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2023年中考数学压轴题培优教案专题03 对角互补模型（含答案解析）
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这是一份2023年中考数学压轴题培优教案专题03 对角互补模型（含答案解析），共64页。
【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
解题策略
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
模型4：相似形——90°对角互补模型
经典例题
【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,∠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________________.
【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;
【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：__________；
（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∠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,∠B+∠D=180°,E,F分别是边BC,CD所在直线上的点,且∠EAF=12∠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．
【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 ．
培优训练
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、∠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．
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．
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）
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．
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．
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．
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=23CH．
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．
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＝22GH+2EG．
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：
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．
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.
12．（2019·全国·九年级专题练习）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
13．（2022·全国·八年级专题练习）如图所示,ΔABC为等边三角形,边长为4,点O为BC边中点,∠EOF=120°,其两边分别交AB和CA的延长线于E,F,求AE−AF的值.
14．（2019·全国·九年级专题练习）如图所示,ΔABC中,AB=BC=1,∠ABC=90°,把一块含30°角的直角三角板DEF的直角顶点D放在AC的中点上（直角三角板的短直角边为DF,长直角边为DE）,将三角板DEF绕D点按逆时针方向旋转.
（1）在如图所见中,DE交AB于M,DF交BC于N,证明DM=DN；
（2）继续旋转至如图所见,延长AB交DE于M,延长BC交DF于N,证明DM=DN.
15．（2019·江西·南昌市第十九中学九年级阶段练习）一位同学拿了两块45°三角尺ΔMNK,ΔACB做了一个探究活动：将ΔMNK的直角顶点M放在ΔACB的斜边AB的中点处,设AC=BC=4.
（1）如图1所示,两三角尺的重叠部分为ΔACM,则重叠部分的面积为______,周长为______.
（2）将如图1所示中的ΔMNK绕顶点M逆时针旋转45°,得到如图2所示,此时重叠部分的面积为______,周长为______.
（3）如果将ΔMNK绕M旋转到不同于如图1所示和如图2所示的图形,如图3所示,请你猜想此时重叠部分的面积为______.
（4）在如图3所示情况下,若AD=1,求出重叠部分图形的周长.
16．（2019·江苏常州·一模）我们定义：有一组对角为直角的四边形叫做“对直角四边形”．
（1）如图①,四边形ABCD为对直角四边形,∠B=90°,若AB2-AD2=4,求CD2-BC2的值；
（2）如图②,四边形ABCD中,∠ABC=90°,AB=BC,若BD平分∠ADC,求证：四边形ABCD为对直角四边形；
（3）在（2）的条件下,如图③,连结AC,若S△ACDS△ABC=35,求tan∠ACD的值．
17．（2021·全国·九年级专题练习）阅读下面材料：
小炎遇到这样一个问题：如图1,点E、F分别在正方形ABCD的边BC,CD上,∠EAF=45°,连结EF,则EF=BE+DF,试说明理由．
小炎是这样思考的：要想解决这个问题,首先应想办法将这些分散的线段相对集中．她先后尝试了翻折、旋转、平移的方法,最后发现线段AB,AD是共点并且相等的,于是找到解决问题的方法．她的方法是将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG,再利用全等的知识解决了这个问题（如图2）．
参考小炎同学思考问题的方法,解决下列问题：
（1）如图3,四边形ABCD中,AB=AD,∠BAD=90°点E,F分别在边BC,CD上,∠EAF=45°．若∠B,∠D都不是直角,则当∠B与∠D满足_ 关系时,仍有EF=BE+DF；
（2）如图4,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点D、E均在边BC上,且∠DAE=45°,若BD=1, EC=2,求DE的长．
18．（2021·全国·八年级专题练习）已知：∠ABC=∠ADC=90°,AD=DC,求证：BC+AB=2BD．
经典例题
【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,∠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;
【答案】(1) AM=2−233；(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＝ 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=233,
∴AM=AD−DM=2−233；
（2）证明：∵AD⊥BC,∠EDF=90°,
∴∠BDE=∠ADF,
在ΔBDE和ΔADF中,
{∠B=∠DAFDB=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=∠MANME=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：__________；
（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∠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,∠B+∠D=180°,E,F分别是边BC,CD所在直线上的点,且∠EAF=12∠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,
∵∠ABG=∠ABC=∠D=90°,AB=AD,
∴△ABG≌△ADF,
∴AG=AF,∠1=∠2,
∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=12∠BAD,
∴∠GAE=∠EAF,
在△GAE和△FAE中,
∵AG=AF∠GAE=∠EAFAE=AE,
∴△GAE≌△FAESAS,
∴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=∠DBM=DF,
∴△ABM≌△ADFSAS,
∴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≌△AFESAS,
∴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≌△ADFSAS,
∴∠BAG=∠DAF,AG=AF,
∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD =∠EAF=12∠BAD,
∴∠GAE=∠EAF,
在△AEG和△AEF中,
AG=AF∠GAE=∠EAFAE=AE,
∴△AEG≌△AEFSAS,
∴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＝∠GEHAN＝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．
培优训练
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、∠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．
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=∠BFA,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=∠BCEAD=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=∠BFA,
∴△BFD是等边三角形,
∴BF=BD=DF,
∵∠ADC=30°,
∴∠ADB+∠BDC=30°,
∴∠BFA+∠ADB=30°,
∵∠FBD+∠BFA+∠BDA+∠AFD+∠ADF=180°,
∴60°+30°+∠AFD+∠ADF=180°,
∴∠AFD+∠ADF=90°,
∴∠FAD=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,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,
∴DG=CG=DH=BH=22m,
在Rt△AHD和Rt△AGD中,AD=AD,DH=DG,
∴Rt△AHD≌Rt△AGD（HL）,
∴AG=AH=AC+22m,
∴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．
【答案】（1）GH=12EF,理由见解析；（2）AE+CF=2DH,理由见解析；（3）AE−CF=2DH,理由见解析
【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．
【详解】解：（1）GH=12EF,理由如下；
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,
∴GH=12EF．
（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=23CH．
【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=12DE+AD,∠HCD=12∠FCD=60°,
∴tan∠HCD=DHCH=3,
∴DH=3CH,
∴DE+AD=2DH=23CH．
【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°,
∴∠EOF=12∠AOB
∵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＝22GH+2EG．
【答案】（1）22；（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=BCED=CE,
∴Rt△ADE≌Rt△BEC（HL）,
∴BE＝AD,
∴CE＝ED＝BD﹣BE＝BD﹣AD＝8﹣6＝2,
∴CD2＝CE＝22；
（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＝22GH+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：
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．
∵ ∠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
∵∠ADC+∠ABC=180°,∠ABE+∠ABC=180°,
∴∠ADC=∠ABE．
∵AD=AB,
∴△ADC≌△ABE．
∴∠ACD=∠AEB;
AC=AE．
∴∠ACB=∠AEB．
∴∠ACD=∠ACB．
即AC平分∠BCD
想法二：将△ACD绕点A顺时针旋转,使AD边与AB边重合,得到△ABE,
∴△ADC≌△ABE．
∴∠ADC=∠ABE;
∠ACD=∠AEB;
AC=AE．
∵∠ADC+∠ABC=180°,
∴∠ABE+∠ABC=180°．
∴点C,B,E在一条直线上．
∵AC=AE,
∴∠ACB=∠AEB．
∴∠ACD=∠ACB．
即AC平分∠BCD．
②延长CB使BE=CD,连接AE,
由①得△ADC≌△ABE
∴AC=AE
∴△ACE为等腰三角形．
∵∠BAD =90°,
∴∠EAC=90°．
∴CE2=2AC2．
∴CE=2AC ．
∴BC+CD=2AC．
【点睛】本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、角平分线的判定定理、勾股定理等知识,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．
12．（2019·全国·九年级专题练习）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＝∠CBD＝CD,
∴△MBD≌△NCD（AAS）
BM=CN,DM=DN．
在△EMD和△FND中,
∠EMD＝∠FNDDM＝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．
13．（2022·全国·八年级专题练习）如图所示,ΔABC为等边三角形,边长为4,点O为BC边中点,∠EOF=120°,其两边分别交AB和CA的延长线于E,F,求AE−AF的值.
【答案】6
【分析】过点O作OC∥AB交AD于点C,根据等腰三角形的性质就可以得出△OCF≌△OBE,就可以得出CF=BE,进而可以得出结论．
【详解】过点O作OD∥AB交AC于点D,
∴∠CDO=∠A=∠ACB=∠ABC=60°,
∴∠DOC=60°,∠ADO=∠BOD=120°．
∴△CDO是等边三角形,
∴DO=CO,
∴DO=BO=AD．
∵△ABC是等边三角形,
∴AB=AC=BC．∠CAB=∠ABC=∠C=60°,
∴∠OBE=120°,
∴∠ODF=∠OBE．
∵∠FOB+∠BOE=∠EOF=120°,∠DOF+∠FOB=∠BOD=120°
∴∠FOD=∠EOB．
在△DOF和△BOE中,
∠ODF＝∠OBEDO＝BO∠FOD＝∠EOB,
∴△DOF≌△BOE（ASA）．
∴FC=EB．OF=OE．
∵AE=AB+BE,
∴AE=AB+DF,
∴AE=AB+AD+AF,
∴AE-AF=AB+AD．
∵AB+AD=32AB,
∴AE-AF=32AB．
∵AB=4,
∴AE-AF=6.
【点睛】本题考查了等边三角形的性质的运用,全等三角形的判定及性质的运用,线段中点的性质的运用,解答时正确作辅助线证明三角形全等是关键．
14．（2019·全国·九年级专题练习）如图所示,ΔABC中,AB=BC=1,∠ABC=90°,把一块含30°角的直角三角板DEF的直角顶点D放在AC的中点上（直角三角板的短直角边为DF,长直角边为DE）,将三角板DEF绕D点按逆时针方向旋转.
（1）在如图所见中,DE交AB于M,DF交BC于N,证明DM=DN；
（2）继续旋转至如图所见,延长AB交DE于M,延长BC交DF于N,证明DM=DN.
【答案】(1)见解析；（2）见解析.
【分析】（1）连接BD,证明△DMB≌△DNC．根据已知,全等条件已具备两个,再证出∠MDB=∠NDC,用ASA证明全等,四边形DMBN的面积不发生变化,因为它的面积始终等于△ABC面积的一半；
（2）同样利用（1）中的证明方法可以证出△DMB≌△DNC；
（3）方法同（1）．
【详解】证明：（1）连接BD,
∵AB=BC,∠ABC=90°,点D为AC的中点
∴BD⊥AC,∠A=∠C=45°
∴BD=AD=CD
∴∠ABD=∠A=45°
∴∠MBD=∠C=45°
∵∠MDB+∠BDN=90°
∠NDC+∠BDN=90°
∴∠MDB=∠NDC
在△MDB和△NDC中
∠MBD＝∠CBD＝CD∠MDB＝∠NDC
∴△MDB≌△NDC（ASA）
∴DM=DN（5分）
（2）DM=DN仍然成立．理由如下：连接BD,
由（1）知BD⊥AC,BD=CD
∴∠ABD=∠ACB=45°
∵∠ABD+∠MBD=180°∠ACB+∠NCD=180°
∴∠MBD=∠NCD
∵BD⊥AC
∴∠MDB+∠MDC=90°
又∠NDC+∠MDC=90°
∴∠MDB=∠NDC
在△MDB和△NDC中
∠MBD＝∠NCDBD＝CD∠MDB＝∠NDC
∴△MDB≌△NDC（ASA）
∴DM=DN.
【点睛】本题主要考查学生的推理能力,题目比较典型,利用ASA求三角形全等（手拉手模型）,还运用了全等三角形的性质,等腰直角三角形的性质,及等腰三角形三线合一定理等知识．
15．（2019·江西·南昌市第十九中学九年级阶段练习）一位同学拿了两块45°三角尺ΔMNK,ΔACB做了一个探究活动：将ΔMNK的直角顶点M放在ΔACB的斜边AB的中点处,设AC=BC=4.
（1）如图1所示,两三角尺的重叠部分为ΔACM,则重叠部分的面积为______,周长为______.
（2）将如图1所示中的ΔMNK绕顶点M逆时针旋转45°,得到如图2所示,此时重叠部分的面积为______,周长为______.
（3）如果将ΔMNK绕M旋转到不同于如图1所示和如图2所示的图形,如图3所示,请你猜想此时重叠部分的面积为______.
（4）在如图3所示情况下,若AD=1,求出重叠部分图形的周长.
【答案】（1）4,4+42；（2）4,8；（3）4；（4）4+25
【分析】1根据AC=BC=4,∠ACB=90∘,得出AB的值,再根据M是AB的中点,得出AM=MC,求出重叠部分的面积,再根据AM,MC,AC的值即可求出周长；
2易得重叠部分是正方形,边长为12AC,面积为14AC2,周长为2AC.
3过点M分别作AC、BC的垂线MH、ME,垂足为H、E.求得Rt△MHD≌Rt△MEG,则阴影部分的面积等于正方形CEMH的面积.
4先过点M作ME⊥BC于点E,MH⊥AC于点H,根据∠DMH=∠EMH,MH=ME,得出Rt△DHM≌Rt△EMG,从而得出HD=GE,CE=AD,最后根据AD和DF的值,算出DM=5,即可得出答案.
【详解】解：1∵AC=BC=4,∠ACB=90∘,
∴AB=AC2+BC2=42+42=42,
∵M是AB的中点,
∴AM=22,
∵∠ACM=45∘,
∴AM=MC,
∴重叠部分的面积是22×222=4,
∴周长为：AM+MC+AC=22+22+4=4+42；
故答案为4,4+42；
2∵重叠部分是正方形,
∴边长为12×4=2,面积为14×4×4=4,
周长为2×4=8．
故答案为4,8．
3过点M分别作AC、BC的垂线MH、ME,垂足为H、E,
∵M是△ABC斜边AB的中点,AC=BC=4,
∴MH=12BC,
ME=12AC,
∴MH=ME,
又∵∠NMK=∠HME=90∘,
∴∠NMH+∠HMK=90∘,∠EMG+∠HMK=90∘,
∴∠HMD=∠EMG,
在△MHD和△MEG中,
∠HMD=∠GMEMH=ME∠DHM=∠MEG,
∴△MHD≌△MEGASA,
∴阴影部分的面积等于正方形CEMH的面积,
∵正方形CEMH的面积是ME⋅MH=12×4×12×4=4；
∴阴影部分的面积是4；
故答案为4．
4如图所示, 过点M作ME⊥BC于点E,MH⊥AC于点H,
∴四边形MECH是矩形,
∴MH=CE,
∵∠A=45∘,
∴∠AMH=45∘,
∴AH=MH,
∴AH=CE,
在Rt△DHM和Rt△GEM中,
∠DMH=∠EMGMH=ME∠DHM=∠GEM,
∴Rt△DHM≌Rt△GEM.
∴GE=DH,
∴AH−DH=CE−GE,
∴CG=AD,
∵AD=1,
∴DH=1.
∴DM=1+4=5 ．
∴四边形DMGC的周长为：
CE+CD+DM+ME
=AD+CD+2DM
=4+25．
【点睛】此题考查了等腰直角三角形,利用等腰直角三角形的性质,等腰直角三角形的面积公式,正方形的面积公式,全等三角形的判定和性质求解．
16．（2019·江苏常州·一模）我们定义：有一组对角为直角的四边形叫做“对直角四边形”．
（1）如图①,四边形ABCD为对直角四边形,∠B=90°,若AB2-AD2=4,求CD2-BC2的值；
（2）如图②,四边形ABCD中,∠ABC=90°,AB=BC,若BD平分∠ADC,求证：四边形ABCD为对直角四边形；
（3）在（2）的条件下,如图③,连结AC,若S△ACDS△ABC=35,求tan∠ACD的值．
【答案】⑴ 4；⑵见解析 ；⑶tan∠ACD的值为3或13．
【分析】（1）利用勾股定理即可解决问题；
（2）如图②中,作BE⊥CD于E,BF⊥DA交DA的延长线于F．只要证明∠EBF=90°即可解决问题；
（3）如图③中,设AD=x,BD=y．根据S△ACDS△ABC=35,构建方程即可解决问题.
【详解】解：如图①中,
∵四边形ABCD为对直角四边形,∠B=90°,
∴∠D=∠B=90°,
∴AC2=AB2+BC2=AD2+DC2,
∴CD2-BC2=AB2-AD2=4．
（2）证明：如图②中,作BE⊥CD于E,BF⊥DA交DA的延长线于F．
∵BD平分∠ADC,BE⊥CD,BF⊥AD,
∴BE=BF,
∵∠BFA=∠BEC=90°,BA=BC,BF=BE,
∴Rt△BFA≌Rt△BEC（HL）,
∴∠ABF=∠CBE,
∴∠EBF=∠ABC=90°,
∴ADC=360°-90°-90°-90°=90°,
∵∠ABC=∠ADC=90°,
∴四边形ABCD为对直角四边形．
（3）解：如图③中,设AD=x,BD=y．
∵∠ADC=90°,
∴tan∠ACD=xy,AC=x2+y2,
∵AB=AC,∠ABC=90°,
∴AB=BC=22•x2+y2,
∵S△ACDS△ABC=35,
∴12xy14x2+y2=35,
整理得：3x2-10xy+3y2,
∴3（xy）2-10•xy+3=0,
∴xy=3或13．
∴tan∠ACD的值为3或13．
【点睛】本题属于四边形综合题,考查了勾股定理,三角形的面积,全等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,学会利用参数,构建方程解决问题,属于中考压轴题．
17．（2021·全国·九年级专题练习）阅读下面材料：
小炎遇到这样一个问题：如图1,点E、F分别在正方形ABCD的边BC,CD上,∠EAF=45°,连结EF,则EF=BE+DF,试说明理由．
小炎是这样思考的：要想解决这个问题,首先应想办法将这些分散的线段相对集中．她先后尝试了翻折、旋转、平移的方法,最后发现线段AB,AD是共点并且相等的,于是找到解决问题的方法．她的方法是将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG,再利用全等的知识解决了这个问题（如图2）．
参考小炎同学思考问题的方法,解决下列问题：
（1）如图3,四边形ABCD中,AB=AD,∠BAD=90°点E,F分别在边BC,CD上,∠EAF=45°．若∠B,∠D都不是直角,则当∠B与∠D满足_ 关系时,仍有EF=BE+DF；
（2）如图4,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点D、E均在边BC上,且∠DAE=45°,若BD=1, EC=2,求DE的长．
【答案】（1）∠B+∠D=180°（或互补）；（2）∴DE=5
【详解】试题分析：(1)如图,△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG,利用全等的知识可知,要使EF=BE+DF,即EF=DG+DF,即要F、D、G三点共线,即∠ADG+∠ADF=180°,即∠B+∠D=180°．
(2) 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG,可使AB与AC重合,通过证明△AEG≌△AED得到DE=EG,由勾股定理即可求得DE的长．
(1)∠B+∠D=180°（或互补）．
(2)∵ AB=AC,
∴ 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG,可使AB与AC重合．
则∠B=∠ACG,BD=CG,AD=AG．
∵在△ABC中,∠BAC=90°,
∴∠ACB+∠ACG=∠ACB+∠B=90°于,即∠ECG=90°．
∴ EC2+CG2=EG2．
在△AEG与△AED中,
∠EAG=∠EAC+∠CAG=∠EAC+∠BAD=90°-∠EAD=45°=∠EAD．
又∵AD=AG,AE=AE,
∴△AEG≌△AED ．
∴DE=EG．
又∵CG=BD,
∴ BD2+EC2=DE2．
∴DE=5．
考点：1．面动旋转问题；2．全等三角形的判定和性质；3．勾股定理．
18．（2021·全国·八年级专题练习）已知：∠ABC=∠ADC=90°,AD=DC,求证：BC+AB=2BD．
【答案】见解析
【分析】过点D作BA的垂线交BA的延长线于点E,过点D作BC的垂线交BC于点F,根据AAS证明△DEA≌△DFC得EA=FC,ED=FD,再证明四边形EBFD是正方形,由勾股定理进一步得出结论．
【详解】证明：过点D作BA的垂线交BA的延长线于点E,过点D作BC的垂线交BC于点F,如图．
易知∠DAB+∠ABC+∠BCD+∠ADC=360°．
∵∠ABC=∠ADC=90°,
∴∠DAB+∠BCD=180°．
又∠DAB+∠DAE=180°,
∴∠DAE=∠BCD．
∵DE⊥AB,DF⊥BC,
∴∠DEB=∠DFC=90°．
又AD=CD,
∴△DEA≌△DFCAAS,
∴EA=FC,ED=FD
又DE⊥AB,DF⊥BC,∠ABC=90°,
∴四边形EBFD是正方形,
∴ED=BF=FD=EB,EB2+ED2=BD2,
∴2EB2=BD2,
∴EB=22BD,
∴EB+BF=2BD．
∵EB=BA+EA,BF=BC−CF,
∴BA+EA+BC−CF=2BD．
∵EA=FC,
∴BA+BC=2BD．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质,正方形的判定,勾股定理等知识,由勾股定理得出EB=22BD是解答本题的关键．
【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
解题策略
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
模型4：相似形——90°对角互补模型
经典例题
【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,∠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________________.
【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;
【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：__________；
（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∠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,∠B+∠D=180°,E,F分别是边BC,CD所在直线上的点,且∠EAF=12∠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．
【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 ．
培优训练
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、∠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．
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．
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）
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．
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．
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．
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=23CH．
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．
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＝22GH+2EG．
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：
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．
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.
12．（2019·全国·九年级专题练习）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
13．（2022·全国·八年级专题练习）如图所示,ΔABC为等边三角形,边长为4,点O为BC边中点,∠EOF=120°,其两边分别交AB和CA的延长线于E,F,求AE−AF的值.
14．（2019·全国·九年级专题练习）如图所示,ΔABC中,AB=BC=1,∠ABC=90°,把一块含30°角的直角三角板DEF的直角顶点D放在AC的中点上（直角三角板的短直角边为DF,长直角边为DE）,将三角板DEF绕D点按逆时针方向旋转.
（1）在如图所见中,DE交AB于M,DF交BC于N,证明DM=DN；
（2）继续旋转至如图所见,延长AB交DE于M,延长BC交DF于N,证明DM=DN.
15．（2019·江西·南昌市第十九中学九年级阶段练习）一位同学拿了两块45°三角尺ΔMNK,ΔACB做了一个探究活动：将ΔMNK的直角顶点M放在ΔACB的斜边AB的中点处,设AC=BC=4.
（1）如图1所示,两三角尺的重叠部分为ΔACM,则重叠部分的面积为______,周长为______.
（2）将如图1所示中的ΔMNK绕顶点M逆时针旋转45°,得到如图2所示,此时重叠部分的面积为______,周长为______.
（3）如果将ΔMNK绕M旋转到不同于如图1所示和如图2所示的图形,如图3所示,请你猜想此时重叠部分的面积为______.
（4）在如图3所示情况下,若AD=1,求出重叠部分图形的周长.
16．（2019·江苏常州·一模）我们定义：有一组对角为直角的四边形叫做“对直角四边形”．
（1）如图①,四边形ABCD为对直角四边形,∠B=90°,若AB2-AD2=4,求CD2-BC2的值；
（2）如图②,四边形ABCD中,∠ABC=90°,AB=BC,若BD平分∠ADC,求证：四边形ABCD为对直角四边形；
（3）在（2）的条件下,如图③,连结AC,若S△ACDS△ABC=35,求tan∠ACD的值．
17．（2021·全国·九年级专题练习）阅读下面材料：
小炎遇到这样一个问题：如图1,点E、F分别在正方形ABCD的边BC,CD上,∠EAF=45°,连结EF,则EF=BE+DF,试说明理由．
小炎是这样思考的：要想解决这个问题,首先应想办法将这些分散的线段相对集中．她先后尝试了翻折、旋转、平移的方法,最后发现线段AB,AD是共点并且相等的,于是找到解决问题的方法．她的方法是将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG,再利用全等的知识解决了这个问题（如图2）．
参考小炎同学思考问题的方法,解决下列问题：
（1）如图3,四边形ABCD中,AB=AD,∠BAD=90°点E,F分别在边BC,CD上,∠EAF=45°．若∠B,∠D都不是直角,则当∠B与∠D满足_ 关系时,仍有EF=BE+DF；
（2）如图4,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点D、E均在边BC上,且∠DAE=45°,若BD=1, EC=2,求DE的长．
18．（2021·全国·八年级专题练习）已知：∠ABC=∠ADC=90°,AD=DC,求证：BC+AB=2BD．
经典例题
【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,∠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;
【答案】(1) AM=2−233；(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＝ 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=233,
∴AM=AD−DM=2−233；
（2）证明：∵AD⊥BC,∠EDF=90°,
∴∠BDE=∠ADF,
在ΔBDE和ΔADF中,
{∠B=∠DAFDB=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=∠MANME=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：__________；
（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∠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,∠B+∠D=180°,E,F分别是边BC,CD所在直线上的点,且∠EAF=12∠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,
∵∠ABG=∠ABC=∠D=90°,AB=AD,
∴△ABG≌△ADF,
∴AG=AF,∠1=∠2,
∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=12∠BAD,
∴∠GAE=∠EAF,
在△GAE和△FAE中,
∵AG=AF∠GAE=∠EAFAE=AE,
∴△GAE≌△FAESAS,
∴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=∠DBM=DF,
∴△ABM≌△ADFSAS,
∴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≌△AFESAS,
∴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≌△ADFSAS,
∴∠BAG=∠DAF,AG=AF,
∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD =∠EAF=12∠BAD,
∴∠GAE=∠EAF,
在△AEG和△AEF中,
AG=AF∠GAE=∠EAFAE=AE,
∴△AEG≌△AEFSAS,
∴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＝∠GEHAN＝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．
培优训练
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、∠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．
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=∠BFA,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=∠BCEAD=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=∠BFA,
∴△BFD是等边三角形,
∴BF=BD=DF,
∵∠ADC=30°,
∴∠ADB+∠BDC=30°,
∴∠BFA+∠ADB=30°,
∵∠FBD+∠BFA+∠BDA+∠AFD+∠ADF=180°,
∴60°+30°+∠AFD+∠ADF=180°,
∴∠AFD+∠ADF=90°,
∴∠FAD=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,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,
∴DG=CG=DH=BH=22m,
在Rt△AHD和Rt△AGD中,AD=AD,DH=DG,
∴Rt△AHD≌Rt△AGD（HL）,
∴AG=AH=AC+22m,
∴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．
【答案】（1）GH=12EF,理由见解析；（2）AE+CF=2DH,理由见解析；（3）AE−CF=2DH,理由见解析
【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．
【详解】解：（1）GH=12EF,理由如下；
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,
∴GH=12EF．
（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=23CH．
【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=12DE+AD,∠HCD=12∠FCD=60°,
∴tan∠HCD=DHCH=3,
∴DH=3CH,
∴DE+AD=2DH=23CH．
【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°,
∴∠EOF=12∠AOB
∵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＝22GH+2EG．
【答案】（1）22；（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=BCED=CE,
∴Rt△ADE≌Rt△BEC（HL）,
∴BE＝AD,
∴CE＝ED＝BD﹣BE＝BD﹣AD＝8﹣6＝2,
∴CD2＝CE＝22；
（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＝22GH+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：
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．
∵ ∠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
∵∠ADC+∠ABC=180°,∠ABE+∠ABC=180°,
∴∠ADC=∠ABE．
∵AD=AB,
∴△ADC≌△ABE．
∴∠ACD=∠AEB;
AC=AE．
∴∠ACB=∠AEB．
∴∠ACD=∠ACB．
即AC平分∠BCD
想法二：将△ACD绕点A顺时针旋转,使AD边与AB边重合,得到△ABE,
∴△ADC≌△ABE．
∴∠ADC=∠ABE;
∠ACD=∠AEB;
AC=AE．
∵∠ADC+∠ABC=180°,
∴∠ABE+∠ABC=180°．
∴点C,B,E在一条直线上．
∵AC=AE,
∴∠ACB=∠AEB．
∴∠ACD=∠ACB．
即AC平分∠BCD．
②延长CB使BE=CD,连接AE,
由①得△ADC≌△ABE
∴AC=AE
∴△ACE为等腰三角形．
∵∠BAD =90°,
∴∠EAC=90°．
∴CE2=2AC2．
∴CE=2AC ．
∴BC+CD=2AC．
【点睛】本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、角平分线的判定定理、勾股定理等知识,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．
12．（2019·全国·九年级专题练习）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＝∠CBD＝CD,
∴△MBD≌△NCD（AAS）
BM=CN,DM=DN．
在△EMD和△FND中,
∠EMD＝∠FNDDM＝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．
13．（2022·全国·八年级专题练习）如图所示,ΔABC为等边三角形,边长为4,点O为BC边中点,∠EOF=120°,其两边分别交AB和CA的延长线于E,F,求AE−AF的值.
【答案】6
【分析】过点O作OC∥AB交AD于点C,根据等腰三角形的性质就可以得出△OCF≌△OBE,就可以得出CF=BE,进而可以得出结论．
【详解】过点O作OD∥AB交AC于点D,
∴∠CDO=∠A=∠ACB=∠ABC=60°,
∴∠DOC=60°,∠ADO=∠BOD=120°．
∴△CDO是等边三角形,
∴DO=CO,
∴DO=BO=AD．
∵△ABC是等边三角形,
∴AB=AC=BC．∠CAB=∠ABC=∠C=60°,
∴∠OBE=120°,
∴∠ODF=∠OBE．
∵∠FOB+∠BOE=∠EOF=120°,∠DOF+∠FOB=∠BOD=120°
∴∠FOD=∠EOB．
在△DOF和△BOE中,
∠ODF＝∠OBEDO＝BO∠FOD＝∠EOB,
∴△DOF≌△BOE（ASA）．
∴FC=EB．OF=OE．
∵AE=AB+BE,
∴AE=AB+DF,
∴AE=AB+AD+AF,
∴AE-AF=AB+AD．
∵AB+AD=32AB,
∴AE-AF=32AB．
∵AB=4,
∴AE-AF=6.
【点睛】本题考查了等边三角形的性质的运用,全等三角形的判定及性质的运用,线段中点的性质的运用,解答时正确作辅助线证明三角形全等是关键．
14．（2019·全国·九年级专题练习）如图所示,ΔABC中,AB=BC=1,∠ABC=90°,把一块含30°角的直角三角板DEF的直角顶点D放在AC的中点上（直角三角板的短直角边为DF,长直角边为DE）,将三角板DEF绕D点按逆时针方向旋转.
（1）在如图所见中,DE交AB于M,DF交BC于N,证明DM=DN；
（2）继续旋转至如图所见,延长AB交DE于M,延长BC交DF于N,证明DM=DN.
【答案】(1)见解析；（2）见解析.
【分析】（1）连接BD,证明△DMB≌△DNC．根据已知,全等条件已具备两个,再证出∠MDB=∠NDC,用ASA证明全等,四边形DMBN的面积不发生变化,因为它的面积始终等于△ABC面积的一半；
（2）同样利用（1）中的证明方法可以证出△DMB≌△DNC；
（3）方法同（1）．
【详解】证明：（1）连接BD,
∵AB=BC,∠ABC=90°,点D为AC的中点
∴BD⊥AC,∠A=∠C=45°
∴BD=AD=CD
∴∠ABD=∠A=45°
∴∠MBD=∠C=45°
∵∠MDB+∠BDN=90°
∠NDC+∠BDN=90°
∴∠MDB=∠NDC
在△MDB和△NDC中
∠MBD＝∠CBD＝CD∠MDB＝∠NDC
∴△MDB≌△NDC（ASA）
∴DM=DN（5分）
（2）DM=DN仍然成立．理由如下：连接BD,
由（1）知BD⊥AC,BD=CD
∴∠ABD=∠ACB=45°
∵∠ABD+∠MBD=180°∠ACB+∠NCD=180°
∴∠MBD=∠NCD
∵BD⊥AC
∴∠MDB+∠MDC=90°
又∠NDC+∠MDC=90°
∴∠MDB=∠NDC
在△MDB和△NDC中
∠MBD＝∠NCDBD＝CD∠MDB＝∠NDC
∴△MDB≌△NDC（ASA）
∴DM=DN.
【点睛】本题主要考查学生的推理能力,题目比较典型,利用ASA求三角形全等（手拉手模型）,还运用了全等三角形的性质,等腰直角三角形的性质,及等腰三角形三线合一定理等知识．
15．（2019·江西·南昌市第十九中学九年级阶段练习）一位同学拿了两块45°三角尺ΔMNK,ΔACB做了一个探究活动：将ΔMNK的直角顶点M放在ΔACB的斜边AB的中点处,设AC=BC=4.
（1）如图1所示,两三角尺的重叠部分为ΔACM,则重叠部分的面积为______,周长为______.
（2）将如图1所示中的ΔMNK绕顶点M逆时针旋转45°,得到如图2所示,此时重叠部分的面积为______,周长为______.
（3）如果将ΔMNK绕M旋转到不同于如图1所示和如图2所示的图形,如图3所示,请你猜想此时重叠部分的面积为______.
（4）在如图3所示情况下,若AD=1,求出重叠部分图形的周长.
【答案】（1）4,4+42；（2）4,8；（3）4；（4）4+25
【分析】1根据AC=BC=4,∠ACB=90∘,得出AB的值,再根据M是AB的中点,得出AM=MC,求出重叠部分的面积,再根据AM,MC,AC的值即可求出周长；
2易得重叠部分是正方形,边长为12AC,面积为14AC2,周长为2AC.
3过点M分别作AC、BC的垂线MH、ME,垂足为H、E.求得Rt△MHD≌Rt△MEG,则阴影部分的面积等于正方形CEMH的面积.
4先过点M作ME⊥BC于点E,MH⊥AC于点H,根据∠DMH=∠EMH,MH=ME,得出Rt△DHM≌Rt△EMG,从而得出HD=GE,CE=AD,最后根据AD和DF的值,算出DM=5,即可得出答案.
【详解】解：1∵AC=BC=4,∠ACB=90∘,
∴AB=AC2+BC2=42+42=42,
∵M是AB的中点,
∴AM=22,
∵∠ACM=45∘,
∴AM=MC,
∴重叠部分的面积是22×222=4,
∴周长为：AM+MC+AC=22+22+4=4+42；
故答案为4,4+42；
2∵重叠部分是正方形,
∴边长为12×4=2,面积为14×4×4=4,
周长为2×4=8．
故答案为4,8．
3过点M分别作AC、BC的垂线MH、ME,垂足为H、E,
∵M是△ABC斜边AB的中点,AC=BC=4,
∴MH=12BC,
ME=12AC,
∴MH=ME,
又∵∠NMK=∠HME=90∘,
∴∠NMH+∠HMK=90∘,∠EMG+∠HMK=90∘,
∴∠HMD=∠EMG,
在△MHD和△MEG中,
∠HMD=∠GMEMH=ME∠DHM=∠MEG,
∴△MHD≌△MEGASA,
∴阴影部分的面积等于正方形CEMH的面积,
∵正方形CEMH的面积是ME⋅MH=12×4×12×4=4；
∴阴影部分的面积是4；
故答案为4．
4如图所示, 过点M作ME⊥BC于点E,MH⊥AC于点H,
∴四边形MECH是矩形,
∴MH=CE,
∵∠A=45∘,
∴∠AMH=45∘,
∴AH=MH,
∴AH=CE,
在Rt△DHM和Rt△GEM中,
∠DMH=∠EMGMH=ME∠DHM=∠GEM,
∴Rt△DHM≌Rt△GEM.
∴GE=DH,
∴AH−DH=CE−GE,
∴CG=AD,
∵AD=1,
∴DH=1.
∴DM=1+4=5 ．
∴四边形DMGC的周长为：
CE+CD+DM+ME
=AD+CD+2DM
=4+25．
【点睛】此题考查了等腰直角三角形,利用等腰直角三角形的性质,等腰直角三角形的面积公式,正方形的面积公式,全等三角形的判定和性质求解．
16．（2019·江苏常州·一模）我们定义：有一组对角为直角的四边形叫做“对直角四边形”．
（1）如图①,四边形ABCD为对直角四边形,∠B=90°,若AB2-AD2=4,求CD2-BC2的值；
（2）如图②,四边形ABCD中,∠ABC=90°,AB=BC,若BD平分∠ADC,求证：四边形ABCD为对直角四边形；
（3）在（2）的条件下,如图③,连结AC,若S△ACDS△ABC=35,求tan∠ACD的值．
【答案】⑴ 4；⑵见解析 ；⑶tan∠ACD的值为3或13．
【分析】（1）利用勾股定理即可解决问题；
（2）如图②中,作BE⊥CD于E,BF⊥DA交DA的延长线于F．只要证明∠EBF=90°即可解决问题；
（3）如图③中,设AD=x,BD=y．根据S△ACDS△ABC=35,构建方程即可解决问题.
【详解】解：如图①中,
∵四边形ABCD为对直角四边形,∠B=90°,
∴∠D=∠B=90°,
∴AC2=AB2+BC2=AD2+DC2,
∴CD2-BC2=AB2-AD2=4．
（2）证明：如图②中,作BE⊥CD于E,BF⊥DA交DA的延长线于F．
∵BD平分∠ADC,BE⊥CD,BF⊥AD,
∴BE=BF,
∵∠BFA=∠BEC=90°,BA=BC,BF=BE,
∴Rt△BFA≌Rt△BEC（HL）,
∴∠ABF=∠CBE,
∴∠EBF=∠ABC=90°,
∴ADC=360°-90°-90°-90°=90°,
∵∠ABC=∠ADC=90°,
∴四边形ABCD为对直角四边形．
（3）解：如图③中,设AD=x,BD=y．
∵∠ADC=90°,
∴tan∠ACD=xy,AC=x2+y2,
∵AB=AC,∠ABC=90°,
∴AB=BC=22•x2+y2,
∵S△ACDS△ABC=35,
∴12xy14x2+y2=35,
整理得：3x2-10xy+3y2,
∴3（xy）2-10•xy+3=0,
∴xy=3或13．
∴tan∠ACD的值为3或13．
【点睛】本题属于四边形综合题,考查了勾股定理,三角形的面积,全等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,学会利用参数,构建方程解决问题,属于中考压轴题．
17．（2021·全国·九年级专题练习）阅读下面材料：
小炎遇到这样一个问题：如图1,点E、F分别在正方形ABCD的边BC,CD上,∠EAF=45°,连结EF,则EF=BE+DF,试说明理由．
小炎是这样思考的：要想解决这个问题,首先应想办法将这些分散的线段相对集中．她先后尝试了翻折、旋转、平移的方法,最后发现线段AB,AD是共点并且相等的,于是找到解决问题的方法．她的方法是将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG,再利用全等的知识解决了这个问题（如图2）．
参考小炎同学思考问题的方法,解决下列问题：
（1）如图3,四边形ABCD中,AB=AD,∠BAD=90°点E,F分别在边BC,CD上,∠EAF=45°．若∠B,∠D都不是直角,则当∠B与∠D满足_ 关系时,仍有EF=BE+DF；
（2）如图4,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点D、E均在边BC上,且∠DAE=45°,若BD=1, EC=2,求DE的长．
【答案】（1）∠B+∠D=180°（或互补）；（2）∴DE=5
【详解】试题分析：(1)如图,△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG,利用全等的知识可知,要使EF=BE+DF,即EF=DG+DF,即要F、D、G三点共线,即∠ADG+∠ADF=180°,即∠B+∠D=180°．
(2) 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG,可使AB与AC重合,通过证明△AEG≌△AED得到DE=EG,由勾股定理即可求得DE的长．
(1)∠B+∠D=180°（或互补）．
(2)∵ AB=AC,
∴ 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG,可使AB与AC重合．
则∠B=∠ACG,BD=CG,AD=AG．
∵在△ABC中,∠BAC=90°,
∴∠ACB+∠ACG=∠ACB+∠B=90°于,即∠ECG=90°．
∴ EC2+CG2=EG2．
在△AEG与△AED中,
∠EAG=∠EAC+∠CAG=∠EAC+∠BAD=90°-∠EAD=45°=∠EAD．
又∵AD=AG,AE=AE,
∴△AEG≌△AED ．
∴DE=EG．
又∵CG=BD,
∴ BD2+EC2=DE2．
∴DE=5．
考点：1．面动旋转问题；2．全等三角形的判定和性质；3．勾股定理．
18．（2021·全国·八年级专题练习）已知：∠ABC=∠ADC=90°,AD=DC,求证：BC+AB=2BD．
【答案】见解析
【分析】过点D作BA的垂线交BA的延长线于点E,过点D作BC的垂线交BC于点F,根据AAS证明△DEA≌△DFC得EA=FC,ED=FD,再证明四边形EBFD是正方形,由勾股定理进一步得出结论．
【详解】证明：过点D作BA的垂线交BA的延长线于点E,过点D作BC的垂线交BC于点F,如图．
易知∠DAB+∠ABC+∠BCD+∠ADC=360°．
∵∠ABC=∠ADC=90°,
∴∠DAB+∠BCD=180°．
又∠DAB+∠DAE=180°,
∴∠DAE=∠BCD．
∵DE⊥AB,DF⊥BC,
∴∠DEB=∠DFC=90°．
又AD=CD,
∴△DEA≌△DFCAAS,
∴EA=FC,ED=FD
又DE⊥AB,DF⊥BC,∠ABC=90°,
∴四边形EBFD是正方形,
∴ED=BF=FD=EB,EB2+ED2=BD2,
∴2EB2=BD2,
∴EB=22BD,
∴EB+BF=2BD．
∵EB=BA+EA,BF=BC−CF,
∴BA+EA+BC−CF=2BD．
∵EA=FC,
∴BA+BC=2BD．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质,正方形的判定,勾股定理等知识,由勾股定理得出EB=22BD是解答本题的关键．
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