF=EF．
證明：延長(zhǎng)FE到H,使EH=EF
∵BE⊥AP，
∴AH=AF，
∴∠HAP=∠FAP=45°，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴AB=AD，
∠BAD=90°
∴∠BAP+∠2=45°，
∵∠1+∠BAP=45°
∴∠1=∠2，
∴△ABH≌△ADF，
∴DF=BH，
∵BE+BH=EH=EF，
∴BE+DF=EF．
【點(diǎn)睛】此題考查了正方形的性質(zhì)和全等三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意作出輔助線．
11．（2022·全國(guó)·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）（1）如圖，在正方形ABCD中，E、F分別是BC，CD上的點(diǎn)，且∠EAF=45°．直接寫(xiě)出BE、DF、EF之間的數(shù)量關(guān)系；
（2）如圖，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E、F分別是BC，CD上的點(diǎn)，且∠EAF=12∠BAD，求證：EF=BE+DF；
（3）如圖，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，延長(zhǎng)BC到點(diǎn)E，延長(zhǎng)CD到點(diǎn)F，使得∠EAF=12∠BAD，則結(jié)論EF=BE+DF是否仍然成立？若成立，請(qǐng)證明；不成立，請(qǐng)寫(xiě)出它們的數(shù)量關(guān)系并證明．
【答案】（1）EF=BE+DF，理由見(jiàn)詳解；（2）見(jiàn)詳解；（3）結(jié)論EF＝BE＋FD不成立，應(yīng)當(dāng)是EF＝BE?FD．理由見(jiàn)詳解．
【分析】（1）在CD的延長(zhǎng)線上截取DM＝BE，連接AM，證出△ABE≌△ADM，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出BE＝DM，再證明△AEF≌△AMF，得EF＝FM，進(jìn)而即可得出答案；
（2）在CD的延長(zhǎng)線上截取DG＝BE，連接AG，證出△ABE≌△ADG，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出BE＝DG，再證明△AEF≌△AGF，得EF＝FG，即可得出答案；
（3）按照（2）的思路，我們應(yīng)該通過(guò)全等三角形來(lái)實(shí)現(xiàn)相等線段的轉(zhuǎn)換．就應(yīng)該在BE上截取BG，使BG＝DF，連接AG．根據(jù)（2）的證法，我們可得出DF＝BG，GE＝EF，那么EF＝GE＝BE?BG＝BE?DF．所以（1）的結(jié)論在（3）的條件下是不成立的．
【詳解】（1）解：EF=BE+DF，理由如下：
延長(zhǎng)CD，使DM=BE，連接AM，
∵在正方形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADM=90°，
∴△ABE≌△ADM，
∴∠BAE=∠DAM，AE=AM，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=∠DAM+∠DAF =90°-45°=45°，
∴∠EAF=∠MAF=45°，
又∵AF=AF，AE=AM，
∴△AEF≌△AMF，
∴EF=MF=MD+DF=BE+DF；
（2）在CD的延長(zhǎng)線上截取DG＝BE，連接AG，如圖，
∵∠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＝∠EAD＋∠ABE＝∠BAD，
∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠EAF=12∠EAG,
∴∠EAF＝∠FAG，
又∵AF＝AF，AE＝AG，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG＝DF＋DG＝EB＋DF；
（3）結(jié)論EF＝BE＋FD不成立，應(yīng)當(dāng)是EF＝BE?FD．理由如下：
如圖，在BE上截取BG，使BG＝DF，連接AG．
∵∠B＋∠ADC＝180°，∠ADF＋∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF．
∵在△ABG與△ADF中，
{AB=AD∠ABG=∠ADFBG=DF，
∴△ABG≌△ADF（SAS）．
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．
∴∠BAG＋∠EAD＝∠DAF＋∠EAD＝∠EAF＝12∠BAD=12∠GAF．
∴∠GAE＝12∠BAD=∠EAF．
∵AE＝AE，AG＝AF．
∴△AEG≌△AEF．
∴EG＝EF，
∵EG＝BE?BG
∴EF＝BE?FD．
【點(diǎn)睛】本題考查了三角形綜合題，三角形全等的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用旋轉(zhuǎn)變換的思想添加輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題，解題時(shí)注意一些題目雖然圖形發(fā)生變化，但是證明思路和方法是類(lèi)似的，屬于中考?jí)狠S題．
12．（2021·遼寧沈陽(yáng)·一模）（1）思維探究：
如圖1，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在正方形ABCD的邊BC，CD上，且∠EAF＝45°，連接EF，則三條線段EF，BE，DF滿(mǎn)足的等量關(guān)系式是；小明的思路是：將△ADF繞點(diǎn)A順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°至△ABG的位置，并說(shuō)明點(diǎn)G，B，E在同一條直線上，然后證明△AEF≌ 即可得證結(jié)論；（只需填空，無(wú)需證明）
（2）思維延伸：
如圖2，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點(diǎn)D，E均在邊BC上，點(diǎn)D在點(diǎn)E的左側(cè)，且∠DAE＝45°，猜想三條線段BD，DE，EC應(yīng)滿(mǎn)足的等量關(guān)系，并說(shuō)明理由；
（3）思維拓廣：
如圖3，在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝AC＝5，點(diǎn)D，E均在直線BC上，點(diǎn)D在點(diǎn)E的左側(cè)，且∠DAE＝30°，當(dāng)BD＝1時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出線段CE的長(zhǎng)．
【答案】（1）BE＋DF＝EF，△AEG；（2）BD2+CE2=DE2，理由見(jiàn)解析；（3）3511或53
【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得AG=AF，∠GAB=∠FAD，∠ABG=∠D=90°，則有∠GAE=∠EAF=45°，進(jìn)而證得△AEG≌△AEF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)證得GE=EF即可解答；
（2）將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△ACG，連接EG，可證得AG=AD，∠GAE=∠DAE=45°，∠GCE=90°，進(jìn)而可證得△GAE≌△DAE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)證得GE=DE，再根據(jù)勾股定理即可得出結(jié)論；
（3）當(dāng)點(diǎn)D在點(diǎn)B右側(cè)時(shí)，將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°至△ACG，可證得∠GAE=∠DAE=30°，∠GCE=120°，進(jìn)而可證得△GAE≌△DAE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)證得GE=DE，過(guò)G作GH⊥EC，交EC延長(zhǎng)線于H，設(shè)CE=x，易求得GE=DE=4﹣x，EH= x+12，GH=32，在△GHE中，由勾股定理可求得CE的值；當(dāng)點(diǎn)D在點(diǎn)B左側(cè)時(shí)，同樣的方法可求得CE的長(zhǎng)．
【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=∠D=∠ABC=90°，
∵將△ADF繞點(diǎn)A順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°至△ABG，
∴AG=AF， BG=DF，∠GAB=∠FAD，∠ABG=∠D=90°，
∴∠ABG+∠ABC=90°+90°=180°，
∴點(diǎn)G、B、E共線，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠FAD=45°，
∴∠BAE+∠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，
故答案為：BE＋DF＝EF，△AEG；
（2）猜想：BD2+CE2=DE2，理由為：
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
如圖2，將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°至△ACG，連接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為等邊三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，
由題意，點(diǎn)D，E均在直線BC上，點(diǎn)D在點(diǎn)E的左側(cè)，且∠DAE＝30°，
∴①當(dāng)點(diǎn)D在點(diǎn)B右側(cè)時(shí)，BD=1，如圖3，
將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°至△ACG，連接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，
過(guò)G作GH⊥EC，交EC延長(zhǎng)線于H，
∵∠ECG=∠ACG+∠ACB=60°+60°=120°，
∴∠GCH=60°，
在Rt△GCH中，CH=CG·cs60°=12，GH= CG·sin60°=32，
設(shè)CE=x，易求得GE=DE=4﹣x，EH= x+12，
在△GHE中，由勾股定理得：（4﹣x）2=( x+12)2+（32）2，
解得：x=53，即CE=53；
②當(dāng)點(diǎn)D在點(diǎn)B左側(cè)時(shí)，BD=1
同理，將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°至△ACG，連接EG，
易證△GAE≌△DAE，得GE=DE，
過(guò)G作GH⊥EC，交CE于H，
∵∠ACG=∠ADB=120°，∠ACB=60°，
∴∠GCH=60°，
在Rt△GCH中，CH=CG·cs60°=12，GH= CG·sin60°=32，
設(shè)CE=x，易求得GE=DE=6﹣x，EH= x﹣12，
在△GHE中，由勾股定理得：（6﹣x）2=( x﹣12)2+（32）2，
解得：x=3511，即CE=3511，
綜上，CE的長(zhǎng)為3511或53．
【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、勾股定理、等邊三角形的判定與性質(zhì)、解一元一次方程、銳角三角函數(shù)等知識(shí)，綜合性強(qiáng)，難度適中，熟練掌握相關(guān)知識(shí)的性質(zhì)與運(yùn)用，正確作出輔助線，借助旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得出全等三角形是解答的關(guān)鍵．
13．（2021·河南安陽(yáng)·八年級(jí)期中）已知，正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交CB、DC（或它們的延長(zhǎng)線）于點(diǎn)M、N，AH⊥MN于點(diǎn)H．
（1）如圖①，當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到BM=DN時(shí)，請(qǐng)你直接寫(xiě)出AH與AB的數(shù)量關(guān)系：____；
（2）如圖②，當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到BM≠DN時(shí)，（1）中發(fā)現(xiàn)的AH與AB的數(shù)量關(guān)系還成立嗎？如果不成立請(qǐng)寫(xiě)出理由，如果成立請(qǐng)證明；
（3）如圖③，已知∠MAN=45°，AH⊥MN于點(diǎn)H，且MH=2，NH=3，求AH的長(zhǎng)．（可利用（2）得到的結(jié)論）
【答案】（1）AH=AB；（2）成立，理由見(jiàn)解析；（3）6
【分析】（1）先證明ΔABM?ΔADN，可得AM=AN，∠BAM=∠DAN，再證明ΔABM?ΔAHM即可；
（2）延長(zhǎng)CB至E，使BE=DN，證明ΔAEM?ΔANM，能得到AH=AB；
（3）分別沿AM、AN翻折ΔAMH和ΔANH，得到ΔABM和ΔAND，然后分別延長(zhǎng)BM和DN交于點(diǎn)C，得正方形ABCE，設(shè)AH=x，則MC=x?2，NC=x?3，在Rt△MCN中，由勾股定理，解得x．
【詳解】解：（1）如圖①，AH=AB．理由如下：
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠B=∠BAD=∠D=90°，AB=AD，
在ΔABM和ΔADN中，
AB=AD∠B=∠DBM=DN，
∴ΔABM?ΔADN(SAS)，
∴AM=AN，∠BAM=∠DAN，
∴ΔAMN是等腰三角形，
又∵AH⊥MN，
∴∠AHM=90°，∠HAM=∠HAN，
∵∠MAN=45°，
∴∠HAM=12×45°=22.5°，∠BAM+∠DAN=45°，
∴∠BAM=22.5°=∠HAM，
在ΔABM和ΔAHM中，
∠BAM=∠HAM∠B=∠AHM=90°AM=AM，
∴ΔABM?ΔAHM(AAS)，
∴AH=AB；
故答案為：AH=AB；
（2）數(shù)量關(guān)系成立．如圖②，延長(zhǎng)CB至E，使BE=DN．
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠D=∠ABE=90°，
在Rt△AEB和Rt△AND中，
AB=AD∠ABE=∠ADNBE=DN，
∴Rt△AEB≌Rt△AND（SAS），
∴AE=AN，∠EAB=∠NAD，
∵∠DAN+∠BAM=45°，
∴∠EAB+∠BAM=45°，
∴∠EAN=90°，
∴∠EAM=∠NAM=45°，
在ΔAEM和ΔANM中，
AE=AN∠EAM=∠NAMAM=AM，
∴ΔAEM?ΔANM(SAS)．
∴SΔAEM=SΔANM，EM=MN，
∵AB、AH是ΔAEM和ΔANM對(duì)應(yīng)邊上的高，
∴AB=AH．
（3）如圖③分別沿AM、AN翻折ΔAMH和ΔANH，得到ΔABM和ΔAND，
∴BM=2，DN=3，∠B=∠D=∠BAD=90°．
分別延長(zhǎng)BM和DN交于點(diǎn)C，得正方形ABCD，
由（2）可知，AH=AB=BC=CD=AD．
設(shè)AH=x，則MC=x?2，NC=x?3，
在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2=MC2+NC2，
∴52=(x?2)2+(x?3)2，
解得x1=6，x2=?1．（不符合題意，舍去），
∴AH=6．
【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、翻折變換的性質(zhì)以及勾股定理等知識(shí)；正確作出輔助線，熟練掌握翻折變換的性質(zhì)，構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．
14．（2020·四川成都·八年級(jí)期末）已知，∠POQ=90°，分別在邊OP，OQ上取點(diǎn)A，B，使OA=OB，過(guò)點(diǎn)A平行于OQ的直線與過(guò)點(diǎn)B平行于OP的直線相交于點(diǎn)C．點(diǎn)E，F(xiàn)分別是射線OP，OQ上動(dòng)點(diǎn)，連接CE，CF，EF．
（1）求證：OA=OB=AC=BC；
（2）如圖1，當(dāng)點(diǎn)E，F(xiàn)分別在線段AO，BO上，且∠ECF=45°時(shí)，請(qǐng)求出線段EF，AE，BF之間的等量關(guān)系式；
（3）如圖2，當(dāng)點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AO，BO的延長(zhǎng)線上，且∠ECF=135°時(shí)，延長(zhǎng)AC交EF于點(diǎn)M，延長(zhǎng)BC交EF于點(diǎn)N．請(qǐng)猜想線段EN，NM，F(xiàn)M之間的等量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．
【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）EF=AE+BF；（3）MN2=EN2+FM2，見(jiàn)解析
【分析】（1）連接AB,通過(guò)∠POQ=90°，OA=OB得到△AOB為等腰直角三角形，進(jìn)而得到∠OAB=∠OBA=45°，根據(jù)過(guò)點(diǎn)A平行于OQ的直線與過(guò)點(diǎn)B平行于OP的直線相交于點(diǎn)C，可推出∠CBA=45°，∠BAC=45°，最后通過(guò)證明△AOB≌△ACB，可以得出結(jié)論；
（2）在射線AP上取點(diǎn)D，使AD=BF，連接CD，通過(guò)證明△CAD≌△CBF，得到CD=CF，∠ACD=∠BCF，再結(jié)合∠ECF=45°，∠ACB=90°推導(dǎo)證明△ECD≌△ECF，得到ED=EF，最后等量代換線段即可求解；
（3）延長(zhǎng)AO到點(diǎn)D，使得AD=BF，連接CD，通過(guò)證明△CAD≌△CBF，得到CD=CF，∠ACD=∠BCF，再結(jié)合∠ECF=135°，推導(dǎo)證明△ECD≌△ECF，得到∠D=∠CFM，根據(jù)∠D=∠CFB，等量代換可知∠CFM=∠CFB，又因?yàn)锳C//OQ，推出∠MCF=∠CFB，進(jìn)而得到MC=MF，同理可證CN=EN，最后根據(jù)勾股定理即可求解．
【詳解】解：（1）證明：連接AB．
∵ ∠POQ=90°，OA=OB，
∴ △AOB為等腰直角三角形，
∴ ∠OAB=∠OBA=45°，
又∵ BC//OP，且∠POQ=90°，
∴ BC⊥OQ，
∴ ∠CBF=90°，
∴ ∠CBA=45°，
同理，∠BAC=45°，
在△AOB與△ACB中
∠OAB=∠CABAB=AB∠OBA=∠CBF，
∴ △AOB≌△ACB ASA，
∴ ∠AOB=∠ACB=90°，OA=OB=AC=BC；
（2）如圖1，在射線AP上取點(diǎn)D，使AD=BF，連接CD．
在△CAD與△CBF中
CA=CB∠CAD=∠CBFAD=BF，
∴ △CAD≌△CBF SAS，
∴ CD=CF，∠ACD=∠BCF，
∵ ∠ECF=45°，∠ACB=90°，
∴ ∠ACE+∠BCF=45°，
∴ ∠ACE+∠ACD=∠ECD=45°，
∴ ∠ECD=∠ECF，
在△ECD與△ECF中
CD=CF∠ECD=∠ECFCE=CE
∴ △ECD≌△ECF SAS，
∴ ED=EF，
又∵ ED=AD+AE=BF+AE，
∴ EF=AE+BF．
（3）MN2=EN2+FM2．證明如下：
如圖2，延長(zhǎng)AO到點(diǎn)D，使得AD=BF，連接CD．
∴ ∠CAD=∠CBF=90°，
在△CAD與△CBF中
CA=CB∠CAD=∠CBFAD=BF，
∴ △CAD≌△CBF SAS，
∴ CD=CF，∠ACD=∠BCF，
∵ ∠ACD+∠DCB=90°，
∴ ∠BCF+∠DCB=90°=∠DCF，
∴ ∠FCD=∠BCA=90°，
∵ ∠ECF=135°，
∴ ∠ECD=360°?90°?135°=135°，
∴ ∠ECF=∠ECD，
在△ECD與△ECF中
EC=EC∠ECD=∠ECFCD=CF，
∴ △ECD≌△ECF SAS，
∴ ∠D=∠CFM，
∵ △CAD≌△CBF，
∴ ∠D=∠CFB，
∴ ∠CFM=∠CFB，
∵ AC//OQ，
∴ ∠MCF=∠CFB，
∴ ∠CFM=∠MCF，
∴ MC=MF，
同理可證：CN=EN，
∴在Rt△MCN中，由勾股定理得：MN2=CN2+CM2=EN2+FM2．
【點(diǎn)睛】本題綜合考查了全等三角形的性質(zhì)和判定,勾股定理以及正方形的有關(guān)知識(shí)，通過(guò)添加輔助線構(gòu)造全等三角形，通過(guò)證明全等三角形得到線段之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．
15．（2020·江西育華學(xué)校八年級(jí)階段練習(xí)）問(wèn)題背景：如圖1，在四邊形ABCD中，∠BAD=90°，∠BCD=90°，BA=BC，∠ABC=120°，∠MBN=60°，∠MBN繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交AD、DC于E、F．探究圖中線段AE,CF,EF之間的數(shù)量關(guān)系．小李同學(xué)探究此問(wèn)題的方法是：延長(zhǎng)FC到G，使CG=AE，連接BG，先證明△BCG≌△BAE，再證明△BGF≌△BEF，可得出結(jié)論，他的結(jié)論就是______________；
探究延伸：如圖2，在四邊形ABCD中，BA=BC，∠BAD+∠BCD=180°，∠ABC=2∠MBN，∠MBN繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交AD、DC于E、F．上述結(jié)論是否仍然成立？并說(shuō)明理由．
實(shí)際應(yīng)用：如圖3，在某次軍事演習(xí)中，艦艇甲在指揮中心（O處）北偏西30°的A處艦艇乙在指揮中心南偏東70°的B處，并且兩艦艇到指揮中心的距離相等接到行動(dòng)指令后，艦艇甲向正東方向以75海里/小時(shí)的速度前進(jìn)，同時(shí)艦艇乙沿北偏東50°的方向以100海里/小時(shí)的速度前進(jìn)，1.2小時(shí)后，指揮中心觀測(cè)到甲、乙兩艦艇分別到達(dá)E、F處，且指揮中心觀測(cè)兩艦艇視線之間的夾角為70°，試求此時(shí)兩艦艇之間的距離．
【答案】問(wèn)題背景：EF=AE+CF；探究延伸：成立，理由見(jiàn)解析；實(shí)際應(yīng)用：210海里
【分析】問(wèn)題背景：延長(zhǎng)FC到G，使CG=AE，連接BG，先證明△BCG≌△BAE，再證明△BFG≌△BFE，即可得出結(jié)論：EF=AE+CF；
探究延伸1：延長(zhǎng)FC到G，使CG=AE，連接BG，先證明△BCG≌△BAE，再證明△BFG≌△BFE，可得出結(jié)論：EF=AE+CF；
探究延伸2：延長(zhǎng)DC到H，使得CH=AE，連接BH，先證明△BCH≌△BAE，即可得到BE=HB，∠ABE=∠HBC，再證明△HBF≌△EBF，即可得出EF=HF=HC+CF=AE+CF；
實(shí)際應(yīng)用：連接EF，延長(zhǎng)BF交AE的延長(zhǎng)線于G，根據(jù)題意可轉(zhuǎn)化為如下的數(shù)學(xué)問(wèn)題：在四邊形GAOB中，OA=OB，∠A+∠B=180°，∠AOB=2∠EOF，∠EOF的兩邊分別交AG，BG于E，F(xiàn)，求EF的長(zhǎng)．再根據(jù)探究延伸2的結(jié)論：EF=AE+BF，即可得到兩艦艇之間的距離．
【詳解】解：?jiǎn)栴}背景：
如圖1，延長(zhǎng)FC到G，使CG=AE，連接BG，先證明△BCG≌△BAE，再證明△BFG≌△BFE，可得出結(jié)論：EF=AE+CF；
故答案為：EF=AE+CF；
探究延伸1：
上述結(jié)論仍然成立，即EF=AE+CF，理由如下：
如圖2，延長(zhǎng)FC到G，使CG=AE，連接BG，
∵CG=AE，∠BCG=∠A=90°，BC=BA，
∴△BCG≌△BAE（SAS），
∴BG=BE，∠ABE=∠CBG，
∵∠ABC=2∠EBF，
∴∠ABE+∠CBF=∠EBF，
即∠CBG+∠CBF=∠EBF，
∴∠GBF=∠EBF，
又∵BF=BF，
∴△BFG≌△BFE（SAS），
∴GF=EF，
即GC+CF=EF，
∴AE+CF=EF
∴可得出結(jié)論：EF=AE+CF；
探究延伸2：
上述結(jié)論仍然成立，即EF=AE+CF，理由：
如圖3，延長(zhǎng)DC到H，使得CH=AE，連接BH，
∵∠BAD+∠BCD=180°，∠BCH+∠BCD=180°，
∴∠BCH=∠BAE，
∵BA=BC，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；
實(shí)際應(yīng)用：
如圖4，連接EF，延長(zhǎng)BF交AE的延長(zhǎng)線于G，
因?yàn)榕炌Ъ自谥笓]中心（O處）北偏西30°的A處．艦艇乙在指揮中心南偏東70°的B處，所以∠AOB=140°，
因?yàn)橹笓]中心觀測(cè)兩艦艇視線之間的夾角為70°，所以∠EOF=70°，所以∠AOB=2∠EOF．
依題意得，OA=OB，∠A=60°，∠B=120°，所以∠A+∠B=180°，
因此本題的實(shí)際的應(yīng)用可轉(zhuǎn)化為如下的數(shù)學(xué)問(wèn)題：
在四邊形GAOB中，OA=OB，∠A+∠B=180°，∠AOB=2∠EOF，∠EOF的兩邊分別交AG，BG于E，F(xiàn)，求EF的長(zhǎng)．
根據(jù)探究延伸2的結(jié)論可得：EF=AE+BF，
根據(jù)題意得，AE=75×1.2=90（海里），BF=100×1.2=120（海里），
所以EF=90+120=210（海里）．
答：此時(shí)兩艦艇之間的距離為210海里．
【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線構(gòu)造全等三角形，解答時(shí)注意類(lèi)比思想的靈活應(yīng)用．
16．（2022·全國(guó)·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖，△ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，△BDC是頂角為120°的等腰三角形，以點(diǎn)D為頂點(diǎn)作∠MDN=60°，點(diǎn)M、N分別在AB、AC上．
（1）如圖①，當(dāng)MN//BC時(shí)，則△AMN的周長(zhǎng)為_(kāi)_____；
（2）如圖②，求證：BM+NC=MN．
【答案】（1）4；（2）見(jiàn)解析
【分析】（1）首先證明△BDM≌△CDN，進(jìn)而得出△DMN是等邊三角形，∠BDM=∠CDN=30°，NC=BM=12DM=12MN，即可解決問(wèn)題；
（2）延長(zhǎng)AC至點(diǎn)E，使得CE=BM，連接DE，首先證明△BDM≌△CDE，再證明△MDN≌△EDN，得出MN=NE，進(jìn)而得出結(jié)果即可．
【詳解】解：（1）∵△ABC是等邊三角形，MN//BC，
∴∠AMN=∠ABC=60°，∠ANM=∠ACB=60°
∴△AMN是等邊三角形，∴AM=AN，則BM=NC，
∵△BDC是頂角∠BDC=120°的等腰三角形，
∴∠DBC=∠DCB=30°，
∴∠DBM=∠DCN=90°，
在△BDM和△CDN中，
BM=CN,∠MBD=∠DCN,BD=CD,
∴△BDM≌△CDNSAS，
∴DM=DN，∠BDM=∠CDN，
∵∠MDN=60°，
∴△DMN是等邊三角形，∠BDM=∠CDN=30°，
∴NC=BM=12DM=12MN，∴MN=MB+NC，
∴△AMN的周長(zhǎng)=AB+AC=4．
（2）如圖，延長(zhǎng)AC至點(diǎn)E，使得CE=BM，連接DE，
∵△ABC是等邊三角形，△BDC是頂角∠BDC=120°的等腰三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，∠DBC=∠DCB=30°，
∴∠ABD=∠ACD=90°，
∴∠DCE=90°，
在△BDM和△CDE中，
BD=CD,∠MBD=∠ECD,BM=CE,
∴△BDM≌△CDESAS，
∴MD=ED，∠MDB=∠EDC，
∴∠MDE=120°?∠MDB+∠EDC=120°，
∵∠MDN=60°，
∴∠NDE=60°，
在△MDN和△EDN中，
MD=ED,∠MDN=∠NDE=60°,DN=DN,
∴△MDN≌△EDNSAS．
∴MN=NE，
又∵NE=NC+CE=NC+BM，
∴BM+NC=MN．
【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)及等邊三角形的性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)，掌握全等三角形的性質(zhì)與判定，等邊三角形及等腰三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
17．（2022·全國(guó)·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖，在四邊形ABCD中，∠B=∠D=90°，E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點(diǎn)，連接AE，AF，EF．
（1）如圖①，AB=AD，∠BAD=120°，∠EAF=60°．求證：EF=BE+DF；

（2）如圖②，∠BAD=120°，當(dāng)△AEF周長(zhǎng)最小時(shí)，求∠AEF+∠AFE的度數(shù)；
（3）如圖③，若四邊形ABCD為正方形，點(diǎn)E、F分別在邊BC、CD上，且∠EAF=45°，若BE=3，DF=2，請(qǐng)求出線段EF的長(zhǎng)度．
【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）∠AEF+∠AFE =120°；（3）EF=5．
【分析】（1）延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G,使DG=BE，連接AG，首先證明△ABE≌△ADG，則有AE=AG，∠BAE=∠DAG，然后利用角度之間的關(guān)系得出∠EAF=∠FAG=60°，進(jìn)而可證明△EAF≌△GAF，則EF=FG=DG+DF，則結(jié)論可證；
（2）分別作點(diǎn)A關(guān)于BC和CD的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)A′，A″，連接A′A″，交BC于點(diǎn)E，交CD于點(diǎn)F，根據(jù)軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)有A′E=AE，A″F=AF，當(dāng)點(diǎn)A′、E、F、A″在同一條直線上時(shí)，A′A″即為△AEF周長(zhǎng)的最小值，然后利用∠AEF+∠AFE=∠EA′A+∠EAA′+∠FAD+∠A″求解即可；
（3）旋轉(zhuǎn)△ABE至△ADP的位置，首先證明△PAF≌△EAF，則有EF=FP，最后利用EF=PF=PD+DF=BE+DF求解即可．
【詳解】（1）證明：如解圖①，延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG=BE，連接AG，
在△ABE和△ADG中，
AB=AD,∠ABE=∠ADG,BE=DG,
∴△ABE≌△ADGSAS．
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠BAD=120°，∠EAF=60°，
∴∠BAE+∠FAD=∠DAG+∠FAD=60°．
∴∠EAF=∠FAG=60°，
在△EAF和△GAF中，
AE=AG,∠EAF=∠GAF,AF=AF,
∴△EAF≌△GAFSAS．
∴EF=FG=DG+DF，∴EF=BE+DF；
（2）解：如解圖，分別作點(diǎn)A關(guān)于BC和CD的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)A′，A″，連接A′A″，交BC于點(diǎn)E，交CD于點(diǎn)F．
由對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)可得A′E=AE，A″F=AF，
∴此時(shí)△AEF的周長(zhǎng)為AE+EF+AF=A′E+EF+A′F=A′A″．
∴當(dāng)點(diǎn)A′、E、F、A″在同一條直線上時(shí)，A′A″即為△AEF周長(zhǎng)的最小值．
∵∠DAB=120°，
∴∠AA′E+∠A″=180°?120°=60°．
∵∠EA′A=∠EAA′,∠FAD=∠A″，∠EA′A+∠EAA′=∠AEF,∠FAD+∠A″=∠AFE，
∴∠AEF+∠AFE=∠EA′A+∠EAA′+∠FAD+∠A″= 2∠AA′E+∠A″=2×60°=120°；
（3）解：如解圖，旋轉(zhuǎn)△ABE至△ADP的位置，
∴∠PAE=∠DAE+∠PAD=∠DAE+∠EAB=90°，
AP=AE，∠PAF=∠PAE?∠EAF =90°?45°=45°=∠EAF．
在△PAF和△EAF中，
AP=AE,∠PAF=∠EAF,AF=AF,
∴△PAF≌△EAFSAS．
∴EF=FP．
∴EF=PF=PD+DF=BE+DF=3+2=5．
【點(diǎn)睛】本題主要考查全等三角形的判定及性質(zhì)，軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)，掌握全等三角形的判定及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
18．（2022·江蘇·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）（1）如圖1，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝100°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點(diǎn)．且∠EAF＝50°．探究圖中線段EF，BE，F(xiàn)D之間的數(shù)量關(guān)系．
小明同學(xué)探究的方法是：延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG＝BE，連接AG，先證明△ABE≌△ADG，再證明△AEF≌△AGF，可得出結(jié)論，他的結(jié)論是（直接寫(xiě)結(jié)論，不需證明）；
（2）如圖2，若在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點(diǎn)，且2∠EAF＝∠BAD，上述結(jié)論是否仍然成立，若成立，請(qǐng)證明，若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）如圖3，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為7的正方形，∠EBF＝45°，直接寫(xiě)出△DEF的周長(zhǎng)．
【答案】（1）EF＝BE+DF；（2）成立，理由詳見(jiàn)解析；（3）14．
【分析】（1）延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG＝BE．連結(jié)AG，由“SAS”可證△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，再由“SAS”可證△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解題；
（2）延長(zhǎng)EB到G，使BG＝DF，連接AG，即可證明△ABG≌△ADF，可得AF＝AG，再證明△AEF≌△AEG，可得EF＝EG，即可解題；
（3）延長(zhǎng)EA到H，使AH＝CF，連接BH，由“SAS”可證△ABH≌△CBF，可得BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，由“SAS”可證△EBH≌△EBF，可得EF＝EH，可得EF＝EH＝AE+CF，即可求解．
【詳解】證明：（1）延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG＝BE．連結(jié)AG，
在△ABE和△ADG中，
{AB=AD∠ABE=∠ADG=90°BE=DG，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠BAD＝100°，∠EAF＝50°，
∴∠BAE+∠FAD＝∠DAG+∠FAD＝50°，
∴∠EAF＝∠FAG＝50°，
在△EAF和△GAF中，
∵{AE=AG∠EAF=∠GAFAF=AF，
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝FG＝DF+DG，
∴EF＝BE+DF，
故答案為：EF＝BE+DF；
（2）結(jié)論仍然成立，
理由如下：如圖2，延長(zhǎng)EB到G，使BG＝DF，連接AG，
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABG+∠ABC＝180°，
∴∠ABG＝∠D，
∵在△ABG與△ADF中，
{AB=AD∠ABG=∠DBG=DF，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，
∵2∠EAF＝∠BAD，
∴∠DAF+∠BAE＝∠BAG+∠BAE＝12∠BAD＝∠EAF，
∴∠GAE＝∠EAF，
又AE＝AE，
∴△AEG≌△AEF（SAS），
∴EG＝EF．
∵EG＝BE+BG．
∴EF＝BE+FD；
（3）如圖，延長(zhǎng)EA到H，使AH＝CF，連接BH，
∵四邊形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的周長(zhǎng)＝DE+DF+EF＝DE+DF+AE+CF＝AD+CD＝14．
【點(diǎn)睛】本題是四邊形的綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是本題的關(guān)鍵．
19．（2022·全國(guó)·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖，正方形ABCD中，E、F分別在邊BC、CD上，且∠EAF＝45°，連接EF，這種模型屬于“半角模型”中的一類(lèi)，在解決“半角模型”問(wèn)題時(shí)，旋轉(zhuǎn)是一種常用的分析思路．例如圖中△ADF與△ABG可以看作繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)90°的關(guān)系．這可以證明結(jié)論“EF＝BE＋DF”，請(qǐng)補(bǔ)充輔助線的作法，并寫(xiě)出證明過(guò)程．
（1）延長(zhǎng)CB到點(diǎn)G，使BG＝，連接AG；
（2）證明：EF＝BE＋DF
【答案】（1）DF；（2）見(jiàn)解析
【分析】（1）由于△ADF與△ABG可以看作繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)90°的關(guān)系，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知BG=DF，從而得到輔助線的做法；
（2）先證明△ADF≌△ABG，得到AG=AF，∠GAB=∠DAF，結(jié)合∠EAF＝45°，易知∠GAE=45°，再證明△AGE≌△AFE即可得到EF＝GE=BE+GB=BE＋DF
【詳解】解：（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知BG=DF，從而得到輔助線的做法：延長(zhǎng)CB到點(diǎn)G，使BG=DF，連接AG；
（2）∵四邊形ABCD為正方形，
∴AB=AD，∠ADF=∠ABE=∠ABG=90°，
在△ADF和△ABG中
AD=AB∠ADF=∠ABGDF=BG
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴AF=AG，∠DAF=∠GAB，
∵∠EAF=45°，
∴∠DAF+∠EAB=45°，
∴∠GAB+∠EAB=45°，
∴∠GAE=∠EAF =45°，
在△AGE和△AFE中0
AG=AF∠GAE=∠FAEAE=AE
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴GE=EF，
∴EF＝GE=BE+GB=BE＋DF
【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，主要考查正方形的性質(zhì)及全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用旋轉(zhuǎn)方法提示構(gòu)造全等三角形，屬于中考?？碱}型．
20．（2021·全國(guó)·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）如圖1，在菱形ABCD中，AC＝2，BD＝23，AC，BD相交于點(diǎn)O．
(1)求邊AB的長(zhǎng)；
(2)求∠BAC的度數(shù)；
(3)如圖2，將一個(gè)足夠大的直角三角板60°角的頂點(diǎn)放在菱形ABCD的頂點(diǎn)A處，繞點(diǎn)A左右旋轉(zhuǎn)，其中三角板60°角的兩邊分別與邊BC，CD相交于點(diǎn)E，F(xiàn)，連接EF．判斷△AEF是哪一種特殊三角形，并說(shuō)明理由．
【答案】（1）2；（2）60° ；（3）見(jiàn)詳解
【分析】（1）由菱形的性質(zhì)得出OA=1，OB=3，根據(jù)勾股定理可得出答案；
（2）得出△ABC是等邊三角形即可；
（3）由△ABC和△ACD是等邊三角形，利用ASA可證得△ABE≌△ACF；可得AE=AF，根據(jù)有一個(gè)角是60°的等腰三角形是等邊三角形推出即可．
【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴△AOB為直角三角形，且OA=12AC=1, OB=12BD=3．
∴AB=OA2+OB2=12+(3)2=2；
（2）∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
由（1）得：AB=AC=BC=2，
∴△ABC為等邊三角形，
∠BAC=60°；
（3）△AEF是等邊三角形，
∵由（1）知，菱形ABCD的邊長(zhǎng)是2，AC=2，
∴△ABC和△ACD是等邊三角形，
∴∠BAC=∠BAE+∠CAE=60°，
∵∠EAF=∠CAF+∠CAE=60°，
∴∠BAE=∠CAF，
在△ABE和△ACF中，
∠BAE=∠CAFAB=AC∠EBA=∠FCA
∴△ABE≌△ACF（ASA），
∴AE=AF，
∵∠EAF=60°，
∴△AEF是等邊三角形．
【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，等邊三角形的性質(zhì)以及圖形的旋轉(zhuǎn)．解題的關(guān)鍵是熟練掌握菱形的性質(zhì)．
21．（2020·重慶江津·八年級(jí)期中）（1）如圖1，在正方形ABCD中，E是AB上一點(diǎn)，G是AD上一點(diǎn)，∠ECG=45°，求證EG=BE+GD．
（2）請(qǐng)用（1）的經(jīng)驗(yàn)和知識(shí)完成此題：如圖2，在四邊形ABCD中，AG//BC(BC>AG)，∠B=90°，AB=BC=12，E是AB上一點(diǎn)，且∠ECG=45°，BE=4，求EG的長(zhǎng)？
【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）EG=10．
【分析】（1）延長(zhǎng)AD至F，使DF=BE，連接CF，根據(jù)正方形的性質(zhì)，可直接證明△EBC≌△FDC，從而得出∠BCE=∠DCF，根據(jù)∠GCE=45°，得∠GCF=∠GCE=45°，利用全等三角形的判定方法得出△ECG≌△FCG，即GE=GF，即可證出EG=BE+GD；
（2）過(guò)C作CD⊥AG，交AG延長(zhǎng)線于D，則四邊形ABCD是正方形，設(shè)EG=x，則AE=8，根據(jù)（1）可得：AG=16-x，在直角△AGE中利用勾股定理即可求解．
【詳解】（1）證明：如圖3所示，延長(zhǎng)AD至F，使DF=BE，連接CF，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴BC=DC，∠ABC=∠ADC=∠BCD=90°，
∵∠CDF=180°-∠ADC，
∴∠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=∠FCG．
∵GC=GC，EC=FC，
∴△ECG≌△FCG，
∴EG=GF．
∵GF=GD+DF= BE+GD，
∴EG= BE+GD．
（2）解：如圖4，過(guò)C作CD⊥AG，交AG延長(zhǎng)線于D，
在直角梯形ABCG中，
∵AG∥BC，∠A=∠B=90°，
又∠CDA=90°，AB=BC，
∴四邊形ABCD為正方形．
∴AD=AB=BC=12．
已知∠ECG=45°，根據(jù)（1）可知，EG=BE+DG，
設(shè)EG=x，則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．
【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)以及正方形的性質(zhì)，注意每個(gè)題目之間的關(guān)系，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
22．（2022·江蘇·八年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）（2020?錦州模擬）問(wèn)題情境：已知，在等邊△ABC中，∠BAC與∠ACB的角平分線交于點(diǎn)O，點(diǎn)M、N分別在直線AC，AB上，且∠MON＝60°，猜想CM、MN、AN三者之間的數(shù)量關(guān)系．
方法感悟：小芳的思考過(guò)程是在CM上取一點(diǎn)，構(gòu)造全等三角形，從而解決問(wèn)題；
小麗的思考過(guò)程是在AB取一點(diǎn)，構(gòu)造全等三角形，從而解決問(wèn)題；
問(wèn)題解決：（1）如圖1，M、N分別在邊AC，AB上時(shí)，探索CM、MN、AN三者之間的數(shù)量關(guān)系，并證明；
（2）如圖2，M在邊AC上，點(diǎn)N在BA的延長(zhǎng)線上時(shí)，請(qǐng)你在圖2中補(bǔ)全圖形，標(biāo)出相應(yīng)字母，探索CM、MN、AN三者之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．
【答案】（1）CM＝AN+MN，詳見(jiàn)解析；（2）CM＝MN﹣AN，詳見(jiàn)解析
【分析】（1）在AC上截取CD＝AN，連接OD，證明△CDO≌△ANO，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到OD＝ON，∠COD＝∠AON，證明△DMO≌△NMO，得到DM＝MN，結(jié)合圖形證明結(jié)論；
（2）在AC延長(zhǎng)線上截取CD＝AN，連接OD，仿照（1）的方法解答．
【詳解】解：（1）CM＝AN+MN，
理由如下：在AC上截取CD＝AN，連接OD，
∵△ABC為等邊三角形，∠BAC與∠ACB的角平分線交于點(diǎn)O，
∴∠OAC＝∠OCA＝30°，
∴OA＝OC，
在△CDO和△ANO中，
OC=OA∠OCD=∠OANCD=AN，
∴△CDO≌△ANO（SAS）
∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，
∵∠MON＝60°，
∴∠COD+∠AOM＝60°，
∵∠AOC＝120°，
∴∠DOM＝60°，
在△DMO和△NMO中，
OD=ON∠DOM=∠NOMOM=OM，
∴△DMO≌△NMO，
∴DM＝MN，
∴CM＝CD+DM＝AN+MN；
（2）補(bǔ)全圖形如圖2所示：
CM＝MN﹣AN，
理由如下：在AC延長(zhǎng)線上截取CD＝AN，連接OD，
在△CDO和△ANO中，
CD=AN∠OCD=∠OAN=150°OC=OA，
∴△CDO≌△ANO（SAS）
∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，
∴∠DOM＝∠NOM，
在△DMO和△NMO中，
OD=ON∠DOM=∠NOMOM=OM，
∴△DMO≌△NMO（SAS）
∴MN＝DM，
∴CM＝DM﹣CD＝MN﹣AN．
【點(diǎn)睛】此題主要考查全等三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟知等邊三角形的性質(zhì)及全等三角形的判定定理．
23．（2022·河南開(kāi)封·八年級(jí)期末）（2019秋?東臺(tái)市期末）在等邊△ABC的兩邊AB、AC所在直線上分別有兩點(diǎn)M、N，D為△ABC外一點(diǎn)，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．探究：當(dāng)M、N分別在直線AB、AC上移動(dòng)時(shí)，BM、NC、MN之間的數(shù)量關(guān)系及△AMN的周長(zhǎng)Q與等邊△ABC的周長(zhǎng)L的關(guān)系．
（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)M、N邊AB、AC上，且DM＝DN時(shí)，BM、NC、MN之間的數(shù)量關(guān)系是；此時(shí)QL= ；
（2）如圖2，點(diǎn)M、N在邊AB、AC上，且當(dāng)DM≠DN時(shí)，猜想（ I）問(wèn)的兩個(gè)結(jié)論還成立嗎？若成立請(qǐng)直接寫(xiě)出你的結(jié)論；若不成立請(qǐng)說(shuō)明理由．
（3）如圖3，當(dāng)M、N分別在邊AB、CA的延長(zhǎng)線上時(shí)，探索BM、NC、MN之間的數(shù)量關(guān)系如何？并給出證明．
【答案】（1）BM+NC＝MN，23；（2）結(jié)論仍然成立，詳見(jiàn)解析；（3）NC﹣BM＝MN，詳見(jiàn)解析
【分析】（1）由DM＝DN，∠MDN＝60°，可證得△MDN是等邊三角形，又由△ABC是等邊三角形，CD＝BD，易證得Rt△BDM≌Rt△CDN，然后由直角三角形的性質(zhì)，即可求得BM、NC、MN之間的數(shù)量關(guān)系 BM+NC＝MN，此時(shí) QL=23；
（2）在CN的延長(zhǎng)線上截取CM1＝BM，連接DM1．可證△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，易證得∠CDN＝∠MDN＝60°，則可證得△MDN≌△M1DN，然后由全等三角形的性質(zhì)，即可得結(jié)論仍然成立；
（3）首先在CN上截取CM1＝BM，連接DM1，可證△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，然后證得∠CDN＝∠MDN＝60°，易證得△MDN≌△M1DN，則可得NC﹣BM＝MN．
【詳解】（1）如圖1，BM、NC、MN之間的數(shù)量關(guān)系 BM+NC＝MN．
此時(shí) QL=23．
理由：∵DM＝DN，∠MDN＝60°，
∴△MDN是等邊三角形，
∵△ABC是等邊三角形，
∴∠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是等邊三角形，
∵AB＝AM+BM，
∴AM：AB＝2：3，
∴QL=23；
（2）猜想：結(jié)論仍然成立．
證明：在NC的延長(zhǎng)線上截取CM1＝BM，連接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的周長(zhǎng)為：AM+MN+AN＝AM+BM+CN+AN＝AB+AC，
∴QL=23；
（3）證明：在CN上截取CM1＝BM，連接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．
【點(diǎn)睛】此題主要考查全等三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟知等邊三角形的性質(zhì)及全等三角形的判定定理．
24．（2022·全國(guó)·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖①，四邊形ABCD為正方形，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AB與BC上，且∠EDF=45°，易證：AE+CF=EF（不用證明）．
（1）如圖②，在四邊形ABCD中，∠ADC=120°，DA=DC，∠DAB=∠BCD=90°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AB與BC上，且∠EDF=60°．猜想AE，CF與EF之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的猜想；
（2）如圖③，在四邊形ABCD中，∠ADC=2α，DA=DC，∠DAB與∠BCD互補(bǔ)，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AB與BC上，且∠EDF=α，請(qǐng)直接寫(xiě)出AE，CF與EF之間的數(shù)量關(guān)系，不用證明．
【答案】（1）AE+CF=EF，證明見(jiàn)解析；（2）AE+CF=EF，理由見(jiàn)解析.
【分析】（1）由題干中截長(zhǎng)補(bǔ)短的提示，再結(jié)合第（1）問(wèn)的證明結(jié)論，在第二問(wèn)可以用截長(zhǎng)補(bǔ)短的方法來(lái)構(gòu)造全等，從而達(dá)到證明結(jié)果．
（2）同理作輔助線，同理進(jìn)行證明即可，直接寫(xiě)出猜想，并證明．
【詳解】（1）圖2猜想：AE+CF=EF，
證明：在BC的延長(zhǎng)線上截取CA'=AE，連接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），
則EF=A'F=FC+CA'=FC+AE；
（2）如圖3，AE+CF=EF，
證明：在BC的延長(zhǎng)線上截取CA'=AE，連接A'D，
∵∠DAB與∠BCD互補(bǔ)，∠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），
則EF=A'F=FC+CA'=FC+AE．
【點(diǎn)睛】本題是常規(guī)的角含半角的模型，解決這類(lèi)問(wèn)題的通法：旋轉(zhuǎn)（截長(zhǎng)補(bǔ)短）構(gòu)造全等即可，題目所給例題的思路，為解決此題做了較好的鋪墊．

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