专题2半角模型-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案（全国通用）（原卷版+解析）

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【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案
专题02半角模型
解题策略


模型1：正方形中的半角模型





模型2：等腰直角三角形中的半角模型

经典例题



【例1】（2020·山西晋中·八年级阶段练习）如图所示：已知ΔABC中，∠BAC=90°,AB=AC，在∠BAC内部作∠MAN=45°,AM、AN分别交BC于点M，N.

[操作]（1）将ΔABM绕点A逆时针旋转90°，使AB边与AC边重合，把旋转后点M的对应点记作点Q，得到ACQ，请在图中画出ΔACQ;(不写出画法)
[探究]（2）在1作图的基础上，连接NQ， 求证： MN=NQ;
[拓展]（3）写出线段BM,MN和NC之间满足的数量关系，并简要说明理由．
【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）MN2=BM2+NC2，理由见详解.
【分析】（1）根据旋转中心、旋转方向和旋转角度进行作图即可；
（2）先根据SAS判定△MAN≌△QAN，进而得出结论；
（3）再由全等三角形和旋转的性质，得出MN=NQ，MB=CQ，最后根据Rt△NCQ中的勾股定理得出结论；
【详解】解：（1）如图，△ACQ即为所求；

（2）证明：由旋转可得，△ABM≌△ACQ，
∴AM=AQ，∠BAM=∠CAQ
∵∠MAN=45°，∠BAC=90°
∴∠BAM+∠NAC=45°
∴∠CAQ+∠NAC=45°，即∠NAQ=45°
在△MAN和△QAN中
AM=AQ∠MAN=∠QANAN=AN，
∴△MAN≌△QAN（SAS），
∴MN=NQ；
（3）MN2=BM2+NC2；
由（2）中可知，MN=NQ，MB=CQ，
又∠NCQ=∠NCA+ACQ=∠NCA+∠ABM=45°+45°=90°
在Rt△NCQ中，有
NQ2=CQ2+NC2，
即MN2=BM2+NC2；
【点睛】本题主要考查了图形的旋转、全等三角形，以及勾股定理，解决问题的关键是掌握旋转变换思想方法在解决问题过程中的应用．解题时注意：①旋转不改变图形的形状和大小（即旋转前后的两个图形全等），②任意一对对应点与旋转中心的连线所成的角彼此相等（都是旋转角），③经过旋转，对应点到旋转中心的距离相等．
【例2】．（2022·全国·九年级专题练习）折一折：将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、AD都落在对角线AC上，展开得折痕AE、AF，连接EF，如图1．

(1)∠EAF＝ °，写出图中两个等腰三角形： （不需要添加字母）；
(2)转一转：将图1中的∠EAF绕点A旋转，使它的两边分别交边BC、CD于点P、Q，连接PQ，如图2．线段BP、PQ、DQ之间的数量关系为 ；
(3)连接正方形对角线BD，若图2中的∠PAQ的边AP、AQ分别交对角线BD于点M、点N，如图3，则CQBM= ；
(4)剪一剪：将图3中的正方形纸片沿对角线BD剪开，如图4．求证：BM2＋DN2＝MN2．
【答案】(1)45；△AEF，△CEF，
(2)PQ＝BP＋DQ
(3)2
(4)见解析
【分析】（1）利用翻折变换的性质可得∠EAF＝45°，证明△BAE≌△DAF（ASA），推出BE＝DF，AE＝AF，可得结论．
（2）结论：PQ＝BP＋DQ．如图2中，延长CB到T，使得BT＝DQ．证明△PAT≌△PAQ（SAS），可得结论．
（3）证明△CAQ∽△BAM，可得CQBM=ACAB=2．
（4）如图4中，将△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABR，连接RM．证明△AMR≌△AMN（SAS），∠RBM＝90°，可得结论．
(1)
解：如图1中，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝BC＝CD，∠BAD＝90°，
∴ABC，△ADC都是等腰三角形，
∵∠BAE＝∠CAE，∠DAF＝∠CAF，
∴∠EAF=12（∠BAC＋∠DAC）＝45°，
∵∠BAE＝∠DAF＝22.5°，∠B＝∠D＝90°，AB＝AD，
∴△BAE≌△DAF（ASA），
∴BE＝DF，AE＝AF，
∵CB＝CD，
∴CE＝CF，
∴△AEF，△CEF都是等腰三角形，
故答案为：45，△AEF，△EFC．
(2)
解：结论：PQ＝BP＋DQ．
理由：如图2中，延长CB到T，使得BT＝DQ．

∵AD＝AB，∠ADQ＝∠ABT＝90°，DQ＝BT，
∴△ADQ≌△ABT（SAS），
∴AT＝AQ，∠DAQ＝∠BAT，
∵∠PAQ＝45°，
∴∠PAT＝∠BAP＋∠BAT＝∠BAP＋∠DAQ＝45°，
∴∠PAT＝∠PAQ＝45°，
∵AP＝AP，
∴△PAT≌△PAQ（SAS），
∴PQ＝PT，
∵PT＝PB＋BT＝PB＋DQ，
∴PQ＝BP＋DQ．
故答案为：PQ＝BP＋DQ．
(3)
解：如图3中，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABM＝∠ACQ＝∠BAC＝45°，AC=2AB，
∵∠BAC＝∠PAQ＝45°，
∴∠BAM＝∠CAQ，
∴△CAQ∽△BAM，
∴CQBM=ACAB=2，
故答案为：2．
(4)
证明：如图4中，将△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABR，连接RM．

∵∠BAD＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠DAN＋∠BAM＝45°，
∵∠DAN＝∠BAR，
∴∠BAM＋∠BAR＝45°，
∴∠MAR＝∠MAN＝45°，
∵AR＝AN，AM＝AM，
∴△AMR≌△AMN（SAS），
∴RM＝MN，
∵∠D＝∠ABR＝∠ABD＝45°，
∴∠RBM＝90°，
∴RM2＝BR2＋BM2，
∵DN＝BR，MN＝RM，
∴BM2＋DN2＝MN2．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
【例3】．（2022·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）23
【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2AB3AB＝23，
故答案为：23．
【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．
【例4】（2020·全国·九年级专题练习）请阅读下列材料：
已知：如图（1）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别为线段BC上两动点，若∠DAE＝45°．探究线段BD、DE、EC三条线段之间的数量关系：

（1）猜想BD、DE、EC三条线段之间存在的数量关系式，直接写出你的猜想；
（2）当动点E在线段BC上，动点D运动在线段CB延长线上时，如图（2），其它条件不变，（1）中探究的结论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明；
（3）已知：如图（3），等边三角形ABC中，点D、E在边AB上，且∠DCE＝30°，请你找出一个条件，使线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，并求出此时等腰三角形顶角的度数．
【答案】（1）DE2＝BD2+EC2；（2）关系式DE2＝BD2+EC2仍然成立，详见解析；（3）当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，且顶角∠DFE为120°．
【分析】（1）DE2＝BD2+EC2，将△ADB沿直线AD对折，得△AFD，连FE，得到△AFD≌△ABD，然后可以得到AF＝AB，FD＝DB，∠FAD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，再利用已知条件可以证明△AFE≌△ACE，从而可以得到∠DFE＝∠AFD+∠AFE＝45°+45°＝90°，根据勾股定理即可证明猜想的结论；
（2）根据（1）的思路一样可以解决问题；
（3）当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形．如图，与（1）类似，以CE为一边，作∠ECF＝∠ECB，在CF上截取CF＝CB，可得△CFE≌△CBE，△DCF≌△DCA，然后可以得到AD＝DF，EF＝BE．由此可以得到∠DFE＝∠1+∠2＝∠A+∠B＝120°，这样就可以解决问题．
【详解】解：（1）DE2＝BD2+EC2；
证明：如图，将△ADB沿直线AD对折，得△AFD，连FE，
∴△AFD≌△ABD，
∴AF＝AB，FD＝DB，∠FAD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，
∵∠BAC＝90°，∠DAE＝45°
∴∠BAD+∠CAE＝45°, ∠FAD+∠FAE＝45°,
∴∠CAE=∠FAE
又AE=AE,AF=AB=AC
∴△AFE≌△ACE，
∴∠DFE＝∠AFD+∠AFE＝45°+45°＝90°，
∴DE2＝FD2+EF2
∴DE2＝BD2+EC2；

（2）关系式DE2＝BD2+EC2仍然成立．
证明：将△ADB沿直线AD对折，得△AFD，连FE

∴△AFD≌△ABD，
∴AF＝AB，FD＝DB，
∠FAD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，
又∵AB＝AC，
∴AF＝AC，
∵∠FAE＝∠FAD+∠DAE＝∠FAD+45°，
∠EAC＝∠BAC﹣∠BAE＝90°﹣（∠DAE﹣∠DAB）＝45°+∠DAB，
∴∠FAE＝∠EAC，
又∵AE＝AE，
∴△AFE≌△ACE，
∴FE＝EC，∠AFE＝∠ACE＝45°，∠AFD＝∠ABD＝180°﹣∠ABC＝135°
∴∠DFE＝∠AFD﹣∠AFE＝135°﹣45°＝90°，
∴在Rt△DFE中，DF2+FE2＝DE2，
即DE2＝BD2+EC2；
（3）当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形．
如图，与（2）类似，以CE为一边，作∠ECF＝∠ECB，在CF上截取CF＝CB，
可得△CFE≌△CBE，△DCF≌△DCA．
∴AD＝DF，EF＝BE．
∴∠DFE＝∠1+∠2＝∠A+∠B＝120°．
若使△DFE为等腰三角形，只需DF＝EF，即AD＝BE，
∴当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，且顶角∠DFE为120°．

【点睛】此题比较复杂，考查了全等三角形的性质与判定、等腰三角形的性质、勾股定理的应用等知识点，此题关键是正确找出辅助线，通过辅助线构造全等三角形解决问题，要掌握辅助线的作图根据．
培优训练


一、解答题
1．（2022·陕西西安·七年级期末）问题背景：
如图1，在四边形ABCD中AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°，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△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，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∠EAF=12∠BAD，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，
BE=DG∠B=∠ADGAB=AD，
∴△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，
AE=AG∠EAF=∠GAFAF=AF，
∴△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，
AD=AB∠ADH=∠BDH=BE，
∴△ADH≌△ABE（SAS），
∴AE=AH，∠BAE=∠DAH，
∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠HAF=∠DAH+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，
在△AEF和△AHF中，
AE=AH∠EAF=∠HAFAF=AF，
∴△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．
2．（2022·河北邢台·九年级期末）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△ADE′的位置，然后证明△AFE≌△AFE′，从而可得EF=E′F．
E′F=E′D+DF=BE+DF，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°，∠EAF=12∠BAD，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°，∠EAF=12∠BAD，求证：EF＝BE＋DF．
(3)【知识迁移】如图4，四边形ABPC是⊙O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)PB+PC=2PA
【分析】（1）将△ABE绕A点逆时针旋转，旋转角等于∠BAD得△ADE′，证明△AEF≌△AE′F，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=∠E'AF，再证明△AEF≌△AE′F，等量代换即得结论；
（3）将△ABP绕点A逆时针旋转90°得到△ACP′，先利用圆内接四边形的性质证明P，C，P′在同一直线上，再证明△PAP′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E′的位置，如图所示，


可知△ABE≌△ADE′，
∴BE=DE′．
由∠ADC+∠ADE′=180°知，C、D、E′共线，
∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠BAF+∠DAF=∠EAF，
∴∠DAE′+∠DAF=∠EAF=∠E'AF，
∴△AEF≌△AE′F，
∴EF=E′F=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E′的位置，如图所示，


由旋转可知△ABE≌△ADE′，
∴BE=DE′，∠B=∠ADE′，∠BAE=∠DAE′，AE=AE′．
∵∠B＋∠ADC＝180°，
∴∠ADC+∠ADE′=180°，
∴点C，D，E′在同一条直线上．
∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠BAE+∠DAF=12∠BAD，
∴∠DAE′+∠DAF=12BAD，
∴∠FAE′=12∠BAD，
∴∠EAF=∠FAE′．
∵AF＝AF，
∴△FAE′≌△FAE，
∴FE=FE′，即BE＋DF＝EF．
(3)
结论：PB+PC=2PA，理由如下：
证明：将△ABP绕点A逆时针旋转90°得到△ACP′，使得AB与AC重合，如图所示，


由圆内接四边形性质得：∠ACP′+∠ACP=180°，
即P，C，P′在同一直线上．
∴BP=CP′，AP=AP′，
∵BC为直径，
∴∠BAC=90°=∠BAP+∠PAC=∠CAP′+∠PAC=∠PAP′，
∴△PAP′为等腰直角三角形，
∴PP′=2PA，
即PB+PC=2PA．
【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．
3．（2021·重庆·九年级专题练习）将锐角为45°的直角三角板MPN的一个锐角顶点P与正方形ABCD的顶点A重合，正方形ABCD固定不动，然后将三角板绕着点A旋转，∠MPN的两边分别与正方形的边BC、DC或其所在直线相交于点E、F，连接EF．
（1）在三角板旋转过程中，当∠MPN的两边分别与正方形的边CB、DC相交时，如图1所示，请直接写出线段BE、DF、EF满足的数量关系；
（2）在三角板旋转过程中，当∠MPN的两边分别与正方形的边CB、DC的延长线相交时，如图2所示，请直接写出线段BE、DF、EF满足的数量关系；
（3）若正方形的边长为4，在三角板旋转过程中，当∠MPN的一边恰好经过BC边的中点时，试求线段EF的长．


【答案】（1）EF=DF+BE；（2）EF=DF-BE；（3）线段EF的长为103或203．
【分析】（1）延长FD至G，使DG=BE，连接AG，先证△ABE≌△ADG，再证△GAF≌△EAF即可；
（2）在DC上截取DH=BE，连接AH，先证△ADH≌△ABE，再证△HAF≌EAF即可；
（3）分两种情形分别求解即可解决问题．
【详解】解：（1）结论：EF=BE+DF．
理由：延长FD至G，使DG=BE，连接AG，如图①，

∵ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABE=ADG=∠DAB=90°，
∴△ABE≌△ADG（AAS），
∴AE=AG，∠DAG=∠EAB，
∵∠EAF=45°，
∴∠DAF+∠EAB=45°，
∴∠DAF+∠DAG=45°，
∴∠GAF=∠EAF=45°，
∵AF=AF，
∴△GAF≌△EAF（AAS），
∴EF=GF，
∴GF=DF+DG=DF+BE，
即：EF=DF+BE；
（2）结论：EF=DF-BE．
理由：在DC上截取DH=BE，连接AH，如图②，

∵AD=AB，∠ADH=∠ABE=90°，
∴△ADH≌△ABE（SAS），
∴AH=AE，∠DAH=∠EAB，
∵∠EAF=∠EAB+∠BAF=45°，
∴∠DAH+∠BAF=45°，
∴∠HAF=45°=∠EAF，
∵AF=AF，
∴△HAF≌EAF（SAS），
∴HF=EF，
∵DF=DH+HF，
∴EF=DF-BE；
（3）①当MA经过BC的中点E时，同（1）作辅助线，如图：

设FD=x，由（1）的结论得FG=EF=2+x，FC=4-x．
在Rt△EFC中，（x+2）2=（4-x）2+22，
∴x=43，
∴EF=x+2=103．
②当NA经过BC的中点G时，同（2）作辅助线，

设BE=x，由（2）的结论得EC=4+x，EF=FH，
∵K为BC边的中点，
∴CK=12BC=2，
同理可证△ABK≌FCK（SAS），
∴CF=AB=4，EF=FH=CF+CD-DH=8-x，
在Rt△EFC中，由勾股定理得到：（4+x）2+42=（8-x）2，
∴x=43，
∴EF=8-43=203．
综上，线段EF的长为103或203．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
4．（2022·全国·八年级课时练习）综合与实践
（1）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝45°，则MN，AM，CN的数量关系为 　 　．

（2）如图2，在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝12∠ABC，试探索线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？请写出猜想，并给予证明．
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，点M、N分别在DA、CD的延长线上，若∠MBN＝12∠ABC，试探究线段MN、AM、CN的数量关系为 　 　．
【答案】（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由见解析；（3）MN=CN-AM，理由见解析
【分析】（1）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，可得到点M'、C、N三点共线，再由∠MBN=45°，可得∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；
（2）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，由∠A+∠C＝180°，可得点M'、C、N三点共线，再由∠MBN＝12∠ABC，可得到∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；
（3）在NC上截取C M'=AM，连接B M'，由∠ABC+∠ADC＝180°，可得∠BAM=∠C，再由AB＝BC，可证得△ABM≌△CB M'，从而得到AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，进而得到∠MA M'=∠ABC，再由∠MBN＝12∠ABC，可得∠MBN＝∠M'BN，从而得到△NBM≌△NBM'，即可求解．
【详解】解：（1）如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，

在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC       ，
∴∠BCM'+∠BCD=180°，
∴点M'、C、N三点共线，
∵∠MBN=45°，
∴∠ABM+∠CBN=45°，
∴∠M'BN=∠M'BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=45°，
即∠M'BN=∠MBN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N= M'C+CN，
∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（2）MN=AM+CN；理由如下：
如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，

∵∠A+∠C＝180°，
∴∠BCM'+∠BCD=180°，
∴点M'、C、N三点共线，
∵∠MBN＝12∠ABC，
∴∠ABM+∠CBN=12∠ABC＝∠MBN，
∴∠CBN+∠M'BC =∠MBN，即∠M'BN=∠MBN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N= M'C+CN，
∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（3）MN=CN-AM，理由如下：
如图，在NC上截取C M'=AM，连接B M'，

∵在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠C+∠BAD=180°，
∵∠BAM+∠BAD=180°，
∴∠BAM=∠C，
∵AB＝BC，
∴△ABM≌△CB M'，
∴AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，
∴∠MA M'=∠ABC，
∵∠MBN＝12∠ABC，
∴∠MBN＝12∠MA M'=∠M'BN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N=CN-C M'，   
∴MN=CN-AM．
故答案是：MN=CN-AM．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，图形的旋转，根据题意做适当辅助线，得到全等三角形是解题的关键．
5．（2022·江苏·八年级课时练习）（1）如图①，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF=12∠BAD．请直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关系：__________；

（2）如图②，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF=12∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程；
（3）在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是边BC，CD所在直线上的点，且∠EAF=12∠BAD．请画出图形（除图②外），并直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关系．
【答案】（1）EF=BE+FD；（2）成立，理由见解析；（3）图形见解析，EF=BE−FD
【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=12∠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EB至G，使BG=DF，连接AG，

∵∠ABG=∠ABC=∠D=90°，AB=AD，
∴△ABG≌△ADF，
∴AG=AF，∠1=∠2，
∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=12∠BAD，
∴∠GAE=∠EAF，
在△GAE和△FAE中，
∵AG=AF∠GAE=∠EAFAE=AE，
∴△GAE≌△FAESAS，
∴EG=EF，
∵EG=BE+BG，
∴EF=BE+FD．
故答案为：EF=BE+FD
（2）（1）中的结论仍成立，
证明：延长CB至M，使BM=DF，

∵∠ABC+∠D=180°，∠1+∠ABC=180°，
∴∠1=∠D，
在△ABM和△ADF中，
AB=AD∠1=∠DBM=DF，
∴△ABM≌△ADFSAS，
∴AF=AM，∠2=∠3,
∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠2+∠4=12∠BAD=∠EAF，
∴∠3+∠4=∠EAF即∠MAE=∠EAF，
在△AME和△AFE中，
AM=AF∠MAE=∠EAFAB=AE，
∴△AME≌△AFESAS，
∴EF=ME，即EF=BE+BM．
（3）EF=BE−FD，
证明：在BE上截取BG使BG=DF，
连接AG，

∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADF，
∵在△ABG和△ADF中，
AB=AD∠ABG=∠ADFBG=DF，
∴△ABG≌△ADFSAS，
∴∠BAG=∠DAF，AG=AF，
∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD =∠EAF=12∠BAD，
∴∠GAE=∠EAF，
在△AEG和△AEF中，
AG=AF∠GAE=∠EAFAE=AE，
∴△AEG≌△AEFSAS，
∴EG=EF，
∵EG=BE−BG，
∴EF=BE−FD．
【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.
6．（2021·辽宁·沈阳市南昌中学（含：西校区、光荣中学）九年级阶段练习）如图，菱形ABCD与菱形EBGF的顶点B重合，顶点F在射线AC上运动，且∠BCD=∠BGF=120°，对角线AC、BD相交于点O．
（1）如图1．当点F与点O重合时，直接写出AEFD的值为 　 　；
（2）当顶点F运动到如图2的位置时，连接CG，CG⊥BG，且CG=BC，试探究CG与DF的数量关系，说明理由，并直接写出直线CG与DF所夹锐角的度数；
（3）如图3，取点P为AD的中点，若B、E、P三点共线，且当CF＝2时，请直接写出BP的长．


【答案】（1）33；（2）FD=3CG，30°；（3）37
【分析】（1）设菱形ABCD边长AB=2a，由菱形性质和已知得出∠ABD=30°，∠BAO=60°，BF=FD=32AB=3a，再由含30度角的直角三角形的性质求出BF=FD=32AB=3a，AE=EF=BE=12AB=a，进而求得AEFD的值；
（2）菱形ABCD的边长为2a，由△BGC是等腰直角三角形CG=22BC=2a，再已知菱形的条件，求出△BOF是等腰直角三角形，继而得出BF=DF=6a，从而求出FD=3CG，由B、D是关于AC的轴对称可知∠CDF=∠CBF=15°，再由三角形外角的性质可得直线CG与DF所夹锐角的度数为30°；
（3）利用半角模型将△BCF逆时针旋转60°到△BAM位置，从而得出△BNF≅△BNM（SAS），得到一个由CF、NF、AN三条线段长组成的三角形，而且有内角为120°，从而确定三条线段关系，再利用中位线定理和三角形相似在菱形中得出NF、AN与菱形边长关系，求出菱形边长即可解答．
【详解】解：（1）设菱形ABCD边长AB=2a，
∵在菱形ABCD中，∠BCD=∠BGF=120°，
∴AC⊥BD， ∠ABC=60°，∠BAD=120°，
∴∠ABD=30°，∠BAO=60°，BF=FD=32AB=3a，
∵在四边形EBGF是菱形，∠BGF=120°，BE=EF，
∴ ∠EBH=∠EFH=30°，
∴∠AFE=60°，
∴∠AFE=∠EAO=60°，
∴AE=EF，
∴AE=EF=BE=12AB=a，
∴AEFD=a3a=33．
（2）FD=3CG，直线CG与DF所夹锐角的度数为30°．
理由如下，如图，连接BF，延长GC交FD于N，

设菱形ABCD的边长为2a，
∵CG⊥BG，且CG=BG，
∴∠GBC=∠GCB=45°，CG=22BC=2a
∵∠GBE=60°，
∵四边形EBGF是菱形， ∠BGF=120°，
∴∠GBF=∠BFG=12∠GBE=30°，
∴∠CBF=∠GBC−∠GBF=15°，
∴∠OBF=∠OBC+∠CBF=30°+15°=45°，
∵AC⊥BD，BO=DO，
∴∠BFO=∠OBF=45°，BF=DF，
由（2）可知：BO=3a，
∴BF=DF=6a，
∴DF=3CG，
由B、D是关于AC的轴对称可知，∠CDF=∠CBF=15°，
又∵∠DCN=180°−∠BCG−∠BCD=15°，
∴∠GNF=∠CDF+∠DCN=30°，
即直线CG与DF所夹锐角的度数为30°；
（3）BP=37，
过程如下：依题意，作出图形，此时B、E、P三点共线，

连接BF，并将线段BF绕点B逆时针旋转60°到BM位置，连接MG、MA，
∵∠CBA=∠FBM=60°，BC=BA
∴△BCF≅△BAM（SAS）
∴AM=CF=2，∠MAB=∠FCB=60°，
∵∠EBF=12∠GBE=30°，
∴∠MBN=∠FBM−∠FBN=30°，
∴∠MBG=∠FBG=30°，
∴△BNF≅△BNM（SAS），
∴FN=MN
过M点作MH⊥CH，
∵∠BAO=60°，
∴∠MAH=60°，∠HMA=30°，
∴AH=12AM=1，MH=3AH=3，
取OD的中点Q，连接QP，
∵AP=PD，
∴PQ=12OA，PQ//OA，
∴△BNO∼△BPQ，
∴NOPQ=BOBQ=2OQ3OQ=23，
∴NO=23PQ=13OA，
设菱形ABCD的边长为2a，则AO=CO=12AB=a，
∴AN=AO−ON=a−13a=23a，
MN=FN=CO+ON−CF=a+13a−2=43a−2，
NH=NA+AH=23a+1，
在Rt△MGH中，NH2+MH2=MN2，
∴(23a+1)2+(3)2=(43a−2)2，
解得a1=0（舍去），a2=3，
∴PQ=12a=32，BQ=32OD=323a=923，
∵在Rt△BPQ中，BQ2+PQ2=BP2，
∴BP=BQ2+PQ2=(32)2+(923)2=37．
【点睛】本题是几何旋转综合题，主要考查了菱形的性质、旋转全等、30°直角三角形性质和勾股定理解三角形等，解题关键是利用特殊角进行计算得出其他角度数，利用旋转得到由CF、NF、AN三条线段长组成的三角形，而且有内角为120°，从而通过已知计算．
7．（2022·江苏·八年级课时练习）如图，CA=CB，CA⊥CB，∠ECF=45°，CD=CF，∠ACD=∠BCF．

（1）求∠ACE+∠BCF的度数；
（2）以E为圆心，以AE长为半径作弧；以F为圆心，以BF长为半径作弧，两弧交于点G，试探索△EFG的形状？是锐角三形，直角三角形还是钝角三角形？请说明理由．
【答案】（1）45°；（2）见详解
【分析】（1）由CA⊥CB，可得∠ACB＝90°，再根据∠ECF＝45°，即可得出答案；
（2）如图，连接DE，先证明△ECF≌△ECD（SAS），可得DE＝EF，再证明△CAD≌△CBF（SAS），可得AD＝BF，∠CAD＝∠B，即可得出∠DAE＝90°，再利用SSS证明△EFG≌△EDA，即可得出答案．
【详解】解：（1）∵CA⊥CB，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACE＋∠ECF＋∠BCF＝90°，
∵∠ECF＝45°，
∴∠ACE＋∠BCF＝90°−∠ECF＝45°；
（2）△EFG是直角三角形，理由如下：
如图，连接DE，

由（1）知，∠ACE＋∠BCF＝45°，
∵∠ACD＝∠BCF，
∴∠ACE＋∠ACD＝45°，即∠DCE＝45°，
∵∠ECF＝45°，
∴∠ECF＝∠ECD，
在△ECF和△ECD中，
CF=CD∠ECF=∠ECDCE=CE，
∴△ECF≌△ECD（SAS），
∴DE＝EF，
在△CAD和△CBF中，
CD=CF∠ACD=∠BCFCA=CB，
∴△CAD≌△CBF（SAS），
∴AD＝BF，∠CAD＝∠B，
∵FG＝BF，
∴FG＝AD，
∵∠ACB＝90°，CA＝CB，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠CAB＝∠B＝45°，
∴∠DAE＝∠CAB＋∠B＝90°，
在△EFG和△EDA中，
EG=EAFG=ADEF=ED，
∴△EFG≌△EDA（SSS），
∴∠EGF＝∠EAD＝90°，
∴△EFG是直角三角形．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形性质，直角三角形的判定和性质，全等三角形判定和性质等知识，解题关键是添加辅助线构造全等三角形，熟练运用全等三角形判定和性质解决问题．
8．（2021·河南平顶山·九年级期中）（1）阅读理解
如图1，在正方形ABCD中，若E，F分别是CD，BC边上的点，∠EAF＝45°，则我们常常会想到：把△ADE绕点A顺时针旋转90°，得到△ABG．易证△AEF≌ ，得出线段BF，DE，EF之间的关系为 ；
（2）类比探究
如图2，在等边△ABC中，D，E为BC边上的点，∠DAE＝30°，BD＝1，EC＝2．求线段DE的长；
（3）拓展应用
如图3，在△ABC中，AB＝AC＝6+2，∠BAC＝150°，点D，E在BC边上，∠DAE＝75°，若DE是等腰△ADE的腰，请直接写出线段BD的长．

【答案】（1）△AGF，EF＝DE+BF；（2）DE＝7；（3）BD＝2或23
【分析】（1）证明△AGF≌△AEF（SAS），则GF＝EF，即GF＝BG+BF＝DE+BF＝EF，即可求解；
（2）证明△AFD≌△AED（SAS），则FD＝DE，在Rt△FBH中，∠FBH＝60°，则BH＝12BF＝1，FH＝BFsin60°＝2×32＝3，则FD=FH2+HD2=7=ED,即可求解；
（3）①当DE＝AD时，△ADE≌△ADF（SAS），在△ABC中，AB＝AC＝6+2，∠HAC＝30°，由BC2＝（AB+AH）2+HC2得：BC2＝（x+32x）2+（12x）2，求出BC＝4+23；在△ADE中，AD＝DE＝a，∠ADE＝30°，同理可得：AE＝6−22a，由AB2+AE2＝BE2，求出a＝2，即可求解；②当DE＝AE时，BD对应①中的CE，即可求解．
【详解】解：（1）由图象的旋转知，AG＝AE，∠DAE＝∠GAB，
∵∠BAF+∠DAE＝∠BAD﹣∠EAF＝45°，
∴∠GAF＝∠GAB+∠BAF＝∠DAE+∠BAF＝90°﹣∠EAF＝45°＝∠EAF，
又∵AG＝AE，AF＝AF，
∴△AGF≌△AEF（SAS），
∴GF＝EF，
即GF＝BG+BF＝DE+BF＝EF，
即EF＝DE+BF，
故答案为：△AGF，EF＝DE+BF；
（2）将△AEC围绕点A旋转到△AFB的位置，连接FD，
由（1）知，△AFB≌△AEC（SAS），则AF＝AE，FB＝EC＝2，
∵∠FAD＝∠FAB+∠BAD＝∠EAC+∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝60°﹣30°＝∠DAE，
∵AD＝AD，AF＝AE，
∴△AFD≌△AED（SAS），
∴FD＝DE，∠ABF＝∠C＝60°，
在△BDF中，BD＝1，BF＝2，∠FBD＝∠ABF+∠ABC＝60°+60°＝120°，
过点F作FH⊥BD交DB的延长线于点H，则∠FBH＝60°，
在Rt△FBH中，∠FBH＝60°，则BH＝12BF＝1，FH＝BFsin60°＝2×32＝3，
则FD=FH2+HD2=7=ED
故DE＝7；

（3）①当DE＝AD时，则∠DAE＝∠DEA＝75°，则∠ADE＝180°﹣2×75°＝30°，
在等腰△ABC中，∠BAC＝150°，则∠ABC＝∠ACB＝15°，
将△AEC围绕点A旋转到△AFB所在的位置（点F对应点E），连接DF，
由（2）同理可得：△ADE≌△ADF（SAS），
∴DF＝DE，
∵∠ADE＝∠ABC+∠BAD＝15°+∠BAD＝30°，故∠BAD＝15°＝∠ABD，
∴AD＝BD＝ED，
设BD＝a，则AD＝BD＝ED＝a，则BE＝2a，
过点C作CH⊥BA交BA的延长线于点H，则∠HAC＝2∠ABC＝30°，
在△ABC中，AB＝AC＝6+2，∠HAC＝30°，
设AC＝x，则CH＝12x，AH＝32x，
由BC2＝（AB+AH）2+HC2得：BC2＝（x+32x）2+（12x）2，
将x＝6+2代入上式并解得：BC＝4+23；
在△ADE中，AD＝DE＝a，∠ADE＝30°，
同理可得：AE＝6−22a，
∵∠ABE＝15°，∠AEB＝75°，故∠BAE＝90°，
在Rt△ABE中，AB2+AE2＝BE2，即（6+2）2+（6−22a）2＝（2a）2，
解得a＝±2（舍去负值），故a＝2，
则BD＝2，
CE＝BC﹣2a＝4+23﹣4＝23；
②当DE＝AE时，
BD对应①中的CE，
故BD＝23；
综上，BD＝2或23．

【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，解直角三角形，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
9．（2022·全国·八年级专题练习）已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E、F．
（1）当∠MBN绕B点旋转到AE＝CF时（如图1），试猜想AE，CF，EF之间存在怎样的数量关系？请将三条线段分别填入后面横线中：　　＋　　＝　　．（不需证明）
（2）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF（如图2）时，上述（1）中结论是否成立？请说明理由．
（3）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF（如图3）时，上述（1）中结论是否成立？若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．

【答案】（1）AE；CF；EF；（2）成立，见解析；（3）不成立，新的关系为AE＝EF＋CF．
【分析】（1）根据题意易得△ABE≌△CBF，然后根据全等三角形的性质可得∠ABE=∠CBF=30°，进而根据30°角的直角三角形及等边三角形的性质可求解；
（2）如图2，延长FC到H，使CH=AE，连接BH，根据题意可得△BCH≌△BAE，则有BH=BE，∠CBH=∠ABE，进而可证△HBF≌△EBF，推出HF=EF，最后根据线段的等量关系可求解；
（3）如图3，在AE上截取AQ=CF，连接BQ，根据题意易得△BCF≌△BAQ，推出BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，进而可证△FBE≌△QBE，推出EF=QE即可．
【详解】解：（1）如图1，AE+CF=EF，理由如下：
∵AB⊥AD，BC⊥CD，
∴∠A=∠C=90°，
∵AB=BC，AE=CF，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴∠ABE=∠CBF，BE=BF，
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，
∴∠ABE=∠CBF=30°，
∴AE=12BE,CF=12BF，
∵∠MBN=60°，BE=BF，
∴△BEF是等边三角形，
∴AE+CF=12BE+12BF=BE=EF，
故答案为：AE+CF=EF；

（2）如图2，（1）中结论成立；理由如下：
延长FC到H，使CH=AE，连接BH，
∵AB⊥AD，BC⊥CD，
∴∠A=∠BCH=90°，
∴△BCH≌△BAE（SAS），
∴BH=BE，∠CBH=∠ABE，
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，
∴∠ABE+∠CBF=120°-60°=60°，
∴∠HBC+∠CBF=60°，
∴∠HBF=∠MBN=60°，
∴∠HBF=∠EBF，
∴△HBF≌△EBF（SAS），
∴HF=EF，
∵HF=HC+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF；

（3）如图3，（1）中的结论不成立，关系为AE=EF+CF，理由如下：
在AE上截取AQ=CF，连接BQ，
∵AB⊥AD，BC⊥CD，
∴∠A=∠BCF=90°，
∵AB=BC，
∴△BCF≌△BAQ（SAS），
∴BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，
∵∠MBN=60°=∠CBF+∠CBE，
∴∠CBE+∠ABQ=60°，
∵∠ABC=120°，
∴∠QBE=120°-60°=60°=∠MBN，
∴∠FBE=∠QBE，
∴△FBE≌△QBE（SAS），
∴EF=QE，
∵AE=QE+AQ=EF+CF，
∴AE=EF+CF．

【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、含30°角的直角三角形的性质及等边三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、含30°角的直角三角形的性质及等边三角形的性质是解题的关键．
10．（2022·江苏·八年级课时练习）如图，在正方形ABCD中，点P在直线BC上，作射线AP，将射线AP绕点A逆时针旋转45°，得到射线AQ，交直线CD于点Q，过点B作BE⊥AP于点E，交AQ于点F，连接DF．

（1）依题意补全图形；
（2）用等式表示线段BE，EF，DF之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）补全图形见解析；（2）BE+DF=EF，证明见解析．
【分析】（1）根据题意补全图形即可．
（2）延长FE到H,使EH=EF，根据题意证明△ABH≌△ADF，然后根据全等三角形的性质即可证明．
【详解】（1）补全图形

（2）BE+DF=EF．
证明：延长FE到H,使EH=EF

∵BE⊥AP，
∴AH=AF，
∴∠HAP=∠FAP=45°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，
∠BAD=90°
∴∠BAP+∠2=45°，
∵∠1+∠BAP=45°
∴∠1=∠2，
∴△ABH≌△ADF，
∴DF=BH，
∵BE+BH=EH=EF，
∴BE+DF=EF．
【点睛】此题考查了正方形的性质和全等三角形的性质，解题的关键是根据题意作出辅助线．
11．（2022·全国·八年级课时练习）（1）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF=45°．直接写出BE、DF、EF之间的数量关系；

（2）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF=12∠BAD，求证：EF=BE+DF；

（3）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，延长BC到点E，延长CD到点F，使得∠EAF=12∠BAD，则结论EF=BE+DF是否仍然成立？若成立，请证明；不成立，请写出它们的数量关系并证明．

【答案】（1）EF=BE+DF，理由见详解；（2）见详解；（3）结论EF＝BE＋FD不成立，应当是EF＝BE−FD．理由见详解．
【分析】（1）在CD的延长线上截取DM＝BE，连接AM，证出△ABE≌△ADM，根据全等三角形的性质得出BE＝DM，再证明△AEF≌△AMF，得EF＝FM，进而即可得出答案；
（2）在CD的延长线上截取DG＝BE，连接AG，证出△ABE≌△ADG，根据全等三角形的性质得出BE＝DG，再证明△AEF≌△AGF，得EF＝FG，即可得出答案；
（3）按照（2）的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．根据（2）的证法，我们可得出DF＝BG，GE＝EF，那么EF＝GE＝BE−BG＝BE−DF．所以（1）的结论在（3）的条件下是不成立的．
【详解】（1）解：EF=BE+DF，理由如下：
延长CD，使DM=BE，连接AM，

∵在正方形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADM=90°，
∴△ABE≌△ADM，
∴∠BAE=∠DAM，AE=AM，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=∠DAM+∠DAF =90°-45°=45°，
∴∠EAF=∠MAF=45°，
又∵AF=AF，AE=AM，
∴△AEF≌△AMF，
∴EF=MF=MD+DF=BE+DF；
（2）在CD的延长线上截取DG＝BE，连接AG，如图，

∵∠ADF＝90°，∠ADF＋∠ADG＝180°，
∴∠ADG＝90°，
∵∠B＝90°，
∴∠B＝∠ADG＝90°，
∵BE＝DG，AB＝AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AG＝AE，
∴∠EAG＝∠EAD＋∠DAG＝∠EAD＋∠ABE＝∠BAD，
∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠EAF=12∠EAG,
∴∠EAF＝∠FAG，
又∵AF＝AF，AE＝AG，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG＝DF＋DG＝EB＋DF；
（3）结论EF＝BE＋FD不成立，应当是EF＝BE−FD．理由如下：
如图，在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．

∵∠B＋∠ADC＝180°，∠ADF＋∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF．
∵在△ABG与△ADF中，
{AB=AD∠ABG=∠ADFBG=DF，
∴△ABG≌△ADF（SAS）．
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．
∴∠BAG＋∠EAD＝∠DAF＋∠EAD＝∠EAF＝12∠BAD=12∠GAF．
∴∠GAE＝12∠BAD=∠EAF．
∵AE＝AE，AG＝AF．
∴△AEG≌△AEF．
∴EG＝EF，
∵EG＝BE−BG
∴EF＝BE−FD．
【点睛】本题考查了三角形综合题，三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用旋转变换的思想添加辅助线，构造全等三角形解决问题，解题时注意一些题目虽然图形发生变化，但是证明思路和方法是类似的，属于中考压轴题．
12．（2021·辽宁沈阳·一模）（1）思维探究：
如图1，点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，且∠EAF＝45°，连接EF，则三条线段EF，BE，DF满足的等量关系式是 ；小明的思路是：将△ADF绕点A顺时针方向旋转90°至△ABG的位置，并说明点G，B，E在同一条直线上，然后证明△AEF≌ 即可得证结论；（只需填空，无需证明）
（2）思维延伸：
如图2，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E均在边BC上，点D在点E的左侧，且∠DAE＝45°，猜想三条线段BD，DE，EC应满足的等量关系，并说明理由；
（3）思维拓广：
如图3，在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝AC＝5，点D，E均在直线BC上，点D在点E的左侧，且∠DAE＝30°，当BD＝1时，请直接写出线段CE的长．

【答案】（1）BE＋DF＝EF，△AEG；（2）BD2+CE2=DE2，理由见解析；（3）3511或53
【分析】（1）由旋转的性质得AG=AF，∠GAB=∠FAD，∠ABG=∠D=90°，则有∠GAE=∠EAF=45°，进而证得△AEG≌△AEF，根据全等三角形的性质证得GE=EF即可解答；
（2）将△ABD绕点A逆时针旋转90°至△ACG，连接EG，可证得AG=AD，∠GAE=∠DAE=45°，∠GCE=90°，进而可证得△GAE≌△DAE，根据全等三角形的性质证得GE=DE，再根据勾股定理即可得出结论；
（3）当点D在点B右侧时，将△ABD绕点A逆时针旋转60°至△ACG，可证得∠GAE=∠DAE=30°，∠GCE=120°，进而可证得△GAE≌△DAE，根据全等三角形的性质证得GE=DE，过G作GH⊥EC，交EC延长线于H，设CE=x，易求得GE=DE=4﹣x，EH= x+12，GH=32，在△GHE中，由勾股定理可求得CE的值；当点D在点B左侧时，同样的方法可求得CE的长．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=∠D=∠ABC=90°，
∵将△ADF绕点A顺时针方向旋转90°至△ABG，
∴AG=AF， BG=DF，∠GAB=∠FAD，∠ABG=∠D=90°，
∴∠ABG+∠ABC=90°+90°=180°，
∴点G、B、E共线，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠FAD=45°，
∴∠BAE+∠GAB=45°，即∠GAE =45°
∴∠GAE=∠FAE，又AG=AF，AE=AE，
∴△AEG≌△AEF（SAS）,
∴GE=EF，
∵GE=BE+BG=BE+DF，
∴BE+DF=EF，
故答案为：BE＋DF＝EF，△AEG；
（2）猜想：BD2+CE2=DE2，理由为：
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
如图2，将△ABD绕点A逆时针方向旋转90°至△ACG，连接EG，
∴AG=AD， CG=BD，∠GAC=∠DAB，∠ACG=∠ABC=45°，
∴∠ACG+∠ACB=45°+45°=90°，
∴GE2=CG2++CE2，
∵∠DAE=45°，
∴∠DAB+∠EAC=45°，
∴∠GAC+∠EAC=45°，即∠GAE =45°
∴∠GAE=∠DAE，又AG=AD，AE=AE，
∴△GAE≌△DAE（SAS）,
∴GE=DE，
∵GE2=CG2++CE2=BD2+CE2，
∴BD2+CE2=DE2；

（3）∵△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝AC＝5，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，
由题意，点D，E均在直线BC上，点D在点E的左侧，且∠DAE＝30°，
∴①当点D在点B右侧时，BD=1，如图3，
将△ABD绕点A逆时针旋转60°至△ACG，连接EG，
∴AG=AD， CG=BD=1，∠GAC=∠DAB，∠ACG=∠ABC=60°，
∵∠DAE=30°，∠BAC=60°，
∴∠DAB+∠EAC=30°，
∴∠GAC+∠EAC=30°，即∠GAE =30°
∴∠GAE=∠DAE，又AG=AD，AE=AE，
∴△GAE≌△DAE（SAS）,
∴GE=DE，
过G作GH⊥EC，交EC延长线于H，
∵∠ECG=∠ACG+∠ACB=60°+60°=120°，
∴∠GCH=60°，
在Rt△GCH中，CH=CG·cos60°=12，GH= CG·sin60°=32，
设CE=x，易求得GE=DE=4﹣x，EH= x+12，
在△GHE中，由勾股定理得：（4﹣x）2=( x+12)2+（32）2，
解得：x=53，即CE=53；

②当点D在点B左侧时，BD=1
同理，将△ABD绕点A逆时针旋转60°至△ACG，连接EG，
易证△GAE≌△DAE，得GE=DE，
过G作GH⊥EC，交CE于H，
∵∠ACG=∠ADB=120°，∠ACB=60°，
∴∠GCH=60°，
在Rt△GCH中，CH=CG·cos60°=12，GH= CG·sin60°=32，
设CE=x，易求得GE=DE=6﹣x，EH= x﹣12，
在△GHE中，由勾股定理得：（6﹣x）2=( x﹣12)2+（32）2，
解得：x=3511，即CE=3511，
综上，CE的长为3511或53．

【点睛】本题考查正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质、解一元一次方程、锐角三角函数等知识，综合性强，难度适中，熟练掌握相关知识的性质与运用，正确作出辅助线，借助旋转性质得出全等三角形是解答的关键．
13．（2021·河南安阳·八年级期中）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：____；
（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）

【答案】（1）AH=AB；（2）成立，理由见解析；（3）6
【分析】（1）先证明ΔABM≅ΔADN，可得AM=AN，∠BAM=∠DAN，再证明ΔABM≅ΔAHM即可；
（2）延长CB至E，使BE=DN，证明ΔAEM≅ΔANM，能得到AH=AB；
（3）分别沿AM、AN翻折ΔAMH和ΔANH，得到ΔABM和ΔAND，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．
【详解】解：（1）如图①，AH=AB．理由如下：

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠BAD=∠D=90°，AB=AD，
在ΔABM和ΔADN中，
AB=AD∠B=∠DBM=DN，
∴ΔABM≅ΔADN(SAS)，
∴AM=AN，∠BAM=∠DAN，
∴ΔAMN是等腰三角形，
又∵AH⊥MN，
∴∠AHM=90°，∠HAM=∠HAN，
∵∠MAN=45°，
∴∠HAM=12×45°=22.5°，∠BAM+∠DAN=45°，
∴∠BAM=22.5°=∠HAM，
在ΔABM和ΔAHM中，
∠BAM=∠HAM∠B=∠AHM=90°AM=AM，
∴ΔABM≅ΔAHM(AAS)，
∴AH=AB；
故答案为：AH=AB；
（2）数量关系成立．如图②，延长CB至E，使BE=DN．

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠D=∠ABE=90°，
在Rt△AEB和Rt△AND中，
AB=AD∠ABE=∠ADNBE=DN，
∴Rt△AEB≌Rt△AND（SAS），
∴AE=AN，∠EAB=∠NAD，
∵∠DAN+∠BAM=45°，
∴∠EAB+∠BAM=45°，
∴∠EAN=90°，
∴∠EAM=∠NAM=45°，
在ΔAEM和ΔANM中，
AE=AN∠EAM=∠NAMAM=AM，
∴ΔAEM≅ΔANM(SAS)．
∴SΔAEM=SΔANM，EM=MN，
∵AB、AH是ΔAEM和ΔANM对应边上的高，
∴AB=AH．
（3）如图③分别沿AM、AN翻折ΔAMH和ΔANH，得到ΔABM和ΔAND，
∴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．

【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、翻折变换的性质以及勾股定理等知识；正确作出辅助线，熟练掌握翻折变换的性质，构造全等三角形是解题的关键．
14．（2020·四川成都·八年级期末）已知，∠POQ=90∘，分别在边OP，OQ上取点A，B，使OA=OB，过点A平行于OQ的直线与过点B平行于OP的直线相交于点C．点E，F分别是射线OP，OQ上动点，连接CE，CF，EF．
（1）求证：OA=OB=AC=BC；
（2）如图1，当点E，F分别在线段AO，BO上，且∠ECF=45∘时，请求出线段EF，AE，BF之间的等量关系式；
（3）如图2，当点E，F分别在AO，BO的延长线上，且∠ECF=135∘时，延长AC交EF于点M，延长BC交EF于点N．请猜想线段EN，NM，FM之间的等量关系，并证明你的结论．

【答案】（1）见解析；（2）EF=AE+BF；（3）MN2=EN2+FM2，见解析
【分析】（1）连接AB,通过∠POQ=90∘，OA=OB得到△AOB为等腰直角三角形，进而得到∠OAB=∠OBA=45∘，根据过点A平行于OQ的直线与过点B平行于OP的直线相交于点C，可推出∠CBA=45∘，∠BAC=45∘，最后通过证明△AOB≌△ACB，可以得出结论；
（2）在射线AP上取点D，使AD=BF，连接CD，通过证明△CAD≌△CBF，得到CD=CF，∠ACD=∠BCF，再结合∠ECF=45∘，∠ACB=90∘推导证明△ECD≌△ECF，得到ED=EF，最后等量代换线段即可求解；
（3）延长AO到点D，使得AD=BF，连接CD，通过证明△CAD≌△CBF，得到CD=CF，∠ACD=∠BCF，再结合∠ECF=135∘，推导证明△ECD≌△ECF，得到∠D=∠CFM，根据∠D=∠CFB，等量代换可知∠CFM=∠CFB，又因为AC//OQ，推出∠MCF=∠CFB，进而得到MC=MF，同理可证CN=EN，最后根据勾股定理即可求解．
【详解】解：（1）证明：连接AB．
∵ ∠POQ=90∘，OA=OB，
∴ △AOB为等腰直角三角形，
∴ ∠OAB=∠OBA=45∘，
又∵ BC//OP，且∠POQ=90∘，
∴ BC⊥OQ，
∴ ∠CBF=90∘，
∴ ∠CBA=45∘，
同理，∠BAC=45∘，
在△AOB与△ACB中
∠OAB=∠CABAB=AB∠OBA=∠CBF，
∴ △AOB≌△ACB ASA，
∴ ∠AOB=∠ACB=90∘，OA=OB=AC=BC；
（2）如图1，在射线AP上取点D，使AD=BF，连接CD．

在△CAD与△CBF中
CA=CB∠CAD=∠CBFAD=BF，
∴ △CAD≌△CBF SAS，
∴ CD=CF，∠ACD=∠BCF，
∵ ∠ECF=45∘，∠ACB=90∘，
∴ ∠ACE+∠BCF=45∘，
∴ ∠ACE+∠ACD=∠ECD=45∘，
∴ ∠ECD=∠ECF，
在△ECD与△ECF中
CD=CF∠ECD=∠ECFCE=CE
∴ △ECD≌△ECF SAS，
∴ ED=EF，
又∵ ED=AD+AE=BF+AE，
∴ EF=AE+BF．
（3）MN2=EN2+FM2．证明如下：
如图2，延长AO到点D，使得AD=BF，连接CD．

∴ ∠CAD=∠CBF=90∘，
在△CAD与△CBF中
CA=CB∠CAD=∠CBFAD=BF，
∴ △CAD≌△CBF SAS，
∴ CD=CF，∠ACD=∠BCF，
∵ ∠ACD+∠DCB=90∘，
∴ ∠BCF+∠DCB=90∘=∠DCF，
∴ ∠FCD=∠BCA=90∘，
∵ ∠ECF=135∘，
∴ ∠ECD=360∘−90∘−135∘=135∘，
∴ ∠ECF=∠ECD，
在△ECD与△ECF中
EC=EC∠ECD=∠ECFCD=CF，
∴ △ECD≌△ECF SAS，
∴ ∠D=∠CFM，
∵ △CAD≌△CBF，
∴ ∠D=∠CFB，
∴ ∠CFM=∠CFB，
∵ AC//OQ，
∴ ∠MCF=∠CFB，
∴ ∠CFM=∠MCF，
∴ MC=MF，
同理可证：CN=EN，
∴在Rt△MCN中，由勾股定理得：MN2=CN2+CM2=EN2+FM2．
【点睛】本题综合考查了全等三角形的性质和判定,勾股定理以及正方形的有关知识，通过添加辅助线构造全等三角形，通过证明全等三角形得到线段之间的关系是解题的关键．
15．（2020·江西育华学校八年级阶段练习）问题背景：如图1，在四边形ABCD中，∠BAD=90°，∠BCD=90°，BA=BC，∠ABC=120°，∠MBN=60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．探究图中线段AE,CF,EF之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BGF≌△BEF，可得出结论，他的结论就是______________；
探究延伸：如图2，在四边形ABCD中，BA=BC，∠BAD+∠BCD=180°，∠ABC=2∠MBN，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由．
实际应用：如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．

【答案】问题背景：EF=AE+CF；探究延伸：成立，理由见解析；实际应用：210海里
【分析】问题背景：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，即可得出结论：EF=AE+CF；
探究延伸1：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，可得出结论：EF=AE+CF；
探究延伸2：延长DC到H，使得CH=AE，连接BH，先证明△BCH≌△BAE，即可得到BE=HB，∠ABE=∠HBC，再证明△HBF≌△EBF，即可得出EF=HF=HC+CF=AE+CF；
实际应用：连接EF，延长BF交AE的延长线于G，根据题意可转化为如下的数学问题：在四边形GAOB中，OA=OB，∠A+∠B=180°，∠AOB=2∠EOF，∠EOF的两边分别交AG，BG于E，F，求EF的长．再根据探究延伸2的结论：EF=AE+BF，即可得到两舰艇之间的距离．
【详解】解：问题背景：
如图1，延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，可得出结论：EF=AE+CF；

故答案为：EF=AE+CF；
探究延伸1：
上述结论仍然成立，即EF=AE+CF，理由如下：
如图2，延长FC到G，使CG=AE，连接BG，
∵CG=AE，∠BCG=∠A=90°，BC=BA，
∴△BCG≌△BAE（SAS），
∴BG=BE，∠ABE=∠CBG，
∵∠ABC=2∠EBF，
∴∠ABE+∠CBF=∠EBF，
即∠CBG+∠CBF=∠EBF，
∴∠GBF=∠EBF，
又∵BF=BF，
∴△BFG≌△BFE（SAS），
∴GF=EF，
即GC+CF=EF，
∴AE+CF=EF
∴可得出结论：EF=AE+CF；

探究延伸2：
上述结论仍然成立，即EF=AE+CF，理由：
如图3，延长DC到H，使得CH=AE，连接BH，

∵∠BAD+∠BCD=180°，∠BCH+∠BCD=180°，
∴∠BCH=∠BAE，
∵BA=BC，CH=AE，
∴△BCH≌△BAE（SAS），
∴BE=HB，∠ABE=∠HBC，
∴∠HBE=∠ABC，
又∵∠ABC=2∠MBN，
∴∠EBF=∠HBF，
∵BF=BF，
∴△HBF≌△EBF（SAS），
∴EF=HF=HC+CF=AE+CF；
实际应用：
如图4，连接EF，延长BF交AE的延长线于G，

因为舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处．舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，所以∠AOB=140°，
因为指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°，所以∠EOF=70°，所以∠AOB=2∠EOF．
依题意得，OA=OB，∠A=60°，∠B=120°，所以∠A+∠B=180°，
因此本题的实际的应用可转化为如下的数学问题：
在四边形GAOB中，OA=OB，∠A+∠B=180°，∠AOB=2∠EOF，∠EOF的两边分别交AG，BG于E，F，求EF的长．
根据探究延伸2的结论可得：EF=AE+BF，
根据题意得，AE=75×1.2=90（海里），BF=100×1.2=120（海里），
所以EF=90+120=210（海里）．
答：此时两舰艇之间的距离为210海里．
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确作出辅助线构造全等三角形，解答时注意类比思想的灵活应用．
16．（2022·全国·八年级课时练习）如图，△ABC是边长为2的等边三角形，△BDC是顶角为120°的等腰三角形，以点D为顶点作∠MDN=60°，点M、N分别在AB、AC上．
（1）如图①，当MN//BC时，则△AMN的周长为______；
（2）如图②，求证：BM+NC=MN．

【答案】（1）4；（2）见解析
【分析】（1）首先证明△BDM≌△CDN，进而得出△DMN是等边三角形，∠BDM=∠CDN=30°，NC=BM=12DM=12MN，即可解决问题；
（2）延长AC至点E，使得CE=BM，连接DE，首先证明△BDM≌△CDE，再证明△MDN≌△EDN，得出MN=NE，进而得出结果即可．
【详解】解：（1）∵△ABC是等边三角形，MN//BC，
∴∠AMN=∠ABC=60°，∠ANM=∠ACB=60°
∴△AMN是等边三角形，∴AM=AN，则BM=NC，
∵△BDC是顶角∠BDC=120°的等腰三角形，
∴∠DBC=∠DCB=30°，
∴∠DBM=∠DCN=90°，
在△BDM和△CDN中，
BM=CN,∠MBD=∠DCN,BD=CD,
∴△BDM≌△CDNSAS，
∴DM=DN，∠BDM=∠CDN，
∵∠MDN=60°，
∴△DMN是等边三角形，∠BDM=∠CDN=30°，
∴NC=BM=12DM=12MN，∴MN=MB+NC，
∴△AMN的周长=AB+AC=4．
（2）如图，延长AC至点E，使得CE=BM，连接DE，
∵△ABC是等边三角形，△BDC是顶角∠BDC=120°的等腰三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，∠DBC=∠DCB=30°，
∴∠ABD=∠ACD=90°，
∴∠DCE=90°，
在△BDM和△CDE中，
BD=CD,∠MBD=∠ECD,BM=CE,
∴△BDM≌△CDESAS，
∴MD=ED，∠MDB=∠EDC，
∴∠MDE=120°−∠MDB+∠EDC=120°，
∵∠MDN=60°，
∴∠NDE=60°，
在△MDN和△EDN中，
MD=ED,∠MDN=∠NDE=60°,DN=DN,
∴△MDN≌△EDNSAS．
∴MN=NE，
又∵NE=NC+CE=NC+BM，
∴BM+NC=MN．

【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质及等腰三角形的性质，掌握全等三角形的性质与判定，等边三角形及等腰三角形的性质是解题的关键．
17．（2022·全国·八年级课时练习）如图，在四边形ABCD中，∠B=∠D=90°，E，F分别是BC，CD上的点，连接AE，AF，EF．
（1）如图①，AB=AD，∠BAD=120°，∠EAF=60°．求证：EF=BE+DF；
              
（2）如图②，∠BAD=120°，当△AEF周长最小时，求∠AEF+∠AFE的度数；
（3）如图③，若四边形ABCD为正方形，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF=45°，若BE=3，DF=2，请求出线段EF的长度．
【答案】（1）见解析；（2）∠AEF+∠AFE =120°；（3）EF=5．
【分析】（1）延长FD到点G,使DG=BE，连接AG，首先证明△ABE≌△ADG，则有AE=AG，∠BAE=∠DAG，然后利用角度之间的关系得出∠EAF=∠FAG=60°，进而可证明△EAF≌△GAF，则EF=FG=DG+DF，则结论可证；
（2）分别作点A关于BC和CD的对称点A′，A″，连接A′A″，交BC于点E，交CD于点F，根据轴对称的性质有A′E=AE，A″F=AF，当点A′、E、F、A″在同一条直线上时，A′A″即为△AEF周长的最小值，然后利用∠AEF+∠AFE=∠EA′A+∠EAA′+∠FAD+∠A″求解即可；
（3）旋转△ABE至△ADP的位置，首先证明△PAF≌△EAF，则有EF=FP，最后利用EF=PF=PD+DF=BE+DF求解即可．
【详解】（1）证明：如解图①，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，

在△ABE和△ADG中，
AB=AD,∠ABE=∠ADG,BE=DG,
∴△ABE≌△ADGSAS．
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠BAD=120°，∠EAF=60°，
∴∠BAE+∠FAD=∠DAG+∠FAD=60°．
∴∠EAF=∠FAG=60°，
在△EAF和△GAF中，
AE=AG,∠EAF=∠GAF,AF=AF,
∴△EAF≌△GAFSAS．
∴EF=FG=DG+DF，∴EF=BE+DF；
（2）解：如解图，分别作点A关于BC和CD的对称点A′，A″，连接A′A″，交BC于点E，交CD于点F．
由对称的性质可得A′E=AE，A″F=AF，
∴此时△AEF的周长为AE+EF+AF=A′E+EF+A′F=A′A″．
∴当点A′、E、F、A″在同一条直线上时，A′A″即为△AEF周长的最小值．

∵∠DAB=120°，
∴∠AA′E+∠A″=180°−120°=60°．
∵∠EA′A=∠EAA′,∠FAD=∠A″，∠EA′A+∠EAA′=∠AEF,∠FAD+∠A″=∠AFE，
∴∠AEF+∠AFE=∠EA′A+∠EAA′+∠FAD+∠A″= 2∠AA′E+∠A″=2×60°=120°；
（3）解：如解图，旋转△ABE至△ADP的位置，

∴∠PAE=∠DAE+∠PAD=∠DAE+∠EAB=90°，
AP=AE，∠PAF=∠PAE−∠EAF =90°−45°=45°=∠EAF．
在△PAF和△EAF中，
AP=AE,∠PAF=∠EAF,AF=AF,
∴△PAF≌△EAFSAS．
∴EF=FP．
∴EF=PF=PD+DF=BE+DF=3+2=5．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质，轴对称的性质，掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．
18．（2022·江苏·八年级课时练习）（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝100°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F分别是BC，CD上的点．且∠EAF＝50°．探究图中线段EF，BE，FD之间的数量关系．
小明同学探究的方法是：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，他的结论是　 　（直接写结论，不需证明）；
（2）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2∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由；
（3）如图3，四边形ABCD是边长为7的正方形，∠EBF＝45°，直接写出△DEF的周长．

【答案】（1）EF＝BE+DF；（2）成立，理由详见解析；（3）14．
【分析】（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，由“SAS”可证△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，再由“SAS”可证△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题；
（2）延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，即可证明△ABG≌△ADF，可得AF＝AG，再证明△AEF≌△AEG，可得EF＝EG，即可解题；
（3）延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，由“SAS”可证△ABH≌△CBF，可得BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，由“SAS”可证△EBH≌△EBF，可得EF＝EH，可得EF＝EH＝AE+CF，即可求解．
【详解】证明：（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，
在△ABE和△ADG中，
{AB=AD∠ABE=∠ADG=90°BE=DG，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠BAD＝100°，∠EAF＝50°，
∴∠BAE+∠FAD＝∠DAG+∠FAD＝50°，
∴∠EAF＝∠FAG＝50°，
在△EAF和△GAF中，
∵{AE=AG∠EAF=∠GAFAF=AF，
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝FG＝DF+DG，
∴EF＝BE+DF，
故答案为：EF＝BE+DF；
（2）结论仍然成立，
理由如下：如图2，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，

∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABG+∠ABC＝180°，
∴∠ABG＝∠D，
∵在△ABG与△ADF中，
{AB=AD∠ABG=∠DBG=DF，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，
∵2∠EAF＝∠BAD，
∴∠DAF+∠BAE＝∠BAG+∠BAE＝12∠BAD＝∠EAF，
∴∠GAE＝∠EAF，
又AE＝AE，
∴△AEG≌△AEF（SAS），
∴EG＝EF．
∵EG＝BE+BG．
∴EF＝BE+FD；
（3）如图，延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝7＝AD＝CD，∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴∠BAH＝∠BCF＝90°，
又∵AH＝CF，AB＝BC，
∴△ABH≌△CBF（SAS），
∴BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，
∵∠EBF＝45°，
∴∠CBF+∠ABE＝45°＝∠HBA+∠ABE＝∠EBF，
∴∠EBH＝∠EBF，
又∵BH＝BF，BE＝BE，
∴△EBH≌△EBF（SAS），
∴EF＝EH，
∴EF＝EH＝AE+CF，
∴△DEF的周长＝DE+DF+EF＝DE+DF+AE+CF＝AD+CD＝14．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
19．（2022·全国·八年级课时练习）如图，正方形ABCD中，E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，连接EF，这种模型属于“半角模型”中的一类，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的分析思路．例如图中△ADF与△ABG可以看作绕点A旋转90°的关系．这可以证明结论“EF＝BE＋DF”，请补充辅助线的作法，并写出证明过程．

（1）延长CB到点G，使BG＝ ，连接AG；
（2）证明：EF＝BE＋DF
【答案】（1）DF；（2）见解析
【分析】（1）由于△ADF与△ABG可以看作绕点A旋转90°的关系，根据旋转的性质知BG=DF，从而得到辅助线的做法；
（2）先证明△ADF≌△ABG，得到AG=AF，∠GAB=∠DAF，结合∠EAF＝45°，易知∠GAE=45°，再证明△AGE≌△AFE即可得到EF＝GE=BE+GB=BE＋DF
【详解】解：（1）根据旋转的性质知BG=DF，从而得到辅助线的做法：延长CB到点G，使BG=DF，连接AG；
（2）∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠ADF=∠ABE=∠ABG=90°，
在△ADF和△ABG中
AD=AB∠ADF=∠ABGDF=BG
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴AF=AG，∠DAF=∠GAB，
∵∠EAF=45°，
∴∠DAF+∠EAB=45°，
∴∠GAB+∠EAB=45°，
∴∠GAE=∠EAF =45°，
在△AGE和△AFE中0
AG=AF∠GAE=∠FAEAE=AE
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴GE=EF，
∴EF＝GE=BE+GB=BE＋DF
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用旋转方法提示构造全等三角形，属于中考常考题型．
20．（2021·全国·九年级专题练习）如图1，在菱形ABCD中，AC＝2，BD＝23，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）60° ；（3）见详解
【分析】（1）由菱形的性质得出OA=1，OB=3，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OA=12AC=1, OB=12BD=3．
∴AB=OA2+OB2=12+(3)2=2；
（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，
∠BAE=∠CAFAB=AC∠EBA=∠FCA
∴△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．
21．（2020·重庆江津·八年级期中）（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，
∵AG∥BC，∠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．
22．（2022·江苏·八年级专题练习）（2020•锦州模拟）问题情境：已知，在等边△ABC中，∠BAC与∠ACB的角平分线交于点O，点M、N分别在直线AC，AB上，且∠MON＝60°，猜想CM、MN、AN三者之间的数量关系．
方法感悟：小芳的思考过程是在CM上取一点，构造全等三角形，从而解决问题；

小丽的思考过程是在AB取一点，构造全等三角形，从而解决问题；
问题解决：（1）如图1，M、N分别在边AC，AB上时，探索CM、MN、AN三者之间的数量关系，并证明；
（2）如图2，M在边AC上，点N在BA的延长线上时，请你在图2中补全图形，标出相应字母，探索CM、MN、AN三者之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）CM＝AN+MN，详见解析；（2）CM＝MN﹣AN，详见解析
【分析】（1）在AC上截取CD＝AN，连接OD，证明△CDO≌△ANO，根据全等三角形的性质得到OD＝ON，∠COD＝∠AON，证明△DMO≌△NMO，得到DM＝MN，结合图形证明结论；
（2）在AC延长线上截取CD＝AN，连接OD，仿照（1）的方法解答．
【详解】解：（1）CM＝AN+MN，
理由如下：在AC上截取CD＝AN，连接OD，

∵△ABC为等边三角形，∠BAC与∠ACB的角平分线交于点O，
∴∠OAC＝∠OCA＝30°，
∴OA＝OC，
在△CDO和△ANO中，
OC=OA∠OCD=∠OANCD=AN，
∴△CDO≌△ANO（SAS）
∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，
∵∠MON＝60°，
∴∠COD+∠AOM＝60°，
∵∠AOC＝120°，
∴∠DOM＝60°，
在△DMO和△NMO中，
OD=ON∠DOM=∠NOMOM=OM，
∴△DMO≌△NMO，
∴DM＝MN，
∴CM＝CD+DM＝AN+MN；
（2）补全图形如图2所示：

CM＝MN﹣AN，
理由如下：在AC延长线上截取CD＝AN，连接OD，
在△CDO和△ANO中，
CD=AN∠OCD=∠OAN=150°OC=OA，
∴△CDO≌△ANO（SAS）
∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，
∴∠DOM＝∠NOM，
在△DMO和△NMO中，
OD=ON∠DOM=∠NOMOM=OM，
∴△DMO≌△NMO（SAS）
∴MN＝DM，
∴CM＝DM﹣CD＝MN﹣AN．
【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知等边三角形的性质及全等三角形的判定定理．
23．（2022·河南开封·八年级期末）（2019秋•东台市期末）在等边△ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．探究：当M、N分别在直线AB、AC上移动时，BM、NC、MN之间的数量关系及△AMN的周长Q与等边△ABC的周长L的关系．

（1）如图1，当点M、N边AB、AC上，且DM＝DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是　　　　　　　；此时QL=　　；
（2）如图2，点M、N在边AB、AC上，且当DM≠DN时，猜想（ I）问的两个结论还成立吗？若成立请直接写出你的结论；若不成立请说明理由．
（3）如图3，当M、N分别在边AB、CA的延长线上时，探索BM、NC、MN之间的数量关系如何？并给出证明．
【答案】（1）BM+NC＝MN，23；（2）结论仍然成立，详见解析；（3）NC﹣BM＝MN，详见解析
【分析】（1）由DM＝DN，∠MDN＝60°，可证得△MDN是等边三角形，又由△ABC是等边三角形，CD＝BD，易证得Rt△BDM≌Rt△CDN，然后由直角三角形的性质，即可求得BM、NC、MN之间的数量关系 BM+NC＝MN，此时 QL=23；
（2）在CN的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1．可证△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，易证得∠CDN＝∠MDN＝60°，则可证得△MDN≌△M1DN，然后由全等三角形的性质，即可得结论仍然成立；
（3）首先在CN上截取CM1＝BM，连接DM1，可证△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，然后证得∠CDN＝∠MDN＝60°，易证得△MDN≌△M1DN，则可得NC﹣BM＝MN．
【详解】（1）如图1，BM、NC、MN之间的数量关系 BM+NC＝MN．
此时 QL=23．
理由：∵DM＝DN，∠MDN＝60°，
∴△MDN是等边三角形，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝60°，
∵BD＝CD，∠BDC＝120°，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∴∠MBD＝∠NCD＝90°，
∵DM＝DN，BD＝CD，
∴Rt△BDM≌Rt△CDN，
∴∠BDM＝∠CDN＝30°，BM＝CN，
∴DM＝2BM，DN＝2CN，
∴MN＝2BM＝2CN＝BM+CN；
∴AM＝AN，
∴△AMN是等边三角形，
∵AB＝AM+BM，
∴AM：AB＝2：3，
∴QL=23；
（2）猜想：结论仍然成立．
证明：在NC的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1．

∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，
∴△DBM≌△DCM1，
∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，
∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，
∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，
∴△MDN≌△M1DN，
∴MN＝M1N＝M1C+NC＝BM+NC，
∴△AMN的周长为：AM+MN+AN＝AM+BM+CN+AN＝AB+AC，
∴QL=23；
（3）证明：在CN上截取CM1＝BM，连接DM1．

∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，
∴△DBM≌△DCM1，
∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，
∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，
∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，
∴△MDN≌△M1DN，
∴MN＝M1N．
∴NC﹣BM＝MN．
【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知等边三角形的性质及全等三角形的判定定理．
24．（2022·全国·八年级课时练习）如图①，四边形ABCD为正方形，点E，F分别在AB与BC上，且∠EDF=45°，易证：AE+CF=EF（不用证明）．
（1）如图②，在四边形ABCD中，∠ADC=120°，DA=DC，∠DAB=∠BCD=90°，点E，F分别在AB与BC上，且∠EDF=60°．猜想AE，CF与EF之间的数量关系，并证明你的猜想；
（2）如图③，在四边形ABCD中，∠ADC=2α，DA=DC，∠DAB与∠BCD互补，点E，F分别在AB与BC上，且∠EDF=α，请直接写出AE，CF与EF之间的数量关系，不用证明．

【答案】（1）AE+CF=EF，证明见解析；（2）AE+CF=EF，理由见解析.
【分析】（1）由题干中截长补短的提示，再结合第（1）问的证明结论，在第二问可以用截长补短的方法来构造全等，从而达到证明结果．
（2）同理作辅助线，同理进行证明即可，直接写出猜想，并证明．
【详解】（1）图2猜想：AE+CF=EF，
证明：在BC的延长线上截取CA'=AE，连接A'D，

∵∠DAB=∠BCD=90°，
∴∠DAB=∠DCA'=90°，
又∵AD=CD，AE=A'C，
∴△DAE≌△DCA'（SAS），
∴ED=A'D，∠ADE=∠A'DC，
∵∠ADC=120°，
∴∠EDA'=120°，
∵∠EDF=60°，
∴∠EDF=∠A'DF=60°，
又DF=DF，
∴△EDF≌△A'DF（SAS），
则EF=A'F=FC+CA'=FC+AE；
（2）如图3，AE+CF=EF，

证明：在BC的延长线上截取CA'=AE，连接A'D，
∵∠DAB与∠BCD互补，∠BCD+∠DCA'=180°
∴∠DAB=∠DCA'，
又∵AD=CD，AE=A'C，
∴△DAE≌△DCA'（SAS），
∴ED=A'D，∠ADE=∠A'DC，
∵∠ADC=2α，
∴∠EDA'=2α，
∵∠EDF=α，
∴∠EDF=∠A'DF=α
又DF=DF，
∴△EDF≌△A'DF（SAS），
则EF=A'F=FC+CA'=FC+AE．
【点睛】本题是常规的角含半角的模型，解决这类问题的通法：旋转（截长补短）构造全等即可，题目所给例题的思路，为解决此题做了较好的铺垫．