中考数学压轴题破解策略专题16《对角互补模型》
全等与相似模型-对角互补模型(学生版)-2024年中考数学常见几何模型
全等与相似模型-对角互补模型全等三角形与相似三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位。
相似三角形与其它知识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，难度大，是中考的常考题型。
如果大家平时注重解题方法，熟练掌握基本解题模型，再遇到该类问题就信心更足了．本专题就对角互补模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
模型1、旋转中的对角互补模型对角互补模型概念：对角互补模型特指四边形中，存在一对对角互补，而且有一组邻边相等的几何模型。
思想方法：解决此类问题常用的辅助线画法主要有两种：①过顶点做双垂线，构造全等三角形；②进行旋转的构造，构造手拉手全等。
常见的对角互补模型含90°-90°对角互补模型、120°-60°对角互补模型、2α-(180°-2α)对角互补模型。
1)“共斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型(异侧型)条件：如图，已知∠AOB=∠DCE=90°，OC平分∠AOB.结论：①CD=CE，②OD+OE=2OC，③S ODCE=S△COE+S△COD=12OC2.2)“斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型(同侧型)条件：如图，已知∠DCE的一边与AO的延长线交于点D，∠AOB=∠DCE=90°，OC平分∠AOB.结论：①CD=CE，②OE-OD=2OC，③S△COE-S△COD=12OC2.3)“等边三角形对120°模型”(1)条件：如图，已知∠AOB=2∠DCE=120°，OC平分∠AOB.结论：①CD=CE，②OD+OE=OC，③S△COD+S△COE=34OC2.4)“等边三角形对120°模型”(2)条件：如图，已知∠AOB=2∠DCE=120°，OC平分∠AOB，∠DCE的一边与BO的延长线交于点D，结论：①CD=CE，②OD-OE=OC，③S△COD-S△COE=34OC2.5)“120°等腰三角形对60°模型”条件：△ABC是等腰三角形，且∠BAC=120°，∠BPC=60°。
专题01 旋转中的三种全等模型(手拉手、半角、对角互补模型)(解析版)
专题01 旋转中的三种全等模型（手拉手、半角、对角互补模型）本专题重点分析旋转中的三类全等模型（手拉手、半角、对角互补模型），结合各类模型展示旋转中的变与不变，并结合经典例题和专项训练深度分析基本图形和归纳主要步骤，同时规范了解题步骤，提高数学的综合解题能力。
模型1.手拉手模型【模型解读】将两个三角形（或多边形）绕着公共顶点旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，也叫旋转型全等。
其中：公共顶点A记为“头”，每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点记为“左手”，第二个顶点记为“右手”。
手拉模型解题思路：SAS型全等（核心在于导角，即等角加（减）公共角）。
1）双等边三角形型条件：△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。
2）双等腰直角三角形型条件：△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N。
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BND。
3）双等腰三角形型条件：△ABC 和△DCE 均为等腰三角形，C 为公共点；连接BE ，AD 交于点F 。
结论：①△ACD ≌△BCE ；②BE =AD ；③∠ACM =∠BFM ；④CF 平分∠AFD 。
4）双正方形形型条件：△ABCFD 和△CEFG 都是正方形，C 为公共点；连接BG ，ED 交于点N 。
结论：①△△BCG ≌△DCE ；②BG =DE ；③∠BCM =∠DNM=90°；④CN 平分∠BNE 。
例1．（2022·黑龙江·中考真题）ABC V 和ADE V 都是等边三角形．(1)将ADE V 绕点A 旋转到图①的位置时，连接BD ，CE 并延长相交于点P （点P 与点A 重合），有PA PB PC +=（或PA PC PB +=）成立；请证明．(2)将ADE V 绕点A 旋转到图②的位置时，连接BD ，CE 相交于点P ，连接PA ，猜想线段PA 、PB 、PC 之间有怎样的数量关系？并加以证明；(3)将ADE V 绕点A 旋转到图③的位置时，连接BD ，CE 相交于点P ，连接PA ，猜想线段PA 、PB 、PC 之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明．【答案】(1)证明见解析 (2)图②结论：PB PA PC =+，证明见解析 (3)图③结论：PA PB PC+=【分析】（1）由△ABC 是等边三角形，得AB =AC ，再因为点P 与点A 重合，所以PB =AB ，PC =AC ，PA =0，即可得出结论；（2）在BP 上截取BF CP =，连接AF ，证明BAD CAE V V ≌（SAS ），得ABD ACE Ð=Ð，再证明CAP BAF ≌△△（SAS ），得CAP BAF Ð=Ð，AF AP =，然后证明AFP V 是等边三角形，得PF AP =，即可得出结论；（3）在CP 上截取CF BP =，连接AF ，证明BAD CAE V V ≌（SAS ），得ABD ACE Ð=Ð，再证明BAP CAF ≌△△（SAS ），得出CAF BAP Ð=Ð，AP AF =，然后证明AFP V 是等边三角形，得PF AP =，即可得出结论：PA PB PF CF PC +=+=．(1)证明：∵△ABC 是等边三角形，∴AB =AC ，∵点P 与点A 重合，∴PB =AB ，PC =AC ，PA =0，∴PA PB PC +=或PA PC PB +=；(2)解：图②结论：PB PA PC=+证明：在BP 上截取BF CP =，连接AF ，∵ABC V 和ADE V 都是等边三角形，∴AB AC =，AD AE =，60BAC DAE Ð=Ð=°∴BAC CAD DAE CAD Ð+Ð=Ð+Ð，∴BAD CAE Ð=Ð，∴BAD CAE V V ≌（SAS ），∴ABD ACE Ð=Ð，∵AC =AB ，CP =BF ， ∴CAP BAF ≌△△（SAS ），∴CAP BAF Ð=Ð，AF AP =，∴CAP CAF BAF CAF Ð+Ð=Ð+Ð，∴60FAP BAC Ð=Ð=°，∴AFP V 是等边三角形，∴PF AP =，∴PA PC PF BF PB +=+=；(3)解：图③结论：PA PB PC +=，理由：在CP 上截取CF BP =，连接AF ，∵ABC V 和ADE V 都是等边三角形，∴AB AC =，AD AE =，60BAC DAE Ð=Ð=°∴BAC BAE DAE BAE Ð+Ð=Ð+Ð，∴BAD CAE Ð=Ð，∴BAD CAE V V ≌（SAS ），∴ABD ACE Ð=Ð，∵AB =AC ，BP =CF ，∴BAP CAF ≌△△（SAS ），∴CAF BAP Ð=Ð，AP AF =，∴BAF BAP BAF CAF Ð+Ð=Ð+Ð，∴60FAP BAC Ð=Ð=°，∴AFP V 是等边三角形，∴PF AP =，∴PA PB PF CF PC +=+=，即PA PB PC +=．【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解题的关键．例2．（2023·湖南·长沙市八年级阶段练习）如图1，在Rt △ABC 中，∠B ＝90°，AB ＝BC ＝4，点D ，E 分别为边AB ，BC 上的中点，且BD ＝BE ．(1)如图2，将△BDE 绕点B 逆时针旋转任意角度α，连接AD ，EC ，则线段EC 与AD 的关系是 ；(2)如图3，DE ∥BC ，连接AE ，判断△EAC 的形状，并求出EC 的长；(3)继续旋转△BDE ，当∠AEC ＝90°时，请直接写出EC 的长．例3．（2023·黑龙江·虎林市九年级期末）已知Rt △ABC 中，AC =BC ，∠ACB ＝90°，F 为AB 边的中点，且DF =EF ，∠DFE ＝90°，D 是BC 上一个动点．如图1，当D 与C 重合时，易证：CD 2＋DB 2＝2DF 2；（1）当D 不与C 、B 重合时，如图2，CD 、DB 、DF 有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明．（2）当D 在BC 的延长线上时，如图3，CD 、DB 、DF 有怎样的数量关系，请写出你的猜想，并加以证明．【答案】（1）CD 2+DB 2=2DF 2 ；（2）CD 2+DB 2=2DF 2，证明见解析【分析】（1）由已知得222DE DF =，连接CF ，BE ，证明CDF BEF D @D 得CD =BE ，再证明BDE D 为直角三角形，由勾股定理可得结论；（2）连接CF ，BE ，证明CDF BEF D @D 得CD =BE ，再证明BDE D 为直角三角形，由勾股定理可得结论．【详解】解：（1）CD 2+DB 2=2DF 2证明：∵DF =EF ，∠DFE ＝90°，∴222DF EF DE += ∴222DE DF = 连接CF ，BE ，如图∵△ABC 是等腰直角三角形，F 为斜边AB 的中点∴CF BF =，CF AB ^，即90CFB Ð=° ∴45FCB FBC Ð=Ð=°，90CFD DFB Ð+Ð=°又90DFB EFB Ð+Ð=° ∴CFD EFB Ð=Ð在CFD D 和BFE D 中CF BF CFD BFE DF EF =ìïÐ=Ðíï=î∴CFD D @BFED ∴CD BE =，45EBF FCB Ð=Ð=° ∴454590DBF EBF Ð+Ð=°+°=° ∴222DB BE DE +=∵CD BE =，222DE DF =∴CD 2+DB 2=2DF 2 ；（2）CD 2+DB 2=2DF 2 证明：连接CF 、BE∵CF =BF ，DF =EF 又∵∠DFC +∠CFE =∠EFB +∠CFB=90°∴∠DFC =∠EFB ∴△DFC ≌△EFB ∴CD =BE ，∠DCF =∠EBF =135°∵∠EBD =∠EBF －∠FBD =135°－45°=90° 在Rt △DBE 中，BE 2+DB 2=DE 2∵ DE 2=2DF 2 ∴ CD 2+DB 2=2DF 2【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、证明三角形全等是解决问题的关键，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．例4．（2022·青海·中考真题）两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形.(1)问题发现：如图1，若ABC V 和ADE V 是顶角相等的等腰三角形，BC ，DE 分别是底边.求证：BD CE =；(2)解决问题：如图2，若ACB △和DCE V 均为等腰直角三角形，90ACB DCE Ð=Ð=°，点A ，D ，E 在同一条直线上，CM 为DCE V 中DE 边上的高，连接BE ，请判断∠AEB 的度数及线段CM ，AE ，BE 之间的数量关系并说明理由.图1 图2【答案】(1)见解析 (2)90DCE Ð=°；2AE AD DE BE CM=+=+【分析】（1）先判断出∠BAD =∠CAE ，进而利用SAS 判断出△BAD ≌△CAE ，即可得出结论；（2）同（1）的方法判断出△BAD ≌△CAE ，得出AD =BE ，∠ADC =∠BEC ，最后用角的差，即可得出结论．【解析】(1)证明：∵ABC V 和ADE V 是顶角相等的等腰三角形，∴AB AC =，AD AE =，BAC DAE Ð=Ð，∴BAC CAD DAE CAD Ð-Ð=Ð-Ð，∴BAD CAE Ð=Ð．在BAD V 和CAE V 中，AB AC BAD CAE AD AE =ìïÐ=Ðíï=î，∴()BAD CAE SAS ≌△△，∴BD CE =．(2)解：90AEB =°∠，2AE BE CM =+，理由如下：由（1）的方法得，≌ACD BCE V V ，∴AD BE =，ADC BEC ÐÐ=，∵CDE △是等腰直角三角形，∴45CDE CED Ð=Ð=°，∴180135ADC CDE Ð=°-Ð=°，∴135BEC ADC Ð=Ð=°，∴1354590AEB BEC CED Ð=Ð-Ð=°-°=°．∵CD CE =，CM DE ^，∴DM ME =．∵90DCE Ð=°，∴DM ME CM ==，∴2DE CM =．∴2AE AD DE BE CM =+=+．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形，等边三角形，等腰直角三角形的性质，判断出△ACD ≌△BCE 是解本题的关键．3）15°模型2.半角模型【模型解读】半角模型概念：过多边形一个顶点作两条射线，使这两条射线夹角等于该顶角一半思想方法：通过旋转构造全等三角形，实现线段的转化1）正方形半角模型条件：四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°；结论：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④D AEF的周长=2AB；⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。
专题 相似三角形中的对角互补模型(学生版)
专题09相似三角形中的基本模型-对角互补模型相似三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位。
相似三角形与其它知识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，难度大，是中考的常考题型。
如果大家平时注重解题方法，熟练掌握基本解题模型，再遇到该类问题就信心更足了。
本专题就对角互补模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
模型1.对角互补模型（相似模型）【模型解读】四边形或多边形构成的几何图形中，相对的角互补。
该题型常用到的辅助线主要是顶定点向两边做垂线，从而证明两个三角形相似.【常见模型及结论】（1）对角互补相似1条件：如图，在Rt△ABC中，∠C＝∠EOF＝90°，点O是AB的中点，辅助线：过点O作OD⊥AC D，过点O作OH⊥BC，垂足为H，结论：①△ODE∼△OHF；②OE BCOF AC=（思路提示：OE OD BH BCOF OH OH AC===）.（2）对角互补相似2条件：如图，已知∠AOB ＝∠DCE ＝90°，∠BOC ＝α.辅助线：作法1：如图1，过点C 作CF ⊥OA ，垂足为F ，过点C 作CG ⊥OB ，垂足为G ；结论：①△ECG ∼△DCF ；②CE ＝CD·tan α.（思路提示：CE CG CD CF =，CF =OG ，在Rt △COG 中，CG tan OGα=）辅助线：作法2：如图2，过点C 作CF ⊥OC ，交OB 于F ；结论：①△CFE ∼△COD ；②CE ＝CD·tan α.（思路提示：CE CF tan CD CO α==，在Rt △OCF 中，CF tan OC α=）（3）对角互补相似3条件：已知如图，四边形ABCD 中，∠B+∠D=180°辅助线：过点D 作DE ⊥BA ，垂足为E ，过点D 作DF ⊥BC ，垂足为F ；结论：①△DAE ∼△DCF ；②ABCD 四点共圆。
例1．（2022·黑龙江·鸡西九年级期末）如图，在Rt ABC 中，90ABC ∠=︒，6AB =，8BC =，在Rt MPN △中，90MPN ∠=︒，点P 在AC 上，PM 交AB 于点E ，PN 交BC 于点F ，当2PE PF =时，AP 的长为（）A ．4B ．6C ．245D ．256例3．（2022·江西·吉水县九年级期末）【问题情境】如图①，直角三角板ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，将一个用足够长的细铁丝制作的直角的顶点D放在直角三角板ABC的斜边AB上，再将该直角绕点D旋转，并使其两边分别与三角板的AC边、BC边交于P、Q两点．【问题探究】（1）在旋转过程中，①如图2，当AD＝BD时，线段DP、DQ的数量关系是（）A、DP＜DQB、DP＝DQC、DP＞DQD、无法确定②如图3，当AD＝2BD时，线段DP、DQ有何数量关系？并说明理由．③根据你对①、②的探究结果，试写出当AD＝nBD时，DP、DQ满足的数量关系为（直接写出结论，不必证明）。
中考数学专项复习题型突破专题十 全等——对角互补模型
，与的面积相等，矩形 为正方形，则四边形的面积 正方形 的面积.由勾股定理得，，， ，即四边形 的面积为18.
例题解图
解法2：如解图②，将 绕点 顺时针旋转 得到 ,从而有等腰 ， 四边形 的面积 等腰直角 的面积 .
例题解图
归纳总结
类型
双 对角互补
第2题解图
解法2：如解图②，过点 分别作 于点 ，作 于点 ，连接 ， 是 的中点， 是 的平分线， ， ， ， ， ， ， ， ，在 中， ， ， ，同理， ， ， ， .
第2题解图
一、模型、方法篇
专题十 全等——对角互补模型
例题图
例 （多解法）如图,在四边形 中, , ,连接 ,若 ,则四边形 的面积为____.
18
【解析】解法1：如解图①，过点 作 于点 ，过点 作 交 的延长线于点 ， 四边形 为矩形， ， .在 与 中， ，
第1题图
证明： , ,在 和 中, , .
2.（多解法）如图,等边三角形 的边长为4, 是边 的中点, 在边 上, ,点 在边 的延长线上,且 ,则 的长为___.
1
第2题图
【解析】解法1：如解图①，过点 作 ，则 ， ， ， 是 的中点， ， ， , ， .
， 对角互补模型
图示
_
_
续表
旋转构等边三角形
作垂直构全等
旋转构等腰直角三角形
作垂直构全等
作法
类型
双 对角互补
，对角互补模型
结论
②四边形 是正方形
是等腰直角三角形，
是等边三角形
是等边三角形
续表
针对训练
第1题图
1.[2023大连]如图,在 和 中,延长 交 于 , , .求证： .
2024中考数学几何模型归纳(全国)17 全等与相似模型-对角互补模型(教师版)
专题17全等与相似模型-对角互补模型全等三角形与相似三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位。
相似三角形与其它知识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，难度大，是中考的常考题型。
如果大家平时注重解题方法，熟练掌握基本解题模型，再遇到该类问题就信心更足了．本专题就对角互补模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
模型1、旋转中的对角互补模型对角互补模型概念：对角互补模型特指四边形中，存在一对对角互补，而且有一组邻边相等的几何模型。
思想方法：解决此类问题常用的辅助线画法主要有两种：①过顶点做双垂线，构造全等三角形；②进行旋转的构造，构造手拉手全等。
常见的对角互补模型含90°-90°对角互补模型、120°-60°对角互补模型、2α-（180°-2α）对角互补模型。
1）“共斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型（异侧型）条件：如图，已知∠AOB ＝∠DCE ＝90°，OC 平分∠AOB .结论：①CD ＝CE ，②OD ＋OE OC ，③212ODCE COE COD S S S OC =+= .2）“斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型（同侧型）条件：如图，已知∠DCE 的一边与AO 的延长线交于点D ，∠AOB ＝∠DCE ＝90°，OC 平分∠AOB .结论：①CD ＝CE ，②OE －OD OC ，③212COE COD S S OC -= .3）“等边三角形对120°模型”（1）条件：如图，已知∠AOB ＝2∠DCE ＝120°，OC 平分∠AOB .结论：①CD ＝CE ，②OD ＋OE ＝OC ，③234COD COE S S +=.4）“等边三角形对120°模型”（2）条件：如图，已知∠AOB ＝2∠DCE ＝120°，OC 平分∠AOB ，∠DCE 的一边与BO 的延长线交于点D ，结论：①CD ＝CE ，②OD －OE ＝OC ，③234COD COE S S OC -=.5）“120°等腰三角形对60°模型”条件：△ABC 是等腰三角形，且∠BAC =120°，∠BPC =60°。
对角互补模型-2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案(全国通用)(解析版)
【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案专题3对角互补模型模型1：全等形——90°对角互补模型模型2：全等形——120°对角互补模型模型3：全等形——任意角对角互补模型解题策略模型4：相似形——90°对角互补模型【例1】．（2021·全国·九年级专题练习）如图1，在四边形ABCD 中，AB=AD ，∠B+∠ADC=180°，点E ，F 分别在四边形ABCD 的边BC ，CD 上，∠EAF=12∠BAD ，连接EF ，试猜想EF ，BE ，DF 之间的数量关系．（1）思路梳理将△ABE 绕点A 逆时针旋转至△ADG ，使AB 与AD 重合，由∠B+∠ADC=180°，得∠FDG=180°，即点F ，D ，G 三点共线，易证△AFG ≌△AFE ，故EF ，BE ，DF 之间的数量关系为__； （2）类比引申如图2，在图1的条件下，若点E ，F 由原来的位置分别变到四边形ABCD 的边CB ，DC 延长线上，经典例题∠EAF=12∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系，并给出证明．（3）联想拓展如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D，E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1，EC=2，直接写出DE的长为________________.【答案】（1）EF＝BE＋DF；（2）EF＝DF−BE；证明见解析；（3）√5.【分析】（1）将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，首先证明F，D，G三点共线，求出∠EAF＝∠GAF，然后证明△AFG≌△AFE，根据全等三角形的性质解答；（2）将△ABE绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADE'，首先证明E'，D，F三点共线，求出∠EAF＝∠E'AF，然后证明△AFE≌△AFE'，根据全等三角形的性质解答；（3）将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACD'，使AB与AC重合，连接ED'，同（1）可证△AED≌AED'，求出∠ECD'＝90°，再根据勾股定理计算即可．【详解】解：（1）将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，∵∠B＋∠ADC＝180°，∴∠FDG＝180°，即点F，D，G三点共线，∵∠BAE＝∠DAG，∠EAF＝12∠BAD，∴∠EAF＝∠GAF，在△AFG和△AFE中，{AE＝AG∠EAF＝∠GAFAF＝AF，∴△AFG≌△AFE，∴EF＝FG＝DG＋DF＝BE＋DF；（2）EF＝DF−BE；证明：将△ABE绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADE'，则△ABE≌ADE'，∴∠DAE'＝∠BAE，AE'＝AE，DE'＝BE，∠ADE'＝∠ABE，∵∠ABC＋∠ADC＝180°，∠ABC＋∠ABE＝180°，∴∠ADE'＝∠ADC，即E'，D，F三点共线，∵∠EAF＝12∠BAD，∴∠E'AF＝∠BAD−（∠BAF＋∠DAE'）＝∠BAD−（∠BAF＋∠BAE）＝∠BAD−∠EAF＝12∠BAD，∴∠EAF＝∠E'AF，在△AEF和△AE'F中，{AE＝AE′∠EAF＝∠E′AFAF＝AF，∴△AFE≌△AFE'（SAS），∴FE＝FE'，又∵FE'＝DF−DE'，∴EF＝DF−BE；（3）将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACD'，使AB与AC重合，连接ED'，同（1）可证△AED≌AED'，∴DE＝D'E．∵∠ACB＝∠B＝∠ACD'＝45°，∴∠ECD'＝90°，在Rt△ECD'中，ED'＝√EC2+D′C2=√EC2+BD2=√5，即DE＝√5，故答案为：√5．【点睛】本题考查的是旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，灵活运用利用旋转变换作图、掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．【例2】．（2019·山东枣庄·中考真题）在ΔABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AD⊥BC于点D,（1）如图1，点M，N分别在AD，AB上，且∠BMN=90°，当∠AMN=30°，AB=2时，求线段AM的长；（2）如图2，点E，F分别在AB，AC上，且∠EDF=90°，求证：BE=AF；（3）如图3，点M在AD的延长线上，点N在AC上，且∠BMN=90°，求证：AB+AN=√2AM;；(2)见解析；(3)见解析.【答案】(1) AM=√2−2√33【分析】（1）根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质得到AD＝BD＝DC＝√2，求出∠MBD＝30°，根据勾股定理计算即可；（2）证明△BDE≌△ADF，根据全等三角形的性质证明；（3）过点M作ME∥BC交AB的延长线于E，证明△BME≌△AMN，根据全等三角形的性质得到BE＝AN，根据等腰直角三角形的性质、勾股定理证明结论．【详解】（1）解：∵∠BAC=90°，AB=AC，AD⊥BC，∴AD=BD=DC，∠ABC=∠ACB=45°，∠BAD=∠CAD=45°，∵AB=2，∴AD=BD=DC=√2,，∵∠AMN=30°，∴∠BMD=180°−90°−30°=60°，∴∠BMD=30°，∴BM=2DM，由勾股定理得，BM2−DM2=BD2，即(2DM)2−DM2=(√2)2，，解得，DM=2√33∴AM=AD−DM=√2−2√3；3（2）证明：∵AD⊥BC，∠EDF=90°，∴∠BDE=∠ADF，在ΔBDE和ΔADF中，{∠B=∠DAF DB=DA∠BDE=∠ADF，∴ΔBDE≌ΔADF(ASA)∴BE=AF；（3）证明：过点M作ME//BC交AB的延长线于E，∴∠AME=90°，则AE=√2AB，∠E=45°，∴ME=MA，∵∠AME=90°，∠BMN=90°，∴∠BME=∠AMN，在ΔBME和ΔAMN中，{∠E=∠MAN ME=MA∠BME=∠AMN，∴ΔBME≌ΔAMN(ASA)，∴BE=AN，∴AB+AN=AB+BE=AE=√2AM．【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．【例3】．（2022·江苏·八年级课时练习）（1）如图①，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF=12∠BAD．请直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关系：__________；∠BAD，（2）如图②，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF=12（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程；（3）在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是边BC，CD所在直线上的点，且∠EAF=1∠BAD．请画出图形（除图②外），并直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关系．2【答案】（1）EF=BE+FD；（2）成立，理由见解析；（3）图形见解析，EF=BE−FD【分析】（1）延长EB到G，使BG=DF，连接AG．证明△AGE和△AEF全等，则EF=GE，则EF=BE+DF，∠BAD．从而得出EF=GE；证明△ABE和△AEF中全等，那么AG=AF，∠1=∠2，∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=12（2）思路和作辅助线的方法同（1）；（3）根据（1）的证法，我们可得出DF=BG，GE=EF，那么EF=GE=BE-BG=BE-DF．【详解】（1）延长EB至G，使BG=DF，连接AG，∵∠ABG=∠ABC=∠D=90°，AB=AD，∴△ABG≌△ADF，∴AG=AF，∠1=∠2，∠BAD，∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=12∴∠GAE=∠EAF，在△GAE和△FAE中，∵{AG=AF∠GAE=∠EAFAE=AE，∴△GAE≌△FAE(SAS)，∴EG=EF，∵EG=BE+BG，∴EF=BE+FD．故答案为：EF=BE+FD（2）（1）中的结论仍成立，证明：延长CB至M，使BM=DF，∵∠ABC+∠D=180°，∠1+∠ABC=180°，∴∠1=∠D，在△ABM和△ADF中，{AB=AD∠1=∠D BM=DF，∴△ABM≌△ADF(SAS)，∴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≌△AFE(SAS)，∴EF=ME，即EF=BE+BM．（3）EF=BE−FD，证明：在BE上截取BG使BG=DF，连接AG，∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，∴∠B=∠ADF，∵在△ABG和△ADF中，{AB=AD∠ABG=∠ADFBG=DF，∴△ABG≌△ADF(SAS)，∴∠BAG=∠DAF，AG=AF，∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF=12∠BAD，∴∠GAE=∠EAF，在△AEG和△AEF中，{AG=AF∠GAE=∠EAFAE=AE，∴△AEG≌△AEF(SAS)，∴EG=EF，∵EG=BE−BG，∴EF=BE−FD．【点睛】此题主要考查了三角形全等的判定与性质，通过全等三角形来实现线段的转换是解题关键，没有明确的全等三角形时，要通过辅助线来构建与已知和所求条件相关联的全等三角形.【例4】．（2022·全国·八年级课时练习）四边形ABCD是由等边ΔABC和顶角为120°的等腰ΔABD排成，将一个60°角顶点放在D处，将60°角绕D点旋转，该60°交两边分别交直线BC、AC于M、N，交直线AB于E、F两点．（1）当E、F都在线段AB上时（如图1），请证明：BM+AN=MN；（2）当点E在边BA的延长线上时（如图2），请你写出线段MB，AN和MN之间的数量关系，并证明你的结论；（3）在（1）的条件下，若AC=7，AE=2.1，请直接写出MB的长为．【答案】（1）证明见解析；（2）MB=MN+AN．证明见解析；（3）2.8．【分析】（1）把△DBM绕点D逆时针旋转120°得到△DAQ，根据旋转的性质可得DM=DQ，AQ=BM，∠ADQ=∠BDM，然后求出∠QDN=∠MDN，利用“边角边”证明△MND和△QND全等，根据全等三角形对应边相等可得MN=QN，再根据AQ+AN=QN整理即可得证；（2）把△DAN绕点D顺时针旋转120°得到△DBP，根据旋转的性质可得DN=DP，AN=BP，根据∠DAN=∠DBP=90°可知点P在BM上，然后求出∠MDP=60°，然后利用“边角边”证明△MND和△MPD全等，根据全等三角形对应边相等可得MN=MP，从而得证；（3）过点M作MH∥AC交AB于G，交DN于H，可以证明△BMG是等边三角形，根据等边三角形的性质可得BM=MG=BG，根据全等三角形对应角相等可得∠QND=∠MND，再根据两直线平行，内错角相等可得∠QND=∠MHN，然后求出∠MND=∠MHN，根据等角对等边可得MN=MH，然后求出AN=GH，再利用“角角边”证明△ANE和△GHE全等，根据全等三角形对应边相等可得AE=GE，再根据BG=AB-AE-GE代入数据进行计算即可求出BG，从而得到BM的长．【详解】解：（1）证明：把△DBM绕点D逆时针旋转120°得到△DAQ，则DM=DQ，AQ=BM，∠ADQ=∠BDM，∠QAD=∠CBD=90°，∴点Q在直线CA上，∵∠QDN=∠ADQ+∠ADN=∠BDM+∠ADN=∠ABD-∠MDN=120°-60°=60°，∴∠QDN=∠MDN=60°，∵在△MND和△QND中，{DM＝DQ∠QDN＝∠MDNDN＝DN，∴△MND≌△QND（SAS），∴MN=QN，∵QN=AQ+AN=BM+AN，∴BM+AN=MN；（2）：MB=MN+AN.理由如下：如图，把△DAN绕点D顺时针旋转120°得到△DBP，则DN=DP，AN=BP，∵∠DAN=∠DBP=90°，∴点P在BM上，∵∠MDP=∠ADB-∠ADM-∠BDP=120°-∠ADM-∠ADN=120°-∠MDN=120°-60°=60°，∴∠MDP=∠MDN=60°，∵在△MND和△MPD中，{DN＝DP∠MDP＝∠MDNDM＝DM，∴△MND≌△MPD（SAS），∴MN=MP，∵BM=MP+BP，∴MN+AN=BM；（3）如图，过点M作MH∥AC交AB于G，交DN于H，∵△ABC是等边三角形，∴△BMG是等边三角形，∴BM =MG =BG ，根据（1）△MND ≌△QND 可得∠QND =∠MND ，根据MH ∥AC 可得∠QND =∠MHN ，∴∠MND =∠MHN ，∴MN =MH ，∴GH =MH -MG =MN -BM =AN ，即AN =GH ，∵在△ANE 和△GHE 中，{∠QND ＝∠MHN∠AEN ＝∠GEH AN ＝GH，∴△ANE ≌△GHE （AAS ），∴AE =EG =2.1，∵AC =7，∴AB =AC =7，∴BG =AB -AE -EG =7-2.1-2.1=2.8，∴BM =BG =2.8．故答案为：2.8【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质及等腰三角形的性质，根据等边三角形的性质，旋转变换的性质作辅助线构造全等三角形是解题的关键，（3）作平行线并求出AN =GH 是解题的关键，也是本题的难点．一、解答题 1．（2022·陕西·西安市第三中学七年级期末）回答问题（1）【初步探索】如图1：在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠B =∠ADC =90°，E 、F 分别是BC 、CD 上的点，且EF =BE +FD ，探究图中∠BAE 、∠F AD 、∠EAF 之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是：延长FD 到点G ，使DG =BE ．连接AG ，先证明△ABE ≌△ADG ，再证明△AEF ≌△AGF ，可得出结论，他的结论应是_______________；（2）【灵活运用】如图2，若在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠B +∠D =180°．E 、F 分别是BC 、CD 上的点，培优训练且EF=BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；（3）【拓展延伸】知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF=BE+FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系．∠DAB【答案】（1）∠BAE+∠F AD=∠EAF；（2）仍成立，理由见解析；（3）∠EAF=180°-12【分析】（1）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF，据此得出结论；（2）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；（3）在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌△AGF，得出∠F AE=∠F AG，最后根据∠F AE+∠F AG+∠GAE=360°，推导得到2∠F AE+∠DAB=360°，即可得出结论．【详解】解：（1）∠BAE+∠F AD=∠EAF．理由：如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，∵∠B=∠ADF=90°，∠ADG=∠ADF=90°，∴∠B=∠ADG=90°，又∵AB=AD，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，∴△AEF≌△AGF（SSS），∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；故答案为：∠BAE+∠F AD=∠EAF；（2）仍成立，理由：如图2，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，∵∠B+∠ADF=180°，∠ADG+∠ADF=180°，∴∠B=∠ADG，又∵AB=AD，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，∴△AEF≌△AGF（SSS），∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；∠DAB．（3）∠EAF=180°-12证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°，∴∠ADC=∠ABE，又∵AB=AD，∴△ADG≌△ABE（SAS），∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，∴△AEF≌△AGF（SSS），∴∠F AE=∠F AG，∵∠F AE+∠F AG+∠GAE=360°，∴2∠F AE+（∠GAB+∠BAE）=360°，∴2∠F AE+（∠GAB+∠DAG）=360°，即2∠F AE+∠DAB=360°，∴∠EAF=180°-1∠DAB．2【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形．解题时注意：同角的补角相等．2．（2021·陕西·交大附中分校八年级开学考试）问题探究（（1）如图①，已知∠A=45°，∠ABC=30°，∠ADC=40°，则∠BCD的大小为___________；（2）如图②，在四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠ADC=90°，对角线BD=6．求四边形ABCD的面积；小明这样来计算．延长DC，使得CE=AD，连接BE，通过证明△ABD≌△CBE，从而可以计算四边形ABCD 的面积．请你将小明的方法完善．并计算四边形ABCD的面积；问题解决（3）如图③，四边形ABCD是正在建设的城市花园，其中AB=BC，∠ABC=60°，∠ADC=30°，DC=40米，AD=30米．请计算出对角线BD的长度．【答案】（1）115°；（2）S四边形ABCD=18；（3）对角线BD的长度为50米．【分析】（1）利用外角的性质可求解；（2）延长DC，使得CE=AD，连接BE，通过证明△ABD≌△CBE，从而可以计算四边形ABCD的面积；（2）将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接FD，由旋转的性质可得BF=BD，AF=CD=40，∠BDC=∠BF A，由三角形内角和定理可求∠F AD=90°，由勾股定理可求解．【详解】解：（1）如图1，延长BC交AD于E，∵∠BCD=∠BED+∠D，∠BED=∠A+∠ABC，∴∠BCD=∠A+∠ABC +∠D =45°+30°+40°=115°，故答案为：115°；（2）延长DC，使得CE=AD，连接BE，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，∴∠A+∠BCD=180°，∵∠BCE+∠BCD=180°，∴∠A=∠BCE，在△ABD和△CBE中，{AB=BC∠A=∠BCE AD=CE，∴△ABD≌△CBE，∴BE=BD，∠ABD=∠CBE，S△ABD=S△CBE，∵∠ABC=90°，即∠ABD+∠DBC=90°，∴∠CBE+∠DBC=90°，即∠DBE=90°，∵BD=BE=6，∠DBE=90°，∴S△BDE=12×BE×BD=18，∴S△BDE=S△CBE+S△DBC=S△ABD+S△DBC=S四边形ABCD=18；（4）如图，将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接FD，∴△BCD≌△BAF，∠FBD=60°，∴BF=BD，AF=CD=40，∠BDC=∠BF A，∴△BFD是等边三角形，∴BF=BD=DF，∵∠ADC=30°，∴∠ADB+∠BDC=30°，∴∠BF A+∠ADB=30°，∵∠FBD+∠BF A+∠BDA+∠AFD+∠ADF=180°，∴60°+30°+∠AFD+∠ADF=180°，∴∠AFD+∠ADF=90°，∴∠F AD=90°，∴DF=√AF2+AD2=√402+302=50，∴BD=50(米)．答：对角线BD的长度为50米．【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加辅助线构造全等三角形是本题的关键．3．（2021·福建三明·八年级期中）感知：如图①，AD平分∠BAC，∠B+∠C=180°，∠B=90°．判断DB与DC 的大小关系并证明．探究：如图②，AD平分∠BAC，∠ABD+∠ACD=180°，∠ABD<90°，DB与DC的大小关系变吗？请说明理由．应用：如图③，四边形ABDC中，∠B=45°，∠C=135°，DB=DC=m，则AB与AC差是多少（用含m的代数式表示）【答案】感知：DB=DC，证明见详解；探究：DB与DC的大小关系不变，理由见详解；应用：AB与AC差是√2m．【分析】感知：根据角平分线的性质定理即可求证；探究：过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥AC，交AC延长线于点F，根据角平分线的性质定理可得DE=DF，由题意可得∠B=∠DCF，进而可证△DEB≌△DFC，然后问题可求证；应用：过点D作DH⊥AB于点H，DG⊥AC，交AC的延长线于点G，连接AD，由题意易证△DHB≌△DGC，m，则有则有DH=DG，进而可得AG=AH，然后根据等腰直角三角形的性质可得DG=CG=DH=BH=√22AG=AH=AC+√2m，最后问题可求解．2【详解】感知：DB=DC，理由如下：∵∠B+∠C=180°，∠B=90°，∴∠B=∠C=90°，即DB⊥AB,DC⊥AC，∵AD平分∠BAC，∴DB=DC；探究：DB与DC的大小关系不变，还是相等，理由如下：过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥AC，交AC延长线于点F，则∠DEB=∠DFC=90°，如图所示：∵AD平分∠BAC，∴DE=DF，∵∠ABD+∠ACD=180°，∠DCF+∠ACD=180°，∴∠B=∠DCF，∴△DEB≌△DFC（AAS），∴DB=DC；应用：过点D作DH⊥AB于点H，DG⊥AC，交AC的延长线于点G，连接AD，如图所示：∵∠B=45°，∠C=135°，∴∠B+∠C=180°，∵∠ACD+∠DCG=180°，∴∠B=∠DCG=45°，∵∠DHB=∠DGC=90°，DB=DC=m，∴△DHB≌△DGC（AAS），且△DHB与△DGC都为等腰直角三角形，∴DG=CG=DH=BH，由勾股定理可得DH2+BH2=DB2，∴2DH2=m2，∴DG=CG=DH=BH=√2m，2在Rt△AHD和Rt△AGD中，AD=AD，DH=DG，∴Rt△AHD≌Rt△AGD（HL），∴AG=AH=AC+√2m，2∴AB=AH+BH=AC+√2m，∴AB−AC=√2m．【点睛】本题主要考查角平分线的性质定理、全等三角形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握角平分线的性质定理、全等三角形的性质与判定及勾股定理是解题的关键．4．（2021·辽宁大连·九年级期中）如图1，正方形ABCD中，BD是对角线，点E在AB上，点F在BC上，连接EF （EF与BD不垂直），点G是线段EF的中点，过点G作GH⊥EF交线段BD于点H．（1）猜想GH与EF的数量关系，并证明；（2）探索AE，CF，DH之间的数量关系，并证明；（3）如图2，若点E在AB的延长线上，点F在BC的延长线上，其他条件不变，请直接写出AE，CF，DH之间的数量关系．EF，理由见解析；（2）AE+CF=√2DH，理由见解析；（3）AE−CF=√2DH，理【答案】（1）GH=12由见解析【分析】（1）过H作AB,BC的垂线，分别交AB,CD,AD,BC于I,L,K,J，连接HE,HF，利用正方形的性质及角平分线的性质，证明出△HIE≌△HJF(HL)，通过等量代换得出△HEF为等腰直角三角形即可得出结论；（2）由（1）中△HIE≌△HJF(HL)，得EI=FJ，从而得AI=KH=HL=JC，通过等量代换计算可得AE+CF= AI+JC=2AI=2KH，根据△DKH为等腰直角三角形即可得出结论；（3）过点H作AB,BC垂线，分别交AB,BC,CD,AD于I,J,L,K，连接HE,HF，证明出△HIE≌△HJF，通过等量代换计算得DH=√2KH，再根据△DKH为等腰直角三角形即可得出结论．EF，理由如下；【详解】解：（1）GH=12过H作AB,BC的垂线，分别交AB,CD,AD,BC于I,L,K,J，连接HE,HF，∵ABCD为正方形，∴∠HBI=∠HBJ,∠HIB=∠HJB=90°,HB=HB,∴Rt△HBI≌Rt△HBJ(AAS),∴HI=HJ，∵HG垂直平分EF，∴HE=HF，∵∠HIE=∠HJF=90°，∴△HIE≌△HJF(HL)，∴∠IHE=∠JHF，又∵∠IHJ=∠IHE+∠EHJ=90°，∴∠EHF=∠JHF+EHJ=90°，∴△HEF为等腰直角三角形，∵G为斜边的中点，EF．∴GH=12（2）AE+CF=√2DH，理由如下：由（1）中△HIE≌△HJF(HL)，∴EI=FJ，由下图：∠A=∠AIH=∠AKH=90°，∴四边形AIHK为矩形，∴AI=KH，在△DHK中，由正方形的性质知，∠HDK=45°，∵∠HKD=90°，∴∠DHK=90°−45°=45°∴△DKH为等腰直角三角形，又∴∠D=∠HKD=∠HLD=90°，∴四边形HKDL为正方形，∴HL=KH，同理四边形HLCJ为矩形，∴HL=JC∴AI=KH=HL=JC，AE=AI+EI,CF=JC−FJ，∴AE+CF=AI+JC=2AI=2KH，在△DHK中，由正方形的性质知，∠HDK=45°，∵∠HKD=90°，∴∠DHK=90°−45°=45°∴△DKH为等腰直角三角形，∴DH=√2KH，∴AE+CF=√2DH．（3）AE−CF=√2DH，理由如下：过点H作AB,BC垂线，分别交AB,BC,CD,AD于I,J,L,K，连接HE,HF，∵HI=HJ,HE=HF,∠HIE=∠HJF=90°，∴△HIE≌△HJF，∴EI=FJ，由（2）得AI=KH=HL=JC，CF=FJ−JC,AE=AI+EI，∴AE−CF=AI+JC=2AI=2KH，由（2）可得：DH=√2KH，△DKH为等腰直角三角形，∴AE−CF=√2DH．【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定及性质、等腰直角三角形、解题的关键是添加适当的辅助线，掌握相关的知识点，通过等量代换的思想进行求解．5．（2020·河南洛阳·八年级期中）在∠MAN内有一点D，过点D分别作DB⊥AM，DC⊥AN，垂足分别为B，C．且BD=CD，点E，F分别在边AM和AN上．（1）如图1，若∠BED=∠CFD，请说明DE=DF；（2）如图2，若∠BDC=120°，∠EDF=60°，猜想EF，BE，CF具有的数量关系，并说明你的结论成立的理由．【答案】（1）见解析；（2）EF=FC+BE，见解析【分析】（1）根据题目中的条件和∠BED=∠CFD，可以证明ΔBDE≅ΔCDF，从而可以得到DE=DF；（2）作辅助线，过点D作∠CDG=∠BDE，交AN于点G，从而可以得到ΔBDE≅ΔCDG，然后即可得到DE=DG，BE=CG，再根据题目中的条件可以得到ΔEDF≅ΔGDF，即可得到EF=GF，然后即可得到EF，BE，CF具有的数量关系．【详解】解：（1）∵DB⊥AM，DC⊥AN，∴∠DBE=∠DCF=90°，在ΔBDE和ΔCDF中，∵{∠BED=∠CFD,∠DBE=∠DCF, BD=CD,∴ΔBDE≅ΔCDF(AAS)．∴DE=DF；（2）EF=FC+BE，理由：过点D作∠CDG=∠BDE，交AN于点G，在ΔBDE和ΔCDG中，{∠EBD=∠GCDBD=CD∠BDE=∠CDG，∴ΔBDE≅ΔCDG(ASA)，∴DE=DG，BE=CG．∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，∴∠BDE+∠CDF=60°．∴∠FDG=∠CDG+∠CDF=60°，∴∠EDF=∠GDF．在ΔEDF和ΔGDF中，{DE=DG∠EDF=∠GDFDF=DF，∴ΔEDF≅ΔGDF(SAS)．∴EF=GF，∴EF=FC+CG=FC+BE．【点睛】本题考查全等三角形的判定、解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．6．（2020·江西萍乡·八年级期末）【课题研究】旋转图形中对应线段所在直线的夹角（小于等于90°的角）与旋转角的关系．【问题初探】线段AB绕点O顺时针旋转得到线段CD，其中点A与点C对应，点B与点D对应，旋转角的度数为α，且0°＜α＜180°．（1）如图①，当α＝60°时，线段AB、CD所在直线夹角（锐角）为；（2）如图②，当90°＜α＜180°时，直线AB与直线CD所夹锐角与旋转角α存在怎样的数量关系？请说明理由；【形成结论】旋转图形中，当旋转角小于平角时，对应线段所在直线的夹角与旋转角．【运用拓广】运用所形成的结论解决问题：（3）如图③，四边形ABCD中，∠ABC＝60°，∠ADC＝30°，AB＝BC，CD＝3，BD＝√19，求AD的长．【答案】（1）60°；（2）互补，理由见解析；【形成结论】相等或互补；（3）√10【分析】（1）由旋转的性质可得AB=CD，OA=OC，BO=DO，可证ΔAOB≅ΔCOD(SSS)，可得∠B=∠D，由三角形内角和定理可求解；（2）由旋转的性质可得AB=CD，OA=OC，BO=DO，可证ΔAOB≅ΔCOD(SSS)，可得∠B=∠D，由平角的定义和四边形内角和定理可求解；【形成结论】由（1）（2）可知对应线段所在直线的所夹锐角角与旋转角：相等或互补；【运用拓广】（3）将ΔBCD绕点B顺时针旋转60°，得到ΔBAF，连接FD，由旋转的性质可得BF=BD，AF= CD=3，由三角形内角和定理可求∠FAD=90°，由勾股定理可求解．【详解】解：（1）如图1，延长DC交AB于F，交BO于E，∵α=60°，∴∠BOD=60°，∵线段AB绕点O顺时针旋转得线段CD，∴AB=CD，OA=OC，BO=DO，∴ΔAOB≅ΔCOD(SSS)，∴∠B=∠D，∵∠B=∠D，∠OED=∠BEF，∴∠BFE=∠EOD=60°，故答案为：60°；（2）直线AB与直线CD所夹锐角角与旋转角α互补，理由如下：如图2，延长AB，DC交于点E，∵线段AB绕点O顺时针旋转得线段CD，∴AB=CD，OA=OC，BO=DO，∴ΔAOB≅ΔCOD(SSS)，∴∠ABO=∠D，∵∠ABO+∠EBO=180°，∴∠D+∠EBO=180°，∵∠EBO+∠E+∠D+∠BOD=360°，∴∠E+∠BOD=180°，∴直线AB与直线CD所夹锐角角与旋转角α互补．形成结论由（1）（2）（3）可知：旋转图形中，当旋转角小于平角时，对应线段所在直线的所夹锐角角与旋转角：相等或互补．故答案为：相等或互补．运用拓广（3）如图3，将ΔBCD绕点B顺时针旋转60°，得到ΔBAF，连接FD，延长FA，DC交于点E，∴旋转角∠ABC=60°，∵ΔBCD≅ΔBAF，∴∠AED=∠ABC=60°，AF=CD=3，BD=BF，∵∠ADC=30°，∴∠FAD=∠AED+∠ADC=90°，又∵∠FBD=∠ABC=60°，BF=BD，∴ΔBFD是等边三角形，∴BF=BD=DF，∴在RtΔDAF中，AD=√DF2−AF2=√19−9=√10．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，添加辅助线构造全等三角形是本题的关键．7．（2021··九年级专题练习）如图，在△ABC中，∠ACB=120°，BC>AC，点E在BC上，点D在AB上，CE=CA，连接DE，∠ACB+∠ADE=180°，CH⊥AB，垂足为H．证明：DE+AD=2√3CH．【答案】见解析【分析】如图，延长BA到点F，使AF=DE，连接CF、CD，根据四边形的内角和和邻补角互补可得∠CAF=∠CED，进而可根据SAS证明△AFC≌△EDC，可得CF=CD，∠ACF=∠ECD，进一步即可求得∠FCD=120°，然后利用等腰三角形的性质和解直角三角形的知识即可证得结论．【详解】证明：如图，延长BA到点F，使AF=DE，连接CF、CD，∵∠ACB+∠ADE=180°，∴∠CAD+∠CED=360°−180°=180°，∵∠CAD+∠CAF=180°，∴∠CAF=∠CED，∵AC=EC，AF=ED，∴△AFC≌△EDC，∴CF=CD，∠ACF=∠ECD，∴∠FCD=∠ACF+∠ACD=∠ECD+∠ACD=∠ACB=120°，∵CF=CD，CH⊥DF，∴FH=DH=12DF=12(DE+AD)，∠HCD=12∠FCD=60°，∴tan∠HCD=DHCH=√3，∴DH=√3CH，∴DE+AD=2DH=2√3CH．【点睛】本题考查了四边形的内角和、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质和解直角三角形等知识，正确添加辅助线、灵活应用上述知识是解题的关键．8．（2020·湖南湘西·中考真题）问题背景：如图1，在四边形ABCD中，∠BAD=90°，∠BCD=90°，BA=BC，∠ABC=120°，∠MBN=60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．探究图中线段AE，CF，EF之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFC≌△BFE，可得出结论，他的结论就是_______________；探究延伸1：如图2，在四边形ABCD中，∠BAD=90°，∠BCD=90°，BA=BC，∠ABC=2∠MBN，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．上述结论是否仍然成立？请直接写出结论（直接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由．探究延伸2：如图3，在四边形ABCD中，BA=BC，∠BAD+∠BCD=180°，∠ABC=2∠MBN，∠MBN绕B 点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由．实际应用：如图4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．【答案】EF=AE+CF．探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立．实际应用：210海里．【分析】延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明△BGF≌△BEF，可得GF=EF，即可解题；探究延伸1：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明△BGF≌△BEF，可得GF=EF，即可解题；探究延伸2：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明△BGF≌△BEF，可得GF=EF，即可解题；实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，然后与探究延伸2同理可得EF=AE+CF，将AE和CF的长代入即可．【详解】解：EF=AE+CF理由：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，在△BCG和△BAE中，{BC=BA∠BCG=∠BAE=90°CG=AE，∴△BCG≌△BAE（SAS），∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，∴∠ABE+∠CBF=60°，∴∠CBG+∠CBF=60°，即∠GBF=60°，在△BGF和△BEF中，{BG=BE∠GBF=∠EBFBF=BF，∴△BGF≌△BEF（SAS），∴GF=EF，∵GF=CG+CF=AE+CF，∴EF=AE+CF．探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．理由：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，在△BCG和△BAE中，{BC=BA∠BCG=∠BAE=90°CG=AE，∴△BCG≌△BAE（SAS），∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，∵∠ABC=2∠MBN，∴∠ABE+∠CBF=12∠ABC，∴∠CBG+∠CBF=12∠ABC，即∠GBF=12∠ABC，在△BGF和△BEF中，{BG=BE∠GBF=∠EBFBF=BF，∴△BGF≌△BEF（SAS），∴GF=EF，∵GF=CG+CF=AE+CF，∴EF=AE+CF．探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立．理由：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，∵∠BAD+∠BCD=180°，∠BCG+∠BCD=180°，∴∠BCG=∠BAD在△BCG和△BAE中，{BC=BA∠BCG=∠BAECG=AE，∴△BCG≌△BAE（SAS），∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，∵∠ABC=2∠MBN，∴∠ABE+∠CBF=12∠ABC，∴∠CBG+∠CBF=12∠ABC，即∠GBF=12∠ABC，在△BGF和△BEF中，{BG=BE∠GBF=∠EBFBF=BF，∴△BGF≌△BEF（SAS），∴GF=EF，∵GF=CG+CF=AE+CF，∴EF=AE+CF．实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，∵∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°，∠EOF=70°，∠AOB∴∠EOF=12∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=(90°-30°)+(70°+50°)=180°，∴符合探索延伸中的条件∴结论EF= AE+CF仍然成立即EF=75×1.2+100×1.2=210（海里）答：此时两舰艇之间的距离为210海里．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质．作辅助线构造全等三角形是解题的关键．9．（2019·重庆·西南大学附中八年级阶段练习）如图1，四边形ABCD中，BD⊥AD，E为BD上一点，AE ＝BC，CE⊥BD，CE＝ED（1）已知AB＝10，AD＝6，求CD；（2）如图2，F为AD上一点，AF＝DE，连接BF，交BF交AE于G，过G作GH⊥AB于H，∠BGH＝75°．求证：BF＝2√2GH+√2EG．【答案】（1）2√2；（2）证明见解析【分析】（1）由勾股定理得出BD＝√AB2−AD2＝8，由HL证得Rt△ADE≌Rt△BEC，得出BE＝AD，则CE＝ED＝BD﹣BE＝BD﹣AD＝2，由等腰直角三角形的性质即可得出结果；（2）连接CF，易证AF＝CE，AD∥CE，得出四边形AECF是平行四边形，则AE＝CF，AE∥CF，得出∠CFD ＝∠EAD，∠CFB＝∠AGF，由Rt△ADE≌Rt△BEC，得出∠CBE＝∠EAD，推出∠CBE＝∠CFD，证得△BCF 是等腰直角三角形，则BF＝√2BC＝√2CF＝√2AE，∠FBC＝∠BFC＝45°，推出∠AGF＝45°，∠AGH＝60°，∠GAH＝30°，则AG＝2GH，得出BF＝√2AE＝√2（AG+EG），即可得出结论．【详解】（1）解：∵BD⊥AD，∴BD＝√AB2−AD2＝√102−62＝8，∵CE⊥BD，∴∠CEB＝∠EDA＝90°，在Rt△ADE和Rt△BEC中，{AE=BC ED=CE，∴Rt△ADE≌Rt△BEC（HL），∴BE＝AD，∴CE＝ED＝BD﹣BE＝BD﹣AD＝8﹣6＝2，∴CD√2＝CE＝2√2；（2）解：连接CF，如图2所示：∵AF＝DE，DE＝CE，∴AF＝CE，∵BD⊥AD，CE⊥BD，∴AD∥CE，∴四边形AECF是平行四边形，∴AE＝CF，AE∥CF，∴∠CFD＝∠EAD，∠CFB＝∠AGF，由（1）得：Rt△ADE≌Rt△BEC，∴∠CBE＝∠EAD，∴∠CBE＝∠CFD，∵∠FBD+∠BFC+∠CFD＝90°，∴∠FBD+∠BFC+∠CBE＝90°，∴∠BCF＝90°，∵AE＝BC，∴BC＝CF，∴△BCF是等腰直角三角形，∴BF＝√2BC＝√2CF＝√2AE，∠FBC＝∠BFC＝45°，∴∠AGF＝45°，∵∠BGH＝75°，∴∠AGH＝180°﹣45°﹣75°＝60°，∵GH⊥AB，∴∠GAH＝30°，∴AG＝2GH，∴BF＝√2AE＝√2（AG+EG），∴BF＝2√2GH+√2EG．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、含30°角直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握直角三角形的性质、作辅助线构建平行四边形是解题的关键．10．（2021·全国·九年级专题练习）探究问题：(1)方法感悟：如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且满足∠BAF＝45°，连接EF，求证DE ＋BF＝EF．感悟解题方法，并完成下列填空：将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得：AB＝AD，BG＝DE，∠1＝∠2，∠ABG＝∠D＝90°，∴∠ABG＋∠ABF＝90°＋90°＝180°，因此，点G，B，F在同一条直线上．∵∠EAF＝45°∴∠2＋∠3＝∠BAD－∠EAF＝90°－45°＝45°．∵∠1＝∠2，∠1＋∠3＝45°．即∠GAF＝∠________．又AG＝AE，AF＝AE∴△GAF≌△________．∴_________＝EF，故DE＋BF＝EF．(2)方法迁移：∠DAB．试如图②，将Rt△ABC沿斜边翻折得到△ADC，点E，F分别为DC，BC边上的点，且∠EAF＝12猜想DE，BF，EF之间有何数量关系，并证明你的猜想．【答案】(1)EAF、△EAF、GF；(2)DE＋BF＝EF.【分析】（1）利用角之间的等量代换得出∠GAF=∠F AE，再利用SAS得出△GAF≌△EAF，得出答案；（2）将△ADE顺时针旋转90°得到△ABG，再证明△AGF≌△AEF，即可得出答案；【详解】解：（1）如图①所示；根据等量代换得出∠GAF=∠F AE，利用SAS得出△GAF≌△EAF，∴GF=EF，故答案为F AE；△EAF；GF；(2)DE＋BF＝EF，理由如下：假设∠BAD的度数为m，将△ADE绕点A顺时针旋转，m°得到△ABG，如图，此时AB与AD重合，由旋转可得：AB＝AD，BG＝DE，∠1＝∠2，∠ABG＝∠D＝90°，∴∠ABG＋∠ABF＝90°＋90°＝180°，因此，点G，B，F在同一条直线上．∵∠EAF=12m°，∴∠2+∠3=∠BAD−∠EAF=m°−12m°=12m°．∵∠1＝∠2，∴∠1＋∠3＝12m°．即∠GAF＝∠EAF．∵在△AGF和△AEF中，{AG＝AE∠GAF＝∠EAFAF＝AF，∴△GAF≌△EAF（SAS）．∴GF＝EF．又∵GF＝BG＋BF＝DE＋BF，∴DE＋BF＝EF．【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定和性质、以及折叠的性质和旋转变换性质等知识，证得△GAF≌△EAF是解题的关键．11．（2021·全国·八年级专题练习）我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫作“完美四边形”．（1）在①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形中，一定为“完美”四边形的是（请填序号）；（2）在“完美”四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，连接AC．①如图1，求证：AC平分∠BCD；小明通过观察、实验，提出以下两种想法，证明AC平分∠BCD：想法一：通过∠B+∠D=180°，可延长CB到E，使BE=CD，通过证明△AEB≌△ACD，从而可证AC平分∠BCD；想法二：通过AB=AD，可将△ACD绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△AEB，可证C,B,E三点在条直线上，从而可证AC平分∠BCD．请你参考上面的想法，帮助小明证明AC平分∠BCD；②如图2，当∠BAD=90°，用等式表示线段AC,BC,CD之间的数量关系，并证明.【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；②BC+CD=√2AC．【分析】（1）根据“完美四边形”的定义可以判断出正方形是完美四边形；（2）①想法一：通过∠B+∠D=180°，可延长CB到E，使BE=CD，通过证明△AEB≌△ACD，从而可证AC平分∠BCD；想法二：通过AB=AD，可将△ACD绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△AEB，可证C,B,E三点在条直线上，从而可证AC平分∠BCD；②②延长CB使BE=CD，连接AE，可得△ACE为等腰三角形，因为∠BAD =90°得∠EAC=90°，由勾股定理可得AC,BC,CD之间的数量关系.【详解】（1）（1）根据“邻等对补四边形”的定义，正方形一定是“邻等对补四边形”．故答案为④．（2）想法一：延长CB使BE=CD，连接AE。
备考2025年中考数学难点突破与经典模型精讲练(全国)专题04 全等三角形中的对角互补模型(解析版)
专题04全等三角形中的对角互补模型【模型展示】如图，在四边形ABCD中，∠1+∠2＝180°，BA＝BC，连接BD，延长DA至E，使得AE=DC，则有以下结论成立：①△BAE≌△BCD【证明】①证明：∵∠1+∠2＝180°，∴∠BAD+∠C＝180°，∴∠BAE=∠BCD在△BAE和△BCD中AE=CD∠BAE=∠BCDAB=BC∴△BAE≌△BCD（SAS）．【模型证明】解决方案【结论一】（对角互补——含90°角）如图，在四边形ABCD中，∠1=90°，∠2＝90°，BA＝BC，连接BD，延长DA至E，使得AE=DC，则有以下结论成立：①△BAE≌△BCD；②△BED为等腰Rt△【证明】①证明：证明：∵∠1+∠2＝180°，∴∠BAD+∠C＝180°，∴∠BAE=∠BCD在△BAE和△BCD中AE=CD∠BAE=∠BCDAB=BC∴△BAE≌△BCD（SAS）．②证明：∵△BAE≌△BCD∴∠EBA=∠DBC,BE=BD∵∠DBC+∠ABD＝90°∴∠EBA+∠ABD＝∠EBD＝90°∴△EBD为等腰Rt△【证明】①证明：证明：∵∠1+∠2＝180°，∴∠BAD +∠C ＝180°，∴∠BAE =∠BCD在△BAE 和△BCD 中AE=CD∠BAE =∠BCDAB=BC∴△BAE ≌△BCD （SAS ）．②证明：∵△BAE ≌△BCD∴∠EBA =∠DBC,BE=BD∵∠DBC +∠ABD ＝60°∴∠EBA +∠ABD ＝∠EBD ＝60°∴△EBD 为等边△【题型演练】一、单选题1．Rt △ABC 中，AB=AC ，点D 为BC 中点．∠MDN=90°，∠MDN 绕点D 旋转，DM 、DN 分别与边AB 、AC 交于E 、F 两点．下列结论①，②AEF ABC 1S S 4∆∆≤，③AEDF S =四形边AD·EF ，④AD≥EF ，⑤AD 与EF 可能互相平分，其中正确结论的个数是【】A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】C 【详解】解:∵Rt △ABC 中，AB=AC ，点D 为BC 中点．∠MDN=90°，∴AD =DC ，∠EAD=∠C=45°，∠EDA=∠MDN －∠ADN =90°－∠ADN=∠FDC ．∴△EDA ≌△FDC （ASA ）．∴AE=CF ．∴BE+CF=BE+AE=AB ．在Rt △ABC 中，根据勾股定理，得AB=2BC ．∴(BE+CF)=22BC ．∴结论①正确．设AB=AC=a ，AE=b ，则AF=BE=a －b ．∴()()22AEF ABC 1111111S S AE AF AB AC=b a b a =a 2b 04242288∆∆-=⋅⋅-⋅⋅⋅----≤．∴AEF ABC 1S S 4∆∆≤．∴结论②正确．如图，过点E 作EI ⊥AD 于点I ，过点F 作FG ⊥AD 于点G ，过点F 作FH ⊥BC 于点H ，ADEF 相交于点O ．∵四边形GDHF 是矩形，△AEI 和△AGF 是等腰直角三角形，∴EO≥EI （EF ⊥AD 时取等于）=FH=GD ，OF≥GH （EF ⊥AD 时取等于）=AG ．∴EF=EO ＋OF≥GD ＋AG=AD ．∴结论④错误．∵△EDA ≌△FDC ，∴22ADC AEDF 11S S AD DC AD AD AD EF 22∆==⋅⋅=≤≤⋅四边形．∴结论③错误．又当EF 是Rt △ABC 中位线时，根据三角形中位线定理知AD 与EF 互相平分．∴结论⑤正确．综上所述，结论①②⑤正确．故选C ．二、填空题2．如图，在Rt △ABC 和Rt △BCD 中，∠BAC ＝∠BDC ＝90°，BC ＝8，AB ＝AC ，∠CBD ＝30°，BD ＝M ，N 分别在BD ，CD 上，∠MAN ＝45°，则△DMN 的周长为_____．【答案】．【分析】将△ACN 绕点A 逆时针旋转，得到△ABE ，由旋转得出∠NAE ＝90°，AN ＝AE ，∠ABE ＝∠ACD ，∠EAB ＝∠CAN ，求出∠EAM ＝∠MAN ，根据SAS 推出△AEM ≌△ANM ，根据全等得出MN ＝ME ，求出MN ＝CN +BM ，解直角三角形求出DC ，即可求出△DMN 的周长＝BD +DC ，代入求出即可．【详解】将△ACN 绕点A 逆时针旋转，得到△ABE ，如图：由旋转得：∠NAE ＝90°，AN ＝AE ，∠ABE ＝∠ACD ，∠EAB ＝∠CAN ，∵∠BAC ＝∠D ＝90°，∴∠ABD +∠ACD ＝360°﹣90°﹣90°＝180°，∴∠ABD +∠ABE ＝180°，∴E ，B ，M 三点共线，∵∠MAN ＝45°，∠BAC ＝90°，∴∠EAM ＝∠EAB +∠BAM ＝∠CAN +∠BAM ＝∠BAC ﹣∠MAN ＝90°﹣45°＝45°，∴∠EAM ＝∠MAN ，在△AEM 和△ANM 中，AE AN EAM NAM AM AM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△AEM ≌△ANM （SAS ），∴MN ＝ME ，∴MN ＝CN +BM ，∵在Rt △BCD 中，∠BDC ＝90°，∠CBD ＝30°，BD ＝CD ＝BD ×tan ∠CBD ＝4，∴△DMN 的周长为DM +DN +MN ＝DM +DN +BM +CN ＝BD +DC ＝，故答案为．【点睛】此题主要考查利用三角形全等的性质和解直角三角形，进行等量转换，关键是做辅助线.3．如图，在四边形ABCD 中，,90,AB BC ABC CDA BE AD ︒=∠=∠=⊥于,10ABCD E S =四边形，则BE 的长为__________【分析】过点B 作BF CD ⊥交DC 的延长线交于点F ，证明AEB ≌()CFB AAS 推出BE BF =，ABE BFC S S = ，可得BEDF ABCD S S 12==正方形四边形，由此即可解决问题；【详解】解：过点B 作BF CD ⊥交DC 的延长线交于点F ，如右图所示，∵BF CD ⊥，⊥BE ADBFC BEA 90∠∠∴==ABC ADC 90∠∠==ABE EBC 90∠∠∴+= ，EBC CBF 90∠∠+=ABE CBF∠∠∴=AB CB= ∴AEB ≌()CFB AAS BE BF ∴=，ABE BFCS S = BEDF ABCD S S 10∴==正方形四边形，BE BF 10∴⨯=，即2BE 10=，BE ∴=，．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．三、解答题4．（1）如图（1）点P 是正方形ABCD 的边CD 上一点（点P 与点C ，D 不重合），点E 在BC 的延长线上，且CE =CP ，连接BP ，DE ．求证：△BCP ≌△DCE ；（2）直线EP 交AD 于F ，连接BF ，FC ．点G 是FC 与BP 的交点．①若CD =2PC 时，求证：BP ⊥CF ；②若CD =n •PC （n 是大于1的实数）时，记△BPF 的面积为S 1，△DPE 的面积为S 2．求证：S 1=（n +1）S 2．【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②证明见解析．【分析】（1）由SAS 即可证明△BCP ≌△DCE ．（2）①在（1）的基础上，再证明△BCP ≌△CDF ，进而得到∠FCD +∠BPC =90°，从而证明BP ⊥CF ；②设CP =CE =1，则BC =CD =n ，DP =CD -CP =n -1，分别求出S 1与S 2的值，得()()11112S n n =+-，()2112S n =-，所以S 1=（n +1）S 2结论成立．【详解】证明：（1）∵在△BCP 与△DCE 中，90BC CD BCP DCE CP CE =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩∴△BCP ≌△DCE （SAS ）．（2）①∵CP =CE ，∠PCE =90°，∴∠CPE =45°，∴∠FPD =∠CPE =45°，∴∠PFD =45°，∴FD =DP ．∵CD =2PC ，∴DP =CP ，∴FD =CP ．∵在△BCP 与△CDF 中，90BC CD BCP CDF CP FD =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩∴△BCP ≌△CDF （SAS ），∴∠FCD =∠CBP ．∵∠CBP +∠BPC =90°，∴∠FCD +∠BPC =90°，∴∠PGC =90°，即BP ⊥CF ．②设CP =CE =1，则BC =CD =n ，DP =CD -CP =n -1易知△FDP 为等腰直角三角形，∴FD =DP =n -1．∵()1111222BCDF BCP FDP S S S S BC FD CD BC CP FD DP ∆∆=--=+⋅-⋅-⋅梯形()()()()()221111111111122222n n n n n n n n =+-⋅-⋅--=-=+-()()2111111222S DP CE n n =⋅=-⋅=-∴S 1=（n +1）S 2．【点睛】本题是几何综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形、图形的面积等知识点，试题的综合性强，难度较大．5．已知，△ABC 是边长为4cm 的等边三角形，点P ，Q 分别从顶点A ，B 同时出发，沿线段AB ，BC 运动，且它们的速度均为1cm/s ．当点P 到达点B 时，P 、Q 两点停止运动．设点P 的运动时间为t （s ）．（1）如图1，连接AQ 、CP ，相交于点M ，则点P ，Q 在运动的过程中，∠CMQ 会变化吗？若变化，则说明理由；若不变，请求出它的度数．（2）如图2，当t 为何值时，△PBQ 是直角三角形？（3）如图3，若点P 、Q 在运动到终点后继续在射线AB 、BC 上运动，直线AQ 、CP 交点为M ，请直接写出∠CMQ 度数．【答案】（1）不变，60°；（2）43或83；（3）120°．【分析】（1）通过证△ABQ ≌△CAP 得到∠BAQ =∠ACP ，所以由三角形外角定理得到∠CMQ =∠ACP +∠CAM =∠BAQ +∠CAM =∠BAC =60°；（2）需要分类讨论：分∠PQB =90°和∠BPQ =90°两种情况；（3）通过证△ABQ ≌△CAP 得到∠BAQ =∠ACP ，所以由三角形外角定理得到∠CMQ =∠BAQ +∠APC =∠ACP +∠APC =180°-∠BAC =120°．【详解】（1）不变．在△ABQ 与△CAP 中，∵60AB AC B CAP AP BQ =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，∴△ABQ ≌△CAP （SAS ），∴∠BAQ =∠ACP ，∴∠CMQ =∠ACP +∠CAM =∠BAQ +∠CAM =∠BAC =60°；（2）设时间为t ，则AP =BQ =t ，PB =4-t ，①当∠PQB =90°时，∵∠B =60°，∴PB =2BQ ，∴4-t =2t ，43t =；②当∠BPQ =90°时，∵∠B =60°，∴BQ =2BP ，∴t =2（4-t ），t =83；∴当第43秒或第83秒时，△PBQ 为直角三角形；（3）在△ABQ 与△CAP 中，∵60AB AC B CAP AP BQ =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，∴△ABQ ≌△CAP （SAS ），∴∠BAQ =∠ACP ，∴∠CMQ =∠BAQ +∠APC =∠ACP +∠APC =180°-∠BAC =120°．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．6．如图1，在等腰直角三角形ABC 中，AB ＝AC ，∠BAC ＝90°，点E ，F 分别为AB ，AC 的中点，H 为线段EF 上一动点（不与点E ，F 重合），过点A 作AG ⊥AH 且AG ＝AH ，连接GC ，HB ．（1）证明： AHB ≌ AGC ；（2）如图2，连接GF，HG，HG交AF于点Q．①证明：在点H的运动过程中，总有∠HFG＝90°；②当 AQG为等腰三角形时，求∠AHE的度数．【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②当△AQG为等腰三角形时，∠AHE的度数为67.5°或90°．【分析】（1）根据SAS可证明△AHB≌△AGC；（2）①证明△AEH≌△AFG（SAS），可得∠AFG=∠AEH=45°，从而根据两角的和可得结论；②分两种情况：i）如图3，AQ=QG时，ii）如图4，当AG=QG时，分别根据等腰三角形的性质可得结论．【详解】（1）证明：如图1，由旋转得：AH=AG，∠HAG=90°，∵∠BAC=90°，∴∠BAH=∠CAG，∵AB=AC，∴△ABH≌△ACG（SAS）；（2）①证明：如图2，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，∴∠ABC=∠ACB=45°，∵点E，F分别为AB，AC的中点，∴EF是△ABC的中位线，∴EF∥BC，AE=12AB，AF=12AC，∴AE=AF，∠AEF=∠ABC=45°，∠AFE=∠ACB=45°，∵∠EAH=∠FAG，AH=AG，∴△AEH≌△AFG（SAS），∴∠AFG=∠AEH=45°，∴∠HFG=45°+45°=90°；②分两种情况：i）如图3，AQ=QG时，∵AQ=QG，∴∠QAG=∠AGQ，∵AG⊥AH且AG=AH，∴∠AHG=∠AGH=45°，∴∠AHG=∠AGH=∠HAQ=∠QAG=45°，∴∠EAH=∠FAH=45°，∵AE=AF，AH=AH，∴△AEH≌△AFH（SAS），∴∠AHE=∠AHF，∵∠AHE+∠AHF=180°，∴∠AHE=∠AHF=90°；ii）如图4，当AG=QG时，∠GAQ=∠AQG，∵∠AEH=∠AGQ=45°，∴∠GAQ=∠AQG=180452︒-︒=67.5°，∵∠EAQ=∠HAG=90°，∴∠EAH=∠GAQ=67.5°，∴∠AHE=∠AQG=67.5°；∵H为线段EF上一动点（不与点E，F重合），∴不存在AG=AQ的情况．综上，当△AQG为等腰三角形时，∠AHE的度数为67.5°或90°．【点睛】本题是三角形的综合题，考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，也考查了全等三角形的判定与性质，第二问要注意分类讨论，不要丢解．7．回答问题（1）【初步探索】如图1：在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE+FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG=BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是_______________；（2）【灵活运用】如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；（3）【拓展延伸】知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD 的延长线上，如图3所示，仍然满足EF =BE +FD ，请直接写出∠EAF 与∠DAB 的数量关系．【答案】（1）∠BAE +∠FAD =∠EAF ；（2）仍成立，理由见解析；（3）∠EAF =180°-12∠DAB 【分析】（1）延长FD 到点G ，使DG =BE ，连接AG ，可判定△ABE ≌△ADG ，进而得出∠BAE =∠DAG ，AE =AG ，再判定△AEF ≌△AGF ，可得出∠EAF =∠GAF =∠DAG +∠DAF =∠BAE +∠DAF ，据此得出结论；（2）延长FD 到点G ，使DG =BE ，连接AG ，先判定△ABE ≌△ADG ，进而得出∠BAE =∠DAG ，AE =AG ，再判定△AEF ≌△AGF ，可得出∠EAF =∠GAF =∠DAG +∠DAF =∠BAE +∠DAF ；（3）在DC 延长线上取一点G ，使得DG =BE ，连接AG ，先判定△ADG ≌△ABE ，再判定△AEF ≌△AGF ，得出∠FAE =∠FAG ，最后根据∠FAE +∠FAG +∠GAE =360°，推导得到2∠FAE +∠DAB =360°，即可得出结论．【详解】解：（1）∠BAE +∠FAD =∠EAF ．理由：如图1，延长FD 到点G ，使DG =BE ，连接AG ，∵∠B =∠ADF =90°，∠ADG =∠ADF =90°，∴∠B =∠ADG =90°，又∵AB =AD ，∴△ABE ≌△ADG （SAS ），∴∠BAE =∠DAG ，AE =AG ，∵EF =BE +FD =DG +FD =GF ，AF =AF ，∴△AEF ≌△AGF （SSS ），∴∠EAF =∠GAF =∠DAG +∠DAF =∠BAE +∠DAF ；故答案为：∠BAE +∠FAD =∠EAF ；（2）仍成立，理由：如图2，延长FD 到点G ，使DG =BE ，连接AG ，∵∠B +∠ADF =180°，∠ADG +∠ADF =180°，∴∠B =∠ADG ，又∵AB =AD ，∴△ABE ≌△ADG （SAS ），∴∠BAE =∠DAG ，AE =AG ，∵EF =BE +FD =DG +FD =GF ，AF =AF ，∴△AEF ≌△AGF （SSS ），∴∠EAF =∠GAF =∠DAG +∠DAF =∠BAE +∠DAF ；（3）∠EAF =180°-12∠DAB ．证明：如图3，在DC 延长线上取一点G ，使得DG =BE ，连接AG ，∵∠ABC +∠ADC =180°，∠ABC +∠ABE =180°，∴∠ADC =∠ABE ，又∵AB =AD ，∴△ADG ≌△ABE （SAS ），∴AG =AE ，∠DAG =∠BAE ，∵EF =BE +FD =DG +FD =GF ，AF =AF ，∴△AEF ≌△AGF （SSS ），∴∠FAE =∠FAG ，∵∠FAE +∠FAG +∠GAE =360°，∴2∠FAE +（∠GAB +∠BAE ）=360°，∴2∠FAE +（∠GAB +∠DAG ）=360°，即2∠FAE +∠DAB =360°，∴∠EAF =180°-12∠DAB ．【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形．解题时注意：同角的补角相等．8．在MAN ∠内有一点D ，过点D 分别作DB AM ⊥，DC AN ⊥，垂足分别为B ，C ．且BD CD =，点E ，F 分别在边AM 和AN 上．（1）如图1，若BED CFD Ð=Ð，请说明DE DF =；（2）如图2，若120BDC ∠=︒，60EDF ∠=︒，猜想EF ，BE ，CF 具有的数量关系，并说明你的结论成立的理由．【答案】（1）见解析；（2）EF FC BE =+，见解析【分析】（1）根据题目中的条件和BED CFD Ð=Ð，可以证明BDE CDF ∆≅∆，从而可以得到DE DF =；（2）作辅助线，过点D 作CDG BDE ∠=∠，交AN 于点G ，从而可以得到BDE CDG ∆≅∆，然后即可得到DE DG =，BE CG =，再根据题目中的条件可以得到EDF GDF ∆≅∆，即可得到EF GF =，然后即可得到EF ，BE ，CF 具有的数量关系．【详解】解：（1）DB AM ⊥ ，DC AN ⊥，90DBE DCF ∴∠=∠=︒，在BDE ∆和CDF ∆中，,,,BED CFD DBE DCF BD CD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()BDE CDF AAS ∴∆≅∆．DE DF ∴=；（2）EF FC BE =+，理由：过点D 作CDG BDE ∠=∠，交AN 于点G ，在BDE ∆和CDG ∆中，EBD GCD BD CD BDE CDG ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，()BDE CDG ASA ∴∆≅∆，DE DG ∴=，BE CG =．120BDC ∠=︒ ，60EDF ∠=︒，60BDE CDF ∴∠+∠=︒．60FDG CDG CDF ∴∠=∠+∠=︒，EDF GDF ∴∠=∠．在EDF ∆和GDF ∆中，DE DG EDF GDF DF DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()EDF GDF SAS ∴∆≅∆．EF GF ∴=，EF FC CG FC BE ∴=+=+．【点睛】本题考查全等三角形的判定、解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．9．如图1，在四边形ABCD 中，AB=AD ，∠B+∠ADC=180°，点E ，F 分别在四边形ABCD 的边BC ，CD 上，∠EAF=12∠BAD ，连接EF ，试猜想EF ，BE ，DF 之间的数量关系．（1）思路梳理将△ABE 绕点A 逆时针旋转至△ADG ，使AB 与AD 重合，由∠B+∠ADC=180°，得∠FDG=180°，即点F ，D ，G 三点共线，易证△AFG ≌△AFE ，故EF ，BE ，DF 之间的数量关系为__；（2）类比引申如图2，在图1的条件下，若点E ，F 由原来的位置分别变到四边形ABCD 的边CB ，DC 延长线上，∠EAF=12∠BAD ，连接EF ，试猜想EF ，BE ，DF 之间的数量关系，并给出证明．（3）联想拓展如图3，在△ABC 中，∠BAC=90°，AB=AC ，点D ，E 均在边BC 上，且∠DAE=45°，若BD=1，EC=2，直接写出DE 的长为________________.【答案】（1）EF ＝BE ＋DF ；（2）EF ＝DF−BE ；证明见解析；（3【分析】（1）将△ABE 绕点A 逆时针旋转至△ADG ，使AB 与AD 重合，首先证明F ，D ，G 三点共线，求出∠EAF ＝∠GAF ，然后证明△AFG ≌△AFE ，根据全等三角形的性质解答；（2）将△ABE 绕点A 逆时针旋转，使AB 与AD 重合，得到△ADE'，首先证明E'，D ，F 三点共线，求出∠EAF ＝∠E'AF ，然后证明△AFE ≌△AFE'，根据全等三角形的性质解答；（3）将△ABD 绕点A 逆时针旋转至△ACD'，使AB 与AC 重合，连接ED'，同（1）可证△AED ≌AED'，求出∠ECD'＝90°，再根据勾股定理计算即可．【详解】解：（1）将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，∵∠B＋∠ADC＝180°，∴∠FDG＝180°，即点F，D，G三点共线，∵∠BAE＝∠DAG，∠EAF＝12∠BAD，∴∠EAF＝∠GAF，在△AFG和△AFE中，AE AGEAF GAF AF AF⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△AFG≌△AFE，∴EF＝FG＝DG＋DF＝BE＋DF；（2）EF＝DF−BE；证明：将△ABE绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADE'，则△ABE≌ADE'，∴∠DAE'＝∠BAE，AE'＝AE，DE'＝BE，∠ADE'＝∠ABE，∵∠ABC＋∠ADC＝180°，∠ABC＋∠ABE＝180°，∴∠ADE'＝∠ADC，即E'，D，F三点共线，∵∠EAF＝12∠BAD，∴∠E'AF＝∠BAD−（∠BAF＋∠DAE'）＝∠BAD−（∠BAF＋∠BAE）＝∠BAD−∠EAF＝12∠BAD，∴∠EAF＝∠E'AF，在△AEF和△AE'F中，AE AEEAF E AF AF AF'⎧⎪∠∠'⎨⎪⎩＝＝＝，∴△AFE≌△AFE'（SAS），∴FE ＝FE'，又∵FE'＝DF−DE'，∴EF ＝DF−BE ；（3）将△ABD 绕点A 逆时针旋转至△ACD'，使AB 与AC 重合，连接ED'，同（1）可证△AED ≌AED'，∴DE ＝D'E ．∵∠ACB ＝∠B ＝∠ACD'＝45°，∴∠ECD'＝90°，在Rt △ECD'中，ED'=DE【点睛】本题考查的是旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，灵活运用利用旋转变换作图、掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．10．五边形ABCDE 中，AB AE =，BC DE CD +=，180ABC AED ∠+∠=︒，求证：AD 平分∠CDE ．【答案】见解析【分析】延长DE 至F ，使得EF BC =，连接AC ，易证△ABC ≌△AEF ，得到EF BC =，AC AF =然后证明△ADC ≌△ADF 即可解决问题．【详解】延长DE 至F ，使得EF BC =，连接AC.∵180ABC AED ∠+∠=︒，180AEF AED ∠+∠=︒，∴ABC AEF∠=∠∵AB AE =，BC EF =，∴△ABC ≌△AEF ．∴EF BC =，AC AF=∵BC DE CD +=，∴CD DE EF DF =+=，∴△ADC ≌△ADF ，∴ADC ADF∠=∠即AD 平分∠CDE ．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线构造全等三角形是解题关键.11．探究问题：(1)方法感悟：如图①，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别为DC ，BC 边上的点，且满足∠BAF ＝45°，连接EF ，求证DE ＋BF ＝EF ．感悟解题方法，并完成下列填空：将△ADE 绕点A 顺时针旋转90°得到△ABG ，此时AB 与AD 重合，由旋转可得：AB ＝AD ，BG ＝DE ，∠1＝∠2，∠ABG ＝∠D ＝90°，∴∠ABG ＋∠ABF ＝90°＋90°＝180°，因此，点G ，B ，F 在同一条直线上．∵∠EAF ＝45°∴∠2＋∠3＝∠BAD －∠EAF ＝90°－45°＝45°．∵∠1＝∠2，∠1＋∠3＝45°．即∠GAF ＝∠________．又AG＝AE，AF＝AE∴△GAF≌△________．∴_________＝EF，故DE＋BF＝EF．(2)方法迁移：如图②，将Rt△ABC沿斜边翻折得到△ADC，点E，F分别为DC，BC边上的点，且∠EAF＝12∠DAB．试猜想DE，BF，EF之间有何数量关系，并证明你的猜想．【答案】(1)EAF、△EAF、GF；(2)DE＋BF＝EF.【分析】（1）利用角之间的等量代换得出∠GAF=∠FAE，再利用SAS得出△GAF≌△EAF，得出答案；（2）将△ADE顺时针旋转90°得到△ABG，再证明△AGF≌△AEF，即可得出答案；【详解】解：（1）如图①所示；根据等量代换得出∠GAF=∠FAE，利用SAS得出△GAF≌△EAF，∴GF=EF，故答案为FAE；△EAF；GF；(2)DE＋BF＝EF，理由如下：假设∠BAD的度数为m，将△ADE绕点A顺时针旋转，m°得到△ABG，如图，此时AB与AD重合，由旋转可得：AB ＝AD ，BG ＝DE ，∠1＝∠2，∠ABG ＝∠D ＝90°，∴∠ABG ＋∠ABF ＝90°＋90°＝180°，因此，点G ，B ，F 在同一条直线上．∵12EAF m ∠=︒，∴112322BAD EAF m m m ∠+∠=∠-∠=︒-︒=︒．∵∠1＝∠2，∴∠1＋∠3＝12m ︒．即∠GAF ＝∠EAF ．∵在△AGF 和△AEF 中，AG AE GAF EAF AF AF ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△GAF ≌△EAF （SAS ）．∴GF ＝EF ．又∵GF ＝BG ＋BF ＝DE ＋BF ，∴DE ＋BF ＝EF ．【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定和性质、以及折叠的性质和旋转变换性质等知识，证得△GAF ≌△EAF 是解题的关键．12．在ABC ∆中，90BAC ∠=︒，AB AC =，AD BC ⊥于点D ,（1）如图1，点M ，N 分别在AD ，AB 上，且90BMN ∠=︒，当30AMN ∠=︒，2AB =时，求线段AM 的长；（2）如图2，点E ，F 分别在AB ，AC 上，且90EDF ∠=︒，求证：BE AF =；（3）如图3，点M 在AD 的延长线上，点N 在AC 上，且90BMN ∠=︒，求证：AB AN +;【答案】(1)AM =(2)见解析；(3)见解析.【分析】（1）根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质得到AD ＝BD ＝DC＝，求出∠MBD ＝30°，根据勾股定理计算即可；（2）证明△BDE ≌△ADF ，根据全等三角形的性质证明；（3）过点M 作ME ∥BC 交AB 的延长线于E ，证明△BME ≌△AMN ，根据全等三角形的性质得到BE ＝AN ，根据等腰直角三角形的性质、勾股定理证明结论．【详解】（1）解：90BAC ∠=︒ ，AB AC =，AD BC ⊥，AD BD DC ∴==，45ABC ACB ∠=∠=︒，45BAD CAD ∠=∠=︒，2AB =，AD BD DC ∴==，30AMN ∠=︒ ，180903060BMD ∴∠=︒-︒-︒=︒，30BMD ∴∠=︒，2BM DM ∴=，由勾股定理得，222BM DM BD -=，即222(2)DM DM -=，解得，DM =AM AD DM ∴=-（2）证明：AD BC ⊥ ，90EDF ∠=︒，BDE ADF ∴∠=∠，在BDE ∆和ADF ∆中，{B DAFDB DA BDE ADF∠=∠=∠=∠，()BDE ADF ASA ≌∴∆∆BE AF ∴=；（3）证明：过点M 作//ME BC 交AB 的延长线于E ，90AME ∴∠=︒，则AE =，45E ∠=︒，ME MA ∴=，90AME ∠=︒∵，90BMN ∠=︒，BME AMN ∴∠=∠，在BME ∆和AMN ∆中，{E MANME MA BME AMN∠=∠=∠=∠，()BME AMN ASA ∴∆∆≌，BE AN ∴=，AB AN AB BE AE ∴+=+==．【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．13．如图，△ABC 是边长为4的等边三角形，点D 是线段BC 的中点，∠EDF=120°，把∠EDF 绕点D 旋转，使∠EDF 的两边分别与线段AB 、AC 交于点E 、F ．（1）当DF ⊥AC 时，求证：BE=CF ；（2）在旋转过程中，BE+CF是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由【答案】（1）证明见解析；（2）是，2.【分析】（1）根据四边形内角和为360°，可求∠DEA=90°，根据“AAS”可判定△BDE ≌△CDF ，即可证BE=CF ；（2）过点D 作DM ⊥AB 于M ，作DN ⊥AC 于N ，如图2，易证△MBD ≌△NCD ，则有BM=CN ，DM=DN ，进而可证到△EMD ≌△FND ，则有EM=FN ，就可得到BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN=2BM=2BD×cos60°=BD=12BC=2.【详解】（1）∵△ABC 是边长为4的等边三角形，点D 是线段BC 的中点，∴∠B=∠C=60°，BD=CD ，∵DF ⊥AC ，∴∠DFA=90°，∵∠A+∠EDF+∠AFD+∠AED=180°，∴∠AED=90°，∴∠DEB=∠DFC ，且∠B=∠C=60°，BD=DC ，∴△BDE ≌△CDF （AAS ）（2）过点D 作DM ⊥AB 于M ，作DN ⊥AC 于N，则有∠AMD=∠BMD=∠AND=∠CND=90°．∵∠A=60°，∴∠MDN=360°-60°-90°-90°=120°．∵∠EDF=120°，∴∠MDE=∠NDF ．在△MBD 和△NCD 中，BMD CND B C BD CD ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△MBD ≌△NCD （AAS ）BM=CN ，DM=DN ．在△EMD 和△FND 中，EMD FND DM DN MDE NDF ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝，∴△EMD ≌△FND （ASA ）∴EM=FN ，∴BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN =2BM=2BD×cos60°=BD=12BC=2.【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、特殊角的三角函数值等知识，通过证明三角形全等得到BM=CN ，DM=DN ，EM=FN 是解决本题的关键．14．在ABC 中，∠BAC ＝90°，AB AC =，点D 为直线BC 上一动点（点D 不与B ，C 重合），以AD 为直角边在AD 右侧作等腰直角三角形ADE （90DAE ∠=︒，AD AE =），连接CE ．（1）如图1，当点D 在线段BC 上时，猜想：BC 与CE 的位置关系，并说明理由；（2）如图2，当点D 在线段CB 的延长线上时，（1）题的结论是否仍然成立？说明理由；（3）如图3，当点D 在线段BC 的延长线上时，结论（1）题的结论是否仍然成立？不需要说明理由．【答案】（1）BC ⊥CE ，见解析；（2）成立，见解析；（3）成立【分析】（1）先证∠2=∠3，再证△ABD ≌△ACE （SAS ），得出∠4=∠5，求出∠4=∠6=45°，∠5=45°即可；（2）先证∠2=∠3，再证△ABD ≌△ACE （SAS ），得出∠ABD =∠ACE ，求出∠ABC =∠ACB =45°，得出∠ABD =∠ACE =135°即可；（3）先证∠BAD =∠CAE ，再证△ABD ≌△ACE （SAS ），得出∠ABD =∠ACE ，再求∠ABC =∠ACB =45°，得出∠ABD =∠ACE =45°．【详解】解：（1）BC 与CE 的位置关系是BC ⊥CE ，理由是：∵∠BAC =∠DAE =90°，∴∠BAC -∠1=∠DAE -∠1，即∠2=∠3，在△ABD 和△ACE 中，23AB AC AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABD ≌△ACE （SAS ），∴∠4=∠5，∵∠BAC =90°，AB =AC ，∴∠4=∠6=45°，∴∠5=45°，∴∠BCE =∠5+∠6=45°+45°=90°，即BC ⊥CE；（2）成立.理由是：∵∠BAC =∠DAE =90°，∴∠BAC-∠1=∠DAE-∠1，即∠2=∠3，在△ABD 和△ACE 中，23AB AC AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABD ≌△ACE （SAS ），∴∠ABD =∠ACE ，∵∠BAC =90°，AB =AC ，∴∠ABC =∠ACB =45°，∴∠ABD =∠ACE =135°，∴∠BCE =∠ACE -∠ACB =135°-45°=90°，即BC ⊥CE ；（3）成立∵∠BAC =∠DAE =90°，∴∠BAC +∠CAD =∠DAE +∠CAD ，即∠BAD =∠CAE ，在△ABD 和△ACE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABD ≌△ACE （SAS ），∴∠ABD =∠ACE ，∵∠BAC =90°，AB =AC ，∴∠ABC =∠ACB =45°，∴∠ABD =∠ACE =45°，∴∠BCE =∠ACE +∠ACB =45°+45°=90°．【点睛】本题考查图形变换中结论问题，等腰直角三角形性质，三角形全等判定与性质，角的和差运用，直线位置关系，掌握等腰直角三角形性质，三角形全等判定与性质，角的和差运用，直线位置关系垂直的证法是解题关键．15．如图，我们把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”．（1）性质探究：如图1．已知四边形ABCD 中，AC ⊥BD ．垂足为O ，求证：AB 2+CD 2＝AD 2+BC 2；（2）解决问题：已知AB ＝BC ＝分别以△ABC 的边BC 和AB 向外作等腰Rt △BCE 和等腰Rt △ABD ；①如图2，当∠ACB ＝90°，连接DE ，求DE 的长；②如图3．当∠ACB ≠90°，点G 、H 分别是AD 、AC 中点，连接GH ．若GH ＝S △ABC ＝．【答案】（1）见解析；（2；②72【分析】（1）根据AC ⊥BD 可以得到∠AOB =∠COD =90°即可得到AB ²=AO ²+OB ²，CD ²=DO ²+OC ²即AB ²+CD ²=AO ²+OB ²+DO ²+OC ²同理可以得到AD ²+BC ²=AO ²+OB ²+DO ²+OC ²即可得到答案;（2）连DC 、AE 相交于点F ，先证明△ABE ≌△DBC 得到∠CDB =∠BAE 从而证得AE ⊥CD 再利用勾股定理和（1）中的结论求解即可得到答案；（3）连DC 、AE 相交于点F ，作CP ⊥BD 交DB 延长线于点P ，BP ²+CP ²=BC ²=（）²=32，DP ²+PC ²=DC ²=（²=96，(DP ²+PC ²)-(BP ²+CP ²)=96-32=64，DP ²-BP ²=64从而求出BP 再证明AB ∥PC 则S △ABC ＝12AB ×BP .【详解】解：（1）证明：∵AC ⊥BD∴∠AOB =90°在Rt △AOB 中AB ²=AO ²+OB ²∴∠COD =90°在Rt △COD 中CD ²=DO ²+OC ²∴AB ²+CD ²=AO ²+OB ²+DO ²+OC ²同理AD ²+BC ²=AO ²+OB ²+DO ²+OC ²∴AB 2＋CD 2＝AD 2＋BC ²(2)①解：连DC、AE相交于点F∵Rt△BCE和Rt△ABD是等腰三角形∴BE=BCAB=BD∠CBE=∠ABD=90°∴∠ABE=∠DBC=90°+∠ABC∴△ABE≌△DBC∴∠CDB=∠BAE∵∠ABD=90°∴∠CDB+∠CDA+∠DAB=90°∴∠BAE+∠CDA+∠DAB=90°∴∠AFD=90°∴AE⊥CD∵AB BC∠ACB=90°∴AC∵AB BD∠ABD=90°∴AD10=∵BC，BE∠CBE=90°∴CE8=由（1）中结论AD²+EC²=AC²+DE²∴(10)²+（8）²=（²+DE²∴DE②连DC、AE相交于点F∵点G、H分别是AD、AC中点，GH＝26∴DC=2GH=46作CP⊥BD交DB延长线于点PBP²+CP²=BC²=（42）²=32DP²+PC²=DC²=（46）²=96∴(DP²+PC²)-(BP²+CP²)=96-32=64∴DP²-BP²=64∴（BD+BP)²-BP²=64∴（52+BP)²-BP²=64∴BP=72 10∵∠PBA=90°，∠P=90°，∴∠PBA+∠P=90°+90°=180°∴AB∥PC则S△ABC ＝12AB×BP=12×52×772=102【点睛】本题主要考查了四边形的综合问题，等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，垂直的定义，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.16．（1）如图①，在四边形ABCD 中，AB AD =，90B D ∠=∠=︒，E ，F 分别是边BC ，CD 上的点，且12EAF BAD ∠=∠．请直接写出线段EF ，BE ，FD 之间的数量关系：__________；（2）如图②，在四边形ABCD 中，AB AD =，180B D ∠+∠=︒，E ，F 分别是边BC ，CD 上的点，且12EAF BAD ∠=∠，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程；（3）在四边形ABCD 中，AB AD =，180B D ∠+∠=︒，E ，F 分别是边BC ，CD 所在直线上的点，且12EAF BAD ∠=∠．请画出图形（除图②外），并直接写出线段EF ，BE ，FD 之间的数量关系．【答案】（1）EF BE FD =+；（2）成立，理由见解析；（3）图形见解析，EF BE FD=-【分析】（1）延长EB 到G ，使BG =DF ，连接AG ．证明△AGE 和△AEF 全等，则EF =GE ，则EF =BE +DF ，证明△ABE 和△AEF 中全等，那么AG =AF ，∠1=∠2，∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF =12∠BAD ．从而得出EF =GE ；（2）思路和作辅助线的方法同（1）；（3）根据（1）的证法，我们可得出DF =BG ，GE =EF ，那么EF =GE =BE -BG =BE -DF ．【详解】（1）延长EB 至G ，使BG DF =，连接AG ，∵90ABG ABC D ∠=∠=∠=︒，AB AD =，∴ABG ≌ADF ，∴AG AF =，12∠=∠，∴113232EAF BAD ∠+∠=∠+∠=∠=∠，∴GAE EAF ∠=∠，在GAE 和FAE 中，∵AG AF GAE EAF AE AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴GAE ≌()FAE SAS ，∴EG EF =，∵EG =BE +BG ，∴EF BE FD =+．故答案为：EF BE FD=+（2）（1）中的结论仍成立，证明：延长CB 至M ，使BM DF =，∵180ABC D ∠+∠=︒，1180ABC ∠+∠=︒，∴1D ∠=∠，在ABM 和ADF 中，1AB AD D BM DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴ABM ≌()ADF SAS ，∴AF AM =，23∠∠=,∵12EAF BAD ∠=∠，∴1242BAD EAF ∠+∠=∠=∠，∴34EAF ∠+∠=∠即MAE EAF ∠=∠，在AME △和AFE △中，AM AF MAE EAF AB AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴AME △≌()AFE SAS ，∴EF ME =，即EF BE BM =+．（3）EF BE FD =-，证明：在BE 上截取BG 使BG DF =，连接AG，∵180B ADC ∠+∠=︒，180ADF ADC ∠∠=+︒，∴B ADF ∠=∠，∵在ABG 和ADF 中，AB AD ABG ADF BG DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴ABG ≌()ADF SAS ，∴BAG DAF ∠=∠，AG AF =，∴BAG EAD DAF EAD ∠+∠=∠+∠12EAF BAD =∠=∠，∴GAE EAF ∠=∠，在AEG △和AEF 中，AG AF GAE EAF AE AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴AEG △≌()AEF SAS ，∴EG EF =，∵EG BE BG =-，∴EF BE FD =-．【点睛】此题主要考查了三角形全等的判定与性质，通过全等三角形来实现线段的转换是解题关键，没有明确的全等三角形时，要通过辅助线来构建与已知和所求条件相关联的全等三角形.17．四边形ABCD 是由等边ABC ∆和顶角为120︒的等腰ABD ∆排成，将一个60︒角顶点放在D 处，将60︒角绕D 点旋转，该60︒交两边分别交直线BC 、AC 于M 、N ，交直线AB 于E 、F 两点．（1）当E 、F 都在线段AB 上时（如图1），请证明：BM AN MN +=；（2）当点E 在边BA 的延长线上时（如图2），请你写出线段MB ，AN 和MN 之间的数量关系，并证明你的结论；（3）在（1）的条件下，若7AC =， 2.1AE =，请直接写出MB 的长为．【答案】（1）证明见解析；（2）MB MN AN =+．证明见解析；（3）2.8．【分析】（1）把△DBM 绕点D 逆时针旋转120°得到△DAQ ，根据旋转的性质可得DM =DQ ，AQ =BM ，∠ADQ =∠BDM ，然后求出∠QDN =∠MDN ，利用“边角边”证明△MND 和△QND 全等，根据全等三角形对应边相等可得MN =QN ，再根据AQ +AN =QN 整理即可得证；（2）把△DAN 绕点D 顺时针旋转120°得到△DBP ，根据旋转的性质可得DN =DP ，AN =BP ，根据∠DAN =∠DBP =90°可知点P 在BM 上，然后求出∠MDP =60°，然后利用“边角边”证明△MND 和△MPD 全等，根据全等三角形对应边相等可得MN =MP ，从而得证；（3）过点M 作MH ∥AC 交AB 于G ，交DN 于H ，可以证明△BMG 是等边三角形，根据等边三角形的性质可得BM =MG =BG ，根据全等三角形对应角相等可得∠QND =∠MND ，再根据两直线平行，内错角相等可得∠QND =∠MHN ，然后求出∠MND =∠MHN ，根据等角对等边可得MN =MH ，然后求出AN =GH ，再利用“角角边”证明△ANE 和△GHE 全等，根据全等三角形对应边相等可得AE =GE ，再根据BG =AB -AE -GE 代入数据进行计算即可求出BG ，从而得到BM 的长．【详解】解：（1）证明：把△DBM 绕点D 逆时针旋转120°得到△DAQ ，则DM =DQ ，AQ =BM ，∠ADQ =∠BDM ，∠QAD =∠CBD =90°，∴点Q 在直线CA上，∵∠QDN =∠ADQ +∠ADN =∠BDM +∠ADN =∠ABD -∠MDN =120°-60°=60°，∴∠QDN =∠MDN =60°，∵在△MND 和△QND 中，DM DQ QDN MDN DN DN ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△MND ≌△QND （SAS ），∴MN =QN ，∵QN =AQ +AN =BM +AN ，∴BM +AN =MN ；（2）：MB MN AN =+.理由如下：如图，把△DAN 绕点D 顺时针旋转120°得到△DBP ，则DN =DP ，AN =BP，∵∠DAN =∠DBP =90°，∴点P 在BM 上，∵∠MDP =∠ADB -∠ADM -∠BDP =120°-∠ADM -∠ADN =120°-∠MDN =120°-60°=60°，∴∠MDP =∠MDN =60°，∵在△MND 和△MPD 中，DN DP MDP MDN DM DM ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△MND ≌△MPD （SAS ），∴MN =MP ，∵BM =MP +BP ，∴MN +AN =BM ；（3）如图，过点M 作MH ∥AC 交AB 于G ，交DN 于H，∵△ABC 是等边三角形，∴△BMG 是等边三角形，∴BM =MG =BG ，根据（1）△MND ≌△QND 可得∠QND =∠MND ，根据MH ∥AC 可得∠QND =∠MHN ，∴∠MND =∠MHN ，∴MN =MH ，∴GH =MH -MG =MN -BM =AN ，即AN =GH ，∵在△ANE 和△GHE 中，QND MHN AEN GEH AN GH ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△ANE ≌△GHE （AAS ），∴AE =EG =2.1，∵AC =7，∴AB =AC =7，∴BG =AB -AE -EG =7-2.1-2.1=2.8，∴BM =BG =2.8．故答案为：2.8【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质及等腰三角形的性质，根据等边三角形的性质，旋转变换的性质作辅助线构造全等三角形是解题的关键，（3）作平行线并求出AN =GH 是解题的关键，也是本题的难点．18．如图1，四边形ABCD 中，BD ⊥AD ，E 为BD 上一点，AE ＝BC ，CE ⊥BD ，CE ＝ED（1）已知AB ＝10，AD ＝6，求CD ；（2）如图2，F为AD上一点，AF＝DE，连接BF，交BF交AE于G，过G作GH⊥AB于H，∠BGH＝75°．求证：BF＝．【答案】（1）；（2）证明见解析【分析】（1）由勾股定理得出BD8，由HL证得Rt△ADE≌Rt△BEC，得出BE＝AD，则CE＝ED＝BD﹣BE＝BD﹣AD＝2，由等腰直角三角形的性质即可得出结果；（2）连接CF，易证AF＝CE，AD∥CE，得出四边形AECF是平行四边形，则AE＝CF，AE∥CF，得出∠CFD＝∠EAD，∠CFB＝∠AGF，由Rt△ADE≌Rt△BEC，得出∠CBE＝∠EAD，推出∠CBE＝∠CFD，证得△BCF是等腰直角三角形，则BF BC CF AE，∠FBC＝∠BFC＝45°，推出∠AGF＝45°，∠AGH＝60°，∠GAH＝30°，则AG＝2GH，得出BF AG+EG），即可得出结论．【详解】（1）解：∵BD⊥AD，∴BD8，∵CE⊥BD，∴∠CEB＝∠EDA＝90°，在Rt△ADE和Rt△BEC中，AE BC ED CE=⎧⎨=⎩，∴Rt△ADE≌Rt△BEC（HL），∴BE＝AD，∴CE＝ED＝BD﹣BE＝BD﹣AD＝8﹣6＝2，∴CE＝；（2）解：连接CF，如图2所示：∵AF＝DE，DE＝CE，∴AF＝CE，∵BD⊥AD，CE⊥BD，∴AD∥CE，∴四边形AECF是平行四边形，∴AE＝CF，AE∥CF，∴∠CFD＝∠EAD，∠CFB＝∠AGF，由（1）得：Rt△ADE≌Rt△BEC，∴∠CBE＝∠EAD，∴∠CBE＝∠CFD，∵∠FBD+∠BFC+∠CFD＝90°，∴∠FBD+∠BFC+∠CBE＝90°，∴∠BCF＝90°，∵AE＝BC，∴BC＝CF，∴△BCF是等腰直角三角形，∴BF CF，∠FBC＝∠BFC＝45°，∴∠AGF＝45°，∵∠BGH＝75°，∴∠AGH＝180°﹣45°﹣75°＝60°，∵GH⊥AB，∴∠GAH＝30°，∴AG＝2GH，∴BF（AG+EG），∴BF＝EG．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、含30°角直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握直角三角形的性质、作辅助线构建平行四边形是解题的关键．19．问题背景如图（1），在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，AB＝AD，∠BAD＝α，以点A为顶点作一个角，角的两边分别交BC，CD于点E，F，且∠EAF12α，连接EF，试探究：线段BE，DF，EF之间的数量关系．（1）特殊情景在上述条件下，小明增加条件“当∠BAD＝∠B＝∠D＝90°时”如图（2），小明很快写出了：BE，DF，EF之间的数量关系为______．（2）类比猜想类比特殊情景，小明猜想：在如图（1）的条件下线段BE，DF，EF之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请你帮助小明完成证明；若不成立，请说明理由．（3）解决问题如图（3），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，点D，E均在边BC上，且∠DAE＝45°，若BD请直接写出DE的长．【答案】（1）BE+DF＝EF；（2）成立；（3）DE523 =【分析】（1）将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG，由旋转的性质可得AE＝AG，BE＝DG，∠BAE＝∠DAG，根据∠EAF=12∠BAD可得∠BAE+∠DAF＝45°，即可得出∠∠EAF＝∠FAG，利用SAS可证明△AFE≌△AFG，可得EF=FG，进而可得EF=BE+FD；（2）将△ABE绕点A逆时针旋转α得到△ADH，由旋转的性质可得∠ABE＝∠ADH，∠BAE＝∠DAH，AE＝AH，BE＝DH，根据∠BAD＝α，∠EAF1 2 =α可得∠BAE+∠FAD12=α，进而可证明∠FAH＝∠EAF，利用SAS可证明△AEF≌△AHF，可得EF=FH=BE+FD；（3）将△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△AE′B，连接DE′，由旋转的性质可得BE′＝EC，AE′＝AE，∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB，根据等腰直角三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝E′BD＝90°，利用SAS可证明△AEF≌△AHF，可得DE＝DE′，利用勾股定理求出DE的长即可的答案.【详解】解：（1）BE+DF＝EF，如图1，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG，∵∠ADC＝∠B＝∠ADG＝90°，。
对角互补模型(解析版)--中考数学满分突破
对角互补模型对角互补模型的特征：外观呈现四边形，且对角和为180°。
主要：含90°对角互补，含120°的对角互补两种类型。
解决此类题型常用到的辅助线画法主要有两种：旋转法和过顶点作两垂线。
模型一：90°的对角互补模型【基础】如图，四边形ABCD 中，∠ABC =∠ADC =90°，BD 平分∠ABC ，则①AD =CD ②AB +BC =2BD ③S △ABD +S △BDC =12BD 2思路：①方法一(基础)：过点D 分别作DE ⊥AB 于点E ，DF ⊥BC 于点F∵BD 平分∠ABC ∴DE =DF∵∠ABC =ADC =90°∴∠DAB +∠DCF =∠DAB +∠DAE =180°∴∠DCF =∠DAE ∴∆DAE ≌∆DCF ∴AD =CD方法二(基础)：作DE ⊥BD 交BC 延长线于点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(进阶)：∵四边形ABCD 对角互补∴A 、B 、C 、D 四点共圆∵BD 平分∠ABC∴∠ABD =∠CBD =45°∴AD =CD②③方法一：∵∆DAE ≌∆DCF∴AE =FC S △DAE =S △DCF∵∠ABC =∠ADC =90°，BD 平分∠ABC∴∠EBD =∠DBF =45°∴∆DEB 与∆DFB 为等腰直角三角形∴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 =12BD 2方法二：∵∆ABD ≌∆CED∴AB =CE S △ABD =S △CED 而∠BDE =90°∠5=∠6=45°∴∆BDE 为等腰直角三角形则AB +BC =BC +CE =BE =2BDS △ABD +S △BDC =S △DCE +S △BDC =S △BDE =12BD 2【进阶】如图，∠AOB =∠DCE =90°，OC 平分∠AOB ，当∠DCE 的一边与AO 的延长线交于点D 时，有以下结论：①CD =CE ②OE -OD =2OC ③S △OCE -S △OCD =12OC 2思路：①方法一：过点C 分别作CM ⊥AO 于点M , CN ⊥BO 于点N∴∠CMD =∠CNE =90°∵∠AOB =90°∴∠MCN =90°则∠MCD =∠ECN而OC 平分∠AOB ∴CM =CN∴∆CMD ≌∆CNE ∴CD =CE方法二：过点C 作CH ⊥CO 交OB 于点H ∴∠OCH =90°∴∠OCD +∠DCH =∠HCE +∠DCH =90°∴∠OCD =∠HCE∵∠AOB =90°，OC 平分∠AOB∴∠AOC =∠COH =∠CHO =45°∴∆OCH 为等腰直角三角形∴OC =CH∵∠COD =180°-∠AOC ，∠CHE =180°-∠CHO∴∠COD =∠CHE ∴∆COD ≌∆CHE ∴CD =CE方法三：连接DE∵∠AOB =∠DCE =90°∴∠DOE =∠DCE =90°∴O 、C 、E 、D 四点共圆∵OC 平分∠AOB ∴∠CDE =∠COE =∠CED =45°∴CD =CE②③∵∆COD ≌∆CHE ∴OD =HE S △OCD =S △HCE则OE -OD =OE -EH =OH =2OCS△OCE-S△OCD=S△OCE-S△HCE=S△OCH=12OC2模型二：120°的对角互补模型【基础】如图，已知∠AOB=2∠DCE=120°，OC平分∠AOB，则①CD=CE②OD+OE=OC③S△DCO+S△COE=√34OC2思路：①方法一：过点C分别作CM⊥AO于点M，CN⊥OB于点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则CD=CE方法二：作∠OCF=60°交OB于点F由已知条件可知∆COF为等边三角形所以CO=CF∠COD=∠CFE=60°因为∠DCE=∠OCF=60°所以∠DCO=∠ECF所以∆DCO≌∆ECF则CD=CE方法三：∵∠AOB=2∠DCE=120°∴∠DOE+∠DCE=180°∴O、D、C、E四点共圆∵OC平分∠AOB∴∠COD=∠COE=60°∴CD=CE②由于∆DCO≌∆ECF, ∆COF为等边三角形则OD=EF OC=OF所以OD+OE=EF+OE=OF=OC③过点F作FH⊥CO于点H由于∆DCO≌∆ECF所以S△DCO=S△ECF设OC=x，则OH=X2FH=√3X2S△DCO+S△COE=S△ECF+S△COE=S△OCF=12OC•FH=12•x•√3X2=√3 4x2=√34OC2【进阶】如图，∠AOB =2∠DCE =120°，OC 平分∠AOB ，当∠DCE 的一边与BO 的延长线交于点E 时，有以下结论：①CD =CE ②OD -OE =OC ③S △DCO -S △COE =√34OC 2思路：①方法一：过点C 分别作CM ⊥DO 于点M ，CN ⊥EB 于点N所以∠CMD =∠CNB =90°由OC 平分∠AOB ∠AOB =2∠DCE =120°可知CM =CN ∠DCE =∠MCN =60°则∠DCM =∠ECN所以∆CDM ≌∆CEN 则CD =CE方法二：过点C 作∠OCH =60°根据已知条件可知∠DCE =∠OCH =∠COH =60°，∴∆COH 为等边三角形，∠DCO =∠ECH∴∠COD =∠CHE =60°CO =CH所以∆CDO ≌∆CEH 则CD =CE OD =EH S △DCO =S △ECH∴OD -OE =EH -OE =OH =OCS △DCO -S △COE =S △ECH -S △COE =S △COH =√34OC 2方法三：连接DE∵∠AOB =2∠DCE =120°，OC 平分∠AOB∴∠DOE =∠DCE =∠DOC =60°∴O 、C 、D 、E 四点共圆∴∠DEC =∠DOC =∠DCE =60°∴△DEC 是等边三角形∴CD =CE模型三：全等型之任意角如图，∠AOB =2α，∠DCE =180°-2α，OC 平分∠AOB ，则：①CD =CE②OD +OE =2OC •COSα③S △DCO +S △COE =OC 2•sin αCOSα思路：1)过点C作CM⊥AO于点M, 作CN⊥BO于点N易证∆CDM≌∆CEN∴CD=CE则OD+OE=2ON=2OC•COSαS△DCO+S△COE=2S△CON=CN•ON=OC2•sinαCOSα2)作∠OCH=180°-2α,与OB交于点H易证∆CDO≌∆CEH∴CD=CE OD=EH S△DCO=S△ECH则OD+OE=OH=2OC•COSαS△DCO+S△COE=S△COH=OC2•sinαCOSα【进阶】如图，除满足以上条件外，当∠DCE的一边与BO延长线交于点E 时，则：①CD=CE②OD-OE=2OC•COSα③S△DCO-S△COE=OC2•sinαCOSα[自行证明]模型四：内含90°的相似型如图，∠AOB=∠DCE=90°，∠COB=α，则CE=CD•tanα[自行证明]【进阶】如图，当∠DCE的一边与AO的延长线交于点D时，则CE=CD•tanα[自行证明]【过关培优练】1.(2019春·江苏南京·八年级校联考期末)如图，在平面直角坐标系xOy中，A,B两点分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA=OB，点C在第一象限，OC=3，连接BC，AC，若∠BCA=90°，则BC+AC的值为．【答案】32【分析】可将△OBC绕着O点顺时针旋转90°，所得的图形与△OAC正好拼成等腰直角三角形BC+ AC等于等腰三角形的斜边CD.【详解】解：将△OBC绕O点旋转90°，∵OB=OA∴点B落在A处，点C落在D处且有OD=OC=3，∠COD=90°，∠OAD=∠OBC，在四边形OACB中∵∠BOA=∠BCA=90°，∴∠OBC+∠OAC=180°，∴∠OAD+∠OAC=180°∴C、A、D三点在同一条直线上，∴△OCD为等要直角三角形，根据勾股定理CD2=OC2+OD2即CD2=32+32=18解得CD=32即BC+AC=3 2.【点睛】本题考查旋转的性质，旋转前后的图形对应边相等，对应角相等.要求两条线段的长，可利用作图的方法将两条线段化成一条线段，再求这条线段的长度即可，本题就是利用旋转的方法做到的，但做本题时需注意，一定要证明C、A、D三点在同一条直线上.本题还有一种化一般为特殊的方法，因为答案一定可考虑CB⊥y轴的情况，此时四边形OACB刚好是正方形，在做选择或填空题时，也可以起到事半功倍的效果.2.如图，四边形ABCD中，已知AB=AD，∠BAD=60°，∠BCD=120°，若四边形ABCD的面积为43，则AC=．【答案】4．【分析】将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△ABE．证明△AEC是等边三角形，四边形ABCD面积等于△AEC面积，根据等边△AEC面积特征可求解AC长．【详解】解：将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△ABE．∵四边形内角和360°，∴∠D+∠ABC=180°．∴∠ABE+∠ABC=180°，∴E、B、C三点共线．根据旋转性质可知∠EAC=60度，AE=AC，∴△AEC是等边三角形．四边形ABCD面积等于△AEC面积，等边△AEC面积=34Ac2=43，解得AC=4．故答案为4．【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质、旋转的性质，解题的关键是根据AB=AD及∠BAD=60°，对△ACD进行旋转，把四边形转化为等边三角形求解．3.(2021春·福建三明·八年级统考期中)感知：如图①，AD平分∠BAC，∠B+∠C=180°，∠B=90°．判断DB与DC的大小关系并证明．探究：如图②，AD平分∠BAC，∠ABD+∠ACD=180°，∠ABD<90°，DB与DC的大小关系变吗？请说明理由．应用：如图③，四边形ABDC中，∠B=45°，∠C=135°，DB=DC=m，则AB与AC差是多少(用含m的代数式表示)【答案】感知：DB=DC，证明见详解；探究：DB与DC的大小关系不变，理由见详解；应用：AB与AC差是2m．【分析】感知：根据角平分线的性质定理即可求证；探究：过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥AC，交AC延长线于点F，根据角平分线的性质定理可得DE=DF，由题意可得∠B=∠DCF，进而可证△DEB≌△DFC，然后问题可求证；应用：过点D作DH⊥AB于点H，DG⊥AC，交AC的延长线于点G，连接AD，由题意易证△DHB≌△DGC，则有DH=DG，进而可得AG=AH，然后根据等腰直角三角形的性质可得DG=CG=DH=BH=22m，则有AG=AH=AC+22m，最后问题可求解．【详解】感知：DB=DC，理由如下：∵∠B+∠C=180°，∠B=90°，∴∠B=∠C=90°，即DB⊥AB,DC⊥AC，∵AD平分∠BAC，∴DB=DC；探究：DB与DC的大小关系不变，还是相等，理由如下：过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥AC，交AC延长线于点F，则∠DEB=∠DFC=90°，如图所示：∵AD平分∠BAC，∴DE=DF，∵∠ABD+∠ACD=180°，∠DCF+∠ACD=180°，∴∠B=∠DCF，∴△DEB≌△DFC(AAS)，∴DB=DC；应用：过点D作DH⊥AB于点H，DG⊥AC，交AC的延长线于点G，连接AD，如图所示：∵∠B=45°，∠C=135°，∴∠B+∠C=180°，∵∠ACD+∠DCG=180°，∴∠B=∠DCG=45°，∵∠DHB=∠DGC=90°，DB=DC=m，∴△DHB≌△DGC(AAS)，且△DHB与△DGC都为等腰直角三角形，∴DG=CG=DH=BH，由勾股定理可得DH2+BH2=DB2，∴2DH2=m2，m，∴DG=CG=DH=BH=22在Rt△AHD和Rt△AGD中，AD=AD，DH=DG，∴Rt△AHD≌Rt△AGD(HL)，∴AG=AH=AC+2m，2∴AB=AH+BH=AC+2m，∴AB-AC=2m．【点睛】本题主要考查角平分线的性质定理、全等三角形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握角平分线的性质定理、全等三角形的性质与判定及勾股定理是解题的关键．4.(2013秋·江苏盐城·九年级阶段练习)已知∠MAN，AC平分∠MAN.(1)在图1中，若∠MAN=120°，∠ABC=∠ADC=90°，我们可得结论：AB+AD=AC；在图2中，若∠MAN=120°，∠ABC+∠ADC=180°，则上面的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；(2)在图3中：(只要填空，不需要证明).①若∠MAN=60°，∠ABC+∠ADC=180°，则AB+AD=AC；②若∠MAN=α(0°<α<180°)，∠ABC+∠ADC=180°，则AB+AD=AC(用含α的三角函数表示)．【答案】(1)成立，证明如下；(2)3，2cos α2 .【详解】试题分析：(1)作CE⊥AM、CF⊥AN于E、F．根据角平分线的性质，得CE=CF，根据等角的补角相等，得∠CDE=∠ABC，再根据AAS得到△CDE≌△CBF，则DE=BF．再由∠MAN =120°，AC平分∠MAN，得到∠ECA=∠FCA=30°，从而根据30°所对的直角边等于斜边的一半，得到AE=12AC，AF=12AC，等量代换后即可证明AD+AB=AC仍成立．试题解析：(1)仍成立．证明：过点C分别作AM、AN的垂线，垂足分别为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)3，2cosα2.考点:(1)角平分线的性质；(2)全等三角形的判定与性质；(3)含30度角的直角三角形．5.(2021·全国·八年级专题练习)已知：∠ABC=∠ADC=90°,AD=DC，求证：BC+AB=2BD．6.(2021·全国·八年级专题练习)已知∠ABC =60°,∠ADC =120°,AB =BC ，求证：AD +DC =BD ，S 四边形ABCD =S △ABD +S △BCD =34BD 2．【答案】见解析【分析】延长DC 至点E 使CE =AD ，先证明△BAD ≌△BCE ，再证明△BDE 是等边三角形，可证结论成立．【详解】证明：延长DC 至点E 使CE =AD ，∵∠ABC =60°,∠ADC =120°，∴∠A +∠BCD =180°，∵∠BCE +∠BCD =180°，∴∠A =∠BCE ，在△BAD 和△BCE 中BA =BC∠A =∠BCE AD =CE，∴△BAD ≌△BCE ，∴BD =BE ，∠ABD =∠CBE ，∵∠ABC =∠ABD +∠CBD =60°，∴∠DBE =∠CBE +∠CBD =60°，∴△BDE 是等边三角形，∴BD =DE ，∵DC +CE =DE ，∴AD +DC =BD ；作BF ⊥DE 于点F ，则∠EBF =30°，EF =DF =12DE =12BE ，∴BF =BE 2-EF 2=32BE ，∴S △DBE =12DE ×BF =12×BE ×32BE =34BE 2，∴S 四边形ABCD =S △ABD +S △BCD =34BD 2．【点睛】此题主要考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，解决问题的关键是正确作出辅助线，证出△BAD≌△BCE，再证出△BDE是等边三角形．7.(2021·贵州黔东南·统考中考真题)在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD．【探究发现】(1)如图①，若∠BAD=120°，∠ABC=∠ADC=90°．求证：AD+AB=AC；【拓展迁移】(2)如图②，若∠BAD=120°，∠ABC+∠ADC=180°．①猜想AB、AD、AC三条线段的数量关系，并说明理由；②若AC=10，求四边形ABCD的面积．【答案】(1)见解析；(2)①AD+AB=AC，见解析；②253【分析】(1)根据角平分线的性质得到∠DAC=∠BAC=60o，然后根据直角三角形中30o是斜边的一半即可写出数量关系；(2)①根据第一问中的思路，过点C分别作CE⊥AD于E，CF⊥AB于F，构造AAS证明△CFB≅△CED，根据全等的性质得到FB=DE，结合第一问结论即可写出数量关系；②根据题意应用60o的正弦值求得CE的长，然后根据S四边形ABCD=12AD×CE+12AB×CF=1 2AD+AB×CE的数量关系即可求解四边形ABCD的面积．【详解】(1)证明：∵AC平分∠BAD，∠BAD=120o，∴∠DAC=∠BAC=60o，∵∠ADC=∠ABC=90o，∴∠ACD=∠ACB=30o，∴AD=12AC，AB=12AC．∴AD+AB=AC，(2)①AD+AB=AC，理由：过点C分别作CE⊥AD于E，CF⊥AB于F．∵AC平分∠BAD，∴CF=CE，∵∠ABC+∠ADC=180o，∠EDC+∠ADC=180o，∴∠FBC=∠EDC，又∠CFB=∠CED=90o，∴△CFB≅△CED AAS，∴FB=DE，∴AD+AB=AD+FB+AF=AD+DE+AF=AE+AF，在四边形AFCE中，由⑴题知：AE+AF=AC，∴AD+AB=AC；②在Rt△ACE中，∵AC平分∠BAD，∠BAD=120o∴∠DAC=∠BAC=60o，又∵AC=10，∴CE=A sin∠DAC=10sin60o=53，∵CF=CE，AD+AB=AC，∴S四边形ABCD =12AD×CE+12AB×CF=12AD+AB×CE=12AC×CE=12×10×53=253．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质和应用，解直角三角形，关键是辨认出本题属于角平分线类题型，作垂直类辅助线．8.(2017·四川乐山·中考真题)在四边形ABCD中，∠B+∠D=180°，对角线AC平分∠BAD．(1)如图1，若∠DAB=120°，且∠B=90°，试探究边AD、AB与对角线AC的数量关系并说明理由．(2)如图2，若将(1)中的条件“∠B=90°”去掉，(1)中的结论是否成立？请说明理由．(3)如图3，若∠DAB=90°，探究边AD、AB与对角线AC的数量关系并说明理由．【答案】(1)AC=AD+AB；(2)成立；(3)AD+AB=2AC．【分析】(1)结论：AC=AD+AB，只要证明AD=12AC，AB=12AC即可解决问题；(2)(1)中的结论成立．以C为顶点，AC为一边作∠ACE=60°，∠ACE的另一边交AB延长线于点E，只要证明△DAC≌△BEC即可解决问题；(3)结论：AD+AB=2AC．过点C作CE⊥AC交AB的延长线于点E，只要证明△ACE是等腰直角三角形，△DAC≌△BEC即可解决问题；【详解】(1)AC=AD+AB．理由如下：如图1中，在四边形ABCD中，∠D+∠B=180°，∠B=90°，∴∠D=90°，∵∠DAB=120°，AC平分∠DAB，∴∠DAC=∠BAC=60°，∵∠B=90°，∴AB=12AC，同理AD=12 AC，∴AC=AD+AB．(2)(1)中的结论成立，理由如下：以C为顶点，AC为一边作∠ACE=60°，∠ACE的另一边交AB延长线于点E，如图2，∵∠BAC=60°，∴△AEC为等边三角形，∴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)结论：AD+AB=2AC．理由如下：过点C作CE⊥AC交AB的延长线于点E，如图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=AC2+CE2=2AC2=2AC，∴AD+AB=2AC．【点睛】本题是四边形探究的综合题，属于压轴题，考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，线段的和差倍分关系，对于线段和差问题，常常采用截长法或补短法构造辅助线，通过全等三角形来解决．9.(2022秋·广东惠州·九年级校考期中)在△ABC中，AC=BC=2，∠C=90°．将一块三角板的直角顶点放在斜边AB的中点P处，将三角板绕点P旋转，三角板的两直角边分别交边AC、CB于点D、E．(1)如图①，当PD⊥AC时，则DC+CE的值是．(2)如图②，当PD与AC不垂直时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；(3)如图③，在∠DPE内作∠MPN=45°，使得PM、PN分别交DC、CE于点M、N，连接MN．那么△CMN的周长是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)2(2)依然成立(3)△CMN的周长为定值，且周长为2【分析】(1)由等腰三角形的性质和P为斜边AB的中点可知DC=1，CE=1，所以DC+CE的值可求；(2)结论成立．连接PC，通过证明△PCD≌△PBE．可得DC=EB，所以DC+CE=EB+CE= BC=2；(3)△CMN的周长为定值，且周长为2．在EB上截取EF=DM，通过证明△PMN≌△PFN，得到MN=NF．所以MC+CN+NM=MC+CN+NE+EF=MC+CE+DM=DC+CE=2．【详解】(1)连PC∵P是AB的中点，AC=BC=2，∠C=90°∴PC=AP=PB∵PD⊥AC，AC=1∴DC=12∠C=∠DPE=90°∴四边形PDCE是矩形，∴PE⊥BC又∵PC=PBBC=1∴EC=12∴DC+CE=2；故答案为：2；(2)结论成立．连接PC，如图②．∵△ABC是等腰直角三角形，P是AB的中点，∠ACB=45°．∴CP=PB，CP⊥AB，∠ACP=12∴∠ACP=∠B=45°，∠CPB=90°．∴∠BPE=90°-∠CPE．又∵∠DPC=90°-∠CPE，∴∠DPC=∠EPB．∴△PCD≌△PBE．∴DC=EB，∴DC+CE=EB+CE=BC=2．(3)△CMN的周长为定值，且周长为2．在EB上截取EF=DM，如图③，由(2)可知：PD=PE，∠PDC=∠PEB，∴△PDM≅△PEF，∴∠DPM=∠EPF，PM=PF．∵∠NPF=∠NPE+∠EPF=∠NPE+∠DPM=∠DPE-∠MPN=45°=∠NPM，又PN=PN，∴△PMN≌△PFN，∴MN=NF．∴MC+CN+NM=MC+CN+NE+EF，=MC+CE+DM，=DC+CE，=2．∴△CMN的周长是2．【点睛】此题比较复杂，综合考查全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、图形的变换．综合性很强，是一道不错的题目．10.(2021秋·河南漯河·八年级统考期中)在等边△ABC中，点D为AC的中点，点F在BC延长线上，点E在射线AB上，∠EDF=120°．(1)如图1，当点E与点B重合时，则DE与DF的数量关系是；(2)当点E在线段AB上时，(1)中的结论是否仍然成立？请结合图2说明理由；(3)如图3，当点E在AB的延长线上时，BF=8,BE=2，请直接写出BC的长．【答案】(1)DE=DF；(2)DE=DF，理由见解析；(3)4【分析】(1)根据等腰三角形的性质及已知，可得∠DBC =∠F =30゜，从而可得DE =DF ；(2)仍有DE =DF ；过点D 作DG ∥BC 交AB 于点G ，可证明△DGE ≌△DCF ，从而可得DE =DF ；(3)过点D 作DG ∥BC 交AB 于点G ，可证明△DGE ≌△DCF ，从而可得GE =CF ；设BC =a ，则CF =8-a ，GB =12a ，GE =12a +2，则可得方程，解方程即可求得a ．【详解】(1)∵△ABC 是等边三角形，D 点为AC 的中点∴∠DBC =30゜∵∠EDF =120゜∴∠F =180゜-∠DBC -∠EDF =30゜∴∠DBC =∠F∴DE =DF故答案为：DE =DF(2)仍有DE =DF ；理由如下：过点D 作DG ∥BC 交AB 于点G ，如图2所示则∠AGD =∠ABC∵△ABC 是等边三角形∴AB =AC ，∠A =∠ABC =∠ACB =60゜∴∠AGD =∠A =60゜∴△AGD 是等边三角形∴∠ADG =∠AGD =60゜，AD =GD∴∠DGE =∠GDC =120゜∴∠EDF =∠GDC =120゜∵∠GDE +∠EDC =∠EDC +∠CDF∴∠GDE =∠CDF∵D 点是AC 的中点∴AD =DC =GD∵∠ACB =60゜∴∠DCF =120゜∴∠DGE =∠DCF在△DGE 和△DCF 中∠DGE =∠DCFGD =DC∠GDE =∠CDF∴△DGE ≌△DCF (ASA )∴DE =DF(3)过点D 作DG ∥BC 交AB 于点G ，如图3所示与(2)同理有：△DGE ≌△DCF∴GE =CF设BC =a ，则CF =8-a ，GB =12a ∴GE =12a +2由GE =CF ，得：12a +2=8-a 解得：a =4【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，作辅助线构造三角形全等是本题后两问的关键．11.(2017·辽宁葫芦岛·中考真题)如图，∠MAN =60°，AP 平分∠MAN ，点B 是射线AP 上一定点，点C 在直线AN 上运动，连接BC ，将∠ABC (0°<∠ABC <120°)的两边射线BC 和BA 分别绕点B 顺时针旋转120°，旋转后角的两边分别与射线AM 交于点D 和点E ．(1)如图1，当点C 在射线AN 上时，①请判断线段BC 与BD 的数量关系，直接写出结论；②请探究线段AC ，AD 和BE 之间的数量关系，写出结论并证明；(2)如图2，当点C 在射线AN 的反向延长线上时，BC 交射线AM 于点F ，若AB =4，AC =3，请直接写出线段AD 和DF 的长．【答案】(1)①BC =BD ；②AD +AC =3BE ；(2)AD =53，DF =3137．【分析】(1)①结论：BC =BD ．只要证明△BGD ≌△BHC 即可．②结论：AD +AC =3BE ．只要证明AD +AC =2AG =2EG ，再证明EB =32BE 即可解决问题；(2)如图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 的长，由sin ∠ACH =AK AC=BH BC ，推出AK 的长，设FG =y ，则AF =23-y ，BF =4+y 2，由△AFK ∽△BFG ，可得AF BF =AK BG ，可得关于y 的方程，求出y 即可解决问题．【详解】(1)①结论：BC=BD，理由：如图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结论：AD+AC=3BE，∵∠ABE=120°，∠BAE=30°，∴∠BEA=∠BAE=30°，∴BA=BE，∵BG⊥AE，∴AG=GE，EG=BE•cos30°=32BE，∵△BGD≌△BHC，∴DG=CH，∵AB=AB，BG=BH，∴Rt△ABG≌Rt△ABH，∴AG=AH，∴AD+AC=AG+DG+AH-CH=2AG=3BE，∴AD+AC=3BE；(2)如图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=23，BC=BD=BH2+CH2=31，CH=DG=33，∴AD=53，∵sin∠ACH=AKAC =BH BC，∴AK3=231，∴AK=2331，设FG=y，则AF=23-y，BF=4+y2，∵∠AFK=∠BFG，∠AKF=∠BGF=90°，∴△AFK∽△BFG，∴AFBF =AKBG，∴23-y4+y2=23312，解得y=1037或310(舍弃)，∴DF=GF+DG=1037+33，即DF=3137．12.(2021·重庆·统考中考真题)在等边△ABC中，AB=6，BD⊥AC，垂足为D，点E为AB边上一点，点F为直线BD上一点，连接EF．(1)将线段EF 绕点E 逆时针旋转60°得到线段EG ，连接FG ．①如图1，当点E 与点B 重合，且GF 的延长线过点C 时，连接DG ，求线段DG 的长；②如图2，点E 不与点A ，B 重合，GF 的延长线交BC 边于点H ，连接EH ，求证：BE +BH =3BF ；(2)如图3，当点E 为AB 中点时，点M 为BE 中点，点N 在边AC 上，且DN =2NC ，点F 从BD 中点Q 沿射线QD 运动，将线段EF 绕点E 顺时针旋转60°得到线段EP ，连接FP ，当NP +12MP 最小时，直接写出△DPN 的面积．【答案】(1)①21；②见解析；(2)433【分析】(1)①连接AG ，根据题意得出△ABC 和△GEF 均为等边三角形，从而可证明△GBC ≌△GAC ，进一步求出AD =3，AG =BG =23，然后利用勾股定理求解即可；②以点F 为圆心，FB 的长为半径画弧，与BH 的延长线交于点K ，连接KF ，先证明出△BFK 是顶角为120°的等腰三角形，然后推出△FEB ≌△FHK ，从而得出结论即可；(2)利用“胡不归”模型构造出含有30°角的直角三角形，构造出NP +12MP =NP +PJ ，当N 、P 、J 三点共线的时候满足条件，然后利用等边三角形的性质及判定、矩形的判定及性质以及解直角三角形的知识分别计算出PN 与DN 的长度，即可得出结论．【详解】(1)解：①如图所示，连接AG ，由题意可知，△ABC 和△GEF 均为等边三角形，∴∠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 =23，∴在Rt △ADG 中，DG=AD 2+AG 2=23 2+32=21，∴DG =21；②证明：以点F 为圆心，FB 的长为半径画弧，与BH 的延长线交于点K ，连接KF ，如图，∵△ABC 和△GEF 均为等边三角形，∴∠ABC =60°，∠EFH =120°，∴∠BEF +∠BHF =180°，∵∠BHF +∠KHF =180°，∴∠BEF =∠KHF ，由辅助线作法可知，FB =FK ，则∠K =∠FBE ，∵BD 是等边△ABC 的高，∴∠K =∠DBC =∠DBA =30°，∴∠BFK =120°，在△FEB 与△FHK 中，∠FEB =∠FHK∠FBE =∠KFB =FK∴△FEB ≌△FHK (AAS )，∴BE =KH ，∴BE +BH =KH +BH =BK ，∵FB =FK ，∠BFK =120°，∴BK =3BF ，即：BE +BH =3BF ；(2)方法一：以M 为顶点，MP 为一边，作∠PML =30°，ML 交BD 于G ，过P 作PH ⊥ML 于H ，设MP 交BD 于K ，如图：Rt ΔPMH 中，HP =12MP ，∴NP +12MP 最小即是NP +HP 最小，此时N 、P 、H 共线，∵将线段EF 绕点E 顺时针旋转60°得到线段EP ，∴F 在射线QF 上运动，则P 在射线MP 上运动，根据“瓜豆原理”，F 为主动点，P 是从动点，E 为定点，∠FEP =60°，则F 、P 轨迹的夹角∠QKP =∠FEP =60°，∴∠BKM =60°，∵∠ABD =30°，∴∠BMK =90°，∵∠PML =30°，∴∠BML =60°，∴∠BML=∠A，∴ML⎳AC，∴∠HNA=180°-∠PHM=90°，而BD⊥AC，∴∠BDC=∠HNA=∠PHM=90°，∴四边形GHND是矩形，∴DN=GH，∵边ΔABC中，AB=6，BD⊥AC，∴CD=3，又DN=2NC，∴DN=GH=2，∵等边ΔABC中，AB=6，点E为AB中点时，点M为BE中点，∴BM=32，BD=AB⋅sin A=6×sin60°=33，RtΔBGM中，MG=12BM=34，BG=BM⋅cos30°=334，∴MH=MG+GH=114，GD=BD-BG=93 4，RtΔMHP中，HP=MH⋅tan30°=11312，∴PN=HN-HP=GD-HP=433，∴SΔDPN=12PN⋅DN=433．方法二：如图，连接EQ，∵在等边△ABC中，AB=6，BD⊥AC，∴∠A=60°，∠BDA=90°，∠ABD=30°，∵点E、Q分别为AB、BD的中点，∴EQ为△ABD的中位线，∴EQ⎳AD，∴∠BEQ=∠A=60°，∠BQE=∠BDA=90°，∵∠BQE=90°，∠ABD=30°，∴EQ=12BE，∵点M为BE的中点，∴ME=12BE=EQ，∵将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EP，∴△EPF 为等边三角形，∠PEF =60°，PE =EF =PF ，∴∠BEQ =∠PEF ，∴∠BEQ -∠PEQ =∠PEF -∠PEQ ，即∠MEP =∠QEF ，在△MEP 与△QEF 中，ME =EQ∠MEP =∠QEF PE =EF，∴△MEP ≌△QEF (SAS )∴∠EMP =∠EQF =90°，∴MP ⊥BE ，∴点P 在射线MP 上运动，如图，以M 为顶点，MP 为一边，作∠PML =30°，ML 交BD 于G ，过P 作PH ⊥ML 于H ，设MP 交BD 于K ，则在Rt △PMH 中，HP =12MP ，∴NP +12MP 最小即是NP +HP 最小，此时N 、P 、H 共线，如图：∵∠EMP =90°，∠PML =30°，∴∠BML =180°-∠EMP -∠PML =60°，∴∠BML =∠A ，∴ML ⎳AC ，∴∠HNA =180°-∠PHM =90°，又∵BD ⊥AC ，∴∠BDC =∠HNA =∠PHM =90°，∴四边形GHND 是矩形，∴DN =GH ，∵在等边△ABC 中，AB =6，BD ⊥AC ，∴CD =3，又DN =2NC ，∴DN =GH =2，∵在等边△ABC 中，AB =6，点E 为AB 中点时，点M 为BE 中点，∴BM =32，BD =AB ⋅sin A =6×sin60°=33，∴在Rt △BGM 中，MG =12BM =34，BG =BM ⋅cos30°=334，∴MH =MG +GH =114，GD =BD -BG =934，∴在Rt△MHP中，HP=MH⋅tan30°=11312，∴PN=HN-HP=GD-HP=433，∴S△DPN=12PN⋅DN=12×433×2=433．【点睛】本题考查等边三角形性质及应用，涉及旋转变换、解直角三角形、三角形全等的判定及性质、矩形的判定及性质等知识，难度较大，解题的关键是构造辅助线．13.(2022·辽宁朝阳·统考中考真题)【思维探究】如图1，在四边形ABCD中，∠BAD=60°，∠BCD=120°，AB=AD，连接AC．求证：BC+CD=AC．(1)小明的思路是：延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．根据∠BAD+∠BCD=180°，推得∠B+∠ADC=180°，从而得到∠B=∠ADE，然后证明△ADE≌△ABC，从而可证BC+CD=AC，请你帮助小明写出完整的证明过程．(2)【思维延伸】如图2，四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，AB=AD，连接AC，猜想BC，CD，AC之间的数量关系，并说明理由．(3)【思维拓展】在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，AB=AD=6，AC与BD相交于点O．若四边形ABCD中有一个内角是75°，请直接写出线段OD的长．【答案】(1)AC=BC+CD；理由见详解；(2)CB+CD=2AC；理由见详解；(3)33-3或3-3【分析】(1)如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．证明△ADE≌△ABC(SAS)，推出∠DAE=∠BAC，AE=AC，推出△ACE的等边三角形，可得结论；(2)结论：CB+CD=2AC．如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．证明△AMD≌△ANB(AAS)，推出DM=BN，AM=AN，证明Rt△ACM≌Rt△ACN(HL)，推出CM=CN，可得结论；(3)分两种情形：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．如图3-2中，当∠CBD=75°时，分别求解即可．【详解】(1)证明：如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．∵∠BAD +∠BCD =180°，∴∠B +∠ADC =180°，∵∠ADE +∠ADC =180°∴∠B =∠ADE ，在△ADE 和△ABC 中，DA =BA∠ADE =∠B DE =BC，∴△ADE ≌△ABC (SAS )，∴∠DAE =∠BAC ，AE =AC ，∴∠CAE =∠BAD =60°，∴△ACE 的等边三角形，∴CE =AC ，∵CE =DE +CD ，∴AC =BC +CD ；(2)解：结论：CB +CD =2AC ．理由：如图2中，过点A 作AM ⊥CD 于点M ，AN ⊥CB 交CB 的延长线于点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 =2CM ，∵AC =AC ．AM =AN ，∴Rt △ACM ≌Rt △ACN (HL )，∴CM =CN ，∴CB +CD =CN -BN +CM +DM =2CM =2AC ；(3)解：如图3-1中，当∠CDA =75°时，过点O 作OP ⊥CB 于点P ，CQ ⊥CD 于点Q ．∵∠CDA =75°，∠ADB =45°，∴∠CDB =30°，∵∠DCB =90°，∴CD =3CB ，∵∠DCO =∠BCO =45°，OP ⊥CB ，OQ ⊥CD ，∴OP =OQ ，∴S ΔCDO S ΔOBC=12CD ·OQ 12BC ·OP =CD BC ，∴ODOB =CD CB=3，∵AB =AD =6，∠DAB =90°，∴BD =2AD =23，∴OD =31+3×23=33-3．如图3-2中，当∠CBD =75°时，同法可证OD OB =13，OD =11+3×23=3-3，综上所述，满足条件的OD 的长为33-3或3-3．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．14.(2020·湖南湘西·中考真题)问题背景：如图1，在四边形ABCD 中，∠BAD =90°，∠BCD =90°，BA =BC ，∠ABC =120°，∠MBN =60°，∠MBN 绕B 点旋转，它的两边分别交AD 、DC 于E 、F ．探究图中线段AE ，CF ，EF 之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长FC 到G ，使CG =AE ，连接BG ，先证明△BCG ≌△BAE ，再证明△BFC ≌△BFE ，可得出结论，他的结论就是；探究延伸1：如图2，在四边形ABCD 中，∠BAD =90°，∠BCD =90°，BA =BC ，∠ABC =2∠MBN ，∠MBN 绕B 点旋转，它的两边分别交AD 、DC 于E 、F ．上述结论是否仍然成立？请直接写出结论(直接写出“成立”或者“不成立”)，不要说明理由．探究延伸2：如图3，在四边形ABCD 中，BA =BC ，∠BAD +∠BCD =180°，∠ABC =2∠MBN ，∠MBN 绕B 点旋转，它的两边分别交AD 、DC 于E 、F ．上述结论是否仍然成立？并说明理由．实际应用：如图4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心(O 处)北偏西30°的A 处舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B 处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E 、F 处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．【答案】EF =AE +CF ．探究延伸1：结论EF=AE +CF 成立．探究延伸2：结论EF =AE +CF 仍然成立．实际应用：210海里．【分析】延长FC 到G ，使CG =AE ，连接BG ，先证明△BCG ≌△BAE ，可得BG =BE ，∠CBG =∠ABE ，再证明△BGF ≌△BEF ，可得GF =EF ，即可解题；探究延伸1：延长FC 到G ，使CG =AE ，连接BG ，先证明△BCG ≌△BAE ，可得BG =BE ，∠CBG =∠ABE ，再证明△BGF ≌△BEF ，可得GF =EF ，即可解题；探究延伸2：延长FC 到G ，使CG =AE ，连接BG ，先证明△BCG ≌△BAE ，可得BG =BE ，∠CBG =∠ABE ，再证明△BGF ≌△BEF ，可得GF =EF ，即可解题；实际应用：连接EF ，延长AE ，BF 相交于点C ，然后与探究延伸2同理可得EF =AE +CF ，将AE 和CF 的长代入即可．【详解】解：EF =AE +CF理由：延长FC 到G ，使CG =AE ，连接BG ，在△BCG 和△BAE 中，BC =BA∠BCG =∠BAE =90°CG =AE，∴△BCG ≌△BAE (SAS )，∴BG =BE ，∠CBG =∠ABE ，∵∠ABC =120°，∠MBN =60°，∴∠ABE +∠CBF =60°，∴∠CBG +∠CBF =60°，即∠GBF =60°，在△BGF 和△BEF 中，BG =BE∠GBF =∠EBF BF =BF，∴△BGF ≌△BEF (SAS )，∴GF =EF ，∵GF =CG +CF =AE +CF ，∴EF =AE +CF ．探究延伸1：结论EF =AE +CF 成立．理由：延长FC 到G ，使CG =AE ，连接BG，在△BCG 和△BAE 中，BC =BA∠BCG =∠BAE =90°CG =AE，∴△BCG ≌△BAE (SAS )，∴BG =BE ，∠CBG =∠ABE ，∵∠ABC =2∠MBN ，∴∠ABE +∠CBF =12∠ABC ，∴∠CBG +∠CBF =12∠ABC ，即∠GBF =12∠ABC ，在△BGF 和△BEF 中，BG =BE∠GBF =∠EBF BF =BF，∴△BGF ≌△BEF (SAS )，∴GF =EF ，∵GF =CG +CF =AE +CF ，∴EF =AE +CF ．探究延伸2：结论EF =AE +CF 仍然成立．理由：延长FC 到G ，使CG =AE ，连接BG ，∵∠BAD +∠BCD =180°，∠BCG +∠BCD =180°，∴∠BCG =∠BAD在△BCG 和△BAE 中，BC =BA∠BCG =∠BAE CG =AE，∴△BCG ≌△BAE (SAS )，∴BG =BE ，∠CBG =∠ABE ，∵∠ABC =2∠MBN ，.。
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专题 16《对角互补模型》 破解策略 1．全等型之“ 90°” 如图，∠ AOB＝∠ DCE＝90°， OC平分∠ AOB，则
A C D
O E B
（ 1） CD＝ CE； （ 2） OD＋ OE＝ 2 OC；
（3） S OCD S OCE
1OC2．
2 证明 方法一： 如图，过点 C分别作 CM⊥ OA， CN⊥OB，垂足分别为 由角平分线的性质可得 ＝ ，∠ ＝90°． CM CN MCN 所以∠ MCD＝∠ NCE，
从而△ MCD≌△ NCE（ ASA）， 故 CD＝ CE． 易证四边形 MONC
为正方形．
所以 OD＋ OE＝ OD＋ ON＋ NE＝ 2ON＝ 2 OC．
所以 S OCD S
OCE S正方形
MONC ON
2
1OC2．
2 方法二： 如图，过 C作 CF⊥OC，交 OB于点 F．
易证∠ ＝∠ ＝45°， ＝ ，∠ ＝∠ ． DOC EFC CO CFDCO ECF 所以△ DCO≌△ ECF（ ASA） A
所以 ＝ ， ＝ ， CD CE OD FE D
可得 OD＋ OE＝ OF＝ 2OC ．
所以 S OCD
S OCE S OCF 1
OC2． O
2
【拓展 】如图，当∠ DCE的一边与 AO的延长线交于点 D时，则：
M，N．
A M C D
E O
N B
C B E F
1 A C
B O E
D
（ 1） CD＝ CE； （ 2） OE－ OD＝ 2 OC； （3） S OCE S OCD
1OC2．
2 如图，证明同上．
A A M C C
O B B N E O FE D D
2．全等型之“ 120” 如图，∠ AOB＝2∠ DCE＝120°， OC平分∠ AOB，则：
C A D
E O B
（ 1） CD＝ CE； （ 2） OD＋ OE＝ OC；
（3） S OCD
S OCE 3
OC2．
4 证明 方法一： 如图，过点 C 分别作 ⊥ ， ⊥ ，垂足分别为 ， ． CM OA CN OB M N 所以 S OCD S OCE 2S ONC 3 OC
2
4 易证△ MCD≌△ NCE（ ASA）， 所以 CD＝ CE， OD＋ OE＝ 2ON＝ OC．
2 C C A A M D
E D
O N B O E F B
方法二： 如图，以 CO为一边作∠ FCO＝60°，交 OB于点 F，则△ OCF为等边三角形． 易证△ DCO≌△ ECF（ASA）． 所以 CD＝ CE， OD＋ OE＝ OF＝ OC，
∴S△ OCD＋ S△ OCE＝ S△ OCF＝ 3 OC 2
4
【拓展】如图，当∠ DCE的一边与 BO的延长线交于点 E 时，则：
（1） CD＝ CE；（ 2）OD－ OE＝OC；（ 3） S△ OCD－ S△ OCE＝ 3 OC
2
4
如图，证明同上．
A A A D C D C D
C
M E B E ON B E F B O O
3、全等型之“任意角” 如图，∠ AOB＝ 2 ，∠ DCE＝ 180°－ 2 ，OC平分∠ AOB，则： 2· sin cos
（1） ＝ ；（2） ＋ ＝2 · cos ；（ 3） △ ODC＋ △ OEC＝
OC CD CE OD OE OC S S
A D C
O E B 证明：方法一：如图，过点 C分别作 CM⊥ OA， CN⊥ OB，垂足分别
为 M， N
M A DC
B O N E
易证△ MCD≌△ NCE（ASA） ∴CD＝ CE，OD＋ OE＝2ON＝ 2OC· cos ∴S△ ODC＋ S△ OEC＝ 2S△ ONC＝ OC 2· sin cos
方法二：如图，以 CO为一边作∠ FCO＝180°－ 2 ，交 OB于点 F． 3 A D C
B O E F
易证△ DCO≌△ ECF（ASA） ∴CD＝ CE，OD＋ OE＝OF＝ 2OC· cos ∴S△ ODC＋ S△ OEC＝ S△ OCF＝ OC 2· sin cos
【拓展】如图，当∠ DCE的一边与 BO的延长线交于点 E 时，则：
（1） CD＝ CE；（ 2）OD－ OE＝2OC· cos △ ODC△ OEC 2 · sin cos ；（ 3）S －S ＝ OC
如图，证明同上
D A D A D A
M C C B C B
B E O N E O E O F 4、相似性之“ 90°” 如图，∠ ＝∠ ＝90°，∠ ＝ ，则 ＝ ·tan AOB DCE COB CE CD A
D C
O E B 方法一：如图，过点 C分别作 CM⊥ OA， CN⊥ OB，垂足分别为 M、 N
A D M C
O E N 易证△ MCD∽△ NCE，∴
NE
CE CN tan ，即 CE＝ CD·tan
MD CD CM
方法二：如图，过点 C作 CF⊥OC，交 OB于点 F．
A D C
O E F B
4 易证△ DCO∽△ ECF，∴ FE CE CF tan ，即 CE＝ CD·tan
OD CD CO
方法三：如图，连接 DE．
A D
C O E B 易证 、 、 、 C 四点共圆 D O E ∴∠ CDE＝∠ COE＝ ，故 CE＝ CD· tan
【拓展】如图，当∠ DCE的一边与 AO的延长线交于点 D时，则 CE＝
CD· tan
A C
O B E
D
如图，证明同上．
A A A C C C M
O B O N E B O F E B E D D D
例题讲解 例 1、已知△ ABC是⊙ O的内接三角形， AB＝AC，在∠ BAC所对弧 BC上任取一点 D，连接 AD，BD， CD．
（ 1）如图 1，若∠ BAC＝ 120°，那么 BD＋ CD与 AD之间的数量关系是什么？ （ 2）如图 2，若∠ BAC＝ ，那么 BD＋ CD与 AD之间的数量关系是什么？
D D
B C O O B C
A 图1
A
图2
解：（ 1） BD＋ CD＝ 3 AD D
E O B C F A 图3
如图 3，过点 A 分别向∠ BDC的两边作垂线，垂足分别为 E、 F．
由题意可得∠ ADB＝∠ ADC＝ 30°
5 易证△ AEB≌△ AFC ∴BD＋ CD＝2DE＝ 3 AD
⑵BD＋ CD＝2AD sin ． 2 如图 4，作∠ EAD＝∠ BAC，交 DB的延长线于点 E．
D F B C
E O
A 图 4
则△ EBA≌△ DCA，所以 BE＝ CD， AE＝ AD．
作 AF⊥ DE于点 F，则∠ FAD＝ ．所以 BD＋ CD＝ DE＝ 2DF＝ 2AD sin ． 2 2
例 2 如图 1，将一个直角三角板的直角顶点 P 放在正方形 ABCD的对角线 BD上滑动，并使其一条直角边始终经过点 A，另一条直角边与 BC相交于点 F． ⑴求证： PA＝ PE； ⑵如图 2，将⑴中的正方形变为矩形，其余不变，且 ＝ 10， ＝ 8，求 ： 的值；
AD CD AP PE ⑶如图 3，在⑵的条件下，当 P滑动到 BD的延长线上时， AP： PE的值是否发生变化？
A D P A D A P D F
P
B E CB E C B CE 图 1 图 2 图 3
解： ⑴如图 4，过点 P分别作 PM⊥ AB， PN⊥ BC，垂足分别为 M， N． 则 ＝ ，∠ ＝ 90°，由已知条件可得∠ ＝ 90°，所以∠ ＝∠ ，所以△ ≌ PM PN MPN APE APM EPN APM
△EPN．
故 AP＝ PE．
A D M P
B E N C
图 4
⑵如图 5，过点 P 分别作 PM⊥AB， PN⊥BC，垂足分别为 M， N．则 PM∥ AD， PN∥ CD．
所以△ BPM∽△ BDA，△ BNP∽△ BCD．可得 PM BP PN ，所以 PM AD 5 ．
AD BD CD PN CD 4
易证△∽△ ，所以 AP
PM 5 ．
APM EPN PN 4 PE
6