2022年苏教版中考数学压轴题经典模型教案专题03 对角互补模型

这是一份2022年苏教版中考数学压轴题经典模型教案专题03 对角互补模型，共105页。

【压轴必刷】2022中考数学压轴大题之经典模型培优案
专题3对角互补模型
经典例题



【例1】．在中，，，于点,
（1）如图1，点，分别在，上，且，当，时，求线段的长；
（2）如图2，点，分别在，上，且，求证：；
（3）如图3，点在的延长线上，点在上，且，求证：;

【例2】．问题背景
如图（1），在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，AB＝AD，∠BAD＝α，以点A为顶点作一个角，角的两边分别交BC，CD于点E，F，且∠EAFα，连接EF，试探究：线段BE，DF，EF之间的数量关系．

（1）特殊情景
在上述条件下，小明增加条件“当∠BAD＝∠B＝∠D＝90°时”如图（2），小明很快写出了：BE，DF，EF之间的数量关系为______．
（2）类比猜想
类比特殊情景，小明猜想：在如图（1）的条件下线段BE，DF，EF之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请你帮助小明完成证明；若不成立，请说明理由．
（3）解决问题
如图（3），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，点D，E均在边BC上，且∠DAE＝45°，若BD，请直接写出DE的长．
【例3】一位同学拿了两块三角尺，做了一个探究活动：将的直角顶点放在的斜边的中点处，设.

（1）如图1所示，两三角尺的重叠部分为，则重叠部分的面积为______，周长为______.
（2）将如图1所示中的绕顶点逆时针旋转，得到如图2所示，此时重叠部分的面积为______，周长为______.
（3）如果将绕旋转到不同于如图1所示和如图2所示的图形，如图3所示，请你猜想此时重叠部分的面积为______.
（4）在如图3所示情况下，若，求出重叠部分图形的周长.
【例4】如图1，在正方形ABCD中，P是对角线BD上一点，PE⊥AB，PF⊥BC，垂足分别为点E，F
（1）求证：四边形PEBF是正方形；
（2）连结AP，过点P作AP的垂线交直线BC于点G：
①当点G在BC边上时（如图2），若AB＝7，BG＝1，求AP的长；
②请直接写出线段PB，PD，BG之间的数量关系．

【例5】已知，矩形ABCD中，BC＝2AB，点M为AD边的中点，连接BD，点P在对角线BD上，连接AP，以点P为顶点作∠EPF＝90°，PE交AB边于点E，PF交AD边于点F．
（1）当∠PBA与∠PAB互余（如图a）时，求证：BE-12MF=12AB；
（2）当∠PBA与∠PAB相等（如图b）时，求证：BE、MF、AB间的数量关系为　 ．
（3）在（2）的条件下，连接EF并延长EF，交直线BD于点G，若BE：AF＝2：3，EF=85，求DG的长．
培优训练


1．（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．
2．四边形是由等边和顶角为的等腰排成，将一个角顶点放在处，将角绕点旋转，该交两边分别交直线、于、，交直线于、两点．
（1）当、都在线段上时（如图1），请证明：；

（2）当点在边的延长线上时（如图2），请你写出线段，和之间的数量关系，并证明你的结论；
（3）在（1）的条件下，若，，请直接写出的长为 ．
3．问题探究
（（1）如图①，已知∠A=45°，∠ABC=30°，∠ADC=40°，则∠BCD的大小为___________；
（2）如图②，在四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠ADC=90°，对角线BD=6．求四边形ABCD的面积；小明这样来计算．延长DC，使得CE=AD，连接BE，通过证明△ABD≌△CBE，从而可以计算四边形ABCD的面积．请你将小明的方法完善．并计算四边形ABCD的面积；
问题解决
（3）如图③，四边形ABCD是正在建设的城市花园，其中AB=BC，∠ABC=60°，∠ADC=30°，DC=40米，AD=30米．请计算出对角线BD的长度．

4．（初步探索）
（1）如图1：在四边中，，，、分别是、上的点，且，探究图中、、之间的数量关系．
小明同学探究此问题的方法是：延长到点，使．连接，先证明，再证明，可得出结论，他的结论应是____________________；
（灵活运用）
（2）如图2，若在四边形中，，，、分别是、上的点，且，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
（拓展延伸）
（3）如图3，已知在四边形中，，，若点在的延长线上，点在的延长线上，如图3所示，仍然满足，请写出与的数量关系，给出证明过程．

5．在内有一点，过点分别作，，垂足分别为，．且，点，分别在边和上．


（1）如图1，若，请说明；
（2）如图2，若，，猜想，，具有的数量关系，并说明你的结论成立的理由．
6．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．

7．如图1，四边形ABCD中，BD⊥AD，E为BD上一点，AE＝BC，CE⊥BD，CE＝ED

（1）已知AB＝10，AD＝6，求CD；
（2）如图2，F为AD上一点，AF＝DE，连接BF，交BF交AE于G，过G作GH⊥AB于H，∠BGH＝75°．求证：BF＝2GH+EG．
8．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________________.
9．点P在四边形ABCD的对角线AC上，直角三角板PEF绕直角顶点P旋转，其边PE、PF分别交BC、DC边于点M、N．
【操作发现】如图1，若四边形ABCD是正方形．当PM⊥BC时，可知四边形PMCN是正方形．
显然PM＝PN；当PM与BC不垂直时，确定PM、PN之间的数量关系：　PM＝PN　；
【类比探究】如图2，若四边形ABCD为矩形，试说明：PMPN=ABAD；
【拓展应用】如图3，改变四边形ABCD、△PEF形状，其条件不变，且满足AB＝6，AD＝4，∠B+∠D＝180°，∠EPF＝∠BAD＞90°时，求PMPN的值．

10．已知：在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝60°，现将一个足够大的直角三角板的直角顶点P放在斜边AC上．
（1）设三角板的两直角边分别交边AB、BC于点M、N．
①如图1当点P是AC的中点时，分别作PE⊥AB于点E，PF⊥BC于点F，在图中找到与△PEM相似的三角形并证明；
②在①的条件下，并直接写出PM与PN的数量关系．
（2）移动点P，使AP＝2CP，将三角板绕点P旋转，设旋转过程中三角板的两直角边分别交边AB、BC于点M、N（PM不与边AB垂直，PN不与边BC垂直）；或者三角板的两直角边分别交边AB、BC的延长线与点M、N．
③请在备用图中画出图形，判断PM与PN的数量关系，并选择其中一种图形证明你的结论；
④当△PCN是等腰三角形时，若BC＝6cm，请直接写出线段BN的长．

11.问题提出
（1）如图1，将直角三角板的直角顶点P放在正方形ABCD的对角线AC上，一条直角边经过点B，另一条直角边交边DC于点E，线段PB和线段PE相等吗？请证明；
问题探究
（2）如图2，移动三角板，使三角板的直角顶点P在对角线AC上，一条直角边经过点B，另一条直角边交DC的延长线于点E，（1）中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
问题解决
（3）继续移动三角板，使三角板的直角顶点P在对角线AC上，一条直角边经过点B，另一条直角边交DC的延长线于点E，（1）中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．

12.数学活动﹣求重叠部分的面积

（1）问题情境：如图①，将顶角为120°的等腰三角形纸片（纸片足够大）的顶点P与等边△ABC的内心O重合，已知OA＝2，则图中重叠部分△PAB的面积为　3　．
（2）探究1：在（1）的条件下，将纸片绕P点旋转至如图②所示位置，纸片两边分别与AC，AB交于点E，F，图②中重叠部分的面积与图①重叠部分的面积是否相等？如果相等，请给予证明；如果不相等，请说明理由．
（3）探究2：如图③，若∠CAB＝α（0°＜α＜90°），AD为∠CAB的角平分线，点P在射线AD上，且AP＝2，以P为顶点的等腰三角形纸片（纸片足够大）与∠CAB的两边AC，AB分别交于点E、F，∠EPF＝180°﹣α，求重叠部分的面积．（用α或α2的三角函数值表示）
13.已知：在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，现将一块边长足够大的直角三角板的直角顶点置于AB的中点O处，两直角边分别经过点B、C，然后将三角板绕点O按顺时针方向旋转一个角度反（0°＜a＜90°），旋转后，直角三角板的直角边分别与AC、BC相交于点K、H，四边形CHOK是旋转过程中三角板与△ABC的重叠部分（如图1所示）．那么，在上述旋转过程中：
（1）如图1，线段BH与CK具有怎样的数量关系？四边形CHOK的面积是否发生变化？请说明你发现的结论的理由．
（2）如图2，连接HK，
①若AK＝12，BH＝5，求△OKH的面积；
②若AC＝BC＝4，设BH＝x，当△CKH的面积为2时，求x的值，并说出此时四边形CHOK是什么特殊四边形．
14．如图，矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠ACB＝30°，将一块直角三角板的直角顶点P放在点O处，以点P为旋转中心转动三角板，并保证三角板的两直角边分别与边AB，BC所在的直线相交，交点分别为E，F．如图1，当点E是边AB中点时，易证PE=3PF．
（1）如图2，当点E在边AB上时，PE，PF有怎样的数量关系？证明你的结论；
（2）如图3，当点E在AB的延长线上时，且AP：PC＝1：2，PE，PF有怎样的数量关系？证明你的结论．如果AP：PC＝1：n，PE，PF又有怎样的数量关系？请直接写出你的结论．

15．已知：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝60°，BC＝DC，∠BCD＝120°，将直角三角板PMN的30°角的顶点P与点A重合，旋转三角板PMN，在旋转过程中，三角板PMN的直角边PM与直线BC交于点E，斜边PN与直线DC交于点F，连接EF．
（1）当E、F分别在线段BC、CD上时，（如图①），求证：EF＝BE+DF；
（2）当E、F分别在直线BC、CD上时，（如图②、图③），线段EF、BE、DF之间又有怎样的数量关系，请直接写出结论．

16．如图，将直角的顶点P放在正方形ABCD的对角线AC上，使角的一边交边BC于点E，另一边交射线DC于点F，过点P作直线MN∥AD，MN交AB于点M，交CD于点N．
（1）证明：PE＝PF；（只要证明图1这种情形）
（2）如图2，当点F在射线NC上时，探究线段DN，NF，BE之间有何等量关系，并加以证明；
（3）如图3，若将题中的正方形变为矩形ABCD，且AD＝mCD，其余条件不变，探究线段DN，NF，BE之间的等量关系，利用图3和备用图画出图形，并直接写出相应的等量关系，不必证明．
17．如图1，∠AOB＝90°，OC平分∠AOB，以C为顶点作∠DCE＝90°，交OA于点D，OB于点E．
（1）求证：CD＝CE；
（2）图1中，若OC＝3，求OD+OE的长；
（3）如图2，∠AOB＝120°，OC平分∠AOB，以C为顶点作∠DCE＝60°，交OA于点D，OB于点E．若OC＝3，求四边形OECD的面积．

18．如图，已知∠DCE与∠AOB，OC平分∠AOB．
（1）如图1，∠DCE与∠AOB的两边分别相交于点D、E，∠AOB＝∠DCE＝90°，试判断线段CD与CE的数量关系，并说明理由．

以下是小宇同学给出如下正确的解法：
解：CD＝CE．
理由如下：如图1，过点C作CF⊥OC，交OB于点F，则∠OCF＝90°，…
请根据小宇同学的证明思路，写出该证明的剩余部分．
（2）你有与小宇不同的思考方法吗？请写出你的证明过程．
（3）若∠AOB＝120°，∠DCE＝60°．
①如图3，∠DCE与的两边分别相交于点D、E时，（1）中的结论成立吗？为什么？
线段OD、OE、OC有什么数量关系？说明理由．
②如图4，∠DCE的一边与AO的延长线相交时，请回答（1）中的结论是否成立，并请直接写出线段OD、OE、OC有什么数量关系；如图5，∠DCE的一边与BO的延长线相交时，请回答（1）中的结论是否成立，并请直接写出线段OD、OE、OC有什么数量关系．

19．已知：如图1，OM是∠AOB的平分线，点C在OM上，OC＝5，且点C到OA的距离为3．过点C作CD⊥OA，CE⊥OB，垂足分别为D、E，易得到结论：OD+OE＝ ；
（1）把图1中的∠DCE绕点C旋转，当CD与OA不垂直时（如图2），上述结论是否成立？并说明理由；
（2）把图1中的∠DCE绕点C旋转，当CD与OA的反向延长线相交于点D时：
①请在图3中画出图形；
②上述结论还成立吗？若成立，请给出证明；若不成立，请直接写出线段OD、OE之间的数量关系，不需证明．

20．如图，已知∠AOB＝60°，在∠AOB的平分线OM上有一点C（不与点O重合）．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）如图1，当∠DCE绕点C旋转到CD与OA垂直时，求证：OD+OE=3OC；
（2）如图2，当∠DCE绕点C旋转到CD与OA不垂直时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请证明；若不成立，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，线段OD，OE与OC之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的结论，不需证明．

21．【操作发现】如图（1），在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝45°，连接AC，BD交于点M．
①AC与BD之间的数量关系为　 　；
②∠AMB的度数为　 　；
【类比探究】如图（2），在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，连接AC，交BD的延长线于点M．请计算ACBD的值及∠AMB的度数；
【实际应用】如图（3），是一个由两个都含有30°角的大小不同的直角三角板ABC、DCE组成的图形，其中∠ACB＝∠DCE＝90°，∠A＝∠D＝30°且D、E、B在同一直线上，CE＝1，BC=21，求点A、D之间的距离．

22．已知∠AOB＝90°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，OC=2，将一个三角板的直角顶点与C重合，它的两条直角边分别与OA，OB（或它们的反向延长线）相交于点D，E．
（1）当三角板绕点C旋转到CD与OA垂直时（如图1），求证：OD+OE＝2．
（2）当三角板绕点C旋转到CD与OA不垂直时：
①在图2这种情况下，上述结论是否还成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段OD，OE之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并给予证明．
②在图3这种情况下，上述结论是否还成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段OD，OE之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，并给予证明．
23．已知：AP平分∠MAN，点B是射线AP上一定点，点C在直线AM上运动，连接BC．
（1）如图1，∠MAN＝90°，将∠ABC（0°＜∠ABC＜90°）的两边射线BC和BA分别绕点B顺时针旋转90°，旋转后角的两边分别与射线AN交于点D和点E．当点C在射线AM上时，请直接写出：
①BD和BC之间的数量关系是 　；
②线段AC，AD和AB之间的数量关系是 ．
（2）如果∠MAN＝60°，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AN交于点D和点E．
①如图2，当点C在射线AM上时，请探究线段AC，AD和AB之间的数量关系，写出结论并给予证明；
②如图3，当点C在射线AM的反向延长线上时，BC交射线AN于点F，若AB＝23，AC＝2，请直接写出线段AD和DF的长．

24．已知，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，对角线AC，BD相交于点O，以O为顶点作∠MON＝90°，且OM，ON分别与射线AB，BC交于点E，F．
（1）如图1，当OM⊥AB时，线段OE的长为　　，OF的长为　　；
（2）如图2，将∠MON从图1的位置开始绕点O逆时针旋转，点E，F仍然在边AB，BC上，求OEOF的值；
（3）如图3，将图2中的∠MON沿OA方向平移，当顶点落在线段OA的中点P时，再继续绕点P逆时针旋转∠MPN，此时点E，F分别在AB，BC边的延长线上，直接写出此时PEPF的值．

25．矩形ABCD中，点P在对角线BD上（点P不与点B重合），连接AP，过点P作PE⊥AP交直线BC于点E．

（1）如图1，当AB＝BC时，猜想线段PA和PE的数量关系：　 　；
（2）如图2，当AB≠BC时．求证：PAPE=BCAB
（3）若AB＝8，BC＝10，以AP，PE为边作矩形APEF，连接BF，当PE=4541时，直接写出线段BF的长．


【压轴必刷】2022中考数学压轴大题之经典模型培优案
专题3对角互补模型
经典例题



【例1】．在中，，，于点,
（1）如图1，点，分别在，上，且，当，时，求线段的长；
（2）如图2，点，分别在，上，且，求证：；
（3）如图3，点在的延长线上，点在上，且，求证：;

【答案】(1) ；(2)见解析；(3)见解析.
【分析】
（1）根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质得到 AD＝BD＝DC＝ ，求出 ∠MBD＝30°，根据勾股定理计算即可；
（2）证明△BDE≌△ADF，根据全等三角形的性质证明；
（3）过点 M作 ME∥BC交 AB的延长线于 E，证明△BME≌△AMN，根据全等三角形的性质得到 BE＝AN，根据等腰直角三角形的性质、勾股定理证明结论．
【详解】
（1）解：，，，
，，，
，
，
，
，
，
，
由勾股定理得，，即，
解得，，
；
（2）证明：，，
，
在和中，
，
；
（3）证明：过点作交的延长线于，
，
则，，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
．

【点睛】
本题考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形
的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
【例2】．问题背景
如图（1），在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，AB＝AD，∠BAD＝α，以点A为顶点作一个角，角的两边分别交BC，CD于点E，F，且∠EAFα，连接EF，试探究：线段BE，DF，EF之间的数量关系．

（1）特殊情景
在上述条件下，小明增加条件“当∠BAD＝∠B＝∠D＝90°时”如图（2），小明很快写出了：BE，DF，EF之间的数量关系为______．
（2）类比猜想
类比特殊情景，小明猜想：在如图（1）的条件下线段BE，DF，EF之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请你帮助小明完成证明；若不成立，请说明理由．
（3）解决问题
如图（3），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，点D，E均在边BC上，且∠DAE＝45°，若BD，请直接写出DE的长．
【答案】（1）BE+DF＝EF；（2）成立；（3）DE
【分析】
（1）将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG，由旋转的性质可得AE＝AG，BE＝DG，∠BAE＝∠DAG，根据∠EAF=∠BAD可得∠BAE+∠DAF＝45°，即可得出∠∠EAF＝∠FAG，利用SAS可证明△AFE≌△AFG，可得EF=FG，进而可得EF=BE+FD；（2）将△ABE绕点A逆时针旋转α得到△ADH，由旋转的性质可得∠ABE＝∠ADH，∠BAE＝∠DAH，AE＝AH，BE＝DH，根据∠BAD＝α，∠EAFα可得∠BAE+∠FADα，进而可证明∠FAH＝∠EAF，利用SAS可证明△AEF≌△AHF，可得EF=FH=BE+FD；（3）将△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△AE′B，连接DE′，由旋转的性质可得BE′＝EC，AE′＝AE，∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB，根据等腰直角三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝4，即可求出∠E′BD＝90°，利用SAS可证明△AEF≌△AHF，可得DE＝DE′，利用勾股定理求出DE的长即可的答案.
【详解】
（1）BE+DF＝EF，
如图1，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG，
∵∠ADC＝∠B＝∠ADG＝90°，
∴∠FDG＝180°，即点F，D，G共线．
由旋转可得AE＝AG，BE＝DG，∠BAE＝∠DAG．
∵∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝90°﹣∠BAD=90°-45°＝45°，
∴∠DAG+∠DAF＝45°，即∠FAG=45°，
∴∠EAF＝∠FAG，
∴△AFE≌△AFG（SAS），
∴EF＝FG．
又∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴BE+DF＝EF，

故答案为BE+DF＝EF．
（2）成立．
如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转α得到△ADH，
可得∠ABE＝∠ADH，∠BAE＝∠DAH，AE＝AH，BE＝DH．
∵∠B+∠ADC＝180°，
∴∠ADH+∠ADC＝180°，
∴点C，D，H在同一直线上．
∵∠BAD＝α，∠EAFα，
∴∠BAE+∠FADα，
∴∠DAH+∠FADα，
∴∠FAH＝∠EAF，
又∵AF＝AF，
∴△AEF≌△AHF（SAS），
∴EF＝FH＝DF+DH＝DF+BE；

（3）DE，
如图3，将△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△AE′B，连接DE′．

可得BE′＝EC，AE′＝AE，∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB，
在Rt△ABC中，∵AB＝AC＝4，∠BAC=90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝4，
∴CD=BC=BD=3，
∴∠ABC+∠ABE′＝90°，即∠E′BD＝90°，
∴E′B2+BD2＝E′D2．
易证△AE′D≌△AED，
∴DE＝DE′，
∴DE2＝BD2+EC2，即DE2，
解得．
【点睛】
本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，旋转后不改变图形的大小和形状，并且对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线的夹角等于旋转角，熟练掌握旋转的性质及全等三角形的判定定理是解题关键.
【例3】一位同学拿了两块三角尺，做了一个探究活动：将的直角顶点放在的斜边的中点处，设.

（1）如图1所示，两三角尺的重叠部分为，则重叠部分的面积为______，周长为______.
（2）将如图1所示中的绕顶点逆时针旋转，得到如图2所示，此时重叠部分的面积为______，周长为______.
（3）如果将绕旋转到不同于如图1所示和如图2所示的图形，如图3所示，请你猜想此时重叠部分的面积为______.
（4）在如图3所示情况下，若，求出重叠部分图形的周长.
【答案】（1）4，；（2）4，8；（3）4；（4）
【分析】
根据，，得出AB的值，再根据M是AB的中点，得出，求出重叠部分的面积，再根据AM，MC，AC的值即可求出周长； 
易得重叠部分是正方形，边长为，面积为，周长为 
过点M分别作AC、BC的垂线MH、ME，垂足为H、求得≌，则阴影部分的面积等于正方形CEMH的面积 
先过点M作于点E，于点H，根据，，得出≌，从而得出，，最后根据AD和DF的值，算出，即可得出答案
【详解】
解：，，
，
是AB的中点，
，
，
，
重叠部分的面积是，
周长为：；
故答案为4，；
重叠部分是正方形，
边长为，面积为，
周长为．
故答案为4，8．
过点M分别作AC、BC的垂线MH、ME，垂足为H、E，
是斜边AB的中点，，
，
，
，
又，
，，
，
在和中，
，
≌，
阴影部分的面积等于正方形CEMH的面积，
正方形CEMH的面积是；
阴影部分的面积是4；
故答案为4．
如图所示， 过点M作于点E，于点H，
 
四边形MECH是矩形， 
， 
， 
， 
， 
， 
在和中，
，
≌ 
， 
， 
， 
， 
 
 ．
四边形DMGC的周长为： 
 

．
【点睛】
此题考查了等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质，等腰直角三角形的面积公式，正方形的面积公式，全等三角形的判定和性质求解．
【例4】如图1，在正方形ABCD中，P是对角线BD上一点，PE⊥AB，PF⊥BC，垂足分别为点E，F
（1）求证：四边形PEBF是正方形；
（2）连结AP，过点P作AP的垂线交直线BC于点G：
①当点G在BC边上时（如图2），若AB＝7，BG＝1，求AP的长；
②请直接写出线段PB，PD，BG之间的数量关系．

【分析】（1）根据邻边相等的矩形是正方形证明即可．
（2）①如图2﹣1中，连接AG，取AG的中点K，连接PK，BK．证明P，A，BG四点共圆，利用圆周角定理即可解决问题．
②PB﹣PD=2BG．利用全等三角形的性质，等腰直角三角形的性质解决问题即可．
【解析】（1）证明：如图1中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，∠DBC＝∠ABD＝45°，
∵PE⊥AB，PF⊥BC，
∴∠PEB＝∠PFB＝∠EBF＝90°，
∴四边形PEBF是矩形，
∵∠FBP＝∠FPB＝45°，
∴FB＝FP，
∴四边形PEBF是正方形．

（2）①解：如图2﹣1中，连接AG，取AG的中点K，连接PK，BK．

∵∠ABG＝∠APG＝90°，
∴KP＝KB＝KA＝KG，
∴A，B，G，P四点共圆，
∴∠GAP＝∠GBP＝45°，
∴∠GAP＝∠AGP＝45°，
∴PA＝PG，
∵AG=AB2+BG2=52，
∴PA＝PG＝5．

②结论：①当点G在线段BC上时，PB﹣PD=2BG．
理由：∵∠APG＝∠EPF＝90°，
∴∠APE＝∠GPF，
∵PA＝PG，∠PEA＝∠PFG＝90°，
∴△PEA≌△PFG（AAS），
∴AE＝GF，
∵四边形PEBF是正方形，
∴BE＝BF=22BP，
∴BG+AB＝BF﹣FG+BE+AE＝2BE，
∴BG+22（PB+PD）=2PB，
∴2BG＝PB+PD＝2PB，
∴PB﹣PD=2BG．
②当点G在CB的延长线上时，同法可证：PD﹣PB=2BG．
【例5】已知，矩形ABCD中，BC＝2AB，点M为AD边的中点，连接BD，点P在对角线BD上，连接AP，以点P为顶点作∠EPF＝90°，PE交AB边于点E，PF交AD边于点F．
（1）当∠PBA与∠PAB互余（如图a）时，求证：BE-12MF=12AB；
（2）当∠PBA与∠PAB相等（如图b）时，求证：BE、MF、AB间的数量关系为　 ．
（3）在（2）的条件下，连接EF并延长EF，交直线BD于点G，若BE：AF＝2：3，EF=85，求DG的长．
【分析】（1）取AB的中点N，连接PN，PM，由∠PBA与∠PAB互余可以得出∠APB＝90°，由直角三角形的性质就可以得出PN＝BN＝AN=12AB，AM＝DM＝PM=12AD，就可以得出∠NPE＝∠MPF，∠NEP＝∠MFP，就有△PNE∽△PMF，得出NE=12MF，就可以得出结论；
（2）取AB的中点N，连接PN，PM，由条件可以得出△PNE∽△PMF，得出NE=12MF，就可以得出结论BE﹣2MF=12AB；
（3）延长CD交FG于点H，设BE＝2a，则AF＝3a．由BE﹣2MF=12AB就可以求出AB=83a，进而得出AD=163a，AE=23a，FD=73a，在Rt△AEF中，由勾股定理可以求出a的值，再由△AEF∽△DHF和△GDH∽△GBE由相似三角形的性质就可以求出结论．
【解析】（1）如图a，取AB的中点N，连接PN，PM．
∵∠PBA与∠PAB互余，
∴∠PBA+∠PAB＝90°，
∴∠APB＝90°，
∴∠APD＝90°．
∵N是AB的中点，M是AD的中点，
∴PN＝BN＝AN=12AB，AM＝DM＝PM=12AD．
∴∠NAP＝∠NPA，∠MAP＝∠MPA．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，AB＝CD，AD＝BC．
∵BC＝2AB，
∴AD＝2AB，
∴ABAD=12，
∴∠NAP+∠MAP＝90°，
∴∠NPA+∠MPA＝90°，
即∠NPM＝90°．
∵∠EPF＝90°，
∴∠NPM＝∠EPF，
∴∠NPM﹣∠EPM＝∠EPF﹣∠EPM，
∴∠NPE＝∠MPF．
∵∠PBA+∠PAB＝90°，∠BAP+∠DAP＝90°，
∴∠ABP＝∠DAP．
∵PN＝BN，AM＝PM，
∴∠ABP＝∠PBA，∠DAP＝∠MPA，
∴∠NEP＝∠MFP．
∴△PNE∽△PMF，
∴NEMF=PNPM=12AB12AD．
∵NEMF=12，
∴NE=12MF．
∵BE﹣NE＝BN，
∴BE-12MF＝BN，
∵M是AD的中点，
∴AM=12AD，
∴AM＝AB．
∵N是AB的中点，
∴BN=12AB，
∴BE-12MF=12AB．
（2）BE﹣2MF=12AB
理由：如图b，取AB的中点N，连接PN，PM，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠ABC＝90°，AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD．
∵∠PBA＝∠PAB，
∴PA＝PB．
∵N是AB的中点，
∴PN⊥AB，
∴∠ANP＝90°．
∵∠PAB+∠PAD＝90°，∠PBA+∠PBC＝90°，
∴∠PAD＝∠PBC，
∴∠PAD＝∠PDA，
∴PA＝PD．
∵M是AD的中点，
∴PM⊥AD．
∴∠PMA＝90°．
∴四边形PMAN是矩形，
∴∠NPM＝90°．AN＝PM，PN＝AM．
∵∠EPF＝90°
∴∠NPM＝∠EPF，
∴∠NPM﹣∠EPM＝∠EPF﹣∠EPM，
∴∠NPE＝∠MPF．
∵∠PNE＝∠PMF＝90°，
∴△PNE∽△PMF，
∴NEMF=PNPM=12AD12AB．
∵AD＝2AB，
∴NE＝2MF．
∵BE﹣NE＝BN，
∴BE﹣2MF＝BN，
∵N是AB的中点，
∴BN=12AB，
∴BE﹣2MF=12AB．
故答案为：BE﹣2MF=12AB；
（3）如图3，延长CD交FG于点H，设BE＝2a，则AF＝3a．
∵BE﹣2MF=12AB
∴BE﹣2（AF﹣AM）=12AB．
∵AM＝AB，
∴2a﹣2（3a﹣AB）=12AB，
∴AB=83a，
∴AD=163a，AE=23a，FD=73a．
∵AE2+AF2＝EF2，
∴（23a）2+（3a）2＝（85）2，
解得：a1＝3，a2＝﹣3（舍去）．
∴AE＝2，BE＝6，AF＝9，DF＝7，BD＝85．
∵HD∥AB，
∴△AEF∽△DHF，
∴DHQE=DFAF，
∴DH2=79，
∴DH=149．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
即HD∥BE．
∴△GDH∽△GBE，
∴DGBG=DHBE，
∴DGDG+85=1496，
∴DG=1455．


培优训练


1．（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.
2．四边形是由等边和顶角为的等腰排成，将一个角顶点放在处，将角绕点旋转，该交两边分别交直线、于、，交直线于、两点．
（1）当、都在线段上时（如图1），请证明：；

（2）当点在边的延长线上时（如图2），请你写出线段，和之间的数量关系，并证明你的结论；
（3）在（1）的条件下，若，，请直接写出的长为 ．
【答案】（1）证明见解析；（2）．证明见解析；（3）．
【分析】
（1）把△DBM绕点D逆时针旋转120°得到△DAQ，根据旋转的性质可得DM=DQ，AQ=BM，∠ADQ=∠BDM，然后求出∠QDN=∠MDN，利用“边角边”证明△MND和△QND全等，根据全等三角形对应边相等可得MN=QN，再根据AQ+AN=QN整理即可得证；
（2）把△DAN绕点D顺时针旋转120°得到△DBP，根据旋转的性质可得DN=DP，AN=BP，根据∠DAN=∠DBP=90°可知点P在BM上，然后求出∠MDP=60°，然后利用“边角边”证明△MND和△MPD全等，根据全等三角形对应边相等可得MN=MP，从而得证；
（3）过点M作MH∥AC交AB于G，交DN于H，可以证明△BMG是等边三角形，根据等边三角形的性质可得BM=MG=BG，根据全等三角形对应角相等可得∠QND=∠MND，再根据两直线平行，内错角相等可得∠QND=∠MHN，然后求出∠MND=∠MHN，根据等角对等边可得MN=MH，然后求出AN=GH，再利用“角角边”证明△ANE和△GHE全等，根据全等三角形对应边相等可得AE=GE，再根据BG=AB-AE-GE代入数据进行计算即可求出BG，从而得到BM的长．
【详解】
解：（1）证明：把△DBM绕点D逆时针旋转120°得到△DAQ，
则DM=DQ，AQ=BM，∠ADQ=∠BDM，∠QAD=∠CBD=90°，
∴点Q在直线CA上，

∵∠QDN=∠ADQ+∠ADN=∠BDM+∠ADN=∠ABD-∠MDN=120°-60°=60°，
∴∠QDN=∠MDN=60°，
∵在△MND和△QND中，
，
∴△MND≌△QND（SAS），
∴MN=QN，
∵QN=AQ+AN=BM+AN，
∴BM+AN=MN；
（2）：.
理由如下：如图，把△DAN绕点D顺时针旋转120°得到△DBP，
则DN=DP，AN=BP，

∵∠DAN=∠DBP=90°，
∴点P在BM上，
∵∠MDP=∠ADB-∠ADM-∠BDP=120°-∠ADM-∠ADN=120°-∠MDN=120°-60°=60°，
∴∠MDP=∠MDN=60°，
∵在△MND和△MPD中，
，
∴△MND≌△MPD（SAS），
∴MN=MP，
∵BM=MP+BP，
∴MN+AN=BM；
（3）如图，过点M作MH∥AC交AB于G，交DN于H，

∵△ABC是等边三角形，
∴△BMG是等边三角形，
∴BM=MG=BG，
根据（1）△MND≌△QND可得∠QND=∠MND，
根据MH∥AC可得∠QND=∠MHN，
∴∠MND=∠MHN，
∴MN=MH，
∴GH=MH-MG=MN-BM=AN，
即AN=GH，
∵在△ANE和△GHE中，
，
∴△ANE≌△GHE（AAS），
∴AE=EG=2.1，
∵AC=7，
∴AB=AC=7，
∴BG=AB-AE-EG=7-2.1-2.1=2.8，
∴BM=BG=2.8．
故答案为：2.8
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质及等腰三角形的性质，根据等边三角形的性质，旋转变换的性质作辅助线构造全等三角形是解题的关键，（3）作平行线并求出AN=GH是解题的关键，也是本题的难点．
3．问题探究
（（1）如图①，已知∠A=45°，∠ABC=30°，∠ADC=40°，则∠BCD的大小为___________；
（2）如图②，在四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠ADC=90°，对角线BD=6．求四边形ABCD的面积；小明这样来计算．延长DC，使得CE=AD，连接BE，通过证明△ABD≌△CBE，从而可以计算四边形ABCD的面积．请你将小明的方法完善．并计算四边形ABCD的面积；
问题解决
（3）如图③，四边形ABCD是正在建设的城市花园，其中AB=BC，∠ABC=60°，∠ADC=30°，DC=40米，AD=30米．请计算出对角线BD的长度．

【答案】（1）115°；（2）S四边形ABCD=18；（3）对角线BD的长度为米．
【分析】
（1）利用外角的性质可求解；
（2）延长DC，使得CE=AD，连接BE，通过证明△ABD≌△CBE，从而可以计算四边形ABCD的面积；
（2）将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接FD，由旋转的性质可得BF=BD，AF=CD=40，∠BDC=∠BFA，由三角形内角和定理可求∠FAD=90°，由勾股定理可求解．
【详解】
解：（1）如图1，延长BC交AD于E，

∵∠BCD=∠BED+∠D，∠BED=∠A+∠ABC，
∴∠BCD=∠A+∠ABC +∠D =45°+30°+40°=115°，
故答案为：115°；
（2）延长DC，使得CE=AD，连接BE，

在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，
∴∠A+∠BCD=180°，
∵∠BCE+∠BCD=180°，
∴∠A=∠BCE，
在△ABD和△CBE中，
，
∴△ABD≌△CBE，
∴BE=BD，∠ABD=∠CBE，S△ABD=S△CBE，
∵∠ABC=90°，即∠ABD+∠DBC=90°，
∴∠CBE+∠DBC=90°，即∠DBE=90°，
∵BD=BE=6，∠DBE=90°，
∴S△BDE=×BE×BD=18，
∴S△BDE=S△CBE+S△DBC=S△ABD+S△DBC=S四边形ABCD=18；
（4）如图，将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接FD，

∴△BCD≌△BAF，∠FBD=60°，
∴BF=BD，AF=CD=40，∠BDC=∠BFA，
∴△BFD是等边三角形，
∴BF=BD=DF，
∵∠ADC=30°，
∴∠ADB+∠BDC=30°，
∴∠BFA+∠ADB=30°，
∵∠FBD+∠BFA+∠BDA+∠AFD+∠ADF=180°，
∴60°+30°+∠AFD+∠ADF=180°，
∴∠AFD+∠ADF=90°，
∴∠FAD=90°，
∴DF=，
∴BD=(米)．
答：对角线BD的长度为米．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加辅助线构造全等三角形是本题的关键．
4．（初步探索）
（1）如图1：在四边中，，，、分别是、上的点，且，探究图中、、之间的数量关系．
小明同学探究此问题的方法是：延长到点，使．连接，先证明，再证明，可得出结论，他的结论应是____________________；
（灵活运用）
（2）如图2，若在四边形中，，，、分别是、上的点，且，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
（拓展延伸）
（3）如图3，已知在四边形中，，，若点在的延长线上，点在的延长线上，如图3所示，仍然满足，请写出与的数量关系，给出证明过程．

【答案】（1）∠BAE＋∠FAD＝∠EAF；（2）∠EAF＝∠BAE＋∠DAF；（3）∠EAF＝180°−∠DAB．
【分析】
（1）延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF＝∠GAF＝∠DAG＋∠DAF＝∠BAE＋∠DAF，据此得出结论；
（2）延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF＝∠GAF＝∠DAG＋∠DAF＝∠BAE＋∠DAF；
（3）在DC延长线上取一点G，使得DG＝BE，连接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE＝∠FAG，最后根据∠FAE＋∠FAG＋∠GAE＝360°，推导得到2∠FAE＋∠DAB＝360°，即可得出结论．
【详解】
解：（1）∠BAE＋∠FAD＝∠EAF．理由：
如图1，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，
∵，
∴ ，
∵ DG＝BE，，
∴△ABE≌△ADG，∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
∵ ，DG＝BE，
∴ ，且AE＝AG，AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF，
∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG＋∠DAF＝∠BAE＋∠DAF．
故答案为：∠BAE＋∠FAD＝∠EAF；

（2）仍成立，理由：
如图2，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，
∵∠B＋∠ADF＝180°，∠ADG＋∠ADF＝180°，
∴∠B＝∠ADG，
又∵AB＝AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
∵EF＝BE＋FD＝DG＋FD＝GF，AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG＋∠DAF＝∠BAE＋∠DAF；

（3）∠EAF＝180°−∠DAB．
证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG＝BE，连接AG，
∵∠ABC＋∠ADC＝180°，∠ABC＋∠ABE＝180°，
∴∠ADC＝∠ABE，
又∵AB＝AD，
∴△ADG≌△ABE（SAS），
∴AG＝AE，∠DAG＝∠BAE，
∵EF＝BE＋FD＝DG＋FD＝GF，AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠FAE＝∠FAG，
∵∠FAE＋∠FAG＋∠GAE＝360°，
∴2∠FAE＋（∠GAB＋∠BAE）＝360°，
∴2∠FAE＋（∠GAB＋∠DAG）＝360°，
即2∠FAE＋∠DAB＝360°，
∴∠EAF＝180°−∠DAB．

【点睛】
本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性质的综合应用，解决问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角相等进行推导变形．解题时注意：同角的补角相等．
5．在内有一点，过点分别作，，垂足分别为，．且，点，分别在边和上．


（1）如图1，若，请说明；
（2）如图2，若，，猜想，，具有的数量关系，并说明你的结论成立的理由．
【答案】（1）见解析；（2），见解析
【分析】
（1）根据题目中的条件和，可以证明，从而可以得到；
（2）作辅助线，过点作，交于点，从而可以得到，然后即可得到，，再根据题目中的条件可以得到，即可得到，然后即可得到，，具有的数量关系．
【详解】
解：（1），，
，
在和中，

．
；
（2），
理由：过点作，交于点，
在和中，
，
，
，．
，，
．
，
．
在和中，
，
．
，
．

【点睛】
本题考查全等三角形的判定、解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
6．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，
∴∠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．
7．如图1，四边形ABCD中，BD⊥AD，E为BD上一点，AE＝BC，CE⊥BD，CE＝ED

（1）已知AB＝10，AD＝6，求CD；
（2）如图2，F为AD上一点，AF＝DE，连接BF，交BF交AE于G，过G作GH⊥AB于H，∠BGH＝75°．求证：BF＝2GH+EG．
【答案】（1）2；（2）证明见解析
【分析】
（1）由勾股定理得出BD＝＝8，由HL证得Rt△ADE≌Rt△BEC，得出BE＝AD，则CE＝ED＝BD﹣BE＝BD﹣AD＝2，由等腰直角三角形的性质即可得出结果；
（2）连接CF，易证AF＝CE，AD∥CE，得出四边形AECF是平行四边形，则AE＝CF，AE∥CF，得出∠CFD＝∠EAD，∠CFB＝∠AGF，由Rt△ADE≌Rt△BEC，得出∠CBE＝∠EAD，推出∠CBE＝∠CFD，证得△BCF是等腰直角三角形，则BF＝BC＝CF＝AE，∠FBC＝∠BFC＝45°，推出∠AGF＝45°，∠AGH＝60°，∠GAH＝30°，则AG＝2GH，得出BF＝AE＝（AG+EG），即可得出结论．
【详解】
（1）解：∵BD⊥AD，
∴BD＝＝＝8，
∵CE⊥BD，
∴∠CEB＝∠EDA＝90°，
在Rt△ADE和Rt△BEC中，，
∴Rt△ADE≌Rt△BEC（HL），
∴BE＝AD，
∴CE＝ED＝BD﹣BE＝BD﹣AD＝8﹣6＝2，
∴CD＝CE＝2；
（2）解：连接CF，如图2所示：

∵AF＝DE，DE＝CE，
∴AF＝CE，
∵BD⊥AD，CE⊥BD，
∴AD∥CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AE＝CF，AE∥CF，
∴∠CFD＝∠EAD，∠CFB＝∠AGF，
由（1）得：Rt△ADE≌Rt△BEC，
∴∠CBE＝∠EAD，
∴∠CBE＝∠CFD，
∵∠FBD+∠BFC+∠CFD＝90°，
∴∠FBD+∠BFC+∠CBE＝90°，
∴∠BCF＝90°，
∵AE＝BC，
∴BC＝CF，
∴△BCF是等腰直角三角形，
∴BF＝BC＝CF＝AE，∠FBC＝∠BFC＝45°，
∴∠AGF＝45°，
∵∠BGH＝75°，
∴∠AGH＝180°﹣45°﹣75°＝60°，
∵GH⊥AB，
∴∠GAH＝30°，
∴AG＝2GH，
∴BF＝AE＝（AG+EG），
∴BF＝2GH+EG．
【点睛】
本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、含30°角直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握直角三角形的性质、作辅助线构建平行四边形是解题的关键．
8．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，首先证明F，D，G三点共线，求出∠EAF＝∠GAF，然后证明△AFG≌△AFE，根据全等三角形的性质解答；
（2）将△ABE绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADE'，首先证明E'，D，F三点共线，求出∠EAF＝∠E'AF，然后证明△AFE≌△AFE'，根据全等三角形的性质解答；
（3）将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACD'，使AB与AC重合，连接ED'，同（1）可证△AED≌AED'，求出∠ECD'＝90°，再根据勾股定理计算即可．
【详解】
解：（1）将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，
∵∠B＋∠ADC＝180°，
∴∠FDG＝180°，即点F，D，G三点共线，
∵∠BAE＝∠DAG，∠EAF＝∠BAD，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AFG和△AFE中，，
∴△AFG≌△AFE，
∴EF＝FG＝DG＋DF＝BE＋DF；
（2）EF＝DF−BE；
证明：将△ABE绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADE'，则△ABE≌ADE'，

∴∠DAE'＝∠BAE，AE'＝AE，DE'＝BE，∠ADE'＝∠ABE，
∵∠ABC＋∠ADC＝180°，∠ABC＋∠ABE＝180°，
∴∠ADE'＝∠ADC，即E'，D，F三点共线，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠E'AF＝∠BAD−（∠BAF＋∠DAE'）＝∠BAD−（∠BAF＋∠BAE）＝∠BAD−∠EAF＝∠BAD，
∴∠EAF＝∠E'AF，
在△AEF和△AE'F中，，
∴△AFE≌△AFE'（SAS），
∴FE＝FE'，
又∵FE'＝DF−DE'，
∴EF＝DF−BE；
（3）将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACD'，使AB与AC重合，连接ED'，

同（1）可证△AED≌AED'，
∴DE＝D'E．
∵∠ACB＝∠B＝∠ACD'＝45°，
∴∠ECD'＝90°，
在Rt△ECD'中，ED'＝，即DE＝，
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，灵活运用利用旋转变换作图、掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
9．点P在四边形ABCD的对角线AC上，直角三角板PEF绕直角顶点P旋转，其边PE、PF分别交BC、DC边于点M、N．
【操作发现】如图1，若四边形ABCD是正方形．当PM⊥BC时，可知四边形PMCN是正方形．
显然PM＝PN；当PM与BC不垂直时，确定PM、PN之间的数量关系：　PM＝PN　；
【类比探究】如图2，若四边形ABCD为矩形，试说明：PMPN=ABAD；
【拓展应用】如图3，改变四边形ABCD、△PEF形状，其条件不变，且满足AB＝6，AD＝4，∠B+∠D＝180°，∠EPF＝∠BAD＞90°时，求PMPN的值．

【分析】类比探究：先过P作PG⊥BC于G，作PH⊥CD于H，判定△PGM∽△PHN，再根据相似三角形的性质以及平行线分线段成比例定理进行推导计算即可；
拓展应用：先过P作PG∥AB，作PH∥AD，并结合条件∠B+∠D＝180°，判定△PGM∽△PHN，再根据相似三角形的性质以及平行线分线段成比例定理进行推导计算即可．
【解析】操作发现：如图2，
过P作PG⊥BC于G，作PH⊥CD于H，则∠PGM＝∠PHN＝90°，∠GPH＝90°，
∵Rt△PEF中，∠FPE＝90°，
∴∠GPM＝∠HPN，
∴△PGM∽△PHN，
∴PMPN=PGPH，
由PG∥AB，PH∥AD可得，PGAB=CPCA=PHAD，
∴PGPH=ABAD=1，
∴PM＝PN，
故答案为：PM＝PN；

类比探究：
如图3，过P作PG⊥BC于G，作PH⊥CD于H，则∠PGM＝∠PHN＝90°，∠GPH＝90°，
∵Rt△PEF中，∠FPE＝90°，
∴∠GPM＝∠HPN，
∴△PGM∽△PHN，
∴PMPN=PGPH，
由PG∥AB，PH∥AD可得，PGAB=CPCA=PHAD，
∴PGPH=ABAD；
∴PMPN=ABAD；

拓展应用：
如图4，过P作PG∥AB，交BC于G，作PH∥AD，交CD于H，则∠HPG＝∠DAB，
∵∠EPF＝∠BAD，
∴∠EPF＝∠GPH，即∠EPH+∠HPN＝∠EPH+∠GPM，
∴∠HPN＝∠GPM，
∵∠B+∠D＝180°，
∴∠PGC+∠PHC＝180°，
又∵∠PHN+∠PHC＝180°，
∴∠PGC＝∠PHN，
∴△PGM∽△PHN，
∴PMPN=PGPH①，
由PG∥AB，PH∥AD可得，PGAB=CPCA=PHAD，
即PGPH=ABAD=64=32②，
∴由①②可得，PMPN=32．



10．已知：在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝60°，现将一个足够大的直角三角板的直角顶点P放在斜边AC上．
（1）设三角板的两直角边分别交边AB、BC于点M、N．
①如图1当点P是AC的中点时，分别作PE⊥AB于点E，PF⊥BC于点F，在图中找到与△PEM相似的三角形并证明；
②在①的条件下，并直接写出PM与PN的数量关系．
（2）移动点P，使AP＝2CP，将三角板绕点P旋转，设旋转过程中三角板的两直角边分别交边AB、BC于点M、N（PM不与边AB垂直，PN不与边BC垂直）；或者三角板的两直角边分别交边AB、BC的延长线与点M、N．
③请在备用图中画出图形，判断PM与PN的数量关系，并选择其中一种图形证明你的结论；
④当△PCN是等腰三角形时，若BC＝6cm，请直接写出线段BN的长．

【分析】（1）①根据垂直的定义得到∠PEM＝∠PFN＝90°推出四边形EBFP是矩形于是得到∠EPF＝90°即∠2+∠3＝90°等量代换得到∠1＝∠3即可得到结论；
②求出AB=3BC，求出PE=12BC，PF=12AB，推出PEPF=BCAB13，求出∠EPM＝∠NPF＝90°﹣∠MPF，∠PEM＝∠PFN＝90°，根据相似三角形的判定推出△PFN∽△PEM，推出PMPN=PEPF=13，即可得出答案．
（2）③过P作PE⊥AB于E，PF⊥BC于F，求出△AEP∽∠PFC，推出APPC=PEPF=2PCPC=2，设CF＝x，则PE＝2x，求出PF=3x，证△PEM∽△PFN，推出PMPN=PECF=23=233即可；
④求出CP＝2cm，分为两种情况：第一种情况：当N在线段BC上时，得出△PCN是等边三角形，求出CN＝CP＝2cm，代入BN＝BC﹣CN求出即可；第二种情况：当N在线段BC的延长线上时，求出CN＝PC＝2cm，代入BN＝BC+CN求出即可．
【解析】（1）①△PEM∽△PFN，
证明：∵PE⊥AB于点E，PF⊥BC于点F
∴∠PEM＝∠PFN＝90°
又∠ABC＝90°，∠PEB＝90°
∴四边形EBFP是矩形
∴∠EPF＝90°即∠2+∠3＝90°
又∵∠2+∠1＝90°
∴∠1＝∠3
∴△PEM∽△PFN，
②PN=3PM，
∵在Rt△ACB中，∠ABC＝90°，∠C＝60°，
∴AB=3BC，
∵PE∥BC，PF∥AB，P为AC中点，
∴E为AB中点，F为BC中点，
∴PE=12BC，PF=12AB，
∴PEPF=BCAB13，
∵∠PEB＝∠B＝∠PFB＝90°，
∴∠EPF＝90°，
∵∠MPN＝90°，
∴∠EPM＝∠NPF＝90°﹣∠MPF，
∵∠PEM＝∠PFN＝90°，
∴△PFN∽△PEM，
∴PMPN=PEPF=13，
∴PN=3PM；
（2）③结论：PM=233PN，选择图3，
证明：过P作PE⊥AB于E，PF⊥BC于F，
∵∠AEP＝∠PFC＝∠B＝90°，
∴PE∥BC，
∴∠APE＝∠C，
∴△AEP∽∠PFC，
∴APPC=PEPF=2PCPC=2，
设CF＝x，则PE＝2x，
在Rt△PFC中，∠C＝60°，∠PFC＝90°，
∴PF=3x，
∵在四边形BFPE中，∠BFP＝∠B＝∠BEP＝90°，
∴∠EPF＝90°，
即∠EPM+∠MPF＝90°，
∵∠NPF+∠MPF＝90°，
∴∠NPF＝∠EPM，
∵∠MEP＝∠PFN＝90°，
∴△PEM∽△PFN，
∴PMPN=PECF=23=233，
∴PM=233PN．

④解：∵在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠C＝60°，BC＝6cm，
∴AC＝2BC＝12cm，
∵AP＝2PC，
∴CP＝4cm，
分为两种情况：第一种情况：当N在线段BC上时，如图3，
∵△PCN是等腰三角形，∠C＝60°，CP＝4cm，
∴△PCN是等边三角形，
∴CN＝CP＝4cm，
∴BN＝BC﹣CN＝6cm﹣4cm＝2cm；
第二种情况：当N在线段BC的延长线上时，如图2，
∵∠PCN＝180°﹣60°＝120°，
∴要△PCN是等腰三角形，只能PC＝CN，
即CN＝PC＝4cm，
∴BN＝BC+CN＝6cm+4cm＝10cm，
即BN的长是2cm或10cm．



11.问题提出
（1）如图1，将直角三角板的直角顶点P放在正方形ABCD的对角线AC上，一条直角边经过点B，另一条直角边交边DC于点E，线段PB和线段PE相等吗？请证明；
问题探究
（2）如图2，移动三角板，使三角板的直角顶点P在对角线AC上，一条直角边经过点B，另一条直角边交DC的延长线于点E，（1）中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
问题解决
（3）继续移动三角板，使三角板的直角顶点P在对角线AC上，一条直角边经过点B，另一条直角边交DC的延长线于点E，（1）中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．

【分析】（1）根据正方形的性质得∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，而PM⊥BC，PN⊥CD，则四边PMCN为矩形，根据角平分线性质得PM＝PN，根据四边形内角和得到∠PBC+∠CEP＝180°，再利用等角的补角相等得到∠PBM＝∠PEN，然后根据“AAS”证明△PBM≌△PEN，则PB＝PE；
（2）过点P作PM⊥BC，PN⊥CD，垂足分别为M，N，根据正方形的性质得∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，而PM⊥BC，PN⊥CD，得到四边PMCN为矩形，PM＝PN，则∠MPN＝90°，利用等角的余角相等得到∠BPM＝∠EPN，然后根据“AAS”证明△PBM≌△PEN，所以PB＝PE；
（3）过点P作PM⊥BC，PN⊥CD，根据正方形的性质得∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，而PM⊥BC，PN⊥CD，得到四边PMCN为矩形，PM＝PN，则∠MPN＝90°，利用等角的余角相等得到∠BPM＝∠EPN，然后根据“AAS”证明△PBM≌△PEN，所以PB＝PE．
【解析】证明：如图1，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，
∵PM⊥BC，PN⊥CD，
∴四边PMCN为矩形，PM＝PN，
∵∠BPE＝90°，∠BCD＝90°，
∴∠PBC+∠CEP＝180°，
而∠CEP+∠PEN＝180°，
∴∠PBM＝∠PEN，
在△PBM和△PEN中，
∠PMB=∠PNE∠PBM=∠PENPM=PN，
∴△PBM≌△PEN（AAS），
∴PB＝PE；

（2）如图2，PB＝PE还成立．
理由如下：过点P作PM⊥BC，PN⊥CD，垂足分别为M，N，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，
∵PM⊥BC，PN⊥CD，
∴四边形PMCN为矩形，PM＝PN，
∴∠MPN＝90°，
∵∠BPE＝90°，∠BCD＝90°，
∴∠BPM+∠MPE＝90°，
而∠MEP+∠EPN＝90°，
∴∠BPM＝∠EPN，
在△PBM和△PEN中，
∠PMB=∠PNE∠PBM=∠PENPM=PN，
∴△PBM≌△PEN（AAS），
∴PB＝PE；

（3）如图3，PB＝PE还成立．
理由如下：过点P作PM⊥BC交BC的延长线于M，PN⊥CD的延长线于N，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，
∵PM⊥BC，PN⊥CD，
∴四边形PMCN为正方形形，PM＝PN，
∴∠MPN＝90°，
∵∠BPE＝90°，∠BCD＝90°，
∴∠BPN+∠NPE＝90°，
而∠NEP+∠EPN＝90°，
∴∠BPN＝∠EPN，
在△PBM和△PEN中，
∠PMB=∠PNE∠PBM=∠PENPM=PN，
∴△PBM≌△PEN（AAS），
∴PB＝PE．


12.数学活动﹣求重叠部分的面积

（1）问题情境：如图①，将顶角为120°的等腰三角形纸片（纸片足够大）的顶点P与等边△ABC的内心O重合，已知OA＝2，则图中重叠部分△PAB的面积为　3　．
（2）探究1：在（1）的条件下，将纸片绕P点旋转至如图②所示位置，纸片两边分别与AC，AB交于点E，F，图②中重叠部分的面积与图①重叠部分的面积是否相等？如果相等，请给予证明；如果不相等，请说明理由．
（3）探究2：如图③，若∠CAB＝α（0°＜α＜90°），AD为∠CAB的角平分线，点P在射线AD上，且AP＝2，以P为顶点的等腰三角形纸片（纸片足够大）与∠CAB的两边AC，AB分别交于点E、F，∠EPF＝180°﹣α，求重叠部分的面积．（用α或α2的三角函数值表示）
【分析】（1）由点O是等边三角形ABC的内心可以得到∠OAB＝∠OBA＝30°，结合条件OA＝2即可求出重叠部分的面积．
（2）由旋转可得∠FOE＝∠BOA，从而得到∠EOA＝∠FOB，进而可以证到△EOA≌△FOB，因而重叠部分面积不变．
（3）在射线AB上取一点G，使得PG＝PA，过点P作PH⊥AF，垂足为H，方法同（2），可以证到重叠部分的面积等于△PAG的面积，只需求出△PAG的面积就可解决问题．
【解析】（1）过点O作ON⊥AB，垂足为N，如图①，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠CAB＝∠CBA＝60°．
∵点O为△ABC的内心
∴∠OAB=12∠CAB，∠OBA=12∠CBA．
∴∠OAB＝∠OBA＝30°．
∴OB＝OA＝2．
∵ON⊥AB，
∴AN＝NB，PN＝1．
∴AN=3
∴AB＝2AN＝23．
∴S△OAB=12AB•PN=3．
故答案为：3．

（2）图②中重叠部分的面积与图①重叠部分的面积相等．
证明：连接AO、BO，如图②，
由旋转可得：∠EOF＝∠AOB，则∠EOA＝∠FOB．
在△EOA和△FOB中，
∠EAO=∠FBO=30°OA=OB∠EOA=∠FOB
∴△EOA≌△FOB．
∴S四边形AEOF＝S△OAB．
∴图②中重叠部分的面积与图①重叠部分的面积相等．

（3）在射线AB上取一点G，使得PG＝PA，过点P作PH⊥AF，垂足为H，如图③，
则有AH＝GH=12AG．
∵∠CAB＝α，AD为∠CAB的角平分线，
∴∠PAE＝∠PAF=12∠CAB=α2．
∵PG＝PA，
∴∠PGA＝∠PAG=α2．
∴∠APG＝180°﹣α．
∵∠EPF＝180°﹣α，
∴∠EPF＝∠APG．
同理可得：S四边形AEPF＝S△PAG．
∵AP＝2，
∴PH＝2sinα2，AH＝2cosα2．
∴AG＝2AH＝4cosα2．
∴S△PAG=12AG•PH＝4sinα2cosα2．
∴重叠部分的面积为：S面积＝4sinα2cosα2．



13.已知：在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，现将一块边长足够大的直角三角板的直角顶点置于AB的中点O处，两直角边分别经过点B、C，然后将三角板绕点O按顺时针方向旋转一个角度反（0°＜a＜90°），旋转后，直角三角板的直角边分别与AC、BC相交于点K、H，四边形CHOK是旋转过程中三角板与△ABC的重叠部分（如图1所示）．那么，在上述旋转过程中：
（1）如图1，线段BH与CK具有怎样的数量关系？四边形CHOK的面积是否发生变化？请说明你发现的结论的理由．
（2）如图2，连接HK，
①若AK＝12，BH＝5，求△OKH的面积；
②若AC＝BC＝4，设BH＝x，当△CKH的面积为2时，求x的值，并说出此时四边形CHOK是什么特殊四边形．
【分析】（1）本题关键是要证△OCK≌△OBH，连接CO，因为△ACB是等腰直角三角形，故CO⊥AB，得CO＝OB，∠B＝∠OCK，及旋转角相等，得出△OCK≌△OBH，故BH＝CK，四边形CHOK的面积等于三角形ACB面积的一半．
（2）①由△OCK≌△OBH，得出OK＝OH，所以△OKH是等腰直角三角形，所以△OKH的面积=14KH2，求得KH就可求得面积．
②由AC＝BC＝4，BH＝x，可得，CH＝4﹣x，由面积公式可得关于x的方程x2﹣4x+4＝0，解得x＝2，又∠KOH＝90°，所以四边形CHOK是正方形．
【解析】（1）在旋转过程中，BH＝CK，四边形CHOK的面积始终保持不变，其值为△ABC面积的一半．
理由如下：连接OC，
∵△ABC为等腰直角三角形，O为斜边AB的中点，CO⊥AB，
∴∠OCK＝∠B＝45°，CO＝OB．
又∵∠COK与∠BOH均为旋转角，
∴∠COK＝∠BOH＝a，
∴△COK≌△BOH（ASA）．
∴BH＝CK，S四边形CHOK＝S△COK+S△COH＝S△BOH+S△COH＝S△COB=12S△ABC
（2）①由（1）知，BH＝CK＝5，AK＝CH＝12，
在Rt△CKH中，∠C＝90°，KH=52+122=13（KH＞0），
∴S△OKH=12OK•OH=14KH2=1694．

②由（1）知，CK＝BH＝x，
∵BC＝4，
∴CH＝4﹣x．
∵根据题意，得S△CKH=12CH．CK＝2，12（4﹣x）x＝2，
即x2﹣4x+4＝0，
解得x＝2（0＜x＜4）．
即CK＝CH＝BH＝2，
∵AC＝BC＝4，∠A＝∠B＝45°，
∴CH＝BH＝2，
∵O为AB中点，
∴OH∥AC，
∴∠OHB＝∠C＝90°，
∵∠B＝45°＝∠HOB，
∴OH＝BH＝2，
同理CK＝AK＝OK＝2，
即CK＝OK＝KH＝CH＝2，∠C＝90°，
∴四边形CHOK是正方形，
即当△CKH的面积为2时，x的取值是2，此时四边形CHOK是正方形．
14．如图，矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠ACB＝30°，将一块直角三角板的直角顶点P放在点O处，以点P为旋转中心转动三角板，并保证三角板的两直角边分别与边AB，BC所在的直线相交，交点分别为E，F．如图1，当点E是边AB中点时，易证PE=3PF．
（1）如图2，当点E在边AB上时，PE，PF有怎样的数量关系？证明你的结论；
（2）如图3，当点E在AB的延长线上时，且AP：PC＝1：2，PE，PF有怎样的数量关系？证明你的结论．如果AP：PC＝1：n，PE，PF又有怎样的数量关系？请直接写出你的结论．

【分析】（1）如答图1所示，作辅助线，构造直角三角形，证明△PME∽△PNF，并利用已知条件，求得PEPF的值；
（2）如答图2所示，作辅助线，构造直角三角形，首先证明△APM∽△PCN，求得PMPN的值；然后证明△PME∽△PNF，从而由PEPF=PMPN求得PEPF的值．
【解析】（1）如答图1，过点P作PM⊥AB于点M，PN⊥BC于点N，则PM⊥PN．

∵PM⊥PN，PE⊥PF，
∴∠EPM＝∠FPN，
又∵∠PME＝∠PNF＝90°，
∴△PME∽△PNF，
∴PEPF=PMPN，
由已知得，PMPN=3，
∴PEPF=3；

（2）证明：如答图2，过点P作PM⊥AB于点M，PN⊥BC于点N，则PM⊥PN，PM∥BC，PN∥AB．

∵PM∥BC，PN∥AB，
∴∠APM＝∠PCN，∠PAM＝∠CPN，
∴△APM∽△PCN，
∵AP：PC＝1：2，
∴①PMCN=APPC=12，得CN＝2PM．
在Rt△PCN中，PNCN=tan30°=33，∴PMPN=32．
∵PM⊥PN，PE⊥PF，
∴∠EPM＝∠FPN，
又∵∠PME＝∠PNF＝90°，
∴△PME∽△PNF，
∴PEPF=32，
②当AP：PC＝1：n时，
∴PMCN=PAPC=1n，得CN＝nPM．
在Rt△PCN中，PNCN=tan30°=33，
∴PMPN=3n，
∵PM⊥PN，PE⊥PF，
∴∠EPM＝∠FPN，
又∵∠PME＝∠PNF＝90°，
∴△PME∽△PNF，
∴PEPF=3n．
15．已知：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝60°，BC＝DC，∠BCD＝120°，将直角三角板PMN的30°角的顶点P与点A重合，旋转三角板PMN，在旋转过程中，三角板PMN的直角边PM与直线BC交于点E，斜边PN与直线DC交于点F，连接EF．
（1）当E、F分别在线段BC、CD上时，（如图①），求证：EF＝BE+DF；
（2）当E、F分别在直线BC、CD上时，（如图②、图③），线段EF、BE、DF之间又有怎样的数量关系，请直接写出结论．

【分析】（1）延长CD到H点，使DH＝BE，连接AH，根据四边形内角和定理、平角的定义，即可推出∠ADC+∠ABC＝180°，∠B＝∠ADH，再由AD＝AB，即可推出△ABE≌△ADH，推出∠EAB＝∠HAD，根据∠NAM＝30°，即可推出∠HAF＝30°，结合题意推出△AHF≌△AEF后，根据全等三角形的性质即可推出结论；
（2）如图②，在BE上截取BO＝DF，连接AO，根据全等三角形的判定定理推出△DAF≌△BAO，△EFA≌△OEA，推出EF＝EO，DF＝BO，即得BE＝EF+DF；如图③，在DF上截取DR＝BE，连接AR，根据全等三角形的判定定理推出△DAR≌△BAE，△EFA≌△RAF，推出EF＝RF，DR＝BE，即得DF＝EF+BE．
【解析】（1）延长CD到H点，使DH＝BE，连接AH，
∵∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，
∴∠D+∠B＝180°，
∵∠ADF+∠ADH＝180°，
∴∠ADH＝∠B，
∵AD＝AB，DH＝BE，
∴在△ADH和△ABE中，
DH=BE∠ADH=∠ABEAD=AB，
∴△ADH≌△ABE（SAS），
∴AH＝AE，∠HAD＝∠EAB，
∵∠DAB＝60°，∠FAE＝30°，
∴∠EAB+∠DAF＝30°，
∴∠DAF+∠HAD＝30°，即∠HAF＝30°，
∴在△HAF和△EAF中，
AH=AE∠HAF=∠EAFAF=AF，
∴△HAF≌△EAF（SAS），
∴HF＝EF，
∵HF＝HD+DF＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF，

（2）如图②，BE＝EF+DF，
如图③，DF＝EF+BE．

16．如图，将直角的顶点P放在正方形ABCD的对角线AC上，使角的一边交边BC于点E，另一边交射线DC于点F，过点P作直线MN∥AD，MN交AB于点M，交CD于点N．
（1）证明：PE＝PF；（只要证明图1这种情形）
（2）如图2，当点F在射线NC上时，探究线段DN，NF，BE之间有何等量关系，并加以证明；
（3）如图3，若将题中的正方形变为矩形ABCD，且AD＝mCD，其余条件不变，探究线段DN，NF，BE之间的等量关系，利用图3和备用图画出图形，并直接写出相应的等量关系，不必证明．
【分析】（1）利用同角的余角判断出∠EPQ＝∠FPN，即可判断出△PQE≌△PNF（ASA），即可得出结论；
（2）先判断出DN＝NF，同（1）的方法判断出△PQE≌△PNF（ASA），代换即可得出结论；
（3）分两种情况，类似（2）的方法利用相似即可得出结论．
【解析】（1）如图1，过点P作PQ⊥BC于Q，
∴四边形CNPQ是正方形，
∴PN＝PQ＝CN，∠NPF+∠FPQ＝90°，
∵∠EPQ+∠FPQ＝90°，
∴∠EPQ＝∠FPN，
在△PQE和△PNF中，∠PQE=∠PNFPQ=PN∠EPQ=∠FPN，
∴△PQE≌△PNF（ASA），
∴PE＝PF，

（2）DN＝BE+NF，理由：如图2，
过点P作PQ⊥BC于Q，
同（1）的方法得，四边形CNPQ是正方形，
∴CN＝CQ，
∵BC＝DC，
∴DN＝BQ，
同（1）的方法得，△PQE≌△PNF（ASA），
∴EQ＝NF，
∴DN＝BQ＝BE+EQ＝BE+NF；

（3）①当点F在边CD上时，如图3，
∵MN∥AD，
∴∠PNC＝90°，
∴tan∠ACD=ADCD=PNCN，
∵AD＝mCD，
∴PN＝mCN，
过点P作PQ⊥BC于Q，
∴四边形CNPQ是矩形，
∴PQ＝CN，
∴PN＝mPQ，
同理：BQ＝PM＝mAM＝mDN，
同（1）的方法得，∠EPQ＝∠FPN，
∵∠PQE＝∠PNF，
∴△PQE∽△PNF，
∴EQNF=PQPN，
∴NF＝mEQ，
∴NF＝m（BQ﹣BE）＝mBQ﹣mBE＝m•mDN﹣mBE，
∴NF+mBE＝m2DN，
②当点F在DC的延长线时，如图4，

同①的方法得出：NF+mBE＝m2DN．




17．如图1，∠AOB＝90°，OC平分∠AOB，以C为顶点作∠DCE＝90°，交OA于点D，OB于点E．
（1）求证：CD＝CE；
（2）图1中，若OC＝3，求OD+OE的长；
（3）如图2，∠AOB＝120°，OC平分∠AOB，以C为顶点作∠DCE＝60°，交OA于点D，OB于点E．若OC＝3，求四边形OECD的面积．

【分析】（1）过点C作CG⊥OA于G，CH⊥OB于H，证明△CDG≌△CEH，可得结论；
（2）由（1）可得DG＝HE，设OH＝CH＝x，在Rt△OCH中，由勾股定理求出OH，则OD+OE＝2OH=32；
（3）过点C作CG⊥OA于G，CH⊥OB于H，可得∠CDG＝∠CEO，证明△CDG≌△CEH，可得DG＝HE，求出OH=32，CH=332，根据S四边形OECD＝2S△OCG可求出答案．
【解析】（1）证明：如图1，过点C作CG⊥OA于G，CH⊥OB于H，
∵OC平分∠AOB，
∴CG＝CH

∵∠AOB＝90°，∠DCE＝90°，
∴∠CDO+∠CEO＝180°，
∵∠CDG+∠CDO＝180°，
∴∠CDG＝∠CEO，
在△CDG与△CEH中
∠CDG=∠CEO∠CGD=∠CHECG=CH，
∴△CDG≌△CEH（AAS），
∴CD＝CE；
（2）解：由（1）得△CDG≌△CEH，
∴DG＝HE，
由题易得△OCG与△OCH是全等的等腰直角三角形，且OG＝OH，
∴OD+OE＝OD+OH+HE＝OG+OH＝2OH，
设OH＝CH＝x，在Rt△OCH中，由勾股定理，得：
OH2+CH2＝OC2
∴x2+x2＝32
∴x=322（舍负）
∴OH=322
∴OD+OE＝2OH=32；
（3）解：如图，过点C作CG⊥OA于G，CH⊥OB于H，

∵OC平分∠AOB，
∴CG＝CH，
∵∠A0B＝120°，∠DCE＝60°，
∴∠CDO+∠CEO＝180°，
∵∠CDG+∠CDO＝180°，
∴∠CDG＝∠CEO，
在△CDG与△CEH中
∠CDG=∠CEO∠CGD=∠CHECG=CH，
∴△CDG≌△CEH（AAS），
∴DG＝HE，
由题易得△OCG与△OCH是全等的直角三角形，且OG＝OH，
∴OD+OE＝OD+OH+HE＝OG+OH＝2OH，
∴S四边形OECD＝S四边形OHCG＝2S△OCG
在Rt△OCH中，有∠COH＝60°，OC＝3，
∴OH=32，CH=332
∴S△OCG=938，
∴S四边形OECD＝2S△OCG=934．
18．如图，已知∠DCE与∠AOB，OC平分∠AOB．
（1）如图1，∠DCE与∠AOB的两边分别相交于点D、E，∠AOB＝∠DCE＝90°，试判断线段CD与CE的数量关系，并说明理由．

以下是小宇同学给出如下正确的解法：
解：CD＝CE．
理由如下：如图1，过点C作CF⊥OC，交OB于点F，则∠OCF＝90°，…
请根据小宇同学的证明思路，写出该证明的剩余部分．
（2）你有与小宇不同的思考方法吗？请写出你的证明过程．
（3）若∠AOB＝120°，∠DCE＝60°．
①如图3，∠DCE与的两边分别相交于点D、E时，（1）中的结论成立吗？为什么？
线段OD、OE、OC有什么数量关系？说明理由．
②如图4，∠DCE的一边与AO的延长线相交时，请回答（1）中的结论是否成立，并请直接写出线段OD、OE、OC有什么数量关系；如图5，∠DCE的一边与BO的延长线相交时，请回答（1）中的结论是否成立，并请直接写出线段OD、OE、OC有什么数量关系．

【分析】（1）由“ASA”可证△CDO≌△CEF，可得CD＝CE；
（2）过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，由“AAS”可证△CMD≌△CNE，可得CD＝CE；
（3）①如图3，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，由角平分线的性质可得CM＝CN，由“AAS”可证△CMD≌△CNE，可得CD＝CE，DM＝EN，由直角三角形的性质和线段和差关系可得ON=OM=12OC，可得OC＝OE+OD；
②如图4，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，方法同上；如图5，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，方法同上．
【解析】（1）∵OC平分∠AOB，
∴∠AOC＝∠BOC＝45°，且∠OCF＝90°，
∴∠OFC＝45°＝∠BOC，
∴OC＝FC，
∵∠DCE＝∠OCF＝90°，
∴∠DCO＝∠ECF，且CO＝CF，∠AOC＝∠CFE＝45°，
∴△CDO≌△CEF（ASA）
∴CD＝CE
（2）如图2，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，

∴∠CMD＝∠CNE＝90°，
又∵OC平分∠AOB，
∴CM＝CN，
在四边形ODCE中，∠AOB+∠DCE+∠CDO+∠CEO＝360°，
又∵∠AOB＝∠DCE＝90°，
∴∠CDO+∠CEO＝180°，
又∵∠CDO+∠CDM＝180°，
∴∠CEO＝∠CDM，且∠CMD＝∠CNE，CM＝CN，
∴△CMD≌△CNE（AAS），
∴CD＝CE．

（3）①（1）中的结论仍成立．OE+OD＝OC．
理由如下：
如图3，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，

∴∠CMD＝∠CNE＝90°，
又∵OC平分∠AOB，
∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，
在四边形ODCE中，∠AOB+∠DCE+∠CDO+∠CEO＝360°，
又∵∠AOB+∠DCE＝60°+120°＝180°，
∴∠CDO+∠CEO＝180°，
又∵∠CEO+∠CEN＝180°，
∴∠CDO＝∠CEN，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，
∴△CMD≌△CNE（AAS），
∴CD＝CE，DM＝EN．
∴OE+OD＝OE+OM+DM＝OE+OM+EN＝ON+OM．
∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，
∴∠MCO＝30°，
∴OM=12OC，同理可得ON=12OC，
∴OE+OD=12OC+12OC=OC．
②在图4中，（1）中的结论成立，OE﹣OD＝OC，
如图4，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，

∴∠CMD＝∠CNE＝90°，
又∵OC平分∠AOB，
∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，
∵∠COE+∠CEO+∠DCE+∠OCD＝180°，
∴∠OCD+∠CEO＝60°，
∵∠AOC＝∠CDO+∠OCD＝60°，
∴∠CDO＝∠CEN，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，
∴△CMD≌△CNE（AAS），
∴CD＝CE，DM＝EN．
∴OE﹣OD＝ON+NE﹣（MD﹣OM）＝ON+OM．
∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，
∴∠MCO＝30°，
∴OM=12OC，同理可得ON=12OC，
∴OE﹣OD＝ON+OM＝OC；
在图5中，（1）中的结论成立，OD﹣OE＝OC，
如图5，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，

∴∠CMD＝∠CNE＝90°，
又∵OC平分∠AOB，
∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，
∵∠COA+∠CDO+∠DCE+∠OCE＝180°，
∴∠OCE+∠CDO＝60°，
∵∠NOC＝∠CEO+∠OCE＝60°，
∴∠CDO＝∠CEO，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，
∴△CMD≌△CNE（AAS），
∴CD＝CE，DM＝EN．
∴OD﹣OE＝DM+OM﹣（EN﹣ON）＝ON+OM．
∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，
∴∠MCO＝30°，
∴OM=12OC，同理可得ON=12OC，
∴OD﹣OE＝ON+OM＝OC；
19．已知：如图1，OM是∠AOB的平分线，点C在OM上，OC＝5，且点C到OA的距离为3．过点C作CD⊥OA，CE⊥OB，垂足分别为D、E，易得到结论：OD+OE＝　8　；
（1）把图1中的∠DCE绕点C旋转，当CD与OA不垂直时（如图2），上述结论是否成立？并说明理由；
（2）把图1中的∠DCE绕点C旋转，当CD与OA的反向延长线相交于点D时：
①请在图3中画出图形；
②上述结论还成立吗？若成立，请给出证明；若不成立，请直接写出线段OD、OE之间的数量关系，不需证明．

【分析】先利用勾股定理求出OD，再利用角平分线定理得出DE＝CD，即可得出结论；
（1）先判断出∠DCQ＝∠ECP，进而判断出△CQD≌△CPE，得出DQ＝PE，即可得出结论；
（2）①依题意即可补全图形；
②同（1）的方法即可得出结论．
【解析】∵CD⊥OA，
∴∠ODC＝90°，
在Rt△ODC中，CD＝3，OC＝5，
∴OD=OC2-CD2=4，
∵点C是∠AOB的平分线上的点，
∴DE＝CD＝3，
同理，OE＝4，
∴OD+OE＝4+4＝8，
故答案为8；

（1）上述结论成立，理由：如图2，过点C作CQ⊥OA于Q，CP⊥OB于P，
∴∠OQC＝∠EPC＝90°，
∴∠AOB+∠PCQ＝180°，
由旋转知，∠AOB+∠DCE＝180°，
∴∠PCQ＝∠DCE，
∴∠DCQ＝∠ECP，
∵点C是∠AOB的平分线上，且CQ⊥OA，CP⊥OB，
∴CQ＝CP，
∵∠OQC＝∠EPC＝90°，
∴△CQD≌△CPE（ASA），
∴DQ＝PE，
∵OD＝OQ﹣DQ，OE＝OP+PE，
∴OD+OE＝OQ﹣DQ+OP+PE＝OQ+OP＝8；

（2）①补全图形如图3，
②上述结论不成立，OE﹣OD＝8，
理由：过点C作CQ⊥OA于Q，CP⊥OB于P，
∴∠OQC＝∠EPC＝90°，
∴∠AOB+∠PCQ＝180°，
由旋转知，∠AOB+∠DCE＝180°，
∴∠PCQ＝∠DCE，
∴∠DCQ＝∠ECP，
∵点C是∠AOB的平分线上，且CQ⊥OA，CP⊥OB，
∴CQ＝CP，
∵∠OQC＝∠EPC＝90°，
∴△CQD≌△CPE（ASA），
∴DQ＝PE，
∵OD＝DQ﹣OQ，OE＝OP+PE，
∴OE﹣OD＝OP+PE﹣（DQ﹣OQ）＝OP+PE﹣DQ+OQ＝OP+OQ＝8．


20．如图，已知∠AOB＝60°，在∠AOB的平分线OM上有一点C（不与点O重合）．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）如图1，当∠DCE绕点C旋转到CD与OA垂直时，求证：OD+OE=3OC；
（2）如图2，当∠DCE绕点C旋转到CD与OA不垂直时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请证明；若不成立，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，线段OD，OE与OC之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的结论，不需证明．

【分析】（1）先判断出∠OCE＝60°，再利用特殊角的三角函数得出OD=32OC，同OE=32OC，即可得出结论；
（2）同（1）的方法得OF+OG=3OC，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．
【解析】（1）∵OM是∠AOB的角平分线，
∴∠AOC＝∠BOC=12∠AOB＝30°，
∵CD⊥OA，
∴∠ODC＝90°，
∴∠OCD＝60°，
∴∠OCE＝∠DCE﹣∠OCD＝60°，
在Rt△OCD中，OD＝OC•cos30°=32OC，
同理：OE=32OC，
∴OD+OE=3OC；

（2）（1）中结论仍然成立，理由：
如图2，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，OF=32OC，OG=32OC，
∴OF+OG=3OC，
∵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（ASA），
∴DF＝EG，
∴OF＝OD+DF＝OD+EG，OG＝OE﹣EG，
∴OF+OG＝OD+EG+OE﹣EG＝OD+OE，
∴OD+OE=3OC；

（3）结论为：OE﹣OD=3OC，
理由：如图3，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，OF=32OC，OG=32OC，
∴OF+OG=3OC，
∵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（ASA），
∴DF＝EG，
∴OF＝DF﹣OD＝EG﹣OD，OG＝OE﹣EG，
∴OF+OG＝EG﹣OD+OE﹣EG＝OE﹣OD，
∴OE﹣OD=3OC．


21．【操作发现】如图（1），在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝45°，连接AC，BD交于点M．
①AC与BD之间的数量关系为　AC＝BD　；
②∠AMB的度数为　45°　；
【类比探究】如图（2），在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，连接AC，交BD的延长线于点M．请计算ACBD的值及∠AMB的度数；
【实际应用】如图（3），是一个由两个都含有30°角的大小不同的直角三角板ABC、DCE组成的图形，其中∠ACB＝∠DCE＝90°，∠A＝∠D＝30°且D、E、B在同一直线上，CE＝1，BC=21，求点A、D之间的距离．

【分析】【操作发现】如图（1），证明△COA≌△DOB（SAS），即可解决问题．
【类比探究】如图（2），证明△COA∽△ODB，可得ACBD=COOD=3，∠MAK＝∠OBK，已解决可解决问题．
【实际应用】分两种情形解直角三角形求出BE，再利用相似三角形的性质解决问题即可．
【解析】【操作发现】如图（1）中，设OA交BD于K．

∵∠AOB＝∠COD＝45°，
∴∠COA＝∠DOB，
∵OA＝OB，OC＝OD，
∴△COA≌△DOB（SAS），
∴AC＝DB，∠CAO＝∠DBO，
∵∠MKA＝∠BKO，
∴∠AMK＝∠BOK＝45°，
故答案为：AC＝BD，∠AMB＝45°

【类比探究】如图（2）中，

在△OAB和△OCD中，∵∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，
∴∠COA＝∠DOB，OC=3OD，OA=3OB，
∴OCOD=OAOB，
∴△COA∽△DOB，
∴ACBD=COOD=3，∠MAK＝∠OBK，
∵∠AKM＝∠BKO，
∴∠AMK＝∠BOK＝90°．

【实际应用】如图3﹣1中，作CH⊥BD于H，连接AD．

在Rt△DCE中，∵∠DCE＝90°，∠CDE＝30°，EC＝1，
∴∠CEH＝60°，
∵∠CHE＝90°，
∴∠HCE＝30°，
∴EH=12EC=12，
∴CH=32，
在Rt△BCH中，BH=BC2-CH2=21-(32)2=92，
∴BE＝BH﹣EH＝4，
∵△DCA∽△ECB，
∴AD：BE＝CD：EC=3，
∴AD＝43．
如图3﹣2中，连接AD，作 CH⊥DE于H．

同法可得BH=92，EH=12，
∴BE=92+12=5，
∵△DCA∽△ECB，
∴AD：BE＝CD：EC=3，
∴AD＝53．
22．已知∠AOB＝90°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，OC=2，将一个三角板的直角顶点与C重合，它的两条直角边分别与OA，OB（或它们的反向延长线）相交于点D，E．
（1）当三角板绕点C旋转到CD与OA垂直时（如图1），求证：OD+OE＝2．
（2）当三角板绕点C旋转到CD与OA不垂直时：
①在图2这种情况下，上述结论是否还成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段OD，OE之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并给予证明．
②在图3这种情况下，上述结论是否还成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段OD，OE之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，并给予证明．
【分析】（1）求出∠DOC＝∠EOC＝45°，求出∠DCO＝∠DOC，推出OD＝DC，根据OC=2求出CD＝OD＝1，同理OE＝CE＝1，即可得出答案；
（2）过C作CM⊥OB于M，CN⊥OA于N，由（1）知：ON＝CN＝OM＝CM＝1，求出∠NCD＝∠ECM，证△CND≌△CME，推出ND＝ME，即可得出答案；
（3）过C作CM⊥OB于M，CN⊥OA于N，由（1）知：ON＝CN＝OM＝CM＝1，求出∠NCD＝∠ECM，证△CND≌△CME，推出ND＝ME，即可得出答案．
【解析】（1）证明：如图1，∵∠AOB＝90°，∠AOB的平分线OM，
∴∠DOC＝∠EOC＝45°，
∵CD⊥OA，
∴∠CDO＝90°，
∴∠DCO＝45°，
∴∠DCO＝∠DOC，
∴OD＝DC，
∵OC=2，
∴CD＝OD＝1，
同理OE＝CE＝1，
∴OD+OE＝2；


（2）结论还成立，
证明：过C作CM⊥OB于M，CN⊥OA于N，
则∠CND＝∠CME＝90°，
由（1）知：ON＝CN＝OM＝CM＝1，
∵∠CNO＝∠CMO＝∠AOB＝90°，
∴∠MCN＝90°，
∵∠DCE＝90°，
∴∠NCD＝∠ECM＝90°﹣∠DCM，
在△CND和△CME中
∠CND=∠CMECN=CM∠NCD=∠MCE
∴△CND≌△CME（ASA），
∴ND＝ME，
∴OD+OE＝1﹣MD+1+ME＝2，
即结论还成立；

（3）结论不成立，是OE﹣OD＝2，
证明：过C作CM⊥OB于M，CN⊥OA于N，
则∠CND＝∠CME＝90°，
由（1）知：ON＝CN＝OM＝CM＝1，
∵∠CNO＝∠CMO＝∠AOB＝90°，
∴∠MCN＝90°，
∵∠DCE＝90°，
∴∠NCD＝∠ECM＝90°﹣∠DCM，
在△CND和△CME中
∠CND=∠CMECN=CM∠NCD=∠MCE
∴△CND≌△CME（ASA），
∴ND＝ME，
∴OE﹣OD＝（1+ME）﹣（ND﹣1）＝2，
即结论不成立，是OE﹣OD＝2．
23．已知：AP平分∠MAN，点B是射线AP上一定点，点C在直线AM上运动，连接BC．
（1）如图1，∠MAN＝90°，将∠ABC（0°＜∠ABC＜90°）的两边射线BC和BA分别绕点B顺时针旋转90°，旋转后角的两边分别与射线AN交于点D和点E．当点C在射线AM上时，请直接写出：
①BD和BC之间的数量关系是　BD＝BC　；
②线段AC，AD和AB之间的数量关系是　AC+AD=2AB　．
（2）如果∠MAN＝60°，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AN交于点D和点E．
①如图2，当点C在射线AM上时，请探究线段AC，AD和AB之间的数量关系，写出结论并给予证明；
②如图3，当点C在射线AM的反向延长线上时，BC交射线AN于点F，若AB＝23，AC＝2，请直接写出线段AD和DF的长．

【分析】（1）①先判断出∠GBH＝90°，进而得出∠DBG＝∠CBH，判断出△BDG≌△BCH，即可得出结论；
②先判断出四边形AGBH是正方形，进而得出AB=2AG，再判断出AG＝AH，即可得出结论；
（2）①同（1）的方法即可得出结论；
②如图3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=3，AH＝AG＝EG＝3，BC＝BD=BH2+CH2=2，推出AD＝8，由sin∠ACH=AKAC=BHBC，可得AK=217，设FG＝y，则AF＝3﹣y，BF=y2+3，由△AFK∽△BFG，可得AFBF=AKBG，求出y即可解决问题．
【解析】（1）①如图1，
过点B作BG⊥AN于G，BH⊥AM于H，
∴∠MAN+∠GBH＝180°，
∵∠MAN＝90°，
∴∠GBH＝90°，
∵∠DBC＝90°，
∴∠DBG＝∠CBH，
∵AP是∠MAN的平分线，BG⊥AN，BH⊥AM，
∴BG＝BH，
∵∠BGD＝∠BHC＝90°，
∴△BDG≌△BCH（ASA），
∴DG＝CH，BD＝BC；
故答案为BD＝BC；

②如图1，由①知，过点B作BG⊥AN于G，BH⊥AM于H，
∴∠AGB＝∠AHB＝∠MAN，
∴四边形AGBH是矩形，
由①知，BG＝BH，
∴矩形AGBH是正方形，
∴AG＝AH，
∴AB=2AG，
∵AD+AC＝AG+DH+AH﹣CH＝2AG，
∴AD+AC=2AB；
故答案为：AD+AC=2AB；

（2）如图2，
过点B作BG⊥AN于G，BH⊥AM于H，
∴∠MAN+∠GBH＝180°，
∵∠MAN＝60°，
∴∠GBH＝120°，
∵∠DBC＝120°，
∴∠DBG＝∠CBH，
∵AP是∠MAN的平分线，BG⊥AN，BH⊥AM，
∴BG＝BH，
∵∠BGD＝∠BHC＝90°，
∴△BDG≌△BCH（ASA），
∴DG＝CH，
∴AD+AC＝AG+DG+AH﹣CH＝2AH，
∵AP是∠MAN的平分线，
∴∠PAM＝30°
在Rt△ABH中，AH＝AB•cos∠PAM=32AB，
∴AD+AC=3AB；

②如图3中，作BG⊥AN于G，BH⊥AM于H，AK⊥CF于K．
由①可知，△BGD≌△BHC，
易证，△ABG≌△ABH，
易知BH＝GB=3，AH＝AG＝EG＝3，
∴DG＝CH＝AC+AH＝5，
∴BC＝BD=BH2+CH2=27，
∴AD＝AG+DG＝8，
∵sin∠ACB=AKAC=BHBC，
∴AK2=327，
∴AK=217，
设FG＝y，则AF＝3﹣y，BF=y2+3，
∵∠AFK＝∠BFG，∠AKF＝∠BGF＝90°，
∴△AFK∽△BFG，
∴AFBF=AKBG，
∴3-yy2+3=2173，
两边平方，整理得，y2﹣7y+10＝0，
解得y＝2或y＝5（大于AC，舍去）
∴DF＝GF+DG＝2+5＝7．
即：AD＝8，DF＝7．



24．已知，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，对角线AC，BD相交于点O，以O为顶点作∠MON＝90°，且OM，ON分别与射线AB，BC交于点E，F．
（1）如图1，当OM⊥AB时，线段OE的长为　4　，OF的长为　3　；
（2）如图2，将∠MON从图1的位置开始绕点O逆时针旋转，点E，F仍然在边AB，BC上，求OEOF的值；
（3）如图3，将图2中的∠MON沿OA方向平移，当顶点落在线段OA的中点P时，再继续绕点P逆时针旋转∠MPN，此时点E，F分别在AB，BC边的延长线上，直接写出此时PEPF的值．

【分析】（1）由四边形ABCD是矩形，得到∠BAD＝∠ABC＝90°，AO＝CO，BO＝DO，推出四边形OEBF是矩形，根据矩形的性质得到OE∥BC，OF∥AB，于是得到结论；
（2）过O作OP⊥AB于P，OQ⊥BC于Q，推出△OPE∽△OQF，根据相似三角形的性质得到OEOF=OPOQ=43；
（3）如图3，过点P作PG⊥AB于点G，PH⊥BC于点H，则PG⊥PH，PG∥BC，PH∥AB．推出△APG∽△PCH，根据相似三角形的性质得到PGCH=APPC，得CH＝3PG，PGPH=49，推出△PGE∽△PHF，于是得到结论．
【解析】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠ABC＝90°，AO＝CO，BO＝DO，
∵∠MON＝90°，OM⊥AB，
∴∠OEB＝∠ABC＝∠EOF＝90°，
∴四边形OEBF是矩形，
∴OE∥BC，OF∥AB，
∴OE=12BC＝4，OF=12AB＝3，
故答案为：4，3；
（2）过O作OP⊥AB于P，OQ⊥BC于Q，
∴∠OPE＝∠OQF＝90°，
∵∠ABC＝∠EOF＝90°，
∴∠OEB+∠OFB＝180°，
∴∠OEP＝∠OFB，
∴△OPE∽△OQF，
∴OEOF=OPOQ=43；
（3）如图3，过点P作PG⊥AB于点G，PH⊥BC于点H，则PG⊥PH，PG∥BC，PH∥AB．
∵PG∥BC，PH∥AB，
∴∠APG＝∠PCH，∠PAG＝∠CPH，
∴△APG∽△PCH，
∵顶点落在线段OA的中点P时，AP：PC＝1：3，
∴PGCH=APPC，得CH＝3PG，
∵PH∥AB，
∴△PCH∽△CAB，
∴PHCH=PH3PG=ABBC=34，
∴PGPH=49，
∵PG⊥PH，PE⊥PF，
∴∠EPG＝∠FPH，
又∵∠PGE＝∠PHF＝90°，
∴△PGE∽△PHF，
∴PEPF=PGPH=49．


25．矩形ABCD中，点P在对角线BD上（点P不与点B重合），连接AP，过点P作PE⊥AP交直线BC于点E．

（1）如图1，当AB＝BC时，猜想线段PA和PE的数量关系：　PA＝PE　；
（2）如图2，当AB≠BC时．求证：PAPE=BCAB
（3）若AB＝8，BC＝10，以AP，PE为边作矩形APEF，连接BF，当PE=4541时，直接写出线段BF的长．
【分析】（1）过点P作PM⊥AB于M，PN⊥BC于N，证明△APM≌△EPN（ASA），即可得出结论；
（2）过点P作PM⊥AB于M，PN⊥BC于N，证明△APM∽△EPN，得出PAPE=PMPN，证明△BPM∽△BDA，△BPN∽△BDC，得出PMAD=BPBD，PNCD=BPBD，即可得出结论；
（3）连接AE、PF交于Q，连接QB，过点A作AO⊥BD于O，
①当P在O的右上方时，由（2）得PAPE=BCAB=108=54，得出PA=54PE═41，由勾股定理得出BD=AB2+AD2=241，由面积法求出AO=AB×ADBD=404141，由三角函数得出BO=324141，由勾股定理得OP=PA2-AO2=94141，得出BP＝BO+OP=41，由勾股定理求出PF＝AE=PA2+PE2=415，证明点A、P、E、B、F五点共圆，AE、PF为圆的直径，由圆周角定理得出∠PBF＝90°，由勾股定理即可得出答案；
②当P在O的左下方时，同理可得AO=404141，BO=324141，OP=94141，PF=415，则BP＝BO﹣OP=234141，同理可得点A、P、E、B、F五点共圆，AE、PF为圆的直径，由圆周角定理得出∠PBF＝90°，由勾股定理即可得出答案．
【解析】（1）解：线段PA和PE的数量关系为：PA＝PE，理由如下：
过点P作PM⊥AB于M，PN⊥BC于N，如图1所示：
∵四边形ABCD是矩形，AB＝BC，
∴四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，BD平分∠ABC，
∴PM＝PN，
∴四边形MBNP是正方形，
∴∠MPN＝90°，
∵PE⊥AP，
∴∠APE＝90°，
∴∠APM+∠MPE＝90°，∠EPN+∠MPE＝90°，
∴∠APM＝∠EPN，
在△APM和△EPN中，∠APM=∠EPNPM=PN∠AMP=∠ENP=90°，
∴△APM≌△EPN（ASA），
∴PA＝PE，
故答案为：PA＝PE；
（2）证明：过点P作PM⊥AB于M，PN⊥BC于N，如图2所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，CD＝AB，AD⊥AB，CD⊥BC，∠ABC＝90°，
∴四边形MBNP是矩形，
∴∠MPN＝90°，
∵PE⊥AP，
∴∠APE＝90°，
∴∠APM+∠MPE＝90°，∠EPN+∠MPE＝90°，
∴∠APM＝∠EPN，
∵∠AMP＝∠ENP＝90°，
∴△APM∽△EPN，
∴PAPE=PMPN，
∵PM⊥AB，PN⊥BC，AD⊥AB，CD⊥BC，
∴PM∥AD，PN∥CD，
∴△BPM∽△BDA，△BPN∽△BDC，
∴PMAD=BPBD，PNCD=BPBD，
∴PMAD=PNCD，
∴PMPN=ADCD=BCAB，
∴PAPE=BCAB；
（3）解：连接AE、PF交于Q，连接QB，过点A作AO⊥BD于O，
①当P在O的右上方时，如图3所示：
由（2）得：PAPE=BCAB=108=54，
∴PA=54PE=54×4541=41，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝10，∠BAD＝90°，
∴BD=AB2+AD2=82+102=241，
∵AO⊥BD，
∵△ABD的面积=12BD×AO=12AB×AD，
∴AO=AB×ADBD=8×10241=404141，
∵tan∠ABD=AOBO=ADAB，
∴404141BO=108，
解得：BO=324141，
由勾股定理得：OP=PA2-AO2=(41)2-(404141)2=94141，
∴BP＝BO+OP=41，
∵四边形APEF是矩形，
∴∠AEP＝90°，AE＝PE，QA＝QE＝QP＝QF，
∴PF＝AE=PA2+PE2=(41)2+(4415)2=415，
∵∠ABE＝90°，
∴QB=12AE＝QE，
∴QA＝QE＝QP＝QF＝QB，
∴点A、P、E、B、F五点共圆，AE、PF为圆的直径，
∴∠PBF＝90°，
∴BF=PF2-BP2=(415)2-(41)2=4415；
②当P在O的左下方时，如图4所示：
同理可得：AO=404141，BO=324141，OP=94141，PF=415，
则BP＝BO﹣OP=234141，
同理可得：点A、P、E、B、F五点共圆，AE、PF为圆的直径，
∴∠PBF＝90°，
∴BF=PF2-BP2=(415)2-(234141)2=23641205；
综上所述，当PE=4541时，线段BF的长为4415或23641205．