中考数学二轮培优训练专题24 对角互补模型（解析版）

专题24对角互补模型对角互补模型的特征：外观呈现四边形，且对角和为180°。主要：含90°对角互补，含120°的对角互补两种类型。解决此类题型常用到的辅助线画法主要有两种：旋转法和过顶点作两垂线。模型一：90°的对角互补模型【基础】如图，四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，BD平分∠ABC，则①AD=CD②AB+BC=2BD③S△ABD+S△BDC=12BD思路：①方法一(基础)：过点D分别作DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点F∵BD平分∠ABC∴DE=DF∵∠ABC=ADC=90°∴∠DAB+∠DCF=∠DAB+∠DAE=180°∴∠DCF=∠DAE∴∆DAE≌∆DCF∴AD=CD方法二(基础)：作DE⊥BD交BC延长线于点E∴∠BDE=90°∵BD平分∠ABC∴∠4=∠5=∠6=45°∴DE=BD∵∠ABC=ADC=90°∴∠1+∠2=∠2+∠3=180°∴∠1=∠3∴∆ABD≌∆CED∴AD=CD方法三（进阶）：∵四边形ABCD对角互补∴A、B、C、D四点共圆∵BD平分∠ABC∴∠ABD=∠CBD=45°∴AD=CD②③方法一：∵∆DAE≌∆DCF∴AE=FCS△DAE=S△DCF∵∠ABC=∠ADC=90°，BD平分∠ABC∴∠EBD=∠DBF=45°∴∆DEB与∆DFB为等腰直角三角形∴AB+BC=AB+BF+FC=AB+BF+AE=BE+BF=22BD+22BD=S△ABD+S△BDC=S△ABD+S△BDF+S△DFC=S△ABD+S△BDF+S△AED=S△DEB+S△DFB=S正方形BFDE=12BD方法二：∵∆ABD≌∆CED∴AB=CES△ABD=S△CED而∠BDE=90°∠5=∠6=45°∴∆BDE为等腰直角三角形则AB+BC=BC+CE=BE=2BDS△ABD+S△BDC=S△DCE+S△BDC=S△BDE=12BD2【进阶】如图，∠AOB=∠DCE=90°，OC平分∠AOB，当∠DCEAOD时，有以下结论：①CD=CE②OE-OD=2OC③S△OCE-S△OCD=12OC思路：①方法一：过点C分别作CM⊥AO于点M,CN⊥BO于点N∴∠CMD=∠CNE=90°∵∠AOB=90°∴∠MCN=90°则∠MCD=∠ECN而OC平分∠AOB∴CM=CN∴∆CMD≌∆CNE∴CD=CE方法二：过点C作CH⊥CO交OB于点H∴∠OCH=90°∴∠OCD+∠DCH=∠HCE+∠DCH=90°∴∠OCD=∠HCE∵∠AOB=90°，OC平分∠AOB∴∠AOC=∠COH=∠CHO=45°∴∆OCH为等腰直角三角形∴OC=CH∵∠COD=180°-∠AOC，∠CHE=180°-∠CHO∴∠COD=∠CHE∴∆COD≌∆CHE∴CD=CE方法三：连接DE∵∠AOB=∠DCE=90°∴∠DOE=∠DCE=90°∴O、C、E、D四点共圆∵OC平分∠AOB∴∠CDE=∠COE=∠CED=45°∴CD=CE②③∵∆COD≌∆CHE∴OD=HES△OCD=S△HCE则OE-OD=OE-EH=OH=2OCS△OCE-S△OCD=S△OCE-S△HCE=S△OCH=12OC模型二：120°的对角互补模型【基础】如图，已知∠AOB=2∠DCE=120°，OC平分∠AOB，则①CD=CE②OD+OE=OC③S△DCO+S△COE=√3思路：①方法一：过点C分别作CM⊥AO于点M，CN⊥OB于点N所以∠CMD=∠CNE=90°由OC平分∠AOB可知CM=CN由∠AOB=2∠DCE=120°，可得∠CDO+∠CEN=180°而∠CDO+∠CDM=180°因此∠CDM=∠CEN所以∆CMD≌∆CNE则CD=CE方法二：作∠OCF=60°交OB于点F由已知条件可知∆COF为等边三角形所以CO=CF∠COD=∠CFE=60°因为∠DCE=∠OCF=60°所以∠DCO=∠ECF所以∆DCO≌∆ECF则CD=CE方法三：∵∠AOB=2∠DCE=120°∴∠DOE+∠DCE=180°∴O、D、C、E四点共圆∵OC平分∠AOB∴∠COD=∠COE=60°∴CD=CE②由于∆DCO≌∆ECF,∆COF为等边三角形则OD=EFOC=OF所以OD+OE=EF+OE=OF=OC③过点F作FH⊥CO于点H由于∆DCO≌∆ECF所以S△DCO=S△ECF设OC=x，则OH=X2FH=√3XS△DCO+S△COE=S△ECF+S△COE=S△OCF=12OC•FH=12•x•【进阶】，∠AOB=2∠DCE=120°，OC平分∠DCEBOE①CD=CE②OD-OE=OC③S△DCO-S△COE=√3思路：①方法一：过点C分别作CM⊥DO于点M，CN⊥EB于点N所以∠CMD=∠CNB=90°由OC平分∠AOB∠AOB=2∠DCE=120°可知CM=CN∠DCE=∠MCN=60°则∠DCM=∠ECN所以∆CDM≌∆CEN则CD=CE方法二：过点C作∠OCH=60°根据已知条件可知∠DCE=∠OCH=∠COH=60°，∴∆COH为等边三角形，∠DCO=∠ECH∴∠COD=∠CHE=60°CO=CH所以∆CDO≌∆CEH则CD=CEOD=EHS△DCO=S△ECH∴OD－OE=EH－OE=OH=OCS△DCO-S△COE=S△ECH-S△COE=S△COH=√3方法三：连接DE∵∠AOB=2∠DCE=120°，OC平分∠AOB∴∠DOE=∠DCE=∠DOC=60°∴O、C、D、E四点共圆∴∠DEC=∠DOC=∠DCE=60°∴△DEC是等边三角形∴CD=CE模型三：全等型之任意角如图，∠AOB=2α，∠DCE=180°-2α，OC平分∠AOB，则：①CD=CE②OD+OE=2OC•COSα③S△DCO+S△COE=OC2•sinαCOSα思路：1）过点C作CM⊥AO于点M,作CN⊥BO于点N易证∆CDM≌∆CEN∴CD=CE则OD+OE=2ON=2OC•COSαS△DCO+S△COE=2S△CON=CN•ON=OC2•sinαCOSα2)作∠OCH=180°-2α,与OB交于点H易证∆CDO≌∆CEH∴CD=CEOD=EHS△DCO=S△ECH则OD+OE=OH=2OC•COSαS△DCO+S△COE=S△COH=OC2•sinαCOSα【进阶】如图，除满足以上条件外，当∠DCE的一边与BO延长线交于点E时，则：①CD=CE②OD-OE=2OC•COSα③S△DCO-S△COE=OC2•sinαCOSα[自行证明]模型四：内含90°的相似型如图，∠AOB=∠DCE=90°，∠COB=α，则CE=CD•tanα[自行证明]【进阶】如图，当∠DCE的一边与AO的延长线交于点D时，则CE=CD•tanα[自行证明]【过关培优练】1．（2019春·江苏南京·八年级校联考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，A,B两点分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA=OB，点C在第一象限，OC=3，连接BC，AC，若∠BCA=90°，则BC+AC的值为_________．【答案】【分析】可将△OBC绕着O点顺时针旋转90°，所得的图形与△OAC正好拼成等腰直角三角形BC+AC等于等腰三角形的斜边CD.【详解】解：将△OBC绕O点旋转90°，∵OB=OA∴点B落在A处，点C落在D处且有OD=OC=3，∠COD=90°，∠OAD=∠OBC，在四边形OACB中∵∠BOA=∠BCA=90°，∴∠OBC+∠OAC=180°，∴∠OAD+∠OAC=180°∴C、A、D三点在同一条直线上，∴△OCD为等要直角三角形，根据勾股定理CD2=OC2+OD2即CD2=32+32=18解得CD=即BC+AC=.【点睛】本题考查旋转的性质，旋转前后的图形对应边相等，对应角相等.要求两条线段的长，可利用作图的方法将两条线段化成一条线段，再求这条线段的长度即可，本题就是利用旋转的方法做到的，但做本题时需注意，一定要证明C、A、D三点在同一条直线上.本题还有一种化一般为特殊的方法，因为答案一定可考虑CB⊥y轴的情况，此时四边形OACB刚好是正方形，在做选择或填空题时，也可以起到事半功倍的效果.2．如图，四边形ABCD中，已知AB＝AD，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，若四边形ABCD的面积为4，则AC＝_____．【答案】4．【分析】将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△ABE．证明△AEC是等边三角形，四边形ABCD面积等于△AEC面积，根据等边△AEC面积特征可求解AC长．【详解】解：将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△ABE．∵四边形内角和360°，∴∠D+∠ABC＝180°．∴∠ABE+∠ABC＝180°，∴E、B、C三点共线．根据旋转性质可知∠EAC＝60度，AE＝AC，∴△AEC是等边三角形．四边形ABCD面积等于△AEC面积，等边△AEC面积，解得AC＝4．故答案为4．【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质、旋转的性质，解题的关键是根据AB=AD及∠BAD=60°，对△ACD进行旋转，把四边形转化为等边三角形求解．3．（2021春·福建三明·八年级统考期中）感知：如图①，平分，，．判断与的大小关系并证明．探究：如图②，平分，，，与的大小关系变吗？请说明理由．应用：如图③，四边形中，，，，则与差是多少（用含的代数式表示）【答案】感知：，证明见详解；探究：与的大小关系不变，理由见详解；应用：与差是．【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，则有，最后问题可求解．【详解】感知：，理由如下：∵，，∴，即，∵平分，∴；探究：与的大小关系不变，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：∵平分，∴DE=DF，∵，，∴∠B=∠DCF，∴△DEB≌△DFC（AAS），∴；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：∵，，∴，∵，∴，∵，，∴△DHB≌△DGC（AAS），且△DHB与△DGC都为等腰直角三角形，∴，由勾股定理可得，∴，∴，在Rt△AHD和Rt△AGD中，AD=AD，DH=DG，∴Rt△AHD≌Rt△AGD（HL），∴，∴，∴．【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．（2013秋·江苏盐城·九年级阶段练习）已知∠MAN，AC平分∠MAN.（1）在图1中，若∠MAN=120°，∠ABC=∠ADC=90°，我们可得结论：AB+AD=AC；在图2中，若∠MAN=120°，∠ABC+∠ADC=180°，则上面的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；【解】（2）在图3中：（只要填空，不需要证明）.①若∠MAN=60°，∠ABC+∠ADC=180°，则AB+AD=AC；②若∠MAN=α（0°＜α＜180°），∠ABC+∠ADC=180°，则AB+AD=AC（用含α的三角函数表示）．【答案】（1）成立，证明如下；（2），.【详解】试题分析：（1）作CE⊥AM、CF⊥AN于E、F．根据角平分线的性质，得CE=CF，根据等角的补角相等，得∠CDE=∠ABC，再根据AAS得到△CDE≌△CBF，则DE=BF．再由∠MAN=120°，AC平分∠MAN，得到∠ECA=∠FCA=30°，从而根据30°所对的直角边等于斜边的一半，得到AE=AC，AF=AC，等量代换后即可证明AD+AB=AC仍成立．试题解析：（1）仍成立．证明：过点C分别作AM、AN的垂线，垂足分别为E、F∵AC平分∠MAN∴CE=CF∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ADC+∠CDE=180°∴∠CDE=∠ABC又∠CED=∠CFB=90°，∴△CED≌△CFB（AAS）∵ED=FB，∴AD+AB=AE-ED+AF+FB=AE+AF∴AE+AF=AC∴AD+AB=AC（2），.考点:(1)角平分线的性质；（2）全等三角形的判定与性质；（3）含30度角的直角三角形．5．（2021·全国·八年级专题练习）已知：，求证：．26．（2021·全国·八年级专题练习）已知，求证：，．【答案】见解析【分析】延长DC至点E使CE=AD，先证明△BAD≌△BCE，再证明△BDE是等边三角形，可证结论成立．【详解】证明：延长DC至点E使CE=AD，∵，∴∠A+∠BCD=180°，∵∠BCE+∠BCD=180°，∴∠A=∠BCE，在△BAD和△BCE中，∴△BAD≌△BCE，∴BD=BE，∠ABD=∠CBE，∵∠ABC=∠ABD+∠CBD=60°，∴∠DBE=∠CBE+∠CBD=60°，∴△BDE是等边三角形，∴BD=DE，∵DC+CE=DE，∴；作BF⊥DE于点F，则∠EBF=30°，EF=DF=DE=BE，∴BF==，∴S△DBE=DE×BF=×BE×=，∴．【点睛】此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，等腰三角形的性质，解决问题的关键是正确作出辅助线，证出△BAD≌△BCE，再证出△BDE是等边三角形．7．（2021·贵州黔东南·统考中考真题）在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD．【探究发现】（1）如图①，若∠BAD＝，∠ABC＝∠ADC＝．求证：AD＋AB＝AC；【拓展迁移】（2）如图②，若∠BAD＝，∠ABC＋∠ADC＝．①猜想AB、AD、AC三条线段的数量关系，并说明理由；②若AC＝10，求四边形ABCD的面积．【答案】（1）见解析；（2）①AD＋AB＝AC，见解析；②【分析】（1）根据角平分线的性质得到∠DAC＝∠BAC＝，然后根据直角三角形中是斜边的一半即可写出数量关系；（2）①根据第一问中的思路，过点C分别作CE⊥AD于E，CF⊥AB于F，构造证明△CFB△CED，根据全等的性质得到FB＝DE，结合第一问结论即可写出数量关系；②根据题意应用的正弦值求得的长，然后根据的数量关系即可求解四边形ABCD的面积．【详解】（1）证明：∵AC平分∠BAD，∠BAD＝，∴∠DAC＝∠BAC＝，∵∠ADC＝∠ABC＝，∴∠ACD＝∠ACB＝，∴AD＝．∴AD＋AB＝AC，（2）①AD＋AB＝AC，理由：过点C分别作CE⊥AD于E，CF⊥AB于F．，∵AC平分∠BAD，∴CF＝CE，∵∠ABC＋∠ADC＝，∠EDC＋∠ADC＝，∴∠FBC＝∠EDC，又∠CFB＝∠CED＝，∴△CFB△CED，∴FB＝DE，∴AD＋AB＝AD＋FB＋AF＝AD＋DE＋AF＝AE＋AF，在四边形AFCE中，由⑴题知：AE＋AF＝AC，∴AD＋AB＝AC；②在Rt△ACE中，∵AC平分∠BAD，∠BAD＝∴∠DAC＝∠BAC＝，又∵AC＝10，∴CE＝A，∵CF＝CE，AD＋AB＝AC，∴＝．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质和应用，解直角三角形，关键是辨认出本题属于角平分线类题型，作垂直类辅助线．8．（2017·四川乐山·中考真题）在四边形ABCD中，∠B+∠D=180°，对角线AC平分∠BAD．（1）如图1，若∠DAB=120°，且∠B=90°，试探究边AD、AB与对角线AC的数量关系并说明理由．（2）如图2，若将（1）中的条件“∠B=90°”去掉，（1）中的结论是否成立？请说明理由．（3）如图3，若∠DAB=90°，探究边AD、AB与对角线AC的数量关系并说明理由．【答案】（1）AC=AD+AB；（2）成立；（3）AD+AB=AC．【分析】（1）结论：AC=AD+AB，只要证明AD=AC，AB=AC即可解决问题；（2）（1）中的结论成立．以C为顶点，AC为一边作∠ACE=60°，∠ACE的另一边交AB延长线于点E，只要证明△DAC≌△BEC即可解决问题；（3）结论：AD+AB=AC．过点C作CE⊥AC交AB的延长线于点E，只要证明△ACE是等腰直角三角形，△DAC≌△BEC即可解决问题；【详解】（1）AC=AD+AB．理由如下：如图1中，在四边形ABCD中，∠D+∠B=180°，∠B=90°，∴∠D=90°，∵∠DAB=120°，AC平分∠DAB，∴∠DAC=∠BAC=60°，∵∠B=90°，∴AB=AC，同理AD=AC，∴AC=AD+AB．（2）（1）中的结论成立，理由如下：以C为顶点，AC为一边作∠ACE=60°，∠ACE的另一边交AB延长线于点E，如图2，∵∠BAC=60°，∴△AEC为等边三角形，∴AC=AE=CE，∵∠D+∠ABC=180°，∠DAB=120°，∴∠DCB=60°，∴∠DCA=∠BCE，∵∠D+∠ABC=180°，∠ABC+∠EBC=180°，∴∠D=∠CBE，∵CA=CE，∴△DAC≌△BEC，∴AD=BE，∴AC=AE=AD+AB．（3）结论：AD+AB=AC．理由如下：过点C作CE⊥AC交AB的延长线于点E，如图3，∵∠D+∠ABC=180°，∠DAB=90°，∴∠DCB=90°，∵∠ACE=90°，∴∠DCA=∠BCE，又∵AC平分∠DAB，∴∠CAB=45°，∴∠E=45°，∴AC=CE．又∵∠D+∠ABC=180°，∠ABC+∠CBE=180°，∴∠D=∠CBE，∴△CDA≌△CBE，∴AD=BE，∴AD+AB=AE．在Rt△ACE中，AC=CE，∴AE==AC，∴AD+AB=AC．【点睛】本题是四边形探究的综合题，属于压轴题，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，等腰三角形的判定与性质，线段的和差倍分关系，对于线段和差问题，常常采用截长法或补短法构造辅助线，通过全等三角形来解决．9．（2022秋·广东惠州·九年级校考期中）在中，，．将一块三角板的直角顶点放在斜边的中点处，将三角板绕点旋转，三角板的两直角边分别交边、于点D、E．(1)如图①，当时，则的值是________．(2)如图②，当与不垂直时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；(3)如图③，在内作，使得、分别交、于点、，连接．那么的周长是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)2(2)依然成立(3)的周长为定值，且周长为2【分析】（1）由等腰三角形的性质和为斜边的中点可知，，所以的值可求；（2）结论成立．连接，通过证明≌．可得，所以；（3）的周长为定值，且周长为2．在上截取，通过证明≌，得到．所以．【详解】（1）连∵P是的中点，，∴∵，∴∴四边形是矩形，∴又∵∴∴；故答案为：2；（2）结论成立．连接，如图②．是等腰直角三角形，是的中点，，，．，．．又，．≌．，．（3）的周长为定值，且周长为2．在上截取，如图③，由（2）可知：，，，，．，又，≌，．，，，．的周长是2．【点睛】此题比较复杂，综合考查全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、图形的变换．综合性很强，是一道不错的题目．10．（2021秋·河南漯河·八年级统考期中）在等边中，点D为的中点，点F在延长线上，点E在射线上，．（1）如图1，当点E与点B重合时，则与的数量关系是_________；（2）当点E在线段上时，（1）中的结论是否仍然成立？请结合图2说明理由；（3）如图3，当点E在的延长线上时，，请直接写出的长．【答案】（1）DE=DF；（2）DE=DF，理由见解析；（3）4【分析】（1）根据等腰三角形的性质及已知，可得∠DBC=∠F=30゜，从而可得DE=DF；（2）仍有DE=DF；过点D作DG∥BC交AB于点G，可证明△DGE≌△DCF，从而可得DE=DF；（3）过点D作DG∥BC交AB于点G，可证明△DGE≌△DCF，从而可得GE=CF；设BC=a，则CF=8－a，，，则可得方程，解方程即可求得a．【详解】（1）∵△ABC是等边三角形，D点为AC的中点∴∠DBC=30゜∵∠EDF=120゜∴∠F=180゜―∠DBC―∠EDF=30゜∴∠DBC=∠F∴DE=DF故答案为：DE=DF（2）仍有DE=DF；理由如下：过点D作DG∥BC交AB于点G，如图2所示则∠AGD=∠ABC∵△ABC是等边三角形∴AB=AC，∠A=∠ABC=∠ACB=60゜∴∠AGD=∠A=60゜∴△AGD是等边三角形∴∠ADG=∠AGD=60゜，AD=GD∴∠DGE=∠GDC=120゜∴∠EDF=∠GDC=120゜∵∠GDE+∠EDC=∠EDC+∠CDF∴∠GDE=∠CDF∵D点是AC的中点∴AD=DC=GD∵∠ACB=60゜∴∠DCF=120゜∴∠DGE=∠DCF在△DGE和△DCF中∴△DGE≌△DCF(ASA)∴DE=DF（3）过点D作DG∥BC交AB于点G，如图3所示与（2）同理有：△DGE≌△DCF∴GE=CF设BC=a，则CF=8－a，∴由GE=CF，得：解得：a=4【点睛】本题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，作辅助线构造三角形全等是本题后两问的关键．11．（2017·辽宁葫芦岛·中考真题）如图，∠MAN=60°，AP平分∠MAN，点B是射线AP上一定点，点C在直线AN上运动，连接BC，将∠ABC（0°＜∠ABC＜120°）的两边射线BC和BA分别绕点B顺时针旋转120°，旋转后角的两边分别与射线AM交于点D和点E．（1）如图1，当点C在射线AN上时，①请判断线段BC与BD的数量关系，直接写出结论；②请探究线段AC，AD和BE之间的数量关系，写出结论并证明；（2）如图2，当点C在射线AN的反向延长线上时，BC交射线AM于点F，若AB=4，AC=，请直接写出线段AD和DF的长．【答案】（1）①BC=BD；②AD+AC=BE；（2）AD=，DF=．【分析】（1）①结论：BC=BD．只要证明△BGD≌△BHC即可．②结论：AD+AC=BE．只要证明AD+AC=2AG=2EG，再证明EB=BE即可解决问题；（2）如图2中，作BG⊥AM于G，BH⊥AN于H，AK⊥CF于K．由（1）可知，△ABG≌△ABH，△BGD≌△BHC，易知BH，AH，BC，CH，AD的长，由sin∠ACH=，推出AK的长，设FG=y，则AF=﹣y，BF=，由△AFK∽△BFG，可得，可得关于y的方程，求出y即可解决问题．【详解】（1）①结论：BC=BD，理由：如图1中，作BG⊥AM于G，BH⊥AN于H，∵∠MAN=60°，PA平分∠MAN，BG⊥AM于G，BH⊥AN于H，∴BG=BH，∠GBH=∠CBD=120°，∴∠CBH=∠GBD，∵∠BGD=∠BHC=90°，∴△BGD≌△BHC，∴BD=BC；②结论：AD+AC=BE，∵∠ABE=120°，∠BAE=30°，∴∠BEA=∠BAE=30°，∴BA=BE，∵BG⊥AE，∴AG=GE，EG=BE•cos30°=BE，∵△BGD≌△BHC，∴DG=CH，∵AB=AB，BG=BH，∴Rt△ABG≌Rt△ABH，∴AG=AH，∴AD+AC=AG+DG+AH﹣CH=2AG=BE，∴AD+AC=BE；（2）如图2中，作BG⊥AM于G，BH⊥AN于H，AK⊥CF于K，由（1）可知，△ABG≌△ABH，△BGD≌△BHC，易知BH=GB=2，AH=AG=EG=，BC=BD==，CH=DG=，∴AD=，∵sin∠ACH=，∴，∴AK=，设FG=y，则AF=﹣y，BF=，∵∠AFK=∠BFG，∠AKF=∠BGF=90°，∴△AFK∽△BFG，∴，∴，解得y=或（舍弃），∴DF=GF+DG=，即DF=．12．（2021·重庆·统考中考真题）在等边中，，，垂足为D，点E为AB边上一点，点F为直线BD上一点，连接EF．（1）将线段EF绕点E逆时针旋转60°得到线段EG，连接FG．①如图1，当点E与点B重合，且GF的延长线过点C时，连接DG，求线段DG的长；②如图2，点E不与点A，B重合，GF的延长线交BC边于点H，连接EH，求证：；（2）如图3，当点E为AB中点时，点M为BE中点，点N在边AC上，且，点F从BD中点Q沿射线QD运动，将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EP，连接FP，当最小时，直接写出的面积．【答案】（1）①；②见解析；（2）【分析】（1）①连接AG，根据题意得出△ABC和△GEF均为等边三角形，从而可证明△GBC≌△GAC，进一步求出AD＝3，AG＝BG＝，然后利用勾股定理求解即可；②以点F为圆心，FB的长为半径画弧，与BH的延长线交于点K，连接KF，先证明出△BFK是顶角为120°的等腰三角形，然后推出△FEB≌△FHK，从而得出结论即可；（2）利用“胡不归”模型构造出含有30°角的直角三角形，构造出，当N、P、J三点共线的时候满足条件，然后利用等边三角形的性质及判定、矩形的判定及性质以及解直角三角形的知识分别计算出PN与DN的长度，即可得出结论．【详解】（1）解：①如图所示，连接AG，由题意可知，△ABC和△GEF均为等边三角形，∴∠GFB＝60°，∵BD⊥AC，∴∠FBC＝30°，∴∠FCB＝30°，∠ACG＝30°，∵AC＝BC，GC＝GC，∴△GBC≌△GAC（SAS），∴∠GAC＝∠GBC＝90°，AG＝BG，∵AB＝6，∴AD＝3，AG＝BG＝，∴在Rt△ADG中，，∴；②证明：以点F为圆心，FB的长为半径画弧，与BH的延长线交于点K，连接KF，如图，∵△ABC和△GEF均为等边三角形，∴∠ABC＝60°，∠EFH＝120°，∴∠BEF+∠BHF＝180°，∵∠BHF+∠KHF＝180°，∴∠BEF＝∠KHF，由辅助线作法可知，FB＝FK，则∠K＝∠FBE，∵BD是等边△ABC的高，∴∠K＝∠DBC＝∠DBA＝30°，∴∠BFK＝120°，在△FEB与△FHK中，∴△FEB≌△FHK（AAS），∴BE＝KH，∴BE+BH＝KH+BH＝BK，∵FB＝FK，∠BFK＝120°，∴BK＝BF，即：；（2）方法一：以为顶点，为一边，作，交于，过作于，设交于，如图：中，，最小即是最小，此时、、共线，将线段绕点顺时针旋转得到线段，在射线上运动，则在射线上运动，根据“瓜豆原理”，为主动点，是从动点，为定点，，则、轨迹的夹角，，，，，，，，，而，，四边形是矩形，，边中，，，，又，，等边中，，点为中点时，点为中点，，，中，，，，，中，，，．方法二：如图，连接EQ，∵在等边中，，，∴∠A＝60°，∠BDA＝90°，∠ABD＝30°，∵点E、Q分别为AB、BD的中点，∴EQ为△ABD的中位线，∴EQAD，∴∠BEQ＝∠A＝60°，∠BQE＝∠BDA＝90°，∵∠BQE＝90°，∠ABD＝30°，∴EQ＝，∵点M为BE的中点，∴ME＝＝EQ，∵将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EP，∴△EPF为等边三角形，∠PEF＝60°，PE＝EF＝PF，∴∠BEQ＝∠PEF，∴∠BEQ－∠PEQ＝∠PEF－∠PEQ，即∠MEP＝∠QEF，在△MEP与△QEF中，，∴△MEP≌△QEF（SAS）∴∠EMP＝∠EQF＝90°，∴MP⊥BE，∴点P在射线MP上运动，如图，以为顶点，为一边，作，交于，过作于，设交于，则在中，，最小即是最小，此时、、共线，如下图：∵∠EMP＝90°，∠PML＝30°，，，，，又∵，，四边形是矩形，，在等边中，，，，又，，在等边中，，点为中点时，点为中点，，，∴在中，，，，，∴在中，，，．【点睛】本题考查等边三角形性质及应用，涉及旋转变换、解直角三角形、三角形全等的判定及性质、矩形的判定及性质等知识，难度较大，解题的关键是构造辅助线．13．（2022·辽宁朝阳·统考中考真题）【思维探究】如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，连接AC．求证：BC+CD＝AC．(1)小明的思路是：延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．根据∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，从而得到∠B＝∠ADE，然后证明ADE≌ABC，从而可证BC+CD＝AC，请你帮助小明写出完整的证明过程．(2)【思维延伸】如图2，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，连接AC，猜想BC，CD，AC之间的数量关系，并说明理由．(3)【思维拓展】在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝，AC与BD相交于点O．若四边形ABCD中有一个内角是75°，请直接写出线段OD的长．【答案】(1)AC=BC+CD；理由见详解；(2)CB+CD=AC；理由见详解；(3)或【分析】（1）如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．证明△ADE≌△ABC（SAS），推出∠DAE=∠BAC，AE=AC，推出△ACE的等边三角形，可得结论；（2）结论：CB+CD=AC．如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．证明△AMD≌△ANB（AAS），推出DM=BN，AM=AN，证明Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），推出CM=CN，可得结论；（3）分两种情形：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．如图3-2中，当∠CBD=75°时，分别求解即可．【详解】（1）证明：如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．∵∠BAD+∠BCD=180°，∴∠B+∠ADC=180°，∵∠ADE+∠ADC=180°∴∠B=∠ADE，在△ADE和△ABC中，，∴△ADE≌△ABC（SAS），∴∠DAE=∠BAC，AE=AC，∴∠CAE=∠BAD=60°，∴△ACE的等边三角形，∴CE=AC，∵CE=DE+CD，∴AC=BC+CD；（2）解：结论：CB+CD=AC．理由：如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．∵∠DAB=∠DCB=90°，∴∠CDA+∠CBA=180°，∵∠ABN+∠ABC=180°，∴∠D=∠ABN，∵∠AMD=∠N=90°，AD=AB，∴△AMD≌△ANB（AAS），∴DM=BN，AM=AN，∵AM⊥CD，AN⊥CN，∴∠ACD=∠ACB=45°，∴AC=CM，∵AC=AC．AM=AN，∴Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），∴CM=CN，∴CB+CD=CNBN+CM+DM=2CM=AC；（3）解：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．∵∠CDA=75°，∠ADB=45°，∴∠CDB=30°，∵∠DCB=90°，∴CD=CB，∵∠DCO=∠BCO=45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，∴OP=OQ，∴，∴，∵AB=AD=，∠DAB=90°，∴BD=AD=2，∴OD=．如图3-2中，当∠CBD=75°时，同法可证，，综上所述，满足条件的OD的长为或．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边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，属于中考压轴题．14．（2020·湖南湘西·中考真题）问题背景：如图1，在四边形中，，，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．探究图中线段，，之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长到G，使，连接，先证明，再证明，可得出结论，他的结论就是_______________；探究延伸1：如图2，在四边形中，，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、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，在四边形中，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、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）北偏西的A处舰艇乙在指挥中心南偏东的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，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】延长到G，使，连接，先证明，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明，可得GF=EF，即可解题；探究延伸1：延长到G，使，连接，先证明，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明，可得GF=EF，即可解题；探究延伸2：延长到G，使，连接，先证明，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明，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：延长到G，使，连接，在△BCG和△BAE中，，∴（SAS），∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，∴∠ABE+∠CBF=60°，∴∠CBG+∠CBF=60°，即∠GBF=60°，在△BGF和△BEF中，，∴△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：延长到G，使，连接，在△BCG和△BAE中，，∴（SAS），∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，∵∠ABC=2∠MBN，∴∠ABE+∠CBF=∠ABC，∴∠CBG+∠CBF=∠ABC，即∠GBF=∠ABC，在△BGF和△BEF中，，∴△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：延长到G，使，连接，∵，∠BCG+∠BCD=180°，∴∠BCG=∠BAD在△BCG和△BAE中，，∴（SAS），∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，∵∠ABC=2∠MBN，.。。41∴∠ABE+∠CBF=∠ABC，∴∠CBG+∠CBF=∠ABC，即∠GBF=∠ABC，在△BGF和△BEF中，，∴△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=∠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．15．（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=∠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=∠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）.【分析】（1）将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，首先证