2022-2023年北师大版数学八年级下册专项复习精讲精练：专题05+全等三角形七大模型（原卷版+解析版）

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专题05 全等三角形七大模型

一、 K型(一线三垂直)模型 二、“手拉手”模型
三、倍长中线 四、平行线中点
五、“雨伞”模型 六、半角模型
七、胖瘦模型

一、K型(一线三垂直)模型

两条手臂之间的距离=长手十短手， 两条手臂之间的距离-长手一短手，
即DE=AD+CE， 即DE=AD-E，
一线三重直果中考考试中常见的模型，模型按照常规的方法需要找到对应三角形边角关系，进而得全等三角形，根据全等三角形再找所求的边角.但很多常见的一线三重直模型可以先尝试找到“长手"和“短手”，根据模型快速解题.
二、“手拉手”模型

在中考考试中，很多学生遇到手拉手模型时，都无从下手.但其实只要找到相等的边或角，找到全等三角形，进而找出对应边或角的关系即可.熟练掌握手拉手模型的学生，可以很快找到里面的全等三角形，解决小题就会很快.
三、倍长中线

在中考考试中，几何中的中点类问题是很复杂的一类题型，由于它涉及的辅助线类别多，同学们经常记不住到底用哪类辅助线 因此往往在做题的时候浪费了大量的时间，请记住，实在不会做了想想倍长中线，
四、平行线中点

在中考考试中，平行线中点是一类特点非常鲜明的几何题，做这类题的关键就在于添加延长线，中考出题人非常喜欢出这类题，原因就是能够让懂模型的人快速找到答案.
五、“雨伞”模型

在中考考试中，雨伞模型是一类特点非常鲜明的几何题，做这类题的关键就在于添加延长线，它与平行线中点模型并称为中学阶段两大必延长的模型，只要看到这类模型，方法就很统一了.
六、半角模型

在中考考试中，半角模型在选择题、填空题、解答题中经常出现，我们在处理这类问题时，关键在于找到半角和全角，运用口诀进行旋转，进行边角转化，就能很快地解决此类问题.
七、胖瘦模型

全等三角形果中考必考内容，是解决有关线段、角等问题的一个出发点.胖瘦模型的特点很鲜明，但是很多学生没有进行总结，所以看到这种题果没有方向的，如果惜这类问题的解决方法，你会发现要做出答案其实果很轻松的。

一、 K型(一线三垂直)模型
一．填空题（共2小题）
1．（2022春•武昌区期中）如图，四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，点E是BC边上一点，△ADE是等边三角形，若，＝　　．

【分析】作∠BAM＝∠CDN＝30°，交CB的延长线于点，交BC的延长线于点N，根据已知可得∠M＝∠N＝60°，再利用等边三角形的性质可得∠AED＝60°，AE＝DE，从而可得∠MAE＝∠DEN，然后证明△AME≌△END，利用全等三角形的性质可得AM＝EN，ME＝DN，再根据已知设AB＝n，CD＝m，从而在Rt△AMB和Rt△DCN中，利用锐角三角函数的定义进行计算求出AM，BM，CN，DN的长，从而求出BE，CE的长，进行计算即可解答．
【解答】解：如图：作∠BAM＝∠CDN＝30°，交CB的延长线于点，交BC的延长线于点N，

∵∠ABC＝∠DCB＝90°，
∴∠ABM＝∠DCN＝90°，
∴∠M＝90°﹣∠BAM＝60°，∠N＝90°﹣∠CDN＝60°，
∴∠MAE+∠AEM＝180°﹣∠M＝120°，
∵△AED是等边三角形，
∴∠AED＝60°，AE＝DE，
∴∠AEM+∠DEN＝180°﹣∠AED＝120°，
∴∠MAE＝∠DEN，
∵∠M＝∠N＝60°，
∴△AME≌△END（AAS），
∴AM＝EN，ME＝DN，
∵，
∴设AB＝n，CD＝m，
在Rt△AMB中，BM＝＝＝n，
AM＝＝＝n，
∴AM＝EN＝n，
在Rt△DCN中，CN＝＝＝m，
DN＝＝＝m，
∴ME＝DN＝m，
∴CE＝EN﹣CN＝n﹣m，
BE＝EM﹣BM＝m﹣n，
∴＝＝＝，
∴＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，解直角三角形，等边三角形的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
2．（2022春•朝阳区校级期中）勾股定理有着悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣．1955年希腊发行了以勾股定理为背景的邮票．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝3，AB＝4．分别以AB，AC，BC为边向外作正方形ABMN，正方形ACKL，正方形BCDE，并按如图所示作长方形HFPQ，延长BC交PQ于G．则长方形CDPG的面积为 　12　．

【分析】如图，过点A作AA'⊥BC于A'，先根据面积法可得AA'的长，证明△AA'C≌△CGK（AAS），可得CG＝AA'＝，最后根据长方形的面积公式可计算其答案．
【解答】解：如图，过点A作AA'⊥BC于A'，

∵∠BAC＝90°，AC＝3，AB＝4，
∴BC＝5，
∵S△ABC＝AB•AC＝BC•AA'，
∴＝，
∴AA'＝，
∵四边形ACKL是正方形，
∴AC＝CK，∠ACK＝90°，
∴∠ACA'+∠KCG＝∠ACA'+∠CAA'＝90°，
∴∠KCG＝∠CAA'，
在△AA'C和△CGK中，
，
∴△AA'C≌△CGK（AAS），
∴CG＝AA'＝，
∴长方形CDPG的面积＝CD•CG＝5×＝12．
故答案为：12．
【点评】本题考查了勾股定理和三角形全等的性质和判定，正确作辅助线构建三角形全等是本题的关键．
二．解答题（共6小题）
3．（2021秋•余干县校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，BC，AB边上的高AD，CE相交于点F，且AE＝CE．
（1）求证：△AEF≌△CEB；
（2）若AF＝12，求CD的长．

【分析】（1）由ASA证明△AEF≌△CEB即可；
（2）由全等三角形典型在和等腰三角形的性质即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵AD⊥BC，
∴∠B+∠BAD＝90°，
∵CE⊥AB，
∴∠B+∠BCE＝90°，
∴∠EAF＝∠ECB，
在△AEF和△CEB中，
，
∴△AEF≌△CEB（ASA）．
（2）解：∵△AEF≌△CEB，
∴AF＝BC，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴CD＝BD，BC＝2CD，
∴AF＝2CD，
∴CD＝AF＝×12＝6．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握等腰三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
4．（2021春•嘉祥县期中）如图1，以△ABC的边AB为边，向外画正方形ABDE，过点A作AM⊥BC于M，过点E作EP⊥MA交MA延长线于点P．

（1）则EP＝　AM　；（直接填写图中与EP相等的一条线段）
（2）如图2，若∠BAC＝90°，以AC为边再向外画正方形ACFG，连接EG交PM于点N，求证：EN＝GN；
（3）若∠BAC是钝角或锐角，请仿照图2分别在图3、图4中补画图形，并选“＞”或“＜”或“＝”其中一个符号填空，直接表示此时EN与GN的大小关系．
如图3，若∠BAC＞90°，则EN　＝　GN；
如图4，若∠BAC＜90°，则EN　＝　GN．
【分析】（1）利用AAS证明△ABM≌△EAP，得EP＝AM；
（2）作GH⊥PM于H，由（1）同理得，△ACM≌△CAH（AAS），△ABM≌△EAP（AAS），得AM＝EP，AM＝GH，则EP＝GH，再利用AAS证明△EPN≌△GHN，得EN＝GN；
（3）由（2）同理可解决问题．
【解答】解：（1）∵∠BAE＝∠BMA＝90°，
∴∠∠BAM+∠EAP＝∠BAM+∠MBA＝90°，
∴∠MBA＝∠EAP，
又∵AB＝AE，
∴△ABM≌△EAP（AAS），
∴EP＝AM，
故答案为：AM；
（2）作GH⊥PM于H，

由（1）同理得，△ACM≌△CAH（AAS），△ABM≌△EAP（AAS），
∴AM＝EP，AM＝GH，
∴PE＝GH，
∵∠EPN＝∠NHG，∠PNE＝∠HNG，
∴△EPN≌△GHN（AAS），
∴EN＝GN；
（3）如图，

由（2）同理可得，EN＝GN，
故答案为：＝，＝．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握一线三等角基本模型是解题的关键．
5．（2021春•禹州市期中）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝15，CD＝17，AD＝17，连接AC，BD．
（1）证明∠ACD是直角；
（2）求对角线BD的长．

【分析】（1）在Rt△ABC中利用勾股定理求出AC的长，再利用勾股定理的逆定理证明△ACD是直角三角形，即可解答；
（2）过点D作DE⊥BC，交BC的延长线于点E，先证明一线三等角全等三角形△ABC≌△CED，从而可得AB＝CE＝8，DE＝BC＝15，然后在Rt△BDE中，利用勾股定理进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：∵∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝15，
∴AC＝＝＝17，
∵CD＝17，AD＝17，
∴AC2+CD2＝172+172＝578，AD2＝（17）2＝578，
∴AC2+CD2＝AD2，
∴△ACD是直角三角形，
∴∠ACD是直角；
（2）解：过点D作DE⊥BC，交BC的延长线于点E，

∴∠DEC＝90°，
∴∠CDE+∠DCE＝90°，
∵∠ACD＝90°，
∴∠DCE+∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠CDE，
∵AC＝CD，
∴△ABC≌△CED（AAS），
∴AB＝CE＝8，DE＝BC＝15，
∴BE＝BC+CE＝23，
∴BD＝＝＝，
∴对角线BD的长为．
【点评】本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，全等三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
6．（2021春•丹阳市期中）通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题：

【模型呈现】
（1）如图1，∠BAD＝90°，AB＝AD，过点B作BC⊥AC于点C，过点D作DE⊥AC于点E．由∠1+∠2＝∠2+∠D＝90°，得∠1＝∠D．又∠ACB＝∠AED＝90°，可以推理得到△ABC≌△DAE．进而得到AC＝　DE　，BC＝AE．我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三等角”模型；
【模型应用】
（2）如图2，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AC＝AE，连接BC，DE，且BC⊥AF于点F，DE与直线AF交于点G．求证：点G是DE的中点；
【深入探究】
（3）如图3，已知四边形ABCD和DEGF为正方形，△AFD的面积为S1，△DCE的面积为S2，则有S1　＝　S2（填“＞、＝、＜”）；
（4）如图4，分别以△DCE的三条边为边，向外作正方形，连接AF、GK、BH．当AB＝4，DE＝，∠CDE＝45°时，图中的三个阴影三角形的面积和为 　6　；
（5）如图5，点A、B、C、D、E都在同一条直线上，四边形ABKH、KCMG、DENM都是正方形，若该图形总面积是16，正方形KCMG的面积是4，则△HKG的面积是 　2　．
【分析】（1）根据全等三角形的对应边相等，即可得出结论；
（2）作DM⊥AF于M，EN⊥AF于N，由“K字”模型得△ABF≌△DAM，则EN＝DM，再证明△DMG≌△ENG（AAS），则DG＝EG，即可得出结论；
（3）由“K字”模型和（2）的结论以及三角形面积关系即可得出结论．
（4）过点E作EM⊥DC于点M，求出S△CDE＝2，由（3）中的结论可得出答案；
（5）由（1）和（3）中的结论可得出答案．
【解答】（1）解：∵BC⊥AC，DE⊥AC，
∴∠ACB＝∠DEA＝90°＝∠BAD，
∴∠1+∠2＝∠2+∠D＝90°，
∴∠1＝∠D，
在△ABC和△DAE中，
，
∴△ABC≌△DAE（AAS），
∴AC＝DE，BC＝AE，
故答案为：DE；
（2）证明：如图2，过D作DM⊥AF于M，过E作EN⊥AF于N，

由“K字”模型得：△ABF≌△DAM（AAS），
∴AF＝DM，
同理：AF＝EN，
∴EN＝DM，
∵DM⊥AF，EN⊥AF，
∴∠GMD＝∠GNE＝90°，
在△DMG与△ENG中，
，
∴△DMG≌△ENG（AAS），
∴DG＝EG，
即点G是DE的中点；
（3）解：如图3，过D作PQ⊥CE于P，交AF于Q，过A作AM⊥PQ于M，过F作FN⊥PQ于N，
∵四边形ABCD和四边形DEGF为正方形，
∴∠ADC＝∠EDF＝90°，AD＝CD，DE＝DF，
由“K字”模型得：△ADM≌△DCP（AAS），△DFN≌△EDP（AAS），
∴S△ADM＝S△DCP，S△DFN＝S△EDP，
由（2）得：△AMQ≌△FNQ（AAS），
∴S△AMQ＝S△FNQ，
∴S△ADQ+S△FNQ+S△DFN＝S△ADQ+S△AMQ+S△DFN＝S△ADM+S△DFN＝S△DCP+S△EDP，
即S1＝S2，
故答案为：＝．
（4）解：过点E作EM⊥DC于点M，

∵∠CDE＝45°，DE＝，
∴EM＝DM＝1，
∵AB＝CD＝4，
∴S△CDE＝×4×1＝2，
由（3）可知S△ADF＝S△CDE，S△EGK＝S△CDE，S△BCH＝S△CDE，
∴图中的三个阴影三角形的面积和为3S△CDE＝3×2＝6，
故答案为：6；
（5）解：由（3）可知S△GHK＝S△KBC＝S△GMN＝S△MCD，
由（1）可知△KBC≌△CDM，
∴BK＝CD，BC＝DM，
∵BK2+BC2＝KC2，
∴BK2+DM2＝KC2，
∴S正方形ABKH+S正方形MDEN＝S正方形KCMG，
∵该图形总面积是16，
∴4S△HKG+2S正方形KCMG＝16，
∵正方形KCMG的面积是4，
∴S△HKG＝2，
故答案为：2．

【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、“K字”模型的应用以及三角形面积等知识，本题综合性强，熟练掌握“K字”模型的应用是解题的关键，属于中考常考题型．
7．（2022春•淮阴区校级期中）（1）【问题初探】
苏科版教材八年级下册第九章《中心对称图形一一平行四边形》复习题中有这样的问题：如图1正方形ABCD的边长为2，∠EOF的顶点O在正方形ABCD两条对角线的交点处，∠EOF＝90°，将∠EOF绕点O旋转，∠EOF的两边分别与正方形ABCD的边BC和CD交于点E和点F（点F与点C，D不重合），问：在旋转过程中，四边形OECF的面积会发生变化吗？证明你的结论．

爱思考的浩浩和小航同学分别探究出了如下两种解题思路：
浩浩：如图a，充分利用正方形对角线垂直、相等且互相平分等性质证明了△OEC≌△OFD，则S△OEC＝S△OFD，那么S四边形OECF＝S△OEC+S△OCF＝S△OFD+S△OCF＝S△OCD，这样，就实现了四边形OECF的面积向△OCD面积的转化；
小航：如图b，也是考虑到正方形对角线的特征，过点O分别作OG⊥BC于点G，OH⊥CD于点H，证明△OGE≌△OHF，从而将四边形OECF的面积转化成了小正方形OGCH的面积．
通过他们的思路点拨，你认为：S四边形OECF＝　1　（填一个数值），其实，在这样的旋转变化过程中，线段CE与CF的和也是一个定值，为 　2　．
（2）【类比探究】
①如图2，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，点O是AD边的中点，∠EOF＝90°，点E在AB上，点F在BC上，则四边形EBFO的面积为 　4　；EB+BF＝　4　；
②如图3，若将（1）中的“正方形ABCD”改为“∠BCD＝120°，边长为8的菱形ABCD，其他条件不变，当∠EOF＝60°时，四边形OECF的面积还是一个定值吗？是，请求出来；不是，请说明理由；

③如图4，在②的条件下，当点O在对角线AC上运动，顶点O与B点的距离为7，且∠EOF旋转至CF＝1时，CE的长度为 　4或2　．
（3）【拓展延伸】
如图5，∠BOD＝α（α为钝角），∠CAD＝180°﹣α，∠BAC是钝角，OA平分∠BOD，OD＝，OB＝4，AB＝，OA＝1，点C是OB上一点，那么OC的长为 　　．


【分析】（1）由正方形的性质和全等三角形的判定与性质即可得出结论；
（2）①过O作OG⊥BC于点G，证四边形ABGO是正方形，则S正方形ABGO＝4，再证△AOE≌△GOF（ASA），得S△AOE＝S△GOF，AE＝GF，即可解决问题；
②过O作OG∥BC交CD于点G，证△ABC是等边三角形和△OCG是等边三角形，得AC＝AB＝8，CG＝OC＝4，再证△OCE≌△OGF（ASA），得S△OCE＝S△OGF，则S四边形OECF＝S△OCG，然后证DG＝CG＝4，即可解决问题；
③连接BD交AC于点M，分两种情况，a、点O在MA上时，b、点O在MC上时，由等边三角形的判定与性质和全等三角形的判定与性质分别解答即可；
（3）过A作AE⊥OB于点E，AF⊥OD于点F，设BE＝x，则OE＝4﹣x，在Rt△ABE和Rt△AOE中，由勾股定理得出方程，求出x＝，再证∠OAE＝30°，然后证△ACE≌△ADF（ASA），得CE＝DF，同理△AOE≌△AOF（ASA），得OE＝OF，即可解决问题．
【解答】解：（1）浩浩：∵四边形ABCD是正方形，边长为2，
∴S正方形ABCD＝22＝4，CD＝2，OC＝OD，∠BCD＝∠ADC＝90°，∠OCE＝∠ODF＝45°，AC⊥BD，
∴∠COD＝90°，
∵∠EOF＝90°，
∴∠COE＝∠DOF，
∴△OEC≌△OFD（ASA），
∴S△OEC＝S△OFD，CE＝DF，
∴S四边形OECF＝S△OEC+S△OCF＝S△OFD+S△OCF＝S△OCD＝S正方形ABCD＝1，CE+CF＝DF+CF＝CD＝2；
小航：∵OG⊥BC，OH⊥CD，
∴∠OGC＝∠OHC＝90°，
∵∠BCD＝90°，
∴四边形OGCH是矩形，
∴∠GOH＝90°，
∵∠EOF＝90°，
∴∠GOE＝∠HOF，
∵四边形ABCD是正方形，边长为2，
∴AB＝AD＝2，OA＝OB＝OC＝OD，
∵OG⊥BC，
∴BG＝CG＝1，
∴OG是△ABC的中位线，
∴OG＝AB＝1，
同理：OH＝AD＝1，
∴OG＝OH＝1，
∴△OGE≌△OHF（ASA），四边形OGCH是正方形，
∴EG＝FH，S△OGE＝S△OHF，
∴S四边形OECF＝S△OEC+S△OCF＝S△OEC+S△OHC+S△OHF＝S△OEC+S△OHC+S△OGE＝S正方形OGCH＝OG2＝1，
CE+CF＝CG﹣EG+CH+FH＝CG+CH＝2；
故答案为：1，2；
（2）①如图2，过点O作OG⊥BC于点G，

则∠OGB＝∠OGF＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴四边形ABGO是矩形，
∴OG＝AB＝2，BG＝OA，∠AOG＝90°，
∵AD＝4，点O是AD边的中点，
∴BG＝OA＝2，
∴OA＝OG＝2，
∴四边形ABGO是正方形，
∴S正方形ABGO＝22＝4，
∵∠EOF＝90°，
∴∠AOE＝∠GOF，
∵OA＝OG，∠A＝∠AGF＝90°，
∴△AOE≌△GOF（ASA），
∴S△AOE＝S△GOF，AE＝GF，
∴S四边形EBFO＝S正方形ABGO＝4，EB+BF＝AB﹣AE+BG+GF＝AB+BG＝2+2＝4，
故答案为：4，4；
②当∠EOF＝60°时，四边形OECF的面积还是一个定值，理由如下：
如图3，过点O作OG∥BC交CD于点G，

∵四边形ABCD是菱形，边长为8，∠BCD＝120°，
∴AB＝BC＝CD＝8，∠ABC＝180°﹣∠BCD＝60°，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，∠ACB＝∠ACD＝∠BCD＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝8，OA＝OC＝4，
∴OD＝＝＝4，
∴S△OCD＝OC•OD＝×4×4＝8，
∵OG∥BC，
∴∠GOC＝∠ACB＝60°，∠OGC＝180°﹣∠BCD＝60°，
∴∠GOC＝∠ACD＝∠OGC＝60°，
∴△OCG是等边三角形，
∴CG＝OC＝4，
∵∠EOF＝60°，
∴∠EOC＝∠GOF，
∵∠OGF＝∠OCE＝60°，
∴△OCE≌△OGF（ASA），
∴S△OCE＝S△OGF，
∴S四边形OECF＝S△OCG，
∵CG＝4，CD＝8，
∴DG＝CG＝4，
∴S四边形OECF＝S△OCG＝S△OCD＝4，
即当∠EOF＝60°时，四边形OECF的面积还是一个定值4；
③连接BD交AC于点M，分两种情况
a、点O在MA上时，如图4，

∵四边形ABCD是菱形，
∴MA＝MC＝4，AC⊥BD，
在Rt△ABM中，由勾股定理得：MB＝＝＝4，
在Rt△OBM中，由勾股定理得：OM＝＝＝1，
∴OC＝OM+CM＝1+4＝5，
过点O作OG∥AD交CD于点G，
同②得：△OCG都是等边三角形，
∴CG＝OG＝OC＝5，∠OGF＝∠GOC＝60°，
∴∠OGF＝∠OCE＝60°，
∵∠EOF＝60°，
∴∠COE＝∠GOF，
∴△OCE≌△OGF（ASA），
∴CE＝GF＝CG﹣CF＝5﹣1＝4；
b、点O在MC上时，如图4﹣1，过点O作OG∥AD交CD于点G，

同理得：OM＝1，△OCG都是等边三角形，△OCE≌△OGF（ASA），
∴CG＝OG＝OC＝CM﹣OM＝4﹣1＝3，CE＝GF＝CG﹣CF＝3﹣1＝2；
综上所述，CE的长为4或2，
故答案为：4或2；
（3）如图5，过点A作AE⊥OB于点E，AF⊥OD于点F，

则∠AEC＝∠AFD＝90°，
∵∠BOD＝α（α为钝角），∠CAD＝180°﹣α，
∴∠BOD+∠CAD＝180°，
∴∠ACO+∠D＝360°﹣180°＝180°，
∵∠ACE+∠ACO＝180°，
∴∠ACE＝∠D，
设BE＝x，则OE＝OB﹣BE＝4﹣x，
在Rt△ABE和Rt△AOE中，由勾股定理得：AE2＝AB﹣BE2＝OA﹣OE2，
即（）﹣x＝1﹣（4﹣x）2，
解得：x＝，
∴OE＝4﹣x＝，
∵OA＝1，
∴OE＝OA，
∴∠OAE＝30°，
∴∠AOE＝90°﹣∠OAE＝60°，
∵OA平分∠BOD，AE⊥OB，AF⊥OD，
∴AE＝AF，∠BOD＝2∠AOE＝120°，∠EAF＝∠CAD＝60°，
∴∠CAE＝∠DAF，
∴△ACE≌△ADF（ASA），
∴CE＝DF，
同理：△AOE≌△AOF（ASA），
∴OE＝OF，
∴OC+OD＝OE﹣CE+OF+DF＝2OE＝1，
∴OC＝1﹣OD＝1﹣＝，
故答案为：．





【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的判定与性质、矩形的判定与性质、菱形的性质、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、平行线的性质以及分类讨论等知识，本题综合性强，熟练掌握正方形的性质、矩形的性质以及菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
8．（2022秋•永年区期中）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，
（1）当直线MN绕点C旋转到图（1）的位置时，显然有：DE＝AD+BE；
（2）当直线MN绕点C旋转到图（2）的位置时，求证：DE＝AD﹣BE；
（3）当直线MN绕点C旋转到图（3）的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请直接写出这个等量关系．

【分析】（1）由于△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，由此即可证明△ADC≌△CEB，然后利用全等三角形的性质即可解决问题；
（2）由于△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，由此仍然可以证明△ADC≌△CEB，然后利用全等三角形的性质也可以解决问题；
（3）当直线MN绕点C旋转到图（3）的位置时，仍然△ADC≌△CEB，然后利用全等三角形的性质可以得到DE＝BE﹣AD．
【解答】解：（1）∵△ABC中，∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，
又直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°
∴∠ACD+∠DAC＝90°，
∴∠BCE＝∠DAC，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴CD＝BE，CE＝AD，
∴DE＝CD+CE＝AD+BE；

（2）∵△ABC中，∠ACB＝90°，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，∠ACD+∠BCE＝∠BCE+∠CBE＝90°，
而AC＝BC，
∴△ADC≌△CEB，
∴CD＝BE，CE＝AD，
∴DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE；

（3）如图3，
∵△ABC中，∠ACB＝90°，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，∠ACD+∠BCE＝∠BCE+∠CBE＝90°，
∴∠ACD＝∠CBE，
∵AC＝BC，
∴△ADC≌△CEB，
∴CD＝BE，CE＝AD，
∴DE＝CD﹣CE＝BE﹣AD；
DE、AD、BE之间的关系为DE＝BE﹣AD．
【点评】此题需要考查了全等三角形的判定与性质，也利用了直角三角形的性质，是一个探究性题目，对于学生的能力要求比较高．
二、“手拉手”模型
一．解答题（共9小题）
1．（2022春•开福区校级期中）如图，在△ABC和△AEF中，点E在BC边上，∠C＝∠F，AC＝AF，∠CAF＝∠BAE，EF与AC交于点G．
（1）求证：AE＝AB；
（2）若∠B＝62°，∠C＝24°，求∠EAC的度数．

【分析】（1）根据等式的性质得∠BAC＝∠EAF，再利用SAS证明△BAC≌△EAF即可得出结论；
（2）根据三角形内角和得∠BAC＝94°，再由AB＝AE，得∠B＝∠AEB＝62°，∠BAE＝56°，再利用三角形内角和定理即可求得答案．
【解答】（1）证明：∵∠CAF＝∠BAE，
∴∠CAF+∠EAC＝∠BAE+∠EAC，
即∠BAC＝∠EAF，
在△BAC和△EAF中，
，
∴△BAC≌△EAF（ASA），
∴AE＝AB．
（2）解：∵∠B＝62°，∠C＝24°，
∴∠BAC＝180°﹣62°﹣24°＝94°，
∵AB＝AE，
∴∠B＝∠AEB＝62°，
∴∠BAE＝56°，
∴∠EAC＝∠BAC﹣∠BAE＝94°﹣56°＝38°．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理等知识，证明△BAC≌△EAF是解题的关键．
2．（2021春•铜梁区校级期中）已知，如图，在▱ABCD中，点F是▱ABCD内一点，AB⊥BF，AB＝BF，过点F作FE⊥AD，垂足为点E．
（1）如图1，若BF＝3EF＝6，求四边形ABFE的面积；
（2）如图2，连接BE、CE，若BE＝CE，求证：AE+EF＝BC．


【分析】（1）根据已知可得△ABF是等腰直角三角形，从而可得AF＝BF＝6，然后在Rt△AEF中，利用勾股定理求出AE的长，最后根据四边形ABFE的面积＝△ABF的面积+△AEF的面积，进行计算即可解答；
（2）延长EF交BC于点G，根据已知可得∠ABF＝∠AEF＝90°，从而可得A、B、F、E四点共圆，进而可得∠BEF＝∠BAF＝45°，再利用平行四边形的性质可得AD＝BC，AB∥CD，AD∥BC，从而可得∠EGC＝∠AEF＝90°，进而利用等腰三角形的三线合一性质可证∠BEF＝∠CED＝45°，然后根据四边形内角和，以及平行四边形邻角互补可证∠BFE＝∠D，最后证明△BFE≌△CDE，即可解答．
【解答】（1）解：∵AB⊥BF，
∴∠ABF＝90°，
∵AB＝BF，
∴AF＝BF＝6，
∵BF＝3EF＝6，
∴EF＝2，
∵FE⊥AD，
∴∠AEF＝90°，
∴AE＝＝＝2，
∴四边形ABFE的面积＝△ABF的面积+△AEF的面积
＝AB•BF+AE•EF
＝×6×6+×2×2
＝18+2，
∴四边形ABFE的面积为：18+2；
（2）证明：延长EF交BC于点G，

∵AB＝BF，∠ABF＝90°，
∴∠BAF＝∠AFB＝45°，
∵∠ABF＝∠AEF＝90°，
∴A、B、F、E四点共圆，
∴∠BEF＝∠BAF＝45°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AB∥CD，AD∥BC，
∴∠EGC＝∠AEF＝90°，
∵BE＝EC，
∴∠BEF＝∠CEG＝45°，
∵∠DEF＝90°，
∴∠DEC＝∠DEF﹣∠CEG＝45°，
∴∠BEF＝∠CED，
∵AB∥CD，
∴∠BAD+∠D＝180°，
∵∠ABF＝∠AEF＝90°，
∴∠BAD+∠BFE＝180°，
∴∠BFE＝∠D，
∴△BFE≌△CDE（AAS），
∴EF＝DE，
∴AE+EF＝AE+DE＝AD，
∴AE+EF＝BC．
【点评】本题考查了等腰直角三角形的，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
3．（2022春•章丘区期中）感知：如图①，△ABC和△AED都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点B在线段AD上，点C在线段AE上，我们很容易得到BD＝CE，不需证明．
探究：如图②，将△AED绕点A逆时针旋转α（0＜α＜90°），连结BD和CE，此时BD＝CE是否依然成立？若成立，写出证明过程；若不成立，说明理由．
应用：如图③，当△ADE绕点A逆时针旋转，使得点D落在BC的延长线上，连结CE．
①∠ACE的度数为 　45　度；
②线段BC、CD、CE之间的数量关系是 　CE＝BC+CD　；
③若AB＝AC＝，CD＝1，则线段DE的长为 　　．


【分析】探究：利用SAS证明△ABD≌△CAE（SAS），得BD＝CE；
应用：①同理证明△ACE≌△ABD，得∠ACE＝∠B＝45°；
②由全等三角形的性质得BD＝CE即可；
③首先证明∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，再利用勾股定理即可得出答案．
【解答】解：探究：成立，证明如下：
∵△ABC和△AED都是等腰直角三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，
∵将△AED绕点A逆时针旋转α（0＜α＜90°），连结BD和CE，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD与△ACE中，
，
∴△ABD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE；
应用：①∵△ABC和△AED都是等腰直角三角形，
∴AB＝AC，∠BAD＝∠CAE，AD＝AE，
在△ACE与△ABD中，
，
∴△ACE≌△ABD（SAS），
∴∠ACE＝∠B＝45°，
故答案为：45；
②∵△ACE≌△ABD，
∴BD＝CE，
∴BC+CD＝CE，
故答案为：BC+CD＝CE；
③∵△ACE≌△ABD，
∴∠ACE＝∠ABD＝45°，
又∵∠ACB＝45°，
∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，
在Rt△BAC中，
∵AB＝AC＝，
∴BC＝＝2，
又∵CD＝1，CE＝BC+CD＝3，
在Rt△CDE中，DE＝＝，
故答案为：．
【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，证明△ACE≌△ABD是解题的关键．
4．（2022春•清城区期中）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（1，0），以线段OA为边在第四象限内作等边三角形AOB，点C为x轴正半轴上动点（OC＞1），连接BC，以线段BC为边在第四象限内作等边△CBD，连接DA并延长交y轴于点E．
（1）求证：△OBC≌△ABD．
（2）在点C的运动过程中，∠CAD的度数是否会变化？如果不变，请求出∠CAD的度数；如果变化，请说明理由．
（3）以A，E，C为顶点的三角形是等腰三角形时，直接写出此时点C的坐标和CD的长度．

【分析】（1）先根据等边三角形的性质得到∠OBA＝∠CBD＝60°，OB＝AB，BC＝BD，则∠OBC＝∠ABD，然后根据“SAS”判定△OBC≌△ABD；
（2）由△AOB是等边三角形知∠BOA＝∠OAB＝60°，再由△OBC≌△ABD得到∠BAD＝∠BAO＝60°，即可得到结论；
（3）先根据全等三角形的性质以及等边三角形的性质得到∠EAC＝120°，进而得出以A，E，C为顶点的三角形是等腰三角形时，AE和AC是腰，最后根据Rt△AOE中，OA＝1，∠OEA＝30°，求得AC＝AE＝2，据此得到OC＝1+2＝3，即可得到点C的位置，然后过点B作BH⊥x轴于点H，先利用含30°角的直角三角形的三边关系求得BH的长，进而利用勾股定理求得BC的长，即可得到CD的长．
【解答】（1）证明：∵△OAB和△BCD是等边三角形，
∴∠OBA＝∠CBD＝60°，OB＝AB，BC＝BD，
∴∠OBC＝∠ABD，
在△OBC和△ABD中，
，
∴△OBC≌△ABD（SAS）；
（2）解：点C在运动过程中，∠CAD的度数不会变化，理由如下，
∵△AOB是等边三角形，
∴∠BOA＝∠OAB＝60°，
∵△OBC≌△ABD，
∴∠BAD＝∠BOA＝60°，
∴∠CAD＝180°﹣∠OAB﹣∠BAD＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴点C在运动过程中，∠CAD的度数一直为60°．
（3）解：∵∠BOC＝∠BAD＝60°，∠OAB＝60°，
∴∠OAE＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴∠EAC＝120°，∠AEO＝30°，
∴以A，E，C为顶点的三角形是等腰三角形时，AE和AC为腰，
∵OA＝1，∠AEO＝30°，∠AOE＝90°，
∴AC＝AE＝2OA＝2，
∴OA＝OA+AC＝1+2＝3，
∴点C的坐标为（3，0），
过点B作BH⊥x轴于点H，则AH＝OA＝AO＝，∠ABH＝30°，
∴BH＝＝，CH＝AH+AC＝+2＝，
∴BC＝＝，
∴CD＝BC＝．

【点评】本题是三角形的综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质的运用，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具，解决本题的关键是利用等腰三角形的性质求得点C的坐标．
5．（2022春•和平区校级期中）已知：点D是△ABC边BC所在直线上的一个动点（点D与点B，C不重合），∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，连接DA，点D绕点A顺时针转90°得到点E，连接BE，AE，DE．

（1）如图1，当点D在线段CB的延长线上时，请你判断线段BE与线段CD之间的关系，并证明你判断的结论．
（2）如图2，当点D在线段BC上，且BD＝2CD时，直接写出四边形AEBC的面积．
（3）点D绕点A逆时针转90°得到点F，连接CF，AF，DF，当∠EAB＝15°时，直接写出线段CF的长．
【分析】（1）由旋转可得：AE＝AD，∠DAE＝90°，再根据等式性质可得∠BAE＝∠CAD，进而证得△ABE≌△ACD（SAS），即可得出结论；
（2）方法一：如图2，过点A作AH⊥BC于点H，可求得S△ACD＝CD•AH＝××＝，由旋转可得出△ABE≌△ACD（SAS），故S△ABE＝S△ACD＝，再求得S△ABC＝2，即可得出答案；方法二：根据题意可得S△ABC＝2，根据BD＝2CD，可推出：＝＝＝，即可求得答案；
（3）分两种情况：①当点D在线段CB上时，如图3，过点A作AG⊥BC于点G，由等腰直角三角形性质可得：AG＝BG＝CG＝，∠CAG＝∠BAG＝45°，根据∠EAB＝15°，可得出∠DAG＝30°，再运用三角函数定义求得DG＝AG•tan∠DAG＝•tan30°＝，进而求得BD＝+，利用旋转性质可证得△ACF≌△ABD（SAS），即可得出答案；②当点D在线段BC的延长线上时，如图4，过点A作AG⊥BC于点G，根据旋转和解直角三角形可求得：DG＝•tan60°＝，BD＝BG+DG＝+，再由△ACF≌△ABD（SAS），即可求得答案．
【解答】解：（1）BE＝CD，BE⊥CD.
证明：如图1，∵点D绕点A顺时针转90°得到点E，
∴AE＝AD，∠DAE＝90°，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠DAE＝∠BAC，
∴∠DAE+∠DAB＝∠DAB+∠BAC，
即∠BAE＝∠CAD，
在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴BE＝CD，∠ABE＝∠ACB，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠CBE＝∠ABC+∠ABE＝45°+45°＝90°，
∴BE⊥CD．
（2）方法一：如图2，过点A作AH⊥BC于点H，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴BC＝＝＝2，
∵AH⊥BC，
∴BH＝CH＝AH＝，
∵BD＝2CD，
∴CD＝BC＝，
∴S△ACD＝CD•AH＝××＝，
由旋转得：AE＝AD，∠DAE＝90°，
∴∠DAE＝∠BAC，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴S△ABE＝S△ACD＝，
∵S△ABC＝AB•AC＝×2×2＝2，
∴S四边形AEBC＝S△ABE+S△ABC＝+2＝；
方法二：∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，
∴S△ABC＝AB•AC＝×2×2＝2，
∵BD＝2CD，
∴＝，
∴＝＝＝，
∴S△ACD＝S△ABC＝，
由旋转得：AE＝AD，∠DAE＝90°，
∴∠DAE＝∠BAC，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴S△ABE＝S△ACD＝，
∴S四边形AEBC＝S△ABE+S△ABC＝+2＝；
（3）①当点D在线段CB上时，如图3，过点A作AG⊥BC于点G，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，AG⊥BC，
∴AG＝BG＝CG＝，∠CAG＝∠BAG＝45°，
∵∠EAB＝15°，∠DAE＝∠BAC＝90°，
∴∠DAG＝90°﹣15°﹣45°＝30°，
∴DG＝AG•tan∠DAG＝•tan30°＝，
∴BD＝BG+DG＝+，
∵点D绕点A逆时针转90°得到点F，
∴∠DAF＝90°，AF＝AD，
∵∠CAF+∠CAD＝∠CAD+∠BAD＝90°，
∴∠CAF＝∠BAD，
∴△ACF≌△ABD（SAS），
∴CF＝BD＝+；
②当点D在线段BC的延长线上时，如图4，过点A作AG⊥BC于点G，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，AG⊥BC，
∴AG＝BG＝CG＝，∠CAG＝∠BAG＝45°，
∵∠EAB＝15°，∠DAE＝∠BAC＝90°，
∴∠DAG＝90°+15°﹣45°＝60°，
∴DG＝AG•tan∠DAG＝•tan60°＝，
∴BD＝BG+DG＝+，
∵点D绕点A逆时针转90°得到点F，
∴∠DAF＝90°，AF＝AD，
∴∠DAF＝∠BAC，
∴∠DAF+∠DAC＝∠BAC+∠DAC，即∠CAF＝∠BAD，
∴△ACF≌△ABD（SAS），
∴CF＝BD＝+；
综上所述，线段CF的长为+或+．




【点评】本题是三角形综合题，考查全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、三角函数定义、旋转变换的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形，运用分类讨论思想，属于中考常考题型．
6．（2022春•介休市期中）已知△ABC和△ADE都是等腰三角形，且AB＝AC，AD＝AE，∠DAE＝∠BAC．
（1）[初步感知]如图①，当点D、E分别落在边AB、AC上时，那么DB　＝　EC．（填＜、＞或＝）
（2）[发现证明]如图②，将图①中的△ADE绕点A旋转，当点D在△ABC外部，点E在△ABC内部时，求证：DB＝EC；
（3）[深入研究]如图③，如果△ABC和△ADE都是等边三角形，且点C、E、D在同一条直线上，则∠CDB的度数为 　60°　；线段CE、BD之间的数量关系为 　CE＝BD　；
（4）[拓展应用]如图④，如果△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点C、D、E在同一直线上，作AM⊥DE，若AB＝，BD＝，求AM的长．


【分析】（1）结合图形解答即可；
（2）证明△DAB≌△EAC，根据全等三角形的性质证明结论；
（3）根据等边三角形的性质得到∠ADE＝∠AED＝60°，进而得到∠AEC＝120°，证明△DAB≌△EAC，根据全等三角形的性质解答即可；
（4）证明△DAB≌△EAC，得到EC＝DB＝，根据勾股定理计算，得到答案．
【解答】（1）解：∵AB＝AC，AD＝AE，
∴AB﹣AD＝AC﹣AE，
∴DB＝EC，
故答案为：＝；
（2）证明：∵∠DAE＝∠BAC，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，即∠DAB＝∠EAC，
在△DAB和△EAC中，
，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴DB＝EC；
（3）解：∵△ADE为的等边三角形，
∴∠ADE＝∠AED＝60°，
∴∠AEC＝120°，
同（2）可得：△DAB≌△EAC，
∴∠ADB＝∠AEC＝120°，DB＝CE，
∴∠CDB＝∠ADB﹣∠ADE＝120°﹣60°＝60°，
故答案为：60°；DB＝CE；
（4）解：∵∠DAE＝∠BAC，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，即∠DAB＝∠EAC，
在△DAB和△EAC中，
，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴EC＝DB＝，
∵△ADE是等腰直角三角形，AM⊥DE，
∴AM＝ME，
在Rt△AMC中，AM2+MC2＝AC2，即AM2+（AM+）2＝（）2，
解得：AM＝（负值舍去）．
【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
7．（2022春•吉安期中）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标（2，0），点C是y轴上的动点，当点C在y轴上移动时，始终保持△ACP是等边三角形（点A、C、P按逆时针方向排列）；当点C移动到O点时，得到等边三角形AOB（此时点P与点B重合）．

（1）点B的坐标为 　（1，﹣）　，直线AB的表达式为 　y＝x﹣2　．
（2）点C在y轴上移动过程中，当等边三角形ACP的顶点P在第二象限时，连接BP，求证：△AOC≌△ABP；
（3）当点C在y轴上移动时，点P也随之运动，探究点P在移动过程中有怎样的规律？请将这个规律用函数关系式表达出来；
（4）点C在y轴上移动过程中，当△OBP为等腰三角形时，直接写出点P的坐标．

【分析】（1）过点B作BD⊥x轴于D，根据等边三角形的性质得出坐标即可；
（2）根据SAS证明△AOC≌△ABP即可；
（3）根据待定系数法得出一次函数的解析式即可；
（4）根据题意得出方程解答即可．
【解答】（1）解：∵A（2，0），
∴OA＝2，
过点B作BD⊥x轴于D，

∵△AOB为等边三角形，OA＝2，
∴OB＝OA＝2，OD＝1，
∴BD＝，
即B（1，﹣），
设直线AB的解析式为：y＝mx+n，
将A（2，0），B（1，﹣）代入，
则：，
解得：，
∴y＝x﹣2，
故答案为：B（1，﹣），y＝x﹣2；
（2）证明：∵△OAB和△ACP为等边三角形，
∴AC＝AP，AB＝OA，∠CAP＝∠OAB＝60°，
∴∠BAP＝∠OAC，
在△AOC和△ABP中，
，
∴△AOC≌△ABP（SAS）；
（3）解：∵△AOC≌△ABP，
∴∠ABP＝∠AOC＝90°，
∴点P在过点B且与AB垂直的直线上，
设直线BP的解析式为：y＝﹣x+b，
将B（1，﹣）代入，
则﹣＝﹣+b，
解得：b＝﹣，
∴y＝﹣x﹣；
（4）解：P（x，﹣x﹣），B（1，﹣），O（0，0），
∴OP2＝，OB2＝4，BP2＝，
①OP＝OB时，
，
解得：x1＝﹣2，x2＝1（舍去），
故此时P（﹣2，0）；
②OP＝BP时，
＝，
解得：x＝，
故此时P（，）；
③OB＝BP时，
4＝，
解得：，，
故此时P（，）或P（，）；
综上所述，点P的坐标为P（﹣2，0）或P（，）或P（，）或P（，）．
【点评】此题考查三角形的综合题，关键是根据等边三角形的性质和SAS证明三角形全等解答．
8．（2021春•将乐县期中）（1）如图1，△ABC与△ADE均是顶角为40°的等腰三角形，BC、DE分别是底边，求证：BD＝CE；
（2）如图2，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接BE．
填空：∠AEB的度数为 　60°　；线段BE与AD之间的数量关系是 　BE＝AD　．
（3）拓展探究
如图3，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE．请判断∠AEB的度数及线段CM、AE、BE之间的数量关系，并说明理由．

【分析】（1）根据全等三角形的判定方法，判断出△BAD≌△CAE，即可判断出BD＝CE．
（2）首先根据△ACB和△DCE均为等边三角形，可得AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∠CDE＝∠CED＝60°，据此判断出∠ACD＝∠BCE；然后根据全等三角形的判定方法，判断出△ACD≌△BCE，即可判断出BE＝AD，∠BEC＝∠ADC，进而判断出∠AEB的度数为60°即可．
（3）首先根据△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，可得AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，据此判断出∠ACD＝∠BCE；然后根据全等三角形的判定方法，判断出△ACD≌△BCE，即可判断出BE＝AD，∠BEC＝∠ADC，进而判断出∠AEB的度数为90°即可；最后根据DCE＝90°，CD＝CE，CM⊥DE，可得CM＝DM＝EM，所以DE＝DM+EM＝2CM，据此判断出AE＝BE+2CM即可．
【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE＝40°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，

∴△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE．

（2）解：∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∠CDE＝∠CED＝60°，
∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB，
即∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，

∴△ACD≌△BCE，
∴BE＝AD，∠ADC＝∠BEC，
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC＝180°﹣60°＝120°，
∴∠BEC＝120°，
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝120°﹣60°＝60°，
综上，可得
∠AEB的度数为60°；线段BE与AD之间的数量关系是：BE＝AD．
故答案为：60°、BE＝AD．

（3）解：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CDE＝∠CED＝45°，
∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB，
即∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE，
∴BE＝AD，∠BEC＝∠ADC，
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC＝180﹣45＝135°，
∴∠BEC＝135°，
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝135﹣45＝90°；
∵∠DCE＝90°，CD＝CE，CM⊥DE，
∴CM＝DM＝EM，
∴DE＝DM+EM＝2CM，
∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．
【点评】（1）此题主要考查了全等三角形的判定方法和性质，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
（2）此题还考查了等腰直角三角形的性质和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：等腰直角三角形是一种特殊的三角形，具有所有三角形的性质，还具备等腰三角形和直角三角形的所有性质．
9．（2022春•椒江区校级期中）我们规定：有一组邻边相等，且这组邻边的夹角为60°的凸四边形叫做“准筝形”．
（1）如图1，在四边形ABCD中，∠A+∠C＝270°，∠D＝30°，AB＝CB，求证：四边形ABCD是“准筝形”；
（2）小军同学研究“准筝形”时，思索这样一道题：如图2，“准筝形”ABCD，AD＝BD，∠BAD＝∠BCD＝60°，BC＝5，CD＝3，求AC的长．
小军研究后发现，可以CD为边向外作等边三角形，构造手拉手全等模型，用转化的思想来求AC．请你按照小军的思路求AC的长．
（3）如图3，在△ABC中，∠A＝45°，∠ABC＝120°，BC＝2，设D是△ABC所在平面内一点，当四边形ABCD是“准筝形”时，请直接写出四边形ABCD的面积．

【分析】（1）由四边形内角和定理求出∠B＝60°，由AB＝CB，即可得出结论；
（2）以CD为边作等边△CDE，连接BE，过点E作EF⊥BC于F，证△ADC≌△BDE（SAS），得AC＝BE，求出∠CEF＝30°，由直角三角形的性质得出CF＝CE＝，由勾股定理求出EF＝，再由勾股定理即可得出答案；
（3）过点C作CH⊥AB，交AB延长线于H，设BH＝x，求出∠BCH＝30°，由直角三角形的性质得出HC＝x，BC＝2BH＝2x，构建方程求出x，进而得出AC的长，分三种情况，分别求解即可．
【解答】（1）证明：在四边形ABCD中，∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，
∵∠A+∠C＝270°，∠D＝30°，
∴∠B＝360°﹣（∠A+∠C+∠D）＝360°﹣（270°+30°）＝60°，
∵AB＝CB，
∴四边形ABCD是“准筝形”；．

（2）解：以CD为边作等边△CDE，连接BE，过点E作EF⊥BC于F，如图2所示：
则DE＝DC＝CE＝3，∠CDE＝∠DCE＝60°，
∵AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ADB＝60°，AD＝BD，
∴∠ADB+∠BDC＝∠CDE+∠BDC，
即∠ADC＝∠BDE，
在△ADC和△BDE中，
，
∴△ADC≌△BDE（SAS），
∴AC＝BE，
∵∠BCD＝∠DCE＝60°，
∴∠ECF＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∵∠EFC＝90°，
∴∠CEF＝30°，
∴CF＝CE＝，
由勾股定理得：EF＝＝＝，
BF＝BC+CF＝5+＝，
在Rt△BEF中，由勾股定理得：BE＝＝＝7，
∴AC＝BE＝7．

（3）解：过点C作CH⊥AB，交AB延长线于H，如图3所示：
设BH＝x，
∵∠ABC＝120°，CH是△ABC的高线，
∴∠BCH＝30°，
∴HC＝x，BC＝2BH＝2x＝2，
∴x＝，
又∵∠A＝45°，
∴△HAC是等腰直角三角形，
∴HA＝HC＝3，AB＝3﹣，
∴AC＝HC＝3，
当AB＝AD＝3﹣，∠BAD＝60°时，
连接BD，过点C作CG⊥BD，交BD延长线于点G，过点A作AK⊥BD，如图4所示：
则BD＝3﹣，∠ABD＝60°，BK＝AB＝（3﹣），
∵∠ABC＝120°，
∴∠CBG＝60°＝∠CBH，
在△CBG和△CBH中，
，
∴△CBG≌△CBH（AAS），
∴GC＝HC＝3，
在Rt△ABK中，由勾股定理得：AK＝＝＝，
∴S△ABD＝BD•AK＝×（3﹣）×＝，S△CBD＝BD•CG＝×（3﹣）×3＝，
∴S四边形ABCD＝+＝．
②当BC＝CD＝2，∠BCD＝60°时，
连接BD，作CG⊥BD于点G，AK⊥BD于K，如图5所示：
则BD＝2，CG＝BC＝×2＝3，AK＝，
∴S△BCD＝BD•CG＝×2×3＝3，S△ABD＝BD•AK＝×2×＝，
∴S四边形ABCD＝3+＝；．
③当AD＝CD＝AC＝3，∠ADC＝60°时，
作DM⊥AC于M，如图6所示：
则DM＝AD＝×3＝，
∴S△ABC＝AB•CH＝×（3﹣）×3＝，
S△ADC＝AC•DM＝×3×＝，
∴S四边形ABCD＝+＝+3，
综上所述，四边形ABCD的面积为或或+3．





【点评】本题是四边形综合题目，考查了“准筝形”的判定与性质、四边形内角和定理、全等三角形的判定与性质含30°角的直角三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积等知识；本题综合性强，熟练掌握准筝形的判定与性质和直角三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
三、倍长中线
一．填空题（共1小题）
1．（2022春•游仙区校级期中）如图，在△ABC中，BC＝10，点D是BC边上一动点，BE⊥AD交AD于点E，当BE＝4时，△ABD的面积恰好等于△ADC的面积，连接CE，则此时CE＝　2　．

【分析】延长AD到点F，使DF＝DE，连接CF，根据垂直定义可得∠BED＝90°，再根据已知易得BD＝DC＝BC＝5，从而在Rt△BED中，利用勾股定理求出DE＝3，然后利用SAS证明△BDE≌△CDF，从而利用全等三角形的性质可得∠CFD＝∠BED＝90°，BE＝CF＝4，最后在Rt△ECF中，利用勾股定理，进行计算即可解答．
【解答】解：延长AD到点F，使DF＝DE，连接CF，

∵BE⊥AD，
∴∠BED＝90°，
∵△ABD的面积恰好等于△ADC的面积，
∴BD＝DC＝BC＝5，
∴DE＝＝＝3，
∵∠BDE＝∠CDF，
∴△BDE≌△CDF（SAS），
∴∠CFD＝∠BED＝90°，BE＝CF＝4，
在Rt△ECF中，EF＝ED+DF＝6，
∴CE＝＝＝2，
故答案为：2．

【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的面积，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
二．解答题（共4小题）
2．（2021春•玉林期中）如图，在▱ABCD中，点E是CD的中点，点F是BC边上的一点，且EF⊥AE．
求证：AE平分∠DAF．
李华同学读题后有一个想法，延长FE，AD交于点M，要证AE平分∠DAF，只需证△AMF是等腰三角形即可．请你参考李华的想法，完成此题的证明．

【分析】通过倍长中线可证△EDM≌△ECF，进而可得EM＝EF，即可得△AMF是等腰三角形．
【解答】证明：延长AD，FE交于M．

在平行四边形ABCD中，AD∥BC，
∴∠MDE＝∠FCE，∠EMD＝∠EFC，
又E是CD的中点，
∴DE＝CE，
∴△EDM≌△ECF（AAS），
∴EM＝EF，
又∵EF⊥AE，
∴AF＝AM，即△AMF是等腰三角形，
∴AE平分∠DAF．
【点评】本题考查倍长中线的辅助线方法，熟练掌握平行四边形的性质及倍长的辅助线思路是解题关键．
3．（2021秋•甘南县校级期中）如图，AD是△ABC的中线，E、F分别在AB、AC上，且DE⊥DF 求证：BE+CF＞EF．

【分析】延长FD至G，使得GD＝DF，连接BG，EG，易证△DFC≌△DGB，所以BG＝CF易证△EDF≌△EDG所以EF＝EG在△BEG中，两边之和大于第三边，所以BG+BE＞EG又EF＝EG，BG＝CF，即可得出答案．
【解答】证明：延长FD至G，使得GD＝DF，连接BG，EG
∵在△DFC和△DGB中，
，
∴△DFC≌△DGB（SAS），
∴BG＝CF，
∵在△EDF和△EDG中

∴△EDF≌△EDG（SAS），
∴EF＝EG
在△BEG中，两边之和大于第三边，
∴BG+BE＞EG
又∵EF＝EG，BG＝CF，
∴BE+CF＞EF．

【点评】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，根据已知正确作出辅助线延长FD至G，使得GD＝DF是解题关键．
4．（2019春•玄武区期中）课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：
（1）如图1，在△ABC中，若AB＝5，AC＝3，求BC边上的中线AD的取值范围．
小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到E，使得DE＝AD，再连接BE（或将△ACD绕点D逆时针旋转180°得到△EBD），把AB、AC、2AD集中在△ABE中，利用三角形的三边关系可得2＜AE＜8，则1＜AD＜4．
[感悟]解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑构造以中点为对称中心的中心对称图形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中．
（2）解决问题：受到（1）的启发，请你证明下列命题：如图2，在△ABC中，D是BC边上的中点，DE⊥DF，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF．
求证：BE+CF＞EF，若∠A＝90°，探索线段BE、CF、EF之间的等量关系，并加以证明．

【分析】（1）可按阅读理解中的方法构造全等，把CF和BE转移到一个三角形中求解．
（2）由（1）中的全等得到∠C＝∠CBG．∵∠ABC+∠C＝90°，∴∠EBG＝90°，可得三边之间存在勾股定理关系．
【解答】解：（1）延长FD到G，使得DG＝DF，连接BG、EG．
（或把△CFD绕点D逆时针旋转180°得到△BGD），
∴CF＝BG，DF＝DG，
∵DE⊥DF，
∴EF＝EG．
在△BEG中，BE+BG＞EG，即BE+CF＞EF．

（2）若∠A＝90°，则∠EBC+∠FCB＝90°，
由（1）知∠FCD＝∠DBG，EF＝EG，
∴∠EBC+∠DBG＝90°，即∠EBG＝90°，
∴在Rt△EBG中，BE2+BG2＝EG2，
∴BE2+CF2＝EF2．

【点评】本题主要考查了条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑构造以中点为对称中心的中心对称图形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中，注意运用类比方法构造相应的全等三角形，难度适中．
5．（2019春•秦淮区期中）阅读理解：课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：
如图1，△ABC中，若AB＝5，AC＝3，求BC边上的中线AD的取值范围．
小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到E，使得DE＝AD，再连接BE（或将△ACD绕点D逆时针旋转180°得到△EBD），把AB、AC、2AD集中在△ABE中，利用三角形的三边关系可得2＜AE＜8，则1＜AD＜4．
感悟：解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑构造以中点为对称中心的中心对称图形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中．
（1）问题解决：受到（1）的启发，请你证明下面命题：如图2，在△ABC中，D是BC边上的中点，DE⊥DF，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF．
①求证：BE+CF＞EF；②若∠A＝90°，探索线段BE、CF、EF之间的等量关系，并加以证明；
（2）问题拓展：如图3，在平行四边形ABCD中，AD＝2AB，F是AD的中点，作CE⊥AB，垂足E在线段AB上，联结EF、CF，那么下列结论①∠DCF＝∠BCD；②EF＝CF；③S△BEC＝2S△CEF；④∠DFE＝3∠AEF．其中一定成立是　①②④　（填序号）．

【分析】（1）问题解决：①延长FD到G，使得DG＝DF，连接BG、EG．（或把△CFD绕点D逆时针旋转180°得到△BGD），利用三角形的三边关系即可解决问题；
②若∠A＝90°，则∠EBC+∠FCB＝90°，在Rt△EBG中，根据BE2+BG2＝EG2，即可解决问题；
（2）问题拓展：由在平行四边形ABCD中，AD＝2AB，F是AD的中点，易得AF＝FD＝CD，继而证得①∠DCF＝∠BCD；然后延长EF，交CD延长线于M，分别利用平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质得出△AEF≌△DMF（ASA），得出对应线段之间关系进而得出答案．
【解答】解：（1）①延长FD到G，使得DG＝DF，连接BG、EG．（或把△CFD绕点D逆时针旋转180°得到△BGD），

∴CF＝BG，DF＝DG，
∵DE⊥DF，
∴EF＝EG．
在△BEG中，BE+BG＞EG，即BE+CF＞EF．
②若∠A＝90°，则∠EBC+∠FCB＝90°，
由①知∠FCD＝∠DBG，EF＝EG，
∴∠EBC+∠DBG＝90°，即∠EBG＝90°，
∴在Rt△EBG中，BE2+BG2＝EG2，
∴BE2+CF2＝EF2；

（2）：①∵F是AD的中点，
∴AF＝FD，
∵在▱ABCD中，AD＝2AB，
∴AF＝FD＝CD，
∴∠DFC＝∠DCF，
∵AD∥BC，
∴∠DFC＝∠FCB，
∴∠DCF＝∠BCF，
∴∠DCF＝∠BCD，故此选项正确；
②延长EF，交CD延长线于M，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠A＝∠MDF，
∵F为AD中点，
∴AF＝FD，
在△AEF和△DFM中，
，
∴△AEF≌△DMF（ASA），
∴FE＝MF，∠AEF＝∠M，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC＝90°，
∴∠AEC＝∠ECD＝90°，
∵FM＝EF，
∴FC＝EF＝FM，故②正确；
③∵EF＝FM，
∴S△EFC＝S△CFM，
∵MC＞BE，
∴S△BEC＜2S△EFC
故S△BEC＝2S△CEF错误；
④设∠FEC＝x，则∠FCE＝x，
∴∠DCF＝∠DFC＝90°﹣x，
∴∠EFC＝180°﹣2x，
∴∠EFD＝90°﹣x+180°﹣2x＝270°﹣3x，
∵∠AEF＝90°﹣x，
∴∠DFE＝3∠AEF，故此选项正确．
故答案为①②④．
【点评】本题考查四边形综合题、平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的三边关系、勾股定理、三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
四、平行线中点
一．选择题（共2小题）
1．（2021春•鄞州区校级期中）矩形ABCD与ECFG如图放置，点B，C，F共线，点C，E，D共线，连接AG，取AG的中点H，连接EH．若AB＝CF＝4，BC＝CE＝2，则EH＝（　　）

A． B．2 C． D．
【分析】由“ASA”可证△ADH≌△GNH，可得DH＝HN，NG＝AD＝2，由等腰直角三角形的性质可求解．
【解答】解：连接DH，并延长交EG于N，

∵AD∥EG，
∴∠DAH＝∠AGN，
∵点H是AG的中点，
∴AH＝HG，
在△ADH和△GNH中，
，
∴△ADH≌△GNH（ASA），
∴DH＝HN，NG＝AD＝2，
∵AB＝CD＝EG＝4，BC＝CE＝2，
∴DE＝EN＝2，
又∵∠DEN＝90°，
∴DN＝DE＝2，
∵DE＝EN，DH＝HN，∠DEN＝90°，
∴EH＝DN＝，
故选：A．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，矩形的性质，等腰直角三角形的性质，证明DE＝EN是本题的关键．
2．（2022春•鄞州区期中）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝2，AB＝，∠B是锐角，AE⊥BC于点E，F是AB的中点，连接DF、EF．若∠EFD＝90°，则AE长为（　　）

A．2 B． C． D．
【分析】如图，延长EF交DA的延长线于Q，连接DE，设BE＝x．首先证明DQ＝DE＝x+2，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【解答】解：如图，延长EF交DA的延长线于Q，连接DE，设BE＝x，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DQ∥BC，
∴∠Q＝∠BEF，
∵AF＝FB，∠AFQ＝∠BFE，
∴△QFA≌△EFB（AAS），
∴AQ＝BE＝x，QF＝EF，
∵∠EFD＝90°，
∴DF⊥QE，
∴DQ＝DE＝x+2，
∵AE⊥BC，BC∥AD，
∴AE⊥AD，
∴∠AEB＝∠EAD＝90°，
∵AE2＝DE2﹣AD2＝AB2﹣BE2，
∴（x+2）2﹣4＝6﹣x2，
整理得：2x2+4x﹣6＝0，
解得x＝1或﹣3（舍弃），
∴BE＝1，
∴AE＝，
故选：B．
【点评】本题考查平行四边形的性质，线段的垂直平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
二．填空题（共1小题）
3．（2022春•清江浦区校级期中）如图，在△ACD中，∠CAD＝90°，AC＝6，AD＝10，AB∥CD，E是CD上一点，BE交AD于点F，若AB＝DE，则图中阴影部分的面积为 　30　．

【分析】证明△BAF≌△EDF（AAS），则S△BAF＝S△EDF，利用割补法可得阴影部分面积．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠BAD＝∠D，
在△BAF和△EDF中，
，
∴△BAF≌△EDF（AAS），
∴S△BAF＝S△EDF，
∴图中阴影部分面积＝S四边形ACEF+S△BAF＝S△ACD＝•AC•AD＝×6×10＝30．
故答案为：30．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行线的性质，三角形的面积计算方法，熟练掌握全等三角形的判定是解决问题的关键．
三．解答题（共2小题）
4．（2021春•扶沟县期中）如图，已知AB＝12，AB⊥BC于B，AB⊥AD于A，AD＝5，BC＝10．点E是CD的中点，求AE的长．

【分析】如图，延长AE交BC于F，构造全等三角形△AED≌△FEC（AAS），则对应边AE＝FE，AD＝FC．在Rt△ABF中，利用勾股定理即可求得线段AF的长度．
【解答】解：如图，延长AE交BC于F．
∵AB⊥BC，AB⊥AD，
∴AD∥BC
∴∠D＝∠C，∠DAE＝∠CFE，
又∵点E是CD的中点，
∴DE＝CE．
∵在△AED与△FEC中，
，
∴△AED≌△FEC（AAS），
∴AE＝FE，AD＝FC．
∵AD＝5，BC＝10．
∴BF＝5
在Rt△ABF中，，
∴AE＝AF＝6.5．

【点评】本题考查了勾股定理、全等三角形的判定与性质．注意，本题辅助线的作法．
5．（2022春•澄迈县期中）（1）方法回顾证明：三角形中位线定理．
已知：如图1，DE是△ABC的中位线．求证：　DE∥BC，DE＝BC　．
证明：
（2）问题解决：如图2，在正方形ABCD中，E为AD的中点，G、F分别为AB、CD边上的点，若AG＝3，DF＝4，∠GEF＝90°，求GF的长．

【分析】（1）过点C作CF∥BA交DE的延长线于点F，根据平行线和线段中点构造△ADE≌△CFE，从而可得DE＝EF＝DF，AD＝CF，进而可得DB＝CF，然后利用平行四边形的判定可得四边形DBCF是平行四边形，从而利用平行四边形的性质即可解答；
（2）延长GE，CD交于点H，根据正方形的性质可得AB∥CD，根据平行线和线段中点构造△AGE≌△DHE，从而利用全等三角形的性质可得AG＝DH＝3，GE＝EH，然后根据已知∠GEF＝90°，可得FE是GH的垂直平分线，从而利用线段垂直平分线的性质即可解答．
【解答】（1）已知：如图1，DE是△ABC的中位线．求证：DE∥BC，DE＝BC，
证明：过点C作CF∥BA交DE的延长线于点F，

∴∠A＝∠ACF，∠F＝∠ADF，
∵点E是AC的中点，
∴AE＝EC，
∴△ADE≌△CFE（AAS），
∴DE＝EF＝DF，AD＝CF，
∵点D是AB的中点，
∴AD＝DB，
∴DB＝CF，
∴四边形DBCF是平行四边形，
∴DF∥BC，DF＝BC，
∴DE∥BC，DE＝BC，
故答案为：DE∥BC，DE＝BC；
（2）延长GE，CD交于点H，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∴∠A＝∠ADH，∠AGE＝∠H，
∵点E是AD的中点，
∴AE＝DE，
∴△AGE≌△DHE（AAS），
∴AG＝DH＝3，GE＝EH，
∵DF＝4，
∴FH＝DH+DF＝7，
∵∠GEF＝90°，
∴FE是GH的垂直平分线，
∴GF＝FH＝7，
∴GF的长为7．


【点评】本题考查了三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．

五、“雨伞”模型
一．选择题（共1小题）
1．（2022秋•新洲区期中）如图，BP是∠ABC的平分线，AP⊥BP于P，连接PC，若△ABC的面积为1cm2，则△PBC的面积为（　　）

A．0.4cm2 B．0.5cm2 C．0.6cm2 D．不能确定
【分析】延长AP交BC于E，根据已知条件证得△ABP≌△EBP，根据全等三角形的性质得到AP＝PE，得出S△ABP＝S△EBP，S△ACP＝S△ECP，推出S△PBC＝S△ABC，代入求出即可．
【解答】解：如图，延长AP交BC于E，
∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP＝∠EBP，
∵AP⊥BP，
∴∠APB＝∠EPB＝90°，
∴△ABP≌△EBP（ASA），
∴AP＝PE，
∴S△ABP＝S△EBP，S△ACP＝S△ECP，
∴S△PBC＝S△ABC＝×1＝0.5（cm2），
故选：B．

【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的面积的应用，注意：等底等高的三角形的面积相等．
二．填空题（共1小题）
2．（2022春•芙蓉区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，DE垂直平分AC，垂足为点E，若BD＝1，则BC的长为 　3　．

【分析】先利用角平分线的性质、线段垂直平分线的性质、全等说明线段AB与AE、BD与DE、CD与AD的关系，再在Rt△ABC中说明∠C的度数，最后利用特殊角在Rt△ECD中求出CD．
【解答】解：∵∠B＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，DE垂直平分AC，
∴CD＝AD，BD＝DE＝1，AC＝2AE．
在Rt△ABD和Rt△AED中，
，
∴△ABD≌△AED（HL）．
∴AB＝AE．
∴AC＝2AB．
在Rt△ABC中，∵AC＝2AB，
∴∠C＝30°．
在Rt△ECD中，
∵ED＝1，∠C＝30°，
∴CD＝2DE＝2．
∴BC＝CD+BD＝2+1＝3．
故答案为：3．
【点评】本题主要考查了角平分线、线段的垂直平分线及含30°角的直角三角形的性质等知识点．掌握“角平分线上的点到角两边的距离相等”“等腰三角形的三线合一”及“直角三角形中30°角所对的边等于斜边的一半”等知识点是解决本题的关键．
三．解答题（共3小题）
3．（2021春•高州市期中）如图，在△ABC中，已知D是BC的中点，过点D作BC的垂线交∠BAC的平分线于点E，EF⊥AB于点F，EG⊥AC于点G．
（1）求证：BF＝CG；
（2）若AB＝12，AC＝8，求线段CG的长．

【分析】（1）连接EC、EB，根据AE是∠CAB的平分线，得出EG＝EF，再根据ED垂直平分BC，得出Rt△CGE≌△BFE，从而证出BF＝CG；
（2）根据全等三角形的性质得到AF＝AG，求得AG＝10，即得到结论．
【解答】（1）连接EC、EB．

∵AE是∠CAB的平分线，
EF⊥AB于点F，EG⊥AC于点G，
∴EG＝EF，
又∵ED垂直平分BC，
∴EC＝EB，
∴Rt△CGE≌Rt△BFE（HL），
∴BF＝CG；
（2）在Rt△AEF和Rt△AEG中，
，
∴△AEF≌△AEG（HL），
∴AF＝AG，
∵BF＝CG，
∴AB+AC＝AF+BF+AG﹣CG＝2AG，
∵AB＝12，AC＝8，
∴AG＝10，
∴CG＝AG﹣AC＝2．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，在解题时要注意判定和性质的灵活应用以及与角平分线的性质的联系是本题的关键．
4．（2021春•驿城区校级期中）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，∠C＝90°，DE⊥AB于点E，点F在AC上，BD＝DF．
（1）求证：CF＝EB．
（2）若AB＝20，AC＝16，求AF的长．

【分析】（1）利用角平分线的性质可得DC＝DE，再利用“HL”证明Rt△DCF≌Rt△DEB，即可证明CF＝EB；
（2）利用“HL“证明Rt△ACD≌Rt△AED，可得AC＝AE，设CF＝BE＝x，则AE＝AB﹣BE＝20﹣x＝AC＝AF＝16，即可建立方程求解．
【解答】解：（1）证明：∵DE⊥AB于点E，
∴∠DEB＝90°，
又AD平分∠BAC，∠C＝90°，
∴DC＝DE，
在Rt△DCF和Rt△DEB中，
，
∴Rt△DCF≌Rt△DEB（HL），
∴CF＝EB．
（2）在Rt△ACD和Rt△AED中，
，
∴Rt△ACD≌Rt△AED（HL），
∴AC＝AE．
设CF＝BE＝x，则AE＝AB﹣BE＝20﹣x＝AC＝16，
解得：x＝4．
∴AF＝16﹣4＝12．

【点评】本题考查了直角三角形全等的判定与性质，角平分线的性质，难度较低，在图形中找到正确的全等三角形以及熟悉以上性质与判定是关键．
5．（2021春•黄骅市期中）如图，在△ABC中，点D为边BC的中点，点E在△ABC内，AE平分∠BAC，CE⊥AE，点F在AB上，且BF＝DE．
（1）求证：四边形BDEF是平行四边形；
（2）线段AB，BF，AC之间具有怎样的数量关系？证明你所得到的结论．

【分析】（1）证明△AGE≌△ACE，根据全等三角形的性质可得到GE＝EC，再利用三角形的中位线定理证明DE∥AB，再加上条件DE＝BF可证出结论；
（2）先证明BF＝DE＝BG，再证明AG＝AC，可得到BF＝（AB﹣AG）＝（AB﹣AC）．
【解答】（1）证明：延长CE交AB于点G，
∵AE⊥CE，
∴∠AEG＝∠AEC＝90°，
在△AEG和△AEC中，
，
∴△AGE≌△ACE（ASA）．
∴GE＝EC．
∵BD＝CD，
∴DE为△CGB的中位线，
∴DE∥AB．
∵DE＝BF，
∴四边形BDEF是平行四边形．

（2）解：BF＝（AB﹣AC）．
理由如下：
∵四边形BDEF是平行四边形，BF＝DE．
∵D、E分别是BC、GC的中点，
∴BF＝DE＝BG．
∵△AGE≌△ACE，
∴AG＝AC，
∴BF＝（AB﹣AG）＝（AB﹣AC）．

【点评】此题主要考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，题目综合性较强，证明GE＝EC，再利用三角形中位线定理证明DE∥AB是解决问题的关键．
六、半角模型
一．选择题（共1小题）
1．（2021春•牡丹区期中）如图，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边BC上两点，且∠DAE＝45°，将△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB，连接EF，下列结论：
①△AED≌△AEF；②∠FAD＝90°；③BE+DC＝DE④BE2+DC2＝DE2，其中一定正确的是（　　）

A．①③ B．①②④ C．①②③④ D．②④
【分析】根据旋转的性质可得，∠FAD＝90°，AF＝AD，BF＝DC，∠ABF＝∠C，从而证明△FAE≌△DAE，∠FBE＝90°，进而可得EF＝DE，然后在Rt△BFE中，利用勾股定理，进行计算即可判断①②④正确．
【解答】解：由旋转得：
∠FAD＝90°，AF＝AD，BF＝DC，∠ABF＝∠C，
∵∠DAE＝45°，
∴∠FAE＝∠FAD﹣∠DAE＝45°，
∴∠FAE＝∠DAE，
∵AE＝AE，
∴△FAE≌△DAE（SAS），
∴EF＝DE，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ABC+∠C＝90°，
∴∠ABF+∠ABC＝90°，
∴∠FBE＝90°，
在Rt△BFE中，BF2+BE2＝EF2，
∴CD2+BE2＝DE2，
∴上列结论，一定正确的是：①②④，
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定，等腰直角三角形，勾股定理，熟练掌握等腰三角形中的半角模型是解题的关键．
二．解答题（共7小题）
2．（2021秋•同江市期中）已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N．当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时（如图1），易证BM+DN＝MN．
（1）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；
（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM、DN和MN之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．

【分析】（1）BM+DN＝MN成立，证得B、E、M三点共线即可得到△AEM≌△ANM，从而证得ME＝MN．
（2）DN﹣BM＝MN．证明方法与（1）类似．
【解答】解：（1）BM+DN＝MN成立．
证明：如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，
得到△ABE，则可证得E、B、M三点共线（图形画正确）．
∴∠EAM＝90°﹣∠NAM＝90°﹣45°＝45°，
又∵∠NAM＝45°，
∴在△AEM与△ANM中，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴ME＝MN，
∵ME＝BE+BM＝DN+BM，
∴DN+BM＝MN；

（2）DN﹣BM＝MN．
在线段DN上截取DQ＝BM，
在△ADQ与△ABM中，
∵，
∴△ADQ≌△ABM（SAS），
∴∠DAQ＝∠BAM，
∴∠QAN＝∠MAN．
在△AMN和△AQN中，

∴△AMN≌△AQN（SAS），
∴MN＝QN，
∴DN﹣BM＝MN．


【点评】本题考查了旋转的性质，解决此类问题的关键是正确的利用旋转不变量．
3．（2021春•丽水期中）已知正方形ABCD中，M，N是边BC，CD上任意两点，∠MAN＝45°，连结MN．
（1）如图①，请直接写出BM，DN，MN三条线段的数量关系：　MN＝BM+DN　；
（2）如图②，过点A作AH⊥MN于点H，求证：AB＝AH；
（3）如图③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝2，NH＝3，求AH的长．


【分析】（1）延长CD到E，使DE＝BM，利用SAS证明△ABM≌△ADE，得∠BAM＝∠DAE，AM＝AE，再证明△AMN≌△AEN（SAS），得MN＝NE＝ND+BM；
（2）由（1）知，∠AMB＝∠AED，∠AED＝∠AMN，得∠AMB＝∠AMN，再利用角平分线的性质可证明结论；
（3）将图③放到图②中，利用HL证明Rt△ABM≌Rt△AHM，得BM＝MH＝2，同理得，NH＝ND＝3，设BC＝AB＝x，则CM＝x﹣2，CN＝x﹣3，在Rt△MCN中，利用勾股定理列方程，从而解决问题．
【解答】（1）解：延长CD到E，使DE＝BM，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠ABM＝∠ADE＝90°，
∵BM＝DE，
∴△ABM≌△ADE（SAS），
∴∠BAM＝∠DAE，AM＝AE，
∵∠MAN＝45°，
∴∠BAM+∠DAN＝∠NAE＝45°，
∵AN＝AN，
∴△AMN≌△AEN（SAS），
∴MN＝NE＝ND+BM，
∴MN＝BM+DN，
故答案为：MN＝BM+DN；
（2）证明：由（1）知，∠AMB＝∠AED，∠AED＝∠AMN，
∴∠AMB＝∠AMN，
∵AB⊥BC，AH⊥MN，
∴AB＝AH；
（3）解：将图③放到图②中，
∵AB＝AH，AM＝AM，
∴Rt△ABM≌Rt△AHM（HL），
∴BM＝MH＝2，
同理得，NH＝ND＝3，
设BC＝AB＝x，则CM＝x﹣2，CN＝x﹣3，
在Rt△MCN中，由勾股定理得，
（x﹣2）2+（x﹣3）2＝52，
解得x1＝6，x2＝﹣1（舍），
∴AB＝6．
由（1）知，AB＝AH，
∴AH＝6．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，角平分线的性质等知识，熟练掌握基本几何模型﹣﹣正方形中的半角模型是解题的关键．
4．（2021春•福田区校级期中）探究：
（1）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45°，试判断BE、DF与EF三条线段之间的数量关系，直接写出判断结果：　EF＝BE+DF　；
（2）如图2，若把（1）问中的条件变为“在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD”，则（1）问中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由；
（3）在（2）问中，若将△AEF绕点A逆时针旋转，当点分别E、F运动到BC、CD延长线上时，如图3所示，其它条件不变，则（1）问中的结论是否发生变化？若变化，请给出结论并予以证明．

【分析】（1）将△ADF绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△ABF′，然后求出∠EAF′＝∠EAF＝45°，利用“边角边”证明△AEF和△AEF′全等，根据全等三角形对应边相等可得EF＝EF′，从而得解；
（2）将△ADF绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△ABF′，根据旋转变换的性质可得△ADF和△ABF′全等，根据全等三角形对应角相等可得∠BAF′＝∠DAF，对应边相等可得AF′＝AF，BF′＝DF，对应角相等可得∠ABF′＝∠D，再根据∠EAF＝∠BAD证明∠EAF′＝∠EAF，并证明E、B、F′三点共线，然后利用“边角边”证明△AEF和△AEF′全等，根据全等三角形对应边相等可得EF′＝EF，从而得解；
（3）将△ADF绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，点F落在BC上点F′处，得到△ABF′，根据旋转变换的性质可得△ADF和△ABF′全等，根据全等三角形对应角相等可得∠BAF′＝∠DAF，对应边相等可得AF′＝AF，BF′＝DF，再根据∠EAF＝∠BAD证明∠F′AE＝∠FAE，然后利用“边角边”证明△F′AE和△FAE全等，根据全等三角形对应边相等可得EF＝EF′，从而求出EF＝BE﹣DF．
【解答】解：（1）如图1，将△ADF绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△ABF′，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAF′＝∠EAF＝45°，
在△AEF和△AEF′中，
，
∴△AEF≌△AEF′（SAS），
∴EF＝EF′，
又EF′＝BE+BF′＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF；

（2）结论EF＝BE+DF仍然成立．
理由如下：如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△ABF′，
则△ADF≌△ABF′，
∴∠BAF′＝∠DAF，AF′＝AF，BF′＝DF，∠ABF′＝∠D，
又∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠EAF＝∠DAF+∠BAE＝∠BAE+∠BAF′，
∴∠EAF＝∠EAF′，
又∵∠ABC+∠D＝180°，
∴∠ABF′+∠ABE＝180°，
∴F′、B、E三点共线，
在△AEF与△AEF′中，
，
∴△AEF≌△AEF′（SAS），
∴EF＝EF′，
又∵EF′＝BE+BF′，
∴EF＝BE+DF；

（3）发生变化．EF、BE、DF之间的关系是EF＝BE﹣DF．
理由如下：如图3，将△ADF绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，点F落在BC上点F′处，得到△ABF′，
∴△ADF≌△ABF′，
∴∠BAF′＝∠DAF，AF′＝AF，BF′＝DF，
又∵∠EAF＝∠BAD，且∠BAF′＝∠DAF，
∴∠F′AE＝∠BAD﹣（∠BAF′+∠EAD）＝∠BAD﹣（∠DAF+∠EAD）＝∠BAD﹣∠FAE＝∠FAE，
即∠F′AE＝∠FAE，
在△F′AE与△FAE中，，
∴△F′AE≌△FAE（SAS），
∴EF＝EF′，
又∵BE＝BF′+EF′，
∴EF′＝BE﹣BF′，
即EF＝BE﹣DF．



【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转变换的性质，利用旋转变换构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．
5．（2022秋•市南区期中）已知正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M，N，AH⊥MN于点H．

（1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系：　AB＝AH；　；
（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；
（3）如图③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝2，AH＝6，求NH的长．（可利用（2）得到的结论）
【分析】（1）由BM＝DN可得Rt△ABM≌Rt△ADN，从而可证∠BAM＝∠MAH＝22.5，Rt△ABM≌Rt△AHM，即可得AB＝AH；
（2）延长CB至E，使BE＝DN，由Rt△AEB≌Rt△AND得AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，从而可证△AEM≌△ANM，根据全等三角形对应边上的高相等即可得AB＝AH；
（3）分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，可证四边形ABCD是正方形，设NH＝x，在Rt△MCN中，由勾股定理列方程即可得答案．
【解答】解：（1）∵正方形ABCD，
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，
在Rt△ABM和Rt△ADN中，
，
∴Rt△ABM≌Rt△ADN（SAS），
∴∠BAM＝∠DAN，AM＝AN，
∵∠MAN＝45°，
∴∠BAM+∠DAN＝45°，
∴∠BAM＝∠DAN＝22.5°，
∵∠MAN＝45°，AM＝AN，AH⊥MN
∴∠MAH＝∠NAH＝22.5°，
∴∠BAM＝∠MAH，
在Rt△ABM和Rt△AHM中，
，
∴Rt△ABM≌Rt△AHM（AAS），
∴AB＝AH，
故答案为：AB＝AH；
（2）AB＝AH成立，理由如下：
延长CB至E，使BE＝DN，如图：

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°，
∴Rt△AEB≌Rt△AND（SAS），
∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，
∵∠DAN+∠BAM＝45°，
∴∠EAB+∠BAM＝45°，
∴∠EAM＝45°，
∴∠EAM＝∠NAM＝45°，
又AM＝AM，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∵AB，AH是△AEM和△ANM对应边上的高，
∴AB＝AH．
（3）分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，如图：

∵沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，
∴AB＝AH＝AD＝6，∠BAD＝2∠MAN＝90°，∠B＝∠AHM＝90°＝∠AHN＝∠D，
∴四边形ABCD是正方形，
∴AH＝AB＝BC＝CD＝AD＝6．
由（2）可知，设NH＝x，则MC＝BC﹣BM＝BC﹣HM＝4，NC＝CD﹣DN＝CD﹣NH＝6﹣x，
在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2+NC2，
∴（2+x）2＝42+（6﹣x）2，
解得x＝3，
∴NH＝3．
【点评】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形判定与性质、勾股定理等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
6．（2022春•鄞州区校级期中）已知，正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N，AH⊥MN于点H．
（1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系：　AH＝AB　；
（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；
（3）如图③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝2，NH＝3，求AH的长．（可利用（2）得到的结论）

【分析】（1）由三角形全等可以证明AH＝AB，
（2）延长CB至E，使BE＝DN，证明△AEM≌△ANM，能得到AH＝AB，
（3）分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，然后分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCE，设AH＝x，则MC＝x﹣2，NC＝x﹣3，在Rt△MCN中，由勾股定理，解得x．
【解答】解：（1）如图①AH＝AB．

（2）数量关系成立．如图②，延长CB至E，使BE＝DN．
∵ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°，
在Rt△AEB和Rt△AND中，，
∴Rt△AEB≌Rt△AND（SAS），
∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，
∵∠DAN+∠BAM＝45°，
∴∠EAB+∠BAM＝45°，
∴∠EAM＝45°，
∴∠EAM＝∠NAM＝45°，
在△AEM和△ANM中，，
∴△AEM≌△ANM（SAS）．
∴S△AEM＝S△ANM，EM＝MN，
∵AB、AH是△AEM和△ANM对应边上的高，
∴AB＝AH．

（3）如图③分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，
∴BM＝2，DN＝3，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°．
分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCD，
由（2）可知，AH＝AB＝BC＝CD＝AD．
设AH＝x，则MC＝x﹣2，NC＝x﹣3，
在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2+NC2
∴52＝（x﹣2）2+（x﹣3）2
解得x1＝6，x2＝﹣1．（不符合题意，舍去）
∴AH＝6．


【点评】本题主要考查正方形的性质和三角形全等的判断，难度中等．
7．（2021秋•千山区期中）（1）如图1，正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF＝45°，延长CD到点G，使DG＝BE，连接EF，AG．求证：EF＝FG．
（2）如图2，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M，N在边BC上，且∠MAN＝45°，若BM＝1，CN＝3，求MN的长．

【分析】（1）证△ADG≌△ABE，△FAE≌△FAG，根据全等三角形的性质求出即可；
（2）过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE＝BM．连接AE、EN．通过证明△ABM≌△ACE（SAS）推知全等三角形的对应边AM＝AE、对应角∠BAM＝∠CAE；然后由等腰直角三角形的性质和∠MAN＝45°得到∠MAN＝∠EAN＝45°，所以△MAN≌△EAN（SAS），故全等三角形的对应边MN＝EN；最后由勾股定理得到EN2＝EC2+NC2即MN2＝BM2+NC2．
【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，
∠ABE＝∠ADG，AD＝AB，
在△ABE和△ADG中，

∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
∴∠EAG＝90°，
在△FAE和△FAG中，
，
∴△FAE≌△FAG（SAS），
∴EF＝FG；
（2）解：如图，过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE＝BM．连接AE、EN．

∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠B＝∠ACB＝45°．
∵CE⊥BC，
∴∠ACE＝∠B＝45°．
在△ABM和△ACE中，

∴△ABM≌△ACE（SAS）．
∴AM＝AE，∠BAM＝∠CAE．
∵∠BAC＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠BAM+∠CAN＝45°．
于是，由∠BAM＝∠CAE，得∠MAN＝∠EAN＝45°．
在△MAN和△EAN中，

∴△MAN≌△EAN（SAS）．
∴MN＝EN．
在Rt△ENC中，由勾股定理，得EN2＝EC2+NC2．
∴MN2＝BM2+NC2．
∵BM＝1，CN＝3，
∴MN2＝12+32，
∴MN＝
【点评】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理的综合应用．
8．（2015春•平度市期中）已知：△ABC是等边三角形，△BDC是等腰三角形，其中∠BDC＝120°，过点D作∠EDF＝60°，分别交AB于E，交AC于F，连接EF．

（1）若BE＝CF，求证：①△DEF是等边三角形；②BE+CF＝EF．
（2）若BE≠CF，即E、F分别是线段AB，AC上任意一点，BE+CF＝EF还会成立吗？请说明理由．
【分析】（1）延长AB到N，使BN＝CF，连接DN，求出∠FCD＝∠EBD＝∠NBD＝90°，根据SAS证△EBD≌△FCD，推出ED＝DF，得出等边三角形，根据SAS证△NBD≌△FCD，推出DN＝DF，∠NDB＝∠FDC，求出∠EDF＝∠EDN，根据SAS证△EDF≌△EDN，推出EF＝EN，即可得出答案；
（2）延长AB到N，使BN＝CF，连接DN，求出∠FCD＝∠EBD＝∠NBD＝90°，根据SAS证△NBD≌△FCD，推出DN＝DF，∠NDB＝∠FDC，求出∠EDF＝∠EDN，根据SAS证△EDF≌△EDN，推出EF＝EN，即可得出答案．
【解答】（1）证明：延长AB到N，使BN＝CF，连接DN，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵△DBC是等腰三角形，∠BDC＝120°，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∴∠ACD＝∠ABD＝30°+60°＝90°，
在△EBD和△FCD中
，
∴△EBD≌△FCD（SAS），
∴ED＝DF，
∵∠EDF＝60°，
∴△EDF是等边三角形，
∵△EBD≌△FCD，
∴∠EDB＝∠FDC，
∵在△NBD和△FCD中
，
∴△NBD≌△FCD（SAS），
∴DN＝DF，∠NDB＝∠FDC，
∵∠EDB＝∠FDC，
∴∠EDB＝∠BDN＝∠FDC，
∵∠BDC＝120°，∠EDF＝60°，
∴∠EDB+∠FDC＝60°，
∴∠EDB+∠BDN＝60°，
即∠EDF＝∠EDN，
在△EDN和△EDF中
，
∴△EDN≌△EDF（SAS），
∴EF＝EN＝BE+BN＝BE+CF，
即△EDF是等边三角形，BE+CF＝EF．

（2）解：BE+CF＝EF还成立，理由是：
延长AB到N，使BN＝CF，连接DN，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵△DBC是等腰三角形，∠BDC＝120°，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∴∠ACD＝∠ABD＝30°+60°＝90°＝∠NBD，
∵在△NBD和△FCD中
，
∴△NBD≌△FCD（SAS），
∴DN＝DF，∠NDB＝∠FDC，
∵∠BDC＝120°，∠EDF＝60°，
∴∠EDB+∠FDC＝60°，
∴∠EDB+∠BDN＝60°，
即∠EDF＝∠EDN，
在△EDN和△EDF中
，
∴△EDN≌△EDF（SAS），
∴EF＝EN＝BE+BN＝BE+CF，
即BE+CF＝EF．

【点评】本题考查了等边三角形性质和判定，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，全等三角形的性质和判定的综合运用，题目综合性比较强，有一定的难度，但是证明过程类似．
七、胖瘦模型
一．选择题（共1小题）
1．（2022春•清江浦区校级期中）如图，D是AB上一点，DF交AC于点E，DE＝FE，FC∥AB，若AB＝6，CF＝4，则BD的长是（　　）

A．1.5 B．2 C．2.5 D．3
【分析】根据平行线的性质，得出∠A＝∠FCE，∠ADE＝∠F，根据全等三角形的判定，得出△ADE≌△CFE，根据全等三角形的性质，得出AD＝CF，根据AB＝6，FC＝4，即可求线段DB的长．
【解答】解：∵CF∥AB，
∴∠A＝∠FCE，∠ADE＝∠F，
在△ADE和△FCE中，
，
∴△ADE≌△CFE（AAS），
∴AD＝CF＝4，
∵AB＝6，
∴DB＝AB﹣AD＝6﹣4＝2．
故选：B．

【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行线的性质的应用，能判定△ADE≌△FCE是解此题的关键，解题时注意运用全等三角形的对应边相等，对应角相等．
二．填空题（共2小题）
2．（2021春•灌阳县期中）如图，在Rt△ABC和Rt△DEF中，∠B＝∠E＝90°，AC＝DF，AB＝DE，若∠A＝55°，则∠DFE＝　35°　．

【分析】根据“HL”可以证明Rt△ABC≌Rt△DEF，则∠D＝∠A＝50°，根据余角的性质即可求得∠DFE的度数．
【解答】解：在Rt△ABC与Rt△DEF中，
∵∠B＝∠E＝90°，AC＝DF，AB＝DE，
∴Rt△ABC≌Rt△DEF（HL），
∴∠D＝∠A＝55°，
∴∠DFE＝90°﹣∠D＝90°﹣55°＝35°．
故答案为：35°．
【点评】此题主要考查直角三角形全等的判定：HL，还有直角三角形两锐角互余的性质．
3．（2022春•镇海区校级期中）如图，已知△ABC是边长为6的等边三角形，点D是边BC上的一点，且BD＝2，以AD为边作等边△ADE，过点E作EF∥BC，交AC于点F，连接BF，则S四边形BDEF＝　2　．

【分析】连接EC，作CH⊥EF于H．首先证明△BAD≌△CAE（SAS），再证明△EFC是等边三角形即可解决问题．
【解答】解：连接EC，作CH⊥EF于H，
∵△ABC，△ADE都是等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD与△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝EC＝2，∠ACE＝∠ABD＝60°，
∵EF∥BC，
∴∠EFC＝∠ACB＝60°，
∴△EFC是等边三角形，
∴CH＝，EF＝EC＝BD，
∵EF∥BD，
∴四边形BDEF是平行四边形，
∴S平行四边形BDEF＝BD•CH＝2．

【点评】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题．
三．解答题（共2小题）
4．（2021春•扶沟县期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点P在斜边AB上，以PC为直角边作等腰直角三角形PCQ，∠PCQ＝90°，则PA2，PB2，PC2三者之间的数量关系是 　PB2+PA2＝2PC2　，请说明理由．（提示：连接BQ）

【分析】连接BQ，由“SAS”可证△ACP≌△BCQ，可得∠CAP＝∠CBQ＝45°，AP＝BQ，可得∠ABQ＝90°，由勾股定理可得PB2+BQ2＝PQ2，即可求解．
【解答】解：PB2+AP2＝2CP2，理由：
如图，连接BQ，

∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
∵△PCQ是等腰直角三角形，
∴PC＝CQ，∠PCQ＝90°＝∠ACB，PQ2＝2CP2，
∴∠ACP＝∠BCQ，
又∵AC＝BC，
∴△ACP≌△BCQ（SAS），
∴∠CAP＝∠CBQ＝45°，AP＝BQ，
∴∠ABQ＝90°，
∴PB2+BQ2＝PQ2，
∴PB2+AP2＝2CP2，
故答案为：PB2+PA2＝2PC2．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，证明∠ABQ＝90°是本题的关键．
5．（2022春•崇义县期中）定义：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“等补四边形”．
如图1，四边形ABCD中，AD＝CD，∠A+∠C＝180°，则四边形ABCD叫做“等补四边形”．
（1）概念理解
①在以下四种图形中，一定是“等补四边形”的是 　D　．
A．平行四边形
B．菱形
C．矩形
D．正方形
②等补四边形ABCD中，若∠B：∠C：∠D＝2：3：4，则∠A＝　90°　．
（2）知识运用
如图1，在四边形ABCD中，BD平分∠ABC，AD＝CD，BC＞BA．求证：四边形ABCD是等补四边形．
（3）探究发现
如图2，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，连接AC，AC是否平分∠BCD？请说明理由．

【分析】（1）判断图形是否满足“等补四边形”的对角互补，邻边相等的条件；
（2）根据角的对称性，作与△ABD全等的三角形（或与△CBD全等三角形）；
（3）根据“等补四边形“的条件AB＝AD及∠B+∠ADC＝180°，构造等角，从而证明三角形全等．
【解答】解：（1）①∵平行四边形的对角相等，不一定互补，对边相等，邻边不一定相等，
∴平行四边形不一定是等补四边形，
故不选A；
∵菱形四边相等，对角相等，但不一定互补，
∴菱形不一定是等补四边形，
故不选B；
∵矩形对角互补，但邻边不一定相等，
∴矩形不一定是等补四边形，
故不选C；
∵正方形四个角是直角，四条边相相等，
∴正方形一定是等补四边形，
故选D．
②∵等补四边形对角互补，
∴∠A：∠B：∠C：∠D＝3：2：3：4，
又∵∠A+∠C＝180°，
∴∠A＝∠C＝90°，
故填90°．
（2）如图1，

证明：在BC上截取BE＝BA，连接DE，
在△BAD和△BED中，
，
∴△BAD≌△BED（SAS），
∴∠A＝∠DEB，AD＝DE．
∵AD＝CD，
∴DE＝DC．
∴∠C＝∠DEC．
∵∠BED+∠DEC＝180°，
∴∠A+∠C＝180°，
又∵AD＝CD，
∴四边形ABCD是等补四边形；
（3）
如图2，过点A分别作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，
则∠AEB＝∠AFD＝90°，
∵四边形ABCD是等补四边形，
∴∠B+∠ADC＝180°，
又∠ADC+∠ADF＝180°，
∴∠B＝∠ADF，
∵AB＝AD，
∴△ABE≌△ADF（AAS），
∴AE＝AF，
∴AC是∠BCF的平分线（在角的内部且到角两边距离相等的点在角平分线上），
即AC平分∠BCD．
【点评】本题考查在新定义的情况下，转化为学过的四边形和三角形全等等知识，解决问题的关键是作辅助线，转化为三角形全等．