2022年苏教版中考数学压轴题经典模型教案专题02 半角模型

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【压轴必刷】2022中考数学压轴大题之经典模型培优案专题2半角模型     【例1】如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，分别连接EF、BD，BD与AF、AE分别相交于点M、N（1）求证：EF＝BE+DF为了证明“EF＝BE+DF”，小明延长CB至点G，使BG＝DF，连接AG，请画出辅助线并按小明的思路写出证明过程．（2）若BE＝2，DF＝3，请求出正方形ABCD的边长．（3）请直接写出线段BN、MN、DM三者之间的数量关系【例2】如图，是边长为2的等边三角形，是顶角为120°的等腰三角形，以点为顶点作，点、分别在、上．（1）如图①，当时，则的周长为______；（2）如图②，求证：．【例3】．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．【例4】（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝100°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F分别是BC，CD上的点．且∠EAF＝50°．探究图中线段EF，BE，FD之间的数量关系．小明同学探究的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论是　   　（直接写结论，不需证明）；（2）如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是BC，CD上的点，且2∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由；（3）如图3，四边形ABCD是边长为7的正方形，∠EBF＝45°，直接写出△DEF的周长．【例5】如图1，在菱形ABCD中，AC＝2，BD＝2，AC，BD相交于点O．(1)求边AB的长；(2)求∠BAC的度数；(3)如图2，将一个足够大的直角三角板60°角的顶点放在菱形ABCD的顶点A处，绕点A左右旋转，其中三角板60°角的两边分别与边BC，CD相交于点E，F，连接EF．判断△AEF是哪一种特殊三角形，并说明理由． 1．（1）如图①，在四边形中，，，，分别是边，上的点，且．请直接写出线段，，之间的数量关系：__________；（2）如图②，在四边形中，，，，分别是边，上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程；（3）在四边形中，，，，分别是边，所在直线上的点，且．请画出图形（除图②外），并直接写出线段，，之间的数量关系．2．如图，在等边三角形ABC中，点E是边AC上一定点，点D是直线BC上一动点，以DE为一边作等边三角形DEF，连接CF．（1）如图1，若点D在边BC上，直接写出CE，CF与CD之间的数量关系；（2）如图2，若点D在边BC的延长线上，请探究线段CE，CF与CD之间存在怎样的数量关系？并说明理由；（3）如图3，若点D在边CB的延长线上，请直接写出CE，CF与CD之间的数量关系．3．如图，，，，，．（1）求的度数；（2）以E为圆心，以长为半径作弧；以F为圆心，以长为半径作弧，两弧交于点G，试探索的形状？是锐角三形，直角三角形还是钝角三角形？请说明理由．4．（1）阅读理解如图1，在正方形ABCD中，若E，F分别是CD，BC边上的点，∠EAF＝45°，则我们常常会想到：把ADE绕点A顺时针旋转90°，得到ABG．易证AEF≌     ，得出线段BF，DE，EF之间的关系为    ；（2）类比探究如图2，在等边ABC中，D，E为BC边上的点，∠DAE＝30°，BD＝1，EC＝2．求线段DE的长；（3）拓展应用如图3，在ABC中，AB＝AC＝，∠BAC＝150°，点D，E在BC边上，∠DAE＝75°，若DE是等腰ADE的腰，请直接写出线段BD的长．5．已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E、F．（1）当∠MBN绕B点旋转到AE＝CF时（如图1），试猜想AE，CF，EF之间存在怎样的数量关系？请将三条线段分别填入后面横线中：　　＋　　＝　　．（不需证明）（2）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF（如图2）时，上述（1）中结论是否成立？请说明理由．（3）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF（如图3）时，上述（1）中结论是否成立？若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．6．如图，在正方形ABCD中，点P在直线BC上，作射线AP，将射线AP绕点A逆时针旋转45°，得到射线AQ，交直线CD于点Q，过点B作BE⊥AP于点E，交AQ于点F，连接DF．（1）依题意补全图形；（2）用等式表示线段BE，EF，DF之间的数量关系，并证明．7．（1）如图，在正方形中，、分别是，上的点，且．直接写出、、之间的数量关系；（2）如图，在四边形中，，，、分别是，上的点，且，求证：；（3）如图，在四边形中，，，延长到点，延长到点，使得，则结论是否仍然成立？若成立，请证明；不成立，请写出它们的数量关系并证明．8．（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．9．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．10．矩形ABCD中，M、N为边AD上两点，连接BM、CN，MN=BM=CN，∠BMD=120°．  （1）如图1，求证：AM=DN； （2）如图2，点E、F分别在NC、BC上，∠FME=60°，求证：EF= BF+NE；    （3）如图3，在(2)的条件下，过E作EP∥BC交MF于P，2MN=3BF，EP=7，求CE的长．11．问题背景：如图1，在四边形中，，，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．探究图中线段之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长到G，使，连接，先证明，再证明，可得出结论，他的结论就是______________；探究延伸：如图2，在四边形中，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由．实际应用：如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．12．【问题背景】如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，点E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝60°，试探究图中线段BE、EF、FD之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使GD＝BE，连结AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是　   　．【探索延伸】如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，点E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由．【学以致用】如图3，在四边形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠B＝90°，AB＝BC＝6，E是边AB上一点，当∠DCE＝45°，BE＝2时，则DE的长为　   　．13．如图1：已知△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，在∠BAC内部作∠MAN＝45°．AM、AN分别交BC于点M，N．【操作】（1）将△ABM绕点A逆时针旋转90°，使AB边与AC边重合，把旋转后点M的对应点记作点Q，得到ACQ，请在图1中画出△ACQ；（不写出画法）【探究】（2）在（1）中作图的基础上，连接NQ，①求证“MN＝NQ”；②写出线段BM，MN和NC之间满足的数量关系，并简要说明理由．【拓展】如图2，在等腰△DEF中，∠EDF＝45°，DE＝DF，点P是EF边上任意一点（不与E，F重合），连接DP，以DP为腰向两侧分别作顶角均为45°的等腰△DPG和等腰△DPH，分别交DE，DF于点K，L，连接GH，分别交DE，DF于点S，T．（3）线段GS，ST和TH之间满足的数量关系是　   　；（4）设DK＝a，DE＝b，求DP的值．（用a，b表示）14．阅读下面材料：小伟遇到这样一个问题：如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别为DC、BC边上的点，∠EAF＝45°，连接EF，求证：DE+BF＝EF．小伟是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段集中到同一条线段上．他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问题．他的方法是将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG（如图2），此时GF即是DE+BF．请回答：在图2中，∠GAF的度数是　   　．参考小伟得到的结论和思考问题的方法，解决下列问题：（1）如图3，在直角梯形ABCD中，AD∥BC（AD＞BC），∠D＝90°，AD＝CD＝10，E是CD上一点，若∠BAE＝45°，DE＝4，则BE＝　   　．（2）如图4，在平面直角坐标系xOy中，点B是x轴上一动点，且点A（﹣3，2），连接AB和AO，并以AB为边向上作正方形ABCD，若C（x，y），试用含x的代数式表示y，则y＝　   　．15．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，BC＝CD，点E，F分别在边BC，CD上，且BE＝DF＝AD，AF与DE交于点G．（1）求证：AB＝BF．（2）当AB＝5，AD＝2，求DG的长．16．（1）如图1，正方形ABCD中，F是边CD边上一点，F′是CB延长线上一点，∠FAF′的平分线交边BC于E．已知DF＝BF'，①求证：∠EAF＝45°②若正方形ABCD边长是3，BE＝1，求DF的长．（2）如图2，正方形ABCD中，F是边CD边上一点，E为边AB上一点．以直线EF为对称轴把正方形折叠，BC的对应线段为B'C'，其中点C在边AD上，B'C交边AB于点G，记△AGC′周长为x，正方形ABCD周长为y，求y与x的函数关系式．17．如图，在平行四边形ABCD中，CE⊥BC交AD于点E，连接BE，点F是BE上一点，连接CF．（1）如图1，若tan∠ECD，BC＝BF＝4，DC，求EF的长．（2）如图2，若BC＝EC，连接BE，在BE上取点F，使∠FCD＝45°，过点E作EM⊥CF交CF延长线于点M，延长ME、CD相交于点G，连接BG交CM于点N．求证：EG＝2MN．18．在锐角△ABC中，∠BAC＝50°，将∠α的顶点P放置在BC边上，使∠α的两边分别与边AB，AC交于点E，F（点E不与B点重合，点F不与点C重合）．设∠BEP＝x，∠CFP＝y．（1）【发现】若∠α＝40°．①如图1，当点F与点A重合，x＝60°时，y＝　   　°；②如图2，当点E，F均不与点A重合时，x+y＝　   　°；（2）【探究】判断x，y和∠α之间满足怎样的数量关系？并写出你的理由．19．【发现】如图①，已知等边△ABC，将直角三角板的60°角顶点D任意放在BC边上（点D不与点B、C重合），使两边分别交线段AB、AC于点E、F．（1）若AB＝6，AE＝4，BD＝2，则CF＝　   　；（2）求证：△EBD∽△DCF．【思考】若将图①中的三角板的顶点D在BC边上移动，保持三角板与边AB、AC的两个交点E、F都存在，连接EF，如图②所示，问：点D是否存在某一位置，使ED平分∠BEF且FD平分∠CFE？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【探索】如图③，在等腰△ABC中，AB＝AC，点O为BC边的中点，将三角形透明纸板的一个顶点放在点O处（其中∠MON＝∠B），使两条边分别交边AB、AC于点E、F（点E、F均不与△ABC的顶点重合），连接EF．设∠B＝α，则△AEF与△ABC的周长之比为　   　（用含α的表达式表示）．20．已知：如图，正方形ABCD的边长为a，BM，DN分别平分正方形的两个外角，且满足∠MAN＝45°，连接MC，NC，MN．（1）填空：与△ABM相似的三角形是△　   　，BM•DN＝　   　；（用含a的代数式表示）（2）求∠MCN的度数；（3）猜想线段BM，DN和MN之间的等量关系并证明你的结论．21．如图1，在正方形ABCD中，点E为边BC上一点，将△ABE沿AE翻折得△AHE，延长EH交边CD于F，连接AF．（1）求证：∠EAF＝45°；（2）若AB＝4，F为CD的中点，求tan∠BAE的值；（3）如图2，射线AE、AF分别交正方形两个外角的平分线于M、N，连接MN，若以BM、DN、MN为三边围成三角形，试猜想三角形的形状，并证明你的结论．22．如图，BM，DN分别平分正方形ABCD的两个外角，且∠MAN＝45°，连接MN．（1）画出将△ABM绕点A顺时针旋转90°后得到的图形，并探究以线段BM，DN，MN为三边组成的三角形的形状；（2）当MN∥AD时，直接写出的值．23．如图，在等腰三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，D是BC边上的一个动点（不与B、C重合），在AC边上取一点E，使∠ADE＝45°．（1）求证：△ABD∽△DCE；（2）设BD＝x，AE＝y．①求y关于x的函数关系式并写出自变量x的取值范围；②求y的最小值．24．如图1，△ABC与△DCE均为等腰直角三角形，DC与AB交于点M，CE与AB交于点N．（1）以点C为中心，将△ACM逆时针旋转90°，画出旋转后的△A'CM'（2）在（1）的基础上，证明AM2+BN2＝MN2．（3）如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝45°，∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，若BC＝4，CD＝3，则对角线AC的长度为多少？（直接写出结果即可）25．【操作发现】如图1，△ABC为等边三角形，点D为AB边上的一点，∠DCE＝30°，将线段CD绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，连接AF、EF，请直接写出下列结果：①∠EAF的度数为　   　；②DE与EF之间的数量关系为　   　；【类比探究】如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，点D为AB边上的一点，∠DCE＝45°，将线段CD绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，连接AF、EF．①则∠EAF的度数为　   　；②线段AE，ED，DB之间有什么数量关系？请说明理由；【实际应用】如图3，△ABC是一个三角形的余料，小张同学量得∠ACB＝120°，AC＝BC，他在边BC上取了D、E两点，并量得∠BCD＝15°、∠DCE＝60°，这样CD、CE将△ABC分成三个小三角形，请求△BCD、△DCE、△ACE这三个三角形的面积之比．
 【压轴必刷】2022中考数学压轴大题之经典模型培优案专题2半角模型    【例1】如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，分别连接EF、BD，BD与AF、AE分别相交于点M、N（1）求证：EF＝BE+DF为了证明“EF＝BE+DF”，小明延长CB至点G，使BG＝DF，连接AG，请画出辅助线并按小明的思路写出证明过程．（2）若BE＝2，DF＝3，请求出正方形ABCD的边长．（3）请直接写出线段BN、MN、DM三者之间的数量关系【分析】（1）延长BC到G，使BG＝DF，连接AG，证得△ABG≌△ADF，△AEF≌△AEG，最后利用等量代换求得答案即可；（2）根据（1）中的结论，设正方形的边长为x，列方程可解答；（3）在AG截取AH＝AM，连接NH、BH，证得△ABH≌△ADM，△AMN≌△AHN，最后利用勾股定理求得答案即可．【解析】（1）证明：如图1，延长CB至点G，使BG＝DF，连接AG，∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝∠ADF＝∠ABE＝∠ABG＝90°，在△ABG和△ADF中，，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴∠DAF＝∠BAG，AF＝AG，∴∠GAE＝∠BAG+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝90°﹣45°＝45°＝∠EAF，在△AEF和△AEG中，，∴△AEF≌△AEG（SAS），∴EF＝EG，∵EG＝BE+BG，∴EF＝BE+DF；（2）解：设正方形的边长为x，∵BE＝2，DF＝3，∴CE＝x﹣2，CF＝x﹣3，由（1）得：EF＝BE+DF＝2+3＝5，Rt△CEF中，EF2＝CE2+CF2，52＝（x﹣2）2+（x﹣3）2，解得：x＝6或﹣1（舍），答：正方形ABCD的边长为6．（3）解：BN2+DM2＝MN2；理由是：如图2，在AG上截取AH＝AM，连接HN、BH，在△AHB和△AMD中，，∴△AHB≌△AMD（SAS），∴BH＝DM，∠ABH＝∠ADB＝45°，又∵∠ABD＝45°，∴∠HBN＝90°．∴BH2+BN2＝HN2．在△AHN和△AMN中，，∴△AHN≌△AMN（SAS），∴MN＝HN．∴BN2+DM2＝MN2．【例2】．如图，是边长为2的等边三角形，是顶角为120°的等腰三角形，以点为顶点作，点、分别在、上．（1）如图①，当时，则的周长为______；（2）如图②，求证：．【答案】（1）4；（2）见解析【分析】（1）首先证明△BDM≌△CDN，进而得出△DMN是等边三角形，∠BDM=∠CDN=30°，NC=BM=DM=MN，即可解决问题；（2）延长至点，使得，连接，首先证明，再证明，得出，进而得出结果即可．【详解】解：（1）∵是等边三角形，，，∴是等边三角形，，则，∵是顶角的等腰三角形，，，在和中，，，，∵，∴是等边三角形，，，，∴的周长．（2）如图，延长至点，使得，连接，∵是等边三角形，是顶角的等腰三角形，，，，，在和中，，，，，∵，，在和中，．，又∵，．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质及等腰三角形的性质，掌握全等三角形的性质与判定，等边三角形及等腰三角形的性质是解题的关键．【例3】．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．【答案】（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，．．．【点睛】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．【例4】．（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝100°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F分别是BC，CD上的点．且∠EAF＝50°．探究图中线段EF，BE，FD之间的数量关系．小明同学探究的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论是　   　（直接写结论，不需证明）；（2）如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是BC，CD上的点，且2∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由；（3）如图3，四边形ABCD是边长为7的正方形，∠EBF＝45°，直接写出△DEF的周长．【答案】（1）EF＝BE+DF；（2）成立，理由详见解析；（3）14．【分析】（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，由“SAS”可证△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，再由“SAS”可证△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题；（2）延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，即可证明△ABG≌△ADF，可得AF＝AG，再证明△AEF≌△AEG，可得EF＝EG，即可解题；（3）延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，由“SAS”可证△ABH≌△CBF，可得BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，由“SAS”可证△EBH≌△EBF，可得EF＝EH，可得EF＝EH＝AE+CF，即可求解．【详解】证明：（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠BAD＝100°，∠EAF＝50°，∴∠BAE+∠FAD＝∠DAG+∠FAD＝50°，∴∠EAF＝∠FAG＝50°，在△EAF和△GAF中，∵，∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF＝FG＝DF+DG，∴EF＝BE+DF，故答案为：EF＝BE+DF；（2）结论仍然成立，理由如下：如图2，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABG+∠ABC＝180°，∴∠ABG＝∠D，∵在△ABG与△ADF中，，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，∵2∠EAF＝∠BAD，∴∠DAF+∠BAE＝∠BAG+∠BAE＝∠BAD＝∠EAF，∴∠GAE＝∠EAF，又AE＝AE，∴△AEG≌△AEF（SAS），∴EG＝EF．∵EG＝BE+BG．∴EF＝BE+FD；（3）如图，延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝7＝AD＝CD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∴∠BAH＝∠BCF＝90°，又∵AH＝CF，AB＝BC，∴△ABH≌△CBF（SAS），∴BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，∵∠EBF＝45°，∴∠CBF+∠ABE＝45°＝∠HBA+∠ABE＝∠EBF，∴∠EBH＝∠EBF，又∵BH＝BF，BE＝BE，∴△EBH≌△EBF（SAS），∴EF＝EH，∴EF＝EH＝AE+CF，∴△DEF的周长＝DE+DF+EF＝DE+DF+AE+CF＝AD+CD＝14．【点睛】本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．【例5】]如图1，在菱形ABCD中，AC＝2，BD＝2，AC，BD相交于点O．(1)求边AB的长；(2)求∠BAC的度数；(3)如图2，将一个足够大的直角三角板60°角的顶点放在菱形ABCD的顶点A处，绕点A左右旋转，其中三角板60°角的两边分别与边BC，CD相交于点E，F，连接EF．判断△AEF是哪一种特殊三角形，并说明理由．【答案】（1）2；（2） ；（3）见详解【分析】（1）由菱形的性质得出OA=1，OB=，根据勾股定理可得出答案；（2）得出△ABC是等边三角形即可；（3）由△ABC和△ACD是等边三角形，利用ASA可证得△ABE≌△ACF；可得AE=AF，根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形推出即可．【详解】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∴△AOB为直角三角形，且．∴；（2）∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC，由（1）得：AB=AC=BC=2，∴△ABC为等边三角形，∠BAC=60°；（3）△AEF是等边三角形，∵由（1）知，菱形ABCD的边长是2，AC=2，∴△ABC和△ACD是等边三角形，∴∠BAC=∠BAE+∠CAE=60°，∵∠EAF=∠CAF+∠CAE=60°，∴∠BAE=∠CAF，在△ABE和△ACF中，∴△ABE≌△ACF（ASA），∴AE=AF，∵∠EAF=60°，∴△AEF是等边三角形．【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质以及图形的旋转．解题的关键是熟练掌握菱形的性质． 1．（1）如图①，在四边形中，，，，分别是边，上的点，且．请直接写出线段，，之间的数量关系：__________；（2）如图②，在四边形中，，，，分别是边，上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程；（3）在四边形中，，，，分别是边，所在直线上的点，且．请画出图形（除图②外），并直接写出线段，，之间的数量关系．【答案】（1）；（2）成立，理由见解析；（3）图形见解析，【分析】（1）延长EB到G，使BG=DF，连接AG．证明△AGE和△AEF全等，则EF=GE，则EF=BE+DF，证明△ABE和△AEF中全等，那么AG=AF，∠1=∠2，∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=∠BAD．从而得出EF=GE；（2）思路和作辅助线的方法同（1）；（3）根据（1）的证法，我们可得出DF=BG，GE=EF，那么EF=GE=BE-BG=BE-DF．【详解】（1）延长至，使，连接，∵，，∴≌，∴，，∴，∴，在和中，∵，∴≌，∴，∵，∴．故答案为：（）（）中的结论仍成立，证明：延长至，使，∵，，∴，在和中，，∴≌，∴，,∵，∴，∴即，在和中，，∴≌，∴，即．（），证明：在上截取使，连接，∵，，∴，∵在和中，，∴≌，∴，，∴，∴，在和中，，∴≌，∴，∵，∴．【点睛】此题主要考查了三角形全等的判定与性质，通过全等三角形来实现线段的转换是解题关键，没有明确的全等三角形时，要通过辅助线来构建与已知和所求条件相关联的全等三角形.2．如图，在等边三角形ABC中，点E是边AC上一定点，点D是直线BC上一动点，以DE为一边作等边三角形DEF，连接CF．（1）如图1，若点D在边BC上，直接写出CE，CF与CD之间的数量关系；（2）如图2，若点D在边BC的延长线上，请探究线段CE，CF与CD之间存在怎样的数量关系？并说明理由；（3）如图3，若点D在边CB的延长线上，请直接写出CE，CF与CD之间的数量关系．【答案】（1）CE＋CF＝CD；（2）CF＝CE＋CD，理由见解析；（3）CD＝CE＋CF【分析】（1）在CD上截取CH=CE，易证CEH是等边三角形，得EH=EC=CH，证明DEH≌FEC，得DH=CF，即可得出结论；（2）先证GCE为等边三角形，再证EGD≌ECF，得到GD＝CF，又因为GD＝CG＋CD，得CF＝CG＋CD，则CF＝CE＋CD；（3）先证GCE为等边三角形，再证CG＝CE＝EG， ∠GEC＝60°，ED＝EF，∠DEG＝∠FEC，得EGD≌ECF，则GD＝CF，即可得到CE +CF＝CD．【详解】（1）证明：CE+CF=CD，理由如下：在CD上截取CH=CE，连接EH，如图1所示：∵ABC是等边三角形，∴∠ECH=60°，∴CEH是等边三角形，∴EH=EC=CH，∠CEH=60°，∵DEF是等边三角形，∴DE=FE，∠DEF=60°，∴∠DEH+∠HEF=∠FEC+∠HEF=60°，∴∠DEH=∠FEC，在DEH和FEC中，，∴DEH≌FEC（SAS），∴DH=CF，∴CD=CH+DH=CE+CF，∴CE+CF=CD；（2）解：CF＝CE＋CD理由如下：∵ABC是等边三角形，∴∠A＝∠B＝∠ACB＝60°，作，交BC于点G，如图2所示∴∠EGC＝∠B＝60°，∠GEC＝∠A＝60°，∴∠EGC＝∠GEC＝∠ACB＝60°，∴GCE为等边三角形，∴CG＝CE＝EG， ∵EDF为等边三角形，∴ED＝EF，∠DEF＝60°，∴∠DEG＝∠FEC，∴EGD≌ECF（SAS），∴GD＝CF，又GD＝CG＋CD∴CF＝CE＋CD．（3）∵ABC是等边三角形，∴∠A＝∠ABC＝∠ACB＝60°，作，交BC于点G，如图所示∴∠EGC＝∠ABC＝60°，∠GEC＝∠A＝60°，∴∠EGC＝∠GEC＝∠ACB＝60°，∴GCE为等边三角形，∴CG＝CE＝EG， ∠GEC＝60°∴∠GEC＝∠GEF +∠FEC ＝60°∵EDF为等边三角形，∴ED＝EF，∠DEF＝60°，∴∠DEF＝∠GEF +∠DEG＝60°∴∠DEG＝∠FEC，∴EGD≌ECF（SAS），∴GD＝CF，又∵GD＝CD-CG，CG＝CE∴CE +CF＝CD【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；作辅助线构建等边三角形是解题的关键，属于中考常考题型．3．如图，，，，，．（1）求的度数；（2）以E为圆心，以长为半径作弧；以F为圆心，以长为半径作弧，两弧交于点G，试探索的形状？是锐角三形，直角三角形还是钝角三角形？请说明理由．【答案】（1）45°；（2）见详解【分析】（1）由CA⊥CB，可得∠ACB＝90°，再根据∠ECF＝45°，即可得出答案；（2）如图，连接DE，先证明△ECF≌△ECD（SAS），可得DE＝EF，再证明△CAD≌△CBF（SAS），可得AD＝BF，∠CAD＝∠B，即可得出∠DAE＝90°，再利用SSS证明△EFG≌△EDA，即可得出答案．【详解】解：（1）∵CA⊥CB，∴∠ACB＝90°，∴∠ACE＋∠ECF＋∠BCF＝90°，∵∠ECF＝45°，∴∠ACE＋∠BCF＝90°−∠ECF＝45°；（2）△EFG是直角三角形，理由如下：如图，连接DE，由（1）知，∠ACE＋∠BCF＝45°，∵∠ACD＝∠BCF，∴∠ACE＋∠ACD＝45°，即∠DCE＝45°，∵∠ECF＝45°，∴∠ECF＝∠ECD，在△ECF和△ECD中，，∴△ECF≌△ECD（SAS），∴DE＝EF，在△CAD和△CBF中，，∴△CAD≌△CBF（SAS），∴AD＝BF，∠CAD＝∠B，∵FG＝BF，∴FG＝AD，∵∠ACB＝90°，CA＝CB，∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠CAB＝∠B＝45°，∴∠DAE＝∠CAB＋∠B＝90°，在△EFG和△EDA中，，∴△EFG≌△EDA（SSS），∴∠EGF＝∠EAD＝90°，∴△EFG是直角三角形．【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形性质，直角三角形的判定和性质，全等三角形判定和性质等知识，解题关键是添加辅助线构造全等三角形，熟练运用全等三角形判定和性质解决问题．4．（1）阅读理解如图1，在正方形ABCD中，若E，F分别是CD，BC边上的点，∠EAF＝45°，则我们常常会想到：把ADE绕点A顺时针旋转90°，得到ABG．易证AEF≌     ，得出线段BF，DE，EF之间的关系为    ；（2）类比探究如图2，在等边ABC中，D，E为BC边上的点，∠DAE＝30°，BD＝1，EC＝2．求线段DE的长；（3）拓展应用如图3，在ABC中，AB＝AC＝，∠BAC＝150°，点D，E在BC边上，∠DAE＝75°，若DE是等腰ADE的腰，请直接写出线段BD的长．【答案】（1）AGF，EF＝DE+BF；（2）DE＝；（3）BD＝2或2【分析】（1）证明△AGF≌△AEF（SAS），则GF＝EF，即GF＝BG+BF＝DE+BF＝EF，即可求解；（2）证明△AFD≌△AED（SAS），则FD＝DE，在Rt△FBH中，∠FBH＝60°，则BH＝BF＝1，FH＝BFsin60°＝2×＝，则,即可求解；（3）①当DE＝AD时，△ADE≌△ADF（SAS），在△ABC中，AB＝AC＝，∠HAC＝30°，由BC2＝（AB+AH）2+HC2得：BC2＝（x+x）2+（x）2，求出BC＝4+2；在△ADE中，AD＝DE＝a，∠ADE＝30°，同理可得：AE＝，由AB2+AE2＝BE2，求出a＝2，即可求解；②当DE＝AE时，BD对应①中的CE，即可求解．【详解】解：（1）由图象的旋转知，AG＝AE，∠DAE＝∠GAB，∵∠BAF+∠DAE＝∠BAD﹣∠EAF＝45°，∴∠GAF＝∠GAB+∠BAF＝∠DAE+∠BAF＝90°﹣∠EAF＝45°＝∠EAF，又∵AG＝AE，AF＝AF，∴△AGF≌△AEF（SAS），∴GF＝EF，即GF＝BG+BF＝DE+BF＝EF，即EF＝DE+BF，故答案为：AGF，EF＝DE+BF；（2）将△AEC围绕点A旋转到△AFB的位置，连接FD，由（1）知，△AFB≌△AEC（SAS），则AF＝AE，FB＝EC＝2，∵∠FAD＝∠FAB+∠BAD＝∠EAC+∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝60°﹣30°＝∠DAE，∵AD＝AD，AF＝AE，∴△AFD≌△AED（SAS），∴FD＝DE，∠ABF＝∠C＝60°，在△BDF中，BD＝1，BF＝2，∠FBD＝∠ABF+∠ABC＝60°+60°＝120°，过点F作FH⊥BD交DB的延长线于点H，则∠FBH＝60°，在Rt△FBH中，∠FBH＝60°，则BH＝BF＝1，FH＝BFsin60°＝2×＝，则故DE＝；（3）①当DE＝AD时，则∠DAE＝∠DEA＝75°，则∠ADE＝180°﹣2×75°＝30°，在等腰△ABC中，∠BAC＝150°，则∠ABC＝∠ACB＝15°，将△AEC围绕点A旋转到△AFB所在的位置（点F对应点E），连接DF，由（2）同理可得：△ADE≌△ADF（SAS），∴DF＝DE，∵∠ADE＝∠ABC+∠BAD＝15°+∠BAD＝30°，故∠BAD＝15°＝∠ABD，∴AD＝BD＝ED，设BD＝a，则AD＝BD＝ED＝a，则BE＝2a，过点C作CH⊥BA交BA的延长线于点H，则∠HAC＝2∠ABC＝30°，在△ABC中，AB＝AC＝，∠HAC＝30°，设AC＝x，则CH＝x，AH＝x，由BC2＝（AB+AH）2+HC2得：BC2＝（x+x）2+（x）2，将x＝代入上式并解得：BC＝4+2；在△ADE中，AD＝DE＝a，∠ADE＝30°，同理可得：AE＝，∵∠ABE＝15°，∠AEB＝75°，故∠BAE＝90°，在Rt△ABE中，AB2+AE2＝BE2，即（）2+（）2＝（2a）2，解得a＝±2（舍去负值），故a＝2，则BD＝2，CE＝BC﹣2a＝4+2﹣4＝2；②当DE＝AE时，BD对应①中的CE，故BD＝2；综上，BD＝2或2．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，解直角三角形，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.5．已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E、F．（1）当∠MBN绕B点旋转到AE＝CF时（如图1），试猜想AE，CF，EF之间存在怎样的数量关系？请将三条线段分别填入后面横线中：　　＋　　＝　　．（不需证明）（2）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF（如图2）时，上述（1）中结论是否成立？请说明理由．（3）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF（如图3）时，上述（1）中结论是否成立？若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．【答案】（1）AE；CF；EF；（2）成立，见解析；（3）不成立，新的关系为AE＝EF＋CF．【分析】（1）根据题意易得△ABE≌△CBF，然后根据全等三角形的性质可得∠ABE=∠CBF=30°，进而根据30°角的直角三角形及等边三角形的性质可求解；（2）如图2，延长FC到H，使CH=AE，连接BH，根据题意可得△BCH≌△BAE，则有BH=BE，∠CBH=∠ABE，进而可证△HBF≌△EBF，推出HF=EF，最后根据线段的等量关系可求解；（3）如图3，在AE上截取AQ=CF，连接BQ，根据题意易得△BCF≌△BAQ，推出BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，进而可证△FBE≌△QBE，推出EF=QE即可．【详解】解：（1）如图1，AE+CF=EF，理由如下：∵AB⊥AD，BC⊥CD，∴∠A=∠C=90°，∵AB=BC，AE=CF，∴△ABE≌△CBF（SAS），∴∠ABE=∠CBF，BE=BF，∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，∴∠ABE=∠CBF=30°，∴，∵∠MBN=60°，BE=BF，∴△BEF是等边三角形，∴，故答案为：AE+CF=EF；（2）如图2，（1）中结论成立；理由如下：延长FC到H，使CH=AE，连接BH，∵AB⊥AD，BC⊥CD，∴∠A=∠BCH=90°，∴△BCH≌△BAE（SAS），∴BH=BE，∠CBH=∠ABE，∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，∴∠ABE+∠CBF=120°-60°=60°，∴∠HBC+∠CBF=60°，∴∠HBF=∠MBN=60°，∴∠HBF=∠EBF，∴△HBF≌△EBF（SAS），∴HF=EF，∵HF=HC+CF=AE+CF，∴EF=AE+CF；（3）如图3，（1）中的结论不成立，关系为AE=EF+CF，理由如下：在AE上截取AQ=CF，连接BQ，∵AB⊥AD，BC⊥CD，∴∠A=∠BCF=90°，∵AB=BC，∴△BCF≌△BAQ（SAS），∴BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，∵∠MBN=60°=∠CBF+∠CBE，∴∠CBE+∠ABQ=60°，∵∠ABC=120°，∴∠QBE=120°-60°=60°=∠MBN，∴∠FBE=∠QBE，∴△FBE≌△QBE（SAS），∴EF=QE，∵AE=QE+AQ=EF+CE，∴AE=EF+CF．【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、含30°角的直角三角形的性质及等边三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、含30°角的直角三角形的性质及等边三角形的性质是解题的关键．6．如图，在正方形ABCD中，点P在直线BC上，作射线AP，将射线AP绕点A逆时针旋转45°，得到射线AQ，交直线CD于点Q，过点B作BE⊥AP于点E，交AQ于点F，连接DF．（1）依题意补全图形；（2）用等式表示线段BE，EF，DF之间的数量关系，并证明．【答案】（1）补全图形见解析；（2）BE+DF=EF，证明见解析．【分析】（1）根据题意补全图形即可．（2）延长FE到H,使EH=EF，根据题意证明△ABH≌△ADF，然后根据全等三角形的性质即可证明．【详解】（1）补全图形（2）BE+DF=EF．证明：延长FE到H,使EH=EF∵BE⊥AP，∴AH=AF，∴∠HAP=∠FAP=45°，∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD，∠BAD=90°∴∠BAP+∠2=45°，∵∠1+∠BAP=45°∴∠1=∠2，∴△ABH≌△ADF，∴DF=BH，∵BE+BH=EH=EF，∴BE+DF=EF．【点睛】此题考查了正方形的性质和全等三角形的性质，解题的关键是根据题意作出辅助线．7．（1）如图，在正方形中，、分别是，上的点，且．直接写出、、之间的数量关系；（2）如图，在四边形中，，，、分别是，上的点，且，求证：；（3）如图，在四边形中，，，延长到点，延长到点，使得，则结论是否仍然成立？若成立，请证明；不成立，请写出它们的数量关系并证明．【答案】（1），理由见详解；（2）见详解；（3）结论EF＝BE＋FD不成立，应当是EF＝BE−FD．理由见详解．【分析】（1）在CD的延长线上截取DM＝BE，连接AM，证出△ABE≌△ADM，根据全等三角形的性质得出BE＝DM，再证明△AEF≌△AMF，得EF＝FM，进而即可得出答案；（2）在CD的延长线上截取DG＝BE，连接AG，证出△ABE≌△ADG，根据全等三角形的性质得出BE＝DG，再证明△AEF≌△AGF，得EF＝FG，即可得出答案；（3）按照（2）的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．根据（2）的证法，我们可得出DF＝BG，GE＝EF，那么EF＝GE＝BE−BG＝BE−DF．所以（1）的结论在（3）的条件下是不成立的．【详解】（1）解：，理由如下：延长CD，使DM=BE，连接AM，∵在正方形中，AB=AD，∠B=∠ADM=90°，∴，∴∠BAE=∠DAM，AE=AM，∵，∴∠BAE+∠DAF=∠DAM+∠DAF =90°-45°=45°，∴∠EAF=∠MAF=45°，又∵AF=AF，AE=AM，∴，∴EF=MF=MD+DF=BE+DF；（2）在CD的延长线上截取DG＝BE，连接AG，如图，∵∠ADF＝90°，∠ADF＋∠ADG＝180°，∴∠ADG＝90°，∵∠B＝90°，∴∠B＝∠ADG＝90°，∵BE＝DG，AB＝AD，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE＝∠DAG，AG＝AE，∴∠EAG＝∠EAD＋∠DAG＝∠EAD＋∠ABE＝∠BAD，∵， ∴∠EAF＝∠FAG，又∵AF＝AF，AE＝AG，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG＝DF＋DG＝EB＋DF；（3）结论EF＝BE＋FD不成立，应当是EF＝BE−FD．理由如下：如图，在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．∵∠B＋∠ADC＝180°，∠ADF＋∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADF．∵在△ABG与△ADF中，，∴△ABG≌△ADF（SAS）．∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．∴∠BAG＋∠EAD＝∠DAF＋∠EAD＝∠EAF＝∠BAD．∴∠GAE＝∠BAD=∠EAF．∵AE＝AE，AG＝AF．∴△AEG≌△AEF．∴EG＝EF，∵EG＝BE−BG∴EF＝BE−FD．【点睛】本题考查了三角形综合题，三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用旋转变换的思想添加辅助线，构造全等三角形解决问题，解题时注意一些题目虽然图形发生变化，但是证明思路和方法是类似的，属于中考压轴题．8．（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．【答案】（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．【点睛】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．9．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．【答案】（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：．【点睛】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．10．矩形ABCD中，M、N为边AD上两点，连接BM、CN，MN=BM=CN，∠BMD=120°．  （1）如图1，求证：AM=DN； （2）如图2，点E、F分别在NC、BC上，∠FME=60°，求证：EF= BF+NE；    （3）如图3，在(2)的条件下，过E作EP∥BC交MF于P，2MN=3BF，EP=7，求CE的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）3【分析】（1）由题意易得AB=CD，∠A=∠D=90°，进而可证Rt△ABM≌Rt△DCN，最后得证；（2）延长CB至G，使BG=NE，连接MG，易得∠MBG=∠BMD=∠MNE=120°，进而可证MG=ME，∠GMB=∠EMN，∠GMF=∠FME，MF=MF，△GMF≌△EMF，然后根据线段的数量关系可求解；（3）设BF=2a，MN=BM=CN=3a，则有∠A=∠D=∠DCB=90°，AD=BC，由（1）可得AM=BM=，由(2)问可知：EF=BF+NE，△GMF≌△EMF，∠MFB=∠MFE，可得CE=CN-EN=3a-(7-2a)=5a-7，过点E作ER⊥BC于R，∠ERF=∠ERC=∠DCB=90°，ER∥DC，然后根据勾股定理进行求解即可．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD，∠A=∠D=90°， ∵BM=CN，∴Rt△ABM≌Rt△DCN(HL)，∴AM=DM（2）解：延长CB至G，使BG=NE，连接MG，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠MBG=∠BMD=∠MNE=120°，∵BM=MN，∴△GBM≌△ENM(SAS)，∴MG=ME，∠GMB=∠EMN，∵∠BMD=120°，∠FME=60° ，∴∠GMF=∠GMB+∠BMF=∠EMN+∠BMF =∠BMD-∠FME=120°-60° =60°， ∴∠GMF=∠FME，MF=MF，△GMF≌△EMF(SAS)，∴GF=EF，∴GF=BF+GB=BF+NE，即EF=BF+NE；（3）解：∵2MN=3BF，∴设BF=2a，MN=BM=CN=3a，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠D=∠DCB=90°，AD=BC，由(1)问可知：Rt△ABM≌Rt△DCN，∴∠AMB=∠CND=180°-∠BMD=180°-120° =60° ，∠ABM=∠DCN=90°-60°=30°，在Rt△ABM中，∴AM=BM=，同理DN= ，∴AD=BC=AM+MN+DN= +3a+=6a， ∴FC=BC-BF=6a-2a=4a，由(2)问可知：EF=BF+NE，△GMF≌△EMF，∠MFB=∠MFE， ∵EP∥BC，∴∠EPF=∠MFB=∠MFE，∴EF=EP=7， ∴NE=EF-BF=7-2a，∴CE=CN-EN=3a-(7-2a)=5a-7过点E作ER⊥BC于R，∴∠ERF=∠ERC=∠DCB=90°，ER∥DC，∴∠CER=∠DCN=30° ，在Rt△ERC中，RC=CE= ，∴FR=FC-RC=4a-=，在Rt△ERC中，ER2=EC2-CR2，在Rt△ERF中，ER2=EF2-FR2，∴EC2-CR2=EF2-FR2， ∴(5a-7)2-()2=72-()2解得a1=0 (不符合题意，舍去)，a2=2，∴CE=5a-7=3．【点睛】本题主要考查矩形的性质与判定、全等三角形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握矩形的性质与判定、全等三角形的性质与判定及勾股定理是解题的关键．11．问题背景：如图1，在四边形中，，，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．探究图中线段之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长到G，使，连接，先证明，再证明，可得出结论，他的结论就是______________；探究延伸：如图2，在四边形中，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由．实际应用：如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．【答案】问题背景：；探究延伸：成立，理由见解析；实际应用：210海里【分析】问题背景：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，即可得出结论：EF=AE+CF；
探究延伸1：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，可得出结论：EF=AE+CF；
探究延伸2：延长DC到H，使得CH=AE，连接BH，先证明△BCH≌△BAE，即可得到BE=HB，∠ABE=∠HBC，再证明△HBF≌△EBF，即可得出EF=HF=HC+CF=AE+CF；
实际应用：连接EF，延长BF交AE的延长线于G，根据题意可转化为如下的数学问题：在四边形GAOB中，OA=OB，∠A+∠B=180°，∠AOB=2∠EOF，∠EOF的两边分别交AG，BG于E，F，求EF的长．再根据探究延伸2的结论：EF=AE+BF，即可得到两舰艇之间的距离．【详解】解：问题背景：
如图1，延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，可得出结论：EF=AE+CF；

故答案为：EF=AE+CF；
探究延伸1：
上述结论仍然成立，即EF=AE+CF，理由如下：
如图2，延长FC到G，使CG=AE，连接BG，
∵CG=AE，∠BCG=∠A=90°，BC=BA，
∴△BCG≌△BAE（SAS），
∴BG=BE，∠ABE=∠CBG，
∵∠ABC=2∠EBF，
∴∠ABE+∠CBF=∠EBF，
即∠CBG+∠CBF=∠EBF，
∴∠GBF=∠EBF，
又∵BF=BF，
∴△BFG≌△BFE（SAS），
∴GF=EF，
即GC+CF=EF，
∴AE+CF=EF
∴可得出结论：EF=AE+CF；

探究延伸2：
上述结论仍然成立，即EF=AE+CF，理由：
如图3，延长DC到H，使得CH=AE，连接BH，

∵∠BAD+∠BCD=180°，∠BCH+∠BCD=180°，
∴∠BCH=∠BAE，
∵BA=BC，CH=AE，
∴△BCH≌△BAE（SAS），
∴BE=HB，∠ABE=∠HBC，
∴∠HBE=∠ABC，
又∵∠ABC=2∠MBN，
∴∠EBF=∠HBF，
∵BF=BF，
∴△HBF≌△EBF（SAS），
∴EF=HF=HC+CF=AE+CF；
实际应用：
如图4，连接EF，延长BF交AE的延长线于G，

因为舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处．舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，所以∠AOB=140°，
因为指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°，所以∠EOF=70°，所以∠AOB=2∠EOF．
依题意得，OA=OB，∠A=60°，∠B=120°，所以∠A+∠B=180°，
因此本题的实际的应用可转化为如下的数学问题：
在四边形GAOB中，OA=OB，∠A+∠B=180°，∠AOB=2∠EOF，∠EOF的两边分别交AG，BG于E，F，求EF的长．
根据探究延伸2的结论可得：EF=AE+BF，
根据题意得，AE=75×1.2=90（海里），BF=100×1.2=120（海里），
所以EF=90+120=210（海里）．
答：此时两舰艇之间的距离为210海里．【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确作出辅助线构造全等三角形，解答时注意类比思想的灵活应用．12．【问题背景】如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，点E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝60°，试探究图中线段BE、EF、FD之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使GD＝BE，连结AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是　EF＝BE+FD　．【探索延伸】如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，点E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由．【学以致用】如图3，在四边形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠B＝90°，AB＝BC＝6，E是边AB上一点，当∠DCE＝45°，BE＝2时，则DE的长为　5　．【分析】【问题背景】延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题；【探索延伸】延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题；【学以致用】过点C作CG⊥AD交AD的延长线于点G，利用勾股定理求得DE的长．【解析】【问题背景】解：如图1，在△ABE和△ADG中，∵，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，∵，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+FD，∴EF＝BE+FD；故答案为：EF＝BE+FD． 【探索延伸】解：结论EF＝BE+DF仍然成立；理由：如图2，延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，在△ABE和△ADG中，∵，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，∵，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+FD，∴EF＝BE+FD； 【学以致用】如图3，过点C作CG⊥AD，交AD的延长线于点G，由【探索延伸】和题设知：DE＝DG+BE，设DG＝x，则AD＝6﹣x，DE＝x+2，在Rt△ADE中，由勾股定理得：AD2+AE2＝DE2，∴（6﹣x）2+42＝（x+2）2，解得x＝3．∴DE＝2+3＝5．故答案是：5．13．如图1：已知△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，在∠BAC内部作∠MAN＝45°．AM、AN分别交BC于点M，N．【操作】（1）将△ABM绕点A逆时针旋转90°，使AB边与AC边重合，把旋转后点M的对应点记作点Q，得到ACQ，请在图1中画出△ACQ；（不写出画法）【探究】（2）在（1）中作图的基础上，连接NQ，①求证“MN＝NQ”；②写出线段BM，MN和NC之间满足的数量关系，并简要说明理由．【拓展】如图2，在等腰△DEF中，∠EDF＝45°，DE＝DF，点P是EF边上任意一点（不与E，F重合），连接DP，以DP为腰向两侧分别作顶角均为45°的等腰△DPG和等腰△DPH，分别交DE，DF于点K，L，连接GH，分别交DE，DF于点S，T．（3）线段GS，ST和TH之间满足的数量关系是　ST2＝GS2+TH2　；（4）设DK＝a，DE＝b，求DP的值．（用a，b表示）【分析】（1）根据旋转中心、旋转方向和旋转角度进行作图即可；（2）先根据SAS判定△MAN≌△QAN，进而得出结论，再由全等三角形和旋转，得出MN＝NQ，MB＝CQ，最后根据Rt△NCQ中的勾股定理得出结论；（3）运用②中的方法即可得出类似的加仑；（4）先判定△DPK∽△DEP，再根据相似三角形对应边成比例，列出比例式进行求解．【解析】（1）如图，△ACQ即为所求；（2）①证明：由旋转可得，△ABM≌△ACQ∴AM＝AQ，∠BAM＝∠CAQ∵∠MAN＝45°，∠BAC＝90°∴∠BAM+∠NAC＝45°∴∠CAQ+∠NAC＝45°，即∠NAQ＝45°在△MAN和△QAN中 ∴△MAN≌△QAN（SAS）∴MN＝NQ②MN2＝BM2+NC2由①中可知，MN＝NQ，MB＝CQ又∠NCQ＝∠NCA+ACQ＝∠NCA+∠ABM＝45°+45°＝90°在Rt△NCQ中，NQ2＝CQ2+NC2，即MN2＝BM2+NC2（3）ST2＝GS2+TH2（4）如图，∵DE＝DF，DG＝DP，∠EDF＝∠GDP＝45°∴∠DPK＝∠DEP又∵∠PDK＝∠EDP∴△DPK∽△DEP∴，即DP2＝DK•DE∵DK＝a，DE＝b∴DP14．阅读下面材料：小伟遇到这样一个问题：如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别为DC、BC边上的点，∠EAF＝45°，连接EF，求证：DE+BF＝EF．小伟是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段集中到同一条线段上．他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问题．他的方法是将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG（如图2），此时GF即是DE+BF．请回答：在图2中，∠GAF的度数是　45°　．参考小伟得到的结论和思考问题的方法，解决下列问题：（1）如图3，在直角梯形ABCD中，AD∥BC（AD＞BC），∠D＝90°，AD＝CD＝10，E是CD上一点，若∠BAE＝45°，DE＝4，则BE＝　　．（2）如图4，在平面直角坐标系xOy中，点B是x轴上一动点，且点A（﹣3，2），连接AB和AO，并以AB为边向上作正方形ABCD，若C（x，y），试用含x的代数式表示y，则y＝　x+1或﹣x﹣5　．【分析】阅读材料：根据旋转只改变图形的位置不改变图形的形状与大小可得∠GAB＝∠EAD，然后求出∠GAF＝∠BAF+∠EAD，再根据∠EAF＝45°计算即可得解；（1）过点A作AF⊥CB交CB的延长线于点F，可得四边形AFCD是正方形，然后设BE＝x，根据小伟的结论表示出BF，再求出CE、BC，然后在Rt△BCE中，利用勾股定理列式进行计算即可得解；（2）过点A作AE⊥x轴于E，过点C作CF⊥x轴于F，然后利用“AAS”证明△ABE和△BCF全等，根据全等三角形对应边相等可得AE＝BF，BE＝CF，然后分点B在点A的右边与左边两种情况再根据点A、C的坐标表示出OB，整理即可得解．【解析】阅读材料：∵△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，∴∠GAB＝∠EAD，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝90°，∵∠EAF＝45°，∴∠GAF＝∠GAB+∠BAF，＝∠EAD+∠BAF，＝∠BAD﹣∠EAF，＝90°﹣45°，＝45°； （1）如图3，过点A作AF⊥CB交CB的延长线于点F，∵AD∥BC，∠D＝90°，AD＝CD，∴四边形AFCD是正方形，设BE＝x，根据小伟的结论，BF＝BE﹣DE＝x﹣4，∵CD＝10，DE＝4，∴CE＝CD﹣DE＝10﹣4＝6，BC＝CF﹣BF＝10﹣（x﹣4）＝14﹣x，在Rt△BCE中，BC2+CE2＝BE2，即（14﹣x）2+62＝x2，整理得，﹣28x＝﹣232，解得x，即BE； （2）过点A作AE⊥x轴于E，过点C作CF⊥x轴于F，在正方形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝90°，∵∠ABE+∠CBF＝180°﹣90°＝90°，∠ABE+∠BAE＝90°，∴∠BAE＝∠CBF，在△ABE和△BCF中，∵，∴△ABE≌△BCF（AAS），∴AE＝BF，BE＝CF，如图4，点A在点B的右边时，∵点A（﹣3，2），C（x，y），∴OE＝3，AE＝2，OF＝x，CF＝y，∴OB＝BE﹣OE＝y﹣3，OB＝OF﹣BF＝x﹣2，∴y﹣3＝x﹣2，整理得，y＝x+1；如图5，点A在点B的左边时，∵点A（﹣3，2），C（x，y），∴OE＝3，AE＝2，OF＝x，CF＝y，∴OB＝BE﹣OE＝y﹣3，OB＝OF﹣BF＝x﹣2，∴y﹣3＝x﹣2，整理得，y＝x+1；如图5，∵点A（﹣3，2），C（x，y），∴AE＝2，OE＝3，OF＝﹣x，CF＝y，∴BF＝OF﹣OE﹣BE＝﹣x﹣3﹣y，∵AE＝BF，∴﹣x﹣3﹣y＝2，∴y＝﹣x﹣5．故答案为：45°；；x+1或﹣x﹣5．15．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，BC＝CD，点E，F分别在边BC，CD上，且BE＝DF＝AD，AF与DE交于点G．（1）求证：AB＝BF．（2）当AB＝5，AD＝2，求DG的长．【分析】（1）先证△BCF≌△DCE，再证四边形ABED是平行四边形，从而得AB＝DE＝BF．（2）延长AF交BC延长线于点M，设EC＝FC＝x，在Rt△DEC中，由勾股定理可得x的值，再证明点G是DE的中点即可求出DG的长．【解析】（1）证明：∵BC＝CD，BE＝DF，∴CF＝CE，在△BCF与△DCE中，，∴△BCF≌△DCE，∴BF＝DE，∵AD∥BC，BE＝AD，∴四边形ABED是平行四边形；∴AB＝DE，∴AB＝BF．（2）由（1）可得AB＝DE＝5，设EC＝FC＝x，在Rt△DEC中，由勾股定理可得x2+（x+2）2＝（5）2，解得：x，延长AF交BC延长线于点H，∵AD∥BC，∴∠1＝∠H，∵AD＝DF，∴∠1＝∠2，∵∠2＝∠3，∴∠3＝∠H，∴FC＝CH，∵EH＝2x＝2，∴AD＝EH，∵AD∥BC，∴DG＝EG，∴DGDE．16．（1）如图1，正方形ABCD中，F是边CD边上一点，F′是CB延长线上一点，∠FAF′的平分线交边BC于E．已知DF＝BF'，①求证：∠EAF＝45°②若正方形ABCD边长是3，BE＝1，求DF的长．（2）如图2，正方形ABCD中，F是边CD边上一点，E为边AB上一点．以直线EF为对称轴把正方形折叠，BC的对应线段为B'C'，其中点C在边AD上，B'C交边AB于点G，记△AGC′周长为x，正方形ABCD周长为y，求y与x的函数关系式．【分析】（1）①证明△ABF'≌△ADF得出AF'＝AF，∠BAF'＝∠DAF，∠EAF'＝∠EAF，EF'＝EF，得出∠FAF'＝∠BAF'+∠BAF＝∠BAD＝90°，即可得出结论；②设DF＝x，则CF＝3﹣x，EF＝EF'＝x+1，在Rt△CEF中，CE＝BC﹣BE＝2，由勾股定理得出方程，解方程即可；（2）设AC′＝a，DF＝b，则DC′a，FC′＝CFb，证明△DFC′∽△AC′G，由相似三角形的性质得出，得出AG，C′G，△AGC′的周长为x＝AC′+AG+C′G，根据三角形的周长即可得到结论．【解析】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABE＝∠D＝∠C＝90°，∴∠BAD＝∠ABF'＝90°＝∠D，在△ABF'和△ADF中，，∴△ABF'≌△ADF（SAS），∴AF'＝AF，∠BAF'＝∠DAF，∠EAF'＝∠EAF，EF'＝EF，∴∠FAF'＝∠BAF'+∠BAF＝∠DAF+∠BAF＝∠BAD＝90°，∴∠EAF＝45°；②解：设DF＝x，则CF＝3﹣x，EF＝EF'＝x+1，在Rt△CEF中，CE＝BC﹣BE＝3﹣1＝2，由勾股定理得：22+（3﹣x）2＝（x+1）2，解得：x，即DF；（2）解：设AC′＝a，DF＝b，则DC′a，FC′＝CFb，∵∠FC′G＝90°，∴∠DC′F+∠AC′G＝90°．∵∠DC′F+∠DFC′＝90°，∴∠DFC′＝∠AC′G，又∵∠D＝∠A＝90°，△DFC′∽△AC′G，∴，即，∴AG，C′G，△AGC′的周长为x＝AC′+AG+C′G，在Rt△DFC′中，DC′2+DF2＝FC′2即（a）2+b2＝（ b）2整理得 a2，∴x＝AC′+C′G+AG．∴y＝2x．17．如图，在平行四边形ABCD中，CE⊥BC交AD于点E，连接BE，点F是BE上一点，连接CF．（1）如图1，若tan∠ECD，BC＝BF＝4，DC，求EF的长．（2）如图2，若BC＝EC，连接BE，在BE上取点F，使∠FCD＝45°，过点E作EM⊥CF交CF延长线于点M，延长ME、CD相交于点G，连接BG交CM于点N．求证：EG＝2MN．【分析】（1）结合平行四边形的性质由锐角三角函数的定义可求得EDCE，再利用勾股定理可求解CE，BE的值，进而可求解；（2）如图2中，延长GM到H，使得MH＝MG，连接CH，BH，易证△BCH≌△ECG可得BH＝EG，再证明MN∥BH，即可得BH＝2MN，进而可证明结论．【解析】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∵EC⊥BC，∴AD⊥EC，∴∠BCE＝∠CED＝90°，∵tan∠ECD，∴EDCE，在Rt△CED中，DC，CE2+DE2＝CD2，∴CE2+（CE）2＝10，解得CE＝3，在Rt△BCE中，BC＝4，BC2+CE2＝BE2，即42+32＝BE2，解得BE＝5，∵BF＝4，∴EF＝BE﹣BF＝5﹣4＝1；（2）证明：如图2中，延长GM到H，使得MH＝MG，连接CH，BH．∵EM⊥CF，∴CH＝CG，∵∠DCF＝45°，∴CM＝MG＝HM，∴∠HCG＝90°，∴∠HCG＝∠BCE，∴∠BCH＝∠ECG，∵CB＝CE，∴△BCH≌△ECG（SAS），∴BH＝EG，∠CHB＝∠CGE＝45°，∵∠CHG＝45°，∴∠BHG＝90°，∴∠BHG＝∠CMG＝90°，∴MN∥BH，∵HM＝HG，∴BN＝NG，∴BH＝2MN，∴EG＝2MN．18．在锐角△ABC中，∠BAC＝50°，将∠α的顶点P放置在BC边上，使∠α的两边分别与边AB，AC交于点E，F（点E不与B点重合，点F不与点C重合）．设∠BEP＝x，∠CFP＝y．（1）【发现】若∠α＝40°．①如图1，当点F与点A重合，x＝60°时，y＝　30　°；②如图2，当点E，F均不与点A重合时，x+y＝　90　°；（2）【探究】判断x，y和∠α之间满足怎样的数量关系？并写出你的理由．【分析】（1）①先根据三角形的外角的性质得∠EAP＝20°，结合图形根据角的和可得结论；②如图2，根据三角形内角和得∠B+∠C＝130°，根据平角的定义得：∠CPF+∠BPE＝140°，在△BEP和△PFC中，根据三角形内角和得两式相加可得结论；（2）同理可得x，y和∠α之间的数量关系．【解析】（1）①∵∠BEP＝60°，∠α＝40°，∴∠EAP＝60°﹣40°＝20°，∵∠BAC＝50°，∴y＝∠BAC﹣∠EAP＝50°﹣20°＝30°；故答案为：30；②如图2，∵∠A＝50°，∴∠B+∠C＝130°，△BEP中，∠B+∠BEP+∠BPE＝180°①，△PFC中，∠C+∠CFP+∠CPF＝180°②，∵∠α＝40°，∴∠CPF+∠BPE＝140°，①+②得：∠B+∠C+∠CPF+∠BPE+BEP+∠CFP＝360°，∵∠BEP＝x，∠CFP＝y，∴x+y＝360°﹣140°﹣130°＝90°，故答案为：90；（2）x+y＝50°+∠α，理由是：△BEP中，∠B+∠BEP+∠BPE＝180°①，△PFC中，∠C+∠CFP+∠CPF＝180°②，①+②得：∠B+∠C+∠CPF+∠BPE+BEP+∠CFP＝360°，130°+180°﹣∠α+x+y＝360°∴x+y＝50°+∠α．19．【发现】如图①，已知等边△ABC，将直角三角板的60°角顶点D任意放在BC边上（点D不与点B、C重合），使两边分别交线段AB、AC于点E、F．（1）若AB＝6，AE＝4，BD＝2，则CF＝　4　；（2）求证：△EBD∽△DCF．【思考】若将图①中的三角板的顶点D在BC边上移动，保持三角板与边AB、AC的两个交点E、F都存在，连接EF，如图②所示，问：点D是否存在某一位置，使ED平分∠BEF且FD平分∠CFE？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【探索】如图③，在等腰△ABC中，AB＝AC，点O为BC边的中点，将三角形透明纸板的一个顶点放在点O处（其中∠MON＝∠B），使两条边分别交边AB、AC于点E、F（点E、F均不与△ABC的顶点重合），连接EF．设∠B＝α，则△AEF与△ABC的周长之比为　1﹣cosα　（用含α的表达式表示）．【分析】（1）先求出BE的长度后发现BE＝BD的，又∠B＝60°，可知△BDE是等边三角形，可得∠BDE＝60°，另外∠DEF＝60°，可证得△CDF是等边三角形，从而CF＝CD＝BC﹣BD；（2）证明△EBD∽△DCF，这个模型可称为“一线三等角•相似模型”，根据“AA”判定相似；【思考】由角平分可联系到角平分线的性质“角平分线上点到角两边的距离相等”，可过D作DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，则DM＝DG＝DN，从而证明△BDM≌△CDN可得BD＝CD；【探索】由已知不能求得C△ABC＝AB+BC+AC＝2AB+2OB＝2（m+mcosα），则需要用m和α是三角函数表示出C△AEF，C△AEF＝AE+EF+AF＝AG+AH＝2AG；题中直接已知点O是BC的中点，应用（2）题的方法和结论，作OG⊥BE，OD⊥EF，OH⊥CF，可得EG＝ED，FH＝DF，则C△AEF＝AE+EF+AF＝AG+AH＝2AG，而AG＝AB﹣BO，从而可求得．【解析】（1）解：∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC＝6，∠B＝∠C＝60°．∵AE＝4，∴BE＝2，则BE＝BD，∴△BDE是等边三角形，∴∠BED＝60°，又∵∠EDF＝60°，∴∠EDB＝∠B＝60°．∴∠CDF＝180°﹣∠EDF﹣∠B＝60°，则∠CDF＝∠C＝60°，∴△CDF是等边三角形，∴CF＝CD＝BC﹣BD＝6﹣2＝4．故答案是：4； （2）证明：如图①，∵∠EDF＝60°，∠B＝60°，∴∠CDF+BDE＝120°，∠BED+∠BDE＝120°，∴∠BED＝∠CDF．又∠B＝∠C＝60°，∴△EBD∽△DCF； 【思考】存在，如图②，过D作DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，垂足分别是M、G、N，∵ED平分∠BEF且FD平分∠CFE．∴DM＝DG＝DN．又∠B＝∠C＝60°，∠BMD＝∠CND＝90°，∴△BDM≌△CDN，∴BD＝CD，即点D是BC的中点，∴；  【探索】如图③，连接AO，作OG⊥BE，OD⊥EF，OH⊥CF，垂足分别是G、D、H．则∠BGO＝∠CHO＝90°，∵AB＝AC，O是BC的中点，∴∠B＝∠C，OB＝OC，∴△OBG≌△OCH，∴OG＝OH，GB＝CH，∠BOG＝∠COH＝90°﹣α，则∠GOH＝180°﹣（∠BOG+∠COH）＝2α，∴∠EOF＝∠B＝α由（2）题可猜想应用EF＝ED+DF＝GE+FH（可通过半角旋转证明），则C△AEF＝AE+EF+AF＝AE+EG+FH+AF＝AG+AH＝2AG，设AB＝m，则OB＝mcosα，GB＝mcos2α．1﹣cosα．故答案是：1﹣cosα．20．已知：如图，正方形ABCD的边长为a，BM，DN分别平分正方形的两个外角，且满足∠MAN＝45°，连接MC，NC，MN．（1）填空：与△ABM相似的三角形是△　NDA　，BM•DN＝　a2　；（用含a的代数式表示）（2）求∠MCN的度数；（3）猜想线段BM，DN和MN之间的等量关系并证明你的结论．【分析】（1）如图（3）由条件可以得出∠BMA＝∠3，∠ABM＝∠ADN＝135°，就可以得出△ABM∽△NDA，利用相似三角形的性质就可以的得出BM•DN＝a2．（2）由△ABM∽△NDA，可以得出BM：DA＝AB：ND，再由正方形的性质通过等量代换就可以得出△BCM∽△DNC．利用角的关系和圆周角的度数就可以求出结论．（3）将△AND绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，连接MF，证明△ABF≌△ADN．利用边角的关系得出△BMF是直角三角形，由勾股定理就可以得出结论．【解析】（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝90°，∵BM，DN分别平分正方形的两个外角，∴∠CBM＝∠CDN＝45°，∴∠ABM＝∠ADN＝135°，∵∠MAN＝45°，∴∠BMA＝∠NAD，∴△ABM∽△NDA，∴∴BM•DN＝a2． （2）由（1）△ABM∽△NDA可得BM：DA＝AB：ND．∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝DC，DA＝BC，∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝∠BAD＝90°．∴BM：BC＝DC：ND．∵BM，DN分别平分正方形ABCD的两个外角，∴∠CBM＝∠NDC＝45°．∴△BCM∽△DNC．∴∠BCM＝∠DNC．∴∠MCN＝360°﹣∠BCD﹣∠BCM﹣∠DCN＝270°﹣（∠DNC+∠DCN）＝270°﹣（180°﹣∠CDN）＝135°． （3）线段BM，DN和MN之间的等量关系是BM2+DN2＝MN2．证明：如图，将△AND绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，连接MF．则△ABF≌△ADN． ∴∠1＝∠3，AF＝AN，BF＝DN，∠AFB＝∠AND．∴∠MAF＝∠1+∠2＝∠2+∠3＝∠BAD﹣∠MAN＝45°．∴∠MAF＝∠MAN．又∵AM＝AM，∴△AMF≌△AMN．∴MF＝MN．可得∠MBF＝（∠AFB+∠1）+45°＝（∠AND+∠3）+45°＝90°．∴在Rt△BMF中，BM2+BF2＝FM2．∴BM2+DN2＝MN2．21．如图1，在正方形ABCD中，点E为边BC上一点，将△ABE沿AE翻折得△AHE，延长EH交边CD于F，连接AF．（1）求证：∠EAF＝45°；（2）若AB＝4，F为CD的中点，求tan∠BAE的值；（3）如图2，射线AE、AF分别交正方形两个外角的平分线于M、N，连接MN，若以BM、DN、MN为三边围成三角形，试猜想三角形的形状，并证明你的结论．【分析】（1）由翻折性质得出∠ABE＝∠AHE＝90°，AB＝AH，∠BAE＝∠EAH，由正方形的性质得出AB＝AH＝AD，由HL证明Rt△AHF≌Rt△ADF，得出∠HAF＝∠DAF，即可得出结论；（2）设BE的长x，则EF＝x+2，EC＝4﹣x，CF＝2，由勾股定理得出方程，解方程求出BE，由三角函数的定义即可得出结果；（3）过点A作AH⊥AN，并截取AH＝AN，连接BH、HM，则∠HAN＝90°，由正方形的性质得出AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，证出∠HAB＝∠NAD，∠PBM＝∠CDN＝45°，∠ADN＝135°，由SAS证明△ABH≌△ADN，得出BH＝DN，AH＝AN，∠ABH＝∠ADN＝135°，∠BAH＝∠DAN，证出∠HBM＝90°，由勾股定理得出BM2+BH2＝HM2，由SAS证明△AMH≌△AMN，得出HM＝MN，因此BM2+BH2＝MN2，即可得出结论．【解析】（1）证明：∵将△ABE沿AE翻折得△AHE，∴∠ABE＝∠AHE＝90°，AB＝AH，∠BAE＝∠EAH，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AH＝AD在Rt△AHF和Rt△ADF中，，∴Rt△AHF≌Rt△ADF（HL），∴∠HAF＝∠DAF，∴∠EAF＝∠HAF+∠EAH∠BAD90°＝45°；（2）解：∵BE＝EH，HF＝FD，∵AB＝4，F为CD的中点，∴HF＝FD＝2，设BE的长x，在Rt△CEF中，EF＝x+2，EC＝4﹣x，CF＝2，由勾股定理得：EF2＝EC2+CF2，∴（x+2）2＝（4﹣x）2+22，解得：x，∴tan∠BAE；（3）解：以BM、DN、MN为三边围成三角形的三角形是直角三角形．理由如下：过点A作AH⊥AN，并截取AH＝AN，连接BH、HM，如图所示：则∠HAN＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，∴∠PBC＝∠CDQ＝90°，∠HAB＝∠NAD，∵射线AE、AF分别交正方形两个外角的平分线于M、N，∴∠PBM＝∠CDN＝45°，∴∠ADN＝90°+45°＝135°，在△ABH和△ADN中，，∴△ABH≌△ADN（SAS），∴BH＝DN，AH＝AN，∠ABH＝∠ADN＝135°，∠BAH＝∠DAN，∴∠HBP＝180°﹣135°＝45°，∴∠HBM＝45°+45°＝90°，∴BM2+BH2＝HM2，∵∠MAN＝45°，∠HAM＝90°，∴∠HAM＝45°＝∠MAN，在△AMH和△AMN中，，∴△AMH≌△AMN（SAS），∴HM＝MN，∴BM2+BH2＝MN2，∴以BM、DN、MN为三边围成三角形的三角形是直角三角形．22．如图，BM，DN分别平分正方形ABCD的两个外角，且∠MAN＝45°，连接MN．（1）画出将△ABM绕点A顺时针旋转90°后得到的图形，并探究以线段BM，DN，MN为三边组成的三角形的形状；（2）当MN∥AD时，直接写出的值．【分析】（1）如图1，将△ABM绕点A顺时针旋转90°后得到△ADE，根据正方形的性质和角平分线的定义得出∠NDE＝360°﹣∠ADN﹣∠ADE＝90°，再结合旋转的性质知BM＝DE，证△MAN≌△EAN得MN＝NE，在Rt△DEN中由DN2+DE2＝EN2可得答案；（2）如图2，连接BD并延长交MN延长线于点F，易证△DFN和△BFM均为等腰直角三角形，从而得出FNDN、FMBM，设BM＝x、DN＝y，由DN2+BM2＝MN2知MN（y﹣x），从而有x2+y2＝[（y﹣x）]2，解之可得x＝（2）y，从而得出答案．【解析】（1）如图1，将△ABM绕点A顺时针旋转90°后得到△ADE，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠BAC＝∠ADC＝90°，AB＝AD，∵BM、DN为正方形ABCD的两个外角平分线，∴∠ABM＝∠ADN＝90°+45°＝135°，由旋转性质知△ABM≌△ADE，∴AM＝AD，BM＝DE，∠3＝∠5，∠ABM＝∠ADE＝135°，则∠NDE＝360°﹣∠ADN﹣∠ADE＝90°，∵∠6＝45°，∠4+∠5+∠6＝90°，∴∠4+∠5＝∠6＝45°，∴∠4+∠3＝∠6＝45°，即∠MAN＝∠EAN，在△MAN和△EAN中，∵，∴△MAN≌△EAN（SAS），∴MN＝EN，在Rt△DEN中，∵DN2+DE2＝EN2，∴DN2+BM2＝MN2； （2）如图2，连接BD并延长交MN延长线于点F，由题意知∠FDN＝∠FBM＝90°，∠ADN＝135°，∵MN∥AD，∴∠FND＝45°，∴∠F＝90°﹣∠FND＝45°，∴△DFN和△BFM均为等腰直角三角形，∴FNDN，FMBM，由（1）知，DN2+BM2＝MN2，∴设BM＝x，DN＝y，则FMx，FNy，∴MN（y﹣x），∴x2+y2＝[（y﹣x）]2，∴x1＝（2）y（舍），x2＝（2）y，∴2．23．如图，在等腰三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，D是BC边上的一个动点（不与B、C重合），在AC边上取一点E，使∠ADE＝45°．（1）求证：△ABD∽△DCE；（2）设BD＝x，AE＝y．①求y关于x的函数关系式并写出自变量x的取值范围；②求y的最小值．【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠B＝∠C＝45°，根据三角形的外角性质得到∠BAD＝∠EAC，根据相似三角形的判定定理证明结论；（2）①根据相似三角形的性质列出比例式，代入计算得到y关于x的函数关系式；②根据二次函数的性质计算即可．【解析】（1）证明：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠C＝45°，BC＝2，∵∠ADC＝∠B+∠BAD＝45°+∠BAD，∠ADC＝∠ADE+∠EAC＝45°+∠EAC，∴∠BAD＝∠EAC，又∠B＝∠C，∴△ABD∽△DCE；（2）解：①∵△ABD∽△DCE，∴，即∴yx2x+2（0＜x＜2）；②yx2x+2（x）2+1，则当x时，y的最小值是1．24．如图1，△ABC与△DCE均为等腰直角三角形，DC与AB交于点M，CE与AB交于点N．（1）以点C为中心，将△ACM逆时针旋转90°，画出旋转后的△A'CM'（2）在（1）的基础上，证明AM2+BN2＝MN2．（3）如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝45°，∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，若BC＝4，CD＝3，则对角线AC的长度为多少？（直接写出结果即可）【分析】（1）根据旋转的性质画出图形即可；（2）连接M'N，利用等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定和性质进行解答即可；（3）将△ADC顺时针旋转90°到△AC'D'，连接C′C，利用等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定和性质进行解答．【解析】（1）旋转后的△A'CM'如图1所示：（2）连接M'N，∵△ABC与△DCE为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，∠DCE＝45°，∴∠A＝∠CBA＝45°，∠ACM+∠BCN＝45°，∵△BCM'是由△ACM旋转得到的，∴∠BCM'＝∠ACM，CM＝CM'，AM＝BM'，∠CBM'＝∠A＝45°，∴∠M'CN＝∠MCN＝45°，∠NBM'＝90°，∵CN＝CN，在△MCN与△M'CN中，，∴△MCN≌△M'CN（SAS），∴MN＝M'N，在RT△BM'N中，根据勾股定理得：M'N2＝BN2+BM'2，∴MN2＝AM2+BN2；（3）如图2，将△ADC顺时针旋转90°到△AC'D'，连接C'C，则△AC'C是等腰直角三角形，C'D＝3，∵∠C'＝∠ACB＝45°，∴C'，D'，B，C均在同一直线上，在△DAB与△D'AB中，，∴△DAB≌△D'AB（SAS），∴DB＝D'B，在RT△BCD'中，∵BC＝4，CD＝3，∴DB＝5，∴CC'＝12，∴AC＝6．25．【操作发现】如图1，△ABC为等边三角形，点D为AB边上的一点，∠DCE＝30°，将线段CD绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，连接AF、EF，请直接写出下列结果：①∠EAF的度数为　120°　；②DE与EF之间的数量关系为　DE＝EF　；【类比探究】如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，点D为AB边上的一点，∠DCE＝45°，将线段CD绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，连接AF、EF．①则∠EAF的度数为　90°　；②线段AE，ED，DB之间有什么数量关系？请说明理由；【实际应用】如图3，△ABC是一个三角形的余料，小张同学量得∠ACB＝120°，AC＝BC，他在边BC上取了D、E两点，并量得∠BCD＝15°、∠DCE＝60°，这样CD、CE将△ABC分成三个小三角形，请求△BCD、△DCE、△ACE这三个三角形的面积之比．【分析】操作发现：①由等边三角形的性质得出AC＝BC，∠BAC＝∠B＝60°，求出∠ACF＝∠BCD，证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF＝∠B＝60°，求出∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝120°；②证出∠DCE＝∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE＝EF即可；类比探究：①由等腰直角三角形的性质得出AC＝BC，∠BAC＝∠B＝45°，证出∠ACF＝∠BCD，由SAS证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF＝∠B＝45°，AF＝DB，求出∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝90°；②证出∠DCE＝∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE＝EF；在Rt△AEF中，由勾股定理得出AE2+AF2＝EF2，即可得出结论；实际应用：同类比探究的方法：判断出∠EAF＝60°，△AEF是直角三角形，即可得出BD，DE，AE的关系，最后用同高的三角形的面积比等于底的比即可得出结论．【解析】操作发现：①∵△ABC是等边三角形，∴AC＝BC，∠BAC＝∠B＝60°，由旋转知，CD＝CF，∠DCF＝60°，∴∠ACF＝∠BCD，在△ACF和△BCD中，，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF＝∠B＝60°，∴∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝120°；②DE＝EF；理由如下：∵∠DCF＝60°，∠DCE＝30°，∴∠FCE＝60°﹣30°＝30°，∴∠DCE＝∠FCE，在△DCE和△FCE中，，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE＝EF； 类比探究：①∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，∴AC＝BC，∠BAC＝∠B＝45°，由旋转知，CD＝CF，∠DCF＝90°，∴∠ACF＝∠BCD，在△ACF和△BCD中，，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF＝∠B＝45°，AF＝DB，∴∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝90°；②AE2+DB2＝DE2，理由如下：∵∠DCF＝90°，∠DCE＝45°，∴∠FCE＝90°﹣45°＝45°，∴∠DCE＝∠FCE，在△DCE和△FCE中，，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE＝EF，在Rt△AEF中，AE2+AF2＝EF2，又∵AF＝DB，∴AE2+DB2＝DE2． 实际应用：如图3，将△BCD绕点C顺时针旋转120°，连接AF，EF，∵△ABC是等腰三角形，∠ACB＝120°，∴AC＝BC，∠BAC＝∠B＝30°，由旋转知，CD＝CF，∠DCF＝120°，∴∠ACF＝∠BCD，在△ACF和△BCD中，，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF＝∠B＝30°，AF＝DB，∠AFC＝∠BDC＝180°﹣∠B﹣∠BCD＝135°∴∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝60°，∵∠DCF＝120°，∠DCE＝60°，∴∠FCE＝120°﹣60°＝60°，∴∠DCE＝∠FCE，在△DCE和△FCE中，，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE＝EF，∠CFE＝∠ADE＝∠B+∠BCD＝45°，∴∠AFE＝90°，在Rt△AEF中，∠EAF＝60°，∴∠AEF＝30°，∴EFAF，AE＝2AF，∴DE＝EFAF，BD＝AF．∴S△BCD：S△CDE：S△ACE＝BD：DE：AE＝AF：AF：2AF＝1：：2．故答案为：120°，DE＝EF，90°．