（安徽专用）中考数学三轮冲刺专题06几何综合题（6种类型）（针对第23题）（2份，原卷版+解析版）

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类型一：一线三等角（2017年23题，2013年23题
类型二：手拉手模型（2016年23题，2015年23题，2014年23题）
类型三：对角互补模型
类型四：半角模型（2018年23题，2014年23题）
类型五：十字架模型（2017年23题）
类型六：中点类模型（2022年22题，2021年23题，2017年23题，2016年23题，2015年23题，2014年23题）
命题规律与备考策略
类型一：一线三等角
基本模型：
如图1，∠B=∠C=∠EDF推出△BDE∽△CFD（一线三等角）
如图2，∠B=∠C=∠ADE推出△ABD∽△DCE（一线三等角）
如图3，特别地，当D时BC中点时：△BDE∽△DFE∽△CFD推出ED平分∠BEF，FD平分∠EFC
1．（2022•安徽三模）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，AD＝AB，以BC为直径的半⊙O与边AD相切于点E．
（1）求证：∠BCE＝∠DCE；
（2）若，求DE的长．
【分析】（1）连接OE，利用切线的性质可得∠OEA＝90°，从而可得OE∥CD，然后利用平行线和等腰三角形的性质可得CE平分∠BCD，即可解答；
（2）连接BE，根据已知可得AB∥CD∥OE，再利用平行线分线段成比例定理可得AE＝DE，然后设DE＝AE＝x，则AD＝AB＝2x，根据直径所对的圆周角是直角可得∠BEC＝90°，再利用同角的余角相等可得∠ABE＝∠DEC，从而证明△ABE∽△DEC，最后利用相似三角形的性质进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：连接OE，
∵半⊙O与边AD相切于点E，
∴∠OEA＝90°，
∵∠D＝90°，
∴∠D＝∠OEA＝90°，
∴OE∥CD，
∴∠ECD＝∠OEC，
∵OE＝OC，
∴∠OEC＝∠OCE，
∴∠BCE＝∠DCE；
（2）解：连接BE，
∵BA⊥AD，OE⊥AD，CD⊥AD，
∴AB∥CD∥OE，
∵OB＝OC，
∴AE＝DE，
设DE＝AE＝x，则AD＝AB＝2x，
∵BC为⊙O的直径，
∴∠BEC＝90°，
∴∠DEC+∠AEB＝180°﹣∠BEC＝90°，
∵∠A＝∠D＝90°，
∴∠ABE+∠AEB＝90°，
∴∠ABE＝∠DEC，
∴△ABE∽△DEC，
∴，
∴，
解得：，
∴DE的长为．
【点评】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，平行线分线段成比例，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
2．（2013•安徽）我们把由不平行于底边的直线截等腰三角形的两腰所得的四边形称为“准等腰梯形”．如图1，四边形ABCD即为“准等腰梯形”．其中∠B＝∠C．
（1）在图1所示的“准等腰梯形”ABCD中，选择合适的一个顶点引一条直线将四边形ABCD分割成一个等腰梯形和一个三角形或分割成一个等腰三角形和一个梯形（画出一种示意图即可）；
（2）如图2，在“准等腰梯形”ABCD中∠B＝∠C．E为边BC上一点，若AB∥DE，AE∥DC，求证：＝；
（3）在由不平行于BC的直线AD截△PBC所得的四边形ABCD中，∠BAD与∠ADC的平分线交于点E．若EB＝EC，请问当点E在四边形ABCD内部时（即图3所示情形），四边形ABCD是不是“准等腰梯形”，为什么？若点E不在四边形ABCD内部时，情况又将如何？写出你的结论．（不必说明理由）
【分析】（1）根据条件∠B＝∠C和梯形的定义就可以画出图形；
（2）根据平行线的性质就可以得出∠DEC＝∠B，∠AEC＝∠C，就可以得出△ABE∽△DEC，由相似三角形的性质就可以求出结论；
（3）根据角平分线的性质可以得出△EFB≌△EHC，就可以得出∠3＝∠4，再有条件就可以得出∠ABC＝∠DCB，从而得出结论，当点E不在四边形内部时分两种情况讨论就可以求出结论．
【解答】解：（1）如图1，过点D作DE∥BC交PB于点E，则四边形ABCD分割成一个等腰梯形BCDE和一个三角形ADE；
（2）∵AB∥DE，
∴∠B＝∠DEC，
∵AE∥DC，
∴∠AEB＝∠C，
∵∠B＝∠C，
∴∠B＝∠AEB，
∴AB＝AE．
∵在△ABE和△DEC中，
，
∴△ABE∽△DEC，
∴，
∴；
（3）作EF⊥AB于F，EG⊥AD于G，EH⊥CD于H，
∴∠BFE＝∠CHE＝90°．
∵AE平分∠BAD，DE平分∠ADC，
∴EF＝EG＝EH，
在Rt△EFB和Rt△EHC中
，
∴Rt△EFB≌Rt△EHC（HL），
∴∠3＝∠4．
∵BE＝CE，
∴∠1＝∠2．
∴∠1+∠3＝∠2+∠4
即∠ABC＝∠DCB，
∵ABCD为AD截某三角形所得，且AD不平行BC，
∴ABCD是“准等腰梯形”．
当点E不在四边形ABCD的内部时，有两种情况：点E在四边形ABCD的外部时，四边形ABCD不一定是“准等腰梯形”．分两种情况：情况一：当∠BED的角平分线与线段BC的垂直平分线重合时，四边形ABCD为“准等腰梯形”；情况二：当∠BED的角平分线与线段BC的垂直平分线相交时，四边形ABCD不是“准等腰梯形”．
情况一：如图4，当点E在BC边上时，同理可以证明△EFB≌△EHC，
∴∠B＝∠C，
∴四边形ABCD是“准等腰梯形”．
情况二：当∠BED的角平分线与线段BC的垂直平分线相交时，四边形ABCD不是“准等腰梯形”，
如图5，过点E作FE⊥AB于点F，作EG⊥CD交CD的延长线于点G，作EH⊥CD于点H，
∵点E是∠BDA和∠ADC的角平分线的交点，
故EF＝EH＝GF，
而EB＝EC，
∴Rt△EBF≌Rt△ECG（HL），
∴∠FBE＝∠GCE，
∵∠GCE为锐角，则∠DCE为钝角，
∴∠GCE＜∠DCE，
∴∠FBE＜∠DCE，
∵BE＝CE，
∴∠EBC＝∠ECB，
∴∠FBE﹣∠EBC＜∠DCE﹣∠ECB，
∴∠ABC≠∠DCB且AD和BC不平行，
故四边形ABCD不是“准等腰梯形”．
【点评】本题考查了平行线的性质的运用，相似三角形的判定及性质的运用，角平分线的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，解答时多次运用角平分线的性质是关键．
3．（2022•砀山县模拟）如图1，在四边形ABCD中，AC是对角线，且AB＝AC．F是BC边上一动点，连接AF，DF，DF交AC于点E，其中∠DAF＝90°，∠AFD＝∠B．
（1）求证：AC•EC＝BF•CF；
（2）若AB＝AC＝10，BC＝16．
①如图2，若DF∥AB，求的值；
②如图3，若DF＝DC，求△DCF的面积．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出∠ABF＝∠FCE，再根据∠AFC＝∠AFE+∠EFC＝∠ABF+∠FAB得出∠EFC＝∠FAB，证△ABF∽△FCE，根据线段比例关系即可得出结论；
（2）①证△ABF∽△CBA，得，再根据，最后利用平行线分线段成比例得出得出结论即可；
②过点A，D分别作AM⊥BC，DN⊥FC，垂足分别为M，N，过点A作AG⊥DN于点G，根据三角函数得出，证△AMF∽△AGD，根据线段比例关系分别求出CF和DN的值即可求出△DCF的面积．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠ABF＝∠FCE，
∵∠AFD＝∠B，∠AFC＝∠AFE+∠EFC＝∠B+∠FAB，
∴∠EFC＝∠FAB，
∴△FAB∽△EFC，
∴，
即AB•EC＝BF•CF；
（2）解：①∵DF∥AB，
∴∠BAF＝∠AFE，
∴∠BAF＝∠ACB，
又∵∠ABF＝∠CBA，
∴△FAB∽△ACB，
∴，
∴，
∴，
∵DF∥AB，
∴；
②如图，过点A，D分别作AM⊥BC，DN⊥FC，垂足分别为M，N，过点A作AG⊥DN于点G，
在△ABC中，AB＝AC，AM⊥BC，
∴BM＝CM＝8，则，
∴，
∵∠AFD＝∠B，∠DAF＝90°，
∴，
∵∠AMN＝∠GNM＝∠AGN＝90°，
∴四边形MNGA是矩形，
∴GN＝AM＝6，∠MAG＝90°，
又∵∠FAD＝90°，则∠FAM+∠FAG＝∠DAG+∠FAG＝90°，
∴∠FAM＝∠DAG．
又∵∠AMF＝∠AGD＝90°，
∴△FAM∽△DAG，
∴，
则，
∴，
则，
∵DF＝CD，
∴CF＝2CN＝7，
∴FM＝CM﹣CF＝1，
由△FAM∽△DAG，
得＝＝，
∴DG＝，
∴DN＝DG+GN＝+6＝，
∴S△DCF＝CF•DN＝×＝．
【点评】本题主要考查相似形综合题，熟练掌握相似三角形的判定和性质及平行线分线段成比例等知识是解题的关键．
类型二：手拉手模型
基本模型：

旋转放缩变换，图中必有两对相似三角形.
1．（2015•安徽）如图1，在四边形ABCD中，点E、F分别是AB、CD的中点，过点E作AB的垂线，过点F作CD的垂线，两垂线交于点G，连接AG、BG、CG、DG，且∠AGD＝∠BGC．
（1）求证：AD＝BC；
（2）求证：△AGD∽△EGF；
（3）如图2，若AD、BC所在直线互相垂直，求的值．
【分析】（1）由线段垂直平分线的性质得出GA＝GB，GD＝GC，由SAS证明△AGD≌△BGC，得出对应边相等即可；
（2）先证出∠AGB＝∠DGC，由，证出△AGB∽△DGC，得出比例式，再证出∠AGD＝∠EGF，即可得出△AGD∽△EGF；
（3）延长AD交GB于点M，交BC的延长线于点H，则AH⊥BH，由△AGD≌△BGC，得出∠GAD＝∠GBC，再求出∠AGB＝∠AHB＝90°，得出∠AGE＝∠AGB＝45°，求出，由△AGD∽△EGF，即可得出的值．
【解答】（1）证明：∵GE是AB的垂直平分线，
∴GA＝GB，
同理：GD＝GC，
在△AGD和△BGC中，
，
∴△AGD≌△BGC（SAS），
∴AD＝BC；
（2）证明：∵∠AGD＝∠BGC，
∴∠AGB＝∠DGC，
在△AGB和△DGC中，，
∴△AGB∽△DGC，
∴，
又∵∠AGE＝∠DGF，
∴∠AGD＝∠EGF，
∴△AGD∽△EGF；
（3）解：延长AD交GB于点M，交BC的延长线于点H，如图所示：
则AH⊥BH，
∵△AGD≌△BGC，
∴∠GAD＝∠GBC，
在△GAM和△HBM中，∠GAD＝∠GBC，∠GMA＝∠HMB，
∴∠AGB＝∠AHB＝90°，
∴∠AGE＝∠AGB＝45°，
∴，
又∵△AGD∽△EGF，
∴＝＝．
【点评】本题是相似形综合题目，考查了线段垂直平分线的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角函数等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（3）中，需要通过作辅助线综合运用（1）（2）的结论和三角函数才能得出结果．
2．（2023•亳州二模）如图1，在△ABD和△ACE中，∠BAD＝∠CAE，∠ABD＝∠ACE．
（1）①求证：△ABC∽△ADE；
②若AB＝AC，试判断△ADE的形状，并说明理由；
（2）如图2，旋转△ADE，使点D落在边BC上，若∠BAC＝∠DAE＝90°，∠B＝∠ADE．求证：CE⊥BC．
【分析】（1）①根据两个角相等可得△ABD∽△ACE，得，再根据∠BAC＝∠DAE，可证明结论；
②由①知，当AB＝AC时，AD＝AE，则△ADE是等腰三角形；
（2）同理证明△BAD∽△CAE，得∠B＝∠ACE，再利用直角三角形的两个锐角互余，即可证明结论．
【解答】（1）①证明：∵∠BAD＝∠CAE，∠ABD＝∠ACE，
∴△ABD∽△ACE，
∴，
即，
又∵∠BAD＝∠CAE，
∴∠BAD+∠DAC＝∠CAE+∠DAC，
即∠BAC＝∠DAE，
∴△ABC∽△ADE；
②解：△ADE是等腰三角形，理由如下：
由①知，，
∵AB＝AC，
∴AD＝AE，
∴△ADE是等腰三角形；
（2）证明：∵∠BAC＝∠DAE，∠B＝∠ADE，
∴△BAC∽△DAE，
∴，
∴，
又∵∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
∴∠B＝∠ACE，
∵∠BAC＝90°，
∴∠B+∠ACB＝90°，
∴∠ACE+∠ACB＝90°，
∴∠BCE＝90°，
∴CE⊥BC．
【点评】本题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
3．（2020•芜湖三模）（1）（问题发现）如图1，△ABC和△ADE均为等边三角形，点B，D，E在同一条直线上．填空：
①线段BD，CE之间的数量关系为 BD＝CE ；
②∠BEC＝ 60 °．
（2）（类比探究）如图2，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠AED＝90°，AC＝BC，AE＝DE，点B，D，E在同一条直线上，请判断线段BD，CE之间的数量关系及∠BEC的度数，并给出证明．
（3）（解决问题）如图3，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝5，点D在AB边上，DE⊥AC于点E，AE＝3，将△ADE绕点A旋转，当DE所在直线经过点B时，CE的长是多少？（直接写出答案）
【分析】（1）首先根据△ACB和△DAE均为等边三角形，可得AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，∠ADE＝∠AED＝60°，据此判断出∠BAD＝∠CAE，然后根据全等三角形的判定方法，判断出△ABD≌△ACE，即可判断出BD＝CE，∠BDA＝∠CEA，进而判断出∠BEC的度数为60°即可；
（2）首先根据△ACB和△ADE均为等腰直角三角形，可得AC＝BC，DE＝AE，∠ACB＝∠AED＝90°，进而利用相似三角形的判定和性质解答即可；
（3）根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】解：（1）①∵△ACB和△ADE均为等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，∠ADE＝∠AED＝60°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，∠BDA＝∠CEA，
∵点B，D，E在同一直线上，
∴∠ADB＝180﹣60＝120°，
∴∠AEC＝120°，
∴∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝120﹣60＝60°，
综上，可得∠AEB的度数为60°；线段BD与CE之间的数量关系是：BD＝CE．
②∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝120﹣60＝60°；
故答案为：BD＝CE；60；
（2），∠BEC＝45°．
理由如下：△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，
∴∠BAC＝∠ABC＝∠ADE＝∠DAE＝45°，∠ACB＝∠AED＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，∠ADB＝135°，
∵Rt△ABC和Rt△ADE中，，，，
∴，
∴，
又∠BAD＝∠CAE，
∴△ABD∽△ACE，
∴∠ADB＝∠AEC＝135°，，
∴∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝45°，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）如图3中，
∵AEB＝∠ACB＝90°，
∴A，B，C，E四点共圆，
∴∠CEB＝∠CAB＝30°，∠ABD＝∠ACE，
∵∠FAE＝∠BAC＝30°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
∴，
∴EC＝BD，
在Rt△ADE中，∵DE＝，∠DAE＝30°，
∴AE＝DE＝3，
∴BE＝＝4，
∴BD＝BE﹣DE＝4﹣，
∴CE＝BD＝2﹣，
如图4中，当D，E，B在同一直线上时，同法可知BD＝DE+EB＝4+，CE＝BD＝2+，
综上所述，CE的长为或．
【点评】本题考查几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
4．（2016•安徽）如图1，A，B分别在射线OM，ON上，且∠MON为钝角，现以线段OA，OB为斜边向∠MON的外侧作等腰直角三角形，分别是△OAP，△OBQ，点C，D，E分别是OA，OB，AB的中点．
（1）求证：△PCE≌△EDQ；
（2）延长PC，QD交于点R．
①如图2，若∠MON＝150°，求证：△ABR为等边三角形；
②如图3，若△ARB∽△PEQ，求∠MON大小和的值．
【分析】（1）根据三角形中位线的性质得到DE＝OC，∥OC，CE＝OD，CE∥OD，推出四边形ODEC是平行四边形，于是得到∠OCE＝∠ODE，根据等腰直角三角形的定义得到∠PCO＝∠QDO＝90°，根据等腰直角三角形的性质得到得到PC＝ED，CE＝DQ，即可得到结论
（2）①连接RO，由于PR与QR分别是OA，OB的垂直平分线，得到AP＝OR＝RB，由等腰三角形的性质得到∠ARC＝∠ORC，∠ORQ＝∠BRQ，根据四边形的内角和得到∠CRD＝30°，即可得到结论；
②由（1）得，EQ＝EP，∠DEQ＝∠CPE，推出∠PEQ＝∠ACR＝90°，证得△PEQ是等腰直角三角形，根据相似三角形的性质得到ARB＝∠PEQ＝90°，根据四边形的内角和得到∠MON＝135°，求得∠APB＝90°，根据等腰直角三角形的性质得到结论．
【解答】（1）证明：∵点C、D、E分别是OA，OB，AB的中点，
∴DE＝OC，DE∥OC，CE＝OD，CE∥OD，
∴四边形ODEC是平行四边形，
∴∠OCE＝∠ODE，
∵△OAP，△OBQ是等腰直角三角形，
∴∠PCO＝∠QDO＝90°，
∴∠PCE＝∠PCO+∠OCE＝∠QDO+∠EDO＝∠EDQ，
∵PC＝AO＝OC＝ED，CE＝OD＝OB＝DQ，
在△PCE与△EDQ中，，
∴△PCE≌△EDQ；
（2）①如图2，连接RO，
∵PR与QR分别是OA，OB的垂直平分线，
∴AR＝OR＝RB，
∴∠ARC＝∠ORC，∠ORQ＝∠BRQ，
∵∠RCO＝∠RDO＝90°，∠COD＝150°，
∴∠CRD＝30°，
∴∠ARB＝60°，
∴△ARB是等边三角形；
②由（1）得，EQ＝EP，∠DEQ＝∠CPE，
∴∠PEQ＝∠CED﹣∠CEP﹣∠DEQ＝∠ACE﹣∠CEP﹣∠CPE＝∠ACE﹣∠RCE＝∠ACR＝90°，
∴△PEQ是等腰直角三角形，∵△ARB∽△PEQ，∴∠ARB＝∠PEQ＝90°，
∴∠OCR＝∠ODR＝90°，∠CRD＝∠ARB＝45°，
∴∠MON＝135°，
此时P，O，B在一条直线上，△PAB为直角三角形，且∠APB＝90°，
∴AB＝2PE＝2×PQ＝PQ，∴＝．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握等腰直角三角形的性质是解题的关键．
5．（2014•安徽）如图1，正六边形ABCDEF的边长为a，P是BC边上一动点，过P作PM∥AB交AF于M，作PN∥CD交DE于N．
（1）①∠MPN＝ 60° ；
②求证：PM+PN＝3a；
（2）如图2，点O是AD的中点，连接OM、ON，求证：OM＝ON；
（3）如图3，点O是AD的中点，OG平分∠MON，判断四边形OMGN是否为特殊四边形？并说明理由．
【分析】（1）①运用∠MPN＝180°﹣∠BPM﹣∠NPC求解，②作AG⊥MP交MP于点G，BH⊥MP于点H，CL⊥PN于点L，DK⊥PN于点K，利用MP+PN＝MG+GH+HP+PL+LK+KN求解，
（2）连接OE，由△OMA≌△ONE证明，
（3）连接OE，由△OMA≌△ONE，再证出△GOE≌△NOD，由△ONG是等边三角形和△MOG是等边三角形求出四边形MONG是菱形．，
【解答】解：（1）①∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝∠E＝∠F＝120°
又∴PM∥AB，PN∥CD，
∴∠BPM＝60°，∠NPC＝60°，
∴∠MPN＝180°﹣∠BPM﹣∠NPC＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
故答案为：60°．
②如图1，作AG⊥MP交MP于点G，BH⊥MP于点H，CL⊥PN于点L，DK⊥PN于点K，
MP+PN＝MG+GH+HP+PL+LK+KN
∵正六边形ABCDEF中，PM∥AB，PN∥CD，
∴∠AMG＝∠BPH＝∠CPL＝∠DNK＝60°，
∴GM＝AM，HP＝BP，PL＝PC，NK＝ND，
∵AM＝BP，PC＝DN，
∴MG+HP+PL+KN＝a，GH＝LK＝a，
∴MP+PN＝MG+GH+HP+PL+LK+KN＝3a．
（2）如图2，连接OE，
∵六边形ABCDEF是正六边形，AB∥MP，PN∥DC，
∴AM＝BP＝EN，
∵∠MAO＝∠OEN＝60°，OA＝OE，
在△ONE和△OMA中，
∴△OMA≌△ONE（SAS）
∴OM＝ON．
（3）如图3，连接OE，
由（2）得，△OMA≌△ONE
∴∠MOA＝∠EON，
∵EF∥AO，AF∥OE，
∴四边形AOEF是平行四边形，
∴∠AFE＝∠AOE＝120°，
∴∠MON＝120°，
∴∠GON＝60°，
∵∠GOE＝60°﹣∠EON，∠DON＝60°﹣∠EON，
∴∠GOE＝∠DON，
∵OD＝OE，∠ODN＝∠OEG，
在△GOE和△DON中，
∴△GOE≌△NOD（ASA），
∴ON＝OG，
又∵∠GON＝60°，
∴△ONG是等边三角形，
∴ON＝NG，
又∵OM＝ON，∠MOG＝60°，
∴△MOG是等边三角形，
∴MG＝GO＝MO，
∴MO＝ON＝NG＝MG，
∴四边形MONG是菱形．
【点评】本题主要考查了四边形的综合题，解题的关键是恰当的作出辅助线，根据三角形全等找出相等的线段．
类型三：对角互补模型
一、双等边类型

△BCD≌△ACE△ABD≌△ACE△BOE∽△COF
二、双等腰直角类型
△BCD≌△ACE△BCE≌△DCF△ABD∽△ACE
1．（2021•庆云县模拟）问题背景：
如图1：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°．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DG＝BE．连接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°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，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60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进，1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
【分析】问题背景中，根据小亮的设计可以得到所要的结论；
探索延伸中，先判断结论是否成立，然后根据图形和题目中条件，作出合适的辅助线，进行说明即可；
在实际应用中，根据题目中的条件进行合理的推导，只要能说明符合探索延伸的条件，即可解答本题．
【解答】解：问题背景：
∵小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，
∴EF＝FG，FG＝FD+DG＝FD+BE，
∴EF＝BE+FD，
故答案为：EF＝BE+FD；
探索延伸：
上述结论EF＝BE+FD成立，
理由：如图2，延长FD到点G，使得DG＝BE，连接AG，
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADG+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADG，
∵AB＝AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠DAF+∠BAE＝∠BAD﹣∠EAF＝∠BAD，
∴∠GAF＝∠EAF，
又∵AG＝AE，AF＝AF，
∴△AFG≌△AFE（SAS），
∴EF＝GF，
∵GF＝DF+DG＝DF+BE，
∴EF＝BE+FD；
实际应用：
如图3，连接EF，延长AE、BF相交于点C，
在四边形AOBC中，
∵∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°，∠FOE＝70°＝，
又∵OA＝OB，∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝60°+120°＝180°，
∴图3符合探索延伸的条件，
∴EF＝AE+FB＝1.5×（60+80）＝210（海里），
即此时两舰艇之间的距离210海里．
【点评】本题考查三角形综合题，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想进行解答．
2．（2020•九龙坡区校级模拟）【初步探索】
（1）如图1：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF＝BE+FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF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DG＝BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 ∠BAE+∠FAD＝∠EAF ；
【灵活运用】
（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EF＝BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
【拓展延伸】
（3）如图3，已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，AB＝AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF＝BE+FD，请写出∠EAF与∠DAB的数量关系，并给出证明过程．
【分析】（1）延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF，据此得出结论；
（2）延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF；
（3）在DC延长线上取一点G，使得DG＝BE，连接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE＝∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE＝360°，推导得到2∠FAE+∠DAB＝360°，即可得出结论．
【解答】解：（1）∠BAE+∠FAD＝∠EAF．理由：
如图1，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，
根据SAS可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
再根据SSS可判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF．
故答案为：∠BAE+∠FAD＝∠EAF；
（2）仍成立，理由：
如图2，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，
∵∠B+∠ADF＝180°，∠ADG+∠ADF＝180°，
∴∠B＝∠ADG，
又∵AB＝AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
∵EF＝BE+FD＝DG+FD＝GF，AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF；
（3）∠EAF＝180°﹣∠DAB．
证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG＝BE，连接AG，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ABE＝180°，
∴∠ADC＝∠ABE，
又∵AB＝AD，
∴△ADG≌△ABE（SAS），
∴AG＝AE，∠DAG＝∠BAE，
∵EF＝BE+FD＝DG+FD＝GF，AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠FAE＝∠FAG，
∵∠FAE+∠FAG+∠GAE＝360°，
∴2∠FAE+（∠GAB+∠BAE）＝360°，
∴2∠FAE+（∠GAB+∠DAG）＝360°，
即2∠FAE+∠DAB＝360°，
∴∠EAF＝180°﹣∠DAB．
【点评】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形．解题时注意：同角的补角相等．
类型四：半角模型
过等腰三角形顶点 两条射线，使两条射线的夹角为等腰三角形顶角的一半这样的模型称为半角模型。
常见的图形为正方形，正三角形，等腰直角三角形等，解题思路一般是将半角两边的三角形通过旋转到一边合并成新的三角形，从而进行等量代换，然后证明与半角形成的三角形全等，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系。
解题技巧：
在图1中，△AEB由△AND旋转所得，可得△AEM≌△AMN，
∴BM+DN=MN
∠AMB=∠AMN
AB=AH
△CMN的周长等于正方形周长的一半
在图2中将△ABC旋转至△BEF，易得△BED≌△BCD同理得到边角之间的关系；
总之：半角模型（题中出现角度之间的半角关系）利用旋转——证全等——得到相关结论.
1．（2023•大连模拟）综合与实践
问题情境：数学活动课上，王老师出示了一个问题：如图1，在△ABC中，点D在AC边上，AE⊥BD于F交BC于E，∠ABD＝2∠CAE．求证AB＝BD．
独立思考：（1）请解答王师提出的问题．
实践探究：（2）在原有问题条件不变的情况下，王老师增加下面条件，并提出新问题，请你解答．“如图2，作EG⊥AC于点G，若AE＝BD，探究线段AD与CE之间的数量关系，并证明．”
问题解析：（3）数学活动小组同学对上述问题进行特殊化研究之后发现，当点G与点D重合时，连接CF，若给出DE的值，则可求出CF的值．该小组提出下面的问题，请你解答．”
如图3，在（2）的条件下，当点D与点G重合时，连接CF，若DE＝，求CF的长”．
【分析】（1）根据直角三角形性质和已知条件∠ABD＝2∠CAE，可推出∠ADB＝∠BAD，再由等腰三角形的判定即可证得结论；
（2）过点B作BH⊥AC于H，先证明△AEG≌△BDH（AAS），设∠CAE＝β，则∠ABD＝2β，利用三角形内角和定理和等腰三角形性质可推出∠C＝45°，再运用解直角三角形即可求得答案；
（3）如图3，过点B作BH⊥AC于H，过点F作FK⊥AC于K，应用勾股定理可得AE＝5，利用面积法可得DF＝2，再证明△DFK∽△DAF，可求得FK＝，DK＝，再利用勾股定理即可求得答案．
【解答】（1）证明：如图1，
∵AE⊥BD，
∴∠AFB＝∠AFD＝90°，
∴∠ABD+∠BAF＝90°，∠CAE+∠ADB＝90°，
∵∠ABD＝2∠CAE，
∴∠BAF＝90°﹣2∠CAE，∠ADB＝90°﹣∠CAE，
∵∠BAD＝∠BAF+∠CAE，
∴∠BAD＝90°﹣∠CAE，
∴∠ADB＝∠BAD，
∴AB＝BD．
（2）解：AD＝CE，理由如下：
过点B作BH⊥AC于H，如图2，
则∠BHA＝∠BHD＝90°，
由（1）得：AB＝BD，
∴AD＝2DH，∠ABD＝2∠DBH，
∵∠ABD＝2∠CAE，
∴∠CAE＝∠DBH，
∵EG⊥AC，
∴∠AGE＝∠CGE＝90°，
∴∠AGE＝∠BHD，
∵AE＝BD，
∴△AEG≌△BDH（AAS），
∴EG＝DH，
∴AD＝2EG，
设∠CAE＝β，则∠ABD＝2β，
∵AB＝BD，
∴∠BAD＝∠BDA＝＝，
∵AE＝BD，AB＝BD，
∴AE＝AB，
∴∠ABE＝∠AEB＝，
∵∠BAE＝90°﹣∠ABD＝90°﹣2β，
∴∠AEB＝＝45°+β，
∵∠AEB＝∠C+∠CAE，
∴45°+β＝∠C+β，
∴∠C＝45°，
∵∠CGE＝90°，
∴＝sinC＝sin45°＝，
∴EG＝CE，
∴AD＝2×CE＝CE．
（3）解：如图3，过点B作BH⊥AC于H，过点F作FK⊥AC于K，
由（2）知：AD＝2EG，
∵点D与点G重合，EG⊥AC，
∴AD＝2DE＝2CD，∠ADE＝90°，
∵DE＝，
∴CD＝，AD＝2，
∴AE＝＝＝5，
∵AE⊥BD，
∴AE•DF＝AD•DE，即5DF＝2×，
∴DF＝2，
∴AF＝＝＝4，
∵FK⊥AC，
∴∠DKF＝90°＝∠AFD，
∵∠FDK＝∠ADF，
∴△DFK∽△DAF，
∴＝＝，即＝＝，
∴FK＝，DK＝，
∴CK＝CD+DK＝+＝，
在Rt△CFK中，CF＝＝＝．
【点评】本题是三角形综合题，考查了直角三角形性质，等腰三角形性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
2．（2021秋•桦甸市期末）如图，△ABC是等边三角形，D是边BC上一点（点D不与点B，C重合），作∠EDF＝60°，使角的两边分别交边AB，AC于点E，F，且BD＝CF．
（1）如图①，若DE⊥BC，则∠DFC＝ 90 度；
（2）如图②，D是边BC上一点（点D不与点B，C重合），求证：BE＝CD；
（3）如图③，若D是边BC的中点，且AB＝2，则四边形AEDF的周长为 4 ．
【分析】（1）由等边三角形性质知∠B＝∠C＝60°，根据DE⊥BC，∠EDF＝60°知∠BED＝∠CDF＝30°，据此可得答案．
（2）由∠EDF+∠CDF＝∠B+∠BED，且∠EDF＝∠B＝60°知∠CDF＝∠BED，据此证△BDE≌△CFD可得答案．
（3）先得出BD＝CD＝CF＝AF＝1，再由（2）知△BDE≌△CFD，据此得BE＝CD＝1，DE＝DF，结合∠B＝60°知△BDE是等边三角形，得出DE＝DF＝1，再进一步求解可得答案．
【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，
∵DE⊥BC，即∠BDE＝90°，∠EDF＝60°，
∴∠BED＝∠CDF＝30°，
∴∠DFC＝90°，
故答案为：90；
（2）∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，
∵∠EDF+∠CDF＝∠B+∠BED，且∠EDF＝60°，
∴∠CDF＝∠BED，
在△BDE和△CFD中，
，
∴△BDE≌△CFD（AAS），
∴BE＝CD；
（3）∵△ABC是等边三角形，AB＝2，
∴∠B＝∠C＝60°，AB＝BC＝AC＝2，
∵D为BC中点，且BD＝CF，
∴BD＝CD＝CF＝AF＝1，
由（2）知△BDE≌△CFD，
∴BE＝CD＝1，DE＝DF，
∵∠B＝60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴DE＝DF＝1，
则四边形AEDF的周长为AE+DE+DF+AF＝4，
故答案为：4．
【点评】本题是三角形的综合问题，解题的关键是掌握等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质及四边形的周长公式等知识点．
3．（2018•安徽）如图1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为边AC上一点，DE⊥AB于点E．点M为BD中点，CM的延长线交AB于点F．
（1）求证：CM＝EM；
（2）若∠BAC＝50°，求∠EMF的大小；
（3）如图2，若△DAE≌△CEM，点N为CM的中点，求证：AN∥EM．
【分析】（1）利用直角三角形斜边中线的性质定理即可证明；
（2）利用四边形内角和定理求出∠CME即可解决问题；
（3）首先证明△ADE是等腰直角三角形，△DEM是等边三角形，设FM＝a，则AE＝CM＝EM＝a，EF＝2a，推出＝，＝，由此即可解决问题；
【解答】（1）证明：如图1中，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB＝∠DCB＝90°，
∵DM＝MB，
∴CM＝DB，EM＝DB，
∴CM＝EM．
（2）解：∵∠AED＝90°，∠A＝50°，
∴∠ADE＝40°，∠CDE＝140°，
∵CM＝DM＝ME，
∴∠MCD＝∠MDC，∠MDE＝∠MED，
∴∠CME＝360°﹣2×140°＝80°，
∴∠EMF＝180°﹣∠CME＝100°．
（3）证明：如图2中，设FM＝a．
∵△DAE≌△CEM，CM＝EM，
∴AE＝ED＝EM＝CM＝DM，∠AED＝∠CME＝90°
∴△ADE是等腰直角三角形，△DEM是等边三角形，
∴∠DEM＝60°，∠MEF＝30°，
∴AE＝CM＝EM＝a，EF＝2a，
∵CN＝NM，
∴MN＝a，
∴＝，＝，
∴＝，
∴EM∥AN．
（也可以连接AM利用等腰三角形的三线合一的性质证明）
【点评】本题考查三角形综合题、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
4．（2020•镜湖区校级开学）已知，正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N，AH⊥MN于点H．
（1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系： AH＝AB ；
（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；
（3）如图③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝2，NH＝3，求AH的长．（可利用（2）得到的结论）
【分析】（1）由三角形全等可以证明AH＝AB，
（2）延长CB至E，使BE＝DN，证明△AEM≌△ANM，能得到AH＝AB，
（3）分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，然后分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCE，设AH＝x，则MC＝x﹣2，NC＝x﹣3，在Rt△MCN中，由勾股定理，解得x．
【解答】解：（1）如图①AH＝AB．
（2）数量关系成立．如图②，延长CB至E，使BE＝DN．
∵ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°，
在Rt△AEB和Rt△AND中，，
∴Rt△AEB≌Rt△AND（SAS），
∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，
∵∠DAN+∠BAM＝45°，
∴∠EAB+∠BAM＝45°，
∴∠EAM＝45°，
∴∠EAM＝∠NAM＝45°，
在△AEM和△ANM中，，
∴△AEM≌△ANM（SAS）．
∴S△AEM＝S△ANM，EM＝MN，
∵AB、AH是△AEM和△ANM对应边上的高，
∴AB＝AH．
（3）如图③分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，
∴BM＝2，DN＝3，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°．
分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCD，
由（2）可知，AH＝AB＝BC＝CD＝AD．
设AH＝x，则MC＝x﹣2，NC＝x﹣3，
在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2+NC2
∴52＝（x﹣2）2+（x﹣3）2
解得x1＝6，x2＝﹣1．（不符合题意，舍去）
∴AH＝6．
【点评】本题主要考查正方形的性质和三角形全等的判断，难度中等．
5．（2014•安徽）如图1，正六边形ABCDEF的边长为a，P是BC边上一动点，过P作PM∥AB交AF于M，作PN∥CD交DE于N．
（1）①∠MPN＝ 60° ；
②求证：PM+PN＝3a；
（2）如图2，点O是AD的中点，连接OM、ON，求证：OM＝ON；
（3）如图3，点O是AD的中点，OG平分∠MON，判断四边形OMGN是否为特殊四边形？并说明理由．
【分析】（1）①运用∠MPN＝180°﹣∠BPM﹣∠NPC求解，②作AG⊥MP交MP于点G，BH⊥MP于点H，CL⊥PN于点L，DK⊥PN于点K，利用MP+PN＝MG+GH+HP+PL+LK+KN求解，
（2）连接OE，由△OMA≌△ONE证明，
（3）连接OE，由△OMA≌△ONE，再证出△GOE≌△NOD，由△ONG是等边三角形和△MOG是等边三角形求出四边形MONG是菱形．，
【解答】解：（1）①∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝∠E＝∠F＝120°
又∴PM∥AB，PN∥CD，
∴∠BPM＝60°，∠NPC＝60°，
∴∠MPN＝180°﹣∠BPM﹣∠NPC＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
故答案为：60°．
②如图1，作AG⊥MP交MP于点G，BH⊥MP于点H，CL⊥PN于点L，DK⊥PN于点K，
MP+PN＝MG+GH+HP+PL+LK+KN
∵正六边形ABCDEF中，PM∥AB，PN∥CD，
∴∠AMG＝∠BPH＝∠CPL＝∠DNK＝60°，
∴GM＝AM，HP＝BP，PL＝PC，NK＝ND，
∵AM＝BP，PC＝DN，
∴MG+HP+PL+KN＝a，GH＝LK＝a，
∴MP+PN＝MG+GH+HP+PL+LK+KN＝3a．
（2）如图2，连接OE，
∵六边形ABCDEF是正六边形，AB∥MP，PN∥DC，
∴AM＝BP＝EN，
∵∠MAO＝∠OEN＝60°，OA＝OE，
在△ONE和△OMA中，
∴△OMA≌△ONE（SAS）
∴OM＝ON．
（3）如图3，连接OE，
由（2）得，△OMA≌△ONE
∴∠MOA＝∠EON，
∵EF∥AO，AF∥OE，
∴四边形AOEF是平行四边形，
∴∠AFE＝∠AOE＝120°，
∴∠MON＝120°，
∴∠GON＝60°，
∵∠GOE＝60°﹣∠EON，∠DON＝60°﹣∠EON，
∴∠GOE＝∠DON，
∵OD＝OE，∠ODN＝∠OEG，
在△GOE和△DON中，
∴△GOE≌△NOD（ASA），
∴ON＝OG，
又∵∠GON＝60°，
∴△ONG是等边三角形，
∴ON＝NG，
又∵OM＝ON，∠MOG＝60°，
∴△MOG是等边三角形，
∴MG＝GO＝MO，
∴MO＝ON＝NG＝MG，
∴四边形MONG是菱形．
【点评】本题主要考查了四边形的综合题，解题的关键是恰当的作出辅助线，根据三角形全等找出相等的线段．
6．（2020秋•淮南月考）已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M，N．当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时（如图1），易证BM+DN＝MN．
（1）当∠MAN旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM，DN和MN之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明．
（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并加以证明．
【分析】（1）结论：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）结论：DN﹣BM＝MN．首先证明△ADQ≌△ABM，得DQ＝BM，再证明△AMN≌△AQN（SAS），得MN＝QN，
【解答】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（图形画正确）．
∴∠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，
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．
【点评】本题考查正方形的性质、旋转变换等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
7．（2021秋•内江期末）旋转变换是解决数学问题中一种重要的思想方法，通过旋转变换可以将分散的条件集中到一起，从而方便解决问题．已知，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点D、E在边BC上，且．
（1）如图a，当α＝60°时，将△AEC绕点A顺时针旋转60°到△AFB的位置，连结DF．
①∠DAF＝ 30° ；②求证：DF＝DE；
（2）如图b，当α＝90°时，猜想BD、DE、CE的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）①先求出∠EAF＝60°，再求出∠DAE＝30°，即可求出答案；
②用SAS判断出△DAF≌△DAE，即可得出结论；
（2）将△AEC绕点A顺时针旋转90°到△AFB的位置，连结DF，得出AF＝AE，∠EAF＝90°＝∠BAC，进而判断出△BAF≌△CAE（SAS），得出BF＝CE，∠ABF＝∠ACE，再判断出∠DBF＝90°，用勾股定理，即可得出结论．
【解答】（1）①解：由旋转知，AF＝AE，∠BAF＝∠CAE，∠EAF＝60°，
∵∠DAE＝α，∠BAC＝α＝60°，
∴∠DAE＝×60°＝30°，
∴∠CAE+∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝30°，
∴∠DAF＝∠BAD+∠BAF＝∠BAD+∠CAE＝30°，
故答案为：30°；
②证明：由①知，AF＝AE，∠DAF＝∠DAE＝30°，
∵AB＝AC，
∴△DAF≌△DAE（SAS），
∴DF＝DE；
（2）解：DE2＝BD2+CE2，理由如下：
如图，
将△AEC绕点A顺时针旋转90°到△AFB的位置，连结DF，
∴AF＝AE，∠EAF＝90°＝∠BAC，
∴∠BAF＝∠CAE，
∴△BAF≌△CAE（SAS），
∴BF＝CE，∠ABF＝∠ACE，
在Rt△ABC中，∠C＝∠ABC＝45°，
∴∠ABF＝45°，
∴∠DBF＝90°，根据勾股定理得，DF2＝BD2+BF2，
∴DF2＝BD2+CE2，
同（1）②的方法得，DF＝DE，
∴DE2＝BD2+CE2．
【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，判断出△ADF≌△ADE是解本题的关键．
8．（2021秋•牡丹江期末）已知∠MBN＝60°，等边△BEF与∠MBN顶点B重合，将等边△BEF绕顶点B顺时针旋转，边EF所在直线与∠MBN的BN边相交于点C，并在BM边上截取AB＝BC，连接AE．
（1）将等边△BEF旋转至如图①所示位置时，求证：CE＝BE+AE；
（2）将等边△BEF顺时针旋转至如图②、图③位置时，请分别直接写出AE，BE，CE之间的数量关系，不需要证明；
（3）在（1）和（2）的条件下，若BF＝4，AE＝1，则CE＝ 3或5 ．
【分析】（1）根据等边三角形的性质和SAS证明△ABE与△CBF全等，利用全等三角形的性质解答即可；
（2）根据等边三角形的性质和SAS证明△ABE与△CBF全等，利用全等三角形的性质解答即可；
（3）根据（1）和（2）的结论，解答即可．
【解答】（1）证明：∵△BEF为等边三角形，
∴BE＝EF＝BF，∠EBF＝60°，
∴∠EBA+∠ABF＝60°，
∵∠MBN＝60°，
∴∠CBF+∠ABF＝60°，
∴∠EBA＝∠CBF，
在△ABE与△CBF中，
，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴AE＝CF，
∵CE＝EF+CF，
∴CE＝BE+AE；
（2）解：图②结论为CE＝BE﹣AE，图③结论为CE＝AE﹣BE，
图②的理由如下：
∵△BEF为等边三角形，
∴BE＝EF＝BF，∠EBF＝60°，
∴∠EBA+∠ABF＝60°，
∵∠MBN＝60°，
∴∠CBF+∠ABF＝60°，
∴∠EBA＝∠CBF，
在△ABE与△CBF中，
，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴AE＝CF，
∵CE＝EF﹣CF，
∴CE＝BE﹣AE，
图③的利用如下：
∵△BEF为等边三角形，
∴BE＝EF＝BF，∠EBF＝60°，
∴∠EBA+∠ABF＝60°，
∵∠MBN＝60°，
∴∠CBF+∠ABF＝60°，
∴∠EBA＝∠CBF，
在△ABE与△CBF中，
，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴AE＝CF，
∵CE＝CF﹣EF，
∴CE＝AE﹣BE；
（3）解：在（1）条件下，CE＝BE+AE＝BF+AE＝4+1＝5；
在（2）条件下，CE＝BE﹣AE＝BF﹣AE＝4﹣1＝3，
综上所述，CE＝3或5，
故答案为：3或5．
【点评】此题考查几何变换的综合题，关键是根据等边三角形的性质和SAS证明△ABE≌△CBF解答．
9．（2020秋•西青区期末）已知在△ABC中，AB＝AC，D，E是BC边上的点，将△ABD绕点A旋转，得到△ACD'，连接D'E．
（Ⅰ）如图1，当∠BAC＝120°，∠DAE＝60°时，求证：DE＝D'E；
（Ⅱ）如图2，当DE＝D'E时，请写出∠DAE与∠BAC的数量关系，并说明理由．
（Ⅲ）当∠BAC＝90°，DE＝D'E，EC＝CD'时，请直接写出BD与DE的数量关系（不必说明理由）．
【分析】（I）由旋转知∠D'AE＝60°，再利用SAS证明△ADE≌△AD'E即可；
（Ⅱ）利用SSS证明△ADE≌△AD'E，得∠DAE＝∠D'AE，从而得出答案；
（Ⅲ）由旋转知△ECD'是等腰直角三角形，则D'E＝CD'＝BD，从而得出结论．
【解答】（I）证明：∵将△ABD绕点A旋转，得到△ACD'，
∴AD＝AD'，∠CAD'＝BAD，
∵∠BAC＝120°，∠DAE＝60°，
∴∠D'AE＝∠CAD'+∠CAE
＝∠BAD+∠CAE
＝∠BAC﹣∠DAE
＝120°﹣60°
＝60°，
∴∠DAE＝∠D'AE，
在△ADE与△AD'E中，
，
∴△ADE≌△AD'E（SAS），
∴DE＝D'E；
（Ⅱ）解：∠DAE＝，理由如下：
在△ADE与△AD'E中，
，
∴△ADE≌△AD'E（SSS），
∴∠DAE＝∠D'AE，
∴∠BAD+∠CAE＝∠CAD'+∠CAE＝∠D'AE＝∠DAE，
∴∠DAE＝；
（Ⅲ）解：DE＝BD，理由如下：
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACD＝45°，
∴∠ECD＝90°，
∵EC＝CD'，
∴△ECD'是等腰直角三角形，
∴D'E＝CD'＝BD，
∵DE＝D'E，
∴DE＝BD．
【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
类型五：十字架模型
1．（2017•安徽）已知正方形ABCD，点M为边AB的中点．
（1）如图1，点G为线段CM上的一点，且∠AGB＝90°，延长AG、BG分别与边BC、CD交于点E、F．
①求证：BE＝CF；
②求证：BE2＝BC•CE．
（2）如图2，在边BC上取一点E，满足BE2＝BC•CE，连接AE交CM于点G，连接BG并延长交CD于点F，求tan∠CBF的值．
【分析】（1）①由正方形的性质知AB＝BC、∠ABC＝∠BCF＝90°、∠ABG+∠CBF＝90°，结合∠ABG+∠BAG＝90°可得∠BAG＝∠CBF，证△ABE≌△BCF可得；
②由RtABG斜边AB中线知MG＝MA＝MB，即∠GAM＝∠AGM，结合∠CGE＝∠AGM、∠GAM＝∠CBG知∠CGE＝∠CBG，从而证△CGE∽△CBG得CG2＝BC•CE，由BE＝CF＝CG可得答案；
（2）延长AE、DC交于点N，证△CEN∽△BEA得BE•CN＝AB•CE，由AB＝BC、BE2＝BC•CE知CN＝BE，再由＝＝且AM＝MB得FC＝CN＝BE，设正方形的边长为1、BE＝x，根据BE2＝BC•CE求得BE的长，最后由tan∠CBF＝＝可得答案．
【解答】解：（1）①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCF＝90°，
∴∠ABG+∠CBF＝90°，
∵∠AGB＝90°，
∴∠ABG+∠BAG＝90°，
∴∠BAG＝∠CBF，
∵AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，
∴△ABE≌△BCF，
∴BE＝CF，
②∵∠AGB＝90°，点M为AB的中点，
∴MG＝MA＝MB，
∴∠GAM＝∠AGM，
又∵∠CGE＝∠AGM，∠GAM＝∠CBG，
∴∠CGE＝∠CBG，
又∠ECG＝∠GCB，
∴△CGE∽△CBG，
∴＝，即CG2＝BC•CE，
由∠CFG＝∠GBM＝∠BGM＝∠CGF得CF＝CG，
由①知BE＝CF，
∴BE＝CG，
∴BE2＝BC•CE；
（2）延长AE、DC交于点N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∴∠N＝∠EAB，
又∵∠CEN＝∠BEA，
∴△CEN∽△BEA，
∴＝，即BE•CN＝AB•CE，
∵AB＝BC，BE2＝BC•CE，
∴CN＝BE，
∵AB∥DN，
∴＝＝，
∵AM＝MB，
∴FC＝CN＝BE，
不妨设正方形的边长为1，BE＝x，
由BE2＝BC•CE可得x2＝1•（1﹣x），
解得：x1＝，x2＝（舍），
∴＝，
则tan∠CBF＝＝＝．
【点评】本题主要考查相似形的综合问题，熟练掌握正方形与直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键．
类型六：中点类模型
1．（2022•合肥一模）如图，点A，C是⊙O上的点，且∠AOC＝90°，过点A作AB⊥OA，连接BC交⊙O于点D，点D是BC的中点．
（1）求∠B的度数；
（2）求的值．
【分析】（1）连接OD并延长交AB于点E，利用AAS证明△CDO≌△BDE，得OD＝DE，由sin∠AEO＝，得∠AEO＝30°，从而得出∠B的度数；
（2）由（1）知△CDO≌△BDE，得OC＝BE，由含30°角的直角三角形的性质得AE＝OA＝OC，得AB＝AE+BE＝（）OC，从而解决问题．
【解答】解：（1）如图，连接OD并延长交AB于点E，
∵AB⊥OA，
∴∠OAB＝90°，
∵∠AOC＝90°，
∴∠AOC＝∠OAB，
∴OC∥AB，
∴∠OCD＝∠EBD，
∵D是BC的中点，
∴CD＝BD，
在△CDO与△BDE中，
，
∴△CDO≌△BDE（AAS），
∴OD＝DE，
在Rt△AEO中，sin∠AEO＝，
∴∠AEO＝30°，
∵∠AEO为△BDE的外角，
∴∠AEO＝∠BDE+∠EBD，
∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC，
∵∠ODC＝∠EDB，∠OCD＝∠EBD，
∴∠EDB＝∠EBD＝；
（2）由（1）知△CDO≌△BDE，
∴OC＝BE，
在Rt△AEO中，AE＝＝OA，
∵OC＝OA，
∴AE＝OC，
∴AB＝AE+BE＝（）OC，
∴．
【点评】本题主要考查了圆的性质，全等三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握平行加中点模型，构造全等三角形是解题的关键．
2．（2023•蜀山区模拟）在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝BC，对角线AC、BD相交于点E，过点C作CF垂直于BD，垂足为F，
且CF＝DF．
（1）求证：△ACD∽△BCF；
（2）如图2，连接AF，点P、M、N分别为线段AB、AF、DF的中点，连接PM、MN、PN．
①求证：∠PMN＝135°；
②若AD＝2，求△PMN的面积．
【分析】（1）根据两边成比例夹角相等，两三角形相似证明即可；
（2）①如图中，延长PM交AD于H，证明四边形MNDH是平行四边形，推出∠HMN＝∠ADB＝45°，推出∠PMN＝135°；
②如图，延长MN，作PG⊥MN交于点G，由△ACD∽△BCF，得出BF＝2，由PM为△ABF中位线，得出PM＝1，同理得出MN＝，再判断出△PMG为等腰直角三角形，得出PG＝，最后根据三角形面积公式即可求出面积．
【解答】（1）证明：∵△ABC、△CDF都是等腰直角三角形，
∴∠BCF＝45°+∠ECF，∠ACD＝45°+∠ECF，
∴∠ACD＝∠BCF，
∵BC：AC＝CF：CD＝1：，
∴BC：CF＝AC：CD，
∴△ACD∽△BCF；
（2）①证明：∵△ACD∽△BCF，
∴∠ADC＝∠BFC＝90°，
∵∠CDF＝45°，
∴∠ADB＝45°，
如图，作PM延长线，交AD于点H，
∵点P、M、N分别为线段AB、AF、DF的中点，
∴MH∥DN、MN∥DH，
∴四边形MNDH为平行四边形，
∴∠HMN＝∠ADB＝45°，
∴∠PMN＝135°；
②如图，作PG⊥NM，交NM延长线于点G，
∵△ACD∽△BCF，
∴，
∴BF＝＝2，
∵PM为△ABF中位线，
∴PM＝BF＝1，
同理MN＝AD＝，
又∵∠PMN＝135°，
∴∠PMG＝180°﹣135°＝45°，
∴PG＝＝，
∴S△PMN＝•MN•PG＝××＝．
【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，解题关键是正确寻找相似三角形解决问题．
3．（2022•砀山县模拟）如图，AB为⊙O的直径，点E在弦AC的延长线上，过点E作ED⊥AE，ED与⊙O相切于点D．
（1）求证：AD平分∠BAC；
（2）若AC＝3，AB＝5，求CE和DE的长．
【分析】（1）连接OD，利用切线的性质可得∠EDO＝90°，利用垂直定义可得∠E＝90°，从而可得AE∥DO，然后根据平行线和等腰三角形的性质可得AD平分∠BAC；
（2）连接BC交OD于点G，根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB＝90°，从而在Rt△ACB中，利用勾股定理求出BC的长，再利用（1）的结论可得OD⊥BC，然后利用垂径定理可得CG＝BC＝2，再利用三角形的中位线定理可求出OG的长，从而求出DG的长，最后证明四边形CEDG是矩形，从而利用矩形的性质即可解答．
【解答】（1）证明：连接OD，
∵ED与⊙O相切于点D，
∴∠EDO＝90°，
∵ED⊥AE，
∴∠E＝90°，
∴∠E+∠EDO＝180°，
∴AE∥DO，
∴∠CAD＝∠ADO，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ADO，
∴∠OAD＝∠CAD，
∴AD平分∠BAC；
（2）解：连接BC交OD于点G，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵AC＝3，AB＝5，
∴BC＝＝＝4，
∵OD∥AE，
∴∠OGB＝∠ACB＝90°，
∴OD⊥BC，
∴BG＝CG＝BC＝2，
∵OA＝OB，
∴OG是△ACB的中位线，
∴OG＝AC＝，
∵OD＝AB＝，
∴DG＝OD﹣OG＝1，
∵∠E＝∠GDE＝∠ECG＝90°，
∴四边形CEDG是矩形，
∴CE＝DG＝1，DE＝CG＝2，
∴CE的长为1，DE的长为2．
【点评】本题考查了切线的性质，圆周角定理，矩形的判定，垂径定理，三角形的中位线定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
4．（2022•安徽）已知四边形ABCD中，BC＝CD，连接BD，过点C作BD的垂线交AB于点E，连接DE．
（1）如图1，若DE∥BC，求证：四边形BCDE是菱形；
（2）如图2，连接AC，设BD，AC相交于点F，DE垂直平分线段AC．
（ⅰ）求∠CED的大小；
（ⅱ）若AF＝AE，求证：BE＝CF．
【分析】（1）利用AAS证明△DOE≌△BOC，得DE＝BC，从而得出四边形BCDE是平行四边形，再根据CD＝CB，即可证明结论；
（2）（i）根据线段垂直平分线的性质得，AE＝EC，ED＝EB，则∠AED＝∠CED＝∠BEC，再根据平角的定义，可得答案；
（ii）利用AAS证明△ABF≌△ACE，可得AC＝AB，由AE＝AF，利用等式的性质，即可证明结论．
【解答】（1）证明：设CE与BD交于点O，
∵CB＝CD，CE⊥BD，
∴DO＝BO，
∵DE∥BC，
∴∠DEO＝∠BCO，
∵∠DOE＝∠BOC，
∴△DOE≌△BOC（AAS），
∴DE＝BC，
∴四边形BCDE是平行四边形，
∵CD＝CB，
∴平行四边形BCDE是菱形；
（2）（i）解：∵DE垂直平分AC，
∴AE＝EC且DE⊥AC，
∴∠AED＝∠CED，
又∵CD＝CB且CE⊥BD，
∴CE垂直平分DB，
∴DE＝BE，
∴∠DEC＝∠BEC，
∴∠AED＝∠CED＝∠BEC，
又∵∠AED+∠CED+∠BEC＝180°，
∴∠CED＝；
（ii）证明：由（i）得AE＝EC，
又∵∠AEC＝∠AED+∠DEC＝120°，
∴∠ACE＝30°，
同理可得，在等腰△DEB中，∠EBD＝30°，
∴∠ACE＝∠ABF＝30°，
在△ACE与△ABF中，
，
∴△ABF≌△ACE（AAS），
∴AC＝AB，
又∵AE＝AF，
∴AB﹣AE＝AC﹣AF，
即BE＝CF．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质等知识，熟练掌握线段垂直平分线的性质是解题的关键．
5．（2021•安徽）如图1，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠BCD，点E在边BC上，且AE∥CD，DE∥AB，作CF∥AD交线段AE于点F，连接BF．
（1）求证：△ABF≌△EAD；
（2）如图2．若AB＝9，CD＝5，∠ECF＝∠AED，求BE的长；
（3）如图3，若BF的延长线经过AD的中点M，求的值．
【分析】（1）先根据题意得出AB＝AE，DE＝DC，再证四边形ADCF是平行四边形，得出AF＝CD，进而得出AF＝DE，再由平行线性质得∠AED＝∠BAF，进而证得结论；
（2）先证明△EAD∽△CFE，得＝＝，根据四边形ADCF是平行四边形，得AD＝CF，AF＝CD，进而可得＝＝，求得CF＝6，CE＝，再利用△ABE∽△DEC，求得答案；
（3）如图3，延长BM、ED交于点G，先证明△ABE∽△DCE，得出＝＝，设DC＝DE＝a，CE＝b，＝＝＝x，则AB＝AE＝ax，AF＝CD＝a，BE＝bx，可得EF＝AE﹣AF＝ax﹣a＝a（x﹣1），再利用△ABF∽△EGF，列方程求解即可．
【解答】解：（1）如图1，∵AE∥CD，
∴∠AEB＝∠BCD，
∵∠ABC＝∠BCD，
∴∠ABC＝∠AEB，
∴AB＝AE，
∵DE∥AB，
∴∠DEC＝∠ABC，∠AED＝∠BAF，
∵∠ABC＝∠BCD，
∴∠DEC＝∠BCD，
∴DE＝DC，
∵CF∥AD，AE∥CD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∴AF＝CD，
∴AF＝DE，
在△ABF和△EAD中，
，
∴△ABF≌△EAD（SAS）；
（2）方法①：∵CF∥AD，
∴∠EAD＝∠CFE，
∵∠ECF＝∠AED，
∴△EAD∽△CFE，
∴＝＝，
由（1）知：四边形ADCF是平行四边形，
∴AD＝CF，AF＝CD，
∵AB＝9，CD＝5，
∴AE＝9，DE＝5，
∴EF＝AE﹣AF＝9﹣5＝4，
∴＝＝，
∴CF2＝4×9＝36，即CF＝6，
∴CE＝，
∵∠ABC＝∠BCD＝∠AEB＝∠DEC，
∴△ABE∽△DEC，
∴＝，即＝，
∴BE＝6；
方法②：由（1）知△ABF≌△EAD，
∴∠ABF＝∠EAD，
∵∠EAD＝∠CFE，
∴∠ABF＝∠CFE，
∵∠ABC＝∠AEB，∠ABC＝∠ABF+∠EBF，∠AEB＝∠CFE+∠ECF，
∴∠EBF＝∠ECF，
∵∠BAE＝∠AED＝∠ECF，
∴∠EBF＝∠BAE，
∵∠BEF＝∠AEB，
∴△BEF∽△AEB，
∴＝，即＝，
∴BE＝6；
（3）如图3，延长BM、ED交于点G，
∵△ABE，△DCE均为等腰三角形，且∠ABC＝∠DCE，
∴△ABE∽△DCE，
∴＝＝，
设DC＝DE＝a，CE＝b，＝＝＝x，
则AB＝AE＝ax，AF＝CD＝a，BE＝bx，
∴EF＝AE﹣AF＝ax﹣a＝a（x﹣1），
∵AB∥DG，
∴∠ABG＝∠G
∵AD的中点M，
∴AM＝DM，
∵∠AMB＝∠DMG，
∴△AMB≌△DMG（AAS），
∴DG＝AB＝ax，
∴EG＝DG+DE＝ax+a＝a（x+1），
∵AB∥DG（即AB∥EG），
∴△ABF∽△EGF，
∴＝，即＝，
∴x2﹣2x﹣1＝0，
解得：x＝1+或x＝1﹣（舍去），
∴＝x＝1+．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形判定和性质和相似三角形的判定和性质等相关知识，正确添加辅助线构造相似三角形是解题关键．