专题12半角模型

专题12半角模型半角模型的概述：当一个角包含着该角的半角，如90°角包含着45°角，120°角包含着60°角，270°角包含着135°角，即出现12倍角关系，且这两个角共顶点，共顶点的两条边相等，则该模型为半角模型。解题方法为：1）过公共点作旋转，2）截长补短的方法构造全等解题。基本模型：1）90°的半角模型（常考）已知正方形ABCD中，E，F分别是BC、CD上的点，∠EAF=45°，AE、AF分别与BD相交于点O、P，则：①EF=BE+DF②AE平分∠BEF，AF平分∠DFE③C?CEF=2倍正方形边长④S?ABE+S?ADF=S?AEF⑤AB=AG=AD（过点A作AG⊥EF，垂足为点G）⑥OP2=OB2+OD2⑦若点E为BC中点，则点F为CD三等分点⑧?APO∽?AEF∽?DPF∽?BEO∽?DAO∽?BPA⑨ABEP四点共圆、AOFD四点共圆、OECFP五点共圆⑩?APE、?AOF为等腰直角三角形(11)EF=2OP(12)S?AEF=2S?APO(13)AB2=BP×OD(14)CE?CF=2BE?DF(15)?EPC为等腰三角形(16)PX=BX+DP(过点E作EX⊥BD，垂足为点X)证明：①思路：延长CD到点M，使DM=BE，连接AM先根据已知条件?ABE≌?ADM(SAS)，由此可得AE=AM，∠BAE=∠DAM而∠BAE+∠FAD=45°，所以∠DAM+∠FAD=45°，可证明?AEF≌?AMF(SAS)，由此可得EF=MF，而MF=DM+DF=BE+DF，因此EF=BE+DF②思路：∵?AEF≌?AMF(SAS)∴∠AFM=∠AFE，∠AMF=∠AEF∴AF平分∠DFE又∵∠AMF=∠AEB∴∠AEB=∠AEF∴AE平分∠BEF③思路：C?CEF=EF+EC+FC=(BE+DF)+EC+FC=（BE+EC）+（DF+FC）=BC+DC=2BC④、⑤思路：过点A作AG⊥EF，垂足为点G根据②证明过程可知AFG=∠AFD，∠AEB=∠AEG因此可以证明:?ABE≌?AGE(AAS),?AGF≌?ADF(AAS)所以AB=AG=AD，S?ABE=S?AGE，S?AGF=S?ADF则S?AEF=S?AGE+S?AGF=S?ABE+S?ADF⑥思路：绕点A将?APD逆时针旋转90°得到?ANB,使AD，AB重合因为?APD≌?ANB(AAS)所以AN=AP，BN=DP，∠NAB=∠PAD，∠ADP=∠ABN因为∠ADB=∠ABD=45°，所以∠NBO=90°因为∠BAE+∠PAD=45°所以∠NAB+∠BAE=45°则?ANO≌?APO(SAS)所以NO=OP在Rt?NBO中，由勾股定理可知：ON2=OB2+NB2，则OP2=OB2+OD2⑦思路：已知tan∠EAB=BEAB=12，且∠∴tan∠FAD=13（“12345型”），∴DF:AD=1:3，即点⑧思路：假设∠AEF的度数为α，∠AFE的度数为β。在右图中已知表示45°角，表示角的度数为α，表示角的度数为β所以?APO∽?AEF∽?DPF∽?BEO∽?DAO∽?BPA⑨、⑩思路：1）∵∠EAP=∠EBO=45°，∴ABEP四点共圆∵∠EBA=90°，∴AE为直径，∴∠APE=90°则AP⊥PE∴∠AEP=180°-∠APE-∠EAP=45°∴?APE为等腰直角三角形2）同理AOFD四点共圆，∵∠ADF=90°，∴AF为直径，∴∠AOF=90°则AO⊥OF∴∠AFO=180°-∠AOF-∠OAF=45°∴?AOF为等腰直角三角形3)∵∠EOF=∠EPF=∠ECF=90°，∴OECFP五点共圆(11)思路：∵?APO∽?AEF∴AEAP=EFOP,假设AP长为1，则AE=2,∴(12)思路：?APO∽?AEF相似比为22，则面积的比为12，S?AEF=2S(13)思路：∵?ABP∽?ODA∴ABOD=BPAD,∴AB×AD=BP×OD则AB2(14)思路：假设正方形的边长为m，BE长为a，DF长为b，则EF长为a+b根据勾股定理可得EC2+FC2=EF2,则(m-a)2+(m-b)2=(a+b)2化简得(m-a)(m-b)=2ab所以CE?CF=2BE?DF(15)思路：根据⑩证明过程可知?APE为等腰直角三角形，所以AP=PE再证明?ADP≌?CDP(SAS)，所以AP=PC，则PE=PC所以?EPC为等腰三角形(16)思路：过点E作EX⊥BD，垂足为点X,过点A作AY⊥BD，垂足为点Y，连接PE先证明?APY≌?PEX(AAS)(“一线三垂直模型”)，所以AY=PX∵AY=12BD,∴PX=12BD所以BX+DP=2）120°半角模型模型一：已知?ABC为等边三角形，DB=DC，∠BDC=120°，∠MDN=60°，则MN=BM+NC证明(思路)：延长AC至点E，使CE=BM连接DE先证明?MBD≌?ECD(SAS)，所以DM=DE，BM=CE，∠BDM=∠CDE∵∠BDC=120°，∠MDN=60∴∠BDM+∠CDN=60°∴∠CDE+∠CDN=60°则∠EDN=60°再证明?DNM≌?DNE(SAS)∴MN=NE而NE=NC+CE所以MN=NC+MB模型二：已知?ABC为等边三角形，DB=DC，∠BDC=120°，∠MDN=60°，则MN=NC-BM证明(思路)：线段AC取一点E，使CE=BM连接DE、MN先证明?MBD≌?ECD(SAS)，所以DM=DE，∠BDM=∠CDE∵∠BDC=120°，∠MDN=60∴∠BDN+∠CDE=60°∴∠EDN=120°-∠BDN-∠CDE=60°再证明?NBD≌?NED(SAS)∴MN=NE而NE=NC-CE所以MN=NC-MB3）135°半角模型在Rt?ABC中，点E、点D分别为AB、AC边上动点，四边形AEFD是正方形，且∠BFC=135°，则CB=CD+BE证明(思路)：延长DA至点M，使DM=BE，连接FM先证明?FDM≌?FEB(SAS)，所以BF=FM，∠DFM=∠2∵∠1+∠2=360°-90°-135°=135°∴∠1+∠DFM=135°则∠CFM=∠CFB再证明?CMF≌?CBF(SAS),∴MC=BC则CB=CD+BE【提高测试】1．（2022秋·八年级课时练习）如图，在中，，，D、E是斜边上两点，且，若，，，则与的面积之和为（????）A．36 B．21 C．30 D．22【答案】B【分析】将关于对称得到，从而可得的面积为15，再根据对称的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理证出，从而可得，最后根据与的面积之和等于与的面积之和即可得．【详解】解：如图，将关于AE对称得到，则，，，，，在和中，，，，，即是直角三角形，，，即与的面积之和为21，故选：B．【点睛】本题考查了轴对称的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键．2．（2022·安徽·校联考一模）如图，正方形ABCD边长为2，BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线，点P，Q分别是平分线BM、DN上的点，且满足∠PAQ＝45°，连接PQ、PC、CQ．则下列结论：①BP?DQ＝3.6；②∠QAD＝∠APB；③∠PCQ＝135°；④．其中正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】运用正方形的性质；角平分线的定义；全等三角形的判定和性质；勾股定理；相似三角形的判定和性质；旋转变换的性质综合推理判断．【详解】∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB=2，∠BAD=90°，∵∠PAQ＝45°，∴∠BAP+∠QAD=45°，∵BM是正方形的外角的平分线，∴∠MBC=135°，∴∠BAP+∠APB=45°，∴∠QAD＝∠APB，∴②正确；∵BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线，∴∠ABP=∠QDA=135°，∵∠QAD＝∠APB，∴△ABP∽△QDA，∴BP：DA=BA：DQ，∴BP?DQ＝，∴①错误；∵△ABP∽△QDA，∴BP：DA=BA：DQ，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=DA，∴BP：BC=DC：DQ，∵BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线，∴∠PBC=∠QDC=45°，∴△BPC∽△DCQ，∴∠BCP=∠DQC，∴∠PCQ=360°-∠BCD-∠BCP-∠DCQ=270°-（∠DQC+∠DCQ）=270°-（180°-∠CDQ）=135°.∴③正确；如图，将△AQD绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，连接PF．则△ABF≌△ADQ．∴∠1=∠3，AF=AQ，BF=DQ，∠AFB=∠AQD．∴∠PAF=∠1+∠2=∠2+∠3=∠BAD-∠PAQ=45°．∴∠PAF=∠PAQ．又∵AP=AP，∴△APF≌△APQ．∴PF=PQ．∵∠PBF=（∠AFB+∠1）+45°=（∠AQD+∠3）+45°=90°．∴在Rt△BPF中，，∴．∴④正确；故选C．【点睛】本题考查了正方形的性质；角平分线的定义；全等三角形的判定和性质；勾股定理；相似三角形的判定和性质；旋转变换的性质．熟练掌握上述性质，灵活运用旋转构图求解是解题的关键.3．（2022秋·江苏·八年级专题练习）如图所示，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边BC上的两点，且∠DAE＝45°，将△ADC绕点A按顺时针方向旋转90°后得到△AFB，连接EF，有下列结论：①BE＝DC；②∠BAF＝∠DAC；③∠FAE＝∠DAE；④BF＝DC．其中正确的有（）A．①②③④ B．②③ C．②③④ D．③④【答案】C【分析】利用旋转性质可得△ABF≌△ACD，根据全等三角形的性质一一判断即可．【详解】解：∵△ADC绕A顺时针旋转90°后得到△AFB，∴△ABF≌△ACD，∴∠BAF＝∠CAD，AF＝AD，BF＝CD，故②④正确，∴∠EAF＝∠BAF+∠BAE＝∠CAD+∠BAE＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°＝∠DAE故③正确无法判断BE＝CD，故①错误，故选：C．【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．4．（2022秋·广东深圳·九年级校考期中）如图，点M、N分别是正方形ABCD的边BC、CD上的两个动点，在运动过程中保持∠MAN＝45°，连接EN、FM相交于点O，以下结论：①MN＝BM+DN；②BE2+DF2＝EF2；③BC2＝BF?DE；④OM＝OF（）A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④【答案】A【分析】由旋转的性质可得AM'=AM，BM=DM'，∠BAM=∠DAM'，∠MAM'=90°，∠ABM=∠ADM'=90°，由“SAS”可证△AMN≌△AM′N，可得MN=NM′，可得MN=BM+DN，故①正确；由“SAS”可证△AEF≌△AED'，可得EF=D'E，由勾股定理可得BE2+DF2=EF2；故②正确；通过证明△DAE∽△BFA，可得，可证BC2=DE?BF，故③正确；通过证明点A，点B，点M，点F四点共圆，∠ABM=∠AFM=90°，∠AMF=∠ABF=45°，∠BAM=∠BFM，可证MO=EO，由∠BAM≠∠DAN，可得OE≠OF，故④错误，即可求解．【详解】解：将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△ADM′，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABD'，∴AM'=AM，BM=DM'，∠BAM=∠DAM'，∠MAM'=90°，∠ABM=∠ADM'=90°，∴∠ADM'+∠ADC=180°，∴点M'在直线CD上，∵∠MAN=45°，∴∠DAN+∠MAB=45°=∠DAN+∠DAM'=∠M'AN，∴∠M′AN=∠MAN=45°，又∵AN=AN，AM=AM'，∴△AMN≌△AM′N（SAS），∴MN=NM′，∴M′N=M′D+DN=BM+DN，∴MN=BM+DN；故①正确；∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABD'，∴AF=AD'，DF=D'B，∠ADF=∠ABD'=45°，∠DAF=∠BAD'，∴∠D'BE=90°，∵∠MAN=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°=∠BAD'+∠BAE=∠D'AE，∴∠D'AE=∠EAF=45°，又∵AE=AE，AF=AD'，∴△AEF≌△AED'（SAS），∴EF=D'E，∵D'E2=BE2+D'B2，∴BE2+DF2=EF2；故②正确；∵∠BAF=∠BAE+∠EAF=∠BAE+45°，∠AEF=∠BAE+∠ABE=45°+∠BAE，∴∠BAF=∠AEF，又∵∠ABF=∠ADE=45°，∴△DAE∽△BFA，∴，又∵AB=AD=BC，∴BC2=DE?BF，故③正确；∵∠FBM=∠FAM=45°，∴点A，点B，点M，点F四点共圆，∴∠ABM=∠AFM=90°，∠AMF=∠ABF=45°，∠BAM=∠BFM，同理可求∠AEN=90°，∠DAN=∠DEN，∴∠EOM=45°=∠EMO，∴EO=EM，∴MO=EO，∵∠BAM≠∠DAN，∴∠BFM≠∠DEN，∴EO≠FO，∴OM≠FO，故④错误，故选：A．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，旋转的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．5．（2022春·山东烟台·八年级校考期中）如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，BC上，若F是BC的中点，且∠EDF＝45°，则DE的长为_____．【答案】2【分析】延长BA到点G，使AG=CF，连接DG，EF，利用SAS证明△ADG≌△CDF，得∠CDF=∠GDA，DG=DF，再证明△GDE≌△FDE（SAS），得GE=EF，设AE=x，则BE=6x，EF=x+3，再利用勾股定理解决问题．【详解】解：延长BA到点G，使AG＝CF，连接DG，EF，∵AD＝CD，∠DAG＝∠DCF，∴△ADG≌△CDF（SAS），∴∠CDF＝∠GDA，DG＝DF，∵∠EDF＝45°，∴∠EDG=∠ADE+∠ADG＝∠ADE+∠CDF＝45°，∵DE＝DE，∴△GDE≌△FDE（SAS），∴GE＝EF，∵F是BC的中点，∴AG=CF=BF=3，设AE＝x，则BE＝6﹣x，EF＝x+3，由勾股定理得，（6﹣x）2+32＝（x+3）2，解得x＝2，∴AE＝2，∴DE＝，故答案为：2．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握半角模型的处理策略是解题的关键．6．（2022春·广东河源·八年级校考阶段练习）如图，在边长为6的正方形内作，交于点，交于点，连接，将绕点顺时针旋转90°得到，若，则的长为______．【答案】5【分析】由题意易得，则有，然后可证，则有，设，则有，进而根据勾股定理可求解．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，且边长为6，∴，∵绕点顺时针旋转90°得到，∴，∴点G、B、E三点共线，∵，∴，∵AE=AE，∴，∴，设，则有，∴在Rt△ECF中，由勾股定理可得，即，解得：，∴；故答案为5．【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质及勾股定理，熟练掌握正方形的性质、旋转的性质及勾股定理是解题的关键．7．（2021·全国·九年级专题练习）在中，，点在边上，．若，则的长为__________．【答案】【分析】将CE绕点C顺时针旋转90°得到CG，连接GB，GF，可得△ACE≌△BCG，从而得FG2＝AE2＋BF2，再证明△ECF≌△GCF，从而得EF2＝AE2＋BF2，进而即可求解．【详解】解：将CE绕点C顺时针旋转90°得到CG，连接GB，GF，∵∠BCE＋∠ECA＝∠BCG＋∠BCE＝90°∴∠ACE＝∠BCG．∵在△ACE与△BCG中，∵，∴△ACE≌△BCG（SAS），∴∠A＝∠CBG＝45°，AE＝BG，∴∠FBG＝∠FBC＋∠CBG＝90°．在Rt△FBG中，∠FBG＝90°，∴FG2＝BG2＋BF2＝AE2＋BF2．又∵∠ECF＝45°，∴∠FCG＝∠ECG?∠ECF＝45°＝∠ECF．∵在△ECF与△GCF中，，∴△ECF≌△GCF（SAS）．∴EF＝GF，∴EF2＝AE2＋BF2，∵，∴BF=，故答案是：．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质以及旋转变换，二次根式的化简，通过旋转变换，构造全等三角形，是解题的关键．8．（2022秋·江苏·八年级专题练习）如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝4，AB＝AC，∠CBD＝30°，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为_____．【答案】2+2【分析】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，由旋转得出∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，求出∠EAM＝∠MAN，根据SAS推出△AEM≌△ANM，根据全等得出MN＝ME，求出MN＝CN＋BM，解直角三角形求出DC，即可求出△DMN的周长＝BD＋DC，代入求出答案即可．【详解】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图：??????????????????????????由旋转得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，∵∠BAC＝∠D＝90°，∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣90°﹣90°＝180°，∴∠ABD+∠ABE＝180°，∴E，B，M三点共线，∵∠MAN＝45°，∠BAC＝90°，∴∠EAM＝∠EAB+∠BAM＝∠CAN+∠BAM＝∠BAC﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°，∴∠EAM＝∠MAN，在△AEM和△ANM中，，????????????∴△AEM≌△ANM（SAS），∴MN＝ME，∴MN＝CN+BM，∵在Rt△BCD中，∠BDC＝90°，∠CBD＝30°，BC＝4，∴CD＝BC＝2，BD＝＝2，∴△DMN的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝2+2，故答案为：2+2．【点睛】本题考查直角三角形、全等三角形的性质和判定、旋转的性质的应用，能正确作出辅助线是解此题的关键．9．（2022秋·江苏·八年级专题练习）如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝8，AB＝AC，∠CBD＝30°，BD＝4，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为_____．【答案】4+4．【分析】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，由旋转得出∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，求出∠EAM＝∠MAN，根据SAS推出△AEM≌△ANM，根据全等得出MN＝ME，求出MN＝CN+BM，解直角三角形求出DC，即可求出△DMN的周长＝BD+DC，代入求出即可．【详解】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图：由旋转得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，∵∠BAC＝∠D＝90°，∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣90°﹣90°＝180°，∴∠ABD+∠ABE＝180°，∴E，B，M三点共线，∵∠MAN＝45°，∠BAC＝90°，∴∠EAM＝∠EAB+∠BAM＝∠CAN+∠BAM＝∠BAC﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°，∴∠EAM＝∠MAN，在△AEM和△ANM中，，∴△AEM≌△ANM（SAS），∴MN＝ME，∴MN＝CN+BM，∵在Rt△BCD中，∠BDC＝90°，∠CBD＝30°，BD＝4，CD＝BD×tan∠CBD＝4，∴△DMN的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝4+4，故答案为4+4．【点睛】此题主要考查利用三角形全等的性质和解直角三角形，进行等量转换，关键是做辅助线.10．（2021·四川广元·统考中考真题）如图，在正方形中，点O是对角线的中点，点P在线段上，连接并延长交于点E，过点P作交于点F，连接、，交于G，现有以下结论：①；②；③；④为定值；⑤．以上结论正确的有________（填入正确的序号即可）．【答案】①②③⑤【分析】由题意易得∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，对于①：易知点A、B、F、P四点共圆，然后可得∠AFP=∠ABD=45°，则问题可判定；对于②：把△AED绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，则有DE=BH，∠DAE=∠BAH，然后易得△AEF≌△AHF，则有HF=EF，则可判定；对于③：连接AC，在BP上截取BM=DP，连接AM，易得OB=OD，OP=OM，然后易证△AOP∽△ABF，进而问题可求解；对于④：过点A作AN⊥EF于点N，则由题意可得AN=AB，若△AEF的面积为定值，则EF为定值，进而问题可求解；对于⑤由③可得，进而可得△APG∽△AFE，然后可得相似比为，最后根据相似三角形的面积比与相似比的关系可求解．【详解】解：∵四边形是正方形，，∴∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，①∵，∴由四边形内角和可得，∴点A、B、F、P四点共圆，∴∠AFP=∠ABD=45°，∴△APF是等腰直角三角形，∴，故①正确；②把△AED绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，如图所示：∴DE=BH，∠DAE=∠BAH，∠HAE=90°，AH=AE，∴，∵AF=AF，∴△AEF≌△AHF（SAS），∴HF=EF，∵，∴，故②正确；③连接AC，在BP上截取BM=DP，连接AM，如图所示：∵点O是对角线的中点，∴OB=OD，，∴OP=OM，△AOB是等腰直角三角形，∴，由①可得点A、B、F、P四点共圆，∴，∵，∴△AOP∽△ABF，∴，∴，∵，∴，故③正确；④过点A作AN⊥EF于点N，如图所示：由②可得∠AFB=∠AFN，∵∠ABF=∠ANF=90°，AF=AF，∴△ABF≌△ANF（AAS），∴AN=AB，若△AEF的面积为定值，则EF为定值，∵点P在线段上，∴的长不可能为定值，故④错误；⑤由③可得，∵∠AFB=∠AFN=∠APG，∠FAE=∠PAG，∴△APG∽△AFE，∴，∴，∴，∴，故⑤正确；综上所述：以上结论正确的有①②③⑤；故答案为①②③⑤．【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．11．（2021·湖北黄石·统考中考真题）如图，在正方形中，点、分别在边、上，且，交于点，交于点．（1）若正方形的边长为2，则的周长是______．（2）下列结论：①；②若是的中点，则；③连接，则为等腰直角三角形．其中正确结论的序号是______（把你认为所有正确的都填上）．【答案】????4????①③【分析】(1)将AF绕点A顺时针旋转90°，F点落在G点处，证明，，进而得到，即可求出的周长；(2)对于①：将AM绕点A逆时针旋转90°，M点落在H点处，证明，即可判断；对于②：设正方形边长为2，BE=x，则EF=x+1，CE=2-x，在Rt△EFC中使用勾股定理求出x，在利用∠AEF=∠AEB即可求解；对于③：证明A、M、F、D四点共圆，得到∠AFM=∠ADM=45°进而求解．【详解】解：(1)将AF绕点A顺时针旋转90°，F点落在G点处，如下图所示：∵，且∴，在和中：，∴，∴，又∠1+∠2=45°，∠3+∠2=45°，∴∠1=∠3，∵ABCD为正方形，∴AD=AB，在和中：，∴，∴∴，∴、、三点共线，∴，∴，故答案为：；(2)对于①：将AM绕点A逆时针旋转90°，M点落在H点处，如下图所示：∵∠1+∠2=45°，∠1+∠4=∠EAH-∠EAF=45°，∴∠2=∠4，在和中：,∴，∴，，∴，∴在中，由勾股定理得：，在和中：,∴，∴，∴，故①正确；对于②：由(1)中可知：EF=BE+DF，设正方形边长为2，当F为CD中点时，GB=DF=1，CF=1，设BE=x，则EF=x+1，CE=2-x，在Rt△EFC中，由勾股定理：，∴，解得，即，∴,故②错误；对于③：如下图所示：∵∠EAF=∠BDC=45°，∴A、M、F、D四点共圆，∴∠AFM=∠ADM=45°，∴△AMF为等腰直角三角形，故③正确；故答案为：①③．【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，三角形全等的证明，四点共圆的判定方法等，属于综合题，具有一定难度，熟练掌握各图形的性质是解决本题的关键．12．（2022秋·江苏·八年级期中）已知：边长为4的正方形ABCD，∠EAF的两边分别与射线CB、DC相交于点E、F，且∠EAF＝45°，连接EF．求证：EF＝BE+DF．思路分析：(1)如图1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°，∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADE'，则F、D、E'在一条直线上，∠E'AF＝度，……根据定理，可证：△AEF≌△AE'F．∴EF＝BE+DF．类比探究：(2)如图2，当点E在线段CB的延长线上，探究EF、BE、DF之间存在的数量关系，并写出证明过程；拓展应用：(3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，D、E在BC上，∠BAC＝2∠DAE．若S△ABC＝14，S△ADE＝6，求线段BD、DE、EC围成的三角形的面积．【答案】(1)45(2)DF＝BE+EF，证明见解析(3)2【分析】（1）把绕点逆时针旋转至，则、、在一条直线上，，再证△，得，进而得出结论；（2）将绕点逆时针旋转得到，由旋转的性质得，再证△，得，进而得出结论；（3）将绕点逆时针旋转得到，连接，则，得，因此，同（2）得△，则，，得、、围成的三角形面积，即可求解．【详解】（1）解：如图1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°，∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至，则F、D、在一条直线上，≌△ABE，∴＝BE，∠＝∠BAE，＝AE，∴∠＝∠EAD+∠＝∠EAD+∠BAE＝∠BAD＝90°，则∠＝∠﹣∠EAF＝45°，∴∠EAF＝∠，∴△AEF≌△（SAS），∴，∵，∴EF＝BE+DF．故答案为：45；（2）解：DF＝BE+EF????理由如下：将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△，∴△≌△ABE，∴AE＝，BE＝，∠＝∠BAE，∴∠＝∠BAE+∠＝∠+∠＝∠BAD＝90°，则∠＝∠﹣∠EAF＝45°，∴∠＝∠EAF＝45°，在△AEF和△中，，∴△AEF≌△（SAS），∴，∵，∴DF＝BE+EF；（3）解：将△ABD绕点A逆时针旋转得到△，连接，则△≌△ABD，∴CD'＝BD，∴，同（2）得：△ADE≌△（SAS），∴，，∴BD、DE、EC围成的三角形面积为、、EC围成的三角形面积．【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、旋转的性质、正方形的性质以及四边形和三角形面积等知识，本题综合性强，解此题的关键是根据旋转的启发正确作出辅助线得出全等三角形，属于中考常考题型．13．（2022秋·福建龙岩·九年级统考期中）如图，已知在△ABC中，AB＝AC，D、E是BC边上的点，将△ABD绕点A旋转，得到△AC，连接E．(1)当∠BAC＝120°，∠DAE＝60°时，求证：DE＝E；(2)当DE＝E时，∠DAE与∠BAC有怎样的数量关系？请写出，并说明理由．(3)在（2）的结论下，当∠BAC＝90°，BD与DE满足怎样的数量关系时，△EC是等腰直角三角形？（直接写出结论，不必证明）【答案】(1)见解析(2)∠DAE＝∠BAC，理由见解析(3)DE＝BD【分析】（1）根据旋转的性质可得AD＝A，∠CA＝∠BAD，然后求出∠D′AE＝60°，从而得到∠DAE＝∠AE，再利用“边角边”证明△ADE和△AE全等，根据全等三角形对应边相等证明即可；（2）根据旋转的性质可得AD＝A，再利用“边边边”证明△ADE和△AE全等，然后根据全等三角形对应角相等求出∠DAE＝∠AE，然后求出∠BAD＋∠CAE＝∠DAE，从而得解；（3）求出∠CE＝90°，然后根据等腰直角三角形斜边等于直角边的倍可得E＝C，再根据旋转的性质解答即可．【详解】（1）证明：∵△ABD绕点A旋转得到△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绕点A旋转得到△AC，∴BD＝，∴DE＝BD．【点睛】本题考查了几何变换的综合题，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，熟记旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小找出三角形全等的条件是解题的关键．14．（2022春·陕西西安·七年级统考期末）问题背景：如图1，在四边形ABCD中，，，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD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，再证明，可得出结论，他的结论应是______．实际应用：如图2，在新修的小区中，有块四边形绿化ABCD，四周修有步行小径，且AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，在小径BC，CD上各修一凉亭E，F，在凉亭E与F之间有一池塘，不能直接到达，经测量得，BE＝10米，DF＝15米，试求两凉亭之间的距离EF．【答案】问题背景：EF＝BE＋FD；实际应用：两凉亭之间的距离EF为25米【分析】（1）根据△ABE≌△ADG可得BE=DG，根据△AEF≌△AGF得EF=GF，进而求得结果；（2）延长CD至H，使DH=BE，可证得△ADH≌△ABE，进而证得△FAH≌△FAE，进一步求得EF．【详解】解：问题背景：∵∠ADC=90°，∠ADC+∠ADG=180°，∴∠ADG=90°，在△ABE和△ADG中，，∴△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，，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF=FG，∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF，故答案为：EF=BE+DF；实际应用：如图2，延长CD至H，使DH=BE，连接AH，∵∠B+∠ADC=180°，∠ADH+∠ADC=180°，∴∠ADH=∠B，在△ADH和△ABE中，，∴△ADH≌△ABE（SAS），∴AE=AH，∠BAE=∠DAH，∵∠EAF=∠BAD，∴∠HAF=∠DAH+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，在△AEF和△AHF中，，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF=FH，∵FH=DH+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF，∵BE=10米，DF=15米，??∴EF=10+15=25（米）．【点睛】本题主要考查的是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质等知识，作辅助线构造全等三角形并两次证全等是解题的关键．15．（2022·全国·九年级专题练习）折一折：将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、AD都落在对角线AC上，展开得折痕AE、AF，连接EF，如图1．(1)∠EAF＝°，写出图中两个等腰三角形：（不需要添加字母）；(2)转一转：将图1中的∠EAF绕点A旋转，使它的两边分别交边BC、CD于点P、Q，连接PQ，如图2．线段BP、PQ、DQ之间的数量关系为；(3)连接正方形对角线BD，若图2中的∠PAQ的边AP、AQ分别交对角线BD于点M、点N，如图3，则；(4)剪一剪：将图3中的正方形纸片沿对角线BD剪开，如图4．求证：BM2＋DN2＝MN2．【答案】(1)45；△AEF，△CEF，(2)PQ＝BP＋DQ(3)(4)见解析【分析】（1）利用翻折变换的性质可得∠EAF＝45°，证明△BAE≌△DAF（ASA），推出BE＝DF，AE＝AF，可得结论．（2）结论：PQ＝BP＋DQ．如图2中，延长CB到T，使得BT＝DQ．证明△PAT≌△PAQ（SAS），可得结论．（3）证明△CAQ∽△BAM，可得．（4）如图4中，将△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABR，连接RM．证明△AMR≌△AMN（SAS），∠RBM＝90°，可得结论．(1)解：如图1中，∵四边形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（∠BAC＋∠DAC）＝45°，∵∠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，故答案为：45，△AEF，△EFC．(2)解：结论：PQ＝BP＋DQ．理由：如图2中，延长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．故答案为：PQ＝BP＋DQ．(3)解：如图3中，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABM＝∠ACQ＝∠BAC＝45°，ACAB，∵∠BAC＝∠PAQ＝45°，∴∠BAM＝∠CAQ，∴△CAQ∽△BAM，∴，故答案为：．(4)证明：如图4中，将△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABR，连接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．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．16．（2022秋·八年级课时练习）综合与实践（1）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝45°，则MN，AM，CN的数量关系为．（2）如图2，在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝∠ABC，试探索线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？请写出猜想，并给予证明．（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，点M、N分别在DA、CD的延长线上，若∠MBN＝∠ABC，试探究线段MN、AM、CN的数量关系为．【答案】（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由见解析；（3）MN=CN-AM，理由见解析【分析】（1）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，可得到点M'、C、N三点共线，再由∠MBN=45°，可得∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；（2）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，由∠A+∠C＝180°，可得点M'、C、N三点共线，再由∠MBN＝∠ABC，可得到∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；（3）在NC上截取CM'=AM，连接BM'，由∠ABC+∠ADC＝180°，可得∠BAM=∠C，再由AB＝BC，可证得△ABM≌△CBM'，从而得到AM=CM'，BM=BM'，∠ABM=∠CBM'，进而得到∠MAM'=∠ABC，再由∠MBN＝∠ABC，可得∠MBN＝∠M'BN，从而得到△NBM≌△NBM'，即可求解．【详解】解：（1）如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC????，∴∠BCM'+∠BCD=180°，∴点M'、C、N三点共线，∵∠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：如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，∵∠A+∠C＝180°，∴∠BCM'+∠BCD=180°，∴点M'、C、N三点共线，∵∠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：如图，在NC上截取CM'=AM，连接BM'，∵在四边形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．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，图形的旋转，根据题意做适当辅助线，得到全等三角形是解题的关键．17．（2022秋·全国·八年级期中）如图，点A（a，0），B（0，b），若点F（a，b）关于y轴的对称点的坐标为（﹣2，2）．（1）求△AOB的面积．（2）如图1，点C在线段AB上（不与A、B重合）移动，AB⊥BD，且∠COD＝45°，试探究线段AC、BD、CD之间的数量关系，并给出证明．（3）如图2，点E是x轴上一动点，在y轴正半轴上取一点K，连接EK，FK，FE，使∠EFK＝∠OAB，试探究线段BK，KE，EA之间的数量关系，并给出证明．【答案】（1）2；（2）CD＝BD+AC，证明见解析；（3）KE＝BK+EA或EA＝BK+KE，证明见解析【分析】（1）根据关于y轴对称的性质得到a=2，b=2，得到OA=2，OB=2，于是得到结果；（2）先判断出，进而判断出，得出OD=OE，BD=AE，进而判断出△DOC≌△EOC（SAS），即可得出结论；（3）分五种情况，利用全等三角形的判定和性质解答即可．【详解】解：（1）由题意可得：a＝2，b＝2，∴OA＝2，OB＝2，∴，（2）CD＝BD+AC，过点O作OE⊥OD交BC的延长线于E，∵∠BOD+∠DOA＝90°，∠AOE+∠DOA＝90°，∴∠BOD＝∠AOE，∵∠OBA＝∠OAB＝45°，∴∠OAE＝∠OBD＝135°，在△OBD和△OAE中，，∴△OBD≌△OAE（ASA），∴OD＝OE，BD＝AE，∴BD+AC＝AC+AE＝CE，在△DOC和△EOC中，，∴△DOC≌△EOC（SAS），∴CD＝CE＝BD+AC；（3）∵∠OAB＝45°，∠EFK＝∠OAB，∴∠EFK＝45°，①当E在A右侧时，K不在y轴正半轴上，不合题意；②当E在A上时，K与O重合，不合题意；③当E在A，O之间时，过点F作FM⊥FE交y轴于点M，连接FB，FA，∵F（2，2），A（2，0），B（0，2），∴OA＝OB，AF⊥x轴，BF⊥y轴，∵∠FBO＝∠FAO＝90°，∵∠AOB＝90°，∴四边形AOBF是矩形，∵OA＝OB，∴矩形AOBF是正方形，∴AF＝BF，∠AFB＝90°，∴∠EFA＝90°﹣∠BFE，∵FM⊥FE，∴∠EFM＝90°，∴∠MFB＝90°﹣∠BFE，∴∠MFB＝∠EFA，在△MFB与△EFA中，，∴△MFB≌△EFA（ASA），∴MB＝EA，MF＝EF，∵∠KFE＝45°，∴∠KFM＝90°﹣45°＝45°，在△KFM和△KFE中，，∴△KFM≌△KFE（SAS），∴KE＝KM＝BK+MB＝BK+EA，即KE＝BK+EA；④当E在O上时，BK＝0，KE＝EA＝2，也满足KE＝BK+EA；⑤当E在O左侧时，同理可证，△BFM≌△AFE（ASA），∴EA＝MB，同理可证△KFM≌△KFE（SAS），∴MK＝KE，∴EA＝BK+KE，综上所述：KE＝BK+EA或EA＝BK+KE．【点睛】此题考查几何变换的综合题，解题的关键是构造全等三角形，根据全等三角形的判定和性质解答．18．（2022秋·山西吕梁·八年级统考期末）（1）如图①，在四边形中，，，，分别是边，上的点，且．请直接写出线段，，之间的数量关系：__________；（2）如图②，在四边形中，，，，分别是边，上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程；（3）在四边形中，，，，分别是边，所在直线上的点，且．请画出图形（除图②外），并直接写出线段，，之间的数量关系．【答案】（1）；（2）成立，理由见解析；（3）图形见解析，【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=∠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）延长至，使，连接，∵，，∴≌，∴，，∴，∴，在和中，∵，∴≌，∴，∵，∴．故答案为：（）（）中的结论仍成立，证明：延长至，使，∵，，∴，在和中，，∴≌，∴，,∵，∴，∴即，在和中，，∴≌，∴，即．（），证明：在上截取使，连接，∵，，∴，∵在和中，，∴≌，∴，，∴，∴，在和中，，∴≌，∴，∵，∴．【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.19．（2022秋·八年级课时练习）如图，在四边形中，，，分别是，上的点，连接，，．（1）如图①，，，．求证：；????????（2）如图②，，当周长最小时，求的度数；（3）如图③，若四边形为正方形，点、分别在边、上，且，若，，请求出线段的长度．【答案】（1）见解析；（2）；（3）．【分析】（1）延长到点G,使，连接，首先证明，则有，，然后利用角度之间的关系得出，进而可证明，则，则结论可证；（2）分别作点A关于和的对称点，，连接，交于点，交于点，根据轴对称的性质有，，当点、、、在同一条直线上时，即为周长的最小值，然后利用求解即可；（3）旋转至的位置，首先证明，则有，最后利用求解即可．【详解】（1）证明：如解图①，延长到点，使，连接，在和中，．，，，，．，在和中，．，；（2）解：如解图，分别作点A关于和的对称点，，连接，交于点，交于点．由对称的性质可得，，此时的周长为．当点、、、在同一条直线上时，即为周长的最小值．，．，，；（3）解：如解图，旋转至的位置，，，．在和中，．．．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质，轴对称的性质，掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．20．（2022秋·江苏·八年级专题练习）已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E、F．（1）当∠MBN绕B点旋转到AE＝CF时（如图1），试猜想AE，CF，EF之间存在怎样的数量关系？请将三条线段分别填入后面横线中：＋＝．（不需证明）（2）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF（如图2）时，上述（1）中结论是否成立？请说明理由．（3）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF（如图3）时，上述（1）中结论是否成立？若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．【答案】（1）AE；CF；EF；（2）成立，见解析；（3）不成立，新的关系为AE＝EF＋CF．【分析】（1）根据题意易得△ABE≌△CBF，然后根据全等三角形的性质可得∠ABE=∠CBF=30°，进而根据30°角的直角三角形及等边三角形的性质可求解；（2）如图2，延长FC到H，使CH=AE，连接BH，根据题意可得△BCH≌△BAE，则有BH=BE，∠CBH=∠ABE，进而可证△HBF≌△EBF，推出HF=EF，最后根据线段的等量关系可求解；（3）如图3，在AE上截取AQ=CF，连接BQ，根据题意易得△BCF≌△BAQ，推出BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，进而可证△FBE≌△QBE，推出EF=QE即可．【详解】解：（1）如图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°，∴，∵∠MBN=60°，BE=BF，∴△BEF是等边三角形，∴，故答案为：AE+CF=EF；（2）如图2，（1）中结论成立；理由如下：延长FC到H，使CH=AE，连接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）如图3，（1）中的结论不成立，关系为AE=EF+CF，理由如下：在AE上截取AQ=CF，连接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．【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、含30°角的直角三角形的性质及等边三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、含30°角的直角三角形的性质及等边三角形的性质是解题的关键．21．（2022秋·八年级课时练习）（1）如图，在正方形中，、分别是，上的点，且．直接写出、、之间的数量关系；（2）如图，在四边形中，，，、分别是，上的点，且，求证：；（3）如图，在四边形中，，，延长到点，延长到点，使得，则结论是否仍然成立？若成立，请证明；不成立，请写出它们的数量关系并证明．【答案】（1），理由见详解；（2）见详解；（3）结论EF＝BE＋FD不成立，应当是EF＝BE?FD．理由见详解．【分析】（1）在CD的延长线上截取DM＝BE，连接AM，证出△ABE≌△ADM，根据全等三角形的性质得出BE＝DM，再证明△AEF≌△AMF，得EF＝FM，进而即可得出答案；（2）在CD的延长线上截取DG＝BE，连接AG，证出△ABE≌△ADG，根据全等三角形的性质得出BE＝DG，再证明△AEF≌△AGF，得EF＝FG，即可得出答案；（3）按照（2）的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．根据（2）的证法，我们可得出DF＝BG，GE＝EF，那么EF＝GE＝BE?BG＝BE?DF．所以（1）的结论在（3）的条件下是不成立的．【详解】（1）解：，理由如下：延长CD，使DM=BE，连接AM，∵在正方形中，AB=AD，∠B=∠ADM=90°，∴，∴∠BAE=∠DAM，AE=AM，∵，∴∠BAE+∠DAF=∠DAM+∠DAF=90°-45°=45°，∴∠EAF=∠MAF=45°，又∵AF=AF，AE=AM，∴，∴EF=MF=MD+DF=BE+DF；（2）在CD的延长线上截取DG＝BE，连接AG，如图，∵∠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＝∠FAG，又∵AF＝AF，AE＝AG，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG＝DF＋DG＝EB＋DF；（3）结论EF＝BE＋FD不成立，应当是EF＝BE?FD．理由如下：如图，在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．∵∠B＋∠ADC＝180°，∠ADF＋∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADF．∵在△ABG与△ADF中，，∴△ABG≌△ADF（SAS）．∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．∴∠BAG＋∠EAD＝∠DAF＋∠EAD＝∠EAF＝∠BAD．∴∠GAE＝∠BAD=∠EAF．∵AE＝AE，AG＝AF．∴△AEG≌△AEF．∴EG＝EF，∵EG＝BE?BG∴EF＝BE?FD．【点睛】本题考查了三角形综合题，三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用旋转变换的思想添加辅助线，构造全等三角形解决问题，解题时注意一些题目虽然图形发生变化，但是证明思路和方法是类似的，属于中考压轴题．22．（2021春·河南安阳·八年级统考期中）已知，正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N，AH⊥MN于点H．（1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系：____；（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；（3）如图③，已知∠MAN=45°，AH⊥MN于点H，且MH=2，NH=3，求AH的长．（可利用（2）得到的结论）【答案】（1）AH=AB；（2）成立，理由见解析；（3）6【分析】（1）先证明，可得，，再证明即可；（2）延长至，使，证明，能得到；（3）分别沿、翻折和，得到和，然后分别延长和交于点，得正方形，设，则，，在中，由勾股定理，解得．【详解】解：（1）如图①，．理由如下：四边形是正方形，，，在和中，，，，，是等腰三角形，又，，，，，，，在和中，，，；故答案为：；（2）数量关系成立．如图②，延长至，使．∵四边形是正方形，，，在和中，，∴≌（SAS），，，，，，，在和中，，．，，、是和对应边上的高，．（3）如图③分别沿、翻折和，得到和，，，．分别延长和交于点，得正方形，由（2）可知，．设，则，，在中，由勾股定理，得，，解得，．（不符合题意，舍去），．【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、翻折变换的性质以及勾股定理等知识；正确作出辅助线，熟练掌握翻折变换的性质，构造全等三角形是解题的关键．23．（2022秋·全国·八年级专题练习）（2019秋?九龙坡区校级月考）如图．在四边形ABCD中，∠B+∠ADC＝180°，AB＝AD，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF∠BAD，求证：EF＝BE﹣FD．【答案】详见解析【分析】在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．根据SAS证明△ABG≌△ADF得到AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，根据∠EAF∠BAD，可知∠GAE＝∠EAF，可证明△AEG≌△AEF，EG＝EF，那么EF＝GE＝BE﹣BG＝BE﹣DF．【详解】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，，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF∠BAD．∴∠GAE＝∠EAF．在△AEG和△AEF中，，∴△AEG≌△AEF（SAS）．∴EG＝EF，∵EG＝BE﹣BG∴EF＝BE﹣FD．【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是根据已知条件作出辅助线求解．24．（2022秋·八年级课时练习）如图，，，，，．（1）求的度数；（2）以E为圆心，以长为半径作弧；以F为圆心，以长为半径作弧，两弧交于点G，试探索的形状？是锐角三形，直角三角形还是钝角三角形？请说明理由．【答案】（1）45°；（2）见详解【分析】（1）由CA⊥CB，可得∠ACB＝90°，再根据∠ECF＝45°，即可得出答案；（2）如图，连接DE，先证明△ECF≌△ECD（SAS），可得DE＝EF，再证明△CAD≌△CBF（SAS），可得AD＝BF，∠CAD＝∠B，即可得出∠DAE＝90°，再利用SSS证明△EFG≌△EDA，即可得出答案．【详解】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：如图，连接DE，由（1）知，∠ACE＋∠BCF＝45°，∵∠ACD＝∠BCF，∴∠ACE＋∠ACD＝45°，即∠DCE＝45°，∵∠ECF＝45°，∴∠ECF＝∠ECD，在△ECF和△ECD中，，∴△ECF≌△ECD（SAS），∴DE＝EF，在△CAD和△CBF中，，∴△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，，∴△EFG≌△EDA（SSS），∴∠EGF＝∠EAD＝90°，∴△EFG是直角三角形．【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形性质，直角三角形的判定和性质，全等三角形判定和性质等知识，解题关键是添加辅助线构造全等三角形，熟练运用全等三角形判定和性质解决问题．25．（2022秋·八年级课时练习）如图，是边长为2的等边三角形，是顶角为120°的等腰三角形，以点为顶点作，点、分别在、上．（1）如图①，当时，则的周长为______；（2）如图②，求证：．【答案】（1）4；（2）见解析【分析】（1）首先证明△BDM≌△CDN，进而得出△DMN是等边三角形，∠BDM=∠CDN=30°，NC=BM=DM=MN，即可解决问题；（2）延长至点，使得，连接，首先证明，再证明，得出，进而得出结果即可．【详解】解：（1）∵是等边三角形，，，∴是等边三角形，，则，∵是顶角的等腰三角形，，，在和中，，，，∵，∴是等边三角形，，，，∴的周长．（2）如图，延长至点，使得，连接，∵是等边三角形