71個(gè)模型 模型27-28：角含半角模型和手拉手模型 模型分析 經(jīng)典例題 鞏固提升盡有?。ǜ絯ord）

模型27角含半角模型【模型分析】角含半角模型，顧名思義即一個(gè)角包含著它的一半大小的角。它主要包含：等腰直角三角形角含半角模型；正方形中角含半角模型兩種類型。解決類似問題的常見辦法主要有兩種：旋轉(zhuǎn)目標(biāo)三角形法和翻折目標(biāo)三角形法。類型一：等腰直角三角形角含半角模型類型二：正方形中角含半角模型【經(jīng)典例題】例1．（2020·廣西南寧市·九年級(jí)期中）（探索發(fā)現(xiàn)）如圖①，四邊形ABCD是正方形，M，N分別在邊CD、BC上，且，我們把這種模型稱為“半角模型”，在解決“半角模型”問題時(shí)，旋轉(zhuǎn)是一種常用的方法．如圖①，將繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，點(diǎn)D與點(diǎn)B重合，得到，連接AM、AN、MN（1）試判斷DM，BN，MN之間的數(shù)量關(guān)系，并寫出證明過程（2）如圖②，點(diǎn)M、N分別在正方形ABCD的邊BC、CD的延長線上，，連接MN，請(qǐng)寫出MN、DM、BN之間的數(shù)量關(guān)系，并寫出證明過程（3）如圖③，在四邊形ABCD中，AB=AD，，，點(diǎn)N，M分別在邊BC，CD上，，請(qǐng)直接寫出線段BN，DM，MN之間的數(shù)量關(guān)系【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可證≌，利用SAS可證，則可得：（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可證≌，利用SAS可證，則可得：（3）根據(jù)正方形的性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可證≌，利用SAS可證，則可得：【解析】證明：（1）如圖①，∵四邊形ABCD是正方形∴AB=AD，=將繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得到∴≌∴∵在和中，，，∵，∴（2）如圖②，將繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得到∵四邊形ABCD是正方形∴AB=AD，=∵繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得到∴≌∴∵在和中，，，∵即：（3）如圖，∵，，將繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得到∴≌∴在和中，，，【小結(jié)】本題主要考查正方形的性質(zhì)及全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，利用旋轉(zhuǎn)法構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)．例2．（2020·四川成都市·八年級(jí)期末）已知，，分別在邊，上取點(diǎn)，，使，過點(diǎn)平行于的直線與過點(diǎn)平行于的直線相交于點(diǎn)．點(diǎn)，分別是射線，上動(dòng)點(diǎn)，連接，，．（1）求證：；（2）如圖，當(dāng)點(diǎn)，分別在線段，上，且時(shí)，請(qǐng)求出線段，，之間的等量關(guān)系式；（3）如圖，當(dāng)點(diǎn)，分別在，的延長線上，且時(shí)，延長交于點(diǎn)，延長交于點(diǎn)．請(qǐng)猜想線段，，之間的等量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．【分析】（1）連接,通過，得到為等腰直角三角形，進(jìn)而得到，根據(jù)過點(diǎn)平行于的直線與過點(diǎn)平行于的直線相交于點(diǎn)，可推出，，最后通過證明≌，可以得結(jié)論；（2）在射線上取點(diǎn)，使，連接，通過證明≌，得到，，再結(jié)合，推導(dǎo)證明≌，得到，最后等量代換線段即可求解；（3）延長到點(diǎn)，使得，連接，通過證明≌，得到，，再結(jié)合，推導(dǎo)證明≌，得到，根據(jù)，等量代換可知，又因?yàn)?，推出，進(jìn)而得到，同理可證，最后根據(jù)勾股定理即可求解．【解析】（1）證明：連接，為等腰直角三角形又，且同理，在與中，，≌，（2）如圖，在射線上取點(diǎn)，使，連接在與中，，≌，，在與中，，≌又（3）．證明如下：如圖，延長到點(diǎn)，使得，連接在與中，，≌在與中，，≌，≌，，，，，，，同理可證：，在中，由勾股定理得：【小結(jié)】本題綜合考查了全等三角形的性質(zhì)和判定,勾股定理以及正方形的有關(guān)知識(shí)，通過添加輔助線構(gòu)造全等三角形，通過證明全等三角形得到線段之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．【鞏固提升】1．（2021·上海九年級(jí)模型練習(xí)）如圖所示，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜邊BC上的兩點(diǎn)，且∠DAE＝45°，將△ADC繞點(diǎn)A按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°后得到△AFB，連接EF，有下列結(jié)論：①BE＝DC；②∠BAF＝∠DAC；③∠FAE＝∠DAE；④BF＝DC．其中正確的有（）A．①②③④ B．②③ C．②③④ D．③④【分析】利用旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可得△ABF≌△ACD，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)一一判斷即可．【解析】∵△ADC繞A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后得到△AFB，∴△ABF≌△ACD，∴∠BAF＝∠CAD，AF＝AD，BF＝CD，故②④正確，∴∠EAF＝∠BAF+∠BAE＝∠CAD+∠BAE＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°＝∠DAE故③正確無法判斷BE＝CD，故①錯(cuò)誤，故選：C．【小結(jié)】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)：旋轉(zhuǎn)前后兩圖形全等，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識(shí)，屬于中考?？碱}型．2．（2021·上海九年級(jí)模型練習(xí)）如圖，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝4，AB＝AC，∠CBD＝30°，M，N分別在BD，CD上，∠MAN＝45°，則△DMN的周長為_____．【分析】將△ACN繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得到△ABE，由旋轉(zhuǎn)得出∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，求出∠EAM＝∠MAN，根據(jù)SAS推出△AEM≌△ANM，根據(jù)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的周長＝BD＋DC，代入求出答案即可．【解析】將△ACN繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得到△ABE，如圖：由旋轉(zhuǎn)得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，∵∠BAC＝∠D＝90°，∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣90°﹣90°＝180°，∴∠ABD+∠ABE＝180°，∴E，B，M三點(diǎn)共線，∵∠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的周長為DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝2+2【小結(jié)】本題考查直角三角形、全等三角形的性質(zhì)和判定、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)的應(yīng)用，能正確作出輔助線是解此題的關(guān)鍵．3．（2020·黑龍江哈爾濱市·九年級(jí)月考）矩形ABCD中，M、N為邊AD上兩點(diǎn)，連接BM、CN，MN=BM=CN，∠BMD=120°．（1）如圖1，求證：AM=DN；（2）如圖2，點(diǎn)E、F分別在NC、BC上，∠FME=60°，求證：EF=BF+NE；（3）如圖3，在(2)的條件下，過E作EP∥BC交MF于P，2MN=3BF，EP=7，求CE的長．【分析】（1）由題意易得AB=CD，∠A=∠D=90°，進(jìn)而可證Rt△ABM≌Rt△DCN，最后得證；（2）延長CB至G，使BG=NE，連接MG，易得∠MBG=∠BMD=∠MNE=120°，進(jìn)而可證MG=ME，∠GMB=∠EMN，∠GMF=∠FME，MF=MF，△GMF≌△EMF，然后根據(jù)線段數(shù)量關(guān)系可求解；（3）設(shè)BF=2a，MN=BM=CN=3a，則有∠A=∠D=∠DCB=90°，AD=BC，由（1）可得AM=BM=，由(2)問可知：EF=BF+NE，△GMF≌△EMF，∠MFB=∠MFE，可得CE=CN-EN=3a-(7-2a)=5a-7，過點(diǎn)E作ER⊥BC于R，∠ERF=∠ERC=∠DCB=90°，ER∥DC，然后根據(jù)勾股定理求解即可．【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=CD，∠A=∠D=90°，∵BM=CN，∴Rt△ABM≌Rt△DCN(HL)，∴AM=DM（2）解：延長CB至G，使BG=NE，連接MG，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠MBG=∠BMD=∠MNE=120°，∵BM=MN，∴△GBM≌△ENM(SAS)，∴MG=ME，∠GMB=∠EMN，∵∠BMD=120°，∠FME=60°，∴∠GMF=∠GMB+∠BMF=∠EMN+∠BMF=∠BMD-∠FME=120°-60°=60°，∴∠GMF=∠FME，MF=MF，△GMF≌△EMF(SAS)，∴GF=EF，∴GF=BF+GB=BF+NE，即EF=BF+NE；（3）∵2MN=3BF，∴設(shè)BF=2a，MN=BM=CN=3a，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=∠D=∠DCB=90°，AD=BC，由(1)問可知：Rt△ABM≌Rt△DCN，∴∠AMB=∠CND=180°-∠BMD=180°-120°=60°，∠ABM=∠DCN=90°-60°=30°，在Rt△ABM中，∴AM=BM=，同理DN=，∴AD=BC=AM+MN+DN=+3a+=6a，∴FC=BC-BF=6a-2a=4a，由(2)問可知：EF=BF+NE，△GMF≌△EMF，∠MFB=∠MFE，∵EP∥BC，∴∠EPF=∠MFB=∠MFE，∴EF=EP=7，∴NE=EF-BF=7-2a，∴CE=CN-EN=3a-(7-2a)=5a-7過點(diǎn)E作ER⊥BC于R，∴∠ERF=∠ERC=∠DCB=90°，ER∥DC，∴∠CER=∠DCN=30°，在Rt△ERC中，RC=CE=，∴FR=FC-RC=4a-=，在Rt△ERC中，ER2=EC2-CR2，在Rt△ERF中，ER2=EF2-FR2，∴EC2-CR2=EF2-FR2，∴(5a-7)2-()2=72-()2解得a1=0(不符合題意，舍去)，a2=2，∴CE=5a-7=3．【小結(jié)】本題主要考查矩形的性質(zhì)與判定、全等三角形的性質(zhì)與判定及勾股定理，熟練掌握矩形的性質(zhì)與判定、全等三角形的性質(zhì)與判定及勾股定理是解題的關(guān)鍵．4．（2020·山東濱州市·八年級(jí)期中）在∠MAN內(nèi)有一點(diǎn)D，過點(diǎn)D分別作DB⊥AM，DC⊥AN，垂足分別為B，C．且BD=CD，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AM和AN上．（1）如圖1，若∠BED=∠CFD，請(qǐng)說明DE=DF；（2）如圖2，若∠BDC=120°，∠EDF=60°，猜想EF，BE，CF具有的數(shù)量關(guān)系，并說明你的結(jié)論成立的理由．【分析】（1）根據(jù)題目中的條件和∠BED=∠CFD，可以證明△BDE≌△CDF，從而可以得到DE=DF；

（2）作輔助線，過點(diǎn)D作∠CDG=∠BDE，交AN于點(diǎn)G，從而可以得到△BDE≌△CDG，然后即可得到DE=DG，BE=CG，再根據(jù)題目中的條件可以得到△EDF≌△GDF，即可得到EF=GF，然后即可得到EF，BE，CF具有的數(shù)量關(guān)系．【解析】（1）∵DB⊥AM，DC⊥AN，∴∠DBE=∠DCF=90°．在△BDE和△CDF中，∵∴△BDE≌△CDF（AAS），∴DE=DF（2）過點(diǎn)D作∠CDG=∠BDE，交AN于點(diǎn)G．在△BDE和△CDG中，∵，∴△BDE≌△CDG（ASA）∴DE=DG，BE=CG∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，∴∠BDE+∠CDF=60°．∴∠FDG=∠CDG+∠CDF=60°．∴∠EDF=∠GDF．在△EDF和△GDF中，∴△EDF≌△GDF（SAS）∴EF=FG∴EF=FC+CG=FC+BE【小結(jié)】本題考查全等三角形的判定、解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．

5．（2020·陜西西安市·七年級(jí)期末）（2020?錦州模擬）問題情境：已知，在等邊△ABC中，∠BAC與∠ACB的角平分線交于點(diǎn)O，點(diǎn)M、N分別在直線AC，AB上，且∠MON＝60°，猜想CM、MN、AN三者之間的數(shù)量關(guān)系．方法感悟：小芳的思考過程是在CM上取一點(diǎn)，構(gòu)造全等三角形，從而解決問題；小麗的思考過程是在AB取一點(diǎn)，構(gòu)造全等三角形，從而解決問題；問題解決：（1）如圖1，M、N分別在邊AC，AB上時(shí)，探索CM、MN、AN三者之間的數(shù)量關(guān)系，并證明；（2）如圖2，M在邊AC上，點(diǎn)N在BA的延長線上時(shí)，請(qǐng)你在圖2中補(bǔ)全圖形，標(biāo)出相應(yīng)字母，探索CM、MN、AN三者之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．【分析】（1）在AC上截取CD＝AN，連接OD，證明△CDO≌△ANO，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到OD＝ON，∠COD＝∠AON，證明△DMO≌△NMO，得到DM＝MN，結(jié)合圖形證明結(jié)論；（2）在AC延長線上截取CD＝AN，連接OD，仿照（1）的方法解答．【解析】（1）CM＝AN+MN，理由如下：在AC上截取CD＝AN，連接OD，∵△ABC為等邊三角形，∠BAC與∠ACB的角平分線交于點(diǎn)O，∴∠OAC＝∠OCA＝30°，∴OA＝OC，在△CDO和△ANO中，，∴△CDO≌△ANO（SAS）∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，∵∠MON＝60°，∴∠COD+∠AOM＝60°，∵∠AOC＝120°，∴∠DOM＝60°，在△DMO和△NMO中，，∴△DMO≌△NMO，∴DM＝MN，∴CM＝CD+DM＝AN+MN；（2）補(bǔ)全圖形如圖2所示：CM＝MN﹣AN，理由如下：在AC延長線上截取CD＝AN，連接OD，在△CDO和△ANO中，，∴△CDO≌△ANO（SAS）∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，∴∠DOM＝∠NOM，在△DMO和△NMO中，，∴△DMO≌△NMO（SAS），∴MN＝DM，∴CM＝DM﹣CD＝MN﹣AN．【小結(jié)】此題主要考查全等三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟知等邊三角形的性質(zhì)及全等三角形的判定定理．6．（2019·全國九年級(jí)模型練習(xí)）如圖所示，在中，，，的兩邊交邊于，兩點(diǎn)，將繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)（1）畫出繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)后的；（2）在（1）中，若，求證：；（3）在（2）的條件下，若，直接寫出的長.【分析】（1）旋轉(zhuǎn)后CB與CA重合，作∠KCA=∠FCB，截取KC=FC即可；（2）連結(jié)KE，作KH⊥AC于H，先得到∠ACE+∠BCF=60°，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得BF=AK，∠KCA=∠FCB，CK=CF，∠KAC=∠B=30°，則∠KCE=∠FCE，可根據(jù)“SAS”判斷△CKE≌△CFE，所以KE=EF，由于AE2+EF2=BF2，則AE2+KE2=AK2，根據(jù)勾股定理的逆定理得∠AEK=90°，且∠KEC=∠FEC=45°，可計(jì)算∠BCF=45°，設(shè)KH=a，在Rt△KHC中可得KC=a；在Rt△KHA中得AK=2a，所以AK：KC=2a：a=，則BF：CF=，（3）設(shè)KH=a，在Rt△KHC中得HC=a；在Rt△KHA中得AH=a，則AC=AH+HC=a+a=+1，解得a=1，則AK=2，在Rt△AEK中，計(jì)算出∠KAE=60°，∠AKE=30°，所以AE=AK=1，KE=AE=，即可得到EF=．【解析】（1）作圖如圖所示（2）證明：連結(jié)KE，作KH⊥AC于H，如圖，∵∠A=∠B=30°，∠MCN=60°，∴∠ACB=120°，∴∠ACE+∠BCF=60°，∵△BCF繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120゜后的△ACK，∴BF=AK，∠KCA=∠FCB，CK=CF，∠KAC=∠B=30°，∴∠KCE=∠KCA+∠ACE=∠FCB+∠ACE=60°，∴∠KCE=∠FCE，在△CKE和△CFE中，，∴△CKE≌△CFE∴KE=EF，∵AE2+EF2=BF2，∴AE2+KE2=AK2，∴△AEK為直角三角形，∴∠AEK=90°，∴∠KEC=∠FEC=45°，∴∠BCF=180°-45°-60°-30°=45°，∴∠KCA=45°，設(shè)KH=a，在Rt△KHC中，KC=a；在Rt△KHA中，AK=2a，∴AK：KC=2a：a=，∴BF：CF=，即BF=CF；（3）設(shè)KH=a，在Rt△KHC中，HC=a；在Rt△KHA中，AH=a，∴AC=AH+HC=a+a=+1，解得a=1，∴AK=2a=2，在Rt△AEK中，∠KAE=∠KAC+∠CAE=60°，∴∠AKE=30°，∴AE=AK=1，∴KE=AE=，∴EF=．【小結(jié)】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)：對(duì)應(yīng)點(diǎn)到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等；對(duì)應(yīng)點(diǎn)與旋轉(zhuǎn)中心所連線段的夾角等于旋轉(zhuǎn)角；旋轉(zhuǎn)前、后的圖形全等．也考查了勾股定理的逆定理、全等三角形的判定與性質(zhì)以及含30度的直角三角形三邊的關(guān)系．

模型28手拉手模型【模型分析】特點(diǎn)：由兩個(gè)等頂角的等腰三角形所組成，并且頂角的頂點(diǎn)為公共頂點(diǎn)結(jié)論：（1）△ABD≌△AEC（2）∠α+∠BOC=180°（3）OA平分∠BOC變形：【經(jīng)典例題】例1．（2021·河南新鄉(xiāng)市·新鄉(xiāng)學(xué)院附屬中學(xué)八年級(jí)月考）如圖，點(diǎn)C是線段AE上一動(dòng)點(diǎn)（不與A，E重合），在AE同側(cè)分別作等邊三角形ABC和等邊三角形CDE，AD與BE交于點(diǎn)O，AD與BC交于點(diǎn)P，BE與CD交于點(diǎn)Q，連接PQ，有以下5個(gè)結(jié)論：①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=DQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°．其中一定成立的結(jié)論有（）個(gè)A．1 B．2 C．3 D．4【分析】①由于△ABC和△CDE是等邊三角形，可知AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，從而證出△ACD≌△BCE，可推知AD=BE；③由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△ACP≌△BCQ（ASA），所以AP=BQ；故③正確；②根據(jù)②△CQB≌△CPA（ASA），再根據(jù)∠PCQ=60°推出△PCQ為等邊三角形，又由∠PQC=∠DCE，根據(jù)內(nèi)錯(cuò)角相等，兩直線平行，可知②正確；④根據(jù)∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，可知∠DQE≠∠CDE，可知④錯(cuò)誤；⑤利用等邊三角形的性質(zhì)，BC∥DE，再根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠CBE=∠DEO，于是∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，可知⑤正確．【解析】①∵等邊△ABC和等邊△DCE，∴BC=AC,DE=DC=CE，∠DEC=∠BCA=∠DCE=60°，∴∠ACD=∠BCE，在△ACD和△BCE中，AC=BC，∠ACD=∠BCE，DC=CE，∴△ACD≌△BCE(SAS)，∴AD=BE；故①正確；③∵△ACD≌△BCE(已證)，∴∠CAD=∠CBE，∵∠ACB=∠ECD=60°(已證)，∴∠BCQ=180°-60°×2=60°，∴∠ACB=∠BCQ=60°，在△ACP與△BCQ中，∠CAD=∠CBE，AC=BC，∠ACB=∠BCQ=60°，∴△ACP≌△BCQ(ASA)，∴AP=BQ；故③正確；②∵△ACP≌△BCQ，∴PC=QC，∴△PCQ是等邊三角形，∴∠CPQ=60°，∴∠ACB=∠CPQ，∴PQ∥AE；故②正確；④∵AD=BE，AP=BQ，∴AD?AP=BE?BQ，即DP=QE，∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，∴∠DQE≠∠CDE，∴DE≠Q(mào)E，則DP≠DE，故④錯(cuò)誤；⑤∵∠ACB=∠DCE=60°，∴∠BCD=60°，∵等邊△DCE，∠EDC=60°=∠BCD，∴BC∥DE，∴∠CBE=∠DEO，∴∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°.故⑤正確；綜上所述，正確的結(jié)論有：①②③⑤，錯(cuò)誤的結(jié)論只有④，故選D．【小結(jié)】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，以及等邊三角形的判定和性質(zhì)，此圖形是典型的“手拉手”模型，熟練掌握此模型的特點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．

例2．（2020·武漢市二橋中學(xué)八年級(jí)月考）在中，，，，點(diǎn)D是直線BC上一動(dòng)點(diǎn)，連接AD，在直線AD的右惻作等邊，連接CE，當(dāng)線段CE的長度最小時(shí)，則線段CD的長度為__________．【分析】以AC為邊向左作等邊三角形ACF，連接DF，先根據(jù)直角三角形中所對(duì)的直角邊是斜邊的一半求出BC的長，再由勾股定理求出AC的長，根據(jù)作的輔助線證明，則，當(dāng)時(shí)，DF的長是最小的，即CE的長最小，求出此時(shí)的長即可．【解析】如圖，以AC為邊向左作等邊三角形ACF，連接DF，∵，，∴，∵，∴，∴，∵是等邊三角形，∴，，∵是等邊三角形，∴，，∵，∴，在和中，，∴，∴當(dāng)時(shí)，DF的長是最小的，即CE的長最小，∵，，∴，，∴當(dāng)線段CE的長度最小時(shí)，則線段CD的長度為3．【小結(jié)】本題考查線段最值問題，解題的關(guān)鍵是作輔助線構(gòu)造全等三角形，以及掌握有角的特殊直角三角形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)．例3．（2021·北京房山區(qū)·八年級(jí)期末）在中，，．（1）如圖1，點(diǎn)為邊上一點(diǎn)，連接，以為邊作，，，連接．直接寫出線段與的數(shù)量關(guān)系為，位置關(guān)系為．（2）如圖2，點(diǎn)為延長線上一點(diǎn)，連接，以為邊作，，，連接．①用等式表示線段，，之間的數(shù)量關(guān)系為．②求證：．（3）如圖3，點(diǎn)為外一點(diǎn)，且，若，，求長．【分析】（1）由等腰直角三角形的性質(zhì)得到，根據(jù)題意可知，即，再利用證明≌，可得到，，從而算出的度數(shù)，進(jìn)而得到線段與的位置關(guān)系；（2）①根據(jù)角度的運(yùn)算得到，再利用證得≌，得到，再根據(jù)，等量代換即可求出答案；②由①中≌，得到，，在根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)即可得出的度數(shù)，進(jìn)而證得，根據(jù)勾股定理得到，，等量代換后得到，又因?yàn)?，，代入即可得出答案；?）過點(diǎn)作，并且，連接，，得到是等腰直角三角形，由（2）得≌，得到，在中，通過勾股定理求出的長度，在中又由勾股定理得：，再根據(jù)，代入數(shù)據(jù)即可求出的長度．【解析】（1）在中，，，，，，即，在和中，，≌，，，，．故答案為：，．（2）①，，，即，在和中，，≌，，．故答案為：．②證明：由①得：≌，，，和都是等腰直角三角形，，在和中，由勾股定理得：，，，，，即．（3）過點(diǎn)作，并且，連接，，如圖，是等腰直角三角形，，，由（2）中②可知，≌，在中，由勾股定理得：在中，由勾股定理得：【小結(jié)】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是合理添加輔助線找出兩個(gè)三角形全等．【鞏固提升】1．（2020·哈爾濱六十九中八年級(jí)期末）如圖，在中，，點(diǎn)D、F是射線BC上兩點(diǎn)，且，若，；則下列結(jié)論正確有（）①；②；③；④A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【分析】由AD⊥AF，∠BAD=∠CAF，得出∠BAC=90°，由等腰直角三角形的性質(zhì)得出∠B=∠ACB=45°，由SAS證得△ABD≌△ACE（SAS），得出BD=CE，∠B=∠ACE=45°，S△ABC=S四邊形ADCE，則∠ECB=90°，即EC⊥BF，易證∠ADF=60°，∠F=30°，由含30°直角三角形的性質(zhì)得出EF=2CE=2BD，DF=2AD，則BD=EF，由BC-BD=DF-CF，得出BC-EF=2AD-CF，即可得結(jié)果．【解析】∵AD⊥AF，∠BAD=∠CAF，

∴∠BAC=90°，

∵AB=AC，

∴∠B=∠ACB=45°，

在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），

∴BD=CE，∠B=∠ACE=45°，S△ABC=S四邊形ADCE，

∴∠ECB=90°，

∴EC⊥BF，

∵∠B=45°，∠BAD=15°，

∴∠ADF=60°，

∴∠F=30°，

∴EF=2CE=2BD，DF=2AD，

∴BD=EF，

∵BC-BD=DF-CF，

∴BC-EF=2AD-CF，∴①、②、③、④正確．故選：D．【小結(jié)】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、含30°角直角三角形的性質(zhì)、外角的定義等知識(shí)，熟練掌握直角三角形的性質(zhì)、證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．2．（2020·嵊州市三界鎮(zhèn)中學(xué)八年級(jí)期中）如圖，和都是等腰直角三角形，，連結(jié)交于點(diǎn)，連結(jié)交于點(diǎn)，連結(jié)．下列結(jié)論中：（1），（2）是等腰直角三角形，（3），（4），（5）．正確的結(jié)論有()A．個(gè) B．個(gè) C．個(gè) D．個(gè)【分析】根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得AB=AC，AD=AE，然后求出∠BAD=∠CAE，再利用“邊角邊”證明△ABD和△ACE全等，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等可得CE=BD，判斷①正確；根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)角相等可得∠ABD=∠ACE，從而求出∠BCG+∠CBG=∠ACB+∠ABC=90°，再求出∠BGC=90°，從而得到BD⊥CE，根據(jù)四邊形的面積判斷出④正確；根據(jù)勾股定理表示出BC2+DE2，BE2+CD2，得到⑤正確；再求出AE∥CD時(shí)，∠ADC=90°，判斷出②錯(cuò)誤；∠AEC與∠AEB不一定相等判斷出③錯(cuò)誤．【解析】∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∴AB=AC，AD=AE．∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD和△ACE中，∵，∴△ABD≌△ACE(SAS)，∴CE=BD，故①正確∵△ABD≌△ACE，∴∠ABD=∠ACE，∴∠BCG+∠CBG=∠ACB+∠ABC=90°，在△BCG中，∠BGC=180°﹣(∠BCG+∠CBG)=180°﹣90°=90°，∴BD⊥CE，∴S四邊形BCDEBD?CE，故④正確；由勾股定理．在Rt△BCG中，BC2=BG2+CG2，在Rt△DEG中，DE2=DG2+EG2，∴BC2+DE2=BG2+CG2+DG2+EG2，在Rt△BGE中，BE2=BG2+EG2，在Rt△CDG中，CD2=CG2+DG2，∴BE2+CD2=BG2+CG2+DG2+EG2，∴BC2+DE2=BE2+CD2，故⑤正確；只有AE∥CD時(shí)，∠ADC=∠DAE=90°，無法說明AE∥CD，故②錯(cuò)誤；∵△ABD≌△ACE，∴∠ADB=∠AEC．∵∠AEC與∠AEB相等無法證明，∴∠ADB=∠AEB不一定成立，故③錯(cuò)誤；綜上所述：正確的結(jié)論有①④⑤共3個(gè)，故選：C．【小結(jié)】本題是三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，對(duì)角線互相垂直的四邊形的面積等于對(duì)角線乘積的一半的性質(zhì)，熟記各性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．3．（2021·保定市蓮池區(qū)賀陽外國語學(xué)校八年級(jí)期末）如圖，在中，，，于點(diǎn)，于點(diǎn)．，連接，將沿直線翻折至所在的平面，得，連接．過點(diǎn)作交于點(diǎn)，則四邊形的周長為________．【分析】先證，得出，再證與是等腰直角三角形，在直角中利用勾股定理求出BE的長，進(jìn)一步求出GE的長，可通過解直角三角形分別求出GD，DE，EF，DF的長，即可求出四邊形DFEG的周長．【解析】∵，于點(diǎn)D，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，即，∴，∴，，∵，∴為等腰直角三角形，∴，∵沿直線AE翻折得，∴，∴，，∴，∴為等腰直角三角形，∴，在中，，∴在中，，∴，在中，，∴四邊形DFEG的周長為：【小結(jié)】本題考查了等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，解直角三角形等，解題關(guān)鍵是能夠靈活運(yùn)用等腰直角三角形的判定與性質(zhì)．4．（2020·浙江錦繡育才教育科技集團(tuán)有限公司九年級(jí)月考）如圖，四邊形ABCD為正方形．過正方形的頂點(diǎn)A和對(duì)角線的交點(diǎn)P，且與AB、AD分別交于點(diǎn)F，E．（1）若，則______．（2）若，的半徑為，則______．【分析】（1）連接EF、EP、FP，由四邊形ABCD為正方形，則∠BAD=90°，∠BPA=90°，得到∠FPE=90°，所以∠BPF=∠APE，易證△BPF≌△APE，則BF=AE，即可得到DE=AF；

（2）連EF，由∠BAD=90°，得到EF為⊙O的直徑，即EF=5，所以，而DE=AF，所以，再由AD=AE+ED=7，這樣得到關(guān)于DE，AE的方程組，解方程組求出DE，AE，即可得到的值．【解析】（1）連接EP、FP，如圖，

∵四邊形ABCD為正方形，

∴∠BAD=90°，∠BPA=90°

∴∠FPE=90°，

∴∠BPF=∠APE，

又∵∠FBP=∠PAE=45°，

∴△BPF≌△APE，

∴BF=AE，

而AB=AD，

∴AF=DE=5；（2）連EF，

∵∠BAD=90°，

∴EF為⊙O的直徑，

而⊙O的半徑為，

∴EF==5，

∴，

而DE=AF，

①；

又∵AD=AE+ED=AB，∴AE+ED=7②，

由①②聯(lián)立起來組成方程組，解之得：AE=3，ED=4或AE=4，ED=3，

故答案為：或．【小結(jié)】本題考查了正方形的性質(zhì)，圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，“手拉手”模型構(gòu)造全等三角形，解一元二次方程等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握基本的輔助線構(gòu)造，靈活推理證明是解題關(guān)鍵．5．（2019·河南周口市·九年級(jí)二模）（1）（探索發(fā)現(xiàn)）如圖1，正方形ABCD中，點(diǎn)M、N分別是邊BC、CD上的點(diǎn)，∠MAN＝45°，若將△DAN繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°到△BAG位置，可得△MAN≌△MAG，若△MCN的周長為6，則正方形ABCD的邊長為．（2）（類比延伸）如圖（2），四邊形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B+∠D＝180°，點(diǎn)M、N分別在邊BC、CD上的點(diǎn)，∠MAN＝60°，請(qǐng)判斷線段BM，DN，MN之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．（3）（拓展應(yīng)用）如圖3，四邊形ABCD中，AB＝AD＝10，∠ADC＝120°，點(diǎn)M，N分別在邊BC，CD上，連接AM，MN，△ABM是等邊三角形，AM⊥AD，DN＝5（﹣1），請(qǐng)直接寫出MN的長．【答案】（1）3；（2）MN＝BM+DN，理由見解析；（3）5+5米【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)可知，DN=BG，由全等可知，MN=MG=BM+DN，即△MNC的周長＝BC+CD=6，進(jìn)而解決問題；（2）延長CB至E，使BE＝DN，連接AE，證明△MAN≌△MAE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)證明；（3）如圖3，把△ABM繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)150°至△ADG，連接AN．作NH⊥AD于H，在AH上取一點(diǎn)K，使得∠NKH＝30°，想辦法證明∠MAN＝75°＝∠BAD，再利用（2）中的結(jié)論即可解決問題；【解析】（1）如圖1中，∵△MAN≌△MAG，∴MN＝GM，∵DN＝BG，GM＝BG+BM，∴MN＝BM+DN，∵△CMN的周長為：MN+CM+CN＝6，∴BM