中考数学难点突破与经典模型精讲练(全国通用)专题02全等三角形中的半角模型(原卷版+解析)

这是一份中考数学难点突破与经典模型精讲练(全国通用)专题02全等三角形中的半角模型(原卷版+解析)，共33页。
【模型证明】
【模型拓展】
【题型演练】
一、单选题
1．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝AD，∠BCD＝120°，E、F分别为BC、CD上一点，∠EAF＝30°，EF＝3，DF＝1．则BE的长为（ ）
A．1B．2C．3D．4
2．如图，点M、N分别是正方形ABCD的边BC、CD上的两个动点，在运动过程中保持∠MAN＝45°，连接EN、FM相交于点O，以下结论：①MN＝BM+DN；②BE2+DF2＝EF2；③BC2＝BF•DE；④OM＝OF（ ）
A．①②③B．①②④C．②③④D．①②③④
二、填空题
3．如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝4，AB＝AC，∠CBD＝30°，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为_____．
4．如图，在边长为6的正方形内作，交于点，交于点，连接，将绕点顺时针旋转90°得到，若，则的长为______．
5．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 _____．
三、解答题
6．正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点,且∠EDF=45°.将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM.
（1）求证：EF=FM
（2）当AE=1时，求EF的长．
7．已知，如图所示，正方形中，，分别在边，上，且，，分别交于，，连，求证：
① ②.
8．如图，在正方形ABCD中，E、F是对角线BD上两点，将绕点A顺时针旋转 后，得到，连接EM，AE，且使得．
（1）求证：；（2）求证：.
9．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．
10．如图1，在菱形ABCD中，AC＝2，BD＝2，AC，BD相交于点O．
(1)求边AB的长；
(2)求∠BAC的度数；
(3)如图2，将一个足够大的直角三角板60°角的顶点放在菱形ABCD的顶点A处，绕点A左右旋转，其中三角板60°角的两边分别与边BC，CD相交于点E，F，连接EF．判断△AEF是哪一种特殊三角形，并说明理由．
11．（1）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，G是AD上一点，∠ECG=45°，求证EG=BE+GD．
（2）请用（1）的经验和知识完成此题：如图2，在四边形ABCD中，AG//BC(BC>AG)，∠B=90°，AB=BC=12，E是AB上一点，且∠ECG=45°，BE=4，求EG的长？
12．如图，点E是正方形ABCD的边BC上一点，连接DE，将DE绕着点E逆时针旋转90°，得到EG，过点G作GF⊥CB，垂足为F，GH⊥AB，垂足为H，连接DG，交AB于I．
(1)求证：
(2)求证：四边形BFGH是正方形；
(3)求证：ED平分∠CEI
13．学完旋转这一章，老师给同学们出了这样一道题：
“如图1，在正方形ABCD中，∠EAF＝45°，求证：EF＝BE＋DF．”
小明同学的思路：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°．
把△ABE绕点A逆时针旋转到的位置，然后证明，从而可得．
，从而使问题得证．
(1)【探究】请你参考小明的解题思路解决下面问题：
如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，，直接写出EF，BE，DF之间的数量关系．
(2)【应用】如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，，求证：EF＝BE＋DF．
(3)【知识迁移】如图4，四边形ABPC是的内接四边形，BC是直径，AB＝AC，请直接写出PB＋PC与AP的关系．
特点
过正方形ABCD顶角顶点（设顶角为A），引两条射线且它们的夹角为∠A2；这两条射线与过底角顶点的相关直线交于两点E、F，则BE,EF,FC之间必存在固定关系。这种关系仅与两条相关直线及顶角A相关.
解决方法
以点A为中心，把△ADF（顺时针或逆时针）旋转角A度，至△ABF'；
结论
1、△AMN全等于△AMN'，MN=MN';
2、△AEF全等于△AEF'，EF=EF'→BE+EF=EF;
3、；
4、△CEF的周长等于正方形ABCD的一半；
5、点A到EF的距离等于正方形的边长（AB）。
应用环境
1：顶角为特殊角的等腰三角形，如顶角为30°、45°、60°、75°或它们的补角、90°；
2：正方形、菱形等也能产生等腰三角形；
3：过底角顶点的两条相关直线：底边、底角两条平分线、腰上的两高、底角的邻补角的两条角平分线，底角的邻余角另外两边等；正方形或棱形的另外两边；
4：此等腰三角形的相关弦.
证明
90°中夹45°(正方形中的半角模型)
条件：在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，∠EAF=45°，BD为对角线，交AE于M点，交AF于N点。
结论①：图1、2中，EF=BE+FD
证明：如图3中，将AF绕点A顺时针旋转90°，F点落在F’处，连接BF’，
∴∠EAF’=90°-∠EAF=90°-45°=45°=∠EAF，
且AE=AE，AF=AF’，
∴△FAE≌△F’AE(SAS)，
∴EF=EF’，
又∠D=∠ABF’=90°，∠ABE=90°，∴∠ABE+∠ABF’=90°+90°=180°，
∴F’、B、E三点共线，
∴EF’=BE+BF’=BE+DF。
结论②：图2中MN²=BM²+DN²；
证明：如图4中，将AN绕点A顺时针旋转90°，N点落在N’处，连接AN’、BN’、MN’，
∴∠N’AM=90°-∠EAF=90°-45°=45°=∠MAN，
且AM=AM，AN=AN’，
∴△MAN’≌△MAN(SAS)，
∴MN=MN’，
又∠ADN=45°=∠ABN’，∠ABD=45°，
∴∠MBN’=∠ABD+∠ABN’=45°+45°=90°，
∴在Rt△MBN’中，MN’²=BM²+BN’²，
即MN²=BM²+BN’²。
结论③：图1、2中EA平分∠BEF，FA平分∠DFE。
证明过程见证明①中时△FAE≌△F’AE即可。
结论④：图1、2中。
证明：如图5中，过A点作AH⊥EF于H点，由结论③可知：∠AEH=∠AEB，
且∠AHE=∠ABE=90°，AE=AE，∴△AEB≌△AEH(AAS)，
∴AH=AB=AD，进而可以证明△AHF≌△ADF(AAS)，
∴.
专题02 全等三角形中的半角模型
【模型展示】
【模型证明】
【模型拓展】
【题型演练】
一、单选题
1．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝AD，∠BCD＝120°，E、F分别为BC、CD上一点，∠EAF＝30°，EF＝3，DF＝1．则BE的长为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】延长CB到H，使BH=DF=1，连接AH，则可证得△ABH≌△ADF，从而AH=AF，∠BAH=∠DAF，易证△AHE≌△AFE，可得HE=EF=3，则可求得BE的长．
【详解】延长CB到H，使BH=DF=1，连接AH，如图
∵四边形ABCD内接于⊙O
∴∠ABC+∠ADC=180゜
∵∠ABH+∠ABC=180゜
∴∠ABH=∠ADF
在△ABH和△ADF中
∴△ABH≌△ADF
∴AH=AF，∠BAH=∠DAF
∵∠BAD+∠BCD=180゜，∠BCD=120゜
∴∠BAD=180゜-∠BCD=60゜
∵∠EAF=30゜
∴∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=30゜
∴∠EAH=∠BAE+∠BAH=30゜
在△AHE和△AFE中
∴△AHE≌△AFE
∴HE=EF=3
∴BE=HE-BH=3-1=2
故选：B
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质，构造辅助线得到全等三角形的问题的关键与难点．
2．如图，点M、N分别是正方形ABCD的边BC、CD上的两个动点，在运动过程中保持∠MAN＝45°，连接EN、FM相交于点O，以下结论：①MN＝BM+DN；②BE2+DF2＝EF2；③BC2＝BF•DE；④OM＝OF（ ）
A．①②③B．①②④C．②③④D．①②③④
【答案】A
【分析】由旋转的性质可得AM'=AM，BM=DM'，∠BAM=∠DAM'，∠MAM'=90°，∠ABM=∠ADM'=90°，由“SAS”可证△AMN≌△AM′N，可得MN=NM′，可得MN=BM+DN，故①正确；由“SAS”可证△AEF≌△AED'，可得EF=D'E，由勾股定理可得BE2+DF2=EF2；故②正确；通过证明△DAE∽△BFA，可得，可证BC2=DE•BF，故③正确；通过证明点A，点B，点M，点F四点共圆，∠ABM=∠AFM=90°，∠AMF=∠ABF=45°，∠BAM=∠BFM，可证MO=EO，由∠BAM≠∠DAN，可得OE≠OF，故④错误，即可求解．
【详解】解：将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△ADM′，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABD'，
∴AM'=AM，BM=DM'，∠BAM=∠DAM'，∠MAM'=90°，∠ABM=∠ADM'=90°，
∴∠ADM'+∠ADC=180°，
∴点M'在直线CD上，
∵∠MAN=45°，
∴∠DAN+∠MAB=45°=∠DAN+∠DAM'=∠M'AN，
∴∠M′AN=∠MAN=45°，
又∵AN=AN，AM=AM'，
∴△AMN≌△AM′N（SAS），
∴MN=NM′，
∴M′N=M′D+DN=BM+DN，
∴MN=BM+DN；故①正确；
∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABD'，
∴AF=AD'，DF=D'B，∠ADF=∠ABD'=45°，∠DAF=∠BAD'，
∴∠D'BE=90°，
∵∠MAN=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°=∠BAD'+∠BAE=∠D'AE，
∴∠D'AE=∠EAF=45°，
又∵AE=AE，AF=AD'，
∴△AEF≌△AED'（SAS），
∴EF=D'E，
∵D'E2=BE2+D'B2，
∴BE2+DF2=EF2；故②正确；
∵∠BAF=∠BAE+∠EAF=∠BAE+45°，∠AEF=∠BAE+∠ABE=45°+∠BAE，
∴∠BAF=∠AEF，
又∵∠ABF=∠ADE=45°，
∴△DAE∽△BFA，
∴，
又∵AB=AD=BC，
∴BC2=DE•BF，故③正确；
∵∠FBM=∠FAM=45°，
∴点A，点B，点M，点F四点共圆，
∴∠ABM=∠AFM=90°，∠AMF=∠ABF=45°，∠BAM=∠BFM，
同理可求∠AEN=90°，∠DAN=∠DEN，
∴∠EOM=45°=∠EMO，
∴EO=EM，
∴MO=EO，
∵∠BAM≠∠DAN，
∴∠BFM≠∠DEN，
∴EO≠FO，
∴OM≠FO，故④错误，
故选：A．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，旋转的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
二、填空题
3．如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝4，AB＝AC，∠CBD＝30°，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为_____．
【答案】2+2
【分析】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，由旋转得出∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，求出∠EAM＝∠MAN，根据SAS推出△AEM≌△ANM，根据全等得出MN＝ME，求出MN＝CN＋BM，解直角三角形求出DC，即可求出△DMN的周长＝BD＋DC，代入求出答案即可．
【详解】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图：

由旋转得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，
∵∠BAC＝∠D＝90°，
∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∴∠ABD+∠ABE＝180°，
∴E，B，M三点共线，
∵∠MAN＝45°，∠BAC＝90°，
∴∠EAM＝∠EAB+∠BAM＝∠CAN+∠BAM＝∠BAC﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°，
∴∠EAM＝∠MAN，
在△AEM和△ANM中，
，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴MN＝ME，
∴MN＝CN+BM，
∵在Rt△BCD中，∠BDC＝90°，∠CBD＝30°，BC＝4，
∴CD＝BC＝2，BD＝＝2，
∴△DMN的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝2+2，
故答案为：2+2．
【点睛】本题考查直角三角形、全等三角形的性质和判定、旋转的性质的应用，能正确作出辅助线是解此题的关键．
4．如图，在边长为6的正方形内作，交于点，交于点，连接，将绕点顺时针旋转90°得到，若，则的长为______．
【答案】5
【分析】由题意易得，则有，然后可证，则有，设，则有，进而根据勾股定理可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，且边长为6，
∴，
∵绕点顺时针旋转90°得到，
∴，
∴点G、B、E三点共线，
∵，
∴，
∵AE=AE，
∴，
∴，
设，则有，
∴在Rt△ECF中，由勾股定理可得，
即，
解得：，
∴；
故答案为5．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质及勾股定理，熟练掌握正方形的性质、旋转的性质及勾股定理是解题的关键．
5．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．
三、解答题
6．正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点,且∠EDF=45°.将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM.
（1）求证：EF=FM
（2）当AE=1时，求EF的长．
【答案】(1)见解析；（2）.
【分析】（1）由折叠可得DE=DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF=90°，由∠EDF=45°，得到∠MDF为45°，可得出∠EDF=∠MDF，再由DF=DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF=MF；
（2）由第一问的全等得到AE=CM=1，正方形的边长为3，用AB-AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF=MF=x，可得出BF=BM-FM=BM-EF=4-x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为EF的长．
【详解】(1)∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴DE=DM ，∠EDM=90°，
∴∠EDF + ∠FDM=90°，
∵∠EDF=45°，
∴∠FDM =∠EDM=45°，
∵ DF= DF，
∴△DEF≌△DMF，
∴ EF=MF
（2） 设EF=x，
∵AE=CM=1 ，
∴ BF=BM-MF=BM-EF=4-x，
∵ EB=2，
在Rt△EBF中，由勾股定理得，
即，
解得，.
7．已知，如图所示，正方形中，，分别在边，上，且，，分别交于，，连，求证：
① ②.
【答案】见解析
【分析】①把△ABE逆时针旋转90°得到△ADG，根据旋转的性质可得BE=GD，AE=AG，再根据∠EAF=45°求出∠FAG=45°，然后利用边角边定理证明△AEF与△AGF全等，根据全等三角形对应边相等可得EF=GF，即EF=GD+FD，即可证明EF=BE+DF；
②把△ADH绕点A顺时针旋转90°得到△ABN，连接GN，根据旋转的性质得到∠NAE=∠EAF，根据全等三角形的性质得到GH=GN，求得∠NBG=∠ABN+∠ABG=45°+45°=90°，根据勾股定理得到BG2+HD2=GH2；
【详解】①如图，把△ABE逆时针旋转90°得到△ADM，
∴BE=MD，AE=AM，
∵∠EAF=45°，
∴∠FAM=90°-45°=45°，
∴∠EAF=∠FAM，
在△AEF和△AMF中，
，
∴△AEF≌△AMF（SAS），
∴EF=MF，
即EF=MD+DF，
∴BE+DF=EF；
②如图，把△ADH绕点A顺时针旋转90°得到△ABN，连接GN，
∴BN=DH，AN=AH，∠BAN=∠DAH，∠ABN=∠ADH，
∵∠EAF=45°，
∴∠NAE=∠BAN+∠BAE=∠DAH+∠BAE=∠BAD-∠EAF=90°-45°=45°，
∴∠NAE=∠EAF，
在△ANG和△AGH中，
，
∴△AGN≌△AGH（SAS），
∴GH=GN，
在正方形ABCD中，∠ABE=∠ADH=45°，
∴∠NBG=∠ABN+∠ABG=45°+45°=90°，
∴BG2+BN2=NG2，
即BG2+HD2=GH2.
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质；熟练掌握正方形的性质是解决问题的关键．
8．如图，在正方形ABCD中，E、F是对角线BD上两点，将绕点A顺时针旋转 后，得到，连接EM，AE，且使得．
（1）求证：；（2）求证：.
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【分析】（1）直接利用旋转的性质证明△AME≌△AFE（SAS），即可得出答案；
（2）利用（1）中所证，再结合勾股定理即可得出答案．
【详解】证明：（1）∵将绕点A顺时针旋转90°后，得到，
，，，
，
，
，
，
在△AME和中
，
，
；
（2）由（1）得：，
在中，，
又∵，
．
【点睛】此题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，正确得出△AME≌△AFE是解题关键．
9．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．
10．如图1，在菱形ABCD中，AC＝2，BD＝2，AC，BD相交于点O．
(1)求边AB的长；
(2)求∠BAC的度数；
(3)如图2，将一个足够大的直角三角板60°角的顶点放在菱形ABCD的顶点A处，绕点A左右旋转，其中三角板60°角的两边分别与边BC，CD相交于点E，F，连接EF．判断△AEF是哪一种特殊三角形，并说明理由．
【答案】（1）2；（2） ；（3）见详解
【分析】（1）由菱形的性质得出OA=1，OB=，根据勾股定理可得出答案；
（2）得出△ABC是等边三角形即可；
（3）由△ABC和△ACD是等边三角形，利用ASA可证得△ABE≌△ACF；可得AE=AF，根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形推出即可．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴△AOB为直角三角形，且．
∴；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
由（1）得：AB=AC=BC=2，
∴△ABC为等边三角形，
∠BAC=60°；
（3）△AEF是等边三角形，
∵由（1）知，菱形ABCD的边长是2，AC=2，
∴△ABC和△ACD是等边三角形，
∴∠BAC=∠BAE+∠CAE=60°，
∵∠EAF=∠CAF+∠CAE=60°，
∴∠BAE=∠CAF，
在△ABE和△ACF中，
∴△ABE≌△ACF（ASA），
∴AE=AF，
∵∠EAF=60°，
∴△AEF是等边三角形．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质以及图形的旋转．解题的关键是熟练掌握菱形的性质．
11．（1）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，G是AD上一点，∠ECG=45°，求证EG=BE+GD．
（2）请用（1）的经验和知识完成此题：如图2，在四边形ABCD中，AG//BC(BC>AG)，∠B=90°，AB=BC=12，E是AB上一点，且∠ECG=45°，BE=4，求EG的长？
【答案】（1）证明见解析；（2）EG=10．
【分析】（1）延长AD至F，使DF=BE，连接CF，根据正方形的性质，可直接证明△EBC≌△FDC，从而得出∠BCE=∠DCF，根据∠GCE=45°，得∠GCF=∠GCE=45°，利用全等三角形的判定方法得出△ECG≌△FCG，即GE=GF，即可证出EG=BE+GD；
（2）过C作CD⊥AG，交AG延长线于D，则四边形ABCD是正方形，设EG=x，则AE=8，根据（1）可得：AG=16-x，在直角△AGE中利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：如图3所示，延长AD至F，使DF=BE，连接CF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=DC，∠ABC=∠ADC=∠BCD=90°，
∵∠CDF=180°-∠ADC，
∴∠CDF=90°，
∴∠ABC=∠CDF，
∵BE=DF，
∴△EBC≌△FDC，
∴∠BCE=∠DCF，EC=FC，
∵∠ECG=45°，
∴∠BCE+∠GCD=90°-∠ECG=90°-45°=45°，
∴∠GCD+∠DCF=∠FCG=45°，
∴∠ECG=∠FCG．
∵GC=GC，EC=FC，
∴△ECG≌△FCG，
∴EG=GF．
∵GF=GD+DF= BE+GD，
∴EG= BE+GD．
（2）解：如图4，过C作CD⊥AG，交AG延长线于D，
在直角梯形ABCG中，
∵AGBC，∠A=∠B=90°，
又∠CDA=90°，AB=BC，
∴四边形ABCD为正方形．
∴AD=AB=BC=12．
已知∠ECG=45°，根据（1）可知，EG=BE+DG，
设EG=x，则AG=AD-DG= AD-(EG-BE)=12-(x-4)=16-x，
∴AE=12-BE=12-4=8．
在Rt△AEG中
∵EG2=AG2+AE2，
即x2=（16-x）2+82，
解得：x=10．
∴EG=10．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质以及正方形的性质，注意每个题目之间的关系，正确作出辅助线是解题的关键．
12．如图，点E是正方形ABCD的边BC上一点，连接DE，将DE绕着点E逆时针旋转90°，得到EG，过点G作GF⊥CB，垂足为F，GH⊥AB，垂足为H，连接DG，交AB于I．
(1)求证：
(2)求证：四边形BFGH是正方形；
(3)求证：ED平分∠CEI
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）先证明∠FEG=∠EDC，即可利用AAS证明全等；
（2）首先证明四边形FBHG是矩形，再证明FB=FG即可解决问题；
（3）延长BC到J，使得CJ=AI．证明△IDE≌△JDE（SAS）即可解决问题．
（1）
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠DCE=∠ABC=∠ABF=90°，
∵GF⊥CF，GH⊥AB，
∴∠F=∠GHB=∠FBH=90°，
∴四边形FBHG是矩形，
∵ED=EG，∠DEG=90°，
∵∠DEC+∠FEG=90°，∠DEC+∠EDC=90°，
∴∠FEG=∠EDC，
在△DCE和△EFG中
∴△DCE≌△EFG（AAS），
（2）
∵△DCE≌△EFG
∴FG=EC，EF=CD，
∵CB=CD，
∴EF=BC，
∴BF=EC，
∴BF=GF，
∵四边形FBHG是矩形
∴四边形FBHG是正方形．
（3）
延长BC到J，使得CJ=AI．
∵DA=DC，∠A=∠DCJ=90°，AI=CJ，
∴△DAI≌△DCJ（SAS），
∴DI=DJ，∠ADI=∠CDJ，
∴∠IDJ=∠ADC=90°，
∵∠IDE=45°，
∴∠EDI=∠EDJ=45°，
∵DE=DE，
∴△IDE≌△JDE（SAS），
∴∠DEI=∠DEJ，
∴DE平分∠IEC．
【点睛】本题考查旋转变换，正方形的性质和判定，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
13．学完旋转这一章，老师给同学们出了这样一道题：
“如图1，在正方形ABCD中，∠EAF＝45°，求证：EF＝BE＋DF．”
小明同学的思路：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°．
把△ABE绕点A逆时针旋转到的位置，然后证明，从而可得．
，从而使问题得证．
(1)【探究】请你参考小明的解题思路解决下面问题：
如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，，直接写出EF，BE，DF之间的数量关系．
(2)【应用】如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，，求证：EF＝BE＋DF．
(3)【知识迁移】如图4，四边形ABPC是的内接四边形，BC是直径，AB＝AC，请直接写出PB＋PC与AP的关系．
【答案】(1)BE＋DF＝EF
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）将△ABE绕A点逆时针旋转，旋转角等于∠BAD得△，证明△AEF≌△，等量代换即得结论；
（2）将△ABE绕点A逆时针旋转，旋转角等于∠BAD，先证明∠EAF=，再证明△AEF≌△，等量代换即得结论；
（3）将△ABP绕点A逆时针旋转90°得到，先利用圆内接四边形的性质证明P，C，在同一直线上，再证明△为等腰直角三角形，等量代换即得结论．
（1）
解：结论：BE＋DF＝EF，理由如下：
证明：将△ABE绕点A逆时针旋转，旋转角等于∠BAD，使得AB与AD重合，点E转到点的位置，如图所示，
可知，
∴．
由∠ADC+∠=180°知，C、D、共线，
∵，
∴∠BAF+∠DAF=∠EAF，
∴∠+∠DAF=∠EAF=，
∴△AEF≌△，
∴EF==BE+DF．
（2）
证明：将△ABE绕点A逆时针旋转，旋转角等于∠BAD，使得AB与AD重合，点E转到点的位置，如图所示，
由旋转可知，
∴，，，．
∵∠B＋∠ADC＝180°，
∴，
∴点C，D，在同一条直线上．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵AF＝AF，
∴，
∴，即BE＋DF＝EF．
（3）
结论：，理由如下：
证明：将△ABP绕点A逆时针旋转90°得到，使得AB与AC重合，如图所示，
由圆内接四边形性质得：∠AC+∠ACP=180°，
即P，C，在同一直线上．
∴，，
∵BC为直径，
∴∠BAC=90°=∠BAP+∠PAC=∠CA+∠PAC=，
∴△为等腰直角三角形，
∴，
即．
【点睛】本题考查了旋转与全等三角形的综合应用、直径所对的圆周角是直角、圆内接四边形的性质、等腰直角三角形的判定及性质等知识点．解题关键是利用旋转构造全等三角形．
特点
过正方形ABCD顶角顶点（设顶角为A），引两条射线且它们的夹角为∠A2；这两条射线与过底角顶点的相关直线交于两点E、F，则BE,EF,FC之间必存在固定关系。这种关系仅与两条相关直线及顶角A相关.
解决方法
以点A为中心，把△ADF（顺时针或逆时针）旋转角A度，至△ABF'；
结论
1、△AMN全等于△AMN'，MN=MN';
2、△AEF全等于△AEF'，EF=EF'→BE+EF=EF;
3、；
4、△CEF的周长等于正方形ABCD的一半；
5、点A到EF的距离等于正方形的边长（AB）。
应用环境
1：顶角为特殊角的等腰三角形，如顶角为30°、45°、60°、75°或它们的补角、90°；
2：正方形、菱形等也能产生等腰三角形；
3：过底角顶点的两条相关直线：底边、底角两条平分线、腰上的两高、底角的邻补角的两条角平分线，底角的邻余角另外两边等；正方形或棱形的另外两边；
4：此等腰三角形的相关弦.
证明
90°中夹45°(正方形中的半角模型)
条件：在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，∠EAF=45°，BD为对角线，交AE于M点，交AF于N点。
结论①：图1、2中，EF=BE+FD
证明：如图3中，将AF绕点A顺时针旋转90°，F点落在F’处，连接BF’，
∴∠EAF’=90°-∠EAF=90°-45°=45°=∠EAF，
且AE=AE，AF=AF’，
∴△FAE≌△F’AE(SAS)，
∴EF=EF’，
又∠D=∠ABF’=90°，∠ABE=90°，∴∠ABE+∠ABF’=90°+90°=180°，
∴F’、B、E三点共线，
∴EF’=BE+BF’=BE+DF。
结论②：图2中MN²=BM²+DN²；
证明：如图4中，将AN绕点A顺时针旋转90°，N点落在N’处，连接AN’、BN’、MN’，
∴∠N’AM=90°-∠EAF=90°-45°=45°=∠MAN，
且AM=AM，AN=AN’，
∴△MAN’≌△MAN(SAS)，
∴MN=MN’，
又∠ADN=45°=∠ABN’，∠ABD=45°，
∴∠MBN’=∠ABD+∠ABN’=45°+45°=90°，
∴在Rt△MBN’中，MN’²=BM²+BN’²，
即MN²=BM²+BN’²。
结论③：图1、2中EA平分∠BEF，FA平分∠DFE。
证明过程见证明①中时△FAE≌△F’AE即可。
结论④：图1、2中。
证明：如图5中，过A点作AH⊥EF于H点，由结论③可知：∠AEH=∠AEB，
且∠AHE=∠ABE=90°，AE=AE，∴△AEB≌△AEH(AAS)，
∴AH=AB=AD，进而可以证明△AHF≌△ADF(AAS)，
∴.