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2023年中考数学压轴题培优教案专题01 共顶点模型（含答案解析）
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这是一份2023年中考数学压轴题培优教案专题01 共顶点模型（含答案解析），共106页。
【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案
专题1共顶点模型
解题策略
模型1：等腰三角形共顶点
模型2：等腰直角三角形共顶点
模型3：等边三角形共顶点
模型4：相似三角形共顶点
经典例题
【例1】（2022·全国·九年级专题练习）如图,△ABC为等边三角形,D为AC边上一点,连接BD,M为BD的中点,连接AM．
(1)如图1,若AB＝23+2,∠ABD＝45°,求△AMD的面积；
(2)如图2,过点M作MN⊥AM与AC交于点E,与BC的延长线交于点N,求证：AD＝CN；
(3)如图3,在（2）的条件下,将△ABM沿AM翻折得△AB'M,连接B'N,当B'N取得最小值时,直接写出BN−DEMN的值．
【例2】（2022·江苏·八年级专题练习）（1）问题发现：
如图1,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,连接AD,BE,点A、D、E在同一条直线上,则∠AEB的度数为__________,线段AD、BE之间的数量关系__________；
（2）拓展探究：
如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,连接AD,BE,点A、D、E不在一条直线上,请判断线段AD、BE之间的数量关系和位置关系,并说明理由．
（3）解决问题：
如图3,△ACB和△DCE均为等腰三角形,∠ACB=∠DCE=α,则直线AD和BE的夹角为__________．（请用含α的式子表示）
【例3】．（2022·江苏·八年级课时练习）如图1,在△ABC中,AE⊥BC于E,AE＝BE,D是AE上的一点,且DE＝CE,连接BD,CD．
（1）试判断BD与AC的位置关系和数量关系,并说明理由；
（2）如图2,若将△DCE绕点E旋转一定的角度后,试判断BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化,并说明理由；
（3）如图3,若将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形,其他条件不变．
①试猜想BD与AC的数量关系,并说明理由；
②你能求出BD与AC的夹角度数吗？如果能,请直接写出夹角度数；如果不能,请说明理由．
【例4】（2021·福建·闽江学院附中九年级期中）正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为3和1,将正方形AEFG绕点A逆时针旋转．
（1）当旋转至图1位置时,连接BE,DG,则线段BE和DG的关系为 ；
（2）在图1中,连接BD,BF,DF,求在旋转过程中△BDF的面积最大值；
（3）在旋转过程中,当点G,E,D在同一直线上时,求线段BE的长．
培优训练
一、解答题
1．（2022·四川自贡·九年级专题练习）问题：如图1,在等边三角形ABC内,点P到顶点A、B、C的距离分别是3,4,5,求∠APB的度数？
探究：由于PA、PB、PC不在同一个三角形中,为了解决本题,我们可以将△ABP绕点A逆时针旋转60°到△ACP′处,连结P P′,这样就将三条线段转化到一个三角形中,从而利用全等的知识,求出∠APB的度数．请你写出解答过程：
应用：请你利用上面的方法解答：如图2,△ABC中,∠CAB=90°,AB=AC,E、F为BC上的点,且∠EAF=45°,求证：BE2+FC2=EF2
2．（2022·全国·九年级专题练习）【探究发现】（1）如图1,在四边形ABCD中,对角线AC⊥BD,垂足是O,求证：AB2+CD2=AD2+BC2．
【拓展迁移】（2）如图2．以三角形ABC的边AB、AC为边向外作正方形ABDE和正方形ACFG,求证：CE⊥BG．
（3）如图3,在（2）小题条件不变的情况下,连接GE,若∠EGA=90°,GE=6,AG=8,则BC的长_____________．（直接填写答案）
3．（2022·全国·八年级课时练习）两个顶角相等的等腰三角形,如果具有公共的顶角顶点,并将它们的底角顶点分别对应连接起来得到两个全等三角形,我们把这样的图形称为“手拉手”图形．如图1,在“手拉手”图形中,AB＝AC,AD＝AE,∠BAC＝∠DAE,连结BD,CE,则△ABD≌△ACE．
(1)请证明图1的结论成立；
(2)如图2,△ABC和△AED是等边三角形,连接BD,EC交于点O,求∠BOC的度数；
(3)如图3,AB＝BC,∠ABC＝∠BDC＝60°,试探究∠A与∠C的数量关系．
4．（2022·重庆开州·八年级期末）在正方形ABCD中,连接对角线AC,在AC上截取AE=BC,连接BE,过点A作AF⊥BE于点F,延长AF交BC于点M．
(1)如图1,连接ME并延长交AD的延长线于点Q,若BC=5,求△AQM的面积；
(2)如图2,过点A作AP⊥AM于点A,交CD的延长线于点P,求证：AP−2FM=BE．
5．（2022·福建省福州延安中学模拟预测）如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC＝BC,D为斜边AB上一动点（不与端点A,B重合）,以C为旋转中心,将CD逆时针旋转90°得到CE,连接AE,BE,F为AE的中点．
(1)求证：BE⊥AB；
(2)用等式表示线段CD,BE,CF三者之间数量关系,并说明理由；
(3)若CF＝32,CD＝5,求tan∠BCE的值．
6．（2022·浙江湖州·中考真题）已知在Rt△ABC中,∠ACB＝90°,a,b分别表示∠A,∠B的对边,a>b．记△ABC的面积为S．
(1)如图1,分别以AC,CB为边向形外作正方形ACDE和正方形BGFC．记正方形ACDE的面积为S1,正方形BGFC的面积为S2．
①若S1=9,S2=16,求S的值；
②延长EA交GB的延长线于点N,连结FN,交BC于点M,交AB于点H．若FH⊥AB（如图2所示）,求证：S2−S1=2S．
(2)如图3,分别以AC,CB为边向形外作等边三角形ACD和等边三角形CBE,记等边三角形ACD的面积为S1,等边三角形CBE的面积为S2．以AB为边向上作等边三角形ABF（点C在△ABF内）,连结EF,CF．若EF⊥CF,试探索S2−S1与S之间的等量关系,并说明理由．
7．（2022·贵州遵义·三模）某校数学兴趣学习小组在一次活动中,对一些特殊几何图形具有的性质进行了如下探究：
(1)发现问题：如图1,在等腰△ABC中,AB=AC,点M是边BC上任意一点,连接AM,以AM为腰作等腰△AMN,使AM=AN,∠MAN=∠BAC,连接CN．求证：∠ACN=∠ABM．
(2)类比探究：如图2,在等腰△ABC中,∠B=30°,AB=BC,AC=4,点M是边BC上任意一点,以AM为腰作等腰△AMN,使AM=MN,∠AMN=∠B．在点M运动过程中,AN是否存在最小值？若存在,求出最小值,若不存在,请说明理由．
(3)拓展应用：如图3,在正方形ABCD中,点E是边BC上一点,以DE为边作正方形DEFG,H是正方形DEFG的中心,连接CH．若正方形DEFG的边长为6,CH=22,求△CDH的面积．
8．（2022·重庆一中七年级期中）如图,等腰三角形ABC和等腰三角形ADE,其中AB＝AC,AD＝AE．
(1)如图1,若∠BAC＝90°,当C、D、E共线时,AD的延长线AF⊥BC交BC于点F,则∠ACE＝______；
(2)如图2,连接CD、BE,延长ED交BC于点F,若点F是BC的中点,∠BAC＝∠DAE,证明：AD⊥CD；
(3)如图3,延长DC到点M,连接BM,使得∠ABM＋∠ACM＝180°,延长ED、BM交于点N,连接AN,若∠BAC＝2∠NAD,请写出∠ADM、∠DAE它们之间的数量关系,并写出证明过程．
9．（2022·重庆巴蜀中学一模）在等边△ABC中,点D在AB上,点E在BC上,将线段DE绕点D逆时针旋转60°得到线段DF,连接CF．
(1)如图（1）,点D是AB的中点,点E与点C重合,连接AF．若AB=6,求AF的长；
(2)如图（2）,点G在AC上且∠AGD=60°+∠FCB,求证：CF=DG；
(3)如图（3）,AB=6,BD=2CE,连接AF．过点F作AF的垂线交AC于点P,连接BP、DP．将△BDP沿着BP翻折得到△BQP,连接QC．当△ADP的周长最小时,直接写出△CPQ的面积．
10．（2022·江苏·八年级课时练习）△ACB和△DCE是共顶点C的两个大小不一样的等边三角形．
(1)问题发现：
如图1,若点A,D,E在同一直线上,连接AE,BE．
①求证：△ACD≌△BCE；
②求∠AEB的度数．
(2)类比探究：如图2,点B、D、E在同一直线上,连接AE,AD,BE,CM为△DCE中DE边上的高,请求∠ADB的度数及线段DB,AD,DM之间的数量关系,并说明理由．
(3)拓展延伸：如图3,若设AD（或其延长线）与BE的所夹锐角为α,则你认为α为多少度,并证明．
11．（2022·浙江·诸暨市浣江初级中学一模）【问题探究】（1）如图1,锐角△ABC中,分别以AB、AC为边向外作等腰直角△ABE和等腰直角△ACD,使AE＝AB,AD＝AC,∠BAE＝∠CAD＝90°,连接BD,CE,试猜想BD与CE的大小关系,不需要证明．
【深入探究】（2）如图2,四边形ABCD中,AB＝5,BC＝2,∠ABC＝∠ACD＝∠ADC＝45°,求BD2的值；甲同学受到第一问的启发构造了如图所示的一个和△ABD全等的三角形,将BD进行转化再计算,请你准确的叙述辅助线的作法,再计算；
【变式思考】（3）如图3,四边形ABCD中,AB＝BC,∠ABC＝60°,∠ADC＝30°,AD＝6,BD＝10,则CD＝ ．
12．（2022·河南周口·九年级期末）观察猜想
(1)如图1,在等边△ABC中,点M是边BC上任意一点（不含端点B、C）,连接AM,以AM为边作等边△AMN,连接CN,则∠ABC与∠ACN的数量关系是______．
(2)类比探究
如图2,在等边△ABC中,点M是BC延长线上任意一点（不含端点C）,（1）中其它条件不变,（1）中结论还成立吗？请说明理由．
(3)拓展延伸
如图3,在等腰△ABC中,BA=BC,点M是边BC上任意一点（不含端点B、C）,连接AM,以AM为边作等腰△AMN,使顶角∠AMN=∠ABC．连按CN．试探究∠ABC与∠ACN的数量关系,并说明理由．
13．（2021·辽宁·东港市第七中学一模）如图,在△ABC、△ADE中,AB=AC,AD=AE,设∠BAC=∠DAE=α．连接BD,以BC、BD为邻边作▱BDFC,连接EF．
(1)若α=60°,当AD、AE分别与AB、AC重合时（图1）,易得EF=CF．当△ADE绕点A顺时针旋转到（图2）位置时,请直接写出线段EF、CF的数量关系________；
(2)若α=90°,当△ADE绕点A顺时针旋转到（图3）位置时,试判断线段EF、CF的数量关系,并证明你的结论；
(3)若α为任意角度,AB=6,BC=4,AD=3,△ADE绕点A顺时针旋转一周（图4）,当A、E、F三点共线时,请直接写出AF的长度．
14．（2022·江苏·苏州高新区实验初级中学三模）【学习概念】有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形,连接这两个角的顶点的线段称为对余线．
【理解运用】
(1)如图1,对余四边形中,AB = 5,BC = 6,CD = 4,连接AC,若AC = AB,则cos∠ABC=___________, sin∠CAD=__________．
(2)如图2,凸四边形中,AD = BD,AD⊥BD,当2CD2 + CB2 = CA2时,判断四边形ABCD是否为对余四边形,证明你的结论．
【拓展提升】
(3)在平面直角坐标中,A（－1,0）,B（3,0）,C（1,2）,四边形ABCD是对余四边形,点E在对余线BD上,且位于△ABC内部,∠AEC = 90° + ∠ABC．设AEBE = u,点D的纵坐标为t,请在下方横线上直接写出u与t的函数表达,并注明t的取值范围____________________________ ．
15．（2022·陕西咸阳·八年级期末）△ABC和△ADE如图所示,其中∠ABC=∠ACB,∠ADE=∠AED,∠BAC=∠DAE．
(1)如图①,连接BE、CD,求证：BE=CD；
(2)如图②,连接BE、CD、BD,若∠BAC=∠DAE=60°,CD⊥AE,AD=3,CD=5,求BD的长．
16．（2022·河北保定·八年级期末）如图1,∠ACD=90°,AC=DC,MN是过点A的直线,过点D作DB⊥MN于点B,连接CB；过点C作CE⊥CB,与MN交于点E．
(1)连接AD,AD是AC的______倍；
(2)直线MN在图1所示位置时,可以得到线段BD和AE的数量关系是______,BD−BA与BC之间的数量关系是______,请证明你的结论；
(3)直线MN绕点A旋转到图2的位置,若BD=2,BC=2,则AB的长为______（直接写结果）；
(4)直线MN绕点A旋转到图3的位置时,直接写出线段BA,BC,BD之间的数量关系______．
17．（2021·江苏苏州·八年级期中）【理解概念】当一个凸四边形的一条对角线把原四边形分成两个三角形．若其中有一个三角形是等腰直角三角形,则把这条对角线叫做这个四边形的“等腰直角线”,把这个四边形叫做“等腰直角四边形”,
当一个凸四边形的一条对角线把原四边形分成两个三角形．若其中一个三角形是等腰直角三角形,另一个三角形是等腰三角形,则把这条对角线叫做这个四边形的“真等腰直角线”,把这个四边形叫做“真等腰直角四边形”．
(1)【巩固新知】如图①,若AD=3,AD=DB=DC,BC=32,则四边形ABCD______（填“是”或“否”）真等腰直角四边形．
(2)【深度理解】在图①中,如果四边形ABCD是真等腰直角四边形,且∠BDC=90°,对角线BD是这个四边形的真等腰直角线,当AD=4,AB=3时,则边BC的长是______．
(3)如图②,四边形ABCD与四边形ABDE都是等腰直角四边形,且∠BDC=90°,∠ADE=90°,BD＞AD＞AB,对角线BD、AD分别是这两个四边形的等腰直角线．求证：AC=BE．
(4)【拓展提高】在图3中,已知：四边形ABCD是等腰直角四边形,对角线BD是这个四边形的等腰直角线．若BD正好是分得的等腰直角三角形的一条直角边,且AD=3,AB=4,∠BAD=45°,求AC的长．
18．（2022·江苏·八年级课时练习）如图,在等腰△ABC与等腰△ADE中,AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=α,连接BD和CE相交于点P,交AC于点M,交AD于点N．
(1)求证：BD=CE．
(2)求证：AP平分∠BPE．
(3)若α=60°,试探寻线段PE、AP、PD之间的数量关系,并说明理由．
19．（2022·全国·八年级课时练习）在△ABC中,∠B=90°,D为BC延长线上一点,点E为线段AC,CD的垂直平分线的交点,连接EA,EC,ED．
（1）如图1,当∠BAC=50°时,则∠AED=_______°；
（2）当∠BAC=60°时,
①如图2,连接AD,判断△AED的形状,并证明；
②如图3,直线CF与ED交于点F,满足∠CFD=∠CAE．P为直线CF上一动点．当PE−PD的值最大时,用等式表示PE,PD与AB之间的数量关系为_______,并证明．
20．（2021·安徽合肥·八年级阶段练习）如图,在△ABC和△ADE中,AB＝AC,AD＝AE,∠BAC＝∠DAE,连接BD,CE,BD与CE交于点O,BD与AC交于点F．
（1）求证：BD＝CE．
（2）若∠BAC＝48°,求∠COD的度数．
（3）若G为CE上一点,GE＝OD,AG＝OC,且AG∥BD,求证：BD⊥AC．
21．（2021·福建省福州延安中学九年级期中）如图,△ABC为等边三角形,点D为线段BC上一点,将线段AD以点A为旋转中心顺时针旋转60°得到线段AE,连接BE,点D关于直线BE的对称点为F,BE与DF交于点G,连接DE,EF．
（1）求证：∠BDF＝30°
（2）若∠EFD＝45°,AC＝3+1,求BD的长；
（3）如图2,在（2）条件下,以点D为顶点作等腰直角△DMN,其中DN＝MN＝2,连接FM,点O为FM的中点,当△DMN绕点D旋转时,求证：EO的最大值等于BC．
22．（2021·河南许昌·九年级期中）如图,在等腰直角三角形ABC和ADE中,AC＝AB,AD＝AE,连接BD,点M、N分别是BD,BC的中点,连接MN．
（1）如图1,当顶点D在边AC上时,请直接写出线段BE与线段MN的数量关系是 ,位置关系是 ．
（2）当△ADE绕点A旋转时,连接BE,上述结论是否依然成立,若成立,请就图2情况给出证明；若不成立,请说明理由．
（3）当AC＝8时,在△ADE绕点A旋转过程中,以D,E,M,N为顶点可以组成平行四边形,请直接写出AD的长．
23．（2021·福建莆田·九年级期中）如图1,在等边△ABC中,∠A=60°,AB=AC,点D,E分别在边AB,AC上,AD=AE,连接DC,点M,P,N分别为DE,DC,BC的中点．
（1）观察猜想：图1中,线段PM与PN的数量关系是 ,∠MPN= ；
（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置,连接MN,BD,CE,则上面题（1）中的两个结论是否依然成立,并说明理由；
（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转,若AD=4,AB=10,请直接写出△PMN周长的最大值
24．（2021·四川·成都七中八年级期中）已知,在△ABC中,AB=AC,
（1）如图1,∠ABC=2α,∠BDA=α,若α=30°,且点D在CA的延长线上时,求证：CD2=BD2+AD2；
（2）如图2,∠ABC=2α,∠BDA=α,若α=30°,试判断AD,BD,CD之间的等量关系,并说明理由
（3）如图3,若∠BDA=∠ABC=45°,AD=62,BD=5,求CD的长．
25．（2021·河南南阳·八年级期中）在△ABC中,∠BAC＝90°,AB＝AC,D为BC的中点．
（1）如图1,E、F分别是AB、AC上的点,且BE＝AF、求证：△DEF是等腰直角三角形
经过分析已知条件AB＝AC,D为BC的中点．容易联想等腰三角形三线合一的性质,因此,连结AD（如图2）,以下是某同学由已知条件开始,逐步按层次推出结论的流程图．请帮助该同学补充完整流程图．补全流程图：
①___≅____,
②∠EDF＝___
（2）如果E、F分别为AB、CA延长线上的点,仍有BE＝AF,其他条件不变,试猜想△DEF是否仍为等腰直角三角形？请在备用图中补全图形、先作出判断,然后给予证明．
26．（2021·四川·成都嘉祥外国语学校九年级期中）正方形ABCD中,点E、F在BC、CD上,且BE＝CF,AE与BF交于点G．
（1）如图1,求证AE⊥BF；
（2）如图2,在GF上截取GM＝GB,∠MAD的平分线交CD于点H,交BF于点N,连接CN,求证：AN+CN＝2BN；
（3）在（2）的条件下,若tan∠AEB＝3,S△CHN＝95,求AB的长
经典例题
【例1】（2022·全国·九年级专题练习）如图,△ABC为等边三角形,D为AC边上一点,连接BD,M为BD的中点,连接AM．
(1)如图1,若AB＝23+2,∠ABD＝45°,求△AMD的面积；
(2)如图2,过点M作MN⊥AM与AC交于点E,与BC的延长线交于点N,求证：AD＝CN；
(3)如图3,在（2）的条件下,将△ABM沿AM翻折得△AB'M,连接B'N,当B'N取得最小值时,直接写出BN−DEMN的值．
【答案】(1)3+3；
(2)证明见解析；
(3)32114
【分析】（1）过点D作DH⊥AB,根据∠ABD＝45°,∠BAC＝60°解三角形求出HD=3AH=23,可得S△ABD=6+23再结合三角形中学性质即可解得；
（2）过点A作AG⊥BC,垂足为G,连接MG,又中位线性质和∠ACB=60°,得∠AGM=30°,再通过四点共圆证明∠ANM=∠AGM=30°,进而可得∠MAN=60°,从而可证明△APN为等边三角形,延长AM到P,使MP=AM,连接PN,构造△PMB≅△AMD,得AD=BP,继而证明△BAP≅△CAN（SAS）,从而可得BP=CN,由此即可得出结论；
（3）取AC的中点Q,连接BQ,取BQ的中点K,连接KM,通过构造△AMQ∼△ANB',得出即D为AC的中点时,B'N取最小值,再结合题目条件解三角形即可求解．
(1)
解：如解图1,过点D作DH⊥AB,
∵∠ABD＝45°,
∴BH=HD,
∵在△ABC为等边三角形中,∠BAC＝60°,
∴tan∠BAC=HDAH=3,
∴HD=3AH,
∴AB=BH+AH=3AH+AH,
又∵AB＝23+2,
∴3AH+AH=23+2,
∴AH=2,
∴HD=3AH=23,
∴S△ABD=12AB·HD=12(23+2)×23=6+23,
∵M为BD的中点,
∴S△AMD=12S△ABD12(6+23)=3+3；
(2)
如解图2,过点A作AG⊥BC,垂足为G,连接MG,
∵△ABC为等边三角形,
∴BG=GC,
∵BM=DM,
∴MG//AC,
∴∠BGM=∠ACB=60°,
∴∠AGM=∠AGB−∠BGM=90°−60°=30°,
又∵AM⊥MN,AG⊥BC,
∴∠AMN=∠AGN=90°,
∴A、M、G、N四点共圆,
∴∠ANM=∠AGM=30°,
∴∠MAN=90°−∠ANM=60°,
又∵MP=AM,AM⊥MN,
∴AN=PN,
又∵∠MAN=60°,
∴△APN为等边三角形,AP=AN,
∵∠BAC=∠PAN=60°,
∴∠BAP+∠PAC=∠PAC+∠CAN,
∴∠BAP=∠CAN,
如解图2,延长AM到P,使MP=AM,连接PN,
∵BM=DM,∠AMD=∠PMB,
∴△AMD≅△PMB（SAS）
∴AD=BP,
在△BAP和△CAN中,
AB=AC∠BAP=∠CANAP=AN,
∴△BAP≅△CAN（SAS）
∴BP=CN,
∴AD=CN；
(3)
取AC的中点Q,连接BQ,取BQ的中点K,连接KM,
∵将△ABM沿AM翻折得△AB'M,,
∴∠BAM=∠MAB',AB'=AB=AC,
又∵∠BAM=∠CAN,
∴∠MAB'=∠CAN,
∴∠MAN−∠CAN=∠MAN−∠MAB',即：∠MAC=∠NAB',
又∵∠ANM=30°,AQ=12AC=12AB',
∴AMAN=AQAB'=12,
∴△AMQ∼△ANB',
∴B'N=2MQ,
又∵BM=MD,BK=KQ,
∴KM//QD,
又∵AB=BC,
∴BQ⊥AC,
∴BQ⊥KM,
∴KQ≤MQ,当M点与K点重合时,MQ取最小值,此时B'N=2MQ取最小值,
∴D点与Q点重合,即D为AC的中点时,B'N取最小值,如解图3-2；
设AD=a,
∵△ABC 是等边三角形,D点是AC的中点,
∴∠ADM=∠MDE=90°,∠ABD=30°
∴BD=3a,AB=BC=2a,
∴MD=12BD=32a,
∴AM=MD2+AD2=(32a)2+a2=72a,
∴MN=AMtan∠MAN=72a×3=212a,
∵∠MAE=∠DAM,∠AME=∠ADM=90°,
∴△AME∼△ADM,
∵MDAD=DEMD,
∴DE=34a,
∵CN=AD=a,
∴BN−DEMN=BC+CN−DEMN=2a+a−34a212a=32114
【点睛】本题主要考查了三角形综合,涉及了等边三角形、全等三角形、相似三角形的性质和判定以及解三角形等知识点,难度大,综合性强,需要平时积累和训练．解题关键是根据题目的已知条件添加辅助线构造适当的三角形转化线段和角的关系．
【例2】（2022·江苏·八年级专题练习）（1）问题发现：
如图1,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,连接AD,BE,点A、D、E在同一条直线上,则∠AEB的度数为__________,线段AD、BE之间的数量关系__________；
（2）拓展探究：
如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,连接AD,BE,点A、D、E不在一条直线上,请判断线段AD、BE之间的数量关系和位置关系,并说明理由．
（3）解决问题：
如图3,△ACB和△DCE均为等腰三角形,∠ACB=∠DCE=α,则直线AD和BE的夹角为__________．（请用含α的式子表示）
【答案】（1）90°,AD=BE；（2）AD=BE,AD⊥BE；（3）α
【分析】（1）由已知条件可得AC＝BC,CD＝CE,进而根据∠ACB−∠DCB＝∠DCE−∠DCB,可得∠ACD＝∠BCE,证明△ACD≌△BCE（SAS）,即可求得AD=BE；∠BEC=∠CDA=135°；
（2）延长AD交BE于点F,同理可得△ACD≌△BCE,设∠FAB=α,则∠CAD=∠CBE=45°-α,根据∠ABE=45°+45°-α=90°-α,进而根据∠AFB=180°-∠FAB-∠ABE=180°-α-(90°-α)=90°,即可求解；
（3）延长BE交AD于点G,方法同（2）证明△ACD≌△BCE,进而根据三角形的内角和定理即可求得直线AD和BE的夹角．
【详解】（1）∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,
∴AC＝BC,CD＝CE,∠CDE=45°
∴∠CDA=135°
∵∠ACB−∠DCB＝∠DCE−∠DCB,
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中,
AC＝BC∠ACD＝∠BCECD＝CE,
∴△ACD≌△BCE（SAS）,
∴∠BEC=∠ADC＝135°,AD＝BE
∴∠AEB=90°
故答案为：90°,AD＝BE
（2）AD=BE,AD⊥BE,理由如下,
同理可得△ACD≌△BCE,
则AD=BE,
延长AD交BE于点F,
设∠FAB=α,则∠CAD=∠CBE=45°-α
∴∠ABE=45°+45°-α=90°-α
∴∠AFB=180°-∠FAB-∠ABE=180°-α-(90°-α)=90°
∴AD⊥BE
（3）如图,延长BE交AD于点G,
∵△ACB和△DCE均为等腰三角形,
∴AC＝BC,CD＝CE,
∵∠ACB=∠DCE=α,
∵∠ACB+∠ACE＝∠DCE+∠ACE,
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中,
AC＝BC∠ACD＝∠BCECD＝CE,
∴△ACD≌△BCE（SAS）,
∴∠CBE=∠CAD
∵∠ACB=∠DCE=α
∴∠CBA=∠CAB =12180°−α=90°−12α
∴∠GAB+∠GBA=∠CAD+∠CAB+∠ABC−∠CBE,
=∠ABC+∠CAB =180°−α,
∴∠AGB=180°-(∠GAB+∠GBA)=α ,
即直线AD和BE的夹角为α．
故答案为：α．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质,三角形内角和定理,全等三角形的性质与判定,掌握旋转模型证明三角形全等是解题的关键．
【例3】（2022·江苏·八年级课时练习）如图1,在△ABC中,AE⊥BC于E,AE＝BE,D是AE上的一点,且DE＝CE,连接BD,CD．
（1）试判断BD与AC的位置关系和数量关系,并说明理由；
（2）如图2,若将△DCE绕点E旋转一定的角度后,试判断BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化,并说明理由；
（3）如图3,若将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形,其他条件不变．
①试猜想BD与AC的数量关系,并说明理由；
②你能求出BD与AC的夹角度数吗？如果能,请直接写出夹角度数；如果不能,请说明理由．
【答案】（1）BD＝AC,BD⊥AC,理由见解析；（2）不变,理由见解析；（3）①BD＝AC,理由见解析；②能,60°或120°．
【分析】（1）延长BD交AC于F,根据“SAS”判定△BED≌△AEC,根据全等三角形的性质,即可求证；
（2）根据“SAS”判定△BED≌△AEC,根据全等三角形的性质,即可求证；
（3）①根据“SAS”判定△BED≌△AEC,根据全等三角形的性质,即可求证；②设AC与BD交于点F,根据全等三角形的性质,即可求证．
【详解】（1）BD＝AC,BD⊥AC,
理由：延长BD交AC于F．
∵AE⊥BC,
∴∠AEB＝∠AEC＝90°,
在△BED和△AEC中
BE=AE∠BED=∠AECDE=EC
∴△BED≌△AEC(SAS),
∴BD＝AC,∠DBE＝∠CAE,
∵∠BED＝90°,
∴∠EBD+∠BDE＝90°,
∵∠BDE＝∠ADF,
∴∠ADF+∠CAE＝90°,
∴∠AFD＝180°﹣90°＝90°,
∴BD⊥AC；
（2）
不发生变化,
理由是：∵∠BEA＝∠DEC＝90°,
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED,
∴∠BED＝∠AEC,
在△BED和△AEC中,
BE=AE∠BED=∠AECDE=EC
∴△BED≌△AEC（SAS）,
∴BD＝AC,∠BDE＝∠ACE,
∵∠DEC＝90°,
∴∠ACE+∠EOC＝90°,
∵∠EOC＝∠DOF,
∴∠BDE+∠DOF＝90°,
∴∠DFO＝180°﹣90°＝90°,
∴BD⊥AC；
（3）①∵∠BEA＝∠DEC＝90°,
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED,
∴∠BED＝∠AEC,
在△BED和△AEC中,
BE=AE∠BED=∠AECDE=EC
∴△BED≌△AEC（SAS）,
∴BD＝AC,
②能．设AC与BD交于点F,如下图：
理由：∵△ABE和△DEC是等边三角形,
∴AE＝BE,DE＝EC,∠EDC＝∠DCE＝60°,∠BEA＝∠DEC＝60°,
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED,
∴∠BED＝∠AEC,
在△BED和△AEC中,
BE=AE∠BED=∠AECDE=EC,
∴△BED≌△AEC（SAS）,
∴∠BDE＝∠ACE,BD＝AC．
∴∠DFC=180°−(∠BDE+∠EDC+∠DCF)
＝180°−(∠ACE+∠EDC+∠DCF)
＝180°−(60°+60°)
=60°,
即BD与AC所成的角的度数为60°或120°．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质,解题的关键是掌握全等三角形的判定方法与性质．
【例4】（2021·福建·闽江学院附中九年级期中）正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为3和1,将正方形AEFG绕点A逆时针旋转．
（1）当旋转至图1位置时,连接BE,DG,则线段BE和DG的关系为 ；
（2）在图1中,连接BD,BF,DF,求在旋转过程中△BDF的面积最大值；
（3）在旋转过程中,当点G,E,D在同一直线上时,求线段BE的长．
【答案】（1）BE=DG,BE⊥DG；（2）7.5；（3）1234+122或1234−122
【分析】（1）利用正方形的性质证明△BAE≌△DAG即可证得结论；
（2）连接BD,BF,DF,AF,AC,设AC交BD于点K．利用勾股定理求出AF,AK,由AF=2推出当点F,A,K在同一直线上时,点F到BD的最大距离=2+322=522,由此可得结论；
（3）分两种情形：如图2−1中,当D,E,G共线时,连接AF交DG于T．如图2−2中,当D,E,G共线时,连接AF交DE于T．利用勾股定理求出DT,可得结论．
【详解】解：（1）BE=DG,BE⊥DG,理由如下：
如图1中,设BE交AD于点O,交DG于点J．
∵∴四边形ABCD、四边形AEFG都是正方形,
∴∠BAD=∠EAG=90°,AB=AD,AG=AE,
∴∠BAD+∠DAE=∠EAG+∠DAE,
∴∠BAE=∠DAG,
在△BAE和△DAG中,
AB=AD∠BAE=∠DAGAE=AG,
∴△BAE≌△DAG,
∴BE=AG,∠ABE=∠ADG,
∵∠BOD=∠ABE+∠BAD=∠ADG+∠DJO,
∴∠BAO=∠DJO=90°,
∴BE⊥DG,
故答案为：BE＝DG,BE⊥DG；
（2）如图1中,连接BD,BF,DF,AF,AC,设AC交BD于点K．
∵四边形ABCD、四边形AEFG都是正方形,
∴AB=AD=3,∠BAD=90°,EA=EF=1,∠AEF=90°,
∴BD=AC=32+32=32,AF=12+12=2,
∴AK=CK=322,
∵AF=2,
∴当点F,A,K在同一直线上时,点F到BD的最大距离=2+322=522,
∴△BDF的面积的最大值为12×32×522=7.5；
（3）如图2−1中,当D,E,G共线时,连接AF交DG于T．
∵四边形AEFG是正方形,
∴AF⊥EG,AF=EG=2,
∴AT=FT=TG=TE=122,
∴DT=AD2−AT2=32−(122)2=1234,
∴DG=GT+DT=122+1234,
∵BE=DG,
∴BE=122+1234；
如图2−2中,当D,E,G共线时,连接AF交DE于T．
∵四边形AEFG是正方形,
∴AF⊥EG,AF=EG=2,
∴AT=FT=TG=TE=122,
∴DT=AD2−AT2=32−(122)2=1234,
∴DG=DT−GT=1234−122,
∵BE=DG,
∴BE=1234−122；
综上所述,满足条件的DG的长为1234+122或1234−122．
【点睛】本题属于四边形综合题,考查了正方形的性质,全等三角形的判定和性质,勾股定理的应用等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题,学会用分类讨论的思想思考问题,属于中考压轴题．
培优训练
一、解答题
1．（2022·四川自贡·九年级专题练习）问题：如图1,在等边三角形ABC内,点P到顶点A、B、C的距离分别是3,4,5,求∠APB的度数？
探究：由于PA、PB、PC不在同一个三角形中,为了解决本题,我们可以将△ABP绕点A逆时针旋转60°到△ACP′处,连结P P′,这样就将三条线段转化到一个三角形中,从而利用全等的知识,求出∠APB的度数．请你写出解答过程：
应用：请你利用上面的方法解答：如图2,△ABC中,∠CAB=90°,AB=AC,E、F为BC上的点,且∠EAF=45°,求证：BE2+FC2=EF2
【答案】探究：∠APB=150°,应用：见解析
【分析】探究：运用旋转的性质,以及全等三角形的性质得对应角相等,对应边相等,得出∠PAP′＝60°,再利用等边三角形的判定得出△APP′为等边三角形,即可得出∠APP′的度数,即可得出答案；
应用：利用已知首先得出△AEG≌△AFE,即可把EF,BE,FC放到一个直角三角形中,从而根据勾股定理即可证明．
【详解】探究：解：将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处,
∴△BAP≌△CAP′,
∴AB＝AC,AP＝AP′,∠BAP＝∠CAP′,
∴∠BAC＝∠PAP′＝60°,
∴△APP′是等边三角形,
∴∠APP′＝60°,
因为BPP′不一定在一条直线上,
∴P′C＝PB＝4,PP′＝PA＝3,P′C＝PC＝5,
∴∠PP′C＝90°,
∴△PP′C是直角三角形,
∴∠APB＝∠AP′C＝∠APP′+∠P′PC＝60°+90°＝150°,
∴∠BPA＝150°；
应用：证明：把△ACF绕点A顺时针旋转90°,得到△ABG．连接EG．
则△ACF≌△ABG．
∴AG＝AF,BG＝CF,∠ABG＝∠ACF＝45°．
∵∠BAC＝90°,∠GAF＝90°．
∴∠GAE＝∠EAF＝45°,
在△AEG和△AFE中,
AG=AF∠GAE=∠FAEAE=AE,
∴△AEG≌△AFE（SAS）．
∴EF＝EG,
又∵∠GBE＝90°,
∴BE2+BG2＝EG2,
即BE2+CF2＝EF2．
【点睛】本题考查了旋转的性质,全等三角形的判定与性质,等腰直角三角形的性质,勾股定理,读懂题目信息,理解利用旋转构造出全等三角形和等边三角形以及直角三角形是解题的关键．
2．（2022·全国·九年级专题练习）【探究发现】（1）如图1,在四边形ABCD中,对角线AC⊥BD,垂足是O,求证：AB2+CD2=AD2+BC2．
【拓展迁移】（2）如图2．以三角形ABC的边AB、AC为边向外作正方形ABDE和正方形ACFG,求证：CE⊥BG．
（3）如图3,在（2）小题条件不变的情况下,连接GE,若∠EGA=90°,GE=6,AG=8,则BC的长_____________．（直接填写答案）
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）273．
【分析】（1）根据AC⊥BD,利用勾股定理分别求出AB2+CD2和AD2+BC2即可证明结论；
（2）利用正方形的性质证明△CAE≌△GAB（SAS）,可得∠CEA＝∠GBA,根据∠GBA＋∠ANB＝90°等量代换求出∠EMN＝90°即可；
（3）利用勾股定理分别求出AE、CG和BE,然后利用（1）中结论求出BC即可．
【详解】解：（1）∵AC⊥BD,
∴∠AOD＝∠AOB＝∠COD＝∠BOC＝90°,
由勾股定理得：AB2+CD2=OA2+OB2+OD2+OC2,AD2+BC2=OA2+OD2+OB2+OC2,
∴AB2+CD2=AD2+BC2；
（2）∵在正方形ABDE和正方形ACFG中,AC＝AG,AE＝AB,∠CAG＝∠EAB＝90°,
∴∠CAG＋∠GAE＝∠EAB＋∠GAE,即∠CAE＝∠GAB,
∴△CAE≌△GAB（SAS）,
∴∠CEA＝∠GBA,
∵∠GBA＋∠ANB＝90°,∠ANB＝∠MNE,
∴∠CEA＋∠MNE＝90°,
∴∠EMN＝90°,
∴CE⊥BG；
（3）如图3,连接CG,BE,
∵∠EGA=90°,GE=6,AG=8,
∴AC＝8,AE＝62+82=10,
∴AB＝10,
∴CG＝82+82=82,BE＝102+102=102,
∵CE⊥BG,
∴由（1）可知：GE2+BC2=CG2+BE2,即36+BC2=128+200,
∵BC＞0,
∴BC=273．
故答案为：273．
【点睛】本题主要考查了勾股定理,全等三角形的判定和性质,熟练掌握勾股定理是解答此题的关键．
3．（2022·全国·八年级课时练习）两个顶角相等的等腰三角形,如果具有公共的顶角顶点,并将它们的底角顶点分别对应连接起来得到两个全等三角形,我们把这样的图形称为“手拉手”图形．如图1,在“手拉手”图形中,AB＝AC,AD＝AE,∠BAC＝∠DAE,连结BD,CE,则△ABD≌△ACE．
(1)请证明图1的结论成立；
(2)如图2,△ABC和△AED是等边三角形,连接BD,EC交于点O,求∠BOC的度数；
(3)如图3,AB＝BC,∠ABC＝∠BDC＝60°,试探究∠A与∠C的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)60°
(3)∠A+∠BCD=180°,理由见解析
【分析】（1）利用等式的性质得出∠BAD=∠CAE,即可得出结论；
（2）同（1）的方法判断出△ABD≌△ACE,得出∠ADB=∠AEC,再利用对顶角和三角形的内角和定理判断出∠BOC=60°,即可得出答案；
（3）先判断出△BDP是等边三角形,得出BD=BP,∠DBP=60°,进而判断出△ABD≌△CBP（SAS）,即可得出结论．
（1）
解：证明：∵∠BAC=∠DAE,
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD,
∴∠BAD=∠CAE,
在△ABD和△ACE中,
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE,
∴△ABD≌△ACE（SAS）；
（2）
如图2,
∵△ABC和△ADE是等边三角形,
∴AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=60°,
∴∠BAD=∠CAE,
在△ABD和△ACE中,
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE,
∴△ABD≌△ACE（SAS）,
∴∠ADB=∠AEC,
令AD与CE交于点G,
∵∠AGE=∠DGO,
∴180°-∠ADB-∠DGO=180°-∠AEC-∠AGE,
∴∠DOE=∠DAE=60°,
∴∠BOC=60°；
（3）
∠A+∠BCD=180°．理由：
如图3,延长DC至P,使DP=DB,
∵∠BDC=60°,
∴△BDP是等边三角形,
∴BD=BP,∠DBP=60°,
∵∠ABC=60°=∠DBP,
∴∠ABD=∠CBP,
∵AB=CB,
∴△ABD≌△CBP（SAS）,
∴∠BCP=∠A,
∵∠BCD+∠BCP=180°,
∴∠A+∠BCD=180°．
【点睛】此题是三角形综合题,主要考查了等腰三角形的性质,等边三角形的性质,全等三角形的判定和性质,构造等边三角形是解本题的关键．
4．（2022·重庆开州·八年级期末）在正方形ABCD中,连接对角线AC,在AC上截取AE=BC,连接BE,过点A作AF⊥BE于点F,延长AF交BC于点M．
(1)如图1,连接ME并延长交AD的延长线于点Q,若BC=5,求△AQM的面积；
(2)如图2,过点A作AP⊥AM于点A,交CD的延长线于点P,求证：AP−2FM=BE．
【答案】(1)S△AQM=2522
(2)见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的三线合一性质,再利用边角边的判定定理,可证△AEM≌△ABM,再根据全等的性质以及正方形的性质证明△AEQ为等腰直角三角形,求出AQ的长,最后用三角形的面积公式求出△AQM的面积即可；
（2）如图（见详解）,在FA上截取FG=FM,连接BG,先利用角边角的判定定理证明△ABM≌△ADP,再利用角边角的判定定理证明△ABG≌△BCE,就能得到AM=AP,AG=BE,MG=2FM,即可证明AP−2FM=BE．
(1)
（1）解：∵四边形ABCD是正方形
∴AB=BC=5．
∵AE=BC,
∴AE=AB=5．
又∵AF⊥BE,
∴∠EAM=∠BAM．
且AM=AM,
∴△AEM≌△ABM(SAS)．
∴∠AEM=∠ABM=90°,∠AEQ=90°．
∵∠QAC=45°
∴∠Q=180°−∠AEQ−∠QAC=45°．
∴∠Q=∠QAC．
∴AE=QE=5,
∴AQ=AE2+QE2=52．
∴S△AQM=12AQ⋅AB=12×52×5=2522．
(2)
证明：如图,在FA上截取FG=FM,连接BG．
∵四边形ABCD是正方形,P在CD的延长线上,
∴∠ABM=∠ADP=90°．
又∵AP⊥AM,
∴∠PAM=∠BAD=90°,
∴∠BAD−∠DAM=∠PAM−∠DAM,
即∠BAM=∠DAP．
又∵AB=AD,
∴△ABM≌△ADP(ASA)．
∴AM=AP．
∵AC是正方形ABCD的对角线,
∴∠BAC=45°,
∴∠EAM=∠BAM=12∠BAC=22.5°,
∴∠AMB=180°−∠ABC−∠BAM=67.5°．
又∵FG=FM,AF⊥BE,
∴BF垂直平分MG ,
∴BM=BG,
∴∠AMB=∠BGM=67.5°,
∴∠MBG=180°−∠AMB−∠BGM=180−67.5−67.5=45°．
又∵BM=BG,BF⊥MG,
∴∠CBE=12∠MBG=22.5°．
∴∠BAG=∠CBE．
∵∠ABG=∠ABC−∠MBG=90°−45°=45°．
∴∠ABG=∠BCE．
又∵AB=BC,
∴△ABG≌△BCE(ASA),
∴AG=BE．
又∵FG=FM,
∴MG=2FM．
∵AM=MG+AG,
∴AP=2FM+BE,即AP−2FM=BE．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定、等腰三角形的性质以及垂直平分线的性质几何综合,熟练掌握相关性质定理以及全等三角形的判定定理并灵活应用是解题的关键．
5．（2022·福建省福州延安中学模拟预测）如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC＝BC,D为斜边AB上一动点（不与端点A,B重合）,以C为旋转中心,将CD逆时针旋转90°得到CE,连接AE,BE,F为AE的中点．
(1)求证：BE⊥AB；
(2)用等式表示线段CD,BE,CF三者之间数量关系,并说明理由；
(3)若CF＝32,CD＝5,求tan∠BCE的值．
【答案】(1)见解析
(2)4CF2+BE2=2CD2,见解析
(3)13
【分析】（1）通过证明△ACD≌△BCE即可证明；（2）连接DF、DE,通过证明两边对应成比例及其夹角相等,证△GCF∽△CBD,得CF与BD的关系,然后根据勾股定理得出结论；（3）利用（2）中的结论即可求解．
(1)
证明：
∵CD旋转90°得到CE
∴CD=CE,∠BCE+∠BCD=90°．
∵∠ACB=∠ACD+∠BCD=90°
∴∠ACD=∠BCE
在△ACD和△BCE中,
{AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE
∴△ACD≌△BCE（SAS）
∴∠CAD=∠CBE
∵∠ACB=90°,AC=BC,
∴∠CAB=∠CBA=∠CBE=45°
∴∠ABE=∠CBA+∠CBE=90°
∴BE⊥AB．
(2)
法一：解：4CF2+BE2=2CD2
理由如下：
取AC中点为G点,连接GF,DE,
∵F为AE中点
∴FG为△ACE的中位线,
∴FG∥CE,FG=12CE,
∴∠CGF+∠ACE=180°．
∵∠BCD+∠ACB=∠BCD+∠ACD+∠DCE=180°
∴∠CGF=∠BCD．
∵AC=BC,CD=CE,
∴FGCE=FGCD=12,CGAC=CGBC=12,
∴FGCD=CGBC．
∴△GCF∽△CBD
∴CFBD=12
即CF=12BD．
在Rt△BDE中,BD2+BE2=DE2
在Rt△CDE中,CD=DE×sin45°=22DE
∴DE=2CD
∴(2CF)2+BE2=2CD2
∴4CF2+BE2=2CD2
法二：解：4CF2+BE2=2CD2
∵延长CF交AB于点H
连接BF
由（1）得,∠ABE=90°
∵F为AE的中点
∴BF=12AE=AF
∵AC=BC
∴C,F在线段AB的垂直平分线上,
∴CF垂直平分AB．
∴H为AB中点．
∴FH为△ABE的中位线
∴FH=12BE．
∵△ACD≌△BCE,
∴BE=AD
∴FH=12AD．
∵CH=12AB
∴CF=CH−FH=12(AB−AE)=12BD．
在Rt△CDH中,
CD2=CH2+DH2
∵AH=BH=CH
∴AD2+BD2=(AH−DH)2+(DH+BH)2=2DH2+2AH2=2DH2+2CH2
∴AD2+BD2=2CD2
∴4CF2+BE2=2CD2
或者：连接BD
在Rt△BDE中,BD2+BE2=DE2
在Rt△CDE中,CD=DE×sin45°=22DE
∴DE=2CD
∴(2CF)2+BE2=2CD2
∴4CF2+BE2=2CD2
法三：解：4CF2+BE2=2CD2
理由如下：
连接BF
由（1）得,∠ABE=90°
∵F为AE的中点
∴BF=12AE=AF
∵AC=BC
∴C,F在线段AB的垂直平分线上,
∴CF垂直平分AB．
延长CF交AB于点O如图所示,以点O为原点以AB所在直线为x轴,建立平面直角坐标系．
设AD=a,OB=b
则A(−b,0),B(b,0),C(0,b),D(a−b,0)
∵△ACD≌△BCE,
∴BE=AD
∴E(0,a),F(0,a2)
∴在Rt△CDO中,
∴CD2=b2+(a−b)2=2b2+a2−2ab
BE2=a2,
CF2=(b−a2)2=b2+a24−ab
∴2CF2+12BE2=CD2．
即4CF2+BE2=2CD2．
(3)
解：∵CF=32,CD=5,由（2）得4CF2+BE2=2CD2,
解得：BE=1．
过点E作EG⊥BC于点G
∵∠CBE=45°,
∴在Rt△BEG中,GE=BE⋅sin45°=22,
∴BE=BG=22．
∵CD=5,
由（1）得CE=CD=5,
∴在Rt△BEG中,CG=CE2−EG2=(5)2−(22)2=322．
在Rt△CEG中,
∴tan∠BCE=EGCG=22322=13．
【点睛】本题考查三角形全等、相似、勾股定理等,属于几何综合题目,灵活运用知识点,作辅助线,构造直角三角形是解题的关键．
6．（2022·浙江湖州·中考真题）已知在Rt△ABC中,∠ACB＝90°,a,b分别表示∠A,∠B的对边,a>b．记△ABC的面积为S．
(1)如图1,分别以AC,CB为边向形外作正方形ACDE和正方形BGFC．记正方形ACDE的面积为S1,正方形BGFC的面积为S2．
①若S1=9,S2=16,求S的值；
②延长EA交GB的延长线于点N,连结FN,交BC于点M,交AB于点H．若FH⊥AB（如图2所示）,求证：S2−S1=2S．
(2)如图3,分别以AC,CB为边向形外作等边三角形ACD和等边三角形CBE,记等边三角形ACD的面积为S1,等边三角形CBE的面积为S2．以AB为边向上作等边三角形ABF（点C在△ABF内）,连结EF,CF．若EF⊥CF,试探索S2−S1与S之间的等量关系,并说明理由．
【答案】(1)①6；②见解析
(2)S2−S1=14S,理由见解析
【分析】（1）①将面积用a,b的代数式表示出来,计算,即可
②利用AN公共边,发现△FAN∽△ANB,利用FAAN=ANNB,得到a,b的关系式,化简,变形,即可得结论
（2）等边△ABF与等边△CBE共顶点B,形成手拉手模型,△ABC≌△FBE,利用全等的对应边,对应角,得到：AC＝FE＝b,∠FEB＝∠ACB＝90°,从而得到∠FEC＝30°,再利用Rt△CFE,cos30°=FECE=ba=32,得到a与b的关系,从而得到结论
(1)
∵S1=9,S2=16
∴b＝3,a＝4
∵∠ACB＝90°
∴S=12ab=12×3×4=6
②由题意得：∠FAN＝∠ANB＝90°,
∵FH⊥AB
∴∠AFN＝90°－∠FAH＝∠NAB
∴△FAN∽△ANB
∴FAAN=ANNB
∴a+ba=ab,
得：ab+b2=a2
∴2S+S1=S2．
即S2−S1=2S
(2)
S2−S1=14S,理由如下：
∵△ABF和△BEC都是等边三角形
∴AB＝FB,∠ABC＝60°－∠FBC＝∠FBE,CB＝EB
∴△ABC≌△FBE（SAS）
∴AC＝FE＝b
∠FEB＝∠ACB＝90°
∴∠FEC＝30°
∵EF⊥CF,CE＝BC＝a
∴ba=FECE=cos30°=32
∴b=32a
∴S=12ab=34a2
由题意得：S1=34b2,S2=34a2
∴S2−S1=34a2−34b2=316a2
∴S2−S1=14S
【点睛】本题考查勾股定理,相似,手拉手模型,代数运算,本题难点是图二中的相似和图三中的手拉手全等
7．（2022·贵州遵义·三模）某校数学兴趣学习小组在一次活动中,对一些特殊几何图形具有的性质进行了如下探究：
(1)发现问题：如图1,在等腰△ABC中,AB=AC,点M是边BC上任意一点,连接AM,以AM为腰作等腰△AMN,使AM=AN,∠MAN=∠BAC,连接CN．求证：∠ACN=∠ABM．
(2)类比探究：如图2,在等腰△ABC中,∠B=30°,AB=BC,AC=4,点M是边BC上任意一点,以AM为腰作等腰△AMN,使AM=MN,∠AMN=∠B．在点M运动过程中,AN是否存在最小值？若存在,求出最小值,若不存在,请说明理由．
(3)拓展应用：如图3,在正方形ABCD中,点E是边BC上一点,以DE为边作正方形DEFG,H是正方形DEFG的中心,连接CH．若正方形DEFG的边长为6,CH=22,求△CDH的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)AN存在最小值,最小值为：2
(3)14+2
【分析】（1）先证明△ABM≌△CAN,再利用全等三角形性质即可得证；
（2）过A作AH⊥BC于H,设AH=x,先根据AC的长度及∠B度数,解直角三角形,求出x值,再证明△ABC∽△AMC,得AM与AN的比值,将AN的最小值转化为AM的最小值,由垂线段最短知AM⊥BC时取最小值,即可得解；
（3）连接BD、EH,过H作HQ⊥CD,证明△BDC∽△EDH,得BE的长度,设CE=x,解直角三角形CDE,求出x值,利用相似三角形性质知∠DCH=45°,求出HQ的长度,代入三角形面积公式即可．
(1)
证明：∵∠BAC=∠MAN,
∴∠BAC－∠CAM=∠MAN－∠CAM,
即∠BAM=∠CAN,
∵AB=AC,AM=AN,
∴△ABM≌△ACN,
∴∠CAN=∠ABM．
(2)
解：AN存在最小值,理由如下：
过A作AH⊥BC于H,如图所示,
设AH=x,
∵∠B=30°,
∴AB=2x=BC,BH=3x,CH=2−3x,
在Rt△ACH中,由勾股定理得：2−3x2+x2=42,
解得：x2=42+3,舍去负值,
∴x=6+2,
∴AB=26+22,
∴ABAC=26+224=6+22,
∵∠AMN=∠B,AM=MN,AB=BC,
∴△BAC∽△MAN,
∴AMAN=ABAC=6+22,
∴AN=2AM6+2=6−22AM,
由垂线段最短知,当AM⊥BC时,AM取最小值,最小值为AH的长度,
故AN存在最小值,最小值为：6−22×6+2=2．
(3)
解：连接BD,EH,过H作HQ⊥CD于Q,如图所示,
∵H为正方形DEFG的中心,
∴DH=EH,∠DHE=90°,
∵四边形ABCD为正方形,
∴BC=CD,∠BCD=90°,
∴∠BDE+∠CDE=∠CDH+∠CDE=45°,
∴∠BDE=∠CDH,
∵BDCD=DEDH=2,
∴△BDE∽△CDH,
∴∠DCH=∠ABE=45°,BE=2CH=4,
设CE=x,则CD=x+4,
∵DE=6,
∴由勾股定理得：x2+x+42=62,
解得：x=14−2或x=−14−2（舍）,
∴CD=14+2,
在Rt△CDH中,CQ=QH=2,
∴△CDH的面积为12×14+2×2=14+2．
【点睛】本题考查了手拉手全等（相似）模型、正方形性质、勾股定理解直角三角形、垂线段最短、特殊角的三角函数值等知识点．本题综合性强,根据题意作出辅助线借助相似三角形求线段间的关系是解题关键．
8．（2022·重庆一中七年级期中）如图,等腰三角形ABC和等腰三角形ADE,其中AB＝AC,AD＝AE．
(1)如图1,若∠BAC＝90°,当C、D、E共线时,AD的延长线AF⊥BC交BC于点F,则∠ACE＝______；
(2)如图2,连接CD、BE,延长ED交BC于点F,若点F是BC的中点,∠BAC＝∠DAE,证明：AD⊥CD；
(3)如图3,延长DC到点M,连接BM,使得∠ABM＋∠ACM＝180°,延长ED、BM交于点N,连接AN,若∠BAC＝2∠NAD,请写出∠ADM、∠DAE它们之间的数量关系,并写出证明过程．
【答案】(1)22.5°
(2)见解析
(3)∠DAE+2∠ADM=180°,详见解析
【分析】（1）由等腰直角三角形性质得∠B=∠CAF=45°,再由三角形外角性质知∠ACE=∠BCF,代入求值即可；
（2）连接AF,过A作AH⊥EF,由手拉手相似得△ACD∽△AFH,得∠CDF=12∠BAC,再由∠ADE=90°－12∠DAE,等量代换即可得证；
（3）将AN绕A逆时针旋转∠BAC的度数,交MD延长线于Q,证明△ACQ≌△ABN,得AN=AQ,再证明△AND≌△AQD,得∠ADQ=∠AND,由对顶角相等得∠ADM=∠ADE,根据等腰三角形性质等量代换即可解答．
(1)
解：∵△ABC为等腰三角形,∠BAC=90°,
∴∠ABC=∠ACB=45°,
由三角形外角性质知,∠ADE=∠ACE+∠DAC,∠AED=∠ECB+∠B,
∵AD=AE,
∴∠ADE=∠AED,
∴∠ACE+∠DAC=∠ECB+∠B,
∵AF⊥BC,
∴∠BAF=∠CAD=45°,
∴∠ACE=∠BCE,
又∠ACB=45°,
∴∠ACE=22.5°,
故答案为：22.5°．
(2)
解：连接AF,过A作AH⊥EF于H,如图所示,
∵∠BAC=∠DAE,AD=AE,AB=AC,
∴∠CAF=∠BAF=∠DAH=∠EAH,
∴∠CAD=∠HAF,
由△ACF∽△ADH知,
∴AFAH=ACAD,
∴△ACD∽△AFH,
∴∠ACD=∠AFH,
∴∠CDF=∠CAF,
∵∠ADE=∠AED=90°－12∠DAE,
∴∠ADE+∠CDF=90°,
故∠ADC=90°,
即AD⊥CD．
(3)
解：将AN绕A逆时针旋转∠BAC的度数,交MD延长线于Q,
∵∠BAC=∠QAN,
∴∠QAC=∠BAN,
∵∠ABM+∠ACM=180°,∠ACM+∠ACQ=180°,
∴∠ABM=∠ACQ,
∵AB=AC,
∴△ACQ≌△ABN,
∴AN=AQ,
∵∠BAC=2∠NAD=∠NAQ,
∴∠QAD=∠NAD,
又AD=AD,
∴△AND≌△ADQ,
∴∠AND=∠ADQ,
即∠ADM+∠MDN=∠ADE+∠EDQ,
∴∠ADM=∠ADE,
∵AD=AE,
∴∠DAE+2∠ADE=180°,
即∠DAE+2∠ADM=180°．
【点睛】本题综合考查了等腰三角形性质、三角形内角和定理、相似三角形判定与性质、旋转变换与全等三角形判定,难度较大．根据已知条件,构造手拉手的相似与全等模型是解题关键．
9．（2022·重庆巴蜀中学一模）在等边△ABC中,点D在AB上,点E在BC上,将线段DE绕点D逆时针旋转60°得到线段DF,连接CF．
(1)如图（1）,点D是AB的中点,点E与点C重合,连接AF．若AB=6,求AF的长；
(2)如图（2）,点G在AC上且∠AGD=60°+∠FCB,求证：CF=DG；
(3)如图（3）,AB=6,BD=2CE,连接AF．过点F作AF的垂线交AC于点P,连接BP、DP．将△BDP沿着BP翻折得到△BQP,连接QC．当△ADP的周长最小时,直接写出△CPQ的面积．
【答案】(1)AF=3
(2)见解析
(3)934,详见解析
【分析】（1）由旋转知△DCF为等边三角形,再证明△BCD≌△ACF得AF=BD,求解即可；
（2）将线段CF绕C顺时针旋转60°得CH,连接EF、EH、FH,证明△CDF≌△EFH得CD=EH；再在AC上截取QP=BE,证明△ECH≌△CPD,得CH=DP,由全等及等量代换得∠DPG=∠DGP,即DP=DG,等量代换即可；
（3）过D作DH⊥BC于H,利用三角函数得EH=AD,证明△DEH≌△DAF,得∠DAF=90°,设CE=x,利用勾股定理得到△ADP周长的表达式为6+12x2−36x+36,求出最小值时对应的x值,用三角形面积公式求值即可．
(1)
解：∵△ABC为等边三角形,
∴BC=AC,∠BCA=60°,
由旋转知,∠CDF=60°,CD=CF,
∴△DCF为等边三角形,
∴CD=CF,∠DCF=60°,
∴∠DCB=∠ACF,
∴△BCD≌△ACF,
∴AF=BD,
∵D为AB中点,AB=6,
∴BD=3,
∴AF=3．
(2)
解：将CF绕C顺时针旋转60°得CH,连接CH,FH,EF,EH,CD,
在AC上截取AP=BE,连接DP,设CD交EH于M,
如图所示,
由旋转知,△DEF、△CFH为等边三角形,
∴DF=EF,CF=FH,∠DFE=∠CFH=60°,
∴∠DFC=∠EFH,
∴△DCF≌△BHF,
∴EH=CD,∠DCF=∠EHF,
由三角形内角和知,∠HMC+∠EHF=∠DCF+∠HFC,
∴∠HMC=∠HFC=60°,
∴∠DCE+∠HEC=60°,
∵∠DCP+∠DCE=60°,
∴∠CEH=∠DCP,
∵AC=BC,AP=BE,
∴CP=CE,
∴△ECH≌△CPD,
∴CH=DP,∠DPC=∠HCE,
又∠HCE=60°+∠2,
∴∠DPC=60°+∠2,
由∠1+∠FCG=∠2+∠FCG=60°,知∠1=∠2,
又∠AGD=60°+∠1,
∴∠AGD=∠DPG,
∴DP=DG,
∵CH=CF,
∴CF=DG．
(3)
：过D作DH⊥CB于H,连接EF,如图所示,
∵△ABC为等边三角形,
∴∠DBH=60°,∠BDH=30°,
∴BD=2BH,DH=3x,
∵BD=2CE,
∴BH=CE,
设BH=CE=x,则BD=2x,EH=6－2x,AD=6－2x,
由旋转知,△DEF为等边三角形,∠EDF=60°,
∴∠1+∠3=90°,DE=DF,
又∠1+∠2=90°,
∴∠2=∠3,
∴△ADF≌△HED,
∴∠DAF=∠DHE=90°,∠PAF=30°,AF=DH=3x,
∵∠AFP=90°,
∴PF=x,AP=2x,
过P作PM⊥AD于M,
则AM=x,DM=6－3x,PM=3x,
在Rt△PDM中,由勾股定理得：
PD=3x2+6−3x2=12x2−36x+36=12x−322+9,
故△ADP周长=AD+AP+PD=6－2x+2x+12x−322+9=6+12x−322+9,
∴当x=32时,周长取最小值,最小值为9,此时DP=3,
∴BD=AP=3,即D为AB中点,P为AC中点,
∴直线BP是等边△ABC对称轴,
如图所示,△BDP沿BP折叠后,Q点落在BC中点处,
则△PCQ面积=14×△ABC面积=14×34×62=934．
【点睛】本题考查了等边三角形性质与判定、全等三角形证明、配方法求最值、勾股定理等知识点,利用题干画出辅助线,创造三角形全等条件,是解题难点．题目综合性很强,将题目中的角度关系转化为线段间的关系是常用的解题思路．
10．（2022·江苏·八年级课时练习）△ACB和△DCE是共顶点C的两个大小不一样的等边三角形．
(1)问题发现：
如图1,若点A,D,E在同一直线上,连接AE,BE．
①求证：△ACD≌△BCE；
②求∠AEB的度数．
(2)类比探究：如图2,点B、D、E在同一直线上,连接AE,AD,BE,CM为△DCE中DE边上的高,请求∠ADB的度数及线段DB,AD,DM之间的数量关系,并说明理由．
(3)拓展延伸：如图3,若设AD（或其延长线）与BE的所夹锐角为α,则你认为α为多少度,并证明．
【答案】(1)①见解析；②∠AEB=60°；
(2)∠ADB=60°,2DM+BD=AD,理由见解析；
(3)α=60°,证明见解析
【分析】（1）①由△ACB和△DCE是等边三角形知AC=BC,CD=CE,∠ACD=60°-∠DCB=∠BCE,据此即可得证；
②由△ACD≌△BCE知∠ADC=∠BEC=120°,结合∠CED=60°可得∠AEB=60°；
（2）证△ACD≌△BCE得∠CDA=∠CED=60°,由∠ADB+∠CDA=∠DCE+∠CED知∠ADB=60°,根据CM⊥BE,且△CDE为等边三角形可得DE=2DM,DE+BD=BE=AD；
（3）同理知△ACD≌△BCE,据此得∠BEC=∠ADC,继而知∠CDF+∠CEF=180°,即∠ECD+∠DFE=180°,从而得出答案．
(1)
①证明：∵△ACB和△DCE是等边三角形,
∴AC=BC,CD=CE,∠ACB=∠DCE=60°,
∴∠ACD=60°-∠DCB=∠BCE,
∴△ACD≌△BCE（SAS）；
②∵△ACD≌△BCE,
∴∠ADC=∠BEC=180°-∠CDE=120°,
又∵∠CED=60°,
∴∠AEB=60°；
(2)
解：∠ADB=60°,2DM +BD=AD,理由如下；
∵AC=BC,CD=CE,∠ACD=60°+∠DCB=∠BCE,
∴△ACD≌△BCE（SAS）,
∴∠CDA=∠CED=60°；
∵∠ADB+∠CDA=∠DCE+∠CED,
∴∠ADB=60°；
又∵CM⊥BE,且△CDE为等边三角形,
∴DE=2DM,
∴2DM +BD=BE=AD；
(3)
解：α=60°,理由如下：
同理可证△ACD≌△BCE,
∴∠BEC=∠ADC,
∴∠CDF+∠CEF=180°,
∴∠ECD+∠DFE=180°,而α+∠DFE=180°,
∴α=∠ECD=60°．
【点睛】本题是三角形的综合问题,解题的关键是掌握全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质等知识点．
11．（2022·浙江·诸暨市浣江初级中学一模）【问题探究】（1）如图1,锐角△ABC中,分别以AB、AC为边向外作等腰直角△ABE和等腰直角△ACD,使AE＝AB,AD＝AC,∠BAE＝∠CAD＝90°,连接BD,CE,试猜想BD与CE的大小关系,不需要证明．
【深入探究】（2）如图2,四边形ABCD中,AB＝5,BC＝2,∠ABC＝∠ACD＝∠ADC＝45°,求BD2的值；甲同学受到第一问的启发构造了如图所示的一个和△ABD全等的三角形,将BD进行转化再计算,请你准确的叙述辅助线的作法,再计算；
【变式思考】（3）如图3,四边形ABCD中,AB＝BC,∠ABC＝60°,∠ADC＝30°,AD＝6,BD＝10,则CD＝ ．
【答案】（1）BD＝CE；（2）BD2＝54；（3）8
【分析】（1）首先根据等式的性质证明∠EAC=∠BAD,则根据SAS即可证明△EAC≌△BAD,根据全等三角形的性质即可证明；
（2）在△ABC的外部,以A为直角顶点作等腰直角△BAE,使∠BAE=90°,AE=AB,连接EA、EB、EC,证明△EAC≌△BAD,证明BD=CE,然后在直角三角形BCE中利用勾股定理即可求解；
（3）先证明△ABC是等边三角形,再把△ACD绕点C逆时针旋转60°得到△BCE,连接DE,则可得△CDE是等边三角形,再证△BDE是直角三角形,运用勾股定理求出DE的长,从而可得CD的长．
【详解】解：（1）BD＝CE．理由是：
∵∠BAE＝∠CAD,
∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC,即∠EAC＝∠BAD,
在△EAC和△BAD中,
AE=AB∠EAC=∠BADAC=AD,
∴△EAC≌△BAD,
∴BD＝CE；
（2）如图2,在△ABC的外部,以A为直角顶点作等腰直角△BAE,使∠BAE＝90°,AE＝AB,连接EA、EB、EC．
∵∠ACD＝∠ADC＝45°,
∴AC＝AD,∠CAD＝90°,
∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC,即∠EAC＝∠BAD,
在△EAC和△BAD中,
AE=AB∠EAC=∠BADAC=AD,
∴△EAC≌△BAD,
∴BD＝CE．
∵AE＝AB＝5,
∴BE＝52+52=52,∠ABE＝∠AEB＝45°,
又∵∠ABC＝45°,
∴∠ABC+∠ABE＝45°+45°＝90°,
∴EC2=BE2+BC2=(52)2+22=54,
∴BD2=CE2=54 ．
（3）如图,
∵AB＝BC,∠ABC＝60°,
∴△ABC是等边三角形,
把△ACD绕点C逆时针旋转60°得到△BCE,连接DE,
则BE＝AD,△CDE是等边三角形,
∴DE＝CD,∠CED＝60°,
∵∠ADC＝30°,
∴∠BED＝30°+60°＝90°,
在Rt△BDE中,DE＝BD2−BE2＝102−62＝8,
∴CD＝DE＝8．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质,正确理解题目之间的联系,构造全等三角形是解决本题的关键．
12．（2022·河南周口·九年级期末）观察猜想
(1)如图1,在等边△ABC中,点M是边BC上任意一点（不含端点B、C）,连接AM,以AM为边作等边△AMN,连接CN,则∠ABC与∠ACN的数量关系是______．
(2)类比探究
如图2,在等边△ABC中,点M是BC延长线上任意一点（不含端点C）,（1）中其它条件不变,（1）中结论还成立吗？请说明理由．
(3)拓展延伸
如图3,在等腰△ABC中,BA=BC,点M是边BC上任意一点（不含端点B、C）,连接AM,以AM为边作等腰△AMN,使顶角∠AMN=∠ABC．连按CN．试探究∠ABC与∠ACN的数量关系,并说明理由．
【答案】(1)∠ABC=∠ACN
(2)∠ABC=∠ACN成立
(3)∠ABC=∠ACN
【分析】（1）利用SAS可证明△BAM≅△CAN,继而得出结论；
（2）也可以通过证明△BAM≅△CAN,得出结论,和（1）的思路完全一样．
（3）首先得出∠BAC=∠MAN,从而判定△ABC∽△AMN,得到ABAM=ACAN,根据∠BAM=∠BAC−∠MAC,∠CAN=∠MAN−∠MAC,得到∠BAM=∠CAN,从而判定△BAM∽△CAN,得出结论．
(1)
证明：∵△ABC、△AMN是等边三角形,
∴AB=AC,AM=AN,∠BAC=∠MAN=60°,
∴∠BAM=∠CAN,
∵在△BAM和△CAN中,
AB=AC∠BAM=∠CANAM=AN,
∴△BAM≅△CAN(SAS),
∴∠ABC=∠ACN．
(2)
解：结论∠ABC=∠ACN仍成立；
理由如下：∵△ABC、△AMN是等边三角形,
∴AB=AC,AM=AN,∠BAC=∠MAN=60°,
∴∠BAM=∠CAN,
∵在△BAM和△CAN中,
AB=AC∠BAM=∠CANAM=AN,
∴△BAM≅△CAN(SAS),
∴∠ABC=∠ACN．
(3)
解：∠ABC=∠ACN；
理由如下：∵BA=BC,MA=MN,
∴ABBC=AMMN,
又∵∠ABC=∠AMN,
∴△ABC∽△AMN,
∴∠BAC=∠MAN,
∴ ABAC=AMAN,
又∵∠BAM=∠BAC−∠MAC,∠CAN=∠MAN−∠MAC,
∴∠BAM=∠CAN,
∴△BAM∽△CAN,
∴∠ABC=∠ACN．
【点睛】本题是三角形综合题,考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质,解答本题的关键是仔细观察图形,找到全等（相似）的条件,利用全等（相似）的性质证明结论．
13．（2021·辽宁·东港市第七中学一模）如图,在△ABC、△ADE中,AB=AC,AD=AE,设∠BAC=∠DAE=α．连接BD,以BC、BD为邻边作▱BDFC,连接EF．
(1)若α=60°,当AD、AE分别与AB、AC重合时（图1）,易得EF=CF．当△ADE绕点A顺时针旋转到（图2）位置时,请直接写出线段EF、CF的数量关系________；
(2)若α=90°,当△ADE绕点A顺时针旋转到（图3）位置时,试判断线段EF、CF的数量关系,并证明你的结论；
(3)若α为任意角度,AB=6,BC=4,AD=3,△ADE绕点A顺时针旋转一周（图4）,当A、E、F三点共线时,请直接写出AF的长度．
【答案】(1)EF=CF
(2)EF=2CF,证明见解析
(3)47+73或47−73
【分析】（1）根据旋转全等模型可证,△ADB≅△AEC（SAS）,结合已知平行四边形性质可证：CF=EC,∠ECF=∠BAC=α,根据α=60°,可得△ECF是等边三角形即可解题；
（2）同理第一问,根据α=90°,可得△ECF是等腰直角三角形即可解题；
（3）根据第一问可证：△ABC∼△ADE∼△CEF,当A、E、F三点共线时,当A、E、F三点共线时,D、B、E三点共线,继而解三角形,求出BD长,由相似三角形性质求出EF,由分两种情况,分别画图求解即可．
(1)
解：如图2,连接EC,
∵∠BAC=∠DAE=α,∠BAC=∠BAD+∠DAC,∠DAE=∠DAC+∠CAE,
∴∠BAD=∠CAE,
又∵AB=AC,AD=AE,
∴△ADB≅△AEC（SAS）,
∴BD=EC,∠ABD=∠ACE,
∴∠ABC+∠ACB=∠DBC+∠ECB,
∵四边形BDFC是平行四边形,
∴BC∥DF,BD=CF
∴∠DBC+∠BCF=∠DBC+∠ECB+∠ECF=180° ,CF=EC,
∴∠ABC+∠ACB+∠ECF=180°,
又∵∠ABC+∠ACB+∠BAC=180°,
∴∠ECF=∠BAC=α,
当α=60°时,CF=EC,
∴△ECF是等边三角形,
∴EF=CF；
(2)
解：同理（1）可得：CF=EC,∠ECF=∠BAC=α,
当α=90°时,CF=EC,
∴△ECF是等腰直角三角形,
∴EF=2CF；
(3)
解：分两种情况进行讨论：
如图3-1：AF=AE+EF,
同理1可得：CF=EC,∠ECF=∠BAC=α,
又∵AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=α．
∴ABAC=ADAE=ECFC,
∴△ABC∼△ADE∼△CEF,
∴DEAD=EFCE=BCAB,∠ADE=∠CEF,
∵AB=6,BC=4,AD=3,
∴DE=2,EF=23EC,
由（1）得：△ADB≅△AEC（SAS）,
∴∠ADB=∠AEC,
∴∠ADE+∠ADB=∠AEC+∠CEF
∴当A、E、F三点共线时,∠ADE+∠ADB=∠AEC+∠CEF,
∴当A、E、F三点共线时,D、B、E三点共线,
如图4-1,过A点作AH⊥DE,
∵AD=AE,
∴DH=12DE=1,
∴AH=AD2−DH2=32−12=22,
∴HB=AB2−AH2=62−(22)2=27,
∴BD=HB−HD=27−1
∵EC=BD=27−1,
∴EF=23EC=23(27−1),
∴AF=AE+EF=3+23(27−1)=47+73,
如图4-2,AF=EF-AE,
同理可得：HB=27,EF=23EC,
∴BD=HB+HD=27+1
∵EC=BD=27−1,
∴EF=23EC=23(27+1),
∴AF=EF−AE=23(27+1)−3=47−73,
综上所述：AF长为47+73或47−73．
【点睛】本题属于几何压轴题,综合性比较强,体会其中蕴含的从特殊到一般的思想是解题的关键．解题关键是关键旋转全等模型证明△CEF是等腰三角形,∠ECF=∠BAC=∠DAE=α,从而可得△ABC∼△ADE∼△CEF,再结合解三角形求线段长．
14．（2022·江苏·苏州高新区实验初级中学三模）【学习概念】有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形,连接这两个角的顶点的线段称为对余线．
【理解运用】
(1)如图1,对余四边形中,AB = 5,BC = 6,CD = 4,连接AC,若AC = AB,则cos∠ABC=___________, sin∠CAD=__________．
(2)如图2,凸四边形中,AD = BD,AD⊥BD,当2CD2 + CB2 = CA2时,判断四边形ABCD是否为对余四边形,证明你的结论．
【拓展提升】
(3)在平面直角坐标中,A（－1,0）,B（3,0）,C（1,2）,四边形ABCD是对余四边形,点E在对余线BD上,且位于△ABC内部,∠AEC = 90° + ∠ABC．设AEBE = u,点D的纵坐标为t,请在下方横线上直接写出u与t的函数表达,并注明t的取值范围____________________________ ．
【答案】(1)35,1225；
(2)四边形ABCD是对余四边形；
(3)u=t2(0
（2）通过构造手拉手模型,即构造等腰直角三角形,通过证明三角形全等,利用勾股定理来证明四边形ABCD为对余四边形．
（3）过点D作DH⊥x轴于点H,先证明△ABE∽△DBA,得出u与AD的关系,设D（x,t）,再利用（2）中结论,求出AD与t的关系即可解决问题．
(1)
解：过A作AE⊥BC于E,过C作CF⊥AD于F
∵AB=AC,AE⊥BC
∴BE=CE=12BC=3,
∴cos∠ABC=AEAB= 35
∵四边形ABCD是对余四边形,
∴∠B+∠D=90°
又∵∠B+∠BAE=90°
∴∠D=∠BAE
又∵∠CFD=∠AEB=90°
∴△ABE∽△DCF
∴ABCD=BECF
∴54=3CF
∴CF=125
∴sin∠CAD＝CFAC=1225
故答案为：35,1225；
(2)
如图②中,结论：四边形ABCD是对余四边形．
理由：过点D作DM⊥DC,使得DM＝DC,连接CM．
∵四边形ABCD中,AD＝BD,AD⊥BD,
∴∠DAB＝∠DBA＝45°,
∵∠DCM＝∠DMC＝45°,
∴∠CDM＝∠ADB＝90°,
∴∠ADC＝∠BDM,
∵AD＝DB,CD＝DM,
∴△ADC≌△BDM（SAS）,
∴AC＝BM,
∵2CD2+CB2＝CA2,CM2＝DM2+CD2＝2CD2,
∴CM2+CB2＝BM2,
∴∠BCM＝90°,
∴∠DCB＝45°,
∴∠DAB+∠DCB＝90°,
∴四边形ABCD是对余四边形．
(3)
如图③中,过点D作DH⊥x轴于H．
∵A（﹣1,0）,B（3,0）,C（1,2）,
∴OA＝1,OB＝3,AB＝4,AC＝BC＝22,
∴AC2+BC2＝AB2,
∴∠ACB＝90°,
∴∠CBA＝∠CAB＝45°,
∵四边形ABCD是对余四边形,
∴∠ADC+∠ABC＝90°,
∴∠ADC＝45°,
∵∠AEC＝90°+∠ABC＝135°,
∴∠ADC+∠AEC＝180°,
∴A,D,C,E四点共圆,
∴∠ACE＝∠ADE,
∵∠CAE+∠ACE＝∠CAE+∠EAB＝45°,
∴∠EAB＝∠ACE,
∴∠EAB＝∠ADB,
∵∠ABE＝∠DBA,
∴△ABE∽△DBA,
∴BEAB=AEAD ,
∴AEBE=ADAB,
∴u＝AD4,
设D（x,t）,
∵四边形ABCD是对余四边形,
可得BD2＝2CD2+AD2,
∴（x﹣3）2+t2＝2[（x﹣1）2+（t﹣2）2]+（x+1）2+t2,
整理得（x+1）2＝4t﹣t2,
在Rt△ADH中,AD＝AH2+DH2=(x+1)2+t2＝2t,
∴u＝AD4=t2（0＜t＜4）,
即u＝t2（0＜t＜4）
【点睛】本题属于四边形综合题,考查了对余四边形的定义,全等三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质,解直角三角形等知识,解题的关键是理解题意,学会添加常用辅助线,构造全等三角形或相似三角形解决问题,属于中考压轴题．
15．（2022·陕西咸阳·八年级期末）△ABC和△ADE如图所示,其中∠ABC=∠ACB,∠ADE=∠AED,∠BAC=∠DAE．
(1)如图①,连接BE、CD,求证：BE=CD；
(2)如图②,连接BE、CD、BD,若∠BAC=∠DAE=60°,CD⊥AE,AD=3,CD=5,求BD的长．
【答案】(1)见解析
(2)34
【分析】（1）只需证ΔABE≌ΔACD,即可得到结论；
（2）先证明ΔBED是直角三角形,再用勾股定理求BD．
（1）
证明：∵∠ABC=∠ACB,∠ADE=∠AED,
∴AB=AC,AE=AD,
∵,∠BAC=∠DAE,
∴∠BAE=∠CAD,
∴ΔABE≌ΔACD(SAS),
∴BE=CD．
（2）
解：∵∠ADE=∠AED,
∴AE=AD,
∵∠DAE=60°,
∴ΔDAE是等边三角形,
∴AD=ED=3,∠AED=∠ADE=60°,
∵CD⊥AE,
∴∠ADC=12×60°=30°,
由（1）知：ΔABE≌ΔACD,
∴BE=CD=5,∠AEB=∠ADC=30°,
∴∠BED=90°,
∴BD=BE2+ED2=34．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定及性质、勾股定理,解题的关键是确定全等三角形的条件．
16．（2022·河北保定·八年级期末）如图1,∠ACD=90°,AC=DC,MN是过点A的直线,过点D作DB⊥MN于点B,连接CB；过点C作CE⊥CB,与MN交于点E．
(1)连接AD,AD是AC的______倍；
(2)直线MN在图1所示位置时,可以得到线段BD和AE的数量关系是______,BD−BA与BC之间的数量关系是______,请证明你的结论；
(3)直线MN绕点A旋转到图2的位置,若BD=2,BC=2,则AB的长为______（直接写结果）；
(4)直线MN绕点A旋转到图3的位置时,直接写出线段BA,BC,BD之间的数量关系______．
【答案】(1)2；
(2)AE＝BD,BD﹣AB＝2BC；
(3)4；
(4)BA+BD＝2BC
【分析】（1）由∠ACD=90°,AC=DC,根据勾股定理可直接得出答案；
（2）先证明△ACE≌△DCB,确定△ECB为等腰直角三角形,即可得出答案；
（3）先证明△ACE≌△DCB,CE＝BC,得到△BCE为等腰直角三角形,得到AB＝BD+2BC,即可得出答案；
（4）先证明△ACE≌△DCB,确定△ECB为等腰直角三角形即可得出答案．
（1）解：连接AD,设AC＝a,则DC＝a,∴AD＝AC2+DC2=a2+a2=2a,即AD是AC的2倍,故答案为：2．
（2）如图1,设AC与BD交于O,由题可知,∠BCE＝90°＝∠ACD,∴∠ACE＝∠BCD,∵BD⊥MN,∴∠ABD＝90°＝∠ACD,∵∠AOB＝∠DOC,∴∠BAC＝∠CDB,∵AC＝DC,∴△ACE≌△DCB（ASA）,∴CE＝BC,AE＝BD,∵∠BCE＝90°,∴△ECB为等腰直角三角形,∴BE＝2BC,∵BE＝AE﹣AB＝BD﹣AB,∴BD﹣AB＝2BC；故答案为：AE＝BD；BD﹣AB＝2BC；
（3）解：如图2,设CD与MN交于O,由题可知,∠BCE＝90°＝∠ACD,∴∠ACE＝∠BCD,∵BD⊥MN,∴∠ABD＝90°＝∠ACD,∵∠AOC＝∠DOB,∴∠BAC＝∠CDB,∵AC＝DC,∴△ACE≌△DCB（ASA）,∴CE＝BC,AE＝BD,∵∠BCE＝90°,∴BE＝2BC,∵BE＝AB﹣AE＝AB﹣BD,∴AB=BD+2BC,∵BD＝2,BC＝2,∴AB＝BD+2BC＝4,故答案为：4．
（4）∴∠BCE＝90°＝∠ACD,∴∠ACE＝∠DCB,∠CEB+∠CBE＝90°,∵BD⊥MN,∴∠ABD＝90°,∴∠CBE+∠CBD＝90°,∴∠CEB＝∠CBD,∵AC＝DC,∴△ACE≌△DCB（AAS）,∴CE＝BC,AE＝BD,∵∠BCE＝90°,∴BE＝2BC,∵BE＝AE+BA＝BD+BA,∴BA+BD＝2BC,故答案为：BA+BD＝2BC．
【点睛】此题属于几何变换综合题,主要考查旋转的性质,等腰直角三角形的性质和判定,勾股定理,全等三角形的判定和性质,构造全等三角形是解本题的关键．
17．（2021·江苏苏州·八年级期中）【理解概念】当一个凸四边形的一条对角线把原四边形分成两个三角形．若其中有一个三角形是等腰直角三角形,则把这条对角线叫做这个四边形的“等腰直角线”,把这个四边形叫做“等腰直角四边形”,
当一个凸四边形的一条对角线把原四边形分成两个三角形．若其中一个三角形是等腰直角三角形,另一个三角形是等腰三角形,则把这条对角线叫做这个四边形的“真等腰直角线”,把这个四边形叫做“真等腰直角四边形”．
(1)【巩固新知】如图①,若AD=3,AD=DB=DC,BC=32,则四边形ABCD______（填“是”或“否”）真等腰直角四边形．
(2)【深度理解】在图①中,如果四边形ABCD是真等腰直角四边形,且∠BDC=90°,对角线BD是这个四边形的真等腰直角线,当AD=4,AB=3时,则边BC的长是______．
(3)如图②,四边形ABCD与四边形ABDE都是等腰直角四边形,且∠BDC=90°,∠ADE=90°,BD＞AD＞AB,对角线BD、AD分别是这两个四边形的等腰直角线．求证：AC=BE．
(4)【拓展提高】在图3中,已知：四边形ABCD是等腰直角四边形,对角线BD是这个四边形的等腰直角线．若BD正好是分得的等腰直角三角形的一条直角边,且AD=3,AB=4,∠BAD=45°,求AC的长．
【答案】(1)是
(2)42或32
(3)见解析
(4)AC=34或41．
【分析】（1）利用勾股定理的逆定理证明∠BDC=90°,从而△BDC是等腰直角三角形,又因为△ABD是等腰三角形,即可得出结论；
（2）由题意知△ABD是等腰三角形,当AD=BD=4时,由勾股定理得：BC=42,当BD=AB=3时,由勾股定理得：BC=32；
（3）利用SAS证明△ADC≌△EDB,得AC=BE；
（4）分∠BDC=90°和∠DBC=90°,分别构造等腰直角三角形,利用（3）中全等进行转化,从而解决问题．
(1)
解：∵AD=3,AD=DB=DC,
∴BD=CD=3,
∵BD2+CD2=18,BC2=（32）2=18,
∴BD2+CD2=BC2,
∴△BDC是等腰直角三角形,
∵△ABD是等腰三角形,
∴四边形ABCD是真等腰直角四边形,
故答案为：是；
(2)
解：∵对角线BD是这个四边形的真等腰直角线,
∴△ABD是等腰三角形,
当AD=BD=4时,由勾股定理得：BC=42+42=42,
当BD=AB=3时,由勾股定理得：BC=32+32=32,
综上：BC=42或32,
故答案为：42或32；
(3)
解：由题意知：△BDC和△ADE都是等腰直角三角形,
∴BD=CD,AD=DE,∠BDC=∠ADE=90°,
∴∠ADC=∠EDB,
∴△ADC≌△EDB（SAS）,
∴AC=BE；
(4)
解：由题意知：△BDC是等腰直角三角形,
当∠BDC=90°时,如图,作DE⊥AD,取DE=AD,连接AE,BE,
由（3）同理得△ADC≌△EDB（SAS）,
∴AC=BE,
∵AD=3,△ADE是等腰直角三角形,
∴AE=32,∠EAD=45°,
∵∠DAB=45°,
∴∠EAB=90°,
由勾股定理得BE=AE2+AB2=(32)2+42=34,
∴AC=34；
当∠DBC=90°时,如图,同理可得
AE=42,
DE=AC=41,
综上：AC=34或41．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形和等腰三角形的性质,全等三角形的判定与性质,勾股定理的应用,读懂题意,作辅助线构造全等三角形是解题的关键,注意问题设置的层次性．
18．（2022·江苏·八年级课时练习）如图,在等腰△ABC与等腰△ADE中,AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=α,连接BD和CE相交于点P,交AC于点M,交AD于点N．
(1)求证：BD=CE．
(2)求证：AP平分∠BPE．
(3)若α=60°,试探寻线段PE、AP、PD之间的数量关系,并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)PE=AP+PD,见解析
【分析】（1）由“SAS”可证△BAD≌△CAE,可得BD=CE；
（2）由全等三角形的性质可得S△BAD=S△CAE,由三角形面积公式可得AH=AF,由角平分线的性质可得AP平分∠BPE；
（3）由全等三角形的性质可得∠BDA=∠CEA,由“SAS”可证△AOE≌△APD,可得AO=AP,可证△APO是等边三角形,可得AP=PO,可得PE=AP+PD,即可求解．
(1)
证明：∵∠BAC=∠DAE=α,
∴∠BAD=∠CAE,
又∵AB=AC,AD=AE,
∴△BAD≌△CAE（SAS）,
∴BD=CE；
(2)
证明：如图,过点A作AH⊥BD,AF⊥CE,
∵△BAD≌△CAE,
∴S△BAD=S△CAE,BD=CE,
∴12BD×AH=12CE×AF,
∴AH=AF,
又∵AH⊥BD,AF⊥CE,
∴AP平分∠BPE；
(3)
解：PE=AP+PD,理由如下：
如图,在线段PE上截取OE=PD,连接AO,
∵△BAD≌△CAE,
∴∠BDA=∠CEA,
又∵OE=PD,AE=AD,
∴△AOE≌△APD（SAS）,
∴AP=AO,
∵∠BDA=∠CEA,∠PND=∠ANE,
∴∠NPD=∠DAE=α=60°,
∴∠BPE=180°-∠NPD=180°-60°=120°,
又∵AP平分∠BPE,
∴∠APO=60°,
又∵AP=AO,
∴△APO是等边三角形,
∴AP=PO,
∵PE=PO+OE,
∴PE=AP+PD．
【点睛】本题是三角形综合题,考查了全等三角形的判定和性质,直角三角形的性质,等边三角形的判定和性质以及角之间的关系,证明△BAD≌△CAE是解本题的关键．
19．（2022·全国·八年级课时练习）在△ABC中,∠B=90°,D为BC延长线上一点,点E为线段AC,CD的垂直平分线的交点,连接EA,EC,ED．
（1）如图1,当∠BAC=50°时,则∠AED=_______°；
（2）当∠BAC=60°时,
①如图2,连接AD,判断△AED的形状,并证明；
②如图3,直线CF与ED交于点F,满足∠CFD=∠CAE．P为直线CF上一动点．当PE−PD的值最大时,用等式表示PE,PD与AB之间的数量关系为_______,并证明．
【答案】（1）80；（2）△AED是等边三角形；（3）PE−PD=2AB．
【分析】（1）根据垂直平分线性质可知AE=EC=ED,再结合等腰三角形性质可得∠EAC=∠ECA,∠EDC=∠ECD,利用平角定义和四边形内角和定理可得∠AED=2∠ACB,由此求解即可；
（2）根据（1）的结论求出∠AED=2∠ACB=60°即可证明△AED是等边三角形；
（3）根据利用对称和三角形两边之差小于第三边,找到当PE−PD的值最大时的P点位置,再证明对称点D'与AD两点构成三角形为等边三角形,利用旋转全等模型即可证明△ACD≅△ED'D,从而可知PE−PD=PE−PD'=ED'=AC,再根据30°直角三角形性质可知AC=2AB即可得出结论．
【详解】解：（1）∵点E为线段AC,CD的垂直平 分线的交点,
∴AE=EC=ED,
∴∠EAC=∠ECA,∠EDC=∠ECD,
∴∠EAC+∠EDC=∠ACE+∠ECD=∠ACD,
∵∠EAC+∠EDC+∠ACD+∠AED=360°,
∴2∠ACD+∠AED=360°,
∵∠ACD+∠ACB=180°,
∴∠AED=2∠ACB,
∵在△ABC中,∠B=90°,∠BAC=50°,
∴∠ACB=40°,
∴∠AED=2∠ACB=80°,
故答案为：80°．
（2）①结论：△AED是等边三角形．
证明：∵在△ABC中,∠B=90°,∠BAC=60°,
∴∠ACB=30°,
由（1）得：∠AED=2∠ACB=60°,AE=EC=ED,
∴△AED是等边三角形．
②结论：PE−PD=2AB．
证明：如解图1,取D点关于直线AF的对称点D',连接PD、PD'；
∴PD'=PD,
∵PE−PD'≤ED',等号仅P、E、D'三点在一条直线上成立,
如解图2,P、E、D'三点在一条直线上,
由（1）得：∠CAE+∠EDC=∠ACD,
又∵∠CFD=∠CAE,
∴∠CFD+∠CDE=∠ACD,
又∵∠ACD+∠ACB=180°,∠CFD+∠CDE+∠PCD=180°,
∴∠PCD=∠ACB=30°,
∵点D、点D'是关于直线AF的对称点,
∴CD=CD',∠D'CD=2∠PCD=60°,
∴△D'CD是等边三角形,
∴CD=DD',∠CDD'=60°,
∵△AED是等边三角形,
∴AD=ED,∠ADE=60°,
∴∠ADC+∠D'DA=∠D'DA+∠EDD',
∴∠ADC=∠EDD',
在△ACD和△ED'D中,
AD=ED∠ADC=∠EDD'CD=D'D,
∴△ACD≅△ED'D（SAS）
∴AC=ED',
∵PD'=PD,
∴PE−PD=PE−PD'=ED'=AC,
在△ABC中,∠B=90°,∠ACB=30°,
∴AC=2AB,
∴PE−PD=2AB
【点睛】本题是三角形综合题,主要考查了等腰三角形、等边三角形的性质和判定,全等三角形性质和判定等知识点,解题关键是利用对称将PE−PD转化为三角形三边关系找到P的位置,并证明对称点D'与AD两点构成三角形为等边三角形．
20．（2021·安徽合肥·八年级阶段练习）如图,在△ABC和△ADE中,AB＝AC,AD＝AE,∠BAC＝∠DAE,连接BD,CE,BD与CE交于点O,BD与AC交于点F．
（1）求证：BD＝CE．
（2）若∠BAC＝48°,求∠COD的度数．
（3）若G为CE上一点,GE＝OD,AG＝OC,且AG∥BD,求证：BD⊥AC．
【答案】（1）见解析；（2）132°；（3）见解析
【分析】（1）根据∠BAC＝∠DAE,推出∠BAD=∠CAE,从而结合“SAS”证明△BAD≌△CAE,即可得出结论；
（2）根据外角定理推出∠COD=∠OBC+∠BCA+∠ACE,结合全等三角形的性质推出∠COD=∠ABC+∠BCA,最后在△ABC中利用内角和定理求解即可；
（3）连接AO,根据题意确定△ADO≌△AEG,得到∠OAD=∠GAE,AO=AG,再结合题干条件推出△AOC为等腰三角形,以及∠BOA=∠BOC,从而根据“三线合一”证明即可．
【详解】（1）证：∵∠BAC＝∠DAE,
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD,
即：∠BAD=∠CAE,
在△BAD和△CAE中,
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE
∴△BAD≌△CAE(SAS),
∴BD=CE；
（2）解：∵∠COD=∠OBC+∠BCO,∠BCO=∠BCA+∠ACE,
∴∠COD=∠OBC+∠BCA+∠ACE,
∵△BAD≌△CAE,
∴∠ABD=∠ACE,
∴∠COD=∠OBC+∠BCA+∠ABD=∠ABC+∠BCA,
∵∠BAC＝48°,
∴∠ABC+∠BCA=180°-48°=132°,
∴∠COD=132°；
（3）证：如图所示,连接AO,
∵△BAD≌△CAE,
∴∠ADO=∠AEG,
在△ADO和△AEG中,
AD=AE∠ADO=∠AEGOD=GE
∴△ADO≌△AEG(SAS),
∴∠OAD=∠GAE,AO=AG,
∴∠AOG=∠AGO,
∴∠OAD+∠DAG=∠GAE+∠DAG,
即：∠OAG=∠DAE,
∵∠DAE=∠BAC,
∴∠BAC=∠OAG,
在△ABF和△COF中,∠BAC=180°-∠ABD-∠AFB,∠BOC=180°-∠ACE-∠CFO,
由（2）知∠ABD=∠ACE,
∵∠AFB=∠CFO,
∴∠BAC=∠BOC,
∴∠BOC=∠OAG,
∵AG∥BD,
∴∠BOA=∠OAG,
∴∠BOA=∠BOC,
∵AO=AG,AG=CO,
∴AO=CO,
即：△AOC为等腰三角形,
∵∠BOA=∠BOC,
∴OF⊥AC,
∴BD⊥AC．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质,等腰三角形的判定与性质等,掌握全等三角形的判定与性质,熟悉“手拉手”模型的证明是解题关键．
21．（2021·福建省福州延安中学九年级期中）如图,△ABC为等边三角形,点D为线段BC上一点,将线段AD以点A为旋转中心顺时针旋转60°得到线段AE,连接BE,点D关于直线BE的对称点为F,BE与DF交于点G,连接DE,EF．
（1）求证：∠BDF＝30°
（2）若∠EFD＝45°,AC＝3+1,求BD的长；
（3）如图2,在（2）条件下,以点D为顶点作等腰直角△DMN,其中DN＝MN＝2,连接FM,点O为FM的中点,当△DMN绕点D旋转时,求证：EO的最大值等于BC．
【答案】（1）见解析；（2）2；（3）见解析
【分析】（1）由△ABC是等边三角形,可得∠ABC=60°,由D、F关于直线BE对称,得到BF=BD,则∠BFD=∠BDF,由三角形外角的性质得到∠BFD+∠BDF=∠ABD,则∠BDF=∠BFD=30°；
（2）设BG=x,由D、F关于直线BE对称,得到∠BGD=∠BGF=90°,EF=ED,EG=DG,由含30度角的直角三角形的性质和勾股定理得BD=2x,DG=3x,证明△EAB≌△DAC得到CD=BE=EG−BG=GD−BG=3x−x,再由BC=AC=3+1,得到BD+CD=2x+3x−x=3+1,由此求解即可；
（3）连接OG,先求出MD=2,证明OG是三角形DMF的中位线,得到OG=12DM=1,再根据两点之间线段最短可知OE≤EG+OG=1+3,则OE的最大值等于BC．
【详解】解：（1）∵△ABC是等边三角形,
∴∠ABC=60°,
∵D、F关于直线BE对称,
∴BF=BD,
∴∠BFD=∠BDF,
∵∠BFD+∠BDF=∠ABD,
∴∠BDF=∠BFD=30°；
（2）设BG=x,
∵D、F关于直线BE对称,
∴∠BGD=∠BGF=90°,EF=ED,
∴∠EDG=EFG=45°,
∴EG=DG,
∵∠BDG=30°,
∴BD=2BG=2x,
∴DG=BD2−BG2=3x,
由旋转的性质可得AE=AD,∠EAD=∠BAC=60°,
∴∠EAB+∠BAD=∠CAD+∠BAD,即∠EAB=∠DAC,
又∵AB=AC,
∴△EAB≌△DAC（SAS）,
∴CD=BE=EG−BG=GD−BG=3x−x,
∵BC=AC=3+1,
∴BD+CD=2x+3x−x=3+1,
∴x=1,
∴BD=2x=2；
（3）如图所示,连接OG,
∵在等腰直角三角形DMN中,DN=MN=2,
∴MD=DN2+MN2=2,
∵D、F关于直线BE对称,
∴G为DF的中点,
又∵O为FM的中点,
∴OG是三角形DMF的中位线,
∴OG=12DM=1,
由（2）可得EG=3,
根据两点之间线段最短可知OE≤EG+OG=1+3,
∴OE的最大值等于BC．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质,轴对称的性质,全等三角形的性质与判定,勾股定理,含30度角的直角三角形性质,三角形中位线定理,两点之间线段最短等等,解题的关键在于能够熟练掌握轴对称的性质和等边三角形的性质．
22．（2021·河南许昌·九年级期中）如图,在等腰直角三角形ABC和ADE中,AC＝AB,AD＝AE,连接BD,点M、N分别是BD,BC的中点,连接MN．
（1）如图1,当顶点D在边AC上时,请直接写出线段BE与线段MN的数量关系是 ,位置关系是 ．
（2）当△ADE绕点A旋转时,连接BE,上述结论是否依然成立,若成立,请就图2情况给出证明；若不成立,请说明理由．
（3）当AC＝8时,在△ADE绕点A旋转过程中,以D,E,M,N为顶点可以组成平行四边形,请直接写出AD的长．
【答案】（1）MN=12BE；MN⊥BE ；（2）成立,理由见解析；（3）81313或855
【分析】（1）延长MN交AB于点G,根据三角形的中位线定理证明MN//AB,MN=12CD=12BE,再由平行线的性质证明∠NGB=∠A=90°,则MN⊥BE；
（2）（1）中的结论依然成立,连接CD,由等腰直角三角形的性质推出相应的线段相等和角相等,证明ΔCAD≅ΔBAE,先证明CD⊥BE,再证明MN⊥BE；由三角形的中位线定理证明MN=12BE；
（3）以D,E,M,N为顶点的四边形为平行四边形分两种情况,即AD在ΔABC的内部、AD、AE都在ΔABC的外部,此时C、D、E三点在同一条直线上,且CD=BE=2DE,再根据CD⊥BE,得到直角三角形,由勾股定理列方程求AD的长．
【详解】解：（1）如图1,延长MN交AB于点G,
∵M、N分别是BD、BC的中点,
∴MN//CD,且MN=12CD,
∴∠NGB=∠A=90°,
∴MN⊥BE．
∵AC=AB,AD=AE,
∴CD=BE,
∴MN=12BE；
故答案为：MN=12BE,MN⊥BE.
（2）成立,理由如下：
∴如图2,连接并延长CD交BE于点H,延长NM交BE于点G,
∵∠CAB=∠DAE=90°,
∴∠CAD=∠BAE=90°−∠DAB,
∵AC=AB,AD=AE,
∴ΔCAD≌ΔBAE(SAS),
∴CD=BE,∠ACD=∠ABE,
∵点M、N分别是BD、BC的中点,
∴MN//CD,MN=12CD,
∴MN=12BE；
∵∠BCH+∠CBH=∠BCH+∠ABE+∠ABC=∠BCH+∠ACD+∠ABC=∠ACB+∠ABC=90°,
∴∠CHB=90°,
∴CD⊥BE,
∴∠NGB=∠CHB=90°；
∴MN⊥BE．
（3）如图3,AD在ΔABC内部,AE在ΔABC的外部,且四边形DEMN是平行四边形,
由（2）得,CD⊥BE,MN//CD,MN=12CD=12BE,
∵四边形DEMN是平行四边形,
∵DE//MN,DE=MN,
∴C、D、E三点在同一条直线上,
∴∠BEC=90°,
∵DE2=2AD2,
∴DE=2AD,
∴CD=BE=2MN=2DE=22AD,
∵AC=8,
∴BC2=82+82=128,
由CE2+BE2=BC2得,(2AD+22AD)2+(22AD)2=128,
解得AD=81313；
如图4,AD、AE都在ΔABC的外部,且四边形DENM是平行四边形,设BE交AC于点O,
∵∠CAD=∠BAE=90°+∠CAE,AC=AB,AD=AE,
∴ΔCAD≌ΔBAE(SAS),
∴CD=BE,
∵M、N分别为BD、BC的中点,
∴MN//CD,
∵四边形DENM是平行四边形,
∴DE//MN,
∴点E在CD上,
∵∠ACD=∠ABE,∠COE=∠AOB,
∴∠ACE+∠COE=∠ABE+∠AOB=90°,
∴∠BEC=90°,
∵M、N分别是BD、BC的中点,
∴MN=12CD=12BE,
∴BE=CD=2MN=2DE,
∵DE=2AD,
∴BE=CD=22AD,
由CE2+BE2=BC2得,(22AD−2AD)2+(22AD)2=128,
解得AD=855,
综上所述,AD的长为81313或855．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、等腰直角三角形的性质、三角形的中位线、勾股定理及二次根式的运算,熟练掌握平行四边形的性质、等腰直角三角形的性质、三角形的中位线、勾股定理及二次根式的运算是解题的关键．
23．（2021·福建莆田·九年级期中）如图1,在等边△ABC中,∠A=60°,AB=AC,点D,E分别在边AB,AC上,AD=AE,连接DC,点M,P,N分别为DE,DC,BC的中点．
（1）观察猜想：图1中,线段PM与PN的数量关系是 ,∠MPN= ；
（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置,连接MN,BD,CE,则上面题（1）中的两个结论是否依然成立,并说明理由；
（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转,若AD=4,AB=10,请直接写出△PMN周长的最大值
【答案】（1）PM=PN,120°；（2）成立,见解析；（3）14+73
【分析】（1）利用三角形的中位线定理以及平行线的性质解决问题即可；
（2）证明△ABD≌△ACE（SAS）,推出BD=CE,再利用三角形的中位线定理解决问题即可；
（3）首先证明点D恰好在BA延长线上时,PM 、PN的最大值为7,再利用30度角的直角三角形的性质以及勾股定理,求出M N的长度即可解决问题．
【详解】解：（1）∵△ABC是等边三角形,
∴AB=AC,∠A=60°,
∵AD=AE,
∴AB-AD=AC-AE,即BD=CE,
∵M,P,N分别是DE,DC,BC的中点,
∴MP=12EC,PM∥EC,PN=12BD,PN∥BD,
∴PM=PN,∠MPD=∠ACD,∠NPD=∠ADC,
在△ACD中,∠ADC+∠ACD=180°-∠A=120°,
∴∠MPN=∠MPD+∠NPD=120°．
故答案为：PM=PN,120°；
（2）成立,理由如下：
∵AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=60°,∠ABC=∠ACB=60°,
∴∠BAD=∠CAE,
∵AB=AC,∠BAD=∠CAE,AD=AE,
∴△ABD≌△ACE（SAS）,
∴BD=CE,
∵DM=ME,DP=PC,BN=NC,
∴MP=12EC,PM∥EC,PN=12BD,PN∥BD,
∴MP=PN,
∴△PMN是等腰三角形．
∵PM∥CE,
∴∠DPM=∠DCE,
∵PN∥BD,
∴∠PNC=∠DBC,
∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC,
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC,
∵∠BAC=60°,
∴∠ACB+∠ABC=120°,
∴∠MPN=120°,
∴PM=PN,∠MPN=120°；
（3）由（2）知：PM=PN,∠MPN=120°,
∵BD≤AB+AD,
∴BD≤14,
∴点D恰好在BA延长线上时,BD、CE取得最大值,且最大值为14,
∴PM 、PN的最大值为7,
此时MN经过点A,即MN垂直平分BC,如图：
∵△ABC、△ADE是等边三角形,且AD=4,AB=10,
∴∠BAN=∠DAM=30°,
∴BN=CN=5,DM=EM=2,
∴AN=AB2−BN2=53,AM=AD2−DM2=23,
∴△PMN周长的最大值为PM+PN+MN=7+7+53+23=14+73．
【点睛】本题属于几何变换综合题,考查了等边三角形的性质,全等三角形的判定和性质,三角形的中位线定理,三角形的面积等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题,属于中考压轴题．
24．（2021·四川·成都七中八年级期中）已知,在△ABC中,AB=AC,
（1）如图1,∠ABC=2α,∠BDA=α,若α=30°,且点D在CA的延长线上时,求证：CD2=BD2+AD2；
（2）如图2,∠ABC=2α,∠BDA=α,若α=30°,试判断AD,BD,CD之间的等量关系,并说明理由
（3）如图3,若∠BDA=∠ABC=45°,AD=62,BD=5,求CD的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）CD2=AD2+BD2；（3）13
【分析】（1）先求解∠ABC=∠ACB=60°,∠BDA=30°,再证明△ABC为等边三角形,∠DBC=90°, 证明AD=BC, 结合勾股定理可得结论；
（2）如图,以CD为边作等边△CDK, △DBC≌△KAC, 设∠BDC=m, 再证明∠DAK=90°, 再利用勾股定理可得答案；
（3）如图,以AD为腰作等腰直角△ADK,∠DAK=90°,AD=AK, 证明△KAB≌△DAC, 可得CD=KB, 再利用勾股定理求解DK,KB, 从而可得答案.
【详解】解：（1）∵ AB=AC,∠ABC=2α,∠BDA=α,α=30°,
∴∠ABC=∠ACB=60°,∠BDA=30°,
∴△ABC为等边三角形,∠DBC=90°,
∴AB=AC=BC,DC=2BC,
∴AD=BC,
∵∠DBC=90°,
∴CD2=BD2+BC2=BD2+AD2.
（2）CD2=AD2+BD2,理由如下：
如图,以CD为边作等边△CDK,
∴CD=CK=DK,∠DCK=∠KDC=∠DKC=60°,
由（1）可得：△ABC为等边三角形,
∴BC=AC,∠ACB=∠DCB+∠ACD=60°,
而∠DCA+∠ACK=∠DCK=60°,
∴∠DCB=∠KCA,
∴△DBC≌△KAC, 设∠BDC=m,
∴∠BDC=∠AKC=m,BD=AK,
∵∠BDA=30°,
∴∠ADC=30°−m,∠KDA=60°−(30°−m)=30°+m,
∠DKA=60°−m,
∴∠DAK=180°−(60°−m)−(30°+m)=90°,
∴DK2=AD2+AK2,
∴CD2=AD2+BD2.
（3）如图,以AD为腰作等腰直角△ADK,∠DAK=90°,AD=AK,
∵AB=AC,∠BDA=∠ABC=45°,
∴∠BAC=90°,
∴∠KAB=∠DAC,
∴△KAB≌△DAC,
∴CD=KB,
∵AD=62,AD=AK,∠DAK=90°,
∴DK=AD2+AK2=12,
∵∠ADK=45∘,∠BDA=45°,
∴∠KDB=90°,
∴KB=DK2+BD2=122+52=13,
∴CD=13.
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质,等边三角形的判定与性质,勾股定理的应用,作出适当的辅助线构建全等三角形,直角三角形是解题的关键.
25．（2021·河南南阳·八年级期中）在△ABC中,∠BAC＝90°,AB＝AC,D为BC的中点．
（1）如图1,E、F分别是AB、AC上的点,且BE＝AF、求证：△DEF是等腰直角三角形
经过分析已知条件AB＝AC,D为BC的中点．容易联想等腰三角形三线合一的性质,因此,连结AD（如图2）,以下是某同学由已知条件开始,逐步按层次推出结论的流程图．请帮助该同学补充完整流程图．补全流程图：
①___≅____,
②∠EDF＝___
（2）如果E、F分别为AB、CA延长线上的点,仍有BE＝AF,其他条件不变,试猜想△DEF是否仍为等腰直角三角形？请在备用图中补全图形、先作出判断,然后给予证明．
【答案】（1）△BDE,△ADF,90°；（2）△DEF仍为等腰直角三角形,理由见解析
【分析】（1）连接AD,根据∠BAC＝90°,AB＝AC,D为BC的中点,可以得到∠B=∠C=45°,AD⊥BC,∠BAD=∠CAD=12∠BAC=45∘,AD=CD=BD=12BC,从而可以证明△BDE≌△ADF（SAS）,得到DE=DF,∠BDE=∠ADF,由∠ADE+∠BDE=∠BDA=90°,可得∠ADE+∠ADF=90°,即∠EDF=90°,即可证明；
（2）连接AD,同样证明△BDE≌△ADF（SAS）,得到DE=DF,∠BDE=∠ADF,再由∠ADF+∠BDF=∠BDA=90°,即可得到∠BDE+∠BDF=90°,即∠EDF=90°,即可证明．
【详解】解：（1）如图所示,连接AD,
∵∠BAC＝90°,AB＝AC,D为BC的中点,
∴∠B=∠C=45°,AD⊥BC,∠BAD=∠CAD=12∠BAC=45∘,AD=CD=BD=12BC,
∴∠B=∠BAD=∠CAD,
在△BDE和△ADF中,
BD=AD∠B=∠DAFBE=AF,
∴△BDE≌△ADF（SAS）,
∴DE=DF,∠BDE=∠ADF,
∵∠ADE+∠BDE=∠BDA=90°,
∴∠ADE+∠ADF=90°,即∠EDF=90°,
∴△DEF是等腰直角三角形；
故答案为：△BDE,△ADF,90°；
（2）△DEF仍为等腰直角三角形,理由如下：
连接AD,
∵∠BAC＝90°,AB＝AC,D为BC的中点,
∴∠ABC=∠C=45°,AD⊥BC,∠BAD=∠CAD=12∠BAC=45∘,AD=CD=BD=12BC,
∴∠FAD=180°-∠CAD=135°,∠EBD=180°-∠ABC=135°,
∴∠FAD=∠EBD,
在△BDE和△ADF中,
BD=AD∠EBD=∠FADBE=AF,
∴△BDE≌△ADF（SAS）,
∴∴DE=DF,∠BDE=∠ADF,
∵∠ADF+∠BDF=∠BDA=90°,
∴∠BDE+∠BDF=90°,即∠EDF=90°,
∴△DEF是等腰直角三角形．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定,等腰直角三角形的性质与判定,解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．
26．（2021·四川·成都嘉祥外国语学校九年级期中）正方形ABCD中,点E、F在BC、CD上,且BE＝CF,AE与BF交于点G．
（1）如图1,求证AE⊥BF；
（2）如图2,在GF上截取GM＝GB,∠MAD的平分线交CD于点H,交BF于点N,连接CN,求证：AN+CN＝2BN；
（3）在（2）的条件下,若tan∠AEB＝3,S△CHN＝95,求AB的长
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）6
【分析】（1）首先可推出△ABE≌△BCF,即可得到∠BAE=∠CBF,再结合余角的性质证明即可；
（2）作PB⊥BN交NA延长线于P点,结合（1）的结论和角平分线的定义推出∠GAN=45°,从得到∠ANG=45°,以及△PBN为等腰直角三角形,然后根据“手拉手”模型证明△PBA≌△NBC,即可证明结论；
（3）首先根据正切函数值设BE=x,则AB=3x,CE=2x,然后延长CB至Q点,使得BQ=DH,连接AQ,ME,MH,通过全等三角形的判定与性质推出QE=HE,然后设DH=y,在Rt△EHC中,利用勾股定理解出y与x之间的关系,进而推出△CNH为直角三角形,并结合其面积求解即可．
【详解】（1）证：∵四边形ABCD为正方形,
∴AB=BC,∠ABE=∠BCF=90°,
又∵BE=CF,
∴△ABE≌△BCF(SAS),
∴∠BAE=∠CBF,
∵∠ABG+∠CBF=∠ABE=90°,
∴∠ABG+∠BAE=90°,
∴在△ABG中,∠AGB=180°-(∠ABG+∠BAE)=90°,
∴AE⊥BF；
（2）证：如图所示,作PB⊥BN交NA延长线于P点,
由（1）知,AG⊥BN于G点,
∴∠AGB=∠AGM=90°,
∵AG=AG,BG=MG,
∴△ABG≌AMG(SAS),
∴∠BAG=∠MAG,
∵AN平分∠DAM,
∴∠MAN=∠DAN,
∴∠BAG+∠DAN=∠MAG+∠MAN=∠GAN=12∠BAD=45°,
∴在Rt△AGN中,∠ANG=45°,
∵PB⊥BN,
∴∠PBN=90°,
在Rt△PBN中,∠P=45°,
∴△PBN为等腰直角三角形,BP=BN,PN=2BN,
∵∠PBN=∠ABC=90°,
∴∠PBA=∠NBC,
∵BP=BN,BA=BC,
∴△PBA≌△NBC(SAS),
∴PA=NC,
∵PN=PA+AN,PN=2BN,
∴AN+NC=2BN；
（3）解：∵tan∠AEB=ABBE=3,
∴设BE=x,则AB=3x,CE=2x,
如图所示,延长CB至Q点,使得BQ=DH,连接AQ,ME,MH,
由（1）可知,△ABE≌△AME,则∠ABE=∠AME=90°,
由（2）可知,△ADH≌△AMH,则∠D=∠AMH=90°,
∴∠EMH=180°,E、M、H三点共线,
∵AD=AB,∠D=∠ABQ=90°,DH=BQ,
∴△ADH≌△ABQ,
∴AH=AQ,∠DAH=∠BAQ,
由（2）可知,∠BAQ+∠BAE=∠DAH+∠BAE=∠EAH=45°,
∴∠EAH=∠EAQ=45°,
∵AQ=AH,AB=AB,
∴△EAQ≌△EAH,
∴QE=HE,
设DH=y,则EH=EM+MH=BE+DH=x+y,CH=3x-y,
在Rt△EHC中,CE2+CH2=EH2,
即：(x+y)2=(2x)2+(3x-y)2,
解得：y=32x,
∴DH=CH=32x,
∵由（2）可知,∠BNC=∠P=45°,∠BNA=45°,
∴∠CNH=∠D=90°,
∴∠DAH=∠NCH,
∴tan∠NCH=tan∠DAH,
∴DHAD=NHCN,
即：32x3x=NHCN=12,
∴NH=12CN,
∵CH=32x,
∴在Rt△CNH中,HN=3510x,CN=2HN=355x,
∵S△CHN＝95,
∴12CN·HN=95,
即：12·3510x·355x=95,
解得：x=2或-2（不合题意,舍去）,
∴AB=3x=6．
【点睛】本题考查正方形的性质,全等三角形的判定与性质,三角函数等,理解正方形的基本性质,掌握全等三角形判定的常用方法以及辅助线构造,掌握锐角三角函数的定义是解题关键．
【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案
专题1共顶点模型
解题策略
模型1：等腰三角形共顶点
模型2：等腰直角三角形共顶点
模型3：等边三角形共顶点
模型4：相似三角形共顶点
经典例题
【例1】（2022·全国·九年级专题练习）如图,△ABC为等边三角形,D为AC边上一点,连接BD,M为BD的中点,连接AM．
(1)如图1,若AB＝23+2,∠ABD＝45°,求△AMD的面积；
(2)如图2,过点M作MN⊥AM与AC交于点E,与BC的延长线交于点N,求证：AD＝CN；
(3)如图3,在（2）的条件下,将△ABM沿AM翻折得△AB'M,连接B'N,当B'N取得最小值时,直接写出BN−DEMN的值．
【例2】（2022·江苏·八年级专题练习）（1）问题发现：
如图1,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,连接AD,BE,点A、D、E在同一条直线上,则∠AEB的度数为__________,线段AD、BE之间的数量关系__________；
（2）拓展探究：
如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,连接AD,BE,点A、D、E不在一条直线上,请判断线段AD、BE之间的数量关系和位置关系,并说明理由．
（3）解决问题：
如图3,△ACB和△DCE均为等腰三角形,∠ACB=∠DCE=α,则直线AD和BE的夹角为__________．（请用含α的式子表示）
【例3】．（2022·江苏·八年级课时练习）如图1,在△ABC中,AE⊥BC于E,AE＝BE,D是AE上的一点,且DE＝CE,连接BD,CD．
（1）试判断BD与AC的位置关系和数量关系,并说明理由；
（2）如图2,若将△DCE绕点E旋转一定的角度后,试判断BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化,并说明理由；
（3）如图3,若将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形,其他条件不变．
①试猜想BD与AC的数量关系,并说明理由；
②你能求出BD与AC的夹角度数吗？如果能,请直接写出夹角度数；如果不能,请说明理由．
【例4】（2021·福建·闽江学院附中九年级期中）正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为3和1,将正方形AEFG绕点A逆时针旋转．
（1）当旋转至图1位置时,连接BE,DG,则线段BE和DG的关系为 ；
（2）在图1中,连接BD,BF,DF,求在旋转过程中△BDF的面积最大值；
（3）在旋转过程中,当点G,E,D在同一直线上时,求线段BE的长．
培优训练
一、解答题
1．（2022·四川自贡·九年级专题练习）问题：如图1,在等边三角形ABC内,点P到顶点A、B、C的距离分别是3,4,5,求∠APB的度数？
探究：由于PA、PB、PC不在同一个三角形中,为了解决本题,我们可以将△ABP绕点A逆时针旋转60°到△ACP′处,连结P P′,这样就将三条线段转化到一个三角形中,从而利用全等的知识,求出∠APB的度数．请你写出解答过程：
应用：请你利用上面的方法解答：如图2,△ABC中,∠CAB=90°,AB=AC,E、F为BC上的点,且∠EAF=45°,求证：BE2+FC2=EF2
2．（2022·全国·九年级专题练习）【探究发现】（1）如图1,在四边形ABCD中,对角线AC⊥BD,垂足是O,求证：AB2+CD2=AD2+BC2．
【拓展迁移】（2）如图2．以三角形ABC的边AB、AC为边向外作正方形ABDE和正方形ACFG,求证：CE⊥BG．
（3）如图3,在（2）小题条件不变的情况下,连接GE,若∠EGA=90°,GE=6,AG=8,则BC的长_____________．（直接填写答案）
3．（2022·全国·八年级课时练习）两个顶角相等的等腰三角形,如果具有公共的顶角顶点,并将它们的底角顶点分别对应连接起来得到两个全等三角形,我们把这样的图形称为“手拉手”图形．如图1,在“手拉手”图形中,AB＝AC,AD＝AE,∠BAC＝∠DAE,连结BD,CE,则△ABD≌△ACE．
(1)请证明图1的结论成立；
(2)如图2,△ABC和△AED是等边三角形,连接BD,EC交于点O,求∠BOC的度数；
(3)如图3,AB＝BC,∠ABC＝∠BDC＝60°,试探究∠A与∠C的数量关系．
4．（2022·重庆开州·八年级期末）在正方形ABCD中,连接对角线AC,在AC上截取AE=BC,连接BE,过点A作AF⊥BE于点F,延长AF交BC于点M．
(1)如图1,连接ME并延长交AD的延长线于点Q,若BC=5,求△AQM的面积；
(2)如图2,过点A作AP⊥AM于点A,交CD的延长线于点P,求证：AP−2FM=BE．
5．（2022·福建省福州延安中学模拟预测）如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC＝BC,D为斜边AB上一动点（不与端点A,B重合）,以C为旋转中心,将CD逆时针旋转90°得到CE,连接AE,BE,F为AE的中点．
(1)求证：BE⊥AB；
(2)用等式表示线段CD,BE,CF三者之间数量关系,并说明理由；
(3)若CF＝32,CD＝5,求tan∠BCE的值．
6．（2022·浙江湖州·中考真题）已知在Rt△ABC中,∠ACB＝90°,a,b分别表示∠A,∠B的对边,a>b．记△ABC的面积为S．
(1)如图1,分别以AC,CB为边向形外作正方形ACDE和正方形BGFC．记正方形ACDE的面积为S1,正方形BGFC的面积为S2．
①若S1=9,S2=16,求S的值；
②延长EA交GB的延长线于点N,连结FN,交BC于点M,交AB于点H．若FH⊥AB（如图2所示）,求证：S2−S1=2S．
(2)如图3,分别以AC,CB为边向形外作等边三角形ACD和等边三角形CBE,记等边三角形ACD的面积为S1,等边三角形CBE的面积为S2．以AB为边向上作等边三角形ABF（点C在△ABF内）,连结EF,CF．若EF⊥CF,试探索S2−S1与S之间的等量关系,并说明理由．
7．（2022·贵州遵义·三模）某校数学兴趣学习小组在一次活动中,对一些特殊几何图形具有的性质进行了如下探究：
(1)发现问题：如图1,在等腰△ABC中,AB=AC,点M是边BC上任意一点,连接AM,以AM为腰作等腰△AMN,使AM=AN,∠MAN=∠BAC,连接CN．求证：∠ACN=∠ABM．
(2)类比探究：如图2,在等腰△ABC中,∠B=30°,AB=BC,AC=4,点M是边BC上任意一点,以AM为腰作等腰△AMN,使AM=MN,∠AMN=∠B．在点M运动过程中,AN是否存在最小值？若存在,求出最小值,若不存在,请说明理由．
(3)拓展应用：如图3,在正方形ABCD中,点E是边BC上一点,以DE为边作正方形DEFG,H是正方形DEFG的中心,连接CH．若正方形DEFG的边长为6,CH=22,求△CDH的面积．
8．（2022·重庆一中七年级期中）如图,等腰三角形ABC和等腰三角形ADE,其中AB＝AC,AD＝AE．
(1)如图1,若∠BAC＝90°,当C、D、E共线时,AD的延长线AF⊥BC交BC于点F,则∠ACE＝______；
(2)如图2,连接CD、BE,延长ED交BC于点F,若点F是BC的中点,∠BAC＝∠DAE,证明：AD⊥CD；
(3)如图3,延长DC到点M,连接BM,使得∠ABM＋∠ACM＝180°,延长ED、BM交于点N,连接AN,若∠BAC＝2∠NAD,请写出∠ADM、∠DAE它们之间的数量关系,并写出证明过程．
9．（2022·重庆巴蜀中学一模）在等边△ABC中,点D在AB上,点E在BC上,将线段DE绕点D逆时针旋转60°得到线段DF,连接CF．
(1)如图（1）,点D是AB的中点,点E与点C重合,连接AF．若AB=6,求AF的长；
(2)如图（2）,点G在AC上且∠AGD=60°+∠FCB,求证：CF=DG；
(3)如图（3）,AB=6,BD=2CE,连接AF．过点F作AF的垂线交AC于点P,连接BP、DP．将△BDP沿着BP翻折得到△BQP,连接QC．当△ADP的周长最小时,直接写出△CPQ的面积．
10．（2022·江苏·八年级课时练习）△ACB和△DCE是共顶点C的两个大小不一样的等边三角形．
(1)问题发现：
如图1,若点A,D,E在同一直线上,连接AE,BE．
①求证：△ACD≌△BCE；
②求∠AEB的度数．
(2)类比探究：如图2,点B、D、E在同一直线上,连接AE,AD,BE,CM为△DCE中DE边上的高,请求∠ADB的度数及线段DB,AD,DM之间的数量关系,并说明理由．
(3)拓展延伸：如图3,若设AD（或其延长线）与BE的所夹锐角为α,则你认为α为多少度,并证明．
11．（2022·浙江·诸暨市浣江初级中学一模）【问题探究】（1）如图1,锐角△ABC中,分别以AB、AC为边向外作等腰直角△ABE和等腰直角△ACD,使AE＝AB,AD＝AC,∠BAE＝∠CAD＝90°,连接BD,CE,试猜想BD与CE的大小关系,不需要证明．
【深入探究】（2）如图2,四边形ABCD中,AB＝5,BC＝2,∠ABC＝∠ACD＝∠ADC＝45°,求BD2的值；甲同学受到第一问的启发构造了如图所示的一个和△ABD全等的三角形,将BD进行转化再计算,请你准确的叙述辅助线的作法,再计算；
【变式思考】（3）如图3,四边形ABCD中,AB＝BC,∠ABC＝60°,∠ADC＝30°,AD＝6,BD＝10,则CD＝ ．
12．（2022·河南周口·九年级期末）观察猜想
(1)如图1,在等边△ABC中,点M是边BC上任意一点（不含端点B、C）,连接AM,以AM为边作等边△AMN,连接CN,则∠ABC与∠ACN的数量关系是______．
(2)类比探究
如图2,在等边△ABC中,点M是BC延长线上任意一点（不含端点C）,（1）中其它条件不变,（1）中结论还成立吗？请说明理由．
(3)拓展延伸
如图3,在等腰△ABC中,BA=BC,点M是边BC上任意一点（不含端点B、C）,连接AM,以AM为边作等腰△AMN,使顶角∠AMN=∠ABC．连按CN．试探究∠ABC与∠ACN的数量关系,并说明理由．
13．（2021·辽宁·东港市第七中学一模）如图,在△ABC、△ADE中,AB=AC,AD=AE,设∠BAC=∠DAE=α．连接BD,以BC、BD为邻边作▱BDFC,连接EF．
(1)若α=60°,当AD、AE分别与AB、AC重合时（图1）,易得EF=CF．当△ADE绕点A顺时针旋转到（图2）位置时,请直接写出线段EF、CF的数量关系________；
(2)若α=90°,当△ADE绕点A顺时针旋转到（图3）位置时,试判断线段EF、CF的数量关系,并证明你的结论；
(3)若α为任意角度,AB=6,BC=4,AD=3,△ADE绕点A顺时针旋转一周（图4）,当A、E、F三点共线时,请直接写出AF的长度．
14．（2022·江苏·苏州高新区实验初级中学三模）【学习概念】有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形,连接这两个角的顶点的线段称为对余线．
【理解运用】
(1)如图1,对余四边形中,AB = 5,BC = 6,CD = 4,连接AC,若AC = AB,则cos∠ABC=___________, sin∠CAD=__________．
(2)如图2,凸四边形中,AD = BD,AD⊥BD,当2CD2 + CB2 = CA2时,判断四边形ABCD是否为对余四边形,证明你的结论．
【拓展提升】
(3)在平面直角坐标中,A（－1,0）,B（3,0）,C（1,2）,四边形ABCD是对余四边形,点E在对余线BD上,且位于△ABC内部,∠AEC = 90° + ∠ABC．设AEBE = u,点D的纵坐标为t,请在下方横线上直接写出u与t的函数表达,并注明t的取值范围____________________________ ．
15．（2022·陕西咸阳·八年级期末）△ABC和△ADE如图所示,其中∠ABC=∠ACB,∠ADE=∠AED,∠BAC=∠DAE．
(1)如图①,连接BE、CD,求证：BE=CD；
(2)如图②,连接BE、CD、BD,若∠BAC=∠DAE=60°,CD⊥AE,AD=3,CD=5,求BD的长．
16．（2022·河北保定·八年级期末）如图1,∠ACD=90°,AC=DC,MN是过点A的直线,过点D作DB⊥MN于点B,连接CB；过点C作CE⊥CB,与MN交于点E．
(1)连接AD,AD是AC的______倍；
(2)直线MN在图1所示位置时,可以得到线段BD和AE的数量关系是______,BD−BA与BC之间的数量关系是______,请证明你的结论；
(3)直线MN绕点A旋转到图2的位置,若BD=2,BC=2,则AB的长为______（直接写结果）；
(4)直线MN绕点A旋转到图3的位置时,直接写出线段BA,BC,BD之间的数量关系______．
17．（2021·江苏苏州·八年级期中）【理解概念】当一个凸四边形的一条对角线把原四边形分成两个三角形．若其中有一个三角形是等腰直角三角形,则把这条对角线叫做这个四边形的“等腰直角线”,把这个四边形叫做“等腰直角四边形”,
当一个凸四边形的一条对角线把原四边形分成两个三角形．若其中一个三角形是等腰直角三角形,另一个三角形是等腰三角形,则把这条对角线叫做这个四边形的“真等腰直角线”,把这个四边形叫做“真等腰直角四边形”．
(1)【巩固新知】如图①,若AD=3,AD=DB=DC,BC=32,则四边形ABCD______（填“是”或“否”）真等腰直角四边形．
(2)【深度理解】在图①中,如果四边形ABCD是真等腰直角四边形,且∠BDC=90°,对角线BD是这个四边形的真等腰直角线,当AD=4,AB=3时,则边BC的长是______．
(3)如图②,四边形ABCD与四边形ABDE都是等腰直角四边形,且∠BDC=90°,∠ADE=90°,BD＞AD＞AB,对角线BD、AD分别是这两个四边形的等腰直角线．求证：AC=BE．
(4)【拓展提高】在图3中,已知：四边形ABCD是等腰直角四边形,对角线BD是这个四边形的等腰直角线．若BD正好是分得的等腰直角三角形的一条直角边,且AD=3,AB=4,∠BAD=45°,求AC的长．
18．（2022·江苏·八年级课时练习）如图,在等腰△ABC与等腰△ADE中,AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=α,连接BD和CE相交于点P,交AC于点M,交AD于点N．
(1)求证：BD=CE．
(2)求证：AP平分∠BPE．
(3)若α=60°,试探寻线段PE、AP、PD之间的数量关系,并说明理由．
19．（2022·全国·八年级课时练习）在△ABC中,∠B=90°,D为BC延长线上一点,点E为线段AC,CD的垂直平分线的交点,连接EA,EC,ED．
（1）如图1,当∠BAC=50°时,则∠AED=_______°；
（2）当∠BAC=60°时,
①如图2,连接AD,判断△AED的形状,并证明；
②如图3,直线CF与ED交于点F,满足∠CFD=∠CAE．P为直线CF上一动点．当PE−PD的值最大时,用等式表示PE,PD与AB之间的数量关系为_______,并证明．
20．（2021·安徽合肥·八年级阶段练习）如图,在△ABC和△ADE中,AB＝AC,AD＝AE,∠BAC＝∠DAE,连接BD,CE,BD与CE交于点O,BD与AC交于点F．
（1）求证：BD＝CE．
（2）若∠BAC＝48°,求∠COD的度数．
（3）若G为CE上一点,GE＝OD,AG＝OC,且AG∥BD,求证：BD⊥AC．
21．（2021·福建省福州延安中学九年级期中）如图,△ABC为等边三角形,点D为线段BC上一点,将线段AD以点A为旋转中心顺时针旋转60°得到线段AE,连接BE,点D关于直线BE的对称点为F,BE与DF交于点G,连接DE,EF．
（1）求证：∠BDF＝30°
（2）若∠EFD＝45°,AC＝3+1,求BD的长；
（3）如图2,在（2）条件下,以点D为顶点作等腰直角△DMN,其中DN＝MN＝2,连接FM,点O为FM的中点,当△DMN绕点D旋转时,求证：EO的最大值等于BC．
22．（2021·河南许昌·九年级期中）如图,在等腰直角三角形ABC和ADE中,AC＝AB,AD＝AE,连接BD,点M、N分别是BD,BC的中点,连接MN．
（1）如图1,当顶点D在边AC上时,请直接写出线段BE与线段MN的数量关系是 ,位置关系是 ．
（2）当△ADE绕点A旋转时,连接BE,上述结论是否依然成立,若成立,请就图2情况给出证明；若不成立,请说明理由．
（3）当AC＝8时,在△ADE绕点A旋转过程中,以D,E,M,N为顶点可以组成平行四边形,请直接写出AD的长．
23．（2021·福建莆田·九年级期中）如图1,在等边△ABC中,∠A=60°,AB=AC,点D,E分别在边AB,AC上,AD=AE,连接DC,点M,P,N分别为DE,DC,BC的中点．
（1）观察猜想：图1中,线段PM与PN的数量关系是 ,∠MPN= ；
（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置,连接MN,BD,CE,则上面题（1）中的两个结论是否依然成立,并说明理由；
（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转,若AD=4,AB=10,请直接写出△PMN周长的最大值
24．（2021·四川·成都七中八年级期中）已知,在△ABC中,AB=AC,
（1）如图1,∠ABC=2α,∠BDA=α,若α=30°,且点D在CA的延长线上时,求证：CD2=BD2+AD2；
（2）如图2,∠ABC=2α,∠BDA=α,若α=30°,试判断AD,BD,CD之间的等量关系,并说明理由
（3）如图3,若∠BDA=∠ABC=45°,AD=62,BD=5,求CD的长．
25．（2021·河南南阳·八年级期中）在△ABC中,∠BAC＝90°,AB＝AC,D为BC的中点．
（1）如图1,E、F分别是AB、AC上的点,且BE＝AF、求证：△DEF是等腰直角三角形
经过分析已知条件AB＝AC,D为BC的中点．容易联想等腰三角形三线合一的性质,因此,连结AD（如图2）,以下是某同学由已知条件开始,逐步按层次推出结论的流程图．请帮助该同学补充完整流程图．补全流程图：
①___≅____,
②∠EDF＝___
（2）如果E、F分别为AB、CA延长线上的点,仍有BE＝AF,其他条件不变,试猜想△DEF是否仍为等腰直角三角形？请在备用图中补全图形、先作出判断,然后给予证明．
26．（2021·四川·成都嘉祥外国语学校九年级期中）正方形ABCD中,点E、F在BC、CD上,且BE＝CF,AE与BF交于点G．
（1）如图1,求证AE⊥BF；
（2）如图2,在GF上截取GM＝GB,∠MAD的平分线交CD于点H,交BF于点N,连接CN,求证：AN+CN＝2BN；
（3）在（2）的条件下,若tan∠AEB＝3,S△CHN＝95,求AB的长
经典例题
【例1】（2022·全国·九年级专题练习）如图,△ABC为等边三角形,D为AC边上一点,连接BD,M为BD的中点,连接AM．
(1)如图1,若AB＝23+2,∠ABD＝45°,求△AMD的面积；
(2)如图2,过点M作MN⊥AM与AC交于点E,与BC的延长线交于点N,求证：AD＝CN；
(3)如图3,在（2）的条件下,将△ABM沿AM翻折得△AB'M,连接B'N,当B'N取得最小值时,直接写出BN−DEMN的值．
【答案】(1)3+3；
(2)证明见解析；
(3)32114
【分析】（1）过点D作DH⊥AB,根据∠ABD＝45°,∠BAC＝60°解三角形求出HD=3AH=23,可得S△ABD=6+23再结合三角形中学性质即可解得；
（2）过点A作AG⊥BC,垂足为G,连接MG,又中位线性质和∠ACB=60°,得∠AGM=30°,再通过四点共圆证明∠ANM=∠AGM=30°,进而可得∠MAN=60°,从而可证明△APN为等边三角形,延长AM到P,使MP=AM,连接PN,构造△PMB≅△AMD,得AD=BP,继而证明△BAP≅△CAN（SAS）,从而可得BP=CN,由此即可得出结论；
（3）取AC的中点Q,连接BQ,取BQ的中点K,连接KM,通过构造△AMQ∼△ANB',得出即D为AC的中点时,B'N取最小值,再结合题目条件解三角形即可求解．
(1)
解：如解图1,过点D作DH⊥AB,
∵∠ABD＝45°,
∴BH=HD,
∵在△ABC为等边三角形中,∠BAC＝60°,
∴tan∠BAC=HDAH=3,
∴HD=3AH,
∴AB=BH+AH=3AH+AH,
又∵AB＝23+2,
∴3AH+AH=23+2,
∴AH=2,
∴HD=3AH=23,
∴S△ABD=12AB·HD=12(23+2)×23=6+23,
∵M为BD的中点,
∴S△AMD=12S△ABD12(6+23)=3+3；
(2)
如解图2,过点A作AG⊥BC,垂足为G,连接MG,
∵△ABC为等边三角形,
∴BG=GC,
∵BM=DM,
∴MG//AC,
∴∠BGM=∠ACB=60°,
∴∠AGM=∠AGB−∠BGM=90°−60°=30°,
又∵AM⊥MN,AG⊥BC,
∴∠AMN=∠AGN=90°,
∴A、M、G、N四点共圆,
∴∠ANM=∠AGM=30°,
∴∠MAN=90°−∠ANM=60°,
又∵MP=AM,AM⊥MN,
∴AN=PN,
又∵∠MAN=60°,
∴△APN为等边三角形,AP=AN,
∵∠BAC=∠PAN=60°,
∴∠BAP+∠PAC=∠PAC+∠CAN,
∴∠BAP=∠CAN,
如解图2,延长AM到P,使MP=AM,连接PN,
∵BM=DM,∠AMD=∠PMB,
∴△AMD≅△PMB（SAS）
∴AD=BP,
在△BAP和△CAN中,
AB=AC∠BAP=∠CANAP=AN,
∴△BAP≅△CAN（SAS）
∴BP=CN,
∴AD=CN；
(3)
取AC的中点Q,连接BQ,取BQ的中点K,连接KM,
∵将△ABM沿AM翻折得△AB'M,,
∴∠BAM=∠MAB',AB'=AB=AC,
又∵∠BAM=∠CAN,
∴∠MAB'=∠CAN,
∴∠MAN−∠CAN=∠MAN−∠MAB',即：∠MAC=∠NAB',
又∵∠ANM=30°,AQ=12AC=12AB',
∴AMAN=AQAB'=12,
∴△AMQ∼△ANB',
∴B'N=2MQ,
又∵BM=MD,BK=KQ,
∴KM//QD,
又∵AB=BC,
∴BQ⊥AC,
∴BQ⊥KM,
∴KQ≤MQ,当M点与K点重合时,MQ取最小值,此时B'N=2MQ取最小值,
∴D点与Q点重合,即D为AC的中点时,B'N取最小值,如解图3-2；
设AD=a,
∵△ABC 是等边三角形,D点是AC的中点,
∴∠ADM=∠MDE=90°,∠ABD=30°
∴BD=3a,AB=BC=2a,
∴MD=12BD=32a,
∴AM=MD2+AD2=(32a)2+a2=72a,
∴MN=AMtan∠MAN=72a×3=212a,
∵∠MAE=∠DAM,∠AME=∠ADM=90°,
∴△AME∼△ADM,
∵MDAD=DEMD,
∴DE=34a,
∵CN=AD=a,
∴BN−DEMN=BC+CN−DEMN=2a+a−34a212a=32114
【点睛】本题主要考查了三角形综合,涉及了等边三角形、全等三角形、相似三角形的性质和判定以及解三角形等知识点,难度大,综合性强,需要平时积累和训练．解题关键是根据题目的已知条件添加辅助线构造适当的三角形转化线段和角的关系．
【例2】（2022·江苏·八年级专题练习）（1）问题发现：
如图1,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,连接AD,BE,点A、D、E在同一条直线上,则∠AEB的度数为__________,线段AD、BE之间的数量关系__________；
（2）拓展探究：
如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,连接AD,BE,点A、D、E不在一条直线上,请判断线段AD、BE之间的数量关系和位置关系,并说明理由．
（3）解决问题：
如图3,△ACB和△DCE均为等腰三角形,∠ACB=∠DCE=α,则直线AD和BE的夹角为__________．（请用含α的式子表示）
【答案】（1）90°,AD=BE；（2）AD=BE,AD⊥BE；（3）α
【分析】（1）由已知条件可得AC＝BC,CD＝CE,进而根据∠ACB−∠DCB＝∠DCE−∠DCB,可得∠ACD＝∠BCE,证明△ACD≌△BCE（SAS）,即可求得AD=BE；∠BEC=∠CDA=135°；
（2）延长AD交BE于点F,同理可得△ACD≌△BCE,设∠FAB=α,则∠CAD=∠CBE=45°-α,根据∠ABE=45°+45°-α=90°-α,进而根据∠AFB=180°-∠FAB-∠ABE=180°-α-(90°-α)=90°,即可求解；
（3）延长BE交AD于点G,方法同（2）证明△ACD≌△BCE,进而根据三角形的内角和定理即可求得直线AD和BE的夹角．
【详解】（1）∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,
∴AC＝BC,CD＝CE,∠CDE=45°
∴∠CDA=135°
∵∠ACB−∠DCB＝∠DCE−∠DCB,
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中,
AC＝BC∠ACD＝∠BCECD＝CE,
∴△ACD≌△BCE（SAS）,
∴∠BEC=∠ADC＝135°,AD＝BE
∴∠AEB=90°
故答案为：90°,AD＝BE
（2）AD=BE,AD⊥BE,理由如下,
同理可得△ACD≌△BCE,
则AD=BE,
延长AD交BE于点F,
设∠FAB=α,则∠CAD=∠CBE=45°-α
∴∠ABE=45°+45°-α=90°-α
∴∠AFB=180°-∠FAB-∠ABE=180°-α-(90°-α)=90°
∴AD⊥BE
（3）如图,延长BE交AD于点G,
∵△ACB和△DCE均为等腰三角形,
∴AC＝BC,CD＝CE,
∵∠ACB=∠DCE=α,
∵∠ACB+∠ACE＝∠DCE+∠ACE,
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中,
AC＝BC∠ACD＝∠BCECD＝CE,
∴△ACD≌△BCE（SAS）,
∴∠CBE=∠CAD
∵∠ACB=∠DCE=α
∴∠CBA=∠CAB =12180°−α=90°−12α
∴∠GAB+∠GBA=∠CAD+∠CAB+∠ABC−∠CBE,
=∠ABC+∠CAB =180°−α,
∴∠AGB=180°-(∠GAB+∠GBA)=α ,
即直线AD和BE的夹角为α．
故答案为：α．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质,三角形内角和定理,全等三角形的性质与判定,掌握旋转模型证明三角形全等是解题的关键．
【例3】（2022·江苏·八年级课时练习）如图1,在△ABC中,AE⊥BC于E,AE＝BE,D是AE上的一点,且DE＝CE,连接BD,CD．
（1）试判断BD与AC的位置关系和数量关系,并说明理由；
（2）如图2,若将△DCE绕点E旋转一定的角度后,试判断BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化,并说明理由；
（3）如图3,若将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形,其他条件不变．
①试猜想BD与AC的数量关系,并说明理由；
②你能求出BD与AC的夹角度数吗？如果能,请直接写出夹角度数；如果不能,请说明理由．
【答案】（1）BD＝AC,BD⊥AC,理由见解析；（2）不变,理由见解析；（3）①BD＝AC,理由见解析；②能,60°或120°．
【分析】（1）延长BD交AC于F,根据“SAS”判定△BED≌△AEC,根据全等三角形的性质,即可求证；
（2）根据“SAS”判定△BED≌△AEC,根据全等三角形的性质,即可求证；
（3）①根据“SAS”判定△BED≌△AEC,根据全等三角形的性质,即可求证；②设AC与BD交于点F,根据全等三角形的性质,即可求证．
【详解】（1）BD＝AC,BD⊥AC,
理由：延长BD交AC于F．
∵AE⊥BC,
∴∠AEB＝∠AEC＝90°,
在△BED和△AEC中
BE=AE∠BED=∠AECDE=EC
∴△BED≌△AEC(SAS),
∴BD＝AC,∠DBE＝∠CAE,
∵∠BED＝90°,
∴∠EBD+∠BDE＝90°,
∵∠BDE＝∠ADF,
∴∠ADF+∠CAE＝90°,
∴∠AFD＝180°﹣90°＝90°,
∴BD⊥AC；
（2）
不发生变化,
理由是：∵∠BEA＝∠DEC＝90°,
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED,
∴∠BED＝∠AEC,
在△BED和△AEC中,
BE=AE∠BED=∠AECDE=EC
∴△BED≌△AEC（SAS）,
∴BD＝AC,∠BDE＝∠ACE,
∵∠DEC＝90°,
∴∠ACE+∠EOC＝90°,
∵∠EOC＝∠DOF,
∴∠BDE+∠DOF＝90°,
∴∠DFO＝180°﹣90°＝90°,
∴BD⊥AC；
（3）①∵∠BEA＝∠DEC＝90°,
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED,
∴∠BED＝∠AEC,
在△BED和△AEC中,
BE=AE∠BED=∠AECDE=EC
∴△BED≌△AEC（SAS）,
∴BD＝AC,
②能．设AC与BD交于点F,如下图：
理由：∵△ABE和△DEC是等边三角形,
∴AE＝BE,DE＝EC,∠EDC＝∠DCE＝60°,∠BEA＝∠DEC＝60°,
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED,
∴∠BED＝∠AEC,
在△BED和△AEC中,
BE=AE∠BED=∠AECDE=EC,
∴△BED≌△AEC（SAS）,
∴∠BDE＝∠ACE,BD＝AC．
∴∠DFC=180°−(∠BDE+∠EDC+∠DCF)
＝180°−(∠ACE+∠EDC+∠DCF)
＝180°−(60°+60°)
=60°,
即BD与AC所成的角的度数为60°或120°．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质,解题的关键是掌握全等三角形的判定方法与性质．
【例4】（2021·福建·闽江学院附中九年级期中）正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为3和1,将正方形AEFG绕点A逆时针旋转．
（1）当旋转至图1位置时,连接BE,DG,则线段BE和DG的关系为 ；
（2）在图1中,连接BD,BF,DF,求在旋转过程中△BDF的面积最大值；
（3）在旋转过程中,当点G,E,D在同一直线上时,求线段BE的长．
【答案】（1）BE=DG,BE⊥DG；（2）7.5；（3）1234+122或1234−122
【分析】（1）利用正方形的性质证明△BAE≌△DAG即可证得结论；
（2）连接BD,BF,DF,AF,AC,设AC交BD于点K．利用勾股定理求出AF,AK,由AF=2推出当点F,A,K在同一直线上时,点F到BD的最大距离=2+322=522,由此可得结论；
（3）分两种情形：如图2−1中,当D,E,G共线时,连接AF交DG于T．如图2−2中,当D,E,G共线时,连接AF交DE于T．利用勾股定理求出DT,可得结论．
【详解】解：（1）BE=DG,BE⊥DG,理由如下：
如图1中,设BE交AD于点O,交DG于点J．
∵∴四边形ABCD、四边形AEFG都是正方形,
∴∠BAD=∠EAG=90°,AB=AD,AG=AE,
∴∠BAD+∠DAE=∠EAG+∠DAE,
∴∠BAE=∠DAG,
在△BAE和△DAG中,
AB=AD∠BAE=∠DAGAE=AG,
∴△BAE≌△DAG,
∴BE=AG,∠ABE=∠ADG,
∵∠BOD=∠ABE+∠BAD=∠ADG+∠DJO,
∴∠BAO=∠DJO=90°,
∴BE⊥DG,
故答案为：BE＝DG,BE⊥DG；
（2）如图1中,连接BD,BF,DF,AF,AC,设AC交BD于点K．
∵四边形ABCD、四边形AEFG都是正方形,
∴AB=AD=3,∠BAD=90°,EA=EF=1,∠AEF=90°,
∴BD=AC=32+32=32,AF=12+12=2,
∴AK=CK=322,
∵AF=2,
∴当点F,A,K在同一直线上时,点F到BD的最大距离=2+322=522,
∴△BDF的面积的最大值为12×32×522=7.5；
（3）如图2−1中,当D,E,G共线时,连接AF交DG于T．
∵四边形AEFG是正方形,
∴AF⊥EG,AF=EG=2,
∴AT=FT=TG=TE=122,
∴DT=AD2−AT2=32−(122)2=1234,
∴DG=GT+DT=122+1234,
∵BE=DG,
∴BE=122+1234；
如图2−2中,当D,E,G共线时,连接AF交DE于T．
∵四边形AEFG是正方形,
∴AF⊥EG,AF=EG=2,
∴AT=FT=TG=TE=122,
∴DT=AD2−AT2=32−(122)2=1234,
∴DG=DT−GT=1234−122,
∵BE=DG,
∴BE=1234−122；
综上所述,满足条件的DG的长为1234+122或1234−122．
【点睛】本题属于四边形综合题,考查了正方形的性质,全等三角形的判定和性质,勾股定理的应用等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题,学会用分类讨论的思想思考问题,属于中考压轴题．
培优训练
一、解答题
1．（2022·四川自贡·九年级专题练习）问题：如图1,在等边三角形ABC内,点P到顶点A、B、C的距离分别是3,4,5,求∠APB的度数？
探究：由于PA、PB、PC不在同一个三角形中,为了解决本题,我们可以将△ABP绕点A逆时针旋转60°到△ACP′处,连结P P′,这样就将三条线段转化到一个三角形中,从而利用全等的知识,求出∠APB的度数．请你写出解答过程：
应用：请你利用上面的方法解答：如图2,△ABC中,∠CAB=90°,AB=AC,E、F为BC上的点,且∠EAF=45°,求证：BE2+FC2=EF2
【答案】探究：∠APB=150°,应用：见解析
【分析】探究：运用旋转的性质,以及全等三角形的性质得对应角相等,对应边相等,得出∠PAP′＝60°,再利用等边三角形的判定得出△APP′为等边三角形,即可得出∠APP′的度数,即可得出答案；
应用：利用已知首先得出△AEG≌△AFE,即可把EF,BE,FC放到一个直角三角形中,从而根据勾股定理即可证明．
【详解】探究：解：将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处,
∴△BAP≌△CAP′,
∴AB＝AC,AP＝AP′,∠BAP＝∠CAP′,
∴∠BAC＝∠PAP′＝60°,
∴△APP′是等边三角形,
∴∠APP′＝60°,
因为BPP′不一定在一条直线上,
∴P′C＝PB＝4,PP′＝PA＝3,P′C＝PC＝5,
∴∠PP′C＝90°,
∴△PP′C是直角三角形,
∴∠APB＝∠AP′C＝∠APP′+∠P′PC＝60°+90°＝150°,
∴∠BPA＝150°；
应用：证明：把△ACF绕点A顺时针旋转90°,得到△ABG．连接EG．
则△ACF≌△ABG．
∴AG＝AF,BG＝CF,∠ABG＝∠ACF＝45°．
∵∠BAC＝90°,∠GAF＝90°．
∴∠GAE＝∠EAF＝45°,
在△AEG和△AFE中,
AG=AF∠GAE=∠FAEAE=AE,
∴△AEG≌△AFE（SAS）．
∴EF＝EG,
又∵∠GBE＝90°,
∴BE2+BG2＝EG2,
即BE2+CF2＝EF2．
【点睛】本题考查了旋转的性质,全等三角形的判定与性质,等腰直角三角形的性质,勾股定理,读懂题目信息,理解利用旋转构造出全等三角形和等边三角形以及直角三角形是解题的关键．
2．（2022·全国·九年级专题练习）【探究发现】（1）如图1,在四边形ABCD中,对角线AC⊥BD,垂足是O,求证：AB2+CD2=AD2+BC2．
【拓展迁移】（2）如图2．以三角形ABC的边AB、AC为边向外作正方形ABDE和正方形ACFG,求证：CE⊥BG．
（3）如图3,在（2）小题条件不变的情况下,连接GE,若∠EGA=90°,GE=6,AG=8,则BC的长_____________．（直接填写答案）
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）273．
【分析】（1）根据AC⊥BD,利用勾股定理分别求出AB2+CD2和AD2+BC2即可证明结论；
（2）利用正方形的性质证明△CAE≌△GAB（SAS）,可得∠CEA＝∠GBA,根据∠GBA＋∠ANB＝90°等量代换求出∠EMN＝90°即可；
（3）利用勾股定理分别求出AE、CG和BE,然后利用（1）中结论求出BC即可．
【详解】解：（1）∵AC⊥BD,
∴∠AOD＝∠AOB＝∠COD＝∠BOC＝90°,
由勾股定理得：AB2+CD2=OA2+OB2+OD2+OC2,AD2+BC2=OA2+OD2+OB2+OC2,
∴AB2+CD2=AD2+BC2；
（2）∵在正方形ABDE和正方形ACFG中,AC＝AG,AE＝AB,∠CAG＝∠EAB＝90°,
∴∠CAG＋∠GAE＝∠EAB＋∠GAE,即∠CAE＝∠GAB,
∴△CAE≌△GAB（SAS）,
∴∠CEA＝∠GBA,
∵∠GBA＋∠ANB＝90°,∠ANB＝∠MNE,
∴∠CEA＋∠MNE＝90°,
∴∠EMN＝90°,
∴CE⊥BG；
（3）如图3,连接CG,BE,
∵∠EGA=90°,GE=6,AG=8,
∴AC＝8,AE＝62+82=10,
∴AB＝10,
∴CG＝82+82=82,BE＝102+102=102,
∵CE⊥BG,
∴由（1）可知：GE2+BC2=CG2+BE2,即36+BC2=128+200,
∵BC＞0,
∴BC=273．
故答案为：273．
【点睛】本题主要考查了勾股定理,全等三角形的判定和性质,熟练掌握勾股定理是解答此题的关键．
3．（2022·全国·八年级课时练习）两个顶角相等的等腰三角形,如果具有公共的顶角顶点,并将它们的底角顶点分别对应连接起来得到两个全等三角形,我们把这样的图形称为“手拉手”图形．如图1,在“手拉手”图形中,AB＝AC,AD＝AE,∠BAC＝∠DAE,连结BD,CE,则△ABD≌△ACE．
(1)请证明图1的结论成立；
(2)如图2,△ABC和△AED是等边三角形,连接BD,EC交于点O,求∠BOC的度数；
(3)如图3,AB＝BC,∠ABC＝∠BDC＝60°,试探究∠A与∠C的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)60°
(3)∠A+∠BCD=180°,理由见解析
【分析】（1）利用等式的性质得出∠BAD=∠CAE,即可得出结论；
（2）同（1）的方法判断出△ABD≌△ACE,得出∠ADB=∠AEC,再利用对顶角和三角形的内角和定理判断出∠BOC=60°,即可得出答案；
（3）先判断出△BDP是等边三角形,得出BD=BP,∠DBP=60°,进而判断出△ABD≌△CBP（SAS）,即可得出结论．
（1）
解：证明：∵∠BAC=∠DAE,
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD,
∴∠BAD=∠CAE,
在△ABD和△ACE中,
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE,
∴△ABD≌△ACE（SAS）；
（2）
如图2,
∵△ABC和△ADE是等边三角形,
∴AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=60°,
∴∠BAD=∠CAE,
在△ABD和△ACE中,
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE,
∴△ABD≌△ACE（SAS）,
∴∠ADB=∠AEC,
令AD与CE交于点G,
∵∠AGE=∠DGO,
∴180°-∠ADB-∠DGO=180°-∠AEC-∠AGE,
∴∠DOE=∠DAE=60°,
∴∠BOC=60°；
（3）
∠A+∠BCD=180°．理由：
如图3,延长DC至P,使DP=DB,
∵∠BDC=60°,
∴△BDP是等边三角形,
∴BD=BP,∠DBP=60°,
∵∠ABC=60°=∠DBP,
∴∠ABD=∠CBP,
∵AB=CB,
∴△ABD≌△CBP（SAS）,
∴∠BCP=∠A,
∵∠BCD+∠BCP=180°,
∴∠A+∠BCD=180°．
【点睛】此题是三角形综合题,主要考查了等腰三角形的性质,等边三角形的性质,全等三角形的判定和性质,构造等边三角形是解本题的关键．
4．（2022·重庆开州·八年级期末）在正方形ABCD中,连接对角线AC,在AC上截取AE=BC,连接BE,过点A作AF⊥BE于点F,延长AF交BC于点M．
(1)如图1,连接ME并延长交AD的延长线于点Q,若BC=5,求△AQM的面积；
(2)如图2,过点A作AP⊥AM于点A,交CD的延长线于点P,求证：AP−2FM=BE．
【答案】(1)S△AQM=2522
(2)见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的三线合一性质,再利用边角边的判定定理,可证△AEM≌△ABM,再根据全等的性质以及正方形的性质证明△AEQ为等腰直角三角形,求出AQ的长,最后用三角形的面积公式求出△AQM的面积即可；
（2）如图（见详解）,在FA上截取FG=FM,连接BG,先利用角边角的判定定理证明△ABM≌△ADP,再利用角边角的判定定理证明△ABG≌△BCE,就能得到AM=AP,AG=BE,MG=2FM,即可证明AP−2FM=BE．
(1)
（1）解：∵四边形ABCD是正方形
∴AB=BC=5．
∵AE=BC,
∴AE=AB=5．
又∵AF⊥BE,
∴∠EAM=∠BAM．
且AM=AM,
∴△AEM≌△ABM(SAS)．
∴∠AEM=∠ABM=90°,∠AEQ=90°．
∵∠QAC=45°
∴∠Q=180°−∠AEQ−∠QAC=45°．
∴∠Q=∠QAC．
∴AE=QE=5,
∴AQ=AE2+QE2=52．
∴S△AQM=12AQ⋅AB=12×52×5=2522．
(2)
证明：如图,在FA上截取FG=FM,连接BG．
∵四边形ABCD是正方形,P在CD的延长线上,
∴∠ABM=∠ADP=90°．
又∵AP⊥AM,
∴∠PAM=∠BAD=90°,
∴∠BAD−∠DAM=∠PAM−∠DAM,
即∠BAM=∠DAP．
又∵AB=AD,
∴△ABM≌△ADP(ASA)．
∴AM=AP．
∵AC是正方形ABCD的对角线,
∴∠BAC=45°,
∴∠EAM=∠BAM=12∠BAC=22.5°,
∴∠AMB=180°−∠ABC−∠BAM=67.5°．
又∵FG=FM,AF⊥BE,
∴BF垂直平分MG ,
∴BM=BG,
∴∠AMB=∠BGM=67.5°,
∴∠MBG=180°−∠AMB−∠BGM=180−67.5−67.5=45°．
又∵BM=BG,BF⊥MG,
∴∠CBE=12∠MBG=22.5°．
∴∠BAG=∠CBE．
∵∠ABG=∠ABC−∠MBG=90°−45°=45°．
∴∠ABG=∠BCE．
又∵AB=BC,
∴△ABG≌△BCE(ASA),
∴AG=BE．
又∵FG=FM,
∴MG=2FM．
∵AM=MG+AG,
∴AP=2FM+BE,即AP−2FM=BE．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定、等腰三角形的性质以及垂直平分线的性质几何综合,熟练掌握相关性质定理以及全等三角形的判定定理并灵活应用是解题的关键．
5．（2022·福建省福州延安中学模拟预测）如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC＝BC,D为斜边AB上一动点（不与端点A,B重合）,以C为旋转中心,将CD逆时针旋转90°得到CE,连接AE,BE,F为AE的中点．
(1)求证：BE⊥AB；
(2)用等式表示线段CD,BE,CF三者之间数量关系,并说明理由；
(3)若CF＝32,CD＝5,求tan∠BCE的值．
【答案】(1)见解析
(2)4CF2+BE2=2CD2,见解析
(3)13
【分析】（1）通过证明△ACD≌△BCE即可证明；（2）连接DF、DE,通过证明两边对应成比例及其夹角相等,证△GCF∽△CBD,得CF与BD的关系,然后根据勾股定理得出结论；（3）利用（2）中的结论即可求解．
(1)
证明：
∵CD旋转90°得到CE
∴CD=CE,∠BCE+∠BCD=90°．
∵∠ACB=∠ACD+∠BCD=90°
∴∠ACD=∠BCE
在△ACD和△BCE中,
{AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE
∴△ACD≌△BCE（SAS）
∴∠CAD=∠CBE
∵∠ACB=90°,AC=BC,
∴∠CAB=∠CBA=∠CBE=45°
∴∠ABE=∠CBA+∠CBE=90°
∴BE⊥AB．
(2)
法一：解：4CF2+BE2=2CD2
理由如下：
取AC中点为G点,连接GF,DE,
∵F为AE中点
∴FG为△ACE的中位线,
∴FG∥CE,FG=12CE,
∴∠CGF+∠ACE=180°．
∵∠BCD+∠ACB=∠BCD+∠ACD+∠DCE=180°
∴∠CGF=∠BCD．
∵AC=BC,CD=CE,
∴FGCE=FGCD=12,CGAC=CGBC=12,
∴FGCD=CGBC．
∴△GCF∽△CBD
∴CFBD=12
即CF=12BD．
在Rt△BDE中,BD2+BE2=DE2
在Rt△CDE中,CD=DE×sin45°=22DE
∴DE=2CD
∴(2CF)2+BE2=2CD2
∴4CF2+BE2=2CD2
法二：解：4CF2+BE2=2CD2
∵延长CF交AB于点H
连接BF
由（1）得,∠ABE=90°
∵F为AE的中点
∴BF=12AE=AF
∵AC=BC
∴C,F在线段AB的垂直平分线上,
∴CF垂直平分AB．
∴H为AB中点．
∴FH为△ABE的中位线
∴FH=12BE．
∵△ACD≌△BCE,
∴BE=AD
∴FH=12AD．
∵CH=12AB
∴CF=CH−FH=12(AB−AE)=12BD．
在Rt△CDH中,
CD2=CH2+DH2
∵AH=BH=CH
∴AD2+BD2=(AH−DH)2+(DH+BH)2=2DH2+2AH2=2DH2+2CH2
∴AD2+BD2=2CD2
∴4CF2+BE2=2CD2
或者：连接BD
在Rt△BDE中,BD2+BE2=DE2
在Rt△CDE中,CD=DE×sin45°=22DE
∴DE=2CD
∴(2CF)2+BE2=2CD2
∴4CF2+BE2=2CD2
法三：解：4CF2+BE2=2CD2
理由如下：
连接BF
由（1）得,∠ABE=90°
∵F为AE的中点
∴BF=12AE=AF
∵AC=BC
∴C,F在线段AB的垂直平分线上,
∴CF垂直平分AB．
延长CF交AB于点O如图所示,以点O为原点以AB所在直线为x轴,建立平面直角坐标系．
设AD=a,OB=b
则A(−b,0),B(b,0),C(0,b),D(a−b,0)
∵△ACD≌△BCE,
∴BE=AD
∴E(0,a),F(0,a2)
∴在Rt△CDO中,
∴CD2=b2+(a−b)2=2b2+a2−2ab
BE2=a2,
CF2=(b−a2)2=b2+a24−ab
∴2CF2+12BE2=CD2．
即4CF2+BE2=2CD2．
(3)
解：∵CF=32,CD=5,由（2）得4CF2+BE2=2CD2,
解得：BE=1．
过点E作EG⊥BC于点G
∵∠CBE=45°,
∴在Rt△BEG中,GE=BE⋅sin45°=22,
∴BE=BG=22．
∵CD=5,
由（1）得CE=CD=5,
∴在Rt△BEG中,CG=CE2−EG2=(5)2−(22)2=322．
在Rt△CEG中,
∴tan∠BCE=EGCG=22322=13．
【点睛】本题考查三角形全等、相似、勾股定理等,属于几何综合题目,灵活运用知识点,作辅助线,构造直角三角形是解题的关键．
6．（2022·浙江湖州·中考真题）已知在Rt△ABC中,∠ACB＝90°,a,b分别表示∠A,∠B的对边,a>b．记△ABC的面积为S．
(1)如图1,分别以AC,CB为边向形外作正方形ACDE和正方形BGFC．记正方形ACDE的面积为S1,正方形BGFC的面积为S2．
①若S1=9,S2=16,求S的值；
②延长EA交GB的延长线于点N,连结FN,交BC于点M,交AB于点H．若FH⊥AB（如图2所示）,求证：S2−S1=2S．
(2)如图3,分别以AC,CB为边向形外作等边三角形ACD和等边三角形CBE,记等边三角形ACD的面积为S1,等边三角形CBE的面积为S2．以AB为边向上作等边三角形ABF（点C在△ABF内）,连结EF,CF．若EF⊥CF,试探索S2−S1与S之间的等量关系,并说明理由．
【答案】(1)①6；②见解析
(2)S2−S1=14S,理由见解析
【分析】（1）①将面积用a,b的代数式表示出来,计算,即可
②利用AN公共边,发现△FAN∽△ANB,利用FAAN=ANNB,得到a,b的关系式,化简,变形,即可得结论
（2）等边△ABF与等边△CBE共顶点B,形成手拉手模型,△ABC≌△FBE,利用全等的对应边,对应角,得到：AC＝FE＝b,∠FEB＝∠ACB＝90°,从而得到∠FEC＝30°,再利用Rt△CFE,cos30°=FECE=ba=32,得到a与b的关系,从而得到结论
(1)
∵S1=9,S2=16
∴b＝3,a＝4
∵∠ACB＝90°
∴S=12ab=12×3×4=6
②由题意得：∠FAN＝∠ANB＝90°,
∵FH⊥AB
∴∠AFN＝90°－∠FAH＝∠NAB
∴△FAN∽△ANB
∴FAAN=ANNB
∴a+ba=ab,
得：ab+b2=a2
∴2S+S1=S2．
即S2−S1=2S
(2)
S2−S1=14S,理由如下：
∵△ABF和△BEC都是等边三角形
∴AB＝FB,∠ABC＝60°－∠FBC＝∠FBE,CB＝EB
∴△ABC≌△FBE（SAS）
∴AC＝FE＝b
∠FEB＝∠ACB＝90°
∴∠FEC＝30°
∵EF⊥CF,CE＝BC＝a
∴ba=FECE=cos30°=32
∴b=32a
∴S=12ab=34a2
由题意得：S1=34b2,S2=34a2
∴S2−S1=34a2−34b2=316a2
∴S2−S1=14S
【点睛】本题考查勾股定理,相似,手拉手模型,代数运算,本题难点是图二中的相似和图三中的手拉手全等
7．（2022·贵州遵义·三模）某校数学兴趣学习小组在一次活动中,对一些特殊几何图形具有的性质进行了如下探究：
(1)发现问题：如图1,在等腰△ABC中,AB=AC,点M是边BC上任意一点,连接AM,以AM为腰作等腰△AMN,使AM=AN,∠MAN=∠BAC,连接CN．求证：∠ACN=∠ABM．
(2)类比探究：如图2,在等腰△ABC中,∠B=30°,AB=BC,AC=4,点M是边BC上任意一点,以AM为腰作等腰△AMN,使AM=MN,∠AMN=∠B．在点M运动过程中,AN是否存在最小值？若存在,求出最小值,若不存在,请说明理由．
(3)拓展应用：如图3,在正方形ABCD中,点E是边BC上一点,以DE为边作正方形DEFG,H是正方形DEFG的中心,连接CH．若正方形DEFG的边长为6,CH=22,求△CDH的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)AN存在最小值,最小值为：2
(3)14+2
【分析】（1）先证明△ABM≌△CAN,再利用全等三角形性质即可得证；
（2）过A作AH⊥BC于H,设AH=x,先根据AC的长度及∠B度数,解直角三角形,求出x值,再证明△ABC∽△AMC,得AM与AN的比值,将AN的最小值转化为AM的最小值,由垂线段最短知AM⊥BC时取最小值,即可得解；
（3）连接BD、EH,过H作HQ⊥CD,证明△BDC∽△EDH,得BE的长度,设CE=x,解直角三角形CDE,求出x值,利用相似三角形性质知∠DCH=45°,求出HQ的长度,代入三角形面积公式即可．
(1)
证明：∵∠BAC=∠MAN,
∴∠BAC－∠CAM=∠MAN－∠CAM,
即∠BAM=∠CAN,
∵AB=AC,AM=AN,
∴△ABM≌△ACN,
∴∠CAN=∠ABM．
(2)
解：AN存在最小值,理由如下：
过A作AH⊥BC于H,如图所示,
设AH=x,
∵∠B=30°,
∴AB=2x=BC,BH=3x,CH=2−3x,
在Rt△ACH中,由勾股定理得：2−3x2+x2=42,
解得：x2=42+3,舍去负值,
∴x=6+2,
∴AB=26+22,
∴ABAC=26+224=6+22,
∵∠AMN=∠B,AM=MN,AB=BC,
∴△BAC∽△MAN,
∴AMAN=ABAC=6+22,
∴AN=2AM6+2=6−22AM,
由垂线段最短知,当AM⊥BC时,AM取最小值,最小值为AH的长度,
故AN存在最小值,最小值为：6−22×6+2=2．
(3)
解：连接BD,EH,过H作HQ⊥CD于Q,如图所示,
∵H为正方形DEFG的中心,
∴DH=EH,∠DHE=90°,
∵四边形ABCD为正方形,
∴BC=CD,∠BCD=90°,
∴∠BDE+∠CDE=∠CDH+∠CDE=45°,
∴∠BDE=∠CDH,
∵BDCD=DEDH=2,
∴△BDE∽△CDH,
∴∠DCH=∠ABE=45°,BE=2CH=4,
设CE=x,则CD=x+4,
∵DE=6,
∴由勾股定理得：x2+x+42=62,
解得：x=14−2或x=−14−2（舍）,
∴CD=14+2,
在Rt△CDH中,CQ=QH=2,
∴△CDH的面积为12×14+2×2=14+2．
【点睛】本题考查了手拉手全等（相似）模型、正方形性质、勾股定理解直角三角形、垂线段最短、特殊角的三角函数值等知识点．本题综合性强,根据题意作出辅助线借助相似三角形求线段间的关系是解题关键．
8．（2022·重庆一中七年级期中）如图,等腰三角形ABC和等腰三角形ADE,其中AB＝AC,AD＝AE．
(1)如图1,若∠BAC＝90°,当C、D、E共线时,AD的延长线AF⊥BC交BC于点F,则∠ACE＝______；
(2)如图2,连接CD、BE,延长ED交BC于点F,若点F是BC的中点,∠BAC＝∠DAE,证明：AD⊥CD；
(3)如图3,延长DC到点M,连接BM,使得∠ABM＋∠ACM＝180°,延长ED、BM交于点N,连接AN,若∠BAC＝2∠NAD,请写出∠ADM、∠DAE它们之间的数量关系,并写出证明过程．
【答案】(1)22.5°
(2)见解析
(3)∠DAE+2∠ADM=180°,详见解析
【分析】（1）由等腰直角三角形性质得∠B=∠CAF=45°,再由三角形外角性质知∠ACE=∠BCF,代入求值即可；
（2）连接AF,过A作AH⊥EF,由手拉手相似得△ACD∽△AFH,得∠CDF=12∠BAC,再由∠ADE=90°－12∠DAE,等量代换即可得证；
（3）将AN绕A逆时针旋转∠BAC的度数,交MD延长线于Q,证明△ACQ≌△ABN,得AN=AQ,再证明△AND≌△AQD,得∠ADQ=∠AND,由对顶角相等得∠ADM=∠ADE,根据等腰三角形性质等量代换即可解答．
(1)
解：∵△ABC为等腰三角形,∠BAC=90°,
∴∠ABC=∠ACB=45°,
由三角形外角性质知,∠ADE=∠ACE+∠DAC,∠AED=∠ECB+∠B,
∵AD=AE,
∴∠ADE=∠AED,
∴∠ACE+∠DAC=∠ECB+∠B,
∵AF⊥BC,
∴∠BAF=∠CAD=45°,
∴∠ACE=∠BCE,
又∠ACB=45°,
∴∠ACE=22.5°,
故答案为：22.5°．
(2)
解：连接AF,过A作AH⊥EF于H,如图所示,
∵∠BAC=∠DAE,AD=AE,AB=AC,
∴∠CAF=∠BAF=∠DAH=∠EAH,
∴∠CAD=∠HAF,
由△ACF∽△ADH知,
∴AFAH=ACAD,
∴△ACD∽△AFH,
∴∠ACD=∠AFH,
∴∠CDF=∠CAF,
∵∠ADE=∠AED=90°－12∠DAE,
∴∠ADE+∠CDF=90°,
故∠ADC=90°,
即AD⊥CD．
(3)
解：将AN绕A逆时针旋转∠BAC的度数,交MD延长线于Q,
∵∠BAC=∠QAN,
∴∠QAC=∠BAN,
∵∠ABM+∠ACM=180°,∠ACM+∠ACQ=180°,
∴∠ABM=∠ACQ,
∵AB=AC,
∴△ACQ≌△ABN,
∴AN=AQ,
∵∠BAC=2∠NAD=∠NAQ,
∴∠QAD=∠NAD,
又AD=AD,
∴△AND≌△ADQ,
∴∠AND=∠ADQ,
即∠ADM+∠MDN=∠ADE+∠EDQ,
∴∠ADM=∠ADE,
∵AD=AE,
∴∠DAE+2∠ADE=180°,
即∠DAE+2∠ADM=180°．
【点睛】本题综合考查了等腰三角形性质、三角形内角和定理、相似三角形判定与性质、旋转变换与全等三角形判定,难度较大．根据已知条件,构造手拉手的相似与全等模型是解题关键．
9．（2022·重庆巴蜀中学一模）在等边△ABC中,点D在AB上,点E在BC上,将线段DE绕点D逆时针旋转60°得到线段DF,连接CF．
(1)如图（1）,点D是AB的中点,点E与点C重合,连接AF．若AB=6,求AF的长；
(2)如图（2）,点G在AC上且∠AGD=60°+∠FCB,求证：CF=DG；
(3)如图（3）,AB=6,BD=2CE,连接AF．过点F作AF的垂线交AC于点P,连接BP、DP．将△BDP沿着BP翻折得到△BQP,连接QC．当△ADP的周长最小时,直接写出△CPQ的面积．
【答案】(1)AF=3
(2)见解析
(3)934,详见解析
【分析】（1）由旋转知△DCF为等边三角形,再证明△BCD≌△ACF得AF=BD,求解即可；
（2）将线段CF绕C顺时针旋转60°得CH,连接EF、EH、FH,证明△CDF≌△EFH得CD=EH；再在AC上截取QP=BE,证明△ECH≌△CPD,得CH=DP,由全等及等量代换得∠DPG=∠DGP,即DP=DG,等量代换即可；
（3）过D作DH⊥BC于H,利用三角函数得EH=AD,证明△DEH≌△DAF,得∠DAF=90°,设CE=x,利用勾股定理得到△ADP周长的表达式为6+12x2−36x+36,求出最小值时对应的x值,用三角形面积公式求值即可．
(1)
解：∵△ABC为等边三角形,
∴BC=AC,∠BCA=60°,
由旋转知,∠CDF=60°,CD=CF,
∴△DCF为等边三角形,
∴CD=CF,∠DCF=60°,
∴∠DCB=∠ACF,
∴△BCD≌△ACF,
∴AF=BD,
∵D为AB中点,AB=6,
∴BD=3,
∴AF=3．
(2)
解：将CF绕C顺时针旋转60°得CH,连接CH,FH,EF,EH,CD,
在AC上截取AP=BE,连接DP,设CD交EH于M,
如图所示,
由旋转知,△DEF、△CFH为等边三角形,
∴DF=EF,CF=FH,∠DFE=∠CFH=60°,
∴∠DFC=∠EFH,
∴△DCF≌△BHF,
∴EH=CD,∠DCF=∠EHF,
由三角形内角和知,∠HMC+∠EHF=∠DCF+∠HFC,
∴∠HMC=∠HFC=60°,
∴∠DCE+∠HEC=60°,
∵∠DCP+∠DCE=60°,
∴∠CEH=∠DCP,
∵AC=BC,AP=BE,
∴CP=CE,
∴△ECH≌△CPD,
∴CH=DP,∠DPC=∠HCE,
又∠HCE=60°+∠2,
∴∠DPC=60°+∠2,
由∠1+∠FCG=∠2+∠FCG=60°,知∠1=∠2,
又∠AGD=60°+∠1,
∴∠AGD=∠DPG,
∴DP=DG,
∵CH=CF,
∴CF=DG．
(3)
：过D作DH⊥CB于H,连接EF,如图所示,
∵△ABC为等边三角形,
∴∠DBH=60°,∠BDH=30°,
∴BD=2BH,DH=3x,
∵BD=2CE,
∴BH=CE,
设BH=CE=x,则BD=2x,EH=6－2x,AD=6－2x,
由旋转知,△DEF为等边三角形,∠EDF=60°,
∴∠1+∠3=90°,DE=DF,
又∠1+∠2=90°,
∴∠2=∠3,
∴△ADF≌△HED,
∴∠DAF=∠DHE=90°,∠PAF=30°,AF=DH=3x,
∵∠AFP=90°,
∴PF=x,AP=2x,
过P作PM⊥AD于M,
则AM=x,DM=6－3x,PM=3x,
在Rt△PDM中,由勾股定理得：
PD=3x2+6−3x2=12x2−36x+36=12x−322+9,
故△ADP周长=AD+AP+PD=6－2x+2x+12x−322+9=6+12x−322+9,
∴当x=32时,周长取最小值,最小值为9,此时DP=3,
∴BD=AP=3,即D为AB中点,P为AC中点,
∴直线BP是等边△ABC对称轴,
如图所示,△BDP沿BP折叠后,Q点落在BC中点处,
则△PCQ面积=14×△ABC面积=14×34×62=934．
【点睛】本题考查了等边三角形性质与判定、全等三角形证明、配方法求最值、勾股定理等知识点,利用题干画出辅助线,创造三角形全等条件,是解题难点．题目综合性很强,将题目中的角度关系转化为线段间的关系是常用的解题思路．
10．（2022·江苏·八年级课时练习）△ACB和△DCE是共顶点C的两个大小不一样的等边三角形．
(1)问题发现：
如图1,若点A,D,E在同一直线上,连接AE,BE．
①求证：△ACD≌△BCE；
②求∠AEB的度数．
(2)类比探究：如图2,点B、D、E在同一直线上,连接AE,AD,BE,CM为△DCE中DE边上的高,请求∠ADB的度数及线段DB,AD,DM之间的数量关系,并说明理由．
(3)拓展延伸：如图3,若设AD（或其延长线）与BE的所夹锐角为α,则你认为α为多少度,并证明．
【答案】(1)①见解析；②∠AEB=60°；
(2)∠ADB=60°,2DM+BD=AD,理由见解析；
(3)α=60°,证明见解析
【分析】（1）①由△ACB和△DCE是等边三角形知AC=BC,CD=CE,∠ACD=60°-∠DCB=∠BCE,据此即可得证；
②由△ACD≌△BCE知∠ADC=∠BEC=120°,结合∠CED=60°可得∠AEB=60°；
（2）证△ACD≌△BCE得∠CDA=∠CED=60°,由∠ADB+∠CDA=∠DCE+∠CED知∠ADB=60°,根据CM⊥BE,且△CDE为等边三角形可得DE=2DM,DE+BD=BE=AD；
（3）同理知△ACD≌△BCE,据此得∠BEC=∠ADC,继而知∠CDF+∠CEF=180°,即∠ECD+∠DFE=180°,从而得出答案．
(1)
①证明：∵△ACB和△DCE是等边三角形,
∴AC=BC,CD=CE,∠ACB=∠DCE=60°,
∴∠ACD=60°-∠DCB=∠BCE,
∴△ACD≌△BCE（SAS）；
②∵△ACD≌△BCE,
∴∠ADC=∠BEC=180°-∠CDE=120°,
又∵∠CED=60°,
∴∠AEB=60°；
(2)
解：∠ADB=60°,2DM +BD=AD,理由如下；
∵AC=BC,CD=CE,∠ACD=60°+∠DCB=∠BCE,
∴△ACD≌△BCE（SAS）,
∴∠CDA=∠CED=60°；
∵∠ADB+∠CDA=∠DCE+∠CED,
∴∠ADB=60°；
又∵CM⊥BE,且△CDE为等边三角形,
∴DE=2DM,
∴2DM +BD=BE=AD；
(3)
解：α=60°,理由如下：
同理可证△ACD≌△BCE,
∴∠BEC=∠ADC,
∴∠CDF+∠CEF=180°,
∴∠ECD+∠DFE=180°,而α+∠DFE=180°,
∴α=∠ECD=60°．
【点睛】本题是三角形的综合问题,解题的关键是掌握全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质等知识点．
11．（2022·浙江·诸暨市浣江初级中学一模）【问题探究】（1）如图1,锐角△ABC中,分别以AB、AC为边向外作等腰直角△ABE和等腰直角△ACD,使AE＝AB,AD＝AC,∠BAE＝∠CAD＝90°,连接BD,CE,试猜想BD与CE的大小关系,不需要证明．
【深入探究】（2）如图2,四边形ABCD中,AB＝5,BC＝2,∠ABC＝∠ACD＝∠ADC＝45°,求BD2的值；甲同学受到第一问的启发构造了如图所示的一个和△ABD全等的三角形,将BD进行转化再计算,请你准确的叙述辅助线的作法,再计算；
【变式思考】（3）如图3,四边形ABCD中,AB＝BC,∠ABC＝60°,∠ADC＝30°,AD＝6,BD＝10,则CD＝ ．
【答案】（1）BD＝CE；（2）BD2＝54；（3）8
【分析】（1）首先根据等式的性质证明∠EAC=∠BAD,则根据SAS即可证明△EAC≌△BAD,根据全等三角形的性质即可证明；
（2）在△ABC的外部,以A为直角顶点作等腰直角△BAE,使∠BAE=90°,AE=AB,连接EA、EB、EC,证明△EAC≌△BAD,证明BD=CE,然后在直角三角形BCE中利用勾股定理即可求解；
（3）先证明△ABC是等边三角形,再把△ACD绕点C逆时针旋转60°得到△BCE,连接DE,则可得△CDE是等边三角形,再证△BDE是直角三角形,运用勾股定理求出DE的长,从而可得CD的长．
【详解】解：（1）BD＝CE．理由是：
∵∠BAE＝∠CAD,
∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC,即∠EAC＝∠BAD,
在△EAC和△BAD中,
AE=AB∠EAC=∠BADAC=AD,
∴△EAC≌△BAD,
∴BD＝CE；
（2）如图2,在△ABC的外部,以A为直角顶点作等腰直角△BAE,使∠BAE＝90°,AE＝AB,连接EA、EB、EC．
∵∠ACD＝∠ADC＝45°,
∴AC＝AD,∠CAD＝90°,
∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC,即∠EAC＝∠BAD,
在△EAC和△BAD中,
AE=AB∠EAC=∠BADAC=AD,
∴△EAC≌△BAD,
∴BD＝CE．
∵AE＝AB＝5,
∴BE＝52+52=52,∠ABE＝∠AEB＝45°,
又∵∠ABC＝45°,
∴∠ABC+∠ABE＝45°+45°＝90°,
∴EC2=BE2+BC2=(52)2+22=54,
∴BD2=CE2=54 ．
（3）如图,
∵AB＝BC,∠ABC＝60°,
∴△ABC是等边三角形,
把△ACD绕点C逆时针旋转60°得到△BCE,连接DE,
则BE＝AD,△CDE是等边三角形,
∴DE＝CD,∠CED＝60°,
∵∠ADC＝30°,
∴∠BED＝30°+60°＝90°,
在Rt△BDE中,DE＝BD2−BE2＝102−62＝8,
∴CD＝DE＝8．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质,正确理解题目之间的联系,构造全等三角形是解决本题的关键．
12．（2022·河南周口·九年级期末）观察猜想
(1)如图1,在等边△ABC中,点M是边BC上任意一点（不含端点B、C）,连接AM,以AM为边作等边△AMN,连接CN,则∠ABC与∠ACN的数量关系是______．
(2)类比探究
如图2,在等边△ABC中,点M是BC延长线上任意一点（不含端点C）,（1）中其它条件不变,（1）中结论还成立吗？请说明理由．
(3)拓展延伸
如图3,在等腰△ABC中,BA=BC,点M是边BC上任意一点（不含端点B、C）,连接AM,以AM为边作等腰△AMN,使顶角∠AMN=∠ABC．连按CN．试探究∠ABC与∠ACN的数量关系,并说明理由．
【答案】(1)∠ABC=∠ACN
(2)∠ABC=∠ACN成立
(3)∠ABC=∠ACN
【分析】（1）利用SAS可证明△BAM≅△CAN,继而得出结论；
（2）也可以通过证明△BAM≅△CAN,得出结论,和（1）的思路完全一样．
（3）首先得出∠BAC=∠MAN,从而判定△ABC∽△AMN,得到ABAM=ACAN,根据∠BAM=∠BAC−∠MAC,∠CAN=∠MAN−∠MAC,得到∠BAM=∠CAN,从而判定△BAM∽△CAN,得出结论．
(1)
证明：∵△ABC、△AMN是等边三角形,
∴AB=AC,AM=AN,∠BAC=∠MAN=60°,
∴∠BAM=∠CAN,
∵在△BAM和△CAN中,
AB=AC∠BAM=∠CANAM=AN,
∴△BAM≅△CAN(SAS),
∴∠ABC=∠ACN．
(2)
解：结论∠ABC=∠ACN仍成立；
理由如下：∵△ABC、△AMN是等边三角形,
∴AB=AC,AM=AN,∠BAC=∠MAN=60°,
∴∠BAM=∠CAN,
∵在△BAM和△CAN中,
AB=AC∠BAM=∠CANAM=AN,
∴△BAM≅△CAN(SAS),
∴∠ABC=∠ACN．
(3)
解：∠ABC=∠ACN；
理由如下：∵BA=BC,MA=MN,
∴ABBC=AMMN,
又∵∠ABC=∠AMN,
∴△ABC∽△AMN,
∴∠BAC=∠MAN,
∴ ABAC=AMAN,
又∵∠BAM=∠BAC−∠MAC,∠CAN=∠MAN−∠MAC,
∴∠BAM=∠CAN,
∴△BAM∽△CAN,
∴∠ABC=∠ACN．
【点睛】本题是三角形综合题,考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质,解答本题的关键是仔细观察图形,找到全等（相似）的条件,利用全等（相似）的性质证明结论．
13．（2021·辽宁·东港市第七中学一模）如图,在△ABC、△ADE中,AB=AC,AD=AE,设∠BAC=∠DAE=α．连接BD,以BC、BD为邻边作▱BDFC,连接EF．
(1)若α=60°,当AD、AE分别与AB、AC重合时（图1）,易得EF=CF．当△ADE绕点A顺时针旋转到（图2）位置时,请直接写出线段EF、CF的数量关系________；
(2)若α=90°,当△ADE绕点A顺时针旋转到（图3）位置时,试判断线段EF、CF的数量关系,并证明你的结论；
(3)若α为任意角度,AB=6,BC=4,AD=3,△ADE绕点A顺时针旋转一周（图4）,当A、E、F三点共线时,请直接写出AF的长度．
【答案】(1)EF=CF
(2)EF=2CF,证明见解析
(3)47+73或47−73
【分析】（1）根据旋转全等模型可证,△ADB≅△AEC（SAS）,结合已知平行四边形性质可证：CF=EC,∠ECF=∠BAC=α,根据α=60°,可得△ECF是等边三角形即可解题；
（2）同理第一问,根据α=90°,可得△ECF是等腰直角三角形即可解题；
（3）根据第一问可证：△ABC∼△ADE∼△CEF,当A、E、F三点共线时,当A、E、F三点共线时,D、B、E三点共线,继而解三角形,求出BD长,由相似三角形性质求出EF,由分两种情况,分别画图求解即可．
(1)
解：如图2,连接EC,
∵∠BAC=∠DAE=α,∠BAC=∠BAD+∠DAC,∠DAE=∠DAC+∠CAE,
∴∠BAD=∠CAE,
又∵AB=AC,AD=AE,
∴△ADB≅△AEC（SAS）,
∴BD=EC,∠ABD=∠ACE,
∴∠ABC+∠ACB=∠DBC+∠ECB,
∵四边形BDFC是平行四边形,
∴BC∥DF,BD=CF
∴∠DBC+∠BCF=∠DBC+∠ECB+∠ECF=180° ,CF=EC,
∴∠ABC+∠ACB+∠ECF=180°,
又∵∠ABC+∠ACB+∠BAC=180°,
∴∠ECF=∠BAC=α,
当α=60°时,CF=EC,
∴△ECF是等边三角形,
∴EF=CF；
(2)
解：同理（1）可得：CF=EC,∠ECF=∠BAC=α,
当α=90°时,CF=EC,
∴△ECF是等腰直角三角形,
∴EF=2CF；
(3)
解：分两种情况进行讨论：
如图3-1：AF=AE+EF,
同理1可得：CF=EC,∠ECF=∠BAC=α,
又∵AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=α．
∴ABAC=ADAE=ECFC,
∴△ABC∼△ADE∼△CEF,
∴DEAD=EFCE=BCAB,∠ADE=∠CEF,
∵AB=6,BC=4,AD=3,
∴DE=2,EF=23EC,
由（1）得：△ADB≅△AEC（SAS）,
∴∠ADB=∠AEC,
∴∠ADE+∠ADB=∠AEC+∠CEF
∴当A、E、F三点共线时,∠ADE+∠ADB=∠AEC+∠CEF,
∴当A、E、F三点共线时,D、B、E三点共线,
如图4-1,过A点作AH⊥DE,
∵AD=AE,
∴DH=12DE=1,
∴AH=AD2−DH2=32−12=22,
∴HB=AB2−AH2=62−(22)2=27,
∴BD=HB−HD=27−1
∵EC=BD=27−1,
∴EF=23EC=23(27−1),
∴AF=AE+EF=3+23(27−1)=47+73,
如图4-2,AF=EF-AE,
同理可得：HB=27,EF=23EC,
∴BD=HB+HD=27+1
∵EC=BD=27−1,
∴EF=23EC=23(27+1),
∴AF=EF−AE=23(27+1)−3=47−73,
综上所述：AF长为47+73或47−73．
【点睛】本题属于几何压轴题,综合性比较强,体会其中蕴含的从特殊到一般的思想是解题的关键．解题关键是关键旋转全等模型证明△CEF是等腰三角形,∠ECF=∠BAC=∠DAE=α,从而可得△ABC∼△ADE∼△CEF,再结合解三角形求线段长．
14．（2022·江苏·苏州高新区实验初级中学三模）【学习概念】有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形,连接这两个角的顶点的线段称为对余线．
【理解运用】
(1)如图1,对余四边形中,AB = 5,BC = 6,CD = 4,连接AC,若AC = AB,则cos∠ABC=___________, sin∠CAD=__________．
(2)如图2,凸四边形中,AD = BD,AD⊥BD,当2CD2 + CB2 = CA2时,判断四边形ABCD是否为对余四边形,证明你的结论．
【拓展提升】
(3)在平面直角坐标中,A（－1,0）,B（3,0）,C（1,2）,四边形ABCD是对余四边形,点E在对余线BD上,且位于△ABC内部,∠AEC = 90° + ∠ABC．设AEBE = u,点D的纵坐标为t,请在下方横线上直接写出u与t的函数表达,并注明t的取值范围____________________________ ．
【答案】(1)35,1225；
(2)四边形ABCD是对余四边形；
(3)u=t2(0
（2）通过构造手拉手模型,即构造等腰直角三角形,通过证明三角形全等,利用勾股定理来证明四边形ABCD为对余四边形．
（3）过点D作DH⊥x轴于点H,先证明△ABE∽△DBA,得出u与AD的关系,设D（x,t）,再利用（2）中结论,求出AD与t的关系即可解决问题．
(1)
解：过A作AE⊥BC于E,过C作CF⊥AD于F
∵AB=AC,AE⊥BC
∴BE=CE=12BC=3,
∴cos∠ABC=AEAB= 35
∵四边形ABCD是对余四边形,
∴∠B+∠D=90°
又∵∠B+∠BAE=90°
∴∠D=∠BAE
又∵∠CFD=∠AEB=90°
∴△ABE∽△DCF
∴ABCD=BECF
∴54=3CF
∴CF=125
∴sin∠CAD＝CFAC=1225
故答案为：35,1225；
(2)
如图②中,结论：四边形ABCD是对余四边形．
理由：过点D作DM⊥DC,使得DM＝DC,连接CM．
∵四边形ABCD中,AD＝BD,AD⊥BD,
∴∠DAB＝∠DBA＝45°,
∵∠DCM＝∠DMC＝45°,
∴∠CDM＝∠ADB＝90°,
∴∠ADC＝∠BDM,
∵AD＝DB,CD＝DM,
∴△ADC≌△BDM（SAS）,
∴AC＝BM,
∵2CD2+CB2＝CA2,CM2＝DM2+CD2＝2CD2,
∴CM2+CB2＝BM2,
∴∠BCM＝90°,
∴∠DCB＝45°,
∴∠DAB+∠DCB＝90°,
∴四边形ABCD是对余四边形．
(3)
如图③中,过点D作DH⊥x轴于H．
∵A（﹣1,0）,B（3,0）,C（1,2）,
∴OA＝1,OB＝3,AB＝4,AC＝BC＝22,
∴AC2+BC2＝AB2,
∴∠ACB＝90°,
∴∠CBA＝∠CAB＝45°,
∵四边形ABCD是对余四边形,
∴∠ADC+∠ABC＝90°,
∴∠ADC＝45°,
∵∠AEC＝90°+∠ABC＝135°,
∴∠ADC+∠AEC＝180°,
∴A,D,C,E四点共圆,
∴∠ACE＝∠ADE,
∵∠CAE+∠ACE＝∠CAE+∠EAB＝45°,
∴∠EAB＝∠ACE,
∴∠EAB＝∠ADB,
∵∠ABE＝∠DBA,
∴△ABE∽△DBA,
∴BEAB=AEAD ,
∴AEBE=ADAB,
∴u＝AD4,
设D（x,t）,
∵四边形ABCD是对余四边形,
可得BD2＝2CD2+AD2,
∴（x﹣3）2+t2＝2[（x﹣1）2+（t﹣2）2]+（x+1）2+t2,
整理得（x+1）2＝4t﹣t2,
在Rt△ADH中,AD＝AH2+DH2=(x+1)2+t2＝2t,
∴u＝AD4=t2（0＜t＜4）,
即u＝t2（0＜t＜4）
【点睛】本题属于四边形综合题,考查了对余四边形的定义,全等三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质,解直角三角形等知识,解题的关键是理解题意,学会添加常用辅助线,构造全等三角形或相似三角形解决问题,属于中考压轴题．
15．（2022·陕西咸阳·八年级期末）△ABC和△ADE如图所示,其中∠ABC=∠ACB,∠ADE=∠AED,∠BAC=∠DAE．
(1)如图①,连接BE、CD,求证：BE=CD；
(2)如图②,连接BE、CD、BD,若∠BAC=∠DAE=60°,CD⊥AE,AD=3,CD=5,求BD的长．
【答案】(1)见解析
(2)34
【分析】（1）只需证ΔABE≌ΔACD,即可得到结论；
（2）先证明ΔBED是直角三角形,再用勾股定理求BD．
（1）
证明：∵∠ABC=∠ACB,∠ADE=∠AED,
∴AB=AC,AE=AD,
∵,∠BAC=∠DAE,
∴∠BAE=∠CAD,
∴ΔABE≌ΔACD(SAS),
∴BE=CD．
（2）
解：∵∠ADE=∠AED,
∴AE=AD,
∵∠DAE=60°,
∴ΔDAE是等边三角形,
∴AD=ED=3,∠AED=∠ADE=60°,
∵CD⊥AE,
∴∠ADC=12×60°=30°,
由（1）知：ΔABE≌ΔACD,
∴BE=CD=5,∠AEB=∠ADC=30°,
∴∠BED=90°,
∴BD=BE2+ED2=34．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定及性质、勾股定理,解题的关键是确定全等三角形的条件．
16．（2022·河北保定·八年级期末）如图1,∠ACD=90°,AC=DC,MN是过点A的直线,过点D作DB⊥MN于点B,连接CB；过点C作CE⊥CB,与MN交于点E．
(1)连接AD,AD是AC的______倍；
(2)直线MN在图1所示位置时,可以得到线段BD和AE的数量关系是______,BD−BA与BC之间的数量关系是______,请证明你的结论；
(3)直线MN绕点A旋转到图2的位置,若BD=2,BC=2,则AB的长为______（直接写结果）；
(4)直线MN绕点A旋转到图3的位置时,直接写出线段BA,BC,BD之间的数量关系______．
【答案】(1)2；
(2)AE＝BD,BD﹣AB＝2BC；
(3)4；
(4)BA+BD＝2BC
【分析】（1）由∠ACD=90°,AC=DC,根据勾股定理可直接得出答案；
（2）先证明△ACE≌△DCB,确定△ECB为等腰直角三角形,即可得出答案；
（3）先证明△ACE≌△DCB,CE＝BC,得到△BCE为等腰直角三角形,得到AB＝BD+2BC,即可得出答案；
（4）先证明△ACE≌△DCB,确定△ECB为等腰直角三角形即可得出答案．
（1）解：连接AD,设AC＝a,则DC＝a,∴AD＝AC2+DC2=a2+a2=2a,即AD是AC的2倍,故答案为：2．
（2）如图1,设AC与BD交于O,由题可知,∠BCE＝90°＝∠ACD,∴∠ACE＝∠BCD,∵BD⊥MN,∴∠ABD＝90°＝∠ACD,∵∠AOB＝∠DOC,∴∠BAC＝∠CDB,∵AC＝DC,∴△ACE≌△DCB（ASA）,∴CE＝BC,AE＝BD,∵∠BCE＝90°,∴△ECB为等腰直角三角形,∴BE＝2BC,∵BE＝AE﹣AB＝BD﹣AB,∴BD﹣AB＝2BC；故答案为：AE＝BD；BD﹣AB＝2BC；
（3）解：如图2,设CD与MN交于O,由题可知,∠BCE＝90°＝∠ACD,∴∠ACE＝∠BCD,∵BD⊥MN,∴∠ABD＝90°＝∠ACD,∵∠AOC＝∠DOB,∴∠BAC＝∠CDB,∵AC＝DC,∴△ACE≌△DCB（ASA）,∴CE＝BC,AE＝BD,∵∠BCE＝90°,∴BE＝2BC,∵BE＝AB﹣AE＝AB﹣BD,∴AB=BD+2BC,∵BD＝2,BC＝2,∴AB＝BD+2BC＝4,故答案为：4．
（4）∴∠BCE＝90°＝∠ACD,∴∠ACE＝∠DCB,∠CEB+∠CBE＝90°,∵BD⊥MN,∴∠ABD＝90°,∴∠CBE+∠CBD＝90°,∴∠CEB＝∠CBD,∵AC＝DC,∴△ACE≌△DCB（AAS）,∴CE＝BC,AE＝BD,∵∠BCE＝90°,∴BE＝2BC,∵BE＝AE+BA＝BD+BA,∴BA+BD＝2BC,故答案为：BA+BD＝2BC．
【点睛】此题属于几何变换综合题,主要考查旋转的性质,等腰直角三角形的性质和判定,勾股定理,全等三角形的判定和性质,构造全等三角形是解本题的关键．
17．（2021·江苏苏州·八年级期中）【理解概念】当一个凸四边形的一条对角线把原四边形分成两个三角形．若其中有一个三角形是等腰直角三角形,则把这条对角线叫做这个四边形的“等腰直角线”,把这个四边形叫做“等腰直角四边形”,
当一个凸四边形的一条对角线把原四边形分成两个三角形．若其中一个三角形是等腰直角三角形,另一个三角形是等腰三角形,则把这条对角线叫做这个四边形的“真等腰直角线”,把这个四边形叫做“真等腰直角四边形”．
(1)【巩固新知】如图①,若AD=3,AD=DB=DC,BC=32,则四边形ABCD______（填“是”或“否”）真等腰直角四边形．
(2)【深度理解】在图①中,如果四边形ABCD是真等腰直角四边形,且∠BDC=90°,对角线BD是这个四边形的真等腰直角线,当AD=4,AB=3时,则边BC的长是______．
(3)如图②,四边形ABCD与四边形ABDE都是等腰直角四边形,且∠BDC=90°,∠ADE=90°,BD＞AD＞AB,对角线BD、AD分别是这两个四边形的等腰直角线．求证：AC=BE．
(4)【拓展提高】在图3中,已知：四边形ABCD是等腰直角四边形,对角线BD是这个四边形的等腰直角线．若BD正好是分得的等腰直角三角形的一条直角边,且AD=3,AB=4,∠BAD=45°,求AC的长．
【答案】(1)是
(2)42或32
(3)见解析
(4)AC=34或41．
【分析】（1）利用勾股定理的逆定理证明∠BDC=90°,从而△BDC是等腰直角三角形,又因为△ABD是等腰三角形,即可得出结论；
（2）由题意知△ABD是等腰三角形,当AD=BD=4时,由勾股定理得：BC=42,当BD=AB=3时,由勾股定理得：BC=32；
（3）利用SAS证明△ADC≌△EDB,得AC=BE；
（4）分∠BDC=90°和∠DBC=90°,分别构造等腰直角三角形,利用（3）中全等进行转化,从而解决问题．
(1)
解：∵AD=3,AD=DB=DC,
∴BD=CD=3,
∵BD2+CD2=18,BC2=（32）2=18,
∴BD2+CD2=BC2,
∴△BDC是等腰直角三角形,
∵△ABD是等腰三角形,
∴四边形ABCD是真等腰直角四边形,
故答案为：是；
(2)
解：∵对角线BD是这个四边形的真等腰直角线,
∴△ABD是等腰三角形,
当AD=BD=4时,由勾股定理得：BC=42+42=42,
当BD=AB=3时,由勾股定理得：BC=32+32=32,
综上：BC=42或32,
故答案为：42或32；
(3)
解：由题意知：△BDC和△ADE都是等腰直角三角形,
∴BD=CD,AD=DE,∠BDC=∠ADE=90°,
∴∠ADC=∠EDB,
∴△ADC≌△EDB（SAS）,
∴AC=BE；
(4)
解：由题意知：△BDC是等腰直角三角形,
当∠BDC=90°时,如图,作DE⊥AD,取DE=AD,连接AE,BE,
由（3）同理得△ADC≌△EDB（SAS）,
∴AC=BE,
∵AD=3,△ADE是等腰直角三角形,
∴AE=32,∠EAD=45°,
∵∠DAB=45°,
∴∠EAB=90°,
由勾股定理得BE=AE2+AB2=(32)2+42=34,
∴AC=34；
当∠DBC=90°时,如图,同理可得
AE=42,
DE=AC=41,
综上：AC=34或41．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形和等腰三角形的性质,全等三角形的判定与性质,勾股定理的应用,读懂题意,作辅助线构造全等三角形是解题的关键,注意问题设置的层次性．
18．（2022·江苏·八年级课时练习）如图,在等腰△ABC与等腰△ADE中,AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=α,连接BD和CE相交于点P,交AC于点M,交AD于点N．
(1)求证：BD=CE．
(2)求证：AP平分∠BPE．
(3)若α=60°,试探寻线段PE、AP、PD之间的数量关系,并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)PE=AP+PD,见解析
【分析】（1）由“SAS”可证△BAD≌△CAE,可得BD=CE；
（2）由全等三角形的性质可得S△BAD=S△CAE,由三角形面积公式可得AH=AF,由角平分线的性质可得AP平分∠BPE；
（3）由全等三角形的性质可得∠BDA=∠CEA,由“SAS”可证△AOE≌△APD,可得AO=AP,可证△APO是等边三角形,可得AP=PO,可得PE=AP+PD,即可求解．
(1)
证明：∵∠BAC=∠DAE=α,
∴∠BAD=∠CAE,
又∵AB=AC,AD=AE,
∴△BAD≌△CAE（SAS）,
∴BD=CE；
(2)
证明：如图,过点A作AH⊥BD,AF⊥CE,
∵△BAD≌△CAE,
∴S△BAD=S△CAE,BD=CE,
∴12BD×AH=12CE×AF,
∴AH=AF,
又∵AH⊥BD,AF⊥CE,
∴AP平分∠BPE；
(3)
解：PE=AP+PD,理由如下：
如图,在线段PE上截取OE=PD,连接AO,
∵△BAD≌△CAE,
∴∠BDA=∠CEA,
又∵OE=PD,AE=AD,
∴△AOE≌△APD（SAS）,
∴AP=AO,
∵∠BDA=∠CEA,∠PND=∠ANE,
∴∠NPD=∠DAE=α=60°,
∴∠BPE=180°-∠NPD=180°-60°=120°,
又∵AP平分∠BPE,
∴∠APO=60°,
又∵AP=AO,
∴△APO是等边三角形,
∴AP=PO,
∵PE=PO+OE,
∴PE=AP+PD．
【点睛】本题是三角形综合题,考查了全等三角形的判定和性质,直角三角形的性质,等边三角形的判定和性质以及角之间的关系,证明△BAD≌△CAE是解本题的关键．
19．（2022·全国·八年级课时练习）在△ABC中,∠B=90°,D为BC延长线上一点,点E为线段AC,CD的垂直平分线的交点,连接EA,EC,ED．
（1）如图1,当∠BAC=50°时,则∠AED=_______°；
（2）当∠BAC=60°时,
①如图2,连接AD,判断△AED的形状,并证明；
②如图3,直线CF与ED交于点F,满足∠CFD=∠CAE．P为直线CF上一动点．当PE−PD的值最大时,用等式表示PE,PD与AB之间的数量关系为_______,并证明．
【答案】（1）80；（2）△AED是等边三角形；（3）PE−PD=2AB．
【分析】（1）根据垂直平分线性质可知AE=EC=ED,再结合等腰三角形性质可得∠EAC=∠ECA,∠EDC=∠ECD,利用平角定义和四边形内角和定理可得∠AED=2∠ACB,由此求解即可；
（2）根据（1）的结论求出∠AED=2∠ACB=60°即可证明△AED是等边三角形；
（3）根据利用对称和三角形两边之差小于第三边,找到当PE−PD的值最大时的P点位置,再证明对称点D'与AD两点构成三角形为等边三角形,利用旋转全等模型即可证明△ACD≅△ED'D,从而可知PE−PD=PE−PD'=ED'=AC,再根据30°直角三角形性质可知AC=2AB即可得出结论．
【详解】解：（1）∵点E为线段AC,CD的垂直平 分线的交点,
∴AE=EC=ED,
∴∠EAC=∠ECA,∠EDC=∠ECD,
∴∠EAC+∠EDC=∠ACE+∠ECD=∠ACD,
∵∠EAC+∠EDC+∠ACD+∠AED=360°,
∴2∠ACD+∠AED=360°,
∵∠ACD+∠ACB=180°,
∴∠AED=2∠ACB,
∵在△ABC中,∠B=90°,∠BAC=50°,
∴∠ACB=40°,
∴∠AED=2∠ACB=80°,
故答案为：80°．
（2）①结论：△AED是等边三角形．
证明：∵在△ABC中,∠B=90°,∠BAC=60°,
∴∠ACB=30°,
由（1）得：∠AED=2∠ACB=60°,AE=EC=ED,
∴△AED是等边三角形．
②结论：PE−PD=2AB．
证明：如解图1,取D点关于直线AF的对称点D',连接PD、PD'；
∴PD'=PD,
∵PE−PD'≤ED',等号仅P、E、D'三点在一条直线上成立,
如解图2,P、E、D'三点在一条直线上,
由（1）得：∠CAE+∠EDC=∠ACD,
又∵∠CFD=∠CAE,
∴∠CFD+∠CDE=∠ACD,
又∵∠ACD+∠ACB=180°,∠CFD+∠CDE+∠PCD=180°,
∴∠PCD=∠ACB=30°,
∵点D、点D'是关于直线AF的对称点,
∴CD=CD',∠D'CD=2∠PCD=60°,
∴△D'CD是等边三角形,
∴CD=DD',∠CDD'=60°,
∵△AED是等边三角形,
∴AD=ED,∠ADE=60°,
∴∠ADC+∠D'DA=∠D'DA+∠EDD',
∴∠ADC=∠EDD',
在△ACD和△ED'D中,
AD=ED∠ADC=∠EDD'CD=D'D,
∴△ACD≅△ED'D（SAS）
∴AC=ED',
∵PD'=PD,
∴PE−PD=PE−PD'=ED'=AC,
在△ABC中,∠B=90°,∠ACB=30°,
∴AC=2AB,
∴PE−PD=2AB
【点睛】本题是三角形综合题,主要考查了等腰三角形、等边三角形的性质和判定,全等三角形性质和判定等知识点,解题关键是利用对称将PE−PD转化为三角形三边关系找到P的位置,并证明对称点D'与AD两点构成三角形为等边三角形．
20．（2021·安徽合肥·八年级阶段练习）如图,在△ABC和△ADE中,AB＝AC,AD＝AE,∠BAC＝∠DAE,连接BD,CE,BD与CE交于点O,BD与AC交于点F．
（1）求证：BD＝CE．
（2）若∠BAC＝48°,求∠COD的度数．
（3）若G为CE上一点,GE＝OD,AG＝OC,且AG∥BD,求证：BD⊥AC．
【答案】（1）见解析；（2）132°；（3）见解析
【分析】（1）根据∠BAC＝∠DAE,推出∠BAD=∠CAE,从而结合“SAS”证明△BAD≌△CAE,即可得出结论；
（2）根据外角定理推出∠COD=∠OBC+∠BCA+∠ACE,结合全等三角形的性质推出∠COD=∠ABC+∠BCA,最后在△ABC中利用内角和定理求解即可；
（3）连接AO,根据题意确定△ADO≌△AEG,得到∠OAD=∠GAE,AO=AG,再结合题干条件推出△AOC为等腰三角形,以及∠BOA=∠BOC,从而根据“三线合一”证明即可．
【详解】（1）证：∵∠BAC＝∠DAE,
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD,
即：∠BAD=∠CAE,
在△BAD和△CAE中,
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE
∴△BAD≌△CAE(SAS),
∴BD=CE；
（2）解：∵∠COD=∠OBC+∠BCO,∠BCO=∠BCA+∠ACE,
∴∠COD=∠OBC+∠BCA+∠ACE,
∵△BAD≌△CAE,
∴∠ABD=∠ACE,
∴∠COD=∠OBC+∠BCA+∠ABD=∠ABC+∠BCA,
∵∠BAC＝48°,
∴∠ABC+∠BCA=180°-48°=132°,
∴∠COD=132°；
（3）证：如图所示,连接AO,
∵△BAD≌△CAE,
∴∠ADO=∠AEG,
在△ADO和△AEG中,
AD=AE∠ADO=∠AEGOD=GE
∴△ADO≌△AEG(SAS),
∴∠OAD=∠GAE,AO=AG,
∴∠AOG=∠AGO,
∴∠OAD+∠DAG=∠GAE+∠DAG,
即：∠OAG=∠DAE,
∵∠DAE=∠BAC,
∴∠BAC=∠OAG,
在△ABF和△COF中,∠BAC=180°-∠ABD-∠AFB,∠BOC=180°-∠ACE-∠CFO,
由（2）知∠ABD=∠ACE,
∵∠AFB=∠CFO,
∴∠BAC=∠BOC,
∴∠BOC=∠OAG,
∵AG∥BD,
∴∠BOA=∠OAG,
∴∠BOA=∠BOC,
∵AO=AG,AG=CO,
∴AO=CO,
即：△AOC为等腰三角形,
∵∠BOA=∠BOC,
∴OF⊥AC,
∴BD⊥AC．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质,等腰三角形的判定与性质等,掌握全等三角形的判定与性质,熟悉“手拉手”模型的证明是解题关键．
21．（2021·福建省福州延安中学九年级期中）如图,△ABC为等边三角形,点D为线段BC上一点,将线段AD以点A为旋转中心顺时针旋转60°得到线段AE,连接BE,点D关于直线BE的对称点为F,BE与DF交于点G,连接DE,EF．
（1）求证：∠BDF＝30°
（2）若∠EFD＝45°,AC＝3+1,求BD的长；
（3）如图2,在（2）条件下,以点D为顶点作等腰直角△DMN,其中DN＝MN＝2,连接FM,点O为FM的中点,当△DMN绕点D旋转时,求证：EO的最大值等于BC．
【答案】（1）见解析；（2）2；（3）见解析
【分析】（1）由△ABC是等边三角形,可得∠ABC=60°,由D、F关于直线BE对称,得到BF=BD,则∠BFD=∠BDF,由三角形外角的性质得到∠BFD+∠BDF=∠ABD,则∠BDF=∠BFD=30°；
（2）设BG=x,由D、F关于直线BE对称,得到∠BGD=∠BGF=90°,EF=ED,EG=DG,由含30度角的直角三角形的性质和勾股定理得BD=2x,DG=3x,证明△EAB≌△DAC得到CD=BE=EG−BG=GD−BG=3x−x,再由BC=AC=3+1,得到BD+CD=2x+3x−x=3+1,由此求解即可；
（3）连接OG,先求出MD=2,证明OG是三角形DMF的中位线,得到OG=12DM=1,再根据两点之间线段最短可知OE≤EG+OG=1+3,则OE的最大值等于BC．
【详解】解：（1）∵△ABC是等边三角形,
∴∠ABC=60°,
∵D、F关于直线BE对称,
∴BF=BD,
∴∠BFD=∠BDF,
∵∠BFD+∠BDF=∠ABD,
∴∠BDF=∠BFD=30°；
（2）设BG=x,
∵D、F关于直线BE对称,
∴∠BGD=∠BGF=90°,EF=ED,
∴∠EDG=EFG=45°,
∴EG=DG,
∵∠BDG=30°,
∴BD=2BG=2x,
∴DG=BD2−BG2=3x,
由旋转的性质可得AE=AD,∠EAD=∠BAC=60°,
∴∠EAB+∠BAD=∠CAD+∠BAD,即∠EAB=∠DAC,
又∵AB=AC,
∴△EAB≌△DAC（SAS）,
∴CD=BE=EG−BG=GD−BG=3x−x,
∵BC=AC=3+1,
∴BD+CD=2x+3x−x=3+1,
∴x=1,
∴BD=2x=2；
（3）如图所示,连接OG,
∵在等腰直角三角形DMN中,DN=MN=2,
∴MD=DN2+MN2=2,
∵D、F关于直线BE对称,
∴G为DF的中点,
又∵O为FM的中点,
∴OG是三角形DMF的中位线,
∴OG=12DM=1,
由（2）可得EG=3,
根据两点之间线段最短可知OE≤EG+OG=1+3,
∴OE的最大值等于BC．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质,轴对称的性质,全等三角形的性质与判定,勾股定理,含30度角的直角三角形性质,三角形中位线定理,两点之间线段最短等等,解题的关键在于能够熟练掌握轴对称的性质和等边三角形的性质．
22．（2021·河南许昌·九年级期中）如图,在等腰直角三角形ABC和ADE中,AC＝AB,AD＝AE,连接BD,点M、N分别是BD,BC的中点,连接MN．
（1）如图1,当顶点D在边AC上时,请直接写出线段BE与线段MN的数量关系是 ,位置关系是 ．
（2）当△ADE绕点A旋转时,连接BE,上述结论是否依然成立,若成立,请就图2情况给出证明；若不成立,请说明理由．
（3）当AC＝8时,在△ADE绕点A旋转过程中,以D,E,M,N为顶点可以组成平行四边形,请直接写出AD的长．
【答案】（1）MN=12BE；MN⊥BE ；（2）成立,理由见解析；（3）81313或855
【分析】（1）延长MN交AB于点G,根据三角形的中位线定理证明MN//AB,MN=12CD=12BE,再由平行线的性质证明∠NGB=∠A=90°,则MN⊥BE；
（2）（1）中的结论依然成立,连接CD,由等腰直角三角形的性质推出相应的线段相等和角相等,证明ΔCAD≅ΔBAE,先证明CD⊥BE,再证明MN⊥BE；由三角形的中位线定理证明MN=12BE；
（3）以D,E,M,N为顶点的四边形为平行四边形分两种情况,即AD在ΔABC的内部、AD、AE都在ΔABC的外部,此时C、D、E三点在同一条直线上,且CD=BE=2DE,再根据CD⊥BE,得到直角三角形,由勾股定理列方程求AD的长．
【详解】解：（1）如图1,延长MN交AB于点G,
∵M、N分别是BD、BC的中点,
∴MN//CD,且MN=12CD,
∴∠NGB=∠A=90°,
∴MN⊥BE．
∵AC=AB,AD=AE,
∴CD=BE,
∴MN=12BE；
故答案为：MN=12BE,MN⊥BE.
（2）成立,理由如下：
∴如图2,连接并延长CD交BE于点H,延长NM交BE于点G,
∵∠CAB=∠DAE=90°,
∴∠CAD=∠BAE=90°−∠DAB,
∵AC=AB,AD=AE,
∴ΔCAD≌ΔBAE(SAS),
∴CD=BE,∠ACD=∠ABE,
∵点M、N分别是BD、BC的中点,
∴MN//CD,MN=12CD,
∴MN=12BE；
∵∠BCH+∠CBH=∠BCH+∠ABE+∠ABC=∠BCH+∠ACD+∠ABC=∠ACB+∠ABC=90°,
∴∠CHB=90°,
∴CD⊥BE,
∴∠NGB=∠CHB=90°；
∴MN⊥BE．
（3）如图3,AD在ΔABC内部,AE在ΔABC的外部,且四边形DEMN是平行四边形,
由（2）得,CD⊥BE,MN//CD,MN=12CD=12BE,
∵四边形DEMN是平行四边形,
∵DE//MN,DE=MN,
∴C、D、E三点在同一条直线上,
∴∠BEC=90°,
∵DE2=2AD2,
∴DE=2AD,
∴CD=BE=2MN=2DE=22AD,
∵AC=8,
∴BC2=82+82=128,
由CE2+BE2=BC2得,(2AD+22AD)2+(22AD)2=128,
解得AD=81313；
如图4,AD、AE都在ΔABC的外部,且四边形DENM是平行四边形,设BE交AC于点O,
∵∠CAD=∠BAE=90°+∠CAE,AC=AB,AD=AE,
∴ΔCAD≌ΔBAE(SAS),
∴CD=BE,
∵M、N分别为BD、BC的中点,
∴MN//CD,
∵四边形DENM是平行四边形,
∴DE//MN,
∴点E在CD上,
∵∠ACD=∠ABE,∠COE=∠AOB,
∴∠ACE+∠COE=∠ABE+∠AOB=90°,
∴∠BEC=90°,
∵M、N分别是BD、BC的中点,
∴MN=12CD=12BE,
∴BE=CD=2MN=2DE,
∵DE=2AD,
∴BE=CD=22AD,
由CE2+BE2=BC2得,(22AD−2AD)2+(22AD)2=128,
解得AD=855,
综上所述,AD的长为81313或855．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、等腰直角三角形的性质、三角形的中位线、勾股定理及二次根式的运算,熟练掌握平行四边形的性质、等腰直角三角形的性质、三角形的中位线、勾股定理及二次根式的运算是解题的关键．
23．（2021·福建莆田·九年级期中）如图1,在等边△ABC中,∠A=60°,AB=AC,点D,E分别在边AB,AC上,AD=AE,连接DC,点M,P,N分别为DE,DC,BC的中点．
（1）观察猜想：图1中,线段PM与PN的数量关系是 ,∠MPN= ；
（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置,连接MN,BD,CE,则上面题（1）中的两个结论是否依然成立,并说明理由；
（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转,若AD=4,AB=10,请直接写出△PMN周长的最大值
【答案】（1）PM=PN,120°；（2）成立,见解析；（3）14+73
【分析】（1）利用三角形的中位线定理以及平行线的性质解决问题即可；
（2）证明△ABD≌△ACE（SAS）,推出BD=CE,再利用三角形的中位线定理解决问题即可；
（3）首先证明点D恰好在BA延长线上时,PM 、PN的最大值为7,再利用30度角的直角三角形的性质以及勾股定理,求出M N的长度即可解决问题．
【详解】解：（1）∵△ABC是等边三角形,
∴AB=AC,∠A=60°,
∵AD=AE,
∴AB-AD=AC-AE,即BD=CE,
∵M,P,N分别是DE,DC,BC的中点,
∴MP=12EC,PM∥EC,PN=12BD,PN∥BD,
∴PM=PN,∠MPD=∠ACD,∠NPD=∠ADC,
在△ACD中,∠ADC+∠ACD=180°-∠A=120°,
∴∠MPN=∠MPD+∠NPD=120°．
故答案为：PM=PN,120°；
（2）成立,理由如下：
∵AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=60°,∠ABC=∠ACB=60°,
∴∠BAD=∠CAE,
∵AB=AC,∠BAD=∠CAE,AD=AE,
∴△ABD≌△ACE（SAS）,
∴BD=CE,
∵DM=ME,DP=PC,BN=NC,
∴MP=12EC,PM∥EC,PN=12BD,PN∥BD,
∴MP=PN,
∴△PMN是等腰三角形．
∵PM∥CE,
∴∠DPM=∠DCE,
∵PN∥BD,
∴∠PNC=∠DBC,
∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC,
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC,
∵∠BAC=60°,
∴∠ACB+∠ABC=120°,
∴∠MPN=120°,
∴PM=PN,∠MPN=120°；
（3）由（2）知：PM=PN,∠MPN=120°,
∵BD≤AB+AD,
∴BD≤14,
∴点D恰好在BA延长线上时,BD、CE取得最大值,且最大值为14,
∴PM 、PN的最大值为7,
此时MN经过点A,即MN垂直平分BC,如图：
∵△ABC、△ADE是等边三角形,且AD=4,AB=10,
∴∠BAN=∠DAM=30°,
∴BN=CN=5,DM=EM=2,
∴AN=AB2−BN2=53,AM=AD2−DM2=23,
∴△PMN周长的最大值为PM+PN+MN=7+7+53+23=14+73．
【点睛】本题属于几何变换综合题,考查了等边三角形的性质,全等三角形的判定和性质,三角形的中位线定理,三角形的面积等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题,属于中考压轴题．
24．（2021·四川·成都七中八年级期中）已知,在△ABC中,AB=AC,
（1）如图1,∠ABC=2α,∠BDA=α,若α=30°,且点D在CA的延长线上时,求证：CD2=BD2+AD2；
（2）如图2,∠ABC=2α,∠BDA=α,若α=30°,试判断AD,BD,CD之间的等量关系,并说明理由
（3）如图3,若∠BDA=∠ABC=45°,AD=62,BD=5,求CD的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）CD2=AD2+BD2；（3）13
【分析】（1）先求解∠ABC=∠ACB=60°,∠BDA=30°,再证明△ABC为等边三角形,∠DBC=90°, 证明AD=BC, 结合勾股定理可得结论；
（2）如图,以CD为边作等边△CDK, △DBC≌△KAC, 设∠BDC=m, 再证明∠DAK=90°, 再利用勾股定理可得答案；
（3）如图,以AD为腰作等腰直角△ADK,∠DAK=90°,AD=AK, 证明△KAB≌△DAC, 可得CD=KB, 再利用勾股定理求解DK,KB, 从而可得答案.
【详解】解：（1）∵ AB=AC,∠ABC=2α,∠BDA=α,α=30°,
∴∠ABC=∠ACB=60°,∠BDA=30°,
∴△ABC为等边三角形,∠DBC=90°,
∴AB=AC=BC,DC=2BC,
∴AD=BC,
∵∠DBC=90°,
∴CD2=BD2+BC2=BD2+AD2.
（2）CD2=AD2+BD2,理由如下：
如图,以CD为边作等边△CDK,
∴CD=CK=DK,∠DCK=∠KDC=∠DKC=60°,
由（1）可得：△ABC为等边三角形,
∴BC=AC,∠ACB=∠DCB+∠ACD=60°,
而∠DCA+∠ACK=∠DCK=60°,
∴∠DCB=∠KCA,
∴△DBC≌△KAC, 设∠BDC=m,
∴∠BDC=∠AKC=m,BD=AK,
∵∠BDA=30°,
∴∠ADC=30°−m,∠KDA=60°−(30°−m)=30°+m,
∠DKA=60°−m,
∴∠DAK=180°−(60°−m)−(30°+m)=90°,
∴DK2=AD2+AK2,
∴CD2=AD2+BD2.
（3）如图,以AD为腰作等腰直角△ADK,∠DAK=90°,AD=AK,
∵AB=AC,∠BDA=∠ABC=45°,
∴∠BAC=90°,
∴∠KAB=∠DAC,
∴△KAB≌△DAC,
∴CD=KB,
∵AD=62,AD=AK,∠DAK=90°,
∴DK=AD2+AK2=12,
∵∠ADK=45∘,∠BDA=45°,
∴∠KDB=90°,
∴KB=DK2+BD2=122+52=13,
∴CD=13.
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质,等边三角形的判定与性质,勾股定理的应用,作出适当的辅助线构建全等三角形,直角三角形是解题的关键.
25．（2021·河南南阳·八年级期中）在△ABC中,∠BAC＝90°,AB＝AC,D为BC的中点．
（1）如图1,E、F分别是AB、AC上的点,且BE＝AF、求证：△DEF是等腰直角三角形
经过分析已知条件AB＝AC,D为BC的中点．容易联想等腰三角形三线合一的性质,因此,连结AD（如图2）,以下是某同学由已知条件开始,逐步按层次推出结论的流程图．请帮助该同学补充完整流程图．补全流程图：
①___≅____,
②∠EDF＝___
（2）如果E、F分别为AB、CA延长线上的点,仍有BE＝AF,其他条件不变,试猜想△DEF是否仍为等腰直角三角形？请在备用图中补全图形、先作出判断,然后给予证明．
【答案】（1）△BDE,△ADF,90°；（2）△DEF仍为等腰直角三角形,理由见解析
【分析】（1）连接AD,根据∠BAC＝90°,AB＝AC,D为BC的中点,可以得到∠B=∠C=45°,AD⊥BC,∠BAD=∠CAD=12∠BAC=45∘,AD=CD=BD=12BC,从而可以证明△BDE≌△ADF（SAS）,得到DE=DF,∠BDE=∠ADF,由∠ADE+∠BDE=∠BDA=90°,可得∠ADE+∠ADF=90°,即∠EDF=90°,即可证明；
（2）连接AD,同样证明△BDE≌△ADF（SAS）,得到DE=DF,∠BDE=∠ADF,再由∠ADF+∠BDF=∠BDA=90°,即可得到∠BDE+∠BDF=90°,即∠EDF=90°,即可证明．
【详解】解：（1）如图所示,连接AD,
∵∠BAC＝90°,AB＝AC,D为BC的中点,
∴∠B=∠C=45°,AD⊥BC,∠BAD=∠CAD=12∠BAC=45∘,AD=CD=BD=12BC,
∴∠B=∠BAD=∠CAD,
在△BDE和△ADF中,
BD=AD∠B=∠DAFBE=AF,
∴△BDE≌△ADF（SAS）,
∴DE=DF,∠BDE=∠ADF,
∵∠ADE+∠BDE=∠BDA=90°,
∴∠ADE+∠ADF=90°,即∠EDF=90°,
∴△DEF是等腰直角三角形；
故答案为：△BDE,△ADF,90°；
（2）△DEF仍为等腰直角三角形,理由如下：
连接AD,
∵∠BAC＝90°,AB＝AC,D为BC的中点,
∴∠ABC=∠C=45°,AD⊥BC,∠BAD=∠CAD=12∠BAC=45∘,AD=CD=BD=12BC,
∴∠FAD=180°-∠CAD=135°,∠EBD=180°-∠ABC=135°,
∴∠FAD=∠EBD,
在△BDE和△ADF中,
BD=AD∠EBD=∠FADBE=AF,
∴△BDE≌△ADF（SAS）,
∴∴DE=DF,∠BDE=∠ADF,
∵∠ADF+∠BDF=∠BDA=90°,
∴∠BDE+∠BDF=90°,即∠EDF=90°,
∴△DEF是等腰直角三角形．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定,等腰直角三角形的性质与判定,解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．
26．（2021·四川·成都嘉祥外国语学校九年级期中）正方形ABCD中,点E、F在BC、CD上,且BE＝CF,AE与BF交于点G．
（1）如图1,求证AE⊥BF；
（2）如图2,在GF上截取GM＝GB,∠MAD的平分线交CD于点H,交BF于点N,连接CN,求证：AN+CN＝2BN；
（3）在（2）的条件下,若tan∠AEB＝3,S△CHN＝95,求AB的长
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）6
【分析】（1）首先可推出△ABE≌△BCF,即可得到∠BAE=∠CBF,再结合余角的性质证明即可；
（2）作PB⊥BN交NA延长线于P点,结合（1）的结论和角平分线的定义推出∠GAN=45°,从得到∠ANG=45°,以及△PBN为等腰直角三角形,然后根据“手拉手”模型证明△PBA≌△NBC,即可证明结论；
（3）首先根据正切函数值设BE=x,则AB=3x,CE=2x,然后延长CB至Q点,使得BQ=DH,连接AQ,ME,MH,通过全等三角形的判定与性质推出QE=HE,然后设DH=y,在Rt△EHC中,利用勾股定理解出y与x之间的关系,进而推出△CNH为直角三角形,并结合其面积求解即可．
【详解】（1）证：∵四边形ABCD为正方形,
∴AB=BC,∠ABE=∠BCF=90°,
又∵BE=CF,
∴△ABE≌△BCF(SAS),
∴∠BAE=∠CBF,
∵∠ABG+∠CBF=∠ABE=90°,
∴∠ABG+∠BAE=90°,
∴在△ABG中,∠AGB=180°-(∠ABG+∠BAE)=90°,
∴AE⊥BF；
（2）证：如图所示,作PB⊥BN交NA延长线于P点,
由（1）知,AG⊥BN于G点,
∴∠AGB=∠AGM=90°,
∵AG=AG,BG=MG,
∴△ABG≌AMG(SAS),
∴∠BAG=∠MAG,
∵AN平分∠DAM,
∴∠MAN=∠DAN,
∴∠BAG+∠DAN=∠MAG+∠MAN=∠GAN=12∠BAD=45°,
∴在Rt△AGN中,∠ANG=45°,
∵PB⊥BN,
∴∠PBN=90°,
在Rt△PBN中,∠P=45°,
∴△PBN为等腰直角三角形,BP=BN,PN=2BN,
∵∠PBN=∠ABC=90°,
∴∠PBA=∠NBC,
∵BP=BN,BA=BC,
∴△PBA≌△NBC(SAS),
∴PA=NC,
∵PN=PA+AN,PN=2BN,
∴AN+NC=2BN；
（3）解：∵tan∠AEB=ABBE=3,
∴设BE=x,则AB=3x,CE=2x,
如图所示,延长CB至Q点,使得BQ=DH,连接AQ,ME,MH,
由（1）可知,△ABE≌△AME,则∠ABE=∠AME=90°,
由（2）可知,△ADH≌△AMH,则∠D=∠AMH=90°,
∴∠EMH=180°,E、M、H三点共线,
∵AD=AB,∠D=∠ABQ=90°,DH=BQ,
∴△ADH≌△ABQ,
∴AH=AQ,∠DAH=∠BAQ,
由（2）可知,∠BAQ+∠BAE=∠DAH+∠BAE=∠EAH=45°,
∴∠EAH=∠EAQ=45°,
∵AQ=AH,AB=AB,
∴△EAQ≌△EAH,
∴QE=HE,
设DH=y,则EH=EM+MH=BE+DH=x+y,CH=3x-y,
在Rt△EHC中,CE2+CH2=EH2,
即：(x+y)2=(2x)2+(3x-y)2,
解得：y=32x,
∴DH=CH=32x,
∵由（2）可知,∠BNC=∠P=45°,∠BNA=45°,
∴∠CNH=∠D=90°,
∴∠DAH=∠NCH,
∴tan∠NCH=tan∠DAH,
∴DHAD=NHCN,
即：32x3x=NHCN=12,
∴NH=12CN,
∵CH=32x,
∴在Rt△CNH中,HN=3510x,CN=2HN=355x,
∵S△CHN＝95,
∴12CN·HN=95,
即：12·3510x·355x=95,
解得：x=2或-2（不合题意,舍去）,
∴AB=3x=6．
【点睛】本题考查正方形的性质,全等三角形的判定与性质,三角函数等,理解正方形的基本性质,掌握全等三角形判定的常用方法以及辅助线构造,掌握锐角三角函数的定义是解题关键．
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