2023年中考数学二轮复习重难点专项突破专题06 全等三角形旋转模型(教师版)

这是一份2023年中考数学二轮复习重难点专项突破专题06 全等三角形旋转模型(教师版)，共41页。


专题06 全等三角形旋转模型
【典型例题】
1．(2021·辽宁·盖州市第四中学九年级阶段练习)如图，正方形ABCD中，P是对角线AC上的一个动点(不与A、C重合)，连结BP，将BP绕点B顺时针旋转90°到BQ，连结QP交BC于点E，QP延长线与边AD交于点F．
(1)连结CQ，求证：AP＝CQ；
(2)若正方形的边长为4，且PC＝3AP，求线段PQ的长．

【答案】(1)见解析；(2)
【解析】
【分析】
(1)由四边形ABCD是正方形可得，，，由图形旋转可得，，，从而可证，故；
(2)如图所示，由四边形ABCD是正方形可得，，故是等腰直角三角形且，由勾股定理可得，，故，进而推断出，由勾股定理得，，再由勾股定理可得．
【详解】
(1)

如图所示，过点P作交于M，
由题意得：，，
四边形ABCD是正方形，
，，
，
在与中，
，
，
；
(2)由(1)知：，，
在中，，
，
，
，
四边形ABCD是正方形，
，
交于M，
，
，
，
，
在中，，
，
，
，
，
在中，，
，
在中，．
【点睛】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理以及旋转的性质，熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理以及旋转的性质是解题的关键．





【专题训练】
一、 选择题
1．(2021·全国·八年级专题练习)如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是AB边上一点(点D与A，B不重合)，连结CD，将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，连结DE交BC于点F，连接BE．当AD＝BF时，∠BEF的度数是(　　)

A．45° B．60° C．62.5° D．67.5°
【答案】D
【解析】
【分析】
根据旋转的性质可得CD＝CE和∠DCE＝90°，结合∠ACB＝90°，AC＝BC，可证△ACD≌△BCE，依据全等三角形的性质即可得到∠CBE＝∠A＝45°，再由AD＝BF可得等腰△BEF，则可计算出∠BEF的度数．
【详解】
解：由旋转性质可得： CD＝CE，∠DCE＝90°．
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠A＝45°．
∴∠ACB−∠DCB＝∠DCE−∠DCB．
即∠ACD＝∠BCE．
∴△ACD≌△BCE．
∴∠CBE＝∠A＝45°．
∵AD＝BF，
∴BE＝BF．
∴∠BEF＝∠BFE＝ 67.5°．
故选：D．
【点睛】
本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质，解题的关键是熟练运用旋转的性质找出相等的线段和角，并能准确判定三角形全等，从而利用全等三角形性质解决相应的问题．
2．(2020·广东·深圳市龙岗区布吉中学八年级期中)在Rt△ABC中，AC=BC，点D为AB中点．∠GDH=90°，∠GDH绕点D旋转，DG，DH分别与边AC，BC交于E，F两点．下列结论：①AE+BF=AB；②AE2+BF2=EF2；③S四边形CEDF=S△ABC；④△DEF始终为等腰直角三角形．其中正确的是( )

A．①②④ B．①②③
C．①③④ D．①②③④
【答案】D
【解析】
【分析】
连接CD根据等腰直角三角形的性质就可以得出△ADE≌△CDF，就可以得出AE=CF，进而得出CE=BF，就有AE+BF=AC，由勾股定理就可以求出结论．
【详解】

连接CD，∵AC=BC，点D为AB中点，∠ACB=90°，
∴AD=CD=BD=AB．∠A=∠B=∠ACD=∠BCD=45°，∠ADC=∠BDC=90°．
∴∠ADE+∠EDC=90°，
∵∠EDC+∠FDC=∠GDH=90°，
∴∠ADE=∠CDF．
在△ADE和△CDF中，
∴△ADE≌△CDF(ASA)，
∴AE=CF，DE=DF，S△ADE=S△CDF．
∵AC=BC，
∴AC-AE=BC-CF，
∴CE=BF．
∵AC=AE+CE，
∴AC=AE+BF=．
∵DE=DF，∠GDH=90°，
∴△DEF始终为等腰直角三角形．
∵CE2+CF2=EF2，
∴AE2+BF2=EF2．
∵S四边形CEDF=S△EDC+S△EDF，
∴S四边形CEDF=S△EDC+S△ADE=S△ABC．
∴正确的有①②③④．
故选D．
【点睛】
本题考查了等腰直角三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，解题关键是证明△ADE≌△CDF．
二、填空题
3．(2021·江苏·连云港市新海实验中学三模)如图，正方形ABCD中，AB=，O是BC边的中点，点E是正方形内一动点，OE=4，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得DF，连接AE、CF，则线段OF长的最小值为_____

【答案】．
【解析】
【分析】
连接DO，将线段DO绕点D逆时针旋转90°得DM，连接OF，FM，OM，证明△EDO≌△FDM，可得FM＝OE＝4，由条件可得OM＝，根据OF+MF≥OM，即可得出OF的最小值．
【详解】
解：如图，连接DO，将线段DO绕点D逆时针旋转90°得DM，连接OF，FM，OM，
∵∠EDF＝∠ODM＝90°，
∴∠EDO＝∠FDM，
∵DE＝DF，DO＝DM，
∴△EDO≌△FDM(SAS)，
∴FM＝OE＝4，
∵正方形ABCD中，AB＝，O是BC边的中点，
∴OC＝，
∴OD＝＝10，
∴OM＝＝，
∵OF+MF≥OM，
∴OF≥，
∴线段OF长的最小值为．
故答案为：．

【点睛】
本题考查了图形旋转，全等三角形的判定和性质、正方形的性质和两点之间距离，熟练掌握并准确应用是解题的关键．
4．(2021·江苏·九年级专题练习)两块等腰直角三角形纸片AOB和COD按图1所示放置，直角顶点重合在点O处，AB＝13，CD＝7．保持纸片AOB不动，将纸片COD绕点O逆时针旋转a(0α90°)，如图2所示．当BD与CD在同一直线上(如图3)时，则△ABC的面积为____．

【答案】30
【解析】
【分析】
设AO与BC的交点为点G，根据等腰直角三角形的性质证△AOC≌△BOD，进而得出△ABC是直角三角形，设AC＝x，BC=x+7，由勾股定理求出x，再计算△ABC的面积即可．
【详解】
解：设AO与BC的交点为点G，

∵∠AOB＝∠COD＝90°，
∴∠AOC＝∠DOB，
在△AOC和△BOD中，
，
∴△AOC≌△BOD(SAS)，
∴AC＝BD，∠CAO＝∠DBO，
∵∠DBO＋∠OGB＝90°，
∵∠OGB＝∠AGC，
∴∠CAO＋∠AGC＝90°，
∴∠ACG＝90°，
∴CG⊥AC，
设AC＝x，则BD=AC=x，BC=x+7，
∵BD、CD在同一直线上，BD⊥AC，
∴△ABC是直角三角形，
∴AC2＋BC2＝AB2，
,
解得x=5，即AC=5，BC=5+7=12，
在直角三角形ABC中，S= ，
故答案为：30．
【点睛】
本题考查旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形，利用全等三角形的性质解决问题．
三、解答题
5．(2022·全国·八年级)在ABC中，AB=AC，点D是直线BC上一点(不与B、C重合)，以AD为一边在AD的右侧作ADE，使AD=AE，∠DAE =∠BAC，连接CE．
(1)如图1，当点D在线段BC上，如果∠BAC=90°，则∠BCE= 度；
(2)设，．
①如图2，当点在线段BC上移动，则，之间有怎样的数量关系？请说明理由；
②当点在直线BC上(线段BC之外)移动，则，之间有怎样的数量关系？请直接写出你的结论．

【答案】(1)90；(2)，见解析；②或
【解析】
【分析】
(1)由等腰直角三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝45°，由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得∠ABC＝∠ACE＝45°，可求∠BCE的度数；
(2)①由“SAS”可证△ABD≌△ACE得出∠ABD＝∠ACE，再用三角形的内角和即可得出结论；②分两种情况，由“SAS”可证△ABD≌△ACE得出∠ABD＝∠ACE，再用三角形的内角和即可得出结论．
【详解】
解：(1)∵，
∴，
∵AB=AC，AD=AE，
∴，，
∵，
∴，
在和中


∴，
∴
(2)或．
理由：①∵，
∴．
即．
在和中
，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
②如图：

∵，
∴．
即．
在和中
，
∴．
∴．
∵，，
，
．
综上所述：点D在直线BC上移动，α+β＝180°或α＝β．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定及性质，等腰三角形的性质和三角形内角和定理，掌握全等三角形的判定方法及性质是关键．
6．(2021·重庆九龙坡·八年级期中)如图1，已知△ABC、△ADE都是等边三角形，点E在直线BC上，F在直线AC上，且FE＝EA，DE与AB相交于点G，连接BD、EF．
(1)如图1，当点E在线段BC上时，
①求证：∠BAE＝∠BDE；
②求证：BD＋CF＝BC．
(2)如图2，如果点E在线段BC的延长线上，其他条件不变，请直接写出线段BD、CF、BC三条线段之间的数量关系．

【答案】(1)①见解析；②见解析；(2)CF＝BC+BD，理由见解析
【解析】
【分析】
(1)①先证明得到,得到，从而证得∠BAE＝∠BDE；
②结合，得到，继而证明，得到，结合图形即可得到BD＋CF＝BC；
(2)先证，得到，继而证明，得到，结合图形即可得到CF＝BC+BD；
【详解】
解：①∵△ABC、△ADE都是等边三角形，
∴=DE，
,
∴，
∴，
∴，
∴，
∵
∴∠BAE＝∠BDE
②∵,
∴，
∵∠DBE＝∠DBA+∠ABC=60º+60º=120º,
又∠ECF＝180º-∠ACB=180º-60º=120º,
∴∠DBE=∠ECF
∵FE＝EA
∴∠EAC=∠EFA
∴
又，而
∴
∴∠EFA=∠BED
又∵FE＝EA=DE
∴
∴,
∴
(2)，简证如下：
∵△ABC、△ADE都是等边三角形，
同理可得：，得到，，
由，
得到，
又FE＝EA，∴∠EAC=∠EFA，∴
又，而，
∴∠DAB＝∠BED，
∴∠EFA＝∠BED，
∴
∴
【点睛】
本题主要考查等边三角形的性质和全等三角形的判定和性质，熟练掌握等边三角形的性质和全等三角形的判定和性质是解题的关键．
7．(2021·山东青岛·八年级单元测试)在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点D是直线AB上的一点，连接CD，将线段CD绕点C逆时针旋转90°，得到线段CE，连接EB．
(1)操作发现
如图1，当点D在线段AB上时，请你直接写出AB与BE的位置关系为　 　；线段BD、AB、EB的数量关系为　 　；
(2)猜想论证
当点D在直线AB上运动时，如图2，是点D在射线AB上，如图3，是点D在射线BA上，请你写出这两种情况下，线段BD、AB、EB的数量关系，并对图2的结论进行证明；
(3)拓展延伸
若AB＝5，BD＝7，请你直接写出△ADE的面积．

【答案】(1)AB⊥BE，AB＝BD+BE；(2)图2中BE＝AB+BD，图3中，BD＝AB+BE，证明见解析；(3)72或2
【解析】
【分析】
(1)首先通过SAS证明△ACD≌△BCE，然后利用全等三角形的性质和等量代换即可得出答案；
(2)仿照(1)中证明△ACD≌△BCE，然后利用全等三角形的性质即可得出结论；
(3)首先求出BE的长度，然后利用S△AED•AD•EB即可求解．
【详解】
解：(1)如图1中，

∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD＝∠BCE，
∵CA＝CB，CD＝CE，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴AD＝BE，∠CBE＝∠A，
∵CA＝CB，∠ACB＝90°，
∴∠A＝∠CBA＝45°，
∴∠CBE＝∠A＝45°，
∴ABE＝90°，
∴AB⊥BE，
∵AB＝AD+BD，AD＝BE，
∴AB＝BD+BE，
故答案为AB⊥BE，AB＝BD+BE．
(2)①如图2中，结论：BE＝AB+BD．

理由：∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD＝∠BCE，
∵CA＝CB，CD＝CE，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴AD＝BE，
∵AD＝AB+BD，AD＝BE，
∴BE＝AB+BD．
②如图3中，结论：BD＝AB+BE．

理由：∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD＝∠BCE，
∵CA＝CB，CD＝CE，
∴△ACD≌△BCE(SAS)
∴AD＝BE，
∵BD＝AB+AD，AD＝BE，
∴BD＝AB+BE．
(3)如图2中，∵AB＝5，BD＝7，
∴BE＝AD＝5+7＝12，
∵BE⊥AD，
∴S△AED•AD•EB12×12＝72．
如图3中，∵AB＝5，BD＝7，
∴BE＝AD＝BD﹣AB＝7﹣5＝2，
∵BE⊥AD，
∴S△AED•AD•EB2×2＝2．
【点睛】
本题主要考查全等三角形，掌握全等三角形的判定及性质并分情况讨论是关键．
8．(2021·江苏·南通市启秀中学八年级阶段练习)(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，
【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.
9．(2021·江西兴国·九年级期末)(1)问题发现：
如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，当△DCE旋转至点A，D，E在同一直线上，连接BE．则：
①∠AEB的度数为　 　°；
②线段AD、BE之间的数量关系是　 　．
(2)拓展研究：
如图2，△ACB和△DCE均为等腰三角形，且∠ACB＝∠DCE＝90°，点 A、D、E在同一直线上，若AD＝a，AE＝b，AB＝c，求a、b、c之间的数量关系．
(3)探究发现：
图1中的△ACB和△DCE，在△DCE旋转过程中，当点A，D，E不在同一直线上时，设直线AD与BE相交于点O，试在备用图中探索∠AOE的度数，直接写出结果，不必说明理由．

【答案】(1)①60；②AD＝BE；(2)a2＋b2＝c2；(3)60°或120°
【解析】
【分析】
(1)由条件易证△ACD≌△BCE，从而得到：AD=BE，∠ADC=∠BEC．由点A，D，E在同一直线上可求出∠ADC，从而可以求出∠AEB的度数；
(2)由“SAS”可证△ACD≌△BCE，可得BE=AD，∠ADC=∠BEC，由勾股定理可求解；
(3)由(1)知△ACD≌△BCE，得∠CAD=∠CBE，由∠CAB=∠ABC=60°，可知∠EAB+∠ABE=120°，根据三角形的内角和定理可知∠AOE=60°．
【详解】
解：(1)①如图1，
∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE(SAS)．
∴∠ADC=∠BEC．
∵△DCE为等边三角形，
∴∠CDE=∠CED=60°，
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC=120°，
∴∠BEC=120°，
∴∠AEB=∠BEC-∠CED=60°，
故答案为：60；
②∵△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，
故答案为：AD=BE；
(2)∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°．
∴∠ACD=∠BCE，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴BE=AD，∠ADC=∠BEC，
∵△DCE为等腰直角三角形，
∴∠CDE=∠CED=45°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC=135°．
∴∠BEC=135°，
∴∠AEB=∠BEC-∠CED=90°，
∴AD2+AE2=AB2，
∵AD=a，AE=b，AB=c，
∴a2+b2=c2；
(3)如图3，

由(1)知△ACD≌△BCE，
∴∠CAD=∠CBE，
∵∠CAB=∠CBA=60°，
∴∠OAB+∠OBA=120°，
∴∠AOE=180°-120°=60°，
如图4，

同理求得∠AOB=60°，
∴∠AOE=120°，
∴∠AOE的度数是60°或120°．
【点睛】
本题是几何变换综合题，主要考查了等边三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形全等的判定与性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
10．(2021·辽宁·沈阳市南昌中学(含：西校区、光荣中学)八年级期中)在ABC和CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝BC，CD＝CE，点D在边AC上，点E在边BC上，如图1将CDE绕点C按顺时针方向旋转，旋转角为α(0°＜α≤90°)．

(1)连接AD，BE．求证：AD＝BE，AD⊥BE；
(2)当旋转至图2位置时，点A，D，E在一条直线上，连接BD，BE，若AD＝2，CD＝1，则BD= ；
(3)当α＝90°时，如图3，连接AD，BE，延长AD交BE于点F，连接CF，若DF＝1．EF＝．则CF＝ ．
【答案】(1)见解析；(2)；(3)
【解析】
【分析】
(1)如图1中，延长AD交BE的延长线于T，设AT交BC于J．证明△ACD≌△BCE(SAS)，推出AD＝BE，∠CAD＝∠CBE，可得结论．
(2)利用勾股定理求出DE，再根据BE＝AD＝2，AE⊥BE，利用勾股定理求出BD即可．
(3)如图3中，过点C作CP⊥BE于P，CQ⊥AF于Q．证明四边形QCPF是正方形，求出PF的长，可得结论．
【详解】
(1)证明：如图1中，延长AD交BE的延长线于T，设AT交BC于J．

∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴AD＝BE，∠CAD＝∠CBE，
∵∠CJA＝∠BJT，
∴∠BTJ＝∠ACJ＝90°，
∴AD⊥BE．
(2)解：如图2中，

∵CD＝CE＝1，∠DCE＝90°，
∴DE＝，
∵AD＝BE＝2，∠AEB＝90°，
∴BD＝．
故答案为：．
(3)如图3中，过点C作CP⊥BE于P，CQ⊥AF于Q．

∵△ACD≌△BCE，CQ⊥AD，CP⊥BE，
∴CQ＝CP，
∴CF平分∠AFE，
∵∠AFE＝90°，
∴∠CFP＝∠CFQ＝45°，
∵∠CPF＝∠CQF＝90°，
∴QC＝QF＝CP＝PF，
∴四边形QCPF是菱形，
∵∠PFQ＝90°，
∴四边形QCPF是正方形，
∵∠DCE＝∠QCP＝90°，
∴∠QCD＝∠PCE，
在Rt△CQD和Rt△CPE中，
，
∴Rt△CQD≌Rt△CPE(HL)，
∴DQ＝PE，
∴DF+EF＝FQ﹣DQ+PF+PE＝2PF＝1+，
∴PF＝，
∴CF＝PF＝．
故答案为：．
【点睛】
此题考查旋转与几何图形综合题，全等三角形的判定及性质，正方形的判定及性质，勾股定理，正确掌握各知识点，综合的推理能力是解题的关键．
11．(2021·山东中区·九年级期末)ABC为等边三角形，AB＝8，D、E、F分别是BC、AB、AC的中点，连接EF、CE，分别取EF、CE的中点M、N，连接MN、DN．
(1)如图1，MN与DN的数量关系是 ，∠DNM＝ ；
(2)如图2，将AEF绕点A逆时针旋转，旋转角为α，
①当0°＜α＜90°时，(1)中的结论是否依然成立？说明理由；
②连接BN，在AEF绕点A逆时针旋转过程中，当线段BN最大时，求ADN的面积．

【答案】(1)MN＝DN，120°；(2)①成立，见解析；②4+6
【解析】
【分析】
(1)利用三角形中位线定理以及等边三角形的性质即可解决问题．
(2)①如图2中，连接BE，CF，延长BE交CF的延长线于点T．证明△BAE≌△CAF(SAS)，可得结论．
②当点N在BJ的延长线上时，BN的值最大，如图3﹣2中，过点N作NH⊥AD于H，设BJ交AD于K，连接AN．想办法求出AD，NH即可解决问题．
【详解】
解：(1)如图1中，

∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，
∵EM＝MF，EN＝NC，BD＝DC，
∴MN∥FC，DN∥BE，MN＝CF，DN＝BE，
∵AE＝EB，AF＝CF，
∴BE＝CF，EF＝BC＝AC＝CF，
∴MN＝DN，
∵CA＝CB，AE＝BE，
∴CE⊥AB，∠ACE＝∠BCE＝∠ACB＝×60°＝30°，
∴∠CEB＝90°，
∵DN∥BE，MN∥CF，
∴∠END＝90°，∠ENM＝∠ECF＝30°，
∴∠DNM＝90°+30°＝120°．
故答案为：MN＝DN，120°．
(2)①成立．
理由：如图2中，连接BE，CF，延长BE交CF的延长线于点T，设AF交BT于点O．

∵∠BAC＝∠EAF＝60°，
∴∠BAE＝∠CAF，
∵AB＝AC，AE＝AF，
∴△BAE≌△CAF(SAS)，
∴BE＝CF，∠ABE＝∠ACF，
∵∠AOB＝∠COT，
∴∠T＝∠BAO＝60°，
∴∠EBC+∠TCB＝120°，
∵EM＝MF，EN＝NC，BD＝DC，
∴MN∥FC，DN∥BE，MN＝CF，DN＝BE，
∴MN＝DN，∠NDC＝∠EBC，∠ENM＝∠ECT，
∴∠DNM＝∠DNE+∠ENM＝∠NDC+∠DCN+∠ECF＝∠TBC+∠TCB＝120°．
②(3)如图3﹣1中，取AC的中点，连接BJ，BN．

∵AJ＝CJ，EN＝NC，
∴JN＝AE＝，
∵BJ＝AD＝2，
∴BN≤BJ+JN，
∴BN≤4+2，
∴当点N在BJ的延长线上时，BN的值最大，如图3﹣2中，过点N作NH⊥AD于H，设BJ交AD于K，连接AN．

∵KJ＝AJ•tan30°＝，JN＝2，
∴KN＝+2，
在Rt△HKN中，∠NHK＝90°，∠NKH＝60°，
∴HN＝NK•sin60°＝(+2)×＝2+，
∴S△ADN＝•AD•NH＝×4×(2+)＝4+6．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，解直角三角形等知识，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．
12．(2021·山西朔州·八年级期末)综合与实践问题情境：一次数学课上，老师出示了课本中的一道复习题：如图，和都是等边三角形，、分别是、上的点，且，连接、．

初步探究：
(1)试判断与的数量关系，并说明理由；
(2)求证：四边形是平行四边形；
深入探究：
(3)如图2，四边形和四边形都是正方形，、分别是、上的点，且，连接、，试判断四边形的形状，并说明理由；
拓展延伸：
(4)如图3，四边形和四边形都是菱形，，，是上一点，连接、，延长交于，若四边形是平行四边形，请直接写出的长．
【答案】(1)；见解析；(2)见解析；(3)平行四边形，见解析；(4)
【解析】
【分析】
(1)利用等边三角形性质证明即可得出结论；
(2)全等三角形和等边三角形性质可证且，再根据一组对边平行而且相等的四边形是平行四边形即可解答；
(3)根据正方形性质证明，进而证明，即可解答；
(4)由，证明，进而可证，从而可得是等腰直角三角形，从而求出．
【详解】
解：(1)．
理由如下：∵与均为等边三角形，
∴，．
又∵，
∴．
∴．
(2)由①知．
∴，．
又∵，，
∴，．
∴且．
∴四边形为平行四边形．
(3)四边形为平行四边形．
理由如下：∵四边形与四边形均为正方形
∴，．
∵，
∴．
∴，．
∵在中，，
同理，，
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴四边形为平行四边形．
(4)．
过程如下：
∵在菱形中，，
∴，
又∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，即：，
又∵四边形和四边形都是菱形，
∴，，
∴
∴，
∴，，
又∵，
∴．
【点睛】
本题是旋转综合题，主要考查了全等三角形判定和性质、平行四边形的判定和性质、以及正三角形、正方形、菱形等图形的性质，解题关键是关键特殊多边形性质通过特殊角度的计算得出角相等，由此证明三角形全等．
13．(2021·重庆巴蜀中学七年级期末)如图，△CAB与△CDE为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，CA＝CB，CD＝CE，∠CAB＝∠CBA＝45°，∠CDE＝∠CED＝45°，连接AD、BE．

(1)如图1，若∠CAD＝28°，∠DCB＝10°，则∠DEB的度数为________度；
(2)如图2，若A、D、E三点共线，AE与BC交于点F，且CF＝BF，AD＝3，求△CEF的面积；
(3)如图3，BE与AC的延长线交于点G，若CD⊥AD，延长CD与AB交于点N，在BC上有一点M且BM＝CG，连接NM，请猜想CN、NM、BG之间的数量关系并证明你的猜想．
【答案】(1)27；(2)；(3)BG=MN+CN，证明见解析．
【解析】
【分析】
(1)证明△ACD≌△BCE得∠CEB=∠ADC，∠CAD=∠CBE，再求出∠ACD，由三角形内角和定理可解决问题；
(2)过C作CG⊥DE于点G，由()1)可证△ACD≌△BCE得BE=AD=3，证明△CGF≌△BEF得CG=3，EF=，根据三角形面积公式可计算出结果；
(3)过点C作CF//AB交BG于点F，证明四边形CNBF是平行四边形得CN=BF，CF=BN，证明得GF=MN，进一步可得结论．
【详解】
解：(1)∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴
∵,
∴△ACD≌△BCE
∴∠CEB=∠ADC，∠CAD=∠CBE=28°
∵∠DCB=10°
∴∠ACD=∠ACB-∠DCB=90°-10°=80°
∴∠BCE=80°
∴∠CEB=180°-∠CBE-∠BCE=72°
∴∠DEB=∠CEB-∠CED=72°-45°=27°；
故答案为27；
(2)过C作CG⊥DE于点G，如图，

∵△DCE是等腰直角三角形，
∴,∠CGE=90°
由(1)同理可证明：△ACD≌△BCE
∴BE=AD=3，∠CEB=∠CDA=180°-45°=135°
∴∠GEB=∠CEB-∠CED=135°-45°=90°=∠CGF
∵CF=BF，∠CFG=∠EFB
∴△CGF≌△BEF
∴GF=EF=，GC=BE=AD=3
∵CG=GE
∴GF=EF=
∵∠CGF=90°
∴
(3)过点C作CF//AB交BG于点F，

∴∠GCF=∠CAB=∠CBA=45°
由(1)同理可得，△ACD≌△BCE
∴∠BEC=∠ADC
∵AD⊥CD
∴∠ADC=90°
∴∠BEC=90°=∠DCE
∴CN//BF
∵CF//BN
∴四边形CNBF是平行四边形
∴CN=BF，CF=BN
在△BMN和△CGF中，

∴
∴GF=MN
∴BG=GF+BF=MN+CN
【点睛】
本题考查三角形综合题、等腰三角形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质．
14．(2021·内蒙古固阳·八年级期末)在菱形中，，点是射线上一动点，以为边向右侧作等边．
(1)如图1，当点在菱形内部或边上时，连接与的数量关系是______，与的位置关系是________；
(2)当点在菱形外部时(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．(请结合图2的情况予以证明或说理．)
(3)如图3，当点在线段的延长线上时，连接，若，求四边形的面积．

【答案】(1)；；(2)成立，见解析；(3)
【解析】
【分析】
(1)①连接AC，证明△ABP≌△ACE，根据全等三角形的对应边相等即可证得BP=CE；②根据菱形对角线平分对角可得，再根据△ABP≌△ACE，可得，继而可推导得出，即可证得CE⊥AD；
(2)(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立，利用(1)的方法进行证明即可；
(3)连接AC交BD于点O，连接CE，作EH⊥AP于H，由已知先求得，再利用勾股定理求出CE的长，AP长，由△APE是等边三角形，求得PH，EH的长，再根据，进行计算即可得．
【详解】
(1)①BP=CE，理由如下：
连接AC，
∵菱形ABCD，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∵△APE是等边三角形，
∴AP=AE ，∠PAE=60° ，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP≌△ACE，
∴BP=CE；

②CE⊥AD ，
∵菱形对角线平分对角，
∴，
∵△ABP≌△ACE，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴CF⊥AD ，即CE⊥AD；
(2)(1)中的结论仍然成立，理由如下：

连接，
∵菱形，
和都是等边三角形，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，


∴(1)中的结论仍然成立；
(3)连接交于点，连接，作于，

∵四边形是菱形，
，平分，
，
，
，
由(2)知，
，
，
∵，
，
由(2)知，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
∴四边形的面积是．
【点睛】
本题考查四边形综合题、菱形的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确添加常用辅助线，寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
15．(2021·吉林·长春市第四十五中学九年级阶段练习)感知：如图①，已知正方形ABCD的边CD在正方形DEFG的边DE上，连结AE、CG，易证．(不需要证明)

探究：将图①中正方形DEFG绕点D按顺时针方向旋转，使点E落在BC边上，如图②．连结AE、CG，证明：AE=CG．
应用：如图③，正方形ABCD中，AD=3，点E在CB的延长线上，BE=1，DE=DF，∠EDF=90°．直接写出点F与点C的距离．
【答案】探究：证明见解析；应用：点F与点C的距离为．
【解析】
【分析】
探究：结合旋转模型，利用“边角边”证明即可得出结论；
应用：连接FC，根据前序问题中的方法证明△AED≌△CFD，从而得到CF=AE，即在Rt△AED中求解AE即可．
【详解】
探究：证明：在正方形和正方形中，
AD=CD，DE=DG，，
∴，
∴，
∴；
应用：连接FC，
∵∠EDF=∠ADC=90°，
∴∠ADE=∠CDF，
又∵AD=CD，DE=DF，
∴△AED≌△CFD，
∴CF=AE，
在Rt△AED中，，
∴点F与点C的距离为．

【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质，掌握基本的旋转模型，根据全等三角形的性质求解问题是解题关键．
16．(2021·广东·汕头市龙湖实验中学八年级开学考试)如图，△ACB和△DCE均为等腰三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE．

(1)如图1，若∠CAB＝∠CBA＝∠CDE＝∠CED＝50°．
①求证：AD＝BE；
②求∠AEB的度数．
(2)如图2，若∠ACB＝∠DCE＝90°，CF为△DCE中DE边上的高，试猜想AE，CF，BE之间的关系，并证明你的结论．
【答案】(1)①见解析；②80°；(2)AE＝2CF+BE，理由见解析．
【解析】
【分析】
(1)①通过角的计算找出∠ACD=∠BCE，再结合△ACB和△DCE均为等腰三角形可得出“AC=BC，DC=EC”，利用全等三角形的判定(SAS)即可证出△ACD≌△BCE，由此即可得出结论AD=BE；
②结合①中的△ACD≌△BCE可得出∠ADC=∠BEC，再通过角的计算即可算出∠AEB的度数；
(2)根据等腰三角形的性质结合顶角的度数，即可得出底角的度数，利用(1)的结论，通过解直角三角形即可求出线段AD、DE的长度，二者相加即可证出结论．
【详解】
(1)①证明：∵∠CAB＝∠CBA＝∠CDE＝∠CED＝50°，
∴∠ACB＝∠DCE＝180°﹣2×50°＝80°，
∵∠ACB＝∠ACD+∠DCB，∠DCE＝∠DCB+∠BCE，
∴∠ACD＝∠BCE，
∵△ACB，△DCE都是等腰三角形，
∴AC＝BC，DC＝EC，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴AD＝BE．
②解：∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC＝∠BEC，
∵点A、D、E在同一直线上，且∠CDE＝50°，
∴∠ADC＝180°﹣∠CDE＝130°，
∴∠BEC＝130°，
∵∠BEC＝∠CED+∠AEB，∠CED＝50°，
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝80°．
(2)结论：AE＝2CF+BE．
理由：∵△ACB，△DCE都是等腰直角三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝45°，
∵CF⊥DE，
∴∠CFD＝90°，DF＝EF＝CF，
∵AD＝BE，
∴AE＝AD+DE＝BE+2CF．

【点睛】
本题主要考查等腰三角形的性质以及三角形全等的证明，正确理解等腰三角形的性质以及三角形全等的证明是本题的解题关键．