初中数学同步八年级上册沪科版《压轴题》专题13全等三角形模型之半角模型和边边角模型含答案及解析

专题13全等三角形模型之半角模型和边边角模型目录解题知识必备 1压轴题型讲练 3类型一、半角模型 3类型二、边边角模型 5压轴能力测评 7模型七、半角全等模型【模型分析】过等腰三角形顶点两条射线，使两条射线的夹角为等腰三角形顶角的一半这样的模型称为半角模型。【常见模型】常见的图形为正方形，正三角形，等腰直角三角形等，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.模型八、边边角模型（胖瘦模型）【条件】如图，AB=AC，点P在线段BC上（P不是线段BC的中点）胖瘦模型——两条边对应相等，一组角对应相等，两个角互补分析：△APB与△APC并不全等AB＝AC2条边对应相等AP＝AP1个角相等胖瘦模型∠B＝∠C2个角互补∠APC＋∠APC＝180°◎结论1：（变胖）如图，△ABQ≌△ACP,AP=AQ◎结论2：（变瘦）如图，△ABP≌△ACQ,AP=AQ◎结论3：（找中间状态）如图，△ABM≌△ACM类型一、半角模型例．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．【变式训练1】．如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将ADF绕点A顺时针旋转90°得到ABG，若BE＝2，则EF的长为．【变式训练2】．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．【变式训练3】．如图①，四边形是正方形，，分别在边、上，且，我们称之为“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，将绕点顺时针旋转，点与点重合，连接、、．

(1)试判断，，之间的数量关系；(2)如图②，点、分别在正方形的边、的延长线上，，连接，请写出、、之间的数量关系，并写出证明过程．(3)如图③，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，请直接写出，，之间数量关系．【变式训练4】．（）如图，在四边形中，，，分别是边上的点，且，线段之间的关系是；（不需要证明）（）如图，在四边形中，，，分别是边上的点，且，（）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．（）如图，在四边形中，，，分别是边延长线上的点，且，（）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．

【变式训练5】．如图，四边形是正方形，E是边的中点，，且交正方形外角的平分线于点F．(1)求证：；(2)连接，则的值为__________；(3)连接，设与交于点H，连接，探究之间的关系．【变式训练6】．如图所示，ΔABC是边长为1的等边三角形，是顶角的等腰三角形，以为顶点作一个的角，角的两边交、于、，连结，求周长.【变式训练7】．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：BD-CD=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）．类型二、边边角模型例．如图，∠ACB=90°，AC=BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别是点D、E，AD=3，BE=1，则DE的长是（）A．1.5 B．2

C．

D．【变式训练1】．如图，BN为∠MBC的平分线，P为BN上一点，且PD⊥BC于点D，∠APC+∠ABC＝180°，给出下列结论：①∠MAP＝∠BCP；②PA＝PC；③AB+BC＝2BD；④四边形BAPC的面积是△PBD面积的2倍，其中结论正确的个数有（）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【变式训练2】．如图，OC平分∠MON，A、B分别为OM、ON上的点，且BO＞AO，AC＝BC，求证：∠OAC+∠OBC＝180°．【变式训练3】．如图，在四边形ABCD中，已知BD平分∠ABC，∠BAD＋∠C＝180°，求证：AD＝CD．【变式训练4】．如图，已知∠AOB＝60°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个120°角的顶点与点C重合，它的两条边分别与直线OA、OB相交于点D、E．（1）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA垂直时（如图1），请猜想OE+OD与OC的数量关系，并说明理由；（2）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA不垂直时，到达图2的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由；（3）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA的反向延长线相交时，上述结论是否成立？请在图3中画出图形，若成立，请给于证明；若不成立，线段OD、OE与OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明.【变式训练5】．在和中，，连接，恰好平分．

(1)如图1，当时，求的度数；(2)如图2，在射线上存在一点，使，连接．当，时，试说明与的位置关系；(3)如图3，在（2）问的条件下，连接并延长，分别交，于点，，若，，，分别为和上的动点，请直接写出周长的最小值．1．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．①②③④2．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．3．（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．4．如图①，四边形ABCD为正方形，点E，F分别在AB与BC上，且∠EDF=45°，易证：AE+CF=EF（不用证明）．（1）如图②，在四边形ABCD中，∠ADC=120°，DA=DC，∠DAB=∠BCD=90°，点E，F分别在AB与BC上，且∠EDF=60°．猜想AE，CF与EF之间的数量关系，并证明你的猜想；（2）如图③，在四边形ABCD中，∠ADC=2α，DA=DC，∠DAB与∠BCD互补，点E，F分别在AB与BC上，且∠EDF=α，请直接写出AE，CF与EF之间的数量关系，不用证明．

专题13全等三角形模型之半角模型和边边角模型目录解题知识必备 1压轴题型讲练 3类型一、半角模型 3类型二、边边角模型 19压轴能力测评 27模型七、半角全等模型【模型分析】过等腰三角形顶点两条射线，使两条射线的夹角为等腰三角形顶角的一半这样的模型称为半角模型。【常见模型】常见的图形为正方形，正三角形，等腰直角三角形等，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.模型八、边边角模型（胖瘦模型）【条件】如图，AB=AC，点P在线段BC上（P不是线段BC的中点）胖瘦模型——两条边对应相等，一组角对应相等，两个角互补分析：△APB与△APC并不全等AB＝AC2条边对应相等AP＝AP1个角相等胖瘦模型∠B＝∠C2个角互补∠APC＋∠APC＝180°◎结论1：（变胖）如图，△ABQ≌△ACP,AP=AQ◎结论2：（变瘦）如图，△ABP≌△ACQ,AP=AQ◎结论3：（找中间状态）如图，△ABM≌△ACM类型一、半角模型例．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．【变式训练1】．如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将ADF绕点A顺时针旋转90°得到ABG，若BE＝2，则EF的长为．【答案】5【分析】由旋转的性质可得，，，由“”可证，可得，由勾股定理可求解．【详解】解：由旋转的性质可知：，，，，点在的延长线上，四边形为正方形，．又，．．．在和中，，，，，，，，，故答案为：5．【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的性质和判定、勾股定理的应用，正方形的性质，解题的关键是掌握利用勾股定理求线段的长．【变式训练2】．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.【变式训练3】．如图①，四边形是正方形，，分别在边、上，且，我们称之为“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，将绕点顺时针旋转，点与点重合，连接、、．

(1)试判断，，之间的数量关系；(2)如图②，点、分别在正方形的边、的延长线上，，连接，请写出、、之间的数量关系，并写出证明过程．(3)如图③，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，请直接写出，，之间数量关系．【答案】(1)(2)，证明见解析(3)【分析】本题是四边形综合题，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，利用旋转构造全等三角形是解题的关键．（1）首先利用证明，得，从而得出答案；（2）在上取,连接，首先由，得，，再利用证明，得，即可证明结论；（3）将绕点逆时针旋转得，由旋转的性质得点、、共线，由（1）同理可得，得，从而解决问题．【详解】（1）解：，证明如下：四边形是正方形，，由旋转的性质可得：，，，，，点、、共线，，，，，在和中，，，，；（2）解：，证明如下：如图，在上取，连接，四边形是正方形，，，，，在和中，，，，，，，，，在和中，，，，，；（3）解：如图，将绕点逆时针旋转得，

，，，，，点、、共线，，，，，在和中，，，，．【变式训练4】．（）如图，在四边形中，，，分别是边上的点，且，线段之间的关系是；（不需要证明）（）如图，在四边形中，，，分别是边上的点，且，（）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．（）如图，在四边形中，，，分别是边延长线上的点，且，（）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．

【答案】（）；（）（）中的结论仍然成立，理由见解析；（）（）中的结论不成立，．【分析】()延长至，使，连接，证明，根据全等三角形的性质得到，，再证明，根据全等三角形的性质得出，结合图形计算，即可证明结论；()延长至，使，连接，仿照()的证明方法解答；()在上截取，连接，仿照()的证明方法解答．【详解】解：（），理由如下：如图，延长至，使，连接，

在和中，，∴，∴，，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，故答案为：；（）（）中的结论仍然成立，理由如下：如图，延长至，使，连接，

∵，，∴，在和中，，∴，∴，，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴；（）（）中的结论不成立，，理由如下：如图，在上截取，连接，

同（）中证法可得，，∴，，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴．【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，掌握三角形全等的判定定理、灵活运用类比思想是解题的关键．【变式训练5】．如图，四边形是正方形，E是边的中点，，且交正方形外角的平分线于点F．(1)求证：；(2)连接，则的值为__________；(3)连接，设与交于点H，连接，探究之间的关系．【答案】(1)见解析(2)(3)，理由见解析【分析】（1）取的中点，并连接，通过正方形和等腰直角三角形的基本性质，证明，即可得出结论；（2）连接后，由点，分别为，的中点，推出为的中位线，再结合全等三角形的性质转换边长，根据中位线定理求解即可；（3）结合（1）的结论，可得到，从而考虑运用“半角”模型，因此延长至点，使得，连接，运用两次基础全等证明即可得出结论．【详解】（1）证明：如图所示，取的中点，并连接，∴，∵E是边的中点，∴，∵四边形是正方形，∴，∵，，∴，，∴，∵，∴，，∵正方形外角的平分线为，∴，∴，在和中，∴，∴；（2）解：如图所示，连接，∵点，分别为，的中点，∴为的中位线，∴，由（1）得，∴，∴，∴，故答案为：；（3）解：，理由如下：如图所示，延长至点，使得，连接，由正方形基本性质得：，，∴，∴，，由（1）知，，且，∴，∴，∴，即：，在和中，∴，∴，∵，，∴，∴．【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形判定与性质，等腰直角三角形的性质、三角形中位线定理等知识点，在证明第一小问时要合理作出辅助线，才能为后面的问题做良好的铺垫，掌握基本图形的性质，熟练运用基本定理是解题关键．【变式训练6】．如图所示，ΔABC是边长为1的等边三角形，是顶角的等腰三角形，以为顶点作一个的角，角的两边交、于、，连结，求周长.【答案】△AMN的周长为2．【分析】根据已知条件得△CDE≌△BDM，再利用DE=DM，证明△DMN≌△DEN，得到对应边相等即可解题.【详解】如图，延长NC到E，使CE=BM，连接DE，

∵△ABC为等边三角形，△BCD为等腰三角形，且∠BDC=120°，∴∠MBD=∠MBC+∠DBC=60°+30°=90°，∠DCE=180°﹣∠ACD=180°﹣∠ABD=90°，又∵BM=CE，BD=CD，∴△CDE≌△BDM，∴∠CDE=∠BDM，DE=DM，∠NDE=∠NDC+∠CDE=∠NDC+∠BDM=∠BDC﹣∠MDN=120°﹣60°=60°，∵在△DMN和△DEN中，，∴△DMN≌△DEN，∴MN=NE=CE+CN=BM+CN，∴△AMN的周长=AM+AN+MN=AM+AN+NC+BM=AB+AC=1+1=2，故△AMN的周长为2．【点睛】本题考查等边三角形的性质与应用,截长补短的数学方法,中等难度,作辅助线证明全等是解题关键.【变式训练7】．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：BD-CD=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CD-BD=AD【分析】（1）①根据两三角形中若两个角对应相等，则第三个角也对应相等得：∠ACD=∠ABD；②作辅助线，构建两个全等三角形：△ABE≌△ACD，得AD=AE，再证明△ADE是等边三角形，则AD=DE，相加后得结论；（2）同理作辅助线，证明全等，再证明△ADE是等腰直角三角形，得DE=AD，代入DE=BD-BE中得结论；（3）①如图4，BD-CD=AD，在BD上取一点E，使BE=CD，连接AE，过A作AF⊥BD于F，证明△ABE≌△ACD，得AD=AE，根据特殊三角函数求得DF=AD，代入BD-BE=DE中得出结论；②如图5，BD+CD=AD，延长DB到E，使BE=CD，连接AE，过A作AF⊥BD于F，证明△ABE≌△ACD，得AD=AE，根据特殊三角函数求得DF=AD，代入BD+BE=DE中得出结论．【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，BD-CD=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=∠BAE+∠CAE=120°，∴∠CAD+∠CAE=120°，即∠DAE=120°，∴∠DAF=60°，sin∠DAF=sin60°=，∴DF=AD，∴DE=2DF=AD，∴BD-CD=BD-BE=DE=AD；②如图5，BD+CD=AD，理由是：延长DB到E，使BE=CD，连接AE，过A作AF⊥BD于F，∵∠BAC=120°，AB=AC，∴∠ACB=∠ABC=30°，∴∠EBA=150°-∠DBC，∵∠CDP=120°，∴∠BCD=120°-∠DBC，∴∠ACD=∠BCD+30°=150°-∠DBC，∴∠ACD=∠EBA，∴△AEB≌△ADC，∴AE=AD，∠EAB=∠CAD，∴DF=EF，∵∠BAC=∠DAE=120°，∴∠DAF=60°，同理得：DF=AD，∴ED=AD，∴DE=BD+BE=BD+CD=AD．综上所述：BD+CD=AD或CD-BD=AD．【点睛】本题综合考查了等腰三角形、全等三角形及旋转的性质，作辅助线构建两三角形全等是本题的关键；要证明全等时，两边夹角的得出各问都不相同，是一个难点；同时运用了特殊角的三角函数值表示边的长度，在几何证明中线段的和与差是一个难点，思路为：想办法将线段转化到同一条直线上：①在长边截取短边，②延长短边等于长边；简称“截或接”．类型二、边边角模型例．如图，∠ACB=90°，AC=BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别是点D、E，AD=3，BE=1，则DE的长是（）A．1.5 B．2

C．

D．【答案】B【分析】根据已知条件可以得出∠E=∠ADC=90°，进而得出∆CEB≅∆ADC，就可以得出BE=DC，进而求出DE的值．【详解】∵BE⊥CE，AD⊥CE，∴∠E=∠ADC=90°，∴∠EBC+∠BCE=90°，∵∠BCE+∠ACD=90°，∴∠EBC=∠DCA，在∆CEB和∆ADC中，∠E=∠ADC，∠EBC=∠DCA，BC=AC，∴∆CEB≅∆ADC(AAS)，∴BE=DC=1，CE=AD=3，∴DE=EC-CD=3-1=2，故选：B．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解决问题的关键．【变式训练1】．如图，BN为∠MBC的平分线，P为BN上一点，且PD⊥BC于点D，∠APC+∠ABC＝180°，给出下列结论：①∠MAP＝∠BCP；②PA＝PC；③AB+BC＝2BD；④四边形BAPC的面积是△PBD面积的2倍，其中结论正确的个数有（）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】A【分析】过点P作PK⊥AB，垂足为点K．证明Rt△BPK≌Rt△BPD，△PAK≌△PCD，利用全等三角形的性质即可解决问题．【详解】解：过点P作PK⊥AB，垂足为点K．

∵PK⊥AB，PD⊥BC，∠ABP＝∠CBP，∴PK＝PD，在Rt△BPK和Rt△BPD中，，∴Rt△BPK≌Rt△BPD（HL），∴BK＝BD，∵∠APC+∠ABC＝180°，且∠ABC+∠KPD＝180°，∴∠KPD＝∠APC，∴∠APK＝∠CPD，故①正确，在△PAK和△PCD中，，∴△PAK≌△PCD（ASA），∴AK＝CD，PA＝PC，故②正确，∴BK﹣AB＝BC﹣BD，∴BD﹣AB＝BC﹣BD，∴AB+BC＝2BD，故③正确，∵Rt△BPK≌Rt△BPD，△PAK≌△PCD（ASA），∴S△BPK＝S△BPD，S△APK＝S△PDC，∴S四边形ABCP＝S四边形KBDP＝2S△PBD．故④正确．故选A．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，角平分线的性质等知识，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，属于中考常考题型．【变式训练2】．如图，OC平分∠MON，A、B分别为OM、ON上的点，且BO＞AO，AC＝BC，求证：∠OAC+∠OBC＝180°．【答案】见解析.【分析】如图，作CE⊥ON于E，CF⊥OM于F．由Rt△CFA≌Rt△CEB，推出∠ACF＝∠ECB，推出∠ACB＝∠ECF，由∠ECF+∠MON＝360°﹣90°﹣90°＝180°，可得∠ACB+∠AOB＝180°，推出∠OAC+∠OBC＝180°．【详解】如图，作CE⊥ON于E，CF⊥OM于F．∵OC平分∠MON，CE⊥ON于E，CF⊥OM于F．∴CE＝CF，∵AC＝BC，∠CEB＝∠CFA＝90°，∴Rt△CFA≌Rt△CEB（HL），∴∠ACF＝∠ECB，∴∠ACB＝∠ECF，∵∠ECF+∠MON＝360°﹣90°﹣90°＝180°，∴∠ACB+∠AOB＝180°，∴∠OAC+∠OBC＝180°．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，四边形内角和定理等知识，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.【变式训练3】．如图，在四边形ABCD中，已知BD平分∠ABC，∠BAD＋∠C＝180°，求证：AD＝CD．【答案】见解析【详解】试题分析：在边BC上截取BE=BA，连接DE，根据SAS证△ABD≌△EBD，推出AD=ED，∠A=∠BED，求出∠DEC=∠C即可．试题解析：证明：在边BC上截取BE=BA，连接DE．∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD．在△ABD和△EBD中，，∴△ABD≌△EBD（SAS），∴AD=ED，∠A=∠BED．∵∠A+∠C=180°，∠BED+∠CED=180°，∴∠C=∠CED，∴CD=ED，∴AD=CD．点睛：本题考查了等腰三角形的判定，全等三角形的性质和判定等知识点的应用，解答此题的关键是正确作辅助线，又是难点，解题的思路是把AD和CD放到一个三角形中，根据等腰三角形的判定进行证明，题型较好，有一定的难度．【变式训练4】．如图，已知∠AOB＝60°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个120°角的顶点与点C重合，它的两条边分别与直线OA、OB相交于点D、E．（1）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA垂直时（如图1），请猜想OE+OD与OC的数量关系，并说明理由；（2）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA不垂直时，到达图2的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由；（3）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA的反向延长线相交时，上述结论是否成立？请在图3中画出图形，若成立，请给于证明；若不成立，线段OD、OE与OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明.【答案】（1）；（2）（1）中结论仍然成立，见解析；（3）（1）中结论不成立，，见解析.【分析】（1）先判断出∠OCE=60°，再利用特殊角的三角函数得出ODOC，同OEOC，即可得出结论；（2）同（1）的方法得OF+OGOC，再判断出△CFD≌△CGE，得出DF=EG，最后等量代换即可得出结论；（3）同（2）的方法即可得出结论．【详解】（1）∵OM是∠AOB的角平分线，∴∠AOC=∠BOC∠AOB=30°．∵CD⊥OA，∴∠ODC=90°，∴∠OCD=60°，∴∠OCE=∠DCE﹣∠OCD=60°．在Rt△OCD中，OD=OC•cos30°OC，同理：OEOC，∴OD+OEOC；（2）（1）中结论仍然成立，理由如下：过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，∴∠OFC=∠OGC=90°．∵∠AOB=60°，∴∠FCG=120°，同（1）的方法得：OFOC，OGOC，∴OF+OGOC．∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点，∴CF=CG．∵∠DCE=120°，∠FCG=120°，∴∠DCF=∠ECG，∴△CFD≌△CGE，∴DF=EG，∴OF=OD+DF=OD+EG，OG=OE﹣EG，∴OF+OG=OD+EG+OE﹣EG=OD+OE，∴OD+OEOC；（3）（1）中结论不成立，结论为：OE﹣ODOC，理由如下：过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，∴∠OFC=∠OGC=90°．∵∠AOB=60°，∴∠FCG=120°，同（1）的方法得：OFOC，OGOC，∴OF+OGOC．∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点，∴CF=CG．∵∠DCE=120°，∠FCG=120°，∴∠DCF=∠ECG，∴△CFD≌△CGE，∴DF=EG，∴OF=DF﹣OD=EG﹣OD，OG=OE﹣EG，∴OF+OG=EG﹣OD+OE﹣EG=OE﹣OD，∴OE﹣ODOC．【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了角平分线的定义和定理，全等三角形的判定和性质，特殊角的三角函数值，直角三角形的性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．【变式训练5】．在和中，，连接，恰好平分．

(1)如图1，当时，求的度数；(2)如图2，在射线上存在一点，使，连接．当，时，试说明与的位置关系；(3)如图3，在（2）问的条件下，连接并延长，分别交，于点，，若，，，分别为和上的动点，请直接写出周长的最小值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根据题意确定，再利用三角形的内角和计算即可：（2）由题干条件推出为等边三角形，然后进一步证明，从而利用全等三角形和平行线的判定证明即可；（3）首先将沿对称至，沿对称至，可确定且，分别在、上，并连接，此时与和交点即为所求、，此时，的周长最小，即为的长度，然后根据全等三角形的判定以及对称的性质证明，即可求得结论．【详解】（1）解：，恰好平分，，，，；（2）证明：，恰好平分，，，为等边三角形，，，，，，即，在和中，，，，，；（3）如图所示，将沿对称至，沿对称至，

由（2）可知是的角平分线，故在上，∵，，∴，∴平分，∴垂直平分，即所在的直线是的对称轴，故在上，连接，此时与和交点即为所求、，此时，的周长最小，周长的最小值即为的长度，∵所在的直线是的对称轴，∴，又∵，∴，∴点与是关于的对称，∴与的交点在上，故与重合.此时∵，由对称的性质可得：，，，∴，为等边三角形，此时，过点作，交于点，如图所示，，为等边三角形，，由（2）知，，．由（2）可知，∴，∴，在和中，，，，，即：，周长的最小值为．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等，掌握全等三角形的判定方法，熟练运用等边三角形的性质和轴对称变化确定最短路径是解题关键．1．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．2．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，23；（2）结论仍然成立，详见解析；（3）NC﹣BM＝MN，【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．【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＝∠