中考數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習(xí)08 全等三角形8種模型練習(xí)（解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

平行線中點(diǎn)模型與雨傘模型）
目錄
TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc156575233" 題型01 一線三等角模型（含一線三垂直模型）
\l "_Tc156575234" 題型02 手拉手模型
\l "_Tc156575235" 題型03 倍長(zhǎng)中線模型
\l "_Tc156575236" 題型04 平行線中點(diǎn)模型與雨傘模型
\l "_Tc156575237" 題型05 截長(zhǎng)補(bǔ)短模型
\l "_Tc156575238" 題型06 婆羅摩笈多模型
\l "_Tc156575239" 題型07 半角模型
題型01 一線三等角模型（含一線三垂直模型）
【一線三垂直模型介紹】只要出現(xiàn)等腰直角三角形，可以過直角點(diǎn)作一條直線，然后過45°頂點(diǎn)作直線的垂線，構(gòu)造三垂直，所得兩個(gè)直角三角形全等.根據(jù)全等三角形倒邊，得到線段之間的數(shù)量關(guān)系.
【一線三等角模型介紹】三個(gè)等角的頂點(diǎn)在同一條直線，這個(gè)角可以是直角，也可以是銳角或鈍角.
一線三等角類型：
（同側(cè)）已知∠A=∠CPD=∠B=∠α，CP=PD
（異側(cè)）已知∠EAC=∠ABD=∠DPC=∠α，CP=PD
1．（2023·陜西西安·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）小西在物理課上學(xué)習(xí)了發(fā)聲物體的振動(dòng)實(shí)驗(yàn)后，對(duì)其作了進(jìn)一步的探究：在一個(gè)支架的橫桿點(diǎn)O處用一根細(xì)繩懸掛一個(gè)小球A，小球A可以自由擺動(dòng)，如圖，OA表示小球靜止時(shí)的位置．當(dāng)小明用發(fā)聲物體靠近小球時(shí)，小球從OA擺到OB位置，此時(shí)過點(diǎn)B作BD⊥OA于點(diǎn)D，當(dāng)小球擺到OC位置時(shí)，OB與OC恰好垂直（圖中的A、B、O、C在同一平面上），過點(diǎn)C作CE⊥OA于點(diǎn)E，測(cè)得BD=8cm，OA=17cm．求AE的長(zhǎng)．

【答案】9cm
【分析】首先根據(jù)題意證明出△COE≌△OBDAAS，然后利用全等三角形的性質(zhì)求解即可．
【詳解】∵OB⊥OC，
∴∠BOD+∠COE=90°，
又∵CE⊥OA,BD⊥OA，
∴∠CEO=∠ODB=90°，
∴∠BOD+∠B=90°，
∴∠COE=∠B，
在△COE和△OBD中，
∠CEO=∠BDO∠COE=∠BOC=BO，
∴△COE≌△OBDAAS，
∴OE=BD=8cm，
∴AE=OA-OE=17-8=9cm．
【點(diǎn)睛】此題考查全等三角形的性質(zhì)和判定，解題思路是找準(zhǔn)條件判定全等，解題的關(guān)鍵是證明△COE≌△OBDAAS．
2．（2023·全國(guó)·九年級(jí)專題練習(xí)）感知：數(shù)學(xué)課上，老師給出了一個(gè)模型：如圖1，點(diǎn)A在直線DE上，且∠BDA=∠BAC=∠AEC=90°，像這種一條直線上的三個(gè)頂點(diǎn)含有三個(gè)相等的角的模型我們把它稱為“一線三等角“模型．
應(yīng)用：
(1)如圖2，Rt△ABC中，∠ACB=90°，CB=CA，直線ED經(jīng)過點(diǎn)C，過A作AD⊥ED于點(diǎn)D，過B作BE⊥ED于點(diǎn)E．求證：△BEC≌△CDA．
(2)如圖3，在△ABC中，D是BC上一點(diǎn)，∠CAD=90°，AC=AD，
∠DBA=∠DAB，AB=23，求點(diǎn)C到AB邊的距離．
(3)如圖4，在?ABCD中，E為邊BC上的一點(diǎn)，F(xiàn)為邊AB上的一點(diǎn)．若
∠DEF=∠B，AB=10，BE=6，求 EFDE的值．
【答案】(1)見解析
(2)3
(3)EFDE=35
【分析】（1）由直角三角形的性質(zhì)得出∠ACD=∠EBC，可證明△BEC≌△CDA；
（2）過點(diǎn)D作DF⊥AB于點(diǎn)F，過點(diǎn)C作CE⊥AB于，交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，證明△CAE≌△ADF，由全等三角形的性質(zhì)可得出CE=AF=3，則可得出答案；
（3）過點(diǎn)D作DM=DC交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，證明△BFE∽△MED，由相似三角形的性質(zhì)可得出答案．
【詳解】（1）證明：∵∠ACB=90°，∠BCE+∠ACB+∠ACD=180°，
∴∠BCE+∠ACD=180°，
∵AD⊥ED，BE⊥ED，
∴∠BEC=∠CDA=90°，∠EBC+∠BCE=90°，
∴∠ACD=∠EBC，
在△BEC和△CDA中，
∠CDA=∠BEC=90°∠ACD=∠EBCCB=CA，
∴△BEC≌△CDA；
（2）解：過點(diǎn)D作DF⊥AB于點(diǎn)F，過點(diǎn)C作CE⊥AB于，交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，
∵∠DBA=∠DAB，
∴AD=BD，
∴AF=BF=12AB=3，
∵∠CAD=90°，
∴∠DAF+∠CAE=90°，
∵∠DAF+∠ADF=90°，
∴∠CAE=∠ADF，
在△CAE和△ADF中，
∠CEA=∠AFD=90°∠CAE=∠ADFAC=AD，
∴△CAE≌△ADF，
∴CE=AF=3，
即點(diǎn)C到AB的距離為3；
（3）過點(diǎn)D作DM=DC交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，
∴∠DCM=∠M，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴DM=CD=AB=10，AB∥CD
∴∠B=∠DCM=∠M，
∵∠FEC=∠DEF+∠DEC=∠B+∠BFE,∠B=∠DEF，
∴∠DEC=∠BFE，
∴△BFE∽△MED，
∴EFDE=BEDM=610=35．
【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
3．（2022·北京·?？家荒＃?duì)于平面直角坐標(biāo)系xOy中的圖形M和點(diǎn)P，給出如下定義：將圖形M繞點(diǎn)P順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到圖形N，圖形N稱為圖形M關(guān)于點(diǎn)P的“垂直圖形”．例如，圖1中點(diǎn)D為點(diǎn)C關(guān)于點(diǎn)P的“垂直圖形”．
(1)點(diǎn)A關(guān)于原點(diǎn)O的“垂直圖形”為點(diǎn)B．
①若點(diǎn)A的坐標(biāo)為0,3，則點(diǎn)B的坐標(biāo)為___________；
②若點(diǎn)B的坐標(biāo)為3,1，則點(diǎn)A的坐標(biāo)為___________；
(2)E(-3,3)，F(xiàn)(-2,3)，G(a,0)，線段EF關(guān)于點(diǎn)G的“垂直圖形”記為E'F'，點(diǎn)E的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為E'，點(diǎn)F的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為F'．
①求點(diǎn)E'的坐標(biāo)（用含a的式子表示）；
②若⊙O的半徑為2，E'F'上任意一點(diǎn)都在⊙O內(nèi)部或圓上，直接寫出滿足條件的EE'的長(zhǎng)度的最大值．
【答案】(1)①3,0，②-1,3
(2)①(3+a,3+a)，②22
【分析】(1)① ②根據(jù)“垂直圖形”的定義可得答案；
(2)①過點(diǎn)E作EP⊥x軸于點(diǎn)P，過點(diǎn)E'作E'H⊥x軸于點(diǎn)H，利用AAS證明△PEG≌△HGE'得E'H=PG=a+3，GH=EP=3，從而得出答案；②由點(diǎn)E'的坐標(biāo)可知，滿足條件的點(diǎn)E'在第一象限的⊙O上，求出點(diǎn)E'的坐標(biāo)，從而解決問題．
【詳解】（1）解：①∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為0,3，
∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為3,0，
故答案為：3,0；
②當(dāng)B3,1時(shí)，如圖，A-1,3，

故答案為：-1,3；
（2）解：①過點(diǎn)E作EP⊥x軸于點(diǎn)P，過點(diǎn)E'作E'H⊥x軸于點(diǎn)H，

∵∠EGE'=90°，EG=E'G，
∴∠EGP+∠E'GH=90°，∠EGP+∠E=90°，
∴∠E=∠E'GH，
∵∠EPG=∠GHE'，
∴ △PEG≌△HGE'（AAS），
∴E'H=PG=a+3，GH=EP=3，
∴OH=3+a，
∴E'（3+a,3+a）；
②如圖，觀察圖象知，滿足條件的點(diǎn)E'在第一象限的⊙O上，

∵E'3+a,3+a，OE'=2，
∴a+32+a+32=22，a+3=2(負(fù)值舍去)，
∴a=2-3，
∴E'2,2，
∴EE'=2+32+2-32=22．
∴EE'的長(zhǎng)度的最大值為22．
【點(diǎn)睛】本題是幾何變換綜合題，主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，“垂直圖形”的定義，坐標(biāo)與圖形，求出點(diǎn)E'的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．
4．（2021·浙江嘉興·校考一模）閱讀材料：我們知道：一條直線經(jīng)過等腰直角三角形的直角頂點(diǎn)，過另外兩個(gè)頂點(diǎn)分別向該直線作垂線，即可得三垂直模型”如圖①：在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，分別過A、B向經(jīng)過點(diǎn)C直線作垂線，垂足分別為D、E，我們很容易發(fā)現(xiàn)結(jié)論：△ADC≌△CEB．
(1)探究問題：如果AC≠BC，其他條件不變，如圖②，可得到結(jié)論；△ADC∽△CEB．請(qǐng)你說明理由．
(2)學(xué)以致用：如圖③，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y＝12x與直線CD交于點(diǎn)M（2，1），且兩直線夾角為α，且tanα＝32，請(qǐng)你求出直線CD的解析式．
(3)拓展應(yīng)用：如圖④，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝5，點(diǎn)E為BC邊上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接AE，將線段AE繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，點(diǎn)A落在點(diǎn)P處，當(dāng)點(diǎn)P在矩形ABCD外部時(shí)，連接PC，PD．若△DPC為直角三角形時(shí)，請(qǐng)你探究并直接寫出BE的長(zhǎng)．
【答案】(1)見解析
(2)y=-47x+157
(3)4或3+72
【分析】（1）由同角的余角相等可得∠BCE=∠DAC，且∠ADC=∠BEC=90°，可得結(jié)論；
（2）過點(diǎn)O作ON⊥OM交直線CD于點(diǎn)N，分別過M、N作ME⊥x軸NF⊥x軸，由（1）的結(jié)論可得： △NFO∽△OEM，可得NFOE=OFME=NOMO ，可求點(diǎn)N坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求解析式；
（3）分兩種情況討論，由全等三角形的性質(zhì)和相似三角形的性質(zhì)可求解．
【詳解】（1）解：理由如下，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，
又∵∠ADC＝90°，
∴∠ACD+∠DAC＝90°，
∴∠BCE＝∠DAC，且∠ADC＝∠BEC＝90°，
∴△ADC∽△CEB；
（2）解：如圖，過點(diǎn)O作ON⊥OM交直線CD于點(diǎn)N，分別過M、N作ME⊥x軸，NF⊥x軸，
由（1）可得：△NFO∽△OEM，
∴NFOE=OFME=NOMO，
∵點(diǎn)M（2，1），
∴OE＝2，ME＝1，
∵tanα＝ONOM＝32，
∴NF2=OF1=32，
∴NF＝3，OF＝32 ，
∴點(diǎn)N（-32，3），
∵設(shè)直線CD表達(dá)式：y＝kx+b，
∴1=2k+b3=-32k+b
∴k=-47b=157
∴直線CD的解析式為：y＝-47x+157；
（3）解：當(dāng)∠CDP＝90°時(shí)，如圖，過點(diǎn)P作PH⊥BC，交BC延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，
∵∠ADC+∠CDP＝180°，
∴點(diǎn)A，點(diǎn)D，點(diǎn)P三點(diǎn)共線，
∵∠BAP＝∠B＝∠H＝90°，
∴四邊形ABHP是矩形，
∴AB＝PH＝4，
∵將線段AE繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，
∴AE＝EP，∠AEP＝90°，
∴∠AEB+∠PEH＝90°，且∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝∠PEH，且∠B＝∠H＝90°，AE＝EP，
∴△ABE≌△EHP（AAS），
∴BE＝PH＝4，
當(dāng)∠CPD＝90°時(shí)，如圖，過點(diǎn)P作PH⊥BC，交BC延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，延長(zhǎng)HP交AD的延長(zhǎng)線于N，則四邊形CDNH是矩形，
∴CD＝NH＝4，DN＝CH，
設(shè)BE＝x，則EC＝5-x，
∵將線段AE繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，
∴AE＝EP，∠AEP＝90°，
∴∠AEB+∠PEH＝90°，且∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝∠PEH，且∠B＝∠EHP＝90°，AE＝EP，
∴△ABE≌△EHP（AAS），
∴PH＝BE＝x，AB＝EH＝4，
∴PN＝4-x，CH＝4-（5-x）＝x-1＝DN，
∵∠DPC＝90°，
∴∠DPN+∠CPH＝90°，且∠CPH+∠PCH＝90°，
∴∠PCH＝∠DPN，且∠N＝∠CHP＝90°，
∴△CPH∽△PDN，
∴DNPH=NPCH，
∴x-1x=4-xx-1
∴x＝3±72
∵點(diǎn)P在矩形ABCD外部，
∴x＝3+72，
∴BE＝3+72，
綜上所述：當(dāng)BE的長(zhǎng)為4或3+72時(shí)，△DPC為直角三角形．
【點(diǎn)睛】本題是考查了待定系數(shù)法求解析式，相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造相似三角形是本題的關(guān)鍵．
5．（2022下·安徽淮北·九年級(jí)校聯(lián)考階段練習(xí)）數(shù)學(xué)模型學(xué)習(xí)與應(yīng)用．【學(xué)習(xí)】如圖1，∠BAD=90°，AB=AD，BC⊥AC于點(diǎn)C，DE⊥AC于點(diǎn)E．由∠1+∠2=∠2+∠D=90°，得∠1=∠D；又∠ACB=∠AED=90°，可以通過推理得到△ABC≌△DAE．我們把這個(gè)數(shù)學(xué)模型稱為“一線三等角”模型；
(1)【應(yīng)用】如圖2，點(diǎn)B，P，D都在直線l上，并且∠ABP=∠APC=∠PDC=α．若BP=x，AB=2，BD=5，用含x的式子表示CD的長(zhǎng)；
(2)【拓展】在△ABC中，點(diǎn)D，E分別是邊BC，AC上的點(diǎn)，連接AD，DE，∠B=∠ADE=∠C，AB=5，BC=6．若△CDE為直角三角形，求CD的長(zhǎng)；
(3)如圖3，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A的坐標(biāo)為2,4，點(diǎn)B為平面內(nèi)任一點(diǎn)．△AOB是以O(shè)A為斜邊的等腰直角三角形，試直接寫出點(diǎn)B的坐標(biāo)．
【答案】(1)CD=-12x2+52x
(2)3
(3)3,1或-1,3
【詳解】（1）解：∵∠ABP=∠APC=∠PDC=α，
∴∠A+∠APB=∠APB+∠CPD，
∴∠A=∠CPD，
又∵∠ABP=∠PDC，
∴△ABP∽△PDC，
∴ABPD=BPCD，
即xCD=25-x，
∴CD=-12x2+52x．
（2）解：如圖4，當(dāng)∠CED=90°時(shí)，
∵∠ADE=∠C，∠CAD=∠DAE，
∴△ACD∽△ADE，
∴∠ADC=∠AED=90°，
∵∠B=∠C，∠ADC=90°
∴點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)，
∴CD=12BC=12×6=3．
如圖5，當(dāng)∠EDC=90°時(shí)，
∵∠B=∠C，
∴∠BAD=∠EDC=90°，
過點(diǎn)A作AF⊥BC，交BC于點(diǎn)F，
∴BF=12BC=3，csB=BFAB=ABBD=35，
BD=253>6，不合題意，舍去，
∴CD=3．
（3）解：分兩種情況：
①如圖6所示，過A作AC⊥y軸于D，過B作BE⊥x軸于E，DA與EB相交于C，則∠C＝90°，∴四邊形OECD是矩形
∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為（2，4），
∴AD＝2，OD＝CE＝4，
∵∠OBA＝90°，
∴∠OBE+∠ABC＝90°，
∵∠ABC+∠BAC＝90°，
∴∠BAC＝∠OBE，
在△ABC與△BOE中，
∠C=∠BEO=90°∠BAC=∠OBEAB=BO
∴△ABC≌△BOE（AAS），
∴AC＝BE，BC＝OE，
設(shè)OE＝x，則BC＝OE＝CD＝x，
∴AC＝BE＝x－2，
∴CE＝BE+BC＝x－2+x＝OD＝4，
∴x＝3，x－2＝1，
∴點(diǎn)B的坐標(biāo)是（3，1）；
②如圖7，同理可得，點(diǎn)B的坐標(biāo)（－1，3），
綜上所述，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（3，1）或（－1，3）．
【點(diǎn)睛】本題是三角形綜合題目，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)；正確的作出輔助線，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．
6．（2021上·山東青島·九年級(jí)統(tǒng)考期中）【模型引入】
我們?cè)谌葘W(xué)習(xí)中所總結(jié)的“一線三等角、K型全等”這一基本圖形，可以使得我們?cè)谟^察新問題的時(shí)候很迅速地聯(lián)想，從而借助已有經(jīng)驗(yàn)，迅速解決問題．
【模型探究】
如圖，正方形ABCD中，E是對(duì)角線BD上一點(diǎn)，連接AE，過點(diǎn)E作EF⊥AE，交直線CB于點(diǎn)F．
（1）如圖1，若點(diǎn)F在線段BC上，寫出EA與EF的數(shù)量關(guān)系并加以證明；
（2）如圖2，若點(diǎn)F在線段CB的延長(zhǎng)線上，請(qǐng)直接寫出線段BC，BE和BF的數(shù)量關(guān)系．
【模型應(yīng)用】
（3）如圖3，正方形ABCD中，AB＝4，E為CD上一動(dòng)點(diǎn)，連接AE交BD于F，過F作FH⊥AE于F，過H作HG⊥BD于G．則下列結(jié)論：①AF＝FH；②∠HAE＝45°；③BD＝2FG；④△CEH的周長(zhǎng)為8．正確的結(jié)論有個(gè)．
（4）如圖4，點(diǎn)E是正方形ABCD對(duì)角線BD上一點(diǎn)，連接AE，過點(diǎn)E作EF⊥AE，交線段BC于點(diǎn)F，交線段AC于點(diǎn)M，連接AF交線段BD于點(diǎn)H．給出下列四個(gè)結(jié)論，①AE＝EF；②2DE＝CF；③S△AEM＝S△MCF；④BE＝DE+2BF；正確的結(jié)論有個(gè)．
【模型變式】
（5）如圖5，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形OBCD是正方形，且D（0，2），點(diǎn)E是線段OB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，M是線段OB上一動(dòng)點(diǎn)（不包括點(diǎn)O、B），作MN⊥DM，垂足為M，交∠CBE的平分線與點(diǎn)N，求證：MD＝MN
（6）如圖6，在上一問的條件下，連接DN交BC于點(diǎn)F，連接FM，則∠FMN和∠NMB之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請(qǐng)給出證明．
【拓展延伸】
（7）已知∠MON＝90°，點(diǎn)A是射線ON上的一個(gè)定點(diǎn)，點(diǎn)B是射線OM上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且滿足OB＞OA．點(diǎn)C在線段OA的延長(zhǎng)線上，且AC＝OB．如圖7，在線段BO上截取BE，使BE＝OA，連接CE．若∠OBA+∠OCE＝β，當(dāng)點(diǎn)B在射線OM上運(yùn)動(dòng)時(shí)，β的大小是否會(huì)發(fā)生變化？如果不變，請(qǐng)求出這個(gè)定值；如果變化，請(qǐng)說明理由．
（8）如圖8，正方形ABCD中，AD＝6，點(diǎn)E是對(duì)角線AC上一點(diǎn)，連接DE，過點(diǎn)E作EF⊥ED，交AB于點(diǎn)F，連接DF，交AC于點(diǎn)G，將△EFG沿EF翻折，得到△EFM，連接DM，交EF于點(diǎn)N，若點(diǎn)F是AB邊的中點(diǎn)，則△EDM的面積是．
【答案】（1）AE=EF，證明見解析；（2）BE=22(BC-BF)；（3）4；（4）3；（5）見解析；（6）∠NMF=∠NMB，證明見解析；（7）β的大小不變，β=45°，理由見解析；（8）152
【分析】（1）過點(diǎn)E作YZ⊥AD，交AD于Y，交BC于Z,證明△ZBE是等腰直角三角形，進(jìn)而證明△AEY ≌ △EFZ，即可證明AE=EF；
（2）過E分別向AB,BC作垂線，垂足分別為T,U，證明四邊形TBUE是正方形，證明△TEA ≌ △UEF，過A作AV⊥BD于V,過F作FW⊥BD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)W，設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為a，在Rt△ABD中，求得BD，進(jìn)而求得AV=12BD=22a，證明△AEV ≌ △EFW，進(jìn)而可得BW=22BF，由BE+BW=BE+EV=BV=AV=22a，可得BE=22(BC-BF)
（3）①由（1）直接判斷①；根據(jù)△AFH是等腰直角三角形，即可判斷②；過A作AR⊥BD于R,證明△ARF≌△FGH可得AR=FG，進(jìn)而判斷；③過點(diǎn)A作AQ⊥HE于點(diǎn)Q，延長(zhǎng)CB至Q，使BP=DE，證明△APH≌△AEH，進(jìn)而可得△CEH的周長(zhǎng)為2BC，即可判斷④；
（4）①由（1）直接判斷①；過E作PQ//DC,交AD,BC分別為點(diǎn)P,Q，證明△DPE,△EQB是等腰直角三角形，證明Rt△EFQ ≌ Rt△AEP，進(jìn)而可得DE=2DP=22CF，即可判斷②；過F作KF//PQ交BD于點(diǎn)K,KN⊥PQ于N，可得KB=2BF，由②可知PD=QF，進(jìn)而證明△DPE≌△KNE，BE=BK+EK=DE+2BF可判斷④，由于M點(diǎn)的位置不確定，無(wú)法判斷S△AEM和S△MCF的關(guān)系，即可判斷③；
（5）在OD上取OH=OM，連接HM，證明△HDM ≌ △BMN即可；
（6）延長(zhǎng)BO至點(diǎn)A，使得AO=CF，連接AD，過點(diǎn)M作MP⊥DN于點(diǎn)F，證明△AOD≌△FCD，可得∠CDF=∠ODA，進(jìn)而證明△ADM ≌ △FDM，由∠NMF+∠FMP=∠NMP=45°，根據(jù)角度的等量換算可得∠NMF=∠MDO，∠NMB=∠MDO，進(jìn)而可得∠NMF=∠NMB；
（7）過點(diǎn)C作CF//OB，且CF=OA，連接AF交CE于點(diǎn)G，連接BF，證明△BOA≌△ACF，可得BA=AF,∠1=∠2，進(jìn)而可得∠5=45°，進(jìn)而證明四邊形BECF是平行四邊形，根據(jù)平行線的性質(zhì)，三角形的外角的性質(zhì)可得∠7+∠1=45°，即β =45°
（8）過E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，連接BE，證明PE=PC，設(shè)PC=x,則PE=x,PD=6-x，EQ=6-x，證明△DEF是等腰直角三角形，證明△DEC≌△BEC，在Rt△DEP中，勾股定理求得DE=3102，進(jìn)而可得EF，過點(diǎn)F作FH⊥AC于點(diǎn)H，證明△DGC∽△FGA，進(jìn)而求得AG=22，進(jìn)而求得GE，在Rt△HGF中，勾股定理求得FG，進(jìn)而求得S△EFG，根據(jù)翻折的性質(zhì)求得S△EFM，根據(jù)S△EDM=S四邊形DFME-S△DFM=S△DEF+S△EFM-S△DFM即可求得S△EDM=152．
【詳解】（1）若點(diǎn)F在線段BC上，AE=EF,理由如下，
過點(diǎn)E作YZ⊥AD，交AD于Y，交BC于Z,
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD=AB=BC，∠DAB=∠ABC=∠C=∠ADC=90°
又∵ YZ⊥AD
∴四邊形ABZY是矩形，
∴AY=BZ
∵AD=AB，∠BAD=90°
∴∠ADB=∠ABD=∠DBC=45°
∴△ZBE是等腰直角三角形
∴BZ=EZ
∵BZ=AY
∴ZE=AY
∵AE⊥EF
∴∠AEY+∠FEZ=90°
∵∠AYE=90°
∴∠EAY+∠AEY=90°
∴ ∠FEZ=∠EAY
∵AD//BC,YZ⊥AD
∴YZ⊥BC
∴∠AYE=∠EZF=90°
在△AEY與△EFZ中，
∠FEZ=∠EAYZE=AY∠EZF=∠AYE
∴ △AEY ≌ △EFZ
∴AE=EF
（2）若點(diǎn)F在線段CB的延長(zhǎng)線上，BE=22(BC-BF)，理由如下，
過E分別向AB,BC作垂線，垂足分別為T,U，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°
∴四邊形TBUE是矩形，
∴∠ADB=∠ABD=∠DBC=45°
∵ET⊥AB,EU⊥BC
∴TB=TE，EU=BU，
∴四邊形TBUE是正方形
∴TE=EU,TE//FU
∴∠TEF=∠EFU
∵AE⊥EF
∴∠TEF+∠AET=90°
∵ET⊥AB
∴∠EAT+∠AET=90°
∴∠TEF=∠EAT
∴∠EFU=∠EAT
在△TEA與△UEF中
∠ATE=∠FUE=90°∠EAT=∠EFUTE=UE
∴ △TEA ≌ △UEF
∴AE=EF
過A作AV⊥BD于V,過F作FW⊥BD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)W，如圖，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°
∴∠ADB=∠ABD=45°
設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為a，
∵AV⊥BD
∴AV=BV=VD
在Rt△ABD中，BD=AD2+AB2=2AD=2a，
∴AV=12BD=22a
∵AE⊥EF，AV⊥EV
∴∠AEV+∠EFW=90°,∠AEV+∠EAV=90°
∴∠EFW=∠EAV
∵FW⊥WD,AV⊥BD
∴∠FWE=∠AVE=90°
在△AEV和△EFW中
∠EFW=∠EAV∠FWE=∠AVEAE=EF
∴ △AEV ≌ △EFW
∴EV=FW
∵∠FBW=∠DBC=45°，F(xiàn)W⊥WB
∴∠FBW=90°-∠BFW=45°
∴∠WFB=∠WBF
∴FW=WB
∴BF=FW2+BW2=2BW
即BW=22BF
∴BW=EV
∴ BE+BW=BE+EV=BV=AV=22a
∴22BF+BE=22a
∵ BC=a
∴22BF+BE=22BC
即BE=22(BC-BF)
（3）如圖
由（1）可得AF=FH，故①正確，
∵AF⊥FH,AF=FH
∴△AFH是等腰直角三角形，
∴∠HAE=45°
故②正確，
過A作AR⊥BD于R,
∵AD=AB,∠BAD=90°
∴AR=BR=DR=12BD
∵AR⊥BD,HG⊥BD
∴∠ARF=∠FGH=90°
∵∠AFR+∠FAR=90°,∠AFR+∠GFH=90°
∴∠FAR=∠HFG
又∵AF=FH
∴△ARF≌△FGH
∴AR=FG
∴FG=12BD
故③正確，
如圖，過點(diǎn)A作AQ⊥HE于點(diǎn)Q，延長(zhǎng)CB至Q，使BP=DE，
∵∠ADE=∠ABP=90°,AB=AD,DE=BP
∴△ABP≌△ADE
∴∠DAE=∠BAP
∵∠EAH=45°，∠DAB=90°
∴∠DAE+∠HAB=45°
∴∠BAP+∠HAB=45°
即∠HAP=∠EAH
∵AP=AE,AH=AH
∴△APH≌△AEH
∴HE=HP
∵PH=PB+BH=DE+BH=EH
∴△CEH的周長(zhǎng)為CE+EH+HC=CE+DE+BH+HC=CD+BC=2BC
∵正方形的邊長(zhǎng)為4
∴△CEH的周長(zhǎng)為2BC =8．
故④正確，
綜上所述，故正確的結(jié)論有①②③④，共計(jì)4個(gè)
故答案為：4
（4）如圖4，
由（1）可得AE=EF,故①正確；
如圖，過E作PQ//DC,交AD,BC分別為點(diǎn)P,Q
∵四邊形ABCD是正方形
∴∠ADC=∠DCB=90°
∵PQ//DC
∴∠DPQ=∠PQC=90°
∴四邊形PDCQ是矩形
同理，四邊形ABQP是矩形，
∴DP=CQ，AP=BQ
∵∠PDE=∠EBQ=45°
∴ △DPE,△EQB是等腰直角三角形
∴PE=DP，EQ=QB
∵四邊形ABQP是矩形
∴BQ=AP
∴EQ=AP
在Rt△EFQ與Rt△AEP中，
AE=EFAP=EQ
∴ Rt△EFQ ≌ Rt△AEP
∴PE=QF
∴DP=QF=12CF
∵∠PDE=45°,∠DPE=90°
∴DE=2DP=22CF
∴CF=2DE
故②正確
如圖，過F作KF//PQ交BD于點(diǎn)K,KN⊥PQ于N
則四邊形KNQF是矩形，
∴NK=QF
∵∠KBF=45°,∠KFB=90°
∴KB=2BF
由②可知PD=QF
∴NK=DP，∠DPE=∠KNE=90°，∠KEN=∠DEP，
∴△DPE≌△KNE，
∴DE=EK，
∴BE=BK+EK=DE+2BF，
故④正確；
由于M點(diǎn)的位置不確定，無(wú)法判斷S△AEM和S△MCF的關(guān)系，故③不正確，
綜上所述正確的結(jié)論由①②④，共計(jì)3個(gè)；
故答案為：3，
（5）如圖5，在OD上取OH=OM，連接HM，
∵OD=OB,OH=OM
∴HD=MB,∠OHM=OMH
∴∠DHM=180°-45°=135°
∵ BN平分∠CBE
∴∠NBE=45°
∴∠MBN=135°
∴∠DHM=∠MBN
∵DM⊥MN，∠AOB=90°
∴∠DMO+∠NMB=90°
∵∠DMO+∠HDM=90°
∴∠HDM=∠NMB
△HDM與△BMN中
∠HDM=∠BMNDH=BM∠DHM=∠MBN
∴ △HDM ≌ △BMN
∴DM=MN
（6）如圖6，在上一問的條件下，連接DN交BC于點(diǎn)F，連接FM，∠NMF=∠NMB，理由如下，
延長(zhǎng)BO至點(diǎn)A，使得AO=CF，連接AD，過點(diǎn)M作MP⊥DN于點(diǎn)F，
∵DC=DO,∠DOA=∠DCF=90°,CF=AO
∴△AOD≌△FCD
∴∠CDF=∠ODA，AD=DF
∵DM=MN,DM⊥MN
∴∠MDN=45°
∵∠CDO=90°
∴∠CDF+∠MDO=90°-∠FDM=45°
∴∠ODA+ODM=45°=∠ADM
∴∠ADM=∠FDM
在△ADM與△FDM中，
AD=AF∠ADM=∠FDMDM=DM
∴ △ADM ≌ △FDM
∴∠DFM=∠DAM
∵M(jìn)P⊥DF
∴∠PMF+∠PFM=90°
∵∠DAO+∠ADO=90°
∴∠PMF=∠ODA
∵ ∠MDO+∠ODA=45°
∴∠PMF+∠MDO=45°
∵DM=MN,MP⊥DN
∴PM=PN
∴∠PMN=45°
∴∠NMF+∠FMP=∠NMP=45°
∴∠NMF=∠MDO
∵∠NMB=∠MDO
∴∠NMF=∠NMB
（7）β的大小不變，β=45°，理由如下，
過點(diǎn)C作CF//OB，且CF=OA，連接AF交CE于點(diǎn)G，連接BF，如圖，
∵CF//OB，
∴∠BOA+∠ACF=180°
∵∠BOA=90°
∴∠ACF=90°
∴∠BOA=∠ACF
又OB=AC,OA=CF
∴△BOA≌△ACF
∴BA=AF,∠1=∠2
∴∠4=∠5
∵∠1+∠3=90°
∴∠2+∠3=90°
∴∠BAF=180°-(∠2+∠3)=90°
∴∠5=45°
∵∠1+∠7=∠2+∠7=∠6
∵BE//CF,BE=OA=CF
∴四邊形BECF是平行四邊形
∴BF//CE
∴∠5=∠6=45°
∴∠7+∠1=45°
即β =45°
（8）如圖，過E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，連接BE，
∵DC⊥AB
∴PQ⊥AB
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ACD=45°,
△PEC是等腰直角三角形，∴ PE=PC
設(shè)PC=x,則PE=x,PD=6-x，EQ=6-x
∴PD=EQ
∵∠DPE=∠EQF=90°，∠PED=∠EFQ
∴△DPE≌△EQFAAS
∴DE=EF ∵DE⊥EF
∴ △DEF是等腰直角三角形
∵DC=BC,∠DCE=∠BCE=45°,CE=CE ∴△DEC≌△BECSAS
∴DE=BE
∴EF=BE
∵EQ⊥FB
∴FQ=BQ=12BF
∵ AB=AD=6,F是AB的中點(diǎn)
∴BF=3
∴FQ=BQ=PE=32
∴CE=322,PD=92
在Rt△DEP中，DE=DP2+PE2=814+94=3102
∴EF=DE=3102
過點(diǎn)F作FH⊥AC于點(diǎn)H，如圖，
∵AD=CD=6
∴AC=62
∵DC//AB
∴△DGC∽△FGA
∴ CGAG=CDAF=63=2
∴CG=2AG
∴AG=22
∴GE=AC-AG-CE=62-22-322=522，
∵∠FAC=45°,HF⊥AC
∴∠FAC=∠AFH=45°
∵AF=3
∴AH=HF=322
∴HG=22
在Rt△HGF中，F(xiàn)G=HG2+HF2=24+184=5
∴S△EFG=12?GE?FH=12×322×522=154
∵將△EFG沿EF翻折，得到△EFM，
∴S△EFM=154，F(xiàn)M=FG=5，∠DFE=∠EFM=45°
∴∠DFM=90°
∵DF=DA2+AF2=36+9=35
∴S△DFM=12×35×5=152
∵S△EDM=S四邊形DFME-S△DFM=S△DEF+S△EFM-S△DFM
=12×3102×3102+154-152=152
∴ S△EDM=152
故答案為：152
【點(diǎn)睛】本題考查了四邊形綜合題，全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，添加輔助線，構(gòu)造全等是解題的關(guān)鍵．
7．（2022上·吉林長(zhǎng)春·七年級(jí)長(zhǎng)春市第四十五中學(xué)?？计谥校┩ㄟ^對(duì)數(shù)學(xué)模型“K字”模型或“一線三等角”模型的研究學(xué)習(xí)，解決下列問題：
[模型呈現(xiàn)]如圖1，∠BAD=90°，AB=AD，過點(diǎn)B作BC⊥AC于點(diǎn)C，過點(diǎn)D作DE⊥AC于點(diǎn)E．求證：BC=AE．
[模型應(yīng)用]如圖2，AE⊥AB且AE=AB，BC⊥CD且BC=CD，請(qǐng)按照?qǐng)D中所標(biāo)注的數(shù)據(jù)，計(jì)算圖中實(shí)線所圍成的圖形的面積為________________．
[深入探究]如圖3，∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AC=AE，連接BC，DE，且BC⊥AF于點(diǎn)F，DE與直線AF交于點(diǎn)G．若BC=21，AF=12，則△ADG的面積為_____________．
【答案】[模型呈現(xiàn)]見解析；[模型應(yīng)用]50；[深入探究]63
【分析】[模型呈現(xiàn)]證明△ABC≌△DAE，根據(jù)全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等得到BC=AE；
[模型應(yīng)用]根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AP=BG=3，AG=EP=6,CG=DH=4，CG=BG=3，根據(jù)梯形的面積公式計(jì)算，得到答案；
[深入探究]過點(diǎn)D作DP⊥AG于P，過點(diǎn)E作EQ⊥AG交AG的延長(zhǎng)線于Q，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到DP=AF=12,EQ=AF=12,AP=BF,AQ=CF，證明△DPG≌△EQG，得到PG=GQ.，進(jìn)而求出AG，根據(jù)三角形的面積公式計(jì)算即可．
【詳解】[模型呈現(xiàn)]證明：∵∠BAD=90°，
∴∠BAC+∠DAE=90°，
∵BC⊥AC,DE⊥AC，
∴∠ACB=∠DEA=90°，
∴∠BAC+∠ABC=90°，
∴∠ABC=∠DAE，
在△ABC和△DAE中，
∠ABC=∠DAE∠ACB=∠DAEBA=AD，
∴△ABC≌△DAE(AAS)，
∴BC=AE；
[模型應(yīng)用]解：由[模型呈現(xiàn)]可知，△AEP≌△BAG,△CBG≌△DCH，
∴AP=BG=3,AG=EP=6,CG=DH=4,CG=BG=3，
則S實(shí)線圍成的圖形=12(4+6)×(3+6+4+3)-12×3×6-12×3×6-12×3×4-12×3×4=50，
故答案為：50；
[深入探究]過點(diǎn)D作DP⊥AG于P，過點(diǎn)E作EQ⊥AG交AG的延長(zhǎng)線于Q，
由[模型呈現(xiàn)]可知，△AFB≌△DPA,△AFC≌△EQA，
∴DP=AF=12,EQ=AF=12,AP=BF,AQ=CF，
在△DPG和△EQG中，
∠DPG=∠EQG∠DGP=∠EGQDP=EQ，
∴△DPG≌△EQG(AAS)，
∴PG=GQ，
∵BC=21，
∴AQ+AP=21，
∴AP+AP+PG+PG=21，
∴AG=AP+PG=10.5，
∴S△ADQ=12×10.5×12=63，
故答案為：63．
【點(diǎn)睛】本題考查的是全等三角形的判定和性質(zhì)、三角形的面積計(jì)算，熟記三角形確定的判定定理是解題的關(guān)鍵．
8．（2020上·河南安陽(yáng)·八年級(jí)統(tǒng)考期末）（1）如圖①．已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直線m經(jīng)過點(diǎn)A，BD⊥直線m，CE⊥直線m，垂足分別為點(diǎn)D、E．則線段DE、BD與CE之間的數(shù)量關(guān)系是______；

（2）如圖②，將（1）中的條件改為：在△ABC中，AB=AC，D，A，E三點(diǎn)都在直線m上，并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=α，其中α為任意銳角或鈍角．請(qǐng)問：（1）中的結(jié)論是還否成立？如成立，請(qǐng)你給出證明；若不成立，請(qǐng)說明理由．
（3）拓展與應(yīng)用：如圖③，D，E是D，A，E三點(diǎn)所在直線m上的兩動(dòng)點(diǎn)（D，A，E三點(diǎn)互不重合），點(diǎn)F為∠BAC平分線上的一點(diǎn)，且△ABF和△ACF均為等邊三角形，連接BD、CE．若∠BDA=∠AEC=∠BAC，試判斷△DEF的形狀，并說明理由．
【答案】（1）DE=BD+CE；（2）成立，證明見解析；（3）等邊三角形，理由見解析
【分析】（1）根據(jù)垂直的定義得到∠BDA=∠CEA=90°，根據(jù)等角的余角相等得到∠CAE=∠ABD，根據(jù)“AAS”證明△ADB≌△CEA，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AE=BD，AD=CE，結(jié)合圖形得到DE=BD+CE；
（2）根據(jù)∠BDA=∠AEC=∠BAC，得到∠ABD=∠CAE，由AAS定理證明△ADB≌△CEA，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到BD=AE，DA=CE，得出結(jié)論；
（3）根據(jù)△ADB≌△CEA，得到BD=AE，∠DBA=∠CAE，證明△DBF≌△EAF(SAS)，得到DF=EF，∠BFD=∠AFE，求出∠DFE=60°，根據(jù)等邊三角形的判定定理得到答案．
【詳解】解：（1）DE=BD+CE．理由：如圖1，
∵BD⊥直線m，CE⊥直線m，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAD+∠CAE=90°，
∵∠BAD+∠ABD=90°，
∴∠CAE=∠ABD，
在△ADB和△CEA中，
∠ABD=∠CAE∠ADB=∠CEA=90°BA=AC，
∴△ADB≌△CEA(AAS)，
∴AE=BD，AD=CE，
∴DE=AE+AD=BD+CE；
（2）（1）中結(jié)論成立，
理由如下：如圖2，∵∠BDA=∠BAC=α，
∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°-α，
∴∠DBA=∠CAE，
在△ADB和△CEA中，
∠DBA=∠CAE∠BDA=∠AECBA=AC，
∴△ADB≌△CEA(AAS)，
∴AE=BD，AD=CE，
∴DE=AE+AD=BD+CE；
（3）結(jié)論：△DEF是等邊三角形．
理由：如圖3，由（2）可知，△ADB≌△CEA，
∴BD=AE，∠DBA=∠CAE，
∵△ABF和△ACF均為等邊三角形，
∴∠ABF=∠CAF=60°，BF=AF，
∴∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF，即∠DBF=∠EAF，
在△DBF和△EAF中，
FB=FA∠DBF=∠EAFBD=AE，
∴△DBF≌△EAF(SAS)，
∴DF=EF，∠BFD=∠AFE，
∴∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=60°，
∴△DEF為等邊三角形．
【點(diǎn)睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)以及等邊三角形的判定與性質(zhì)，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．
9．（2023上·湖南長(zhǎng)沙·八年級(jí)統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)Ba,b是第二象限內(nèi)一點(diǎn)．
(1)若a、b滿足等式a+32+b-2=0，求點(diǎn)B的坐標(biāo)；
(2)如圖1，在（1）的條件下，動(dòng)點(diǎn)C以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度從O點(diǎn)出發(fā)，沿x軸的負(fù)半軸方向運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)A以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度從O點(diǎn)出發(fā)，沿y軸的正半軸方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒，當(dāng)t為何值時(shí)，△ABC是AB為斜邊的等腰直角三角形；
(3)如圖2，C、A分別是x軸負(fù)半軸和y軸上正半軸上一點(diǎn)，且△ABC是以AB為斜邊的等腰直角三角形，若E是線段OC上一點(diǎn)，連接BE交AC于點(diǎn)D，連接AE，當(dāng)AE=CE，∠OAE=45°，①求證：BE平分∠ABC； ②設(shè)BD的長(zhǎng)為a，△ADB的面積為S．請(qǐng)用含a的式子表示S．
【答案】(1)B-3,2
(2)當(dāng)t=1時(shí)，△ABC是以AB為斜邊的等腰直角三角形
(3)①見解析；②SΔABD=14a2
【分析】（1）根據(jù)絕對(duì)值和偶次方的性質(zhì)得出a+3=0，b-2=0，進(jìn)而求出a、b的值，即可解答；
（2）過B作BH⊥x軸于點(diǎn)H，設(shè)OA=t，OC=2t，證明△AOC≌△CHB（AAS），得OC=BH，即可解答；
（3）①過點(diǎn)E作EM⊥AB于M，EN⊥BC交BC延長(zhǎng)線于N，過點(diǎn)B作BF⊥x軸于F，先證△AEM≌△CEN（AAS）得EM=EN，利用角平分線定理即可解答；
②延長(zhǎng)AE、BC相交于點(diǎn)P，證明∠BEA=90°,AE=12AP，再證△BCD≌△ACP，得AP=BD=a，利用三角形面積公式即可解答．
【詳解】（1）解：∵（a+3）2+|b-2|=0且（a+3）2≥0，|b-2|≥0，
∴a+3=0，b-2=0，
∴a=-3，b=2，
∴B-3,2；
（2）解：過B作BH⊥x軸于點(diǎn)H，

∵B-3,2，
∴BH=2，
由題意得OA=t，OC=2t，
∵△ACB是以AB斜邊的等腰直角三角形
∴AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠BCH+∠ACB=90°，
∵BH⊥x軸，
∴∠OHB=90°，
∴∠BCH+∠HBC=90°，
∴∠ACB=∠HBC，
∴∠AOC=∠CHB=90°，
在△AOC與△CHB中，
∠ACO=∠HCB∠AOC=∠HCBAC=BC，
∴△AOC≌△CHB（AAS），
∴OC=BH，
∴t=1，
∴當(dāng)t=1時(shí)，△ABC是以AB為斜邊的等腰直角三角形；
（3）①解：過點(diǎn)E作EM⊥AB于M，EN⊥BC交BC延長(zhǎng)線于N，過點(diǎn)B作BF⊥x軸于F，
∴∠EMA=∠ENC=90°，
由（2）可知，∠BCF=∠CAO，
∵∠ECN=∠BCF，
∴∠ECN=∠CAO，
∵△ABC是以AB為斜邊的等腰直角三角形，
∴∠BAC=45°，
∵∠OAE=45°，
∴∠BAC+∠CAE=∠EAO+∠CAE，
即∠BAE=∠CAO，
∵∠ECN=∠CAO，
∴∠ECN=∠BAE，
在△AEM和△CEN中，
∠MAE=∠ECN∠AME=∠CNEAE=CE，
∴△AEM≌△CEN（AAS）
∴EM=EN，
∴BE平分∠ABC；
②解：如圖，延長(zhǎng)AE、BC相交于點(diǎn)P，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACP=90°
∴∠CAE+∠APC=90°，∠PCE+∠ACE=90°，
∵AE=CE
∴∠CAE=∠ACE
∴∠APC=∠PCE
∴CE=PE
∴PE=AE，AE=12AP
∵BE平分∠ABC
∴BE⊥AP
∴∠BEA=90°，
∴∠CAE+∠ADE=90°，∠CBD+∠BDC=90°
∵∠BDC=∠ADE
∴∠CAE=∠CBD
在△BCD和△ACP中，
∠CBD=∠CAEBC=AC∠BCD=∠ACP,
∴△BCD≌△ACP(ASA),
∴BD=AP=a,
∴AE=12a,
∴SΔABD=12BD?AE=12a×12a=14a2．
【點(diǎn)睛】本題考點(diǎn)涉及絕對(duì)值的性質(zhì)，平面直角坐標(biāo)系，等腰三角形的性質(zhì)和判定，三線合一，角平分線定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，所涉知識(shí)點(diǎn)較多，難度較大，屬于壓軸題，掌握“一線三垂直”模型，作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
10．（2022上·江蘇南京·八年級(jí)?？茧A段練習(xí)）已知，在△ABC中，AB=AC，D，A，E三點(diǎn)都在直線m上，且DE=9cm，∠BDA=∠AEC=∠BAC．

(1)如圖①，若AB⊥AC，則BD與AE的數(shù)量關(guān)系為 ___________，CE與AD的數(shù)量關(guān)系為 ___________；
(2)如圖②，判斷并說明線段BD，CE與DE的數(shù)量關(guān)系；
(3)如圖③，若只保持∠BDA=∠AEC，BD=EF=7cm，點(diǎn)A在線段DE上以2cm/s的速度由點(diǎn)D向點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，點(diǎn)C在線段EF上以xcm/s的速度由點(diǎn)E向點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)，它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（s）．是否存在x，使得△ABD與△EAC全等？若存在，求出相應(yīng)的t的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【答案】(1)BD=AE，CE=AD
(2)DE=BD+CE
(3)t=1，x=2或t=94,x=289
【分析】（1）利用平角的定義和三角形內(nèi)角和定理得∠CAE=∠ABD，再利用AAS證明△ABD≌△CAE，得BD＝AE，CE＝AD；
（2）由（1）同理可得△ABD≌△CAE，得BD=AE，CE=AD，可得答案；
（3）分△DAB≌△ECA或△DAB≌△EAC兩種情形，分別根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可解決問題．
【詳解】（1）解：∵∠BDA=∠AEC=∠BAC，
∴∠BAD+∠CAE=∠BAD+∠ABD，
∴∠CAE=∠ABD，
∵∠BDA=∠AEC，BA=CA，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD=AE，CE=AD，
故答案為：BD=AE，CE=AD；
（2）DE=BD+CE，
由（1）同理可得△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD=AE，CE=AD，
∴DE=BD+CE；
（3）存在，當(dāng)△DAB≌△ECA時(shí)，
∴AD=CE=2cm,BD=AE=7cm，
∴t=1，此時(shí)x=2；
當(dāng)△DAB≌△EAC時(shí)，
∴AD=AE=4.5cm,DB=EC=7cm,
∴t=AD2=94，x=7÷94=289，
綜上：t=1，x=2或t=94,x=289．
【點(diǎn)睛】本題是三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握一線三等角基本模型是解題的關(guān)鍵，同時(shí)滲透了分類討論的數(shù)學(xué)思想．
題型02 手拉手模型
【模型介紹】?jī)蓚€(gè)頂角相等的等腰三角形共用頂角頂點(diǎn)，分別連接對(duì)應(yīng)的兩底角頂點(diǎn)，從而可以得到一個(gè)經(jīng)典的全等模型.因?yàn)轫旤c(diǎn)相連的四條邊，形象可以看作兩雙手，通常稱為“手拉手模型”.
文字說明：1）點(diǎn)A 為共用頂角頂點(diǎn)，看作頭
2）線段AB、AC為等腰?ABC的兩腰，看作兩條手臂
線段AM、AN為等腰?AMN的兩腰，看作兩條手臂
3）點(diǎn)B與點(diǎn)M看作左手，線段BM看作左手拉左手
點(diǎn)C與點(diǎn)N看作右手，線段CN看作右手拉右手
解題步驟：①找共用頂點(diǎn)，確定“四只手”；
②連接對(duì)應(yīng)端點(diǎn)；
③SAS證明全等.
11．（2023·安徽黃山·?？家荒＃┮阎鰽BC和△ADE均為等腰直角三角形，△ADE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)一周．

(1)如圖1，連接BD，CE，則BD與CE的數(shù)量關(guān)系為_______；直線BD與CE所夾角的度數(shù)為_______．
(2)當(dāng)△ADE旋轉(zhuǎn)至如圖2所示的位置時(shí)，取BC，DE的中點(diǎn)M，N，連接MN，BD．試問：MNBD的值是否隨△ADE的旋轉(zhuǎn)而變化？若不變，請(qǐng)求出該值；若變化，請(qǐng)說明理由．
(3)M，N分別為BC，DE的中點(diǎn)，連接MN．若AB=310，AD=6，當(dāng)△ADE旋轉(zhuǎn)至B，D，E三點(diǎn)在同一條直線上時(shí)，請(qǐng)直接寫出MN的值．
【答案】(1)BD=CE，直線BD與CE所夾角的度數(shù)為：90°；
(2)不變，MNBD=22；
(3)MN=3或9．
【分析】（1）根據(jù)△ABC和△ADE均為等腰直角三角形，得AB=AC，AD=AE，∠BAC=DAE=90°，根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)，得△ABD?△ACE，延長(zhǎng)BD交CE于點(diǎn)F，根據(jù)三角形的外角和，即可求出直線BD與CE所夾角的度數(shù)；
（2）連接AN，AM；根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，三線合一，得AN⊥ED，AM⊥BC，根據(jù)sin∠ABC=AMAB=22，再根據(jù)相似三角形的判定，得△BAD～△MAN，則MNBD=AMAB即可；
（3）根據(jù)當(dāng)△ADE旋轉(zhuǎn)至B，D，E三點(diǎn)在同一條直線上時(shí)，分類討論：①當(dāng)D在B，E之間；② ①當(dāng)E在B，D之間，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，依次求出AN，BN，BD，再根據(jù)MMBD是定值，即可求出MN．
【詳解】（1）∵△ABC和△ADE均為等腰直角三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=DAE=90°，
∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠EAC，
∴∠BAD=∠EAC，
∴△ABD?△ACE，
∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，
延長(zhǎng)BD交CE于點(diǎn)F，交AC于點(diǎn)H，
∵∠AHF=∠BHC，
∴∠ABD+∠BAC=∠ACE+∠BFC，
∴∠BAC=∠BFC=90°，
∴直線BD與CE所夾角的度數(shù)為：90°．

（2）不變，理由如下：
連接AN，AM
∵△ABC和△ADE均為等腰直角三角形，點(diǎn)M，N是BC，DE的中點(diǎn)，
∴AM⊥BC，∠BAM=∠CAM=45°，AN⊥DE，∠EAN=∠DAN=45°；
∵sin∠ABM=sin45°=AMAB=22，sin∠ADN=sin45°=ANAD=22
∴AMAB=ANAD=22，
∵∠BAD=∠BAC+∠DAC=90°+∠DAC，∠MAN=∠MAC+∠DAC+∠DAN=45°+∠DAC+45°=90°+∠DAC，
∴∠BAD=∠MAN，
∴△BAD～△MAN，
∴MNBD=AMAB=22．

（3）如圖：連接AM，AN，
①當(dāng)D在B，E之間，
∵△ABC和△ADE均為等腰直角三角形，點(diǎn)M，N是BC，DE的中點(diǎn)
∴AN⊥ED，ND=AN，
∴AD2=ND2+AN2
∵AB=310，AD=6，
∴DN=AN=32；
∵BN2+AN2=AB2，
∴BN=62，
∴BD=BN-DN=62-32=32，
∵M(jìn)NBD=22，
∴MN=3；

②當(dāng)E在B，D之間，
同理得：DN=AN=32，BN=62，BD=62+32=92，
∴MNBD=22=MN92，
∴MN=9，
∴MN=3或9．

【點(diǎn)睛】本題考查等腰三角形，相似三角形，全等三角形的綜合，解題的關(guān)鍵是掌握等腰三角形的性質(zhì)：三線合一，相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，銳角三角形函數(shù)的運(yùn)用．
12．（2023下·江西撫州·九年級(jí)校考階段練習(xí)）在△ABC中，AB=AC，∠BAC=α，點(diǎn)P是平面內(nèi)不與點(diǎn)A，C重合的任意一點(diǎn)，連接PC，將線段PC繞點(diǎn)P旋轉(zhuǎn)α得到線段PD，連接AP、CD、BD．

(1)當(dāng)α=60°時(shí)，
①如圖1，當(dāng)點(diǎn)P在△ABC的邊BC上時(shí)，線段PC繞點(diǎn)P順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α得到線段PD，則AP與BD的數(shù)量關(guān)系是_______________；
②如圖2，當(dāng)點(diǎn)P在△ABC內(nèi)部時(shí)，線段PC繞點(diǎn)P順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α得到線段PD，①中AP與BD的數(shù)量關(guān)系還成立嗎？若成立，請(qǐng)證明結(jié)論，若不成立，說明理由；
(2)當(dāng)α=90°時(shí)，
①如圖3，線段PC繞點(diǎn)P順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α得到線段PD．試判斷AP與BD的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
②若點(diǎn)A，C，P在一條直線上，且AC=3PC，線段PC繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)α得到線段DP，求BDAP的值．
【答案】(1)①AP=BD；②成立，證明見解析；
(2)①BD=2AP，理由見解析；②5或52
【分析】（1）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和等邊三角形的判定，易證△ABC和△CPD是等邊三角形，得到AC=BC，CP=CD，∠ACB=∠PCD=60°，再利用“SAS”證明△APC≌△BDC，即可得到AP與BD的數(shù)量關(guān)系；
②由①可知，△ABC和△CPD是等邊三角形，進(jìn)而證明△APC≌△BDCSAS，得到AP=BD，即可證明結(jié)論；
（2）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和等腰直角三角形的判定，易證△ABC和△CPD是等腰直角三角形，得到BC=2AC，CD=2PC，∠ACB=∠PCD，進(jìn)而得到BCAC=CDPC=2，∠BCD=∠ACP，易證△BCD∽△ACP，從而得到BDAP=2，即可得到AP與BD的數(shù)量關(guān)系；
②設(shè)PC=a，則AC=3a，根據(jù)等腰直角的性質(zhì)，得到BC2=18a2，∠ACB=45°，分兩種情況討論：點(diǎn)P在AC上和點(diǎn)P在AC的延長(zhǎng)線上，利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理分別求解，即可求出，BDAP的值．
【詳解】（1）解：①∵AB=AC，∠BAC=α=60°，
∴△ABC是等邊三角形，
∴AC=BC，∠ACB=60°，
∵線段PC繞點(diǎn)P旋轉(zhuǎn)α得到線段PD，
∴PC=PD，∠CPD=α=60°，
∴△CPD是等邊三角形，
∴CP=CD，∠PCD=60°，
∴∠ACB=∠PCD，
在△APC和△BDC中，
AC=BC∠ACP=∠BCDCP=CD，
∴△APC≌△BDCSAS，
∴AP=BD，
故答案為：AP=BD；
②成立，理由如下：
由①可知，△ABC和△CPD是等邊三角形，
∴AC=BC，CP=CD，∠ACB=∠PCD=60°，
∴∠ACB-∠PCB=∠PCD-∠PCB，
∴∠ACP=∠BCD，
在△APC和△BDC中，
AC=BC∠ACP=∠BCDCP=CD，
∴△APC≌△BDCSAS，
∴AP=BD；
（2）解：①BD=2AP，理由如下：
∵AB=AC，∠BAC=α=90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴BC=AB2+AC2=2AC，∠ACB=45°，
∵線段PC繞點(diǎn)P旋轉(zhuǎn)α得到線段PD，
∴PC=PD，∠CPD=α=90°，
∴△CPD是等腰直角三角形，
∴CD=PC2+PD2=2PC，∠PCD=45°
∴BCAC=CDPC=2，∠ACB=∠PCD，
∴∠ACB+∠ACD=∠PCD+∠ACD，
∴∠BCD=∠ACP，
∴△BCD∽△ACP，
∴BDAP=BCAC=2，
∴BD=2AP；
②∵AC=3PC，
∴設(shè)PC=a，則AC=3a，
∵AB=AC，∠BAC=α=90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴BC2=AB2+AC2=2AC2=18a2，∠ACB=45°，
如圖，當(dāng)點(diǎn)P在AC上時(shí)，此時(shí)AP=AC-PC=3a-a=2a，

由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，△CPD是等腰直角三角形，
∴PC=PD=a，∠PCD=45°，
∴CD2=PC2+PD2=2a2，∠BCD=∠ACB+∠PCD=90°，
由勾股定理得：BD=BC2+CD2=18a2+2a2=25a，
∴BDAP=25a2a=5；
如圖，當(dāng)點(diǎn)P在AC的延長(zhǎng)線上時(shí)，此時(shí)AP=AC+PC=3a+a=4a，

同理可知，CD2=2a2，∠BCD=90°，
由勾股定理得：BD=BC2+CD2=18a2+2a2=25a，
∴BDAP=25a4a=52，
綜上可知，BDAP的值為5或52．
【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，利用分類討論的思想，熟練掌握手拉手—旋轉(zhuǎn)型全等是解題關(guān)鍵．
13．（2023·河南洛陽(yáng)·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）綜合與實(shí)踐綜合與實(shí)踐課上，數(shù)學(xué)研究小組以“手拉手圖形”為主題開展數(shù)學(xué)活動(dòng)兩個(gè)頂角相等的等腰三角形，如果具有公共的頂角的頂點(diǎn)，并把它們的底角頂點(diǎn)連接起來(lái)，則形成一組全等的三角形，把具有這個(gè)規(guī)律的圖形稱為“手拉手”圖形．

(1)操作判斷已知點(diǎn)C為△ABC和△CDE的公共頂點(diǎn)，將△CDE繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α0°b．記△ABC的面積為S．
(1)如圖1，分別以AC，CB為邊向形外作正方形ACDE和正方形BGFC．記正方形ACDE的面積為S1，正方形BGFC的面積為S2．
①若S1=9，S2=16，求S的值；
②延長(zhǎng)EA交GB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N，連結(jié)FN，交BC于點(diǎn)M，交AB于點(diǎn)H．若FH⊥AB（如圖2所示），求證：S2-S1=2S．
(2)如圖3，分別以AC，CB為邊向形外作等邊三角形ACD和等邊三角形CBE，記等邊三角形ACD的面積為S1，等邊三角形CBE的面積為S2．以AB為邊向上作等邊三角形ABF（點(diǎn)C在△ABF內(nèi)），連結(jié)EF，CF．若EF⊥CF，試探索S2-S1與S之間的等量關(guān)系，并說明理由．
【答案】(1)①6；②見解析
(2)S2-S1=14S，理由見解析
【分析】（1）①將面積用a，b的代數(shù)式表示出來(lái)，計(jì)算，即可
②利用AN公共邊，發(fā)現(xiàn)△FAN∽△ANB，利用FAAN=ANNB，得到a，b的關(guān)系式，化簡(jiǎn)，變形，即可得結(jié)論
（2）等邊△ABF與等邊△CBE共頂點(diǎn)B，形成手拉手模型，△ABC≌△FBE，利用全等的對(duì)應(yīng)邊，對(duì)應(yīng)角，得到：AC＝FE＝b，∠FEB＝∠ACB＝90°，從而得到∠FEC＝30°，再利用Rt△CFE，cs30°=FECE=ba=32，得到a與b的關(guān)系，從而得到結(jié)論
【詳解】（1）∵S1=9，S2=16
∴b＝3，a＝4
∵∠ACB＝90°
∴S=12ab=12×3×4=6
②由題意得：∠FAN＝∠ANB＝90°，
∵FH⊥AB
∴∠AFN＝90°－∠FAH＝∠NAB
∴△FAN∽△ANB
∴FAAN=ANNB
∴a+ba=ab，
得：ab+b2=a2
∴2S+S1=S2．
即S2-S1=2S
（2）S2-S1=14S，理由如下：
∵△ABF和△BEC都是等邊三角形
∴AB＝FB，∠ABC＝60°－∠FBC＝∠FBE，CB＝EB
∴△ABC≌△FBE（SAS）
∴AC＝FE＝b
∠FEB＝∠ACB＝90°
∴∠FEC＝30°
∵EF⊥CF，CE＝BC＝a
∴ba=FECE=cs30°=32
∴b=32a
∴S=12ab=34a2
由題意得：S1=34b2，S2=34a2
∴S2-S1=34a2-34b2=316a2
∴S2-S1=14S
【點(diǎn)睛】本題考查勾股定理，相似，手拉手模型，代數(shù)運(yùn)算，本題難點(diǎn)是圖二中的相似和圖三中的手拉手全等
.題型03 倍長(zhǎng)中線模型
【模型介紹】當(dāng)遇見中線或者中點(diǎn)的時(shí)候，可以嘗試倍長(zhǎng)中線或類中線，使得延長(zhǎng)后的線段是原中線的二倍，從而構(gòu)造一對(duì)全等三角形(SAS)，并將已知條件中的線段和角進(jìn)行轉(zhuǎn)移.
23．（2019·山東淄博·統(tǒng)考一模）如圖，ΔABC中，D為BC的中點(diǎn)，E是AD上一點(diǎn)，連接BE并延長(zhǎng)交AC于F，BE=AC，且BF=9，CF=6，那么AF的長(zhǎng)度為．

【答案】32；
【分析】延長(zhǎng)AD至G使AD=DG，連接BG，得出ΔACD?ΔGBD,得出AC=BG=BE，所以得出ΔAEF是等腰三角形，根據(jù)已知線段長(zhǎng)度建立等量關(guān)系計(jì)算．
【詳解】

如圖：延長(zhǎng)AD至G使AD=DG，連接BG
在ΔACD和ΔGBD中：
CD=BD∠ADC=∠BDGAD=DG
∴ΔACD?ΔGBD
∴∠CAD=∠G,AC=BG
∵BE=AC
∴BE=BG
∴∠G=∠BEG
∵∠BEG=∠AEF
∴∠AEF=∠EAF
∴EF=AF
∴AF+CF=BF-EF
即AF+6=9-EF
∴AF=32
【點(diǎn)睛】倍長(zhǎng)中線是常見的輔助線、全等中相關(guān)的角的代換是解決本題的關(guān)鍵．
24．（2020上·北京朝陽(yáng)·八年級(jí)統(tǒng)考期末）閱讀下面材料：
數(shù)學(xué)課上，老師給出了如下問題：
如圖，AD為△ABC中線，點(diǎn)E在AC上，BE交AD于點(diǎn)F，AE＝EF．求證：AC＝BF．
經(jīng)過討論，同學(xué)們得到以下兩種思路：
完成下面問題：
（1）①思路一的輔助線的作法是：；
②思路二的輔助線的作法是：．
（2）請(qǐng)你給出一種不同于以上兩種思路的證明方法（要求：只寫出輔助線的作法，并畫出相應(yīng)的圖形，不需要寫出證明過程）．
【答案】（1）①延長(zhǎng)AD至點(diǎn)G，使DG＝AD，連接BG；②作BG＝BF交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G；（2）詳見解析
【分析】（1）①依據(jù)SAS可證得△ADC≌△GDB，再利用AE＝EF可以進(jìn)一步證得∠G＝∠FAE＝∠AFE＝∠BFG，從而證明結(jié)論．
②作BG＝BF交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G．利用AE＝EF可證得∠G＝∠BFG＝∠AFE＝∠FAE，再依據(jù)AAS可以進(jìn)一步證得△ADC≌△GDB，從而證明結(jié)論．
（2）作BG∥AC交AD的延長(zhǎng)線于G，證明△ADC≌△GDB（AAS），得出AC＝BG，證出∠G＝∠BFG，得出BG＝BF，即可得出結(jié)論．
【詳解】解：（1）①延長(zhǎng)AD至點(diǎn)G，使DG＝AD，連接BG，如圖①，理由如下：
∵AD為△ABC中線，
∴BD＝CD，
在△ADC和△GDB中，{AD=DG∠ADC＝∠GDBCD=BD，
∴△ADC≌△GDB（SAS），
∴AC＝BG，
∵AE＝EF，
∴∠CAD＝∠EFA，
∵∠BFG＝∠G，∠G＝∠CAD，
∴∠G＝∠BFG，
∴BG＝BF，
∴AC＝BF．
故答案為：延長(zhǎng)AD至點(diǎn)G，使DG＝AD，連接BG；
②作BG＝BF交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，如圖②．
理由如下：∵BG＝BF，
∴∠G＝∠BFG，
∵AE＝EF，
∴∠EAF＝∠EFA，
∵∠EFA＝∠BFG，
∴∠G＝∠EAF，
在△ADC和△GDB中，{∠CAD＝∠G∠ADC＝∠GDBCD=BD，
∴△ADC≌△GDB（AAS），
∴AC＝BG，
∴AC＝BF；
故答案為：作BG＝BF交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G；
（2）作BG∥AC交AD的延長(zhǎng)線于G，如圖③所示：
則∠G＝∠CAD，
∵AD為△ABC中線，
∴BD＝CD，
在△ADC和△GDB中，{∠CAD＝∠G∠ADC＝∠GDBCD=BD，
∴△ADC≌△GDB（AAS），
∴AC＝BG，
∵AE＝EF，
∴∠CAD＝∠EFA，
∵∠BFG＝∠EFA，∠G＝∠CAD，
∴∠G＝∠BFG，
∴BG＝BF，
∴AC＝BF．
【點(diǎn)睛】本題主要考查全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、其中一般證明兩個(gè)三角形全等共有四個(gè)定理：AAS、ASA、SAS、SSS，需要同學(xué)們靈活運(yùn)用，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)做輔助線解決問題．
25．（2020上·河北邢臺(tái)·八年級(jí)?？计谥校┠硵?shù)學(xué)興趣小組在一次活動(dòng)中進(jìn)行了探究試驗(yàn)活動(dòng)，請(qǐng)你來(lái)加入．
【探究與發(fā)現(xiàn)】
（1）如圖1，AD是△ABC的中線，延長(zhǎng)AD至點(diǎn)E，使ED=AD，連接BE，證明：△ACD≌△EBD．
【理解與應(yīng)用】
（2）如圖2，EP是△DEF的中線，若EF=5，DE=3，設(shè)EP=x，則x的取值范圍是________．
（3）如圖3，AD是△ABC的中線，E、F分別在AB、AC上，且DE⊥DF，求證：BE+CF>EF．
【答案】（1）見解析；（2）1DE．
我們把這種模型稱為“半角模型”，在解決“半角模型”問題時(shí)，旋轉(zhuǎn)是一種常用的方法．
小明的解題思路：將半角∠DAE兩邊的三角形通過旋轉(zhuǎn)，在一邊合并成新的△AFE，然后證明與半角形成的△ADE全等，再通過全等的性質(zhì)進(jìn)行等量代換，得到線段之間的數(shù)量關(guān)系．
請(qǐng)你根據(jù)小明的思路寫出完整的解答過程．
證明：將△ABD繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)至△ACF，使AB與AC重合，連接EF，
……
（2）【應(yīng)用提升】如圖，正方形ABCD（四邊相等，四個(gè)角都是直角）的邊長(zhǎng)為4，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿射線AD點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)；點(diǎn)Q點(diǎn)D同時(shí)出發(fā)，以相同的速度沿射線AD方向向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)D時(shí)，點(diǎn)Q也停止運(yùn)動(dòng)，連接BP，過點(diǎn)P作BP的垂線交過點(diǎn)Q平行于CD的直線l于點(diǎn)E，BE與CD相交于點(diǎn)F，連接PF，設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts，
①求∠PBE的度數(shù)；
②試探索在運(yùn)動(dòng)過程中△PDF的周長(zhǎng)是否隨時(shí)間t的變化而變化？若變化，說明理由；若不變，試求這個(gè)定值．
【答案】（1）見解析；（2）①45°；②不變，2
【分析】（1）如圖1，將△ABD繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)至△ACF，使AB與AC重合，連接EF，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)結(jié)合已知可證△DAF≌△FAE，再根據(jù)三角形三邊關(guān)系定理即可證得結(jié)論；
（2）①如圖2，根據(jù)已知結(jié)合正方形性質(zhì)證得△ABP≌△QPE，推出PB=PE，即可證出結(jié)論；
②如圖3，延長(zhǎng)DA到G，使AG=CF，連接BG，證出△BAG≌△BCF，得到BG=BF，∠ABG=∠CBF，證出△PBG≌△PBF，由全等三角形的性質(zhì)得出PF=PG，由此可得出△PDF的周長(zhǎng)是定值8．
【詳解】（1）如圖1，將△ABD繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)至△ACF，使AB與AC重合，連接EF，
∵△ABD繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)至△ACF，
∴△ABD≌△ACF
∴BD=CF，AD=AF，∠BAD=∠CAF，
∵∠BAD+∠DAE+∠CAE=∠BAC，∠DAE=12∠BAC，
∴∠BAD+∠CAE=∠DAE
∴∠CAF+∠CAE=∠DAE
∵∠CAE+∠CAF=∠EAF
∴∠DAE=∠FAE
∵AE=AE
∴△DAE≌△FAE
∴DE=FE
∵CF+CE>EF
∴BD+CE>DE
（2）①如圖2，
由題意：AP=DQ
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠A=90°
∵AP=DQ
∴AD=PQ=AB
∵PB⊥PE
∴∠BPE=90°
∴∠ABP+∠APB=90°
∠APB+∠EPQ=90°
∴∠ABP=∠EPQ
在△ABP和△QPE中
∵∠ABP=∠EPQ∠A=∠EQPAB=PQ
∴△ABP≌△QPE
∴PB=PE
∴∠PBE=∠PEB=45°
②△PDF的周長(zhǎng)不隨時(shí)間t的變化而變化，
如圖3，延長(zhǎng)DA到G，使AG=CF，連接BG，
在△BAG和△BCF中
∵BA=BC∠BAG=∠BCFAG=CF
∴△BAG≌△BCF
∴BG=BF，∠ABG=∠CBF
∵∠PBE=45°，∠ABC=90°
∴∠ABP+∠CBF=∠ABP+∠ABG=45°，
∴∠PBG=∠PBF
在△PBG和△PBF 中
∵BG=BF∠PBG=∠PBFPB=PB
∴△PBG≌△PBF
∴PF=PG
∴PF=PA+AG=PA+CF
∵正方形ABCD（四邊相等，四個(gè)角都是直角）的邊長(zhǎng)為4
∴△PDF的周長(zhǎng)
=PF+DP+DF=PA+DP+DF+CF=AD+CD=8
∴△PDF的周長(zhǎng)是定值8．
【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形是解決本題的關(guān)鍵．
52．（2020上·重慶璧山·九年級(jí)重慶市璧山中學(xué)校校考階段練習(xí)）“半角型”問題探究：如圖1，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，且∠EAF＝60°，探究圖中線段BE，EF，F(xiàn)D之間的數(shù)量關(guān)系．
（1）小明同學(xué)的方法是將△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°到△ADG的位置，然后再證明△AFE≌△AFG，從而得出結(jié)論：
（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，上述結(jié)論是否仍然成立，并說明理由．
（3）如圖3，邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD中，點(diǎn)E、F分別在AB、CD上，AE＝CF＝1，O為EF的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)G、H分別在邊AD、BC上，EF與GH的交點(diǎn)P在O、F之間（與O、F不重合），且∠GPE＝45°，設(shè)AG＝m，求m的取值范圍．
【答案】（1）見詳解；（2）見詳解；（3）43

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