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专题23.8 《旋转》中的半角模型（专项练习）-2021-2022学年九年级数学上册基础知识专项讲练（人教版）
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这是一份专题23.8 《旋转》中的半角模型（专项练习）-2021-2022学年九年级数学上册基础知识专项讲练（人教版），共50页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题23.8 《旋转》中的半角模型（专项练习）
一、单选题
1．如图所示，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边BC上的两点，且∠DAE＝45°，将△ADC绕点A按顺时针方向旋转90°后得到△AFB，连接EF，有下列结论：①BE＝DC；②∠BAF＝∠DAC；③∠FAE＝∠DAE；④BF＝DC．其中正确的有（ ）
A．①②③④ B．②③ C．②③④ D．③④
2．如图，正方形ABCD边长为2，BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线，点P，Q分别是平分线BM、DN上的点，且满足∠PAQ＝45°，连接PQ、PC、CQ．则下列结论：①BP•DQ＝3.6；②∠QAD＝∠APB；③∠PCQ＝135°；④．其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
3．如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝4，AB＝AC，∠CBD＝30°，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为_____．
4．如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝8，AB＝AC，∠CBD＝30°，BD＝43，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为_____．
三、解答题
5．问题：如图(1)，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，试判断BE、EF、FD之间的数量关系．
（发现证明）小聪把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG,从而发现EF=BE+FD,请你利用图（1）证明上述结论．
（类比引申）如图(2)，四边形ABCD中,∠BAD≠90°,AB=AD,∠B+∠D=180°,点E、F分别在边BC、CD上,则当∠EAF与∠BAD满足 关系时，仍有EF=BE+FD．
（探究应用）如图(3)，在某公园的同一水平面上，四条通道围成四边形ABCD．已知AB=AD=80米，∠B=60°，∠ADC=120°，∠BAD=150°，道路BC、CD上分别有景点E、F，且AE⊥AD，DF=40（﹣1）米，现要在E、F之间修一条笔直道路，求这条道路EF的长（结果取整数，参考数据：=1.41，=1.73）
6．（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．
7．已知：正方形中，，绕点顺时针旋转，它的两边分别交（或它们的延长线）于点．
当绕点旋转到时（如图1），易证．
（1）当绕点旋转到时（如图2），线段和之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明．
（2）当绕点旋转到如图3的位置时，线段和之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．
8．如图：E、F分别是正方形ABCD的边CD、DA上一点，且CE+AF=EF，请你用旋转的方法求∠EBF的大小．
9．正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点,且∠EDF=45°.将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM.
（1）求证：EF=FM
（2）当AE=1时，求EF的长．
10．已知，如图所示，正方形中，，分别在边，上，且，，分别交于，，连，求证：
① ②.
11．如图所示，在中，，，的两边交边于，两点，将绕点旋转
（1）画出绕点顺时针旋转后的；
（2）在（1）中，若，求证：；
（3）在（2）的条件下，若，直接写出的长.
12．如图，在正方形ABCD中，E、F是对角线BD上两点，将绕点A顺时针旋转 后，得到，连接EM，AE，且使得．
（1） 求证：；（2）求证：.
13．（2019秋•九龙坡区校级月考）如图．在四边形ABCD中，∠B+∠ADC＝180°，AB＝AD，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF∠BAD，求证：EF＝BE﹣FD．
14．（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 ；
（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．
15．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．
16．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
17．如图，已知：正方形，点，分别是，上的点，连接，，，且，求证：．
18．如图，是边长为3的等边三角形，是等腰三角形，且，以为顶点作一个角，使其两边分别交于点，交于点，连接，求的周长．
19．如图，在四边形中，，，分别是，上的点，连接，，．
（1）如图①，，，．求证：；
（2）如图②，，当周长最小时，求的度数；
（3）如图③，若四边形为正方形，点、分别在边、上，且，若，，请求出线段的长度．
20．如图，AB＝AD＝BC＝DC，∠C＝∠D＝∠ABE＝∠BAD＝90°，点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF＝45°，过点A作∠GAB＝∠FAD，且点G在CB的延长线上．
（1）△GAB与△FAD全等吗？为什么？
（2）若DF＝2，BE＝3，求EF的长．
21．如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC= 90°，AB=AC，点M，N在边BC 上，且∠MAN=45°．若BM= 1，CN=3，求MN的长．
22．（探索发现）如图①，四边形ABCD是正方形，M，N分别在边CD、BC上，且，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图①，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接AM、AN、MN．
（1）试判断DM，BN，MN之间的数量关系，并写出证明过程．
（2）如图②，点M、N分别在正方形ABCD的边BC、CD的延长线上，，连接MN，请写出MN、DM、BN之间的数量关系，并写出证明过程．
（3）如图③，在四边形ABCD中，AB=AD，，，点N，M分别在边BC，CD上，，请直接写出线段BN，DM，MN之间的数量关系．
23．已知，，分别在边，上取点，，使，过点平行于的直线与过点平行于的直线相交于点．点，分别是射线，上动点，连接，，．
（1）求证：；
（2）如图，当点，分别在线段，上，且时，请求出线段，，之间的等量关系式；
（3）如图，当点，分别在，的延长线上，且时，延长交于点，延长交于点．请猜想线段，，之间的等量关系，并证明你的结论．
24．（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．
参考答案
1．C
【分析】
利用旋转性质可得△ABF≌△ACD，根据全等三角形的性质一一判断即可．
【详解】
解：∵△ADC绕A顺时针旋转90°后得到△AFB，
∴△ABF≌△ACD，
∴∠BAF＝∠CAD，AF＝AD，BF＝CD，故②④正确，
∴∠EAF＝∠BAF+∠BAE＝∠CAD+∠BAE＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°＝∠DAE故③正确
无法判断BE＝CD，故①错误，
故选：C．
【点拨】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
2．C
【分析】
运用正方形的性质；角平分线的定义；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；旋转变换的性质综合推理判断．
【详解】
∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB=2，∠BAD=90°，
∵∠PAQ＝45°，
∴∠BAP+∠QAD =45°，
∵BM是正方形的外角的平分线，
∴∠MBC=135°，
∴∠BAP+∠APB=45°，
∴∠QAD＝∠APB，
∴②正确；
∵BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线，
∴∠ABP=∠QDA=135°，
∵∠QAD＝∠APB，
∴△ABP∽△QDA，
∴BP：DA=BA：DQ，
∴BP•DQ＝，
∴①错误；
∵△ABP∽△QDA，
∴BP：DA=BA：DQ，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，
∴BP：BC=DC：DQ，
∵BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线，
∴∠PBC=∠QDC=45°，
∴△BPC∽△DCQ，
∴∠BCP=∠DQC，
∴∠PCQ=360°-∠BCD-∠BCP-∠DCQ=270°-（∠DQC+∠DCQ）=270°-（180°-∠CDQ）=135°.
∴③正确；
如图，将△AQD绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，连接PF．则△ABF≌△ADQ．
∴∠1=∠3，AF=AQ，BF=DQ，∠AFB=∠AQD．
∴∠PAF=∠1+∠2=∠2+∠3=∠BAD-∠PAQ=45°．
∴∠PAF=∠PAQ．
又∵AP=AP，
∴△APF≌△APQ．∴PF=PQ．
∵∠PBF=（∠AFB+∠1）+45°=（∠AQD+∠3）+45°=90°．
∴在Rt△BPF中，，
∴．
∴④正确；
故选C．
【点拨】本题考查了正方形的性质；角平分线的定义；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；旋转变换的性质．熟练掌握上述性质，灵活运用旋转构图求解是解题的关键.
3．2+2
【分析】
将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，由旋转得出∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，求出∠EAM＝∠MAN，根据SAS推出△AEM≌△ANM，根据全等得出MN＝ME，求出MN＝CN＋BM，解直角三角形求出DC，即可求出△DMN的周长＝BD＋DC，代入求出答案即可．
【详解】
将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图：
由旋转得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，
∵∠BAC＝∠D＝90°，
∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∴∠ABD+∠ABE＝180°，
∴E，B，M三点共线，
∵∠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的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝2+2，
故答案为：2+2．
【点拨】本题考查直角三角形、全等三角形的性质和判定、旋转的性质的应用，能正确作出辅助线是解此题的关键．
4．43+4．
【解析】
【分析】
将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，由旋转得出∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，求出∠EAM＝∠MAN，根据SAS推出△AEM≌△ANM，根据全等得出MN＝ME，求出MN＝CN+BM，解直角三角形求出DC，即可求出△DMN的周长＝BD+DC，代入求出即可．
【详解】
将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图：
由旋转得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，
∵∠BAC＝∠D＝90°，
∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∴∠ABD+∠ABE＝180°，
∴E，B，M三点共线，
∵∠MAN＝45°，∠BAC＝90°，
∴∠EAM＝∠EAB+∠BAM＝∠CAN+∠BAM＝∠BAC﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°，
∴∠EAM＝∠MAN，
在△AEM和△ANM中，
AE=AN∠EAM=∠NAMAM=AM，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴MN＝ME，
∴MN＝CN+BM，
∵在Rt△BCD中，∠BDC＝90°，∠CBD＝30°，BD＝43，CD＝BD×tan∠CBD＝4，
∴△DMN的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝43+4，
故答案为：43+4．
【点拨】此题主要考查利用三角形全等的性质和解直角三角形，进行等量转换，关键是做辅助线.
5．【发现证明】证明见解析；【类比引申】∠BAD=2∠EAF；【探究应用】109．2米．
【解析】
【发现证明】根据旋转的性质可以得到△ADG≌△ABE，则GF=BE+DF，只要再证明△AFG≌△AFE即可．
【类比引申】延长CB至M，使BM=DF，连接AM，证△ADF≌△ABM，证△FAE≌△MAE，即可得出答案；
【探究应用】利用等边三角形的判定与性质得到△ABE是等边三角形，则BE=AB=80米．把△ABE绕点A逆时针旋转150°至△ADG，根据旋转的性质可以得到△ADG≌△ABE，则GF=BE+DF，只要再证明△AFG≌△AFE即可得出EF=BE+FD．
解：如图（1），
∵△ADG≌△ABE，
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，DG=BE，
又∵∠EAF=45°，即∠DAF+∠BEA=∠EAF=45°，
∴∠GAF=∠FAE，
在△GAF和△FAE中，
AG=AE，∠GAF=∠FAE，AF=AF，
∴△AFG≌△AFE（SAS）．
∴GF=EF．
又∵DG=BE，
∴GF=BE+DF，
∴BE+DF=EF．
【类比引申】∠BAD=2∠EAF．
理由如下：如图（2），延长CB至M，使BM=DF，连接AM，
∵∠ABC+∠D=180°，∠ABC+∠ABM=180°，
∴∠D=∠ABM，
在△ABM和△ADF中，
AB=AD，∠ABM=∠D，BM=DF，
∴△ABM≌△ADF（SAS），
∴AF=AM，∠DAF=∠BAM，
∵∠BAD=2∠EAF，
∴∠DAF+∠BAE=∠EAF，
∴∠EAB+∠BAM=∠EAM=∠EAF，
在△FAE和△MAE中，
AE=AE，∠FAE=∠MAE，AF=AM，
∴△FAE≌△MAE（SAS），
∴EF=EM=BE+BM=BE+DF，
即EF=BE+DF．
故答案是：∠BAD=2∠EAF．
【探究应用】如图3，把△ABE绕点A逆时针旋转150°至△ADG，连接AF．
∵∠BAD=150°，∠DAE=90°，
∴∠BAE=60°．
又∵∠B=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=80米．
根据旋转的性质得到：∠ADG=∠B=60°，
又∵∠ADF=120°，
∴∠GDF=180°，即点G在CD的延长线上．
易得，△ADG≌△ABE，
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，DG=BE，
又∵∠EAG=∠BAD=150°，
∴∠GAF=∠FAE，
在△GAF和△FAE中，
AG=AE，∠GAF=∠FAE，AF=AF，
∴△AFG≌△AFE（SAS）．
∴GF=EF．
又∵DG=BE，
∴GF=BE+DF，
∴EF=BE+DF=80+40（﹣1）≈109.2（米），即这条道路EF的长约为109.2米．
“点拨”此题主要考查了四边形综合题，关键是正确画出图形，证明△AFG≌△AEF．此题是一道综合题，难度较大，题目所给例题的思路，为解决此题做了较好的铺垫．
6．（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，
，
∴△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）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，
，
∴△CDO≌△ANO（SAS）
∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，
∴∠DOM＝∠NOM，
在△DMO和△NMO中，
，
∴△DMO≌△NMO（SAS）
∴MN＝DM，
∴CM＝DM﹣CD＝MN﹣AN．
【点拨】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．
7．（1），证明见解析（2）
【分析】
（1）BM+DN=MN成立，证得B、E、M三点共线即可得到△AEM≌△ANM，从而证得ME=MN．
（2）DN-BM=MN．证明方法与（1）类似．
【详解】
（1）BM+DN=MN成立．
证明：如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，则可证得E、B、M三点共线．
∴∠EAM=90°-∠NAM=90°-45°=45°，
又∵∠NAM=45°，
∴在△AEM与△ANM中，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴ME=MN，
∵ME=BE+BM=DN+BM，
∴DN+BM=MN；
（2）DN-BM=MN．
在线段DN上截取DQ=BM，如图，
在△ADQ与△ABM中，
∵，
∴△ADQ≌△ABM（SAS），
∴∠DAQ=∠BAM，
∴∠QAN=∠MAN．
在△AMN和△AQN中，
∴△AMN≌△AQN（SAS），
∴MN=QN，
∴DN-BM=MN．
8．45°．
【解析】
本题考查旋转的性质．旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．要注意旋转的三要素：①定点-旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．
根据CE＋AF＝EF，则已知图形可以认为是把△ABE绕点B逆时针旋转90度，得到△BAM，根据旋转的定义即可求解．
将△BCE以B为旋转中心，逆时针旋转90º，使BC落在BA边上，得△BAM，则∠MBE=90º，AM=CE,BM=BE,因为CE＋AF＝EF，所以MF＝EF，又BF=BF,所以△FBM≌△FBE,所以∠MBF=∠EBF, 所以∠EBF=
9．(1)见解析；
（2） .
【分析】
（1）由折叠可得DE=DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF=90°，由∠EDF=45°，得到∠MDF为45°，可得出∠EDF=∠MDF，再由DF=DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF=MF；
（2）由第一问的全等得到AE=CM=1，正方形的边长为3，用AB-AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF=MF=x，可得出BF=BM-FM=BM-EF=4-x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为EF的长．
【详解】
(1)∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM
∴DE=DM ∠EDM=90°
∴∠EDF + ∠FDM=90°
∵∠EDF=45°
∴∠FDM =∠EDM=45°
∵ DF= DF
∴△DEF≌△DMF
∴ EF=MF …
（2） 设EF=x ∵AE=CM=1
∴ BF=BM-MF=BM-EF=4-x
∵ EB=2
在Rt△EBF中，由勾股定理得
即
解之，得
10．见解析
【分析】
①把△ABE逆时针旋转90°得到△ADG，根据旋转的性质可得BE=GD，AE=AG，再根据∠EAF=45°求出∠FAG=45°，然后利用边角边定理证明△AEF与△AGF全等，根据全等三角形对应边相等可得EF=GF，即EF=GD+FD，即可证明EF=BE+DF；
②把△ADH绕点A顺时针旋转90°得到△ABN，连接GN，根据旋转的性质得到∠NAE=∠EAF，根据全等三角形的性质得到GH=GN，求得∠NBG=∠ABN+∠ABG=45°+45°=90°，根据勾股定理得到BG2+HD2=GH2；
【详解】
①如图，把△ABE逆时针旋转90°得到△ADM，
∴BE=MD，AE=AM，
∵∠EAF=45°，
∴∠FAM=90°-45°=45°，
∴∠EAF=∠FAM，
在△AEF和△AMF中，
，
∴△AEF≌△AMF（SAS），
∴EF=MF，
即EF=MD+DF，
∴BE+DF=EF；
②如图，把△ADH绕点A顺时针旋转90°得到△ABN，连接GN，
∴BN=DH，AN=AH，∠BAN=∠DAH，∠ABN=∠ADH，
∵∠EAF=45°，
∴∠NAE=∠BAN+∠BAE=∠DAH+∠BAE=∠BAD-∠EAF=90°-45°=45°，
∴∠NAE=∠EAF，
在△ANG和△AGH中，
，
∴△AGN≌△AGH（SAS），
∴GH=GN，
在正方形ABCD中，∠ABE=∠ADH=45°，
∴∠NBG=∠ABN+∠ABG=45°+45°=90°，
∴BG2+BN2=NG2，
即BG2+HD2=GH2.
【点拨】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质；熟练掌握正方形的性质是解决问题的关键．
11．（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）旋转后CB与CA重合，作∠KCA=∠FCB，截取KC=FC即可；
（2）连结KE，作KH⊥AC于H，先得到∠ACE+∠BCF=60°，再根据旋转的性质得BF=AK，∠KCA=∠FCB，CK=CF，∠KAC=∠B=30°，则∠KCE=∠FCE，可根据“SAS”判断△CKE≌△CFE，所以KE=EF，由于AE2+EF2=BF2，则AE2+KE2=AK2，根据勾股定理的逆定理得∠AEK=90°，且∠KEC=∠FEC=45°，可计算∠BCF=45°，设KH=a，在Rt△KHC中可得KC=a；在Rt△KHA中得AK=2a，所以AK：KC=2a：a=，则BF：CF=，
（3）设KH=a，在Rt△KHC中得HC=a；在Rt△KHA中得AH=a，则AC=AH+HC=a+a=+1，解得a=1，则AK=2，在Rt△AEK中，计算出∠KAE=60°，∠AKE=30°，所以AE=AK=1，KE=AE=，即可得到EF=．
【详解】
（1）作图如图所示
（2）证明：连结KE，作KH⊥AC于H，如图，
∵∠A=∠B=30°，∠MCN=60°，
∴∠ACB=120°，
∴∠ACE+∠BCF=60°，
∵△BCF绕点C顺时针旋转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为直角三角形，
∴∠AEK=90°，
∴∠KEC=∠FEC=45°，
∴∠BCF=180°-45°-60°-30°=45°，
∴∠KCA=45°，
设KH=a，在Rt△KHC中，KC=a；在Rt△KHA中，AK=2a，
∴AK：KC=2a：a=，
∴BF：CF=，
即BF=CF；
（3）设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=．
【点拨】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了勾股定理的逆定理、全等三角形的判定与性质以及含30度的直角三角形三边的关系．
12．（1）见解析；（2）见解析.
【解析】
【分析】
（1）直接利用旋转的性质证明△AME≌△AFE（SAS），即可得出答案；
（2）利用（1）中所证，再结合勾股定理即可得出答案．
【详解】
证明：（1）∵将绕点A顺时针旋转90°后，得到，
，，，
，
，
，
，
在△AME和中
，
，
；
（2）由（1）得：，
在中，，
又∵，
．
【点拨】此题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，正确得出△AME≌△AFE是解题关键．
13．详见解析
【分析】
在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．根据SAS证明△ABG≌△ADF得到AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，根据∠EAF∠BAD，可知∠GAE＝∠EAF，可证明△AEG≌△AEF，EG＝EF，那么EF＝GE＝BE﹣BG＝BE﹣DF．
【详解】
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，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．
∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF∠BAD．
∴∠GAE＝∠EAF．
在△AEG和△AEF中，
，
∴△AEG≌△AEF（SAS）．
∴EG＝EF，
∵EG＝BE﹣BG
∴EF＝BE﹣FD．
【点拨】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是根据已知条件作出辅助线求解．
14．（1）BM+NC＝MN，；（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 ；
（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 ．
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，
∴；
（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，
∴；
（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．
【点拨】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．
15．（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°．
【点拨】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．
16．（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
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴AF=AG，∠DAF=∠GAB，
∵∠EAF=45°，
∴∠DAF+∠EAB=45°，
∴∠GAB+∠EAB=45°，
∴∠GAE=∠EAF =45°，
在△AGE和△AFE中0
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴GE=EF，
∴EF＝GE=BE+GB=BE＋DF
【点拨】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．
17．见解析．
【分析】
将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADG，根据旋转的性质可得GD=BE，AG=AE，∠DAG=∠BAE，然后求出∠FAG=∠EAF，再利用“边角边”证明△AEF和△AGF全等，根据全等三角形对应边相等可得EF=FG，即可得出结论．
【详解】
如解图，将绕点逆时针旋转至的位置，使与重合．
∴，．
∵．
∴，
∴．
在和中，
，
∴．
∴．
∵，
∴．
【点拨】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，难点在于利用旋转变换作出全等三角形．
18．的周长为6．
【分析】
要求△AMN的周长，根据题目已知条件无法求出三条边的长，只能把三条边长用其它已知边长来表示，所以需要作辅助线，延长AB至F，使BF=CN，连接DF，通过证明△BDF≌△CDN，及△DMN≌△DMF，从而得出MN=MF，△AMN的周长等于AB+AC的长．
【详解】
解：∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC=120°
∴∠BCD=∠DBC=30°
∵△ABC是边长为3的等边三角形
∴∠ABC=∠BAC=∠BCA=60°
∴∠DBA=∠DCA=90°
延长AB至F，使BF=CN，连接DF，
在Rt△BDF和Rt△CND中，BF=CN，DB=DC
∴△BDF≌△CDN，
∴∠BDF=∠CDN，DF=DN
∵∠MDN=60°
∴∠BDM+∠CDN=60°
∴∠BDM+∠BDF=60°，∠FDM=60°=∠MDN，DM为公共边
∴△DMN≌△DMF，
∴MN=MF
∴△AMN的周长是：AM+AN+MN=AM+MB+BF+AN=AB+AC=6．
【点拨】此题主要利用等边三角形和等腰三角形的性质来证明三角形全等，构造另一个三角形是解题的关键．
19．（1）见解析；（2）；（3）．
【分析】
（1）延长到点G,使，连接，首先证明，则有，，然后利用角度之间的关系得出，进而可证明，则，则结论可证；
（2）分别作点A关于和的对称点，，连接，交于点，交于点，根据轴对称的性质有，，当点、、、在同一条直线上时，即为周长的最小值，然后利用求解即可；
（3）旋转至的位置，首先证明，则有，最后利用求解即可．
【详解】
（1）证明：如解图①，延长到点，使，连接，
在和中，
．
，，
，，
．
，
在和中，
．
，；
（2）解：如解图，分别作点A关于和的对称点，，连接，交于点，交于点．
由对称的性质可得，，
此时的周长为．
当点、、、在同一条直线上时，即为周长的最小值．
，
．
，，
；
（3）解：如解图，旋转至的位置，
，
，．
在和中，
．
．
．
【点拨】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．
20．（1）全等，理由详见解析；（2）5
【分析】
（1）由题意易得∠ABG＝90°＝∠D，然后问题可求证；
（2）由（1）及题意易得△GAE≌△FAE，GB＝DF，进而问题可求解．
【详解】
解：（1）全等．理由如下
∵∠D＝∠ABE＝90°，
∴∠ABG＝90°＝∠D，
在△ABG和△ADF中，
，
∴△GAB≌△FAD（ASA）；
（2）∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠DAF+∠BAE＝45°，
∵△GAB≌△FAD，
∴∠GAB＝∠FAD，AG＝AF，
∴∠GAB+∠BAE＝45°，
∴∠GAE＝45°，
∴∠GAE＝∠EAF，
在△GAE和△FAE中，
，
∴△GAE≌△FAE（SAS）
∴EF＝GE
∵△GAB≌△FAD，
∴GB＝DF，
∴EF＝GE＝GB+BE＝FD+BE＝2+3＝5．
【点拨】本题主要考查全等三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
21．
【分析】
过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE＝BM．连接AE、EN．通过证明△ABM≌△ACE（SAS）推知全等三角形的对应边AM＝AE、对应角∠BAM＝∠CAE；然后由等腰直角三角形的性质和∠MAN＝45°得到∠MAN＝∠EAN＝45°，所以△MAN≌△EAN（SAS），故全等三角形的对应边MN＝EN；最后由勾股定理得到EN2＝EC2＋NC2即MN2＝BM2＋NC2．
【详解】
解：如图，过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE＝BM．连接AE、EN．
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠B＝∠ACB＝45°．
∵CE⊥BC，
∴∠ACE＝∠B＝45°．
在△ABM和△ACE中，
∴△ABM≌△ACE（SAS）．
∴AM＝AE，∠BAM＝∠CAE．
∵∠BAC＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠BAM＋∠CAN＝45°．
于是，由∠BAM＝∠CAE，得∠MAN＝∠EAN＝45°．
在△MAN和△EAN中，
∴△MAN≌△EAN（SAS）．
∴MN＝EN．
在Rt△ENC中，由勾股定理，得EN2＝EC2＋NC2．
∴MN2＝BM2＋NC2．
∵BM＝1，CN＝3，
∴MN2＝12＋32，
∴MN＝．
【点拨】本题主要考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理的综合应用，掌握三角形的全等的判定定理是解题关键．
22．（1），证明见解析；（2）,证明见解析；（3）．
【分析】
（1）根据正方形的性质和旋转的性质可证≌，利用SAS可证，则可得：；
（2）根据正方形的性质和旋转的性质可证≌，利用SAS可证，则可得：；
（3）根据正方形的性质和旋转的性质可证≌，利用SAS可证，则可得：；
【详解】
证明：（1）如图①，∵四边形ABCD是正方形
∴AB=AD，=
将绕点A顺时针旋转，得到
∴≌
∴
∵
在和中
∵，
∴
（2）如图②，将绕点A顺时针旋转，得到
∵四边形ABCD是正方形
∴AB=AD，=
∵绕点A顺时针旋转，得到
∴≌
∴
,
∵
在和中
∵，
即：；
（3）如图，
∵，，，
将绕点A顺时针旋转，得到
∴≌
∴
在和中
；
【点拨】本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，利用旋转法构造全等三角形是解题的关键是学会．
23．（1）见解析；（2）；（3），见解析
【分析】
（1）连接,通过，得到为等腰直角三角形，进而得到，根据过点平行于的直线与过点平行于的直线相交于点，可推出，，最后通过证明≌，可以得出结论；
（2）在射线上取点，使，连接，通过证明≌，得到，，再结合，推导证明≌，得到，最后等量代换线段即可求解；
（3）延长到点，使得，连接，通过证明≌，得到，，再结合，推导证明≌，得到，根据，等量代换可知，又因为，推出，进而得到，同理可证，最后根据勾股定理即可求解．
【详解】
解：（1）证明：连接．
，，
为等腰直角三角形，
，
又，且，
，
，
，
同理，，
在与中
，
≌，
，；
（2）如图，在射线上取点，使，连接．
在与中
，
≌，
，，
，，
，
，
，
在与中
≌，
，
又，
．
（3）．证明如下：
如图，延长到点，使得，连接．
，
在与中
，
≌，
，，
，
，
，
，
，
，
在与中
，
≌，
，
≌，
，
，
，
，
，
，
同理可证：，
在中，由勾股定理得：．
【点拨】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．
24．（1）BE＋DF＝EF，△AEG；（2），理由见解析；（3）或
【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+，GH=，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°=，GH= CG·sin60°=，
设CE=x，易求得GE=DE=4﹣x，EH= x+，
在△GHE中，由勾股定理得：（4﹣x）2=( x+)2+（）2，
解得：x=，即CE=；
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°=，GH= CG·sin60°=，
设CE=x，易求得GE=DE=6﹣x，EH= x﹣，
在△GHE中，由勾股定理得：（6﹣x）2=( x﹣)2+（）2，
解得：x=，即CE=，综上，CE的长为或．
【点拨】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．
专题23.8 《旋转》中的半角模型（专项练习）
一、单选题
1．如图所示，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边BC上的两点，且∠DAE＝45°，将△ADC绕点A按顺时针方向旋转90°后得到△AFB，连接EF，有下列结论：①BE＝DC；②∠BAF＝∠DAC；③∠FAE＝∠DAE；④BF＝DC．其中正确的有（ ）
A．①②③④ B．②③ C．②③④ D．③④
2．如图，正方形ABCD边长为2，BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线，点P，Q分别是平分线BM、DN上的点，且满足∠PAQ＝45°，连接PQ、PC、CQ．则下列结论：①BP•DQ＝3.6；②∠QAD＝∠APB；③∠PCQ＝135°；④．其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
3．如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝4，AB＝AC，∠CBD＝30°，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为_____．
4．如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝8，AB＝AC，∠CBD＝30°，BD＝43，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为_____．
三、解答题
5．问题：如图(1)，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，试判断BE、EF、FD之间的数量关系．
（发现证明）小聪把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG,从而发现EF=BE+FD,请你利用图（1）证明上述结论．
（类比引申）如图(2)，四边形ABCD中,∠BAD≠90°,AB=AD,∠B+∠D=180°,点E、F分别在边BC、CD上,则当∠EAF与∠BAD满足 关系时，仍有EF=BE+FD．
（探究应用）如图(3)，在某公园的同一水平面上，四条通道围成四边形ABCD．已知AB=AD=80米，∠B=60°，∠ADC=120°，∠BAD=150°，道路BC、CD上分别有景点E、F，且AE⊥AD，DF=40（﹣1）米，现要在E、F之间修一条笔直道路，求这条道路EF的长（结果取整数，参考数据：=1.41，=1.73）
6．（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．
7．已知：正方形中，，绕点顺时针旋转，它的两边分别交（或它们的延长线）于点．
当绕点旋转到时（如图1），易证．
（1）当绕点旋转到时（如图2），线段和之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明．
（2）当绕点旋转到如图3的位置时，线段和之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．
8．如图：E、F分别是正方形ABCD的边CD、DA上一点，且CE+AF=EF，请你用旋转的方法求∠EBF的大小．
9．正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点,且∠EDF=45°.将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM.
（1）求证：EF=FM
（2）当AE=1时，求EF的长．
10．已知，如图所示，正方形中，，分别在边，上，且，，分别交于，，连，求证：
① ②.
11．如图所示，在中，，，的两边交边于，两点，将绕点旋转
（1）画出绕点顺时针旋转后的；
（2）在（1）中，若，求证：；
（3）在（2）的条件下，若，直接写出的长.
12．如图，在正方形ABCD中，E、F是对角线BD上两点，将绕点A顺时针旋转 后，得到，连接EM，AE，且使得．
（1） 求证：；（2）求证：.
13．（2019秋•九龙坡区校级月考）如图．在四边形ABCD中，∠B+∠ADC＝180°，AB＝AD，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF∠BAD，求证：EF＝BE﹣FD．
14．（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 ；
（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．
15．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．
16．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
17．如图，已知：正方形，点，分别是，上的点，连接，，，且，求证：．
18．如图，是边长为3的等边三角形，是等腰三角形，且，以为顶点作一个角，使其两边分别交于点，交于点，连接，求的周长．
19．如图，在四边形中，，，分别是，上的点，连接，，．
（1）如图①，，，．求证：；
（2）如图②，，当周长最小时，求的度数；
（3）如图③，若四边形为正方形，点、分别在边、上，且，若，，请求出线段的长度．
20．如图，AB＝AD＝BC＝DC，∠C＝∠D＝∠ABE＝∠BAD＝90°，点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF＝45°，过点A作∠GAB＝∠FAD，且点G在CB的延长线上．
（1）△GAB与△FAD全等吗？为什么？
（2）若DF＝2，BE＝3，求EF的长．
21．如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC= 90°，AB=AC，点M，N在边BC 上，且∠MAN=45°．若BM= 1，CN=3，求MN的长．
22．（探索发现）如图①，四边形ABCD是正方形，M，N分别在边CD、BC上，且，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图①，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接AM、AN、MN．
（1）试判断DM，BN，MN之间的数量关系，并写出证明过程．
（2）如图②，点M、N分别在正方形ABCD的边BC、CD的延长线上，，连接MN，请写出MN、DM、BN之间的数量关系，并写出证明过程．
（3）如图③，在四边形ABCD中，AB=AD，，，点N，M分别在边BC，CD上，，请直接写出线段BN，DM，MN之间的数量关系．
23．已知，，分别在边，上取点，，使，过点平行于的直线与过点平行于的直线相交于点．点，分别是射线，上动点，连接，，．
（1）求证：；
（2）如图，当点，分别在线段，上，且时，请求出线段，，之间的等量关系式；
（3）如图，当点，分别在，的延长线上，且时，延长交于点，延长交于点．请猜想线段，，之间的等量关系，并证明你的结论．
24．（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．
参考答案
1．C
【分析】
利用旋转性质可得△ABF≌△ACD，根据全等三角形的性质一一判断即可．
【详解】
解：∵△ADC绕A顺时针旋转90°后得到△AFB，
∴△ABF≌△ACD，
∴∠BAF＝∠CAD，AF＝AD，BF＝CD，故②④正确，
∴∠EAF＝∠BAF+∠BAE＝∠CAD+∠BAE＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°＝∠DAE故③正确
无法判断BE＝CD，故①错误，
故选：C．
【点拨】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
2．C
【分析】
运用正方形的性质；角平分线的定义；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；旋转变换的性质综合推理判断．
【详解】
∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB=2，∠BAD=90°，
∵∠PAQ＝45°，
∴∠BAP+∠QAD =45°，
∵BM是正方形的外角的平分线，
∴∠MBC=135°，
∴∠BAP+∠APB=45°，
∴∠QAD＝∠APB，
∴②正确；
∵BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线，
∴∠ABP=∠QDA=135°，
∵∠QAD＝∠APB，
∴△ABP∽△QDA，
∴BP：DA=BA：DQ，
∴BP•DQ＝，
∴①错误；
∵△ABP∽△QDA，
∴BP：DA=BA：DQ，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，
∴BP：BC=DC：DQ，
∵BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线，
∴∠PBC=∠QDC=45°，
∴△BPC∽△DCQ，
∴∠BCP=∠DQC，
∴∠PCQ=360°-∠BCD-∠BCP-∠DCQ=270°-（∠DQC+∠DCQ）=270°-（180°-∠CDQ）=135°.
∴③正确；
如图，将△AQD绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，连接PF．则△ABF≌△ADQ．
∴∠1=∠3，AF=AQ，BF=DQ，∠AFB=∠AQD．
∴∠PAF=∠1+∠2=∠2+∠3=∠BAD-∠PAQ=45°．
∴∠PAF=∠PAQ．
又∵AP=AP，
∴△APF≌△APQ．∴PF=PQ．
∵∠PBF=（∠AFB+∠1）+45°=（∠AQD+∠3）+45°=90°．
∴在Rt△BPF中，，
∴．
∴④正确；
故选C．
【点拨】本题考查了正方形的性质；角平分线的定义；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；旋转变换的性质．熟练掌握上述性质，灵活运用旋转构图求解是解题的关键.
3．2+2
【分析】
将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，由旋转得出∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，求出∠EAM＝∠MAN，根据SAS推出△AEM≌△ANM，根据全等得出MN＝ME，求出MN＝CN＋BM，解直角三角形求出DC，即可求出△DMN的周长＝BD＋DC，代入求出答案即可．
【详解】
将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图：
由旋转得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，
∵∠BAC＝∠D＝90°，
∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∴∠ABD+∠ABE＝180°，
∴E，B，M三点共线，
∵∠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的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝2+2，
故答案为：2+2．
【点拨】本题考查直角三角形、全等三角形的性质和判定、旋转的性质的应用，能正确作出辅助线是解此题的关键．
4．43+4．
【解析】
【分析】
将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，由旋转得出∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，求出∠EAM＝∠MAN，根据SAS推出△AEM≌△ANM，根据全等得出MN＝ME，求出MN＝CN+BM，解直角三角形求出DC，即可求出△DMN的周长＝BD+DC，代入求出即可．
【详解】
将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图：
由旋转得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，
∵∠BAC＝∠D＝90°，
∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∴∠ABD+∠ABE＝180°，
∴E，B，M三点共线，
∵∠MAN＝45°，∠BAC＝90°，
∴∠EAM＝∠EAB+∠BAM＝∠CAN+∠BAM＝∠BAC﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°，
∴∠EAM＝∠MAN，
在△AEM和△ANM中，
AE=AN∠EAM=∠NAMAM=AM，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴MN＝ME，
∴MN＝CN+BM，
∵在Rt△BCD中，∠BDC＝90°，∠CBD＝30°，BD＝43，CD＝BD×tan∠CBD＝4，
∴△DMN的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝43+4，
故答案为：43+4．
【点拨】此题主要考查利用三角形全等的性质和解直角三角形，进行等量转换，关键是做辅助线.
5．【发现证明】证明见解析；【类比引申】∠BAD=2∠EAF；【探究应用】109．2米．
【解析】
【发现证明】根据旋转的性质可以得到△ADG≌△ABE，则GF=BE+DF，只要再证明△AFG≌△AFE即可．
【类比引申】延长CB至M，使BM=DF，连接AM，证△ADF≌△ABM，证△FAE≌△MAE，即可得出答案；
【探究应用】利用等边三角形的判定与性质得到△ABE是等边三角形，则BE=AB=80米．把△ABE绕点A逆时针旋转150°至△ADG，根据旋转的性质可以得到△ADG≌△ABE，则GF=BE+DF，只要再证明△AFG≌△AFE即可得出EF=BE+FD．
解：如图（1），
∵△ADG≌△ABE，
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，DG=BE，
又∵∠EAF=45°，即∠DAF+∠BEA=∠EAF=45°，
∴∠GAF=∠FAE，
在△GAF和△FAE中，
AG=AE，∠GAF=∠FAE，AF=AF，
∴△AFG≌△AFE（SAS）．
∴GF=EF．
又∵DG=BE，
∴GF=BE+DF，
∴BE+DF=EF．
【类比引申】∠BAD=2∠EAF．
理由如下：如图（2），延长CB至M，使BM=DF，连接AM，
∵∠ABC+∠D=180°，∠ABC+∠ABM=180°，
∴∠D=∠ABM，
在△ABM和△ADF中，
AB=AD，∠ABM=∠D，BM=DF，
∴△ABM≌△ADF（SAS），
∴AF=AM，∠DAF=∠BAM，
∵∠BAD=2∠EAF，
∴∠DAF+∠BAE=∠EAF，
∴∠EAB+∠BAM=∠EAM=∠EAF，
在△FAE和△MAE中，
AE=AE，∠FAE=∠MAE，AF=AM，
∴△FAE≌△MAE（SAS），
∴EF=EM=BE+BM=BE+DF，
即EF=BE+DF．
故答案是：∠BAD=2∠EAF．
【探究应用】如图3，把△ABE绕点A逆时针旋转150°至△ADG，连接AF．
∵∠BAD=150°，∠DAE=90°，
∴∠BAE=60°．
又∵∠B=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=80米．
根据旋转的性质得到：∠ADG=∠B=60°，
又∵∠ADF=120°，
∴∠GDF=180°，即点G在CD的延长线上．
易得，△ADG≌△ABE，
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，DG=BE，
又∵∠EAG=∠BAD=150°，
∴∠GAF=∠FAE，
在△GAF和△FAE中，
AG=AE，∠GAF=∠FAE，AF=AF，
∴△AFG≌△AFE（SAS）．
∴GF=EF．
又∵DG=BE，
∴GF=BE+DF，
∴EF=BE+DF=80+40（﹣1）≈109.2（米），即这条道路EF的长约为109.2米．
“点拨”此题主要考查了四边形综合题，关键是正确画出图形，证明△AFG≌△AEF．此题是一道综合题，难度较大，题目所给例题的思路，为解决此题做了较好的铺垫．
6．（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，
，
∴△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）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，
，
∴△CDO≌△ANO（SAS）
∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，
∴∠DOM＝∠NOM，
在△DMO和△NMO中，
，
∴△DMO≌△NMO（SAS）
∴MN＝DM，
∴CM＝DM﹣CD＝MN﹣AN．
【点拨】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．
7．（1），证明见解析（2）
【分析】
（1）BM+DN=MN成立，证得B、E、M三点共线即可得到△AEM≌△ANM，从而证得ME=MN．
（2）DN-BM=MN．证明方法与（1）类似．
【详解】
（1）BM+DN=MN成立．
证明：如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，则可证得E、B、M三点共线．
∴∠EAM=90°-∠NAM=90°-45°=45°，
又∵∠NAM=45°，
∴在△AEM与△ANM中，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴ME=MN，
∵ME=BE+BM=DN+BM，
∴DN+BM=MN；
（2）DN-BM=MN．
在线段DN上截取DQ=BM，如图，
在△ADQ与△ABM中，
∵，
∴△ADQ≌△ABM（SAS），
∴∠DAQ=∠BAM，
∴∠QAN=∠MAN．
在△AMN和△AQN中，
∴△AMN≌△AQN（SAS），
∴MN=QN，
∴DN-BM=MN．
8．45°．
【解析】
本题考查旋转的性质．旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．要注意旋转的三要素：①定点-旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．
根据CE＋AF＝EF，则已知图形可以认为是把△ABE绕点B逆时针旋转90度，得到△BAM，根据旋转的定义即可求解．
将△BCE以B为旋转中心，逆时针旋转90º，使BC落在BA边上，得△BAM，则∠MBE=90º，AM=CE,BM=BE,因为CE＋AF＝EF，所以MF＝EF，又BF=BF,所以△FBM≌△FBE,所以∠MBF=∠EBF, 所以∠EBF=
9．(1)见解析；
（2） .
【分析】
（1）由折叠可得DE=DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF=90°，由∠EDF=45°，得到∠MDF为45°，可得出∠EDF=∠MDF，再由DF=DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF=MF；
（2）由第一问的全等得到AE=CM=1，正方形的边长为3，用AB-AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF=MF=x，可得出BF=BM-FM=BM-EF=4-x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为EF的长．
【详解】
(1)∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM
∴DE=DM ∠EDM=90°
∴∠EDF + ∠FDM=90°
∵∠EDF=45°
∴∠FDM =∠EDM=45°
∵ DF= DF
∴△DEF≌△DMF
∴ EF=MF …
（2） 设EF=x ∵AE=CM=1
∴ BF=BM-MF=BM-EF=4-x
∵ EB=2
在Rt△EBF中，由勾股定理得
即
解之，得
10．见解析
【分析】
①把△ABE逆时针旋转90°得到△ADG，根据旋转的性质可得BE=GD，AE=AG，再根据∠EAF=45°求出∠FAG=45°，然后利用边角边定理证明△AEF与△AGF全等，根据全等三角形对应边相等可得EF=GF，即EF=GD+FD，即可证明EF=BE+DF；
②把△ADH绕点A顺时针旋转90°得到△ABN，连接GN，根据旋转的性质得到∠NAE=∠EAF，根据全等三角形的性质得到GH=GN，求得∠NBG=∠ABN+∠ABG=45°+45°=90°，根据勾股定理得到BG2+HD2=GH2；
【详解】
①如图，把△ABE逆时针旋转90°得到△ADM，
∴BE=MD，AE=AM，
∵∠EAF=45°，
∴∠FAM=90°-45°=45°，
∴∠EAF=∠FAM，
在△AEF和△AMF中，
，
∴△AEF≌△AMF（SAS），
∴EF=MF，
即EF=MD+DF，
∴BE+DF=EF；
②如图，把△ADH绕点A顺时针旋转90°得到△ABN，连接GN，
∴BN=DH，AN=AH，∠BAN=∠DAH，∠ABN=∠ADH，
∵∠EAF=45°，
∴∠NAE=∠BAN+∠BAE=∠DAH+∠BAE=∠BAD-∠EAF=90°-45°=45°，
∴∠NAE=∠EAF，
在△ANG和△AGH中，
，
∴△AGN≌△AGH（SAS），
∴GH=GN，
在正方形ABCD中，∠ABE=∠ADH=45°，
∴∠NBG=∠ABN+∠ABG=45°+45°=90°，
∴BG2+BN2=NG2，
即BG2+HD2=GH2.
【点拨】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质；熟练掌握正方形的性质是解决问题的关键．
11．（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）旋转后CB与CA重合，作∠KCA=∠FCB，截取KC=FC即可；
（2）连结KE，作KH⊥AC于H，先得到∠ACE+∠BCF=60°，再根据旋转的性质得BF=AK，∠KCA=∠FCB，CK=CF，∠KAC=∠B=30°，则∠KCE=∠FCE，可根据“SAS”判断△CKE≌△CFE，所以KE=EF，由于AE2+EF2=BF2，则AE2+KE2=AK2，根据勾股定理的逆定理得∠AEK=90°，且∠KEC=∠FEC=45°，可计算∠BCF=45°，设KH=a，在Rt△KHC中可得KC=a；在Rt△KHA中得AK=2a，所以AK：KC=2a：a=，则BF：CF=，
（3）设KH=a，在Rt△KHC中得HC=a；在Rt△KHA中得AH=a，则AC=AH+HC=a+a=+1，解得a=1，则AK=2，在Rt△AEK中，计算出∠KAE=60°，∠AKE=30°，所以AE=AK=1，KE=AE=，即可得到EF=．
【详解】
（1）作图如图所示
（2）证明：连结KE，作KH⊥AC于H，如图，
∵∠A=∠B=30°，∠MCN=60°，
∴∠ACB=120°，
∴∠ACE+∠BCF=60°，
∵△BCF绕点C顺时针旋转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为直角三角形，
∴∠AEK=90°，
∴∠KEC=∠FEC=45°，
∴∠BCF=180°-45°-60°-30°=45°，
∴∠KCA=45°，
设KH=a，在Rt△KHC中，KC=a；在Rt△KHA中，AK=2a，
∴AK：KC=2a：a=，
∴BF：CF=，
即BF=CF；
（3）设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=．
【点拨】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了勾股定理的逆定理、全等三角形的判定与性质以及含30度的直角三角形三边的关系．
12．（1）见解析；（2）见解析.
【解析】
【分析】
（1）直接利用旋转的性质证明△AME≌△AFE（SAS），即可得出答案；
（2）利用（1）中所证，再结合勾股定理即可得出答案．
【详解】
证明：（1）∵将绕点A顺时针旋转90°后，得到，
，，，
，
，
，
，
在△AME和中
，
，
；
（2）由（1）得：，
在中，，
又∵，
．
【点拨】此题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，正确得出△AME≌△AFE是解题关键．
13．详见解析
【分析】
在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．根据SAS证明△ABG≌△ADF得到AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，根据∠EAF∠BAD，可知∠GAE＝∠EAF，可证明△AEG≌△AEF，EG＝EF，那么EF＝GE＝BE﹣BG＝BE﹣DF．
【详解】
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，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．
∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF∠BAD．
∴∠GAE＝∠EAF．
在△AEG和△AEF中，
，
∴△AEG≌△AEF（SAS）．
∴EG＝EF，
∵EG＝BE﹣BG
∴EF＝BE﹣FD．
【点拨】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是根据已知条件作出辅助线求解．
14．（1）BM+NC＝MN，；（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 ；
（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 ．
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，
∴；
（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，
∴；
（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．
【点拨】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．
15．（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°．
【点拨】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．
16．（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
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴AF=AG，∠DAF=∠GAB，
∵∠EAF=45°，
∴∠DAF+∠EAB=45°，
∴∠GAB+∠EAB=45°，
∴∠GAE=∠EAF =45°，
在△AGE和△AFE中0
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴GE=EF，
∴EF＝GE=BE+GB=BE＋DF
【点拨】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．
17．见解析．
【分析】
将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADG，根据旋转的性质可得GD=BE，AG=AE，∠DAG=∠BAE，然后求出∠FAG=∠EAF，再利用“边角边”证明△AEF和△AGF全等，根据全等三角形对应边相等可得EF=FG，即可得出结论．
【详解】
如解图，将绕点逆时针旋转至的位置，使与重合．
∴，．
∵．
∴，
∴．
在和中，
，
∴．
∴．
∵，
∴．
【点拨】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，难点在于利用旋转变换作出全等三角形．
18．的周长为6．
【分析】
要求△AMN的周长，根据题目已知条件无法求出三条边的长，只能把三条边长用其它已知边长来表示，所以需要作辅助线，延长AB至F，使BF=CN，连接DF，通过证明△BDF≌△CDN，及△DMN≌△DMF，从而得出MN=MF，△AMN的周长等于AB+AC的长．
【详解】
解：∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC=120°
∴∠BCD=∠DBC=30°
∵△ABC是边长为3的等边三角形
∴∠ABC=∠BAC=∠BCA=60°
∴∠DBA=∠DCA=90°
延长AB至F，使BF=CN，连接DF，
在Rt△BDF和Rt△CND中，BF=CN，DB=DC
∴△BDF≌△CDN，
∴∠BDF=∠CDN，DF=DN
∵∠MDN=60°
∴∠BDM+∠CDN=60°
∴∠BDM+∠BDF=60°，∠FDM=60°=∠MDN，DM为公共边
∴△DMN≌△DMF，
∴MN=MF
∴△AMN的周长是：AM+AN+MN=AM+MB+BF+AN=AB+AC=6．
【点拨】此题主要利用等边三角形和等腰三角形的性质来证明三角形全等，构造另一个三角形是解题的关键．
19．（1）见解析；（2）；（3）．
【分析】
（1）延长到点G,使，连接，首先证明，则有，，然后利用角度之间的关系得出，进而可证明，则，则结论可证；
（2）分别作点A关于和的对称点，，连接，交于点，交于点，根据轴对称的性质有，，当点、、、在同一条直线上时，即为周长的最小值，然后利用求解即可；
（3）旋转至的位置，首先证明，则有，最后利用求解即可．
【详解】
（1）证明：如解图①，延长到点，使，连接，
在和中，
．
，，
，，
．
，
在和中，
．
，；
（2）解：如解图，分别作点A关于和的对称点，，连接，交于点，交于点．
由对称的性质可得，，
此时的周长为．
当点、、、在同一条直线上时，即为周长的最小值．
，
．
，，
；
（3）解：如解图，旋转至的位置，
，
，．
在和中，
．
．
．
【点拨】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．
20．（1）全等，理由详见解析；（2）5
【分析】
（1）由题意易得∠ABG＝90°＝∠D，然后问题可求证；
（2）由（1）及题意易得△GAE≌△FAE，GB＝DF，进而问题可求解．
【详解】
解：（1）全等．理由如下
∵∠D＝∠ABE＝90°，
∴∠ABG＝90°＝∠D，
在△ABG和△ADF中，
，
∴△GAB≌△FAD（ASA）；
（2）∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠DAF+∠BAE＝45°，
∵△GAB≌△FAD，
∴∠GAB＝∠FAD，AG＝AF，
∴∠GAB+∠BAE＝45°，
∴∠GAE＝45°，
∴∠GAE＝∠EAF，
在△GAE和△FAE中，
，
∴△GAE≌△FAE（SAS）
∴EF＝GE
∵△GAB≌△FAD，
∴GB＝DF，
∴EF＝GE＝GB+BE＝FD+BE＝2+3＝5．
【点拨】本题主要考查全等三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
21．
【分析】
过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE＝BM．连接AE、EN．通过证明△ABM≌△ACE（SAS）推知全等三角形的对应边AM＝AE、对应角∠BAM＝∠CAE；然后由等腰直角三角形的性质和∠MAN＝45°得到∠MAN＝∠EAN＝45°，所以△MAN≌△EAN（SAS），故全等三角形的对应边MN＝EN；最后由勾股定理得到EN2＝EC2＋NC2即MN2＝BM2＋NC2．
【详解】
解：如图，过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE＝BM．连接AE、EN．
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠B＝∠ACB＝45°．
∵CE⊥BC，
∴∠ACE＝∠B＝45°．
在△ABM和△ACE中，
∴△ABM≌△ACE（SAS）．
∴AM＝AE，∠BAM＝∠CAE．
∵∠BAC＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠BAM＋∠CAN＝45°．
于是，由∠BAM＝∠CAE，得∠MAN＝∠EAN＝45°．
在△MAN和△EAN中，
∴△MAN≌△EAN（SAS）．
∴MN＝EN．
在Rt△ENC中，由勾股定理，得EN2＝EC2＋NC2．
∴MN2＝BM2＋NC2．
∵BM＝1，CN＝3，
∴MN2＝12＋32，
∴MN＝．
【点拨】本题主要考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理的综合应用，掌握三角形的全等的判定定理是解题关键．
22．（1），证明见解析；（2）,证明见解析；（3）．
【分析】
（1）根据正方形的性质和旋转的性质可证≌，利用SAS可证，则可得：；
（2）根据正方形的性质和旋转的性质可证≌，利用SAS可证，则可得：；
（3）根据正方形的性质和旋转的性质可证≌，利用SAS可证，则可得：；
【详解】
证明：（1）如图①，∵四边形ABCD是正方形
∴AB=AD，=
将绕点A顺时针旋转，得到
∴≌
∴
∵
在和中
∵，
∴
（2）如图②，将绕点A顺时针旋转，得到
∵四边形ABCD是正方形
∴AB=AD，=
∵绕点A顺时针旋转，得到
∴≌
∴
,
∵
在和中
∵，
即：；
（3）如图，
∵，，，
将绕点A顺时针旋转，得到
∴≌
∴
在和中
；
【点拨】本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，利用旋转法构造全等三角形是解题的关键是学会．
23．（1）见解析；（2）；（3），见解析
【分析】
（1）连接,通过，得到为等腰直角三角形，进而得到，根据过点平行于的直线与过点平行于的直线相交于点，可推出，，最后通过证明≌，可以得出结论；
（2）在射线上取点，使，连接，通过证明≌，得到，，再结合，推导证明≌，得到，最后等量代换线段即可求解；
（3）延长到点，使得，连接，通过证明≌，得到，，再结合，推导证明≌，得到，根据，等量代换可知，又因为，推出，进而得到，同理可证，最后根据勾股定理即可求解．
【详解】
解：（1）证明：连接．
，，
为等腰直角三角形，
，
又，且，
，
，
，
同理，，
在与中
，
≌，
，；
（2）如图，在射线上取点，使，连接．
在与中
，
≌，
，，
，，
，
，
，
在与中
≌，
，
又，
．
（3）．证明如下：
如图，延长到点，使得，连接．
，
在与中
，
≌，
，，
，
，
，
，
，
，
在与中
，
≌，
，
≌，
，
，
，
，
，
，
同理可证：，
在中，由勾股定理得：．
【点拨】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．
24．（1）BE＋DF＝EF，△AEG；（2），理由见解析；（3）或
【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+，GH=，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°=，GH= CG·sin60°=，
设CE=x，易求得GE=DE=4﹣x，EH= x+，
在△GHE中，由勾股定理得：（4﹣x）2=( x+)2+（）2，
解得：x=，即CE=；
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°=，GH= CG·sin60°=，
设CE=x，易求得GE=DE=6﹣x，EH= x﹣，
在△GHE中，由勾股定理得：（6﹣x）2=( x﹣)2+（）2，
解得：x=，即CE=，综上，CE的长为或．
【点拨】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．
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