中考数学一轮复习满分突破(全国通用)专题24对角互补模型(原卷版+解析)

这是一份中考数学一轮复习满分突破(全国通用)专题24对角互补模型(原卷版+解析)，共54页。

模型一：90°的对角互补模型
【基础】如图，四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，BD平分∠ABC，则
①AD = CD ②AB+BC=2BD ③S△ABD+S△BDC=12BD2
思路：①方法一(基础)：过点D分别作DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点F
∵BD平分∠ABC ∴DE=DF
∵∠ABC=ADC=90° ∴∠DAB+∠DCF=∠DAB+∠DAE =180°
∴∠DCF=∠DAE ∴∆DAE≌∆DCF ∴AD=CD
方法二(基础)：作DE⊥BD交BC延长线于点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（进阶）：
∵四边形ABCD对角互补 ∴A、B、C、D 四点共圆
∵BD平分∠ABC ∴∠ABD= ∠CBD=45° ∴AD=CD
②③方法一：
∵∆DAE≌∆DCF ∴AE=FC S△DAE=S△DCF
∵∠ABC=∠ADC=90°，BD平分∠ABC ∴∠EBD=∠DBF=45°
∴∆DEB与∆DFB为等腰直角三角形
∴AB+BC=AB+BF+FC=AB+BF+AE=BE+BF=22BD+22BD=2BD
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=12BD2
方法二：
∵∆ABD≌∆CED ∴AB=CE S△ABD=S△CED 而∠BDE=90° ∠5=∠6=45°
∴∆BDE为等腰直角三角形
则AB+BC=BC+CE=BE=2BD
S△ABD+S△BDC=S△DCE+S△BDC=S△BDE=12BD2
【进阶】如图，∠AOB=∠DCE=90°，OC 平分∠AOB，当∠DCE 的一边与 AO 的
延长线交于点 D 时，有以下结论：
①CD=CE ②OE-OD=2OC ③S△OCE-S△OCD=12OC2
思路：①方法一：
过点C分别作CM⊥AO于点M, CN⊥BO于点N
∴∠CMD=∠CNE=90°
∵∠AOB=90°∴∠MCN=90°则∠MCD=∠ECN
而OC 平分∠AOB ∴CM=CN
∴∆CMD≌∆CNE ∴CD=CE
方法二：过点C作CH⊥CO交OB于点H ∴∠OCH=90°
∴∠OCD+∠DCH=∠HCE +∠DCH=90° ∴∠OCD=∠HCE
∵∠AOB =90°，OC 平分∠AOB ∴∠AOC=∠COH=∠CHO=45°
∴∆OCH为等腰直角三角形 ∴ OC=CH
∵∠COD=180°-∠AOC，∠CHE=180°-∠CHO
∴∠COD=∠CHE ∴∆COD≌∆CHE ∴CD=CE
方法三：连接DE
∵∠AOB=∠DCE=90° ∴∠DOE=∠DCE=90°
∴O、C、E、D 四点共圆
∵OC 平分∠AOB ∴∠CDE=∠COE=∠CED=45°
∴CD=CE
②③ ∵∆COD≌∆CHE ∴OD=HE S△OCD=S△HCE
则OE-OD=OE-EH=OH=2OC
S△OCE-S△OCD=S△OCE-S△HCE=S△OCH=12OC2
模型二：120°的对角互补模型
【基础】如图，已知∠AOB=2∠DCE=120°，OC 平分∠AOB，
则①CD=CE ②OD+OE=OC ③S△DCO+S△COE=√34OC2
思路：①方法一：过点C分别作CM⊥AO于点M，CN⊥OB于点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 则CD=CE
方法二：作∠OCF=60°交OB于点F
由已知条件可知∆COF为等边三角形 所以CO=CF ∠COD=∠CFE=60°
因为∠DCE=∠OCF=60° 所以∠DCO=∠ECF
所以∆DCO≌∆ECF 则CD=CE
方法三：∵∠AOB=2∠DCE=120° ∴∠DOE+∠DCE=180°
∴O、D、C、E 四点共圆
∵OC 平分∠AOB ∴∠COD=∠COE=60°
∴CD=CE
②由于∆DCO≌∆ECF, ∆COF为等边三角形
则OD=EF OC=OF 所以OD+OE=EF+OE=OF=OC
③过点F作FH⊥CO于点H
由于∆DCO≌∆ECF 所以S△DCO =S△ECF
设OC=x，则OH=X2 FH=√3X2
S△DCO+S△COE=S△ECF+S△COE=S△OCF=12 OC•FH=12• x•√3X2=√34x2=√34OC2
【进阶】如图，∠AOB=2∠DCE=120°，OC 平分∠AOB，当∠DCE 的一边与 BO
的延长线交于点 E 时，有以下结论：
①CD=CE ②OD-OE=OC ③S△DCO-S△COE=√34OC2
思路：①方法一：过点C分别作CM⊥DO于点M，CN⊥EB于点N
所以∠CMD=∠CNB=90°
由OC 平分∠AOB ∠AOB=2∠DCE=120°
可知CM=CN ∠DCE=∠MCN=60° 则∠DCM=∠ECN
所以∆CDM≌∆CEN 则CD=CE
方法二：过点C作∠OCH=60°
根据已知条件可知∠DCE=∠OCH=∠COH=60°，
∴∆COH为等边三角形，∠DCO=∠ECH
∴∠COD=∠CHE=60°CO=CH
所以∆CDO≌∆CEH 则CD=CE OD=EH S△DCO =S△ECH
∴OD－OE=EH－OE=OH=OC
S△DCO-S△COE=S△ECH-S△COE =S△COH=√34OC2
方法三：连接 DE
∵∠AOB=2∠DCE=120°，OC 平分∠AOB
∴∠DOE=∠DCE=∠DOC=60°
∴O、C、D、E 四点共圆
∴∠DEC=∠DOC=∠DCE=60°
∴△DEC 是等边三角形
∴CD=CE
模型三：全等型之任意角
如图，∠AOB=2α，∠DCE=180°-2α，OC平分∠AOB，则：
①CD=CE ②OD+OE=2OC•COSα ③S△DCO+S△COE=OC2•sinαCOSα
思路：
1）过点C作CM⊥AO于点M, 作CN⊥BO于点N
易证∆CDM≌∆CEN ∴CD=CE
则OD+OE=2ON=2OC•COSα
S△DCO+S△COE=2S△CON=CN•ON=OC2•sinαCOSα
2) 作∠OCH=180°-2α,与OB交于点H
易证∆CDO≌∆CEH ∴CD=CE OD=EH S△DCO =S△ECH
则OD+OE=OH=2OC•COSα
S△DCO+S△COE=S△COH=OC2•sinαCOSα
【进阶】如图，除满足以上条件外，当∠DCE的一边与BO延长线交于点E时，则：①CD=CE ②OD-OE=2OC•COSα③S△DCO-S△COE=OC2•sinαCOSα
[自行证明]
模型四：内含90°的相似型
如图，∠AOB=∠DCE=90°，∠COB=α，则CE=CD•tanα
[自行证明]
【进阶】如图，当∠DCE的一边与AO的延长线交于点D时，则CE=CD•tanα
[自行证明]
【过关培优练】
1．（2019春·江苏南京·八年级校联考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，A,B两点分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA=OB，点C在第一象限，OC=3，连接BC，AC，若∠BCA=90°，则BC+AC的值为_________．
2．如图，四边形ABCD中，已知AB＝AD，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，若四边形ABCD的面积为4，则AC＝_____．
3．（2021春·福建三明·八年级统考期中）感知：如图①，平分，，．判断与的大小关系并证明．
探究：如图②，平分，，，与的大小关系变吗？请说明理由．
应用：如图③，四边形中，，，，则与差是多少（用含的代数式表示）
4．（2013秋·江苏盐城·九年级阶段练习）已知∠MAN，AC平分∠MAN.
（1）在图1中，若∠MAN=120°，∠ABC=∠ADC=90°，我们可得结论：AB+AD=AC；
在图2中，若∠MAN=120°，∠ABC+∠ADC=180°，则上面的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
【解】
（2）在图3中：（只要填空，不需要证明）.
①若∠MAN=60°，∠ABC+∠ADC=180°，则AB+AD= AC；
②若∠MAN=α（0°＜α＜180°），∠ABC+∠ADC=180°，则AB+AD= AC（用含α的三角函数表示）．
5．（2021·全国·八年级专题练习）已知：，求证：．
6．（2021·全国·八年级专题练习）已知，求证：，．
7．（2021·贵州黔东南·统考中考真题）在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD．
【探究发现】
（1）如图①，若∠BAD＝，∠ABC＝∠ADC＝．求证：AD＋AB＝AC；
【拓展迁移】
（2）如图②，若∠BAD＝，∠ABC＋∠ADC＝．
①猜想AB、AD、AC三条线段的数量关系，并说明理由；
②若AC＝10，求四边形ABCD的面积．
8．（2017·四川乐山·中考真题）在四边形ABCD中，∠B+∠D=180°，对角线AC平分∠BAD．
（1）如图1，若∠DAB=120°，且∠B=90°，试探究边AD、AB与对角线AC的数量关系并说明理由．
（2）如图2，若将（1）中的条件“∠B=90°”去掉，（1）中的结论是否成立？请说明理由．
（3）如图3，若∠DAB=90°，探究边AD、AB与对角线AC的数量关系并说明理由．
9．（2022秋·广东惠州·九年级校考期中）在中，，．将一块三角板的直角顶点放在斜边的中点处，将三角板绕点旋转，三角板的两直角边分别交边、于点D、E．
(1)如图①，当时，则的值是________．
(2)如图②，当与不垂直时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；
(3)如图③，在内作，使得、分别交、于点、，连接．那么的周长是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
10．（2021秋·河南漯河·八年级统考期中）在等边中，点D为的中点，点F在延长线上，点E在射线上，．
（1）如图1，当点E与点B重合时，则与的数量关系是_________；
（2）当点E在线段上时，（1）中的结论是否仍然成立？请结合图2说明理由；
（3）如图3，当点E在的延长线上时，，请直接写出的长．
11．（2017·辽宁葫芦岛·中考真题）如图，∠MAN=60°，AP平分∠MAN，点B是射线AP上一定点，点C在直线AN上运动，连接BC，将∠ABC（0°＜∠ABC＜120°）的两边射线BC和BA分别绕点B顺时针旋转120°，旋转后角的两边分别与射线AM交于点D和点E．
（1）如图1，当点C在射线AN上时，①请判断线段BC与BD的数量关系，直接写出结论；
②请探究线段AC，AD和BE之间的数量关系，写出结论并证明；
（2）如图2，当点C在射线AN的反向延长线上时，BC交射线AM于点F，若AB=4，AC=，请直接写出线段AD和DF的长．
12．（2021·重庆·统考中考真题）在等边中，， ，垂足为D，点E为AB边上一点，点F为直线BD上一点，连接EF．
（1）将线段EF绕点E逆时针旋转60°得到线段EG，连接FG．
①如图1，当点E与点B重合，且GF的延长线过点C时，连接DG，求线段DG的长；
②如图2，点E不与点A，B重合，GF的延长线交BC边于点H，连接EH，求证：；
（2）如图3，当点E为AB中点时，点M为BE中点，点N在边AC上，且，点F从BD中点Q沿射线QD运动，将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EP，连接FP，当最小时，直接写出的面积．
13．（2022·辽宁朝阳·统考中考真题）【思维探究】如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，连接AC．求证：BC+CD＝AC．
(1)小明的思路是：延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．根据∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，从而得到∠B＝∠ADE，然后证明ADE≌ABC，从而可证BC+CD＝AC，请你帮助小明写出完整的证明过程．
(2)【思维延伸】如图2，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，连接AC，猜想BC，CD，AC之间的数量关系，并说明理由．
(3)【思维拓展】在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝，AC与BD相交于点O．若四边形ABCD中有一个内角是75°，请直接写出线段OD的长．
14．（2020·湖南湘西·中考真题）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1：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？请直接写出结论（直接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由．
探究延伸2：如图3，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4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西的A处舰艇乙在指挥中心南偏东的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，试求此时两舰艇之间的距离．
15．（2021·全国·九年级专题练习）如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，点E，F分别在四边形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系．
（1）思路梳理
将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，由∠B+∠ADC=180°，得∠FDG=180°，即点F，D，G三点共线，易证△AFG≌△AFE，故EF，BE，DF之间的数量关系为__；
（2）类比引申
如图2，在图1的条件下，若点E，F由原来的位置分别变到四边形ABCD的边CB，DC延长线上，∠EAF=∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系，并给出证明．
（3）联想拓展
如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D，E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1，EC=2，直接写出DE的长为________________.
16．（2019·全国·九年级专题练习）如图，△ABC是边长为4的等边三角形，点D是线段BC的中点，∠EDF=120°，把∠EDF绕点D旋转，使∠EDF的两边分别与线段AB、AC交于点E、F．
（1）当DF⊥AC时，求证：BE=CF；
（2）在旋转过程中，BE+CF是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由
专题24 对角互补模型
对角互补模型的特征：外观呈现四边形，且对角和为180°。主要：含90°对角互补，含120°的对角互补两种类型。解决此类题型常用到的辅助线画法主要有两种：旋转法和过顶点作两垂线。
模型一：90°的对角互补模型
【基础】如图，四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，BD平分∠ABC，则
①AD = CD ②AB+BC=2BD ③S△ABD+S△BDC=12BD2
思路：①方法一(基础)：过点D分别作DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点F
∵BD平分∠ABC ∴DE=DF
∵∠ABC=ADC=90° ∴∠DAB+∠DCF=∠DAB+∠DAE =180°
∴∠DCF=∠DAE ∴∆DAE≌∆DCF ∴AD=CD
方法二(基础)：作DE⊥BD交BC延长线于点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（进阶）：
∵四边形ABCD对角互补 ∴A、B、C、D 四点共圆
∵BD平分∠ABC ∴∠ABD= ∠CBD=45° ∴AD=CD
②③方法一：
∵∆DAE≌∆DCF ∴AE=FC S△DAE=S△DCF
∵∠ABC=∠ADC=90°，BD平分∠ABC ∴∠EBD=∠DBF=45°
∴∆DEB与∆DFB为等腰直角三角形
∴AB+BC=AB+BF+FC=AB+BF+AE=BE+BF=22BD+22BD=2BD
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=12BD2
方法二：
∵∆ABD≌∆CED ∴AB=CE S△ABD=S△CED 而∠BDE=90° ∠5=∠6=45°
∴∆BDE为等腰直角三角形
则AB+BC=BC+CE=BE=2BD
S△ABD+S△BDC=S△DCE+S△BDC=S△BDE=12BD2
【进阶】如图，∠AOB=∠DCE=90°，OC 平分∠AOB，当∠DCE 的一边与 AO 的
延长线交于点 D 时，有以下结论：
①CD=CE ②OE-OD=2OC ③S△OCE-S△OCD=12OC2
思路：①方法一：
过点C分别作CM⊥AO于点M, CN⊥BO于点N
∴∠CMD=∠CNE=90°
∵∠AOB=90°∴∠MCN=90°则∠MCD=∠ECN
而OC 平分∠AOB ∴CM=CN
∴∆CMD≌∆CNE ∴CD=CE
方法二：过点C作CH⊥CO交OB于点H ∴∠OCH=90°
∴∠OCD+∠DCH=∠HCE +∠DCH=90° ∴∠OCD=∠HCE
∵∠AOB =90°，OC 平分∠AOB ∴∠AOC=∠COH=∠CHO=45°
∴∆OCH为等腰直角三角形 ∴ OC=CH
∵∠COD=180°-∠AOC，∠CHE=180°-∠CHO
∴∠COD=∠CHE ∴∆COD≌∆CHE ∴CD=CE
方法三：连接DE
∵∠AOB=∠DCE=90° ∴∠DOE=∠DCE=90°
∴O、C、E、D 四点共圆
∵OC 平分∠AOB ∴∠CDE=∠COE=∠CED=45°
∴CD=CE
②③ ∵∆COD≌∆CHE ∴OD=HE S△OCD=S△HCE
则OE-OD=OE-EH=OH=2OC
S△OCE-S△OCD=S△OCE-S△HCE=S△OCH=12OC2
模型二：120°的对角互补模型
【基础】如图，已知∠AOB=2∠DCE=120°，OC 平分∠AOB，
则①CD=CE ②OD+OE=OC ③S△DCO+S△COE=√34OC2
思路：①方法一：过点C分别作CM⊥AO于点M，CN⊥OB于点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 则CD=CE
方法二：作∠OCF=60°交OB于点F
由已知条件可知∆COF为等边三角形 所以CO=CF ∠COD=∠CFE=60°
因为∠DCE=∠OCF=60° 所以∠DCO=∠ECF
所以∆DCO≌∆ECF 则CD=CE
方法三：∵∠AOB=2∠DCE=120° ∴∠DOE+∠DCE=180°
∴O、D、C、E 四点共圆
∵OC 平分∠AOB ∴∠COD=∠COE=60°
∴CD=CE
②由于∆DCO≌∆ECF, ∆COF为等边三角形
则OD=EF OC=OF 所以OD+OE=EF+OE=OF=OC
③过点F作FH⊥CO于点H
由于∆DCO≌∆ECF 所以S△DCO =S△ECF
设OC=x，则OH=X2 FH=√3X2
S△DCO+S△COE=S△ECF+S△COE=S△OCF=12 OC•FH=12• x•√3X2=√34x2=√34OC2
【进阶】如图，∠AOB=2∠DCE=120°，OC 平分∠AOB，当∠DCE 的一边与 BO
的延长线交于点 E 时，有以下结论：
①CD=CE ②OD-OE=OC ③S△DCO-S△COE=√34OC2
思路：①方法一：过点C分别作CM⊥DO于点M，CN⊥EB于点N
所以∠CMD=∠CNB=90°
由OC 平分∠AOB ∠AOB=2∠DCE=120°
可知CM=CN ∠DCE=∠MCN=60° 则∠DCM=∠ECN
所以∆CDM≌∆CEN 则CD=CE
方法二：过点C作∠OCH=60°
根据已知条件可知∠DCE=∠OCH=∠COH=60°，
∴∆COH为等边三角形，∠DCO=∠ECH
∴∠COD=∠CHE=60°CO=CH
所以∆CDO≌∆CEH 则CD=CE OD=EH S△DCO =S△ECH
∴OD－OE=EH－OE=OH=OC
S△DCO-S△COE=S△ECH-S△COE =S△COH=√34OC2
方法三：连接 DE
∵∠AOB=2∠DCE=120°，OC 平分∠AOB
∴∠DOE=∠DCE=∠DOC=60°
∴O、C、D、E 四点共圆
∴∠DEC=∠DOC=∠DCE=60°
∴△DEC 是等边三角形
∴CD=CE
模型三：全等型之任意角
如图，∠AOB=2α，∠DCE=180°-2α，OC平分∠AOB，则：
①CD=CE ②OD+OE=2OC•COSα ③S△DCO+S△COE=OC2•sinαCOSα
思路：
1）过点C作CM⊥AO于点M, 作CN⊥BO于点N
易证∆CDM≌∆CEN ∴CD=CE
则OD+OE=2ON=2OC•COSα
S△DCO+S△COE=2S△CON=CN•ON=OC2•sinαCOSα
2) 作∠OCH=180°-2α,与OB交于点H
易证∆CDO≌∆CEH ∴CD=CE OD=EH S△DCO =S△ECH
则OD+OE=OH=2OC•COSα
S△DCO+S△COE=S△COH=OC2•sinαCOSα
【进阶】如图，除满足以上条件外，当∠DCE的一边与BO延长线交于点E时，则：①CD=CE ②OD-OE=2OC•COSα③S△DCO-S△COE=OC2•sinαCOSα
[自行证明]
模型四：内含90°的相似型
如图，∠AOB=∠DCE=90°，∠COB=α，则CE=CD•tanα
[自行证明]
【进阶】如图，当∠DCE的一边与AO的延长线交于点D时，则CE=CD•tanα
[自行证明]
【过关培优练】
1．（2019春·江苏南京·八年级校联考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，A,B两点分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA=OB，点C在第一象限，OC=3，连接BC，AC，若∠BCA=90°，则BC+AC的值为_________．
【答案】
【分析】可将△OBC绕着O点顺时针旋转90°，所得的图形与△OAC正好拼成等腰直角三角形BC+AC等于等腰三角形的斜边CD.
【详解】解：
将△OBC绕O点旋转90°，
∵OB=OA
∴点B落在A处，点C落在D处
且有OD=OC=3，∠COD=90°，∠OAD=∠OBC，
在四边形OACB中
∵∠BOA=∠BCA=90°，
∴∠OBC+∠OAC=180°，
∴∠OAD+∠OAC=180°
∴C、A、D三点在同一条直线上，
∴△OCD为等要直角三角形，根据勾股定理
CD2=OC2+OD2
即CD2=32+32=18
解得CD=
即BC+AC=.
【点睛】本题考查旋转的性质，旋转前后的图形对应边相等，对应角相等.要求两条线段的长，可利用作图的方法将两条线段化成一条线段，再求这条线段的长度即可，本题就是利用旋转的方法做到的，但做本题时需注意，一定要证明C、A、D三点在同一条直线上.本题还有一种化一般为特殊的方法，因为答案一定可考虑CB⊥y轴的情况，此时四边形OACB刚好是正方形，在做选择或填空题时，也可以起到事半功倍的效果.
2．如图，四边形ABCD中，已知AB＝AD，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，若四边形ABCD的面积为4，则AC＝_____．
【答案】4．
【分析】将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△ABE．证明△AEC是等边三角形，四边形ABCD面积等于△AEC面积，根据等边△AEC面积特征可求解AC长．
【详解】解：将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△ABE．
∵四边形内角和360°，
∴∠D+∠ABC＝180°．
∴∠ABE+∠ABC＝180°，
∴E、B、C三点共线．
根据旋转性质可知∠EAC＝60度，AE＝AC，
∴△AEC是等边三角形．
四边形ABCD面积等于△AEC面积，
等边△AEC面积 ，
解得AC＝4．
故答案为4．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质、旋转的性质，解题的关键是根据AB=AD及∠BAD=60°，对△ACD进行旋转，把四边形转化为等边三角形求解．
3．（2021春·福建三明·八年级统考期中）感知：如图①，平分，，．判断与的大小关系并证明．
探究：如图②，平分，，，与的大小关系变吗？请说明理由．
应用：如图③，四边形中，，，，则与差是多少（用含的代数式表示）
【答案】感知：，证明见详解；探究：与的大小关系不变，理由见详解；应用：与差是．
【分析】感知：根据角平分线的性质定理即可求证；
探究：过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥AC，交AC延长线于点F，根据角平分线的性质定理可得DE=DF，由题意可得∠B=∠DCF，进而可证△DEB≌△DFC，然后问题可求证；
应用：过点D作DH⊥AB于点H，DG⊥AC，交AC的延长线于点G，连接AD，由题意易证△DHB≌△DGC，则有DH=DG，进而可得AG=AH，然后根据等腰直角三角形的性质可得，则有，最后问题可求解．
【详解】感知：，理由如下：
∵，，
∴，即，
∵平分，
∴；
探究：与的大小关系不变，还是相等，理由如下：
过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥AC，交AC延长线于点F，则∠DEB=∠DFC=90°，如图所示：
∵平分，
∴DE=DF，
∵，，
∴∠B=∠DCF，
∴△DEB≌△DFC（AAS），
∴；
应用：过点D作DH⊥AB于点H，DG⊥AC，交AC的延长线于点G，连接AD，如图所示：
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴△DHB≌△DGC（AAS），且△DHB与△DGC都为等腰直角三角形，
∴，
由勾股定理可得，
∴，
∴，
在Rt△AHD和Rt△AGD中，AD=AD，DH=DG，
∴Rt△AHD≌Rt△AGD（HL），
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查角平分线的性质定理、全等三角形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握角平分线的性质定理、全等三角形的性质与判定及勾股定理是解题的关键．
4．（2013秋·江苏盐城·九年级阶段练习）已知∠MAN，AC平分∠MAN.
（1）在图1中，若∠MAN=120°，∠ABC=∠ADC=90°，我们可得结论：AB+AD=AC；
在图2中，若∠MAN=120°，∠ABC+∠ADC=180°，则上面的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
【解】
（2）在图3中：（只要填空，不需要证明）.
①若∠MAN=60°，∠ABC+∠ADC=180°，则AB+AD= AC；
②若∠MAN=α（0°＜α＜180°），∠ABC+∠ADC=180°，则AB+AD= AC（用含α的三角函数表示）．
【答案】（1）成立，证明如下；（2），.
【详解】试题分析：（1）作CE⊥AM、CF⊥AN于E、F．根据角平分线的性质，得CE=CF，根据等角的补角相等，得∠CDE=∠ABC，再根据AAS得到△CDE≌△CBF，则DE=BF．再由∠MAN=120°，AC平分∠MAN，得到∠ECA=∠FCA=30°，从而根据30°所对的直角边等于斜边的一半，得到AE=AC，AF=AC，等量代换后即可证明AD+AB=AC仍成立．
试题解析：（1）仍成立．
证明：过点C分别作AM、AN的垂线，垂足分别为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），.
考点: (1)角平分线的性质；（2）全等三角形的判定与性质；（3）含30度角的直角三角形．
5．（2021·全国·八年级专题练习）已知：，求证：．
2
6．（2021·全国·八年级专题练习）已知，求证：，．
【答案】见解析
【分析】延长DC至点E使CE=AD，先证明△BAD≌△BCE，再证明△BDE是等边三角形，可证结论成立．
【详解】证明：延长DC至点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是等边三角形，
∴BD=DE，
∵DC+CE=DE，
∴；
作BF⊥DE于点F，则∠EBF=30°，EF=DF=DE=BE，
∴BF==，
∴S△DBE=DE×BF=×BE×=，
∴．

【点睛】此题主要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，等腰三角形的性质，解决问题的关键是正确作出辅助线，证出△BAD≌△BCE，再证出△BDE是等边三角形．
7．（2021·贵州黔东南·统考中考真题）在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD．
【探究发现】
（1）如图①，若∠BAD＝，∠ABC＝∠ADC＝．求证：AD＋AB＝AC；
【拓展迁移】
（2）如图②，若∠BAD＝，∠ABC＋∠ADC＝．
①猜想AB、AD、AC三条线段的数量关系，并说明理由；
②若AC＝10，求四边形ABCD的面积．
【答案】（1）见解析；（2）①AD＋AB＝AC，见解析；②
【分析】（1）根据角平分线的性质得到∠DAC＝∠BAC＝，然后根据直角三角形中是斜边的一半即可写出数量关系；
（2）①根据第一问中的思路，过点C分别作CE⊥AD于E，CF⊥AB于F，构造证明△CFB△CED，根据全等的性质得到FB＝DE，结合第一问结论即可写出数量关系；
②根据题意应用的正弦值求得的长，然后根据的数量关系即可求解四边形ABCD的面积．
【详解】（1）证明：∵AC平分∠BAD，∠BAD＝，
∴∠DAC＝∠BAC＝，
∵∠ADC＝∠ABC＝，
∴∠ACD＝∠ACB＝，
∴AD＝．
∴AD＋AB＝AC，
（2）①AD＋AB＝AC，
理由：过点C分别作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，
在四边形AFCE中，由⑴题知：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，
∴
＝．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质和应用，解直角三角形，关键是辨认出本题属于角平分线类题型，作垂直类辅助线．
8．（2017·四川乐山·中考真题）在四边形ABCD中，∠B+∠D=180°，对角线AC平分∠BAD．
（1）如图1，若∠DAB=120°，且∠B=90°，试探究边AD、AB与对角线AC的数量关系并说明理由．
（2）如图2，若将（1）中的条件“∠B=90°”去掉，（1）中的结论是否成立？请说明理由．
（3）如图3，若∠DAB=90°，探究边AD、AB与对角线AC的数量关系并说明理由．
【答案】（1）AC=AD+AB；（2）成立；（3）AD+AB=AC．
【分析】（1）结论：AC=AD+AB，只要证明AD=AC，AB=AC即可解决问题；
（2）（1）中的结论成立．以C为顶点，AC为一边作∠ACE=60°，∠ACE的另一边交AB延长线于点E，只要证明△DAC≌△BEC即可解决问题；
（3）结论：AD+AB=AC．过点C作CE⊥AC交AB的延长线于点E，只要证明△ACE是等腰直角三角形，△DAC≌△BEC即可解决问题；
【详解】（1）AC=AD+AB．
理由如下：
如图1中，在四边形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）中的结论成立，理由如下：
以C为顶点，AC为一边作∠ACE=60°，∠ACE的另一边交AB延长线于点E，如图2，
∵∠BAC=60°，
∴△AEC为等边三角形，
∴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）结论：AD+AB=AC．理由如下：
过点C作CE⊥AC交AB的延长线于点E，如图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．
【点睛】本题是四边形探究的综合题，属于压轴题，考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，线段的和差倍分关系，对于线段和差问题，常常采用截长法或补短法构造辅助线，通过全等三角形来解决．
9．（2022秋·广东惠州·九年级校考期中）在中，，．将一块三角板的直角顶点放在斜边的中点处，将三角板绕点旋转，三角板的两直角边分别交边、于点D、E．
(1)如图①，当时，则的值是________．
(2)如图②，当与不垂直时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；
(3)如图③，在内作，使得、分别交、于点、，连接．那么的周长是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)2
(2)依然成立
(3)的周长为定值，且周长为2
【分析】（1）由等腰三角形的性质和为斜边的中点可知，，所以的值可求；
（2）结论成立．连接，通过证明≌．可得，所以；
（3）的周长为定值，且周长为2．在上截取，通过证明≌，得到．所以．
【详解】（1）连
∵P是的中点，，
∴
∵，
∴
∴四边形是矩形，
∴
又∵
∴
∴；
故答案为：2；
（2）结论成立．连接，如图②．
是等腰直角三角形，是的中点，
，，．
，．
．
又，
．
≌．
，
．
（3）的周长为定值，且周长为2．
在上截取，如图③，
由（2）可知：，，
，
，．
，
又，
≌，
．
，
，
，
．
的周长是2．
【点睛】此题比较复杂，综合考查全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、图形的变换．综合性很强，是一道不错的题目．
10．（2021秋·河南漯河·八年级统考期中）在等边中，点D为的中点，点F在延长线上，点E在射线上，．
（1）如图1，当点E与点B重合时，则与的数量关系是_________；
（2）当点E在线段上时，（1）中的结论是否仍然成立？请结合图2说明理由；
（3）如图3，当点E在的延长线上时，，请直接写出的长．
【答案】（1）DE=DF；（2）DE=DF，理由见解析；（3）4
【分析】（1）根据等腰三角形的性质及已知，可得∠DBC=∠F=30゜，从而可得DE=DF；
（2）仍有DE=DF；过点D作DG∥BC交AB于点G，可证明△DGE≌△DCF，从而可得DE=DF；
（3）过点D作DG∥BC交AB于点G，可证明△DGE≌△DCF，从而可得GE=CF；设BC=a，则CF=8－a，，，则可得方程，解方程即可求得a．
【详解】（1）∵△ABC是等边三角形，D点为AC的中点
∴∠DBC=30゜
∵∠EDF=120゜
∴∠F=180゜―∠DBC―∠EDF=30゜
∴∠DBC=∠F
∴DE=DF
故答案为：DE=DF
（2）仍有DE=DF；理由如下：
过点D作DG∥BC交AB于点G，如图2所示
则∠AGD=∠ABC
∵△ABC是等边三角形
∴AB=AC，∠A=∠ABC=∠ACB=60゜
∴∠AGD=∠A=60゜
∴△AGD是等边三角形
∴∠ADG=∠AGD=60゜，AD=GD
∴∠DGE=∠GDC=120゜
∴∠EDF=∠GDC=120゜
∵∠GDE+∠EDC=∠EDC+∠CDF
∴∠GDE=∠CDF
∵D点是AC的中点
∴AD=DC=GD
∵∠ACB=60゜
∴∠DCF=120゜
∴∠DGE=∠DCF
在△DGE和△DCF中
∴△DGE≌△DCF(ASA)
∴DE=DF
（3）过点D作DG∥BC交AB于点G，如图3所示
与（2）同理有：△DGE≌△DCF
∴GE=CF
设BC=a，则CF=8－a，
∴
由GE=CF，得：
解得：a=4
【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，作辅助线构造三角形全等是本题后两问的关键．
11．（2017·辽宁葫芦岛·中考真题）如图，∠MAN=60°，AP平分∠MAN，点B是射线AP上一定点，点C在直线AN上运动，连接BC，将∠ABC（0°＜∠ABC＜120°）的两边射线BC和BA分别绕点B顺时针旋转120°，旋转后角的两边分别与射线AM交于点D和点E．
（1）如图1，当点C在射线AN上时，①请判断线段BC与BD的数量关系，直接写出结论；
②请探究线段AC，AD和BE之间的数量关系，写出结论并证明；
（2）如图2，当点C在射线AN的反向延长线上时，BC交射线AM于点F，若AB=4，AC=，请直接写出线段AD和DF的长．
【答案】（1）①BC=BD；②AD+AC=BE；（2）AD=，DF=．
【分析】（1）①结论：BC=BD．只要证明△BGD≌△BHC即可．②结论：AD+AC=BE．只要证明AD+AC=2AG=2EG，再证明EB=BE即可解决问题；
（2）如图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的长，由sin∠ACH=，推出AK的长，设FG=y，则AF=﹣y，BF=，由△AFK∽△BFG，可得，可得关于y的方程，求出y即可解决问题．
【详解】（1）①结论：BC=BD，
理由：如图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结论：AD+AC=BE，
∵∠ABE=120°，∠BAE=30°，∴∠BEA=∠BAE=30°，∴BA=BE，
∵BG⊥AE，∴AG=GE，EG=BE•cs30°=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）如图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=，
设FG=y，则AF=﹣y，BF=，
∵∠AFK=∠BFG，∠AKF=∠BGF=90°，
∴△AFK∽△BFG，∴，
∴，解得y=或（舍弃），
∴DF=GF+DG=，即DF=．
12．（2021·重庆·统考中考真题）在等边中，， ，垂足为D，点E为AB边上一点，点F为直线BD上一点，连接EF．
（1）将线段EF绕点E逆时针旋转60°得到线段EG，连接FG．
①如图1，当点E与点B重合，且GF的延长线过点C时，连接DG，求线段DG的长；
②如图2，点E不与点A，B重合，GF的延长线交BC边于点H，连接EH，求证：；
（2）如图3，当点E为AB中点时，点M为BE中点，点N在边AC上，且，点F从BD中点Q沿射线QD运动，将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EP，连接FP，当最小时，直接写出的面积．
【答案】（1）①；②见解析；（2）
【分析】（1）①连接AG，根据题意得出△ABC和△GEF均为等边三角形，从而可证明△GBC≌△GAC，进一步求出AD＝3，AG＝BG＝，然后利用勾股定理求解即可；
②以点F为圆心，FB的长为半径画弧，与BH的延长线交于点K，连接KF，先证明出△BFK是顶角为120°的等腰三角形，然后推出△FEB≌△FHK，从而得出结论即可；
（2）利用“胡不归”模型构造出含有30°角的直角三角形，构造出，当N、P、J三点共线的时候满足条件，然后利用等边三角形的性质及判定、矩形的判定及性质以及解直角三角形的知识分别计算出PN与DN的长度，即可得出结论．
【详解】（1）解：①如图所示，连接AG，
由题意可知，△ABC和△GEF均为等边三角形，
∴∠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证明：以点F为圆心，FB的长为半径画弧，与BH的延长线交于点K，连接KF，如图，
∵△ABC和△GEF均为等边三角形，
∴∠ABC＝60°，∠EFH＝120°，
∴∠BEF+∠BHF＝180°，
∵∠BHF+∠KHF＝180°，
∴∠BEF＝∠KHF，
由辅助线作法可知，FB＝FK，则∠K＝∠FBE，
∵BD是等边△ABC的高，
∴∠K＝∠DBC＝∠DBA＝30°，
∴∠BFK＝120°，
在△FEB与△FHK中，
∴△FEB≌△FHK（AAS），
∴BE＝KH，
∴BE+BH＝KH+BH＝BK，
∵FB＝FK，∠BFK＝120°，
∴BK＝BF，
即：；
（2）方法一：以为顶点，为一边，作，交于，过作于，设交于，如图：
中，，
最小即是最小，此时、、共线，
将线段绕点顺时针旋转得到线段，
在射线上运动，则在射线上运动，根据“瓜豆原理”， 为主动点，是从动点，为定点，，则、轨迹的夹角，
，
，
，
，
，
，
，
，
而，
，
四边形是矩形，
，
边中，，，
，
又，
，
等边中，，点为中点时，点为中点，
，，
中，，，
，，
中，，
，
．
方法二：如图，连接EQ，
∵在等边中，， ，
∴∠A＝60°，∠BDA＝90°，∠ABD＝30°，
∵点E、Q分别为AB、BD的中点，
∴EQ为△ABD的中位线，
∴EQAD，
∴∠BEQ＝∠A＝60°，∠BQE＝∠BDA＝90°，
∵∠BQE＝90°，∠ABD＝30°，
∴EQ＝，
∵点M为BE的中点，
∴ME＝＝EQ，
∵将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EP，
∴△EPF为等边三角形，∠PEF＝60°，PE＝EF＝PF，
∴∠BEQ＝∠PEF，
∴∠BEQ－∠PEQ＝∠PEF－∠PEQ，
即∠MEP＝∠QEF，
在△MEP与△QEF中，
，
∴△MEP≌△QEF（SAS）
∴∠EMP＝∠EQF＝90°，
∴MP⊥BE，
∴点P在射线MP上运动，
如图，以为顶点，为一边，作，交于，过作于，设交于，
则在中，，
最小即是最小，此时、、共线，如下图：
∵∠EMP＝90°，∠PML＝30°，
，
，
，
，
又∵，
，
四边形是矩形，
，
在等边中，，，
，
又，
，
在等边中，，点为中点时，点为中点，
，，
∴在中，，，
，，
∴在中，，
，
．
【点睛】本题考查等边三角形性质及应用，涉及旋转变换、解直角三角形、三角形全等的判定及性质、矩形的判定及性质等知识，难度较大，解题的关键是构造辅助线．
13．（2022·辽宁朝阳·统考中考真题）【思维探究】如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，连接AC．求证：BC+CD＝AC．
(1)小明的思路是：延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．根据∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，从而得到∠B＝∠ADE，然后证明ADE≌ABC，从而可证BC+CD＝AC，请你帮助小明写出完整的证明过程．
(2)【思维延伸】如图2，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，连接AC，猜想BC，CD，AC之间的数量关系，并说明理由．
(3)【思维拓展】在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝，AC与BD相交于点O．若四边形ABCD中有一个内角是75°，请直接写出线段OD的长．
【答案】(1)AC=BC+CD；理由见详解；
(2)CB+CD=AC；理由见详解；
(3)或
【分析】（1）如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．证明△ADE≌△ABC（SAS），推出∠DAE=∠BAC，AE=AC，推出△ACE的等边三角形，可得结论；
（2）结论：CB+CD=AC．如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．证明△AMD≌△ANB（AAS），推出DM=BN，AM=AN，证明Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），推出CM=CN，可得结论；
（3）分两种情形：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．如图3-2中，当∠CBD=75°时，分别求解即可．
【详解】（1）证明：如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接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的等边三角形，
∴CE=AC，
∵CE=DE+CD，
∴AC=BC+CD；
（2）解：结论：CB+CD=AC．
理由：如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点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：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点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=．
如图3-2中，当∠CBD=75°时，
同法可证，，
综上所述，满足条件的OD的长为或．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
14．（2020·湖南湘西·中考真题）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1：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？请直接写出结论（直接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由．
探究延伸2：如图3，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4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西的A处舰艇乙在指挥中心南偏东的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，试求此时两舰艇之间的距离．
【答案】EF=AE+CF．探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立．实际应用：210海里．
【分析】延长到G，使，连接，先证明，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明，可得GF=EF，即可解题；
探究延伸1：延长到G，使，连接，先证明，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明，可得GF=EF，即可解题；
探究延伸2：延长到G，使，连接，先证明，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明，可得GF=EF，即可解题；
实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，然后与探究延伸2同理可得EF=AE+CF，将AE和CF的长代入即可．
【详解】解：EF=AE+CF
理由：延长到G，使，连接，
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：结论EF=AE+CF成立．
理由：延长到G，使，连接，
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：结论EF=AE+CF仍然成立．
理由：延长到G，使，连接，
∵，∠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．
实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，
∵∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°，∠EOF=70°，
∴∠EOF=∠AOB
∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=(90°-30°)+(70°+50°)=180°，
∴符合探索延伸中的条件
∴结论EF= AE+CF仍然成立
即EF=75×1.2+100×1.2=210（海里）
答：此时两舰艇之间的距离为210海里．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质．作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
15．（2021·全国·九年级专题练习）如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，点E，F分别在四边形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系．
（1）思路梳理
将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，由∠B+∠ADC=180°，得∠FDG=180°，即点F，D，G三点共线，易证△AFG≌△AFE，故EF，BE，DF之间的数量关系为__；
（2）类比引申
如图2，在图1的条件下，若点E，F由原来的位置分别变到四边形ABCD的边CB，DC延长线上，∠EAF=∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系，并给出证明．
（3）联想拓展
如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D，E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1，EC=2，直接写出DE的长为________________.
【答案】（1）EF＝BE＋DF；（2）EF＝DF−BE；证明见解析；（3）.
【分析】（1）将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，首先证明F，D，G三点共线，求出∠EAF＝∠GAF，然后证明△AFG≌△AFE，根据全等三角形的性质解答；
（2）将△ABE绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADE'，首先证明E'，D，F三点共线，求出∠EAF＝∠E'AF，然后证明△AFE≌△AFE'，根据全等三角形的性质解答；
（3）将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACD'，使AB与AC重合，连接ED'，同（1）可证△AED≌AED'，求出∠ECD'＝90°，再根据勾股定理计算即可．
【详解】解：（1）将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，
∵∠B＋∠ADC＝180°，
∴∠FDG＝180°，即点F，D，G三点共线，
∵∠BAE＝∠DAG，∠EAF＝∠BAD，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AFG和△AFE中，，
∴△AFG≌△AFE，
∴EF＝FG＝DG＋DF＝BE＋DF；
（2）EF＝DF−BE；
证明：将△ABE绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADE'，则△ABE≌ADE'，
∴∠DAE'＝∠BAE，AE'＝AE，DE'＝BE，∠ADE'＝∠ABE，
∵∠ABC＋∠ADC＝180°，∠ABC＋∠ABE＝180°，
∴∠ADE'＝∠ADC，即E'，D，F三点共线，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠E'AF＝∠BAD−（∠BAF＋∠DAE'）＝∠BAD−（∠BAF＋∠BAE）＝∠BAD−∠EAF＝∠BAD，
∴∠EAF＝∠E'AF，
在△AEF和△AE'F中，，
∴△AFE≌△AFE'（SAS），
∴FE＝FE'，
又∵FE'＝DF−DE'，
∴EF＝DF−BE；
（3）将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACD'，使AB与AC重合，连接ED'，
同（1）可证△AED≌AED'，
∴DE＝D'E．
∵∠ACB＝∠B＝∠ACD'＝45°，
∴∠ECD'＝90°，
在Rt△ECD'中，ED'＝，即DE＝，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，灵活运用利用旋转变换作图、掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
16．（2019·全国·九年级专题练习）如图，△ABC是边长为4的等边三角形，点D是线段BC的中点，∠EDF=120°，把∠EDF绕点D旋转，使∠EDF的两边分别与线段AB、AC交于点E、F．
（1）当DF⊥AC时，求证：BE=CF；
（2）在旋转过程中，BE+CF是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由
【答案】（1）证明见解析；（2）是，2.
【分析】（1）根据四边形内角和为360°，可求∠DEA=90°，根据“AAS”可判定△BDE≌△CDF，即可证BE=CF；
（2）过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，如图2，易证△MBD≌△NCD，则有BM=CN，DM=DN，进而可证到△EMD≌△FND，则有EM=FN，就可得到BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN=2BM=2BD×cs60°=BD=BC=2.
【详解】（1）∵△ABC是边长为4的等边三角形，点D是线段BC的中点，
∴∠B=∠C=60°，BD=CD，
∵DF⊥AC，
∴∠DFA=90°，
∵∠A+∠EDF+∠AFD+∠AED=180°，
∴∠AED=90°，
∴∠DEB=∠DFC，且∠B=∠C=60°，BD=DC，
∴△BDE≌△CDF（AAS）
（2）过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，
则有∠AMD=∠BMD=∠AND=∠CND=90°．
∵∠A=60°，
∴∠MDN=360°-60°-90°-90°=120°．
∵∠EDF=120°，
∴∠MDE=∠NDF．
在△MBD和△NCD中，
，
∴△MBD≌△NCD（AAS）
4BM=CN，DM=DN．
在△EMD和△FND中，
，
∴△EMD≌△FND（ASA）
∴EM=FN，
∴BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN
=2BM=2BD×cs60°=BD=BC=2.
【点睛】本题主要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、特殊角的三角函数值等知识，通过证明三角形全等得到BM=CN，DM=DN，EM=FN是解决本题的关键．