專題04 全等模型-半角模型（解析版）

專題04全等模型-半角模型全等三角形在中考數(shù)學(xué)幾何模塊中占據(jù)著重要地位，也是學(xué)生必須掌握的一塊內(nèi)容，本專題就半角模型進行梳理及對應(yīng)試題分析，方便掌握。半角模型概念：過多邊形一個頂點作兩條射線，使這兩條射線夾角等于該頂角一半。思想方法：通過旋轉(zhuǎn)（或截長補短）構(gòu)造全等三角形，實現(xiàn)線段的轉(zhuǎn)化。解題思路一般是將半角兩邊的三角形通過旋轉(zhuǎn)到一邊合并成新的三角形，從而進行等量代換，然后證明與半角形成的三角形全等，再通過全等的性質(zhì)得到線段之間的數(shù)量關(guān)系。半角模型（題中出現(xiàn)角度之間的半角關(guān)系）利用旋轉(zhuǎn)——證全等——得到相關(guān)結(jié)論.模型1.半角模型（90°-45°型）【模型展示】1）正方形半角模型條件：四邊形ABCD是正方形，∠ECF=45°；結(jié)論：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④AEF的周長=2AB；⑤CE、CF分別平分∠BEF和∠EFD。2）等腰直角三角形半角模型條件：ABC是等腰直角三角形，∠DAE=45°；結(jié)論：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝BD2＋EC2；例1．（2022·重慶南川·九年級期中）如圖，正方形中，，繞點順時針旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交、或它們的延長線于點、．(1)當(dāng)繞點旋轉(zhuǎn)到時如圖，證明：；(2)繞點旋轉(zhuǎn)到時如圖，求證：；(3)當(dāng)繞點旋轉(zhuǎn)到如圖位置時，線段、和之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請寫出你的猜想并證明．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)，見解析【分析】（1）把繞點順時針旋轉(zhuǎn)，得到，證得、、三點共線，即可得到≌，從而證得；（2）證明方法與（1）類似；（3）在線段上截取，判斷出≌，同（2）的方法，即可得出結(jié)論．（1）證明：如圖，∵把繞點順時針旋轉(zhuǎn)，得到，≌，，，四邊形是正方形，，，點、、三點共線．，又，在與中，，≌，，，，，．（2）證明：如圖，把繞點順時針旋轉(zhuǎn)，得到，≌，，，四邊形是正方形，，，點、、三點共線．，又，在與中，，≌，，，．（3）解：理由如下：如圖，在線段上截取，連接，在與中，，≌，，．在和中，，≌，，．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查正方形的性質(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，學(xué)會利用旋轉(zhuǎn)法添加輔助線，構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．例2．（2022·遼寧·沈陽八年級階段練習(xí)）定義：如圖1，點M，N把線段AB分割成AM，MN和BN，若以AM，AN，BN為邊的三角形是一個直角三角形，則稱點M，N是線段AB的勾股分點．（1）已知點M，N是線段AB的勾股分割點，若AM＝3，MN＝5，求BN的長；（2）如圖2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，點M，N在斜邊AB上，∠MCN＝45°，則點M、N是線段AB的勾股分割點嗎？（直接回答：“是”或“不是”）若是說明理由，當(dāng)AM＝2，MN＝4，則BN＝．【答案】（1）或；（2）是，理由見解析；【分析】(1)分兩種情況討論，根據(jù)勾股分割點定義可求BN的長；(2)過點A作AD⊥AB，且AD=BN，由題意可證△ADC≌△BNC，可得CD=CN，∠ACD=∠BCN，可求∠MCD=∠MCN，則可證△MDC≌△MNC，可得MN=DM，根據(jù)勾股定理可得BN2+AM2=MN2，則點M，N是線段AB的勾股分割點，將的值代入即可求得的值；【詳解】(1)AM＝3，MN＝5，分兩種情況：①當(dāng)MN為最大線段時，∵點M、N是線段AB的勾股分割點，∴BN=，②當(dāng)BN為最大線段時，∵點M、N是線段AB的勾股分割點，∴BN=，綜上所述：BN的長為或；(2)點M，N是線段AB的勾股分割點；理由如下，如圖，過點A作AD⊥AB，且AD=BN，∵AD=BN，∠DAC=∠B=45°，AC=BC，∴△ADC≌△BNC(SAS)，∴CD=CN，∠ACD=∠BCN，∵∠MCN=45°，∴∠DCA+∠ACM=∠ACM+∠BCN=45°，∴∠MCD=∠MCN，且CD=CN，CM=CM，∴△MDC≌△MNC(SAS)，∴MN=DM，在Rt△MDA中，AD2+AM2=DM2，∴BN2+AM2=MN2，∴點M，N是線段AB的勾股分割點；當(dāng)時，故答案為：是，【點睛】本題是三角形的綜合題，考查了新定義“勾股分割點”、勾股定理、等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．例3．（2023·廣東廣州·九年級?？计谥校┮阎赫叫蜛BCD中，∠MAN＝45°，∠MAN繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交CB、DC（或它們的延長線）于點M、N．當(dāng)∠MAN繞點A旋轉(zhuǎn)到BM＝DN時（如圖1），易證BM+DN＝MN．（1）當(dāng)∠MAN繞點A旋轉(zhuǎn)到BM≠DN時（如圖2），線段BM、DN和MN之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系？寫出猜想，并加以證明；（2）當(dāng)∠MAN繞點A旋轉(zhuǎn)到如圖3的位置時，線段BM、DN和MN之間又有怎樣的數(shù)量關(guān)系？寫出猜想，并加以證明；（3）若正方形的邊長為4，當(dāng)N運動到DC邊的中點處時，求BM的長．【答案】（1）BM+DN＝MN，見解析；（2）DN﹣BM＝MN，見解析；（3）【分析】（1）把△ADN繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，可得B、E、M三點共線，即可得到△AEM≌△ANM，從而證得ME＝MN，可得結(jié)論；（2）在線段DN上截取DQ＝BM，首先證明△ADQ≌△ABM，得DQ＝BM，再證明△AMN≌△AQN（SAS），得MN＝QN，可得結(jié)論；（3）設(shè)，由勾股定理可求解即可．【詳解】解：（1）BM+DN＝MN．理由如下：如圖2，把△ADN繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ABE，∴∠ABE＝∠ADN＝90°，AE＝AN，BE＝DN，∴∠ABE+∠ABC＝180°，∴點E，點B，點C三點共線，∴∠EAM＝90°﹣∠NAM＝90°﹣45°＝45°，又∵∠NAM＝45°，在△AEM與△ANM中，，∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME＝MN，∵ME＝BE+BM＝DN+BM，∴DN+BM＝MN；（2）DN﹣BM＝MN．理由如下：在線段DN上截取DQ＝BM，如圖3在△ADQ與△ABM中，，∴△ADQ≌△ABM（SAS），∴∠DAQ＝∠BAM，∴∠QAN＝∠MAN．在△AMN和△AQN中，，∴△AMN≌△AQN（SAS），∴MN＝QN，∴DN﹣BM＝MN；（3）如圖4，設(shè)∵正方形的邊長為4，點N是BC的中點，∴CN＝DN＝2，∵DN+BM＝MN，∴，∵MN2＝CN2+MC2，∴，解得即．【點睛】此題考查了旋轉(zhuǎn)的綜合應(yīng)用，涉及了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，構(gòu)造出全等三角形．例4．（2023·浙江·八年級假期作業(yè)）如圖，在中，，，D、E是斜邊上兩點，且，若，，，則與的面積之和為（

）A．36 B．21 C．30 D．22【答案】B【分析】將關(guān)于對稱得到，從而可得的面積為15，再根據(jù)對稱的性質(zhì)可得，然后根據(jù)三角形全等的判定定理證出，從而可得，最后根據(jù)與的面積之和等于與的面積之和即可得．【詳解】解：如圖，將關(guān)于AE對稱得到，則，，，，，在和中，，，，，即是直角三角形，，，即與的面積之和為21，故選：B．【點睛】本題考查了軸對稱的性質(zhì)、三角形全等的判定定理與性質(zhì)等知識點，通過作輔助線，構(gòu)造全等三角形和直角三角形是解題關(guān)鍵．模型2.半角模型（60°-30°型或120°-60°型）1）等邊三角形半角模型（120°-60°型）條件：ABC是等邊三角形，BDC是等腰三角形，且BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°；結(jié)論：①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋FC；④AEF的周長=2AB；⑤DE、DF分別平分∠BEF和∠EFC。2）等邊三角形半角模型（60°-30°型）例1．（2022·綿陽市八年級期中）在等邊△ABC的兩邊AB、AC所在直線上分別有兩點M、N，D為△ABC外一點，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．探究：當(dāng)M、N分別在直線AB、AC上移動時，BM、NC、MN之間的數(shù)量關(guān)系．(1)如圖1，當(dāng)點M、N邊AB、AC上，且DM＝DN時，BM、NC、MN之間的數(shù)量關(guān)系是；(2)如圖2，點M、N在邊AB、AC上，且當(dāng)DM≠DN時，猜想（1）問的結(jié)論還成立嗎？若成立請直接寫出你的結(jié)論；若不成立請說明理由．(3)如圖3，當(dāng)M、N分別在邊AB、CA的延長線上時，探索BM、NC、MN之間的數(shù)量關(guān)系如何？并給出證明．【答案】(1)；(2)成立，；(3)，見解析【分析】（1）由DM＝DN，∠MDN＝60°可得△MDN是等邊三角形，得到Rt△BDM≌Rt△CDN，然后由直角三角形的性質(zhì)即可求解；（2）在CN的延長線上截取CM1＝BM，連接DM1，可證△DBM≌△DCM1，得到∠M1DN＝∠MDN＝60°，從而得到△MDN≌△M1DN（SAS），即可求證；（3）在CN上截取CM1＝BM，連接DM1，可證得△MDN≌△M1DN，即可求證．【詳解】（1）解：BM、NC、MN之間的數(shù)量關(guān)系BM+NC＝MN．∵DM＝DN，∠MDN＝60°，∴△MDN是等邊三角形，∵△ABC是等邊三角形，∴∠A＝60°，∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴∠BDC＝∠DCB＝30°，∴∠MBD＝∠NCD＝90°，在Rt△BDM和Rt△CDN中，，∴Rt△BDM≌Rt△CDN（HL），∴∠BDM＝∠CDN＝30°，BM＝CN，∴DM＝2BM，DN＝2CN，∴MN＝2BM＝2CN＝BM+CN，故答案為：BM+NC＝MN；（2）猜想：結(jié)論仍然成立．證明：在CN的延長線上截取CM1＝BM，連接DM1．∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，∴△DBM≌△DCM1（SAS），∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN（SAS），∴MN＝M1N＝M1C+NC＝BM+NC；（3）NC?BM=MN，理由如下：證明：在CN上截取CM1＝BM，連接MN，DM1由（2）得，△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN（SAS），∴MN＝M1N，∴NC﹣BM＝MN．【點睛】本題考查了等邊三角形，直角三角形，等腰三角形的性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用，作出合適的輔助線，構(gòu)造出全等三角形．例2．（2022秋·江蘇揚州·八年級?？茧A段練習(xí)）如圖，在等邊三角形中，在AC邊上取兩點使．若，，，則以為邊長的三角形的形狀為（

）A．銳角三角形 B．直角三角形 C．鈍角三角形 D．隨的值而定【答案】C【分析】將△ABM繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△CBH，連接HN，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)及各角之間的等量關(guān)系可得：∠NBM=∠NBH，然后依據(jù)全等三角形的判定定理可得△NBM≌△NBH，由全等三角形的性質(zhì)可將x、m、n放在△NCH中，即可確定三角形的形狀．【詳解】解：如圖所示：將△ABM繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△CBH，連接HN，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知，BM=BH，CH=AM，，，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=∠ACB=∠A=60°，∵∠MBN=30°，∴∠ABM+∠CBN=30°，∴∠NBH=∠CBH+∠CBN=∠ABM+∠CBN=30°，∴∠NBM=∠NBH，在△NBM與△NBH中，，∴△NBM≌△NBH（SAS），∴MN=NH=x，∵∠BCH=∠A=60°，CH=AM=m，∴∠NCH=120°，∴以x，m，n為邊長的三角形△NCH是鈍角三角形．故選：C．【點睛】本題考查等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)變換等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用旋轉(zhuǎn)法添加輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，例3．（2022·廣東深圳·八年級期末）如圖，△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，點D為BC邊上一點．點E為線段CD上一點，且CE＝2，AB＝，∠DAE＝60°，則DE的長為______．【答案】【分析】將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)至，連接ME，過M作于Q，過A作于F，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，設(shè)，則，，證明，得，最后利用勾股定理來解答．【詳解】解：如圖，將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)至，連接ME，過M作于Q，過A作于F，∵，，，AB＝，∴，，∴，，∴，．在中，．∵，∴.設(shè)，∴，，∴．∵，，∴，∴．∵．在和中，∴，∴，由勾股定理得：，∴，∴，即．故答案為：．【點睛】本題考查含30°角的直角三角形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形有判定和性質(zhì)，勾股定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，作輔助線構(gòu)造直角三角形是求解本題的關(guān)鍵．例4．（2023秋·福建寧德·八年級統(tǒng)考期末）如圖，已知是邊長為4的等邊三角形，是頂角為120°的等腰三角形，動點、分別在邊、上，且，則的周長是（

）A．12 B．10 C．8 D．6【答案】C【分析】延長EB到G，使BG=FC，連接DG，通過△DCF≌△DBG得到DG=DF、∠FDC=∠GDB，再利用△EDG≌△EDF得到EF=EB+FC，求出結(jié)果．【詳解】解：延長EB到G，使BG=FC，連接DG，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°，又∵BD=CD，∴∠DCB=∠DBC=，∴∠DCF=∠DBE=90°，在直角△DCF和直角△DBG中，，∴△DCF≌△DBG，∴DG=DF，∠FDC=∠GDB，∴∠GDF=∠BDC=120°，又∵∠EDF=60°，∴∠EDG=60°，在△EDG和△EDF中，，∴△EDG≌△EDF，∴EF=EG=EB+GB=EB+FC，∴△AEF的周長為：AE+AF+EF=AE+AF+BE+FC=AB+AC=8，故選擇C．【點睛】本題考查等邊三角形的性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)，解決問題的關(guān)鍵構(gòu)造全等三角形．模型3.半角模型（-型）條件：∠BAC=，AB=AC，∠DAE=；結(jié)論：①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF；③∠ECF=180°-。例1.（2023.上海七年級期中）如圖，梯形ABCD中，AD∥BC，AB=BC=DC，點E、F分別在AD、AB上，且.（1）求證：；（2）連結(jié)AC，若，求度數(shù).【答案】（1）見解析；（2）20°【詳解】（1）旋轉(zhuǎn)△BCF使BC與CD重合，∵AD∥BC，AB=DC，即梯形ABCD為等腰梯形，∴∠A=∠ADC，∠A+∠ABC=180°，∴∠ADC+∠ABC=180°，由旋轉(zhuǎn)可知：∠ABC=∠CDF′，∴∠ADC+∠CDF′=180°，即∠ADF′為平角，∴A，D，F(xiàn)′共線，∵∴∠BCF+∠ECD=∠ECF=∠BCD，∵FC=F′C，EC=EC，∠ECF'=∠BCF+∠DCE=∠ECF，∴△FCE≌△F′CE，∴EF′=EF=DF′+ED，∴BF=EF-ED；（2）∵AB=BC，∠B=80°，∴∠ACB=50°，由（1）得∠FEC=∠DEC=70°，又∵AD//BC，∴∠ECB=70°，而∠B=∠BCD=80°，∴∠DCE=10°，∴∠BCF=30°，∴∠ACF=∠BCA-∠BCF=20°．例2．（2023春·江蘇·八年級專題練習(xí)）（1）如圖①，在四邊形中，，，，分別是邊，上的點，且．請直接寫出線段，，之間的數(shù)量關(guān)系：___________；（2）如圖②，在四邊形中，，，，分別是邊，上的點，且，（1）中的結(jié)論是否仍然成立？請寫出證明過程；（3）在四邊形中，，，，分別是邊，所在直線上的點，且．請畫出圖形（除圖②外），并直接寫出線段，，之間的數(shù)量關(guān)系．【答案】（1）；（2）成立，理由見解析；（3）圖形見解析，【分析】（1）延長到，使，連接．證明，則，，，證明，得出，由此可得，；（2）思路和作輔助線的方法同（1）；（3）根據(jù)（1）的證法，可得出，，那么．【詳解】解：（1）延長至，使，連接，∵，，，∴，∴，，∴，∴，在和中，∵，∴，∴，∵，且∴，故答案為：．（）解：（）中的結(jié)論仍成立，證明：如圖所示，延長至，使，∵，，∴，在和中，，∴，∴，，∵，∴，∴，即，在和中，，∴，∴，即．（），證明：如圖所示，在上截取使，連接，∵，，∴，在和中，，∴，∴，，∴，∴，在和中，

，∴，∴，∵，且，∴．【點睛】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，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．例3．（2022秋·陜西延安·八年級統(tǒng)考期末）【問題提出】（1）如圖①，在四邊形中，，，E、F分別是邊BC、CD上的點，且.求證：；【問題探究】（2）如圖②，在四邊形中，，，E、F分別是邊BC、CD延長線上的點，且，（1）中的結(jié)論是否仍然成立?若成立，請說明理由；若不成立，請寫出它們之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由.【答案】（1）見解析；（2）結(jié)論不成立，應(yīng)當(dāng)是理由見解析【分析】（1）延長到點，使，連接，由全等三角形的判定和性質(zhì)得出，，，繼續(xù)利用全等三角形的判定得出，結(jié)合圖形及題意即可證明；（2）在上截取，使，連接，結(jié)合圖形利用全等三角形的判定得出，再次使用全等三角形的判定得出，利用全等三角形的性質(zhì)即可證明．【詳解】（1）證明：如圖①，延長到點，使，連接.又∵，，∴，∴，，又∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∵，∴；（2）解：結(jié)論不成立，應(yīng)當(dāng)是，理由：如圖②，在上截取，使，連接，∵，，∴，又∵，，∴，∴，，又∵，∴，∴，又∵，，∴，∴，∵，∴．【點睛】題目主要考查全等三角形的判定和性質(zhì)，理解題意，作出相應(yīng)輔助線是解題關(guān)鍵．例4.（2023.山東八年級期中）綜合與實踐（1）如圖1，在正方形ABCD中，點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M、N分別在AD、CD上，若∠MBN＝∠ABC，試探索線段MN、AM、CN有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請寫出猜想，并給予證明．（3）如圖3，在四邊形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，點M、N分別在DA、CD的延長線上，若∠MBN＝∠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【詳解】解：（1）如圖，把△ABM繞點B順時針旋轉(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M'、C、N三點共線，∵∠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'N=M'C+CN，∴MN=M'C+CN=AM+CN；（2）MN=AM+CN；理由如下：如圖，把△ABM繞點B順時針旋轉(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M'、C、N三點共線，∵∠MBN＝∠ABC，∴∠ABM+∠CBN=∠ABC＝∠MBN，∴∠CBN+∠M'BC=∠MBN，即∠M'BN=∠MBN，∵BN=BN，∴△NBM≌△NBM'，∴MN=M'N，∵M'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＝∠ABC，∴∠MBN＝∠MAM'=∠M'BN，∵BN=BN，∴△NBM≌△NBM'，∴MN=M'N，∵M'N=CN-CM'，

∴MN=CN-AM．故答案是：MN=CN-AM．課后專項訓(xùn)練1．（2023春·浙江·八年級專題練習(xí)）如圖，在邊長為的正方形內(nèi)作，交于點，交于點，連接．若，則的長為（）A． B． C． D．2【答案】A【分析】如圖，首先把旋轉(zhuǎn)到，然后利用全等三角形的性質(zhì)得到，，然后根據(jù)題目中的條件，可以得到，再根據(jù)，和勾股定理，可以求出的長，本題得以解決．【詳解】解：如圖，把繞A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到，∴，∴，∴，∴G、B、E三點共線，∴，∵，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴，設(shè)，∵，∴，則，，∴，∵，∴，解得，，∴的長為．故選：A．【點睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答2．（2023·廣東·八年級專題練習(xí)）如圖，正方形ABCD中，點E、F分別在線段BC、CD上運動，且滿足∠EAF＝45°，AE、AF分別與BD相交于點M、N，下列說法中：①BE+DF＝EF；②點A到線段EF的距離一定等于正方形的邊長；③BE＝2，DF＝3，則S△AEF＝15；④若AB＝6，BM＝3，則MN＝5．其中結(jié)論正確的個數(shù)是（）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】A【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到BH＝DF，AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，得到∠EAH＝∠EAF＝45°，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到EH＝EF，∠AEB＝∠AEF，于是得到BE+BH＝BE+DF＝EF，故①正確；過A作AG⊥EF于G，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AB＝AG，于是得到點A到線段EF的距離一定等于正方形的邊長，故②正確；求出EF＝BE+DF＝5，設(shè)BC＝CD＝n，根據(jù)勾股定理即可得到S△AEF＝15，故③正確；把△ADN繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABQ，再證明△AMQ≌△AMN（SAS），從而得MQ＝MN，再證明∠QBM＝∠ABQ+∠ABM＝90°，設(shè)MN＝x，再由勾股定理求出x即可．【詳解】解：如圖，把△ADF繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABH，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，BH＝DF，AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，∵∠EAF＝45°，∴∠EAH＝∠BAH+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝90°﹣∠EAF＝45°，

∴∠EAH＝∠EAF＝45°，在△AEF和△AEH中，，∴△AEF≌△AEH（SAS），∴EH＝EF，∴∠AEB＝∠AEF，∴BE+BH＝BE+DF＝EF，故①正確；過A作AG⊥EF于G，∴∠AGE＝∠ABE＝90°，在△ABE與△AGE中，，∴△ABE≌△AGE（AAS），∴AB＝AG，∴點A到線段EF的距離一定等于正方形的邊長；故②正確；∵BE＝2，DF＝3，∴EF＝BE+DF＝5，設(shè)BC＝CD＝n，∴CE＝n﹣2，CF＝n﹣3，∴EF2＝CE2+CF2，∴25＝（n﹣2）2+（n﹣3）2，∴n＝6（負值舍去），∴AG＝6，∴S△AEF＝×6×5＝15．故③正確；如圖，把△ADN繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABQ，連接QM，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，BQ＝DN，AQ＝AN，∠BAQ＝∠DAN，∠ADN＝∠ABQ＝45°，∵∠EAF＝45°，∴∠MAQ＝∠BAQ+∠BAE＝∠DAN+∠BAE＝90°﹣∠EAF＝45°，∴∠MAQ＝∠MAN＝45°，在△AMQ和△AMN中，，∴△AMQ≌△AMN（SAS），∴MQ＝MN，∵∠QBM＝∠ABQ+∠ABM＝90°，∴BQ2+MB2＝MQ2，∴ND2+MB2＝MN2，∵AB＝6，∴BD＝AB＝12，設(shè)MN＝x，則ND＝BD﹣BM﹣MN＝9﹣x，∴32+（9﹣x）2＝x2，解得：x＝5，∴MN＝5，故④正確，故選A．【點睛】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理等等，解題的關(guān)鍵是旋轉(zhuǎn)三角形ADF和三角形AND．3．（2022秋·江蘇·八年級期中）如圖，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝8，AB＝AC，∠CBD＝30°，BD＝4，M，N分別在BD，CD上，∠MAN＝45°，則△DMN的周長為_____．【答案】4+4．【分析】將△ACN繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，得到△ABE，由旋轉(zhuǎn)得出∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，求出∠EAM＝∠MAN，根據(jù)SAS推出△AEM≌△ANM，根據(jù)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的周長＝BD+DC，代入求出即可．【詳解】將△ACN繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，得到△ABE，如圖：由旋轉(zhuǎn)得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，∵∠BAC＝∠D＝90°，∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣90°﹣90°＝180°，∴∠ABD+∠ABE＝180°，∴E，B，M三點共線，∵∠MAN＝45°，∠BAC＝90°，∴∠EAM＝∠EAB+∠BAM＝∠CAN+∠BAM＝∠BAC﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°，∴∠EAM＝∠MAN，在△AEM和△ANM中，，∴△AEM≌△ANM（SAS），∴MN＝ME，∴MN＝CN+BM，∵在Rt△BCD中，∠BDC＝90°，∠CBD＝30°，BD＝4，CD＝BD×tan∠CBD＝4，∴△DMN的周長為DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝4+4，故答案為4+4．【點睛】此題主要考查利用三角形全等的性質(zhì)和解直角三角形，進行等量轉(zhuǎn)換，關(guān)鍵是做輔助線.4．（2022·重慶綦江·九年級期末）如圖，已知正方形ABCD的邊長為5，點E，F(xiàn)分別是AB，BC邊上的點，且∠EDF＝45°，將△ADE繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△CDM．若AE＝2，則MF的長為_______．【答案】##【分析】由旋轉(zhuǎn)可得DE=DM，∠EDM為直角，可得出∠EDF+∠MDF=90°，由∠EDF=45°，得到∠MDF為45°，可得出∠EDF=∠MDF，再由DF=DF，利用SAS可得出三角形DEF與三角形MDF全等，由全等三角形的對應(yīng)邊相等可得出EF=MF；則可得到AE=CM=2，正方形的邊長為5，用ABAE求出EB的長，再由BC+CM求出BM的長，設(shè)EF=MF=x，可得出BF=BMFM=BMEF=7x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出關(guān)于x的方程，求出方程的解得到x的值，即為MF的長．【詳解】解：∵△ADE逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△CDM，∴∠A=∠DCM=90°，DE=DM，∴∠FCM=∠FCD+∠DCM=180°，∴F、C、M三點共線，∵∠EDM=∠EDC+∠CDM=∠EDC+∠ADE=90°，∴∠EDF+∠FDM=90°，∵∠EDF=45°，∴∠FDM=∠EDF=45°，在△DEF和△DMF中，，∴△DEF≌△DMF（SAS），∴EF=MF，設(shè)EF=MF=x，∵AE=CM=2，且BC=5，∴BM=BC+CM=5+2=7，∴BF=BMMF=BMEF=7x，∵EB=ABAE=52=3，在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2=EF2，即32+（7x）2=x2，解得：，∴MF=．故答案為：．【點睛】此題考查了正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，以及勾股定理．此題難度適中，注意掌握旋轉(zhuǎn)前后圖形的對應(yīng)關(guān)系，注意掌握數(shù)形結(jié)合思想與方程思想的應(yīng)用．5.（2022.浙江八年級期中）在正方形ABCD中，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN，垂足為H，若M、N分別在邊CB、DC的延長線上移動．①試探究線段MN、BM、DN之間的數(shù)量關(guān)系．②求證：AB＝AH．【解答】解：①DN﹣BM＝MN．證明如下：如圖，在DC上截取DF＝BM，連接AF，△ABM和△ADF中，∴△ABM≌△ADF（SAS），∴AM＝AF，∠BAM＝∠DAF，∴∠BAM+∠BAF＝∠BAF+∠DAF＝90°，即MAF＝∠BAD＝90°，∵∠MAN＝45°，∴∠MAN＝∠FAN＝45°，在△MAN和△FAN中，∴△MAN≌△FAN（SAS），∴MN＝NF，∴MN＝DN﹣DF＝DN﹣BM，∴DN﹣BM＝MN；②∵△MAN≌△FAN，∴∠HNA＝∠DNA，∵∠H＝∠D＝90°，AN＝AN，∴△AHN≌△ADN（AAS），∴AD＝AH，∵AD＝AB，∴AH＝AB．6．（2023·河南·模擬預(yù)測）（1）在中，，，，且點D，E為邊BC上的點（分別不與點B，C重合，且點D在點E左側(cè)）．①初步探究：如圖1，若，，，試探究BD，DE，CE之間的數(shù)量關(guān)系．下面是小東的探究過程（不完整），請補充完整．解：∵，，∴，，．∴．如圖，將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)120°，得到，連接GE．由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，可知，∴，，．∴，．∴為等邊三角形．（依據(jù)：_________________）∴____________．∵，，∴，又∵，∴．∴．∴．②類比探究如圖2，若，，，請寫出BD，DE，CE之間的數(shù)量關(guān)系，并就圖2的情形說明理由．（2）問題解決：如圖3，在中，，于點M，，，點N為線段BC上一動點，當(dāng)點N為BC的三等分點時，直接寫出AN的長．【答案】（1）①有一個角為60°的等腰三角形，CE，GE；②結(jié)論是：DE2=CE2+BD2．證明見詳解（2）AN的長為或【分析】（1）①將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)120°，得到，連接GE．由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，可知，得出，．可證為等邊三角形．（依據(jù)：有一個角為60°的等腰三角形），得出CEGE即可；②結(jié)論是：DE2=CE2+BD2,將△ABD繞點A逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到△ACG，連結(jié)CG，得出AD=AG，BD=CG，∠BAD=∠CAG，∠B=∠ACG，再證∠DAE=∠GAE，然后證明△DAE≌△GAE（SAS）即可；（2）將△AMC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°到△AHC′，延長HC′與MB的延長線交于S，先證四邊形AHSM為正方形，∠C′AB=90°-∠HAC′-∠BAM=90°-（∠CAM+∠MAB）=45°=∠CAB,AM=AH=HS=BS，再證△AC′B≌△ACB（SAS），得出C′B=CB=BM+CM=5，根據(jù)勾股定理得即解方程即可．【詳解】（1）①將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)120°，得到，連接GE．由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，可知，∴，，．∴，．∴為等邊三角形．∴CEGE．∵，，∴，又∵，∴．∴．∴．故答案為：有一個角為60°的等腰三角形，CE，GE；②結(jié)論是：DE2=CE2+BD2．證明：將△ABD繞點A逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到△ACG，連接EG，則AD=AG，BD=CG，∠BAD=∠CAG，∠B=∠ACG，∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠ABC=∠ACB=45°，∴∠ECG=∠ACB+∠ACG=90°，∵∠BAC=90°，∠DAE=45°，∴∠CAG+∠EAC=∠BAD+∠EAC=90°-∠DAE=45°，∴∠DAE=∠GAE，在△DAE和△GAE中，，∴△DAE≌△GAE（SAS），∴DE=GE，在Rt△GCE中，GE2=EC2+GC2即DE2=EC2+BD2；（2）解：將△AMC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°到△AHC′，延長HC′與MB的延長線交于S，則∠HAM=90°，∵AM⊥BC，∴∠AMC=∠AMB=90°，根據(jù)三角形旋轉(zhuǎn)90°得AH=AM，HC′=MC=2，AC′=AC，∠HAC′=∠MAC，∠H=∠AMC=90°，∴∠H=∠AMC=∠HAM=90°，∴四邊形AHSM為矩形，∵AH=AM，∴四邊形AHSM為正方形，∴∠C′AB=90°-∠HAC′-∠BAM=90°-（∠CAM+∠MAB）=45°=∠CAB,AM=AH=HS=MS，在△AC′B和△ACB中，，∴△AC′B≌△ACB（SAS），∴C′B=CB=BM+CM=5，在Rt△C′SB中,C′S=AM-HC′=AM-2，BS=AM-BM=AM-3，根據(jù)勾股定理得即，解得AM=6或AM=-1（舍去），當(dāng)點N在BM上，NB=，∴MN=3-BN=，∴AN=，當(dāng)點N在CM上，CN=，∴MN=2-CN=，∴AN=，綜合AN的長為或．【點睛】本題考查圖形旋轉(zhuǎn)性質(zhì)，等邊三角形判定與性質(zhì)，勾股定理，三角形全等判定與性質(zhì)，正方形判定與性質(zhì)，一元二次方程，掌握圖形旋轉(zhuǎn)性質(zhì)，等邊三角形判定與性質(zhì)，勾股定理，三角形全等判定與性質(zhì)，正方形判定與性質(zhì)，一元二次方程是解題關(guān)鍵．7．（2023·遼寧沈陽·八年級校考期中）在等邊三角形ABC中．(1)如圖1，D、E是邊BC上兩動點，且∠DAE=30°，將△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°后，得到△ACF，連接DF；①求證：△AED≌△AFD；②當(dāng)BE=2，CE=5時，求DE的長；(2)如圖2，點D是等邊三角形ABC的邊BC所在直線上的一動點，連接AD，將線段AD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段AE，連接CE，當(dāng)BD=2，BC=6時，CE的長為________．【答案】(1)（1）①見解析；②DE的長為；(2)或【分析】（1）①想辦法證明∠DAE=∠DAF，由DA=DA，AE=AF，即可證明；②過點F作FG⊥BC于G，設(shè)DE=x，在Rt△CFG中，在Rt△DCF中，求得FG=，在Rt△DFG中，利用勾股定理列出方程，解方程即可；（2）分兩種情形①當(dāng)點D在線段BC上時，②當(dāng)點D在CB的延長線上時，利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理求解即可．【詳解】（1）解：①由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：△BAE≌△CAF，∴AE=AF，∠BAE=∠CAF，∵△ABC是等邊三角形，∠DAE=30°，∴∠BAC=60°，∠CAD+∠BAE=∠CAD+∠CAF=30°，∴∠DAE=∠DAF=30°，∵DA=DA，AE=AF，∴△AED≌△AFD；②過點F作FG⊥BC于G，設(shè)DE=x，∵△AED≌△AFD，△BAE≌△CAF，∴DE=FD=x，BE=CF=2，∠B=∠ACB=∠ACF=60°，CD=CE-DE=5-x，在Rt△CFG中，∠FCG=180°-60°-60°=60°，∠CFG=30°，CF=2，∴CG=CF=1，F(xiàn)G=，在Rt△DFG中，F(xiàn)D=x，F(xiàn)G=，DG=6-x，由勾股定理得：DG2+FG2=DF2，即(6-x)2+()2=x2，解得：x=；∴DE的長為；（2）解：①當(dāng)點D在線段BC上時，連接BE，且BD=2，BC=6，CD=4，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠DAE=60°，DA=AE，∵△ABC是等邊三角形，∠BAC=60°，AB=AC，∴∠DAC=∠EAB，在△DAC和△EAB中，，∴△DAC≌△EAB，∴BE=CD=4，∠ACB=∠ABE=60°，過點E作EH⊥BC于H，在Rt△EBH中，∠EBH=180°-60°-60°=60°，∠BEH=30°，BE=4，∴BH=BE=2，EH=，在Rt△CEH中，EH=，CH=2+2+4=8，由勾股定理得：CE=；②當(dāng)點D在CB的延長線上時，連接BE，且BD=2，BC=6，CD=8，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠DAE=60°，DA=AE，∵△ABC是等邊三角形，∠BAC=60°，AB=AC，∴∠DAC=∠EAB，在△DAC和△EAB中，，∴△DAC≌△EAB，∴BE=CD=8，∠ACB=∠ABE=60°，過點E作EM⊥BC于M，在Rt△EBM中，∠EBM=180°-60°-60°=60°，∠BEM=30°，BE=8，∴BM=BE=4，EH=，在Rt△CEM中，EM=，CM=4+6=10，由勾股定理得：CE=；綜上，CE的長為或．故答案為：或．【點睛】本題考查了等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，含30度角的直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，學(xué)會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．8．（2022秋·福建龍巖·九年級統(tǒng)考期中）如圖，已知在△ABC中，AB＝AC，D、E是BC邊上的點，將△ABD繞點A旋轉(zhuǎn)，得到△AC，連接E．(1)當(dāng)∠BAC＝120°，∠DAE＝60°時，求證：DE＝E；(2)當(dāng)DE＝E時，∠DAE與∠BAC有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請寫出，并說明理由．(3)在（2）的結(jié)論下，當(dāng)∠BAC＝90°，BD與DE滿足怎樣的數(shù)量關(guān)系時，△EC是等腰直角三角形？（直接寫出結(jié)論，不必證明）【答案】(1)見解析(2)∠DAE＝∠BAC，理由見解析(3)DE＝BD【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AD＝A，∠CA＝∠BAD，然后求出∠D′AE＝60°，從而得到∠DAE＝∠AE，再利用“邊角邊”證明△ADE和△AE全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等證明即可；（2）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AD＝A，再利用“邊邊邊”證明△ADE和△AE全等，然后根據(jù)全等三角形對應(yīng)角相等求出∠DAE＝∠AE，然后求出∠BAD＋∠CAE＝∠DAE，從而得解；（3）求出∠CE＝90°，然后根據(jù)等腰直角三角形斜邊等于直角邊的倍可得E＝C，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)解答即可．【詳解】（1）證明：∵△ABD繞點A旋轉(zhuǎn)得到△AC，∴AD＝A，∠CA＝∠BAD，∵∠BAC＝120°，∠DAE＝60°，∴∠AE＝∠CA＋∠CAE＝∠BAD＋∠CAE＝∠BAC﹣∠DAE＝120°﹣60°＝60°，∴∠DAE＝∠AE，在△ADE和△AE中，∵，∴△ADE≌△AE（SAS），∴DE＝E；（2）解：∠DAE＝∠BAC．理由如下：在△ADE和△AE中，，∴△ADE≌△AD′E（SSS），∴∠DAE＝∠AE，∴∠BAD＋∠CAE＝∠CAD′＋∠CAE＝∠D′AE＝∠DAE，∴∠DAE＝∠BAC；（3）解：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝∠AC＝45°，∴∠CE＝45°＋45°＝90°，∵△EC是等腰直角三角形，∴E＝C，由（2）DE＝E，∵△ABD繞點A旋轉(zhuǎn)得到△AC，∴BD＝，∴DE＝BD．【點睛】本題考查了幾何變換的綜合題，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)，熟記旋轉(zhuǎn)變換只改變圖形的位置不改變圖形的形狀與大小找出三角形全等的條件是解題的關(guān)鍵．9．（2022·河北邢臺·九年級期末）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A逆時針旋轉(zhuǎn)到的位置，然后證明，從而可得．，從而使問題得證．(1)【探究】請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°，，直接寫出EF，BE，DF之間的數(shù)量關(guān)系．(2)【應(yīng)用】如圖3，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，，求證：EF＝BE＋DF．【答案】(1)BE＋DF＝EF(2)證明見解【分析】（1）將△ABE繞A點逆時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角等于∠BAD得△，證明△AEF≌△，等量代換即得結(jié)論；（2）將△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角等于∠BAD，先證明∠EAF=，再證明△AEF≌△，等量代換即得結(jié)論；（1）解：結(jié)論：BE＋DF＝EF，理由如下：證明：將△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角等于∠BAD，使得AB與AD重合，點E轉(zhuǎn)到點的位置，如圖所示，可知，∴．由∠ADC+∠=180°知，C、D、共線，∵，∴∠BAF+∠DAF=∠EAF，∴∠+∠DAF=∠EAF=，∴△AEF≌△，∴EF==BE+DF．（2）證明：將△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角等于∠BAD，使得AB與AD重合，點E轉(zhuǎn)到點的位置，如圖所示，由旋轉(zhuǎn)可知，∴，，，．∵∠B＋∠ADC＝180°，∴，∴點C，D，在同一條直線上．∵，∴，∴，∴，∴．∵AF＝AF，∴，∴，即BE＋DF＝EF．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)與全等三角形的綜合應(yīng)用、等腰直角三角形的判定及性質(zhì)等知識點．解題關(guān)鍵是利用旋轉(zhuǎn)構(gòu)造全等三角形．10．（2022·山東聊城·九年級期末）（1）如圖，點，分別在正方形的邊，上，，連接，求證：，試說明理由．（2）類比引申：如圖，四邊形中，，，點，分別在邊，上，∠EAF=45°，若、都不是直角，則當(dāng)與滿足等量關(guān)系______時，仍有，試說明理由．（3）聯(lián)想拓展：如圖，在△中，，，點，均在邊上，且∠DAE=45，若，，求的長．【答案】（1）見解析，（2），理由見解析；（3）【分析】把△繞點逆時針旋轉(zhuǎn)至△，可使與重合，證出△≌△，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出，即可得出答案；把△繞點逆時針旋轉(zhuǎn)至△，可使與重合，證出△≌△，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出，即可得出答案；把△旋轉(zhuǎn)到△的位置，連接，證明△≌△AFG(SAS)，則∠C=∠ABF=45°，△是直角三角形，根據(jù)勾股定理即可得出答案．【詳解】證明：如圖中，，把△繞點逆時針旋轉(zhuǎn)至△，與重合．∠ADC=∠B=90°∠FDG=180°，點F、D、G三點共線，則，，∠FAG=∠FAD+∠GAD=∠FAD+∠BAE=90°-45°=45°=∠EAF即∠EAF=∠FAG，在△和△中，，∴△≌△，∴EF=FG=BE+DF；當(dāng)，仍有．理由：，把△繞點逆時針旋轉(zhuǎn)至△，可使與重合，如圖，，∠B=∠ADG，，∴∠BAE+∠DAF=45°，∴∠FAG=45°∴∠EAF=∠FAG，，∴∠ADC+∠ADG=180°∴∠FDG=180°，點、、共線．在△和△中，∴△≌△AFG(SAS)．，即：．故答案為：．將△繞點旋轉(zhuǎn)到△的位置，連接，則∠FAB=∠CAE，，∴∠BAD+∠CAE=45°．又∵∠FAB=∠CAE，∴∠FAB+∠BAD=45°，∴∠FAD=∠DAE=45°．則在△和△中，，∠FAD=∠DAE，，∴△≌△，，∠C=∠ABF．∵∠C+∠ABD=90°∴∠ABF+∠ABD=90°，，∴△是直角三角形．∴BD2+BF2=DF2，∴BD2+CE2=DE2，∵BD=1，，∴．【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，正方形的性質(zhì)的應(yīng)用，解此題的關(guān)鍵是能正確作出輔助線得出全等三角形．11．（2022·福建龍巖·九年級期中）閱讀下列材料：數(shù)學(xué)課上老師出示了這樣一個問題：如圖，等腰的直角頂點在正方形的邊上，斜邊交于點，連接，求證：．某學(xué)習(xí)小組的同學(xué)經(jīng)過思考，交流了自己的想法：利用現(xiàn)在所學(xué)的旋轉(zhuǎn)知識，可將旋轉(zhuǎn)到，然后通過證明全等三角形來完成證明．（1）（問題解決）請你根據(jù)他們的想法寫出證明過程；（2）（學(xué)以致用）如圖，若等腰的直角頂點在正方形的邊的延長線上，斜邊的延長線交的延長線于點，連接，猜想線段，，滿足怎樣的數(shù)量關(guān)系？并證明你的結(jié)論；（3）（思維拓展）等腰直角中，，為內(nèi)部一點，若，則的最小值______．【答案】（1）證明見解析；（2），理由見解析；（3）【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，，，，由“”可證，可得，可得結(jié)論；（2）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，，，由“”可證，可得，可得結(jié)論；（3）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，，，，可證是等邊三角形，可得，當(dāng)點，點，點，點四點共線時，有最小值為的長，即可求解．【詳解】（1）證明：如圖，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)到，，，，，，點，點，點三點共線，，，，，，又，，，，；（2），理由如下：如圖，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)到，，，，，，，，，又，，，，，；（3）如圖，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)，得到，連接，，過點作，交的延長線于，，，，，是等邊三角形，，，∴當(dāng)點，點，點，點四點共線時，有最小值為的長，，，，，，的最小值為．故答案為：．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定及性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．12．（2023春·浙江·八年級專題練習(xí)）在四邊形中，，，，、分別是，上的點，且，在探究圖1中線段，，之間的數(shù)量關(guān)系過程中．(1)你嘗試添加了怎樣的輔助線？成功了嗎？（真實大膽作答即可得分）(2)小亮同學(xué)認為：延長到點，使，連接，先證明，再證明，即可得出，，之間的數(shù)量關(guān)系是．(3)如圖3，在四邊形中，，，、分別是，上的點，且，上述結(jié)論是否仍然成立？并證明；(4)如圖4，在某次軍事演習(xí)中，艦艇甲在指揮中心（處）北偏西的處，艦艇乙在指揮中心南偏東的處，且兩艦艇到指揮中心的距離相等接到行動指令后，艦艇甲向正東方向以60海里/小時的速度前進，艦艇乙沿北偏東的方向以70海里/小時的速度前進，1.5小時后，指揮中心觀測到甲、乙兩艦艇分別到達，處，且兩艦艇之間的夾角為，試求此時兩艦艇之間的距離．【答案】(1)見解析(2)(3)仍然成立，證明見解析(4)195海里【分析】（1）在上方作，使，連接，先證明，再證明，即可得出，，之間的數(shù)量關(guān)系；（2）延長到點，使，連接，先證明，再證明，即可得出，，之間的數(shù)量關(guān)系；（3）延長到，使，連接，證明和，得到答案；（4）連接，延長、交于點，得到，根據(jù)距離