专题1.11 全等三角形几何模型（半角模型）（专项练习）-2024-2025学年八年级数学上册全章复习与专题突破讲与练（浙教版）

专题1.11 全等三角形几何模型（半角模型）（专项练习） 1．如图，已知：正方形，点，分别是，上的点，连接，，，且，求证：． 2．如图，正方形ABCD中，E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，连接EF，这种模型属于“半角模型”中的一类，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的分析思路．例如图中△ADF与△ABG可以看作绕点A旋转90°的关系．这可以证明结论“EF＝BE＋DF”，请补充辅助线的作法，并写出证明过程． （1）延长CB到点G，使BG＝ ，连接AG； （2）证明：EF＝BE＋DF 3．（2020九年级·全国·专题练习）如图，是边长为3的等边三角形，是等腰三角形，且，以为顶点作一个角，使其两边分别交于点，交于点，连接，求的周长． 4．（23-24八年级上·江苏连云港·期中）在四边形ABDC中，，，，，E是上一点，F是延长线上一点，且． (1)在图1中，试说明：； (2)在图2中，若G在上且，试猜想之间的数量关系并证明所归纳结论； (3)若题中条件“且”改为，，G在上，满足什么条件时，（2）中结论仍然成立？（只写结果不要证明）． 5．（2023·吉林松原·模拟预测）【问题引领】 问题1：如图①，在四边形中，，，．、分别是，上的点．且．探究图中线段，，之间的数量关系． 小王同学探究此问题的方法是，延长到点．使．连接，先证明，再证明．他得出的正确结论是 ． 【探究思考】 问题2：如图②，若将问题1的条件改为：四边形中，，，，问题1的结论是否仍然成立？请说明理由． 6．（2020九年级·全国·专题练习）如图，是边长为2的等边三角形，是顶角为120°的等腰三角形，以点为顶点作，点、分别在、上． （1）如图①，当时，则的周长为______； （2）如图②，求证：． 7．（11-12九年级上·黑龙江绥化·期末）已知：正方形中，，绕点顺时针旋转，它的两边分别交（或它们的延长线）于点． 当绕点旋转到时（如图1），易证． （1）当绕点旋转到时（如图2），线段和之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明． （2）当绕点旋转到如图3的位置时，线段和之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想． 8．（2020九年级·全国·专题练习）如图，在四边形中，，，分别是，上的点，连接，，． （1）如图①，，，．求证：；          （2）如图②，，当周长最小时，求的度数； （3）如图③，若四边形为正方形，点、分别在边、上，且，若，，请求出线段的长度． 9．（21-22八年级上·浙江绍兴·期中）问题情境 在等边△ABC的两边AB，AC上分别有两点M，N，点D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC． 特例探究 如图1，当DM＝DN时， （1）∠MDB＝　 　度； （2）MN与BM，NC之间的数量关系为　 　； 归纳证明 （3）如图2，当DM≠DN时，在NC的延长线上取点E，使CE＝BM，连接DE，猜想MN与BM，NC之间的数量关系，并加以证明． 拓展应用 （4）△AMN的周长与△ABC的周长的比为　 　． 10．（21-22九年级上·黑龙江齐齐哈尔·期末）综合与实践 （1）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝45°，则MN，AM，CN的数量关系为 　 　． （2）如图2，在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝∠ABC，试探索线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？请写出猜想，并给予证明． （3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，点M、N分别在DA、CD的延长线上，若∠MBN＝∠ABC，试探究线段MN、AM、CN的数量关系为 　 　． 11．（21-22八年级下·浙江舟山·期末）已知：边长为4的正方形ABCD，∠EAF的两边分别与射线CB、DC相交于点E、F，且∠EAF＝45°，连接EF．求证：EF＝BE+DF． 思路分析： (1)如图1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°， ∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADE'，则F、D、E'在一条直线上， ∠E'AF＝　 　度，…… 根据定理，可证：△AEF≌△AE'F． ∴EF＝BE+DF． 类比探究： (2)如图2，当点E在线段CB的延长线上，探究EF、BE、DF之间存在的数量关系，并写出证明过程； 拓展应用： (3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，D、E在BC上，∠BAC＝2∠DAE．若S△ABC＝14，S△ADE＝6，求线段BD、DE、EC围成的三角形的面积． 12．（22-23八年级上·江西宜春·期中）问题背景：“半角模型”问题．如图1，在四边形中，，，，点E，F分别是上的点，且，连接，探究线段之间的数量关系． (1)探究发现：小明同学的方法是延长到点G．使．连结，先证明，再证明，从而得出结论：_____________； (2)拓展延伸：如图2，在四边形中，，，E、F分别是边上的点，且，请问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由． (3)尝试应用：如图3，在四边形中，，，E、F分别是边延长线上的点，且，请探究线段具有怎样的数量关系，并证明． 13．（18-19七年级上·山东威海·期末）（1）如图1，在四边形中，，，E、F分别是边、上的点，若，可求得、、之间的数量关系为________．（只思考解题思路，完成填空即可，不必书写证明过程） （2）如图2，在四边形中，，，E、F分别是边、延长线上的点，若，判断、、之间的数量关系还成立吗，若成立，请完成证明，若不成立，请说明理由． 14．（19-20八年级上·湖北黄石·期中）如图，四边形ABCD为正方形（各边相等，各内角为直角），E是BC边上一点，F是CD上的一点． （1）若△CFE的周长等于正方形ABCD的周长的一半，求证：∠EAF=45°； （2）在（1）的条件下，若DF=2，CF=4，CE=3，求△AEF的面积． 15．（20-21八年级下·吉林白城·期末）【感知】如图①，点M是正方形ABCD的边BC上一点，点N是CD延长线上一点，且MA⊥AN，易证△ABM≌△ADN，进而证得BM=DN（不要求证明） 【应用】（1）如图②，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF=45°．求证：BE+DF=EF． 【拓展】（2）如图③，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，∠ABC+∠ADC=180°，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF=45°，若BD=3.5，EF=2，则四边形BEFD的周长为 ． 16．（21-22八年级上·江苏宿迁·期中）（1）如图①，在正方形中，、分别是、上的点，且，连接，探究、、之间的数量关系，并说明理由； （2）如图②，在四边形中，，，、分别是、上的点，且，此时（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由． 17．（21-22八年级上·黑龙江齐齐哈尔·期末）【问题背景】 如图1：在四边形中，，，、分别是、上的点，且，小王同学探究此问题的方法是：延长到点，使，连接，再证明，可得出结论　 　． 【探索延伸】如图2，若在四边形中，，、分别是，上的点，上述结论是否仍然成立 【学以致用】 如图3，四边形是边长为5的正方形，，求的周长． 18．（21-22七年级下·广东揭阳·期末）【问题提出】 （1）如图1，在四边形ABCD中，，，，E、F分别是BC、CD上的点，探究当为多少度时，使得成立． 小亮同学认为：延长FD到点G，使，连接AG，先证明，再证明，则可求出∠EAF的度数为______； 【问题探究】 （2）如图2，在四边形ABCD中，，，E、F分别是BC、CD上的点，当∠EAF与∠BAD满足怎样的数量关系时，依然有成立，并说明理由． 【问题解决】 （3）如图3，在正方形ABCD中，，若的周长为8，求正方形ABCD的面积． 19．（23-24八年级上·山东临沂·期中）【基本模型】 （1）如图1，是正方形，，当在边上，在边上时，请你探究、与之间的数量关系，并证明你的结论． 【模型运用】 （2）如图2，是正方形，，当在的延长线上，在的延长线上时，请你探究、与之间的数量关系，并证明你的结论． 20．（21-22九年级上·山西·期末）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务： 从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型．半角模型可证出多个几何结论，例如： 如图1，在正方形中，以为顶点的，、与、边分别交于、两点．易证得． 大致证明思路：如图2，将绕点顺时针旋转，得到，由可得、、三点共线，，进而可证明，故． 任务： 如图3，在四边形中，，，，以为顶点的，、与、边分别交于、两点．请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由． 21．（22-23八年级上·江西宜春·阶段练习）（1）如图1，在四边形中，，，， E、F分别是、上的点，且，小王同学探究此问题的方法是:延长到点G，使，连接，证明．请直接写出、、条线段之间的数量关系． （2）如图2，若在四边形中，，与互补，E、F分别是，上的点，、、 是否还存在上述关系，若存在，请证明；若不存在，请说明理由． （3）如图3，四边形是边长为5的正方形，，求的周长． 22．（2024·宁夏银川·模拟预测）（1）特例探究：如图①，在正方形中，E，F分别为，上的点，，探究，，之间的数量关系．小明是这么思考的：延长，截取，连接，易证，从而得到，再由“”证明，从而得出结论：__________________________． （2）一般探究：如图②，在四边形中，，与互补，E，F分别是，上的点，且满足，探究，，之间的数量关系． （3）实际应用：如图③，在四边形中，，，，则四边形的面积为 ．      23．（23-24八年级上·陕西安康·期中）八年级的数学课堂上，老师布置了以下两个任务．    任务一：自主探究，再合作交流展示． 如图1，在四边形中，分别是上的点，且，连接，探究之间的数量关系．经过小组交流讨论，最后给出的解决方案是：延长到点，使，连接，先证明，再证明，最后得到结论：． 任务二：问题解决． 如图2，在四边形中，分别是边上的点，且，试探究之间的数量关系． 24．（23-24八年级上·四川德阳·阶段练习）【问题背景】如图1，在四边形中，，，，E、F分别是上的点，且，试探究图1中线段之间的数量关系． (1)【初步探索】小亮同学认为：如图1，延长到点G，使，连接，先证明，再证明，则可得到之间的数量关系是 ． (2)【探索延伸】在四边形中如图2，，E、F分别是上的点，，上述结论是否仍然成立？说明理由． (3)【结论运用】如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东的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海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东的方向以海里/小时的速度前进小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角（）为，试求此时两舰艇之间的距离． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．见解析． 【分析】将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADG，根据旋转的性质可得GD=BE，AG=AE，∠DAG=∠BAE，然后求出∠FAG=∠EAF，再利用“边角边”证明△AEF和△AGF全等，根据全等三角形对应边相等可得EF=FG，即可得出结论． 【详解】如解图，将绕点逆时针旋转至的位置，使与重合． ∴，． ∵． ∴， ∴． 在和中， ， ∴． ∴． ∵， ∴． 【点睛】本题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，难点在于利用旋转变换作出全等三角形． 2．（1）DF；（2）见解析 【分析】（1）由于△ADF与△ABG可以看作绕点A旋转90°的关系，根据旋转的性质知BG=DF，从而得到辅助线的做法； （2）先证明△ADF≌△ABG，得到AG=AF，∠GAB=∠DAF，结合∠EAF＝45°，易知∠GAE=45°，再证明△AGE≌△AFE即可得到EF＝GE=BE+GB=BE＋DF 【详解】解：（1）根据旋转的性质知BG=DF，从而得到辅助线的做法：延长CB到点G，使BG=DF，连接AG； （2）∵四边形ABCD为正方形， ∴AB=AD，∠ADF=∠ABE=∠ABG=90°， 在△ADF和△ABG中 ∴△ADF≌△ABG（SAS）， ∴AF=AG，∠DAF=∠GAB， ∵∠EAF=45°， ∴∠DAF+∠EAB=45°， ∴∠GAB+∠EAB=45°， ∴∠GAE=∠EAF =45°， 在△AGE和△AFE中0 ∴△ADF≌△ABG（SAS）， ∴GE=EF， ∴EF＝GE=BE+GB=BE＋DF 【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用旋转方法提示构造全等三角形，属于中考常考题型． 3．的周长为6． 【分析】要求△AMN的周长，根据题目已知条件无法求出三条边的长，只能把三条边长用其它已知边长来表示，所以需要作辅助线，延长AB至F，使BF=CN，连接DF，通过证明△BDF≌△CDN，及△DMN≌△DMF，从而得出MN=MF，△AMN的周长等于AB+AC的长． 【详解】解：∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC=120° ∴∠BCD=∠DBC=30° ∵△ABC是边长为3的等边三角形 ∴∠ABC=∠BAC=∠BCA=60° ∴∠DBA=∠DCA=90° 延长AB至F，使BF=CN，连接DF， 在Rt△BDF和Rt△CND中，BF=CN，DB=DC ∴△BDF≌△CDN， ∴∠BDF=∠CDN，DF=DN ∵∠MDN=60° ∴∠BDM+∠CDN=60° ∴∠BDM+∠BDF=60°，∠FDM=60°=∠MDN，DM为公共边 ∴△DMN≌△DMF， ∴MN=MF ∴△AMN的周长是：AM+AN+MN=AM+MB+BF+AN=AB+AC=6． 【点睛】此题主要利用等边三角形和等腰三角形的性质来证明三角形全等，构造另一个三角形是解题的关键． 4．(1)见解析 (2)．证明见解析 (3)当时，仍然成立． 【分析】本题综合考查了全等三角形的性质和判定． （1）首先判断出，然后根据全等三角形判定的方法，判断出，即可判断出； （2）猜想、、之间的数量关系为：．首先根据全等三角形判定的方法，判断出，即可判断出；然后根据，可得，，再根据，判断出，据此推得，所以，最后根据，判断出即可． （3）当时，仍然成立，依照（2）的证明过程即可解答． 【详解】（1）证明：，，， ， 又， ， 在和中， ， ， ； （2）解：猜想、、之间的数量关系为：． 证明：如图，连接， 在和中， ， ， ， 又， ，， 由（1），可得， ， ， 即， ， 在和中， ， ， 又，， ； （3）解：当时，仍然成立， 证明：如图，连接， 在和中， ， ， ， 又， ，， 由（1），可得， ， ， 即， ， 在和中， ， ， ， 又，， ； ∴当时，仍然成立． 5．问题1：，见解析；问题2：问题1中结论仍然成立，见解析 【分析】本题考查了全等三角形得到判定与性质，解题的关键是根据题意正确作出辅助线． （1）延长到点．使．连接，先证明，再证明，根据全等三角形的性质，即可得出结论； （2）延长到点，使，连接，结合题意可推出，然后证明，再证明，即可得出结论． 【详解】解：问题1：． 延长到点．使．连接， 在和中， ， ． ，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， 故答案为：； 问题2：问题1中结论仍然成立，如图②． 理由：延长到点，使，连接， ，， ． 在和中， ， ， ，． ， ， ． ． 在和中， ， ， ， ． 6．（1）4；（2）见解析 【分析】（1）首先证明△BDM≌△CDN，进而得出△DMN是等边三角形，∠BDM=∠CDN=30°，NC=BM=DM=MN，即可解决问题； （2）延长至点，使得，连接，首先证明，再证明，得出，进而得出结果即可． 【详解】解：（1）∵是等边三角形，， ， ∴是等边三角形，，则， ∵是顶角的等腰三角形， ， ， 在和中， ， ，， ∵， ∴是等边三角形，， ，， ∴的周长． （2）如图，延长至点，使得，连接， ∵是等边三角形，是顶角的等腰三角形， ，， ， ， 在和中， ， ，， ， ∵， ， 在和中， ． ， 又∵， ． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质及等腰三角形的性质，掌握全等三角形的性质与判定，等边三角形及等腰三角形的性质是解题的关键． 7．（1），证明见解析（2） 【分析】（1）BM+DN=MN成立，证得B、E、M三点共线即可得到△AEM≌△ANM，从而证得ME=MN． （2）DN-BM=MN．证明方法与（1）类似． 【详解】（1）BM+DN=MN成立． 证明：如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，则可证得E、B、M三点共线． ∴∠EAM=90°-∠NAM=90°-45°=45°， 又∵∠NAM=45°， ∴在△AEM与△ANM中， ∴△AEM≌△ANM（SAS）， ∴ME=MN， ∵ME=BE+BM=DN+BM， ∴DN+BM=MN； （2）DN-BM=MN． 在线段DN上截取DQ=BM，如图， 在△ADQ与△ABM中， ∵， ∴△ADQ≌△ABM（SAS）， ∴∠DAQ=∠BAM， ∴∠QAN=∠MAN． 在△AMN和△AQN中， ∴△AMN≌△AQN（SAS）， ∴MN=QN， ∴DN-BM=MN． 8．（1）见解析；（2）；（3）． 【分析】（1）延长到点G,使，连接，首先证明，则有，，然后利用角度之间的关系得出，进而可证明，则，则结论可证； （2）分别作点A关于和的对称点，，连接，交于点，交于点，根据轴对称的性质有，，当点、、、在同一条直线上时，即为周长的最小值，然后利用求解即可； （3）旋转至的位置，首先证明，则有，最后利用求解即可． 【详解】（1）证明：如解图①，延长到点，使，连接， 在和中， ． ，， ，， ． ， 在和中， ． ，； （2）解：如解图，分别作点A关于和的对称点，，连接，交于点，交于点． 由对称的性质可得，， 此时的周长为． 当点、、、在同一条直线上时，即为周长的最小值． ， ． ，， ； （3）解：如解图，旋转至的位置， ， ，． 在和中， ． ． ． 【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质，轴对称的性质，掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键． 9．（1）30；（2）MN＝BM+NC；（3）MN＝BM+NC，证明见解析；（4） 【分析】（1）先证明△MDN是等边三角形，则MN＝DM＝DN，再证明Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），得∠BDM＝∠CDN＝30°； （2）由（1）得DM＝2BM，可得结论MN＝2BM＝BM+NC； 归纳证明：先证△DBM≌△DCE（HL），得DM＝DE，∠BDM＝∠CDE，再证△MDN≌△EDN（SAS），得MN＝NE，可得结论MN＝BM+CN； 拓展应用： （3）首先根据题意利用SAS证明△DBM≌△DCE，然后证明△MDN≌△EDN，根据全等三角形对应相等通过线段之间的转化即可得到MN＝BM+NC； （4）由（3）得到MN＝BM+NC，则△AMN的周长＝2AB，△ABC的周长＝3AB，即可得出结论． 【详解】特例探究： 解：（1）∵DM＝DN，∠MDN＝60°， ∴△MDN是等边三角形， ∴MN＝DM＝DN， ∵∠BDC＝120°，BD＝DC， ∴∠DBC＝∠DCB＝30°， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝60°， ∴∠DBM＝∠DCN＝90°， ∵BD＝CD，DM＝DN， ∴Rt△DBM≌Rt△DCN（HL）， ∴∠MDB＝∠NDC＝30°， 故答案为：30； （2）由（1）得：DM＝2BM，DM＝MN，Rt△DBM≌Rt△DCN（HL）， ∴BM＝CN， ∴DM＝MN＝2BM＝BM+NC， 即MN＝BM+NC； 归纳证明 （3）解：猜想：MN＝BM+NC，证明如下： ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝60°， ∵BD＝CD，∠BDC＝120°， ∴∠DBC＝∠DCB＝30°， ∴∠MBD＝∠NCD＝90°． ∴∠MBD＝∠ECD＝90°， 又∵BD＝CD，BM＝CE， ∴△DBM≌△DCE（SAS）， ∴DM＝DE，∠MDB＝∠EDC， ∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°， ∴∠MDB+∠NDC＝60°， ∴∠EDN＝∠NDC+∠EDC＝∠MDB+∠NDC＝60°， ∴∠EDN＝∠MDN， 又∵DN＝DN， ∴△MDN≌△EDN（SAS）， ∴MN＝EN＝EC+NC＝BM+NC； 拓展应用 （4）解：由（1）（2）得：MN＝BM+NC， ∴△AMN的周长＝AM+MN+AN＝AM+BM+NC+AN＝AB+AC＝2AB， ∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC＝AC， ∴△ABC的周长＝3AB， ∴△AMN的周长与△ABC的周长的比为＝， 故答案为：． 【点睛】此题考查了等边三角形的性质的，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质． 10．（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由见解析；（3）MN=CN-AM，理由见解析 【分析】（1）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，可得到点M'、C、N三点共线，再由∠MBN=45°，可得∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解； （2）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，由∠A+∠C＝180°，可得点M'、C、N三点共线，再由∠MBN＝∠ABC，可得到∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解； （3）在NC上截取C M'=AM，连接B M'，由∠ABC+∠ADC＝180°，可得∠BAM=∠C，再由AB＝BC，可证得△ABM≌△CB M'，从而得到AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，进而得到∠MA M'=∠ABC，再由∠MBN＝∠ABC，可得∠MBN＝∠M'BN，从而得到△NBM≌△NBM'，即可求解． 【详解】解：（1）如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC， 在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC    ， ∴∠BCM'+∠BCD=180°， ∴点M'、C、N三点共线， ∵∠MBN=45°， ∴∠ABM+∠CBN=45°， ∴∠M'BN=∠M'BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=45°， 即∠M'BN=∠MBN， ∵BN=BN， ∴△NBM≌△NBM'， ∴MN= M'N， ∵M'N= M'C+CN， ∴MN= M'C+CN=AM+CN； （2）MN=AM+CN；理由如下： 如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC， ∵∠A+∠C＝180°， ∴∠BCM'+∠BCD=180°， ∴点M'、C、N三点共线， ∵∠MBN＝∠ABC， ∴∠ABM+∠CBN=∠ABC＝∠MBN， ∴∠CBN+∠M'BC =∠MBN，即∠M'BN=∠MBN， ∵BN=BN， ∴△NBM≌△NBM'， ∴MN= M'N， ∵M'N= M'C+CN， ∴MN= M'C+CN=AM+CN； （3）MN=CN-AM，理由如下： 如图，在NC上截取C M'=AM，连接B M'， ∵在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°， ∴∠C+∠BAD=180°， ∵∠BAM+∠BAD=180°， ∴∠BAM=∠C， ∵AB＝BC， ∴△ABM≌△CB M'， ∴AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'， ∴∠MA M'=∠ABC， ∵∠MBN＝∠ABC， ∴∠MBN＝∠MA M'=∠M'BN， ∵BN=BN， ∴△NBM≌△NBM'， ∴MN= M'N， ∵M'N=CN-C M'，   ∴MN=CN-AM． 故答案是：MN=CN-AM． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，图形的旋转，根据题意做适当辅助线，得到全等三角形是解题的关键． 11．(1)45 (2)DF＝BE+EF，证明见解析 (3)2 【分析】（1）把绕点逆时针旋转至，则、、在一条直线上，，再证△，得，进而得出结论； （2）将绕点逆时针旋转得到，由旋转的性质得，再证△，得，进而得出结论； （3）将绕点逆时针旋转得到，连接，则，得，因此，同（2）得△，则，，得、、围成的三角形面积，即可求解． 【详解】（1）解：如图1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°， ∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至， 则F、D、在一条直线上，≌△ABE， ∴＝BE，∠＝∠BAE，＝AE， ∴∠＝∠EAD+∠＝∠EAD+∠BAE＝∠BAD＝90°， 则∠＝∠﹣∠EAF＝45°， ∴∠EAF＝∠， ∴△AEF≌△（SAS）， ∴， ∵， ∴EF＝BE+DF． 故答案为：45； （2）解：DF＝BE+EF    理由如下： 将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△， ∴△≌△ABE， ∴AE＝，BE＝，∠＝∠BAE， ∴∠＝∠BAE+∠＝∠+∠＝∠BAD＝90°， 则∠＝∠﹣∠EAF＝45°， ∴∠＝∠EAF＝45°， 在△AEF和△中， ， ∴△AEF≌△（SAS）， ∴， ∵， ∴DF＝BE+EF； （3）解：将△ABD绕点A逆时针旋转得到△，连接， 则△≌△ABD， ∴CD'＝BD， ∴， 同（2）得：△ADE≌△（SAS）， ∴，， ∴BD、DE、EC围成的三角形面积为、、EC围成的三角形面积． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、旋转的性质、正方形的性质以及四边形和三角形面积等知识，本题综合性强，解此题的关键是根据旋转的启发正确作出辅助线得出全等三角形，属于中考常考题型． 12．(1) (2)成立，理由见解析 (3)，证明见解析 【分析】（1）延长到点G．使．连接，利用全等三角形的性质解决问题即可； （2）延长至M，使，连接．证明，由全等三角形的性质得出．，由全等三角形的性质得出，即，则可得出结论； （3）在上截取，使，连接．证明．由全等三角形的性质得出．证明，由全等三角形的性质得出结论． 【详解】（1）解：． 延长到点G．使．连接， ∵， ∴． ∴． ∴． ∴． 又∵， ∴． ∴． ∵． ∴． 故答案为：； （2）解：（1）中的结论仍然成立． 证明：如图②中，延长至M，使，连接． ∵， ∴， 在与中， ， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴，即． 在与中， ， ∴． ∴，即， ∴； （3）解：结论：． 证明：如图③中，在上截取，使，连接． ∵， ∴． 在与中， ， ∴． ∴． ∴． ∴． ∵， ∴，   ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题是三角形综合题，考查了三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形解决问题． 13．（1）；（2）．理由见解析． 【分析】（1）线段、、之间的数量关系是．如图，延长至，使，连接，利用全等三角形的性质解决问题即可． （2）结论：．如图中，在上截取，连接，证明，推出，，再证明，可得结论． 【详解】（1）解：线段、、之间的数量关系是． 如图，延长至，使，连接， ∵，，即：， ∴， 在和中，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∵， ∴； 故答案为：． （2）结论：． 理由：在上截取，连接， ∵，， ∴， 在与中，， ∴， ∴，，则， ∴ ∵，， ∴， 在与中，， ∴， ∴， 即， 即， ∴． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 14．(1)见解析;(2)15. 【分析】（1）延长CF至G，使DG=BE，连接AG，由已知条件得出CE+CF+EF=CD+BC，得出DF+BE=EF，证出DF+DG=EF，即GF=EF，由SAS证明△ABE≌△ADG，得出AE=AG，∠BAE=∠DAG，证出∠EAG=90°，由SSS证明△AEF≌△AGF，得出∠EAF=∠GAF=×90°=45°； （2）由已知条件得出AB=AD=CD=BC=6，BE=BC-CE=3，由（1）得：==+，即可得出答案． 【详解】（1）    证明：延长CF至G，使DG=BE，连接AG，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD=∠ABE=∠ADF=90°，AB=BC=CD=AD， ∴∠ADG=90°， ∵△CFE的周长等于正方形ABCD的周长的一半， ∴CE+CF+EF=CD+BC， ∴DF+BE=EF， ∴DF+DG=EF，即GF=EF， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AE=AG，∠BAE=∠DAG， ∴∠EAG=90°， 在△AEF和△AGF中， ， ∴△AEF≌△AGF（SSS）， ∴∠EAF=∠GAF=×90°=45°； （2）解：∵DF=2，CF=4，CE=3， ∴AB=AD=CD=BC=2+4=6，BE=BC﹣CE=3， 由（1）得：==+=×6×3+×6×2=15． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质以及正方形的性质，掌握全等三角形的判定与性质以及正方形的性质是解题的关键. 15．（1）见解析；（2）7.5 【分析】应用：如图②中，过点A作AG⊥AE交CD延长线于点G．先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，得到EF=FG，由此即可证明． 拓展：如图③中，过点A作AG⊥AE交CD延长线于点G．首先证明BE+DF=EF，由此即可计算四边形的周长． 【详解】证明：【应用】如图②中，过点A作AG⊥AE交CD延长线于点G． ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB=AD，∠B=∠BAD=∠ADC=90°． ∴∠B=∠ADG=90°，∠BAE+∠EAD=90°． ∵AG⊥AE，∴∠DAG+∠EAD=90°． ∴∠BAE=∠DAG． 在△ABE和△ADG中， ∴△ABE≌△ADG．                                    　       ∴AE=AG，BE=DG． ∵∠EAF=45°，AG⊥AE，∴∠GAF=∠EAF=45°． 在△FAE和△FAG中， ∴△AEF≌△AGF． ∴EF=FG．∵FG=DF+DG=DF+BE， ∴BE+DF=EF．                　　　 解：【拓展】如图③中，过点A作AG⊥AE交CD延长线于点G． ∵AB=AD，∠ABC+∠ADC=180°，∠ADG+∠ADC=180° ∴∠ABE=∠ADG，∵AG⊥AE，∴∠DAG+∠EAD=90°． ∵∠BAE+∠EAD=90°∴∠BAE=∠DAG． 在△ABE和△ADG中， ∠ABE=∠ADG，AB=AD，∠BAE=∠DAG， ∴△ABE≌△ADG． ∴AE=AG，BE=DG． ∵∠EAF=45°，AG⊥AE， ∴∠EAF=∠GAF=45°． 在△FAE和△FAG中， AF=AF，∠FAE=∠FAG，AE=AG， ∴△AEF≌△AGF． ∴EF=FG． ∵FG=DF+DG=DF+BE， ∴BE+DF=EF． ∴四边形BEFD的周长为EF+（BE+DF）+DB=2+2+， 故答案为：． 【点睛】本题考查四边形的综合题、全等三角形的判定和性质、正方形的性质等知识，解题的关键是学会由感知部分得到启发，添加辅助线构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 16．（1），理由见解析；（2）成立，理由见解析 【分析】（1）典型的“夹半角模型”，延长到使得，先证，再证，最后根据边的关系即可证明； （2）图形变式题可以参考第一问的思路，延长到使得，先证 ，再证，最后根据边的关系即可证明； 【详解】解：（1） 证明：延长到，使得      连接      ∵四边形是正方形      ∴，      又∵      ∴      ∴，      ∵      ∴     ∴     又∵     ∴     ∴     又∵     ∴ （2） 证明：延长到，使得      连接      ∵，      ∴      又∵，      ∴      ∴，      ∵      ∴     ∴     又∵     ∴     ∴     又∵     ∴ 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正确的根据“夹半角模型”作出辅助线是解题的关键． 17．【问题背景】；【探索延伸】结论仍然成立；理由见解析；【学以致用】10 【分析】（1）【问题背景】延长到点．使．连接，即可证明，可得，再证明，可得，即可解题； （2）【探索延伸】延长到点．使．连接，即可证明，可得，再证明，可得，即可解题； （3）【学以致用】延长，截取，连接，根据定理可得出，故可得出，，再由，可得出，故，由定理可得，故，故的周长，由此可得出结论． 【详解】（1）【问题背景】解：如图1， 在和中， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； 故答案为：． （2）【探索延伸】解：结论仍然成立； 理由：如图2，延长到点．连接， 在和中， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）【学以致用】解：如图3，延长到点，连接， 在与中， ∵， ∴， ∴，． ∵，， ∴， ∴， 在与中， ∵， ∴， ∴， ∴的周长． 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解题的关键． 18．（1）60°；（2）当时，成立，理由见解析；（3）16 【分析】（1）根据全等三角形的性质得到证明得到根据题意，计算即可得出结果． （2）延长FD到点H，使，连接AH，分别证明，根据全等三角形的性质解答即可． （3）根据（2）的结论得到，进而求出AD，根据正方形的面积公式计算即可． 【详解】解：（1）当时，，理由如下， 延长FD到点G，使，连接AG， 在和中， 在和中， ； （2）当时，成立， 理由如下：如图2，延长FD到点H，使，连接AH， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴（SAS）， ∴，， ∴， ∵， ∴， 在和中，， ∴（SAS）， ∴； （3）∵四边形ABCD为正方形， ∴． ∵， ∴， ∴， ∵的周长为8， ∴， ∴， ∴AD+CD=8， ∴， ∴正方形ABCD的面积． 【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解此题的关键． 19．（1），证明见解析（2），证明见解析 【分析】本题主要考查全等三角形的判定和性质．本题蕴含半角模型，遇到半角经常要通过旋转构造全等三角形． （1）结论：．将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，然后求出，利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，从而得解； （2）结论：，证明方法同法（1）． 【详解】解：（1）结论：． 理由：如图1，将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，    则：，，， ∴，即：三点共线， ， ∴， ∴， ， 在和中， ， ， ， 又， ． （2）结论：． 理由：如图2，将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，    则：， 同法（1）可得：， ， 又， ． 20．成立，见解析 【分析】根据旋转的性质得到，，，，，推出、、三点共线，根据全等三角形的性质即可得到结论． 【详解】解：成立． 证明：将绕点顺时针旋转得到， ，，，，， ， 、、三点共线， ， ， ，， ， ， ． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 21．（1）；（2）结论仍然成立；证明见解析；（3）的周长为10 【分析】（1）证明得到，，，从而证明，可得，即可得出结论； （2）延长到点G，使，连接，即可证明，可得，再证明，可得，即可得出结论； （3）延长到点G，截取，连接，证明，可得，，再由，，从而证明，故，再根据的周长为：即可求出结果． 【详解】解：（1）证明：如图1，，，， ， ，，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ； （2）结论仍然成立； 理由：延长到点G，使，连接，如下图， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：如图3，延长到点G，截取，连接， 在与中， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 在与中， ∵， ∴， ∴， ∴的周长为：． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线，构造全等三角形是解题的关键． 22．（1） （2） （3） 【分析】（1）根据题意已知，，，即可得到，从而可得； （2）同理，再在延长线上取一点，使，连接，证得，结合再证得，即可得出； （3）同理，在的延长线上取一点，使，连接，证得，即可得出，，求出即可解题． 【详解】解：（1）四边形为正方形， ，， ， ， ，， ，， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：； （2）如图，在延长线上取一点，使，连接， ，与互补， ， ，， ， ，， ， ， ，， ， ， ， ； （3）如图，在的延长线上取一点，使，连接， ， ， ， ， ，， ， ，， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，正方形的性质，补角的定义，线段的和差关系，解题的关键是作辅助线从而构造三角形全等． 23．任务一：见解析；任务二：，见解析 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定． 任务一：延长到点G．使．连接，先证明，得到，再证明，可得出结论； 任务二：延长到点G．使．连接，先证明，得到，由得到，然后证明，可得出结论． 【详解】证明：任务一：延长到点．使，连接， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴； 任务二：结论， 理由：如图2，延长到点G．使．连接，    在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴． 24．(1) (2)成立，理由见解析 (3)海里 【分析】（1）延长到G，使，连接，先证明，再证明，则可得到结论； （2）延长到G，使，连接，先证明，再证明，则结论可求； （3）连接，延长交于点C，利用已知条件得到：四边形中：且，符合探索延伸具备的条件，则，即可得到答案． 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． 【详解】（1）如图1，延长到G，使，连接，    在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴； 故答案为：； （2）仍成立，理由： 如图2，延长到点G，使，连接，    ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）连接，延长交于点C，如图，    ∵， ∴， ∵， ∴四边形中，且， ∴四边形符合探索延伸中的条件， ∴结论成立， 即（海里）， 答：此时两舰艇之间的距离是海里． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$