中考數(shù)學(xué)二輪培優(yōu)訓(xùn)練專題24 對角互補(bǔ)模型（解析版）

專題24對角互補(bǔ)模型對角互補(bǔ)模型的特征：外觀呈現(xiàn)四邊形，且對角和為180°。主要：含90°對角互補(bǔ)，含120°的對角互補(bǔ)兩種類型。解決此類題型常用到的輔助線畫法主要有兩種：旋轉(zhuǎn)法和過頂點作兩垂線。模型一：90°的對角互補(bǔ)模型【基礎(chǔ)】如圖，四邊形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，BD平分∠ABC，則①AD=CD②AB+BC=2BD③S△ABD+S△BDC=12BD思路：①方法一(基礎(chǔ))：過點D分別作DE⊥AB于點E，DF⊥BC于點F∵BD平分∠ABC∴DE=DF∵∠ABC=ADC=90°∴∠DAB+∠DCF=∠DAB+∠DAE=180°∴∠DCF=∠DAE∴?DAE≌?DCF∴AD=CD方法二(基礎(chǔ))：作DE⊥BD交BC延長線于點E∴∠BDE=90°∵BD平分∠ABC∴∠4=∠5=∠6=45°∴DE=BD∵∠ABC=ADC=90°∴∠1+∠2=∠2+∠3=180°∴∠1=∠3∴?ABD≌?CED∴AD=CD方法三（進(jìn)階）：∵四邊形ABCD對角互補(bǔ)∴A、B、C、D四點共圓∵BD平分∠ABC∴∠ABD=∠CBD=45°∴AD=CD②③方法一：∵?DAE≌?DCF∴AE=FCS△DAE=S△DCF∵∠ABC=∠ADC=90°，BD平分∠ABC∴∠EBD=∠DBF=45°∴?DEB與?DFB為等腰直角三角形∴AB+BC=AB+BF+FC=AB+BF+AE=BE+BF=22BD+22BD=S△ABD+S△BDC=S△ABD+S△BDF+S△DFC=S△ABD+S△BDF+S△AED=S△DEB+S△DFB=S正方形BFDE=12BD方法二：∵?ABD≌?CED∴AB=CES△ABD=S△CED而∠BDE=90°∠5=∠6=45°∴?BDE為等腰直角三角形則AB+BC=BC+CE=BE=2BDS△ABD+S△BDC=S△DCE+S△BDC=S△BDE=12BD2【進(jìn)階】如圖，∠AOB=∠DCE=90°，OC平分∠AOB，當(dāng)∠DCEAOD時，有以下結(jié)論：①CD=CE②OE-OD=2OC③S△OCE-S△OCD=12OC思路：①方法一：過點C分別作CM⊥AO于點M,CN⊥BO于點N∴∠CMD=∠CNE=90°∵∠AOB=90°∴∠MCN=90°則∠MCD=∠ECN而OC平分∠AOB∴CM=CN∴?CMD≌?CNE∴CD=CE方法二：過點C作CH⊥CO交OB于點H∴∠OCH=90°∴∠OCD+∠DCH=∠HCE+∠DCH=90°∴∠OCD=∠HCE∵∠AOB=90°，OC平分∠AOB∴∠AOC=∠COH=∠CHO=45°∴?OCH為等腰直角三角形∴OC=CH∵∠COD=180°-∠AOC，∠CHE=180°-∠CHO∴∠COD=∠CHE∴?COD≌?CHE∴CD=CE方法三：連接DE∵∠AOB=∠DCE=90°∴∠DOE=∠DCE=90°∴O、C、E、D四點共圓∵OC平分∠AOB∴∠CDE=∠COE=∠CED=45°∴CD=CE②③∵?COD≌?CHE∴OD=HES△OCD=S△HCE則OE-OD=OE-EH=OH=2OCS△OCE-S△OCD=S△OCE-S△HCE=S△OCH=12OC模型二：120°的對角互補(bǔ)模型【基礎(chǔ)】如圖，已知∠AOB=2∠DCE=120°，OC平分∠AOB，則①CD=CE②OD+OE=OC③S△DCO+S△COE=√3思路：①方法一：過點C分別作CM⊥AO于點M，CN⊥OB于點N所以∠CMD=∠CNE=90°由OC平分∠AOB可知CM=CN由∠AOB=2∠DCE=120°，可得∠CDO+∠CEN=180°而∠CDO+∠CDM=180°因此∠CDM=∠CEN所以?CMD≌?CNE則CD=CE方法二：作∠OCF=60°交OB于點F由已知條件可知?COF為等邊三角形所以CO=CF∠COD=∠CFE=60°因為∠DCE=∠OCF=60°所以∠DCO=∠ECF所以?DCO≌?ECF則CD=CE方法三：∵∠AOB=2∠DCE=120°∴∠DOE+∠DCE=180°∴O、D、C、E四點共圓∵OC平分∠AOB∴∠COD=∠COE=60°∴CD=CE②由于?DCO≌?ECF,?COF為等邊三角形則OD=EFOC=OF所以O(shè)D+OE=EF+OE=OF=OC③過點F作FH⊥CO于點H由于?DCO≌?ECF所以S△DCO=S△ECF設(shè)OC=x，則OH=X2FH=√3XS△DCO+S△COE=S△ECF+S△COE=S△OCF=12OC?FH=12?x?【進(jìn)階】，∠AOB=2∠DCE=120°，OC平分∠DCEBOE①CD=CE②OD-OE=OC③S△DCO-S△COE=√3思路：①方法一：過點C分別作CM⊥DO于點M，CN⊥EB于點N所以∠CMD=∠CNB=90°由OC平分∠AOB∠AOB=2∠DCE=120°可知CM=CN∠DCE=∠MCN=60°則∠DCM=∠ECN所以?CDM≌?CEN則CD=CE方法二：過點C作∠OCH=60°根據(jù)已知條件可知∠DCE=∠OCH=∠COH=60°，∴?COH為等邊三角形，∠DCO=∠ECH∴∠COD=∠CHE=60°CO=CH所以?CDO≌?CEH則CD=CEOD=EHS△DCO=S△ECH∴OD－OE=EH－OE=OH=OCS△DCO-S△COE=S△ECH-S△COE=S△COH=√3方法三：連接DE∵∠AOB=2∠DCE=120°，OC平分∠AOB∴∠DOE=∠DCE=∠DOC=60°∴O、C、D、E四點共圓∴∠DEC=∠DOC=∠DCE=60°∴△DEC是等邊三角形∴CD=CE模型三：全等型之任意角如圖，∠AOB=2α，∠DCE=180°-2α，OC平分∠AOB，則：①CD=CE②OD+OE=2OC?COSα③S△DCO+S△COE=OC2?sinαCOSα思路：1）過點C作CM⊥AO于點M,作CN⊥BO于點N易證?CDM≌?CEN∴CD=CE則OD+OE=2ON=2OC?COSαS△DCO+S△COE=2S△CON=CN?ON=OC2?sinαCOSα2)作∠OCH=180°-2α,與OB交于點H易證?CDO≌?CEH∴CD=CEOD=EHS△DCO=S△ECH則OD+OE=OH=2OC?COSαS△DCO+S△COE=S△COH=OC2?sinαCOSα【進(jìn)階】如圖，除滿足以上條件外，當(dāng)∠DCE的一邊與BO延長線交于點E時，則：①CD=CE②OD-OE=2OC?COSα③S△DCO-S△COE=OC2?sinαCOSα[自行證明]模型四：內(nèi)含90°的相似型如圖，∠AOB=∠DCE=90°，∠COB=α，則CE=CD?tanα[自行證明]【進(jìn)階】如圖，當(dāng)∠DCE的一邊與AO的延長線交于點D時，則CE=CD?tanα[自行證明]【過關(guān)培優(yōu)練】1．（2019春·江蘇南京·八年級校聯(lián)考期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A,B兩點分別在x軸，y軸的正半軸上，且OA=OB，點C在第一象限，OC=3，連接BC，AC，若∠BCA=90°，則BC+AC的值為_________．【答案】【分析】可將△OBC繞著O點順時針旋轉(zhuǎn)90°，所得的圖形與△OAC正好拼成等腰直角三角形BC+AC等于等腰三角形的斜邊CD.【詳解】解：將△OBC繞O點旋轉(zhuǎn)90°，∵OB=OA∴點B落在A處，點C落在D處且有OD=OC=3，∠COD=90°，∠OAD=∠OBC，在四邊形OACB中∵∠BOA=∠BCA=90°，∴∠OBC+∠OAC=180°，∴∠OAD+∠OAC=180°∴C、A、D三點在同一條直線上，∴△OCD為等要直角三角形，根據(jù)勾股定理CD2=OC2+OD2即CD2=32+32=18解得CD=即BC+AC=.【點睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)前后的圖形對應(yīng)邊相等，對應(yīng)角相等.要求兩條線段的長，可利用作圖的方法將兩條線段化成一條線段，再求這條線段的長度即可，本題就是利用旋轉(zhuǎn)的方法做到的，但做本題時需注意，一定要證明C、A、D三點在同一條直線上.本題還有一種化一般為特殊的方法，因為答案一定可考慮CB⊥y軸的情況，此時四邊形OACB剛好是正方形，在做選擇或填空題時，也可以起到事半功倍的效果.2．如圖，四邊形ABCD中，已知AB＝AD，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，若四邊形ABCD的面積為4，則AC＝_____．【答案】4．【分析】將△ACD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△ABE．證明△AEC是等邊三角形，四邊形ABCD面積等于△AEC面積，根據(jù)等邊△AEC面積特征可求解AC長．【詳解】解：將△ACD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△ABE．∵四邊形內(nèi)角和360°，∴∠D+∠ABC＝180°．∴∠ABE+∠ABC＝180°，∴E、B、C三點共線．根據(jù)旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知∠EAC＝60度，AE＝AC，∴△AEC是等邊三角形．四邊形ABCD面積等于△AEC面積，等邊△AEC面積，解得AC＝4．故答案為4．【點睛】本題主要考查了等邊三角形的判定和性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是根據(jù)AB=AD及∠BAD=60°，對△ACD進(jìn)行旋轉(zhuǎn)，把四邊形轉(zhuǎn)化為等邊三角形求解．3．（2021春·福建三明·八年級統(tǒng)考期中）感知：如圖①，平分，，．判斷與的大小關(guān)系并證明．探究：如圖②，平分，，，與的大小關(guān)系變嗎？請說明理由．應(yīng)用：如圖③，四邊形中，，，，則與差是多少（用含的代數(shù)式表示）【答案】感知：，證明見詳解；探究：與的大小關(guān)系不變，理由見詳解；應(yīng)用：與差是．【分析】感知：根據(jù)角平分線的性質(zhì)定理即可求證；探究：過點D作DE⊥AB于點E，DF⊥AC，交AC延長線于點F，根據(jù)角平分線的性質(zhì)定理可得DE=DF，由題意可得∠B=∠DCF，進(jìn)而可證△DEB≌△DFC，然后問題可求證；應(yīng)用：過點D作DH⊥AB于點H，DG⊥AC，交AC的延長線于點G，連接AD，由題意易證△DHB≌△DGC，則有DH=DG，進(jìn)而可得AG=AH，然后根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得，則有，最后問題可求解．【詳解】感知：，理由如下：∵，，∴，即，∵平分，∴；探究：與的大小關(guān)系不變，還是相等，理由如下：過點D作DE⊥AB于點E，DF⊥AC，交AC延長線于點F，則∠DEB=∠DFC=90°，如圖所示：∵平分，∴DE=DF，∵，，∴∠B=∠DCF，∴△DEB≌△DFC（AAS），∴；應(yīng)用：過點D作DH⊥AB于點H，DG⊥AC，交AC的延長線于點G，連接AD，如圖所示：∵，，∴，∵，∴，∵，，∴△DHB≌△DGC（AAS），且△DHB與△DGC都為等腰直角三角形，∴，由勾股定理可得，∴，∴，在Rt△AHD和Rt△AGD中，AD=AD，DH=DG，∴Rt△AHD≌Rt△AGD（HL），∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查角平分線的性質(zhì)定理、全等三角形的性質(zhì)與判定及勾股定理，熟練掌握角平分線的性質(zhì)定理、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．（2013秋·江蘇鹽城·九年級階段練習(xí)）已知∠MAN，AC平分∠MAN.（1）在圖1中，若∠MAN=120°，∠ABC=∠ADC=90°，我們可得結(jié)論：AB+AD=AC；在圖2中，若∠MAN=120°，∠ABC+∠ADC=180°，則上面的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請給出證明；若不成立，請說明理由；【解】（2）在圖3中：（只要填空，不需要證明）.①若∠MAN=60°，∠ABC+∠ADC=180°，則AB+AD=AC；②若∠MAN=α（0°＜α＜180°），∠ABC+∠ADC=180°，則AB+AD=AC（用含α的三角函數(shù)表示）．【答案】（1）成立，證明如下；（2），.【詳解】試題分析：（1）作CE⊥AM、CF⊥AN于E、F．根據(jù)角平分線的性質(zhì)，得CE=CF，根據(jù)等角的補(bǔ)角相等，得∠CDE=∠ABC，再根據(jù)AAS得到△CDE≌△CBF，則DE=BF．再由∠MAN=120°，AC平分∠MAN，得到∠ECA=∠FCA=30°，從而根據(jù)30°所對的直角邊等于斜邊的一半，得到AE=AC，AF=AC，等量代換后即可證明AD+AB=AC仍成立．試題解析：（1）仍成立．證明：過點C分別作AM、AN的垂線，垂足分別為E、F∵AC平分∠MAN∴CE=CF∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ADC+∠CDE=180°∴∠CDE=∠ABC又∠CED=∠CFB=90°，∴△CED≌△CFB（AAS）∵ED=FB，∴AD+AB=AE-ED+AF+FB=AE+AF∴AE+AF=AC∴AD+AB=AC（2），.考點:(1)角平分線的性質(zhì)；（2）全等三角形的判定與性質(zhì)；（3）含30度角的直角三角形．5．（2021·全國·八年級專題練習(xí)）已知：，求證：．26．（2021·全國·八年級專題練習(xí)）已知，求證：，．【答案】見解析【分析】延長DC至點E使CE=AD，先證明△BAD≌△BCE，再證明△BDE是等邊三角形，可證結(jié)論成立．【詳解】證明：延長DC至點E使CE=AD，∵，∴∠A+∠BCD=180°，∵∠BCE+∠BCD=180°，∴∠A=∠BCE，在△BAD和△BCE中，∴△BAD≌△BCE，∴BD=BE，∠ABD=∠CBE，∵∠ABC=∠ABD+∠CBD=60°，∴∠DBE=∠CBE+∠CBD=60°，∴△BDE是等邊三角形，∴BD=DE，∵DC+CE=DE，∴；作BF⊥DE于點F，則∠EBF=30°，EF=DF=DE=BE，∴BF==，∴S△DBE=DE×BF=×BE×=，∴．【點睛】此題主要考查了等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，解決問題的關(guān)鍵是正確作出輔助線，證出△BAD≌△BCE，再證出△BDE是等邊三角形．7．（2021·貴州黔東南·統(tǒng)考中考真題）在四邊形ABCD中，對角線AC平分∠BAD．【探究發(fā)現(xiàn)】（1）如圖①，若∠BAD＝，∠ABC＝∠ADC＝．求證：AD＋AB＝AC；【拓展遷移】（2）如圖②，若∠BAD＝，∠ABC＋∠ADC＝．①猜想AB、AD、AC三條線段的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；②若AC＝10，求四邊形ABCD的面積．【答案】（1）見解析；（2）①AD＋AB＝AC，見解析；②【分析】（1）根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到∠DAC＝∠BAC＝，然后根據(jù)直角三角形中是斜邊的一半即可寫出數(shù)量關(guān)系；（2）①根據(jù)第一問中的思路，過點C分別作CE⊥AD于E，CF⊥AB于F，構(gòu)造證明△CFB△CED，根據(jù)全等的性質(zhì)得到FB＝DE，結(jié)合第一問結(jié)論即可寫出數(shù)量關(guān)系；②根據(jù)題意應(yīng)用的正弦值求得的長，然后根據(jù)的數(shù)量關(guān)系即可求解四邊形ABCD的面積．【詳解】（1）證明：∵AC平分∠BAD，∠BAD＝，∴∠DAC＝∠BAC＝，∵∠ADC＝∠ABC＝，∴∠ACD＝∠ACB＝，∴AD＝．∴AD＋AB＝AC，（2）①AD＋AB＝AC，理由：過點C分別作CE⊥AD于E，CF⊥AB于F．，∵AC平分∠BAD，∴CF＝CE，∵∠ABC＋∠ADC＝，∠EDC＋∠ADC＝，∴∠FBC＝∠EDC，又∠CFB＝∠CED＝，∴△CFB△CED，∴FB＝DE，∴AD＋AB＝AD＋FB＋AF＝AD＋DE＋AF＝AE＋AF，在四邊形AFCE中，由⑴題知：AE＋AF＝AC，∴AD＋AB＝AC；②在Rt△ACE中，∵AC平分∠BAD，∠BAD＝∴∠DAC＝∠BAC＝，又∵AC＝10，∴CE＝A，∵CF＝CE，AD＋AB＝AC，∴＝．【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)和應(yīng)用，解直角三角形，關(guān)鍵是辨認(rèn)出本題屬于角平分線類題型，作垂直類輔助線．8．（2017·四川樂山·中考真題）在四邊形ABCD中，∠B+∠D=180°，對角線AC平分∠BAD．（1）如圖1，若∠DAB=120°，且∠B=90°，試探究邊AD、AB與對角線AC的數(shù)量關(guān)系并說明理由．（2）如圖2，若將（1）中的條件“∠B=90°”去掉，（1）中的結(jié)論是否成立？請說明理由．（3）如圖3，若∠DAB=90°，探究邊AD、AB與對角線AC的數(shù)量關(guān)系并說明理由．【答案】（1）AC=AD+AB；（2）成立；（3）AD+AB=AC．【分析】（1）結(jié)論：AC=AD+AB，只要證明AD=AC，AB=AC即可解決問題；（2）（1）中的結(jié)論成立．以C為頂點，AC為一邊作∠ACE=60°，∠ACE的另一邊交AB延長線于點E，只要證明△DAC≌△BEC即可解決問題；（3）結(jié)論：AD+AB=AC．過點C作CE⊥AC交AB的延長線于點E，只要證明△ACE是等腰直角三角形，△DAC≌△BEC即可解決問題；【詳解】（1）AC=AD+AB．理由如下：如圖1中，在四邊形ABCD中，∠D+∠B=180°，∠B=90°，∴∠D=90°，∵∠DAB=120°，AC平分∠DAB，∴∠DAC=∠BAC=60°，∵∠B=90°，∴AB=AC，同理AD=AC，∴AC=AD+AB．（2）（1）中的結(jié)論成立，理由如下：以C為頂點，AC為一邊作∠ACE=60°，∠ACE的另一邊交AB延長線于點E，如圖2，∵∠BAC=60°，∴△AEC為等邊三角形，∴AC=AE=CE，∵∠D+∠ABC=180°，∠DAB=120°，∴∠DCB=60°，∴∠DCA=∠BCE，∵∠D+∠ABC=180°，∠ABC+∠EBC=180°，∴∠D=∠CBE，∵CA=CE，∴△DAC≌△BEC，∴AD=BE，∴AC=AE=AD+AB．（3）結(jié)論：AD+AB=AC．理由如下：過點C作CE⊥AC交AB的延長線于點E，如圖3，∵∠D+∠ABC=180°，∠DAB=90°，∴∠DCB=90°，∵∠ACE=90°，∴∠DCA=∠BCE，又∵AC平分∠DAB，∴∠CAB=45°，∴∠E=45°，∴AC=CE．又∵∠D+∠ABC=180°，∠ABC+∠CBE=180°，∴∠D=∠CBE，∴△CDA≌△CBE，∴AD=BE，∴AD+AB=AE．在Rt△ACE中，AC=CE，∴AE==AC，∴AD+AB=AC．【點睛】本題是四邊形探究的綜合題，屬于壓軸題，考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，線段的和差倍分關(guān)系，對于線段和差問題，常常采用截長法或補(bǔ)短法構(gòu)造輔助線，通過全等三角形來解決．9．（2022秋·廣東惠州·九年級?？计谥校┰谥?，，．將一塊三角板的直角頂點放在斜邊的中點處，將三角板繞點旋轉(zhuǎn)，三角板的兩直角邊分別交邊、于點D、E．(1)如圖①，當(dāng)時，則的值是________．(2)如圖②，當(dāng)與不垂直時，（1）中的結(jié)論是否還成立？若成立，請予以證明；若不成立，請說明理由；(3)如圖③，在內(nèi)作，使得、分別交、于點、，連接．那么的周長是否為定值？若是，求出定值；若不是，請說明理由．【答案】(1)2(2)依然成立(3)的周長為定值，且周長為2【分析】（1）由等腰三角形的性質(zhì)和為斜邊的中點可知，，所以的值可求；（2）結(jié)論成立．連接，通過證明≌．可得，所以；（3）的周長為定值，且周長為2．在上截取，通過證明≌，得到．所以．【詳解】（1）連∵P是的中點，，∴∵，∴∴四邊形是矩形，∴又∵∴∴；故答案為：2；（2）結(jié)論成立．連接，如圖②．是等腰直角三角形，是的中點，，，．，．．又，．≌．，．（3）的周長為定值，且周長為2．在上截取，如圖③，由（2）可知：，，，，．，又，≌，．，，，．的周長是2．【點睛】此題比較復(fù)雜，綜合考查全等三角形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、圖形的變換．綜合性很強(qiáng)，是一道不錯的題目．10．（2021秋·河南漯河·八年級統(tǒng)考期中）在等邊中，點D為的中點，點F在延長線上，點E在射線上，．（1）如圖1，當(dāng)點E與點B重合時，則與的數(shù)量關(guān)系是_________；（2）當(dāng)點E在線段上時，（1）中的結(jié)論是否仍然成立？請結(jié)合圖2說明理由；（3）如圖3，當(dāng)點E在的延長線上時，，請直接寫出的長．【答案】（1）DE=DF；（2）DE=DF，理由見解析；（3）4【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)及已知，可得∠DBC=∠F=30゜，從而可得DE=DF；（2）仍有DE=DF；過點D作DG∥BC交AB于點G，可證明△DGE≌△DCF，從而可得DE=DF；（3）過點D作DG∥BC交AB于點G，可證明△DGE≌△DCF，從而可得GE=CF；設(shè)BC=a，則CF=8－a，，，則可得方程，解方程即可求得a．【詳解】（1）∵△ABC是等邊三角形，D點為AC的中點∴∠DBC=30゜∵∠EDF=120゜∴∠F=180゜―∠DBC―∠EDF=30゜∴∠DBC=∠F∴DE=DF故答案為：DE=DF（2）仍有DE=DF；理由如下：過點D作DG∥BC交AB于點G，如圖2所示則∠AGD=∠ABC∵△ABC是等邊三角形∴AB=AC，∠A=∠ABC=∠ACB=60゜∴∠AGD=∠A=60゜∴△AGD是等邊三角形∴∠ADG=∠AGD=60゜，AD=GD∴∠DGE=∠GDC=120゜∴∠EDF=∠GDC=120゜∵∠GDE+∠EDC=∠EDC+∠CDF∴∠GDE=∠CDF∵D點是AC的中點∴AD=DC=GD∵∠ACB=60゜∴∠DCF=120゜∴∠DGE=∠DCF在△DGE和△DCF中∴△DGE≌△DCF(ASA)∴DE=DF（3）過點D作DG∥BC交AB于點G，如圖3所示與（2）同理有：△DGE≌△DCF∴GE=CF設(shè)BC=a，則CF=8－a，∴由GE=CF，得：解得：a=4【點睛】本題考查了等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，作輔助線構(gòu)造三角形全等是本題后兩問的關(guān)鍵．11．（2017·遼寧葫蘆島·中考真題）如圖，∠MAN=60°，AP平分∠MAN，點B是射線AP上一定點，點C在直線AN上運動，連接BC，將∠ABC（0°＜∠ABC＜120°）的兩邊射線BC和BA分別繞點B順時針旋轉(zhuǎn)120°，旋轉(zhuǎn)后角的兩邊分別與射線AM交于點D和點E．（1）如圖1，當(dāng)點C在射線AN上時，①請判斷線段BC與BD的數(shù)量關(guān)系，直接寫出結(jié)論；②請?zhí)骄烤€段AC，AD和BE之間的數(shù)量關(guān)系，寫出結(jié)論并證明；（2）如圖2，當(dāng)點C在射線AN的反向延長線上時，BC交射線AM于點F，若AB=4，AC=，請直接寫出線段AD和DF的長．【答案】（1）①BC=BD；②AD+AC=BE；（2）AD=，DF=．【分析】（1）①結(jié)論：BC=BD．只要證明△BGD≌△BHC即可．②結(jié)論：AD+AC=BE．只要證明AD+AC=2AG=2EG，再證明EB=BE即可解決問題；（2）如圖2中，作BG⊥AM于G，BH⊥AN于H，AK⊥CF于K．由（1）可知，△ABG≌△ABH，△BGD≌△BHC，易知BH，AH，BC，CH，AD的長，由sin∠ACH=，推出AK的長，設(shè)FG=y，則AF=﹣y，BF=，由△AFK∽△BFG，可得，可得關(guān)于y的方程，求出y即可解決問題．【詳解】（1）①結(jié)論：BC=BD，理由：如圖1中，作BG⊥AM于G，BH⊥AN于H，∵∠MAN=60°，PA平分∠MAN，BG⊥AM于G，BH⊥AN于H，∴BG=BH，∠GBH=∠CBD=120°，∴∠CBH=∠GBD，∵∠BGD=∠BHC=90°，∴△BGD≌△BHC，∴BD=BC；②結(jié)論：AD+AC=BE，∵∠ABE=120°，∠BAE=30°，∴∠BEA=∠BAE=30°，∴BA=BE，∵BG⊥AE，∴AG=GE，EG=BE?cos30°=BE，∵△BGD≌△BHC，∴DG=CH，∵AB=AB，BG=BH，∴Rt△ABG≌Rt△ABH，∴AG=AH，∴AD+AC=AG+DG+AH﹣CH=2AG=BE，∴AD+AC=BE；（2）如圖2中，作BG⊥AM于G，BH⊥AN于H，AK⊥CF于K，由（1）可知，△ABG≌△ABH，△BGD≌△BHC，易知BH=GB=2，AH=AG=EG=，BC=BD==，CH=DG=，∴AD=，∵sin∠ACH=，∴，∴AK=，設(shè)FG=y，則AF=﹣y，BF=，∵∠AFK=∠BFG，∠AKF=∠BGF=90°，∴△AFK∽△BFG，∴，∴，解得y=或（舍棄），∴DF=GF+DG=，即DF=．12．（2021·重慶·統(tǒng)考中考真題）在等邊中，，，垂足為D，點E為AB邊上一點，點F為直線BD上一點，連接EF．（1）將線段EF繞點E逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段EG，連接FG．①如圖1，當(dāng)點E與點B重合，且GF的延長線過點C時，連接DG，求線段DG的長；②如圖2，點E不與點A，B重合，GF的延長線交BC邊于點H，連接EH，求證：；（2）如圖3，當(dāng)點E為AB中點時，點M為BE中點，點N在邊AC上，且，點F從BD中點Q沿射線QD運動，將線段EF繞點E順時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段EP，連接FP，當(dāng)最小時，直接寫出的面積．【答案】（1）①；②見解析；（2）【分析】（1）①連接AG，根據(jù)題意得出△ABC和△GEF均為等邊三角形，從而可證明△GBC≌△GAC，進(jìn)一步求出AD＝3，AG＝BG＝，然后利用勾股定理求解即可；②以點F為圓心，F(xiàn)B的長為半徑畫弧，與BH的延長線交于點K，連接KF，先證明出△BFK是頂角為120°的等腰三角形，然后推出△FEB≌△FHK，從而得出結(jié)論即可；（2）利用“胡不歸”模型構(gòu)造出含有30°角的直角三角形，構(gòu)造出，當(dāng)N、P、J三點共線的時候滿足條件，然后利用等邊三角形的性質(zhì)及判定、矩形的判定及性質(zhì)以及解直角三角形的知識分別計算出PN與DN的長度，即可得出結(jié)論．【詳解】（1）解：①如圖所示，連接AG，由題意可知，△ABC和△GEF均為等邊三角形，∴∠GFB＝60°，∵BD⊥AC，∴∠FBC＝30°，∴∠FCB＝30°，∠ACG＝30°，∵AC＝BC，GC＝GC，∴△GBC≌△GAC（SAS），∴∠GAC＝∠GBC＝90°，AG＝BG，∵AB＝6，∴AD＝3，AG＝BG＝，∴在Rt△ADG中，，∴；②證明：以點F為圓心，F(xiàn)B的長為半徑畫弧，與BH的延長線交于點K，連接KF，如圖，∵△ABC和△GEF均為等邊三角形，∴∠ABC＝60°，∠EFH＝120°，∴∠BEF+∠BHF＝180°，∵∠BHF+∠KHF＝180°，∴∠BEF＝∠KHF，由輔助線作法可知，F(xiàn)B＝FK，則∠K＝∠FBE，∵BD是等邊△ABC的高，∴∠K＝∠DBC＝∠DBA＝30°，∴∠BFK＝120°，在△FEB與△FHK中，∴△FEB≌△FHK（AAS），∴BE＝KH，∴BE+BH＝KH+BH＝BK，∵FB＝FK，∠BFK＝120°，∴BK＝BF，即：；（2）方法一：以為頂點，為一邊，作，交于，過作于，設(shè)交于，如圖：中，，最小即是最小，此時、、共線，將線段繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到線段，在射線上運動，則在射線上運動，根據(jù)“瓜豆原理”，為主動點，是從動點，為定點，，則、軌跡的夾角，，，，，，，，，而，，四邊形是矩形，，邊中，，，，又，，等邊中，，點為中點時，點為中點，，，中，，，，，中，，，．方法二：如圖，連接EQ，∵在等邊中，，，∴∠A＝60°，∠BDA＝90°，∠ABD＝30°，∵點E、Q分別為AB、BD的中點，∴EQ為△ABD的中位線，∴EQAD，∴∠BEQ＝∠A＝60°，∠BQE＝∠BDA＝90°，∵∠BQE＝90°，∠ABD＝30°，∴EQ＝，∵點M為BE的中點，∴ME＝＝EQ，∵將線段EF繞點E順時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段EP，∴△EPF為等邊三角形，∠PEF＝60°，PE＝EF＝PF，∴∠BEQ＝∠PEF，∴∠BEQ－∠PEQ＝∠PEF－∠PEQ，即∠MEP＝∠QEF，在△MEP與△QEF中，，∴△MEP≌△QEF（SAS）∴∠EMP＝∠EQF＝90°，∴MP⊥BE，∴點P在射線MP上運動，如圖，以為頂點，為一邊，作，交于，過作于，設(shè)交于，則在中，，最小即是最小，此時、、共線，如下圖：∵∠EMP＝90°，∠PML＝30°，，，，，又∵，，四邊形是矩形，，在等邊中，，，，又，，在等邊中，，點為中點時，點為中點，，，∴在中，，，，，∴在中，，，．【點睛】本題考查等邊三角形性質(zhì)及應(yīng)用，涉及旋轉(zhuǎn)變換、解直角三角形、三角形全等的判定及性質(zhì)、矩形的判定及性質(zhì)等知識，難度較大，解題的關(guān)鍵是構(gòu)造輔助線．13．（2022·遼寧朝陽·統(tǒng)考中考真題）【思維探究】如圖1，在四邊形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，連接AC．求證：BC+CD＝AC．(1)小明的思路是：延長CD到點E，使DE＝BC，連接AE．根據(jù)∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，從而得到∠B＝∠ADE，然后證明ADE≌ABC，從而可證BC+CD＝AC，請你幫助小明寫出完整的證明過程．(2)【思維延伸】如圖2，四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，連接AC，猜想BC，CD，AC之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．(3)【思維拓展】在四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝，AC與BD相交于點O．若四邊形ABCD中有一個內(nèi)角是75°，請直接寫出線段OD的長．【答案】(1)AC=BC+CD；理由見詳解；(2)CB+CD=AC；理由見詳解；(3)或【分析】（1）如圖1中，延長CD到點E，使DE=BC，連接AE．證明△ADE≌△ABC（SAS），推出∠DAE=∠BAC，AE=AC，推出△ACE的等邊三角形，可得結(jié)論；（2）結(jié)論：CB+CD=AC．如圖2中，過點A作AM⊥CD于點M，AN⊥CB交CB的延長線于點N．證明△AMD≌△ANB（AAS），推出DM=BN，AM=AN，證明Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），推出CM=CN，可得結(jié)論；（3）分兩種情形：如圖3-1中，當(dāng)∠CDA=75°時，過點O作OP⊥CB于點P，CQ⊥CD于點Q．如圖3-2中，當(dāng)∠CBD=75°時，分別求解即可．【詳解】（1）證明：如圖1中，延長CD到點E，使DE=BC，連接AE．∵∠BAD+∠BCD=180°，∴∠B+∠ADC=180°，∵∠ADE+∠ADC=180°∴∠B=∠ADE，在△ADE和△ABC中，，∴△ADE≌△ABC（SAS），∴∠DAE=∠BAC，AE=AC，∴∠CAE=∠BAD=60°，∴△ACE的等邊三角形，∴CE=AC，∵CE=DE+CD，∴AC=BC+CD；（2）解：結(jié)論：CB+CD=AC．理由：如圖2中，過點A作AM⊥CD于點M，AN⊥CB交CB的延長線于點N．∵∠DAB=∠DCB=90°，∴∠CDA+∠CBA=180°，∵∠ABN+∠ABC=180°，∴∠D=∠ABN，∵∠AMD=∠N=90°，AD=AB，∴△AMD≌△ANB（AAS），∴DM=BN，AM=AN，∵AM⊥CD，AN⊥CN，∴∠ACD=∠ACB=45°，∴AC=CM，∵AC=AC．AM=AN，∴Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），∴CM=CN，∴CB+CD=CNBN+CM+DM=2CM=AC；（3）解：如圖3-1中，當(dāng)∠CDA=75°時，過點O作OP⊥CB于點P，CQ⊥CD于點Q．∵∠CDA=75°，∠ADB=45°，∴∠CDB=30°，∵∠DCB=90°，∴CD=CB，∵∠DCO=∠BCO=45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，∴OP=OQ，∴，∴，∵AB=AD=，∠DAB=90°，∴BD=AD=2，∴OD=．如圖3-2中，當(dāng)∠CBD=75°時，同法可證，，綜上所述，滿足條件的OD的長為或．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，等邊三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．14．（2020·湖南湘西·中考真題）問題背景：如圖1，在四邊形中，，，，，，繞B點旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交、于E、F．探究圖中線段，，之間的數(shù)量關(guān)系．小李同學(xué)探究此問題的方法是：延長到G，使，連接，先證明，再證明，可得出結(jié)論，他的結(jié)論就是_______________；探究延伸1：如圖2，在四邊形中，，，，，繞B點旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交、于E、F．上述結(jié)論是否仍然成立？請直接寫出結(jié)論（直接寫出“成立”或者“不成立”），不要說明理由．探究延伸2：如圖3，在四邊形中，，，，繞B點旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交、于E、F．上述結(jié)論是否仍然成立？并說明理由．實際應(yīng)用：如圖4，在某次軍事演習(xí)中，艦艇甲在指揮中心（O處）北偏西的A處艦艇乙在指揮中心南偏東的B處，并且兩艦艇到指揮中心的距離相等接到行動指令后，艦艇甲向正東方向以75海里/小時的速度前進(jìn)，同時艦艇乙沿北偏東的方向以100海里/小時的速度前進(jìn)，1.2小時后，指揮中心觀測到甲、乙兩艦艇分別到達(dá)E、F處，且指揮中心觀測兩艦艇視線之間的夾角為，試求此時兩艦艇之間的距離．【答案】EF=AE+CF．探究延伸1：結(jié)論EF=AE+CF成立．探究延伸2：結(jié)論EF=AE+CF仍然成立．實際應(yīng)用：210海里．【分析】延長到G，使，連接，先證明，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再證明，可得GF=EF，即可解題；探究延伸1：延長到G，使，連接，先證明，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再證明，可得GF=EF，即可解題；探究延伸2：延長到G，使，連接，先證明，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再證明，可得GF=EF，即可解題；實際應(yīng)用：連接EF，延長AE，BF相交于點C，然后與探究延伸2同理可得EF=AE+CF，將AE和CF的長代入即可．【詳解】解：EF=AE+CF理由：延長到G，使，連接，在△BCG和△BAE中，，∴（SAS），∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，∴∠ABE+∠CBF=60°，∴∠CBG+∠CBF=60°，即∠GBF=60°，在△BGF和△BEF中，，∴△BGF≌△BEF（SAS），∴GF=EF，∵GF=CG+CF=AE+CF，∴EF=AE+CF．探究延伸1：結(jié)論EF=AE+CF成立．理由：延長到G，使，連接，在△BCG和△BAE中，，∴（SAS），∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，∵∠ABC=2∠MBN，∴∠ABE+∠CBF=∠ABC，∴∠CBG+∠CBF=∠ABC，即∠GBF=∠ABC，在△BGF和△BEF中，，∴△BGF≌△BEF（SAS），∴GF=EF，∵GF=CG+CF=AE+CF，∴EF=AE+CF．探究延伸2：結(jié)論EF=AE+CF仍然成立．理由：延長到G，使，連接，∵，∠BCG+∠BCD=180°，∴∠BCG=∠BAD在△BCG和△BAE中，，∴（SAS），∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，∵∠ABC=2∠MBN，.。。41∴∠ABE+∠CBF=∠ABC，∴∠CBG+∠CBF=∠ABC，即∠GBF=∠ABC，在△BGF和△BEF中，，∴△BGF≌△BEF（SAS），∴GF=EF，∵GF=CG+CF=AE+CF，∴EF=AE+CF．實際應(yīng)用：連接EF，延長AE，BF相交于點C，∵∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°，∠EOF=70°，∴∠EOF=∠AOB∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=(90°-30°)+(70°+50°)=180°，∴符合探索延伸中的條件∴結(jié)論EF=AE+CF仍然成立即EF=75×1.2+100×1.2=210（海里）答：此時兩艦艇之間的距離為210海里．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)．作輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．15．（2021·全國·九年級專題練習(xí)）如圖1，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，點E，F(xiàn)分別在四邊形ABCD的邊BC，CD上，∠EAF=∠BAD，連接EF，試猜想EF，BE，DF之間的數(shù)量關(guān)系．（1）思路梳理將△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)至△ADG，使AB與AD重合，由∠B+∠ADC=180°，得∠FDG=180°，即點F，D，G三點共線，易證△AFG≌△AFE，故EF，BE，DF之間的數(shù)量關(guān)系為__；（2）類比引申如圖2，在圖1的條件下，若點E，F(xiàn)由原來的位置分別變到四邊形ABCD的邊CB，DC延長線上，∠EAF=∠BAD，連接EF，試猜想EF，BE，DF之間的數(shù)量關(guān)系，并給出證明．（3）聯(lián)想拓展如圖3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，點D，E均在邊BC上，且∠DAE=45°，若BD=1，EC=2，直接寫出DE的長為________________.【答案】（1）EF＝BE＋DF；（2）EF＝DF?BE；證明見解析；（3）.【分析】（1）將△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)至△ADG，使AB與AD重合，首先證