2023年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸大題培優(yōu)學(xué)案專題2半角模型（教師版）

專題02半角模型解題策略解題策略模型1：正方形中的半角模型模型2：等腰直角三角形中的半角模型經(jīng)典例題經(jīng)典例題【例1】（2020·山西晉中·八年級(jí)階段練習(xí)）如圖所示：已知ΔABC中，∠BAC=90°,AB=AC，在∠BAC內(nèi)部作∠MAN=45[操作]（1）將ΔABM繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，使AB邊與AC邊重合，把旋轉(zhuǎn)后點(diǎn)M的對(duì)應(yīng)點(diǎn)記作點(diǎn)Q，得到ACQ，請(qǐng)?jiān)趫D中畫出ΔACQ[探究]（2）在1作圖的基礎(chǔ)上，連接NQ，求證：MN=NQ;[拓展]（3）寫出線段BM,MN和NC之間滿足的數(shù)量關(guān)系，并簡(jiǎn)要說明理由．【答案】（1）見詳解；（2）見詳解；（3）MN2=BM2+NC2，理由見詳解.【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)中心、旋轉(zhuǎn)方向和旋轉(zhuǎn)角度進(jìn)行作圖即可；（2）先根據(jù)SAS判定△MAN≌△QAN，進(jìn)而得出結(jié)論；（3）再由全等三角形和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，得出MN=NQ，MB=CQ，最后根據(jù)Rt△NCQ中的勾股定理得出結(jié)論；【詳解】解：（1）如圖，△ACQ即為所求；（2）證明：由旋轉(zhuǎn)可得，△ABM≌△ACQ，∴AM=AQ，∠BAM=∠CAQ∵∠MAN=45°，∠BAC=90°∴∠BAM+∠NAC=45°∴∠CAQ+∠NAC=45°，即∠NAQ=45°在△MAN和△QAN中AM=AQ∠MAN=∠QAN∴△MAN≌△QAN（SAS），∴MN=NQ；（3）MN2=BM2+NC2；由（2）中可知，MN=NQ，MB=CQ，又∠NCQ=∠NCA+ACQ=∠NCA+∠ABM=45°+45°=90°在Rt△NCQ中，有NQ2=CQ2+NC2，即MN2=BM2+NC2；【點(diǎn)睛】本題主要考查了圖形的旋轉(zhuǎn)、全等三角形，以及勾股定理，解決問題的關(guān)鍵是掌握旋轉(zhuǎn)變換思想方法在解決問題過程中的應(yīng)用．解題時(shí)注意：①旋轉(zhuǎn)不改變圖形的形狀和大?。葱D(zhuǎn)前后的兩個(gè)圖形全等），②任意一對(duì)對(duì)應(yīng)點(diǎn)與旋轉(zhuǎn)中心的連線所成的角彼此相等（都是旋轉(zhuǎn)角），③經(jīng)過旋轉(zhuǎn)，對(duì)應(yīng)點(diǎn)到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等．【例2】．（2022·全國(guó)·九年級(jí)專題練習(xí)）折一折：將正方形紙片ABCD折疊，使邊AB、AD都落在對(duì)角線AC上，展開得折痕AE、AF，連接EF，如圖1．(1)∠EAF＝°，寫出圖中兩個(gè)等腰三角形：（不需要添加字母）；(2)轉(zhuǎn)一轉(zhuǎn)：將圖1中的∠EAF繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，使它的兩邊分別交邊BC、CD于點(diǎn)P、Q，連接PQ，如圖2．線段BP、PQ、DQ之間的數(shù)量關(guān)系為；(3)連接正方形對(duì)角線BD，若圖2中的∠PAQ的邊AP、AQ分別交對(duì)角線BD于點(diǎn)M、點(diǎn)N，如圖3，則CQBM=(4)剪一剪：將圖3中的正方形紙片沿對(duì)角線BD剪開，如圖4．求證：BM2＋DN2＝MN2．【答案】(1)45；△AEF，△CEF，(2)PQ＝BP＋DQ(3)2(4)見解析【分析】（1）利用翻折變換的性質(zhì)可得∠EAF＝45°，證明△BAE≌△DAF（ASA），推出BE＝DF，AE＝AF，可得結(jié)論．（2）結(jié)論：PQ＝BP＋DQ．如圖2中，延長(zhǎng)CB到T，使得BT＝DQ．證明△PAT≌△PAQ（SAS），可得結(jié)論．（3）證明△CAQ∽△BAM，可得CQBM（4）如圖4中，將△ADN繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABR，連接RM．證明△AMR≌△AMN（SAS），∠RBM＝90°，可得結(jié)論．(1)解：如圖1中，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝BC＝CD，∠BAD＝90°，∴ABC，△ADC都是等腰三角形，∵∠BAE＝∠CAE，∠DAF＝∠CAF，∴∠EAF=12（∠BAC＋∠∵∠BAE＝∠DAF＝22.5°，∠B＝∠D＝90°，AB＝AD，∴△BAE≌△DAF（ASA），∴BE＝DF，AE＝AF，∵CB＝CD，∴CE＝CF，∴△AEF，△CEF都是等腰三角形，故答案為：45，△AEF，△EFC．(2)解：結(jié)論：PQ＝BP＋DQ．理由：如圖2中，延長(zhǎng)CB到T，使得BT＝DQ．∵AD＝AB，∠ADQ＝∠ABT＝90°，DQ＝BT，∴△ADQ≌△ABT（SAS），∴AT＝AQ，∠DAQ＝∠BAT，∵∠PAQ＝45°，∴∠PAT＝∠BAP＋∠BAT＝∠BAP＋∠DAQ＝45°，∴∠PAT＝∠PAQ＝45°，∵AP＝AP，∴△PAT≌△PAQ（SAS），∴PQ＝PT，∵PT＝PB＋BT＝PB＋DQ，∴PQ＝BP＋DQ．故答案為：PQ＝BP＋DQ．(3)解：如圖3中，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABM＝∠ACQ＝∠BAC＝45°，AC=2AB∵∠BAC＝∠PAQ＝45°，∴∠BAM＝∠CAQ，∴△CAQ∽△BAM，∴CQBM故答案為：2．(4)證明：如圖4中，將△ADN繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABR，連接RM．∵∠BAD＝90°，∠MAN＝45°，∴∠DAN＋∠BAM＝45°，∵∠DAN＝∠BAR，∴∠BAM＋∠BAR＝45°，∴∠MAR＝∠MAN＝45°，∵AR＝AN，AM＝AM，∴△AMR≌△AMN（SAS），∴RM＝MN，∵∠D＝∠ABR＝∠ABD＝45°，∴∠RBM＝90°，∴RM2＝BR2＋BM2，∵DN＝BR，MN＝RM，∴BM2＋DN2＝MN2．【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形或相似三角形解決問題，屬于中考?jí)狠S題．【例3】．（2022·江蘇·八年級(jí)專題練習(xí)）問題情境在等邊△ABC的兩邊AB，AC上分別有兩點(diǎn)M，N，點(diǎn)D為△ABC外一點(diǎn)，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．特例探究如圖1，當(dāng)DM＝DN時(shí)，（1）∠MDB＝度；（2）MN與BM，NC之間的數(shù)量關(guān)系為；歸納證明（3）如圖2，當(dāng)DM≠DN時(shí)，在NC的延長(zhǎng)線上取點(diǎn)E，使CE＝BM，連接DE，猜想MN與BM，NC之間的數(shù)量關(guān)系，并加以證明．拓展應(yīng)用（4）△AMN的周長(zhǎng)與△ABC的周長(zhǎng)的比為．【答案】（1）30；（2）MN＝BM+NC；（3）MN＝BM+NC，證明見解析；（4）2【分析】（1）先證明△MDN是等邊三角形，則MN＝DM＝DN，再證明Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），得∠BDM＝∠CDN＝30°；（2）由（1）得DM＝2BM，可得結(jié)論MN＝2BM＝BM+NC；歸納證明：先證△DBM≌△DCE（HL），得DM＝DE，∠BDM＝∠CDE，再證△MDN≌△EDN（SAS），得MN＝NE，可得結(jié)論MN＝BM+CN；拓展應(yīng)用：（3）首先根據(jù)題意利用SAS證明△DBM≌△DCE，然后證明△MDN≌△EDN，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)相等通過線段之間的轉(zhuǎn)化即可得到MN＝BM+NC；（4）由（3）得到MN＝BM+NC，則△AMN的周長(zhǎng)＝2AB，△ABC的周長(zhǎng)＝3AB，即可得出結(jié)論．【詳解】特例探究：解：（1）∵DM＝DN，∠MDN＝60°，∴△MDN是等邊三角形，∴MN＝DM＝DN，∵∠BDC＝120°，BD＝DC，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∴∠DBM＝∠DCN＝90°，∵BD＝CD，DM＝DN，∴Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），∴∠MDB＝∠NDC＝30°，故答案為：30；（2）由（1）得：DM＝2BM，DM＝MN，Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），∴BM＝CN，∴DM＝MN＝2BM＝BM+NC，即MN＝BM+NC；歸納證明（3）解：猜想：MN＝BM+NC，證明如下：∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∴∠MBD＝∠NCD＝90°．∴∠MBD＝∠ECD＝90°，又∵BD＝CD，BM＝CE，∴△DBM≌△DCE（SAS），∴DM＝DE，∠MDB＝∠EDC，∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠MDB+∠NDC＝60°，∴∠EDN＝∠NDC+∠EDC＝∠MDB+∠NDC＝60°，∴∠EDN＝∠MDN，又∵DN＝DN，∴△MDN≌△EDN（SAS），∴MN＝EN＝EC+NC＝BM+NC；拓展應(yīng)用（4）解：由（1）（2）得：MN＝BM+NC，∴△AMN的周長(zhǎng)＝AM+MN+AN＝AM+BM+NC+AN＝AB+AC＝2AB，∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝BC＝AC，∴△ABC的周長(zhǎng)＝3AB，∴△AMN的周長(zhǎng)與△ABC的周長(zhǎng)的比為2AB3AB＝2故答案為：23【點(diǎn)睛】此題考查了等邊三角形的性質(zhì)的，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)．【例4】（2020·全國(guó)·九年級(jí)專題練習(xí)）請(qǐng)閱讀下列材料：已知：如圖（1）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點(diǎn)D、E分別為線段BC上兩動(dòng)點(diǎn)，若∠DAE＝45°．探究線段BD、DE、EC三條線段之間的數(shù)量關(guān)系：（1）猜想BD、DE、EC三條線段之間存在的數(shù)量關(guān)系式，直接寫出你的猜想；（2）當(dāng)動(dòng)點(diǎn)E在線段BC上，動(dòng)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)在線段CB延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖（2），其它條件不變，（1）中探究的結(jié)論是否發(fā)生改變？請(qǐng)說明你的猜想并給予證明；（3）已知：如圖（3），等邊三角形ABC中，點(diǎn)D、E在邊AB上，且∠DCE＝30°，請(qǐng)你找出一個(gè)條件，使線段DE、AD、EB能構(gòu)成一個(gè)等腰三角形，并求出此時(shí)等腰三角形頂角的度數(shù)．【答案】（1）DE2＝BD2+EC2；（2）關(guān)系式DE2＝BD2+EC2仍然成立，詳見解析；（3）當(dāng)AD＝BE時(shí)，線段DE、AD、EB能構(gòu)成一個(gè)等腰三角形，且頂角∠DFE為120°．【分析】（1）DE2＝BD2+EC2，將△ADB沿直線AD對(duì)折，得△AFD，連FE，得到△AFD≌△ABD，然后可以得到AF＝AB，F(xiàn)D＝DB，∠FAD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，再利用已知條件可以證明△AFE≌△ACE，從而可以得到∠DFE＝∠AFD+∠AFE＝45°+45°＝90°，根據(jù)勾股定理即可證明猜想的結(jié)論；（2）根據(jù)（1）的思路一樣可以解決問題；（3）當(dāng)AD＝BE時(shí)，線段DE、AD、EB能構(gòu)成一個(gè)等腰三角形．如圖，與（1）類似，以CE為一邊，作∠ECF＝∠ECB，在CF上截取CF＝CB，可得△CFE≌△CBE，△DCF≌△DCA，然后可以得到AD＝DF，EF＝BE．由此可以得到∠DFE＝∠1+∠2＝∠A+∠B＝120°，這樣就可以解決問題．【詳解】解：（1）DE2＝BD2+EC2；證明：如圖，將△ADB沿直線AD對(duì)折，得△AFD，連FE，∴△AFD≌△ABD，∴AF＝AB，F(xiàn)D＝DB，∠FAD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，∵∠BAC＝90°，∠DAE＝45°∴∠BAD+∠CAE＝45°,∠FAD+∠FAE＝45°,∴∠CAE=∠FAE又AE=AE,AF=AB=AC∴△AFE≌△ACE，∴∠DFE＝∠AFD+∠AFE＝45°+45°＝90°，∴DE2＝FD2+EF2∴DE2＝BD2+EC2；（2）關(guān)系式DE2＝BD2+EC2仍然成立．證明：將△ADB沿直線AD對(duì)折，得△AFD，連FE∴△AFD≌△ABD，∴AF＝AB，F(xiàn)D＝DB，∠FAD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，又∵AB＝AC，∴AF＝AC，∵∠FAE＝∠FAD+∠DAE＝∠FAD+45°，∠EAC＝∠BAC﹣∠BAE＝90°﹣（∠DAE﹣∠DAB）＝45°+∠DAB，∴∠FAE＝∠EAC，又∵AE＝AE，∴△AFE≌△ACE，∴FE＝EC，∠AFE＝∠ACE＝45°，∠AFD＝∠ABD＝180°﹣∠ABC＝135°∴∠DFE＝∠AFD﹣∠AFE＝135°﹣45°＝90°，∴在Rt△DFE中，DF2+FE2＝DE2，即DE2＝BD2+EC2；（3）當(dāng)AD＝BE時(shí)，線段DE、AD、EB能構(gòu)成一個(gè)等腰三角形．如圖，與（2）類似，以CE為一邊，作∠ECF＝∠ECB，在CF上截取CF＝CB，可得△CFE≌△CBE，△DCF≌△DCA．∴AD＝DF，EF＝BE．∴∠DFE＝∠1+∠2＝∠A+∠B＝120°．若使△DFE為等腰三角形，只需DF＝EF，即AD＝BE，∴當(dāng)AD＝BE時(shí)，線段DE、AD、EB能構(gòu)成一個(gè)等腰三角形，且頂角∠DFE為120°．【點(diǎn)睛】此題比較復(fù)雜，考查了全等三角形的性質(zhì)與判定、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用等知識(shí)點(diǎn)，此題關(guān)鍵是正確找出輔助線，通過輔助線構(gòu)造全等三角形解決問題，要掌握輔助線的作圖根據(jù)．培優(yōu)訓(xùn)練培優(yōu)訓(xùn)練一、解答題1．（2022·陜西西安·七年級(jí)期末）問題背景：如圖1，在四邊形ABCD中AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°，E、F分別是BC，CD上的點(diǎn)，且∠EAF＝60°，探究圖中線段BE，EF，F(xiàn)D之間的數(shù)量關(guān)系．小王同學(xué)探究此問題的方法是，延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG＝BE，連接AG，先證明△ABE≌△ADG，再證明實(shí)際應(yīng)用：如圖2，在新修的小區(qū)中，有塊四邊形綠化ABCD，四周修有步行小徑，且AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，在小徑BC，CD上各修一涼亭E，F(xiàn)，在涼亭E與F之間有一池塘，不能直接到達(dá)，經(jīng)測(cè)量得∠EAF=12∠BAD，BE＝10米，DF【答案】問題背景：EF＝BE＋FD；實(shí)際應(yīng)用：兩涼亭之間的距離EF為25米【分析】（1）根據(jù)△ABE≌△ADG可得BE=DG，根據(jù)△AEF≌△AGF得EF=GF，進(jìn)而求得結(jié)果；（2）延長(zhǎng)CD至H，使DH=BE，可證得△ADH≌△ABE，進(jìn)而證得△FAH≌△FAE，進(jìn)一步求得EF．【詳解】解：?jiǎn)栴}背景：∵∠ADC=90°，∠ADC+∠ADG=180°，∴∠ADG=90°，在△ABE和△ADG中，BE=DG∠B=∠ADG∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，∵∠EAF=60°，∠BAD=120°，∴∠BAE+DAF=120°-60°=60°，∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=60°=∠EAF，在△AEF和△AGF中，AE=AG∠EAF=∠GAF∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF=FG，∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF，故答案為：EF=BE+DF；實(shí)際應(yīng)用：如圖2，延長(zhǎng)CD至H，使DH=BE，連接AH，∵∠B+∠ADC=180°，∠ADH+∠ADC=180°，∴∠ADH=∠B，在△ADH和△ABE中，AD=AB∠ADH=∠B∴△ADH≌△ABE（SAS），∴AE=AH，∠BAE=∠DAH，∵∠EAF=12∠BAD∴∠HAF=∠DAH+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，在△AEF和△AHF中，AE=AH∠EAF=∠HAF∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF=FH，∵FH=DH+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF，∵BE=10米，DF=15米，

∴EF=10+15=25（米）．【點(diǎn)睛】本題主要考查的是四邊形的綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，作輔助線構(gòu)造全等三角形并兩次證全等是解題的關(guān)鍵．2．（2022·河北邢臺(tái)·九年級(jí)期末）學(xué)完旋轉(zhuǎn)這一章，老師給同學(xué)們出了這樣一道題：“如圖1，在正方形ABCD中，∠EAF＝45°，求證：EF＝BE＋DF．”小明同學(xué)的思路：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°．把△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)到△ADE'的位置，然后證明△AFE≌E'(1)【探究】請(qǐng)你參考小明的解題思路解決下面問題：如圖2，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，∠EAF=12∠BAD，直接寫出EF，BE(2)【應(yīng)用】如圖3，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，∠EAF=12∠BAD，求證：EF＝BE(3)【知識(shí)遷移】如圖4，四邊形ABPC是⊙O的內(nèi)接四邊形，BC是直徑，AB＝AC，請(qǐng)直接寫出PB＋PC與AP的關(guān)系．【答案】(1)BE＋DF＝EF(2)證明見解析(3)PB+PC=【分析】（1）將△ABE繞A點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角等于∠BAD得△ADE'，證明△AEF≌△（2）將△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角等于∠BAD，先證明∠EAF=∠E'AF，再證明△AEF≌△AE（3）將△ABP繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ACP'，先利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)證明P，C，P'(1)解：結(jié)論：BE＋DF＝EF，理由如下：證明：將△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角等于∠BAD，使得AB與AD重合，點(diǎn)E轉(zhuǎn)到點(diǎn)E'可知△ABE≌∴BE=DE由∠ADC+∠ADE'=180°知，C、D、∵∠EAF=1∴∠BAF+∠DAF=∠EAF，∴∠DAE'+∠DAF=∠EAF=∴△AEF≌△AE∴EF=E'F=BE+(2)證明：將△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角等于∠BAD，使得AB與AD重合，點(diǎn)E轉(zhuǎn)到點(diǎn)E'由旋轉(zhuǎn)可知△ABE≌∴BE=DE'，∠B=∠ADE'，∵∠B＋∠ADC＝180°，∴∠ADC+∠ADE∴點(diǎn)C，D，E'∵∠EAF=1∴∠BAE+∠DAF=1∴∠DAE∴∠FAE∴∠EAF=∠FAE∵AF＝AF，∴△FAE∴FE=FE'，即BE＋DF＝(3)結(jié)論：PB+PC=2證明：將△ABP繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ACP'，使得AB與由圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)得：∠ACP'+∠ACP即P，C，P'∴BP=CP'，∵BC為直徑，∴∠BAC=90°=∠BAP+∠PAC=∠CAP'+∠PAC=∠PA∴△PAP∴PP即PB+PC=2【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)與全等三角形的綜合應(yīng)用、直徑所對(duì)的圓周角是直角、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定及性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)．解題關(guān)鍵是利用旋轉(zhuǎn)構(gòu)造全等三角形．3．（2021·重慶·九年級(jí)專題練習(xí)）將銳角為45°的直角三角板MPN的一個(gè)銳角頂點(diǎn)P與正方形ABCD的頂點(diǎn)A重合，正方形ABCD固定不動(dòng)，然后將三角板繞著點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，∠MPN的兩邊分別與正方形的邊BC、DC或其所在直線相交于點(diǎn)E、F，連接EF．（1）在三角板旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)∠MPN的兩邊分別與正方形的邊CB、DC相交時(shí)，如圖1所示，請(qǐng)直接寫出線段BE、DF、EF滿足的數(shù)量關(guān)系；（2）在三角板旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)∠MPN的兩邊分別與正方形的邊CB、DC的延長(zhǎng)線相交時(shí)，如圖2所示，請(qǐng)直接寫出線段BE、DF、EF滿足的數(shù)量關(guān)系；（3）若正方形的邊長(zhǎng)為4，在三角板旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)∠MPN的一邊恰好經(jīng)過BC邊的中點(diǎn)時(shí)，試求線段EF的長(zhǎng)．【答案】（1）EF=DF+BE；（2）EF=DF-BE；（3）線段EF的長(zhǎng)為103或20【分析】（1）延長(zhǎng)FD至G，使DG=BE，連接AG，先證△ABE≌△ADG，再證△GAF≌△EAF即可；（2）在DC上截取DH=BE，連接AH，先證△ADH≌△ABE，再證△HAF≌EAF即可；（3）分兩種情形分別求解即可解決問題．【詳解】解：（1）結(jié)論：EF=BE+DF．理由：延長(zhǎng)FD至G，使DG=BE，連接AG，如圖①，∵ABCD是正方形，∴AB=AD，∠ABE=ADG=∠DAB=90°，∴△ABE≌△ADG（AAS），∴AE=AG，∠DAG=∠EAB，∵∠EAF=45°，∴∠DAF+∠EAB=45°，∴∠DAF+∠DAG=45°，∴∠GAF=∠EAF=45°，∵AF=AF，∴△GAF≌△EAF（AAS），∴EF=GF，∴GF=DF+DG=DF+BE，即：EF=DF+BE；（2）結(jié)論：EF=DF-BE．理由：在DC上截取DH=BE，連接AH，如圖②，∵AD=AB，∠ADH=∠ABE=90°，∴△ADH≌△ABE（SAS），∴AH=AE，∠DAH=∠EAB，∵∠EAF=∠EAB+∠BAF=45°，∴∠DAH+∠BAF=45°，∴∠HAF=45°=∠EAF，∵AF=AF，∴△HAF≌EAF（SAS），∴HF=EF，∵DF=DH+HF，∴EF=DF-BE；（3）①當(dāng)MA經(jīng)過BC的中點(diǎn)E時(shí)，同（1）作輔助線，如圖：設(shè)FD=x，由（1）的結(jié)論得FG=EF=2+x，F(xiàn)C=4-x．在Rt△EFC中，（x+2）2=（4-x）2+22，∴x=43∴EF=x+2=103②當(dāng)NA經(jīng)過BC的中點(diǎn)G時(shí)，同（2）作輔助線，設(shè)BE=x，由（2）的結(jié)論得EC=4+x，EF=FH，∵K為BC邊的中點(diǎn)，∴CK=12BC同理可證△ABK≌FCK（SAS），∴CF=AB=4，EF=FH=CF+CD-DH=8-x，在Rt△EFC中，由勾股定理得到：（4+x）2+42=（8-x）2，∴x=43∴EF=8-43=20綜上，線段EF的長(zhǎng)為103或20【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)變換，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用旋轉(zhuǎn)法添加輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，學(xué)會(huì)利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．4．（2022·全國(guó)·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）綜合與實(shí)踐（1）如圖1，在正方形ABCD中，點(diǎn)M、N分別在AD、CD上，若∠MBN＝45°，則MN，AM，CN的數(shù)量關(guān)系為．（2）如圖2，在四邊形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，點(diǎn)M、N分別在AD、CD上，若∠MBN＝12∠ABC，試探索線段MN、AM、CN（3）如圖3，在四邊形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，點(diǎn)M、N分別在DA、CD的延長(zhǎng)線上，若∠MBN＝12∠ABC，試探究線段MN、AM、CN的數(shù)量關(guān)系為【答案】（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由見解析；（3）MN=CN-AM，理由見解析【分析】（1）把△ABM繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，可得到點(diǎn)M'、C、N三點(diǎn)共線，再由∠MBN=45°，可得∠M'BN=∠MBN，從而證得△NBM≌△NBM'，即可求解；（2）把△ABM繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，由∠A+∠C＝180°，可得點(diǎn)M'、C、N三點(diǎn)共線，再由∠MBN＝12∠ABC，可得到∠M'BN=∠MBN，從而證得△NBM≌△NBM'（3）在NC上截取CM'=AM，連接BM'，由∠ABC+∠ADC＝180°，可得∠BAM=∠C，再由AB＝BC，可證得△ABM≌△CBM'，從而得到AM=CM'，BM=BM'，∠ABM=∠CBM'，進(jìn)而得到∠MAM'=∠ABC，再由∠MBN＝12∠ABC，可得∠MBN＝∠M'BN，從而得到△NBM≌△NBM'【詳解】解：（1）如圖，把△ABM繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC

，∴∠BCM'+∠BCD=180°，∴點(diǎn)M'、C、N三點(diǎn)共線，∵∠MBN=45°，∴∠ABM+∠CBN=45°，∴∠M'BN=∠M'BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=45°，即∠M'BN=∠MBN，∵BN=BN，∴△NBM≌△NBM'，∴MN=M'N，∵M(jìn)'N=M'C+CN，∴MN=M'C+CN=AM+CN；（2）MN=AM+CN；理由如下：如圖，把△ABM繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，∵∠A+∠C＝180°，∴∠BCM'+∠BCD=180°，∴點(diǎn)M'、C、N三點(diǎn)共線，∵∠MBN＝12∠ABC∴∠ABM+∠CBN=12∠ABC＝∠MBN∴∠CBN+∠M'BC=∠MBN，即∠M'BN=∠MBN，∵BN=BN，∴△NBM≌△NBM'，∴MN=M'N，∵M(jìn)'N=M'C+CN，∴MN=M'C+CN=AM+CN；（3）MN=CN-AM，理由如下：如圖，在NC上截取CM'=AM，連接BM'，∵在四邊形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，∴∠C+∠BAD=180°，∵∠BAM+∠BAD=180°，∴∠BAM=∠C，∵AB＝BC，∴△ABM≌△CBM'，∴AM=CM'，BM=BM'，∠ABM=∠CBM'，∴∠MAM'=∠ABC，∵∠MBN＝12∠ABC∴∠MBN＝12∠MAM'=∠M'BN∵BN=BN，∴△NBM≌△NBM'，∴MN=M'N，∵M(jìn)'N=CN-CM'，

∴MN=CN-AM．故答案是：MN=CN-AM．【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，圖形的旋轉(zhuǎn)，根據(jù)題意做適當(dāng)輔助線，得到全等三角形是解題的關(guān)鍵．5．（2022·江蘇·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）（1）如圖①，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E，F(xiàn)分別是邊BC，CD上的點(diǎn)，且∠EAF=12∠BAD．請(qǐng)直接寫出線段EF，BE（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=1（3）在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F(xiàn)分別是邊BC，CD所在直線上的點(diǎn)，且∠EAF=12∠BAD．請(qǐng)畫出圖形（除圖②外），并直接寫出線段EF，BE【答案】（1）EF=BE+FD；（2）成立，理由見解析；（3）圖形見解析，EF=BE?FD【分析】（1）延長(zhǎng)EB到G，使BG=DF，連接AG．證明△AGE和△AEF全等，則EF=GE，則EF=BE+DF，證明△ABE和△AEF中全等，那么AG=AF，∠1=∠2，∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=12∠BAD．從而得出EF=GE（2）思路和作輔助線的方法同（1）；（3）根據(jù)（1）的證法，我們可得出DF=BG，GE=EF，那么EF=GE=BE-BG=BE-DF．【詳解】（1）延長(zhǎng)EB至G，使BG=DF，連接AG，∵∠ABG=∠ABC=∠D=90°，AB=AD，∴△ABG≌△ADF，∴AG=AF，∠1=∠2，∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=1∴∠GAE=∠EAF，在△GAE和△FAE中，∵AG=AF∠GAE=∠EAF∴△GAE≌△FAESAS∴EG=EF，∵EG=BE+BG，∴EF=BE+FD．故答案為：EF=BE+FD（2）（1）中的結(jié)論仍成立，證明：延長(zhǎng)CB至M，使BM=DF，∵∠ABC+∠D=180°，∠1+∠ABC=180°，∴∠1=∠D，在△ABM和△ADF中，AB=AD∠1=∠D∴△ABM≌△ADFSAS∴AF=AM，∠2=∠3,∵∠EAF=1∴∠2+∠4=1∴∠3+∠4=∠EAF即∠MAE=∠EAF，在△AME和△AFE中，AM=AF∠MAE=∠EAF∴△AME≌△AFESAS∴EF=ME，即EF=BE+BM．（3）EF=BE?FD，證明：在BE上截取BG使BG=DF，連接AG，∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，∴∠B=∠ADF，∵在△ABG和△ADF中，AB=AD∠ABG=∠ADF∴△ABG≌△ADFSAS∴∠BAG=∠DAF，AG=AF，∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF=1∴∠GAE=∠EAF，在△AEG和△AEF中，AG=AF∠GAE=∠EAF∴△AEG≌△AEFSAS∴EG=EF，∵EG=BE?BG，∴EF=BE?FD．【點(diǎn)睛】此題主要考查了三角形全等的判定與性質(zhì)，通過全等三角形來實(shí)現(xiàn)線段的轉(zhuǎn)換是解題關(guān)鍵，沒有明確的全等三角形時(shí)，要通過輔助線來構(gòu)建與已知和所求條件相關(guān)聯(lián)的全等三角形.6．（2021·遼寧·沈陽市南昌中學(xué)（含：西校區(qū)、光榮中學(xué)）九年級(jí)階段練習(xí)）如圖，菱形ABCD與菱形EBGF的頂點(diǎn)B重合，頂點(diǎn)F在射線AC上運(yùn)動(dòng)，且∠BCD=∠BGF=120°，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O．（1）如圖1．當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)O重合時(shí)，直接寫出AEFD的值為（2）當(dāng)頂點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)到如圖2的位置時(shí)，連接CG，CG⊥BG，且CG=BC，試探究CG與DF的數(shù)量關(guān)系，說明理由，并直接寫出直線CG與DF所夾銳角的度數(shù)；（3）如圖3，取點(diǎn)P為AD的中點(diǎn)，若B、E、P三點(diǎn)共線，且當(dāng)CF＝2時(shí)，請(qǐng)直接寫出BP的長(zhǎng)．【答案】（1）33；（2）FD=3CG，30°【分析】（1）設(shè)菱形ABCD邊長(zhǎng)AB=2a，由菱形性質(zhì)和已知得出∠ABD=30°，∠BAO=60°，BF=FD=32AB=（2）菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2a，由△BGC是等腰直角三角形CG=22BC=2a，再已知菱形的條件，求出△BOF是等腰直角三角形，繼而得出BF=DF=6a，從而求出FD=3CG，由B、D是關(guān)于AC的軸對(duì)稱可知（3）利用半角模型將△BCF逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°到△BAM位置，從而得出△BNF?△BNM（SAS），得到一個(gè)由CF、NF、AN三條線段長(zhǎng)組成的三角形，而且有內(nèi)角為120°，從而確定三條線段關(guān)系，再利用中位線定理和三角形相似在菱形中得出NF、AN與菱形邊長(zhǎng)關(guān)系，求出菱形邊長(zhǎng)即可解答．【詳解】解：（1）設(shè)菱形ABCD邊長(zhǎng)AB=∵在菱形ABCD中，∠BCD=∠BGF=120°，∴AC⊥BD，∠ABC=60°，∠BAD=120°，∴∠ABD=30°，∠BAO=60°，BF=∵在四邊形EBGF是菱形，∠BGF=120°，BE=EF，∴∠EBH=∠EFH=30°，∴∠AFE=60°，∴∠AFE=∠EAO=∴AE=EF，∴AE=EF=∴AE（2）FD=3CG，直線CG與DF所夾銳角的度數(shù)為理由如下，如圖，連接BF，延長(zhǎng)GC交FD于N，設(shè)菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2a，∵CG⊥BG，且CG=BG，∴∠GBC=∠GCB=45°，∵∠GBE=60°，∵四邊形EBGF是菱形，∠BGF=120°，∴∠GBF=∠BFG=∴∠CBF=∠GBC?∠GBF=15°，∴∠OBF=∠OBC+∠CBF=30°+15°=45°，∵AC⊥BD，BO=DO，∴∠BFO=∠OBF=45°，BF=DF，由（2）可知：BO=3∴BF=DF=6∴DF=3由B、D是關(guān)于AC的軸對(duì)稱可知，∠CDF=∠CBF=15°，又∵∠DCN=180°?∠BCG?∠BCD=15°，∴∠GNF=∠CDF+∠DCN=30°，即直線CG與DF所夾銳角的度數(shù)為30°；（3）BP=37過程如下：依題意，作出圖形，此時(shí)B、E、P三點(diǎn)共線，連接BF，并將線段BF繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°到BM位置，連接MG、MA，∵∠CBA=∠FBM=60°，∴△BCF?△BAM（SAS）∴AM=CF=2，∠MAB=∠FCB=60°∵∠EBF=1∴∠MBN=∠FBM?∠FBN=30°，∴∠MBG=∠FBG=30°，∴△BNF?△BNM（SAS），∴FN=MN過M點(diǎn)作MH⊥CH，∵∠BAO=60°，∴∠MAH=60°，∠HMA=30°，∴AH=12AM=1取OD的中點(diǎn)Q，連接QP，∵AP=PD，∴PQ=12OA∴△BNO～△BPQ，∴NOPQ∴NO=2設(shè)菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2a，則AO=CO=1∴AN=AO?ON=a?1MN=FN=CO+ON?CF=a+1NH=NA+AH=2在Rt△MGH中，NH∴(2解得a1=0∴PQ=12a=∵在Rt△BPQ中，BQ∴BP=B【點(diǎn)睛】本題是幾何旋轉(zhuǎn)綜合題，主要考查了菱形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)全等、30°直角三角形性質(zhì)和勾股定理解三角形等，解題關(guān)鍵是利用特殊角進(jìn)行計(jì)算得出其他角度數(shù)，利用旋轉(zhuǎn)得到由CF、NF、AN三條線段長(zhǎng)組成的三角形，而且有內(nèi)角為120°，從而通過已知計(jì)算．7．（2022·江蘇·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖，CA=CB，CA⊥CB，∠ECF=45°，CD=CF，∠ACD=∠BCF．（1）求∠ACE+∠BCF的度數(shù)；（2）以E為圓心，以AE長(zhǎng)為半徑作??；以F為圓心，以BF長(zhǎng)為半徑作弧，兩弧交于點(diǎn)G，試探索△EFG的形狀？是銳角三形，直角三角形還是鈍角三角形？請(qǐng)說明理由．【答案】（1）45°；（2）見詳解【分析】（1）由CA⊥CB，可得∠ACB＝90°，再根據(jù)∠ECF＝45°，即可得出答案；（2）如圖，連接DE，先證明△ECF≌△ECD（SAS），可得DE＝EF，再證明△CAD≌△CBF（SAS），可得AD＝BF，∠CAD＝∠B，即可得出∠DAE＝90°，再利用SSS證明△EFG≌△EDA，即可得出答案．【詳解】解：（1）∵CA⊥CB，∴∠ACB＝90°，∴∠ACE＋∠ECF＋∠BCF＝90°，∵∠ECF＝45°，∴∠ACE＋∠BCF＝90°?∠ECF＝45°；（2）△EFG是直角三角形，理由如下：如圖，連接DE，由（1）知，∠ACE＋∠BCF＝45°，∵∠ACD＝∠BCF，∴∠ACE＋∠ACD＝45°，即∠DCE＝45°，∵∠ECF＝45°，∴∠ECF＝∠ECD，在△ECF和△ECD中，CF=CD∠ECF=∠ECD∴△ECF≌△ECD（SAS），∴DE＝EF，在△CAD和△CBF中，CD=CF∠ACD=∠BCF∴△CAD≌△CBF（SAS），∴AD＝BF，∠CAD＝∠B，∵FG＝BF，∴FG＝AD，∵∠ACB＝90°，CA＝CB，∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠CAB＝∠B＝45°，∴∠DAE＝∠CAB＋∠B＝90°，在△EFG和△EDA中，EG=EAFG=AD∴△EFG≌△EDA（SSS），∴∠EGF＝∠EAD＝90°，∴△EFG是直角三角形．【點(diǎn)睛】本題是三角形綜合題，考查了等腰直角三角形性質(zhì)，直角三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題關(guān)鍵是添加輔助線構(gòu)造全等三角形，熟練運(yùn)用全等三角形判定和性質(zhì)解決問題．8．（2021·河南平頂山·九年級(jí)期中）（1）閱讀理解如圖1，在正方形ABCD中，若E，F(xiàn)分別是CD，BC邊上的點(diǎn)，∠EAF＝45°，則我們常常會(huì)想到：把△ADE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ABG．易證△AEF≌，得出線段BF，DE，EF之間的關(guān)系為；（2）類比探究如圖2，在等邊△ABC中，D，E為BC邊上的點(diǎn)，∠DAE＝30°，BD＝1，EC＝2．求線段DE的長(zhǎng)；（3）拓展應(yīng)用如圖3，在△ABC中，AB＝AC＝6+2，∠BAC＝150°，點(diǎn)D，E在BC邊上，∠DAE＝75°，若DE是等腰△ADE的腰，請(qǐng)直接寫出線段【答案】（1）△AGF，EF＝DE+BF；（2）DE＝7；（3）BD＝2或23【分析】（1）證明△AGF≌△AEF（SAS），則GF＝EF，即GF＝BG+BF＝DE+BF＝EF，即可求解；（2）證明△AFD≌△AED（SAS），則FD＝DE，在Rt△FBH中，∠FBH＝60°，則BH＝12BF＝1，F(xiàn)H＝BFsin60°＝2×32＝3，則（3）①當(dāng)DE＝AD時(shí)，△ADE≌△ADF（SAS），在△ABC中，AB＝AC＝6+2，∠HAC＝30°，由BC2＝（AB+AH）2+HC2得：BC2＝（x+32x）2+（12x）2，求出BC＝4+23；在△ADE中，AD＝DE＝a，∠ADE＝30°，同理可得：AE＝6?22a，由AB2+AE2＝BE2，求出a＝2，即可求解；②當(dāng)【詳解】解：（1）由圖象的旋轉(zhuǎn)知，AG＝AE，∠DAE＝∠GAB，∵∠BAF+∠DAE＝∠BAD﹣∠EAF＝45°，∴∠GAF＝∠GAB+∠BAF＝∠DAE+∠BAF＝90°﹣∠EAF＝45°＝∠EAF，又∵AG＝AE，AF＝AF，∴△AGF≌△AEF（SAS），∴GF＝EF，即GF＝BG+BF＝DE+BF＝EF，即EF＝DE+BF，故答案為：△AGF，EF＝DE+BF；（2）將△AEC圍繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到△AFB的位置，連接FD，由（1）知，△AFB≌△AEC（SAS），則AF＝AE，F(xiàn)B＝EC＝2，∵∠FAD＝∠FAB+∠BAD＝∠EAC+∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝60°﹣30°＝∠DAE，∵AD＝AD，AF＝AE，∴△AFD≌△AED（SAS），∴FD＝DE，∠ABF＝∠C＝60°，在△BDF中，BD＝1，BF＝2，∠FBD＝∠ABF+∠ABC＝60°+60°＝120°，過點(diǎn)F作FH⊥BD交DB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，則∠FBH＝60°，在Rt△FBH中，∠FBH＝60°，則BH＝12BF＝1，F(xiàn)H＝BFsin60°＝2×32＝則FD=故DE＝7；（3）①當(dāng)DE＝AD時(shí)，則∠DAE＝∠DEA＝75°，則∠ADE＝180°﹣2×75°＝30°，在等腰△ABC中，∠BAC＝150°，則∠ABC＝∠ACB＝15°，將△AEC圍繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到△AFB所在的位置（點(diǎn)F對(duì)應(yīng)點(diǎn)E），連接DF，由（2）同理可得：△ADE≌△ADF（SAS），∴DF＝DE，∵∠ADE＝∠ABC+∠BAD＝15°+∠BAD＝30°，故∠BAD＝15°＝∠ABD，∴AD＝BD＝ED，設(shè)BD＝a，則AD＝BD＝ED＝a，則BE＝2a，過點(diǎn)C作CH⊥BA交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，則∠HAC＝2∠ABC＝30°，在△ABC中，AB＝AC＝6+2，∠設(shè)AC＝x，則CH＝12x，AH＝32由BC2＝（AB+AH）2+HC2得：BC2＝（x+32x）2+（12x）將x＝6+2代入上式并解得：BC＝4+2在△ADE中，AD＝DE＝a，∠ADE＝30°，同理可得：AE＝6?∵∠ABE＝15°，∠AEB＝75°，故∠BAE＝90°，在Rt△ABE中，AB2+AE2＝BE2，即（6+2）2+（6?22a）解得a＝±2（舍去負(fù)值），故a＝2，則BD＝2，CE＝BC﹣2a＝4+23﹣4＝23；②當(dāng)DE＝AE時(shí)，BD對(duì)應(yīng)①中的CE，故BD＝23；綜上，BD＝2或23．【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)，解直角三角形，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握相關(guān)知識(shí)進(jìn)行求解.9．（2022·全國(guó)·八年級(jí)專題練習(xí)）已知四邊形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交AD，DC（或它們的延長(zhǎng)線）于E、F．（1）當(dāng)∠MBN繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到AE＝CF時(shí)（如圖1），試猜想AE，CF，EF之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？請(qǐng)將三條線段分別填入后面橫線中：＋＝．（不需證明）（2）當(dāng)∠MBN繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到AE≠CF（如圖2）時(shí)，上述（1）中結(jié)論是否成立？請(qǐng)說明理由．（3）當(dāng)∠MBN繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到AE≠CF（如圖3）時(shí)，上述（1）中結(jié)論是否成立？若不成立，線段AE，CF，EF又有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請(qǐng)直接寫出你的猜想，不需證明．【答案】（1）AE；CF；EF；（2）成立，見解析；（3）不成立，新的關(guān)系為AE＝EF＋CF．【分析】（1）根據(jù)題意易得△ABE≌△CBF，然后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得∠ABE=∠CBF=30°，進(jìn)而根據(jù)30°角的直角三角形及等邊三角形的性質(zhì)可求解；（2）如圖2，延長(zhǎng)FC到H，使CH=AE，連接BH，根據(jù)題意可得△BCH≌△BAE，則有BH=BE，∠CBH=∠ABE，進(jìn)而可證△HBF≌△EBF，推出HF=EF，最后根據(jù)線段的等量關(guān)系可求解；（3）如圖3，在AE上截取AQ=CF，連接BQ，根據(jù)題意易得△BCF≌△BAQ，推出BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，進(jìn)而可證△FBE≌△QBE，推出EF=QE即可．【詳解】解：（1）如圖1，AE+CF=EF，理由如下：∵AB⊥AD，BC⊥CD，∴∠A=∠C=90°，∵AB=BC，AE=CF，∴△ABE≌△CBF（SAS），∴∠ABE=∠CBF，BE=BF，∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，∴∠ABE=∠CBF=30°，∴AE=1∵∠MBN=60°，BE=BF，∴△BEF是等邊三角形，∴AE+CF=1故答案為：AE+CF=EF；（2）如圖2，（1）中結(jié)論成立；理由如下：延長(zhǎng)FC到H，使CH=AE，連接BH，∵AB⊥AD，BC⊥CD，∴∠A=∠BCH=90°，∴△BCH≌△BAE（SAS），∴BH=BE，∠CBH=∠ABE，∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，∴∠ABE+∠CBF=120°-60°=60°，∴∠HBC+∠CBF=60°，∴∠HBF=∠MBN=60°，∴∠HBF=∠EBF，∴△HBF≌△EBF（SAS），∴HF=EF，∵HF=HC+CF=AE+CF，∴EF=AE+CF；（3）如圖3，（1）中的結(jié)論不成立，關(guān)系為AE=EF+CF，理由如下：在AE上截取AQ=CF，連接BQ，∵AB⊥AD，BC⊥CD，∴∠A=∠BCF=90°，∵AB=BC，∴△BCF≌△BAQ（SAS），∴BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，∵∠MBN=60°=∠CBF+∠CBE，∴∠CBE+∠ABQ=60°，∵∠ABC=120°，∴∠QBE=120°-60°=60°=∠MBN，∴∠FBE=∠QBE，∴△FBE≌△QBE（SAS），∴EF=QE，∵AE=QE+AQ=EF+CF，∴AE=EF+CF．【點(diǎn)睛】本題主要考查全等三角形的性質(zhì)與判定、含30°角的直角三角形的性質(zhì)及等邊三角形的性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的性質(zhì)與判定、含30°角的直角三角形的性質(zhì)及等邊三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．10．（2022·江蘇·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)P在直線BC上，作射線AP，將射線AP繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，得到射線AQ，交直線CD于點(diǎn)Q，過點(diǎn)B作BE⊥AP于點(diǎn)E，交AQ于點(diǎn)F，連接DF．（1）依題意補(bǔ)全圖形；（2）用等式表示線段BE，EF，DF之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．【答案】（1）補(bǔ)全圖形見解析；（2）BE+DF=EF，證明見解析．【分析】（1）根據(jù)題意補(bǔ)全圖形即可．（2）延長(zhǎng)FE到H,使EH=EF，根據(jù)題意證明△ABH≌△ADF，然后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可證明．【詳解】（1）補(bǔ)全圖形（2）BE+DF=EF．證明：延長(zhǎng)FE到H,使EH=EF∵BE⊥AP，∴AH=AF，∴∠HAP=∠FAP=45°，∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=AD，∠BAD=90°∴∠BAP+∠2=45°，∵∠1+∠BAP=45°∴∠1=∠2，∴△ABH≌△ADF，∴DF=BH，∵BE+BH=EH=EF，∴BE+DF=EF．【點(diǎn)睛】此題考查了正方形的性質(zhì)和全等三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意作出輔助線．11．（2022·全國(guó)·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）（1）如圖，在正方形ABCD中，E、F分別是BC，CD上的點(diǎn)，且∠EAF=45°．直接寫出BE、DF、EF之間的數(shù)量關(guān)系；（2）如圖，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E、F分別是BC，CD上的點(diǎn)，且∠EAF=12∠BAD（3）如圖，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，延長(zhǎng)BC到點(diǎn)E，延長(zhǎng)CD到點(diǎn)F，使得∠EAF=12∠BAD【答案】（1）EF=BE+DF，理由見詳解；（2）見詳解；（3）結(jié)論EF＝BE＋FD不成立，應(yīng)當(dāng)是EF＝BE?FD．理由見詳解．【分析】（1）在CD的延長(zhǎng)線上截取DM＝BE，連接AM，證出△ABE≌△ADM，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出BE＝DM，再證明△AEF≌△AMF，得EF＝FM，進(jìn)而即可得出答案；（2）在CD的延長(zhǎng)線上截取DG＝BE，連接AG，證出△ABE≌△ADG，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出BE＝DG，再證明△AEF≌△AGF，得EF＝FG，即可得出答案；（3）按照（2）的思路，我們應(yīng)該通過全等三角形來實(shí)現(xiàn)相等線段的轉(zhuǎn)換．就應(yīng)該在BE上截取BG，使BG＝DF，連接AG．根據(jù)（2）的證法，我們可得出DF＝BG，GE＝EF，那么EF＝GE＝BE?BG＝BE?DF．所以（1）的結(jié)論在（3）的條件下是不成立的．【詳解】（1）解：EF=BE+DF，理由如下：延長(zhǎng)CD，使DM=BE，連接AM，∵在正方形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADM=90°，∴△ABE≌△ADM，∴∠BAE=∠DAM，AE=AM，∵∠EAF=45°，∴∠BAE+∠DAF=∠DAM+∠DAF=90°-45°=45°，∴∠EAF=∠MAF=45°，又∵AF=AF，AE=AM，∴△AEF≌△AMF，∴EF=MF=MD+DF=BE+DF；（2）在CD的延長(zhǎng)線上截取DG＝BE，連接AG，如圖，∵∠ADF＝90°，∠ADF＋∠ADG＝180°，∴∠ADG＝90°，∵∠B＝90°，∴∠B＝∠ADG＝90°，∵BE＝DG，AB＝AD，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE＝∠DAG，AG＝AE，∴∠EAG＝∠EAD＋∠DAG＝∠EAD＋∠ABE＝∠BAD，∵∠EAF=1∴∠EAF=1∴∠EAF＝∠FAG，又∵AF＝AF，AE＝AG，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG＝DF＋DG＝EB＋DF；（3）結(jié)論EF＝BE＋FD不成立，應(yīng)當(dāng)是EF＝BE?FD．理由如下：如圖，在BE上截取BG，使BG＝DF，連接AG．∵∠B＋∠ADC＝180°，∠ADF＋∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADF．∵在△ABG與△ADF中，{AB=AD∴△ABG≌△ADF（SAS）．∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．∴∠BAG＋∠EAD＝∠DAF＋∠EAD＝∠EAF＝12∠BAD=∴∠GAE＝12∠BAD=∠EAF∵AE＝AE，AG＝AF．∴△AEG≌△AEF．∴EG＝EF，∵EG＝BE?BG∴EF＝BE?FD．【點(diǎn)睛】本題考查了三角形綜合題，三角形全等的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用旋轉(zhuǎn)變換的思想添加輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，解題時(shí)注意一些題目雖然圖形發(fā)生變化，但是證明思路和方法是類似的，屬于中考?jí)狠S題．12．（2021·遼寧沈陽·一模）（1）思維探究：如圖1，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在正方形ABCD的邊BC，CD上，且∠EAF＝45°，連接EF，則三條線段EF，BE，DF滿足的等量關(guān)系式是；小明的思路是：將△ADF繞點(diǎn)A順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°至△ABG的位置，并說明點(diǎn)G，B，E在同一條直線上，然后證明△AEF≌即可得證結(jié)論；（只需填空，無需證明）（2）思維延伸：如圖2，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點(diǎn)D，E均在邊BC上，點(diǎn)D在點(diǎn)E的左側(cè)，且∠DAE＝45°，猜想三條線段BD，DE，EC應(yīng)滿足的等量關(guān)系，并說明理由；（3）思維拓廣：如圖3，在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝AC＝5，點(diǎn)D，E均在直線BC上，點(diǎn)D在點(diǎn)E的左側(cè)，且∠DAE＝30°，當(dāng)BD＝1時(shí)，請(qǐng)直接寫出線段CE的長(zhǎng)．【答案】（1）BE＋DF＝EF，△AEG；（2）BD2+CE【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得AG=AF，∠GAB=∠FAD，∠ABG=∠D=90°，則有∠GAE=∠EAF=45°，進(jìn)而證得△AEG≌△AEF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)證得GE=EF即可解答；（2）將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△ACG，連接EG，可證得AG=AD，∠GAE=∠DAE=45°，∠GCE=90°，進(jìn)而可證得△GAE≌△DAE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)證得GE=DE，再根據(jù)勾股定理即可得出結(jié)論；（3）當(dāng)點(diǎn)D在點(diǎn)B右側(cè)時(shí)，將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°至△ACG，可證得∠GAE=∠DAE=30°，∠GCE=120°，進(jìn)而可證得△GAE≌△DAE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)證得GE=DE，過G作GH⊥EC，交EC延長(zhǎng)線于H，設(shè)CE=x，易求得GE=DE=4﹣x，EH=x+12，GH=32，在△GHE中，由勾股定理可求得CE的值；當(dāng)點(diǎn)D在點(diǎn)B左側(cè)時(shí)，同樣的方法可求得【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAD=∠D=∠ABC=90°，∵將△ADF繞點(diǎn)A順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°至△ABG，∴AG=AF，BG=DF，∠GAB=∠FAD，∠ABG=∠D=90°，∴∠ABG+∠ABC=90°+90°=180°，∴點(diǎn)G、B、E共線，∵∠EAF=45°，∴∠BAE+∠FAD=45°，∴∠BAE+∠GAB=45°，即∠GAE=45°∴∠GAE=∠FAE，又AG=AF，AE=AE，∴△AEG≌△AEF（SAS）,∴GE=EF，∵GE=BE+BG=BE+DF，∴BE+DF=EF，故答案為：BE＋DF＝EF，△AEG；（2）猜想：BD2+CE2=DE2，理由為：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC=∠ACB=45°，如圖2，將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°至△ACG，連接EG，∴AG=AD，CG=BD，∠GAC=∠DAB，∠ACG=∠ABC=45°，∴∠ACG+∠ACB=45°+45°=90°，∴GE2=CG2++CE2，∵∠DAE=45°，∴∠DAB+∠EAC=45°，∴∠GAC+∠EAC=45°，即∠GAE=45°∴∠GAE=∠DAE，又AG=AD，AE=AE，∴△GAE≌△DAE（SAS）,∴GE=DE，∵GE2=CG2++CE2=BD2+CE2，∴BD2+CE2=DE2；（3）∵△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝AC＝5，∴△ABC為等邊三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°，由題意，點(diǎn)D，E均在直線BC上，點(diǎn)D在點(diǎn)E的左側(cè)，且∠DAE＝30°，∴①當(dāng)點(diǎn)D在點(diǎn)B右側(cè)時(shí)，BD=1，如圖3，將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°至△ACG，連接EG，∴AG=AD，CG=BD=1，∠GAC=∠DAB，∠ACG=∠ABC=60°，∵∠DAE=30°，∠BAC=60°，∴∠DAB+∠EAC=30°，∴∠GAC+∠EAC=30°，即∠GAE=30°∴∠GAE=∠DAE，又AG=AD，AE=AE，∴△GAE≌△DAE（SAS）,∴GE=DE，過G作GH⊥EC，交EC延長(zhǎng)線于H，∵∠ECG=∠ACG+∠ACB=60°+60°=120°，∴∠GCH=60°，在Rt△GCH中，CH=CG·cos60°=12，GH=CG·sin60°=3設(shè)CE=x，易求得GE=DE=4﹣x，EH=x+12在△GHE中，由勾股定理得：（4﹣x）2=(x+12)2+（32）解得：x=53，即CE=5②當(dāng)點(diǎn)D在點(diǎn)B左側(cè)時(shí)，BD=1同理，將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°至△ACG，連接EG，易證△GAE≌△DAE，得GE=DE，過G作GH⊥EC，交CE于H，∵∠ACG=∠ADB=120°，∠ACB=60°，∴∠GCH=60°，在Rt△GCH中，CH=CG·cos60°=12，GH=CG·sin60°=3設(shè)CE=x，易求得GE=DE=6﹣x，EH=x﹣12在△GHE中，由勾股定理得：（6﹣x）2=(x﹣12)2+（32）解得：x=3511，即CE=35綜上，CE的長(zhǎng)為3511或5【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、勾股定理、等邊三角形的判定與性質(zhì)、解一元一次方程、銳角三角函數(shù)等知識(shí)，綜合性強(qiáng)，難度適中，熟練掌握相關(guān)知識(shí)的性質(zhì)與運(yùn)用，正確作出輔助線，借助旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得出全等三角形是解答的關(guān)鍵．13．（2021·河南安陽·八年級(jí)期中）已知，正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交CB、DC（或它們的延長(zhǎng)線）于點(diǎn)M、N，AH⊥MN于點(diǎn)H．（1）如圖①，當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到BM=DN時(shí)，請(qǐng)你直接寫出AH與AB的數(shù)量關(guān)系：____；（2）如圖②，當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到BM≠DN時(shí)，（1）中發(fā)現(xiàn)的AH與AB的數(shù)量關(guān)系還成立嗎？如果不成立請(qǐng)寫出理由，如果成立請(qǐng)證明；（3）如圖③，已知∠MAN=45°，AH⊥MN于點(diǎn)H，且MH=2，NH=3，求AH的長(zhǎng)．（可利用（2）得到的結(jié)論）【答案】（1）AH=AB；（2）成立，理由見解析；（3）6【分析】（1）先證明ΔABM?ΔADN，可得AM=AN，∠BAM=∠DAN，再證明ΔABM?ΔAHM即可；（2）延長(zhǎng)CB至E，使BE=DN，證明ΔAEM?ΔANM，能得到AH=AB；（3）分別沿AM、AN翻折ΔAMH和ΔANH，得到ΔABM和ΔAND，然后分別延長(zhǎng)BM和DN交于點(diǎn)C，得正方形ABCE，設(shè)AH=x，則MC=x?2，NC=x?3，在Rt△MCN中，由勾股定理，解得x【詳解】解：（1）如圖①，AH=AB．理由如下：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠B=∠BAD=∠D=90°，AB=AD，在ΔABM和ΔADN中，AB=AD∠B=∠D∴ΔABM?ΔADN(SAS)，∴AM=AN，∠BAM=∠DAN，∴ΔAMN是等腰三角形，又∵AH⊥MN，∴∠AHM=90°，∠HAM=∠HAN，∵∠MAN=45°，∴∠HAM=12×45°=22.5°∴∠BAM=22.5°=∠HAM，在ΔABM和ΔAHM中，∠BAM=∠HAM∠B=∠AHM=90°∴ΔABM?ΔAHM(AAS)，∴AH=AB；故答案為：AH=AB；（2）數(shù)量關(guān)系成立．如圖②，延長(zhǎng)CB至E，使BE=DN．∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠D=∠ABE=90°，在Rt△AEB和RtAB=AD∠ABE=∠ADN∴Rt△AEB≌Rt△AND（∴AE=AN，∠EAB=∠NAD，∵∠DAN+∠BAM=45°，∴∠EAB+∠BAM=45°，∴∠EAN=90°，∴∠EAM=∠NAM=45°，在ΔAEM和ΔANM中，AE=AN∠EAM=∠NAM∴ΔAEM?ΔANM(SAS)．∴SΔAEM=∵AB、AH是ΔAEM和ΔANM對(duì)應(yīng)邊上的高，∴AB=AH．（3）如圖③分別沿AM、AN翻折ΔAMH和ΔANH，得到ΔABM和ΔAND，∴BM=2，DN=3，∠B=∠D=∠BAD=90°．分別延長(zhǎng)BM和DN交于點(diǎn)C，得正方形ABCD，由（2）可知，AH=AB=BC=CD=AD．設(shè)AH=x，則MC=x?2，NC=x?3，在Rt△MCN中，由勾股定理，得M∴5解得x1=6，∴AH=6．【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、翻折變換的性質(zhì)以及勾股定理等知識(shí)；正確作出輔助線，熟練掌握翻折變換的性質(zhì)，構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．14．（2020·四川成都·八年級(jí)期末）已知，∠POQ=90°，分別在邊OP，OQ上取點(diǎn)A，B，使OA=OB，過點(diǎn)A平行于OQ的直線與過點(diǎn)B平行于OP的直線相交于點(diǎn)C．點(diǎn)E，F(xiàn)分別是射線OP，OQ上動(dòng)點(diǎn)，連接CE，CF，（1）求證：OA=OB=AC=BC；（2）如圖1，當(dāng)點(diǎn)E，F(xiàn)分別在線段AO，BO上，且∠ECF=45°時(shí)，請(qǐng)求出線段EF，AE，（3）如圖2，當(dāng)點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AO，BO的延長(zhǎng)線上，且∠ECF=135°時(shí)，延長(zhǎng)AC交EF于點(diǎn)M，延長(zhǎng)BC交EF于點(diǎn)N．請(qǐng)猜想線段EN，NM，【答案】（1）見解析；（2）EF=AE+BF；（3）MN【分析】（1）連接AB,通過∠POQ=90°，OA=OB得到△AOB為等腰直角三角形，進(jìn)而得到∠OAB=∠OBA=45°，根據(jù)過點(diǎn)A平行于OQ的直線與過點(diǎn)B平行于OP的直線相交于點(diǎn)C，可推出∠CBA=45°，（2）在射線AP上取點(diǎn)D，使AD=BF，連接CD，通過證明△CAD≌△CBF，得到CD=CF，∠ACD=∠BCF，再結(jié)合∠ECF=45°，∠ACB=90°推導(dǎo)證明△ECD≌（3）延長(zhǎng)AO到點(diǎn)D，使得AD=BF，連接CD，通過證明△CAD≌△CBF，得到CD=CF，∠ACD=∠BCF，再結(jié)合∠ECF=135°，推導(dǎo)證明△ECD≌△ECF，得到∠D=∠CFM，根據(jù)∠D=∠CFB，等量代換可知∠CFM=∠CFB，又因?yàn)锳C//OQ，推出∠MCF=∠CFB，進(jìn)而得到【詳解】解：（1）證明：連接AB．∵∠POQ=90°，∴△AOB為等腰直角三角形，∴∠OAB=∠OBA=45又∵BC//OP，且∴BC⊥OQ，∴∠CBF=90∴∠CBA=45同理，∠BAC=45在△AOB與△ACB中∠OAB=∠CABAB=AB∴△AOB≌△ACBASA，∴∠AOB=∠ACB=90°，（2）如圖1，在射線AP上取點(diǎn)D，使AD=BF，連接CD．在△CAD與△CBF中CA=CB∠CAD=∠CBF∴△CAD≌△CBFSAS，∴CD=CF，∠ACD=∠BCF，∵∠ECF=45°，∴∠ACE+∠BCF=45∴∠ACE+∠ACD=∠ECD=45∴∠ECD=∠ECF，在△ECD與△ECF中CD=CF∴△ECD≌△ECFSAS，∴ED=EF，又∵ED=AD+AE=BF+AE，∴EF=AE+BF．（3）MN如圖2，延長(zhǎng)AO到點(diǎn)D，使得AD=BF，連接CD．∴∠CAD=∠CBF=90在△CAD與△CBF中CA=CB∠CAD=∠CBF∴△CAD≌△CBFSAS，∴CD=CF，∠ACD=∠BCF，∵∠ACD+∠DCB=90∴∠BCF+∠DCB=90∴∠FCD=∠BCA=90∵∠ECF=135∴∠ECD=360∴∠ECF=∠ECD，在△ECD與△ECF中EC=EC∠ECD=∠ECF∴△ECD≌△ECFSAS，∴∠D=∠CFM，∵△CAD≌△CBF，∴∠D=∠CFB，∴∠CFM=∠CFB，∵AC//∴∠MCF=∠CFB，∴∠CFM=∠MCF，∴MC=MF，同理可證：CN=EN，∴在Rt△MCN中，由勾股定理得：MN【點(diǎn)睛】本題綜合考查了全等三角形的性質(zhì)和判定,勾股定理以及正方形的有關(guān)知識(shí)，通過添加輔助線構(gòu)造全等三角形，通過證明全等三角形得到線段之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．15．（2020·江西育華學(xué)校八年級(jí)階段練習(xí)）問題背景：如圖1，在四邊形ABCD中，∠BAD=90°，∠BCD=90°，BA=BC，∠ABC=120°，∠MBN=60°，∠MBN繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交AD、DC于E、F．探究圖中線段AE,CF,EF之間的數(shù)量關(guān)系．小李同學(xué)探究此問題的方法是：延長(zhǎng)FC到G，使探究延伸：如圖2，在四邊形ABCD中，BA=BC，∠BAD+∠BCD=180°，∠ABC=2∠MBN，∠MBN繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交AD、DC于E、實(shí)際應(yīng)用：如圖3，在某次軍事演習(xí)中，艦艇甲在指揮中心（O處）北偏西30°的A處艦艇乙在指揮中心南偏東70°的B處，并且兩艦艇到指揮中心的距離相等接到行動(dòng)指令后，艦艇甲向正東方向以75海里/小時(shí)的速度前進(jìn)，同時(shí)艦艇乙沿北偏東50°的方向以100海里/小時(shí)的速度前進(jìn)，1.2小時(shí)后，指揮中心觀測(cè)到甲、乙兩艦艇分別到達(dá)E、F處，且指揮中心觀測(cè)兩艦艇視線之間的夾角為70°，試求此時(shí)兩艦艇之間的距離．【答案】問題背景：EF=AE+CF；探究延伸：成立，理由見解析；實(shí)際應(yīng)用：210海里【分析】問題背景：延長(zhǎng)FC到G，使CG=AE，連接BG，先證明△BCG≌△BAE，再證明△BFG≌△BFE，即可得出結(jié)論：EF=AE+CF；探究延伸1：延長(zhǎng)FC到G，使CG=AE，連接BG，先證明△BCG≌△BAE，再證明△BFG≌△BFE，可得出結(jié)論：EF=AE+CF；探究延伸2：延長(zhǎng)DC到H，使得CH=AE，連接BH，先證明△BCH≌△BAE，即可得到BE=HB，∠ABE=∠HBC，再證明△HBF≌△EBF，即可得出EF=HF=HC+CF=AE+CF；實(shí)際應(yīng)用：連接EF，延長(zhǎng)BF交AE的延長(zhǎng)線于G，根據(jù)題意可轉(zhuǎn)化為如下的數(shù)學(xué)問題：在四邊形GAOB中，OA=OB，∠A+∠B=180°，∠AOB=2∠EOF，∠EOF的兩邊分別交AG，BG于E，F(xiàn)，求EF的長(zhǎng)．再根據(jù)探究延伸2的結(jié)論：EF=AE+BF，即可得到兩艦艇之間的距離．【詳解】解：?jiǎn)栴}背景：如圖1，延長(zhǎng)FC到G，使CG=AE，連接BG，先證明△BCG≌△BAE，再證明△BFG≌△BFE，可得出結(jié)論：EF=AE+CF；故答案為：EF=AE+CF；探究延伸1：上述結(jié)論仍然成立，即EF=AE+CF，理由如下：如圖2，延長(zhǎng)FC到G，使CG=AE，連接BG，∵CG=AE，∠BCG=∠A=90°，BC=BA，∴△BCG≌△BAE（SAS），∴BG=BE，∠ABE=∠CBG，∵∠ABC=2∠EBF，∴∠ABE+∠CBF=∠EBF，即∠CBG+∠CBF=∠EBF，∴∠GBF=∠EBF，又∵BF=BF，∴△BFG≌△BFE（SAS），∴GF=EF，即GC+CF=EF，∴AE+CF=EF∴可得出結(jié)論：EF=AE+CF；探究延伸2：上述結(jié)論仍然成立，即EF=AE+CF，理由：如圖3，延長(zhǎng)DC到H，使得CH=AE，連接BH，∵∠BAD+∠BCD=180°，∠BCH+∠BCD=180°，∴∠BCH=∠BAE，∵BA=BC，CH=AE，∴△BCH≌△BAE（SAS），∴BE=HB，∠ABE=∠HBC，∴∠HBE=∠ABC，又∵∠ABC=2∠MBN，∴∠EBF=∠HBF，∵BF=BF，∴△HBF≌△EBF（SAS），∴EF=HF=HC+CF=AE+CF；實(shí)際應(yīng)用：如圖4，連接EF，延長(zhǎng)BF交AE的延長(zhǎng)線于G，因?yàn)榕炌Ъ自谥笓]中心（O處）北偏西30°的A處．艦艇乙在指揮中心南偏東70°的B處，所以∠AOB=140°，因?yàn)橹笓]中心觀測(cè)兩艦艇視線之間的夾角為70°，所以∠EOF=70°，所以∠AOB=2∠EOF．依題意得，OA=OB，∠A=60°，∠B=120°，所以∠A+∠B=180°，因此本題的實(shí)際的應(yīng)用可轉(zhuǎn)化為如下的數(shù)學(xué)問題：在四邊形GAOB中，OA=OB，∠A+∠B=180°，∠AOB=2∠EOF，∠EOF的兩邊分別交AG，BG于E，F(xiàn)，求EF的長(zhǎng)．根據(jù)探究延伸2的結(jié)論可得：EF=AE+BF，根據(jù)題意得，AE=75×1.2=90（海里），BF=100×1.2=120（海里），所以EF=90+120=210（海里）．答：此時(shí)兩艦艇之間的距離為210海里．【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線構(gòu)造全等三角形，解答時(shí)注意類比思想的靈活應(yīng)用．16．（2022·全國(guó)·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖，△ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，△BDC是頂角為120°的等腰三角形，以點(diǎn)D為頂點(diǎn)作∠MDN=60°，點(diǎn)M、N分別在AB、AC上．（1）如圖①，當(dāng)MN//BC時(shí)，則（2）如圖②，求證：BM+NC=MN．【答案】（1）4；（2）見解析【分析】（1）首先證明△BDM≌△CDN，進(jìn)而得出△DMN是等邊三角形，∠BDM=∠CDN=30°，NC=BM=12DM=1（2）延長(zhǎng)AC至點(diǎn)E，使得CE=BM，連接DE，首先證明△BDM≌△CDE，再證明△MDN≌△EDN，得出MN=NE，進(jìn)而得出結(jié)果即可．【詳解】解：（1）∵△ABC是等邊三角形，MN//∴∠AMN=∠ABC=60°，∠ANM=∠ACB=60°∴△AMN是等邊三角形，∴AM=AN，則BM=NC，∵△BDC是頂角∠BDC=120°的等腰三角形，∴∠DBC=∠DCB=30°，∴∠DBM=∠DCN=90°，在△BDM和△CDN中，BM=CN,∴△BDM≌△CDNSAS∴DM=DN，∠BDM=∠CDN，∵∠MDN=60°，∴△DMN是等邊三角形，∠BDM=∠CDN=30°，∴NC=BM=12DM=∴△AMN的周長(zhǎng)=AB+AC=4．（2）如圖，延長(zhǎng)AC至點(diǎn)E，使得CE=BM，連接DE，∵△ABC是等邊三角形，△BDC是頂角∠BDC=120°的等腰三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°，∠DBC=∠DCB=30°，∴∠ABD=∠ACD=90°，∴∠DCE=90°，在△BDM和△CDE中，BD=CD,∴△BDM≌△CDESAS∴MD=ED，∠MDB=∠EDC，∴∠MDE=120°?∠MDB+∠EDC=120°，∵∠MDN=60°，∴∠NDE=60°，在△MDN和△EDN中，MD=ED,∴△MDN≌△EDNSAS∴MN=NE，又∵NE=NC+CE=NC+BM，∴BM+NC=MN．【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)及等邊三角形的性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)，掌握全等三角形的性質(zhì)與判定，等邊三角形及等腰三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．17．（2022·全國(guó)·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖，在四邊形ABCD中，∠B=∠D=90°，E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點(diǎn)，連接AE，AF，EF．（1）如圖①，AB=AD，∠BAD=120°，∠EAF=60°．求證：EF=BE+DF；

（2）如圖②，∠BAD=120°，當(dāng)△AEF周長(zhǎng)最小時(shí)，求∠AEF+∠AFE的度數(shù)；（3）如圖③，若四邊形ABCD為正方形，點(diǎn)E、F分別在邊BC、CD上，且∠EAF=45°，若BE=3，DF=2，請(qǐng)求出線段EF的長(zhǎng)度．【答案】（1）見解析；（2）∠AEF+∠AFE=120°；（3）EF=5．【分析】（1）延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G,使DG=BE，連接AG，首先證明△ABE≌△ADG，則有AE=AG，∠BAE=∠DAG，然后利用角度之間的關(guān)系得出∠EAF=∠FAG=60°，進(jìn)而可證明△EAF≌△GAF，則EF=FG=DG+DF，則結(jié)論可證；（2）分別作點(diǎn)A關(guān)于BC和CD的對(duì)稱點(diǎn)A'，A″，連接A'A″，交BC于點(diǎn)E，交CD于點(diǎn)F，根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)有A'E=AE，A″F=AF，當(dāng)點(diǎn)A'、E、（3）旋轉(zhuǎn)△ABE至△ADP的位置，首先證明△PAF≌△EAF，則有EF=FP，最后利用EF=PF=PD+DF=BE+DF求解即可．【詳解】（1）證明：如解圖①，延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG=BE，連接AG，在△ABE和△ADG中，AB=AD,∴△ABE≌△ADGSAS∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，∵∠BAD=120°，∠EAF=60°，∴∠BAE+∠FAD=∠DAG+∠FAD=60°．∴∠EAF=∠FAG=60°，在△EAF和△GAF中，AE=AG,∴△EAF≌△GAFSAS∴EF=FG=DG+DF，∴EF=BE+DF；（2）解：如解圖，分別作點(diǎn)A關(guān)于BC和CD的對(duì)稱點(diǎn)A'，A″，連接A'A″，交BC于點(diǎn)E由對(duì)稱的性質(zhì)可得A'E=AE，∴此時(shí)△AEF的周長(zhǎng)為AE+EF+AF=A∴當(dāng)點(diǎn)A'、E、F、A″在同一條直線上時(shí)，A'∵∠DAB=120°