苏科版数学八上期末专题复习专题10 全等三角形七大重难模型（期末真题精选）（2份，原卷版+解析版）

这是一份苏科版数学八上期末专题复习专题10 全等三角形七大重难模型（期末真题精选）（2份，原卷版+解析版），文件包含苏科版数学八上期末专题复习专题10全等三角形七大重难模型期末真题精选原卷版doc、苏科版数学八上期末专题复习专题10全等三角形七大重难模型期末真题精选解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共66页， 欢迎下载使用。

实战训练
一．一线三等角模型
1．如图，AC＝AB＝BD，∠ABD＝90°，BC＝8，则△BCD的面积为（ ）
A．8B．12C．14D．16
试题分析：由等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，即可求解．
答案详解：解：作AE⊥BC于E，DF⊥CB交CB延长线于F，
∵AB＝AC，
∴BE＝CE＝4，
∵∠EAB+∠ABE＝∠DBF+∠ABE＝90°，
∴∠EAB＝∠DBF，
∵∠AEB＝∠BFD＝90°，AB＝DB，
∴△AEB≌△BFD（AAS），
∴DF＝BE＝4，
∴S△DCBCB•DF，
∴S△DCB8×4＝16，
所以选：D．
2．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是（4，0），点B的坐标是（0，3），把线段BA绕点B逆时针旋转90°后得到线段BC，则点C的坐标是（ ）
A．（3，4）B．（4，3）C．（4，7）D．（3，7）
试题分析：过点C作CD⊥y轴，垂足为D，根据垂直定义可得∠CDB＝90°，从而利用直角三角形的两个锐角互余可得∠CBD+∠DCB＝90°，再利用旋转的性质可得CB＝BA，∠CBA＝90°，然后利用平角定义可得∠CBD+∠ABO＝90°，从而利用同角的余角相等可得∠ABO＝∠DCB，进而可得△BOA≌△CDB，最后利用全等三角形的性质可得CD＝BO＝3，DB＝OA＝4，从而求出DO＝7，即可解答．
答案详解：解：过点C作CD⊥y轴，垂足为D，
∴∠CDB＝90°，
∴∠CBD+∠DCB＝180°﹣∠CDB＝90°，
∵点A的坐标是（4，0），点B的坐标是（0，3），
∴OA＝4，OB＝3，
由旋转得：
CB＝BA，∠CBA＝90°，
∴∠CBD+∠ABO＝180°﹣∠ABC＝90°，
∴∠ABO＝∠DCB，
∵∠CDB＝∠AOB＝90°，
∴△BOA≌△CDB（AAS），
∴CD＝BO＝3，DB＝OA＝4，
∴DO＝DB+OB＝4+3＝7，
∴点C的坐标是（3，7），
所以选：D．
3．已知正方形OBCD在平面直角坐标系中的位置如图所示M为边OB上一点，且点M的坐标为（a，b）．将正方形OBCD绕原点O顺时针旋转，每秒旋转45°，则旋转2022秒后，点M的坐标为（ ）
A．（b，a）B．（﹣a，b）C．（﹣b，a）D．（﹣a，﹣b）
试题分析：先确定此时点M对应的位置即点M所在的位置，如图，过点M，M′分别作ME⊥x轴于点E，MF⊥x轴于点F，证明△M′OF≌△OME，得到M′F＝OE＝a，OF＝ME＝b，由此求解即可．
答案详解：解：∵正方形OBCD绕原点O顺时针旋转，每秒旋转45°，
∴旋转8秒恰好旋转360°．
∵2022÷8＝252……6，
∴旋转2022秒，即点M旋转了252圈后，又旋转了6次．
∵6×45°＝270°，
∴此时点M对应的位置即点 M’所在的位置，
如图．过点M，M'分别作ME⊥x轴于点E，M'F⊥x轴于点F，
∴∠M′FO＝∠OEM＝90°，
∴∠EOM+∠EMO＝90°，
∵四边形OBCD是正方形，
∴∠BOD＝90°，
∴∠FOM′+∠MOE＝90°，
∴∠M′OF＝∠OME．
在△M′OF和△MOE中，
，
∴△M′FO≌△OEM（AAS），
∵点M的坐标为（a，b），
∴OF＝ME＝b，M′F＝OE＝a．
又点M′在第二象限，
∴旋转2022秒后，点M的坐标为（﹣b，a）．
所以选C．
4．如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别是点D、E，AD＝7cm，BE＝3cm，则DE的长是（ ）
A．3cmB．3.5cmC．4cmD．4.5cm
试题分析：根据同角的余角相等，得∠CAD＝∠BCE，再利用AAS证明△ACD≌△CBE，得CD＝BE＝3cm，CE＝AD＝7cm，从而得出答案．
答案详解：解：∵AD⊥CE，BE⊥CE，
∴∠BEC＝∠CDA＝90°，
∴∠CAD+∠ACD＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
在△ACD与△CBE中，
，
∴△ACD≌△CBE（AAS），
∴CD＝BE＝3cm，CE＝AD＝7cm，
∴DE＝CE﹣CD＝7﹣3＝4cm，
所以选：C．
5．问题提出
在等腰Rt△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点D，E分别在边AB，AC上（不同时在点A），连接DE，将线段DE绕点E顺时针旋转90°，得到线段FE，连接AF，探究AF与BC的位置关系．
问题探究
（1）先将问题特殊化，如图1，点D，E分别与点B，C重合，直接写出AF与BC的位置关系；
（2）再探讨一般情形，如图2，证明（1）中的结论仍然成立．
问题拓展
如图3，在等腰Rt△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，D为AB的中点，点E在边AC上，连接DE，将线段DE绕点E顺时针旋转90°，得到线段FE，点G是点C关于直线AB的对称点，若点G，D，F在一条直线上，求的值．
试题分析：（1）先证CF∥AB，再证AB＝CF，则四边形ABCF是平行四边形，即可得出结论；
（2）过E作EM⊥AC交AB的延长线于点M，证△AEF≌△MED（SAS），得∠EAF＝∠EMD＝45°，则∠EAF＝∠BCA，即可得出结论；
（3）连接AF、CF，过E作EG⊥AB于点G，延长GE交CF于点H，证四边形ABCF是正方形，得AB∥CF，∠BCF＝90°，∠ACF＝45°，再证△EFH≌△DEG（AAS），得EH＝DG，然后证△ECH是等腰直角三角形，得EH＝CH，进而得AG＝3BG，即可解决问题．
答案详解：问题探究
（1）解：AF∥BC，理由如下：
由旋转的性质得：∠DEF＝90°，DE＝FE，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABC+∠DEF＝180°，
∴CF∥AB，
∵AB＝BC，
∴AB＝CF，
∴四边形ABCF是平行四边形，
∴AF∥BC；
（2）证明：如图2，过E作EM⊥AC交AB的延长线于点M，
则∠AEM＝90°，
∵∠ABC＝90°，AB＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA＝45°，
∴△AEM是等腰直角三角形，
∴ME＝AE，∠AME＝45°，
由旋转的性质得：FE＝DE，∠DEF＝90°，
∴∠DEF＝∠AEM，
∴∠DEF﹣∠AED＝∠AEM﹣∠AED，
即∠AEF＝∠MED，
∴△AEF≌△MED（SAS），
∴∠EAF＝∠EMD＝45°，
∴∠EAF＝∠BCA，
∴AF∥BC；
问题拓展
解：如图3，连接AF、CF，过E作EG⊥AB于点G，延长GE交CF于点H，
则∠EGD＝90°，
由（1）可知，AF∥BX，
∴∠DAF＝∠DBG，∠AFD＝∠G，
∵D为AB的中点，
∴AD＝BD，
∴△ADF≌△BDG（AAS），
∴AF＝BG，
∵点G是点C关于直线AB的对称点，
∴BG＝BC，
∴AF＝BG，
∴四边形ABCF是平行四边形，
∵AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴平行四边形ABCF是正方形，
∴AB∥CF，∠BCF＝90°，∠ACF＝45°，
∵GH⊥AB，
∴GH⊥CF，
∴BG＝CH，∠CHE＝∠FHE＝90°，
∴∠EFH+∠FEH＝90°，
由旋转的性质得：FE＝DE，∠DEF＝90°，
∴∠DEG+∠FEH＝90°，
∴∠EFH＝∠DEG，
∵∠EGD＝∠FHE＝90°，
∴△EFH≌△DEG（AAS），
∴EH＝DG，
∵∠ACF＝45°，
∴△ECH是等腰直角三角形，
∴EH＝CH，
∴DG＝BGBDAD，
∴AG＝3BG，
∵∠EGD＝∠ABC＝90°，
∴EG∥BC，
∴3．
二．手拉手--旋转
6．如图，在△ABC中，AB＝AC，点D是△ABC外一点，连接AD、BD、CD，且BD交AC于点O，在BD上取一点E，使得AE＝AD，∠EAD＝∠BAC，若∠ABC＝62°，则∠BDC的度数为（ ）
A．56°B．60°C．62°D．64°
试题分析：根据SAS证明△ABE≌△ACD，再利用全等三角形的性质、三角形的外角性质和三角形的内角和解答即可．
答案详解：解：∵∠EAD＝∠BAC，
∴∠BAC﹣∠EAC＝∠EAD﹣∠EAC，
即：∠BAE＝∠CAD；
在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD （SAS），
∴∠ABD＝∠ACD，
∵∠BOC是△ABO和△DCO的外角，
∴∠BOC＝∠ABD+∠BAC，∠BOC＝∠ACD+∠BDC，
∴∠ABD+∠BAC＝∠ACD+∠BDC，
∴∠BAC＝∠BDC，
∵∠ABC＝∠ACB＝62°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣62°﹣62°＝56°，
∴∠BDC＝∠BAC＝56°，
所以选：A．
7．如图，△ABD，△AEC都是等边三角形，则∠BOC的度数是（ ）
A．135°B．125°C．120°D．110°
试题分析：利用手拉手模型﹣旋转性全等，证明△DAC≌△BAE，可得∠ADC＝∠ABE，最后利用三角形的外角进行计算即可解答．
答案详解：解：∵△ABD，△AEC都是等边三角形，
∴AD＝AB，AE＝AC，∠DAB＝∠CAE＝60°，∠ADB＝DBA＝60°，
∴∠DAB+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，
∴∠DAC＝∠BAE，
∴△DAC≌△BAE（SAS），
∴∠ADC＝∠ABE，
∴∠BOC＝∠BDO+∠DBA+∠ABE
＝∠BDO+∠DBA+∠ADC
＝∠ADB+∠DBA
＝60°+60°
＝120°，
∴∠BOC的度数是120°，
所以选：C．
8．如图，点A是x轴上一个定点，点B从原点O出发沿y轴的正方向移动，以线段OB为边在y轴右侧作等边三角形，以线段AB为边在AB上方作等边三角形，连接CD，随点B的移动，下列说法错误的是（ ）
A．△BOA≌△BDC
B．∠ODC＝150°
C．直线CD与x轴所夹的锐角恒为60°
D．随点B的移动，线段CD的值逐渐增大
试题分析：根据等边三角形的性质，结合图形证明手拉手模型﹣旋转型全等，即可判断A，根据△BOA≌△BDC，可得∠BDC＝∠BOA＝90°，从而可得∠ODC＝∠BDO+∠BDC＝150°，即可判断B，延长CD交x轴于点E，根据∠ODC＝150°利用平角定义可求出∠ODE＝30°，然后再利用三角形的外角求出∠DEA＝60°，即可判断C，根据△BOA≌△BDC，可得CD＝OA，根据OA的值是定值，即可判断D．
答案详解：解：A．∵△OBD和△ABC都是等边三角形，
∴∠ABC＝∠OBD＝∠ODB＝∠BOD＝60°，BO＝BD，BC＝AB，
∴∠ABC﹣∠DBA＝∠OBD﹣∠DBA，
∴∠CBD＝∠ABO，
∴△BOA≌△BDC（SAS），
故A不符合题意；
B．∵△BOA≌△BDC，
∴∠BDC＝∠BOA＝90°，
∴∠ODC＝∠BDO+∠BDC＝60°+90°＝150°，
故B不符合题意；
C．延长CD交x轴于点E，
∵∠ODC＝150°，
∴∠ODE＝180°﹣∠ODC＝30°，
∵∠BOA＝90°，∠BOD＝60°，
∴∠DOA＝∠BOA﹣∠BOD＝30°，
∴∠DEA＝∠DOA+∠ODE＝60°，
∴直线CD与x轴所夹的锐角恒为60°，
故C不符合题意；
D．∵△BOA≌△BDC，
∴CD＝OA，
∵点A是x轴上一个定点，
∴OA的值是一个定值，
∴随点B的移动，线段CD的值不变，
故D符合题意；
所以选：D．
9．如图，AB＝3，AC，连结BC，分别以AC、BC为直角边作等腰Rt△ACD和等腰Rt△BCE，连结AE、BD，当AE最长时，BC的长为（ ）
A．2B．3C．D．
试题分析：先证明△ACE和△DCB，再根据全等三角形的性质得到AE＝BD，根据勾股定理求出AD，结合三角形三边关系，得A、B、D三点共线时，AE最大，画出图形，由勾股定理即可求得BC．
答案详解：解：∵∠ACD＝∠BCE＝90°，
∴∠ACD+∠ACB＝∠BCE+∠ACB，即∠ACE＝∠DCB，
在△ACE和△DCB中，
，
∴△ACE≌△DCB（SAS），
∴AE＝BD，
∵AC＝CD，∠ACD＝90°，
∴AD2，
∵AB＝3，
∴当点A在BD上时，BD最大，最大值为3+2＝5，
如图，过C作CE⊥AD于E，
由等腰三角形“三线合一”得DE＝AE＝1，
∴BE＝AB+AE＝3+1＝4，
再由直角三角形斜边中线等于斜边一半得DE＝1，
∴BC．
所以选：D．
10．如图，等腰△ABC中，∠ACB＝120°，AC＝4，点D为直线AB上一动点，以线段CD为腰在右侧作等腰△CDE，且∠DCE＝120°，连接AE，则AE的最小值为（ ）
A．2B．4C．6D．8
试题分析：连接BE并延长交AC延长线于F，利用SAS证明△ACD≌△BCE，得∠CBE＝∠CAD＝30°，由CB为定直线，∠CBE＝30°为定值，则AF⊥BE时，AE最小，从而解决问题．
答案详解：解：连接BE并延长交AC延长线于F，
∵∠ACB＝120°，AC＝BC，
∴∠CAB＝∠CBA＝30°，
∵∠DCE＝120°＝∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCE，
∵AC＝BC，CD＝CE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠CBE＝∠CAD＝30°，
∵CB为定直线，∠CBE＝30°为定值，
∴当D在直线AB上运动时，E也在定直线上运动，
当AE⊥BE时，AE最小，
∵∠CAB＝30°＝∠ABC＝∠CBE，
∴∠AFB＝90°，
∴当E与F重合时，AE最小，在Rt△CBF中，∠CFB＝90°，∠CBF＝30°，
∴CF，
∴AF＝AC+CF＝6，
∴AE的最小值为AF＝6，
所以选：C．
11．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BCAB，D为AB的中点，点E地直线BC上移动，以DE为边向右作等边三角形DEF，连接CF．
（1）当点E在直线BC上移动时，如图①所示，求证：EC+FCAC；
（2）当点E在直线BC上移动时，如图②、图③所示，线段EC、CF与AC之间有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．
试题分析：（1）如图①，连接CD，先用直角三角形斜边上中线性质证得AD＝BD＝CDAB，再根据条件证得△BCD和△DEF均是等边三角形，进而证得∠BDE＝∠CDF、△BDE≌△CDF（SAS）及BE＝FC，再根据条件和勾股定理得BCAC，最后根据线段的和及等量代换得出结果；
（2）图②中：EC﹣FCAC，图③中：FC﹣ECAC，证明方法类比（1）即可．
答案详解：（1）证明：如图①，连接CD，
∵∠ACB＝90°，D为AB的中点，
∴AD＝BD＝CDAB，
∵BCAB，
∴BD＝CD＝BC，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠BDC＝60°，
∵△DEF是等边三角形，
∴DE＝DF，∠EDF＝60°，
∴∠BDC＝∠DEF，即∠BDE+∠CDE＝∠CDE+∠CDF，
∴∠BDE＝∠CDF，
在△BDE和△CDF中，
，
∴△BDE≌△CDF（SAS），
∴BE＝FC，
∵AB＝2BC，
∴ACBC，
∴BCAC，
∵EC+BE＝BC，
∴EC+FCAC；
（2）解：图②中：EC﹣FCAC，图③中：FC﹣ECAC，理由如下：
如图②，连接CD，
由（1）知：BD＝CD，DE＝DF，∠BDC＝∠EDF＝60°，BCAC，
∴∠BDF+∠CDF＝∠BDF+∠BDE，
∴∠BDE＝∠CDF，
∴△BDE≌△CDF（SAS），
∴BE＝FC，
∵EC﹣BE＝BC，
∴EC﹣FCAC；
如图③，连接CD，
由（1）知：BD＝CD，DE＝DF，∠BDC＝∠EDF＝60°，BCAC，
∴∠BDC+∠CDE＝∠EDF+∠CDE，即∠BDE＝∠CDF，
∴△BDE≌△CDF（SAS），
∴BE＝FC，
又∵BE﹣EC＝BC，
∴FC﹣ECAC．
三．倍长中线模型
12．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB的中点，连结DC，作DM⊥DC交AC于点M．若AB＝10，AM＝2，则CM＝ ．
试题分析：延长MD至点E，使DE＝DM，连结BE，CE．证明△AMD≌△BED（SAS），由全等三角形的性质得出∠DBE＝∠A，证明△CMD≌△CED（SAS），得出CE＝CM，设CM＝x，则CE＝x，AC＝2+x，由勾股定理得出x2﹣2＝102﹣（x+2）2，解方程求出x的值即可得出答案．
答案详解：解：延长MD至点E，使DE＝DM，连结BE，CE．
∵D为AB的中点，
∴AD＝DB，
在△AMD和△BED中，
，
∴△AMD≌△BED（SAS），
∴∠DBE＝∠A，
∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠ABC＝90°，
∴∠DBE+∠ABC＝90°，
在△CMD和△CED中，
，
∴△CMD≌△CED（SAS），
∴CE＝CM，
设CM＝x，则CE＝x，AC＝2+x，
在Rt△CBE中，BC2＝CE2﹣BE2＝x2﹣22，
在Rt△ABC中，BC2＝AB2﹣AC2＝102﹣（x+2）2，
∴x2﹣22＝102﹣（x+2）2，
解得x1（负值舍去）．
所以答案是：1．
13．△ABC中，AB＝AC，以BC为边，在BC右侧作等边△BCD．
（1）如图1，连接AD与BC交于点P，，BD＝2，求△ABD的面积；
（2）如图2，E为DC延长线上一点，连接AE、BE，G为AC的中点，连接BG、EG，AE＝DE，证明：BG⊥EG．
试题分析：（1）利用已知条件得到AD是线段BC的垂直平分线，利用等腰三角形的三线合一和勾股定理分别求出AP，PD的长，再利用三角形的面积公式即可求解；
（2）连接AD，利用（1）中的方法求得∠CDA＝30°，延长BF至点F，使FG＝BG，连接AF，FE，利用倍长中线的方法得到△BGC≌△FGA，BC＝AF，∠CBG＝∠AFG，AF∥CB；再证明△AFE≌△DBE得到FE＝BE，利用等腰三角形的三线合一即可得出结论．
答案详解：（1）解：∵AB＝AC，BD＝DC，
∴AD是线段BC的垂直平分线．
∴AP⊥BC，BP＝PC．
∵BD＝2，BD＝BC，
∴BP＝PC＝1．
∴AP2．
∵DP⊥BC，
∴DP．
∴AD＝AP+PD＝3．
∴△ABD的面积AD•BP31．
（2）证明：连接AD，如图，
∵AB＝AC，BD＝DC，
∴AD是线段BC的垂直平分线．
∴DH⊥BC．
∵△BCD是等边三角形，
∴∠CDA∠BDC60°＝30°．
∵AE＝DE，
∴∠EAD＝∠CDA＝30°．
延长BF至点F，使FG＝BG，连接AF，FE，
在△BGC和△FGA中，
，
∴△BGC≌△FGA（SAS）．
∴BC＝AF，∠CBG＝∠AFG．
∴AF∥CB．
∵AD⊥BC，
∴FA⊥AD．
∴∠FAD＝90°．
∴∠FAE＝∠FAD﹣∠FAE＝60°．
∵BC＝AF，BD＝BC，
∴AF＝BD．
在△AFE和△DBE中，
，
∴△AFE≌△DBE（SAS）．
∴FE＝BE．
∵FG＝BG，
∴BG⊥EG．
14．如图，△ABC中，AB＝6，AC＝4，D是BC的中点，AD的取值范围为 1＜AD＜5 ．
试题分析：延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，证明△BDE≌△CDA，得出AC＝BE，再根据三角形的三边关系得到结论．
答案详解：解：延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，
在△ACD与△EBD中，
，
∴△BDE≌△CDA（SAS），
∴BE＝AC，
∵AB＝6，AC＝4，
∴2＜AE＜10，
∴1＜AD＜5．
所以答案是：1＜AD＜5．
15．（1）方法呈现：如图①：在△ABC中，若AB＝6，AC＝4，点D为BC边的中点，求BC边上的中线AD的取值范围．解决此问题可以用如下方法：延长AD到点E使DE＝AD，再连接BE，可证△ACD≌△EBD，从而把AB、AC，2AD集中在△ABE中，利用三角形三边的关系即可判断中线AD的取值范围是（直接写出范围即可）．这种解决问题的方法我们称为倍长中线法；
（2）探究应用：
如图②，在△ABC中，点D是BC的中点，DE⊥DF于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，判断BE+CF与EF的大小关系并证明；
（3）问题拓展：
如图③，在四边形ABCD中，AB∥CD，AF与DC的延长线交于点F、点E是BC的中点，若AE是∠BAF的角平分线．试探究线段AB，AF，CF之间的数量关系，并加以证明．
试题分析：（1）由已知得出AB﹣BE＜AE＜AB+BE，即6﹣4＜AE＜6+4，AD为AE的一半，即可得出答案；
（2）延长FD至点M，使DM＝DF，连接BM，EM，可得△BMD≌△CFD，得出BM＝CF，由线段垂直平分线的性质得出EM＝EF，在△BME中，由三角形的三边关系得出BE+BM＞EM即可得出结论；
（3）延长AE，DF交于点G，根据平行和角平分线可证AF＝FG，也可证得△ABE≌△GCE，从而可得AB＝CG，即可得到结论．
答案详解：解：（1）1＜AD＜5．
∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD，
∴△BDE≌△CDA（SAS），
∴BE＝AC＝4，
在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∴6﹣4＜AE＜6+4，
∴2＜AE＜10，
∴1＜AD＜5．
证明：（2）延长FD至点M，使DM＝DF，连接BM、EM，如图②所示．
同（1）得：△BMD≌△CFD（SAS），
∴BM＝CF，
∵DE⊥DF，DM＝DF，
∴EM＝EF，
在△BME中，由三角形的三边关系得：
BE+BM＞EM，
∴BE+CF＞EF．
（3）如图③，延长AE，DF交于点G，
∵AB∥CD，
∴∠BAG＝∠G，
在△ABE和△GCE中，
CE＝BE，∠BAG＝∠G，∠AEB＝∠GEC，
∴△ABE≌△GEC（AAS），
∴CG＝AB，
∵AE是∠BAF的平分线，
∴∠BAG＝∠GAF，
∴∠FAG＝∠G，
∴AF＝GF，
∵FG+CF＝CG，
∴AF+CF＝AB．
四．平行+中点模型
16．如图，AB∥CD，∠BCD＝90°，AB＝1，BC＝4，CD＝3，取AD的中点E，连结BE，则BE＝ ．
试题分析：根据ASA证明△ABE与△DFE全等，进而利用全等三角形的性质及勾股定理解答即可．
答案详解：解：延长BE交CD于点F，
∵AB∥CD，
∴∠ABE＝∠DFE，
在△ABE与△DFE中，
，
∴△ABE≌△DFE（ASA），
∴BE＝EFBF，AB＝DF＝1，
∴CF＝2，
∴BF2，
∴BEBF，
所以答案是：．
17．矩形ABCD与CEFG，如图放置，点B、C、E共线，点C、D、G共线，连接AF，取AF的中点H，连接GH，若BC＝EF＝4，CD＝CE＝2，则GH＝ ．
试题分析：延长GH交AD于点P，先证△APH≌△FGH得AP＝GF＝2，GH＝PHPG，再利用勾股定理求得PG＝2，从而得出答案．
答案详解：解：如图，延长GH交AD于点P，
∵四边形ABCD和四边形CEFG都是矩形，
∴∠ADC＝∠ADG＝∠CGF＝90°，AD＝BC＝4、GF＝CE＝2，
∴AD∥GF，
∴∠GFH＝∠PAH，
又∵H是AF的中点，
∴AH＝FH，
在△APH和△FGH中，
∵，
∴△APH≌△FGH（ASA），
∴AP＝GF＝2，PH＝HGPG，
∵PD＝AD﹣AP＝2，GD＝GC﹣CD＝4﹣2＝2
∴GP2
∴GHGP
所以答案是：
18．如图，已知AB＝12，AB⊥BC于B，AB⊥AD于A，AD＝5，BC＝10．点E是CD的中点，则AE的长是 ．
试题分析：首先作出辅助线，连接DB，延长DA到F，使AD＝AF，连接FC．根据三角形中位线定理可得AECF，再利用勾股定理求出BD的长，然后证明可得到△FDC≌△BCD，从而得到FC＝DB，进而得到答案．
答案详解：方法一：
解：连接DB，延长DA到F，使AD＝AF．连接FC，
∵AD＝5，
∴AF＝5，
又∵点E是CD的中点，
∴EA为△DFC的中位线，则AECF，
在Rt△ABD中，
AD2+AB2＝DB2，
∴BD13，
∵AB⊥BC，AB⊥AD，
∴AD∥BC，
又∵DF＝BC，
∴四边形DBCF是平行四边形，
∴FC＝DB＝13，
∴AE．
所以答案是：．
方法二：
连接BE并延长，延长DA交BE延长线于点F，
∵AB⊥BC，AB⊥AD，
∴AD∥BC，
∴∠D＝∠C，
在△DEF和△CEB中，
，
∴△DEF≌△CEB（ASA），
∴DF＝BC＝10，BE＝FE，
∵DA＝5，
∴AF＝5，
在Rt△ABF中，
AF2+AB2＝FB2，
∴BF13，
∴AEBF．
所以答案是：．
五．角平分线+垂直模型
19．如图，AD是△ABC的角平分线，过点C作CE⊥AD，垂足为点E，延长CE与AB相交于点F，连接DF，若∠BAC＝60°，∠B＝40°，则∠BDF的度数为 40 °．
试题分析：首先利用已知条件可以证明△AFE≌△ACE，然后利用全等三角形的性质和等腰三角形的性质可以求出∠ACD＝∠AFD，最后利用四边形的内角和求出∠CDF即可解决问题．
答案详解：解：∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠FAD＝∠CAD，
∵CE⊥AD，
∴∠AEF＝∠AEC＝90°，
在△AFE和△ACE中，
，
∴△AFE≌△ACE（ASA），
∴EF＝CE，AF＝CF，
∴∠AFE＝∠ACE，
∵CE⊥AD，
∴CD＝FD，
∴∠DFC＝DCF，
∴∠AFD＝∠ACD，
∵∠BAC＝60°，∠B＝40°，
∴∠ACD＝∠AFD＝180°﹣60°﹣40°＝80°，
∴∠CDF＝360°﹣∠BAC﹣∠ACD﹣∠AFD＝140°，
∴∠BDF＝180°﹣∠CDF＝180°﹣140°＝40°．
所以答案是：40．
20．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，DE垂直平分AC，垂足为点E，若BD＝1，则BC的长为 3 ．
试题分析：先利用角平分线的性质、线段垂直平分线的性质、全等说明线段AB与AE、BD与DE、CD与AD的关系，再在Rt△ABC中说明∠C的度数，最后利用特殊角在Rt△ECD中求出CD．
答案详解：解：∵∠B＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，DE垂直平分AC，
∴CD＝AD，BD＝DE＝1，AC＝2AE．
在Rt△ABD和Rt△AED中，
，
∴△ABD≌△AED（HL）．
∴AB＝AE．
∴AC＝2AB．
在Rt△ABC中，∵AC＝2AB，
∴∠C＝30°．
在Rt△ECD中，
∵ED＝1，∠C＝30°，
∴CD＝2DE＝2．
∴BC＝CD+BD＝2+1＝3．
所以答案是：3．
21．已知：如图，AC平分∠BAD，CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，且∠ADC+∠B＝180°．
（1）若AB＝12，AD＝8，则AF＝ 10 ．
（2）若△ABC的面积是24，△ADC的面积是16，则△BEC的面积等于 4 ．
试题分析：（1）利用角平分线的性质可得CE＝CF，∠F＝∠CEB＝90°，根据等角的补角相等得∠B＝∠CDF，利用AAS证出两三角形全等，求出DF＝BE，证Rt△AFC≌Rt△AEC，推出AF＝AE，由BE＝DF可得AB﹣AE＝AF﹣AD＝AB﹣AF，即可得AB+AD＝2AF；
（2）利用全等三角形的面积相等，设△BEC的面积为x，列出方程可得结果．
答案详解：解：（1）∵AC平分∠BAD，CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，
∴CE＝CF，∠CEB＝∠F＝90°，
∵∠ADC+∠B＝180°，∠ADC+∠CDF＝180°，
∴∠B＝∠CDF，
在Rt△BCE与Rt△DCF中，
，
∴Rt△BCE≌Rt△DCF（AAS），
∴DF＝BE，CE＝CF，CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，
在Rt△ACE与Rt△ACF中，
，
∴Rt△ACE≌Rt△ACF（HL），
∴AF＝AE，
∴AB﹣AE＝AF﹣AD＝AB﹣AF，
∴AB+AD＝2AF，
∵AB＝12，AD＝8，
∴AF＝10，
所以答案是：10．
（2）∵Rt△BCE≌Rt△DCF，
∴S△BCE＝S△DCF，
设△BEC的面积为x，
∵△ABC的面积是24，△ADC面积是16，
∴24﹣x＝16+x，
∴x（24﹣16）＝4．
即△BEC的面积等于4，
所以答案是：4．
22．如图，已知点D为△ABC内一点，CD平分∠ACB，BD⊥CD，∠A＝∠ABD．若AC＝9，BC＝5，求CD的长．
试题分析：延长BD交AC于点E，根据角平分线和垂直构造全等模型可证△CDE≌△CDB，从而利用全等三角形的性质可得DE＝DB，CB＝CE＝5，然后再利用等角对等边可得AE＝EB＝4，从而可得ED＝BD＝2，最后在Rt△CBD中，利用勾股定理进行计算即可解答．
答案详解：解：延长BD交AC于点E，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ECD＝∠BCD，
∵BD⊥CD，
∴∠CDE＝∠CDB＝90°，
∵CD＝CD，
∴△CDE≌△CDB（ASA），
∴DE＝DB，CB＝CE＝5，
∵∠A＝∠ABD，
∴AE＝EB＝AC﹣CE＝4，
∴DE＝DBEB＝2，
∴CD，
∴CD的长为．
23．如图：在∠EAF的平分线上取点B作BC⊥AF于点C，在直线AC上取一动点P．在直线AE上取点Q使得BQ＝BP．
（1）如图1，当点P在点线段AC上时，∠BQA+∠BPA＝ 180 °；
（2）如图2，当点P在CA延长线上时，探究AQ、AP、AC三条线段之间的数量关系，说明理由；
（3）在满足（1）的结论条件下，当点P运动到在射线AC上时，直接写出AQ、AP、PC三条线段之间的数量关系为： AQ﹣AP＝2PC或AP﹣AQ＝2PC ．
试题分析：（1）作BM⊥AE于点M，根据角平分线的性质得到BM＝BC，证明Rt△BMQ≌Rt△BPC（HL），进而证明∠BQA＝∠BPC即可得出答案；
（2）作BM⊥AE于点M，证明Rt△ABM≌Rt△ABC（HL），得到∠ABM＝∠ABC，AM＝AC，BM＝BC，再证明Rt△BMQ≌Rt△BCP（HL），从而得出PC＝QM即可；
（3）分两种情况进行讨论，P在线段AC上或P在线段AC的延长线上，作出图后，由△QBM≌△PBC（AAS），得∠QBC＝∠PBC，QM＝PC，BM＝BC，结合Rt△ABM≌Rt△ABC（HL），得出AM＝AC，利用线段和差计算即可．
答案详解：解：（1）作BM⊥AE于点M，
∵AB平方∠EAF，BC⊥AF，
∴BM＝BC，
在Rt△BMQ和Rt△BPC中，
，
∴Rt△BMQ≌Rt△BPC（HL），
∴∠BQA＝∠BPC，
又∵∠BPC+∠BPA＝180°，
∴∠BQA+∠BPA＝180°，
所以答案是：180；
（2）AQ﹣AP＝2AC，理由如下，
作BM⊥AE于点M，
∵AB平方∠EAF，BC⊥AF，
∴BM＝BC，∠BMA＝∠BCA＝90°，
在Rt△ABM和Rt△ABC中，
，
∴Rt△ABM≌Rt△ABC（HL），
∴∠ABM＝∠ABC，AM＝AC，
在Rt△BMQ和Rt△BCP中，
，
∴Rt△BMQ≌Rt△BCP（HL），
∴PC＝QM，
∴AQ﹣QP＝（AM+QM）﹣（PC﹣AC）＝AM+AC＝2AC；
（3）当点P在线段AC上时，如图，AQ﹣AP＝2PC，
作BM⊥AE于点M，
∵BC⊥AF，
∴，∠BMA＝∠BCA＝90°，
∵∠BQA+∠BPA＝180°，∠BPC+∠BPA＝180°，
∴∠BPC＝∠BQM，
在△QBM和△PBC中，
，
∴△QBM≌△PBC（AAS），
∴∠QBC＝∠PBC，QM＝PC，BM＝BC，
在Rt△ABM和Rt△ABC中，
，
∴Rt△ABM≌Rt△ABC（HL），
∴AM＝AC，
∴AQ﹣AP＝AM+QM﹣（AC﹣PC）＝QM+PC＝2PC；
当P在线段AC的延长线上，如图，AP﹣AQ＝2PC，
作BM⊥AE于点M，
∵BC⊥AF，
∴∠BMA＝∠BCA＝90°，
∵∠BQA+∠BPA＝180°，∠BQM+∠BQA＝180°，
∴∠BPC＝∠BQM，
在△QBM和△PBC中，
，
∴△QBM≌△PBC（AAS），
∴∠QBC＝∠PBC，QM＝PC，BM＝BC，
在Rt△ABM和Rt△ABC中，
，
∴Rt△ABM≌Rt△ABC（HL），
∴AM＝AC，
∴AP﹣AQ＝AC+CP﹣（AM﹣QM）＝MQ+PC＝2PC．
所以答案是：AQ﹣AP＝2PC或AP﹣AQ＝2PC．
六．半角模型
24．如图，已知正方形ABCD，点E、F分别是AB、BC边上，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．
（1）求证：△EDF≌△MDF；
（2）若正方形ABCD的边长为5，AE＝2时，求EF的长？
试题分析：（1）根据正方形的性质可得∠A＝∠DCF＝90°，AD＝AB＝BC＝5，根据旋转的性质可得∠A＝∠DCM＝90°，DE＝DM，∠EDM＝90°，从而证明F、C、M三点共线，然后利用正方形中的半角模型证明△EDF≌△MDF；
（2）设CF＝x，从而可得BF＝5﹣x，EF＝FM＝2+x，然后在Rt△EBF中，根据勾股勾股定理进行计算即可解答，即可求出EF的长．
答案详解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠B＝∠DCF＝90°，AD＝AB＝BC＝5，
由旋转得：
∠A＝∠DCM＝90°，DE＝DM，∠EDM＝90°，
∴∠DCF+∠DCM＝180°，
∴F、C、M三点在同一条直线上，
∵∠EDF＝45°，
∴∠FDM＝∠EDM﹣∠EDC＝45°，
∴∠EDF＝FDM，
∵DF＝DF，
∴△EDF≌△MDF（SAS）；
（2）设CF＝x，
∴BF＝BC﹣CF＝5﹣x，
由旋转得：AE＝CM＝2，
∴BE＝AB﹣AE＝3，FM＝CF+CM＝2+x，
∵△EDF≌△MDF，
∴EF＝FM＝2+x，
在Rt△EBF中，BE2+BF2＝EF2，
∴9+（5﹣x）2＝（2+x）2，
∴x，
∴EF＝2+x，
∴EF的长为．
25．已知正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M，N，AH⊥MN于点H．
（1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系： AB＝AH； ；
（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；
（3）如图③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝2，AH＝6，求NH的长．（可利用（2）得到的结论）
试题分析：（1）由BM＝DN可得Rt△ABM≌Rt△ADN，从而可证∠BAM＝∠MAH＝22.5，Rt△ABM≌Rt△AHM，即可得AB＝AH；
（2）延长CB至E，使BE＝DN，由Rt△AEB≌Rt△AND得AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，从而可证△AEM≌△ANM，根据全等三角形对应边上的高相等即可得AB＝AH；
（3）分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，可证四边形ABCD是正方形，设NH＝x，在Rt△MCN中，由勾股定理列方程即可得答案．
答案详解：解：（1）∵正方形ABCD，
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，
在Rt△ABM和Rt△ADN中，
，
∴Rt△ABM≌Rt△ADN（SAS），
∴∠BAM＝∠DAN，AM＝AN，
∵∠MAN＝45°，
∴∠BAM+∠DAN＝45°，
∴∠BAM＝∠DAN＝22.5°，
∵∠MAN＝45°，AM＝AN，AH⊥MN
∴∠MAH＝∠NAH＝22.5°，
∴∠BAM＝∠MAH，
在Rt△ABM和Rt△AHM中，
，
∴Rt△ABM≌Rt△AHM（AAS），
∴AB＝AH，
所以答案是：AB＝AH；
（2）AB＝AH成立，理由如下：
延长CB至E，使BE＝DN，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°，
∴Rt△AEB≌Rt△AND（SAS），
∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，
∵∠DAN+∠BAM＝45°，
∴∠EAB+∠BAM＝45°，
∴∠EAM＝45°，
∴∠EAM＝∠NAM＝45°，
又AM＝AM，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∵AB，AH是△AEM和△ANM对应边上的高，
∴AB＝AH．
（3）分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，如图：
∵沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，
∴AB＝AH＝AD＝6，∠BAD＝2∠MAN＝90°，∠B＝∠AHM＝90°＝∠AHN＝∠D，
∴四边形ABCD是正方形，
∴AH＝AB＝BC＝CD＝AD＝6．
由（2）可知，设NH＝x，则MC＝BC﹣BM＝BC﹣HM＝4，NC＝CD﹣DN＝CD﹣NH＝6﹣x，
在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2+NC2，
∴（2+x）2＝42+（6﹣x）2，
解得x＝3，
∴NH＝3．
26．如图，已知正方形ABCD的边长为3，点E，F分别是AB，BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△CDM．若AE＝1，则MF的长为 ．
试题分析：由旋转可得DE＝DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF＝90°，由∠EDF＝45°，得到∠MDF为45°，可得出∠EDF＝∠MDF，再由DF＝DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF＝MF；则可得到AE＝CM＝1，正方形的边长为3，用AB﹣AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF＝MF＝x，可得出BF＝BM﹣FM＝BM﹣EF＝4﹣x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为MF的长．
答案详解：解：∵△ADE逆时针旋转90°得到△CDM，
∴∠A＝∠DCM＝90°，DE＝DM，
∴∠FCM＝∠FCD+∠DCM＝180°，
∴F、C、M三点共线，
∵∠EDM＝∠EDC+∠CDM＝∠EDC+∠ADE＝90°，
∴∠EDF+∠FDM＝90°，
∵∠EDF＝45°，
∴∠FDM＝∠EDF＝45°，
在△DEF和△DMF中，
，
∴△DEF≌△DMF（SAS），
∴EF＝MF，
设EF＝MF＝x，
∵AE＝CM＝1，且BC＝3，
∴BM＝BC+CM＝3+1＝4，
∴BF＝BM﹣MF＝BM﹣EF＝4﹣x，
∵EB＝AB﹣AE＝3﹣1＝2，
在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2＝EF2，
即22+（4﹣x）2＝x2，
解得：x，
∴MF．
所以答案是：．
27．如图，△ABC为等边三角形，AC＝9，点M、N分别是边AC、BC上的动点，且AM＝CN，连BM、AN交于点P，连接CP，则CP长度的最小值为 ．
试题分析：由AM＝CN，于是得到点P的路径是一段弧，当点M运动到AC的中点时，CP长度的最小，即点F为△ABC的中心，过B作BD⊥AC于D，过A点作 AE⊥BC交BD于点F，根据等边三角形的性质即可得到结论．
答案详解：解：∵AM＝CN，
点P的路径是一段弧，
∴点M运动到AC的中点时，CP长度的最小即点P为△ABC的中心，
过B作BD⊥AC于D，过A点作AE⊥BC交BD于点F，
∴CF＝BFBD，
∵△ABC是等边三角形，BC＝2，
∴BDBC，
∴CF＝3，
∴CP长度的最小值是3．
所以答案是：3．
七．对角互补+邻边相等
28．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，直角∠EPF的顶点P是BC的中点，两边PE、PF分别交AB、AC于点E、F，连接EF交AP于点G，以下五个结论：①∠B＝∠C＝45°；②AP＝EF；③∠AFP和∠AEP互补；④△EPF是等腰直角三角形；⑤四边形AEPF的面积是△ABC面积的，其中正确的结论是（ ）
A．①②③B．①②④⑤C．①③④⑤D．①③④
试题分析：利用ASA证明△AEP≌△CFP，得PE＝PF，则△EPF是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质可对结论逐一进行判断．
答案详解：解：∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠B＝∠C＝45°，
故①正确；
∵点P为BC的中点，∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴AP＝CP，∠APC＝90°，∠BAP＝∠C＝45°，
∵∠EPF＝∠APC，
∴∠APE＝∠FPC，
在△AEP和△CFP中，
，
∴△AEP≌△CFP（ASA），
∴PE＝PF，
∴△EPF是等腰直角三角形，
∴四边形AEPF的面积为S△AEP+S△AFP＝S△CPF+S△APF＝S△APCS△ABC，
故④正确，⑤不正确；
∵∠BAC＝∠EPF＝90°，
∴∠AFP和∠AEP互补，
故③正确；
∵PE不是定长，故②不正确．
∴正确的有：①③④，
所以选：D．
29．（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∠BAD，线段EF、BE、FD之间的关系是 EF＝BE+FD ；（不需要证明）
（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∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．
试题分析：（1）延长CB至G，使BG＝DF，连接AG，证明△ABG≌△ADF，根据全等三角形的性质得到AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，再证明△GAE≌△FAE，根据全等三角形的性质得出EF＝EG，结合图形计算，证明结论；
（2）延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，仿照（1）的证明方法解答；
（3）在EB上截取BH＝DF，连接AH，仿照（1）的证明方法解答．
答案详解：解：（1）EF＝BE+FD，
理由如下：如图1，延长CB至G，使BG＝DF，连接AG，
在△ABG和△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，
∵∠EAF∠BAD，
∴∠DAF+∠BAE＝∠EAF，
∴∠GAE＝∠BAG+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝∠EAF，
在△GAE和△FAE中，
，
∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴EF＝EG，
∵EG＝BG+BE＝BE+DF，
∴EF＝BE+FD，
所以答案是：EF＝BE+FD；
（2）（1）中的结论仍然成立，
理由如下：如图2，延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠1＝180°，
∴∠1＝∠D，
在△ABM和△ADF中，
，
∴△ABM≌△ADF（SAS），
∴AM＝AF，∠3＝∠2，
∵∠EAF∠BAD，
∴∠3+∠4＝∠EAF，
∴∠EAM＝∠3+∠4＝∠2+∠4＝∠EAF，
在△MAE和△FAE中，
，
∴△MAE≌△FAE（SAS），
∴EF＝EM，
∵EM＝BM+BE＝BE+DF，
∴EF＝BE+FD；
（3）（1）中的结论不成立，EF＝BE﹣FD，
理由如下：如图3，在EB上截取BH＝DF，连接AH，
同（2）中证法可得，△ABH≌△ADF，
∴AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，
∴∠HAE＝∠FAE，
在△HAE和△FAE中，
，
∴△HAE≌△FAE（SAS），
∴EF＝EH，
∵EH＝BE﹣BH＝BE﹣DF，
∴EF＝BE﹣FD．
30．（1）问题背景．
如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是线段BC、线段CD上的点．若∠BAD＝2∠EAF，试探究线段BE、EF、FD之间的数量关系．
小明同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG．再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 EF＝BE+DF ．
（2）猜想论证．
如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E在线段BC上、F在线段CD延长线上．若∠BAD＝2∠EAF，上述结论是否依然成立？若成立说明理由；若不成立，试写出相应的结论并给出你的证明．
（3）拓展应用．
如图3，在四边形ABCD中，∠BDC＝45°，连接BC、AD，AB：AC：BC＝3：4：5，AD＝4，且∠ABD+∠CBD＝180°．则△ACD的面积为 ．
试题分析：（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，即可证明△ABE≌△ADG（SAS），可得AE＝AG，再证明△AEF≌△AGF（SAS），可得EF＝FG，即可解题；
（2）在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．根据（1）的证法，我们可得出DF＝BG，GE＝EF，那么EF＝GE＝BE﹣BG＝BE﹣DF．
（3）如图3中，如图3中，过点D作DH⊥AB交AB的延长线于H，DK⊥AC交AC的延长线于K，DJ⊥BC于J．证明四边形AHDK是正方形即可解决问题．
答案详解：解：延长FD到点G．使DG＝BE，连接AG，
∵∠B+∠ADF＝180°，∠ADF+∠ADG＝180°，
∴∠ADG＝∠B，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠BAD＝2∠EAF，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AEF和△AGF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG，
∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF；
所以答案是：EF＝BE+DF．
（2）结论EF＝BE+FD不成立，结论：EF＝BE﹣FD．
理由如下：证明：如图2中，在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF．
∵在△ABG与△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS）．
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．
∴∠BAD＝∠BAG+∠GAD＝∠DAF+∠GAD＝∠GAF．
∵∠BAD＝2∠EAF，
∴∠GAF＝2∠EAF，
∴∠GAE＝∠EAF．
∵AE＝AE，
∴△AEG≌△AEF（SAS）．
∴EG＝EF
∵EG＝BE﹣BG
∴EF＝BE﹣FD．
（3）如图3中，如图3中，过点D作DH⊥AB交AB的延长线于H，DK⊥AC交AC的延长线于K，DJ⊥BC于J．
∵AB：AC：BC＝3：4：5，
∴可以假设AB＝3k，AC＝4k，BC＝5k，
∴AB2+AC2＝BC2，
∴∠BAC＝90°，
∵∠H＝∠K＝90°，
∴四边形AHDK是矩形，
∴∠HDK＝90°，
∵∠BDC＝45°，
∴∠BDH+∠CDK＝45°，
∵∠ABD+∠CBD＝180°，∠ABD+∠DBH＝180°，
∴∠DBH＝∠DBC，
∵∠H＝∠DJB＝90°，DB＝DB，
∴△BDH≌△BDJ（AAS），
∴DH＝DJ，∠BDH＝∠BDJ，BH＝BJ，
∵∠BDJ+∠CDJ＝45°，∠BHH+∠CDK＝∠BDJ+∠CDK＝45°，
∴∠CDJ＝∠CDK，
∵∠K＝∠DJC＝90°，CD＝CD，
∴△CDK≌△CDJ（AAS），
∴DJ＝DK，CJ＝CK，
∴DH＝DK，
∴四边形AHDK是正方形，
∴BH+CK＝BJ+CJ＝5k，
∴AH+AK＝12k，
∴AK＝KD＝6k，
∵AD＝4，
∴AK＝DK＝26k，
∴k，
∴AC，
∴S△ACD•AC•DK•2．
所以答案是．