中考数学难点突破与经典模型精讲练(全国通用)专题04全等三角形中的对角互补模型(学生版+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04全等三角形中的对角互补模型(学生版+解析)，共51页。
【模型证明】
【题型演练】
一、单选题
1．Rt△ABC中，AB=AC，点D为BC中点．∠MDN=90°，∠MDN绕点D旋转，DM、DN分别与边AB、AC交于E、F两点．下列结论
①(BE+CF)=BC，②，③AD·EF，④AD≥EF，⑤AD与EF可能互相平分，
其中正确结论的个数是【 】
A．1个B．2个C．3个D．4个
二、填空题
2．如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝8，AB＝AC，∠CBD＝30°，BD＝4，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为_____．
3．如图，在四边形中，于，则的长为__________
三、解答题
4．（1）如图（1）点P是正方形ABCD的边CD上一点（点P与点C，D不重合），点E在BC的延长线上，且CE=CP，连接BP，DE．求证：△BCP≌△DCE；
（2）直线EP交AD于F，连接BF，FC．点G是FC与BP的交点．
①若CD=2PC时，求证：BP⊥CF；
②若CD=n•PC（n是大于1的实数）时，记△BPF的面积为S1，△DPE的面积为S2．求证：S1=（n+1）S2．
5．已知，△ABC是边长为4cm的等边三角形，点P，Q分别从顶点A，B同时出发，沿线段AB，BC运动，且它们的速度均为1cm/s．当点P到达点B时，P、Q两点停止运动．设点P的运动时间为t（s）．
（1）如图1，连接AQ、CP，相交于点M，则点P，Q在运动的过程中，∠CMQ会变化吗？若变化，则说明理由；若不变，请求出它的度数．
（2）如图2，当t为何值时，△PBQ是直角三角形？
（3）如图3，若点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动，直线AQ、CP交点为M，请直接写出∠CMQ度数．
6．如图1，在等腰直角三角形ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点E，F分别为AB，AC的中点，H为线段EF上一动点（不与点E，F重合），过点A作AG⊥AH且AG＝AH，连接GC，HB．
（1）证明：AHB≌AGC；
（2）如图2，连接GF，HG，HG交AF于点Q．
①证明：在点H的运动过程中，总有∠HFG＝90°；
②当AQG为等腰三角形时，求∠AHE的度数．
7．回答问题
（1）【初步探索】如图1：在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE+FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF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△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是_______________；
（2）【灵活运用】如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
（3）【拓展延伸】知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF=BE+FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系．
8．在内有一点，过点分别作，，垂足分别为，．且，点，分别在边和上．
（1）如图1，若，请说明；
（2）如图2，若，，猜想，，具有的数量关系，并说明你的结论成立的理由．
9．如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，点E，F分别在四边形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系．
（1）思路梳理
将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，由∠B+∠ADC=180°，得∠FDG=180°，即点F，D，G三点共线，易证△AFG≌△AFE，故EF，BE，DF之间的数量关系为__；
（2）类比引申
如图2，在图1的条件下，若点E，F由原来的位置分别变到四边形ABCD的边CB，DC延长线上，∠EAF=∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系，并给出证明．
（3）联想拓展
如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D，E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1，EC=2，直接写出DE的长为________________.
10．五边形ABCDE中，，，，求证：AD平分∠CDE．
11．探究问题：
(1)方法感悟：
如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且满足∠BAF＝45°，连接EF，求证DE＋BF＝EF．感悟解题方法，并完成下列填空：将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得：AB＝AD，BG＝DE，∠1＝∠2，∠ABG＝∠D＝90°，∴ ∠ABG＋∠ABF＝90°＋90°＝180°，因此，点G，B，F在同一条直线上．
∵ ∠EAF＝45°∴ ∠2＋∠3＝∠BAD－∠EAF＝90°－45°＝45°．
∵ ∠1＝∠2，∠1＋∠3＝45°．
即∠GAF＝∠________．
又AG＝AE，AF＝AE
∴ △GAF≌△________．
∴ _________＝EF，故DE＋BF＝EF．
(2)方法迁移：
如图②，将Rt△ABC沿斜边翻折得到△ADC，点E，F分别为DC，BC边上的点，且∠EAF＝∠DAB．试猜想DE，BF，EF之间有何数量关系，并证明你的猜想．
12．在中，，，于点,
（1）如图1，点，分别在，上，且，当，时，求线段的长；
（2）如图2，点，分别在，上，且，求证：；
（3）如图3，点在的延长线上，点在上，且，求证：;
13．如图，△ABC是边长为4的等边三角形，点D是线段BC的中点，∠EDF=120°，把∠EDF绕点D旋转，使∠EDF的两边分别与线段AB、AC交于点E、F．
（1）当DF⊥AC时，求证：BE=CF；
（2）在旋转过程中，BE+CF是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由
14．在中，∠BAC＝90°，，点D为直线BC上一动点（点D不与B，C重合），以AD为直角边在AD右侧作等腰直角三角形ADE（，），连接CE．
（1）如图1，当点D在线段BC上时，猜想：BC与CE的位置关系，并说明理由；
（2）如图2，当点D在线段CB的延长线上时，（1）题的结论是否仍然成立？说明理由；
（3）如图3，当点D在线段BC的延长线上时，结论（1）题的结论是否仍然成立？不需要说明理由．
15．如图，我们把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”．
（1）性质探究：如图1．已知四边形ABCD中，AC⊥BD．垂足为O，求证：AB2+CD2＝AD2+BC2；
（2）解决问题：已知AB＝5．BC＝4，分别以△ABC的边BC和AB向外作等腰Rt△BCE和等腰Rt△ABD；
①如图2，当∠ACB＝90°，连接DE，求DE的长；
②如图3．当∠ACB≠90°，点G、H分别是AD、AC中点，连接GH．若GH＝2，则S△ABC＝ ．
16．（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．
17．四边形是由等边和顶角为的等腰排成，将一个角顶点放在处，将角绕点旋转，该交两边分别交直线、于、，交直线于、两点．
（1）当、都在线段上时（如图1），请证明：；
（2）当点在边的延长线上时（如图2），请你写出线段，和之间的数量关系，并证明你的结论；
（3）在（1）的条件下，若，，请直接写出的长为 ．
18．如图1，四边形ABCD中，BD⊥AD，E为BD上一点，AE＝BC，CE⊥BD，CE＝ED
（1）已知AB＝10，AD＝6，求CD；
（2）如图2，F为AD上一点，AF＝DE，连接BF，交BF交AE于G，过G作GH⊥AB于H，∠BGH＝75°．求证：BF＝2GH+EG．
19．问题背景
如图（1），在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，AB＝AD，∠BAD＝α，以点A为顶点作一个角，角的两边分别交BC，CD于点E，F，且∠EAFα，连接EF，试探究：线段BE，DF，EF之间的数量关系．
（1）特殊情景
在上述条件下，小明增加条件“当∠BAD＝∠B＝∠D＝90°时”如图（2），小明很快写出了：BE，DF，EF之间的数量关系为______．
（2）类比猜想
类比特殊情景，小明猜想：在如图（1）的条件下线段BE，DF，EF之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请你帮助小明完成证明；若不成立，请说明理由．
（3）解决问题
如图（3），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，点D，E均在边BC上，且∠DAE＝45°，若BD，请直接写出DE的长．
特点
如图，在四边形ABCD中，∠1+∠2＝180°，BA＝BC，连接BD，延长DA至E，使得AE=DC，则有以下结论成立：
①△BAE≌△BCD
【证明】
①证明：∵∠1+∠2＝180°，
∴∠BAD+∠C＝180°，
∴∠BAE=∠BCD
在△BAE和△BCD中
AE=CD
∠BAE=∠BCD
AB=BC
∴△BAE≌△BCD（SAS）．
结论
△BAE≌△BCD
解决方案
【结论一】（对角互补——含90°角）
如图，在四边形ABCD中，∠1=90°，∠2＝90°，BA＝BC，连接BD，延长DA至E，使得AE=DC，则有以下结论成立：
①△BAE≌△BCD；②△BED为等腰Rt△
【证明】
①证明：证明：∵∠1+∠2＝180°，
∴∠BAD+∠C＝180°，
∴∠BAE=∠BCD
在△BAE和△BCD中
AE=CD
∠BAE=∠BCD
AB=BC
∴△BAE≌△BCD（SAS）．
②证明：
∵△BAE≌△BCD
∴∠EBA=∠DBC,BE=BD
∵∠DBC+∠ABD＝90°
∴∠EBA+∠ABD＝∠EBD＝90°
∴△EBD为等腰Rt△
【结论二】（对角互补——含60°角）
如图，在四边形ABCD中，∠1=60°，∠2＝120°，BA＝BC，连接BD，延长DA至E，使得AE=DC，则有以下结论成立：
①△BAE≌△BCD；②△BED为等边△
【证明】
①证明：证明：∵∠1+∠2＝180°，
∴∠BAD+∠C＝180°，
∴∠BAE=∠BCD
在△BAE和△BCD中
AE=CD
∠BAE=∠BCD
AB=BC
∴△BAE≌△BCD（SAS）．
②证明：
∵△BAE≌△BCD
∴∠EBA=∠DBC,BE=BD
∵∠DBC+∠ABD＝60°
∴∠EBA+∠ABD＝∠EBD＝60°
∴△EBD为等边△
专题04 全等三角形中的对角互补模型
【模型展示】
【模型证明】
【题型演练】
一、单选题
1．Rt△ABC中，AB=AC，点D为BC中点．∠MDN=90°，∠MDN绕点D旋转，DM、DN分别与边AB、AC交于E、F两点．下列结论
①(BE+CF)=BC，②，③AD·EF，④AD≥EF，⑤AD与EF可能互相平分，
其中正确结论的个数是【 】
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【详解】解:∵Rt△ABC中，AB=AC，点D为BC中点．∠MDN=90°，
∴AD =DC，∠EAD=∠C=45°，∠EDA=∠MDN－∠ADN =90°－∠ADN=∠FDC．
∴△EDA≌△FDC（ASA）．
∴AE=CF．
∴BE+CF= BE+ AE=AB．
在Rt△ABC中，根据勾股定理，得AB=BC．
∴(BE+CF)=BC．
∴结论①正确．
设AB=AC=a，AE=b，则AF=BE= a－b．
∴．
∴．
∴结论②正确．
如图，过点E作EI⊥AD于点I，过点F作FG⊥AD于点G，过点F作FH⊥BC于点H，ADEF相交于点O．
∵四边形GDHF是矩形，△AEI和△AGF是等腰直角三角形，
∴EO≥EI（EF⊥AD时取等于）=FH=GD，
OF≥GH（EF⊥AD时取等于）=AG．
∴EF=EO＋OF≥GD＋AG=AD．
∴结论④错误．
∵△EDA≌△FDC，
∴．
∴结论③错误．
又当EF是Rt△ABC中位线时，根据三角形中位线定理知AD与EF互相平分．
∴结论⑤正确．
综上所述，结论①②⑤正确．故选C．
二、填空题
2．如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝8，AB＝AC，∠CBD＝30°，BD＝4，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为_____．
【答案】4+4．
【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°，BD＝4，CD＝BD×tan∠CBD＝4，
∴△DMN的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝4+4，
故答案为4+4．
【点睛】此题主要考查利用三角形全等的性质和解直角三角形，进行等量转换，关键是做辅助线.
3．如图，在四边形中，于，则的长为__________
【答案】
【分析】过点B作 交DC的延长线交于点F，证明≌ 推出，，可得，由此即可解决问题；
【详解】解：过点B作交DC的延长线交于点F，如右图所示，
∵，


，


∴≌
，
，
，
即，
，
故答案为．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，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，属于中考常考题型．
三、解答题
4．（1）如图（1）点P是正方形ABCD的边CD上一点（点P与点C，D不重合），点E在BC的延长线上，且CE=CP，连接BP，DE．求证：△BCP≌△DCE；
（2）直线EP交AD于F，连接BF，FC．点G是FC与BP的交点．
①若CD=2PC时，求证：BP⊥CF；
②若CD=n•PC（n是大于1的实数）时，记△BPF的面积为S1，△DPE的面积为S2．求证：S1=（n+1）S2．
【答案】（1）证明见解析；
（2）①证明见解析；②证明见解析．
【分析】（1）由SAS即可证明△BCP≌△DCE．
（2）①在（1）的基础上，再证明△BCP≌△CDF，进而得到∠FCD+∠BPC=90°，从而证明BP⊥CF；②设CP=CE=1，则BC=CD=n，DP=CDCP=n1，分别求出S1与S2的值，得，，所以S1=（n+1）S2结论成立．
【详解】证明：（1）∵在△BCP与△DCE中，
∴△BCP≌△DCE（SAS）．
（2）①∵CP=CE，∠PCE=90°，
∴∠CPE=45°，
∴∠FPD=∠CPE=45°，
∴∠PFD=45°，
∴FD=DP．
∵CD=2PC，
∴DP=CP，
∴FD=CP．
∵在△BCP与△CDF中，
∴△BCP≌△CDF（SAS），
∴∠FCD=∠CBP．
∵∠CBP+∠BPC=90°，
∴∠FCD+∠BPC=90°，
∴∠PGC=90°，即BP⊥CF．
②设CP=CE=1，则BC=CD=n，DP=CDCP=n1
易知△FDP为等腰直角三角形，
∴FD=DP=n1．
∵
∴S1=（n+1）S2．
【点睛】本题是几何综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形、图形的面积等知识点，试题的综合性强，难度较大．
5．已知，△ABC是边长为4cm的等边三角形，点P，Q分别从顶点A，B同时出发，沿线段AB，BC运动，且它们的速度均为1cm/s．当点P到达点B时，P、Q两点停止运动．设点P的运动时间为t（s）．
（1）如图1，连接AQ、CP，相交于点M，则点P，Q在运动的过程中，∠CMQ会变化吗？若变化，则说明理由；若不变，请求出它的度数．
（2）如图2，当t为何值时，△PBQ是直角三角形？
（3）如图3，若点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动，直线AQ、CP交点为M，请直接写出∠CMQ度数．
【答案】（1）不变，60°；（2）或；（3）120°．
【分析】（1）通过证△ABQ≌△CAP得到∠BAQ=∠ACP，所以由三角形外角定理得到∠CMQ=∠ACP+∠CAM=∠BAQ+∠CAM=∠BAC=60°；
（2）需要分类讨论：分∠PQB=90°和∠BPQ=90°两种情况；
（3）通过证△ABQ≌△CAP得到∠BAQ=∠ACP，所以由三角形外角定理得到∠CMQ=∠BAQ+∠APC=∠ACP+∠APC=180°-∠BAC=120°．
【详解】（1）不变．在△ABQ与△CAP中，
∵，
∴△ABQ≌△CAP（SAS），
∴∠BAQ=∠ACP，
∴∠CMQ=∠ACP+∠CAM=∠BAQ+∠CAM=∠BAC=60°；
（2）设时间为t，则AP=BQ=t，PB=4-t，
①当∠PQB=90°时，∵∠B=60°，
∴PB=2BQ，
∴4-t=2t，；
②当∠BPQ=90°时，∵∠B=60°，
∴BQ=2BP，
∴ t=2（4-t），t=；
∴当第秒或第秒时，△PBQ为直角三角形；
（3）在△ABQ与△CAP中，
∵，
∴△ABQ≌△CAP（SAS），
∴∠BAQ=∠ACP，
∴∠CMQ=∠BAQ+∠APC=∠ACP+∠APC=180°-∠BAC=120°．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
6．如图1，在等腰直角三角形ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点E，F分别为AB，AC的中点，H为线段EF上一动点（不与点E，F重合），过点A作AG⊥AH且AG＝AH，连接GC，HB．
（1）证明：AHB≌AGC；
（2）如图2，连接GF，HG，HG交AF于点Q．
①证明：在点H的运动过程中，总有∠HFG＝90°；
②当AQG为等腰三角形时，求∠AHE的度数．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②当△AQG为等腰三角形时，∠AHE的度数为67.5°或90°．
【分析】（1）根据SAS可证明△AHB≌△AGC；
（2）①证明△AEH≌△AFG（SAS），可得∠AFG=∠AEH=45°，从而根据两角的和可得结论；
②分两种情况：i）如图3，AQ=QG时，ii）如图4，当AG=QG时，分别根据等腰三角形的性质可得结论．
【详解】（1）证明：如图1，
由旋转得：AH=AG，∠HAG=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAH=∠CAG，
∵AB=AC，
∴△ABH≌△ACG（SAS）；
（2）①证明：如图2，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵点E，F分别为AB，AC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF∥BC，AE=AB，AF=AC，
∴AE=AF，∠AEF=∠ABC=45°，∠AFE=∠ACB=45°，
∵∠EAH=∠FAG，AH=AG，
∴△AEH≌△AFG（SAS），
∴∠AFG=∠AEH=45°，
∴∠HFG=45°+45°=90°；
②分两种情况：
i）如图3，AQ=QG时，
∵AQ=QG，
∴∠QAG=∠AGQ，
∵AG⊥AH且AG=AH，
∴∠AHG=∠AGH=45°，
∴∠AHG=∠AGH=∠HAQ=∠QAG=45°，
∴∠EAH=∠FAH=45°，
∵AE=AF，AH=AH，
∴△AEH≌△AFH（SAS），
∴∠AHE=∠AHF，
∵∠AHE+∠AHF=180°，
∴∠AHE=∠AHF=90°；
ii）如图4，当AG=QG时，∠GAQ=∠AQG，
∵∠AEH=∠AGQ=45°，
∴∠GAQ=∠AQG==67.5°，
∵∠EAQ=∠HAG=90°，
∴∠EAH=∠GAQ=67.5°，
∴∠AHE=∠AQG=67.5°；
∵H为线段EF上一动点（不与点E，F重合），
∴不存在AG=AQ的情况．
综上，当△AQG为等腰三角形时，∠AHE的度数为67.5°或90°．
【点睛】本题是三角形的综合题，考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，也考查了全等三角形的判定与性质，第二问要注意分类讨论，不要丢解．
7．回答问题
（1）【初步探索】如图1：在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE+FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF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△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是_______________；
（2）【灵活运用】如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
（3）【拓展延伸】知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF=BE+FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系．
【答案】（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF；（2）仍成立，理由见解析；（3）∠EAF=180°-∠DAB
【分析】（1）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF，据此得出结论；
（2）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
（3）在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，推导得到2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出结论．
【详解】解：（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF．理由：
如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
∵∠B=∠ADF=90°，∠ADG=∠ADF=90°，
∴∠B=∠ADG=90°，
又∵AB=AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
故答案为：∠BAE+∠FAD=∠EAF；
（2）仍成立，理由：
如图2，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
∵∠B+∠ADF=180°，∠ADG+∠ADF=180°，
∴∠B=∠ADG，
又∵AB=AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
（3）∠EAF=180°-∠DAB．
证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，
∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°，
∴∠ADC=∠ABE，
又∵AB=AD，
∴△ADG≌△ABE（SAS），
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠FAE=∠FAG，
∵∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，
∴2∠FAE+（∠GAB+∠BAE）=360°，
∴2∠FAE+（∠GAB+∠DAG）=360°，
即2∠FAE+∠DAB=360°，
∴∠EAF=180°-∠DAB．
【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形．解题时注意：同角的补角相等．
8．在内有一点，过点分别作，，垂足分别为，．且，点，分别在边和上．
（1）如图1，若，请说明；
（2）如图2，若，，猜想，，具有的数量关系，并说明你的结论成立的理由．
【答案】（1）见解析；（2），见解析
【分析】（1）根据题目中的条件和，可以证明，从而可以得到；
（2）作辅助线，过点作，交于点，从而可以得到，然后即可得到，，再根据题目中的条件可以得到，即可得到，然后即可得到，，具有的数量关系．
【详解】解：（1），，
，
在和中，
．
；
（2），
理由：过点作，交于点，
在和中，
，
，
，．
，，
．
，
．
在和中，
，
．
，
．
【点睛】本题考查全等三角形的判定、解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
9．如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，点E，F分别在四边形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系．
（1）思路梳理
将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，由∠B+∠ADC=180°，得∠FDG=180°，即点F，D，G三点共线，易证△AFG≌△AFE，故EF，BE，DF之间的数量关系为__；
（2）类比引申
如图2，在图1的条件下，若点E，F由原来的位置分别变到四边形ABCD的边CB，DC延长线上，∠EAF=∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系，并给出证明．
（3）联想拓展
如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D，E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1，EC=2，直接写出DE的长为________________.
【答案】（1）EF＝BE＋DF；（2）EF＝DF−BE；证明见解析；（3）.
【分析】（1）将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，首先证明F，D，G三点共线，求出∠EAF＝∠GAF，然后证明△AFG≌△AFE，根据全等三角形的性质解答；
（2）将△ABE绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADE'，首先证明E'，D，F三点共线，求出∠EAF＝∠E'AF，然后证明△AFE≌△AFE'，根据全等三角形的性质解答；
（3）将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACD'，使AB与AC重合，连接ED'，同（1）可证△AED≌AED'，求出∠ECD'＝90°，再根据勾股定理计算即可．
【详解】解：（1）将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，
∵∠B＋∠ADC＝180°，
∴∠FDG＝180°，即点F，D，G三点共线，
∵∠BAE＝∠DAG，∠EAF＝∠BAD，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AFG和△AFE中，，
∴△AFG≌△AFE，
∴EF＝FG＝DG＋DF＝BE＋DF；
（2）EF＝DF−BE；
证明：将△ABE绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADE'，则△ABE≌ADE'，
∴∠DAE'＝∠BAE，AE'＝AE，DE'＝BE，∠ADE'＝∠ABE，
∵∠ABC＋∠ADC＝180°，∠ABC＋∠ABE＝180°，
∴∠ADE'＝∠ADC，即E'，D，F三点共线，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠E'AF＝∠BAD−（∠BAF＋∠DAE'）＝∠BAD−（∠BAF＋∠BAE）＝∠BAD−∠EAF＝∠BAD，
∴∠EAF＝∠E'AF，
在△AEF和△AE'F中，，
∴△AFE≌△AFE'（SAS），
∴FE＝FE'，
又∵FE'＝DF−DE'，
∴EF＝DF−BE；
（3）将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACD'，使AB与AC重合，连接ED'，
同（1）可证△AED≌AED'，
∴DE＝D'E．
∵∠ACB＝∠B＝∠ACD'＝45°，
∴∠ECD'＝90°，
在Rt△ECD'中，ED'＝，即DE＝，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，灵活运用利用旋转变换作图、掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
10．五边形ABCDE中，，，，求证：AD平分∠CDE．
【答案】见解析
【分析】延长DE至F，使得，连接AC，易证△ABC≌△AEF，得到，然后证明△ADC≌△ADF即可解决问题．
【详解】延长DE至F，使得，连接AC.
∵，，
∴
∵，，
∴△ABC≌△AEF．
∴，
∵，
∴，
∴△ADC≌△ADF，
∴
即AD平分∠CDE．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线构造全等三角形是解题关键.
11．探究问题：
(1)方法感悟：
如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且满足∠BAF＝45°，连接EF，求证DE＋BF＝EF．感悟解题方法，并完成下列填空：将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得：AB＝AD，BG＝DE，∠1＝∠2，∠ABG＝∠D＝90°，∴ ∠ABG＋∠ABF＝90°＋90°＝180°，因此，点G，B，F在同一条直线上．
∵ ∠EAF＝45°∴ ∠2＋∠3＝∠BAD－∠EAF＝90°－45°＝45°．
∵ ∠1＝∠2，∠1＋∠3＝45°．
即∠GAF＝∠________．
又AG＝AE，AF＝AE
∴ △GAF≌△________．
∴ _________＝EF，故DE＋BF＝EF．
(2)方法迁移：
如图②，将Rt△ABC沿斜边翻折得到△ADC，点E，F分别为DC，BC边上的点，且∠EAF＝∠DAB．试猜想DE，BF，EF之间有何数量关系，并证明你的猜想．
【答案】(1)EAF、△EAF、GF；(2)DE＋BF＝EF.
【分析】（1）利用角之间的等量代换得出∠GAF=∠FAE，再利用SAS得出△GAF≌△EAF，得出答案；
（2）将△ADE顺时针旋转90°得到△ABG，再证明△AGF≌△AEF，即可得出答案；
【详解】解：（1）如图①所示；
根据等量代换得出∠GAF=∠FAE，
利用SAS得出△GAF≌△EAF，
∴GF=EF，
故答案为FAE；△EAF；GF；
(2)DE＋BF＝EF，理由如下：
假设∠BAD的度数为m，将△ADE绕点A顺时针旋转，m°得到△ABG，如图，此时AB与AD重合，由旋转可得：
AB＝AD，BG＝DE，∠1＝∠2，∠ABG＝∠D＝90°，
∴ ∠ABG＋∠ABF＝90°＋90°＝180°，
因此，点G，B，F在同一条直线上．
∵ ，
∴ ．
∵ ∠1＝∠2，
∴ ∠1＋∠3＝．
即∠GAF＝∠EAF．
∵在△AGF和△AEF中，
，
∴ △GAF≌△EAF（SAS）．
∴ GF＝EF．
又∵ GF＝BG＋BF＝DE＋BF，
∴ DE＋BF＝EF．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定和性质、以及折叠的性质和旋转变换性质等知识，证得△GAF≌△EAF是解题的关键．
12．在中，，，于点,
（1）如图1，点，分别在，上，且，当，时，求线段的长；
（2）如图2，点，分别在，上，且，求证：；
（3）如图3，点在的延长线上，点在上，且，求证：;
【答案】(1) ；(2)见解析；(3)见解析.
【分析】（1）根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质得到 AD＝BD＝DC＝ ，求出 ∠MBD＝30°，根据勾股定理计算即可；
（2）证明△BDE≌△ADF，根据全等三角形的性质证明；
（3）过点 M作 ME∥BC交 AB的延长线于 E，证明△BME≌△AMN，根据全等三角形的性质得到 BE＝AN，根据等腰直角三角形的性质、勾股定理证明结论．
【详解】（1）解：，，，
，，，
，
，
，
，
，
，
由勾股定理得，，即，
解得，，
；
（2）证明：，，
，
在和中，
，
；
（3）证明：过点作交的延长线于，
，
则，，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
．
【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、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．
13．如图，△ABC是边长为4的等边三角形，点D是线段BC的中点，∠EDF=120°，把∠EDF绕点D旋转，使∠EDF的两边分别与线段AB、AC交于点E、F．
（1）当DF⊥AC时，求证：BE=CF；
（2）在旋转过程中，BE+CF是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由
【答案】（1）证明见解析；（2）是，2.
【分析】（1）根据四边形内角和为360°，可求∠DEA=90°，根据“AAS”可判定△BDE≌△CDF，即可证BE=CF；
（2）过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，如图2，易证△MBD≌△NCD，则有BM=CN，DM=DN，进而可证到△EMD≌△FND，则有EM=FN，就可得到BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN=2BM=2BD×cs60°=BD=BC=2.
【详解】（1）∵△ABC是边长为4的等边三角形，点D是线段BC的中点，
∴∠B=∠C=60°，BD=CD，
∵DF⊥AC，
∴∠DFA=90°，
∵∠A+∠EDF+∠AFD+∠AED=180°，
∴∠AED=90°，
∴∠DEB=∠DFC，且∠B=∠C=60°，BD=DC，
∴△BDE≌△CDF（AAS）
（2）过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，
则有∠AMD=∠BMD=∠AND=∠CND=90°．
∵∠A=60°，
∴∠MDN=360°-60°-90°-90°=120°．
∵∠EDF=120°，
∴∠MDE=∠NDF．
在△MBD和△NCD中，
，
∴△MBD≌△NCD（AAS）
BM=CN，DM=DN．
在△EMD和△FND中，
，
∴△EMD≌△FND（ASA）
∴EM=FN，
∴BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN
=2BM=2BD×cs60°=BD=BC=2.
【点睛】本题主要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、特殊角的三角函数值等知识，通过证明三角形全等得到BM=CN，DM=DN，EM=FN是解决本题的关键．
14．在中，∠BAC＝90°，，点D为直线BC上一动点（点D不与B，C重合），以AD为直角边在AD右侧作等腰直角三角形ADE（，），连接CE．
（1）如图1，当点D在线段BC上时，猜想：BC与CE的位置关系，并说明理由；
（2）如图2，当点D在线段CB的延长线上时，（1）题的结论是否仍然成立？说明理由；
（3）如图3，当点D在线段BC的延长线上时，结论（1）题的结论是否仍然成立？不需要说明理由．
【答案】（1）BC⊥CE，见解析；（2）成立，见解析；（3）成立
【分析】（1）先证∠2=∠3，再证△ABD≌△ACE（SAS），得出∠4=∠5，求出∠4=∠6=45°，∠5=45°即可；
（2）先证∠2=∠3，再证△ABD≌△ACE（SAS），得出∠ABD=∠ACE，求出∠ABC=∠ACB=45°，得出∠ABD=∠ACE=135°即可；
（3）先证∠BAD=∠CAE，再证△ABD≌△ACE（SAS），得出∠ABD=∠ACE，再求∠ABC=∠ACB=45°，得出∠ABD=∠ACE=45°．
【详解】解：（1）BC与CE的位置关系是BC⊥CE，理由是：
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC-∠1=∠DAE-∠1，
即∠2=∠3，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠4=∠5，
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠4=∠6=45°，
∴∠5=45°，
∴∠BCE=∠5+∠6=45°+45°=90°，
即BC⊥CE；
（2）成立.理由是：
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC-∠1=∠DAE-∠1，
即∠2=∠3，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD=∠ACE，
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠ABD=∠ACE=135°，
∴∠BCE=∠ACE-∠ACB=135°-45°=90°，
即BC⊥CE；
（3）成立
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，
即∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD=∠ACE，
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠ABD=∠ACE=45°，
∴∠BCE=∠ACE+∠ACB=45°+45°=90°．
【点睛】本题考查图形变换中结论问题，等腰直角三角形性质，三角形全等判定与性质，角的和差运用，直线位置关系，掌握等腰直角三角形性质，三角形全等判定与性质，角的和差运用，直线位置关系垂直的证法是解题关键．
15．如图，我们把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”．
（1）性质探究：如图1．已知四边形ABCD中，AC⊥BD．垂足为O，求证：AB2+CD2＝AD2+BC2；
（2）解决问题：已知AB＝5．BC＝4，分别以△ABC的边BC和AB向外作等腰Rt△BCE和等腰Rt△ABD；
①如图2，当∠ACB＝90°，连接DE，求DE的长；
②如图3．当∠ACB≠90°，点G、H分别是AD、AC中点，连接GH．若GH＝2，则S△ABC＝ ．
【答案】（1）见解析；（2）①；②
【分析】（1）根据AC⊥BD可以得到∠AOB =∠COD=90°即可得到AB²=AO²+OB²，CD² =DO²+OC²即AB²+CD²=AO²+OB²+DO²+OC²同理可以得到AD²+BC²=AO²+OB²+DO²+OC²即可得到答案;
（2）连DC、AE相交于点F，先证明△ABE≌△DBC得到∠CDB=∠BAE从而证得AE⊥CD再利用勾股定理和（1）中的结论求解即可得到答案；
（3）连DC、AE相交于点F，作CP⊥BD交DB延长线于点P，BP²+CP²=BC²=（4）²=32，DP²+PC²=DC²=（）²=96，(DP²+PC²)-(BP²+CP²)=96-32=64，DP²-BP²=64从而求出BP=，再证明AB∥PC则S△ABC＝AB×BP.
【详解】解：（1）证明：∵AC⊥BD
∴∠AOB=90°
在Rt△AOB中AB²=AO²+OB²
∴∠COD=90°
在Rt△COD中CD² =DO²+OC²
∴AB²+CD²=AO²+OB²+DO²+OC²
同理AD²+BC²=AO²+OB²+DO²+OC²
∴AB2＋CD2＝AD2＋BC²
(2) ①解：连DC、AE相交于点F
∵Rt△BCE和Rt△ABD是等腰三角形
∴BE=BCAB=BD
∠CBE=∠ABD=90°
∴∠ABE=∠DBC=90°+∠ABC
∴△ABE≌△DBC
∴∠CDB=∠BAE
∵∠ABD=90°
∴∠CDB+∠CDA+∠DAB=90°
∴∠BAE+∠CDA+∠DAB=90°
∴∠AFD=90°
∴AE⊥CD
∵AB=5，BC=4∠ACB=90°
∴AC=
∵AB=5，BD=5∠ABD=90°
∴AD=
∵BC=4，BE=4∠CBE=90°
∴CE=
由（1）中结论AD²+EC²=AC²+DE²
∴(10)²+（8）²=（3）²+DE²
∴DE=
②连DC、AE相交于点F
∵点G、H分别是AD、AC中点，GH＝
∴DC=2GH=
作CP⊥BD交DB延长线于点P
BP²+CP²=BC²=（4）²=32
DP²+PC²=DC²=（）²=96
∴(DP²+PC²)-(BP²+CP²)=96-32=64
∴DP²-BP²=64
∴（BD+BP)²-BP²=64
∴（5+BP)²-BP²=64
∴BP=
∵∠PBA=90°，∠P=90°，
∴∠PBA+∠P=90°+90°=180°
∴AB∥PC
则S△ABC＝AB×BP=×5×
【点睛】本题主要考查了四边形的综合问题，等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，垂直的定义，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
16．（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.
17．四边形是由等边和顶角为的等腰排成，将一个角顶点放在处，将角绕点旋转，该交两边分别交直线、于、，交直线于、两点．
（1）当、都在线段上时（如图1），请证明：；
（2）当点在边的延长线上时（如图2），请你写出线段，和之间的数量关系，并证明你的结论；
（3）在（1）的条件下，若，，请直接写出的长为 ．
【答案】（1）证明见解析；（2）．证明见解析；（3）．
【分析】（1）把△DBM绕点D逆时针旋转120°得到△DAQ，根据旋转的性质可得DM=DQ，AQ=BM，∠ADQ=∠BDM，然后求出∠QDN=∠MDN，利用“边角边”证明△MND和△QND全等，根据全等三角形对应边相等可得MN=QN，再根据AQ+AN=QN整理即可得证；
（2）把△DAN绕点D顺时针旋转120°得到△DBP，根据旋转的性质可得DN=DP，AN=BP，根据∠DAN=∠DBP=90°可知点P在BM上，然后求出∠MDP=60°，然后利用“边角边”证明△MND和△MPD全等，根据全等三角形对应边相等可得MN=MP，从而得证；
（3）过点M作MH∥AC交AB于G，交DN于H，可以证明△BMG是等边三角形，根据等边三角形的性质可得BM=MG=BG，根据全等三角形对应角相等可得∠QND=∠MND，再根据两直线平行，内错角相等可得∠QND=∠MHN，然后求出∠MND=∠MHN，根据等角对等边可得MN=MH，然后求出AN=GH，再利用“角角边”证明△ANE和△GHE全等，根据全等三角形对应边相等可得AE=GE，再根据BG=AB-AE-GE代入数据进行计算即可求出BG，从而得到BM的长．
【详解】解：（1）证明：把△DBM绕点D逆时针旋转120°得到△DAQ，
则DM=DQ，AQ=BM，∠ADQ=∠BDM，∠QAD=∠CBD=90°，
∴点Q在直线CA上，
∵∠QDN=∠ADQ+∠ADN=∠BDM+∠ADN=∠ABD-∠MDN=120°-60°=60°，
∴∠QDN=∠MDN=60°，
∵在△MND和△QND中，
，
∴△MND≌△QND（SAS），
∴MN=QN，
∵QN=AQ+AN=BM+AN，
∴BM+AN=MN；
（2）：.
理由如下：如图，把△DAN绕点D顺时针旋转120°得到△DBP，
则DN=DP，AN=BP，
∵∠DAN=∠DBP=90°，
∴点P在BM上，
∵∠MDP=∠ADB-∠ADM-∠BDP=120°-∠ADM-∠ADN=120°-∠MDN=120°-60°=60°，
∴∠MDP=∠MDN=60°，
∵在△MND和△MPD中，
，
∴△MND≌△MPD（SAS），
∴MN=MP，
∵BM=MP+BP，
∴MN+AN=BM；
（3）如图，过点M作MH∥AC交AB于G，交DN于H，
∵△ABC是等边三角形，
∴△BMG是等边三角形，
∴BM=MG=BG，
根据（1）△MND≌△QND可得∠QND=∠MND，
根据MH∥AC可得∠QND=∠MHN，
∴∠MND=∠MHN，
∴MN=MH，
∴GH=MH-MG=MN-BM=AN，
即AN=GH，
∵在△ANE和△GHE中，
，
∴△ANE≌△GHE（AAS），
∴AE=EG=2.1，
∵AC=7，
∴AB=AC=7，
∴BG=AB-AE-EG=7-2.1-2.1=2.8，
∴BM=BG=2.8．
故答案为：2.8
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质及等腰三角形的性质，根据等边三角形的性质，旋转变换的性质作辅助线构造全等三角形是解题的关键，（3）作平行线并求出AN=GH是解题的关键，也是本题的难点．
18．如图1，四边形ABCD中，BD⊥AD，E为BD上一点，AE＝BC，CE⊥BD，CE＝ED
（1）已知AB＝10，AD＝6，求CD；
（2）如图2，F为AD上一点，AF＝DE，连接BF，交BF交AE于G，过G作GH⊥AB于H，∠BGH＝75°．求证：BF＝2GH+EG．
【答案】（1）2；（2）证明见解析
【分析】（1）由勾股定理得出BD＝＝8，由HL证得Rt△ADE≌Rt△BEC，得出BE＝AD，则CE＝ED＝BD﹣BE＝BD﹣AD＝2，由等腰直角三角形的性质即可得出结果；
（2）连接CF，易证AF＝CE，AD∥CE，得出四边形AECF是平行四边形，则AE＝CF，AE∥CF，得出∠CFD＝∠EAD，∠CFB＝∠AGF，由Rt△ADE≌Rt△BEC，得出∠CBE＝∠EAD，推出∠CBE＝∠CFD，证得△BCF是等腰直角三角形，则BF＝BC＝CF＝AE，∠FBC＝∠BFC＝45°，推出∠AGF＝45°，∠AGH＝60°，∠GAH＝30°，则AG＝2GH，得出BF＝AE＝（AG+EG），即可得出结论．
【详解】（1）解：∵BD⊥AD，
∴BD＝＝＝8，
∵CE⊥BD，
∴∠CEB＝∠EDA＝90°，
在Rt△ADE和Rt△BEC中，，
∴Rt△ADE≌Rt△BEC（HL），
∴BE＝AD，
∴CE＝ED＝BD﹣BE＝BD﹣AD＝8﹣6＝2，
∴CD＝CE＝2；
（2）解：连接CF，如图2所示：
∵AF＝DE，DE＝CE，
∴AF＝CE，
∵BD⊥AD，CE⊥BD，
∴AD∥CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AE＝CF，AE∥CF，
∴∠CFD＝∠EAD，∠CFB＝∠AGF，
由（1）得：Rt△ADE≌Rt△BEC，
∴∠CBE＝∠EAD，
∴∠CBE＝∠CFD，
∵∠FBD+∠BFC+∠CFD＝90°，
∴∠FBD+∠BFC+∠CBE＝90°，
∴∠BCF＝90°，
∵AE＝BC，
∴BC＝CF，
∴△BCF是等腰直角三角形，
∴BF＝BC＝CF＝AE，∠FBC＝∠BFC＝45°，
∴∠AGF＝45°，
∵∠BGH＝75°，
∴∠AGH＝180°﹣45°﹣75°＝60°，
∵GH⊥AB，
∴∠GAH＝30°，
∴AG＝2GH，
∴BF＝AE＝（AG+EG），
∴BF＝2GH+EG．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、含30°角直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握直角三角形的性质、作辅助线构建平行四边形是解题的关键．
19．问题背景
如图（1），在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，AB＝AD，∠BAD＝α，以点A为顶点作一个角，角的两边分别交BC，CD于点E，F，且∠EAFα，连接EF，试探究：线段BE，DF，EF之间的数量关系．
（1）特殊情景
在上述条件下，小明增加条件“当∠BAD＝∠B＝∠D＝90°时”如图（2），小明很快写出了：BE，DF，EF之间的数量关系为______．
（2）类比猜想
类比特殊情景，小明猜想：在如图（1）的条件下线段BE，DF，EF之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请你帮助小明完成证明；若不成立，请说明理由．
（3）解决问题
如图（3），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，点D，E均在边BC上，且∠DAE＝45°，若BD，请直接写出DE的长．
【答案】（1）BE+DF＝EF；（2）成立；（3）DE
【分析】（1）将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG，由旋转的性质可得AE＝AG，BE＝DG，∠BAE＝∠DAG，根据∠EAF=∠BAD可得∠BAE+∠DAF＝45°，即可得出∠∠EAF＝∠FAG，利用SAS可证明△AFE≌△AFG，可得EF=FG，进而可得EF=BE+FD；（2）将△ABE绕点A逆时针旋转α得到△ADH，由旋转的性质可得∠ABE＝∠ADH，∠BAE＝∠DAH，AE＝AH，BE＝DH，根据∠BAD＝α，∠EAFα可得∠BAE+∠FADα，进而可证明∠FAH＝∠EAF，利用SAS可证明△AEF≌△AHF，可得EF=FH=BE+FD；（3）将△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△AE′B，连接DE′，由旋转的性质可得BE′＝EC，AE′＝AE，∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB，根据等腰直角三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝4，即可求出∠E′BD＝90°，利用SAS可证明△AEF≌△AHF，可得DE＝DE′，利用勾股定理求出DE的长即可的答案.
【详解】解：（1）BE+DF＝EF，
如图1，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG，
∵∠ADC＝∠B＝∠ADG＝90°，
∴∠FDG＝180°，即点F，D，G共线．
由旋转可得AE＝AG，BE＝DG，∠BAE＝∠DAG．
∵∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝90°﹣∠BAD=90°-45°＝45°，
∴∠DAG+∠DAF＝45°，即∠FAG=45°，
∴∠EAF＝∠FAG，
∴△AFE≌△AFG（SAS），
∴EF＝FG．
又∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴BE+DF＝EF，
故答案为BE+DF＝EF．
（2）成立．
如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转α得到△ADH，
可得∠ABE＝∠ADH，∠BAE＝∠DAH，AE＝AH，BE＝DH．
∵∠B+∠ADC＝180°，
∴∠ADH+∠ADC＝180°，
∴点C，D，H在同一直线上．
∵∠BAD＝α，∠EAFα，
∴∠BAE+∠FADα，
∴∠DAH+∠FADα，
∴∠FAH＝∠EAF，
又∵AF＝AF，
∴△AEF≌△AHF（SAS），
∴EF＝FH＝DF+DH＝DF+BE；
（3）DE，
如图3，将△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△AE′B，连接DE′．
可得BE′＝EC，AE′＝AE，∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB，
在Rt△ABC中，∵AB＝AC＝4，∠BAC=90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝4，
∴CD=BC=BD=3，
∴∠ABC+∠ABE′＝90°，即∠E′BD＝90°，
∴E′B2+BD2＝E′D2．
易证△AE′D≌△AED，
∴DE＝DE′，
∴DE2＝BD2+EC2，即DE2，
解得．
【点睛】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，旋转后不改变图形的大小和形状，并且对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线的夹角等于旋转角，熟练掌握旋转的性质及全等三角形的判定定理是解题关键.
特点
如图，在四边形ABCD中，∠1+∠2＝180°，BA＝BC，连接BD，延长DA至E，使得AE=DC，则有以下结论成立：
①△BAE≌△BCD
【证明】
①证明：∵∠1+∠2＝180°，
∴∠BAD+∠C＝180°，
∴∠BAE=∠BCD
在△BAE和△BCD中
AE=CD
∠BAE=∠BCD
AB=BC
∴△BAE≌△BCD（SAS）．
结论
△BAE≌△BCD
解决方案
【结论一】（对角互补——含90°角）
如图，在四边形ABCD中，∠1=90°，∠2＝90°，BA＝BC，连接BD，延长DA至E，使得AE=DC，则有以下结论成立：
①△BAE≌△BCD；②△BED为等腰Rt△
【证明】
①证明：证明：∵∠1+∠2＝180°，
∴∠BAD+∠C＝180°，
∴∠BAE=∠BCD
在△BAE和△BCD中
AE=CD
∠BAE=∠BCD
AB=BC
∴△BAE≌△BCD（SAS）．
②证明：
∵△BAE≌△BCD
∴∠EBA=∠DBC,BE=BD
∵∠DBC+∠ABD＝90°
∴∠EBA+∠ABD＝∠EBD＝90°
∴△EBD为等腰Rt△
【结论二】（对角互补——含60°角）
如图，在四边形ABCD中，∠1=60°，∠2＝120°，BA＝BC，连接BD，延长DA至E，使得AE=DC，则有以下结论成立：
①△BAE≌△BCD；②△BED为等边△
【证明】
①证明：证明：∵∠1+∠2＝180°，
∴∠BAD+∠C＝180°，
∴∠BAE=∠BCD
在△BAE和△BCD中
AE=CD
∠BAE=∠BCD
AB=BC
∴△BAE≌△BCD（SAS）．
②证明：
∵△BAE≌△BCD
∴∠EBA=∠DBC,BE=BD
∵∠DBC+∠ABD＝60°
∴∠EBA+∠ABD＝∠EBD＝60°
∴△EBD为等边△