专题04 全等模型-半角模型（解析版）

专题04全等模型-半角模型全等三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位，也是学生必须掌握的一块内容，本专题就半角模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。半角模型概念：过多边形一个顶点作两条射线，使这两条射线夹角等于该顶角一半。思想方法：通过旋转（或截长补短）构造全等三角形，实现线段的转化。解题思路一般是将半角两边的三角形通过旋转到一边合并成新的三角形，从而进行等量代换，然后证明与半角形成的三角形全等，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系。半角模型（题中出现角度之间的半角关系）利用旋转——证全等——得到相关结论.模型1.半角模型（90°-45°型）【模型展示】1）正方形半角模型条件：四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°；结论：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④AEF的周长=2AB；⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。2）等腰直角三角形半角模型条件：ABC是等腰直角三角形，∠DAE=45°；结论：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝BD2＋EC2；例1．（2022·福建·龙岩九年级期中）（1）【发现证明】如图1，在正方形中，点，分别是，边上的动点，且，求证：．小明发现，当把绕点顺时针旋转90°至，使与重合时能够证明，请你给出证明过程．（2）【类比引申】①如图2，在正方形中，如果点，分别是，延长线上的动点，且，则（1）中的结论还成立吗？若不成立，请写出，，之间的数量关系______（不要求证明）②如图3，如果点，分别是，延长线上的动点，且，则，，之间的数量关系是_____（不要求证明）.（3）【联想拓展】如图1，若正方形的边长为6，，求的长．【答案】（1）见解析；（2）①不成立，结论：；②，见解析；（3）【分析】（1）证明，可得出，则结论得证；（2）①将绕点顺时针旋转至根据可证明，可得，则结论得证；②将绕点逆时针旋转至，证明，可得出，则结论得证；（3）求出，设，则，，在中，得出关于的方程，解出则可得解．【详解】（1）证明：把绕点顺时针旋转至，如图1，，，，，，，三点共线，，，，，，，，；（2）①不成立，结论：；证明：如图2，将绕点顺时针旋转至，，，，，，，，；②如图3，将绕点逆时针旋转至，，，，，，，，，．即．故答案为：．（3）解：由（1）可知，正方形的边长为6，，．，，设，则，，在中，，，解得：．，．【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理的综合应用，解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边相等进行推导．例2．（2022·江苏·八年级专题练习）如图，△ABC，△DEP是两个全等的等腰直角三角形，∠BAC＝∠PDE＝90°．使△DEP的顶点P与△ABC的顶点A重合，PD，PE分别与BC相交于点F、G，若BF＝6，CG＝4，则FG＝_____．【答案】【分析】将△ABF绕A点逆时针旋转，使AB与AC重合，即可构建出直角三角形CGH，由勾股定理可求出GH的长度，再证明△FAG≌△GAH即可．【详解】解：将△ABF绕A点逆时针旋转，使AB与AC重合，∵△ACH由△ABF旋转得到，∴∠BAF=∠CAH，CH=BF=6，AF=AH，∠B=∠ACH∵△ABC，△DEP是两个全等的等腰直角三角形∴∠B=45°，∠ACB=45°∴∠HCG=90°在Rt△HCG中，由勾股定理得：GH=，∵∠FAG=45°∴∠BAF+∠GAC=45°∴∠CAH+∠GAC=45°，即∠GAH=45°在△FAG和△GAH中，AF=AH，∠FAG=∠GAH，AG=AG∴△FAG≌△GAH∴FG=GH=故答案为：．【点睛】本题主要考查了三角形的旋转，通过旋转后构建出直角三角形和全等三角形是解题的关键，解题的关键是注意旋转是一种全等的变化，旋转前后对应边和对应角相等．例3．（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．例4．（2023春·四川达州·八年级校考阶段练习）倡导研究性学习方式，着力教材研究，习题研究，是学生跳出题海，提高学习能力和创新能力的有效途径．(1)【问题背景】已知：如图1，点E、F分别在正方形的边上，，连接，则之间存在怎样的数量关系呢？

（分析：我们把绕点A顺时针旋转至，点G、B、C在一条直线上．）于是易证得：和，所以．直接应用：正方形的边长为6，，则的值为．(2)【变式练习】已知：如图2，在中，，D、E是斜边上两点，且，请写出之间的数量关系，并说明理由．

(3)【拓展延伸】在（2）的条件下，当绕着点A逆时针一定角度后，点D落在线段BC上，点E落在线段BC的延长线上，如图3，此时（2）的结论是否仍然成立，并证明你的结论．

【答案】(1)(2)，见解析(3)成立，见解析【分析】（1）根据分析过程及图形分析即可；（2），把顺时针旋转到的位置此时与重合，连接，证，得，再证是直角三角形，然后由勾股定理即可解决问题；（3）根据第（2）问的辅助线画出图形即可证明．【详解】（1）∵四边形是正方形，∴，把绕点A顺时针旋转至，则与重合，∴∴，∴点G、B、C在一条直线上∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴；∵正方形的边长为6，，∴，∴，，在中，，∴，解得，∴故答案为：；（2），理由如下：把顺时针旋转到的位置此时与重合，连接，

则，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴是直角三角形，∴，∴．（3）依然成立，理由如下：把顺时针旋转到的位置此时与重合，连接，

则，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴是直角三角形，∴，∴．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识；本题综合性比较强，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键，属于中考常考题型．模型2.半角模型（60°-30°型或120°-60°型）1）等边三角形半角模型（120°-60°型）条件：ABC是等边三角形，BDC是等腰三角形，且BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°；结论：①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋FC；④AEF的周长=2AB；⑤DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC。2）等边三角形半角模型（60°-30°型）例1．（2022秋·江苏·八年级专题练习）等边的两边、所在直线上分别有两点、，为外一点，且，，．当点、分别在直线、上移动时，探究、、之间的数量关系以及的周长与等边的周长的关系．（1）如图①，当点、在边、上，且时，、、之间的数量关系式为______；此时的值是______．（2）如图②，当点、在边、上，且时，猜想（1）问的两个结论还成立吗？写出你的猜想并加以证明．（3）如图③，当点、分别在边、的延长线上时，若，试用含、的代数式表示．【答案】（1），；（2）结论仍然成立，证明见解析；（3）．【分析】（1）由DM＝DN，∠MDN＝60°，可证得△MDN是等边三角形，又由△ABC是等边三角形，CD＝BD，易证得Rt△BDM≌Rt△CDN，然后由直角三角形的性质，即可求得BM、NC、MN之间的数量关系BM+NC＝MN，此时；（2）在CN的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1．可证△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，易证得∠CDN＝∠MDN＝60°，则可证得△MDN≌△M1DN，然后由全等三角形的性质，即可得结论仍然成立；（3）首先在CN上截取CM1＝BM，连接DM1，可证△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，然后证得∠CDN＝∠MDN＝60°，易证得△MDN≌△M1DN，则可得NC﹣BM＝MN；然后根据的周长，表示出AB的长，然后根据的周长，应用等量代换即可求解．【详解】解：（1）如图①，BM、NC、MN之间的数量关系BM+NC＝MN．此时．理由：∵DM＝DN，∠MDN＝60°，∴△MDN是等边三角形，∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝60°，∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∴∠MBD＝∠NCD＝90°，∵DM＝DN，BD＝CD，∴Rt△BDM≌Rt△CDN，∴∠BDM＝∠CDN＝30°，BM＝CN，∴DM＝2BM，DN＝2CN，∴MN＝2BM＝2CN＝BM+CN；∴AM＝AN，∴△AMN是等边三角形，∵AB＝AM+BM，∴AM：AB＝2：3，∴；（2）猜想：结论仍然成立．证明：在NC的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1．∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，∴△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN，∴MN＝M1N＝M1C+NC＝BM+NC，∴△AMN的周长为：AM+MN+AN＝AM+BM+CN+AN＝AB+AC，∴；（3）证明：在CN上截取CM1＝BM，连接DM1．∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，∴△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN，∴MN＝M1N．∴NC﹣BM＝MN．∵等边的周长为，∴，的周长．故答案为：．【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知等边三角形的性质及全等三角形的判定定理．例2．（2022秋·江苏扬州·八年级校考阶段练习）如图，在等边三角形中，在AC边上取两点使．若，，，则以为边长的三角形的形状为（

）A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．随的值而定【答案】C【分析】将△ABM绕点B顺时针旋转60°得到△CBH，连接HN，根据等边三角形的性质及各角之间的等量关系可得：∠NBM=∠NBH，然后依据全等三角形的判定定理可得△NBM≌△NBH，由全等三角形的性质可将x、m、n放在△NCH中，即可确定三角形的形状．【详解】解：如图所示：将△ABM绕点B顺时针旋转60°得到△CBH，连接HN，由旋转性质可知，BM=BH，CH=AM，，，∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=∠ACB=∠A=60°，∵∠MBN=30°，∴∠ABM+∠CBN=30°，∴∠NBH=∠CBH+∠CBN=∠ABM+∠CBN=30°，∴∠NBM=∠NBH，在△NBM与△NBH中，，∴△NBM≌△NBH（SAS），∴MN=NH=x，∵∠BCH=∠A=60°，CH=AM=m，∴∠NCH=120°，∴以x，m，n为边长的三角形△NCH是钝角三角形．故选：C．【点睛】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、旋转变换等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，例3．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，直线l上依次有，，，四点，且，以为边作等边，连接，；若，，则的长是．【答案】/【分析】设则把绕点顺时针旋转得到，根据旋转的性质得，，，再证明得到，过点作于，如图，由于，则，所以点与点重合，然后在中，利用含度的直角三角形三边的关系以及勾股定理求得，从而得到的长．【详解】解：设则为等边三角形，，，，把绕点顺时针旋转得到，，，，，，在和中，，，，，，，过点作于，如图，，点与点重合，即，在中，，即，．故答案为．【点睛】本题考查了旋转的性质等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，正确的添加辅助线是解题的关键．例4．（2022·广东·八年级专题练习）旋转变换是解决数学问题中一种重要的思想方法，通过旋转变换可以将分散的条件集中到一起，从而方便解决问题．已知，中，，点D、E在边BC上，且．(1)如图a，当时，将绕点A顺时针旋转到的位置，连结．①；②求证：；(2)如图b，当时，猜想的数量关系，并说明理由．【答案】(1)①；②见解析(2)，见解析【分析】（1）①先求出，再求出，即可求出答案；②用判断出，即可得出结论；（2）将绕点A顺时针旋转到的位置，连结，得出，进而判断出，得出，再判断出，用勾股定理，即可得出结论．【详解】（1）①解：由旋转知，，∵，∴，∴，∴，故答案为：；②证明：由①知，，∵，∴，∴；（2）解：，理由如下：如图，将绕点A顺时针旋转到的位置，连结，∴，∴，∴，∴，在中，，∴，∴，根据勾股定理得，，∴，同（1）②的方法得，，∴．【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，判断出是解本题的关键．模型3.半角模型（-型）条件：∠BAC=，AB=AC，∠DAE=；结论：①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF；③∠ECF=180°-。例1.（2023.上海七年级期中）如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AB=BC=DC，点E、F分别在AD、AB上，且.（1）求证：；（2）连结AC，若，求度数.【答案】（1）见解析；（2）20°【详解】（1）旋转△BCF使BC与CD重合，∵AD∥BC，AB=DC，即梯形ABCD为等腰梯形，∴∠A=∠ADC，∠A+∠ABC=180°，∴∠ADC+∠ABC=180°，由旋转可知：∠ABC=∠CDF′，∴∠ADC+∠CDF′=180°，即∠ADF′为平角，∴A，D，F′共线，∵∴∠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·江苏·八年级专题练习）（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）延长到，使，连接．证明，则，，，证明，得出，由此可得，；（2）思路和作辅助线的方法同（1）；（3）根据（1）的证法，可得出，，那么．【详解】解：（1）延长至，使，连接，∵，，，∴，∴，，∴，∴，在和中，∵，∴，∴，∵，且∴，故答案为：．（）解：（）中的结论仍成立，证明：如图所示，延长至，使，∵，，∴，在和中，，∴，∴，，∵，∴，∴，即，在和中，，∴，∴，即．（），证明：如图所示，在上截取使，连接，∵，，∴，在和中，，∴，∴，，∴，∴，在和中，

，∴，∴，∵，且，∴．【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3．（2022秋·陕西延安·八年级统考期末）【问题提出】（1）如图①，在四边形中，，，E、F分别是边BC、CD上的点，且.求证：；【问题探究】（2）如图②，在四边形中，，，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立?若成立，请说明理由；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并说明理由.【答案】（1）见解析；（2）结论不成立，应当是理由见解析【分析】（1）延长到点，使，连接，由全等三角形的判定和性质得出，，，继续利用全等三角形的判定得出，结合图形及题意即可证明；（2）在上截取，使，连接，结合图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质即可证明．【详解】（1）证明：如图①，延长到点，使，连接.又∵，，∴，∴，，又∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∵，∴；（2）解：结论不成立，应当是，理由：如图②，在上截取，使，连接，∵，，∴，又∵，，∴，∴，，又∵，∴，∴，又∵，，∴，∴，∵，∴．【点睛】题目主要考查全等三角形的判定和性质，理解题意，作出相应辅助线是解题关键．例4．（2023.山东八年级期中）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【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．课后专项训练1．（2022·成都市·八年级期末）如图，在边长为4的正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E在BD上，连接CE，作EF⊥CE交AB于点F，交AC于点G，连接CF交BD于点H，延长CE交AD于点M，连接FM，则下列结论：①点E到AB，BC的距离相等；②∠FCE=45°；③∠DMC=∠FMC；④若DM=2，则BF=．正确的有（）个．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】过E点作、，由正方形对角线平分每一组对角以及角平分线性质可得点E到AB，BC的距离相等，故①正确；再证明（AAS）可得是等腰直角三角形，得，故②正确；然后延长MD至P，使，（SAS）再证明（SAS）即可得，故③正确；由全等三角形性质和勾股定理列方程可求．【详解】解：如图1，过E点作、，∴，∵在正方形ABCD中，，，∴，即点E到AB，BC的距离相等，故①正确；；∴，由∵，∴，∴，∴（AAS）∴，∴，故②正确；如图2，延长MD至P，使，连接，易证（SAS）∴，，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，，故③正确，在边长为4的正方形ABCD中，，若，则，设，则，，在中，∴，解得：，故；④错误，综上所述，正确的①②③，故选C．【点睛】本题主要考查了正方形和三角形综合知识，解题关键是构造全都三角形转换边角关系．2．（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．3．（2023春·江苏·八年级期中）请阅读下列材料：已知：如图（1）在中，，点D、E分别为线段上两动点，若．探究线段三条线段之间的数量关系．小明的思路是：把绕点A顺时针旋转，得到，连接，使问题得到解决．请你参考小明的思路探究并解决下列问题：(1)猜想三条线段之间存在的数量关系式，直接写出你的猜想；(2)当动点E在线段上，动点D运动在线段延长线上时，如图（2），其它条件不变，（1）中探究的结论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明；(3)已知：如图（3），等边三角形中，点D、E在边上，且，请你找出一个条件，使线段能构成一个等腰三角形，并求出此时等腰三角形顶角的度数．【答案】(1)(2)不变，见解析(3)，【分析】（1）将绕A顺时针旋转后成，根据题意证明，故，因为中，，所以，从而可得，在中，由勾股定理得线段之间的等量关系式；（2）解法一：将沿直线对折，得，连接，根据全等三角形的性质得到，，然后进一步证明，然后根据全等三角形的性质求解即可；解法二：将绕点A顺时针旋转得到．连接，根据题意证明，进而求解即可；（3）与（2）类似，以为一边，作，在上截取，证明出，然后根据等腰三角形的概念求解即可．【详解】（1），证明如下：将绕A顺时针旋转后成，连接，∴，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，在中，∴；故答案为：；（2）关系式仍然成立．证明：将沿直线对折，得，连接∴，∴，，又∵，∴，∵，，∴，又∵，∴，∴∴，∴在中，，即；解法二：将绕点A顺时针旋转得到．连接．∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵∴；（3）当时，线段能构成一个等腰三角形．如图，与（2）类似，以为一边，作，在上截取，可得．∴．∴．若使为等腰三角形，只需，即，∴当时，线段能构成一个等腰三角形，且顶角为．【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，解题的关键是通过旋转变换构造全等三角形．4．（2022·江苏南京·九年级专题练习）（1）阅读理解：如图1，在正方形ABCD中，若E，F分别是CD，BC边上的点，∠EAF＝45°，则我们常会想到：把△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG．易证△AEF≌_______，得出线段BF，DE，EF之间的数量关系为____________；（2）类比探究：如图2，在等边△ABC中，D，E为BC边上的点，∠DAE＝30°，BD=3，EC=4，求线段DE的长；（3）拓展应用：如图3，在△ABC中，AB=AC，∠BAC＝150°，点D，E在BC边上，∠DAE＝75°，若DE是等腰△ADE的腰长，请直接写出BD：CE的值．【答案】（1）；；（2）；（3）或【分析】（1）由旋转的性质可得，，，进而得到，由全等三角形的性质可得，即可解答；（2）将绕点顺时针旋转，得到，连接，过点作，交的延长线于点，进而证≌，得到，即可求出和，再根据勾股定理即可解答；（3）用的方法，分类讨论是等腰的腰长，求出：的值即可．【详解】解：（1）把绕点顺时针旋转得到，可知：，，，，，在和中，≌，，，，故答案为；．（2）如图，将△ACE绕点A顺时针旋转60°，得到△ABF，连接DF，过点F作FG⊥BC，交CB的延长线于点G，如图所示：∵△ABC是等边三角形，∴∠CAB＝∠ABC＝∠C＝60°，AB=AC，∵∠DAE＝30°，∴∠CAE+∠BAD＝30°，∴∠DAF＝30°，又∵AD=AD，∴△ADE≌△ADF，∴DE=DF，∵∠ABF＝∠ABC＝∠C＝60°，∠FBG＝60°，∵BF=CE=4，∠G＝90°，∴BG＝BF=2，FG＝=，∴DG＝5，∴在Rt△DFG中，DF=，∴线段DF的长为．（3）如图，将△ACE绕点A顺时针旋转150°，得到△ABG，连接DG，过点D作DH⊥BG，交BG的于点H，∠DAE＝75°，若DE是等腰△ADE的腰，∠ADE为顶角，则∠ADE=30°，∵AB=AC，∠BAC=150°，∴∠ABC=∠C=（180°-150°）=15°，∴由旋转性质得△ABG≌△ACE，∴BG=CE，AG=AE，∠ABG=∠C=15°，∴∠DBG=30°，∵将△ACE绕点A顺时针旋转150°，得到△ABG，∴∠EAG=150°，∵∠DAE＝75°，∴∠GAD=75°，∴∠ADE=30°，在△ADE和△ADG中，，∴△ADE≌△ADG，∴∠GDA=∠ADE=30°，∴∠GDE=60°，∵∠GDE=∠GBD+∠BGD，∴∠BGD=60°-30°=30°，∴BD=DG，∴BH=GH=BG=CE，在Rt△BHD中，设HD=x，∵∠DBG=30°，∴BD=2x，由勾股定理得：BH=，∴BG=2，∴CE=2，∴BD：CE=：3；如图将△ACE绕点A顺时针旋转150°，得到△ABM，连接DM，过点M作MN⊥BD，交BD于点N，∵∠DAE＝75°，若DE是等腰△ADE的腰长，∠E为顶角，∴∠E=30°，∵AB=AC，∠BAC＝150°，∴∠C=∠ABC=15°，∴∠CAE=15°，∴AE=CE=DE，∴∠BAD=150°-75°-15°=60°，由旋转性质可知△ABM≌△ACE，∴∠BAM=∠CAE=15°，∠ABM=∠ACE=15°，AM=AE，BM=CE，∴∠MAD=15°+60°=75°=∠DAE，在△MAD和△EAD中，，∴△MAD≌△EAD，∴DM=DE=CE=BM，∵MN⊥BD，∴BN=DN=BD，∵∠MBD=∠ABM＋∠ABC=15°+15°=30°，∴在Rt△BNM中，设MN=a，∴BM=2a，∴CE=2a，由勾股定理得：BN=，∴BD=2a，∴BD：CE=2a：2a=：1=．【点睛】本题考查了四边形的综合题，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．5．（2022秋·重庆綦江·八年级校考阶段练习）（1）如图1，在四边形中，，分别是边上的点，且．求证：；（2）如图2，在四边形中，，分别是边上的点，且；求证：，（3）如图3，在四边形中，，分别是边延长线上的点，且，写出之间的数量关系，并证明你的结论．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）；理由见解析【分析】（1）延长到G，使，连接．证明，可得，进而可得结论；（2）延长至M，使，连接．证明．可得．然后根据，证明．可得．进而可以得到结论；（3）在上截取，使，连接．证明．可得．然后可得出，那么．【详解】（1）证明：如图1中，延长到G，使，连接．∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴；（2）证明：如图2，延长至M，使，连接．∵，∴，在与中，，∴，∴，∵，在与中，，∴，∴，∴，∵，∴，∴；（3）解：．证明：如图3，在上截取，使，连接．∵，∴．在与中，，∴．∴．∴，∴，∴．∵，∴．∴，∵，∴．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了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．6．（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.7．（2022·湖北十堰·中考真题）【阅读材料】如图①，四边形中，，，点，分别在，上，若，则．【解决问题】如图②，在某公园的同一水平面上，四条道路围成四边形．已知，，，，道路，上分别有景点，，且，，若在，之间修一条直路，则路线的长比路线的长少_________（结果取整数，参考数据：）．【答案】370【分析】延长交于点，根据已知条件求得,进而根据含30度角的直角三角形的性质，求得，，从而求得的长，根据材料可得，即可求解．【详解】解：如图，延长交于点，连接，，，，，，是等边三角形，,,在中，，，，，，中，，，，，，中，是等腰直角三角形由阅读材料可得，路线的长比路线的长少．答案：370．【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，理解题意是解题的关键．8．（2022·山东青岛九年级期中）【模型引入】当几何图形中，两个共顶点的角所在角度是公共大角一半的关系，我们称之为“半角模型”【模型探究】（1）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°，探究图中线段EF，AE，FC之间的数量关系．【模型应用】（2）如图2，如果四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠EAF＝45°，且BC＝7，DC＝13，CF＝5，求BE的长．【拓展提高】（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠ABC与∠ADC互补，点E、F分别在射线CB、DC上，且∠EAF∠BAD．当BC＝4，DC＝7，CF＝1时，CEF的周长等于．（4）如图4，正方形ABCD中，AMN的顶点M、N分别在BC、CD边上，AH⊥MN，且AH＝AB，连接BD分别交AM、AN于点E、F，若MH＝2，NH＝3，DF＝2，求EF的长．（5）如图5，已知菱形ABCD中，∠B=60°，点E、F分别是边BC，CD上的动点（不与端点重合），且∠EAF=60°．连接BD分别与边AE、AF交于M、N，当∠DAF＝15°时，求证：MN2+DN2=BM2．【答案】（1）EF=FC+AE，理由见解析；（2）BE=5；（3）13；（4）EF=；（5）见解析【分析】（1）求证△DEF≌△DMF，即可推出EF与FM的数量关系；（2）在DC上取一点G，使得DG=BE，证明△ABE≌△ADG（SAS），推出AE=AG，∠BAE=∠DAG，证明△AFE≌△AFG（SAS），推出EF=FG，设BE=x，则CG=13-x，EF=FG=18-x，在Rt△ECF中，根据EF2=EC2+CF2，构建方程求出x即可解决问题；（3）证明△ADM≌△ABE（SAS）和△EAF≌△MAF，即可求解；（4）先求出BM，DN，进而求出正方形的边长，再判断出∠EAF=45°，借助探究的结论即可得出结论．（5）将△ADF绕A顺时针旋转120°，AD与AB重合，F转到G，在AG上取AH=AN，连接BH、MH，利用△ABH≌△ADN和△AMH≌△AMN，证明MN=MH，DN=BH，再证明△BMH为直角三角形即可．【详解】（1）EF=FC+AE，理由如下：证明：将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM，∴△DAE≌△DCM，∴DE=DM，AE=CM，∠ADE=∠CDM，B、C、M三点共线，∵∠EDF=45°，∴∠ADE+∠FDC=∠CDM+∠FDC=∠MDF=45°，在△DEF和△DMF中，，∴△DEF≌△DMF（SAS），∴EF=FM∴EF=FM=FC+CM=FC+AE；（2）解：如图，在DC上取一点G，使得DG=BE，∵∠BAD=∠BCD=90°，∴∠ABC+∠D=180°，∠ABE+∠ABC=180°，∴∠ABE=∠D，∵AB=AD，BE=DG，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，∵∠EAF=45°，∴∠EAB+∠BAF=∠DAG+∠BAF=45°，∵∠BAD=90°，∴∠FAG=∠FAE=45°，∵AE=AG，AF=AF，∴△AFE≌△AFG（SAS），∴EF=FG，设BE=x，则EC=EB+BC=x+7，EF=FG=18-x，在Rt△ECF中，∵EF2=EC2+CF2，∴52+（7+x）2=（18-x）2，∴x=5，∴BE=5；（3）解：在DF上截取DM=BE，∵∠D+∠ABC=∠ABE+∠ABC=180°，∴∠D=∠ABE，∵AD=AB，∴△ADM≌△ABE（SAS），∴AM=AE，∠DAM=∠BAE；∵∠EAF=∠BAE+∠BAF=∠BAD，∴∠MAF=∠BAD，∴∠EAF=∠MAF；∵AF是△EAF与△MAF的公共边，∴△EAF≌△MAF，∴EF=MF；∵MF=DF-DM=DF-BE，∴EF=DF-BE．∴△CEF的周长=CE+EF+FC=BC+BE+DC+CF-BE+CF=BC+CD+2CF=13，故答案为：13；（4）解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠ABC=∠ADC=90°，∵AH⊥MN，∴∠AHM=∠ABC=90°，在Rt△AMB和Rt△AMH中，，∴Rt△AMB≌Rt△AMH，∴∠MAB=∠MAH，BM=MH=2，同理可证Rt△AND≌Rt△ANH，∴∠NAD=∠NAH，DN=NH=3，∴2∠MAH+2∠NAH=90°，∴∠MAH+∠NAH=45°，∴∠MAN=45°．设正方形的边长为a，∴CM=a-2，CN=a-3，根据勾股定理得，（a-2）2+（a-3）2=25，∴a=-1（舍）或a=6，∴BC=6，∴BD=6，逆时针旋转△ABE至△ADG，∴△ABE≌△ADG，∴AE=AG，∠ABE=∠ADG=45°，∴∠GDF=∠ADG+∠ADB=90°，连接GF，根据勾股定理得，GF2=DG2+DF2=BE2+DF2，∵△ABE≌△ADG，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=90°-∠EAF=45°=∠EAF，∵AF=AF，∴△GAF≌△EAF，∴GF=EF，∴EF2=BE2+AD2；设EF=x，∵BD=6，DF=2．∴BE=6-2-x=4-x，∴（4-x）2+（2）2=x2，解得x=，∴EF=；（3）将△ADF绕A顺时针旋转120°，此时AD与AB重合，F转到G，在AG上取AH=AN，连接BH、MH，如图：∵△ADF绕A顺时针旋转得△ABG，∴∠BAG=∠DAF，又AH=AN，AB=AD，∴△ABH≌△ADN（SAS），∴DN=BH，∠ABH=∠ADN，∵∠B=60°，且∠EAF=60°．∴∠BAD=120°，∴∠DAF+∠BAE=∠EAF=60°，∴∠BAG+∠BAE=∠EAF，即∠MAH=∠MAN，而AH=AN，AM=AM，∴△AMH≌△AMN（SAS），∴MN=MH，∠AMN=∠AMH，∵菱形ABCD，∠B=60°，∴∠ABD=∠ADB=30°，∴∠HBD=∠ABH+∠ABD=60°，∵∠DAF=15°，∠EAF=60°，∴△ADM中，∠DAM=∠AMD=75°，∴∠AMN=∠AMH=75°，∴∠HMB=180°-∠AMN-∠AMH=30°，∴∠BHM=90°，∴BH2+MH2=BM2，∴DN2+MN2=BM2．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了旋转的性质、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题关键是学会用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用探究的结论解决新的问题，属于中考压轴题．9．（2022·江西九江·一模）如图（1），在四边形ABCD中，，，以点A为顶点作，且，连接EF．(1)观察猜想

如图（2），当时，①四边形ABCD是______（填特殊四边形的名称）；②BE，DF，EF之间的数量关系为______．(2)类比探究

如图（1），线段BE，DF，EF之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．(3)解决问题

如图（3），在中，，，点D，E均在边BC上，且，若，求DE的长．【答案】(1)①正方形；②BE+DF=EF(2)详见解析(3)详见解析【分析】（1）①根据正方形的判定定理即可得出；②延长CD至点G，使得DG=BE，证得，得出，由，证得，从而得出BE，DF，EF之间的数量关系；（2）同（1）②即可得出BE，DF，EF之间的数量关系；（3）作,且，证得，同（1）②证得，在中，由勾股定理可解得DE的长．（1）解：①∵，∴四边形ABCD是矩形，又∵，∴矩形ABCD是正方形．②如下图，延长CD至点G，使得DG=BE，∵，，∴，∴，∴，，，∵，∴，∴，即，又∵，∴，∴，即∴．（2）如下图，延长CD至点H，使得DH=BE，∵，∴，同（1）②的证明方法得，同理证，从而得．（3）如图过点C作,且，在中，由，，∴，∴，∴，同（1）②的证明方法得，∴，∵，，，，设，则，在中，由勾股定理得，，，解得，即．【点睛】本题考查了特殊的平行四边形的判定、全等三角形的性质和判定及勾股定理的应用，熟练应用相关定理和性质是解决本题的关键．10．（2022·上海·九年级专题练习）小明遇到这样一个问题：如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E在边BC上，∠DAE＝45°．若BD＝3，CE＝1，求DE的长．小明发现，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转90º，得到△ACF，联结EF（如图2），由图形旋转的性质和等腰直角三角形的性质以及∠DAE＝45°，可证△FAE≌△DAE，得FE＝DE．解△FCE，可求得FE（即DE）的长．(1)请回答：在图2中，∠FCE的度数是，DE的长为．参考小明思考问题的方法，解决问题：(2)如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°．E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD．猜想线段BE，EF，FD之间的数量关系并说明理由．【答案】(1)90°，；(2)，见解析【分析】（1）根据旋转的性质，可得，勾股定理解△FCE，可求得FE（即DE）的长；（2）将△ABE绕点A按逆时针方向旋转，使AB与AD重合，得到△ADG，证明点F，D，G在同一条直线上，进而证明△AEF≌△AGF，EF＝FG，由FG＝DG＋FD＝BE＋DF，即可证明EF＝BE＋FD．(1)解：∵将△ABD绕点A按逆时针方向旋转90º，得到△ACF，∴在中，BD＝3，CE＝1，故答案为：90°；(2)猜想：EF=BE＋FD；理由如下：如图，将△ABE绕点A按逆时针方向旋转，使AB与AD重合，得到△ADG，∴BE＝DG，AE＝AG，∠DAG＝∠BAE，∠B＝∠ADG，∵∠B＋∠ADC＝180°，∠B＝∠ADG，∴∠ADG＋∠ADC＝180°，即点F，D，G在同一条直线上．∵∠EAF＝∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG＋∠DAF＝∠BAE＋∠DAF＝∠BAD－∠EAF＝∠EAF，即∠GAF＝∠EAF．在△AEF和△AGF中，∴△AEF≌△AGF，∴EF＝FG∵FG＝DG＋FD＝BE＋DF，∴EF＝BE＋FD【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，三角形全等的性质与判定，掌握性质的性质是解题的关键．11．（2023·福建泉州·统考二模）（1）如图1，在正方形中，，分别为，边上的点，且满足，连接，则，，之间的数量关系为________．（2）如图2，将沿斜边翻折得到，，分别为，边上的点，且，试猜想，，之间的数量关系，并证明你的猜想．（3）将两个全等的等腰直角和按如图3所示摆放在一起，为公共顶点，，，与边的交点分别为，，求证：．

【答案】（1）；（2），证明见解析；（3）证明见解析【分析】(1)将绕点顺时针旋转到的位置，证出，进而证出，得出结论；(2)将绕点顺时针旋转到的位置，证出，进而证出，得出结论；(3)将绕点顺时针旋转至的位置，证出，由勾股定理得出结论．【详解】解：（1）．理由如下：如图，将绕点顺时针旋转到的位置，

由旋转可得，．，．在和中，，∴，∴．∵，∴．（2），理由如下：如图，将绕点顺时针旋转到的位置，

由旋转可得，，．∵，∴，，三点共线．∵，∴，∴．在和中，，∴，∴．∵，∴．（3）证明：如图，将绕点顺时针旋转至的位置，

则，，，旋转角．连接，在和中，∵，，．∴，∴．∵，∴，∴．【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．其中准确作出辅助图形是解题关键．12．（2022秋·全国·八年级专题练习）小明遇到这样一个问题：如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E在边BC上，∠DAE＝45°．若BD＝3，CE＝1，求DE的长．小明发现，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转90º，得到△ACF，联结EF（如图2），由图形旋转的性质和等腰直角三角形的性质以及∠DAE＝45°，可证△FAE≌△DAE，得FE＝DE．解△FCE，可求得FE（即DE）的长．(1)请回答：在图2中，∠FCE的度数是，DE的长为．参考小明思考问题的方法，解决问题：(2)如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°．E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD．猜想线段BE，EF，FD之间的数量关系并说明理由．【答案】(1)90°，；(2)，见解析【分析】（1）根据旋转的性质，可得，勾股定理解△FCE，可求得FE（即DE）的长；（2）将△ABE绕点A按逆时针方向旋转，使AB与AD重合，得到△ADG，证明点F，D，G在同一条直线上，进而证明△AEF≌△AGF，EF＝FG，由FG＝DG＋FD＝BE＋DF，即可证明EF＝BE＋FD．【详解】（1）解：∵将△ABD绕点A按逆时针方向旋转90º，得到△ACF，∴在中，BD＝3，CE＝1，故答案为：90°；（2）猜想：EF=BE＋FD；理由如下：如图，将△ABE绕点A按逆时针方向旋转，使AB与AD重合，得到△ADG，∴BE＝DG，AE＝AG，∠DAG＝∠BAE，∠B＝∠ADG，∵∠B＋∠ADC＝180°，∠B＝∠ADG，∴∠ADG＋∠ADC＝180°，即点F，D，G在同一条直线上．∵∠EAF＝∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG＋∠DAF＝∠BAE＋∠DAF＝∠BAD－∠EAF＝∠EAF，即∠GAF＝∠EAF．在△AEF和△AGF中，∴△AEF≌△AGF，∴EF＝FG∵FG＝DG＋FD＝BE＋DF，∴EF＝BE＋FD【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，三角形全等的性质与判定，掌握性质的性质是解题的关键．13．（20