专题10全等三角形之半角模型

专题10全等三角形之半角模型模型一、等腰直角三角形中的半角模型如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D，E在BC上，且∠DAE=45°，则：BD2+CE2=DE2.图示（1）作法1：将△ABD旋转90°作法2：分别翻折△ABD,△ACE模型二、正方形中的半角模型如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°，连接EF，过点A作AG⊥于EF于点G，则：EF=BE+DF，AG=AD.图示（1）作法：将△ABE绕点A逆时针旋转90°例1．（2018·四川成都·中考模拟）如图，正方形ABCD中，已知AB=3，点E，F分别在BC、CD上，且∠BAE=30°，∠DAF=15°，则△AEF的面积为_____．【答案】9﹣3【详解】解：如图，把△ADF绕点A逆时针旋转90°得到△ABM．则AM=AF，∠FAD=∠MAB=15°，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=CD，∠D=∠ABC=∠ABM=90°，∵∠BAE=30°，∠DAF=15°，∴∠EAF=45°，∠MAE=∠MAB+∠BAE=45°=∠EAF，在△EAF和△EAM中，，∴△EAF≌EAM，∴ME=EF，∵ME=BM+BE=BE+DF，设FE=a，在Rt△ABE中，∵∠ABE=90°，AB=3，∠BAE=30°，∴BE=，DF=a﹣，CF=3﹣（a﹣），∵EF2=EC2+CF2，∴a2=（3﹣）2+[3﹣（a﹣）]2，∴a=6﹣2，∴S△AEF=S△AME=•EM•AB=•（6﹣2）×3=9﹣3．故答案为9﹣3．例2．（2019·四川达州·中考模拟）某数学兴趣小组开展了一次活动，过程如下：如图1，在等腰直角△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，小敏将一块三角板中含45°角的顶点放在A上，从AB边开始绕点A逆时针旋转一个角α，其中三角板斜边所在的直线交直线BC于点D，直角边所在的直线交直线BC于点E．（1）小敏在线段BC上取一点M，连接AM，旋转中发现：若AD平分∠BAM，则AE也平分∠MAC．请你证明小敏发现的结论；（2）当0°＜α≤45°时，小敏在旋转中还发现线段BD、CE、DE之间存在如下等量关系：BD2+CE2＝DE2．同组的小颖和小亮随后想出了两种不同的方法进行解决；小颖的想法：将△ABD沿AD所在的直线对折得到△ADF，连接EF（如图2）小亮的想法：将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，连接EG（如图3）；请你从中任选一种方法进行证明；（3）小敏继续旋转三角板，在探究中得出当45°＜α＜135°且α≠90°时，等量关系BD2+CE2＝DE2仍然成立，先请你继续研究：当135°＜α＜180°时（如图4）等量关系BD2+CE2＝DE2是否仍然成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）选择小颖的方法，见解析；（3）当135°＜α＜180°时，等量关系BD2+CE2＝DE2仍然成立，见解析.【详解】（1）证明：如图1，∵∠BAC＝90°，∴∠BAD+∠DAM+∠MAE+∠EAC＝90°．∵∠DAE＝45°，∴∠BAD+∠EAC＝45°．∵∠BAD＝∠DAM，∴∠BAD+∠EAC＝∠DAM+∠EAC＝45°，∴∠DAM+∠MAE＝∠DAM+∠EAC，∴∠MAE＝∠EAC，即AE平分∠MAC；（2）选择小颖的方法．证明：如图2，连接EF．由折叠可知，∠BAD＝∠FAD，AB＝AF，BD＝DF，∵∠BAD＝∠FAD，∴由（1）可知，∠CAE＝∠FAE．在△AEF和△AEC中，，∴△AEF≌△AEC（SAS），∴CE＝FE，∠AFE＝∠C＝45°．∴∠DFE＝∠AFD+∠AFE＝90°．在Rt△DFE中，DF2+FE2＝DE2，∴BD2+CE2＝DE2．（3）当135°＜α＜180°时，等量关系BD2+CE2＝DE2仍然成立．证明如下：如图4，按小颖的方法作图，设AB与EF相交于点G．∵将△ABD沿AD所在的直线对折得到△ADF，∴AF＝AB，∠AFD＝∠ABD＝135°，∠BAD＝∠FAD．又∵AC＝AB，∴AF＝AC．又∵∠CAE＝90°﹣∠BAE＝90°﹣（45°﹣∠BAD）＝45°+∠BAD＝45°+∠FAD＝∠FAE．∴∠CAE＝∠FAE．在△AEF和△AEC中，∵,∴△AEF≌△AEC（SAS），∴CE＝FE，∠AFE＝∠C＝45°．∴∠DFE＝∠AFD﹣∠AFE＝∠135°﹣∠C＝135°﹣45°＝90°．∴∠DFE＝90°．在Rt△DFE中，DF2+FE2＝DE2，∴BD2+CE2＝DE2．【变式训练1】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．【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．【变式训练2】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【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．【变式训练2】学完旋转这一章，老师给同学们出了这样一道题：“如图1，在正方形ABCD中，∠EAF＝45°，求证：EF＝BE＋DF．”小明同学的思路：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°．把△ABE绕点A逆时针旋转到的位置，然后证明，从而可得．，从而使问题得证．(1)【探究】请你参考小明的解题思路解决下面问题：如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，，直接写出EF，BE，DF之间的数量关系．(2)【应用】如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，，求证：EF＝BE＋DF．(3)【知识迁移】如图4，四边形ABPC是的内接四边形，BC是直径，AB＝AC，请直接写出PB＋PC与AP的关系．【答案】(1)BE＋DF＝EF；(2)证明见解析；(3)【解析】（1）解：结论：BE＋DF＝EF，理由如下：证明：将△ABE绕点A逆时针旋转，旋转角等于∠BAD，使得AB与AD重合，点E转到点的位置，如图所示，可知，∴．由∠ADC+∠=180°知，C、D、共线，∵，∴∠BAF+∠DAF=∠EAF，∴∠+∠DAF=∠EAF=，∴△AEF≌△，∴EF==BE+DF．（2）证明：将△ABE绕点A逆时针旋转，旋转角等于∠BAD，使得AB与AD重合，点E转到点的位置，如图所示，由旋转可知，∴，，，．∵∠B＋∠ADC＝180°，∴，∴点C，D，在同一条直线上．∵，∴，∴，∴，∴．∵AF＝AF，∴，∴，即BE＋DF＝EF．（3）结论：，理由如下：证明：将△ABP绕点A逆时针旋转90°得到，使得AB与AC重合，如图所示，由圆内接四边形性质得：∠AC+∠ACP=180°，即P，C，在同一直线上．∴，，∵BC为直径，∴∠BAC=90°=∠BAP+∠PAC=∠CA+∠PAC=，∴△为等腰直角三角形，∴，即．【变式训练3】（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＝1，EC＝2．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，请直接写出线段BD的长．【答案】（1）AGF，EF＝DE+BF；（2）DE＝；（3）BD＝2或2【详解】解：（1）由图象的旋转知，AG＝AE，∠DAE＝∠GAB，∵∠BAF+∠DAE＝∠BAD﹣∠EAF＝45°，∴∠GAF＝∠GAB+∠BAF＝∠DAE+∠BAF＝90°﹣∠EAF＝45°＝∠EAF，又∵AG＝AE，AF＝AF，∴△AGF≌△AEF（SAS），∴GF＝EF，即GF＝BG+BF＝DE+BF＝EF，即EF＝DE+BF，故答案为：AGF，EF＝DE+BF；（2）将△AEC围绕点A旋转到△AFB的位置，连接FD，由（1）知，△AFB≌△AEC（SAS），则AF＝AE，FB＝EC＝2，∵∠FAD＝∠FAB+∠BAD＝∠EAC+∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝60°﹣30°＝∠DAE，∵AD＝AD，AF＝AE，∴△AFD≌△AED（SAS），∴FD＝DE，∠ABF＝∠C＝60°，在△BDF中，BD＝1，BF＝2，∠FBD＝∠ABF+∠ABC＝60°+60°＝120°，过点F作FH⊥BD交DB的延长线于点H，则∠FBH＝60°，在Rt△FBH中，∠FBH＝60°，则BH＝BF＝1，FH＝BFsin60°＝2×＝，则故DE＝；（3）①当DE＝AD时，则∠DAE＝∠DEA＝75°，则∠ADE＝180°﹣2×75°＝30°，在等腰△ABC中，∠BAC＝150°，则∠ABC＝∠ACB＝15°，将△AEC围绕点A旋转到△AFB所在的位置（点F对应点E），连接DF，由（2）同理可得：△ADE≌△ADF（SAS），∴DF＝DE，∵∠ADE＝∠ABC+∠BAD＝15°+∠BAD＝30°，故∠BAD＝15°＝∠ABD，∴AD＝BD＝ED，设BD＝a，则AD＝BD＝ED＝a，则BE＝2a，过点C作CH⊥BA交BA的延长线于点H，则∠HAC＝2∠ABC＝30°，在△ABC中，AB＝AC＝，∠HAC＝30°，设AC＝x，则CH＝x，AH＝x，由BC2＝（AB+AH）2+HC2得：BC2＝（x+x）2+（x）2，将x＝代入上式并解得：BC＝4+2；在△ADE中，AD＝DE＝a，∠ADE＝30°，同理可得：AE＝，∵∠ABE＝15°，∠AEB＝75°，故∠BAE＝90°，在Rt△ABE中，AB2+AE2＝BE2，即（）2+（）2＝（2a）2，解得a＝±2（舍去负值），故a＝2，则BD＝2，CE＝BC﹣2a＝4+2﹣4＝2；②当DE＝AE时，BD对应①中的CE，故BD＝2；综上，BD＝2或2．【变式训练4】如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点M，N在边BC上，且∠MAN=45°．若BM=1，CN=3，求MN的长．【答案】【详解】解：如图，过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE＝BM．连接AE、EN．∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠B＝∠ACB＝45°．∵CE⊥BC，∴∠ACE＝∠B＝45°．在△ABM和△ACE中，∴△ABM≌△ACE（SAS）．∴AM＝AE，∠BAM＝∠CAE．∵∠BAC＝90°，∠MAN＝45°，∴∠BAM＋∠CAN＝45°．于是，由∠BAM＝∠CAE，得∠MAN＝∠EAN＝45°．在△MAN和△EAN中，∴△MAN≌△EAN（SAS）．∴MN＝EN．在Rt△ENC中，由勾股定理，得EN2＝EC2＋NC2．∴MN2＝BM2＋NC2．∵BM＝1，CN＝3，∴MN2＝12＋32，∴MN＝．课后训练1．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【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．2．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【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5．3．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＋D；(3)；(4)见解析【解析】(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＝MN2．4．【探索发现】如图①，四边形ABCD是正方形，M，N分别在边CD、BC上，且，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图①，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接AM、AN、MN．（1）试判断DM，BN，MN之间的数量关系，并写出证明过程．（2）如图②，点M、N分别在正方形ABCD的边BC、CD的延长线上，，连接MN，请写出MN、DM、BN之间的数量关系，并写出证明过程．（3）如图③，在四边形ABCD中，AB=AD，，，点N，M分别在边BC，CD上，，请直接写出线段BN，DM，MN之间的数量关系．【答案】（1），证明见解析；（2）,证明见解析；（3）．【详解】证明：（1）如图①，∵四边形ABCD是正方形∴AB=AD，=将绕点A顺时针旋转，得到∴≌∴∵在和中∵，∴（2）如图②，将绕点A顺时针旋转，得到∵四边形ABCD是正方形∴AB=AD，=∵绕点A顺时针旋转，得到∴≌∴,∵在和中∵，即：；（3）如图，∵，，，将绕点A顺时针旋转，得到∴≌∴在和中；5．问题背景如图①，在四边形中，，，，点，分别是，上的点，且，连接，探究线段，，之间的数量关系．

探究发现（1）小明同学的方法是将绕点逆时针旋转至的位置，使得与重合，然后再证明，从而得出结论：______；拓展延伸（2）如图②，在四边形中，，，点，分别是边，上的点，且，连接．（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；（3）如图③，在正方形中，点，分别是边，上的点，且，连接，已知，，求正方形的边长．【答案】（1）；（2）（1）中的结论仍然成立．证明见解析；（3）正方形的边长为6．【详解】（1）解：由旋转得：AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，∵，∴∠EAG=120°，∵,∴∠GAF=,又∵AF=AF，∴，∴EF=GF，∵GF=DG+DF，∴，故答案为：；（2）解：（1）中的结论仍然成立.证明：如解图，将绕点逆时针旋转至的位置，使与重合.则，，，，又∵，∴，∴，，三点共线.∵，∴，又∵，∴，∴，又∵，∴；（3）解：由（1）（2）可知．设正方形的边长为，则，，在中，，∴，解得，（不合题意，舍去），故正方形的边长为6.6．请阅读下列材料：已知：如图（1）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别为线段BC上两动点，若∠DAE＝45°．探究线段BD、DE、EC三条线段之间的数量关系：（1）猜想BD、DE、EC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BC上，动点D运动在线段CB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ABC中，点D、E在边AB上，且∠DCE＝30°，请你找出一个条件，使线段DE、AD、EB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）DE2＝BD2+EC2；（2）关系式DE2＝BD2+EC2仍然成立，详见解析；（3）当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，且顶角∠DFE为120°．【详解】解：（1）DE2＝BD2+EC2；证明：如图，将△ADB沿直线AD对折，得△AFD，连FE，∴△AFD≌△ABD，∴AF＝AB，FD＝DB，∠FAD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，∵∠BAC＝90°，∠DAE＝45°，∴∠BAD+∠CAE＝45°,∠FAD+∠FAE＝45°,∴∠CAE=∠FAE又AE=AE,AF=AB=AC，∴△AFE≌△ACE，∴∠DFE＝∠AFD+∠AFE＝45°+45°＝90°，∴DE2＝FD2+EF2∴DE2＝BD2+EC2；（2）关系式DE2＝BD2+EC2仍然成立．证明：将△ADB沿直线AD对折，得△AFD，连FE∴△AFD≌△ABD，∴AF＝AB，FD＝DB，∠FAD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，又∵AB＝AC，∴AF＝AC，∵∠FAE＝∠FAD+∠DAE＝∠FAD+45°，∠EAC＝∠BAC﹣∠BAE＝90°﹣（∠DAE﹣∠DAB）＝45°+∠DAB，∴∠FAE＝∠EAC，又∵AE＝AE，∴△AFE≌△ACE，∴FE＝EC，∠AFE＝∠ACE＝45°，∠AFD＝∠ABD＝180°﹣∠ABC＝135°∴∠DFE＝∠AFD﹣∠AFE＝135°﹣45°＝90°，∴在Rt△DFE中，DF2+FE2＝DE2，即DE2＝BD2+EC2；（3）当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形．如图，与（2）类似，以CE为一边，作∠ECF＝∠ECB，在CF上截取CF＝CB，可得△CFE≌△CBE，△DCF≌△DCA．∴AD＝DF，EF＝BE．∴∠DFE＝∠1+∠2＝∠A+∠B＝120°．若使△DFE为等腰三角形，只需DF＝EF，即AD＝BE，∴当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，且顶角∠DFE为120°．7．在等边△ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．探究：当M、N分别在直线AB、AC上移动时，BM、NC、MN之间的数量关系及△AMN的周长Q与等边△ABC的周长L的关系．（1）如图1，当点M、N边AB、AC上，且DM＝DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是；此时；（2）如图2，点M、N在边AB、AC上，且当DM≠DN时，猜想（I）问的两个结论还成立吗？若成立请直接写出你的结论；若不成立请说明理由．（3）如图3，当M、N分别在边AB、CA的延长线上时，探索BM、NC、MN之间的数量关系如何？并给出证明．【答案】（1）BM+NC＝MN，；（2）结论仍然成立，详见解析；（3）NC﹣BM＝MN，详见解析【详解】（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．8．如图1，在△ABC中，AB=AC，射线BP从BA所在位置开始绕点B顺时针旋转，旋转角为α（0°<α<180°）．（1）当∠BAC=60°时，将BP旋转到图2位置，点D在射线BP上．若∠CDP=120°，则∠ACD__________∠ABD（填“＞”“=”“＜”），线段BD、CD与AD之间的数量关系是__________；（2）当∠BAC=120°时，将BP旋转到图3位置，点D在射线BP上，若∠CDP=60°，求证：BDCD=AD；（3）将图3中的BP继续旋转，当30°<α<180°时，点D是直线BP上一点（点P不在线段BD上），若∠CDP=120°，请直接写出线段BD、CD与AD之间的数量关系（不必证明）．【答案】（1）=；BD=CD+AD；（2）证明见解析；（3）BD+CD=AD或CDBD=AD【详解】解：（1）如图2，∵∠CDP=120°，∴∠CDB=60°，∵∠BAC=60°，∴∠CDB=∠BAC=60°，∴A、B、C、D四点共圆，∴∠ACD=∠ABD．在BP上截取BE=CD，连接AE．在△DCA与△EBA中，，∴△DCA≌△EBA（SAS），∴AD=AE，∠DAC=∠EAB，∵∠CAB=∠CAE+∠EAB=60°，∴∠DAE=60°，∴△ADE是等边三角形，∴DE=AD．∵BD=BE+DE，∴BD=CD+AD．故答案为：=，BD=CD+AD；（2）如图3，设AC与BD相交于点O，在BP上截取BE=CD，连接AE，过A作AF⊥BD于F．∵∠CDP=60°，∴∠CDB=120°．∵∠CAB=120°，∴∠CDB=∠CAB，∵∠DOC=∠AOB，∴△DOC∽△AOB，∴∠DCA=∠EBA．在△DCA与△EBA中，，∴△DCA≌△EBA（SAS），∴AD=AE，∠DAC=∠EAB．∵∠CAB=∠CAE+∠EAB=120°，∴∠DAE=120°，∴∠ADE=∠AED==30°．∵在Rt△ADF中，∠ADF=30°，∴DF=AD，∴DE=2DF=AD，∴BD=DE+BE=AD+CD，∴BD﹣CD=AD；（3）①如图4，BDCD=AD，理由是：在BD上取一点E，使BE=CD，连接AE，过A作AF⊥BD于F，得△ABE≌△ACD，∴AE=AD，∠BAE=∠CAD，∴DF=FE，∵∠BAC=∠BA