专题3对角互补模型-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案（教师版含解析）

这是一份专题3对角互补模型-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案（教师版含解析），共55页。

解题策略
模型1：全等形——90°对角互补模型

模型2：全等形——120°对角互补模型
模型3：全等形——任意角对角互补模型
模型4：相似形——90°对角互补模型

经典例题
【例1】．（2021·全国·九年级专题练习）如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，点E，F分别在四边形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=12∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系．
（1）思路梳理
将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，由∠B+∠ADC=180°，得∠FDG=180°，即点F，D，G三点共线，易证△AFG≌△AFE，故EF，BE，DF之间的数量关系为__；
（2）类比引申
如图2，在图1的条件下，若点E，F由原来的位置分别变到四边形ABCD的边CB，DC延长线上，∠EAF=12∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系，并给出证明．
（3）联想拓展
如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D，E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1，EC=2，直接写出DE的长为________________.
【答案】（1）EF＝BE＋DF；（2）EF＝DF−BE；证明见解析；（3）5.
【分析】（1）将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，首先证明F，D，G三点共线，求出∠EAF＝∠GAF，然后证明△AFG≌△AFE，根据全等三角形的性质解答；
（2）将△ABE绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADE'，首先证明E'，D，F三点共线，求出∠EAF＝∠E'AF，然后证明△AFE≌△AFE'，根据全等三角形的性质解答；
（3）将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACD'，使AB与AC重合，连接ED'，同（1）可证△AED≌AED'，求出∠ECD'＝90°，再根据勾股定理计算即可．
【详解】解：（1）将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，
∵∠B＋∠ADC＝180°，
∴∠FDG＝180°，即点F，D，G三点共线，
∵∠BAE＝∠DAG，∠EAF＝12∠BAD，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AFG和△AFE中，AE＝AG∠EAF＝∠GAFAF＝AF，
∴△AFG≌△AFE，
∴EF＝FG＝DG＋DF＝BE＋DF；
（2）EF＝DF−BE；
证明：将△ABE绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADE'，则△ABE≌ADE'，
∴∠DAE'＝∠BAE，AE'＝AE，DE'＝BE，∠ADE'＝∠ABE，
∵∠ABC＋∠ADC＝180°，∠ABC＋∠ABE＝180°，
∴∠ADE'＝∠ADC，即E'，D，F三点共线，
∵∠EAF＝12∠BAD，
∴∠E'AF＝∠BAD−（∠BAF＋∠DAE'）＝∠BAD−（∠BAF＋∠BAE）＝∠BAD−∠EAF＝12∠BAD，
∴∠EAF＝∠E'AF，
在△AEF和△AE'F中，AE＝AE′∠EAF＝∠E′AFAF＝AF，
∴△AFE≌△AFE'（SAS），
∴FE＝FE'，
又∵FE'＝DF−DE'，
∴EF＝DF−BE；
（3）将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACD'，使AB与AC重合，连接ED'，
同（1）可证△AED≌AED'，
∴DE＝D'E．
∵∠ACB＝∠B＝∠ACD'＝45°，
∴∠ECD'＝90°，
在Rt△ECD'中，ED'＝EC2+D'C2=EC2+BD2=5，即DE＝5，
故答案为：5．
【点睛】本题考查的是旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，灵活运用利用旋转变换作图、掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
【例2】．（2019·山东枣庄·中考真题）在ΔABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AD⊥BC于点D,
（1）如图1，点M，N分别在AD，AB上，且∠BMN=90°，当∠AMN=30°，AB=2时，求线段AM的长；
（2）如图2，点E，F分别在AB，AC上，且∠EDF=90°，求证：BE=AF；
（3）如图3，点M在AD的延长线上，点N在AC上，且∠BMN=90°，求证：AB+AN=2AM;
【答案】(1) AM=2−233；(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＝ 2 ，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：∵∠BAC=90°，AB=AC，AD⊥BC，
∴AD=BD=DC，∠ABC=∠ACB=45°，∠BAD=∠CAD=45°，
∵AB=2，
∴AD=BD=DC=2, ，
∵∠AMN=30°，
∴∠BMD=180°−90°−30°=60°，
∴∠BMD=30°，
∴BM=2DM，
由勾股定理得，BM2−DM2=BD2，即(2DM)2−DM2=(2)2，
解得，DM=233，
∴AM=AD−DM=2−233；
（2）证明：∵AD⊥BC，∠EDF=90°，
∴∠BDE=∠ADF，
在ΔBDE和ΔADF中，
{∠B=∠DAFDB=DA∠BDE=∠ADF，
∴ΔBDE≌ΔADF(ASA) ∴BE=AF；
（3）证明：过点M作ME//BC交AB的延长线于E，
∴∠AME=90°，
则AE=2AB，∠E=45°，
∴ME=MA，
∵∠AME=90°，∠BMN=90°，
∴∠BME=∠AMN，
在ΔBME和ΔAMN中，
{∠E=∠MANME=MA∠BME=∠AMN，
∴ΔBME≌ΔAMN(ASA)，
∴BE=AN，
∴AB+AN=AB+BE=AE=2AM．
【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】．（2022·江苏·八年级课时练习）（1）如图①，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF=12∠BAD．请直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关系：__________；
（2）如图②，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF=12∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程；
（3）在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是边BC，CD所在直线上的点，且∠EAF=12∠BAD．请画出图形（除图②外），并直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关系．
【答案】（1）EF=BE+FD；（2）成立，理由见解析；（3）图形见解析，EF=BE−FD
【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=12∠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EB至G，使BG=DF，连接AG，
∵∠ABG=∠ABC=∠D=90°，AB=AD，
∴△ABG≌△ADF，
∴AG=AF，∠1=∠2，
∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=12∠BAD，
∴∠GAE=∠EAF，
在△GAE和△FAE中，
∵AG=AF∠GAE=∠EAFAE=AE，
∴△GAE≌△FAESAS，
∴EG=EF，
∵EG=BE+BG，
∴EF=BE+FD．
故答案为：EF=BE+FD
（2）（1）中的结论仍成立，
证明：延长CB至M，使BM=DF，
∵∠ABC+∠D=180°，∠1+∠ABC=180°，
∴∠1=∠D，
在△ABM和△ADF中，
AB=AD∠1=∠DBM=DF，
∴△ABM≌△ADFSAS，
∴AF=AM，∠2=∠3,
∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠2+∠4=12∠BAD=∠EAF，
∴∠3+∠4=∠EAF即∠MAE=∠EAF，
在△AME和△AFE中，
AM=AF∠MAE=∠EAFAB=AE，
∴△AME≌△AFESAS，
∴EF=ME，即EF=BE+BM．
（3）EF=BE−FD，
证明：在BE上截取BG使BG=DF，
连接AG，
∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADF，
∵在△ABG和△ADF中，
AB=AD∠ABG=∠ADFBG=DF，
∴△ABG≌△ADFSAS，
∴∠BAG=∠DAF，AG=AF，
∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD =∠EAF=12∠BAD，
∴∠GAE=∠EAF，
在△AEG和△AEF中，
AG=AF∠GAE=∠EAFAE=AE，
∴△AEG≌△AEFSAS，
∴EG=EF，
∵EG=BE−BG，
∴EF=BE−FD．
【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.
【例4】．（2022·全国·八年级课时练习）四边形ABCD是由等边ΔABC和顶角为120°的等腰ΔABD排成，将一个60°角顶点放在D处，将60°角绕D点旋转，该60°交两边分别交直线BC、AC于M、N，交直线AB于E、F两点．
（1）当E、F都在线段AB上时（如图1），请证明：BM+AN=MN；
（2）当点E在边BA的延长线上时（如图2），请你写出线段MB，AN和MN之间的数量关系，并证明你的结论；
（3）在（1）的条件下，若AC=7，AE=2.1，请直接写出MB的长为 ．
【答案】（1）证明见解析；（2）MB=MN+AN．证明见解析；（3）2.8．
【分析】（1）把△DBM绕点D逆时针旋转120°得到△DAQ，根据旋转的性质可得DM=DQ，AQ=BM，∠ADQ=∠BDM，然后求出∠QDN=∠MDN，利用“边角边”证明△MND和△QND全等，根据全等三角形对应边相等可得MN=QN，再根据AQ+AN=QN整理即可得证；
（2）把△DAN绕点D顺时针旋转120°得到△DBP，根据旋转的性质可得DN=DP，AN=BP，根据∠DAN=∠DBP=90°可知点P在BM上，然后求出∠MDP=60°，然后利用“边角边”证明△MND和△MPD全等，根据全等三角形对应边相等可得MN=MP，从而得证；
（3）过点M作MH∥AC交AB于G，交DN于H，可以证明△BMG是等边三角形，根据等边三角形的性质可得BM=MG=BG，根据全等三角形对应角相等可得∠QND=∠MND，再根据两直线平行，内错角相等可得∠QND=∠MHN，然后求出∠MND=∠MHN，根据等角对等边可得MN=MH，然后求出AN=GH，再利用“角角边”证明△ANE和△GHE全等，根据全等三角形对应边相等可得AE=GE，再根据BG=AB-AE-GE代入数据进行计算即可求出BG，从而得到BM的长．
【详解】解：（1）证明：把△DBM绕点D逆时针旋转120°得到△DAQ，
则DM=DQ，AQ=BM，∠ADQ=∠BDM，∠QAD=∠CBD=90°，
∴点Q在直线CA上，
∵∠QDN=∠ADQ+∠ADN=∠BDM+∠ADN=∠ABD-∠MDN=120°-60°=60°，
∴∠QDN=∠MDN=60°，
∵在△MND和△QND中，
DM＝DQ∠QDN＝∠MDNDN＝DN，
∴△MND≌△QND（SAS），
∴MN=QN，
∵QN=AQ+AN=BM+AN，
∴BM+AN=MN；
（2）：MB=MN+AN.
理由如下：如图，把△DAN绕点D顺时针旋转120°得到△DBP，
则DN=DP，AN=BP，
∵∠DAN=∠DBP=90°，
∴点P在BM上，
∵∠MDP=∠ADB-∠ADM-∠BDP=120°-∠ADM-∠ADN=120°-∠MDN=120°-60°=60°，
∴∠MDP=∠MDN=60°，
∵在△MND和△MPD中，
DN＝DP∠MDP＝∠MDNDM＝DM，
∴△MND≌△MPD（SAS），
∴MN=MP，
∵BM=MP+BP，
∴MN+AN=BM；
（3）如图，过点M作MH∥AC交AB于G，交DN于H，
∵△ABC是等边三角形，
∴△BMG是等边三角形，
∴BM=MG=BG，
根据（1）△MND≌△QND可得∠QND=∠MND，
根据MH∥AC可得∠QND=∠MHN，
∴∠MND=∠MHN，
∴MN=MH，
∴GH=MH-MG=MN-BM=AN，
即AN=GH，
∵在△ANE和△GHE中，
∠QND＝∠MHN∠AEN＝∠GEHAN＝GH，
∴△ANE≌△GHE（AAS），
∴AE=EG=2.1，
∵AC=7，
∴AB=AC=7，
∴BG=AB-AE-EG=7-2.1-2.1=2.8，
∴BM=BG=2.8．
故答案为：2.8
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质及等腰三角形的性质，根据等边三角形的性质，旋转变换的性质作辅助线构造全等三角形是解题的关键，（3）作平行线并求出AN=GH是解题的关键，也是本题的难点．
培优训练
一、解答题
1．（2022·陕西·西安市第三中学七年级期末）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°-12∠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°-12∠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°-12∠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．
2．（2021·陕西·交大附中分校八年级开学考试）问题探究
（（1）如图①，已知∠A=45°，∠ABC=30°，∠ADC=40°，则∠BCD的大小为___________；
（2）如图②，在四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠ADC=90°，对角线BD=6．求四边形ABCD的面积；小明这样来计算．延长DC，使得CE=AD，连接BE，通过证明△ABD≌△CBE，从而可以计算四边形ABCD的面积．请你将小明的方法完善．并计算四边形ABCD的面积；
问题解决
（3）如图③，四边形ABCD是正在建设的城市花园，其中AB=BC，∠ABC=60°，∠ADC=30°，DC=40米，AD=30米．请计算出对角线BD的长度．
【答案】（1）115°；（2）S四边形ABCD=18；（3）对角线BD的长度为50米．
【分析】（1）利用外角的性质可求解；
（2）延长DC，使得CE=AD，连接BE，通过证明△ABD≌△CBE，从而可以计算四边形ABCD的面积；
（2）将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接FD，由旋转的性质可得BF=BD，AF=CD=40，∠BDC=∠BFA，由三角形内角和定理可求∠FAD=90°，由勾股定理可求解．
【详解】解：（1）如图1，延长BC交AD于E，
∵∠BCD=∠BED+∠D，∠BED=∠A+∠ABC，
∴∠BCD=∠A+∠ABC +∠D =45°+30°+40°=115°，
故答案为：115°；
（2）延长DC，使得CE=AD，连接BE，
在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，
∴∠A+∠BCD=180°，
∵∠BCE+∠BCD=180°，
∴∠A=∠BCE，
在△ABD和△CBE中，
AB=BC∠A=∠BCEAD=CE，
∴△ABD≌△CBE，
∴BE=BD，∠ABD=∠CBE，S△ABD=S△CBE，
∵∠ABC=90°，即∠ABD+∠DBC=90°，
∴∠CBE+∠DBC=90°，即∠DBE=90°，
∵BD=BE=6，∠DBE=90°，
∴S△BDE=12×BE×BD=18，
∴S△BDE=S△CBE+S△DBC=S△ABD+S△DBC=S四边形ABCD=18；
（4）如图，将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接FD，
∴△BCD≌△BAF，∠FBD=60°，
∴BF=BD，AF=CD=40，∠BDC=∠BFA，
∴△BFD是等边三角形，
∴BF=BD=DF，
∵∠ADC=30°，
∴∠ADB+∠BDC=30°，
∴∠BFA+∠ADB=30°，
∵∠FBD+∠BFA+∠BDA+∠AFD+∠ADF=180°，
∴60°+30°+∠AFD+∠ADF=180°，
∴∠AFD+∠ADF=90°，
∴∠FAD=90°，
∴DF=AF2+AD2=402+302=50，
∴BD=50(米)．
答：对角线BD的长度为50米．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加辅助线构造全等三角形是本题的关键．
3．（2021·福建三明·八年级期中）感知：如图①，AD平分∠BAC，∠B+∠C=180°，∠B=90°．判断DB与DC的大小关系并证明．
探究：如图②，AD平分∠BAC，∠ABD+∠ACD=180°，∠ABD<90°，DB与DC的大小关系变吗？请说明理由．
应用：如图③，四边形ABDC中，∠B=45°，∠C=135°，DB=DC=m，则AB与AC差是多少（用含m的代数式表示）
【答案】感知：DB=DC，证明见详解；探究：DB与DC的大小关系不变，理由见详解；应用：AB与AC差是2m．
【分析】感知：根据角平分线的性质定理即可求证；
探究：过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥AC，交AC延长线于点F，根据角平分线的性质定理可得DE=DF，由题意可得∠B=∠DCF，进而可证△DEB≌△DFC，然后问题可求证；
应用：过点D作DH⊥AB于点H，DG⊥AC，交AC的延长线于点G，连接AD，由题意易证△DHB≌△DGC，则有DH=DG，进而可得AG=AH，然后根据等腰直角三角形的性质可得DG=CG=DH=BH=22m，则有AG=AH=AC+22m，最后问题可求解．
【详解】感知：DB=DC，理由如下：
∵∠B+∠C=180°，∠B=90°，
∴∠B=∠C=90°，即DB⊥AB,DC⊥AC，
∵AD平分∠BAC，
∴DB=DC；
探究：DB与DC的大小关系不变，还是相等，理由如下：
过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥AC，交AC延长线于点F，则∠DEB=∠DFC=90°，如图所示：
∵AD平分∠BAC，
∴DE=DF，
∵∠ABD+∠ACD=180°，∠DCF+∠ACD=180°，
∴∠B=∠DCF，
∴△DEB≌△DFC（AAS），
∴DB=DC；
应用：过点D作DH⊥AB于点H，DG⊥AC，交AC的延长线于点G，连接AD，如图所示：
∵∠B=45°，∠C=135°，
∴∠B+∠C=180°，
∵∠ACD+∠DCG=180°，
∴∠B=∠DCG=45°，
∵∠DHB=∠DGC=90°，DB=DC=m，
∴△DHB≌△DGC（AAS），且△DHB与△DGC都为等腰直角三角形，
∴DG=CG=DH=BH，
由勾股定理可得DH2+BH2=DB2，
∴2DH2=m2，
∴DG=CG=DH=BH=22m，
在Rt△AHD和Rt△AGD中，AD=AD，DH=DG，
∴Rt△AHD≌Rt△AGD（HL），
∴AG=AH=AC+22m，
∴AB=AH+BH=AC+2m，
∴AB−AC=2m．
【点睛】本题主要考查角平分线的性质定理、全等三角形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握角平分线的性质定理、全等三角形的性质与判定及勾股定理是解题的关键．
4．（2021·辽宁大连·九年级期中）如图1，正方形ABCD中，BD是对角线，点E在AB上，点F在BC上，连接EF（EF与BD不垂直），点G是线段EF的中点，过点G作GH⊥EF交线段BD于点H．

（1）猜想GH与EF的数量关系，并证明；
（2）探索AE，CF，DH之间的数量关系，并证明；
（3）如图2，若点E在AB的延长线上，点F在BC的延长线上，其他条件不变，请直接写出AE，CF，DH之间的数量关系．
【答案】（1）GH=12EF，理由见解析；（2）AE+CF=2DH，理由见解析；（3）AE−CF=2DH，理由见解析
【分析】（1）过H作AB,BC的垂线，分别交AB,CD,AD,BC于I,L,K,J，连接HE,HF，利用正方形的性质及角平分线的性质，证明出△HIE≌△HJF(HL)，通过等量代换得出△HEF为等腰直角三角形即可得出结论；
（2）由（1）中△HIE≌△HJF(HL)，得EI=FJ，从而得AI=KH=HL=JC，通过等量代换计算可得AE+CF=AI+JC=2AI=2KH，根据△DKH为等腰直角三角形即可得出结论；
（3）过点H作AB,BC垂线，分别交AB,BC,CD,AD于I,J,L,K，连接HE,HF，证明出△HIE≌△HJF，通过等量代换计算得DH=2KH，再根据△DKH为等腰直角三角形即可得出结论．
【详解】解：（1）GH=12EF，理由如下；
过H作AB,BC的垂线，分别交AB,CD,AD,BC于I,L,K,J，连接HE,HF，
∵ABCD为正方形，
∴∠HBI=∠HBJ,∠HIB=∠HJB=90°,HB=HB,
∴Rt△HBI≌Rt△HBJ(AAS),
∴HI=HJ，
∵HG垂直平分EF，
∴HE=HF，
∵∠HIE=∠HJF=90°，
∴△HIE≌△HJF(HL)，
∴∠IHE=∠JHF，
又∵∠IHJ=∠IHE+∠EHJ=90°，
∴∠EHF=∠JHF+EHJ=90°，
∴△HEF为等腰直角三角形，
∵G为斜边的中点，
∴GH=12EF．
（2）AE+CF=2DH，理由如下：
由（1）中△HIE≌△HJF(HL)，
∴EI=FJ，
由下图：
∠A=∠AIH=∠AKH=90°，
∴四边形AIHK为矩形，
∴AI=KH，
在△DHK中，由正方形的性质知，
∠HDK=45°，
∵∠HKD=90°，
∴∠DHK=90°−45°=45°
∴△DKH为等腰直角三角形，
又∴∠D=∠HKD=∠HLD=90°，
∴四边形HKDL为正方形，
∴HL=KH，
同理四边形HLCJ为矩形，
∴HL=JC
∴AI=KH=HL=JC，
AE=AI+EI,CF=JC−FJ，
∴AE+CF=AI+JC=2AI=2KH，
在△DHK中，由正方形的性质知，
∠HDK=45°，
∵∠HKD=90°，
∴∠DHK=90°−45°=45°
∴△DKH为等腰直角三角形，
∴DH=2KH，
∴AE+CF=2DH．
（3）AE−CF=2DH，理由如下：
过点H作AB,BC垂线，分别交AB,BC,CD,AD于I,J,L,K，
连接HE,HF，
∵HI=HJ,HE=HF,∠HIE=∠HJF=90°，
∴△HIE≌△HJF，
∴EI=FJ，
由（2）得AI=KH=HL=JC，
CF=FJ−JC,AE=AI+EI，
∴AE−CF=AI+JC=2AI=2KH，
由（2）可得：
DH=2KH，
△DKH为等腰直角三角形，
∴AE−CF=2DH．
【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定及性质、等腰直角三角形、解题的关键是添加适当的辅助线，掌握相关的知识点，通过等量代换的思想进行求解．
5．（2020·河南洛阳·八年级期中）在∠MAN内有一点D，过点D分别作DB⊥AM，DC⊥AN，垂足分别为B，C．且BD=CD，点E，F分别在边AM和AN上．
（1）如图1，若∠BED=∠CFD，请说明DE=DF；
（2）如图2，若∠BDC=120°，∠EDF=60°，猜想EF，BE，CF具有的数量关系，并说明你的结论成立的理由．
【答案】（1）见解析；（2）EF=FC+BE，见解析
【分析】（1）根据题目中的条件和∠BED=∠CFD，可以证明ΔBDE≅ΔCDF，从而可以得到DE=DF；
（2）作辅助线，过点D作∠CDG=∠BDE，交AN于点G，从而可以得到ΔBDE≅ΔCDG，然后即可得到DE=DG，BE=CG，再根据题目中的条件可以得到ΔEDF≅ΔGDF，即可得到EF=GF，然后即可得到EF，BE，CF具有的数量关系．
【详解】解：（1）∵DB⊥AM，DC⊥AN，
∴∠DBE=∠DCF=90°，
在ΔBDE和ΔCDF中，
∵ ∠BED=∠CFD,∠DBE=∠DCF,BD=CD,
∴ΔBDE≅ΔCDF(AAS)．
∴DE=DF；
（2）EF=FC+BE，
理由：过点D作∠CDG=∠BDE，交AN于点G，
在ΔBDE和ΔCDG中，
∠EBD=∠GCDBD=CD∠BDE=∠CDG，
∴ΔBDE≅ΔCDG(ASA)，
∴DE=DG，BE=CG．
∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，
∴∠BDE+∠CDF=60°．
∴∠FDG=∠CDG+∠CDF=60°，
∴∠EDF=∠GDF．
在ΔEDF和ΔGDF中，
DE=DG∠EDF=∠GDFDF=DF，
∴ΔEDF≅ΔGDF(SAS)．
∴EF=GF，
∴EF=FC+CG=FC+BE．
【点睛】本题考查全等三角形的判定、解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
6．（2020·江西萍乡·八年级期末）【课题研究】旋转图形中对应线段所在直线的夹角（小于等于90°的角）与旋转角的关系．
【问题初探】线段AB绕点O顺时针旋转得到线段CD，其中点A与点C对应，点B与点D对应，旋转角的度数为α，且0°＜α＜180°．
（1）如图①，当α＝60°时，线段AB、CD所在直线夹角（锐角）为 ；
（2）如图②，当90°＜α＜180°时，直线AB与直线CD所夹锐角与旋转角α存在怎样的数量关系？请说明理由；
【形成结论】旋转图形中，当旋转角小于平角时，对应线段所在直线的夹角与旋转角 ．
【运用拓广】运用所形成的结论解决问题：
（3）如图③，四边形ABCD中，∠ABC＝60°，∠ADC＝30°，AB＝BC，CD＝3，BD＝19，求AD的长．
【答案】（1）60°；（2）互补，理由见解析；【形成结论】相等或互补；（3）10
【分析】（1）由旋转的性质可得AB=CD，OA=OC，BO=DO，可证ΔAOB≅ΔCOD(SSS)，可得∠B=∠D，由三角形内角和定理可求解；
（2）由旋转的性质可得AB=CD，OA=OC，BO=DO，可证ΔAOB≅ΔCOD(SSS)，可得∠B=∠D，由平角的定义和四边形内角和定理可求解；
【形成结论】由（1）（2）可知对应线段所在直线的所夹锐角角与旋转角：相等或互补；
【运用拓广】（3）将ΔBCD绕点B顺时针旋转60°，得到ΔBAF，连接FD，由旋转的性质可得BF=BD，AF=CD=3，由三角形内角和定理可求∠FAD=90°，由勾股定理可求解．
【详解】解：（1）如图1，延长DC交AB于F，交BO于E，
∵α=60°，
∴∠BOD=60°，
∵线段AB绕点O顺时针旋转得线段CD，
∴AB=CD，OA=OC，BO=DO，
∴ΔAOB≅ΔCOD(SSS)，
∴∠B=∠D，
∵∠B=∠D，∠OED=∠BEF，
∴∠BFE=∠EOD=60°，
故答案为：60°；
（2）直线AB与直线CD所夹锐角角与旋转角α互补，
理由如下：
如图2，延长AB，DC交于点E，
∵线段AB绕点O顺时针旋转得线段CD，
∴AB=CD，OA=OC，BO=DO，
∴ΔAOB≅ΔCOD(SSS)，
∴∠ABO=∠D，
∵∠ABO+∠EBO=180°，
∴∠D+∠EBO=180°，
∵∠EBO+∠E+∠D+∠BOD=360°，
∴∠E+∠BOD=180°，
∴直线AB与直线CD所夹锐角角与旋转角α互补．
形成结论
由（1）（2）（3）可知：旋转图形中，当旋转角小于平角时，对应线段所在直线的所夹锐角角与旋转角：相等或互补．
故答案为：相等或互补．
运用拓广
（3）如图3，将ΔBCD绕点B顺时针旋转60°，得到ΔBAF，连接FD，
延长FA，DC交于点E，
∴旋转角∠ABC=60°，
∵ΔBCD≅ΔBAF，
∴∠AED=∠ABC=60°，AF=CD=3，BD=BF，
∵∠ADC=30°，
∴∠FAD=∠AED+∠ADC=90°，
又∵∠FBD=∠ABC=60°，BF=BD，
∴ΔBFD是等边三角形，
∴BF=BD=DF，
∴在RtΔDAF中，AD=DF2−AF2=19−9=10．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，添加辅助线构造全等三角形是本题的关键．
7．（2021··九年级专题练习）如图，在△ABC中，∠ACB=120°，BC>AC，点E在BC上，点D在AB上，CE=CA，连接DE，∠ACB+∠ADE=180°，CH⊥AB，垂足为H．证明：DE+AD=23CH．
【答案】见解析
【分析】如图，延长BA到点F，使AF=DE，连接CF、CD，根据四边形的内角和和邻补角互补可得∠CAF=∠CED，进而可根据SAS证明△AFC≌△EDC，可得CF=CD，∠ACF=∠ECD，进一步即可求得∠FCD=120°，然后利用等腰三角形的性质和解直角三角形的知识即可证得结论．
【详解】证明：如图，延长BA到点F，使AF=DE，连接CF、CD，
∵∠ACB+∠ADE=180°，
∴∠CAD+∠CED=360°−180°=180°，
∵∠CAD+∠CAF=180°，
∴∠CAF=∠CED，
∵AC=EC，AF=ED，
∴△AFC≌△EDC，
∴CF=CD，∠ACF=∠ECD，
∴∠FCD=∠ACF+∠ACD=∠ECD+∠ACD=∠ACB=120°，
∵CF=CD，CH⊥DF，
∴FH=DH=12DF=12DE+AD，∠HCD=12∠FCD=60°，
∴tan∠HCD=DHCH=3，
∴DH=3CH，
∴DE+AD=2DH=23CH．
【点睛】本题考查了四边形的内角和、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质和解直角三角形等知识，正确添加辅助线、灵活应用上述知识是解题的关键．
8．（2020·湖南湘西·中考真题）问题背景：如图1，在四边形ABCD中，∠BAD=90°，∠BCD=90°，BA=BC，∠ABC=120°，∠MBN=60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．探究图中线段AE，CF，EF之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFC≌△BFE，可得出结论，他的结论就是_______________；
探究延伸1：如图2，在四边形ABCD中，∠BAD=90°，∠BCD=90°，BA=BC，∠ABC=2∠MBN，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．上述结论是否仍然成立？请直接写出结论（直接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由．
探究延伸2：如图3，在四边形ABCD中，BA=BC，∠BAD+∠BCD=180°，∠ABC=2∠MBN，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由．
实际应用：如图4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
【答案】EF=AE+CF．探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立．实际应用：210海里．
【分析】延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明△BGF≌△BEF，可得GF=EF，即可解题；
探究延伸1：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明△BGF≌△BEF，可得GF=EF，即可解题；
探究延伸2：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明△BGF≌△BEF，可得GF=EF，即可解题；
实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，然后与探究延伸2同理可得EF=AE+CF，将AE和CF的长代入即可．
【详解】解：EF=AE+CF
理由：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，
在△BCG和△BAE中，
BC=BA∠BCG=∠BAE=90°CG=AE，
∴△BCG≌△BAE（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，
∴∠ABE+∠CBF=60°，
∴∠CBG+∠CBF=60°，
即∠GBF=60°，
在△BGF和△BEF中，
BG=BE∠GBF=∠EBFBF=BF，
∴△BGF≌△BEF（SAS），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．
理由：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，
在△BCG和△BAE中，
BC=BA∠BCG=∠BAE=90°CG=AE，
∴△BCG≌△BAE（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=2∠MBN，
∴∠ABE+∠CBF=12∠ABC，
∴∠CBG+∠CBF=12∠ABC，
即∠GBF=12∠ABC，
在△BGF和△BEF中，
BG=BE∠GBF=∠EBFBF=BF，
∴△BGF≌△BEF（SAS），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立．
理由：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，
∵∠BAD+∠BCD=180°，∠BCG+∠BCD=180°，
∴∠BCG=∠BAD
在△BCG和△BAE中，
BC=BA∠BCG=∠BAECG=AE，
∴△BCG≌△BAE（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=2∠MBN，
∴∠ABE+∠CBF=12∠ABC，
∴∠CBG+∠CBF=12∠ABC，
即∠GBF=12∠ABC，
在△BGF和△BEF中，
BG=BE∠GBF=∠EBFBF=BF，
∴△BGF≌△BEF（SAS），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，
∵∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°，∠EOF=70°，
∴∠EOF=12∠AOB
∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=(90°-30°)+(70°+50°)=180°，
∴符合探索延伸中的条件
∴结论EF= AE+CF仍然成立
即EF=75×1.2+100×1.2=210（海里）
答：此时两舰艇之间的距离为210海里．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质．作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
9．（2019·重庆·西南大学附中八年级阶段练习）如图1，四边形ABCD中，BD⊥AD，E为BD上一点，AE＝BC，CE⊥BD，CE＝ED
（1）已知AB＝10，AD＝6，求CD；
（2）如图2，F为AD上一点，AF＝DE，连接BF，交BF交AE于G，过G作GH⊥AB于H，∠BGH＝75°．求证：BF＝22GH+2EG．
【答案】（1）22；（2）证明见解析
【分析】（1）由勾股定理得出BD＝AB2−AD2＝8，由HL证得Rt△ADE≌Rt△BEC，得出BE＝AD，则CE＝ED＝BD﹣BE＝BD﹣AD＝2，由等腰直角三角形的性质即可得出结果；
（2）连接CF，易证AF＝CE，AD∥CE，得出四边形AECF是平行四边形，则AE＝CF，AE∥CF，得出∠CFD＝∠EAD，∠CFB＝∠AGF，由Rt△ADE≌Rt△BEC，得出∠CBE＝∠EAD，推出∠CBE＝∠CFD，证得△BCF是等腰直角三角形，则BF＝2BC＝2CF＝2AE，∠FBC＝∠BFC＝45°，推出∠AGF＝45°，∠AGH＝60°，∠GAH＝30°，则AG＝2GH，得出BF＝2AE＝2（AG+EG），即可得出结论．
【详解】（1）解：∵BD⊥AD，
∴BD＝AB2−AD2＝102−62＝8，
∵CE⊥BD，
∴∠CEB＝∠EDA＝90°，
在Rt△ADE和Rt△BEC中，AE=BCED=CE，
∴Rt△ADE≌Rt△BEC（HL），
∴BE＝AD，
∴CE＝ED＝BD﹣BE＝BD﹣AD＝8﹣6＝2，
∴CD2＝CE＝22；
（2）解：连接CF，如图2所示：
∵AF＝DE，DE＝CE，
∴AF＝CE，
∵BD⊥AD，CE⊥BD，
∴AD∥CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AE＝CF，AE∥CF，
∴∠CFD＝∠EAD，∠CFB＝∠AGF，
由（1）得：Rt△ADE≌Rt△BEC，
∴∠CBE＝∠EAD，
∴∠CBE＝∠CFD，
∵∠FBD+∠BFC+∠CFD＝90°，
∴∠FBD+∠BFC+∠CBE＝90°，
∴∠BCF＝90°，
∵AE＝BC，
∴BC＝CF，
∴△BCF是等腰直角三角形，
∴BF＝2BC＝2CF＝2AE，∠FBC＝∠BFC＝45°，
∴∠AGF＝45°，
∵∠BGH＝75°，
∴∠AGH＝180°﹣45°﹣75°＝60°，
∵GH⊥AB，
∴∠GAH＝30°，
∴AG＝2GH，
∴BF＝2AE＝2（AG+EG），
∴BF＝22GH+2EG．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、含30°角直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握直角三角形的性质、作辅助线构建平行四边形是解题的关键．
10．（2021·全国·九年级专题练习）探究问题：
(1)方法感悟：
如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且满足∠BAF＝45°，连接EF，求证DE＋BF＝EF．感悟解题方法，并完成下列填空：将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得：AB＝AD，BG＝DE，∠1＝∠2，∠ABG＝∠D＝90°，∴ ∠ABG＋∠ABF＝90°＋90°＝180°，因此，点G，B，F在同一条直线上．
∵ ∠EAF＝45°∴ ∠2＋∠3＝∠BAD－∠EAF＝90°－45°＝45°．
∵ ∠1＝∠2，∠1＋∠3＝45°．
即∠GAF＝∠________．
又AG＝AE，AF＝AE
∴ △GAF≌△________．
∴ _________＝EF，故DE＋BF＝EF．
(2)方法迁移：
如图②，将Rt△ABC沿斜边翻折得到△ADC，点E，F分别为DC，BC边上的点，且∠EAF＝12∠DAB．试猜想DE，BF，EF之间有何数量关系，并证明你的猜想．
【答案】(1)EAF、△EAF、GF；(2)DE＋BF＝EF.
【分析】（1）利用角之间的等量代换得出∠GAF=∠FAE，再利用SAS得出△GAF≌△EAF，得出答案；
（2）将△ADE顺时针旋转90°得到△ABG，再证明△AGF≌△AEF，即可得出答案；
【详解】解：（1）如图①所示；
根据等量代换得出∠GAF=∠FAE，
利用SAS得出△GAF≌△EAF，
∴GF=EF，
故答案为FAE；△EAF；GF；
(2)DE＋BF＝EF，理由如下：
假设∠BAD的度数为m，将△ADE绕点A顺时针旋转，m°得到△ABG，如图，此时AB与AD重合，由旋转可得：
AB＝AD，BG＝DE，∠1＝∠2，∠ABG＝∠D＝90°，
∴ ∠ABG＋∠ABF＝90°＋90°＝180°，
因此，点G，B，F在同一条直线上．
∵ ∠EAF=12m°，
∴ ∠2+∠3=∠BAD−∠EAF=m°−12m°=12m°．
∵ ∠1＝∠2，
∴ ∠1＋∠3＝12m°．
即∠GAF＝∠EAF．
∵在△AGF和△AEF中，
AG＝AE∠GAF＝∠EAFAF＝AF，
∴ △GAF≌△EAF（SAS）．
∴ GF＝EF．
又∵ GF＝BG＋BF＝DE＋BF，
∴ DE＋BF＝EF．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定和性质、以及折叠的性质和旋转变换性质等知识，证得△GAF≌△EAF是解题的关键．
11．（2021·全国·八年级专题练习）我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫作“完美四边形”．
（1）在①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形中，一定为“完美”四边形的是 （请填序号）；
（2）在“完美”四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，连接AC．
①如图1，求证：AC平分∠BCD；
小明通过观察、实验，提出以下两种想法，证明AC平分∠BCD：
想法一：通过∠B+∠D=180°，可延长CB到E，使BE=CD，通过证明△AEB≌△ACD，从而可证AC平分∠BCD；
想法二：通过AB=AD，可将△ACD绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△AEB，可证C,B,E三点在条直线上，从而可证AC平分∠BCD．
请你参考上面的想法，帮助小明证明AC平分∠BCD；
②如图2，当∠BAD=90°，用等式表示线段AC,BC,CD之间的数量关系，并证明.

【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；②BC+CD=2AC．
【分析】（1）根据“完美四边形”的定义可以判断出正方形是完美四边形；
（2）①想法一：通过∠B+∠D=180°，可延长CB到E，使BE=CD，通过证明△AEB≌△ACD，从而可证AC平分∠BCD；
想法二：通过AB=AD，可将△ACD绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△AEB，可证C,B,E三点在条直线上，从而可证AC平分∠BCD；
②②延长CB使BE=CD，连接AE，可得△ACE为等腰三角形，因为∠BAD =90°得∠EAC=90°，由勾股定理可得AC,BC,CD之间的数量关系.
【详解】（1）（1）根据“邻等对补四边形”的定义，正方形一定是“邻等对补四边形”．
故答案为④．
（2）想法一：延长CB使BE=CD，连接AE
∵∠ADC+∠ABC=180°，∠ABE+∠ABC=180°，
∴∠ADC=∠ABE．
∵AD=AB，
∴△ADC≌△ABE．
∴∠ACD=∠AEB;
AC=AE．
∴∠ACB=∠AEB．
∴∠ACD=∠ACB．
即AC平分∠BCD
想法二：将△ACD绕点A顺时针旋转，使AD边与AB边重合，得到△ABE，
∴△ADC≌△ABE．
∴∠ADC=∠ABE;
∠ACD=∠AEB;
AC=AE．
∵∠ADC+∠ABC=180°，
∴∠ABE+∠ABC=180°．
∴点C,B,E在一条直线上．
∵AC=AE，
∴∠ACB=∠AEB．
∴∠ACD=∠ACB．
即AC平分∠BCD．
②延长CB使BE=CD，连接AE，
由①得△ADC≌△ABE
∴AC=AE
∴△ACE为等腰三角形．
∵∠BAD =90°，
∴∠EAC=90°．
∴CE2=2AC2．
∴CE=2AC ．
∴BC+CD=2AC．
【点睛】本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、角平分线的判定定理、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
12．（2019·全国·九年级专题练习）如图，△ABC是边长为4的等边三角形，点D是线段BC的中点，∠EDF=120°，把∠EDF绕点D旋转，使∠EDF的两边分别与线段AB、AC交于点E、F．
（1）当DF⊥AC时，求证：BE=CF；
（2）在旋转过程中，BE+CF是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由
【答案】（1）证明见解析；（2）是，2.
【分析】（1）根据四边形内角和为360°，可求∠DEA=90°，根据“AAS”可判定△BDE≌△CDF，即可证BE=CF；
（2）过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，如图2，易证△MBD≌△NCD，则有BM=CN，DM=DN，进而可证到△EMD≌△FND，则有EM=FN，就可得到BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN=2BM=2BD×cs60°=BD=12BC=2.
【详解】（1）∵△ABC是边长为4的等边三角形，点D是线段BC的中点，
∴∠B=∠C=60°，BD=CD，
∵DF⊥AC，
∴∠DFA=90°，
∵∠A+∠EDF+∠AFD+∠AED=180°，
∴∠AED=90°，
∴∠DEB=∠DFC，且∠B=∠C=60°，BD=DC，
∴△BDE≌△CDF（AAS）
（2）过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，
则有∠AMD=∠BMD=∠AND=∠CND=90°．
∵∠A=60°，
∴∠MDN=360°-60°-90°-90°=120°．
∵∠EDF=120°，
∴∠MDE=∠NDF．
在△MBD和△NCD中，
∠BMD＝∠CND∠B＝∠CBD＝CD，
∴△MBD≌△NCD（AAS）
BM=CN，DM=DN．
在△EMD和△FND中，
∠EMD＝∠FNDDM＝DN∠MDE＝∠NDF，
∴△EMD≌△FND（ASA）
∴EM=FN，
∴BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN
=2BM=2BD×cs60°=BD=12BC=2.
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、特殊角的三角函数值等知识，通过证明三角形全等得到BM=CN，DM=DN，EM=FN是解决本题的关键．
13．（2022·全国·八年级专题练习）如图所示，ΔABC为等边三角形，边长为4，点O为BC边中点，∠EOF=120°，其两边分别交AB和CA的延长线于E，F，求AE−AF的值.
【答案】6
【分析】过点O作OC∥AB交AD于点C，根据等腰三角形的性质就可以得出△OCF≌△OBE，就可以得出CF=BE，进而可以得出结论．
【详解】过点O作OD∥AB交AC于点D，
∴∠CDO=∠A=∠ACB=∠ABC=60°，
∴∠DOC=60°，∠ADO=∠BOD=120°．
∴△CDO是等边三角形，
∴DO=CO，
∴DO=BO=AD．
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC．∠CAB=∠ABC=∠C=60°，
∴∠OBE=120°，
∴∠ODF=∠OBE．
∵∠FOB+∠BOE=∠EOF=120°，∠DOF+∠FOB=∠BOD=120°
∴∠FOD=∠EOB．
在△DOF和△BOE中，
∠ODF＝∠OBEDO＝BO∠FOD＝∠EOB，
∴△DOF≌△BOE（ASA）．
∴FC=EB．OF=OE．
∵AE=AB+BE，
∴AE=AB+DF，
∴AE=AB+AD+AF，
∴AE-AF=AB+AD．
∵AB+AD=32AB，
∴AE-AF=32AB．
∵AB=4，
∴AE-AF=6.
【点睛】本题考查了等边三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，线段中点的性质的运用，解答时正确作辅助线证明三角形全等是关键．
14．（2019·全国·九年级专题练习）如图所示，ΔABC中，AB=BC=1，∠ABC=90°，把一块含30°角的直角三角板DEF的直角顶点D放在AC的中点上（直角三角板的短直角边为DF，长直角边为DE），将三角板DEF绕D点按逆时针方向旋转.
（1）在如图所见中，DE交AB于M，DF交BC于N，证明DM=DN；
（2）继续旋转至如图所见，延长AB交DE于M，延长BC交DF于N，证明DM=DN.
【答案】(1)见解析；（2）见解析.
【分析】（1）连接BD，证明△DMB≌△DNC．根据已知，全等条件已具备两个，再证出∠MDB=∠NDC，用ASA证明全等，四边形DMBN的面积不发生变化，因为它的面积始终等于△ABC面积的一半；
（2）同样利用（1）中的证明方法可以证出△DMB≌△DNC；
（3）方法同（1）．
【详解】证明：（1）连接BD,
∵AB=BC，∠ABC=90°，点D为AC的中点
∴BD⊥AC，∠A=∠C=45°
∴BD=AD=CD
∴∠ABD=∠A=45°
∴∠MBD=∠C=45°
∵∠MDB+∠BDN=90°
∠NDC+∠BDN=90°
∴∠MDB=∠NDC
在△MDB和△NDC中
∠MBD＝∠CBD＝CD∠MDB＝∠NDC
∴△MDB≌△NDC（ASA）
∴DM=DN（5分）
（2）DM=DN仍然成立．理由如下：连接BD，
由（1）知BD⊥AC，BD=CD
∴∠ABD=∠ACB=45°
∵∠ABD+∠MBD=180°∠ACB+∠NCD=180°
∴∠MBD=∠NCD
∵BD⊥AC
∴∠MDB+∠MDC=90°
又∠NDC+∠MDC=90°
∴∠MDB=∠NDC
在△MDB和△NDC中
∠MBD＝∠NCDBD＝CD∠MDB＝∠NDC
∴△MDB≌△NDC（ASA）
∴DM=DN.
【点睛】本题主要考查学生的推理能力，题目比较典型，利用ASA求三角形全等（手拉手模型），还运用了全等三角形的性质，等腰直角三角形的性质，及等腰三角形三线合一定理等知识．
15．（2019·江西·南昌市第十九中学九年级阶段练习）一位同学拿了两块45°三角尺ΔMNK，ΔACB做了一个探究活动：将ΔMNK的直角顶点M放在ΔACB的斜边AB的中点处，设AC=BC=4.
（1）如图1所示，两三角尺的重叠部分为ΔACM，则重叠部分的面积为______，周长为______.
（2）将如图1所示中的ΔMNK绕顶点M逆时针旋转45°，得到如图2所示，此时重叠部分的面积为______，周长为______.
（3）如果将ΔMNK绕M旋转到不同于如图1所示和如图2所示的图形，如图3所示，请你猜想此时重叠部分的面积为______.
（4）在如图3所示情况下，若AD=1，求出重叠部分图形的周长.
【答案】（1）4，4+42；（2）4，8；（3）4；（4）4+25
【分析】1根据AC=BC=4，∠ACB=90∘，得出AB的值，再根据M是AB的中点，得出AM=MC，求出重叠部分的面积，再根据AM，MC，AC的值即可求出周长；
2易得重叠部分是正方形，边长为12AC，面积为14AC2，周长为2AC.
3过点M分别作AC、BC的垂线MH、ME，垂足为H、E.求得Rt△MHD≌Rt△MEG，则阴影部分的面积等于正方形CEMH的面积.
4先过点M作ME⊥BC于点E，MH⊥AC于点H，根据∠DMH=∠EMH，MH=ME，得出Rt△DHM≌Rt△EMG，从而得出HD=GE，CE=AD，最后根据AD和DF的值，算出DM=5，即可得出答案.
【详解】解：1∵AC=BC=4，∠ACB=90∘，
∴AB=AC2+BC2=42+42=42，
∵M是AB的中点，
∴AM=22，
∵∠ACM=45∘，
∴AM=MC，
∴重叠部分的面积是22×222=4，
∴周长为：AM+MC+AC=22+22+4=4+42；
故答案为4，4+42；
2∵重叠部分是正方形，
∴边长为12×4=2，面积为14×4×4=4，
周长为2×4=8．
故答案为4，8．
3过点M分别作AC、BC的垂线MH、ME，垂足为H、E，
∵M是△ABC斜边AB的中点，AC=BC=4，
∴MH=12BC，
ME=12AC，
∴MH=ME，
又∵∠NMK=∠HME=90∘，
∴∠NMH+∠HMK=90∘，∠EMG+∠HMK=90∘，
∴∠HMD=∠EMG，
在△MHD和△MEG中，
∠HMD=∠GMEMH=ME∠DHM=∠MEG，
∴△MHD≌△MEGASA，
∴阴影部分的面积等于正方形CEMH的面积，
∵正方形CEMH的面积是ME⋅MH=12×4×12×4=4；
∴阴影部分的面积是4；
故答案为4．
4如图所示， 过点M作ME⊥BC于点E，MH⊥AC于点H，

∴四边形MECH是矩形，
∴MH=CE，
∵∠A=45∘，
∴∠AMH=45∘，
∴AH=MH，
∴AH=CE，
在Rt△DHM和Rt△GEM中，
∠DMH=∠EMGMH=ME∠DHM=∠GEM，
∴Rt△DHM≌Rt△GEM.
∴GE=DH，
∴AH−DH=CE−GE，
∴CG=AD，
∵AD=1，
∴DH=1.
∴DM=1+4=5 ．
∴四边形DMGC的周长为：
CE+CD+DM+ME
=AD+CD+2DM
=4+25．
【点睛】此题考查了等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质，等腰直角三角形的面积公式，正方形的面积公式，全等三角形的判定和性质求解．
16．（2019·江苏常州·一模）我们定义：有一组对角为直角的四边形叫做“对直角四边形”．
（1）如图①，四边形ABCD为对直角四边形，∠B=90°，若AB2-AD2=4，求CD2-BC2的值；
（2）如图②，四边形ABCD中，∠ABC=90°，AB=BC，若BD平分∠ADC，求证：四边形ABCD为对直角四边形；
（3）在（2）的条件下，如图③，连结AC，若S△ACDS△ABC=35，求tan∠ACD的值．
【答案】⑴ 4；⑵见解析 ；⑶tan∠ACD的值为3或13．
【分析】（1）利用勾股定理即可解决问题；
（2）如图②中，作BE⊥CD于E，BF⊥DA交DA的延长线于F．只要证明∠EBF=90°即可解决问题；
（3）如图③中，设AD=x，BD=y．根据S△ACDS△ABC=35，构建方程即可解决问题.
【详解】解：如图①中，
∵四边形ABCD为对直角四边形，∠B=90°，
∴∠D=∠B=90°，
∴AC2=AB2+BC2=AD2+DC2，
∴CD2-BC2=AB2-AD2=4．
（2）证明：如图②中，作BE⊥CD于E，BF⊥DA交DA的延长线于F．
∵BD平分∠ADC，BE⊥CD，BF⊥AD，
∴BE=BF，
∵∠BFA=∠BEC=90°，BA=BC，BF=BE，
∴Rt△BFA≌Rt△BEC（HL），
∴∠ABF=∠CBE，
∴∠EBF=∠ABC=90°，
∴ADC=360°-90°-90°-90°=90°，
∵∠ABC=∠ADC=90°，
∴四边形ABCD为对直角四边形．
（3）解：如图③中，设AD=x，BD=y．
∵∠ADC=90°，
∴tan∠ACD=xy，AC=x2+y2，
∵AB=AC，∠ABC=90°，
∴AB=BC=22•x2+y2，
∵S△ACDS△ABC=35，
∴12xy14x2+y2=35，
整理得：3x2-10xy+3y2，
∴3（xy）2-10•xy+3=0，
∴xy=3或13．
∴tan∠ACD的值为3或13．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了勾股定理，三角形的面积，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数，构建方程解决问题，属于中考压轴题．
17．（2021·全国·九年级专题练习）阅读下面材料：
小炎遇到这样一个问题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=45°，连结EF，则EF=BE+DF，试说明理由．
小炎是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段相对集中．她先后尝试了翻折、旋转、平移的方法，最后发现线段AB，AD是共点并且相等的，于是找到解决问题的方法．她的方法是将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，再利用全等的知识解决了这个问题（如图2）．
参考小炎同学思考问题的方法，解决下列问题：
（1）如图3，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°．若∠B，∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足_ 关系时，仍有EF=BE+DF；
（2）如图4，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1， EC=2，求DE的长．
【答案】（1）∠B+∠D=180°（或互补）；（2）∴DE=5
【详解】试题分析：(1)如图，△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，利用全等的知识可知，要使EF=BE+DF，即EF=DG+DF，即要F、D、G三点共线，即∠ADG+∠ADF=180°，即∠B+∠D=180°．
(2) 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合，通过证明△AEG≌△AED得到DE=EG，由勾股定理即可求得DE的长．
(1)∠B+∠D=180°（或互补）．
(2)∵ AB=AC，
∴ 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合．
则∠B=∠ACG，BD=CG，AD=AG．
∵在△ABC中，∠BAC=90°，
∴∠ACB+∠ACG=∠ACB+∠B=90°于，即∠ECG=90°．
∴ EC2+CG2=EG2．
在△AEG与△AED中,
∠EAG=∠EAC+∠CAG=∠EAC+∠BAD=90°-∠EAD=45°=∠EAD．
又∵AD=AG，AE=AE，
∴△AEG≌△AED ．
∴DE=EG．
又∵CG=BD,
∴ BD2+EC2=DE2．
∴DE=5．
考点：1．面动旋转问题；2．全等三角形的判定和性质；3．勾股定理．
18．（2021·全国·八年级专题练习）已知：∠ABC=∠ADC=90°,AD=DC，求证：BC+AB=2BD．
【答案】见解析
【分析】过点D作BA的垂线交BA的延长线于点E，过点D作BC的垂线交BC于点F，根据AAS证明△DEA≌△DFC得EA=FC,ED=FD，再证明四边形EBFD是正方形，由勾股定理进一步得出结论．
【详解】证明：过点D作BA的垂线交BA的延长线于点E，过点D作BC的垂线交BC于点F，如图．
易知∠DAB+∠ABC+∠BCD+∠ADC=360°．
∵∠ABC=∠ADC=90°，
∴∠DAB+∠BCD=180°．
又∠DAB+∠DAE=180°，
∴∠DAE=∠BCD．
∵DE⊥AB,DF⊥BC，
∴∠DEB=∠DFC=90°．
又AD=CD，
∴△DEA≌△DFCAAS，
∴EA=FC,ED=FD
又DE⊥AB,DF⊥BC，∠ABC=90°，
∴四边形EBFD是正方形，
∴ED=BF=FD=EB,EB2+ED2=BD2，
∴2EB2=BD2，
∴EB=22BD，
∴EB+BF=2BD．
∵EB=BA+EA,BF=BC−CF，
∴BA+EA+BC−CF=2BD．
∵EA=FC，
∴BA+BC=2BD．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，正方形的判定，勾股定理等知识，由勾股定理得出EB=22BD是解答本题的关键．