專題04 旋轉中的三種全等模型（手拉手、半角、對角互補模型）（解析版）

專題04旋轉中的三種全等模型（手拉手、半角、對角互補模型）本專題重點分析旋轉中的三類全等模型（手拉手、半角、對角互補模型），結合各類模型展示旋轉中的變與不變，并結合經典例題和專項訓練深度分析基本圖形和歸納主要步驟，同時規(guī)范了解題步驟，提高數(shù)學的綜合解題能力。模型1.手拉手模型【模型解讀】將兩個三角形（或多邊形）繞著公共頂點旋轉某一角度后能完全重合，則這兩個三角形構成手拉手全等，也叫旋轉型全等。其中：公共頂點A記為“頭”，每個三角形另兩個頂點逆時針順序數(shù)的第一個頂點記為“左手”，第二個頂點記為“右手”。手拉模型解題思路：SAS型全等（核心在于導角，即等角加（減）公共角）。1）雙等邊三角形型條件：△ABC和△DCE均為等邊三角形，C為公共點；連接BE，AD交于點F。結論：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。2）雙等腰直角三角形型條件：△ABC和△DCE均為等腰直角三角形，C為公共點；連接BE，AD交于點N。結論：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BND。3）雙等腰三角形型條件：△ABC和△DCE均為等腰三角形，C為公共點；連接BE，AD交于點F。結論：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ACM=∠BFM；④CF平分∠AFD。4）雙正方形形型條件：△ABCFD和△CEFG都是正方形，C為公共點；連接BG，ED交于點N。結論：①△△BCG≌△DCE；②BG=DE；③∠BCM=∠DNM=90°；④CN平分∠BNE。例1．（2022·湖北武漢·八年級期末）已知ABC中，∠BAC=60°，以AB和BC為邊向外作等邊ABD和等邊BCE．(1)連接AE、CD，如圖1，求證：AE=CD；(2)若N為CD中點，連接AN，如圖2，求證：CE=2AN(3)若AB⊥BC，延長AB交DE于M，DB=，如圖3，則BM=_______（直接寫出結果）【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）先判斷出∠DBC=∠ABE，進而判斷出△DBC≌△ABE，即可得出結論；（2）先判斷出△ADN≌△FCN，得出CF=AD，∠NCF=∠AND，進而判斷出∠BAC=∠ACF，即可判斷出△ABC≌△CFA，即可得出結論；（3）先判斷出△ABC≌△HEB(ASA)，得出，，再判斷出△ADM≌△HEM(AAS)，得出AM=HM，即可得出結論．（1）解：∵△ABD和△BCE是等邊三角形，∴BD=AB，BC=BE，∠ABD=∠CBE=60°，∴∠ABD+∠ABC=∠CBE+∠ABC，∴∠DBC=∠ABE，∴△ABE≌△DBC（SAS），∴AE=CD；（2）解：如圖，延長AN使NF=AN，連接FC，∵N為CD中點，∴DN=CN，∵∠AND=∠FNC，∴△ADN≌△FCN(SAS)，∴CF=AD，∠NCF=∠AND，∵∠DAB=∠BAC=60°∴∠ACD+∠ADN=60°∴∠ACF=∠ACD+∠NCF=60°，∴∠BAC=∠ACF，∵△ABD是等邊三角形，∴AB=AD，∴AB=CF，∵AC=CA，∴△ABC≌△CFA(SAS)，∴BC=AF，∵△BCE是等邊三角形，∴CE=BC=AF=2AN；（3）解：∵△ABD是等邊三角形，∴，∠BAD=60°，在Rt△ABC中，∠ACB=90°－∠BAC=30°，∴，如圖，過點E作EH//AD交AM的延長線于H，∴∠H=∠BAD=60°，∵△BCE是等邊三角形，∴BC=BE，∠CBE=60°，∵∠ABC=90°，∴∠EBH=90°－∠CBE=30°=∠ACB，∴∠BEH=180°－∠EBH－∠H=90°=∠ABC，∴△ABC≌△HEB(ASA)，∴，，∴AD=EH，∵∠AMD=∠HME，∴△ADM≌△HEM(AAS)，∴AM=HM，∴∵，，∴．故答案為：．【點睛】此題是三角形綜合題，主要考查了等邊三角形的性質，含30°角的直角三角形的性質，全等三角形的判定和性質，構造出全等三角形是解本題的關鍵．例2．（2023·湖南·長沙市八年級階段練習）如圖1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC＝4，點D，E分別為邊AB，BC上的中點，且BD＝BE＝．(1)如圖2，將△BDE繞點B逆時針旋轉任意角度α，連接AD，EC，則線段EC與AD的關系是；(2)如圖3，DE∥BC，連接AE，判斷△EAC的形狀，并求出EC的長；(3)繼續(xù)旋轉△BDE，當∠AEC＝90°時，請直接寫出EC的長．【答案】(1)EC＝AD，EC⊥AD(2)等腰三角形，(3)【分析】（1）延長CE交AD于F，交AB于O，證明△ABD≌△CBE（SAS），得∠BCE＝∠BAD，CE＝AD，再由∠AOF＝∠BOC，可得∠AFC＝∠ABC＝90°，即可得到結論；（2）設DE與AB的交點為H，可得AB是DE的垂直平分線，利用勾股定理可求出AE的長，由（1）知CE＝AD，從而得出答案；（3）分當點E在BC上方時和當點E在BC下方時，分別畫圖，利用勾股定理計算即可．(1)EC與AD垂直且相等，理由如下：延長CE交AD于F，交AB于O，∵△BDE和△ABC都是等腰直角三角形，∴BD＝BE，AB＝BC，∠DBE＝∠ABC＝90°，∴∠ABD＝∠CBE，∴△ABD≌△CBE（SAS），∴∠BCE＝∠BAD，CE＝AD，∵∠AOF＝∠BOC，∴∠AFE＝∠ABC＝90°，∴AD⊥CE，∴故答案為：EC＝AD，EC⊥AD；(2)設DE與AB的交點為H，∵DE∥BC，∴∠AHE＝∠ABC＝90°，∵BD＝BE，∴AB是DE的垂直平分線，∴AD＝AE，由（1）知AD＝CE，∴AE＝CE，∴△ACE是等腰三角形，∵BE＝，∴BH＝HE＝1，∴AH＝AB﹣BH＝4﹣1＝3，在Rt△AHE中，由勾股定理得：AE＝，∴CE＝AE＝；(3)如圖4，當點E在BC上方時，過點B作BG⊥DE于G，∵∠AEC＝90°，CE⊥AD，∴A、E、D三點共線，∴AG＝，∴AD＝AG+DG＝，∴CE＝AD＝+1；如圖，當點E在BC下方時，同理可得CE＝CG﹣GE＝﹣1．綜上：CE＝+1或﹣1．【點睛】本題主要考查了等腰直角三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，旋轉的性質，勾股定理等知識，根據(jù)前面探索的結論解決新的問題是解題的關鍵．例3．（2022·黑龍江·虎林市九年級期末）已知Rt△ABC中，AC=BC，∠ACB＝90°，F(xiàn)為AB邊的中點，且DF=EF，∠DFE＝90°，D是BC上一個動點．如圖1，當D與C重合時，易證：CD2＋DB2＝2DF2；（1）當D不與C、B重合時，如圖2，CD、DB、DF有怎樣的數(shù)量關系，請直接寫出你的猜想，不需證明．（2）當D在BC的延長線上時，如圖3，CD、DB、DF有怎樣的數(shù)量關系，請寫出你的猜想，并加以證明．【答案】（1）CD2+DB2=2DF2；（2）CD2+DB2=2DF2，證明見解析【分析】（1）由已知得，連接CF，BE，證明得CD=BE，再證明為直角三角形，由勾股定理可得結論；（2）連接CF，BE，證明得CD=BE，再證明為直角三角形，由勾股定理可得結論．【詳解】解：（1）CD2+DB2=2DF2證明：∵DF=EF，∠DFE＝90°，∴∴連接CF，BE，如圖∵△ABC是等腰直角三角形，F(xiàn)為斜邊AB的中點∴，即∴，又∴在和中∴∴，∴∴∵，∴CD2+DB2=2DF2；（2）CD2+DB2=2DF2證明：連接CF、BE∵CF=BF，DF=EF又∵∠DFC+∠CFE=∠EFB+∠CFB=90°∴∠DFC=∠EFB∴△DFC≌△EFB

∴CD=BE，∠DCF=∠EBF=135°∵∠EBD=∠EBF－∠FBD=135°－45°=90°在Rt△DBE中，BE2+DB2=DE2∵DE2=2DF2∴CD2+DB2=2DF2【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質、等腰直角三角形的性質、證明三角形全等是解決問題的關鍵，學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題．例4．（2022·山西大同·九年級期中）綜合與實踐：已知是等腰三角形，．（1）特殊情形：如圖1，當∥時，______．（填“＞”“＜”或“＝”）；（2）發(fā)現(xiàn)結論：若將圖1中的繞點順時針旋轉（）到圖2所示的位置，則（1）中的結論還成立嗎？請說明理由．（3）拓展運用：某學習小組在解答問題：“如圖3，點是等腰直角三角形內一點，，且，，，求的度數(shù)”時，小明發(fā)現(xiàn)可以利用旋轉的知識，將繞點順時針旋轉90°得到，連接，構造新圖形解決問題．請你根據(jù)小明的發(fā)現(xiàn)直接寫出的度數(shù)．【答案】（1）=；（2）成立，理由見解析；（3）∠BPA=135°．【分析】（1）由DE∥BC，得到∠ADE=∠B，∠AED=∠C，結合AB=AC，得到DB=EC；（2）由旋轉得到的結論判斷出△DAB≌△EAC，得到DB=CE；（3）由旋轉構造出△APB≌△AEC，再用勾股定理計算出PE，然后用勾股定理逆定理判斷出△PEC是直角三角形，在簡單計算即可．【詳解】解：（1）∵DE∥BC，∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C，∵AB=AC，∴∠B=∠C，∴∠ADE=∠AED，∴AD=AE，∴DB=EC，故答案為：=；（2）成立．證明：由①易知AD=AE，∴由旋轉性質可知∠DAB=∠EAC，在△DAB和△EAC中，∴△DAB≌△EAC（SAS），∴DB=CE；（3）如圖，將△APB繞點A旋轉90°得△AEC，連接PE，∴△APB≌△AEC，∴AE=AP=2，EC=BP=1，∠PAE=90°，∴∠AEP=∠APE=45°，在Rt△PAE中，由勾股定理可得，PE=2，在△PEC中，PE2=（2）2=8，CE2=12=1，PC2=32=9，∵PE2+CE2=PA2，∴△PEC是直角三角形，∴∠PEC=90°，∴∠AEC=135°，又∵△APB≌△AEC，∴∠BPA=∠CEA=135°．【點睛】本題主要考查了旋轉的性質，平行線的性質，全等三角形的性質和判定，勾股定理及其逆定理，解本題的關鍵是構造全等三角形，也是本題的難點．例5．（2023春·浙江·八年級專題練習）邊長為4的正方形ABCD與邊長為2的正方形CEFG如圖1擺放，將正方形CEFG繞點C順時針旋轉，旋轉角為α，連接BG，DE．（1）如圖2，求證：△BCG≌△DCE；（2）如圖2，連接DG，BE，判斷DG2+BE2否為定值．若是，求這個定值若不是，說明理由；（3）如圖3，當點G恰好落在DE上時，求α的值．【答案】（1）見解析；（2）48；（3）【分析】（1）通過邊角邊判定三角形全等；（2）連接，設交于點，交于點，先證明，由勾股定理可得；（3）作于點，則，且，由含30度角的直角三角形的性質求解．【詳解】（1）四邊形與為正方形，，，，，，在和中，(SAS)，（2）連接，設交于點，交于點，，，，在△和中，，，，，由勾股定理得，，，，，，，(3)作于點，如圖，△為等腰直角三角形，，且，在中，，，，．．【點睛】本題考查四邊形與三角形的綜合問題，解題關鍵是熟練掌握正方形與直角三角形的性質，通過添加輔助線求解．模型2.半角模型【模型解讀】半角模型概念：過多邊形一個頂點作兩條射線，使這兩條射線夾角等于該頂角一半思想方法：通過旋轉構造全等三角形，實現(xiàn)線段的轉化1）正方形半角模型條件：四邊形ABCD是正方形，∠ECF=45°；結論：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④AEF的周長=2AB；⑤CE、CF分別平分∠BEF和∠EFD。2）等腰直角三角形半角模型條件：ABC是等腰直角三角形，∠DAE=45°；結論：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝BD2＋EC2；3）等邊三角形半角模型（120°-60°型）條件：ABC是等邊三角形，BDC是等腰三角形，且BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°；結論：①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋FC；④AEF的周長=2AB；⑤DE、DF分別平分∠BEF和∠EFC。4）等邊三角形半角模型（60°-30°型）條件：ABC是等邊三角形，∠EAD=30°；結論：①△BDA≌△CFA；②△DAE≌△FAE；③∠ECF=120°；④DE2＝(BD＋EC)2+；5）任意角度的半角模型（-型）條件：∠BAC=，AB=AC，∠DAE=；結論：①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF；③∠ECF=180°-。例1．（2023·福建·龍巖九年級期中）（1）【發(fā)現(xiàn)證明】如圖1，在正方形中，點，分別是，邊上的動點，且，求證：．小明發(fā)現(xiàn)，當把繞點順時針旋轉90°至，使與重合時能夠證明，請你給出證明過程．（2）【類比引申】①如圖2，在正方形中，如果點，分別是，延長線上的動點，且，則（1）中的結論還成立嗎？若不成立，請寫出，，之間的數(shù)量關系______（不要求證明）②如圖3，如果點，分別是，延長線上的動點，且，則，，之間的數(shù)量關系是_____（不要求證明）.（3）【聯(lián)想拓展】如圖1，若正方形的邊長為6，，求的長．【答案】（1）見解析；（2）①不成立，結論：；②，見解析；（3）【分析】（1）證明，可得出，則結論得證；（2）①將繞點順時針旋轉至根據(jù)可證明，可得，則結論得證；②將繞點逆時針旋轉至，證明，可得出，則結論得證；（3）求出，設，則，，在中，得出關于的方程，解出則可得解．【詳解】（1）證明：把繞點順時針旋轉至，如圖1，，，，，，，三點共線，，，，，，，，；（2）①不成立，結論：；證明：如圖2，將繞點順時針旋轉至，，，，，，，，；②如圖3，將繞點逆時針旋轉至，，，，，，，，，．即．故答案為：．（3）解：由（1）可知，正方形的邊長為6，，．，，設，則，，在中，，，解得：．，．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質、旋轉的性質、全等三角形的判定與性質以及勾股定理的綜合應用，解題的關鍵是作輔助線構造全等三角形，根據(jù)全等三角形的對應邊相等進行推導．例2．（2023·遼寧·沈陽八年級階段練習）定義：如圖1，點M，N把線段AB分割成AM，MN和BN，若以AM，AN，BN為邊的三角形是一個直角三角形，則稱點M，N是線段AB的勾股分點．（1）已知點M，N是線段AB的勾股分割點，若AM＝3，MN＝5，求BN的長；（2）如圖2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，點M，N在斜邊AB上，∠MCN＝45°，則點M、N是線段AB的勾股分割點嗎？（直接回答：“是”或“不是”）若是說明理由，當AM＝2，MN＝4，則BN＝．【答案】（1）或；（2）是，理由見解析；【分析】(1)分兩種情況討論，根據(jù)勾股分割點定義可求BN的長；(2)過點A作AD⊥AB，且AD=BN，由題意可證△ADC≌△BNC，可得CD=CN，∠ACD=∠BCN，可求∠MCD=∠MCN，則可證△MDC≌△MNC，可得MN=DM，根據(jù)勾股定理可得BN2+AM2=MN2，則點M，N是線段AB的勾股分割點，將的值代入即可求得的值；【詳解】(1)AM＝3，MN＝5，分兩種情況：①當MN為最大線段時，∵點M、N是線段AB的勾股分割點，∴BN=，②當BN為最大線段時，∵點M、N是線段AB的勾股分割點，∴BN=，綜上所述：BN的長為或；(2)點M，N是線段AB的勾股分割點；理由如下，如圖，過點A作AD⊥AB，且AD=BN，∵AD=BN，∠DAC=∠B=45°，AC=BC，∴△ADC≌△BNC(SAS)，∴CD=CN，∠ACD=∠BCN，∵∠MCN=45°，∴∠DCA+∠ACM=∠ACM+∠BCN=45°，∴∠MCD=∠MCN，且CD=CN，CM=CM，∴△MDC≌△MNC(SAS)，∴MN=DM，在Rt△MDA中，AD2+AM2=DM2，∴BN2+AM2=MN2，∴點M，N是線段AB的勾股分割點；當時，故答案為：是，【點睛】本題是三角形的綜合題，考查了新定義“勾股分割點”、勾股定理、等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題．例3．（2023秋·湖北武漢·九年級?？茧A段練習）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝2．∠BAC＝120°，點D，E都在邊BC上，∠DAE＝60°，若BD＝2CE，求DE的長．【答案】DE＝3﹣3．【分析】將繞點A逆時針旋轉120°得到，取CF的中點G，連接EF、EG，由AB＝AC、，可得出，根據(jù)旋轉的性質可得出，結合可得出為等邊三角形，進而得出為直角三角形，通過解直角三角形求出的長度以及證明全等找出，設，則，，在中利用勾股定理可得出，利用，可求出以及的值；【詳解】解：將繞點A逆時針旋轉120°得到，取的中點G，連接，如圖所示：過點作于點，如圖，∵，，∴，在中，，∴，∴，∴，∴，∴．∵，∴，∴為等邊三角形，∴，∴，∴為直角三角形，∵，∴，∴．在和中，，∴，∴．設，則，在中，，＝x，∴，∴，∴，答：的長為．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質、勾股定理、解一元二次方程以及旋轉的性質，通過勾股定理找出關于x的一元二次方程是解題的關鍵．例4．（2023·綿陽市八年級期中）在等邊△ABC的兩邊AB、AC所在直線上分別有兩點M、N，D為△ABC外一點，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．探究：當M、N分別在直線AB、AC上移動時，BM、NC、MN之間的數(shù)量關系．(1)如圖1，當點M、N邊AB、AC上，且DM＝DN時，BM、NC、MN之間的數(shù)量關系是；(2)如圖2，點M、N在邊AB、AC上，且當DM≠DN時，猜想（1）問的結論還成立嗎？若成立請直接寫出你的結論；若不成立請說明理由．(3)如圖3，當M、N分別在邊AB、CA的延長線上時，探索BM、NC、MN之間的數(shù)量關系如何？并給出證明．【答案】(1)；(2)成立，；(3)，見解析【分析】（1）由DM＝DN，∠MDN＝60°可得△MDN是等邊三角形，得到Rt△BDM≌Rt△CDN，然后由直角三角形的性質即可求解；（2）在CN的延長線上截取CM1＝BM，連接DM1，可證△DBM≌△DCM1，得到∠M1DN＝∠MDN＝60°，從而得到△MDN≌△M1DN（SAS），即可求證；（3）在CN上截取CM1＝BM，連接DM1，可證得△MDN≌△M1DN，即可求證．【詳解】（1）解：BM、NC、MN之間的數(shù)量關系BM+NC＝MN．∵DM＝DN，∠MDN＝60°，∴△MDN是等邊三角形，∵△ABC是等邊三角形，∴∠A＝60°，∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴∠BDC＝∠DCB＝30°，∴∠MBD＝∠NCD＝90°，在Rt△BDM和Rt△CDN中，，∴Rt△BDM≌Rt△CDN（HL），∴∠BDM＝∠CDN＝30°，BM＝CN，∴DM＝2BM，DN＝2CN，∴MN＝2BM＝2CN＝BM+CN，故答案為：BM+NC＝MN；（2）猜想：結論仍然成立．證明：在CN的延長線上截取CM1＝BM，連接DM1．∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，∴△DBM≌△DCM1（SAS），∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN（SAS），∴MN＝M1N＝M1C+NC＝BM+NC；（3）NC?BM=MN，理由如下：證明：在CN上截取CM1＝BM，連接MN，DM1由（2）得，△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN（SAS），∴MN＝M1N，∴NC﹣BM＝MN．【點睛】本題考查了等邊三角形，直角三角形，等腰三角形的性質以及全等三角形的判定與性質等知識，解題的關鍵是注意數(shù)形結合思想的應用，作出合適的輔助線，構造出全等三角形．例5．（2023·重慶市二模）回答問題（1）【初步探索】如圖1：在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°，E、F分別是BC、CD上的點，且EF=BE+FD，探究圖中∠BAE、∠FAD、∠EAF之間的數(shù)量關系．小王同學探究此問題的方法是：延長FD到點G，使DG=BE．連接AG，先證明△ABE≌△ADG，再證明△AEF≌△AGF，可得出結論，他的結論應是_______________；（2）【靈活運用】如圖2，若在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E、F分別是BC、CD上的點，且EF=BE+FD，上述結論是否仍然成立，并說明理由；（3）【拓展延伸】知在四邊形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD，若點E在CB的延長線上，點F在CD的延長線上，如圖3所示，仍然滿足EF=BE+FD，請直接寫出∠EAF與∠DAB的數(shù)量關系．【答案】（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF；（2）仍成立，理由見解析；（3）∠EAF=180°-∠DAB【分析】（1）延長FD到點G，使DG=BE，連接AG，可判定△ABE≌△ADG，進而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF，據(jù)此得出結論；（2）延長FD到點G，使DG=BE，連接AG，先判定△ABE≌△ADG，進而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；（3）在DC延長線上取一點G，使得DG=BE，連接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根據(jù)∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，推導得到2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出結論．【詳解】解：（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF．理由：如圖1，延長FD到點G，使DG=BE，連接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；故答案為：∠BAE+∠FAD=∠EAF；（2）仍成立，理由：如圖2，延長FD到點G，使DG=BE，連接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．證明：如圖3，在DC延長線上取一點G，使得DG=BE，連接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．【點睛】本題屬于三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性質的綜合應用，解決問題的關鍵是作輔助線構造全等三角形，根據(jù)全等三角形的對應角相等進行推導變形．解題時注意：同角的補角相等．模型3、旋轉中的對角互補模型【模型解讀】對角互補模型概念：對角互補模型特指四邊形中，存在一對對角互補，而且有一組鄰邊相等的幾何模型。思想方法：解決此類問題常用的輔助線畫法主要有兩種：①過頂點做雙垂線，構造全等三角形；②進行旋轉的構造，構造手拉手全等。1）“共斜邊等腰直角三角形+直角三角形”模型（異側型）條件：如圖，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB.結論：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③.2）“斜邊等腰直角三角形+直角三角形”模型（同側型）條件：如圖，已知∠DCE的一邊與AO的延長線交于點D，∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB.結論：①CD＝CE，②OE－OD＝OC，③.3）“等邊三角形對120°模型”（1）條件：如圖，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB.結論：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③.4）“等邊三角形對120°模型”（2）條件：如圖，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB，∠DCE的一邊與BO的延長線交于點D，結論：①CD＝CE，②OD－OE＝OC，③.5）“120°等腰三角形對60°模型”條件：△ABC是等腰三角形，且∠BAC=120°，∠BPC=60°。結論：①PB+PC=PA；例1．（2022秋·江蘇·八年級專題練習）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D為BC的中點．（1）如圖1，E、F分別是AB、AC上的點，且BE＝AF、求證：△DEF是等腰直角三角形經過分析已知條件AB＝AC，D為BC的中點．容易聯(lián)想等腰三角形三線合一的性質，因此，連結AD（如圖2），以下是某同學由已知條件開始，逐步按層次推出結論的流程圖．請幫助該同學補充完整流程圖．補全流程圖：①，②∠EDF＝（2）如果E、F分別為AB、CA延長線上的點，仍有BE＝AF，其他條件不變，試猜想△DEF是否仍為等腰直角三角形？請在備用圖中補全圖形、先作出判斷，然后給予證明．【答案】（1）△BDE，△ADF，90°；（2）△DEF仍為等腰直角三角形，理由見解析【分析】（1）連接AD，根據(jù)∠BAC＝90°，AB＝AC，D為BC的中點，可以得到∠B=∠C=45°，AD⊥BC，，，從而可以證明△BDE≌△ADF（SAS），得到DE=DF，∠BDE=∠ADF，由∠ADE+∠BDE=∠BDA=90°，可得∠ADE+∠ADF=90°，即∠EDF=90°，即可證明；（2）連接AD，同樣證明△BDE≌△ADF（SAS），得到DE=DF，∠BDE=∠ADF，再由∠ADF+∠BDF=∠BDA=90°，即可得到∠BDE+∠BDF=90°，即∠EDF=90°，即可證明．【詳解】解：（1）如圖所示，連接AD，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，D為BC的中點，∴∠B=∠C=45°，AD⊥BC，，，∴∠B=∠BAD=∠CAD，在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（SAS），∴DE=DF，∠BDE=∠ADF，∵∠ADE+∠BDE=∠BDA=90°，∴∠ADE+∠ADF=90°，即∠EDF=90°，∴△DEF是等腰直角三角形；故答案為：△BDE，△ADF，90°；（2）△DEF仍為等腰直角三角形，理由如下：連接AD，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，D為BC的中點，∴∠ABC=∠C=45°，AD⊥BC，，，∴∠FAD=180°-∠CAD=135°，∠EBD=180°-∠ABC=135°，∴∠FAD=∠EBD，在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（SAS），∴DE=DF，∠BDE=∠ADF，∵∠ADF+∠BDF=∠BDA=90°，∴∠BDE+∠BDF=90°，即∠EDF=90°，∴△DEF是等腰直角三角形．【點睛】本題主要考查了全等三角形的性質與判定，等腰直角三角形的性質與判定，解題的關鍵在于能夠熟練掌握全等三角形的性質與判定條件．例2．（2022·山東棗莊·中考模擬）在中，，，于點,（1）如圖1，點，分別在，上，且，當，時，求線段的長；（2）如圖2，點，分別在，上，且，求證：；（3）如圖3，點在的延長線上，點在上，且，求證：;【答案】(1)；(2)見解析；(3)見解析.【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質、直角三角形的性質得到AD＝BD＝DC＝，求出∠MBD＝30°，根據(jù)勾股定理計算即可；（2）證明△BDE≌△ADF，根據(jù)全等三角形的性質證明；（3）過點M作ME∥BC交AB的延長線于E，證明△BME≌△AMN，根據(jù)全等三角形的性質得到BE＝AN，根據(jù)等腰直角三角形的性質、勾股定理證明結論．【詳解】（1）解：，，，，，，，，，，，，由勾股定理得，，即，解得，，；（2）證明：，，，在和中，，；（3）證明：過點作交的延長線于，，則，，，，，，在和中，，，，．【點睛】本題考查的是等腰直角三角形的性質、全等三角形的判定和性質、直角三角形的性質，掌握全等三角形的判定定理和性質定理是解題的關鍵．例3．（2022秋·四川綿陽·九年級校聯(lián)考階段練習）已知，，是過點的直線，過點作于點，連接．(1)問題發(fā)現(xiàn)：如圖(1)，過點作，與交于點，、、之間的數(shù)量關系是什么？并給予證明．(2)拓展探究：當繞點旋轉到如圖(2)位置時，、、之間滿足怎樣的數(shù)量關系？請寫出你的猜想，并給予證明．【答案】(1)；證明見解析(2)；證明見解析【分析】(1)過點作，得到，判斷出，確定為等腰直角三角形即可得出結論；(2)過點作于點，判斷出，確定為等腰直角三角形，即可得出結論．【詳解】（1）解：如圖1，過點作交于點，，，，，在四邊形中，，，，∴，，，，，，是等腰直角三角形，，，∴；（2）；理由：如圖，過點作交于點，，，，，，，，，，，，，，是等腰直角三角形，，，∴；【點睛】本題考查了全等三角形的性質與判定，等腰直角三角形的性質與判定，勾股定理，構造全等三角形是解題的關鍵．例4．（2023四川宜賓八年級期末）如圖1，，平分，以為頂點作，交于點，于點E.（1）求證：；（2）圖1中，若，求的長；（3）如圖2，，平分，以為頂點作，交于點，于點.若，求四邊形的面積．【答案】（1）見解析；（2）OD+OE=；（3）【分析】（1）過點C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，然后根據(jù)題意利用AAS定理進行證明△CDG≌△CEH，從而求解；（2）根據(jù)全等三角形的性質得到OD+OE=2OH，然后利用勾股定理求OH的值，從而求解；（3）過點C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，然后根據(jù)題意利用AAS定理進行證明△CDG≌△CEH，從而求得==2，然后利用含30°的直角三角形性質求得OH=,CH=從而求得三角形面積，使問題得到解決．【詳解】解：（1）如圖,過點C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，∵平分∴CG=CH

∵,

∴∠CDO+∠CEO=180?∵∠CDG+∠CDO=180?∴∠CDG=∠CEO在△CDG與△CEH中∴△CDG≌△CEH(AAS)∴(2)由（1）得△CDG≌△CEH∴DG=HE由題易得△OCG與△OCH是全等的等腰直角三角形，且OG=OH∴OD+OE=OD+OH+HE=OG+OH=2OH設OH=CH=x，在Rt△OCH中，由勾股定理，得:OH2+CH2=OC2∴∴(舍負)∴OH=∴OD+OE=2OH=（3）如圖,過點C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，∵平分∴CG=CH∵,∴∠CDO+∠CEO=180?∵∠CDG+∠CDO=180?∴∠CDG=∠CEO在△CDG與△CEH中∴△CDG≌△CEH(AAS)∴DG=HE由題易得△OCG與△OCH是全等的直角三角形,且OG=OH∴OD+OE=OD+OH+HE=OG+OH=2OH∴==2在Rt△OCH中,有∠COH=60°,OC=3，∴OH=,CH=∴∴=2=【點睛】本題考查全等三角形的性質及判定，含30°直角三角形的性質以及勾股定理，是一道綜合性問題，掌握相關知識點靈活應用解題是本題的解題關鍵.例5．（2023湖北省宜城市八年級期末）如圖，已知∠AOB=120°，在∠AOB的平分線OM上有一點C，將一個60°角的頂點與點C重合，它的兩條邊分別與直線OA、OB相交于點D、E．（1）當∠DCE繞點C旋轉到CD與OA垂直時（如圖1），請猜想OE+OD與OC的數(shù)量關系，并說明理由；（2）當∠DCE繞點C旋轉到CD與OA不垂直時，到達圖2的位置，（1）中的結論是否成立？并說明理由；（3）當∠DCE繞點C旋轉到CD與OA的反向延長線相交時，上述結論是否成立？若成立，請給于證明；若不成立，線段OD、OE與OC之間又有怎樣的數(shù)量關系？請寫出你的猜想，不需證明．【答案】（1）詳見解析；（2）（1）中結論仍然成立，理由詳見解析；（3）（1）中結論不成立，結論為OE﹣OD=OC，證明詳見解析.【分析】(1)根據(jù)OM是∠AOB的角平分線，可得∠AOB=60°，則∠OCE=30°，再根據(jù)30°所對直角邊是斜邊的一半，得出OD=OC，同理：OE=OC，即可得出結論；(2)同(1)的方法得到OF+OG=OC，再根據(jù)AAS證明△CFD≌△CGE，得出DF=EG，則OF=OD+DF=OD+EG，OG=OE﹣EG，OF+OG=OD+OE，即可得出結論.(3)同(2)的方法得到DF=EG，根據(jù)等量代換可得OE﹣OD=OC.【詳解】(1)∵OM是∠AOB的角平分線，∴∠AOC=∠BOC=∠AOB=60°，∵CD⊥OA，∴∠ODC=90°，∴∠OCD=30°，∴∠OCE=∠DCE﹣∠OCD=30°，在Rt△OCD中，OD=OC，同理：OE=OC，∴OD+OE=OC，(2)(1)中結論仍然成立，理由：過點C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，如圖，∴∠OFC=∠OGC=90°，∵∠AOB=120°，∴∠FCG=60°，同(1)的方法得，OF=OC，OG=OC，∴OF+OG=OC，∵CF⊥OA，CG⊥OB，且點C是∠AOB的平分線OM上一點，∴CF=CG，∵∠DCE=60°，∠FCG=60°，∴∠DCF=∠ECG，∴△CFD≌△CGE，∴DF=EG，∴OF=OD+DF=OD+EG，OG=OE﹣EG，∴OF+OG=OD+EG+OE﹣EG=OD+OE，∴OD+OE=OC；(3)(1)中結論不成立，結論為：OE﹣OD=OC，理由：過點C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，如圖，∴∠OFC=∠OGC=90°，∵∠AOB=120°，∴∠FCG=60°，同(1)的方法得，OF=OC，OG=OC，∴OF+OG=OC，∵CF⊥OA，CG⊥OB，且點C是∠AOB的平分線OM上一點，∴CF=CG，∵∠DCE=60°，∠FCG=60°，∴∠DCF=∠ECG，∴△CFD≌△CGE，∴DF=EG，∴OF=DF﹣OD=EG﹣OD，OG=OE﹣EG，∴OF+OG=EG﹣OD+OE﹣EG=OE﹣OD，∴OE﹣OD=OC．【點睛】本題考查了角平分線的性質定理，全等三角形的判定和性質，直角三角形的性質.正確作輔助線是解題的關鍵.課后專項訓練1．（2022·湖南·中考真題）如圖，點是等邊三角形內一點，，，，則與的面積之和為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】將繞點B順時針旋轉得，連接，得到是等邊三角形，再利用勾股定理的逆定理可得，從而求解．【詳解】解：將繞點順時針旋轉得，連接，，，，是等邊三角形，，∵，，，，與的面積之和為．故選：C．【點睛】本題主要考查了等邊三角形的判定與性質，勾股定理的逆定理，旋轉的性質等知識，利用旋轉將與的面積之和轉化為，是解題的關鍵．2．（2022·成都市·八年級期末）如圖，在邊長為4的正方形ABCD中，對角線AC，BD交于點O，E在BD上，連接CE，作EF⊥CE交AB于點F，交AC于點G，連接CF交BD于點H，延長CE交AD于點M，連接FM，則下列結論：①點E到AB，BC的距離相等；②∠FCE=45°；③∠DMC=∠FMC；④若DM=2，則BF=．正確的有（）個．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】過E點作、，由正方形對角線平分每一組對角以及角平分線性質可得點E到AB，BC的距離相等，故①正確；再證明（AAS）可得是等腰直角三角形，得，故②正確；然后延長MD至P，使，（SAS）再證明（SAS）即可得，故③正確；由全等三角形性質和勾股定理列方程可求．【詳解】解：如圖1，過E點作、，∴，∵在正方形ABCD中，，，∴，即點E到AB，BC的距離相等，故①正確；；∴，由∵，∴，∴，∴（AAS）∴，∴，故②正確；如圖2，延長MD至P，使，連接，易證（SAS）∴，，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，，故③正確，在邊長為4的正方形ABCD中，，若，則，設，則，，在中，∴，解得：，故；④錯誤，綜上所述，正確的①②③，故選C．【點睛】本題主要考查了正方形和三角形綜合知識，解題關鍵是構造全都三角形轉換邊角關系．3．（2023·廣東深圳·八年級期末）如圖，△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，點D為BC邊上一點．點E為線段CD上一點，且CE＝2，AB＝，∠DAE＝60°，則DE的長為______．【答案】【分析】將繞點A逆時針旋轉至，連接ME，過M作于Q，過A作于F，由旋轉的性質得，設，則，，證明，得，最后利用勾股定理來解答．【詳解】解：如圖，將繞點A逆時針旋轉至，連接ME，過M作于Q，過A作于F，∵，，，AB＝，∴，，∴，，∴，．在中，．∵，∴.設，∴，，∴．∵，，∴，∴．∵．在和中，∴，∴，由勾股定理得：，∴，∴，即．故答案為：．【點睛】本題考查含30°角的直角三角形的性質，等腰三角形的性質，全等三角形有判定和性質，勾股定理，旋轉的性質，作輔助線構造直角三角形是求解本題的關鍵．4．（2023·吉林松原·九年級統(tǒng)考期中）如圖，點O是等邊三角形ABC內的一點，，將△BOC繞點C順時針旋轉60°得△ADC，連接OD．(1)當時，°；(2)當時，°；(3)若，，，則OA的長為．【答案】(1)40；(2)60；(3)【分析】（1）證明△COD是等邊三角形，得到∠ODC=60°，即可得到答案；（2）利用∠ADC-∠ODC求出答案；（3）由△BOC≌△ADC，推出∠ADC=∠BOC=150°，AD=OB=8，根據(jù)△COD是等邊三角形，得到∠ODC=60°，OD=，證得△AOD是直角三角形，利用勾股定理求出．【詳解】（1）解：∵CO=CD，∠OCD=60°，∴△COD是等邊三角形；∴∠ODC=60°，∵∠ADC=∠BOC=，∴∠ADC-∠ODC=40°，故答案為：40；（2）∵∠ADC=∠BOC=，∴∠ADC-∠ODC=60°，故答案為：60；（3）解：當，即∠BOC=150°，∴△AOD是直角三角形．∵△BOC≌△ADC，∴∠ADC=∠BOC=150°，AD=OB=8，又∵△COD是等邊三角形，∴∠ODC=60°，OD=，∴∠ADO=90°，即△AOD是直角三角形，∴,故答案為：．【點睛】本題以“空間與圖形”中的核心知識（如等邊三角形的性質、全等三角形的性質與證明、直角三角形的判定、多邊形內角和等）為載體，內容由淺入深，層層遞進．試題中幾何演繹推理的難度適宜，蘊含著豐富的思想方法（如運動變化、數(shù)形結合、分類討論、方程思想等），能較好地考查學生的推理、探究及解決問題的能力．5．（2023·江蘇南京·九年級專題練習）（1）閱讀理解：如圖1，在正方形ABCD中，若E，F(xiàn)分別是CD，BC邊上的點，∠EAF＝45°，則我們常會想到：把△ADE繞點A順時針旋轉90°得到△ABG．易證△AEF≌_______，得出線段BF，DE，EF之間的數(shù)量關系為____________；（2）類比探究：如圖2，在等邊△ABC中，D，E為BC邊上的點，∠DAE＝30°，BD=3，EC=4，求線段DE的長；（3）拓展應用：如圖3，在△ABC中，AB=AC，∠BAC＝150°，點D，E在BC邊上，∠DAE＝75°，若DE是等腰△ADE的腰長，請直接寫出BD：CE的值．【答案】（1）；；（2）；（3）或【分析】（1）由旋轉的性質可得，，，進而得到，由全等三角形的性質可得，即可解答；（2）將繞點順時針旋轉，得到，連接，過點作，交的延長線于點，進而證≌，得到，即可求出和，再根據(jù)勾股定理即可解答；（3）用的方法，分類討論是等腰的腰長，求出：的值即可．【詳解】解：（1）把繞點順時針旋轉得到，可知：，，，，，在和中，≌，，，，故答案為；．（2）如圖，將△ACE繞點A順時針旋轉60°，得到△ABF，連接DF，過點F作FG⊥BC，交CB的延長線于點G，如圖所示：∵△ABC是等邊三角形，∴∠CAB＝∠ABC＝∠C＝60°，AB=AC，∵∠DAE＝30°，∴∠CAE+∠BAD＝30°，∴∠DAF＝30°，又∵AD=AD，∴△ADE≌△ADF，∴DE=DF，∵∠ABF＝∠ABC＝∠C＝60°，∠FBG＝60°，∵BF=CE=4，∠G＝90°，∴BG＝BF=2，F(xiàn)G＝=，∴DG＝5，∴在Rt△DFG中，DF=，∴線段DF的長為．（3）如圖，將△ACE繞點A順時針旋轉150°，得到△ABG，連接DG，過點D作DH⊥BG，交BG的于點H，∠DAE＝75°，若DE是等腰△ADE的腰，∠ADE為頂角，則∠ADE=30°，∵AB=AC，∠BAC=150°，∴∠ABC=∠C=（180°-150°）=15°，∴由旋轉性質得△ABG≌△ACE，∴BG=CE，AG=AE，∠ABG=∠C=15°，∴∠DBG=30°，∵將△ACE繞點A順時針旋轉150°，得到△ABG，∴∠EAG=150°，∵∠DAE＝75°，∴∠GAD=75°，∴∠ADE=30°，在△ADE和△ADG中，，∴△ADE≌△ADG，∴∠GDA=∠ADE=30°，∴∠GDE=60°，∵∠GDE=∠GBD+∠BGD，∴∠BGD=60°-30°=30°，∴BD=DG，∴BH=GH=BG=CE，在Rt△BHD中，設HD=x，∵∠DBG=30°，∴BD=2x，由勾股定理得：BH=，∴BG=2，∴CE=2，∴BD：CE=：3；如圖將△ACE繞點A順時針旋轉150°，得到△ABM，連接DM，過點M作MN⊥BD，交BD于點N，∵∠DAE＝75°，若DE是等腰△ADE的腰長，∠E為頂角，∴∠E=30°，∵AB=AC，∠BAC＝150°，∴∠C=∠ABC=15°，∴∠CAE=15°，∴AE=CE=DE，∴∠BAD=150°-75°-15°=60°，由旋轉性質可知△ABM≌△ACE，∴∠BAM=∠CAE=15°，∠ABM=∠ACE=15°，AM=AE，BM=CE，∴∠MAD=15°+60°=75°=∠DAE，在△MAD和△EAD中，，∴△MAD≌△EAD，∴DM=DE=CE=BM，∵MN⊥BD，∴BN=DN=BD，∵∠MBD=∠ABM＋∠ABC=15°+15°=30°，∴在Rt△BNM中，設MN=a，∴BM=2a，∴CE=2a，由勾股定理得：BN=，∴BD=2a，∴BD：CE=2a：2a=：1=．【點睛】本題考查了四邊形的綜合題，正方形的性質，全等三角形的判定和性質，旋轉的性質，正確的作出輔助線是解題的關鍵．6．（2023.成都市八年級期中）在中，，，于點,（1）如圖1，點，分別在，上，且，當，時，求線段的長；（2）如圖2，點，分別在，上，且，求證：；（3）如圖3，點在的延長線上，點在上，且，求證：;【答案】(1)；(2)見解析；(3)見解析.【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質、直角三角形的性質得到AD＝BD＝DC＝，求出∠MBD＝30°，根據(jù)勾股定理計算即可；（2）證明△BDE≌△ADF，根據(jù)全等三角形的性質證明；（3）過點M作ME∥BC交AB的延長線于E，證明△BME≌△AMN，根據(jù)全等三角形的性質得到BE＝AN，根據(jù)等腰直角三角形的性質、勾股定理證明結論．【詳解】（1）解：，，，，，，，，，，，，由勾股定理得，，即，解得，，；（2）證明：，，，在和中，，；（3）證明：過點作交的延長線于，，則，，，，，，在和中，，，，．【點撥】本題考查的是等腰直角三角形的性質、全等三角形的判定和性質、直角三角形的性質，掌握全等三角形的判定定理和性質定理是解題的關鍵．7.如圖1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC，直線MN是過點A的直線CD⊥MN于點D，連接BD．（1）觀察猜想張老師在課堂上提出問題：線段DC，AD，BD之間有什么數(shù)量關系．經過觀察思考，小明出一種思路：如圖1，過點B作BE⊥BD，交MN于點E，進而得出：DC+AD=BD．（2）探究證明：將直線MN繞點A順時針旋轉到圖2的位置寫出此時線段DC，AD，BD之間的數(shù)量關系，并證明；【答案】（1）；（2）AD﹣DC=BD；【分析】（1）根據(jù)全等三角形的性質求出DC，AD，BD之間的數(shù)量關系（2）過點B作BE⊥BD，交MN于點E．AD交BC于O，證明，得到，，根據(jù)為等腰直角三角形，得到，再根據(jù)，即可解出答案.【詳解】解：（1）如圖1中，由題意：，∴AE=CD，BE=BD，∴CD+AD=AD+AE=DE，∵是等腰直角三角形，∴DE=BD，∴DC+AD=BD，故答案為．（2）．證明：如圖，過點B作BE⊥BD，交MN于點E．AD交BC于O．∵，∴，∴．∵，，，∴，∴．又∵，∴，∴，，∴為等腰直角三角形，．∵，∴．【點睛】本題主要考查全等三角形的性質，等腰直角三角形的性質以及圖形的應用，正確作輔助線和熟悉圖形特性是解題的關鍵.8．如圖，已知∠DCE與∠AOB，OC平分∠AOB．（1）如圖1，∠DCE與∠AOB的兩邊分別相交于點D、E，∠AOB＝∠DCE＝90°，試判斷線段CD與CE的數(shù)量關系，并說明理由．以下是小宇同學給出如下正確的解法：解：CD＝CE．理由如下：如圖1，過點C作CF⊥OC，交OB于點F，則∠OCF＝90°，…請根據(jù)小宇同學的證明思路，寫出該證明的剩余部分．（2）你有與小宇不同的思考方法嗎？請寫出你的證明過程．（3）若∠AOB＝120°，∠DCE＝60°．①如圖3，∠DCE與∠AOB的兩邊分別相交于點D、E時，（1）中的結論成立嗎？為什么？線段OD、OE、OC有什么數(shù)量關系？說明理由．②如圖4，∠DCE的一邊與AO的延長線相交時，請回答（1）中的結論是否成立，并請直接寫出線段OD、OE、OC有什么數(shù)量關系；如圖5，∠DCE的一邊與BO的延長線相交時，請回答（1）中的結論是否成立，并請直接寫出線段OD、OE、OC有什么數(shù)量關系．解：（1）∵OC平分∠AOB，∴∠AOC＝∠BOC＝45°，且∠OCF＝90°，∴∠OFC＝45°＝∠BOC，∴OC＝FC，∵∠DCE＝∠OCF＝90°，∴∠DCO＝∠ECF，且CO＝CF，∠AOC＝∠CFE＝45°，∴△CDO≌△CEF（ASA）∴CD＝CE（2）如圖2，過點C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分別為M，N，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，又∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，在四邊形ODCE中，∠AOB+∠DCE+∠CDO+∠CEO＝360°，又∵∠AOB＝∠DCE＝90°，∴∠CDO+∠CEO＝180°，又∵∠CDO+∠CDM＝180°，∴∠CEO＝∠CDM，且∠CMD＝∠CNE，CM＝CN，∴△CMD≌△CNE（AAS），∴CD＝CE．（3）①（1）中的結論仍成立．OE+OD＝OC．理由如下：如圖3，過點C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分別為M，N，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，又∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，在四邊形ODCE中，∠AOB+∠DCE+∠CDO+∠CEO＝360°，又∵∠AOB+∠DCE＝60°+120°＝180°，∴∠CDO+∠CEO＝180°，又∵∠CEO+∠CEN＝180°，∴∠CDO＝∠CEN，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，∴△CMD≌△CNE（AAS），∴CD＝CE，DM＝EN．∴OE+OD＝OE+OM+DM＝OE+OM+EN＝ON+OM．∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，∴∠MCO＝30°，∴，同理可得ON＝OC，∴．②在圖4中，（1）中的結論成立，OE﹣OD＝OC，如圖4，過點C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分別為M，N，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，又∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，∵∠COE+∠CEO+∠DCE+∠OCD＝180°，∴∠OCD+∠CEO＝60°，∵∠AOC＝∠CDO+∠OCD＝60°，∴∠CDO＝∠CEN，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，∴△CMD≌△CNE（AAS），∴CD＝CE，DM＝EN．∴OE﹣OD＝ON+NE﹣（MD﹣OM）＝ON+OM．∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，∴∠MCO＝30°，∴，同理可得ON＝OC，∴OE﹣OD＝ON+OM＝OC；在圖5中，（1）中的結論成立，OD﹣OE＝OC，如圖5，過點C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分別為M，N，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，又∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，∵∠COA+∠CDO+∠DCE+∠OCE＝180°，∴∠OCE+∠CDO＝60°，∵∠NOC＝∠CEO+∠OCE＝60°，∴∠CDO＝∠CEO，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，∴△CMD≌△CNE（AAS），∴CD＝CE，DM＝EN．∴OD﹣OE＝DM+OM﹣（EN﹣ON）＝ON+OM．∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，∴∠MCO＝30°，∴，同理可得ON＝OC，∴OD﹣OE＝ON+OM＝OC；9．（2023·四川內江·九年級?？计谥校┤鐖D，已知∠AOB＝60°，在∠AOB的平分線OM上有一點C，將一個120°角的頂點與點C重合，它的兩條邊分別與直線OA、OB相交于點D、E．（1）當∠DCE繞點C旋轉到CD與OA垂直時（如圖1），請猜想OE+OD與OC的數(shù)量關系，并說明理由；（2）當∠DCE繞點C旋轉到CD與OA不垂直時，到達圖2的位置，（1）中的結論是否成立？并說明理由；（3）當∠DCE繞點C旋轉到CD與OA的反向延長線相交時，上述結論是否成立？請在圖3中畫出圖形，若成立，請給于證明；若不成立，線段OD、OE與OC之間又有怎樣的數(shù)量關系？請寫出你的猜想，不需證明.【答案】（1）；（2）（1）中結論仍然成立，見解析；（3）（1）中結論不成立，，見解析.【分析】（1）先判斷出∠OCE=60°，再利用特殊角的三角函數(shù)得出ODOC，同OEOC，即可得出結論；（2）同（1）的方法得OF+OGOC，再判斷出△CFD≌△CGE，得出DF=EG，最后等量代換即可得出結論；（3）同（2）的方法即可得出結論．【詳解】（1）∵OM是∠AOB的角平分線，∴∠AOC=∠BOC∠AOB=30°．∵CD⊥OA，∴∠ODC=90°，∴∠OCD=60°，∴∠OCE=∠DCE﹣∠OCD=60°．在Rt△OCD中，OD=OC?cos30°OC，同理：OEOC，∴OD+OEOC；（2）（1）中結論仍然成立，理由如下：過點C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，∴∠OFC=∠OGC=90°．∵∠AOB=60°，∴∠FCG=120°，同（1）的方法得：OFOC，OGOC，∴OF+OGOC．∵CF⊥OA，CG⊥OB，且點C是∠AOB的平分線OM上一點，∴CF=CG．∵∠DCE=120°，∠FCG=120°，∴∠DCF=∠ECG，∴△CFD≌△CGE，∴DF=EG，∴OF=OD+DF=OD+EG，OG=OE﹣EG，∴OF+OG=OD+EG+OE﹣EG=OD+OE，∴OD+OEOC；（3）（1）中結論不成立，結論為：OE﹣ODOC，理由如下：過點C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，∴∠OFC=∠OGC=90°．∵∠AOB=60°，∴∠FCG=120°，同（1）的方法得：OFOC，OGOC，∴OF+OGOC．∵CF⊥OA，CG⊥OB，且點C是∠AOB的平分線OM上一點，∴CF=CG．∵∠DCE=120°，∠FCG=120°，∴∠DCF=∠ECG，∴△CFD≌△CGE，∴DF=EG，∴OF=DF﹣OD=EG﹣OD，OG=OE﹣EG，∴OF+OG=EG﹣OD+OE﹣EG=OE﹣OD，∴OE﹣ODOC．【點睛】本題是幾何變換綜合題，主要考查了角平分線的定義和定理，全等三角形的判定和性質，特殊角的三角函數(shù)值，直角三角形的性質，正確作出輔助線是解答本題的關鍵．10．（2023春·四川達州·八年級?？茧A段練習）倡導研究性學習方式，著力教材研究，習題研究，是學生跳出題海，提高學習能力和創(chuàng)新能力的有效途徑．(1)【問題背景】已知：如圖1，點E、F分別在正方形的邊上，，連接，則之間存在怎樣的數(shù)量關系呢？

（分析：我們把繞點A順時針旋轉至，點G、B、C在一條直線上．）于是易證得：和，所以．直接應用：正方形的邊長為6，，則的值為．(2)【變式練習】已知：如圖2，在中，，D、E是斜邊上兩點，且，請寫出之間的數(shù)量關系，并說明理由．

(3)【拓展延伸】在（2）的條件下，當繞著點A逆時針一定角度后，點D落在線段BC上，點E落在線段BC的延長線上，如圖3，此時（2）的結論是否仍然成立，并證明你的結論．【答案】(1)(2)，見解析(3)成立，見解析【分析】（1）根據(jù)分析過程及圖形分析即可；（2），把順時針旋轉到的位置此時與重合，連接，證，得，再證是直角三角形，然后由勾股定理即可解決問題；（3）根據(jù)第（2）問的輔助線畫出圖形即可證明．【詳解】（1）∵四邊形是正方形，∴，把繞點A順時針旋轉至，則與重合，∴∴，∴點G、B、C在一條直線上∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴；∵正方形的邊長為6，，∴，∴，，在中，，∴，解得，∴故答案為：；（2），理由如下：把順時針旋轉到的位置此時與重合，連接，

則，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴是直角三角形，∴，∴．（3）依然成立，理由如下：把順時針旋轉到的位置此時與重合，連接，

則，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴是直角三角形，∴，∴．【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質、旋轉的性質、全等三角形的判定與性質、直角三角形的性質、勾股定理等知識；本題綜合性比較強，正確作出輔助線構造全等三角形是解題的關鍵，屬于中考?？碱}型．11．（2023·江蘇·八年級專題練習）等邊的兩邊、所在直線上分別有兩點、，為外一點，且，，．當點、分別在直線、上移動時，探究、、之間的數(shù)量關系以及的周長與等邊的周長的關系．（1）如圖①，當點、在邊、上，且時，、、之間的數(shù)量關系式為______；此時的值是______．（2）如圖②，當點、在邊、上，且時，猜想（1）問的兩個結論還成立嗎？寫出你的猜想并加以證明．（3）如圖③，當點、分別在邊、的延長線上時，若，試用含、的代數(shù)式表示．【答案】（1），；（2）結論仍然成立，證明見解析；（3）．【分析】（1）由DM＝DN，∠MDN＝60°，可證得△MDN是等邊三角形，又由△ABC是等邊三角形，CD＝BD，易證得Rt△BDM≌Rt△CDN，然后由直角三角形的性質，即可求得BM、NC、MN之間的數(shù)量關系BM+NC＝MN，此時；（2）在CN的延長線上截取CM1＝BM，連接DM1．可證△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，易證得∠CDN＝∠MDN＝60°，則可證得△MDN≌△M1DN，然后由全等三角形的性質，即可得結論仍然成立；（3）首先在CN上截取CM1＝BM，連接DM1，可證△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，然后證得∠CDN＝∠MDN＝60°，易證得△MDN≌△M1DN，則可得NC﹣BM＝MN；然后根據(jù)的周長，表示出AB的長，然后根據(jù)的周長，應用等量代換即可求解．【詳解】解：（1）如圖①，BM、NC、MN之間的數(shù)量關系BM+NC＝MN．此時．理由：∵DM＝DN，∠MDN＝60°，∴△MDN是等邊三角形，∵△ABC是等邊三角形，∴∠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是等邊三角形，∵AB＝AM+BM，∴AM：AB＝2：3，∴；（2）猜想：結論仍然成立．證明：在NC的延長線上截取CM1＝BM，連接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的周長為：AM+MN+AN＝AM+BM+CN+AN＝AB+AC，∴；（3）證明：在CN上截取CM1＝BM，連接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．∵等邊的周長為，∴，的周長．故答案為：．【點睛】此題主要考查全等三角形的判定與性質，解題的關鍵是熟知等邊三角形的性質及全等三角形的判定定理．12.（2023.山東八年級期中）綜合與實踐:（1）如圖1，在正方形ABCD中，點M、N分別在AD、CD上，若∠MBN＝45°，則MN，AM，CN的數(shù)量關系為．（2）如圖2，在四邊形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，點M、N分別在AD、CD上，若∠MBN＝∠ABC，試探索線段MN、AM、CN有怎樣的數(shù)量關系？請寫出猜想，并給予證明．（3）如圖3，在四邊形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，點M、N分別在DA、CD的延長線上，若∠MBN＝∠ABC，試探究線段MN、AM、CN的數(shù)量關系為．【答案】（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由見解析；（3）MN=CN-AM，理由見解析【詳解】解：（1）如圖，把△ABM繞點B順時針旋轉使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC

，∴∠BCM'+∠BCD=180°，∴點M'、C、N三點共線，∵∠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：如圖，把△ABM繞點B順時針旋轉使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，∵∠A+∠C＝180°，∴∠BCM'+∠BCD=180°，∴點M'、C、N三點共線，∵∠MBN＝∠ABC，∴∠ABM+∠CBN=∠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：如圖，在NC上截取CM'=AM，連接BM'，∵在四邊形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，∴∠C+∠BAD=180°，∵∠BAM+∠BAD=180°，∴∠BAM=∠C，∵AB＝BC，∴△ABM≌△CBM'，∴AM=CM'，BM=BM'，∠ABM=∠CBM'，∴∠MAM'=∠ABC，∵∠MBN＝∠ABC，∴∠MBN＝∠MAM'=∠M'BN，∵BN=BN，∴△NBM≌△NBM'，∴MN=M'N，∵M'N=CN-CM'，

∴MN=CN-AM．故答案是：MN=CN-AM．13．（2022·山東濟南·二模）已知AD是等邊△ABC的高，AC=2，點O為直線AD上的動點(不與點A重合)，連接BO，將線段BO繞點O順時針旋轉60°，得到線段OE，連接CE、BE．(1)問題發(fā)現(xiàn)：如圖1，當點O在線段AD上時，線段AO與CE的數(shù)量關系為，∠ACE的度數(shù)是．(2)問題探究：如圖2，當點O在線段AD的延長線上時，(1)中結論是否還成立？請說明理由．(3)問題解決：當∠AEC=30°時，求出線段BO的長【答案】(1)AO=CE，∠ACE=90°；(2)成立，見解析；(3)BO=2或2【分析】(1)證明△ABO≌△CBE(SAS)，則AO=CE，∠BAO=∠BCE，進而求解；(2)和(1)的方法相同；(3)①當點O1在線段AD的延長線上時，證明點A、B、E1在一條直線上，進而求解；②當點O2在線段DA的延長線上時，通過畫圖確定BO2為位置，進而求解．(1)解：AO=CE，∠ACE=90°，理由如下：∵線段BO繞點O順時針旋轉60°，得到線段OE，∴BO=OE，∠BOE=60°，∴△BOE為等邊三角形，∴∠OBE=60°，BE=BO，∴∠OBE=60°=∠OBD+∠DBE，∵△ABC為等邊三角形，∴∠ABC=60°=∠ABO+∠OBD，AB=AC，∴∠ABO=∠CBE，在△ABO和△CBE中，，∴△ABO≌△CBE(SAS)，∴AO=CE，∠BAO=∠BCE，∵AD是等邊三角形ABC的高，∴∠ACB=60°，AD也是∠BAC的平分線，∴∠BAO=30°=∠BCE，∴∠ACE=∠BCE+∠ACB=30°+60°=90°，故答案為：AO=CE，∠ACE=90°；(2)解：成立，理由如下：如圖：連接BE．∵線段BO繞點O順時針旋轉了60°得EO，∴BO=EO，∠BOE=60°，∴△BOE是等邊三角形，∴BO=BE，∠OBE=60°，∵△ABC是等邊三角形，∴BA=BC，∠ABC=60°，∴∠ABC+∠OBC=∠OBE+∠OBC，即∠ABO=∠CBE，在△ABO和△CBE中，∴△ABO≌△CBE(SAS)，∴AO=CE，∠BAO=∠BCE，∵AD是等邊△ABC的高，∴∠BCE=∠BAO=30°，∠BCA=60°，∴∠ACE=∠BCE+∠ACB=30°+60°=90°，∴AO=CE，∠ACE=90°；(3)解：①當點O1在線段AD的延長線上時，由(1)和(2)知：△BO1E1是等邊三角形，∠ACE1=90°，∵∠ACE1=90°，∠AE1C=30°，∴∠E1AC=60°，∵∠BAC=60°，∴點A、B、E1在一條直線上，∵在Rt△ACE1中，AC=2，∠AE1C=30°，∴AE1=4，∴BO1=BE1=2；②當點O2在線段DA的延長線上時，∵∠ACE2=90°，∠AE2C=30°，AC=2，∴AE2=4，，∵△ABO2≌△CBE2(SAS)∴，∵AD是等邊△ABC的高，AB=AC=2，∴BD=1，，在Rt△O2DB中，BD=1，而，∴；綜上，BO=2或．【點睛】本題考查了旋轉的性質，等邊三角形的判定及性質，全等三角形的判定及性質，勾股定理，分類討論是解決本題的關鍵．14．（2023·重慶忠縣·九年級期末）已知等腰直角與有公共頂點．（1）如圖①，當點在同一直線上時，點為的中點，求的長；（2）如圖②，將繞點旋轉，點分別是的中點，交于，交于．①猜想與的數(shù)量關系和位置關系，并證明你猜想的結論；②參考圖③，若為的中點，連接，在旋轉過程中，線段的最小值是多少（直接寫出結果）．【答案】（1）；（2）①；證明見解析；②線段的最小值是．【分析】（1）如圖：過點作于點，先說明FQ是△ADE的中位線，然后再求得FQ、BQ，最后再運用勾股定理解答即可；（2）①連接交于，先證明可得，然后再說明GM是△ABD的中位線可得，然后再根據(jù)角的關系證明﹔②如圖：連接CG，取中點O，連接OK、OM，再根據(jù)勾股定理和三角形中位線的性質求得CG和OK,進而求得OM,最后根據(jù)三角形的三邊關系即可解答．【詳解】解：（1）過點作于點，∵點是的中點，∴FQ是△ADE的中位線，；（2）①﹔證明:連接交于．，．即；在和中，，（SAS），分別是的中點，∴GM是△ABD的中位線且，，﹔②如圖：連接CG，取中點O，連接OK、OM∴，OK=AG=1∵∠CMG=90°，O為CG的中點∴OM=CG=∵MK＞OM-OK∴當O、K、M共線時，MK取最小值OM-OK=-1．【點睛】本題主要考查了三角形的中線、勾股定理、全等三角形的判定與性質等知識點，靈活運用相關知識點成為解答本題的關鍵．15．（2023·福建福州市·九年級月考）如圖，和均為等邊三角形，連接BE、CD．（1）請判斷：線段BE與CD的大小關系是；（2）觀察圖，當和分別繞點A旋轉時，BE、CD之間的大小關系是否會改變?（3）觀察如圖和4，若四邊形ABCD、DEFG都是正方形,猜想類似的結論是___________,在如圖中證明你的猜想.（4）這些結論可否推廣到任意正多邊形（不必證明）,如圖,BB1與EE1的關系是;它們分別在哪兩個全等三角形中