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2023-2024学年常见几何模型全归纳之模型解读与提分精练专题01旋转中的三种全等模型（手拉手、半角、对角互补模型）
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这是一份2023-2024学年常见几何模型全归纳之模型解读与提分精练专题01旋转中的三种全等模型（手拉手、半角、对角互补模型），文件包含2024年常见几何模型全归纳专题01旋转中的三种全等模型手拉手半角对角互补模型原卷版docx、2024年常见几何模型全归纳专题01旋转中的三种全等模型手拉手半角对角互补模型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共84页， 欢迎下载使用。
模型1.手拉手模型
【模型解读】将两个三角形（或多边形）绕着公共顶点旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，也叫旋转型全等。其中：公共顶点A记为“头”，每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点记为“左手”，第二个顶点记为“右手”。
手拉模型解题思路：SAS型全等（核心在于导角，即等角加（减）公共角）。
1）双等边三角形型
条件：△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。
2）双等腰直角三角形型
条件：△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N。
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BND。
3）双等腰三角形型
条件：△ABC和△DCE均为等腰三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ACM=∠BFM；④CF平分∠AFD。
4）双正方形形型
条件：△ABCFD和△CEFG都是正方形，C为公共点；连接BG，ED交于点N。
结论：①△△BCG≌△DCE；②BG=DE；③∠BCM=∠DNM=90°；④CN平分∠BNE。
例1．（2022秋·福建龙岩·九年级校考阶段练习）如图，在边长为8的等边△ABC中，点D是AB的中点，点E是平面上△ABC外一点，且DE=2，连接BE，将线段EB绕点E顺时针旋转60°得到线段EF，连接AF，CE． (1)判断△BEF的形状，并说明理由；(2)求证：AF=CE； (3)当点D，E，F在同一直线上时，请你在备用图中画出符合条件的图形，并求出此时BE的长．
备用图
【答案】(1)△BEF是等边三角形(2)证明见解析(3)
【分析】（1）根据旋转即可证明△BEF是等边三角形；（2）由△EBF是等边三角形，可得FB=EB，再证明∠FBA=∠EBC，又因为AB=BC，所以可证明△FBA≌△EBC，进而可得AF=CE；（3）当点D，E，F在同一直线上时，过B作BM⊥EF于M，再在Rt△BMD中利用勾股定理列方程求解即可．
（1）∵将线段EB绕点E顺时针旋转60°得到线段EF，∴EB=EF，∴△BEF是等边三角形
（2）∵等边△ABC和△BEF ∴BF=BE，AB=BC，
∴即∠FBA=∠EBC∴△FBA≌△EBC（SAS）∴AF=CE
（3）图形如图所示：
过B作BM⊥EF于M，∵△BEF是等边三角形∴，
∵点D是AB的中点，∴ 在Rt△BMD中，
∵DE=2∴解得或（舍去）∴
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的运用，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，解一元二次方程，利用手拉手模型构造全等三角形是解题的关键．
例2．（2022·吉林·九年级期末）如图①，在中，，，点，分别在边，上，且，此时，成立．
（1）将绕点逆时针旋转时，在图②中补充图形，并直接写出的长度；（2）当绕点逆时针旋转一周的过程中，与的数量关系和位置关系是否仍然成立？若成立，请你利用图③证明，若不成立请说明理由；（3）将绕点逆时针旋转一周的过程中，当，，三点在同一条直线上时，请直接写出的长度．
【答案】（1）补充图形见解析；；（2），仍然成立，证明见解析；（3）或．
【分析】（1）根据旋转作图的方法作图，再根据勾股定理求出BE的长即可；
（2）根据SAS证明得AD=BE，∠1=∠2，再根据∠1+∠3+∠4=90°得∠2∠3+∠4=90°，从而可得出结论；（3）分两种情况，运用勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）如图所示，
根据题意得，点D在BC上，∴是直角三角形，且BC=，CE=
由勾股定理得，；
（2），仍然成立. 证明：延长交于点，
∵，，，∴，
又∵，，∴，∴，，
在中，，∴，∴，∴.
（3）①当点D在AC上方时，如图1所示，同（2）可得∴AD=BE 同理可证
在Rt△CDE中，∴DE=
在Rt△ACB中，∴
设AD=BE=x，在Rt△ABE中， ∴解得, ∴
②当点D在AC下方时，如图2所示，
同（2）可得∴AD=BE 同理可证
在Rt△CDE中，∴DE=
在Rt△ACB中，∴
设AD=BE=x，在Rt△ABE中，
∴解得, ∴ .
所以,AD的值为或
【点睛】本题考查了旋转的性质,全等三角形的判定与性质,勾股定理等知识，熟练解答本题的关键．
例3．（2022·黑龙江·虎林市九年级期末）已知Rt△ABC中，AC=BC，∠ACB＝90°，F为AB边的中点，且DF=EF，∠DFE＝90°，D是BC上一个动点．如图1，当D与C重合时，易证：CD2＋DB2＝2DF2；
（1）当D不与C、B重合时，如图2，CD、DB、DF有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明．
（2）当D在BC的延长线上时，如图3，CD、DB、DF有怎样的数量关系，请写出你的猜想，并加以证明．
【答案】（1）CD2+DB2=2DF2 ；（2）CD2+DB2=2DF2，证明见解析
【分析】（1）由已知得，连接CF，BE，证明得CD=BE，再证明为直角三角形，由勾股定理可得结论；
（2）连接CF，BE，证明得CD=BE，再证明为直角三角形，由勾股定理可得结论．
【详解】解：（1）CD2+DB2=2DF2
证明：∵DF=EF，∠DFE＝90°，
∴ ∴
连接CF，BE，如图
∵△ABC是等腰直角三角形，F为斜边AB的中点
∴ ，即 ∴，
又 ∴
在和中 ∴
∴， ∴ ∴
∵，∴CD2+DB2=2DF2 ；
（2）CD2+DB2=2DF2 证明：连接CF、BE
∵CF=BF，DF=EF又∵∠DFC+∠CFE=∠EFB+∠CFB=90°
∴∠DFC=∠EFB∴△DFC≌△EFB ∴CD=BE，∠DCF=∠EBF=135°
∵∠EBD=∠EBF－∠FBD=135°－45°=90° 在Rt△DBE中，BE2+DB2=DE2
∵ DE2=2DF2 ∴ CD2+DB2=2DF2
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、证明三角形全等是解决问题的关键，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
例4．（2023·山西大同·九年级期中）综合与实践：已知是等腰三角形，．
（1）特殊情形：如图1，当∥时，______．（填“＞”“＜”或“＝”）；（2）发现结论：若将图1中的绕点顺时针旋转（）到图2所示的位置，则（1）中的结论还成立吗？请说明理由．（3）拓展运用：某学习小组在解答问题：“如图3，点是等腰直角三角形内一点，，且，，，求的度数”时，小明发现可以利用旋转的知识，将绕点顺时针旋转90°得到，连接，构造新图形解决问题．请你根据小明的发现直接写出的度数．
【答案】（1）=；（2）成立，理由见解析；（3）∠BPA=135°．
【分析】（1）由DE∥BC，得到∠ADE=∠B，∠AED=∠C，结合AB=AC，得到DB=EC；
（2）由旋转得到的结论判断出△DAB≌△EAC，得到DB=CE；（3）由旋转构造出△APB≌△AEC，再用勾股定理计算出PE，然后用勾股定理逆定理判断出△PEC是直角三角形，在简单计算即可．
【详解】解：（1）∵DE∥BC，∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C，
∵AB=AC，∴∠B=∠C，∴∠ADE=∠AED，∴AD=AE，∴DB=EC，故答案为：=；
（2）成立．证明：由①易知AD=AE，∴由旋转性质可知∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中，∴△DAB≌△EAC（SAS），∴DB=CE；
（3）如图，将△APB绕点A旋转90°得△AEC，连接PE，∴△APB≌△AEC，
∴AE=AP=2，EC=BP=1，∠PAE=90°，∴∠AEP=∠APE=45°，
在Rt△PAE中，由勾股定理可得，PE=2，
在△PEC中，PE2=（2）2=8，CE2=12=1，PC2=32=9，
∵PE2+CE2=PA2，∴△PEC是直角三角形，∴∠PEC=90°，∴∠AEC=135°，
又∵△APB≌△AEC，∴∠BPA=∠CEA=135°．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理及其逆定理，解本题的关键是构造全等三角形，也是本题的难点．
例5．（2023春·浙江·八年级专题练习）边长为4的正方形ABCD与边长为2的正方形CEFG如图1摆放，将正方形CEFG绕点C顺时针旋转，旋转角为α，连接BG，DE．
（1）如图2，求证：△BCG≌△DCE；
（2）如图2，连接DG，BE，判断DG2+BE2否为定值．若是，求这个定值若不是，说明理由；
（3）如图3，当点G恰好落在DE上时，求α的值．
【答案】（1）见解析；（2）48；（3）
【分析】（1）通过边角边判定三角形全等；（2）连接，设交于点，交于点，先证明，由勾股定理可得；（3）作于点，则，且，由含30度角的直角三角形的性质求解．
【详解】（1）四边形与为正方形，，，
，，，
在和中， (SAS)，
（2）连接，设交于点，交于点，
，，，
在△和中，，
，，
，
由勾股定理得，，
，
，，，，
(3)作于点，如图，
△为等腰直角三角形，，且，
在中，，，，
．．
【点睛】本题考查四边形与三角形的综合问题，解题关键是熟练掌握正方形与直角三角形的性质，通过添加辅助线求解．
模型2.半角模型
【模型解读】半角模型概念：过多边形一个顶点作两条射线，使这两条射线夹角等于该顶角一半
思想方法：通过旋转构造全等三角形，实现线段的转化
1）正方形半角模型
条件：四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°；
结论：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④AEF的周长=2AB；
⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。
2）等腰直角三角形半角模型
条件：ABC是等腰直角三角形，∠DAE=45°；
结论：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝BD2＋EC2；
3）等边三角形半角模型（120°-60°型）
条件：ABC是等边三角形，BDC是等腰三角形，且BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°；
结论：①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋FC；④AEF的周长=2AB；
⑤DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC。
4）等边三角形半角模型（60°-30°型）
条件：ABC是等边三角形，∠EAD=30°；
结论：①△BDA≌△CFA；②△DAE≌△FAE；③∠ECF=120°；④DE2＝(BD＋EC)2+；
5）任意角度的半角模型（-型）
条件：∠BAC=，AB=AC，∠DAE=；
结论：①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF；③∠ECF=180°-。
例1．（2023·福建·龙岩九年级期中）（1）【发现证明】
如图1，在正方形中，点，分别是，边上的动点，且，求证：．小明发现，当把绕点顺时针旋转90°至，使与重合时能够证明，请你给出证明过程．
（2）【类比引申】①如图2，在正方形中，如果点，分别是，延长线上的动点，且，则（1）中的结论还成立吗？若不成立，请写出，，之间的数量关系______（不要求证明）
②如图3，如果点，分别是，延长线上的动点，且，则，，之间的数量关系是_____（不要求证明）.（3）【联想拓展】如图1，若正方形的边长为6，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）①不成立，结论：；②，见解析；（3）
【分析】（1）证明，可得出，则结论得证；（2）①将绕点顺时针旋转至根据可证明，可得，则结论得证；②将绕点逆时针旋转至，证明，可得出，则结论得证；（3）求出，设，则，，在中，得出关于的方程，解出则可得解．
【详解】（1）证明：把绕点顺时针旋转至，如图1，
，，，，，，三点共线，
，，，，
，，，；
（2）①不成立，结论：；
证明：如图2，将绕点顺时针旋转至，
，，，，，
，，；
②如图3，将绕点逆时针旋转至，，，
，，，
，，，．
即．故答案为：．
（3）解：由（1）可知，正方形的边长为6，，
．，，
设，则，，
在中，，，解得：．，
．
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理的综合应用，解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边相等进行推导．
例2．（2023·浙江·八年级假期作业）如图，在中，，，D、E是斜边上两点，且，若，，，则与的面积之和为（ ）
A．36B．21C．30D．22
【答案】B
【分析】将关于对称得到，从而可得的面积为15，再根据对称的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理证出，从而可得，最后根据与的面积之和等于与的面积之和即可得．
【详解】解：如图，将关于AE对称得到，
则，，
，
，，
在和中，，，
，
，即是直角三角形，，
，
即与的面积之和为21，故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键．
例3．（2023秋·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，在△ABC中，AB＝AC＝2．∠BAC＝120°，点D，E都在边BC上，∠DAE＝60°，若BD＝2CE，求DE的长．
【答案】DE＝3﹣3．
【分析】将绕点A逆时针旋转120°得到，取CF的中点G，连接EF、EG，由AB＝AC、，可得出，根据旋转的性质可得出，结合可得出为等边三角形，进而得出为直角三角形，通过解直角三角形求出的长度以及证明全等找出，设，则， ，在中利用勾股定理可得出，利用，可求出以及的值；
【详解】解：将绕点A逆时针旋转120°得到，取的中点G，连接，如图所示：
过点作于点，如图，
∵，，∴，
在中， ，∴，
∴，∴，∴，∴．
∵，∴，∴为等边三角形，
∴，∴，∴为直角三角形，
∵，∴，∴．
在和中，，∴，∴．
设，则，在中，，
＝x，∴，∴，
∴，答：的长为．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、解一元二次方程以及旋转的性质，通过勾股定理找出关于x的一元二次方程是解题的关键．
例4．（2023·绵阳市八年级期中）在等边△ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．探究：当M、N分别在直线AB、AC上移动时，BM、NC、MN之间的数量关系．(1)如图1，当点M、N边AB、AC上，且DM＝DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是 ；(2)如图2，点M、N在边AB、AC上，且当DM≠DN时，猜想（1）问的结论还成立吗？若成立请直接写出你的结论；若不成立请说明理由．(3)如图3，当M、N分别在边AB、CA的延长线上时，探索BM、NC、MN之间的数量关系如何？并给出证明．
【答案】(1)；(2)成立，；(3)，见解析
【分析】（1）由DM＝DN，∠MDN＝60°可得△MDN是等边三角形，得到Rt△BDM≌Rt△CDN，然后由直角三角形的性质即可求解；（2）在CN的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1，可证△DBM≌△DCM1，得到∠M1DN＝∠MDN＝60°，从而得到△MDN≌△M1DN（SAS），即可求证；
（3）在CN上截取CM1＝BM，连接DM1，可证得△MDN≌△M1DN，即可求证．
【详解】（1）解：BM、NC、MN之间的数量关系 BM+NC＝MN．
∵DM＝DN，∠MDN＝60°，∴△MDN是等边三角形，
∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝60°，
∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴∠BDC＝∠DCB＝30°，∴∠MBD＝∠NCD＝90°，
在Rt△BDM和Rt△CDN中，，∴Rt△BDM≌Rt△CDN（HL），
∴∠BDM＝∠CDN＝30°，BM＝CN，∴DM＝2BM，DN＝2CN，
∴MN＝2BM＝2CN＝BM+CN，故答案为：BM+NC＝MN；
（2）猜想：结论仍然成立．证明：在CN的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1．
∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，∴△DBM≌△DCM1（SAS），
∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，
∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，
∴△MDN≌△M1DN（SAS），∴MN＝M1N＝M1C+NC＝BM+NC；
（3）NC−BM=MN，理由如下：证明：在CN上截取CM1＝BM，连接MN，DM1
由（2）得，△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，
∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN（SAS），∴MN＝M1N，∴NC﹣BM＝MN．
【点睛】本题考查了等边三角形，直角三角形，等腰三角形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是注意数形结合思想的应用，作出合适的辅助线，构造出全等三角形．
例5．（2023·重庆市二模）回答问题（1）【初步探索】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_______________；
（2）【灵活运用】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；
（3）【拓展延伸】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，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系．
【答案】（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF；（2）仍成立，理由见解析；（3）∠EAF=180°-∠DAB
【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．
【详解】解：（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF．理由：
如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
∵∠B=∠ADF=90°，∠ADG=∠ADF=90°，∴∠B=∠ADG=90°，
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；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．
【点睛】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．
模型3、旋转中的对角互补模型
【模型解读】
对角互补模型概念：对角互补模型特指四边形中，存在一对对角互补，而且有一组邻边相等的几何模型。
思想方法：解决此类问题常用的辅助线画法主要有两种：①过顶点做双垂线，构造全等三角形；②进行旋转的构造，构造手拉手全等。
1）“共斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型（异侧型）
条件：如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB.
结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③.
2）“斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型（同侧型）
条件：如图，已知∠DCE的一边与AO的延长线交于点D，∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB.
结论：①CD＝CE，②OE－OD＝OC，③.
3）“等边三角形对120°模型”（1）
条件：如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB.
结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③.
4）“等边三角形对120°模型”（2）
条件：如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB，∠DCE的一边与BO的延长线交于点D，
结论：①CD＝CE，②OD－OE＝OC，③.
5）“120°等腰三角形对60°模型”
条件：△ABC是等腰三角形，且∠BAC=120°，∠BPC=60°。
结论：①PB+PC=PA；
例1．（2023·江苏·八年级专题练习）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点．
（1）如图1，E、F分别是AB、AC上的点，且BE＝AF、求证：△DEF是等腰直角三角形
经过分析已知条件AB＝AC，D为BC的中点．容易联想等腰三角形三线合一的性质，因此，连结AD（如图2），以下是某同学由已知条件开始，逐步按层次推出结论的流程图．请帮助该同学补充完整流程图．补全流程图：① ， ②∠EDF＝
（2）如果E、F分别为AB、CA延长线上的点，仍有BE＝AF，其他条件不变，试猜想△DEF是否仍为等腰直角三角形？请在备用图中补全图形、先作出判断，然后给予证明．
【答案】（1）△BDE，△ADF，90°；（2）△DEF仍为等腰直角三角形，理由见解析
【分析】（1）连接AD，根据∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点，可以得到∠B=∠C=45°，AD⊥BC，，，从而可以证明△BDE≌△ADF（SAS），得到DE=DF，∠BDE=∠ADF，由∠ADE+∠BDE=∠BDA=90°，可得∠ADE+∠ADF=90°，即∠EDF=90°，即可证明；
（2）连接AD，同样证明△BDE≌△ADF（SAS），得到DE=DF，∠BDE=∠ADF，再由∠ADF+∠BDF=∠BDA=90°，即可得到∠BDE+∠BDF=90°，即∠EDF=90°，即可证明．
【详解】解：（1）如图所示，连接AD，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点，
∴∠B=∠C=45°，AD⊥BC，，，
∴∠B=∠BAD=∠CAD，在△BDE和△ADF中，，
∴△BDE≌△ADF（SAS），∴DE=DF，∠BDE=∠ADF，
∵∠ADE+∠BDE=∠BDA=90°，∴∠ADE+∠ADF=90°，即∠EDF=90°，
∴△DEF是等腰直角三角形；故答案为：△BDE，△ADF，90°；
（2）△DEF仍为等腰直角三角形，理由如下：连接AD，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点，
∴∠ABC=∠C=45°，AD⊥BC，，，
∴∠FAD=180°-∠CAD=135°，∠EBD=180°-∠ABC=135°，∴∠FAD=∠EBD，
在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（SAS），∴DE=DF，∠BDE=∠ADF，
∵∠ADF+∠BDF=∠BDA=90°，∴∠BDE+∠BDF=90°，即∠EDF=90°，∴△DEF是等腰直角三角形．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．
例2．（2023·山东枣庄·中考模拟）在中，，，于点,（1）如图1，点，分别在，上，且，当，时，求线段的长；
（2）如图2，点，分别在，上，且，求证：；
（3）如图3，点在的延长线上，点在上，且，求证：;
【答案】(1) ；(2)见解析；(3)见解析.
【分析】（1）根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质得到 AD＝BD＝DC＝ ，求出 ∠MBD＝30°，根据勾股定理计算即可； （2）证明△BDE≌△ADF，根据全等三角形的性质证明；
（3）过点 M作 ME∥BC交 AB的延长线于 E，证明△BME≌△AMN，根据全等三角形的性质得到 BE＝AN，根据等腰直角三角形的性质、勾股定理证明结论．
【详解】（1）解：，，，
，，，
，，，
，，，
由勾股定理得，，即，
解得，，；
（2）证明：，，，
在和中，，；
（3）证明：过点作交的延长线于，，
则，，，
，，，
在和中，，，
，．
【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形
的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
例3．（2023·浙江·八年级专题练习）如图1，，，MN是过点A的直线，过点D作于点B，连接CB；过点C作，与MN交于点E．
(1)连接AD，AD是AC的______倍；(2)直线MN在图1所示位置时，可以得到线段BD和AE的数量关系是______，与BC之间的数量关系是______，请证明你的结论；
(3)直线MN绕点A旋转到图2的位置，若，，则AB的长为______（直接写结果）；
(4)直线MN绕点A旋转到图3的位置时，直接写出线段BA，BC，BD之间的数量关系______．
【答案】(1)；(2)AE＝BD，BD﹣AB＝BC；(3)4；(4)BA+BD＝BC
【分析】（1）由，，根据勾股定理可直接得出答案；
（2）先证明△ACE≌△DCB，确定△ECB为等腰直角三角形，即可得出答案；（3）先证明△ACE≌△DCB，CE＝BC，得到△BCE为等腰直角三角形，得到AB＝BD+BC，即可得出答案；
（4）先证明△ACE≌△DCB，确定△ECB为等腰直角三角形即可得出答案．
【详解】（1）解：连接AD，
设AC＝a，则DC＝a，∴AD＝，
即AD是AC的倍，故答案为：．
（2）如图1，设AC与BD交于O，由题可知，∠BCE＝90°＝∠ACD，∴∠ACE＝∠BCD，
∵BD⊥MN，∴∠ABD＝90°＝∠ACD，∵∠AOB＝∠DOC，∴∠BAC＝∠CDB，
∵AC＝DC，∴△ACE≌△DCB（ASA），∴CE＝BC，AE＝BD，
∵∠BCE＝90°，∴△ECB为等腰直角三角形，∴BE＝BC，
∵BE＝AE﹣AB＝BD﹣AB，∴BD﹣AB＝BC；故答案为：AE＝BD；BD﹣AB＝BC；
（3）解：如图2，设CD与MN交于O，
由题可知，∠BCE＝90°＝∠ACD，∴∠ACE＝∠BCD，
∵BD⊥MN，∴∠ABD＝90°＝∠ACD，∵∠AOC＝∠DOB，∴∠BAC＝∠CDB，
∵AC＝DC，∴△ACE≌△DCB（ASA），∴CE＝BC，AE＝BD，
∵∠BCE＝90°，∴BE＝BC，∵BE＝AB﹣AE＝AB﹣BD，∴AB=BD+BC，
∵BD＝2，BC＝，∴AB＝BD+BC＝4，故答案为：4．
（4）∴∠BCE＝90°＝∠ACD，∴∠ACE＝∠DCB，∠CEB+∠CBE＝90°，
∵BD⊥MN，∴∠ABD＝90°，∴∠CBE+∠CBD＝90°，∴∠CEB＝∠CBD，
∵AC＝DC，∴△ACE≌△DCB（AAS），∴CE＝BC，AE＝BD，
∵∠BCE＝90°，∴BE＝BC，∵BE＝AE+BA＝BD+BA，
∴BA+BD＝BC，故答案为：BA+BD＝BC．
【点睛】此题属于几何变换综合题，主要考查旋转的性质，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，全等三角形的判定和性质，构造全等三角形是解本题的关键．
例4．（2023四川宜宾八年级期末）如图1，，平分，以为顶点作，交于点，于点E. （1）求证：；（2）图1中，若，求的长；
（3）如图2，，平分，以为顶点作，交于点，于点.若，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析；（2）OD+OE =；（3）
【分析】（1）过点C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，然后根据题意利用AAS定理进行证明△CDG ≌ △CEH，从而求解；（2）根据全等三角形的性质得到OD+OE =2OH，然后利用勾股定理求OH的值，从而求解；
（3）过点C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，然后根据题意利用AAS定理进行证明△CDG ≌ △CEH，从而求得==2，然后利用含30°的直角三角形性质求得OH=,CH=从而求得三角形面积，使问题得到解决．
【详解】解：（1）如图,过点C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，
∵平分∴CG =CH ∵, ∴∠CDO+∠CEO=180︒
∵∠CDG+∠CDO=180︒∴∠CDG =∠CEO
在△CDG与△CEH中 ∴△CDG ≌ △CEH(AAS)∴
(2)由（1）得△CDG ≌ △CEH∴DG=HE
由题易得△OCG与△OCH是全等的等腰直角三角形，且OG=OH
∴OD+OE=OD+OH+HE=OG+OH=2OH 设OH=CH=x，在Rt△OCH中，由勾股定理，得:
OH2+CH2=OC2∴∴(舍负)∴OH =∴OD+OE =2OH=
（3）如图,过点C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，
∵平分∴CG =CH ∵,∴∠CDO+∠CEO=180︒
∵∠CDG+∠CDO=180︒∴∠CDG =∠CEO
在△CDG与△CEH中∴△CDG ≌ △CEH(AAS)∴DG=HE
由题易得△OCG与△OCH是全等的直角三角形,且OG=OH
∴OD+OE=OD+OH+HE=OG+OH=2OH∴==2
在Rt△OCH中,有∠COH=60°,OC=3，∴OH=,CH=∴∴=2=
【点睛】本题考查全等三角形的性质及判定，含30°直角三角形的性质以及勾股定理，是一道综合性问题，掌握相关知识点灵活应用解题是本题的解题关键.
例5．（2023湖北省宜城市八年级期末）如图，已知∠AOB=120°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个60°角的顶点与点C重合，它的两条边分别与直线OA、OB相交于点D、E．
（1）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA垂直时（如图1），请猜想OE+OD与OC的数量关系，并说明理由；（2）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA不垂直时，到达图2的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由；（3）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA的反向延长线相交时，上述结论是否成立？若成立，请给于证明；若不成立，线段OD、OE与OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．
【答案】（1）详见解析；（2）（1）中结论仍然成立，理由详见解析；（3）（1）中结论不成立，结论为OE﹣OD=OC，证明详见解析.
【分析】(1)根据OM是∠AOB的角平分线，可得∠AOB=60°，则∠OCE=30°，再根据30°所对直角边是斜边的一半，得出OD=OC，同理：OE=OC，即可得出结论；(2)同(1)的方法得到OF+OG=OC，再根据AAS证明△CFD≌△CGE，得出DF=EG，则OF=OD+DF=OD+EG，OG=OE﹣EG，OF+OG=OD+OE，即可得出结论.(3)同(2)的方法得到DF=EG，根据等量代换可得OE﹣OD=OC.
【详解】(1)∵OM是∠AOB的角平分线，∴∠AOC=∠BOC=∠AOB=60°，
∵CD⊥OA，∴∠ODC=90°，∴∠OCD=30°，∴∠OCE=∠DCE﹣∠OCD=30°，
在Rt△OCD中，OD=OC，同理：OE=OC，∴OD+OE=OC，
(2)(1)中结论仍然成立，理由：过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，如图，
∴∠OFC=∠OGC=90°，∵∠AOB=120°，∴∠FCG=60°，
同(1)的方法得，OF=OC，OG=OC，∴OF+OG=OC，
∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点，∴CF=CG，
∵∠DCE=60°，∠FCG=60°，∴∠DCF=∠ECG，∴△CFD≌△CGE，∴DF=EG，
∴OF=OD+DF=OD+EG，OG=OE﹣EG， ∴OF+OG=OD+EG+OE﹣EG=OD+OE，∴OD+OE=OC；
(3)(1)中结论不成立，结论为：OE﹣OD=OC，
理由：过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，如图，
∴∠OFC=∠OGC=90°，∵∠AOB=120°，∴∠FCG=60°，
同(1)的方法得，OF=OC，OG=OC，∴OF+OG=OC，
∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点，∴CF=CG，
∵∠DCE=60°，∠FCG=60°，∴∠DCF=∠ECG，∴△CFD≌△CGE，
∴DF=EG，∴OF=DF﹣OD=EG﹣OD，OG=OE﹣EG，
∴OF+OG=EG﹣OD+OE﹣EG=OE﹣OD，∴OE﹣OD=OC．
【点睛】本题考查了角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质.正确作辅助线是解题的关键.
课后专项训练
1．（2023·江苏·八年级专题练习）如图，O为正△ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：
①可由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为4； ③∠AOB＝150°；④S四边形AOBO′＝6+2；⑤ ，其中正确的是（ ）
A．①②③B．①②③⑤C．①②③④D．①②③④⑤
【答案】B
【分析】根据旋转的性质，易证，故①正确；证明是等边三角形，故②说法正确；由勾股定理的逆定理可证得，结合等边三角形性质，有，故，③说法正确；由直角三角形和等边三角形的性质，可得，④说法错误；将线段OA以点A为旋转中心逆时针旋转60°得到线段AD，连接OD，过A作AE⊥CD交CD延长线于点E，根据判断④的方法，判断⑤说法正确．
【详解】解：∵将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，∴，，
∵正△ABC，∴，，∵，
∴，即，
在与中，∵，∴，
故可由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到，①说法正确，符合题意；如图1，连接
∵，，∴是等边三角形，
∵，∴．故点O与O′的距离为4，②说法正确，符合题意；
∵，∴，∵，∴，
∵，，∴，∴，
∵是等边三角形，∴，
∵．故③说法正确，符合题意；
如图2，过作于点，
∵是等边三角形，，，∴，∴．
∵，，，∴．
∵，，，∴．
∴．故④说法错误，不符合题意；
将线段OA以点A为旋转中心逆时针旋转60°得到线段AD，连接OD，过A作AE⊥CD交CD延长线于点E，
∵将线段OA以点A为旋转中心逆时针旋转60°得到线段AD，∴，，
∵正△ABC，∴，，∵，
∴，即，
在与中，∵，∴，
∴．
∵，，∴是等边三角形．
∵，∴易求．
∵是等边三角形，，∴，
∵，，∴，
∵，∴，∴．
∵，，∴．
∴．
∵，，∴，∴．
∵，，∴，∴，
∵，∴，∵，
∴，∴．故⑤说法正确，符合题意；
综上，正确的说法有①②③⑤，故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形判定，等边三角形性质以及勾股定理以及逆定理，综合运用以上知识是解题的关键．
2．（2022·成都市·八年级期末）如图，在边长为4的正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E在BD上，连接CE，作EF⊥CE交AB于点F，交AC于点G，连接CF交BD于点H，延长CE交AD于点M，连接FM，则下列结论：①点E到AB，BC的距离相等；②∠FCE = 45°；③∠DMC =∠FMC；④若DM = 2，则BF = ．正确的有（ ）个．
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】过E点作、，由正方形对角线平分每一组对角以及角平分线性质可得点E到AB，BC的距离相等，故①正确；再证明（AAS）可得是等腰直角三角形，得，故②正确；然后延长MD至P，使，（SAS）再证明（SAS）即可得，故③正确；由全等三角形性质和勾股定理列方程可求．
【详解】解：如图1，过E点作、，∴，
∵在正方形ABCD中，，，
∴，即点E到AB，BC的距离相等，故①正确；
；∴，由∵，∴，
∴，∴（AAS）∴，∴，故②正确；
如图2，延长MD至P，使，连接，易证（SAS）∴，，
∵，∴，∴，
又∵，∴，∴，∴，，故③正确，
在边长为4的正方形ABCD中，，若，则，
设，则，，
在中，∴，解得：，故；④错误，
综上所述，正确的①②③，故选C．
【点睛】本题主要考查了正方形和三角形综合知识，解题关键是构造全都三角形转换边角关系．
3．（2022春·山东烟台·八年级校考期中）如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，BC上，若F是BC的中点，且∠EDF＝45°，则DE的长为 _____．
【答案】2
【分析】延长BA到点G，使AG=CF，连接DG，EF，利用SAS证明△ADG≌△CDF，得∠CDF=∠GDA，DG=DF，再证明△GDE≌△FDE（SAS），得GE=EF，设AE=x，则BE=6x，EF=x+3，再利用勾股定理解决问题．
【详解】解：延长BA到点G，使AG＝CF，连接DG，EF，
∵AD＝CD，∠DAG＝∠DCF，∴△ADG≌△CDF（SAS），∴∠CDF＝∠GDA，DG＝DF，
∵∠EDF＝45°，∴∠EDG=∠ADE+∠ADG＝∠ADE+∠CDF＝45°，
∵DE＝DE，∴△GDE≌△FDE（SAS），∴GE＝EF，
∵F是BC的中点，∴AG=CF=BF=3，设AE＝x，则BE＝6﹣x，EF＝x+3，
由勾股定理得，（6﹣x）2+32＝（x+3）2，解得x＝2，∴AE＝2，
∴DE＝，故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握半角模型的处理策略是解题的关键．
4．（2022·广东深圳·八年级期末）如图，△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，点D为BC边上一点．点E为线段CD上一点，且CE＝2，AB＝，∠DAE＝60°，则DE的长为 ______．
【答案】
【分析】将绕点A逆时针旋转至，连接ME，过M作于Q，过A作 于F，由旋转的性质得，设，则 ，，证明，得，最后利用勾股定理来解答．
【详解】解：如图，将绕点A逆时针旋转至，连接ME，过M作于Q，过A作 于F，
∵，，，AB＝，∴，，
∴，，
∴，．
在中，．∵，∴.
设，∴ ，，∴．
∵，，∴，∴．
∵．在和中，∴，
∴，由勾股定理得：，
∴，∴，即 ．故答案为：．
【点睛】本题考查含30°角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形有判定和性质，勾股定理，旋转的性质，作辅助线构造直角三角形是求解本题的关键．
5．（2023·吉林松原·九年级统考期中）如图，点O是等边三角形ABC内的一点，，将△BOC绕点C顺时针旋转60°得△ADC，连接OD．(1)当时， °；(2)当时， °；(3)若，，，则OA的长为 ．
【答案】(1)40； (2)60；(3)
【分析】（1）证明△COD是等边三角形，得到∠ODC=60°，即可得到答案；
（2）利用∠ADC-∠ODC求出答案；（3）由△BOC≌△ADC，推出∠ADC=∠BOC=150°，AD=OB=8，根据△COD是等边三角形，得到∠ODC=60°，OD=，证得△AOD是直角三角形，利用勾股定理求出．
【详解】（1）解：∵CO=CD，∠OCD=60°，∴△COD是等边三角形；∴∠ODC=60°，
∵∠ADC=∠BOC=，∴∠ADC-∠ODC=40°，故答案为：40；
（2）∵∠ADC=∠BOC=，∴∠ADC-∠ODC=60°，故答案为：60；
（3）解：当，即∠BOC=150°，∴△AOD是直角三角形．
∵△BOC≌△ADC，∴∠ADC=∠BOC=150°，AD=OB=8，
又∵△COD是等边三角形，∴∠ODC=60°，OD=，∴∠ADO=90°，
即△AOD是直角三角形，∴,故答案为：．
【点睛】本题以“空间与图形”中的核心知识（如等边三角形的性质、全等三角形的性质与证明、直角三角形的判定、多边形内角和等）为载体，内容由浅入深，层层递进．试题中几何演绎推理的难度适宜，蕴含着丰富的思想方法（如运动变化、数形结合、分类讨论、方程思想等），能较好地考查学生的推理、探究及解决问题的能力．
6．（2022.成都市八年级期中）在中，，，于点,
（1）如图1，点，分别在，上，且，当，时，求线段的长；（2）如图2，点，分别在，上，且，求证：；
（3）如图3，点在的延长线上，点在上，且，求证：;
【答案】(1) ；(2)见解析；(3)见解析.
【分析】（1）根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质得到 AD＝BD＝DC＝ ，求出 ∠MBD＝30°，根据勾股定理计算即可； （2）证明△BDE≌△ADF，根据全等三角形的性质证明； （3）过点 M作 ME∥BC交 AB的延长线于 E，证明△BME≌△AMN，根据全等三角形的性质得到 BE＝AN，根据等腰直角三角形的性质、勾股定理证明结论．
【详解】（1）解：，，，
，，，
，，，，
，，由勾股定理得，，即，
解得，，；
（2）证明：，，，
在和中，，；
（3）证明：过点作交的延长线于，
，则，，，
，，，
在和中，，，
，．
【点拨】本题考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形
的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
7. 如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC，直线MN是过点A的直线CD⊥MN于点D，连接BD．
（1）观察猜想张老师在课堂上提出问题：线段DC，AD，BD之间有什么数量关系．经过观察思考，小明出一种思路：如图1，过点B作BE⊥BD，交MN于点E，进而得出：DC+AD= BD．（2）探究证明：将直线MN绕点A顺时针旋转到图2的位置写出此时线段DC，AD，BD之间的数量关系，并证明；
【答案】（1）；（2）AD﹣DC=BD；
【分析】（1）根据全等三角形的性质求出DC，AD，BD之间的数量关系
（2）过点B作BE⊥BD，交MN于点E．AD交BC于O，证明，得到，， 根据为等腰直角三角形，得到，再根据，即可解出答案.【详解】解：（1）如图1中，
由题意：，∴AE=CD，BE=BD，∴CD+AD=AD+AE=DE，
∵是等腰直角三角形，∴DE=BD，∴DC+AD=BD，故答案为．
（2）．证明：如图，过点B作BE⊥BD，交MN于点E．AD交BC于O．
∵，∴，∴．
∵，，，∴，
∴．又∵，∴，
∴，，∴为等腰直角三角形，．
∵，∴．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质，等腰直角三角形的性质以及图形的应用，正确作辅助线和熟悉图形特性是解题的关键.
8．如图，已知∠DCE与∠AOB，OC平分∠AOB．（1）如图1，∠DCE与∠AOB的两边分别相交于点D、E，∠AOB＝∠DCE＝90°，试判断线段CD与CE的数量关系，并说明理由．
以下是小宇同学给出如下正确的解法：
解：CD＝CE．
理由如下：如图1，过点C作CF⊥OC，交OB于点F，则∠OCF＝90°，…
请根据小宇同学的证明思路，写出该证明的剩余部分．
（2）你有与小宇不同的思考方法吗？请写出你的证明过程．
（3）若∠AOB＝120°，∠DCE＝60°．
①如图3，∠DCE与∠AOB的两边分别相交于点D、E时，（1）中的结论成立吗？为什么？线段OD、OE、OC有什么数量关系？说明理由．②如图4，∠DCE的一边与AO的延长线相交时，请回答（1）中的结论是否成立，并请直接写出线段OD、OE、OC有什么数量关系；如图5，∠DCE的一边与BO的延长线相交时，请回答（1）中的结论是否成立，并请直接写出线段OD、OE、OC有什么数量关系．
解：（1）∵OC平分∠AOB，∴∠AOC＝∠BOC＝45°，且∠OCF＝90°，
∴∠OFC＝45°＝∠BOC，∴OC＝FC，
∵∠DCE＝∠OCF＝90°，∴∠DCO＝∠ECF，且CO＝CF，∠AOC＝∠CFE＝45°，
∴△CDO≌△CEF（ASA）∴CD＝CE
（2）如图2，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，
又∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，
在四边形ODCE中，∠AOB+∠DCE+∠CDO+∠CEO＝360°，
又∵∠AOB＝∠DCE＝90°，∴∠CDO+∠CEO＝180°，
又∵∠CDO+∠CDM＝180°，∴∠CEO＝∠CDM，且∠CMD＝∠CNE，CM＝CN，
∴△CMD≌△CNE（AAS），∴CD＝CE．
（3）①（1）中的结论仍成立．OE+OD＝OC．
理由如下：如图3，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，
又∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，
在四边形ODCE中，∠AOB+∠DCE+∠CDO+∠CEO＝360°，
又∵∠AOB+∠DCE＝60°+120°＝180°，∴∠CDO+∠CEO＝180°，
又∵∠CEO+∠CEN＝180°，∴∠CDO＝∠CEN，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，
∴△CMD≌△CNE（AAS），∴CD＝CE，DM＝EN．
∴OE+OD＝OE+OM+DM＝OE+OM+EN＝ON+OM．
∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，∴∠MCO＝30°，
∴，同理可得ON＝OC，∴．
②在图4中，（1）中的结论成立，OE﹣OD＝OC，
如图4，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，
又∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，
∵∠COE+∠CEO+∠DCE+∠OCD＝180°，∴∠OCD+∠CEO＝60°，
∵∠AOC＝∠CDO+∠OCD＝60°，∴∠CDO＝∠CEN，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，
∴△CMD≌△CNE（AAS），∴CD＝CE，DM＝EN．
∴OE﹣OD＝ON+NE﹣（MD﹣OM）＝ON+OM．∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，∴∠MCO＝30°，
∴，同理可得ON＝OC，∴OE﹣OD＝ON+OM＝OC；
在图5中，（1）中的结论成立，OD﹣OE＝OC，
如图5，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，
又∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，
∵∠COA+∠CDO+∠DCE+∠OCE＝180°，∴∠OCE+∠CDO＝60°，
∵∠NOC＝∠CEO+∠OCE＝60°，∴∠CDO＝∠CEO，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，
∴△CMD≌△CNE（AAS），∴CD＝CE，DM＝EN．
∴OD﹣OE＝DM+OM﹣（EN﹣ON）＝ON+OM．∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，∴∠MCO＝30°，
∴，同理可得ON＝OC，∴OD﹣OE＝ON+OM＝OC；
9．（河南省南阳市方城县2021-2022学年八年级上学期期末数学试题）提出问题：如图1，已知OC平分∠AOB，点D、E分别在OA，OB上．若∠ODC＝∠OEC＝90°，求证：CD＝CE．
思路梳理：(1)请根据思路梳理的过程填空．
证法1：由OC平分∠AOB，∠ODC＝∠OEC，OC＝OC，可得 ≌ ，则CD＝CE．
证法2：由OC平分∠AOB，∠ODC＝∠OEC＝90°，则CD＝CE，其理论依据是 ．
类比探究：(2)如图2，已知OC平分∠AOB，点D、E分别在OA，OB上．若∠ODC＋∠OEC＝180°，求证：CD＝CE．
拓展迁移：(3)如图3，已知OC平分∠AOB，点D在OA的反向延长线上，点E在OB上，且∠ODC＝∠OEC，若OC＝4，CE＝5，点C到OB的距离是3，则OD＋OE的值是 ．（直接写出结果，不说明理由）
【答案】(1)；角平分线上的点到角的两边距离相等(2)证明见解析(3)
【分析】（1）方法1：利用全等三角形的性质证明；方法2：利用角平分线的性质定理证明即可；
（2）过点C作CQ⊥OA于点Q，CP⊥OB于点P，证明△CQD≌△CPE（ASA），可得结论；
（3）过点C作CQ⊥OA于点Q，CP⊥OB于点P，利用全等三角形的性质证明OD+OE＝2PE，利用勾股定理求出PE即可．
（1）证法1：如图1中，∵OC平分∠AOB，∴∠COD＝∠COE，
在△COD和△COE中， ，∴△COD≌△COE（AAS），∴CD＝CE．
故答案为：△COD，△COE；
证法2：∵OC平分∠AOB，∠ODC＝∠OEC＝90°，
∴CD＝CE（角平分线上的点到角的两边距离相等），
故答案为：角平分线上的点到角的两边距离相等；
（2）证明：如图2，过点C作CQ⊥OA于点Q，CP⊥OB于点P，
∵∠ODC+∠OEC＝180°，∴∠DOE+∠DCE＝180°
∵∠OQC＝∠EPC＝90°，∴∠AOB+∠PCQ＝180°，∴∠PCQ＝∠DCE，∴∠DCQ＝∠ECP，
∵点C是∠AOB的平分线上，且CQ⊥OA，CP⊥OB，∴CQ＝CP，
∵∠OQC＝∠EPC＝90°，∴△CQD≌△CPE（ASA），∴CD＝CE；
（3）解：如图3，过点C作CQ⊥OA于点Q，CP⊥OB于点P，
∴∠OQC＝∠EPC＝90°，∴∠AOB+∠PCQ＝180°，∵∠ODC＝∠CEO，∴∠DOE＝∠DCE，
∵∠DOE+∠AOB＝180°，∴∠AOB+∠DCE＝180°，∴∠PCQ＝∠DCE，∴∠DCQ＝∠ECP，
∵点C是∠AOB的平分线上，且CQ⊥OA，CP⊥OB，∴CQ＝CP，
∵∠OQC＝∠EPC＝90°，∴△CQD≌△CPE（ASA），∴DQ＝PE，
∵OD＝DQ﹣OQ，OE＝OP+PE，∴OE+OD＝OP+PE+（DQ﹣OQ）＝PE+DQ＝2PE，
∵EC＝5，CP＝3，∴PE＝，∴OE+OD＝8．故答案为：8．
【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了角平分线的定义和定理，全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解本题的关键．
10．（2023春·江苏·八年级期中）请阅读下列材料：已知：如图（1）在中，，点D、E分别为线段上两动点，若．探究线段三条线段之间的数量关系．小明的思路是：把绕点A顺时针旋转，得到，连接，使问题得到解决．请你参考小明的思路探究并解决下列问题：
(1)猜想三条线段之间存在的数量关系式，直接写出你的猜想；
(2)当动点E在线段上，动点D运动在线段延长线上时，如图（2），其它条件不变，（1）中探究的结论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明；(3)已知：如图（3），等边三角形中，点D、E在边上，且，请你找出一个条件，使线段能构成一个等腰三角形，并求出此时等腰三角形顶角的度数．
【答案】(1)(2)不变，见解析(3)，
【分析】（1）将绕A顺时针旋转后成，根据题意证明，故，因为中，，所以，从而可得，在中，由勾股定理得线段之间的等量关系式；（2）解法一：将沿直线对折，得，连接，根据全等三角形的性质得到，，然后进一步证明，然后根据全等三角形的性质求解即可；解法二：将绕点A顺时针旋转得到．连接，根据题意证明，进而求解即可；
（3）与（2）类似，以为一边，作，在上截取，证明出，然后根据等腰三角形的概念求解即可．
【详解】（1），证明如下：
将绕A顺时针旋转后成，连接，
∴，
∵，∴，∴，
在和中，，∴，∴，
∵，∴，∴，
在中，∴；故答案为：；
（2）关系式仍然成立．证明：将沿直线对折，得，连接
∴，∴，，
又∵，∴，∵，
，∴，
又∵，∴，
∴
∴，∴在中，，即；
解法二：将绕点A顺时针旋转得到．连接．
∴，∵，∴，
∵，∴，∵，∴，∴，
∵∴；
（3）当时，线段能构成一个等腰三角形．
如图，与（2）类似，以为一边，作，在上截取，
可得．∴．∴．
若使为等腰三角形，只需，即，
∴当时，线段能构成一个等腰三角形，且顶角为．
【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，解题的关键是通过旋转变换构造全等三角形．
11．（2022秋·陕西延安·八年级统考期末）【问题提出】（1）如图①，在四边形中，，，E、F分别是边BC、CD上的点，且.求证：；
【问题探究】（2）如图②，在四边形中，，，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立?若成立，请说明理由；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）结论不成立，应当是理由见解析
【分析】（1）延长到点，使，连接，由全等三角形的判定和性质得出，，，继续利用全等三角形的判定得出，结合图形及题意即可证明；
（2）在上截取，使，连接，结合图形利用全等三角形的判定得出，再次使用全等三角形的判定得出，利用全等三角形的性质即可证明．
【详解】（1）证明：如图①，延长到点，使，连接.
又∵，，
∴，∴，，
又∵，∴，∴，
又∵，∴，∴，
∵，∴；
（2）解：结论不成立，应当是，
理由：如图②，在上截取，使，连接，
∵，，∴，
又∵，，∴，∴，，
又∵，∴，∴，
又∵，，∴，∴，
∵，∴．
【点睛】题目主要考查全等三角形的判定和性质，理解题意，作出相应辅助线是解题关键．
12．（2023春·四川达州·八年级校考阶段练习）倡导研究性学习方式，着力教材研究，习题研究，是学生跳出题海，提高学习能力和创新能力的有效途径．
(1)【问题背景】已知：如图1，点E、F分别在正方形的边上，，连接，则之间存在怎样的数量关系呢？
（分析：我们把绕点A顺时针旋转至，点G、B、C在一条直线上．）
于是易证得： 和 ，所以 ．
直接应用：正方形的边长为6，，则的值为 ．
(2)【变式练习】已知：如图2，在中，，D、E是斜边上两点，且，请写出之间的数量关系，并说明理由．
(3)【拓展延伸】在（2）的条件下，当绕着点A逆时针一定角度后，点D落在线段BC上，点E落在线段BC的延长线上，如图3，此时（2）的结论是否仍然成立，并证明你的结论．
【答案】(1)(2)，见解析(3)成立，见解析
【分析】（1）根据分析过程及图形分析即可；
（2），把顺时针旋转到的位置此时与重合，连接，证，得，再证是直角三角形，然后由勾股定理即可解决问题；
（3）根据第（2）问的辅助线画出图形即可证明．
【详解】（1）∵四边形是正方形，∴，
把绕点A顺时针旋转至，则与重合，
∴∴，
∴点G、B、C在一条直线上∵，∴，
∴，∴，∵，∴，∴，
∵，∴；∵正方形的边长为6，，∴，
∴，，
在中，，∴，解得，∴
故答案为：；
（2），理由如下：
把顺时针旋转到的位置此时与重合，连接，
则，∴，∴，
∵，∴，
∴，∴，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴是直角三角形，
∴，∴．
（3）依然成立，理由如下：
把顺时针旋转到的位置此时与重合，连接，
则，∴，∴，
∵，∴，
∴，∴，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴是直角三角形，
∴，∴．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识；本题综合性比较强，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键，属于中考常考题型．
13．（2023·河南洛阳·八年级校考阶段练习）【问题发现】（1）如图1，和均为等边三角形，点B，D，E在同一直线上，连接，容易发现：①的度数为 ；②线段、之间的数量关系为 ；
【类比探究】
（2）如图2，和均为等腰直角三角形，，点B，D，E在同一直线上，连接，试判断 的度数以及线段、、之间的数量关系，并说明理由；
【问题解决】
（3）如图3，，，，，则的值为 ．
【答案】（1）①；②；（2），，见解析；（3）8
【分析】（1）根据等边三角形的性质得到，得到，证明，根据全等三角形的性质证明结论；
（2）由“”可证，可得，即可求解；
（3）如图3，作辅助线构建全等三角形，由“”可证，可得，，可求，根据列方程可得x的值，最后由勾股定理可求解．
【详解】解：（1）∵和均为等边三角形，
∴，
∴，即，
在和中，，∴（），
∴，
∴，故答案为：；
（2），
理由如下：∵，和均为等腰直角三角形，
∴，，
，即，
在和中，，∴（），
∴，∴，
∵，∴；
（3）如图3，过点C作，交的延长线于F，过点B作于E，
∴，∴四边形是矩形，∴，
∵，∴，
∵，∴，
∵，∴（），∴，
设，则，，∴∴，
∴，，∴，
∴在中，．故答案为：．
【点睛】本题是三角形的综合题，考查的是等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
14．（2023·重庆市九年级阶段练习）【问题背景】如图1，P是等边三角形ABC外一点，∠APB＝30°，则PA2+PB2＝PC2．小明为了证明这个结论，将△PAB绕点A逆时针旋转60°，请根据此思路完成其证明．
【迁移应用】如图2，在等腰直角三角形ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，点P在△ABC外部，且∠BPC＝45°，若△APC的面积为5.5，求PC．
【答案】（1）【问题背景】见解析；（2）【迁移应用】
【分析】（1）【问题背景】将△PAB绕点A逆时针旋转60°得到△DAC，连接PD，由旋转及等边三角形的性质可得∠PDC=90゜，由勾股定理即可解决；
（2）【迁移应用】过B作BM⊥PB交PC的延长线于点M，连接AM，则易得△PBC≌△MBA，由全等三角形的性质易得∠AMP=90゜，再由面积条件即可求得PC的长．
【详解】（1）【问题背景】将△PAB绕点A逆时针旋转60°得到△DAC，连接PD，如图所示
由旋转的性质得：AD=PA，CD=PB，∠PAD=60゜，∠ADC=∠APB=30゜
∵AD=PA，∠PAD=60゜∴△PAD是等边三角形∴PD=PA，∠PDA=60゜
∴∠PDC=∠PDA+∠ADC=60゜+30゜=90゜
在Rt△PDC中，由勾股定理得： ∴
（2）【迁移应用】过B作BM⊥PB交PC的延长线于点M，连接AM，如图所示
则∠PBM=∠ABC=90゜∴∠PBC+∠CBM=∠CBM+∠MBA∴∠PBC=∠MBA
∵∠PBM =90゜，∠BPC=45゜∴∠BMP=∠BPC=45゜∴PB=MB
在△PBC和△MBA中 ∴△PBC≌△MBA(SAS)
∴∠BMA=∠BPC=45゜，PC=AM∴∠AMP=∠BMP+∠BMA=45゜+45゜=90゜
∵ ∴
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识，根据条件作图形的旋转或构造三角形全等是解决问题的关键与难点．
15．（2023春·广东揭阳·九年级校考期中）已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝4，另有一块等腰直角三角板的直角顶点放在C处，CP＝CQ＝2，将三角板CPQ绕点C旋转(保持点P在△ABC内部)，连接AP、BP、BQ．（1）如图1求证：AP＝BQ；（2）如图2当三角板CPQ绕点C旋转到点A、P、Q在同一直线时，求AP长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据∠ACB=∠PCQ=90°，可得∠ACP=∠BCQ，再利用SAS，即可求证；
（2）根据直角三角形的性质，可得，再由勾股定理，可得，即可求解．
【详解】证明：（1）∵∠ACB=∠PCQ=90°，∴∠ACP=∠BCQ，
∵AC=BC，CP=CQ，∴△△ACP≌△BCQ（SAS）∴AP=BQ；
（2）如图2中，作CH⊥PQ于H，
∵CP＝CQ＝2，∴ ，
∵∠PCQ=90°，∴ ，∴ ，
∵AC=4，∴ ，
∵点A、P、Q在同一直线，∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，图形的旋转，勾股定理，二次根式的化简，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
16．（2022春·贵州黔东南·八年级校联考期末）【探究发现】（1）如图1，在四边形中，对角线，垂足是O，求证：．【拓展迁移】（2）如图2．以三角形的边、为边向外作正方形和正方形，求证：．（3）如图3，在（2）小题条件不变的情况下，连接，若，，，则的长_____________．（直接填写答案）
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）．
【分析】（1）根据，利用勾股定理分别求出和即可证明结论；
（2）利用正方形的性质证明△CAE≌△GAB（SAS），可得∠CEA＝∠GBA，根据∠GBA＋∠ANB＝90°等量代换求出∠EMN＝90°即可；
（3）利用勾股定理分别求出AE、CG和BE，然后利用（1）中结论求出BC即可．
【详解】解：（1）∵，∴∠AOD＝∠AOB＝∠COD＝∠BOC＝90°，由勾股定理得：
，，∴；
（2）∵在正方形和正方形中，AC＝AG，AE＝AB，∠CAG＝∠EAB＝90°，
∴∠CAG＋∠GAE＝∠EAB＋∠GAE，即∠CAE＝∠GAB，∴△CAE≌△GAB（SAS），∴∠CEA＝∠GBA，
∵∠GBA＋∠ANB＝90°，∠ANB＝∠MNE，∴∠CEA＋∠MNE＝90°，∴∠EMN＝90°，∴；
（3）如图3，连接CG，BE，∵，，，∴AC＝8，AE＝，
∴AB＝10，∴CG＝，BE＝，
∵，∴由（1）可知：，即，
∵BC＞0，∴．故答案为：．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握勾股定理是解答此题的关键．
17．（2023春·湖北武汉·八年级校考阶段练习）
(1)如图1，在中，，，，则与的数量关系是 ，与延长线的夹角 ；(2)如图2，四边形中，，，，连接，猜想、、之间的数量关系，并证明你的猜想；(3)如图3，四边形中，，，，，，请直接写出的长为 ．
【答案】(1)，(2)(3)
【分析】（1）证明≌即可．（2）由（1）的证明方法可知：将绕点顺时针旋转， 连接、，证明≌，再为直角三角形，用勾股定理即可．（3）由（1）的证明方法可知：将绕点顺时针旋转， 连接、，延长交于，再证明，用勾股定理即可求解．
【详解】（1）与的数量关系：，
证明：，，，
在和中，≌，，
故与的数量关系：；，
≌，，即：，
在中：
．故．
（2）结论：，
证明：如图，将绕点顺时针旋转，连接、，
，，是等边三角形，，
， ，，
在和中，≌，，，
，，，
，在中，．
（3）解：如图，将绕点顺时针旋转，连接、，延长交于，
，，是等腰直角三角形，
，，，
，，，，
在和中，≌，
，，，，，
设，，则有，，在中，，
在中，，由①②解得，，
在中，故的长为．
【点睛】本题考查了三角形全等及性质、勾股定理在旋转中典型模型“手拉手”的综合应用，掌握典型模型的解决方法是解题的关键．
18．（2023·山东青岛九年级期中）【模型引入】
当几何图形中，两个共顶点的角所在角度是公共大角一半的关系，我们称之为“半角模型”
【模型探究】（1）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°，探究图中线段EF，AE，FC之间的数量关系．
【模型应用】（2）如图2，如果四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠EAF＝45°，且BC＝7，DC＝13，CF＝5，求BE的长．
【拓展提高】（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠ABC与∠ADC互补，点E、F分别在射线CB、DC上，且∠EAF∠BAD．当BC＝4，DC＝7，CF＝1时，CEF的周长等于 ．
（4）如图4，正方形ABCD中，AMN的顶点M、N分别在BC、CD边上，AH⊥MN，且AH＝AB，连接BD分别交AM、AN于点E、F，若MH＝2，NH＝3，DF＝2，求EF的长．
（5）如图5，已知菱形ABCD中，∠B=60°，点E、F分别是边BC，CD上的动点（不与端点重合），且∠EAF=60°．连接BD分别与边AE、AF交于M、N，当∠DAF＝15°时，求证：MN2+DN2=BM2．
【答案】（1）EF=FC+AE，理由见解析；（2）BE=5；（3）13；（4）EF=；（5）见解析
【分析】（1）求证△DEF≌△DMF，即可推出EF与FM的数量关系；
（2）在DC上取一点G，使得DG=BE，证明△ABE≌△ADG（SAS），推出AE=AG，∠BAE=∠DAG，证明△AFE≌△AFG（SAS），推出EF=FG，设BE=x，则CG=13-x，EF=FG=18-x，在Rt△ECF中，根据EF2=EC2+CF2，构建方程求出x即可解决问题；（3）证明△ADM≌△ABE（SAS）和△EAF≌△MAF，即可求解；
（4）先求出BM，DN，进而求出正方形的边长，再判断出∠EAF=45°，借助探究的结论即可得出结论．
（5）将△ADF绕A顺时针旋转120°，AD与AB重合，F转到G，在AG上取AH=AN，连接BH、MH，利用△ABH≌△ADN和△AMH≌△AMN，证明MN=MH，DN=BH，再证明△BMH为直角三角形即可．
【详解】（1）EF=FC+AE，理由如下：
证明：将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM，∴△DAE≌△DCM，
∴DE=DM，AE=CM，∠ADE=∠CDM，B、C、M三点共线，
∵∠EDF=45°，∴∠ADE+∠FDC=∠CDM+∠FDC=∠MDF=45°，
在△DEF和△DMF中，，∴△DEF≌△DMF（SAS），∴EF=FM
∴EF=FM=FC+CM=FC+AE；
（2）解：如图，在DC上取一点G，使得DG=BE，
∵∠BAD=∠BCD=90°，∴∠ABC+∠D=180°，∠ABE+∠ABC=180°，∴∠ABE=∠D，
∵AB=AD，BE=DG，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=45°，∴∠EAB+∠BAF=∠DAG+∠BAF=45°，∵∠BAD=90°，∴∠FAG=∠FAE=45°，
∵AE=AG，AF=AF，∴△AFE≌△AFG（SAS），∴EF=FG，设BE=x，则EC=EB+BC=x+7，EF=FG=18-x，
在Rt△ECF中，∵EF2=EC2+CF2，∴52+（7+x）2=（18-x）2，∴x=5，∴BE=5；
（3）解：在DF上截取DM=BE，∵∠D+∠ABC=∠ABE+∠ABC=180°，∴∠D=∠ABE，
∵AD=AB，∴△ADM≌△ABE（SAS），∴AM=AE，∠DAM=∠BAE；
∵∠EAF=∠BAE+∠BAF=∠BAD，∴∠MAF=∠BAD，∴∠EAF=∠MAF；
∵AF是△EAF与△MAF的公共边，∴△EAF≌△MAF，∴EF=MF；∵MF=DF-DM=DF-BE，∴EF=DF-BE．
∴△CEF的周长=CE+EF+FC=BC+BE+DC+CF-BE+CF=BC+CD+2CF=13，故答案为：13；
（4）解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠ABC=∠ADC=90°，
∵AH⊥MN，∴∠AHM=∠ABC=90°，在Rt△AMB和Rt△AMH中，
，∴Rt△AMB≌Rt△AMH，∴∠MAB=∠MAH，BM=MH=2，
同理可证Rt△AND≌Rt△ANH，∴∠NAD=∠NAH，DN=NH=3，
∴2∠MAH+2∠NAH=90°，∴∠MAH+∠NAH=45°，
∴∠MAN=45°．设正方形的边长为a，∴CM=a-2，CN=a-3，根据勾股定理得，（a-2）2+（a-3）2=25，
∴a=-1（舍）或a=6，∴BC=6，∴BD=6，逆时针旋转△ABE至△ADG，
∴△ABE≌△ADG，∴AE=AG，∠ABE=∠ADG=45°，
∴∠GDF=∠ADG+∠ADB=90°，连接GF，根据勾股定理得，GF2=DG2+DF2=BE2+DF2，
∵△ABE≌△ADG，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=90°-∠EAF=45°=∠EAF，
∵AF=AF，∴△GAF≌△EAF，∴GF=EF，∴EF2=BE2+AD2；
设EF=x，∵BD=6，DF=2．∴BE=6-2-x=4-x，
∴（4-x）2+（2）2=x2，解得x=，∴EF=；
（3）将△ADF绕A顺时针旋转120°，此时AD与AB重合，F转到G，在AG上取AH=AN，连接BH、MH，如图：∵△ADF绕A顺时针旋转得△ABG，∴∠BAG=∠DAF，
又AH=AN，AB=AD，∴△ABH≌△ADN（SAS），∴DN=BH，∠ABH=∠ADN，
∵∠B=60°，且∠EAF=60°．∴∠BAD=120°，∴∠DAF+∠BAE=∠EAF=60°，
∴∠BAG+∠BAE=∠EAF，即∠MAH=∠MAN，而AH=AN，AM=AM，
∴△AMH≌△AMN（SAS），∴MN=MH，∠AMN=∠AMH，
∵菱形ABCD，∠B=60°，∴∠ABD=∠ADB=30°，∴∠HBD=∠ABH+∠ABD=60°，
∵∠DAF=15°，∠EAF=60°，∴△ADM中，∠DAM=∠AMD=75°，∴∠AMN=∠AMH=75°，
∴∠HMB=180°-∠AMN-∠AMH=30°，∴∠BHM=90°，∴BH2+MH2=BM2，∴DN2+MN2=BM2．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了旋转的性质、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题关键是学会用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用探究的结论解决新的问题，属于中考压轴题．
模型1.手拉手模型
【模型解读】将两个三角形（或多边形）绕着公共顶点旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，也叫旋转型全等。其中：公共顶点A记为“头”，每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点记为“左手”，第二个顶点记为“右手”。
手拉模型解题思路：SAS型全等（核心在于导角，即等角加（减）公共角）。
1）双等边三角形型
条件：△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。
2）双等腰直角三角形型
条件：△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N。
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BND。
3）双等腰三角形型
条件：△ABC和△DCE均为等腰三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ACM=∠BFM；④CF平分∠AFD。
4）双正方形形型
条件：△ABCFD和△CEFG都是正方形，C为公共点；连接BG，ED交于点N。
结论：①△△BCG≌△DCE；②BG=DE；③∠BCM=∠DNM=90°；④CN平分∠BNE。
例1．（2022秋·福建龙岩·九年级校考阶段练习）如图，在边长为8的等边△ABC中，点D是AB的中点，点E是平面上△ABC外一点，且DE=2，连接BE，将线段EB绕点E顺时针旋转60°得到线段EF，连接AF，CE． (1)判断△BEF的形状，并说明理由；(2)求证：AF=CE； (3)当点D，E，F在同一直线上时，请你在备用图中画出符合条件的图形，并求出此时BE的长．
备用图
【答案】(1)△BEF是等边三角形(2)证明见解析(3)
【分析】（1）根据旋转即可证明△BEF是等边三角形；（2）由△EBF是等边三角形，可得FB=EB，再证明∠FBA=∠EBC，又因为AB=BC，所以可证明△FBA≌△EBC，进而可得AF=CE；（3）当点D，E，F在同一直线上时，过B作BM⊥EF于M，再在Rt△BMD中利用勾股定理列方程求解即可．
（1）∵将线段EB绕点E顺时针旋转60°得到线段EF，∴EB=EF，∴△BEF是等边三角形
（2）∵等边△ABC和△BEF ∴BF=BE，AB=BC，
∴即∠FBA=∠EBC∴△FBA≌△EBC（SAS）∴AF=CE
（3）图形如图所示：
过B作BM⊥EF于M，∵△BEF是等边三角形∴，
∵点D是AB的中点，∴ 在Rt△BMD中，
∵DE=2∴解得或（舍去）∴
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的运用，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，解一元二次方程，利用手拉手模型构造全等三角形是解题的关键．
例2．（2022·吉林·九年级期末）如图①，在中，，，点，分别在边，上，且，此时，成立．
（1）将绕点逆时针旋转时，在图②中补充图形，并直接写出的长度；（2）当绕点逆时针旋转一周的过程中，与的数量关系和位置关系是否仍然成立？若成立，请你利用图③证明，若不成立请说明理由；（3）将绕点逆时针旋转一周的过程中，当，，三点在同一条直线上时，请直接写出的长度．
【答案】（1）补充图形见解析；；（2），仍然成立，证明见解析；（3）或．
【分析】（1）根据旋转作图的方法作图，再根据勾股定理求出BE的长即可；
（2）根据SAS证明得AD=BE，∠1=∠2，再根据∠1+∠3+∠4=90°得∠2∠3+∠4=90°，从而可得出结论；（3）分两种情况，运用勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）如图所示，
根据题意得，点D在BC上，∴是直角三角形，且BC=，CE=
由勾股定理得，；
（2），仍然成立. 证明：延长交于点，
∵，，，∴，
又∵，，∴，∴，，
在中，，∴，∴，∴.
（3）①当点D在AC上方时，如图1所示，同（2）可得∴AD=BE 同理可证
在Rt△CDE中，∴DE=
在Rt△ACB中，∴
设AD=BE=x，在Rt△ABE中， ∴解得, ∴
②当点D在AC下方时，如图2所示，
同（2）可得∴AD=BE 同理可证
在Rt△CDE中，∴DE=
在Rt△ACB中，∴
设AD=BE=x，在Rt△ABE中，
∴解得, ∴ .
所以,AD的值为或
【点睛】本题考查了旋转的性质,全等三角形的判定与性质,勾股定理等知识，熟练解答本题的关键．
例3．（2022·黑龙江·虎林市九年级期末）已知Rt△ABC中，AC=BC，∠ACB＝90°，F为AB边的中点，且DF=EF，∠DFE＝90°，D是BC上一个动点．如图1，当D与C重合时，易证：CD2＋DB2＝2DF2；
（1）当D不与C、B重合时，如图2，CD、DB、DF有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明．
（2）当D在BC的延长线上时，如图3，CD、DB、DF有怎样的数量关系，请写出你的猜想，并加以证明．
【答案】（1）CD2+DB2=2DF2 ；（2）CD2+DB2=2DF2，证明见解析
【分析】（1）由已知得，连接CF，BE，证明得CD=BE，再证明为直角三角形，由勾股定理可得结论；
（2）连接CF，BE，证明得CD=BE，再证明为直角三角形，由勾股定理可得结论．
【详解】解：（1）CD2+DB2=2DF2
证明：∵DF=EF，∠DFE＝90°，
∴ ∴
连接CF，BE，如图
∵△ABC是等腰直角三角形，F为斜边AB的中点
∴ ，即 ∴，
又 ∴
在和中 ∴
∴， ∴ ∴
∵，∴CD2+DB2=2DF2 ；
（2）CD2+DB2=2DF2 证明：连接CF、BE
∵CF=BF，DF=EF又∵∠DFC+∠CFE=∠EFB+∠CFB=90°
∴∠DFC=∠EFB∴△DFC≌△EFB ∴CD=BE，∠DCF=∠EBF=135°
∵∠EBD=∠EBF－∠FBD=135°－45°=90° 在Rt△DBE中，BE2+DB2=DE2
∵ DE2=2DF2 ∴ CD2+DB2=2DF2
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、证明三角形全等是解决问题的关键，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
例4．（2023·山西大同·九年级期中）综合与实践：已知是等腰三角形，．
（1）特殊情形：如图1，当∥时，______．（填“＞”“＜”或“＝”）；（2）发现结论：若将图1中的绕点顺时针旋转（）到图2所示的位置，则（1）中的结论还成立吗？请说明理由．（3）拓展运用：某学习小组在解答问题：“如图3，点是等腰直角三角形内一点，，且，，，求的度数”时，小明发现可以利用旋转的知识，将绕点顺时针旋转90°得到，连接，构造新图形解决问题．请你根据小明的发现直接写出的度数．
【答案】（1）=；（2）成立，理由见解析；（3）∠BPA=135°．
【分析】（1）由DE∥BC，得到∠ADE=∠B，∠AED=∠C，结合AB=AC，得到DB=EC；
（2）由旋转得到的结论判断出△DAB≌△EAC，得到DB=CE；（3）由旋转构造出△APB≌△AEC，再用勾股定理计算出PE，然后用勾股定理逆定理判断出△PEC是直角三角形，在简单计算即可．
【详解】解：（1）∵DE∥BC，∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C，
∵AB=AC，∴∠B=∠C，∴∠ADE=∠AED，∴AD=AE，∴DB=EC，故答案为：=；
（2）成立．证明：由①易知AD=AE，∴由旋转性质可知∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中，∴△DAB≌△EAC（SAS），∴DB=CE；
（3）如图，将△APB绕点A旋转90°得△AEC，连接PE，∴△APB≌△AEC，
∴AE=AP=2，EC=BP=1，∠PAE=90°，∴∠AEP=∠APE=45°，
在Rt△PAE中，由勾股定理可得，PE=2，
在△PEC中，PE2=（2）2=8，CE2=12=1，PC2=32=9，
∵PE2+CE2=PA2，∴△PEC是直角三角形，∴∠PEC=90°，∴∠AEC=135°，
又∵△APB≌△AEC，∴∠BPA=∠CEA=135°．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理及其逆定理，解本题的关键是构造全等三角形，也是本题的难点．
例5．（2023春·浙江·八年级专题练习）边长为4的正方形ABCD与边长为2的正方形CEFG如图1摆放，将正方形CEFG绕点C顺时针旋转，旋转角为α，连接BG，DE．
（1）如图2，求证：△BCG≌△DCE；
（2）如图2，连接DG，BE，判断DG2+BE2否为定值．若是，求这个定值若不是，说明理由；
（3）如图3，当点G恰好落在DE上时，求α的值．
【答案】（1）见解析；（2）48；（3）
【分析】（1）通过边角边判定三角形全等；（2）连接，设交于点，交于点，先证明，由勾股定理可得；（3）作于点，则，且，由含30度角的直角三角形的性质求解．
【详解】（1）四边形与为正方形，，，
，，，
在和中， (SAS)，
（2）连接，设交于点，交于点，
，，，
在△和中，，
，，
，
由勾股定理得，，
，
，，，，
(3)作于点，如图，
△为等腰直角三角形，，且，
在中，，，，
．．
【点睛】本题考查四边形与三角形的综合问题，解题关键是熟练掌握正方形与直角三角形的性质，通过添加辅助线求解．
模型2.半角模型
【模型解读】半角模型概念：过多边形一个顶点作两条射线，使这两条射线夹角等于该顶角一半
思想方法：通过旋转构造全等三角形，实现线段的转化
1）正方形半角模型
条件：四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°；
结论：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④AEF的周长=2AB；
⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。
2）等腰直角三角形半角模型
条件：ABC是等腰直角三角形，∠DAE=45°；
结论：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝BD2＋EC2；
3）等边三角形半角模型（120°-60°型）
条件：ABC是等边三角形，BDC是等腰三角形，且BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°；
结论：①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋FC；④AEF的周长=2AB；
⑤DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC。
4）等边三角形半角模型（60°-30°型）
条件：ABC是等边三角形，∠EAD=30°；
结论：①△BDA≌△CFA；②△DAE≌△FAE；③∠ECF=120°；④DE2＝(BD＋EC)2+；
5）任意角度的半角模型（-型）
条件：∠BAC=，AB=AC，∠DAE=；
结论：①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF；③∠ECF=180°-。
例1．（2023·福建·龙岩九年级期中）（1）【发现证明】
如图1，在正方形中，点，分别是，边上的动点，且，求证：．小明发现，当把绕点顺时针旋转90°至，使与重合时能够证明，请你给出证明过程．
（2）【类比引申】①如图2，在正方形中，如果点，分别是，延长线上的动点，且，则（1）中的结论还成立吗？若不成立，请写出，，之间的数量关系______（不要求证明）
②如图3，如果点，分别是，延长线上的动点，且，则，，之间的数量关系是_____（不要求证明）.（3）【联想拓展】如图1，若正方形的边长为6，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）①不成立，结论：；②，见解析；（3）
【分析】（1）证明，可得出，则结论得证；（2）①将绕点顺时针旋转至根据可证明，可得，则结论得证；②将绕点逆时针旋转至，证明，可得出，则结论得证；（3）求出，设，则，，在中，得出关于的方程，解出则可得解．
【详解】（1）证明：把绕点顺时针旋转至，如图1，
，，，，，，三点共线，
，，，，
，，，；
（2）①不成立，结论：；
证明：如图2，将绕点顺时针旋转至，
，，，，，
，，；
②如图3，将绕点逆时针旋转至，，，
，，，
，，，．
即．故答案为：．
（3）解：由（1）可知，正方形的边长为6，，
．，，
设，则，，
在中，，，解得：．，
．
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理的综合应用，解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边相等进行推导．
例2．（2023·浙江·八年级假期作业）如图，在中，，，D、E是斜边上两点，且，若，，，则与的面积之和为（ ）
A．36B．21C．30D．22
【答案】B
【分析】将关于对称得到，从而可得的面积为15，再根据对称的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理证出，从而可得，最后根据与的面积之和等于与的面积之和即可得．
【详解】解：如图，将关于AE对称得到，
则，，
，
，，
在和中，，，
，
，即是直角三角形，，
，
即与的面积之和为21，故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键．
例3．（2023秋·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，在△ABC中，AB＝AC＝2．∠BAC＝120°，点D，E都在边BC上，∠DAE＝60°，若BD＝2CE，求DE的长．
【答案】DE＝3﹣3．
【分析】将绕点A逆时针旋转120°得到，取CF的中点G，连接EF、EG，由AB＝AC、，可得出，根据旋转的性质可得出，结合可得出为等边三角形，进而得出为直角三角形，通过解直角三角形求出的长度以及证明全等找出，设，则， ，在中利用勾股定理可得出，利用，可求出以及的值；
【详解】解：将绕点A逆时针旋转120°得到，取的中点G，连接，如图所示：
过点作于点，如图，
∵，，∴，
在中， ，∴，
∴，∴，∴，∴．
∵，∴，∴为等边三角形，
∴，∴，∴为直角三角形，
∵，∴，∴．
在和中，，∴，∴．
设，则，在中，，
＝x，∴，∴，
∴，答：的长为．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、解一元二次方程以及旋转的性质，通过勾股定理找出关于x的一元二次方程是解题的关键．
例4．（2023·绵阳市八年级期中）在等边△ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．探究：当M、N分别在直线AB、AC上移动时，BM、NC、MN之间的数量关系．(1)如图1，当点M、N边AB、AC上，且DM＝DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是 ；(2)如图2，点M、N在边AB、AC上，且当DM≠DN时，猜想（1）问的结论还成立吗？若成立请直接写出你的结论；若不成立请说明理由．(3)如图3，当M、N分别在边AB、CA的延长线上时，探索BM、NC、MN之间的数量关系如何？并给出证明．
【答案】(1)；(2)成立，；(3)，见解析
【分析】（1）由DM＝DN，∠MDN＝60°可得△MDN是等边三角形，得到Rt△BDM≌Rt△CDN，然后由直角三角形的性质即可求解；（2）在CN的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1，可证△DBM≌△DCM1，得到∠M1DN＝∠MDN＝60°，从而得到△MDN≌△M1DN（SAS），即可求证；
（3）在CN上截取CM1＝BM，连接DM1，可证得△MDN≌△M1DN，即可求证．
【详解】（1）解：BM、NC、MN之间的数量关系 BM+NC＝MN．
∵DM＝DN，∠MDN＝60°，∴△MDN是等边三角形，
∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝60°，
∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴∠BDC＝∠DCB＝30°，∴∠MBD＝∠NCD＝90°，
在Rt△BDM和Rt△CDN中，，∴Rt△BDM≌Rt△CDN（HL），
∴∠BDM＝∠CDN＝30°，BM＝CN，∴DM＝2BM，DN＝2CN，
∴MN＝2BM＝2CN＝BM+CN，故答案为：BM+NC＝MN；
（2）猜想：结论仍然成立．证明：在CN的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1．
∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，∴△DBM≌△DCM1（SAS），
∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，
∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，
∴△MDN≌△M1DN（SAS），∴MN＝M1N＝M1C+NC＝BM+NC；
（3）NC−BM=MN，理由如下：证明：在CN上截取CM1＝BM，连接MN，DM1
由（2）得，△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，
∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN（SAS），∴MN＝M1N，∴NC﹣BM＝MN．
【点睛】本题考查了等边三角形，直角三角形，等腰三角形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是注意数形结合思想的应用，作出合适的辅助线，构造出全等三角形．
例5．（2023·重庆市二模）回答问题（1）【初步探索】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_______________；
（2）【灵活运用】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；
（3）【拓展延伸】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，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系．
【答案】（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF；（2）仍成立，理由见解析；（3）∠EAF=180°-∠DAB
【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．
【详解】解：（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF．理由：
如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
∵∠B=∠ADF=90°，∠ADG=∠ADF=90°，∴∠B=∠ADG=90°，
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；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．
【点睛】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．
模型3、旋转中的对角互补模型
【模型解读】
对角互补模型概念：对角互补模型特指四边形中，存在一对对角互补，而且有一组邻边相等的几何模型。
思想方法：解决此类问题常用的辅助线画法主要有两种：①过顶点做双垂线，构造全等三角形；②进行旋转的构造，构造手拉手全等。
1）“共斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型（异侧型）
条件：如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB.
结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③.
2）“斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型（同侧型）
条件：如图，已知∠DCE的一边与AO的延长线交于点D，∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB.
结论：①CD＝CE，②OE－OD＝OC，③.
3）“等边三角形对120°模型”（1）
条件：如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB.
结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③.
4）“等边三角形对120°模型”（2）
条件：如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB，∠DCE的一边与BO的延长线交于点D，
结论：①CD＝CE，②OD－OE＝OC，③.
5）“120°等腰三角形对60°模型”
条件：△ABC是等腰三角形，且∠BAC=120°，∠BPC=60°。
结论：①PB+PC=PA；
例1．（2023·江苏·八年级专题练习）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点．
（1）如图1，E、F分别是AB、AC上的点，且BE＝AF、求证：△DEF是等腰直角三角形
经过分析已知条件AB＝AC，D为BC的中点．容易联想等腰三角形三线合一的性质，因此，连结AD（如图2），以下是某同学由已知条件开始，逐步按层次推出结论的流程图．请帮助该同学补充完整流程图．补全流程图：① ， ②∠EDF＝
（2）如果E、F分别为AB、CA延长线上的点，仍有BE＝AF，其他条件不变，试猜想△DEF是否仍为等腰直角三角形？请在备用图中补全图形、先作出判断，然后给予证明．
【答案】（1）△BDE，△ADF，90°；（2）△DEF仍为等腰直角三角形，理由见解析
【分析】（1）连接AD，根据∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点，可以得到∠B=∠C=45°，AD⊥BC，，，从而可以证明△BDE≌△ADF（SAS），得到DE=DF，∠BDE=∠ADF，由∠ADE+∠BDE=∠BDA=90°，可得∠ADE+∠ADF=90°，即∠EDF=90°，即可证明；
（2）连接AD，同样证明△BDE≌△ADF（SAS），得到DE=DF，∠BDE=∠ADF，再由∠ADF+∠BDF=∠BDA=90°，即可得到∠BDE+∠BDF=90°，即∠EDF=90°，即可证明．
【详解】解：（1）如图所示，连接AD，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点，
∴∠B=∠C=45°，AD⊥BC，，，
∴∠B=∠BAD=∠CAD，在△BDE和△ADF中，，
∴△BDE≌△ADF（SAS），∴DE=DF，∠BDE=∠ADF，
∵∠ADE+∠BDE=∠BDA=90°，∴∠ADE+∠ADF=90°，即∠EDF=90°，
∴△DEF是等腰直角三角形；故答案为：△BDE，△ADF，90°；
（2）△DEF仍为等腰直角三角形，理由如下：连接AD，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点，
∴∠ABC=∠C=45°，AD⊥BC，，，
∴∠FAD=180°-∠CAD=135°，∠EBD=180°-∠ABC=135°，∴∠FAD=∠EBD，
在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（SAS），∴DE=DF，∠BDE=∠ADF，
∵∠ADF+∠BDF=∠BDA=90°，∴∠BDE+∠BDF=90°，即∠EDF=90°，∴△DEF是等腰直角三角形．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．
例2．（2023·山东枣庄·中考模拟）在中，，，于点,（1）如图1，点，分别在，上，且，当，时，求线段的长；
（2）如图2，点，分别在，上，且，求证：；
（3）如图3，点在的延长线上，点在上，且，求证：;
【答案】(1) ；(2)见解析；(3)见解析.
【分析】（1）根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质得到 AD＝BD＝DC＝ ，求出 ∠MBD＝30°，根据勾股定理计算即可； （2）证明△BDE≌△ADF，根据全等三角形的性质证明；
（3）过点 M作 ME∥BC交 AB的延长线于 E，证明△BME≌△AMN，根据全等三角形的性质得到 BE＝AN，根据等腰直角三角形的性质、勾股定理证明结论．
【详解】（1）解：，，，
，，，
，，，
，，，
由勾股定理得，，即，
解得，，；
（2）证明：，，，
在和中，，；
（3）证明：过点作交的延长线于，，
则，，，
，，，
在和中，，，
，．
【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形
的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
例3．（2023·浙江·八年级专题练习）如图1，，，MN是过点A的直线，过点D作于点B，连接CB；过点C作，与MN交于点E．
(1)连接AD，AD是AC的______倍；(2)直线MN在图1所示位置时，可以得到线段BD和AE的数量关系是______，与BC之间的数量关系是______，请证明你的结论；
(3)直线MN绕点A旋转到图2的位置，若，，则AB的长为______（直接写结果）；
(4)直线MN绕点A旋转到图3的位置时，直接写出线段BA，BC，BD之间的数量关系______．
【答案】(1)；(2)AE＝BD，BD﹣AB＝BC；(3)4；(4)BA+BD＝BC
【分析】（1）由，，根据勾股定理可直接得出答案；
（2）先证明△ACE≌△DCB，确定△ECB为等腰直角三角形，即可得出答案；（3）先证明△ACE≌△DCB，CE＝BC，得到△BCE为等腰直角三角形，得到AB＝BD+BC，即可得出答案；
（4）先证明△ACE≌△DCB，确定△ECB为等腰直角三角形即可得出答案．
【详解】（1）解：连接AD，
设AC＝a，则DC＝a，∴AD＝，
即AD是AC的倍，故答案为：．
（2）如图1，设AC与BD交于O，由题可知，∠BCE＝90°＝∠ACD，∴∠ACE＝∠BCD，
∵BD⊥MN，∴∠ABD＝90°＝∠ACD，∵∠AOB＝∠DOC，∴∠BAC＝∠CDB，
∵AC＝DC，∴△ACE≌△DCB（ASA），∴CE＝BC，AE＝BD，
∵∠BCE＝90°，∴△ECB为等腰直角三角形，∴BE＝BC，
∵BE＝AE﹣AB＝BD﹣AB，∴BD﹣AB＝BC；故答案为：AE＝BD；BD﹣AB＝BC；
（3）解：如图2，设CD与MN交于O，
由题可知，∠BCE＝90°＝∠ACD，∴∠ACE＝∠BCD，
∵BD⊥MN，∴∠ABD＝90°＝∠ACD，∵∠AOC＝∠DOB，∴∠BAC＝∠CDB，
∵AC＝DC，∴△ACE≌△DCB（ASA），∴CE＝BC，AE＝BD，
∵∠BCE＝90°，∴BE＝BC，∵BE＝AB﹣AE＝AB﹣BD，∴AB=BD+BC，
∵BD＝2，BC＝，∴AB＝BD+BC＝4，故答案为：4．
（4）∴∠BCE＝90°＝∠ACD，∴∠ACE＝∠DCB，∠CEB+∠CBE＝90°，
∵BD⊥MN，∴∠ABD＝90°，∴∠CBE+∠CBD＝90°，∴∠CEB＝∠CBD，
∵AC＝DC，∴△ACE≌△DCB（AAS），∴CE＝BC，AE＝BD，
∵∠BCE＝90°，∴BE＝BC，∵BE＝AE+BA＝BD+BA，
∴BA+BD＝BC，故答案为：BA+BD＝BC．
【点睛】此题属于几何变换综合题，主要考查旋转的性质，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，全等三角形的判定和性质，构造全等三角形是解本题的关键．
例4．（2023四川宜宾八年级期末）如图1，，平分，以为顶点作，交于点，于点E. （1）求证：；（2）图1中，若，求的长；
（3）如图2，，平分，以为顶点作，交于点，于点.若，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析；（2）OD+OE =；（3）
【分析】（1）过点C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，然后根据题意利用AAS定理进行证明△CDG ≌ △CEH，从而求解；（2）根据全等三角形的性质得到OD+OE =2OH，然后利用勾股定理求OH的值，从而求解；
（3）过点C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，然后根据题意利用AAS定理进行证明△CDG ≌ △CEH，从而求得==2，然后利用含30°的直角三角形性质求得OH=,CH=从而求得三角形面积，使问题得到解决．
【详解】解：（1）如图,过点C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，
∵平分∴CG =CH ∵, ∴∠CDO+∠CEO=180︒
∵∠CDG+∠CDO=180︒∴∠CDG =∠CEO
在△CDG与△CEH中 ∴△CDG ≌ △CEH(AAS)∴
(2)由（1）得△CDG ≌ △CEH∴DG=HE
由题易得△OCG与△OCH是全等的等腰直角三角形，且OG=OH
∴OD+OE=OD+OH+HE=OG+OH=2OH 设OH=CH=x，在Rt△OCH中，由勾股定理，得:
OH2+CH2=OC2∴∴(舍负)∴OH =∴OD+OE =2OH=
（3）如图,过点C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，
∵平分∴CG =CH ∵,∴∠CDO+∠CEO=180︒
∵∠CDG+∠CDO=180︒∴∠CDG =∠CEO
在△CDG与△CEH中∴△CDG ≌ △CEH(AAS)∴DG=HE
由题易得△OCG与△OCH是全等的直角三角形,且OG=OH
∴OD+OE=OD+OH+HE=OG+OH=2OH∴==2
在Rt△OCH中,有∠COH=60°,OC=3，∴OH=,CH=∴∴=2=
【点睛】本题考查全等三角形的性质及判定，含30°直角三角形的性质以及勾股定理，是一道综合性问题，掌握相关知识点灵活应用解题是本题的解题关键.
例5．（2023湖北省宜城市八年级期末）如图，已知∠AOB=120°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个60°角的顶点与点C重合，它的两条边分别与直线OA、OB相交于点D、E．
（1）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA垂直时（如图1），请猜想OE+OD与OC的数量关系，并说明理由；（2）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA不垂直时，到达图2的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由；（3）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA的反向延长线相交时，上述结论是否成立？若成立，请给于证明；若不成立，线段OD、OE与OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．
【答案】（1）详见解析；（2）（1）中结论仍然成立，理由详见解析；（3）（1）中结论不成立，结论为OE﹣OD=OC，证明详见解析.
【分析】(1)根据OM是∠AOB的角平分线，可得∠AOB=60°，则∠OCE=30°，再根据30°所对直角边是斜边的一半，得出OD=OC，同理：OE=OC，即可得出结论；(2)同(1)的方法得到OF+OG=OC，再根据AAS证明△CFD≌△CGE，得出DF=EG，则OF=OD+DF=OD+EG，OG=OE﹣EG，OF+OG=OD+OE，即可得出结论.(3)同(2)的方法得到DF=EG，根据等量代换可得OE﹣OD=OC.
【详解】(1)∵OM是∠AOB的角平分线，∴∠AOC=∠BOC=∠AOB=60°，
∵CD⊥OA，∴∠ODC=90°，∴∠OCD=30°，∴∠OCE=∠DCE﹣∠OCD=30°，
在Rt△OCD中，OD=OC，同理：OE=OC，∴OD+OE=OC，
(2)(1)中结论仍然成立，理由：过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，如图，
∴∠OFC=∠OGC=90°，∵∠AOB=120°，∴∠FCG=60°，
同(1)的方法得，OF=OC，OG=OC，∴OF+OG=OC，
∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点，∴CF=CG，
∵∠DCE=60°，∠FCG=60°，∴∠DCF=∠ECG，∴△CFD≌△CGE，∴DF=EG，
∴OF=OD+DF=OD+EG，OG=OE﹣EG， ∴OF+OG=OD+EG+OE﹣EG=OD+OE，∴OD+OE=OC；
(3)(1)中结论不成立，结论为：OE﹣OD=OC，
理由：过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，如图，
∴∠OFC=∠OGC=90°，∵∠AOB=120°，∴∠FCG=60°，
同(1)的方法得，OF=OC，OG=OC，∴OF+OG=OC，
∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点，∴CF=CG，
∵∠DCE=60°，∠FCG=60°，∴∠DCF=∠ECG，∴△CFD≌△CGE，
∴DF=EG，∴OF=DF﹣OD=EG﹣OD，OG=OE﹣EG，
∴OF+OG=EG﹣OD+OE﹣EG=OE﹣OD，∴OE﹣OD=OC．
【点睛】本题考查了角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质.正确作辅助线是解题的关键.
课后专项训练
1．（2023·江苏·八年级专题练习）如图，O为正△ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：
①可由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为4； ③∠AOB＝150°；④S四边形AOBO′＝6+2；⑤ ，其中正确的是（ ）
A．①②③B．①②③⑤C．①②③④D．①②③④⑤
【答案】B
【分析】根据旋转的性质，易证，故①正确；证明是等边三角形，故②说法正确；由勾股定理的逆定理可证得，结合等边三角形性质，有，故，③说法正确；由直角三角形和等边三角形的性质，可得，④说法错误；将线段OA以点A为旋转中心逆时针旋转60°得到线段AD，连接OD，过A作AE⊥CD交CD延长线于点E，根据判断④的方法，判断⑤说法正确．
【详解】解：∵将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，∴，，
∵正△ABC，∴，，∵，
∴，即，
在与中，∵，∴，
故可由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到，①说法正确，符合题意；如图1，连接
∵，，∴是等边三角形，
∵，∴．故点O与O′的距离为4，②说法正确，符合题意；
∵，∴，∵，∴，
∵，，∴，∴，
∵是等边三角形，∴，
∵．故③说法正确，符合题意；
如图2，过作于点，
∵是等边三角形，，，∴，∴．
∵，，，∴．
∵，，，∴．
∴．故④说法错误，不符合题意；
将线段OA以点A为旋转中心逆时针旋转60°得到线段AD，连接OD，过A作AE⊥CD交CD延长线于点E，
∵将线段OA以点A为旋转中心逆时针旋转60°得到线段AD，∴，，
∵正△ABC，∴，，∵，
∴，即，
在与中，∵，∴，
∴．
∵，，∴是等边三角形．
∵，∴易求．
∵是等边三角形，，∴，
∵，，∴，
∵，∴，∴．
∵，，∴．
∴．
∵，，∴，∴．
∵，，∴，∴，
∵，∴，∵，
∴，∴．故⑤说法正确，符合题意；
综上，正确的说法有①②③⑤，故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形判定，等边三角形性质以及勾股定理以及逆定理，综合运用以上知识是解题的关键．
2．（2022·成都市·八年级期末）如图，在边长为4的正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E在BD上，连接CE，作EF⊥CE交AB于点F，交AC于点G，连接CF交BD于点H，延长CE交AD于点M，连接FM，则下列结论：①点E到AB，BC的距离相等；②∠FCE = 45°；③∠DMC =∠FMC；④若DM = 2，则BF = ．正确的有（ ）个．
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】过E点作、，由正方形对角线平分每一组对角以及角平分线性质可得点E到AB，BC的距离相等，故①正确；再证明（AAS）可得是等腰直角三角形，得，故②正确；然后延长MD至P，使，（SAS）再证明（SAS）即可得，故③正确；由全等三角形性质和勾股定理列方程可求．
【详解】解：如图1，过E点作、，∴，
∵在正方形ABCD中，，，
∴，即点E到AB，BC的距离相等，故①正确；
；∴，由∵，∴，
∴，∴（AAS）∴，∴，故②正确；
如图2，延长MD至P，使，连接，易证（SAS）∴，，
∵，∴，∴，
又∵，∴，∴，∴，，故③正确，
在边长为4的正方形ABCD中，，若，则，
设，则，，
在中，∴，解得：，故；④错误，
综上所述，正确的①②③，故选C．
【点睛】本题主要考查了正方形和三角形综合知识，解题关键是构造全都三角形转换边角关系．
3．（2022春·山东烟台·八年级校考期中）如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，BC上，若F是BC的中点，且∠EDF＝45°，则DE的长为 _____．
【答案】2
【分析】延长BA到点G，使AG=CF，连接DG，EF，利用SAS证明△ADG≌△CDF，得∠CDF=∠GDA，DG=DF，再证明△GDE≌△FDE（SAS），得GE=EF，设AE=x，则BE=6x，EF=x+3，再利用勾股定理解决问题．
【详解】解：延长BA到点G，使AG＝CF，连接DG，EF，
∵AD＝CD，∠DAG＝∠DCF，∴△ADG≌△CDF（SAS），∴∠CDF＝∠GDA，DG＝DF，
∵∠EDF＝45°，∴∠EDG=∠ADE+∠ADG＝∠ADE+∠CDF＝45°，
∵DE＝DE，∴△GDE≌△FDE（SAS），∴GE＝EF，
∵F是BC的中点，∴AG=CF=BF=3，设AE＝x，则BE＝6﹣x，EF＝x+3，
由勾股定理得，（6﹣x）2+32＝（x+3）2，解得x＝2，∴AE＝2，
∴DE＝，故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握半角模型的处理策略是解题的关键．
4．（2022·广东深圳·八年级期末）如图，△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，点D为BC边上一点．点E为线段CD上一点，且CE＝2，AB＝，∠DAE＝60°，则DE的长为 ______．
【答案】
【分析】将绕点A逆时针旋转至，连接ME，过M作于Q，过A作 于F，由旋转的性质得，设，则 ，，证明，得，最后利用勾股定理来解答．
【详解】解：如图，将绕点A逆时针旋转至，连接ME，过M作于Q，过A作 于F，
∵，，，AB＝，∴，，
∴，，
∴，．
在中，．∵，∴.
设，∴ ，，∴．
∵，，∴，∴．
∵．在和中，∴，
∴，由勾股定理得：，
∴，∴，即 ．故答案为：．
【点睛】本题考查含30°角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形有判定和性质，勾股定理，旋转的性质，作辅助线构造直角三角形是求解本题的关键．
5．（2023·吉林松原·九年级统考期中）如图，点O是等边三角形ABC内的一点，，将△BOC绕点C顺时针旋转60°得△ADC，连接OD．(1)当时， °；(2)当时， °；(3)若，，，则OA的长为 ．
【答案】(1)40； (2)60；(3)
【分析】（1）证明△COD是等边三角形，得到∠ODC=60°，即可得到答案；
（2）利用∠ADC-∠ODC求出答案；（3）由△BOC≌△ADC，推出∠ADC=∠BOC=150°，AD=OB=8，根据△COD是等边三角形，得到∠ODC=60°，OD=，证得△AOD是直角三角形，利用勾股定理求出．
【详解】（1）解：∵CO=CD，∠OCD=60°，∴△COD是等边三角形；∴∠ODC=60°，
∵∠ADC=∠BOC=，∴∠ADC-∠ODC=40°，故答案为：40；
（2）∵∠ADC=∠BOC=，∴∠ADC-∠ODC=60°，故答案为：60；
（3）解：当，即∠BOC=150°，∴△AOD是直角三角形．
∵△BOC≌△ADC，∴∠ADC=∠BOC=150°，AD=OB=8，
又∵△COD是等边三角形，∴∠ODC=60°，OD=，∴∠ADO=90°，
即△AOD是直角三角形，∴,故答案为：．
【点睛】本题以“空间与图形”中的核心知识（如等边三角形的性质、全等三角形的性质与证明、直角三角形的判定、多边形内角和等）为载体，内容由浅入深，层层递进．试题中几何演绎推理的难度适宜，蕴含着丰富的思想方法（如运动变化、数形结合、分类讨论、方程思想等），能较好地考查学生的推理、探究及解决问题的能力．
6．（2022.成都市八年级期中）在中，，，于点,
（1）如图1，点，分别在，上，且，当，时，求线段的长；（2）如图2，点，分别在，上，且，求证：；
（3）如图3，点在的延长线上，点在上，且，求证：;
【答案】(1) ；(2)见解析；(3)见解析.
【分析】（1）根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质得到 AD＝BD＝DC＝ ，求出 ∠MBD＝30°，根据勾股定理计算即可； （2）证明△BDE≌△ADF，根据全等三角形的性质证明； （3）过点 M作 ME∥BC交 AB的延长线于 E，证明△BME≌△AMN，根据全等三角形的性质得到 BE＝AN，根据等腰直角三角形的性质、勾股定理证明结论．
【详解】（1）解：，，，
，，，
，，，，
，，由勾股定理得，，即，
解得，，；
（2）证明：，，，
在和中，，；
（3）证明：过点作交的延长线于，
，则，，，
，，，
在和中，，，
，．
【点拨】本题考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形
的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
7. 如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC，直线MN是过点A的直线CD⊥MN于点D，连接BD．
（1）观察猜想张老师在课堂上提出问题：线段DC，AD，BD之间有什么数量关系．经过观察思考，小明出一种思路：如图1，过点B作BE⊥BD，交MN于点E，进而得出：DC+AD= BD．（2）探究证明：将直线MN绕点A顺时针旋转到图2的位置写出此时线段DC，AD，BD之间的数量关系，并证明；
【答案】（1）；（2）AD﹣DC=BD；
【分析】（1）根据全等三角形的性质求出DC，AD，BD之间的数量关系
（2）过点B作BE⊥BD，交MN于点E．AD交BC于O，证明，得到，， 根据为等腰直角三角形，得到，再根据，即可解出答案.【详解】解：（1）如图1中，
由题意：，∴AE=CD，BE=BD，∴CD+AD=AD+AE=DE，
∵是等腰直角三角形，∴DE=BD，∴DC+AD=BD，故答案为．
（2）．证明：如图，过点B作BE⊥BD，交MN于点E．AD交BC于O．
∵，∴，∴．
∵，，，∴，
∴．又∵，∴，
∴，，∴为等腰直角三角形，．
∵，∴．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质，等腰直角三角形的性质以及图形的应用，正确作辅助线和熟悉图形特性是解题的关键.
8．如图，已知∠DCE与∠AOB，OC平分∠AOB．（1）如图1，∠DCE与∠AOB的两边分别相交于点D、E，∠AOB＝∠DCE＝90°，试判断线段CD与CE的数量关系，并说明理由．
以下是小宇同学给出如下正确的解法：
解：CD＝CE．
理由如下：如图1，过点C作CF⊥OC，交OB于点F，则∠OCF＝90°，…
请根据小宇同学的证明思路，写出该证明的剩余部分．
（2）你有与小宇不同的思考方法吗？请写出你的证明过程．
（3）若∠AOB＝120°，∠DCE＝60°．
①如图3，∠DCE与∠AOB的两边分别相交于点D、E时，（1）中的结论成立吗？为什么？线段OD、OE、OC有什么数量关系？说明理由．②如图4，∠DCE的一边与AO的延长线相交时，请回答（1）中的结论是否成立，并请直接写出线段OD、OE、OC有什么数量关系；如图5，∠DCE的一边与BO的延长线相交时，请回答（1）中的结论是否成立，并请直接写出线段OD、OE、OC有什么数量关系．
解：（1）∵OC平分∠AOB，∴∠AOC＝∠BOC＝45°，且∠OCF＝90°，
∴∠OFC＝45°＝∠BOC，∴OC＝FC，
∵∠DCE＝∠OCF＝90°，∴∠DCO＝∠ECF，且CO＝CF，∠AOC＝∠CFE＝45°，
∴△CDO≌△CEF（ASA）∴CD＝CE
（2）如图2，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，
又∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，
在四边形ODCE中，∠AOB+∠DCE+∠CDO+∠CEO＝360°，
又∵∠AOB＝∠DCE＝90°，∴∠CDO+∠CEO＝180°，
又∵∠CDO+∠CDM＝180°，∴∠CEO＝∠CDM，且∠CMD＝∠CNE，CM＝CN，
∴△CMD≌△CNE（AAS），∴CD＝CE．
（3）①（1）中的结论仍成立．OE+OD＝OC．
理由如下：如图3，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，
又∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，
在四边形ODCE中，∠AOB+∠DCE+∠CDO+∠CEO＝360°，
又∵∠AOB+∠DCE＝60°+120°＝180°，∴∠CDO+∠CEO＝180°，
又∵∠CEO+∠CEN＝180°，∴∠CDO＝∠CEN，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，
∴△CMD≌△CNE（AAS），∴CD＝CE，DM＝EN．
∴OE+OD＝OE+OM+DM＝OE+OM+EN＝ON+OM．
∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，∴∠MCO＝30°，
∴，同理可得ON＝OC，∴．
②在图4中，（1）中的结论成立，OE﹣OD＝OC，
如图4，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，
又∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，
∵∠COE+∠CEO+∠DCE+∠OCD＝180°，∴∠OCD+∠CEO＝60°，
∵∠AOC＝∠CDO+∠OCD＝60°，∴∠CDO＝∠CEN，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，
∴△CMD≌△CNE（AAS），∴CD＝CE，DM＝EN．
∴OE﹣OD＝ON+NE﹣（MD﹣OM）＝ON+OM．∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，∴∠MCO＝30°，
∴，同理可得ON＝OC，∴OE﹣OD＝ON+OM＝OC；
在图5中，（1）中的结论成立，OD﹣OE＝OC，
如图5，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，
又∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，
∵∠COA+∠CDO+∠DCE+∠OCE＝180°，∴∠OCE+∠CDO＝60°，
∵∠NOC＝∠CEO+∠OCE＝60°，∴∠CDO＝∠CEO，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，
∴△CMD≌△CNE（AAS），∴CD＝CE，DM＝EN．
∴OD﹣OE＝DM+OM﹣（EN﹣ON）＝ON+OM．∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，∴∠MCO＝30°，
∴，同理可得ON＝OC，∴OD﹣OE＝ON+OM＝OC；
9．（河南省南阳市方城县2021-2022学年八年级上学期期末数学试题）提出问题：如图1，已知OC平分∠AOB，点D、E分别在OA，OB上．若∠ODC＝∠OEC＝90°，求证：CD＝CE．
思路梳理：(1)请根据思路梳理的过程填空．
证法1：由OC平分∠AOB，∠ODC＝∠OEC，OC＝OC，可得 ≌ ，则CD＝CE．
证法2：由OC平分∠AOB，∠ODC＝∠OEC＝90°，则CD＝CE，其理论依据是 ．
类比探究：(2)如图2，已知OC平分∠AOB，点D、E分别在OA，OB上．若∠ODC＋∠OEC＝180°，求证：CD＝CE．
拓展迁移：(3)如图3，已知OC平分∠AOB，点D在OA的反向延长线上，点E在OB上，且∠ODC＝∠OEC，若OC＝4，CE＝5，点C到OB的距离是3，则OD＋OE的值是 ．（直接写出结果，不说明理由）
【答案】(1)；角平分线上的点到角的两边距离相等(2)证明见解析(3)
【分析】（1）方法1：利用全等三角形的性质证明；方法2：利用角平分线的性质定理证明即可；
（2）过点C作CQ⊥OA于点Q，CP⊥OB于点P，证明△CQD≌△CPE（ASA），可得结论；
（3）过点C作CQ⊥OA于点Q，CP⊥OB于点P，利用全等三角形的性质证明OD+OE＝2PE，利用勾股定理求出PE即可．
（1）证法1：如图1中，∵OC平分∠AOB，∴∠COD＝∠COE，
在△COD和△COE中， ，∴△COD≌△COE（AAS），∴CD＝CE．
故答案为：△COD，△COE；
证法2：∵OC平分∠AOB，∠ODC＝∠OEC＝90°，
∴CD＝CE（角平分线上的点到角的两边距离相等），
故答案为：角平分线上的点到角的两边距离相等；
（2）证明：如图2，过点C作CQ⊥OA于点Q，CP⊥OB于点P，
∵∠ODC+∠OEC＝180°，∴∠DOE+∠DCE＝180°
∵∠OQC＝∠EPC＝90°，∴∠AOB+∠PCQ＝180°，∴∠PCQ＝∠DCE，∴∠DCQ＝∠ECP，
∵点C是∠AOB的平分线上，且CQ⊥OA，CP⊥OB，∴CQ＝CP，
∵∠OQC＝∠EPC＝90°，∴△CQD≌△CPE（ASA），∴CD＝CE；
（3）解：如图3，过点C作CQ⊥OA于点Q，CP⊥OB于点P，
∴∠OQC＝∠EPC＝90°，∴∠AOB+∠PCQ＝180°，∵∠ODC＝∠CEO，∴∠DOE＝∠DCE，
∵∠DOE+∠AOB＝180°，∴∠AOB+∠DCE＝180°，∴∠PCQ＝∠DCE，∴∠DCQ＝∠ECP，
∵点C是∠AOB的平分线上，且CQ⊥OA，CP⊥OB，∴CQ＝CP，
∵∠OQC＝∠EPC＝90°，∴△CQD≌△CPE（ASA），∴DQ＝PE，
∵OD＝DQ﹣OQ，OE＝OP+PE，∴OE+OD＝OP+PE+（DQ﹣OQ）＝PE+DQ＝2PE，
∵EC＝5，CP＝3，∴PE＝，∴OE+OD＝8．故答案为：8．
【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了角平分线的定义和定理，全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解本题的关键．
10．（2023春·江苏·八年级期中）请阅读下列材料：已知：如图（1）在中，，点D、E分别为线段上两动点，若．探究线段三条线段之间的数量关系．小明的思路是：把绕点A顺时针旋转，得到，连接，使问题得到解决．请你参考小明的思路探究并解决下列问题：
(1)猜想三条线段之间存在的数量关系式，直接写出你的猜想；
(2)当动点E在线段上，动点D运动在线段延长线上时，如图（2），其它条件不变，（1）中探究的结论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明；(3)已知：如图（3），等边三角形中，点D、E在边上，且，请你找出一个条件，使线段能构成一个等腰三角形，并求出此时等腰三角形顶角的度数．
【答案】(1)(2)不变，见解析(3)，
【分析】（1）将绕A顺时针旋转后成，根据题意证明，故，因为中，，所以，从而可得，在中，由勾股定理得线段之间的等量关系式；（2）解法一：将沿直线对折，得，连接，根据全等三角形的性质得到，，然后进一步证明，然后根据全等三角形的性质求解即可；解法二：将绕点A顺时针旋转得到．连接，根据题意证明，进而求解即可；
（3）与（2）类似，以为一边，作，在上截取，证明出，然后根据等腰三角形的概念求解即可．
【详解】（1），证明如下：
将绕A顺时针旋转后成，连接，
∴，
∵，∴，∴，
在和中，，∴，∴，
∵，∴，∴，
在中，∴；故答案为：；
（2）关系式仍然成立．证明：将沿直线对折，得，连接
∴，∴，，
又∵，∴，∵，
，∴，
又∵，∴，
∴
∴，∴在中，，即；
解法二：将绕点A顺时针旋转得到．连接．
∴，∵，∴，
∵，∴，∵，∴，∴，
∵∴；
（3）当时，线段能构成一个等腰三角形．
如图，与（2）类似，以为一边，作，在上截取，
可得．∴．∴．
若使为等腰三角形，只需，即，
∴当时，线段能构成一个等腰三角形，且顶角为．
【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，解题的关键是通过旋转变换构造全等三角形．
11．（2022秋·陕西延安·八年级统考期末）【问题提出】（1）如图①，在四边形中，，，E、F分别是边BC、CD上的点，且.求证：；
【问题探究】（2）如图②，在四边形中，，，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立?若成立，请说明理由；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）结论不成立，应当是理由见解析
【分析】（1）延长到点，使，连接，由全等三角形的判定和性质得出，，，继续利用全等三角形的判定得出，结合图形及题意即可证明；
（2）在上截取，使，连接，结合图形利用全等三角形的判定得出，再次使用全等三角形的判定得出，利用全等三角形的性质即可证明．
【详解】（1）证明：如图①，延长到点，使，连接.
又∵，，
∴，∴，，
又∵，∴，∴，
又∵，∴，∴，
∵，∴；
（2）解：结论不成立，应当是，
理由：如图②，在上截取，使，连接，
∵，，∴，
又∵，，∴，∴，，
又∵，∴，∴，
又∵，，∴，∴，
∵，∴．
【点睛】题目主要考查全等三角形的判定和性质，理解题意，作出相应辅助线是解题关键．
12．（2023春·四川达州·八年级校考阶段练习）倡导研究性学习方式，着力教材研究，习题研究，是学生跳出题海，提高学习能力和创新能力的有效途径．
(1)【问题背景】已知：如图1，点E、F分别在正方形的边上，，连接，则之间存在怎样的数量关系呢？
（分析：我们把绕点A顺时针旋转至，点G、B、C在一条直线上．）
于是易证得： 和 ，所以 ．
直接应用：正方形的边长为6，，则的值为 ．
(2)【变式练习】已知：如图2，在中，，D、E是斜边上两点，且，请写出之间的数量关系，并说明理由．
(3)【拓展延伸】在（2）的条件下，当绕着点A逆时针一定角度后，点D落在线段BC上，点E落在线段BC的延长线上，如图3，此时（2）的结论是否仍然成立，并证明你的结论．
【答案】(1)(2)，见解析(3)成立，见解析
【分析】（1）根据分析过程及图形分析即可；
（2），把顺时针旋转到的位置此时与重合，连接，证，得，再证是直角三角形，然后由勾股定理即可解决问题；
（3）根据第（2）问的辅助线画出图形即可证明．
【详解】（1）∵四边形是正方形，∴，
把绕点A顺时针旋转至，则与重合，
∴∴，
∴点G、B、C在一条直线上∵，∴，
∴，∴，∵，∴，∴，
∵，∴；∵正方形的边长为6，，∴，
∴，，
在中，，∴，解得，∴
故答案为：；
（2），理由如下：
把顺时针旋转到的位置此时与重合，连接，
则，∴，∴，
∵，∴，
∴，∴，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴是直角三角形，
∴，∴．
（3）依然成立，理由如下：
把顺时针旋转到的位置此时与重合，连接，
则，∴，∴，
∵，∴，
∴，∴，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴是直角三角形，
∴，∴．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识；本题综合性比较强，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键，属于中考常考题型．
13．（2023·河南洛阳·八年级校考阶段练习）【问题发现】（1）如图1，和均为等边三角形，点B，D，E在同一直线上，连接，容易发现：①的度数为 ；②线段、之间的数量关系为 ；
【类比探究】
（2）如图2，和均为等腰直角三角形，，点B，D，E在同一直线上，连接，试判断 的度数以及线段、、之间的数量关系，并说明理由；
【问题解决】
（3）如图3，，，，，则的值为 ．
【答案】（1）①；②；（2），，见解析；（3）8
【分析】（1）根据等边三角形的性质得到，得到，证明，根据全等三角形的性质证明结论；
（2）由“”可证，可得，即可求解；
（3）如图3，作辅助线构建全等三角形，由“”可证，可得，，可求，根据列方程可得x的值，最后由勾股定理可求解．
【详解】解：（1）∵和均为等边三角形，
∴，
∴，即，
在和中，，∴（），
∴，
∴，故答案为：；
（2），
理由如下：∵，和均为等腰直角三角形，
∴，，
，即，
在和中，，∴（），
∴，∴，
∵，∴；
（3）如图3，过点C作，交的延长线于F，过点B作于E，
∴，∴四边形是矩形，∴，
∵，∴，
∵，∴，
∵，∴（），∴，
设，则，，∴∴，
∴，，∴，
∴在中，．故答案为：．
【点睛】本题是三角形的综合题，考查的是等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
14．（2023·重庆市九年级阶段练习）【问题背景】如图1，P是等边三角形ABC外一点，∠APB＝30°，则PA2+PB2＝PC2．小明为了证明这个结论，将△PAB绕点A逆时针旋转60°，请根据此思路完成其证明．
【迁移应用】如图2，在等腰直角三角形ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，点P在△ABC外部，且∠BPC＝45°，若△APC的面积为5.5，求PC．
【答案】（1）【问题背景】见解析；（2）【迁移应用】
【分析】（1）【问题背景】将△PAB绕点A逆时针旋转60°得到△DAC，连接PD，由旋转及等边三角形的性质可得∠PDC=90゜，由勾股定理即可解决；
（2）【迁移应用】过B作BM⊥PB交PC的延长线于点M，连接AM，则易得△PBC≌△MBA，由全等三角形的性质易得∠AMP=90゜，再由面积条件即可求得PC的长．
【详解】（1）【问题背景】将△PAB绕点A逆时针旋转60°得到△DAC，连接PD，如图所示
由旋转的性质得：AD=PA，CD=PB，∠PAD=60゜，∠ADC=∠APB=30゜
∵AD=PA，∠PAD=60゜∴△PAD是等边三角形∴PD=PA，∠PDA=60゜
∴∠PDC=∠PDA+∠ADC=60゜+30゜=90゜
在Rt△PDC中，由勾股定理得： ∴
（2）【迁移应用】过B作BM⊥PB交PC的延长线于点M，连接AM，如图所示
则∠PBM=∠ABC=90゜∴∠PBC+∠CBM=∠CBM+∠MBA∴∠PBC=∠MBA
∵∠PBM =90゜，∠BPC=45゜∴∠BMP=∠BPC=45゜∴PB=MB
在△PBC和△MBA中 ∴△PBC≌△MBA(SAS)
∴∠BMA=∠BPC=45゜，PC=AM∴∠AMP=∠BMP+∠BMA=45゜+45゜=90゜
∵ ∴
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识，根据条件作图形的旋转或构造三角形全等是解决问题的关键与难点．
15．（2023春·广东揭阳·九年级校考期中）已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝4，另有一块等腰直角三角板的直角顶点放在C处，CP＝CQ＝2，将三角板CPQ绕点C旋转(保持点P在△ABC内部)，连接AP、BP、BQ．（1）如图1求证：AP＝BQ；（2）如图2当三角板CPQ绕点C旋转到点A、P、Q在同一直线时，求AP长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据∠ACB=∠PCQ=90°，可得∠ACP=∠BCQ，再利用SAS，即可求证；
（2）根据直角三角形的性质，可得，再由勾股定理，可得，即可求解．
【详解】证明：（1）∵∠ACB=∠PCQ=90°，∴∠ACP=∠BCQ，
∵AC=BC，CP=CQ，∴△△ACP≌△BCQ（SAS）∴AP=BQ；
（2）如图2中，作CH⊥PQ于H，
∵CP＝CQ＝2，∴ ，
∵∠PCQ=90°，∴ ，∴ ，
∵AC=4，∴ ，
∵点A、P、Q在同一直线，∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，图形的旋转，勾股定理，二次根式的化简，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
16．（2022春·贵州黔东南·八年级校联考期末）【探究发现】（1）如图1，在四边形中，对角线，垂足是O，求证：．【拓展迁移】（2）如图2．以三角形的边、为边向外作正方形和正方形，求证：．（3）如图3，在（2）小题条件不变的情况下，连接，若，，，则的长_____________．（直接填写答案）
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）．
【分析】（1）根据，利用勾股定理分别求出和即可证明结论；
（2）利用正方形的性质证明△CAE≌△GAB（SAS），可得∠CEA＝∠GBA，根据∠GBA＋∠ANB＝90°等量代换求出∠EMN＝90°即可；
（3）利用勾股定理分别求出AE、CG和BE，然后利用（1）中结论求出BC即可．
【详解】解：（1）∵，∴∠AOD＝∠AOB＝∠COD＝∠BOC＝90°，由勾股定理得：
，，∴；
（2）∵在正方形和正方形中，AC＝AG，AE＝AB，∠CAG＝∠EAB＝90°，
∴∠CAG＋∠GAE＝∠EAB＋∠GAE，即∠CAE＝∠GAB，∴△CAE≌△GAB（SAS），∴∠CEA＝∠GBA，
∵∠GBA＋∠ANB＝90°，∠ANB＝∠MNE，∴∠CEA＋∠MNE＝90°，∴∠EMN＝90°，∴；
（3）如图3，连接CG，BE，∵，，，∴AC＝8，AE＝，
∴AB＝10，∴CG＝，BE＝，
∵，∴由（1）可知：，即，
∵BC＞0，∴．故答案为：．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握勾股定理是解答此题的关键．
17．（2023春·湖北武汉·八年级校考阶段练习）
(1)如图1，在中，，，，则与的数量关系是 ，与延长线的夹角 ；(2)如图2，四边形中，，，，连接，猜想、、之间的数量关系，并证明你的猜想；(3)如图3，四边形中，，，，，，请直接写出的长为 ．
【答案】(1)，(2)(3)
【分析】（1）证明≌即可．（2）由（1）的证明方法可知：将绕点顺时针旋转， 连接、，证明≌，再为直角三角形，用勾股定理即可．（3）由（1）的证明方法可知：将绕点顺时针旋转， 连接、，延长交于，再证明，用勾股定理即可求解．
【详解】（1）与的数量关系：，
证明：，，，
在和中，≌，，
故与的数量关系：；，
≌，，即：，
在中：
．故．
（2）结论：，
证明：如图，将绕点顺时针旋转，连接、，
，，是等边三角形，，
， ，，
在和中，≌，，，
，，，
，在中，．
（3）解：如图，将绕点顺时针旋转，连接、，延长交于，
，，是等腰直角三角形，
，，，
，，，，
在和中，≌，
，，，，，
设，，则有，，在中，，
在中，，由①②解得，，
在中，故的长为．
【点睛】本题考查了三角形全等及性质、勾股定理在旋转中典型模型“手拉手”的综合应用，掌握典型模型的解决方法是解题的关键．
18．（2023·山东青岛九年级期中）【模型引入】
当几何图形中，两个共顶点的角所在角度是公共大角一半的关系，我们称之为“半角模型”
【模型探究】（1）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°，探究图中线段EF，AE，FC之间的数量关系．
【模型应用】（2）如图2，如果四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠EAF＝45°，且BC＝7，DC＝13，CF＝5，求BE的长．
【拓展提高】（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠ABC与∠ADC互补，点E、F分别在射线CB、DC上，且∠EAF∠BAD．当BC＝4，DC＝7，CF＝1时，CEF的周长等于 ．
（4）如图4，正方形ABCD中，AMN的顶点M、N分别在BC、CD边上，AH⊥MN，且AH＝AB，连接BD分别交AM、AN于点E、F，若MH＝2，NH＝3，DF＝2，求EF的长．
（5）如图5，已知菱形ABCD中，∠B=60°，点E、F分别是边BC，CD上的动点（不与端点重合），且∠EAF=60°．连接BD分别与边AE、AF交于M、N，当∠DAF＝15°时，求证：MN2+DN2=BM2．
【答案】（1）EF=FC+AE，理由见解析；（2）BE=5；（3）13；（4）EF=；（5）见解析
【分析】（1）求证△DEF≌△DMF，即可推出EF与FM的数量关系；
（2）在DC上取一点G，使得DG=BE，证明△ABE≌△ADG（SAS），推出AE=AG，∠BAE=∠DAG，证明△AFE≌△AFG（SAS），推出EF=FG，设BE=x，则CG=13-x，EF=FG=18-x，在Rt△ECF中，根据EF2=EC2+CF2，构建方程求出x即可解决问题；（3）证明△ADM≌△ABE（SAS）和△EAF≌△MAF，即可求解；
（4）先求出BM，DN，进而求出正方形的边长，再判断出∠EAF=45°，借助探究的结论即可得出结论．
（5）将△ADF绕A顺时针旋转120°，AD与AB重合，F转到G，在AG上取AH=AN，连接BH、MH，利用△ABH≌△ADN和△AMH≌△AMN，证明MN=MH，DN=BH，再证明△BMH为直角三角形即可．
【详解】（1）EF=FC+AE，理由如下：
证明：将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM，∴△DAE≌△DCM，
∴DE=DM，AE=CM，∠ADE=∠CDM，B、C、M三点共线，
∵∠EDF=45°，∴∠ADE+∠FDC=∠CDM+∠FDC=∠MDF=45°，
在△DEF和△DMF中，，∴△DEF≌△DMF（SAS），∴EF=FM
∴EF=FM=FC+CM=FC+AE；
（2）解：如图，在DC上取一点G，使得DG=BE，
∵∠BAD=∠BCD=90°，∴∠ABC+∠D=180°，∠ABE+∠ABC=180°，∴∠ABE=∠D，
∵AB=AD，BE=DG，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=45°，∴∠EAB+∠BAF=∠DAG+∠BAF=45°，∵∠BAD=90°，∴∠FAG=∠FAE=45°，
∵AE=AG，AF=AF，∴△AFE≌△AFG（SAS），∴EF=FG，设BE=x，则EC=EB+BC=x+7，EF=FG=18-x，
在Rt△ECF中，∵EF2=EC2+CF2，∴52+（7+x）2=（18-x）2，∴x=5，∴BE=5；
（3）解：在DF上截取DM=BE，∵∠D+∠ABC=∠ABE+∠ABC=180°，∴∠D=∠ABE，
∵AD=AB，∴△ADM≌△ABE（SAS），∴AM=AE，∠DAM=∠BAE；
∵∠EAF=∠BAE+∠BAF=∠BAD，∴∠MAF=∠BAD，∴∠EAF=∠MAF；
∵AF是△EAF与△MAF的公共边，∴△EAF≌△MAF，∴EF=MF；∵MF=DF-DM=DF-BE，∴EF=DF-BE．
∴△CEF的周长=CE+EF+FC=BC+BE+DC+CF-BE+CF=BC+CD+2CF=13，故答案为：13；
（4）解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠ABC=∠ADC=90°，
∵AH⊥MN，∴∠AHM=∠ABC=90°，在Rt△AMB和Rt△AMH中，
，∴Rt△AMB≌Rt△AMH，∴∠MAB=∠MAH，BM=MH=2，
同理可证Rt△AND≌Rt△ANH，∴∠NAD=∠NAH，DN=NH=3，
∴2∠MAH+2∠NAH=90°，∴∠MAH+∠NAH=45°，
∴∠MAN=45°．设正方形的边长为a，∴CM=a-2，CN=a-3，根据勾股定理得，（a-2）2+（a-3）2=25，
∴a=-1（舍）或a=6，∴BC=6，∴BD=6，逆时针旋转△ABE至△ADG，
∴△ABE≌△ADG，∴AE=AG，∠ABE=∠ADG=45°，
∴∠GDF=∠ADG+∠ADB=90°，连接GF，根据勾股定理得，GF2=DG2+DF2=BE2+DF2，
∵△ABE≌△ADG，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=90°-∠EAF=45°=∠EAF，
∵AF=AF，∴△GAF≌△EAF，∴GF=EF，∴EF2=BE2+AD2；
设EF=x，∵BD=6，DF=2．∴BE=6-2-x=4-x，
∴（4-x）2+（2）2=x2，解得x=，∴EF=；
（3）将△ADF绕A顺时针旋转120°，此时AD与AB重合，F转到G，在AG上取AH=AN，连接BH、MH，如图：∵△ADF绕A顺时针旋转得△ABG，∴∠BAG=∠DAF，
又AH=AN，AB=AD，∴△ABH≌△ADN（SAS），∴DN=BH，∠ABH=∠ADN，
∵∠B=60°，且∠EAF=60°．∴∠BAD=120°，∴∠DAF+∠BAE=∠EAF=60°，
∴∠BAG+∠BAE=∠EAF，即∠MAH=∠MAN，而AH=AN，AM=AM，
∴△AMH≌△AMN（SAS），∴MN=MH，∠AMN=∠AMH，
∵菱形ABCD，∠B=60°，∴∠ABD=∠ADB=30°，∴∠HBD=∠ABH+∠ABD=60°，
∵∠DAF=15°，∠EAF=60°，∴△ADM中，∠DAM=∠AMD=75°，∴∠AMN=∠AMH=75°，
∴∠HMB=180°-∠AMN-∠AMH=30°，∴∠BHM=90°，∴BH2+MH2=BM2，∴DN2+MN2=BM2．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了旋转的性质、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题关键是学会用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用探究的结论解决新的问题，属于中考压轴题．
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