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2024年中考数学几何模型专项复习讲与练 模型16 全等三角形——半角模型-原卷版+解析
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这是一份2024年中考数学几何模型专项复习讲与练 模型16 全等三角形——半角模型-原卷版+解析，共28页。
一：正方形中的半角模型
【条件】如图①两个角共顶点，②其中一个角（45）是另一个角（90）的一半
【结论】①EF=BE+DF
①∶延长CB至点P，使得BP=DF 连接AP,
第一次全等 第二次全等
在△ABP和△ADF中 在△AEP和△AEF中
AB=AD（正方形边长相等） AP=AF
∠ABP=∠ADF=90º ∠PAE=∠FAE
BP=DF（构造） AE=AE
∴ △ABP≌△ADF（SAS） ∴△AEP≌△AEF（SAS）
∴AP=AF ，∠1=∠2 ∴PE=EF
∵∠2+∠3=45º 即PB+BE=EF
∴∠1+∠3=45º, ∴DF+BE =EF
∴∠PAE=∠FAE
②EA平分∠BEF，FA平分∠DFE
由①得： △AEP≌△AEF，
则∠4=∠5，∠AFE=∠P
又△APB≌△AFD，
∴∠P=∠AFD，
∴∠AFE=∠AFD
∴EA平分∠BEF，FA平分∠DFE
③△EFC的周长等于正方形边长的2倍
由①得：EF=BE+DF，
∴△EFC的周长＝EF+EC+CF＝BE+DF+EC+CF
=BC+DC，
∴△EFC的周长等于正方形边长的
④ 如图：作AM⊥EF,则AM=AB
过A作AM⊥EF，
则∠AME=∠B=90º。
由①得∠1=∠2，AE=AE，
∴△ABE≌△AME（AAS）
∴AM=AB
⑤ 如图：
∠EAF=45º，则EF²=BE²+FC²
【证明】 如图，过点A作AP⊥AF 且AP=AF.连接PE
∵∠CAB= ∠PAF=90º，∠1=∠2
第一次全等 第二次全等
在△ABP和△ACF中 在△AEP和△AEF中
AB=AC AP=AF
∠2=∠1 ∠PAE=∠FAE
AP=AF AE=AE
∴ △ABP≌△ACF（SAS） ∴△AEP≌△AEF（SAS）
∴BP=CF ，∠ABP=∠C=45º ∴PE=EF
∵∠EAF=45º 在Rt△PBE中，PE²=PB²+BE²
∴∠1+∠3=45º, 即EF²=CF²+BE²
∴∠2+∠3 =45º
eq \\ac(○,巧) eq \\ac(○,记) eq \\ac(○,口) eq \\ac(○,诀)
见半角，旋全角，盖半角，得半角。
二：等腰三角形中的半角模型
【条件】 如图，△ABC是等边三角形，△BDC 是等腰三角形，
且∠BDC=120°，∠MDN=60，
【结论】①MN= BM+CN;
②△MAN 的周长等于△ABC边长的 2 倍;
③MD是∠BMN的平分线，ND是∠CNM的平分线
【证明】∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC=120°，
∴∠BCD=∠DBC=30°.
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC = ∠BAC = ∠BCA=60°,
∴∠DBA= ∠DCA=90°.
延长 AB至点F，使BF=CN，连接DF，
如图.在△BDF 和△CDN 中，DB=DC,∠DBF=∠DCN,BF=CN,
∴△BDF≌△CDN(SAS），
∴∠BDF=∠CDN,∠F=∠CND,DF=DN.
∵∠MDN=60°, ∴∠BDM+∠CDN=60°,∴∠BDM+∠BDF=60°，
即∠FDM=60°=∠MDN.
在△DMN 和△DMF 中，DN=DF,∠MDN= ∠MDF, DM=DM,
∴△DMN≌△DMF（SAS），
∴ MN=MF=BM+CN,
∠F=∠MND=∠CND，∠FMD=∠DMN，
∴△AMN的周长是 AM＋AN＋MN=AM＋MB＋CN＋AN=AB＋AC=2边长.
三：对角互补且邻边相等的半角模型
【条件】如图，∠B＋∠D=180°，∠BAD= 2∠EAF，AB=AD，
【结论】①EF=BE+FD;
②EA 是∠BEF的平分线，FA是∠DFE的平分线.
1． (2023·山东·龙口市培基学校八年级期中）如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，BC上，若F是BC的中点，且∠EDF＝45°，则DE的长为 _____．
2． (2023·全国·九年级专题练习）在中，，点在边上，．若，则的长为__________．
1． (2023·浙江·南海实验学校旌旗山初中校区八年级期末）已知：边长为4的正方形ABCD，∠EAF的两边分别与射线CB、DC相交于点E、F，且∠EAF＝45°，连接EF．求证：EF＝BE+DF．
思路分析：
(1)如图1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADE'，则F、D、E'在一条直线上，
∠E'AF＝ 度，……
根据定理，可证：△AEF≌△AE'F．
∴EF＝BE+DF．
类比探究：
(2)如图2，当点E在线段CB的延长线上，探究EF、BE、DF之间存在的数量关系，并写出证明过程；
拓展应用：
(3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，D、E在BC上，∠BAC＝2∠DAE．若S△ABC＝14，S△ADE＝6，求线段BD、DE、EC围成的三角形的面积．
2． (2023·陕西西安·七年级期末）问题背景：
如图1，在四边形ABCD中，，，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明，再证明，可得出结论，他的结论应是______．
实际应用：
如图2，在新修的小区中，有块四边形绿化ABCD，四周修有步行小径，且AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，在小径BC，CD上各修一凉亭E，F，在凉亭E与F之间有一池塘，不能直接到达，经测量得，BE＝10米，DF＝15米，试求两凉亭之间的距离EF．
3． (2023·江苏·八年级专题练习）问题情境
在等边△ABC的两边AB，AC上分别有两点M，N，点D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．
特例探究
如图1，当DM＝DN时，
（1）∠MDB＝ 度；
（2）MN与BM，NC之间的数量关系为 ；
归纳证明
（3）如图2，当DM≠DN时，在NC的延长线上取点E，使CE＝BM，连接DE，猜想MN与BM，NC之间的数量关系，并加以证明．
拓展应用
（4）△AMN的周长与△ABC的周长的比为 ．
1．（1）如图①，在四边形中，，，，分别是边，上的点，且．请直接写出线段，，之间的数量关系：__________；
（2）如图②，在四边形中，，，，分别是边，上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程；
（3）在四边形中，，，，分别是边，所在直线上的点，且．请画出图形（除图②外），并直接写出线段，，之间的数量关系．
2．如图，在等边三角形ABC中，点E是边AC上一定点，点D是直线BC上一动点，以DE为一边作等边三角形DEF，连接CF．
（1）如图1，若点D在边BC上，直接写出CE，CF与CD之间的数量关系；
（2）如图2，若点D在边BC的延长线上，请探究线段CE，CF与CD之间存在怎样的数量关系？并说明理由；
（3）如图3，若点D在边CB的延长线上，请直接写出CE，CF与CD之间的数量关系．
全等三角形
模型（十六）——半角模型
一：正方形中的半角模型
【条件】如图①两个角共顶点，②其中一个角（45）是另一个角（90）的一半
【结论】①EF=BE+DF
①∶延长CB至点P，使得BP=DF 连接AP,
第一次全等 第二次全等
在△ABP和△ADF中 在△AEP和△AEF中
AB=AD（正方形边长相等） AP=AF
∠ABP=∠ADF=90º ∠PAE=∠FAE
BP=DF（构造） AE=AE
∴ △ABP≌△ADF（SAS） ∴△AEP≌△AEF（SAS）
∴AP=AF ，∠1=∠2 ∴PE=EF
∵∠2+∠3=45º 即PB+BE=EF
∴∠1+∠3=45º, ∴DF+BE =EF
∴∠PAE=∠FAE
②EA平分∠BEF，FA平分∠DFE
由①得： △AEP≌△AEF，
则∠4=∠5，∠AFE=∠P
又△APB≌△AFD，
∴∠P=∠AFD，
∴∠AFE=∠AFD
∴EA平分∠BEF，FA平分∠DFE
③△EFC的周长等于正方形边长的2倍
③ 由①得：EF=BE+DF，
∴△EFC的周长＝EF+EC+CF＝BE+DF+EC+CF
=BC+DC，
∴△EFC的周长等于正方形边长的
④ 如图：作AM⊥EF,则AM=AB
过A作AM⊥EF，
则∠AME=∠B=90
由①得∠1=∠2，AE=AE，
∴△ABE≌△AME（AAS）
∴AM=AB
⑤ 如图：
∠EAF=45º，则EF²=BE²+FC²
【证明】 如图，过点A作AP⊥AF 且AP=AF.连接PE
∵∠CAB= ∠PAF=90º，∠1=∠2
第一次全等 第二次全等
在△ABP和△ACF中 在△AEP和△AEF中
AB=AC AP=AF
∠2=∠1 ∠PAE=∠FAE
AP=AF AE=AE
∴ △ABP≌△ACF（SAS） ∴△AEP≌△AEF（SAS）
∴BP=CF ，∠ABP=∠C=45º ∴PE=EF
∵∠EAF=45º 在Rt△PBE中，PE²=PB²+BE²
∴∠1+∠3=45º, 即EF²=CF²+BE²
∴∠2+∠3 =45º
eq \\ac(○,巧) eq \\ac(○,记) eq \\ac(○,口) eq \\ac(○,诀)
见半角，旋全角，盖半角，得半角。
二：等腰三角形中的半角模型
【条件】 如图，△ABC是等边三角形，△BDC 是等腰三角形，
且∠BDC=120°，∠MDN=60º，
【结论】①MN= BM+CN;
②△MAN 的周长等于△ABC边长的 2 倍;
③MD是∠BMN的平分线，ND是∠CNM的平分线
【证明】∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC=120°，
∴∠BCD=∠DBC=30°.
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC = ∠BAC = ∠BCA=60°,
∴∠DBA= ∠DCA=90°.
延长 AB至点F，使BF=CN，连接DF，
如图.在△BDF 和△CDN 中，DB=DC,∠DBF=∠DCN,BF=CN,
∴△BDF≌△CDN(SAS），
∴∠BDF=∠CDN,∠F=∠CND,DF=DN.
∵∠MDN=60°, ∴∠BDM+∠CDN=60°,∴∠BDM+∠BDF=60°，
即∠FDM=60°=∠MDN.
在△DMN 和△DMF 中，DN=DF,∠MDN= ∠MDF, DM=DM,
∴△DMN≌△DMF（SAS），
∴ MN=MF=BM+CN,
∠F=∠MND=∠CND，∠FMD=∠DMN，
∴△AMN的周长是 AM＋AN＋MN=AM＋MB＋CN＋AN=AB＋AC=2边长.
三：对角互补且邻边相等的半角模型
【条件】如图，∠B＋∠D=180°，∠BAD= 2∠EAF，AB=AD，
【结论】①EF=BE+FD;
②EA 是∠BEF的平分线，FA是∠DFE的平分线.
1． (2023·山东·龙口市培基学校八年级期中）如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，BC上，若F是BC的中点，且∠EDF＝45°，则DE的长为 _____．
【答案】2
【分析】延长BA到点G，使AG=CF，连接DG，EF，利用SAS证明△ADG≌△CDF，得∠CDF=∠GDA，DG=DF，再证明△GDE≌△FDE（SAS），得GE=EF，设AE=x，则BE=6x，EF=x+3，再利用勾股定理解决问题．
【详解】解：延长BA到点G，使AG＝CF，连接DG，EF，
∵AD＝CD，∠DAG＝∠DCF，
∴△ADG≌△CDF（SAS），
∴∠CDF＝∠GDA，DG＝DF，
∵∠EDF＝45°，
∴∠EDG=∠ADE+∠ADG＝∠ADE+∠CDF＝45°，
∵DE＝DE，
∴△GDE≌△FDE（SAS），
∴GE＝EF，
∵F是BC的中点，
∴AG=CF=BF=3，
设AE＝x，则BE＝6﹣x，EF＝x+3，
由勾股定理得，（6﹣x）2+32＝（x+3）2，
解得x＝2，
∴AE＝2，
∴DE＝，
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握半角模型的处理策略是解题的关键．
2． (2023·全国·九年级专题练习）在中，，点在边上，．若，则的长为__________．
【答案】
【分析】将CE绕点C顺时针旋转90°得到CG，连接GB，GF，可得△ACE≌△BCG，从而得FG2＝AE2＋BF2，再证明△ECF≌△GCF，从而得EF2＝AE2＋BF2，进而即可求解．
【详解】解：将CE绕点C顺时针旋转90°得到CG，连接GB，GF，
∵∠BCE＋∠ECA＝∠BCG＋∠BCE＝90°
∴∠ACE＝∠BCG．
∵在△ACE与△BCG中，
∵，
∴△ACE≌△BCG（SAS），
∴∠A＝∠CBG＝45°，AE＝BG，
∴∠FBG＝∠FBC＋∠CBG＝90°．
在Rt△FBG中，∠FBG＝90°，
∴FG2＝BG2＋BF2＝AE2＋BF2．
又∵∠ECF＝45°，
∴∠FCG＝∠ECG−∠ECF＝45°＝∠ECF．
∵在△ECF与△GCF中，
，
∴△ECF≌△GCF（SAS）．
∴EF＝GF，
∴EF2＝AE2＋BF2，
∵，
∴BF=，
故答案是：．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质以及旋转变换，二次根式的化简，通过旋转变换，构造全等三角形，是解题的关键．
1． (2023·浙江·南海实验学校旌旗山初中校区八年级期末）已知：边长为4的正方形ABCD，∠EAF的两边分别与射线CB、DC相交于点E、F，且∠EAF＝45°，连接EF．求证：EF＝BE+DF．
思路分析：
(1)如图1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADE'，则F、D、E'在一条直线上，
∠E'AF＝ 度，……
根据定理，可证：△AEF≌△AE'F．
∴EF＝BE+DF．
类比探究：
(2)如图2，当点E在线段CB的延长线上，探究EF、BE、DF之间存在的数量关系，并写出证明过程；
拓展应用：
(3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，D、E在BC上，∠BAC＝2∠DAE．若S△ABC＝14，S△ADE＝6，求线段BD、DE、EC围成的三角形的面积．
【答案】(1)45
(2)DF＝BE+EF，证明见解析
(3)2
【分析】（1）把绕点逆时针旋转至，则、、在一条直线上，，再证△，得，进而得出结论；
（2）将绕点逆时针旋转得到，由旋转的性质得，再证△，得，进而得出结论；
（3）将绕点逆时针旋转得到，连接，则，得，因此，同（2）得△，则，，得、、围成的三角形面积，即可求解．
（1）
解：如图1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至，
则F、D、在一条直线上，≌△ABE，
∴＝BE，∠＝∠BAE，＝AE，
∴∠＝∠EAD+∠＝∠EAD+∠BAE＝∠BAD＝90°，
则∠＝∠﹣∠EAF＝45°，
∴∠EAF＝∠，
∴△AEF≌△（SAS），
∴，
∵，
∴EF＝BE+DF．
故答案为：45；
（2）
解：DF＝BE+EF 理由如下：
将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△，
∴△≌△ABE，
∴AE＝，BE＝，∠＝∠BAE，
∴∠＝∠BAE+∠＝∠+∠＝∠BAD＝90°，
则∠＝∠﹣∠EAF＝45°，
∴∠＝∠EAF＝45°，
在△AEF和△中，
，
∴△AEF≌△（SAS），
∴，
∵，
∴DF＝BE+EF；
（3）
解：将△ABD绕点A逆时针旋转得到△，连接，
则△≌△ABD，
∴CD'＝BD，
∴，
同（2）得：△ADE≌△（SAS），
∴，，
∴BD、DE、EC围成的三角形面积为、、EC围成的三角形面积．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、旋转的性质、正方形的性质以及四边形和三角形面积等知识，本题综合性强，解此题的关键是根据旋转的启发正确作出辅助线得出全等三角形，属于中考常考题型．
2． (2023·陕西西安·七年级期末）问题背景：
如图1，在四边形ABCD中，，，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明，再证明，可得出结论，他的结论应是______．
实际应用：
如图2，在新修的小区中，有块四边形绿化ABCD，四周修有步行小径，且AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，在小径BC，CD上各修一凉亭E，F，在凉亭E与F之间有一池塘，不能直接到达，经测量得，BE＝10米，DF＝15米，试求两凉亭之间的距离EF．
【答案】问题背景：EF＝BE＋FD；实际应用：两凉亭之间的距离EF为25米
【分析】（1）根据△ABE≌△ADG可得BE=DG，根据△AEF≌△AGF得EF=GF，进而求得结果；
（2）延长CD至H，使DH=BE，可证得△ADH≌△ABE，进而证得△FAH≌△FAE，进一步求得EF．
【详解】解：问题背景：∵∠ADC=90°，∠ADC+∠ADG=180°，
∴∠ADG=90°，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=60°，∠BAD=120°，
∴∠BAE+DAF=120°-60°=60°，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=60°=∠EAF，
在△AEF和△AGF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF，
故答案为：EF=BE+DF；
实际应用：如图2，延长CD至H，使DH=BE，连接AH，
∵∠B+∠ADC=180°，∠ADH+∠ADC=180°，
∴∠ADH=∠B，
在△ADH和△ABE中，
，
∴△ADH≌△ABE（SAS），
∴AE=AH，∠BAE=∠DAH，
∵∠EAF=∠BAD，
∴∠HAF=∠DAH+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，
在△AEF和△AHF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF=FH，
∵FH=DH+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF，
∵BE=10米，DF=15米，
∴EF=10+15=25（米）．
【点睛】本题主要考查的是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质等知识，作辅助线构造全等三角形并两次证全等是解题的关键．
3． (2023·江苏·八年级专题练习）问题情境
在等边△ABC的两边AB，AC上分别有两点M，N，点D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．
特例探究
如图1，当DM＝DN时，
（1）∠MDB＝ 度；
（2）MN与BM，NC之间的数量关系为 ；
归纳证明
（3）如图2，当DM≠DN时，在NC的延长线上取点E，使CE＝BM，连接DE，猜想MN与BM，NC之间的数量关系，并加以证明．
拓展应用
（4）△AMN的周长与△ABC的周长的比为 ．
【答案】（1）30；（2）MN＝BM+NC；（3）MN＝BM+NC，证明见解析；（4）
【分析】（1）先证明△MDN是等边三角形，则MN＝DM＝DN，再证明Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），得∠BDM＝∠CDN＝30°；
（2）由（1）得DM＝2BM，可得结论MN＝2BM＝BM+NC；
归纳证明：先证△DBM≌△DCE（HL），得DM＝DE，∠BDM＝∠CDE，再证△MDN≌△EDN（SAS），得MN＝NE，可得结论MN＝BM+CN；
拓展应用：
（3）首先根据题意利用SAS证明△DBM≌△DCE，然后证明△MDN≌△EDN，根据全等三角形对应相等通过线段之间的转化即可得到MN＝BM+NC；
（4）由（3）得到MN＝BM+NC，则△AMN的周长＝2AB，△ABC的周长＝3AB，即可得出结论．
【详解】特例探究：
解：（1）∵DM＝DN，∠MDN＝60°，
∴△MDN是等边三角形，
∴MN＝DM＝DN，
∵∠BDC＝120°，BD＝DC，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠DBM＝∠DCN＝90°，
∵BD＝CD，DM＝DN，
∴Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），
∴∠MDB＝∠NDC＝30°，
故答案为：30；
（2）由（1）得：DM＝2BM，DM＝MN，Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），
∴BM＝CN，
∴DM＝MN＝2BM＝BM+NC，
即MN＝BM+NC；
归纳证明
（3）解：猜想：MN＝BM+NC，证明如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵BD＝CD，∠BDC＝120°，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∴∠MBD＝∠NCD＝90°．
∴∠MBD＝∠ECD＝90°，
又∵BD＝CD，BM＝CE，
∴△DBM≌△DCE（SAS），
∴DM＝DE，∠MDB＝∠EDC，
∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，
∴∠MDB+∠NDC＝60°，
∴∠EDN＝∠NDC+∠EDC＝∠MDB+∠NDC＝60°，
∴∠EDN＝∠MDN，
又∵DN＝DN，
∴△MDN≌△EDN（SAS），
∴MN＝EN＝EC+NC＝BM+NC；
拓展应用
（4）解：由（1）（2）得：MN＝BM+NC，
∴△AMN的周长＝AM+MN+AN＝AM+BM+NC+AN＝AB+AC＝2AB，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，
∴△ABC的周长＝3AB，
∴△AMN的周长与△ABC的周长的比为＝，
故答案为：．
【点睛】此题考查了等边三角形的性质的，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质．
1．（1）如图①，在四边形中，，，，分别是边，上的点，且．请直接写出线段，，之间的数量关系：__________；
（2）如图②，在四边形中，，，，分别是边，上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程；
（3）在四边形中，，，，分别是边，所在直线上的点，且．请画出图形（除图②外），并直接写出线段，，之间的数量关系．
【答案】（1）；（2）成立，理由见解析；（3）图形见解析，
【分析】（1）延长EB到G，使BG=DF，连接AG．证明△AGE和△AEF全等，则EF=GE，则EF=BE+DF，证明△ABE和△AEF中全等，那么AG=AF，∠1=∠2，∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=∠BAD．从而得出EF=GE；
（2）思路和作辅助线的方法同（1）；
（3）根据（1）的证法，我们可得出DF=BG，GE=EF，那么EF=GE=BE-BG=BE-DF．
【详解】（1）延长至，使，连接，
∵，，
∴≌，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
∵，
∴≌，
∴，
∵，
∴．
故答案为：
（）（）中的结论仍成立，
证明：延长至，使，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴≌，
∴，,
∵，
∴，
∴即，
在和中，
，
∴≌，
∴，即．
（），
证明：在上截取使，
连接，
∵，，
∴，
∵在和中，
，
∴≌，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴≌，
∴，
∵，
∴．
【点睛】此题主要考查了三角形全等的判定与性质，通过全等三角形来实现线段的转换是解题关键，没有明确的全等三角形时，要通过辅助线来构建与已知和所求条件相关联的全等三角形.
2．如图，在等边三角形ABC中，点E是边AC上一定点，点D是直线BC上一动点，以DE为一边作等边三角形DEF，连接CF．
（1）如图1，若点D在边BC上，直接写出CE，CF与CD之间的数量关系；
（2）如图2，若点D在边BC的延长线上，请探究线段CE，CF与CD之间存在怎样的数量关系？并说明理由；
（3）如图3，若点D在边CB的延长线上，请直接写出CE，CF与CD之间的数量关系．
【答案】（1）CE＋CF＝CD；（2）CF＝CE＋CD，理由见解析；（3）CD＝CE＋CF
【分析】（1）在CD上截取CH=CE，易证CEH是等边三角形，得EH=EC=CH，证明DEH≌FEC，得DH=CF，即可得出结论；
（2）先证GCE为等边三角形，再证EGD≌ECF，得到GD＝CF，又因为GD＝CG＋CD，得CF＝CG＋CD，则CF＝CE＋CD；
（3）先证GCE为等边三角形，再证CG＝CE＝EG， ∠GEC＝60°，ED＝EF，∠DEG＝∠FEC，得EGD≌ECF，则GD＝CF，即可得到CE +CF＝CD．
【详解】（1）证明：CE+CF=CD，
理由如下：在CD上截取CH=CE，连接EH，如图1所示：
∵ABC是等边三角形，
∴∠ECH=60°，
∴CEH是等边三角形，
∴EH=EC=CH，∠CEH=60°，
∵DEF是等边三角形，
∴DE=FE，∠DEF=60°，
∴∠DEH+∠HEF=∠FEC+∠HEF=60°，
∴∠DEH=∠FEC，
在DEH和FEC中，，
∴DEH≌FEC（SAS），
∴DH=CF，
∴CD=CH+DH=CE+CF，
∴CE+CF=CD；
（2）解：CF＝CE＋CD
理由如下：
∵ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠ACB＝60°，
作，交BC于点G，如图2所示
∴∠EGC＝∠B＝60°，∠GEC＝∠A＝60°，
∴∠EGC＝∠GEC＝∠ACB＝60°，
∴GCE为等边三角形，
∴CG＝CE＝EG，
∵EDF为等边三角形，
∴ED＝EF，∠DEF＝60°，
∴∠DEG＝∠FEC，
∴EGD≌ECF（SAS），
∴GD＝CF，
又GD＝CG＋CD
∴CF＝CE＋CD．
（3）∵ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠ABC＝∠ACB＝60°，
作，交BC于点G，如图所示
∴∠EGC＝∠ABC＝60°，∠GEC＝∠A＝60°，
∴∠EGC＝∠GEC＝∠ACB＝60°，
∴GCE为等边三角形，
∴CG＝CE＝EG， ∠GEC＝60°
∴∠GEC＝∠GEF +∠FEC ＝60°
∵EDF为等边三角形，
∴ED＝EF，∠DEF＝60°，
∴∠DEF＝∠GEF +∠DEG＝60°
∴∠DEG＝∠FEC，
∴EGD≌ECF（SAS），
∴GD＝CF，
又∵GD＝CD-CG，CG＝CE
∴CE +CF＝CD
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；作辅助线构建等边三角形是解题的关键，属于中考常考题型．
一：正方形中的半角模型
【条件】如图①两个角共顶点，②其中一个角（45）是另一个角（90）的一半
【结论】①EF=BE+DF
①∶延长CB至点P，使得BP=DF 连接AP,
第一次全等 第二次全等
在△ABP和△ADF中 在△AEP和△AEF中
AB=AD（正方形边长相等） AP=AF
∠ABP=∠ADF=90º ∠PAE=∠FAE
BP=DF（构造） AE=AE
∴ △ABP≌△ADF（SAS） ∴△AEP≌△AEF（SAS）
∴AP=AF ，∠1=∠2 ∴PE=EF
∵∠2+∠3=45º 即PB+BE=EF
∴∠1+∠3=45º, ∴DF+BE =EF
∴∠PAE=∠FAE
②EA平分∠BEF，FA平分∠DFE
由①得： △AEP≌△AEF，
则∠4=∠5，∠AFE=∠P
又△APB≌△AFD，
∴∠P=∠AFD，
∴∠AFE=∠AFD
∴EA平分∠BEF，FA平分∠DFE
③△EFC的周长等于正方形边长的2倍
由①得：EF=BE+DF，
∴△EFC的周长＝EF+EC+CF＝BE+DF+EC+CF
=BC+DC，
∴△EFC的周长等于正方形边长的
④ 如图：作AM⊥EF,则AM=AB
过A作AM⊥EF，
则∠AME=∠B=90º。
由①得∠1=∠2，AE=AE，
∴△ABE≌△AME（AAS）
∴AM=AB
⑤ 如图：
∠EAF=45º，则EF²=BE²+FC²
【证明】 如图，过点A作AP⊥AF 且AP=AF.连接PE
∵∠CAB= ∠PAF=90º，∠1=∠2
第一次全等 第二次全等
在△ABP和△ACF中 在△AEP和△AEF中
AB=AC AP=AF
∠2=∠1 ∠PAE=∠FAE
AP=AF AE=AE
∴ △ABP≌△ACF（SAS） ∴△AEP≌△AEF（SAS）
∴BP=CF ，∠ABP=∠C=45º ∴PE=EF
∵∠EAF=45º 在Rt△PBE中，PE²=PB²+BE²
∴∠1+∠3=45º, 即EF²=CF²+BE²
∴∠2+∠3 =45º
eq \\ac(○,巧) eq \\ac(○,记) eq \\ac(○,口) eq \\ac(○,诀)
见半角，旋全角，盖半角，得半角。
二：等腰三角形中的半角模型
【条件】 如图，△ABC是等边三角形，△BDC 是等腰三角形，
且∠BDC=120°，∠MDN=60，
【结论】①MN= BM+CN;
②△MAN 的周长等于△ABC边长的 2 倍;
③MD是∠BMN的平分线，ND是∠CNM的平分线
【证明】∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC=120°，
∴∠BCD=∠DBC=30°.
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC = ∠BAC = ∠BCA=60°,
∴∠DBA= ∠DCA=90°.
延长 AB至点F，使BF=CN，连接DF，
如图.在△BDF 和△CDN 中，DB=DC,∠DBF=∠DCN,BF=CN,
∴△BDF≌△CDN(SAS），
∴∠BDF=∠CDN,∠F=∠CND,DF=DN.
∵∠MDN=60°, ∴∠BDM+∠CDN=60°,∴∠BDM+∠BDF=60°，
即∠FDM=60°=∠MDN.
在△DMN 和△DMF 中，DN=DF,∠MDN= ∠MDF, DM=DM,
∴△DMN≌△DMF（SAS），
∴ MN=MF=BM+CN,
∠F=∠MND=∠CND，∠FMD=∠DMN，
∴△AMN的周长是 AM＋AN＋MN=AM＋MB＋CN＋AN=AB＋AC=2边长.
三：对角互补且邻边相等的半角模型
【条件】如图，∠B＋∠D=180°，∠BAD= 2∠EAF，AB=AD，
【结论】①EF=BE+FD;
②EA 是∠BEF的平分线，FA是∠DFE的平分线.
1． (2023·山东·龙口市培基学校八年级期中）如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，BC上，若F是BC的中点，且∠EDF＝45°，则DE的长为 _____．
2． (2023·全国·九年级专题练习）在中，，点在边上，．若，则的长为__________．
1． (2023·浙江·南海实验学校旌旗山初中校区八年级期末）已知：边长为4的正方形ABCD，∠EAF的两边分别与射线CB、DC相交于点E、F，且∠EAF＝45°，连接EF．求证：EF＝BE+DF．
思路分析：
(1)如图1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADE'，则F、D、E'在一条直线上，
∠E'AF＝ 度，……
根据定理，可证：△AEF≌△AE'F．
∴EF＝BE+DF．
类比探究：
(2)如图2，当点E在线段CB的延长线上，探究EF、BE、DF之间存在的数量关系，并写出证明过程；
拓展应用：
(3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，D、E在BC上，∠BAC＝2∠DAE．若S△ABC＝14，S△ADE＝6，求线段BD、DE、EC围成的三角形的面积．
2． (2023·陕西西安·七年级期末）问题背景：
如图1，在四边形ABCD中，，，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明，再证明，可得出结论，他的结论应是______．
实际应用：
如图2，在新修的小区中，有块四边形绿化ABCD，四周修有步行小径，且AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，在小径BC，CD上各修一凉亭E，F，在凉亭E与F之间有一池塘，不能直接到达，经测量得，BE＝10米，DF＝15米，试求两凉亭之间的距离EF．
3． (2023·江苏·八年级专题练习）问题情境
在等边△ABC的两边AB，AC上分别有两点M，N，点D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．
特例探究
如图1，当DM＝DN时，
（1）∠MDB＝ 度；
（2）MN与BM，NC之间的数量关系为 ；
归纳证明
（3）如图2，当DM≠DN时，在NC的延长线上取点E，使CE＝BM，连接DE，猜想MN与BM，NC之间的数量关系，并加以证明．
拓展应用
（4）△AMN的周长与△ABC的周长的比为 ．
1．（1）如图①，在四边形中，，，，分别是边，上的点，且．请直接写出线段，，之间的数量关系：__________；
（2）如图②，在四边形中，，，，分别是边，上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程；
（3）在四边形中，，，，分别是边，所在直线上的点，且．请画出图形（除图②外），并直接写出线段，，之间的数量关系．
2．如图，在等边三角形ABC中，点E是边AC上一定点，点D是直线BC上一动点，以DE为一边作等边三角形DEF，连接CF．
（1）如图1，若点D在边BC上，直接写出CE，CF与CD之间的数量关系；
（2）如图2，若点D在边BC的延长线上，请探究线段CE，CF与CD之间存在怎样的数量关系？并说明理由；
（3）如图3，若点D在边CB的延长线上，请直接写出CE，CF与CD之间的数量关系．
全等三角形
模型（十六）——半角模型
一：正方形中的半角模型
【条件】如图①两个角共顶点，②其中一个角（45）是另一个角（90）的一半
【结论】①EF=BE+DF
①∶延长CB至点P，使得BP=DF 连接AP,
第一次全等 第二次全等
在△ABP和△ADF中 在△AEP和△AEF中
AB=AD（正方形边长相等） AP=AF
∠ABP=∠ADF=90º ∠PAE=∠FAE
BP=DF（构造） AE=AE
∴ △ABP≌△ADF（SAS） ∴△AEP≌△AEF（SAS）
∴AP=AF ，∠1=∠2 ∴PE=EF
∵∠2+∠3=45º 即PB+BE=EF
∴∠1+∠3=45º, ∴DF+BE =EF
∴∠PAE=∠FAE
②EA平分∠BEF，FA平分∠DFE
由①得： △AEP≌△AEF，
则∠4=∠5，∠AFE=∠P
又△APB≌△AFD，
∴∠P=∠AFD，
∴∠AFE=∠AFD
∴EA平分∠BEF，FA平分∠DFE
③△EFC的周长等于正方形边长的2倍
③ 由①得：EF=BE+DF，
∴△EFC的周长＝EF+EC+CF＝BE+DF+EC+CF
=BC+DC，
∴△EFC的周长等于正方形边长的
④ 如图：作AM⊥EF,则AM=AB
过A作AM⊥EF，
则∠AME=∠B=90
由①得∠1=∠2，AE=AE，
∴△ABE≌△AME（AAS）
∴AM=AB
⑤ 如图：
∠EAF=45º，则EF²=BE²+FC²
【证明】 如图，过点A作AP⊥AF 且AP=AF.连接PE
∵∠CAB= ∠PAF=90º，∠1=∠2
第一次全等 第二次全等
在△ABP和△ACF中 在△AEP和△AEF中
AB=AC AP=AF
∠2=∠1 ∠PAE=∠FAE
AP=AF AE=AE
∴ △ABP≌△ACF（SAS） ∴△AEP≌△AEF（SAS）
∴BP=CF ，∠ABP=∠C=45º ∴PE=EF
∵∠EAF=45º 在Rt△PBE中，PE²=PB²+BE²
∴∠1+∠3=45º, 即EF²=CF²+BE²
∴∠2+∠3 =45º
eq \\ac(○,巧) eq \\ac(○,记) eq \\ac(○,口) eq \\ac(○,诀)
见半角，旋全角，盖半角，得半角。
二：等腰三角形中的半角模型
【条件】 如图，△ABC是等边三角形，△BDC 是等腰三角形，
且∠BDC=120°，∠MDN=60º，
【结论】①MN= BM+CN;
②△MAN 的周长等于△ABC边长的 2 倍;
③MD是∠BMN的平分线，ND是∠CNM的平分线
【证明】∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC=120°，
∴∠BCD=∠DBC=30°.
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC = ∠BAC = ∠BCA=60°,
∴∠DBA= ∠DCA=90°.
延长 AB至点F，使BF=CN，连接DF，
如图.在△BDF 和△CDN 中，DB=DC,∠DBF=∠DCN,BF=CN,
∴△BDF≌△CDN(SAS），
∴∠BDF=∠CDN,∠F=∠CND,DF=DN.
∵∠MDN=60°, ∴∠BDM+∠CDN=60°,∴∠BDM+∠BDF=60°，
即∠FDM=60°=∠MDN.
在△DMN 和△DMF 中，DN=DF,∠MDN= ∠MDF, DM=DM,
∴△DMN≌△DMF（SAS），
∴ MN=MF=BM+CN,
∠F=∠MND=∠CND，∠FMD=∠DMN，
∴△AMN的周长是 AM＋AN＋MN=AM＋MB＋CN＋AN=AB＋AC=2边长.
三：对角互补且邻边相等的半角模型
【条件】如图，∠B＋∠D=180°，∠BAD= 2∠EAF，AB=AD，
【结论】①EF=BE+FD;
②EA 是∠BEF的平分线，FA是∠DFE的平分线.
1． (2023·山东·龙口市培基学校八年级期中）如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，BC上，若F是BC的中点，且∠EDF＝45°，则DE的长为 _____．
【答案】2
【分析】延长BA到点G，使AG=CF，连接DG，EF，利用SAS证明△ADG≌△CDF，得∠CDF=∠GDA，DG=DF，再证明△GDE≌△FDE（SAS），得GE=EF，设AE=x，则BE=6x，EF=x+3，再利用勾股定理解决问题．
【详解】解：延长BA到点G，使AG＝CF，连接DG，EF，
∵AD＝CD，∠DAG＝∠DCF，
∴△ADG≌△CDF（SAS），
∴∠CDF＝∠GDA，DG＝DF，
∵∠EDF＝45°，
∴∠EDG=∠ADE+∠ADG＝∠ADE+∠CDF＝45°，
∵DE＝DE，
∴△GDE≌△FDE（SAS），
∴GE＝EF，
∵F是BC的中点，
∴AG=CF=BF=3，
设AE＝x，则BE＝6﹣x，EF＝x+3，
由勾股定理得，（6﹣x）2+32＝（x+3）2，
解得x＝2，
∴AE＝2，
∴DE＝，
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握半角模型的处理策略是解题的关键．
2． (2023·全国·九年级专题练习）在中，，点在边上，．若，则的长为__________．
【答案】
【分析】将CE绕点C顺时针旋转90°得到CG，连接GB，GF，可得△ACE≌△BCG，从而得FG2＝AE2＋BF2，再证明△ECF≌△GCF，从而得EF2＝AE2＋BF2，进而即可求解．
【详解】解：将CE绕点C顺时针旋转90°得到CG，连接GB，GF，
∵∠BCE＋∠ECA＝∠BCG＋∠BCE＝90°
∴∠ACE＝∠BCG．
∵在△ACE与△BCG中，
∵，
∴△ACE≌△BCG（SAS），
∴∠A＝∠CBG＝45°，AE＝BG，
∴∠FBG＝∠FBC＋∠CBG＝90°．
在Rt△FBG中，∠FBG＝90°，
∴FG2＝BG2＋BF2＝AE2＋BF2．
又∵∠ECF＝45°，
∴∠FCG＝∠ECG−∠ECF＝45°＝∠ECF．
∵在△ECF与△GCF中，
，
∴△ECF≌△GCF（SAS）．
∴EF＝GF，
∴EF2＝AE2＋BF2，
∵，
∴BF=，
故答案是：．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质以及旋转变换，二次根式的化简，通过旋转变换，构造全等三角形，是解题的关键．
1． (2023·浙江·南海实验学校旌旗山初中校区八年级期末）已知：边长为4的正方形ABCD，∠EAF的两边分别与射线CB、DC相交于点E、F，且∠EAF＝45°，连接EF．求证：EF＝BE+DF．
思路分析：
(1)如图1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADE'，则F、D、E'在一条直线上，
∠E'AF＝ 度，……
根据定理，可证：△AEF≌△AE'F．
∴EF＝BE+DF．
类比探究：
(2)如图2，当点E在线段CB的延长线上，探究EF、BE、DF之间存在的数量关系，并写出证明过程；
拓展应用：
(3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，D、E在BC上，∠BAC＝2∠DAE．若S△ABC＝14，S△ADE＝6，求线段BD、DE、EC围成的三角形的面积．
【答案】(1)45
(2)DF＝BE+EF，证明见解析
(3)2
【分析】（1）把绕点逆时针旋转至，则、、在一条直线上，，再证△，得，进而得出结论；
（2）将绕点逆时针旋转得到，由旋转的性质得，再证△，得，进而得出结论；
（3）将绕点逆时针旋转得到，连接，则，得，因此，同（2）得△，则，，得、、围成的三角形面积，即可求解．
（1）
解：如图1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至，
则F、D、在一条直线上，≌△ABE，
∴＝BE，∠＝∠BAE，＝AE，
∴∠＝∠EAD+∠＝∠EAD+∠BAE＝∠BAD＝90°，
则∠＝∠﹣∠EAF＝45°，
∴∠EAF＝∠，
∴△AEF≌△（SAS），
∴，
∵，
∴EF＝BE+DF．
故答案为：45；
（2）
解：DF＝BE+EF 理由如下：
将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△，
∴△≌△ABE，
∴AE＝，BE＝，∠＝∠BAE，
∴∠＝∠BAE+∠＝∠+∠＝∠BAD＝90°，
则∠＝∠﹣∠EAF＝45°，
∴∠＝∠EAF＝45°，
在△AEF和△中，
，
∴△AEF≌△（SAS），
∴，
∵，
∴DF＝BE+EF；
（3）
解：将△ABD绕点A逆时针旋转得到△，连接，
则△≌△ABD，
∴CD'＝BD，
∴，
同（2）得：△ADE≌△（SAS），
∴，，
∴BD、DE、EC围成的三角形面积为、、EC围成的三角形面积．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、旋转的性质、正方形的性质以及四边形和三角形面积等知识，本题综合性强，解此题的关键是根据旋转的启发正确作出辅助线得出全等三角形，属于中考常考题型．
2． (2023·陕西西安·七年级期末）问题背景：
如图1，在四边形ABCD中，，，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明，再证明，可得出结论，他的结论应是______．
实际应用：
如图2，在新修的小区中，有块四边形绿化ABCD，四周修有步行小径，且AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，在小径BC，CD上各修一凉亭E，F，在凉亭E与F之间有一池塘，不能直接到达，经测量得，BE＝10米，DF＝15米，试求两凉亭之间的距离EF．
【答案】问题背景：EF＝BE＋FD；实际应用：两凉亭之间的距离EF为25米
【分析】（1）根据△ABE≌△ADG可得BE=DG，根据△AEF≌△AGF得EF=GF，进而求得结果；
（2）延长CD至H，使DH=BE，可证得△ADH≌△ABE，进而证得△FAH≌△FAE，进一步求得EF．
【详解】解：问题背景：∵∠ADC=90°，∠ADC+∠ADG=180°，
∴∠ADG=90°，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=60°，∠BAD=120°，
∴∠BAE+DAF=120°-60°=60°，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=60°=∠EAF，
在△AEF和△AGF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF，
故答案为：EF=BE+DF；
实际应用：如图2，延长CD至H，使DH=BE，连接AH，
∵∠B+∠ADC=180°，∠ADH+∠ADC=180°，
∴∠ADH=∠B，
在△ADH和△ABE中，
，
∴△ADH≌△ABE（SAS），
∴AE=AH，∠BAE=∠DAH，
∵∠EAF=∠BAD，
∴∠HAF=∠DAH+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，
在△AEF和△AHF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF=FH，
∵FH=DH+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF，
∵BE=10米，DF=15米，
∴EF=10+15=25（米）．
【点睛】本题主要考查的是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质等知识，作辅助线构造全等三角形并两次证全等是解题的关键．
3． (2023·江苏·八年级专题练习）问题情境
在等边△ABC的两边AB，AC上分别有两点M，N，点D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．
特例探究
如图1，当DM＝DN时，
（1）∠MDB＝ 度；
（2）MN与BM，NC之间的数量关系为 ；
归纳证明
（3）如图2，当DM≠DN时，在NC的延长线上取点E，使CE＝BM，连接DE，猜想MN与BM，NC之间的数量关系，并加以证明．
拓展应用
（4）△AMN的周长与△ABC的周长的比为 ．
【答案】（1）30；（2）MN＝BM+NC；（3）MN＝BM+NC，证明见解析；（4）
【分析】（1）先证明△MDN是等边三角形，则MN＝DM＝DN，再证明Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），得∠BDM＝∠CDN＝30°；
（2）由（1）得DM＝2BM，可得结论MN＝2BM＝BM+NC；
归纳证明：先证△DBM≌△DCE（HL），得DM＝DE，∠BDM＝∠CDE，再证△MDN≌△EDN（SAS），得MN＝NE，可得结论MN＝BM+CN；
拓展应用：
（3）首先根据题意利用SAS证明△DBM≌△DCE，然后证明△MDN≌△EDN，根据全等三角形对应相等通过线段之间的转化即可得到MN＝BM+NC；
（4）由（3）得到MN＝BM+NC，则△AMN的周长＝2AB，△ABC的周长＝3AB，即可得出结论．
【详解】特例探究：
解：（1）∵DM＝DN，∠MDN＝60°，
∴△MDN是等边三角形，
∴MN＝DM＝DN，
∵∠BDC＝120°，BD＝DC，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠DBM＝∠DCN＝90°，
∵BD＝CD，DM＝DN，
∴Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），
∴∠MDB＝∠NDC＝30°，
故答案为：30；
（2）由（1）得：DM＝2BM，DM＝MN，Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），
∴BM＝CN，
∴DM＝MN＝2BM＝BM+NC，
即MN＝BM+NC；
归纳证明
（3）解：猜想：MN＝BM+NC，证明如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵BD＝CD，∠BDC＝120°，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∴∠MBD＝∠NCD＝90°．
∴∠MBD＝∠ECD＝90°，
又∵BD＝CD，BM＝CE，
∴△DBM≌△DCE（SAS），
∴DM＝DE，∠MDB＝∠EDC，
∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，
∴∠MDB+∠NDC＝60°，
∴∠EDN＝∠NDC+∠EDC＝∠MDB+∠NDC＝60°，
∴∠EDN＝∠MDN，
又∵DN＝DN，
∴△MDN≌△EDN（SAS），
∴MN＝EN＝EC+NC＝BM+NC；
拓展应用
（4）解：由（1）（2）得：MN＝BM+NC，
∴△AMN的周长＝AM+MN+AN＝AM+BM+NC+AN＝AB+AC＝2AB，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，
∴△ABC的周长＝3AB，
∴△AMN的周长与△ABC的周长的比为＝，
故答案为：．
【点睛】此题考查了等边三角形的性质的，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质．
1．（1）如图①，在四边形中，，，，分别是边，上的点，且．请直接写出线段，，之间的数量关系：__________；
（2）如图②，在四边形中，，，，分别是边，上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程；
（3）在四边形中，，，，分别是边，所在直线上的点，且．请画出图形（除图②外），并直接写出线段，，之间的数量关系．
【答案】（1）；（2）成立，理由见解析；（3）图形见解析，
【分析】（1）延长EB到G，使BG=DF，连接AG．证明△AGE和△AEF全等，则EF=GE，则EF=BE+DF，证明△ABE和△AEF中全等，那么AG=AF，∠1=∠2，∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=∠BAD．从而得出EF=GE；
（2）思路和作辅助线的方法同（1）；
（3）根据（1）的证法，我们可得出DF=BG，GE=EF，那么EF=GE=BE-BG=BE-DF．
【详解】（1）延长至，使，连接，
∵，，
∴≌，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
∵，
∴≌，
∴，
∵，
∴．
故答案为：
（）（）中的结论仍成立，
证明：延长至，使，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴≌，
∴，,
∵，
∴，
∴即，
在和中，
，
∴≌，
∴，即．
（），
证明：在上截取使，
连接，
∵，，
∴，
∵在和中，
，
∴≌，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴≌，
∴，
∵，
∴．
【点睛】此题主要考查了三角形全等的判定与性质，通过全等三角形来实现线段的转换是解题关键，没有明确的全等三角形时，要通过辅助线来构建与已知和所求条件相关联的全等三角形.
2．如图，在等边三角形ABC中，点E是边AC上一定点，点D是直线BC上一动点，以DE为一边作等边三角形DEF，连接CF．
（1）如图1，若点D在边BC上，直接写出CE，CF与CD之间的数量关系；
（2）如图2，若点D在边BC的延长线上，请探究线段CE，CF与CD之间存在怎样的数量关系？并说明理由；
（3）如图3，若点D在边CB的延长线上，请直接写出CE，CF与CD之间的数量关系．
【答案】（1）CE＋CF＝CD；（2）CF＝CE＋CD，理由见解析；（3）CD＝CE＋CF
【分析】（1）在CD上截取CH=CE，易证CEH是等边三角形，得EH=EC=CH，证明DEH≌FEC，得DH=CF，即可得出结论；
（2）先证GCE为等边三角形，再证EGD≌ECF，得到GD＝CF，又因为GD＝CG＋CD，得CF＝CG＋CD，则CF＝CE＋CD；
（3）先证GCE为等边三角形，再证CG＝CE＝EG， ∠GEC＝60°，ED＝EF，∠DEG＝∠FEC，得EGD≌ECF，则GD＝CF，即可得到CE +CF＝CD．
【详解】（1）证明：CE+CF=CD，
理由如下：在CD上截取CH=CE，连接EH，如图1所示：
∵ABC是等边三角形，
∴∠ECH=60°，
∴CEH是等边三角形，
∴EH=EC=CH，∠CEH=60°，
∵DEF是等边三角形，
∴DE=FE，∠DEF=60°，
∴∠DEH+∠HEF=∠FEC+∠HEF=60°，
∴∠DEH=∠FEC，
在DEH和FEC中，，
∴DEH≌FEC（SAS），
∴DH=CF，
∴CD=CH+DH=CE+CF，
∴CE+CF=CD；
（2）解：CF＝CE＋CD
理由如下：
∵ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠ACB＝60°，
作，交BC于点G，如图2所示
∴∠EGC＝∠B＝60°，∠GEC＝∠A＝60°，
∴∠EGC＝∠GEC＝∠ACB＝60°，
∴GCE为等边三角形，
∴CG＝CE＝EG，
∵EDF为等边三角形，
∴ED＝EF，∠DEF＝60°，
∴∠DEG＝∠FEC，
∴EGD≌ECF（SAS），
∴GD＝CF，
又GD＝CG＋CD
∴CF＝CE＋CD．
（3）∵ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠ABC＝∠ACB＝60°，
作，交BC于点G，如图所示
∴∠EGC＝∠ABC＝60°，∠GEC＝∠A＝60°，
∴∠EGC＝∠GEC＝∠ACB＝60°，
∴GCE为等边三角形，
∴CG＝CE＝EG， ∠GEC＝60°
∴∠GEC＝∠GEF +∠FEC ＝60°
∵EDF为等边三角形，
∴ED＝EF，∠DEF＝60°，
∴∠DEF＝∠GEF +∠DEG＝60°
∴∠DEG＝∠FEC，
∴EGD≌ECF（SAS），
∴GD＝CF，
又∵GD＝CD-CG，CG＝CE
∴CE +CF＝CD
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；作辅助线构建等边三角形是解题的关键，属于中考常考题型．
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