模型一：90°的對角互補(bǔ)模型
【基礎(chǔ)】如圖，四邊形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，BD平分∠ABC，則
①AD = CD ②AB+BC=2BD ③S△ABD+S△BDC=12BD2
思路：①方法一(基礎(chǔ))：過點(diǎn)D分別作DE⊥AB于點(diǎn)E，DF⊥BC于點(diǎn)F
∵BD平分∠ABC ∴DE=DF
∵∠ABC=ADC=90° ∴∠DAB+∠DCF=∠DAB+∠DAE =180°
∴∠DCF=∠DAE ∴?DAE≌?DCF ∴AD=CD
方法二(基礎(chǔ))：作DE⊥BD交BC延長線于點(diǎn)E ∴∠BDE=90°
∵BD平分∠ABC ∴∠4=∠5=∠6 =45° ∴DE=BD
∵∠ABC=ADC=90° ∴∠1+∠2=∠2+∠3 =180°
∴∠1=∠3 ∴?ABD≌?CED ∴AD=CD
方法三（進(jìn)階）：
∵四邊形ABCD對角互補(bǔ) ∴A、B、C、D 四點(diǎn)共圓
∵BD平分∠ABC ∴∠ABD= ∠CBD=45° ∴AD=CD
②③方法一：
∵?DAE≌?DCF ∴AE=FC S△DAE=S△DCF
∵∠ABC=∠ADC=90°，BD平分∠ABC ∴∠EBD=∠DBF=45°
∴?DEB與?DFB為等腰直角三角形
∴AB+BC=AB+BF+FC=AB+BF+AE=BE+BF=22BD+22BD=2BD
S△ABD+S△BDC=S△ABD+S△BDF+S△DFC=S△ABD+S△BDF+S△AED=S△DEB+S△DFB=S正方形BFDE=12BD2
方法二：
∵?ABD≌?CED ∴AB=CE S△ABD=S△CED 而∠BDE=90° ∠5=∠6=45°
∴?BDE為等腰直角三角形
則AB+BC=BC+CE=BE=2BD
S△ABD+S△BDC=S△DCE+S△BDC=S△BDE=12BD2
【進(jìn)階】如圖，∠AOB=∠DCE=90°，OC 平分∠AOB，當(dāng)∠DCE 的一邊與 AO 的
延長線交于點(diǎn) D 時(shí)，有以下結(jié)論：
①CD=CE ②OE-OD=2OC ③S△OCE-S△OCD=12OC2
思路：①方法一：
過點(diǎn)C分別作CM⊥AO于點(diǎn)M, CN⊥BO于點(diǎn)N
∴∠CMD=∠CNE=90°
∵∠AOB=90°∴∠MCN=90°則∠MCD=∠ECN
而OC 平分∠AOB ∴CM=CN
∴?CMD≌?CNE ∴CD=CE
方法二：過點(diǎn)C作CH⊥CO交OB于點(diǎn)H ∴∠OCH=90°
∴∠OCD+∠DCH=∠HCE +∠DCH=90° ∴∠OCD=∠HCE
∵∠AOB =90°，OC 平分∠AOB ∴∠AOC=∠COH=∠CHO=45°
∴?OCH為等腰直角三角形 ∴ OC=CH
∵∠COD=180°-∠AOC，∠CHE=180°-∠CHO
∴∠COD=∠CHE ∴?COD≌?CHE ∴CD=CE
方法三：連接DE
∵∠AOB=∠DCE=90° ∴∠DOE=∠DCE=90°
∴O、C、E、D 四點(diǎn)共圓
∵OC 平分∠AOB ∴∠CDE=∠COE=∠CED=45°
∴CD=CE
②③ ∵?COD≌?CHE ∴OD=HE S△OCD=S△HCE
則OE-OD=OE-EH=OH=2OC
S△OCE-S△OCD=S△OCE-S△HCE=S△OCH=12OC2
模型二：120°的對角互補(bǔ)模型
【基礎(chǔ)】如圖，已知∠AOB=2∠DCE=120°，OC 平分∠AOB，
則①CD=CE ②OD+OE=OC ③S△DCO+S△COE=√34OC2
思路：①方法一：過點(diǎn)C分別作CM⊥AO于點(diǎn)M，CN⊥OB于點(diǎn)N
所以∠CMD=∠CNE=90°
由OC 平分∠AOB 可知CM=CN
由∠AOB=2∠DCE=120°，可得∠CDO+∠CEN=180°而∠CDO+∠CDM=180°
因此∠CDM=∠CEN 所以?CMD≌?CNE 則CD=CE
方法二：作∠OCF=60°交OB于點(diǎn)F
由已知條件可知?COF為等邊三角形 所以CO=CF ∠COD=∠CFE=60°
因?yàn)椤螪CE=∠OCF=60° 所以∠DCO=∠ECF
所以?DCO≌?ECF 則CD=CE
方法三：∵∠AOB=2∠DCE=120° ∴∠DOE+∠DCE=180°
∴O、D、C、E 四點(diǎn)共圓
∵OC 平分∠AOB ∴∠COD=∠COE=60°
∴CD=CE
②由于?DCO≌?ECF, ?COF為等邊三角形
則OD=EF OC=OF 所以O(shè)D+OE=EF+OE=OF=OC
③過點(diǎn)F作FH⊥CO于點(diǎn)H
由于?DCO≌?ECF 所以S△DCO =S△ECF
設(shè)OC=x，則OH=X2 FH=√3X2
S△DCO+S△COE=S△ECF+S△COE=S△OCF=12 OC?FH=12? x?√3X2=√34x2=√34OC2
【進(jìn)階】如圖，∠AOB=2∠DCE=120°，OC 平分∠AOB，當(dāng)∠DCE 的一邊與 BO
的延長線交于點(diǎn) E 時(shí)，有以下結(jié)論：
①CD=CE ②OD-OE=OC ③S△DCO-S△COE=√34OC2
思路：①方法一：過點(diǎn)C分別作CM⊥DO于點(diǎn)M，CN⊥EB于點(diǎn)N
所以∠CMD=∠CNB=90°
由OC 平分∠AOB ∠AOB=2∠DCE=120°
可知CM=CN ∠DCE=∠MCN=60° 則∠DCM=∠ECN
所以?CDM≌?CEN 則CD=CE
方法二：過點(diǎn)C作∠OCH=60°
根據(jù)已知條件可知∠DCE=∠OCH=∠COH=60°，
∴?COH為等邊三角形，∠DCO=∠ECH
∴∠COD=∠CHE=60°CO=CH
所以?CDO≌?CEH 則CD=CE OD=EH S△DCO =S△ECH
∴OD－OE=EH－OE=OH=OC
S△DCO-S△COE=S△ECH-S△COE =S△COH=√34OC2
方法三：連接 DE
∵∠AOB=2∠DCE=120°，OC 平分∠AOB
∴∠DOE=∠DCE=∠DOC=60°
∴O、C、D、E 四點(diǎn)共圓
∴∠DEC=∠DOC=∠DCE=60°
∴△DEC 是等邊三角形
∴CD=CE
模型三：全等型之任意角
如圖，∠AOB=2α，∠DCE=180°-2α，OC平分∠AOB，則：
①CD=CE ②OD+OE=2OC?COSα ③S△DCO+S△COE=OC2?sinαCOSα
思路：
1）過點(diǎn)C作CM⊥AO于點(diǎn)M, 作CN⊥BO于點(diǎn)N
易證?CDM≌?CEN ∴CD=CE
則OD+OE=2ON=2OC?COSα
S△DCO+S△COE=2S△CON=CN?ON=OC2?sinαCOSα
2) 作∠OCH=180°-2α,與OB交于點(diǎn)H
易證?CDO≌?CEH ∴CD=CE OD=EH S△DCO =S△ECH
則OD+OE=OH=2OC?COSα
S△DCO+S△COE=S△COH=OC2?sinαCOSα
【進(jìn)階】如圖，除滿足以上條件外，當(dāng)∠DCE的一邊與BO延長線交于點(diǎn)E時(shí)，則：①CD=CE ②OD-OE=2OC?COSα③S△DCO-S△COE=OC2?sinαCOSα
[自行證明]
模型四：內(nèi)含90°的相似型
如圖，∠AOB=∠DCE=90°，∠COB=α，則CE=CD?tanα
[自行證明]
【進(jìn)階】如圖，當(dāng)∠DCE的一邊與AO的延長線交于點(diǎn)D時(shí)，則CE=CD?tanα
[自行證明]
【過關(guān)培優(yōu)練】
1．(2023春·江蘇南京·八年級校聯(lián)考期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A,B兩點(diǎn)分別在x軸，y軸的正半軸上，且OA=OB，點(diǎn)C在第一象限，OC=3，連接BC，AC，若∠BCA=90°，則BC+AC的值為_________．
2．如圖，四邊形ABCD中，已知AB＝AD，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，若四邊形ABCD的面積為4，則AC＝_____．
3．(2023春·福建三明·八年級統(tǒng)考期中）感知：如圖①，平分，，．判斷與的大小關(guān)系并證明．
探究：如圖②，平分，，，與的大小關(guān)系變嗎？請說明理由．
應(yīng)用：如圖③，四邊形中，，，，則與差是多少（用含的代數(shù)式表示）
4．（2013秋·江蘇鹽城·九年級階段練習(xí)）已知∠MAN，AC平分∠MAN.
（1）在圖1中，若∠MAN=120°，∠ABC=∠ADC=90°，我們可得結(jié)論：AB+AD=AC；
在圖2中，若∠MAN=120°，∠ABC+∠ADC=180°，則上面的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請給出證明；若不成立，請說明理由；
【解】
（2）在圖3中：（只要填空，不需要證明）.
①若∠MAN=60°，∠ABC+∠ADC=180°，則AB+AD= AC；
②若∠MAN=α（0°＜α＜180°），∠ABC+∠ADC=180°，則AB+AD= AC（用含α的三角函數(shù)表示）．
5．(2023·全國·八年級專題練習(xí)）已知：，求證：．
6．(2023·全國·八年級專題練習(xí)）已知，求證：，．
7．(2023·貴州黔東南·統(tǒng)考中考真題）在四邊形ABCD中，對角線AC平分∠BAD．
【探究發(fā)現(xiàn)】
（1）如圖①，若∠BAD＝，∠ABC＝∠ADC＝．求證：AD＋AB＝AC；
【拓展遷移】
（2）如圖②，若∠BAD＝，∠ABC＋∠ADC＝．
①猜想AB、AD、AC三條線段的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
②若AC＝10，求四邊形ABCD的面積．
8．（2017·四川樂山·中考真題）在四邊形ABCD中，∠B+∠D=180°，對角線AC平分∠BAD．
（1）如圖1，若∠DAB=120°，且∠B=90°，試探究邊AD、AB與對角線AC的數(shù)量關(guān)系并說明理由．
（2）如圖2，若將（1）中的條件“∠B=90°”去掉，（1）中的結(jié)論是否成立？請說明理由．
（3）如圖3，若∠DAB=90°，探究邊AD、AB與對角線AC的數(shù)量關(guān)系并說明理由．
9．(2023秋·廣東惠州·九年級?？计谥校┰谥校?，．將一塊三角板的直角頂點(diǎn)放在斜邊的中點(diǎn)處，將三角板繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，三角板的兩直角邊分別交邊、于點(diǎn)D、E．
(1)如圖①，當(dāng)時(shí)，則的值是________．
(2)如圖②，當(dāng)與不垂直時(shí)，（1）中的結(jié)論是否還成立？若成立，請予以證明；若不成立，請說明理由；
(3)如圖③，在內(nèi)作，使得、分別交、于點(diǎn)、，連接．那么的周長是否為定值？若是，求出定值；若不是，請說明理由．
10．(2023秋·河南漯河·八年級統(tǒng)考期中）在等邊中，點(diǎn)D為的中點(diǎn)，點(diǎn)F在延長線上，點(diǎn)E在射線上，．
（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)B重合時(shí)，則與的數(shù)量關(guān)系是_________；
（2）當(dāng)點(diǎn)E在線段上時(shí)，（1）中的結(jié)論是否仍然成立？請結(jié)合圖2說明理由；
（3）如圖3，當(dāng)點(diǎn)E在的延長線上時(shí)，，請直接寫出的長．
11．（2017·遼寧葫蘆島·中考真題）如圖，∠MAN=60°，AP平分∠MAN，點(diǎn)B是射線AP上一定點(diǎn)，點(diǎn)C在直線AN上運(yùn)動，連接BC，將∠ABC（0°＜∠ABC＜120°）的兩邊射線BC和BA分別繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°，旋轉(zhuǎn)后角的兩邊分別與射線AM交于點(diǎn)D和點(diǎn)E．
（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)C在射線AN上時(shí)，①請判斷線段BC與BD的數(shù)量關(guān)系，直接寫出結(jié)論；
②請?zhí)骄烤€段AC，AD和BE之間的數(shù)量關(guān)系，寫出結(jié)論并證明；
（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)C在射線AN的反向延長線上時(shí)，BC交射線AM于點(diǎn)F，若AB=4，AC=，請直接寫出線段AD和DF的長．
12．(2023·重慶·統(tǒng)考中考真題）在等邊中，， ，垂足為D，點(diǎn)E為AB邊上一點(diǎn)，點(diǎn)F為直線BD上一點(diǎn)，連接EF．
（1）將線段EF繞點(diǎn)E逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段EG，連接FG．
①如圖1，當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)B重合，且GF的延長線過點(diǎn)C時(shí)，連接DG，求線段DG的長；
②如圖2，點(diǎn)E不與點(diǎn)A，B重合，GF的延長線交BC邊于點(diǎn)H，連接EH，求證：；
（2）如圖3，當(dāng)點(diǎn)E為AB中點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)M為BE中點(diǎn)，點(diǎn)N在邊AC上，且，點(diǎn)F從BD中點(diǎn)Q沿射線QD運(yùn)動，將線段EF繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段EP，連接FP，當(dāng)最小時(shí)，直接寫出的面積．
13．(2023·遼寧朝陽·統(tǒng)考中考真題）【思維探究】如圖1，在四邊形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，連接AC．求證：BC+CD＝AC．
(1)小明的思路是：延長CD到點(diǎn)E，使DE＝BC，連接AE．根據(jù)∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，從而得到∠B＝∠ADE，然后證明ADE≌ABC，從而可證BC+CD＝AC，請你幫助小明寫出完整的證明過程．
(2)【思維延伸】如圖2，四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，連接AC，猜想BC，CD，AC之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
(3)【思維拓展】在四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝，AC與BD相交于點(diǎn)O．若四邊形ABCD中有一個(gè)內(nèi)角是75°，請直接寫出線段OD的長．
14．(2023·湖南湘西·中考真題）問題背景：如圖1，在四邊形中，，，，，，繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交、于E、F．探究圖中線段，，之間的數(shù)量關(guān)系．小李同學(xué)探究此問題的方法是：延長到G，使，連接，先證明，再證明，可得出結(jié)論，他的結(jié)論就是_______________；
探究延伸1：如圖2，在四邊形中，，，，，繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交、于E、F．上述結(jié)論是否仍然成立？請直接寫出結(jié)論（直接寫出“成立”或者“不成立”），不要說明理由．
探究延伸2：如圖3，在四邊形中，，，，繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交、于E、F．上述結(jié)論是否仍然成立？并說明理由．
實(shí)際應(yīng)用：如圖4，在某次軍事演習(xí)中，艦艇甲在指揮中心（O處）北偏西的A處艦艇乙在指揮中心南偏東的B處，并且兩艦艇到指揮中心的距離相等接到行動指令后，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，指揮中心觀測到甲、乙兩艦艇分別到達(dá)E、F處，且指揮中心觀測兩艦艇視線之間的夾角為，試求此時(shí)兩艦艇之間的距離．
15．(2023·全國·九年級專題練習(xí)）如圖1，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在四邊形ABCD的邊BC，CD上，∠EAF=∠BAD，連接EF，試猜想EF，BE，DF之間的數(shù)量關(guān)系．
（1）思路梳理
將△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)至△ADG，使AB與AD重合，由∠B+∠ADC=180°，得∠FDG=180°，即點(diǎn)F，D，G三點(diǎn)共線，易證△AFG≌△AFE，故EF，BE，DF之間的數(shù)量關(guān)系為__；
（2）類比引申
如圖2，在圖1的條件下，若點(diǎn)E，F(xiàn)由原來的位置分別變到四邊形ABCD的邊CB，DC延長線上，∠EAF=∠BAD，連接EF，試猜想EF，BE，DF之間的數(shù)量關(guān)系，并給出證明．
（3）聯(lián)想拓展
如圖3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，點(diǎn)D，E均在邊BC上，且∠DAE=45°，若BD=1，EC=2，直接寫出DE的長為________________.
16．(2023·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，△ABC是邊長為4的等邊三角形，點(diǎn)D是線段BC的中點(diǎn)，∠EDF=120°，把∠EDF繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)，使∠EDF的兩邊分別與線段AB、AC交于點(diǎn)E、F．
（1）當(dāng)DF⊥AC時(shí)，求證：BE=CF；
（2）在旋轉(zhuǎn)過程中，BE+CF是否為定值？若是，求出這個(gè)定值；若不是，請說明理由
專題24 對角互補(bǔ)模型
對角互補(bǔ)模型的特征：外觀呈現(xiàn)四邊形，且對角和為180°。主要：含90°對角互補(bǔ)，含120°的對角互補(bǔ)兩種類型。解決此類題型常用到的輔助線畫法主要有兩種：旋轉(zhuǎn)法和過頂點(diǎn)作兩垂線。
模型一：90°的對角互補(bǔ)模型
【基礎(chǔ)】如圖，四邊形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，BD平分∠ABC，則
①AD = CD ②AB+BC=2BD ③S△ABD+S△BDC=12BD2
思路：①方法一(基礎(chǔ))：過點(diǎn)D分別作DE⊥AB于點(diǎn)E，DF⊥BC于點(diǎn)F
∵BD平分∠ABC ∴DE=DF
∵∠ABC=ADC=90° ∴∠DAB+∠DCF=∠DAB+∠DAE =180°
∴∠DCF=∠DAE ∴?DAE≌?DCF ∴AD=CD
方法二(基礎(chǔ))：作DE⊥BD交BC延長線于點(diǎn)E ∴∠BDE=90°
∵BD平分∠ABC ∴∠4=∠5=∠6 =45° ∴DE=BD
∵∠ABC=ADC=90° ∴∠1+∠2=∠2+∠3 =180°
∴∠1=∠3 ∴?ABD≌?CED ∴AD=CD
方法三（進(jìn)階）：
∵四邊形ABCD對角互補(bǔ) ∴A、B、C、D 四點(diǎn)共圓
∵BD平分∠ABC ∴∠ABD= ∠CBD=45° ∴AD=CD
②③方法一：
∵?DAE≌?DCF ∴AE=FC S△DAE=S△DCF
∵∠ABC=∠ADC=90°，BD平分∠ABC ∴∠EBD=∠DBF=45°
∴?DEB與?DFB為等腰直角三角形
∴AB+BC=AB+BF+FC=AB+BF+AE=BE+BF=22BD+22BD=2BD
S△ABD+S△BDC=S△ABD+S△BDF+S△DFC=S△ABD+S△BDF+S△AED=S△DEB+S△DFB=S正方形BFDE=12BD2
方法二：
∵?ABD≌?CED ∴AB=CE S△ABD=S△CED 而∠BDE=90° ∠5=∠6=45°
∴?BDE為等腰直角三角形
則AB+BC=BC+CE=BE=2BD
S△ABD+S△BDC=S△DCE+S△BDC=S△BDE=12BD2
【進(jìn)階】如圖，∠AOB=∠DCE=90°，OC 平分∠AOB，當(dāng)∠DCE 的一邊與 AO 的
延長線交于點(diǎn) D 時(shí)，有以下結(jié)論：
①CD=CE ②OE-OD=2OC ③S△OCE-S△OCD=12OC2
思路：①方法一：
過點(diǎn)C分別作CM⊥AO于點(diǎn)M, CN⊥BO于點(diǎn)N
∴∠CMD=∠CNE=90°
∵∠AOB=90°∴∠MCN=90°則∠MCD=∠ECN
而OC 平分∠AOB ∴CM=CN
∴?CMD≌?CNE ∴CD=CE
方法二：過點(diǎn)C作CH⊥CO交OB于點(diǎn)H ∴∠OCH=90°
∴∠OCD+∠DCH=∠HCE +∠DCH=90° ∴∠OCD=∠HCE
∵∠AOB =90°，OC 平分∠AOB ∴∠AOC=∠COH=∠CHO=45°
∴?OCH為等腰直角三角形 ∴ OC=CH
∵∠COD=180°-∠AOC，∠CHE=180°-∠CHO
∴∠COD=∠CHE ∴?COD≌?CHE ∴CD=CE
方法三：連接DE
∵∠AOB=∠DCE=90° ∴∠DOE=∠DCE=90°
∴O、C、E、D 四點(diǎn)共圓
∵OC 平分∠AOB ∴∠CDE=∠COE=∠CED=45°
∴CD=CE
②③ ∵?COD≌?CHE ∴OD=HE S△OCD=S△HCE
則OE-OD=OE-EH=OH=2OC
S△OCE-S△OCD=S△OCE-S△HCE=S△OCH=12OC2
模型二：120°的對角互補(bǔ)模型
【基礎(chǔ)】如圖，已知∠AOB=2∠DCE=120°，OC 平分∠AOB，
則①CD=CE ②OD+OE=OC ③S△DCO+S△COE=√34OC2
思路：①方法一：過點(diǎn)C分別作CM⊥AO于點(diǎn)M，CN⊥OB于點(diǎn)N
所以∠CMD=∠CNE=90°
由OC 平分∠AOB 可知CM=CN
由∠AOB=2∠DCE=120°，可得∠CDO+∠CEN=180°而∠CDO+∠CDM=180°
因此∠CDM=∠CEN 所以?CMD≌?CNE 則CD=CE
方法二：作∠OCF=60°交OB于點(diǎn)F
由已知條件可知?COF為等邊三角形 所以CO=CF ∠COD=∠CFE=60°
因?yàn)椤螪CE=∠OCF=60° 所以∠DCO=∠ECF
所以?DCO≌?ECF 則CD=CE
方法三：∵∠AOB=2∠DCE=120° ∴∠DOE+∠DCE=180°
∴O、D、C、E 四點(diǎn)共圓
∵OC 平分∠AOB ∴∠COD=∠COE=60°
∴CD=CE
②由于?DCO≌?ECF, ?COF為等邊三角形
則OD=EF OC=OF 所以O(shè)D+OE=EF+OE=OF=OC
③過點(diǎn)F作FH⊥CO于點(diǎn)H
由于?DCO≌?ECF 所以S△DCO =S△ECF
設(shè)OC=x，則OH=X2 FH=√3X2
S△DCO+S△COE=S△ECF+S△COE=S△OCF=12 OC?FH=12? x?√3X2=√34x2=√34OC2
【進(jìn)階】如圖，∠AOB=2∠DCE=120°，OC 平分∠AOB，當(dāng)∠DCE 的一邊與 BO
的延長線交于點(diǎn) E 時(shí)，有以下結(jié)論：
①CD=CE ②OD-OE=OC ③S△DCO-S△COE=√34OC2
思路：①方法一：過點(diǎn)C分別作CM⊥DO于點(diǎn)M，CN⊥EB于點(diǎn)N
所以∠CMD=∠CNB=90°
由OC 平分∠AOB ∠AOB=2∠DCE=120°
可知CM=CN ∠DCE=∠MCN=60° 則∠DCM=∠ECN
所以?CDM≌?CEN 則CD=CE
方法二：過點(diǎn)C作∠OCH=60°
根據(jù)已知條件可知∠DCE=∠OCH=∠COH=60°，
∴?COH為等邊三角形，∠DCO=∠ECH
∴∠COD=∠CHE=60°CO=CH
所以?CDO≌?CEH 則CD=CE OD=EH S△DCO =S△ECH
∴OD－OE=EH－OE=OH=OC
S△DCO-S△COE=S△ECH-S△COE =S△COH=√34OC2
方法三：連接 DE
∵∠AOB=2∠DCE=120°，OC 平分∠AOB
∴∠DOE=∠DCE=∠DOC=60°
∴O、C、D、E 四點(diǎn)共圓
∴∠DEC=∠DOC=∠DCE=60°
∴△DEC 是等邊三角形
∴CD=CE
模型三：全等型之任意角
如圖，∠AOB=2α，∠DCE=180°-2α，OC平分∠AOB，則：
①CD=CE ②OD+OE=2OC?COSα ③S△DCO+S△COE=OC2?sinαCOSα
思路：
1）過點(diǎn)C作CM⊥AO于點(diǎn)M, 作CN⊥BO于點(diǎn)N
易證?CDM≌?CEN ∴CD=CE
則OD+OE=2ON=2OC?COSα
S△DCO+S△COE=2S△CON=CN?ON=OC2?sinαCOSα
2) 作∠OCH=180°-2α,與OB交于點(diǎn)H
易證?CDO≌?CEH ∴CD=CE OD=EH S△DCO =S△ECH
則OD+OE=OH=2OC?COSα
S△DCO+S△COE=S△COH=OC2?sinαCOSα
【進(jìn)階】如圖，除滿足以上條件外，當(dāng)∠DCE的一邊與BO延長線交于點(diǎn)E時(shí)，則：①CD=CE ②OD-OE=2OC?COSα③S△DCO-S△COE=OC2?sinαCOSα
[自行證明]
模型四：內(nèi)含90°的相似型
如圖，∠AOB=∠DCE=90°，∠COB=α，則CE=CD?tanα
[自行證明]
【進(jìn)階】如圖，當(dāng)∠DCE的一邊與AO的延長線交于點(diǎn)D時(shí)，則CE=CD?tanα
[自行證明]
【過關(guān)培優(yōu)練】
1．(2023春·江蘇南京·八年級校聯(lián)考期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A,B兩點(diǎn)分別在x軸，y軸的正半軸上，且OA=OB，點(diǎn)C在第一象限，OC=3，連接BC，AC，若∠BCA=90°，則BC+AC的值為_________．
答案:
分析：可將△OBC繞著O點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，所得的圖形與△OAC正好拼成等腰直角三角形BC+AC等于等腰三角形的斜邊CD.
【詳解】解：
將△OBC繞O點(diǎn)旋轉(zhuǎn)90°，
∵OB=OA
∴點(diǎn)B落在A處，點(diǎn)C落在D處
且有OD=OC=3，∠COD=90°，∠OAD=∠OBC，
在四邊形OACB中
∵∠BOA=∠BCA=90°，
∴∠OBC+∠OAC=180°，
∴∠OAD+∠OAC=180°
∴C、A、D三點(diǎn)在同一條直線上，
∴△OCD為等要直角三角形，根據(jù)勾股定理
CD2=OC2+OD2
即CD2=32+32=18
解得CD=
即BC+AC=.
【點(diǎn)睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)前后的圖形對應(yīng)邊相等，對應(yīng)角相等.要求兩條線段的長，可利用作圖的方法將兩條線段化成一條線段，再求這條線段的長度即可，本題就是利用旋轉(zhuǎn)的方法做到的，但做本題時(shí)需注意，一定要證明C、A、D三點(diǎn)在同一條直線上.本題還有一種化一般為特殊的方法，因?yàn)榇鸢敢欢煽紤]CB⊥y軸的情況，此時(shí)四邊形OACB剛好是正方形，在做選擇或填空題時(shí)，也可以起到事半功倍的效果.
2．如圖，四邊形ABCD中，已知AB＝AD，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，若四邊形ABCD的面積為4，則AC＝_____．
答案:4．
分析：將△ACD繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△ABE．證明△AEC是等邊三角形，四邊形ABCD面積等于△AEC面積，根據(jù)等邊△AEC面積特征可求解AC長．
【詳解】解：將△ACD繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△ABE．
∵四邊形內(nèi)角和360°，
∴∠D+∠ABC＝180°．
∴∠ABE+∠ABC＝180°，
∴E、B、C三點(diǎn)共線．
根據(jù)旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知∠EAC＝60度，AE＝AC，
∴△AEC是等邊三角形．
四邊形ABCD面積等于△AEC面積，
等邊△AEC面積 ，
解得AC＝4．
故答案為4．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了等邊三角形的判定和性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是根據(jù)AB=AD及∠BAD=60°，對△ACD進(jìn)行旋轉(zhuǎn)，把四邊形轉(zhuǎn)化為等邊三角形求解．
3．(2023春·福建三明·八年級統(tǒng)考期中）感知：如圖①，平分，，．判斷與的大小關(guān)系并證明．
探究：如圖②，平分，，，與的大小關(guān)系變嗎？請說明理由．
應(yīng)用：如圖③，四邊形中，，，，則與差是多少（用含的代數(shù)式表示）
答案:感知：，證明見詳解；探究：與的大小關(guān)系不變，理由見詳解；應(yīng)用：與差是．
分析：感知：根據(jù)角平分線的性質(zhì)定理即可求證；
探究：過點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E，DF⊥AC，交AC延長線于點(diǎn)F，根據(jù)角平分線的性質(zhì)定理可得DE=DF，由題意可得∠B=∠DCF，進(jìn)而可證△DEB≌△DFC，然后問題可求證；
應(yīng)用：過點(diǎn)D作DH⊥AB于點(diǎn)H，DG⊥AC，交AC的延長線于點(diǎn)G，連接AD，由題意易證△DHB≌△DGC，則有DH=DG，進(jìn)而可得AG=AH，然后根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得，則有，最后問題可求解．
【詳解】感知：，理由如下：
∵，，
∴，即，
∵平分，
∴；
探究：與的大小關(guān)系不變，還是相等，理由如下：
過點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E，DF⊥AC，交AC延長線于點(diǎn)F，則∠DEB=∠DFC=90°，如圖所示：
∵平分，
∴DE=DF，
∵，，
∴∠B=∠DCF，
∴△DEB≌△DFC（AAS），
∴；
應(yīng)用：過點(diǎn)D作DH⊥AB于點(diǎn)H，DG⊥AC，交AC的延長線于點(diǎn)G，連接AD，如圖所示：
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴△DHB≌△DGC（AAS），且△DHB與△DGC都為等腰直角三角形，
∴，
由勾股定理可得，
∴，
∴，
在Rt△AHD和Rt△AGD中，AD=AD，DH=DG，
∴Rt△AHD≌Rt△AGD（HL），
∴，
∴，
∴．
【點(diǎn)睛】本題主要考查角平分線的性質(zhì)定理、全等三角形的性質(zhì)與判定及勾股定理，熟練掌握角平分線的性質(zhì)定理、全等三角形的性質(zhì)與判定及勾股定理是解題的關(guān)鍵．
4．（2013秋·江蘇鹽城·九年級階段練習(xí)）已知∠MAN，AC平分∠MAN.
（1）在圖1中，若∠MAN=120°，∠ABC=∠ADC=90°，我們可得結(jié)論：AB+AD=AC；
在圖2中，若∠MAN=120°，∠ABC+∠ADC=180°，則上面的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請給出證明；若不成立，請說明理由；
【解】
（2）在圖3中：（只要填空，不需要證明）.
①若∠MAN=60°，∠ABC+∠ADC=180°，則AB+AD= AC；
②若∠MAN=α（0°＜α＜180°），∠ABC+∠ADC=180°，則AB+AD= AC（用含α的三角函數(shù)表示）．
答案:（1）成立，證明如下；（2），.
【詳解】試題分析：（1）作CE⊥AM、CF⊥AN于E、F．根據(jù)角平分線的性質(zhì)，得CE=CF，根據(jù)等角的補(bǔ)角相等，得∠CDE=∠ABC，再根據(jù)AAS得到△CDE≌△CBF，則DE=BF．再由∠MAN=120°，AC平分∠MAN，得到∠ECA=∠FCA=30°，從而根據(jù)30°所對的直角邊等于斜邊的一半，得到AE=AC，AF=AC，等量代換后即可證明AD+AB=AC仍成立．
試題解析：（1）仍成立．
證明：過點(diǎn)C分別作AM、AN的垂線，垂足分別為E、F
∵AC平分∠MAN
∴CE=CF
∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ADC+∠CDE=180°
∴∠CDE=∠ABC
又∠CED=∠CFB=90°，∴△CED≌△CFB（AAS）
∵ED=FB，∴AD+AB=AE-ED+AF+FB=AE+AF
∴AE+AF=AC
∴AD+AB=AC
（2），.
考點(diǎn): (1)角平分線的性質(zhì)；（2）全等三角形的判定與性質(zhì)；（3）含30度角的直角三角形．
5．(2023·全國·八年級專題練習(xí)）已知：，求證：．
2
6．(2023·全國·八年級專題練習(xí)）已知，求證：，．
答案:見解析
分析：延長DC至點(diǎn)E使CE=AD，先證明△BAD≌△BCE，再證明△BDE是等邊三角形，可證結(jié)論成立．
【詳解】證明：延長DC至點(diǎn)E使CE=AD，
∵，
∴∠A+∠BCD=180°，
∵∠BCE+∠BCD=180°，
∴∠A=∠BCE，
在△BAD和△BCE中
，
∴△BAD≌△BCE，
∴BD=BE，∠ABD=∠CBE，
∵∠ABC=∠ABD+∠CBD=60°，
∴∠DBE=∠CBE+∠CBD=60°，
∴△BDE是等邊三角形，
∴BD=DE，
∵DC+CE=DE，
∴；
作BF⊥DE于點(diǎn)F，則∠EBF=30°，EF=DF=DE=BE，
∴BF==，
∴S△DBE=DE×BF=×BE×=，
∴．

【點(diǎn)睛】此題主要考查了等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，解決問題的關(guān)鍵是正確作出輔助線，證出△BAD≌△BCE，再證出△BDE是等邊三角形．
7．(2023·貴州黔東南·統(tǒng)考中考真題）在四邊形ABCD中，對角線AC平分∠BAD．
【探究發(fā)現(xiàn)】
（1）如圖①，若∠BAD＝，∠ABC＝∠ADC＝．求證：AD＋AB＝AC；
【拓展遷移】
（2）如圖②，若∠BAD＝，∠ABC＋∠ADC＝．
①猜想AB、AD、AC三條線段的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
②若AC＝10，求四邊形ABCD的面積．
答案:（1）見解析；（2）①AD＋AB＝AC，見解析；②
分析：（1）根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到∠DAC＝∠BAC＝，然后根據(jù)直角三角形中是斜邊的一半即可寫出數(shù)量關(guān)系；
（2）①根據(jù)第一問中的思路，過點(diǎn)C分別作CE⊥AD于E，CF⊥AB于F，構(gòu)造證明△CFB△CED，根據(jù)全等的性質(zhì)得到FB＝DE，結(jié)合第一問結(jié)論即可寫出數(shù)量關(guān)系；
②根據(jù)題意應(yīng)用的正弦值求得的長，然后根據(jù)的數(shù)量關(guān)系即可求解四邊形ABCD的面積．
【詳解】（1）證明：∵AC平分∠BAD，∠BAD＝，
∴∠DAC＝∠BAC＝，
∵∠ADC＝∠ABC＝，
∴∠ACD＝∠ACB＝，
∴AD＝．
∴AD＋AB＝AC，
（2）①AD＋AB＝AC，
理由：過點(diǎn)C分別作CE⊥AD于E，CF⊥AB于F．
，
∵AC平分∠BAD，
∴CF＝CE，
∵∠ABC＋∠ADC＝，∠EDC＋∠ADC＝，
∴∠FBC＝∠EDC，
又∠CFB＝∠CED＝，
∴△CFB△CED，
∴FB＝DE，
∴AD＋AB＝AD＋FB＋AF＝AD＋DE＋AF＝AE＋AF，
在四邊形AFCE中，由⑴題知：AE＋AF＝AC，
∴AD＋AB＝AC；
②在Rt△ACE中，∵AC平分∠BAD，∠BAD＝
∴∠DAC＝∠BAC＝，
又∵AC＝10，
∴CE＝A，
∵CF＝CE，AD＋AB＝AC，
∴
＝．
【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)和應(yīng)用，解直角三角形，關(guān)鍵是辨認(rèn)出本題屬于角平分線類題型，作垂直類輔助線．
8．（2017·四川樂山·中考真題）在四邊形ABCD中，∠B+∠D=180°，對角線AC平分∠BAD．
（1）如圖1，若∠DAB=120°，且∠B=90°，試探究邊AD、AB與對角線AC的數(shù)量關(guān)系并說明理由．
（2）如圖2，若將（1）中的條件“∠B=90°”去掉，（1）中的結(jié)論是否成立？請說明理由．
（3）如圖3，若∠DAB=90°，探究邊AD、AB與對角線AC的數(shù)量關(guān)系并說明理由．
答案:（1）AC=AD+AB；（2）成立；（3）AD+AB=AC．
分析：（1）結(jié)論：AC=AD+AB，只要證明AD=AC，AB=AC即可解決問題；
（2）（1）中的結(jié)論成立．以C為頂點(diǎn)，AC為一邊作∠ACE=60°，∠ACE的另一邊交AB延長線于點(diǎn)E，只要證明△DAC≌△BEC即可解決問題；
（3）結(jié)論：AD+AB=AC．過點(diǎn)C作CE⊥AC交AB的延長線于點(diǎn)E，只要證明△ACE是等腰直角三角形，△DAC≌△BEC即可解決問題；
【詳解】（1）AC=AD+AB．
理由如下：
如圖1中，在四邊形ABCD中，∠D+∠B=180°，∠B=90°，
∴∠D=90°，
∵∠DAB=120°，AC平分∠DAB，
∴∠DAC=∠BAC=60°，
∵∠B=90°，
∴AB=AC，
同理AD=AC，
∴AC=AD+AB．
（2）（1）中的結(jié)論成立，理由如下：
以C為頂點(diǎn)，AC為一邊作∠ACE=60°，∠ACE的另一邊交AB延長線于點(diǎn)E，如圖2，
∵∠BAC=60°，
∴△AEC為等邊三角形，
∴AC=AE=CE，
∵∠D+∠ABC=180°，∠DAB=120°，
∴∠DCB=60°，
∴∠DCA=∠BCE，
∵∠D+∠ABC=180°，∠ABC+∠EBC=180°，
∴∠D=∠CBE，
∵CA=CE，
∴△DAC≌△BEC，
∴AD=BE，
∴AC=AE=AD+AB．
（3）結(jié)論：AD+AB=AC．理由如下：
過點(diǎn)C作CE⊥AC交AB的延長線于點(diǎn)E，如圖3，
∵∠D+∠ABC=180°，∠DAB=90°，
∴∠DCB=90°，
∵∠ACE=90°，
∴∠DCA=∠BCE，
又∵AC平分∠DAB，
∴∠CAB=45°，
∴∠E=45°，
∴AC=CE．
又∵∠D+∠ABC=180°，∠ABC+∠CBE=180°，
∴∠D=∠CBE，
∴△CDA≌△CBE，
∴AD=BE，
∴AD+AB=AE．
在Rt△ACE中，AC=CE，
∴AE==AC，
∴AD+AB=AC．
【點(diǎn)睛】本題是四邊形探究的綜合題，屬于壓軸題，考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，線段的和差倍分關(guān)系，對于線段和差問題，常常采用截長法或補(bǔ)短法構(gòu)造輔助線，通過全等三角形來解決．
9．(2023秋·廣東惠州·九年級?？计谥校┰谥?，，．將一塊三角板的直角頂點(diǎn)放在斜邊的中點(diǎn)處，將三角板繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，三角板的兩直角邊分別交邊、于點(diǎn)D、E．
(1)如圖①，當(dāng)時(shí)，則的值是________．
(2)如圖②，當(dāng)與不垂直時(shí)，（1）中的結(jié)論是否還成立？若成立，請予以證明；若不成立，請說明理由；
(3)如圖③，在內(nèi)作，使得、分別交、于點(diǎn)、，連接．那么的周長是否為定值？若是，求出定值；若不是，請說明理由．
答案:(1)2
(2)依然成立
(3)的周長為定值，且周長為2
分析：（1）由等腰三角形的性質(zhì)和為斜邊的中點(diǎn)可知，，所以的值可求；
（2）結(jié)論成立．連接，通過證明≌．可得，所以；
（3）的周長為定值，且周長為2．在上截取，通過證明≌，得到．所以．
【詳解】（1）連
∵P是的中點(diǎn)，，
∴
∵，
∴
∴四邊形是矩形，
∴
又∵
∴
∴；
故答案為：2；
（2）結(jié)論成立．連接，如圖②．
是等腰直角三角形，是的中點(diǎn)，
，，．
，．
．
又，
．
≌．
，
．
（3）的周長為定值，且周長為2．
在上截取，如圖③，
由（2）可知：，，
，
，．
，
又，
≌，
．
，
，
，
．
的周長是2．
【點(diǎn)睛】此題比較復(fù)雜，綜合考查全等三角形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、圖形的變換．綜合性很強(qiáng)，是一道不錯(cuò)的題目．
10．(2023秋·河南漯河·八年級統(tǒng)考期中）在等邊中，點(diǎn)D為的中點(diǎn)，點(diǎn)F在延長線上，點(diǎn)E在射線上，．
（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)B重合時(shí)，則與的數(shù)量關(guān)系是_________；
（2）當(dāng)點(diǎn)E在線段上時(shí)，（1）中的結(jié)論是否仍然成立？請結(jié)合圖2說明理由；
（3）如圖3，當(dāng)點(diǎn)E在的延長線上時(shí)，，請直接寫出的長．
答案:（1）DE=DF；（2）DE=DF，理由見解析；（3）4
分析：（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)及已知，可得∠DBC=∠F=30゜，從而可得DE=DF；
（2）仍有DE=DF；過點(diǎn)D作DG∥BC交AB于點(diǎn)G，可證明△DGE≌△DCF，從而可得DE=DF；
（3）過點(diǎn)D作DG∥BC交AB于點(diǎn)G，可證明△DGE≌△DCF，從而可得GE=CF；設(shè)BC=a，則CF=8－a，，，則可得方程，解方程即可求得a．
【詳解】（1）∵△ABC是等邊三角形，D點(diǎn)為AC的中點(diǎn)
∴∠DBC=30゜
∵∠EDF=120゜
∴∠F=180゜―∠DBC―∠EDF=30゜
∴∠DBC=∠F
∴DE=DF
故答案為：DE=DF
（2）仍有DE=DF；理由如下：
過點(diǎn)D作DG∥BC交AB于點(diǎn)G，如圖2所示
則∠AGD=∠ABC
∵△ABC是等邊三角形
∴AB=AC，∠A=∠ABC=∠ACB=60゜
∴∠AGD=∠A=60゜
∴△AGD是等邊三角形
∴∠ADG=∠AGD=60゜，AD=GD
∴∠DGE=∠GDC=120゜
∴∠EDF=∠GDC=120゜
∵∠GDE+∠EDC=∠EDC+∠CDF
∴∠GDE=∠CDF
∵D點(diǎn)是AC的中點(diǎn)
∴AD=DC=GD
∵∠ACB=60゜
∴∠DCF=120゜
∴∠DGE=∠DCF
在△DGE和△DCF中
∴△DGE≌△DCF(ASA)
∴DE=DF
（3）過點(diǎn)D作DG∥BC交AB于點(diǎn)G，如圖3所示
與（2）同理有：△DGE≌△DCF
∴GE=CF
設(shè)BC=a，則CF=8－a，
∴
由GE=CF，得：
解得：a=4
【點(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，作輔助線構(gòu)造三角形全等是本題后兩問的關(guān)鍵．
11．（2017·遼寧葫蘆島·中考真題）如圖，∠MAN=60°，AP平分∠MAN，點(diǎn)B是射線AP上一定點(diǎn)，點(diǎn)C在直線AN上運(yùn)動，連接BC，將∠ABC（0°＜∠ABC＜120°）的兩邊射線BC和BA分別繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°，旋轉(zhuǎn)后角的兩邊分別與射線AM交于點(diǎn)D和點(diǎn)E．
（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)C在射線AN上時(shí)，①請判斷線段BC與BD的數(shù)量關(guān)系，直接寫出結(jié)論；
②請?zhí)骄烤€段AC，AD和BE之間的數(shù)量關(guān)系，寫出結(jié)論并證明；
（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)C在射線AN的反向延長線上時(shí)，BC交射線AM于點(diǎn)F，若AB=4，AC=，請直接寫出線段AD和DF的長．
答案:（1）①BC=BD；②AD+AC=BE；（2）AD=，DF=．
分析：（1）①結(jié)論：BC=BD．只要證明△BGD≌△BHC即可．②結(jié)論：AD+AC=BE．只要證明AD+AC=2AG=2EG，再證明EB=BE即可解決問題；
（2）如圖2中，作BG⊥AM于G，BH⊥AN于H，AK⊥CF于K．由（1）可知，△ABG≌△ABH，△BGD≌△BHC，易知BH，AH，BC，CH， AD的長，由sin∠ACH=，推出AK的長，設(shè)FG=y，則AF=﹣y，BF=，由△AFK∽△BFG，可得，可得關(guān)于y的方程，求出y即可解決問題．
【詳解】（1）①結(jié)論：BC=BD，
理由：如圖1中，作BG⊥AM于G，BH⊥AN于H，
∵∠MAN=60°，PA平分∠MAN，BG⊥AM于G，BH⊥AN于H，
∴BG=BH，∠GBH=∠CBD=120°，
∴∠CBH=∠GBD，
∵∠BGD=∠BHC=90°，
∴△BGD≌△BHC，
∴BD=BC；
②結(jié)論：AD+AC=BE，
∵∠ABE=120°，∠BAE=30°，∴∠BEA=∠BAE=30°，∴BA=BE，
∵BG⊥AE，∴AG=GE，EG=BE?cs30°=BE，
∵△BGD≌△BHC，∴DG=CH，
∵AB=AB，BG=BH，∴Rt△ABG≌Rt△ABH，
∴AG=AH，∴AD+AC=AG+DG+AH﹣CH=2AG=BE，
∴AD+AC=BE；
（2）如圖2中，作BG⊥AM于G，BH⊥AN于H，AK⊥CF于K，
由（1）可知，△ABG≌△ABH，△BGD≌△BHC，
易知BH=GB=2，AH=AG=EG=，BC=BD= =，CH=DG=，
∴AD=，∵sin∠ACH=，
∴，∴AK=，
設(shè)FG=y，則AF=﹣y，BF=，
∵∠AFK=∠BFG，∠AKF=∠BGF=90°，
∴△AFK∽△BFG，∴，
∴，解得y=或（舍棄），
∴DF=GF+DG=，即DF=．
12．(2023·重慶·統(tǒng)考中考真題）在等邊中，， ，垂足為D，點(diǎn)E為AB邊上一點(diǎn)，點(diǎn)F為直線BD上一點(diǎn)，連接EF．
（1）將線段EF繞點(diǎn)E逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段EG，連接FG．
①如圖1，當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)B重合，且GF的延長線過點(diǎn)C時(shí)，連接DG，求線段DG的長；
②如圖2，點(diǎn)E不與點(diǎn)A，B重合，GF的延長線交BC邊于點(diǎn)H，連接EH，求證：；
（2）如圖3，當(dāng)點(diǎn)E為AB中點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)M為BE中點(diǎn)，點(diǎn)N在邊AC上，且，點(diǎn)F從BD中點(diǎn)Q沿射線QD運(yùn)動，將線段EF繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段EP，連接FP，當(dāng)最小時(shí)，直接寫出的面積．
答案:（1）①；②見解析；（2）
分析：（1）①連接AG，根據(jù)題意得出△ABC和△GEF均為等邊三角形，從而可證明△GBC≌△GAC，進(jìn)一步求出AD＝3，AG＝BG＝，然后利用勾股定理求解即可；
②以點(diǎn)F為圓心，F(xiàn)B的長為半徑畫弧，與BH的延長線交于點(diǎn)K，連接KF，先證明出△BFK是頂角為120°的等腰三角形，然后推出△FEB≌△FHK，從而得出結(jié)論即可；
（2）利用“胡不歸”模型構(gòu)造出含有30°角的直角三角形，構(gòu)造出，當(dāng)N、P、J三點(diǎn)共線的時(shí)候滿足條件，然后利用等邊三角形的性質(zhì)及判定、矩形的判定及性質(zhì)以及解直角三角形的知識分別計(jì)算出PN與DN的長度，即可得出結(jié)論．
【詳解】（1）解：①如圖所示，連接AG，
由題意可知，△ABC和△GEF均為等邊三角形，
∴∠GFB＝60°，
∵BD⊥AC，
∴∠FBC＝30°，
∴∠FCB＝30°，∠ACG＝30°，
∵AC＝BC，GC＝GC，
∴△GBC≌△GAC（SAS），
∴∠GAC＝∠GBC＝90°，AG＝BG，
∵AB＝6，
∴AD＝3，AG＝BG＝，
∴在Rt△ADG中，，
∴；
②證明：以點(diǎn)F為圓心，F(xiàn)B的長為半徑畫弧，與BH的延長線交于點(diǎn)K，連接KF，如圖，
∵△ABC和△GEF均為等邊三角形，
∴∠ABC＝60°，∠EFH＝120°，
∴∠BEF+∠BHF＝180°，
∵∠BHF+∠KHF＝180°，
∴∠BEF＝∠KHF，
由輔助線作法可知，F(xiàn)B＝FK，則∠K＝∠FBE，
∵BD是等邊△ABC的高，
∴∠K＝∠DBC＝∠DBA＝30°，
∴∠BFK＝120°，
在△FEB與△FHK中，
∴△FEB≌△FHK（AAS），
∴BE＝KH，
∴BE+BH＝KH+BH＝BK，
∵FB＝FK，∠BFK＝120°，
∴BK＝BF，
即：；
（2）方法一：以為頂點(diǎn)，為一邊，作，交于，過作于，設(shè)交于，如圖：
中，，
最小即是最小，此時(shí)、、共線，
將線段繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到線段，
在射線上運(yùn)動，則在射線上運(yùn)動，根據(jù)“瓜豆原理”， 為主動點(diǎn)，是從動點(diǎn)，為定點(diǎn)，，則、軌跡的夾角，
，
，
，
，
，
，
，
，
而，
，
四邊形是矩形，
，
邊中，，，
，
又，
，
等邊中，，點(diǎn)為中點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)為中點(diǎn)，
，，
中，，，
，，
中，，
，
．
方法二：如圖，連接EQ，
∵在等邊中，， ，
∴∠A＝60°，∠BDA＝90°，∠ABD＝30°，
∵點(diǎn)E、Q分別為AB、BD的中點(diǎn)，
∴EQ為△ABD的中位線，
∴EQAD，
∴∠BEQ＝∠A＝60°，∠BQE＝∠BDA＝90°，
∵∠BQE＝90°，∠ABD＝30°，
∴EQ＝，
∵點(diǎn)M為BE的中點(diǎn)，
∴ME＝＝EQ，
∵將線段EF繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段EP，
∴△EPF為等邊三角形，∠PEF＝60°，PE＝EF＝PF，
∴∠BEQ＝∠PEF，
∴∠BEQ－∠PEQ＝∠PEF－∠PEQ，
即∠MEP＝∠QEF，
在△MEP與△QEF中，
，
∴△MEP≌△QEF（SAS）
∴∠EMP＝∠EQF＝90°，
∴MP⊥BE，
∴點(diǎn)P在射線MP上運(yùn)動，
如圖，以為頂點(diǎn)，為一邊，作，交于，過作于，設(shè)交于，
則在中，，
最小即是最小，此時(shí)、、共線，如下圖：
∵∠EMP＝90°，∠PML＝30°，
，
，
，
，
又∵，
，
四邊形是矩形，
，
在等邊中，，，
，
又，
，
在等邊中，，點(diǎn)為中點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)為中點(diǎn)，
，，
∴在中，，，
，，
∴在中，，
，
．
【點(diǎn)睛】本題考查等邊三角形性質(zhì)及應(yīng)用，涉及旋轉(zhuǎn)變換、解直角三角形、三角形全等的判定及性質(zhì)、矩形的判定及性質(zhì)等知識，難度較大，解題的關(guān)鍵是構(gòu)造輔助線．
13．(2023·遼寧朝陽·統(tǒng)考中考真題）【思維探究】如圖1，在四邊形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，連接AC．求證：BC+CD＝AC．
(1)小明的思路是：延長CD到點(diǎn)E，使DE＝BC，連接AE．根據(jù)∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，從而得到∠B＝∠ADE，然后證明ADE≌ABC，從而可證BC+CD＝AC，請你幫助小明寫出完整的證明過程．
(2)【思維延伸】如圖2，四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，連接AC，猜想BC，CD，AC之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
(3)【思維拓展】在四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝，AC與BD相交于點(diǎn)O．若四邊形ABCD中有一個(gè)內(nèi)角是75°，請直接寫出線段OD的長．
答案:(1)AC=BC+CD；理由見詳解；
(2)CB+CD=AC；理由見詳解；
(3)或
分析：（1）如圖1中，延長CD到點(diǎn)E，使DE=BC，連接AE．證明△ADE≌△ABC（SAS），推出∠DAE=∠BAC，AE=AC，推出△ACE的等邊三角形，可得結(jié)論；
（2）結(jié)論：CB+CD=AC．如圖2中，過點(diǎn)A作AM⊥CD于點(diǎn)M，AN⊥CB交CB的延長線于點(diǎn)N．證明△AMD≌△ANB（AAS），推出DM=BN，AM=AN，證明Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），推出CM=CN，可得結(jié)論；
（3）分兩種情形：如圖3-1中，當(dāng)∠CDA=75°時(shí)，過點(diǎn)O作OP⊥CB于點(diǎn)P，CQ⊥CD于點(diǎn)Q．如圖3-2中，當(dāng)∠CBD=75°時(shí)，分別求解即可．
【詳解】（1）證明：如圖1中，延長CD到點(diǎn)E，使DE=BC，連接AE．
∵∠BAD+∠BCD=180°，
∴∠B+∠ADC=180°，
∵∠ADE+∠ADC=180°
∴∠B=∠ADE，
在△ADE和△ABC中，
，
∴△ADE≌△ABC（SAS），
∴∠DAE=∠BAC，AE=AC，
∴∠CAE=∠BAD=60°，
∴△ACE的等邊三角形，
∴CE=AC，
∵CE=DE+CD，
∴AC=BC+CD；
（2）解：結(jié)論：CB+CD=AC．
理由：如圖2中，過點(diǎn)A作AM⊥CD于點(diǎn)M，AN⊥CB交CB的延長線于點(diǎn)N．
∵∠DAB=∠DCB=90°，
∴∠CDA+∠CBA=180°，
∵∠ABN+∠ABC=180°，
∴∠D=∠ABN，
∵∠AMD=∠N=90°，AD=AB，
∴△AMD≌△ANB（AAS），
∴DM=BN，AM=AN，
∵AM⊥CD，AN⊥CN，
∴∠ACD=∠ACB=45°，
∴AC=CM，
∵AC=AC．AM=AN，
∴Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），
∴CM=CN，
∴CB+CD=CNBN+CM+DM=2CM=AC；
（3）解：如圖3-1中，當(dāng)∠CDA=75°時(shí)，過點(diǎn)O作OP⊥CB于點(diǎn)P，CQ⊥CD于點(diǎn)Q．
∵∠CDA=75°，∠ADB=45°，
∴∠CDB=30°，
∵∠DCB=90°，
∴CD=CB，
∵∠DCO=∠BCO=45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，
∴OP=OQ，
∴，
∴，
∵AB=AD=，∠DAB=90°，
∴BD=AD=2，
∴OD=．
如圖3-2中，當(dāng)∠CBD=75°時(shí)，
同法可證，，
綜上所述，滿足條件的OD的長為或．
【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，等邊三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．
14．(2023·湖南湘西·中考真題）問題背景：如圖1，在四邊形中，，，，，，繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交、于E、F．探究圖中線段，，之間的數(shù)量關(guān)系．小李同學(xué)探究此問題的方法是：延長到G，使，連接，先證明，再證明，可得出結(jié)論，他的結(jié)論就是_______________；
探究延伸1：如圖2，在四邊形中，，，，，繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交、于E、F．上述結(jié)論是否仍然成立？請直接寫出結(jié)論（直接寫出“成立”或者“不成立”），不要說明理由．
探究延伸2：如圖3，在四邊形中，，，，繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交、于E、F．上述結(jié)論是否仍然成立？并說明理由．
實(shí)際應(yīng)用：如圖4，在某次軍事演習(xí)中，艦艇甲在指揮中心（O處）北偏西的A處艦艇乙在指揮中心南偏東的B處，并且兩艦艇到指揮中心的距離相等接到行動指令后，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，指揮中心觀測到甲、乙兩艦艇分別到達(dá)E、F處，且指揮中心觀測兩艦艇視線之間的夾角為，試求此時(shí)兩艦艇之間的距離．
答案:EF=AE+CF．探究延伸1：結(jié)論EF=AE+CF成立．探究延伸2：結(jié)論EF=AE+CF仍然成立．實(shí)際應(yīng)用：210海里．
分析：延長到G，使，連接，先證明，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再證明，可得GF=EF，即可解題；
探究延伸1：延長到G，使，連接，先證明，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再證明，可得GF=EF，即可解題；
探究延伸2：延長到G，使，連接，先證明，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再證明，可得GF=EF，即可解題；
實(shí)際應(yīng)用：連接EF，延長AE，BF相交于點(diǎn)C，然后與探究延伸2同理可得EF=AE+CF，將AE和CF的長代入即可．
【詳解】解：EF=AE+CF
理由：延長到G，使，連接，
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），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
探究延伸1：結(jié)論EF=AE+CF成立．
理由：延長到G，使，連接，
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：結(jié)論EF=AE+CF仍然成立．
理由：延長到G，使，連接，
∵，∠BCG+∠BCD=180°，
∴∠BCG=∠BAD
在△BCG和△BAE中，
，
∴（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=2∠MBN，.。。41
∴∠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．
實(shí)際應(yīng)用：連接EF，延長AE，BF相交于點(diǎn)C，
∵∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°，∠EOF=70°，
∴∠EOF=∠AOB
∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=(90°-30°)+(70°+50°)=180°，
∴符合探索延伸中的條件
∴結(jié)論EF= AE+CF仍然成立
即EF=75×1.2+100×1.2=210（海里）
答：此時(shí)兩艦艇之間的距離為210海里．
【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)．作輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．
15．(2023·全國·九年級專題練習(xí)）如圖1，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在四邊形ABCD的邊BC，CD上，∠EAF=∠BAD，連接EF，試猜想EF，BE，DF之間的數(shù)量關(guān)系．
（1）思路梳理
將△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)至△ADG，使AB與AD重合，由∠B+∠ADC=180°，得∠FDG=180°，即點(diǎn)F，D，G三點(diǎn)共線，易證△AFG≌△AFE，故EF，BE，DF之間的數(shù)量關(guān)系為__；
（2）類比引申
如圖2，在圖1的條件下，若點(diǎn)E，F(xiàn)由原來的位置分別變到四邊形ABCD的邊CB，DC延長線上，∠EAF=∠BAD，連接EF，試猜想EF，BE，DF之間的數(shù)量關(guān)系，并給出證明．
（3）聯(lián)想拓展
如圖3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，點(diǎn)D，E均在邊BC上，且∠DAE=45°，若BD=1，EC=2，直接寫出DE的長為________________.
答案:（1）EF＝BE＋DF；（2）EF＝DF?BE；證明見解析；（3）.
分析：（1）將△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)至△ADG，使AB與AD重合，首先證明F，D，G三點(diǎn)共線，求出∠EAF＝∠GAF，然后證明△AFG≌△AFE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)解答；
（2）將△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使AB與AD重合，得到△ADE'，首先證明E'，D，F(xiàn)三點(diǎn)共線，求出∠EAF＝∠E'AF，然后證明△AFE≌△AFE'，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)解答；
（3）將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)至△ACD'，使AB與AC重合，連接ED'，同（1）可證△AED≌AED'，求出∠ECD'＝90°，再根據(jù)勾股定理計(jì)算即可．
【詳解】解：（1）將△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)至△ADG，使AB與AD重合，
∵∠B＋∠ADC＝180°，
∴∠FDG＝180°，即點(diǎn)F，D，G三點(diǎn)共線，
∵∠BAE＝∠DAG，∠EAF＝∠BAD，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AFG和△AFE中，，
∴△AFG≌△AFE，
∴EF＝FG＝DG＋DF＝BE＋DF；
（2）EF＝DF?BE；
證明：將△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使AB與AD重合，得到△ADE'，則△ABE≌ADE'，
∴∠DAE'＝∠BAE，AE'＝AE，DE'＝BE，∠ADE'＝∠ABE，
∵∠ABC＋∠ADC＝180°，∠ABC＋∠ABE＝180°，
∴∠ADE'＝∠ADC，即E'，D，F(xiàn)三點(diǎn)共線，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠E'AF＝∠BAD?（∠BAF＋∠DAE'）＝∠BAD?（∠BAF＋∠BAE）＝∠BAD?∠EAF＝∠BAD，
∴∠EAF＝∠E'AF，
在△AEF和△AE'F中，，
∴△AFE≌△AFE'（SAS），
∴FE＝FE'，
又∵FE'＝DF?DE'，
∴EF＝DF?BE；
（3）將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)至△ACD'，使AB與AC重合，連接ED'，
同（1）可證△AED≌AED'，
∴DE＝D'E．
∵∠ACB＝∠B＝∠ACD'＝45°，
∴∠ECD'＝90°，
在Rt△ECD'中，ED'＝，即DE＝，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題考查的是旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理等知識，靈活運(yùn)用利用旋轉(zhuǎn)變換作圖、掌握全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．
16．(2023·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，△ABC是邊長為4的等邊三角形，點(diǎn)D是線段BC的中點(diǎn)，∠EDF=120°，把∠EDF繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)，使∠EDF的兩邊分別與線段AB、AC交于點(diǎn)E、F．
（1）當(dāng)DF⊥AC時(shí)，求證：BE=CF；
（2）在旋轉(zhuǎn)過程中，BE+CF是否為定值？若是，求出這個(gè)定值；若不是，請說明理由
答案:（1）證明見解析；（2）是，2.
分析：（1）根據(jù)四邊形內(nèi)角和為360°，可求∠DEA=90°，根據(jù)“AAS”可判定△BDE≌△CDF，即可證BE=CF；
（2）過點(diǎn)D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，如圖2，易證△MBD≌△NCD，則有BM=CN，DM=DN，進(jìn)而可證到△EMD≌△FND，則有EM=FN，就可得到BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN=2BM=2BD×cs60°=BD=BC=2.
【詳解】（1）∵△ABC是邊長為4的等邊三角形，點(diǎn)D是線段BC的中點(diǎn)，
∴∠B=∠C=60°，BD=CD，
∵DF⊥AC，
∴∠DFA=90°，
∵∠A+∠EDF+∠AFD+∠AED=180°，
∴∠AED=90°，
∴∠DEB=∠DFC，且∠B=∠C=60°，BD=DC，
∴△BDE≌△CDF（AAS）
（2）過點(diǎn)D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，
則有∠AMD=∠BMD=∠AND=∠CND=90°．
∵∠A=60°，
∴∠MDN=360°-60°-90°-90°=120°．
∵∠EDF=120°，
∴∠MDE=∠NDF．
在△MBD和△NCD中，
，
∴△MBD≌△NCD（AAS）
4BM=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×cs60°=BD=BC=2.
【點(diǎn)睛】本題主要考查了等邊三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、特殊角的三角函數(shù)值等知識，通過證明三角形全等得到BM=CN，DM=DN，EM=FN是解決本題的關(guān)鍵．

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專題22 對角互補(bǔ)模型 2024年中考數(shù)學(xué)核心幾何模型重點(diǎn)突破（全國通用）
（全國通用）2022年中考數(shù)學(xué)命題點(diǎn)及重難題型分類突破練 模型六 對角互補(bǔ)模型（原卷版+解析版）

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