2023年中考数学二轮复习压轴大题培优学案专题15三角形之“8”字模型（教师版）

这是一份2023年中考数学二轮复习压轴大题培优学案专题15三角形之“8”字模型（教师版），共41页。
专题15三角形之“8”字模型
解题策略


模型1：角的8字模型
如图所示，AC、BD相交于点O，连接AD、BC． 结论：∠A＋∠D＝∠B＋∠C．

模型2 边的“8”字模型
如图所示，AC、BD相交于点O，连接AD、BC．结论AC+BD>AD+BC．

模型分析
∵OA+OD>AD①， OB+OC>BC②， 由①+②得： OA+OD+OB+OC>BC+AD
即：AC+BD>AD+BC.
经典例题



【例1】（2021•西湖区校级三模）如图，D，E为△GCF中GF边上两点，过D作AB∥CF交CE的延长线于点A，AE＝CE．
（1）求证：△ADE≌△CFE；
（2）若GB＝4，BC＝6，BD＝2，求CF的长．

【分析】（1）先由AB∥CF得到∠F＝∠ADE，∠A＝∠ECF，然后结合AE＝CE得到△ADE≌△CFE；
（2）由AB∥CF得到△GBD∽△GCF，然后由相似三角形的性质得到CF的长．
【解答】（1）证明：∵AB∥CF，
∴∠F＝∠ADE，∠A＝∠ECF，
在△ADE和△CFE中，
，
∴△ADE≌△CFE（AAS）．
（2）解：∵AB∥CF，
∴△GBD∽△GCF，
∴，
∵GB＝4，BC＝6，
∴GC＝GB+BC＝10，
∵BD＝2，
∴，
∴CF＝5．
【例2】（2021秋•阜阳月考）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．

【分析】（1）根据AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠EAD，从而得出∠BAD＝∠CAE，即可得出△BAD≌△CAE，进而可以解决问题；
（2）结合（1）证明∠COF＝∠BAC＝48°，进而可以解决问题；
（3）连接AO，证明△ADO≌△AEG，可得AG＝AO，∠DAO＝∠EAG，然后证明∠COF＝∠OAG，根据AG∥BD，可得∠AOF＝∠OAG，再根据等腰三角形的性质即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，
即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD与△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）解：∵△BAD≌△CAE，
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠AFB＝∠CFO，
∴∠COF＝∠BAC＝48°，
∴∠COD＝180°﹣∠COF＝180°﹣48°＝132°，
答：∠COD的度数为132°．
（3）证明：如图，连接AO，

∵△BAD≌△CAE，
∴∠ADB＝∠AEC，
∵AD＝AE，GE＝OD，
在△ADO和△AEG中，
，
∴△ADO≌△AEG（SAS），
∴AG＝AO，∠DAO＝∠EAG，
∵AG＝OC，
∴OA＝OC，
∵∠OAG＝∠DAO+∠DAG，
∴∠OAG＝∠EAG+∠DAG＝∠DAE＝∠BAC，
由（2）知：∠COF＝∠BAC，
∴∠COF＝∠OAG，
∵AG∥BD，
∴∠AOF＝∠OAG，
∴∠COF＝∠AOF，
∵OA＝OC，
∴BD⊥AC．
【例3】（2020秋•青岛期末）阅读材料，回答下列问题：

【材料提出】
“八字型”是数学几何的常用模型，通常由一组对顶角所在的两个三角形构成．
【探索研究】
探索一：如图1，在八字型中，探索∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系为 　∠A+∠B＝∠C+∠D　；
探索二：如图2，若∠B＝36°，∠D＝14°，求∠P的度数为 　25°　；
探索三：如图3，CP、AG分别平分∠BCE、∠FAD，AG反向延长线交CP于点P，则∠P、∠B、∠D之间的数量关系为 　∠P＝　．
【模型应用】
应用一：如图4，延长BM、CN，交于点A，在四边形MNCB中，设∠M＝α，∠N＝β，α+β＞180°，四边形的内角∠MBC与外角∠NCD的角平分线BP，CP相交于点P，则∠A＝　α+β﹣180°　（用含有α和β的代数式表示），∠P＝　　．（用含有α和β的代数式表示）
应用二：如图5，在四边形MNCB中，设∠M＝α，∠N＝β，α+β＜180°，四边形的内角∠MBC与外角∠NCD的角平分线所在的直线相交于点P，∠P＝　　．（用含有α和β的代数式表示）
【拓展延伸】
拓展一：如图6，若设∠C＝x，∠B＝y，∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB，试问∠P与∠C、∠B之间的数量关系为 　∠P＝　．（用x、y表示∠P）
拓展二：如图7，AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的邻补角∠BCE，猜想∠P与∠B、∠D的关系，直接写出结论 　2∠P﹣∠B﹣∠D＝180°　．
【分析】探索一：根据三角形的内角和定理，结合对顶角的性质可求解；
探索二：根据角平分线的定义可得∠BAP＝∠DAP，∠BCP＝∠DCP，结合（1）的结论可得2∠P＝∠B+∠D，再代入计算可求解；
探索三：运用探索一和探索二的结论即可求得答案；
应用一：如图4，延长BM、CN，交于点A，利用三角形内角和定理可得∠A＝α+β﹣180°，再运用角平分线定义及三角形外角性质即可求得答案；
应用二：如图5，延长MB、NC，交于点A，设T是CB的延长线上一点，R是BC延长线上一点，利用应用一的结论即可求得答案；
拓展一：运用探索一的结论可得：∠P+∠PAB＝∠B+∠PDB，∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，∠B+∠CDB＝∠C+∠CAB，再结合已知条件即可求得答案；
拓展二：运用探索一的结论及角平分线定义即可求得答案．
【解答】解：探索一：如图1，∵∠AOB+∠A+∠B＝∠COD+∠C+∠D＝180°，∠AOB＝∠COD，
∴∠A+∠B＝∠C+∠D，
故答案为∠A+∠B＝∠C+∠D；
探索二：如图2，∵AP、CP分别平分∠BAD、∠BCD，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，
由（1）可得：∠1+∠B＝∠3+∠P，∠2+∠P＝∠4+∠D，
∴∠B﹣∠P＝∠P﹣∠D，
即2∠P＝∠B+∠D，
∵∠B＝36°，∠D＝14°，
∴∠P＝25°，
故答案为25°；
探索三：由①∠D+2∠1＝∠B+2∠3，
由②2∠B+2∠3＝2∠P+2∠1，
①+②得：∠D+2∠B+2∠1+2∠3＝∠B+2∠3+2∠P+2∠1
∠D+2∠B＝2∠P+∠B．
∴∠P＝．
故答案为：∠P＝．
应用一：如图4，由题意知延长BM、CN，交于点A，
∵∠M＝α，∠N＝β，α+β＞180°，
∴∠AMN＝180°﹣α，∠ANM＝180°﹣β，
∴∠A＝180°﹣（∠AMN+∠ANM）＝180°﹣（180°﹣α+180°﹣β）＝α+β﹣180°；
∵BP、CP分别平分∠ABC、∠ACB，
∴∠PBC＝∠ABC，∠PCD＝∠ACD，
∵∠PCD＝∠P+∠PBC，
∴∠P＝∠PCD﹣∠PBC＝（∠ACD﹣∠ABC）＝∠A＝，
故答案为：α+β﹣180°，；
应用二：如图5，延长MB、NC，交于点A，设T是CB的延长线上一点，R是BC延长线上一点，
∵∠M＝α，∠N＝β，α+β＜180°，
∴∠A＝180°﹣α﹣β，
∵BP平分∠MBC，CP平分∠NCR，
∴BP平分∠ABT，CP平分∠ACB，
由应用一得：∠P＝∠A＝，
故答案为：；
拓展一：如图6，由探索一可得：
∠P+∠PAB＝∠B+∠PDB，∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，∠B+∠CDB＝∠C+∠CAB，
∵∠C＝x，∠B＝y，∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB，
∴∠CDB﹣∠CAB＝∠C﹣∠B＝x﹣y，
∠PAB＝∠CAB，∠PDB＝∠CDB，
∴∠P+∠CAB＝∠B+∠CDB，∠P+∠CDB＝∠C+∠CAB，
∴2∠P＝∠C+∠B+（∠CDB﹣∠CAB）＝x+y+（x﹣y）＝，
∴∠P＝，
故答案为：∠P＝；
拓展二：如图7，
∵AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的邻补角∠BCE，
∴∠PAD＝∠BAD，∠PCD＝90°+∠BCD，
由探索一得：①∠B+∠BAD＝∠D+∠BCD，②∠P+∠PAD＝∠D+∠PCD，
②×2，得：③2∠P+∠BAD＝2∠D+180°+∠BCD，
③﹣①，得：2∠P﹣∠B＝∠D+180°，
∴2∠P﹣∠B﹣∠D＝180°，
故答案为：2∠P﹣∠B﹣∠D＝180°．







【例4】（2021春•邗江区月考）如图1，已知线段AB、CD相交于点O，连接AC、BD，则我们把形如这样的图形称为“8字型”．
（1）求证：∠A+∠C＝∠B+∠D．
利用以上结论解决下列问题：
（2）如图2所示，∠1＝130°，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为　260°　．
（3）如图3，若∠CAB和∠BDC的平分线AP和DP相交于点P，且与CD，AB分别相交于点M，N．
①若∠B＝100°，∠C＝120°，求∠P的度数．
②若角平分线中角的关系改成“∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB”，试直接写出∠P与∠B，∠C之间存在的数量关系，并证明理由．

【分析】（1）根据三角形的内角和即可得到结论；
（3）①根据角平分线的定义得到∠CAP＝∠BAP，∠BDP＝∠CDP，再根据三角形内角和定理得到∠CAP+∠C＝∠CDP+∠P，∠BAP+∠P＝∠BDP+∠B，两等式相减得到∠C﹣∠P＝∠P﹣∠B，即∠P＝（∠C+∠B），然后把∠C＝120°，∠B＝100°代入计算即可；
②与①的证明方法一样得到4∠P＝∠B+3∠C．
【解答】解：（1）证明：在图1中，有∠A+∠C＝180°﹣∠AOC，∠B+∠D＝180°﹣∠BOD，
∵∠AOC＝∠BOD，
∴∠A+∠C＝∠B+∠D；
（2）如图2所示，

∵∠DME＝∠A+∠E，∠3＝∠DME+∠D，
∴∠A+∠E+∠D＝∠3，
∵∠2＝∠3+∠F，∠1＝130°，
∴∠3+∠F＝∠2＝∠1＝130°，
∴∠A+∠E+∠D+∠F＝130°，
∵∠B+∠C＝∠1＝130°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝260°．
故答案为：260°．
（3）①以M为交点“8字型”中，有∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，
以N为交点“8字型”中，有∠P+∠BAP＝∠B+∠BDP
∴2∠P+∠BAP+∠CDP＝∠B+∠C+∠CAP+∠BDP，
∵AP、DP分别平分∠CAB和∠BDC，
∴∠BAP＝∠CAP，∠CDP＝∠BDP，
∴2∠P＝∠B+∠C，
∵∠B＝100°，∠C＝120°，
∴∠P＝（∠B+∠C）＝（100°+120°）＝110°；
②3∠P＝∠B+2∠C，其理由是：
∵∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB，
∴∠BAP＝∠CAB，∠BDP＝∠CDB，
以M为交点“8字型”中，有∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，
以N为交点“8字型”中，有∠P+∠BAP＝∠B+∠BDP
∴∠C﹣∠P＝∠CDP﹣∠CAP＝（∠CDB﹣∠CAB），
∠P﹣∠B＝∠BDP﹣∠BAP＝（∠CDB﹣∠CAB）．
∴3（∠C﹣∠P）＝∠P﹣∠B，
∴4∠P＝∠B+3∠C．
培优训练


一．选择题
1．（2022春•叙州区期末）如图，BP平分∠ABC交CD于点F，DP平分∠ADC交AB于点E，若∠A＝45°，∠P＝40°，则∠C的度数为（　　）

A．30° B．35° C．40° D．45°
【分析】根据三角形内角和定理，得∠A+∠ADG＝∠C+∠GBC，∠A+∠ADE＝∠P+∠PBE．根据角平分线的定义，得到∠GBC＝2∠PBE，∠ADG＝2∠ADE，进而推断出∠A+∠C＝2∠P，从而解决此题．
【解答】解：∵∠A+∠ADG+∠AGD＝180°，∠ABC+∠C+∠BGC＝180°，
∴∠A+∠ADG+∠AGD＝∠ABC+∠C+∠BGC．
又∵∠AGD＝∠BGC，
∴∠A+∠ADG＝∠C+∠GBC．
∴∠A﹣∠C＝∠GBC﹣∠ADG．
同理可得，∠A+∠ADE＝∠P+∠PBE．
∴∠A﹣∠P＝∠PBE﹣∠ADE．
∵BP平分∠ABC交CD于点F，DP平分∠ADC交AB于点E，
∴∠GBC＝2∠PBE，∠ADG＝2∠ADE．
∴∠A﹣∠C＝2（∠A﹣∠P）．
∴∠A+∠C＝2∠P．
又∵∠A＝45°，∠P＝40°，
∴∠C＝35°．
故选：B．
2．（2022•包头）如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，A，B，C，D四个点均在格点上，AC与BD相交于点E，连接AB，CD，则△ABE与△CDE的周长比为（　　）

A．1：4 B．4：1 C．1：2 D．2：1
【分析】利用网格图，勾股定理求得AB，CD的长，利用直角三角形的边角关系定理得出∠BAF＝∠HCD，进而得到∠BAC＝∠DCA，则AB∥CD，再利用相似三角形的判定与性质解答即可．
【解答】解：如图所示，

由网格图可知：BF＝2，AF＝4，CH＝2，DH＝1，
∴AB＝＝2，
CD＝＝．
∵FA∥CG，
∴∠FAC＝∠ACG．
在Rt△ABF中，
tan∠BAF＝，
在Rt△CDH中，
tan∠HCD＝，
∴tan∠BAF＝tan∠HCD，
∴∠BAF＝∠HCD，
∵∠BAC＝∠BAF+∠CAF，∠ACD＝∠DCH+∠GCA，
∴∠BAC＝∠DCA，
∴AB∥CD，
∴△ABE∽△CDE，
∴△ABE与△CDE的周长比＝＝＝2：1．
故选：D．
3．（2021秋•市中区期末）如图，在△ABC中，AB＝4，BC＝5，点D、E分别在BC、AC上，CD＝2BD，CE＝2AE，BE交AD于点F，则△DEF面积的最大值是（　　）

A．1 B．2 C． D．
【分析】先利用两边对应成比例及其夹角相等得到A字型相似，从而得到相关线段比及AB∥DE，再利用8字型相似及等底等高的相等面积，分析可得到△DEF的面积与△ABD的面积的关系，从而利用△ABD的面积最大得到△DEF的面积最大值．
【解答】解：∵CD＝2BD，CE＝2AE，
∴，
∵∠C＝∠C，
∴△CDE∽△CBA，
∴，∠CED＝∠CAB，
∴AB∥DE，
∴，S△ABE＝S△ABD，
∴，，
∴，
∴当S△ABD最大时，S△DEF最大，
当AB⊥BD时，，
∴．
故选：D．
4．（2021春•自流井区校级期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E在BC上，且BE：EC＝1：2，AE交BD于点F，若AC＝4，菱形ABCD的面积为12，则AF的长为（　　）

A．1.4 B．1.5 C．2.4 D．2.5
【分析】利用菱形面积公式得到BD＝6，利用菱形两条对角线对互相垂直且平分，推出△AFD∽△EFB，最后根据对应边成比例再结合勾股定理即可求出答案．
【解答】解：S菱形ABCD＝×AC×BD＝×4×BD＝×BD＝12，
∴BD＝6，
∵菱形两条对角线对互相垂直且平分，
∴OA＝OC＝2，OB＝OD＝3，∠AOF＝90°
∵AD∥BC，
∴∠DBC＝∠ADB，∠BFE＝∠AFD，∠FAD＝∠FEB，
∴△AFD∽△EFB，
∴，
又∵，
∴，
∴BF＝•BD＝，
OF＝3﹣＝，
在Rt△AOF中，
AF＝＝2.5．
故答案为：D．
5．（2022•宝山区模拟）如图，在平行四边形ABCD中，E是BC的中点，AE交BD于点F，那么S△ABF：S四边形CDFE的比值为 　2：5　．

【分析】首先利用平行四边形的性质证明△ADF∽△EBF，然后利用相似三角形的的性质得到AD：BE＝DF：BF＝AF：EF，接着利用E是BC的中点依次求出S△BEF，S△ABF，S△AFD，S△ABD，S△BCD，S四边形CDFE，最后求出题目的结果．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴S△ABD＝S△BCD，AD∥BC，
∴△ADF∽△EBF，
∴AD：BE＝DF：BF＝AF：EF，
∵E是BC的中点，
∴AD：BE＝DF：BF＝AF：EF＝2：1，
设S△BEF＝a（a＞0），则S△ABF＝2a，S△AFD＝4a，S△ABD＝6a，
又∵S△ABD＝S△BCD，
∴S△BCD＝6a，
∴S四边形CDFE＝6a﹣a＝5a，
∴S△ABF：S四边形CDFE＝2：5．
故答案为：2：5．
6．（2022•沈阳模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC＝6，点D是△ABC所在平面内一点，且∠A＝2∠BDC，BD交AC所在的直线于点E，当BE•DE＝20时，CE＝　2或10　．

【分析】由题意知，点D在以A为圆心，以AB长为半径的圆上，设CA的延长线交⊙A于点G，连接BG．可得∠BGC＝∠BDC，可证得△GEB∽△DEC，则，即BE•DE＝GE•CE＝20，可得（12﹣CE）•CE＝20，解方程即可．
【解答】解：由题意知，点D在以A为圆心，以AB长为半径的圆上，
设CA的延长线交⊙A于点G，连接BG．

∴∠BGC＝∠BDC，
∵∠BEG＝∠CED，
∴△GEB∽△DEC，
∴，
即BE•DE＝GE•CE＝20，
∵AB＝AC＝6，
∴GC＝12，
∴（12﹣CE）•CE＝20，
解得CE＝2或10．
故答案为：2或10．
7．（2021秋•泉州期末）如图，在矩形ABCD中，点E在CD上，且DE＝2CE，BE⊥AC于F，连结DF，有下列四个结论：①△CEF∽△ACB；②AF＝2CF；③DF＝AF；④tan∠ACD＝．其中正确的结论有 　①④　（填写序号即可）．

【分析】①利用矩形的性质可得AB∥CD，∠ABC＝90°，从而可得∠ECA＝∠CAB，然后利用两角相等的两个三角形相似证明即可解答；
②根据已知可得＝，利用8字型相似证明△CEF∽△ABF即可解答；
③要判断DF＝AF，只要判断出∠DAF＝∠ADF，进而只要判断出∠CDF＝∠CAB即可解答；
④先设CE＝a，DE＝2a，设AD＝b，然后证明△ADC∽△ECB，利用相似三角形的性质找到a，b的关系，最后求出tan∠ACD的值即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥AB，∠ABC＝90°，
∴∠ECA＝∠CAB，
∵BE⊥AC，
∴∠EFC＝90°，
∴∠EFC＝∠ABC＝90°，
∴△CEF∽△ACB，
故①正确；
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC＝AB，
∵DE＝2CE，
∴＝，
∴＝，
∵∠ECA＝∠CAB，∠CFE＝∠AFB，
∴△CEF∽△ABF，
∴＝＝，
∴AF＝3CF，
故②错误；
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝∠DAB＝90°，
∴∠CDF+∠ADF＝90°，∠DAF+∠CAB＝90°，
∵FD≠CF，
∴∠CDF≠∠DCF，
∵∠ECA＝∠CAB，
∴∠CDF≠∠CAB，
∴∠ADF≠∠DAF，
∴DF≠AF，
故③错误；
∵DE＝2CE，
∴设CE＝a，DE＝2a，
∴CD＝DE+CE＝3a，
设AD＝b，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝∠DCB＝90°，AD＝BC＝b，
∴∠DCA+∠ACB＝90°，
∵∠BFC＝90°，
∴∠ACB+∠CBE＝90°，
∴∠CBE＝∠DCA，
∴△ADC∽△ECB，
∴＝，
∴＝，
∴b2＝3a2，
∴b＝a，
∴tan∠ACD＝＝＝＝，
故④正确；
所以，正确的结论有：①④，
故答案为：①④．
8．（2021•延边州模拟）如图，正方形ABCD中，点E是BC的中点，EF⊥AE交AD的延长线于点F，若AB＝4，则DF的长为 　6　．

【分析】设DC与EF相交于点G，先利用一线三等角相似模型证明△ABE∽△ECG，求出CG，从而求出DG，然后利用8字模型相似三角形证明△FDG∽△ECG，再利用相似三角形的性质进行计算即可解答．
【解答】解：设DC与EF相交于点G，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠C＝90°，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝4，
∴∠BAE+∠AEB＝90°，
∵EF⊥AE，
∴∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠FEC＝90°，
∴∠BAE＝∠FEC，
∴△ABE∽△ECG，
∴＝，
∵点E是BC的中点，
∴BE＝EC＝BC＝2，
∴＝，
∴CG＝1，
∴DG＝CD﹣CG＝4﹣1＝3，
∵AD∥BC，
∴∠F＝∠FEC，∠FDC＝∠DCE，
∴△FDG∽△ECG，
∴＝，
∴＝，
∴DF＝6，
故答案为：6．
9．（2021秋•福州期末）如图，AB∥CD，AD与BC相交于点E，若AE＝3，ED＝5，则的值为 　　．

【分析】利用平行线的性质判定△ABE∽△DCE，利用相似三角形的性质可得结论．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴△ABE∽△DCE．
∴．
∵AE＝3，ED＝5，
∴＝．
故答案为：．
10．（2019春•崇川区校级月考）如图所示，AB、CD相交于点O，若BE平分∠ABD交CD于F，CE平分∠ACD交AB于G，∠A＝45°，∠BEC＝40°，则∠D的度数为　35°　．

【分析】先根据角平分线定义得到∠1＝∠2，∠3＝∠4，再利用三角形内角和定理和对顶角相等得到∠1+∠D＝∠4+∠E①，∠1+∠2+∠D＝∠3+∠4+∠A，即2∠1+∠D＝2∠4+∠A②，接着利用①×2﹣②得2∠E＝（∠D+∠A），由此即可解决问题．
【解答】解：如图，

∵BE平分∠DBA交DC于F，CE平分∠DCA交AB于G，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∵∠1+∠D＝∠4+∠E①，
∠1+∠2+∠D＝∠3+∠4+∠A，即2∠1+∠D＝2∠4+∠A②，
由①×2﹣②得∠D＝2∠E﹣∠A，
∵∠A＝45°，∠BEC＝40°，
∴∠D＝35°，
故答案为35°．
11．（2022春•新野县期末）在学习并掌握了平行线的性质和判定内容后，数学老师安排了自主探究内容一利用平行线有关知识探究并证明：三角形的内角和等于180°．小颖通过探究发现：可以将三角形的三个内角之和转化为一个平角来解决，也就是可以过三角形的一个顶点作其对边的平行线来证明．请将下面（1）中的证明补充完整：
（1）已知：如图1，三角形ABC，求证：∠BAC+∠B+∠C＝180°，证明：过点A作EF∥BC．
（2）如图2，线段AB、CD相交于点O，连接AD、CB，我们把形如图2这样的图形称之为“8字形”．请利用小颖探究的结论直接写出∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系：　∠A+∠D＝∠C+∠B　；
（3）在图2的条件下，∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P，并且与CD、AB分别相交于M、N，得到图3，请判断∠P与∠D、∠B之间存在的数量关系，并说明理由．

【分析】（1）通过作平行线把三角形的内角转移到同一个顶点，然后利用平角的定义解决问题；
（2）利用（1）的结论即可求解；
（3）利用（2）的结论即可求解．
【解答】（1）证明：过A作EF∥BC，
∴∠EAB＝∠B，∠FAC＝∠C，
又∠EAB+∠BAC+∠FAC＝180°，
∴∠B+∠C+∠BAC＝180°；
（2）解：根据（1）得∠A+∠D+∠AOD＝∠C+∠B+∠COB＝180°，
又∠AOD＝∠BOC，
∴∠A+∠D＝∠C+∠B；
故答案为：∠A+∠D＝∠C+∠B；
（3）解：2∠P＝∠D+∠B．
根据（2）∠D+∠DAP＝∠P+∠DCP①，∠PAB+∠P＝∠B+∠PCB②，
∵∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P，
∴∠DAP＝∠PAB，∠DCP＝∠PCB，
∴①﹣②得：∠D﹣∠P＝∠P﹣∠B，
∴2∠P＝∠D+∠B．
12．（2022春•靖江市校级月考）已知，如图，线段AD、CB相交于点O，连结AB、CD，∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P．试问∠P与∠D、∠B之间存在着怎样的数量关系，请说明理由．

【分析】根据“8字形”可得∠OAB+∠B＝∠OCD+∠D，∠1+∠P＝∠2+∠D，由角平分线的定义可得∠OAB＝2∠1，∠OCD＝2∠2，整理可得结论．
【解答】解：2∠P＝∠B+∠D，理由如下：
如图，

在△AOB和△COD中，
∵∠AOB＝∠COD，
∴∠OAB+∠B＝∠OCD+∠D，
在△AEP和△CED中，
∵∠AEP＝∠CED，
∴∠1+∠P＝∠2+∠D，
∵AP、CP分别是∠DAB和∠BCD的角平分线，
∴∠OAB＝2∠1，∠OCD＝2∠2，
∴2∠P﹣∠B＝2∠D﹣∠D，
整理得，2∠P＝∠B+∠D．
13．（2022春•江阴市校级月考）如图1，已知线段AB、CD相交于点O，连接AD、CB，我们把形如图1的图形称之为“8字形”．试解答下列问题：

（1）在图1中，请直接写出∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系：　∠A+∠D＝∠B+∠C　；
（2）如图2，在图1的条件下，∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P，并且与CD、AB分别相交于M、N．请直接利用（1）中的结论，完成下列各题：
①仔细观察，在图2中“8字形”的个数：　6　个；
②若∠D＝40°，∠B＝50°，试求∠P的度数；
③若∠D和∠B为任意角，其他条件不变，试问∠P与∠D、∠B之间是否存在一定的数量关系？若存在，请写出推理过程；若不存在，请说明理由；
④若∠D和∠B为任意角，∠DAB＝3∠2，∠DCB＝3∠4，试问∠P与∠D、∠B之间是否存在一定的数量关系？若存在，请直接写出结论；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用三角形内角和定理及对顶角相等即可得出结论；
（2）①分别找以交点M、O、N为顶点的能构成“8字形”的三角形；
②利用“8字形”的数量关系结合角平分线即可得出∠P的度数；
③和②同理；
④利用“8字形”的数量关系结合“∠DAB＝3∠2，∠DCB＝3∠4即可得出结论．
【解答】解：（1）∵∠A+∠D＝180°﹣∠AOD，∠B+∠C＝180°﹣∠COB，且∠AOD＝∠COB，
∴∠A+∠D＝∠B+∠C；
故答案为∠A+∠D＝∠B+∠C；
（2）①以M为交点的有1个，为△AMD和△CMP，
以O为交点的有4个，为△AOD和△BOC，△AOD和△CON，△AOM和△BOC，△AOM和△CON，
以N为交点的有1个，为△ANP和△BNC，
故答案为6个；
②∵AP平分∠DAB，CP平分∠BCD，
∴2∠1＝∠OAD，2∠3＝∠OCB，
由（1）中的结论得：∠1+∠D＝∠3+∠P，2∠1+∠D＝2∠3+∠B，
整理得：∠B+∠D＝2∠P，
∴∠P＝＝45°；
③：∠B+∠D＝2∠P，理由如下：
∵AP平分∠DAB，CP平分∠BCD，
∴2∠1＝∠OAD，2∠3＝∠OCB，
由（1）中的结论得：∠1+∠D＝∠3+∠P，2∠1+∠D＝2∠3+∠B，
整理得：∠B+∠D＝2∠P；
④2∠B+∠D＝3∠P，理由如下：
由（1）中结论得：
∠2+∠P＝∠4+∠B，
3∠2+∠D＝3∠4+∠B，
整理得：2∠B+∠D＝3∠P．
14．（2021秋•九龙坡区校级期末）如图，△ABC为等腰直角三角形，∠CBA＝90°．以斜边AC为腰作等腰△CAD，使AC＝AD，点E为CD边中点，连接AE．
（1）如图1，当A、B、D三点共线时，若AE与BC相交于点F，求证：BF＝BD．
（2）如图2，射线BM是∠ABC的外角∠CBG的角平分线，当点D恰好落在射线BM上时，请求出∠CAE的度数．
（3）如图3，连接BD，以BD为斜边作Rt△BQD，连接EQ，若AC＝8，请直接写出线段EQ的最大值．


【分析】（1）证明△ABF≌△CBD（AAS），即可证明BF＝BD；
（2）过点D作DP⊥AC于P，过点B作BQ⊥AC于Q，则BQ//DP，BM//AC，证明四边形PQBD是矩形，可得∠CAD＝30°，所以∠CAE＝∠CAD＝15°；
（3）点Q在以BD为直径的⊙O上，连接EO并延长交⊙O于S，则ES即为EQ的最大值，可证得EO//BC，所以ES＝EO+OS＝4+BD，当BD最大时，ES最大：当点D在BA的延长线上时，BD最大，BD的最大值为BD＝AB+AD＝AB+AC＝8+8，可得ES＝EO+OS＝8+4．
【解答】（1）证明：当A、B、D三点共线时，
∵AC＝AD，点E为CD边中点，
∴AE⊥CD，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠CBA＝90°，
∴AB＝CB，∠ABF＝∠CBD＝90°，
又∵∠DAE+∠D＝90°，∠DAE+∠AFB＝90°，
∴∠AFB＝∠D，
在△ABF和△CBD中，
，
∴△ABF≌△CBD（AAS），
∴BF＝BD；
（2）解：如图2，过点D作DP⊥AC于P，过点B作BQ⊥AC于Q，则BQ//DP，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠CBA＝90°，
∴AB＝CB，∠BAC＝45°，∠CBG＝90°，
∵BQ⊥AC，
∴BQ＝AC，
∵BM平分∠CBG，
∴∠MBG＝∠CBG＝×90°＝45°，
∴∠MBG＝∠BAC＝45°，
∴BM∥AC，
又∵BQ∥DP，∠PQB＝90°，
∴四边形PQBD是矩形，
∴DP＝BQ，
∴DP＝AC，
又∵AC＝AD，
∴DP＝AD，
∴∠CAD＝30°，
又∵AC＝AD，E为CD的中点，
∴∠CAE＝∠CAD＝30°＝15°；
（3）解：如图3，∠BQD＝90°，
∴点Q在以BD为直径的⊙O上，连接EO并延长交⊙O于S，则ES即为EQ的最大值，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠CBA＝90°，AC＝8，
∴AB＝CB＝AC＝×8＝8，
∵E为CD的中点，O为BD的中点，
∴EO∥BC，
∴EO＝BC＝8＝4，OS＝BD，
∴ES＝EO+OS＝4+BD，
∴当BD最大时，ES最大：
∵AC＝AD，
∴当点D在BA的延长线上时，BD最大，如图4，
∴BD的最大值为BD＝AB+AD＝AB+AC＝8+8，
∴ES＝EO+OS＝4×（8+8）＝8+4，
综上所述，EQ的最大值为8+4．



15．（2021秋•大兴区期末）在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点D是直线AC上一动点，连接BD并延长至点E，使ED＝BD．过点E作EF⊥AC于点F．

（1）如图1，当点D在线段AC上（点D不与点A和点C重合）时，此时DF与DC的数量关系是 　DF＝DC　．
（2）如图2，当点D在线段AC的延长线上时，依题意补全图形，并证明：2AD＝AF+EF．
（3）当点D在线段CA的延长线上时，直接用等式表示线段AD，AF，EF之间的数量关系是 　AF＝2AD+EF　．
【分析】（1）由∠ACB＝90°、EF⊥AC得到∠EFD＝∠BCD，结合BD＝ED、∠EDF＝∠BDC得证△EDF≌△BDC，然后得到DF＝DC；
（2）同（1）理得证△BDC≌△EDF，然后得到CD＝FD、BC＝EF，然后由AC＝BC得到2AD＝AF+EF；
（3）同（1）理得证△DFE≌△DCB，然后得到EF＝BC、DF＝DC，再结合AC＝BC得到AF、AD、EF的数量关系．
【解答】解：（1）∵EF⊥AC，
∴∠EFD＝∠BCD＝90°，
∵∠EDF＝∠BDC，ED＝BD，
∴△EDF≌△BDC（AAS），
∴DF＝DC．
（2）图形补充如图（1），证明如下，
同（1）理得，△BDC≌△EDF，
∴BC＝EF，DC＝DF，
∵AD＝AC+CD，AC＝BC，
∴2AD＝AD+AC+CD＝AD+EF+DF＝AF+EF．
（3）根据题意作出图形如图（2），
由（1）得，△BDC≌△EDF，
∴DF＝DC，EF＝BC，
∵DC＝AD+CD，
∴DF＝AD+AC＝AD+EF，
∴AF＝DF+AD＝2AD+EF，
故答案为：AF＝2AD+EF．

16．（2021秋•营口期末）若△ABC，△ADE为等腰三角形，AC＝BC，AD＝DE，将△ADE绕点A旋转，连接BE，F为BE中点，连接CF，DF．
（1）若∠ACB＝∠ADE＝90°，如图1，试探究DF与CF的关系并证明；
（2）若∠ACB＝60°，∠ADE＝120°，如图2，请直接写出CF与DF的关系．

【分析】（1）延长CF至点M，使CF＝FM，连接ME，MD，CD，延长DE交CB延长线于点N，先证明△BFC≌△EFM（SAS），再证△MED≌△CAD（SAS），得到△DCM为等腰直角三角形，即可求解；
（2）延长CF至点M，使CF＝FM，连接ME，MD，CD，延长ED交BC延长线于点N，先证明△BFC≌△EFM（SAS），再证△MED≌△CAD（SAS），得到△DCM为等腰三角形，即可求解．
【解答】解：（1）DF＝CF且DF⊥CF；
延长CF至点M，使CF＝FM，连接ME，MD，CD，延长DE交CB延长线于点N，
∵BF＝EF，CF＝FM，∠BFC＝∠EFM，
∴△BFC≌△EFM（SAS），
∴EM＝BC＝AC，∠FME＝∠FCB，
∴BC∥EM，
∴∠N＝∠MEN，
在四边形ACND中，∠ACB＝∠ADE＝90°，
∴∠N+∠CAD＝360°﹣（∠ACB+∠ADE）＝180°，
又∵∠MEN+∠MED＝180°，
∴∠MED＝∠CAD，
又 AD＝DE，EM＝AC，
∴△MED≌△CAD（SAS），
∴DM＝DC，∠MDE＝∠CDA，
∴∠MDC＝∠NDC+∠MDE＝∠NDC+∠CDA＝∠ADE＝90°，
∴△DCM为等腰直角三角形，
∵点F是CM中点，
∴DF＝CM＝CF，DF⊥CF；
（2）DF⊥CF且；
延长CF至点M，使CF＝FM，连接ME，MD，CD，延长ED交BC延长线于点N，
∵BF＝EF，CF＝FM，∠BFC＝∠EFM，
∴△BFC≌△EFM（SAS），
∴EM＝BC＝AC，∠FME＝∠FCB，
∴BC∥EM，
∴∠N＝∠NER，
∵∠ACB＝60°，
∴∠ACN＝120°，
∵∠ADE＝120°，
∴∠ADN＝60°，
∴∠N+∠CAD＝360°﹣（∠ACN+∠ADN）＝180°，
∵∠DER+∠DEM＝180°，
∴∠DEM＝∠CAD，
又 AD＝DE，EM＝AC，
∴△MED≌△CAD（SAS），
∴DM＝DC，∠MDE＝∠CDA，
∴△DCM为等腰三角形，
∴∠CDM＝∠ADE＝120°，
∴DF⊥CF且．


17．（2021秋•正阳县期末）图1，线段AB、CD相交于点O，连接AD、CB，我们把形如图1的图形称之为“8字形”．如图2，在图1的条件下，∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P，并且与CD、AB分别相交于M、N．试解答下列问题：
（1）在图1中，请直接写出∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系：　∠A+∠D＝∠C+∠B　；
（2）仔细观察，在图2中“8字形”的个数：　6　个；
（3）图2中，当∠D＝50度，∠B＝40度时，求∠P的度数．
（4）图2中∠D和∠B为任意角时，其他条件不变，试问∠P与∠D、∠B之间存在着怎样的数量关系．（直接写出结果，不必证明）．

【分析】（1）根据三角形内角和定理即可得出∠A+∠D＝∠C+∠B；
（2）根据“8字形”的定义，仔细观察图形即可得出“8字形”共有6个；
（3）先根据“8字形”中的角的规律，可得∠DAP+∠D＝∠P+∠DCP①，∠PCB+∠B＝∠PAB+∠P②，再根据角平分线的定义，得出∠DAP＝∠PAB，∠DCP＝∠PCB，将①+②，可得2∠P＝∠D+∠B，进而求出∠P的度数；
（4）同（3），根据“8字形”中的角的规律及角平分线的定义，即可得出2∠P＝∠D+∠B．
【解答】解：（1）∵∠A+∠D+∠AOD＝∠C+∠B+∠BOC＝180°，∠AOD＝∠BOC，
∴∠A+∠D＝∠C+∠B，
故答案为：∠A+∠D＝∠C+∠B；

（2）①线段AB、CD相交于点O，形成“8字形”；
②线段AN、CM相交于点O，形成“8字形”；
③线段AB、CP相交于点N，形成“8字形”；
④线段AB、CM相交于点O，形成“8字形”；
⑤线段AP、CD相交于点M，形成“8字形”；
⑥线段AN、CD相交于点O，形成“8字形”；
故“8字形”共有6个，
故答案为：6；

（3）∠DAP+∠D＝∠P+∠DCP，①
∠PCB+∠B＝∠PAB+∠P，②
∵∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P，
∴∠DAP＝∠PAB，∠DCP＝∠PCB，
①+②得：
∠DAP+∠D+∠PCB+∠B＝∠P+∠DCP+∠PAB+∠P，
即2∠P＝∠D+∠B，
又∵∠D＝50度，∠B＝40度，
∴2∠P＝50°+40°，
∴∠P＝45°；

（4）关系：2∠P＝∠D+∠B．
∠D+∠1＝∠P+∠3①
∠B+∠4＝∠P+∠2②
①+②得：
∠D+∠1+∠4+∠B＝∠P+∠3+∠2+∠P，
∵∠DAB和∠DCB的平分线AP和CP相交于点P，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4
∴2∠P＝∠D+∠B．

18．（2022春•茌平区期末）如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D，E分别在边AB、AC上，AD＝AE，连结BE，P，Q，M分别为DE，BC，BE的中点．
（1）线段PM与QM有怎样的数量关系和位置关系？请说明理由．
（2）如图2，把图1中的△ADE绕点A顺时针旋转至点D、E、C三点共线时，DE与AB交于点O，连结PQ，BD，CE，判断△MPQ的形状，并说明理由；
（3）已知AB＝7，AD＝3，将△ADE绕点A旋转一周的过程中，请直接写出△MPQ面积的最大值．

【分析】（1）先判断出MP＝，MP∥AB；MQ＝，MQ∥AC，进一步得出结果；
（2）延长CE交BD于N交AB于O，证明△ACE≌△ABD，从而得出BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，进而得出∠BNC＝90°，结合MP＝，MP∥BD，MQ＝，MQ∥CE，进一步得出结论；
（3）△PMQ是等腰直角三角形，当BD最大时，△PMQ的面积最大，确定当B、A、D共线时，BD最大，进一步求得结果．
【解答】解：（1）PM＝QM，PM⊥QM；理由：
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴AB﹣AD＝AC﹣AE，
即：BD＝CE，
∵点P是DE的中点，点M是BE的中点，
∴PM＝，PM∥AB，
∴∠PME＝∠ABE，
同理可得：MQ＝，∠MQE＝180°﹣∠CBE，
∴PM＝MQ，∠PMQ＝∠PME+∠QME＝∠ABE+180°﹣∠BEC，
∵∠CEB＝∠ABE+∠BAC＝∠ABE+90°，
∴∠PMQ＝∠ABE+180°﹣（∠ABE+90°）＝90°，

（2）△MPQ是等腰直角三角形，理由如下：
如图1，延长CE交BD于N交AB于O，

∵∠DAE＝∠BAC＝90°，、
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
即：∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵∠AOC＝∠BON，
∴∠BNC＝∠BAC＝90°，
∴∠NBC+∠BCN＝90°，
∴∠BNC＝90°，
∵PM是△BED的中位线，
∴PM∥BD，PM＝，
∴∠PME＝∠NBM，
同理可得：MQ＝，MQ∥CE，
∴PM＝MQ，∠QME＝180°﹣∠BCE，
同理（1）可得：∠PMQ＝90°，
∴△PMQ是等腰直角三角形；
（3）如图2，

由（2）知：△PMQ是等腰直角三角形，且直角边PM＝BD，
∴当BD最大时，△PMQ的面积最大，
∵BD≤AB+AD，
∴当B、A、D共线时，BD最大＝AB+AD＝10，
∴PM＝MQ＝5，
∴S△PMQ最大＝＝．
19．（2022春•石家庄期中）如图1至图2，在△ABC中，∠BAC＝α°，点D在边AC所在直线上，作DE垂直于直线BC，垂足为点E；BM为△ABC的角平分线，∠ADE的平分线交直线BC于点G．
特例感悟：
（1）如图1，延长AB交DG于点F，若BM∥DG，∠F＝30°．
解决问题：
①∠ABC＝　60　°；
②求证：AC⊥AB；
深入探究；
（2）如图2，当α＜90，DG与BM反向延长线交于点H，用含α的代数式表示∠BHD＝　45°﹣　；
拓展延伸：
（3）当点D在直线AC上移动时，若射线DG与射线BM相交，设交点为N，直接写出∠BND与α的关系式．


【分析】（1）①根据平行线的性质和角平分线的定义可得答案；②根据平行线的性质得∠DGC＝∠CBM＝30°，再根据垂直的定义和角平分线的定义可得结论；
（2）由八字模型可得，△BHG和△DEG中，∠BHD＝∠EDG+90°﹣∠HBG，再整理可得答案；
（3）分情况讨论，分别画出对应图形，再整理即可．
【解答】解：（1）①∵BM∥DG，
∴∠ABM＝∠F＝30°，
∵BM为△ABC的角平分线，
∴∠ABC＝2∠ABM＝60°，
故答案为：60°；
②证明：由①得，∠CBM＝∠ABM＝30°，
∵BM∥DG，
∴∠DGC＝∠CBM＝30°，
∵DE⊥BC，
∴∠EDG＝60°，
∵DG平分∠ADE，
∴∠ADF＝60°，
∴∠A＝180°﹣30°﹣60°＝90°，
∴AC⊥AB；
（2）由八字模型可得，△BHG和△DEG中，
∠BHD＝∠EDG+90°﹣∠HBG＝∠ADE+90°﹣（180°﹣ABC）＝（∠ADE+∠ABC）﹣90°＝45°﹣．
故答案为：45°﹣；
（3）①如图，

由八字模型可得，△ABM和△NMD中，
∠BND＝∠ABN+∠A﹣∠MDN＝∠ABC+α﹣（90°﹣∠ACB）＝（∠ABC+∠ACB）+α﹣45°＝45°+；
②如图，

由四边形的内角和得，
∠BND＝360°﹣90°﹣ABC﹣ADE＝270°﹣（270°﹣α）＝135°+；
③如图，

由八字模型可得，∠BND+∠ABM＝∠ADG+∠DAB，
∴∠BND＝∠ADE+（180°﹣α）﹣∠ABC＝（90°﹣∠ACB）+（180°﹣α）﹣ABC＝135°﹣；
综上，∠BND＝45°+或135°±．
20．（2021•新泰市模拟）（1）（教材呈现）如图，在△ABC中，点D、E分别是AB与AC的中点，结论：DE∥BC．DE＝BC．
（2）（结论应用）如图1，四边形ABCD中，AD＝BC，E、F、G分别是AB、DC、AC的中点，若∠ACB＝80°，∠DAC＝20°，求∠EFG的度数．
（3）如图2，在△ABC外分别作正方形ACEF和BCGH．D是AB的中点，M，N分别是正方形的中心，AC＝3，BC＝2，则△DMN的面积最大值为多少？

【分析】（1）证△DAE∽△BAC，再由相似三角形的性质即可得出结论；
（2）由三角形的中位线定理可得GF＝AD，GF∥AD，GE∥BC，GE＝BC，再由平行线的性质和等腰三角形的性质可求解；
（3）由“SAS”证△ACG≌△ECB，得BE＝AG，∠CEB＝∠CAG，再由三角形中位线定理证△MDN是等腰直角三角形，得△DMN的面积＝DM2，则当DM有最大值时，△DMN的面积有最大值，即可求解．
【解答】（1）证明：∵D，E分别是AB，AC的中点，
∴＝＝，
∵∠A＝∠A，
∴△DAE∽△BAC，
∴∠ADE＝∠B，＝＝，
∴DE∥BC且DE＝BC；
（2）解：∵E、F、G分别是AB、DC、AC的中点，
∴GF＝AD，GF∥AD，GE∥BC，GE＝BC，
∴∠DAC＝∠FGC＝20°，∠AGE＝∠ACB＝80°，
∴∠CGE＝180°﹣80°＝100°，
∴∠EGF＝∠FGC+∠CGE＝20°+100°＝120°，
∵AD＝BC，
∴GF＝GE，
∴∠EFG＝∠FEG＝（180°﹣∠EGF）＝×（180°﹣120°）＝30°；
（3）解：如图2，连接BE，AG交于点P，BE与AC与点O，连接AE，GB，

在正方形ACEF和正方形BCGH中，AC＝EC，BC＝CG，∠ACE＝∠BCG＝90°，
∴∠BCG+∠ACB＝∠ACE+∠ACB，
即∠ACG＝∠ECB，
∴△ACG≌△ECB（SAS），
∴BE＝AG，∠CEB＝∠CAG，
∵∠APO+∠CAG＝∠OCE+∠CEB（八字模型），
∴∠APO＝∠OCE＝90°，
∴BE⊥AG，
∵M，N分别是正方形的中心，
∴点M在AE上，点N在BG上，
∴AM＝EM，BN＝NG，
又∵AD＝BD，
∴MD＝BE，DN＝AG，MD∥BE，DN∥AG，
∴MD＝DN，MD⊥DN，
∴△MDN是等腰直角三角形，
∴△DMN的面积＝DM2，
∴当DM有最大值时，△DMN的面积有最大值，
∵MD＝BE，
∴当BE有最大值时，MD有最大值，
∵BE≤BC+CE，
∴BE≤5，
∴MD≤，
∴△DMN的面积的最大值为××＝．