專題01 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01旋轉中的三類全等模型（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(jīng)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∠BFD。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∠BFD。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秋·吉林松原·九年級統(tǒng)考期中）如圖，點O是等邊三角形ABC內(nèi)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(nèi)角和等）為載體，內(nèi)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．例2．（2022秋·福建龍巖·九年級?？茧A段練習）如圖，在邊長為8的等邊△ABC中，點D是AB的中點，點E是平面上△ABC外一點，且DE=2，連接BE，將線段EB繞點E順時針旋轉60°得到線段EF，連接AF，CE．

(1)判斷△BEF的形狀，并說明理由；(2)求證：AF=CE；(3)當點D，E，F(xiàn)在同一直線上時，請你在備用圖中畫出符合條件的圖形，并求出此時BE的長．備用圖【答案】(1)△BEF是等邊三角形(2)證明見解析(3)【分析】（1）根據(jù)旋轉即可證明△BEF是等邊三角形；（2）由△EBF是等邊三角形，可得FB=EB，再證明∠FBA=∠EBC，又因為AB=BC，所以可證明△FBA≌△EBC，進而可得AF=CE；（3）當點D，E，F(xiàn)在同一直線上時，過B作BM⊥EF于M，再在Rt△BMD中利用勾股定理列方程求解即可．（1）∵將線段EB繞點E順時針旋轉60°得到線段EF，∴EB=EF，∴△BEF是等邊三角形（2）∵等邊△ABC和△BEF∴BF=BE，AB=BC，∴即∠FBA=∠EBC∴△FBA≌△EBC（SAS）∴AF=CE（3）圖形如圖所示：過B作BM⊥EF于M，∵△BEF是等邊三角形∴，∵點D是AB的中點，∴在Rt△BMD中，∵DE=2∴解得或（舍去）∴【點睛】本題考查了旋轉的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理的運用，旋轉的性質，等邊三角形的判定和性質，解一元二次方程，利用手拉手模型構造全等三角形是解題的關鍵．例3．（2022·吉林·九年級期末）如圖①，在中，，，點，分別在邊，上，且，此時，成立．（1）將繞點逆時針旋轉時，在圖②中補充圖形，并直接寫出的長度；（2）當繞點逆時針旋轉一周的過程中，與的數(shù)量關系和位置關系是否仍然成立？若成立，請你利用圖③證明，若不成立請說明理由；（3）將繞點逆時針旋轉一周的過程中，當，，三點在同一條直線上時，請直接寫出的長度．【答案】（1）補充圖形見解析；；（2），仍然成立，證明見解析；（3）或．【分析】（1）根據(jù)旋轉作圖的方法作圖，再根據(jù)勾股定理求出BE的長即可；（2）根據(jù)SAS證明得AD=BE，∠1=∠2，再根據(jù)∠1+∠3+∠4=90°得∠2∠3+∠4=90°，從而可得出結論；（3）分兩種情況，運用勾股定理求解即可．【詳解】解：（1）如圖所示，根據(jù)題意得，點D在BC上，∴是直角三角形，且BC=，CE=由勾股定理得，；（2），仍然成立.證明：延長交于點，∵，，，∴，又∵，，∴，∴，，在中，，∴，∴，∴.（3）①當點D在AC上方時，如圖1所示，同（2）可得∴AD=BE

同理可證在Rt△CDE中，∴DE=在Rt△ACB中，∴設AD=BE=x，在Rt△ABE中，∴解得,∴②當點D在AC下方時，如圖2所示，同（2）可得∴AD=BE

同理可證在Rt△CDE中，∴DE=在Rt△ACB中，∴設AD=BE=x，在Rt△ABE中，∴解得,∴.所以,AD的值為或【點睛】本題考查了旋轉的性質,全等三角形的判定與性質,勾股定理等知識，熟練解答本題的關鍵．例4．（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5．（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(nèi)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6．（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．（2022·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．（2022·江蘇·八年級專題練習）如圖，△ABC，△DEP是兩個全等的等腰直角三角形，∠BAC＝∠PDE＝90°．使△DEP的頂點P與△ABC的頂點A重合，PD，PE分別與BC相交于點F、G，若BF＝6，CG＝4，則FG＝_____．【答案】【分析】將△ABF繞A點逆時針旋轉，使AB與AC重合，即可構建出直角三角形CGH，由勾股定理可求出GH的長度，再證明△FAG≌△GAH即可．【詳解】解：將△ABF繞A點逆時針旋轉，使AB與AC重合，∵△ACH由△ABF旋轉得到，∴∠BAF=∠CAH，CH=BF=6，AF=AH，∠B=∠ACH∵△ABC，△DEP是兩個全等的等腰直角三角形∴∠B=45°，∠ACB=45°∴∠HCG=90°在Rt△HCG中，由勾股定理得：GH=，∵∠FAG=45°∴∠BAF+∠GAC=45°∴∠CAH+∠GAC=45°，即∠GAH=45°在△FAG和△GAH中，AF=AH，∠FAG=∠GAH，AG=AG∴△FAG≌△GAH∴FG=GH=故答案為：．【點睛】本題主要考查了三角形的旋轉，通過旋轉后構建出直角三角形和全等三角形是解題的關鍵，解題的關鍵是注意旋轉是一種全等的變化，旋轉前后對應邊和對應角相等．例3．（2022秋·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．例4．（2022秋·江蘇揚州·八年級?？茧A段練習）如圖，在等邊三角形中，在AC邊上取兩點使．若，，，則以為邊長的三角形的形狀為（

）A．銳角三角形 B．直角三角形 C．鈍角三角形 D．隨的值而定【答案】C【分析】將△ABM繞點B順時針旋轉60°得到△CBH，連接HN，根據(jù)等邊三角形的性質及各角之間的等量關系可得：∠NBM=∠NBH，然后依據(jù)全等三角形的判定定理可得△NBM≌△NBH，由全等三角形的性質可將x、m、n放在△NCH中，即可確定三角形的形狀．【詳解】解：如圖所示：將△ABM繞點B順時針旋轉60°得到△CBH，連接HN，由旋轉性質可知，BM=BH，CH=AM，，，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=∠ACB=∠A=60°，∵∠MBN=30°，∴∠ABM+∠CBN=30°，∴∠NBH=∠CBH+∠CBN=∠ABM+∠CBN=30°，∴∠NBM=∠NBH，在△NBM與△NBH中，，∴△NBM≌△NBH（SAS），∴MN=NH=x，∵∠BCH=∠A=60°，CH=AM=m，∴∠NCH=120°，∴以x，m，n為邊長的三角形△NCH是鈍角三角形．故選：C．【點睛】本題考查等邊三角形的性質、全等三角形的判定和性質、旋轉變換等知識，解題的關鍵是學會利用旋轉法添加輔助線，構造全等三角形解決問題，例5．（2022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6．（2023春·江蘇·八年級專題練習）（1）如圖①，在四邊形中，，，，分別是邊，上的點，且．請直接寫出線段，，之間的數(shù)量關系：___________；（2）如圖②，在四邊形中，，，，分別是邊，上的點，且，（1）中的結論是否仍然成立？請寫出證明過程；（3）在四邊形中，，，，分別是邊，所在直線上的點，且．請畫出圖形（除圖②外），并直接寫出線段，，之間的數(shù)量關系．【答案】（1）；（2）成立，理由見解析；（3）圖形見解析，【分析】（1）延長到，使，連接．證明，則，，，證明，得出，由此可得，；（2）思路和作輔助線的方法同（1）；（3）根據(jù)（1）的證法，可得出，，那么．【詳解】解：（1）延長至，使，連接，∵，，，∴，∴，，∴，∴，在和中，∵，∴，∴，∵，且∴，故答案為：．（）解：（）中的結論仍成立，證明：如圖所示，延長至，使，∵，，∴，在和中，，∴，∴，，∵，∴，∴，即，在和中，，∴，∴，即．（），證明：如圖所示，在上截取使，連接，∵，，∴，在和中，，∴，∴，，∴，∴，在和中，

，∴，∴，∵，且，∴．【點睛】此題主要考查了三角形全等的判定與性質，通過全等三角形來實現(xiàn)線段的轉換是解題關鍵，沒有明確的全等三角形時，要通過輔助線來構建與已知和所求條件相關聯(lián)的全等三角形．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．（2023·黑龍江黑河·八年級期中）Rt△ABC中，AB=AC，點D為BC中點．∠MDN=90°，∠MDN繞點D旋轉，DM、DN分別與邊AB、AC交于E、F兩點．下列結論：①(BE+CF)=BC，②，③AD·EF，④AD≥EF其中正確結論的個數(shù)是（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】C【詳解】解:∵Rt△ABC中，AB=AC，點D為BC中點．∠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，根據(jù)勾股定理，得AB=BC．∴(BE+CF)=BC．∴結論①正確．設AB=AC=a，AE=b，則AF=BE=a－b．∴．∴．∴結論②正確．如圖，過點E作EI⊥AD于點I，過點F作FG⊥AD于點G，過點F作FH⊥BC于點H，ADEF相交于點O．∵四邊形GDHF是矩形，△AEI和△AGF是等腰直角三角形，∴EO≥EI（EF⊥AD時取等于）=FH=GD，OF≥GH（EF⊥AD時取等于）=AG．∴EF=EO＋OF≥GD＋AG=AD．∴結論④錯誤．∵△EDA≌△FDC，∴．∴結論③錯誤．綜上所述，結論①②正確．故選C．例2．（2022秋·浙江·八年級專題練習）如圖1，，，MN是過點A的直線，過點D作于點B，連接CB；過點C作，與MN交于點E．(1)連接AD，AD是AC的______倍；(2)直線MN在圖1所示位置時，可以得到線段BD和AE的數(shù)量關系是______，與BC之間的數(shù)量關系是______，請證明你的結論；(3)直線MN繞點A旋轉到圖2的位置，若，，則AB的長為______（直接寫結果）；(4)直線MN繞點A旋轉到圖3的位置時，直接寫出線段BA，BC，BD之間的數(shù)量關系______．【答案】(1)；(2)AE＝BD，BD﹣AB＝BC；(3)4；(4)BA+BD＝BC【分析】（1）由，，根據(jù)勾股定理可直接得出答案；（2）先證明△ACE≌△DCB，確定△ECB為等腰直角三角形，即可得出答案；（3）先證明△ACE≌△DCB，CE＝BC，得到△BCE為等腰直角三角形，得到AB＝BD+BC，即可得出答案；（4）先證明△ACE≌△DCB，確定△ECB為等腰直角三角形即可得出答案．【詳解】（1）解：連接AD，設AC＝a，則DC＝a，∴AD＝，即AD是AC的倍，故答案為：．（2）如圖1，設AC與BD交于O，由題可知，∠BCE＝90°＝∠ACD，∴∠ACE＝∠BCD，∵BD⊥MN，∴∠ABD＝90°＝∠ACD，∵∠AOB＝∠DOC，∴∠BAC＝∠CDB，∵AC＝DC，∴△ACE≌△DCB（ASA），∴CE＝BC，AE＝BD，∵∠BCE＝90°，∴△ECB為等腰直角三角形，∴BE＝BC，∵BE＝AE﹣AB＝BD﹣AB，∴BD﹣AB＝BC；故答案為：AE＝BD；BD﹣AB＝BC；（3）解：如圖2，設CD與MN交于O，由題可知，∠BCE＝90°＝∠ACD，∴∠ACE＝∠BCD，∵BD⊥MN，∴∠ABD＝90°＝∠ACD，∵∠AOC＝∠DOB，∴∠BAC＝∠CDB，∵AC＝DC，∴△ACE≌△DCB（ASA），∴CE＝BC，AE＝BD，∵∠BCE＝90°，∴BE＝BC，∵BE＝AB﹣AE＝AB﹣BD，∴AB=BD+BC，∵BD＝2，BC＝，∴AB＝BD+BC＝4，故答案為：4．（4）∴∠BCE＝90°＝∠ACD，∴∠ACE＝∠DCB，∠CEB+∠CBE＝90°，∵BD⊥MN，∴∠ABD＝90°，∴∠CBE+∠CBD＝90°，∴∠CEB＝∠CBD，∵AC＝DC，∴△ACE≌△DCB（AAS），∴CE＝BC，AE＝BD，∵∠BCE＝90°，∴BE＝BC，∵BE＝AE+BA＝BD+BA，∴BA+BD＝BC，故答案為：BA+BD＝BC．【點睛】此題屬于幾何變換綜合題，主要考查旋轉的性質，等腰直角三角形的性質和判定，勾股定理，全等三角形的判定和性質，構造全等三角形是解本題的關鍵．例3．（2022四川宜賓八年級期末）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4．（2022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.例5.如圖，已知，在的角平分線上有一點，將一個角的頂點與點重合，它的兩條邊分別與射線相交于點.（1）如圖1，當繞點旋轉到與垂直時，請猜想與的數(shù)量關系，并說明理由；（2）當繞點旋轉到與不垂直時，到達圖2的位置，（1）中的結論是否成立？并說明理由；（3）如圖3，當繞點旋轉到點位于的反向延長線上時，求線段與之間又有怎樣的數(shù)量關系？請寫出你的猜想，不需證明.【答案】（1），見解析；（2）結論仍然成立，見解析；（3）【分析】（1）先判斷出∠OCE＝60°，再利用特殊角的三角函數(shù)得出OD＝OC，同OE＝OC，即可得出結論；（2）同（1）的方法得OF＋OG＝OC，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】解：（1）是的角平分線在中，，同理：（2）（1）中結論仍然成立，理由：過點作于，于由（1）知，，且點是的平分線上一點（3）結論為：.理由：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，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＝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?OD＝OC．【點睛】此題屬于幾何變換綜合題，主要考查了角平分線的性質，全等三角形的判定和性質的綜合運用，正確作出輔助線，構造全等三角形是解本題的關鍵．1．（2022秋·福建廈門·九年級?？计谥校┤鐖D，（是常量）．點P在的平分線上，且，以點P為頂點的繞點P逆時針旋轉，在旋轉的過程中，的兩邊分別與，相交于M，N兩點，若始終與互補，則以下四個結論：①；②的值不變；③四邊形的面積不變；④點M與點N的距離保持不變．其中正確的為（）A．①③ B．①②③ C．①③④ D．②③【答案】B【分析】如圖作于點E，于點F，只要證明，即可一一判斷．【詳解】解：如圖所示：作于點E，于點F，，，，，，，平分，，，，在和中，，，，在和中，，，，故①正確，，定值，故③正確，定值，故②正確，的位置是變化的，之間的距離也是變化的，故④錯誤；故選：B．【點睛】本題考查了全等三角形的性質，角平分線的性質定理，四邊形的面積等知識，解題的關鍵是學會添加輔助線，構造全等三角形解決問題．2．（2023春·江蘇·八年級專題練習）如圖，直線l上依次有，，，四點，且，以為邊作等邊，連接，；若，，則的長是．【答案】/【分析】設則把繞點順時針旋轉得到，根據(jù)旋轉的性質得，，，再證明得到，過點作于，如圖，由于，則，所以點與點重合，然后在中，利用含度的直角三角形三邊的關系以及勾股定理求得，從而得到的長．【詳解】解：設則為等邊三角形，，，，把繞點順時針旋轉得到，，，，，，在和中，，，，，，，過點作于，如圖，，點與點重合，即，在中，，即，．故答案為．【點睛】本題考查了旋轉的性質等邊三角形的性質和全等三角形的判定與性質，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質，正確的添加輔助線是解題的關鍵．3．（2022·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.重慶市八年級期中）問題情境在等邊△ABC的兩邊AB，AC上分別有兩點M，N，點D為△ABC外一點，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．特例探究：如圖1，當DM＝DN時，（1）∠MDB＝度；（2）MN與BM，NC之間的數(shù)量關系為；歸納證明：（3）如圖2，當DM≠DN時，在NC的延長線上取點E，使CE＝BM，連接DE，猜想MN與BM，NC之間的數(shù)量關系，并加以證明．拓展應用：（4）△AMN的周長與△ABC的周長的比為．【答案】（1）30；（2）MN＝BM+NC；（3）MN＝BM+NC，證明見解析；（4）【詳解】特例探究：解：（1）∵DM＝DN，∠MDN＝60°，∴△MDN是等邊三角形，∴MN＝DM＝DN，∵∠BDC＝120°，BD＝DC，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∴∠DBM＝∠DCN＝90°，∵BD＝CD，DM＝DN，∴Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），∴∠MDB＝∠NDC＝30°，故答案為：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；歸納證明（3）解：猜想：MN＝BM+NC，證明如下：∵△ABC是等邊三角形，∴∠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；拓展應用（4）解：由（1）（2）得：MN＝BM+NC，∴△AMN的周長＝AM+MN+AN＝AM+BM+NC+AN＝AB+AC＝2AB，∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝BC＝AC，∴△ABC的周長＝3AB，∴△AMN的周長與△ABC的周長的比為＝，故答案為：．5.（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．6．（2022·江蘇鹽城·八年級校聯(lián)考期末）旋轉變換是解決數(shù)學問題中一種重要的思想方法，通過旋轉變換可以將分散的條件集中到一起，從而方便解決問題.已知，中，，，點、在邊上，且.（1）如圖，當時，將繞點順時針旋轉到的位置，連接，①求的度數(shù)；②求證：；（2）如圖，當時，猜想、、的數(shù)量關系，并說明理由；（3）如圖，當，，時，請直接寫出的長為________.【答案】（1）①，②見解析；（2）；見解析，（3）.【分析】（1）①由旋轉得，，，通過求出∠BAD+∠CAE=30°，即可得答案；②通過證明∠DAF=∠DAE，利用SAS即可證明△ADE≌△ADF；（2）如圖，將繞點順時針旋轉到的位置，連接根據(jù)等腰直角三角形的性質可得∠C=∠ABC=45°，由旋轉的性質可得，，即可證明∠DBF=90°，由（1）可知△ADE≌△ADF，可得DF=DE，根據(jù)勾股定理即可得答案；（3）如圖，將繞點順時針旋轉120°到△AGB的位置，連接，過D作DH⊥BG于H，同（2）可得∠GBD=60°，DG=DE，可得∠BDH=30°，利用含30°角的直角三角形的性質可得BH的長，即可得GH的長，利用勾股定理可得DH的長，在Rt△DHG中，利用勾股定理求出DG的長，進而根據(jù)△AGD≌△AEC即可得答案.【詳解】（1）①由旋轉得，，，∵∴②∵∠DAE=30°，∠DAF=30°，∴∠DAF=∠DAE在和中∴（2）如圖，將繞點順時針旋轉到的位置，連接∴，由（1）得∴∵，∴∴∴在中，∴（3）如圖，將繞點順時針旋轉120°到△AGB的位置，連接過D作DH⊥BG于H，∴BG=CE=5，∠C=∠ABG，∵∠BAC=120°，AB=AC，∴∠C=∠ABC=30°，∴∠GBD=∠ABG+∠ABC=30°+30°=60°，∵DH⊥BG，∴∠BDH=30°，∴BH=BD=4×=2，DH===2，∴GH=BG-BH=5-2=3，由（1）可知△AGD≌△AEC，∴DG=DE，在Rt△DHG中，DG===，∴DE=DG=.故答案為【點睛】本題考查了旋轉的性質，全等三角形的判定，根據(jù)題意正確找出旋轉后的對應邊是解題關鍵.7．（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;請在如圖中標出較小的正六邊形AB1C1D1E1F1的另五個頂點，連接圖中哪兩個頂點,能構造出兩個全等三角形？【答案】(1)BE=CD（2）線段BE與CD的大小關系不會改變（3）AE＝CG，證明見解析（4）這些結論可以推廣到任意正多邊形.如圖5，BB1=EE1，它們分別在△AE1E和△AB1B中，如圖6，連接FF1，可證△AB1B≌△AF1F．圖形見解析.【分析】本題是變式拓展題，圖形由簡單到復雜，需要從簡單圖形中探討解題方法，并借鑒用到復雜圖形中；證明三角形全等時，用旋轉變換尋找三角形全等的條件．【詳解】（1）線段BE與CD的大小關系是BE=CD；（2）線段BE與CD的大小關系不會改變；

（3）AE=CG．證明：如圖4，正方形ABCD與正方形DEFG中，

∵AD=CD，DE=DG，∠ADC=∠GDE=90°，

又∠CDG=90°+∠ADG=∠ADE，∴△ADE≌△CDG，∴AE=CG．

（4）這些結論可以推廣到任意正多邊形．

如圖5，BB1=EE1，它們分別在△AE1E和△AB1B中，如圖6，連接FF1，可證△AB1B≌△AF1F．【點睛】本題綜合考查全等三角形、等邊三角形和多邊形有關知識．注意對三角形全等的證明方法的發(fā)散．8．（2022·上?！ぞ拍昙墝ｎ}練習）如圖1是實驗室中的一種擺動裝置，BC在地面上，支架ABC是底邊為BC的等腰直角三角形，擺動臂AD可繞點A旋轉，擺動臂DM可繞點D旋轉，AD=30

，DM=10．（1）在旋轉過程中，當A，D，M為同一直角三角形的頂點時，AM的長為____；（2）若擺動臂AD順時針旋轉90°，點D的位置由外的點D1轉到其內(nèi)的點D2處，連結D1D2，如圖2，此時∠AD2C=135°，CD2=60，BD2的長為_____．【答案】

或．

【分析】（1）由題意不是最長邊，所以∠MAD不能為直角．當∠AMD為直角時，根據(jù)，計算即可，當∠ADM=90°時，根據(jù)，計算即可．（2）連接．首先利用勾股定理求出，再利用全等三角形的性質證明即可．【詳解】解：（1）由題意不是最長邊，所以∠MAD不能為直角．當∠AMD為直角時，，∴或（舍棄）．當∠ADM=90°時，，∴AM=或（舍棄）．綜上所述，滿足條件的AM的值為或．（2）如圖2中，連接，由題意：，∴，∵∴，∴∵∠BAC=，∴，∴，∵AB=AC，，∴（SAS），∴．故答案為：（1）或，（2）【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了等腰直角三角形的性質，勾股定理，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．9．（2022秋·廣東佛山·八年級?？计谀締栴}探究】(1)如圖1，銳角△ABC中分別以AB、AC為邊向外作等腰△ABE和等腰△ACD，使，，，連接BD，CE，試猜想BD與CE的大小關系，并說明理由．(2)如圖2，四邊形ABCD中，，，，求BD的長．(3)如圖3，在（2）的條件下，當在線段AC的左側時，求BD的長．【答案】(1)BD=CE，理由見解析(2)cm(3)cm【分析】（1）首先根據(jù)等式的性質證明，然后根據(jù)即可證明，根據(jù)全等三角形的性質即可證明；（2）在的外部，以A為直角頂點作等腰直角，使，連接、、，證明，證明，然后在直角三角形中利用勾股定理即可求解；（3）在線段的右側過點A作于點A，交的延長線于點E，證明，即可求解．【詳解】（1）解：．理由：∵，∴，即，在和中，，∴，∴；（2）解：如圖①，在的外部，以A為直角頂點作等腰直角，使，連接、、．圖②∵，∴，∴，即，在和中，，∴，∴．∵，∴，又∵，∴，∴，∴．（3）解：如圖②，在線段的右側過點A作于點A，交的延長線于點E．∵，∴，又∵，∴，∴，又∵，∴，∴，即，在和中，，∴，∴，∵，∴．【點睛】題目主要考查全