专题20 全等三角形模型之婆罗摩笈多模型-2024-2025学年八年级数学上册常见几何模型全归纳之模型解读与提分精练（浙教版）

专题20 全等三角形模型之婆罗摩笈多模型 婆罗摩笈多（Brahmagupta）是七世纪时的印度数学家，在世时间约是公元 598年 ~ 660年。他编著了《婆罗摩修正体系》《肯达克迪迦》。《婆罗摩修正体系》中有关数学的部分涉及到有关三角形、四边形、零、负数、一阶和二阶方程的研究，《肯达克迪迦》则是天文方面的著作，研究了关于月食、日食、行星的合等问题。他提出的一些概念在世界数学史上也有很高的地位，比如负数。以他命名的婆罗摩笈多定理又称“布拉美古塔”定理。本专题我们讲的就是由婆罗摩笈多定理演化而来的“婆罗摩笈多”模型。 2 模型1.“婆罗摩笈多”模型 2 51 大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③ 明白模型中常见的易错点，因为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在几何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解每一个题型，做到活学活用！ 模型1.“婆罗摩笈多”模型 婆罗摩笈多定理：如果一个圆内接四边形（即对角互补的四边形）的对角线互相垂直且相交，那么从交点向某一边所引垂线的反向延长线必经过这条边对边的中点（反之亦能成立）。 模型特征：（1）△BCP和△ADP是两个等腰直角三角形，且直角顶点重合. 模型1）知中点证垂直 条件：分别以三角形ABC的边AB、AC为边，向三角形外侧外做正方形ABDE和正方形ACFG，N为EG的中点，M、A、N三点共线。结论：AM⊥BC；BC=2AN；S△ABC=S△AEG 。 证明：（倍长中线法）延长AN到W，使NW=NA，连接EW。 在∆WEN和∆AGN中，NW=NA（已作），∠WNE=∠ANG（对顶角），EN=GN（已知） ∴∆WEN≌ ∆AGN(SAS)，∴EW=GA，∠EWN=∠GAN。 ∵∠EWN=∠GAN∴EW//GA，∴∠WEA+∠EAG=180°(平行线同旁内角)。 ∵∠GAC=90°，∠EAB=90°，∴∠EAG+∠CAB=180°，∴∠WEA=∠CAB。 ∵EW=GA，又∵GA=AC，∴EW=AC。 在∆EWA和∆ACB中：EA=AB，∠WEA=∠CAB，EW=AC，∴∆EWA ≌ ∆ACB(SAS)。 ∴WA=CB，∠EAW=∠ABC，∵∆ABC ≌ ∆EAW， ∴S∆EWA = S∆ACB。 ∵∆WEN≌ ∆AGN， ∴S∆WEN= S∆AGN，∴S∆ACB=S∆EWA =S∆AEN +S∆EWN=S∆AEN+S∆AGN=S△AEG。 ∵WN=AN，∴BC=2AN ，∵∠WAB=∠EAB+∠EAW。 又∵∠WAB=∠ABM+∠AMB（三角形外角性质），∴∠EAB+∠EAW=∠ABM+∠AMB。 ∵∠EAW=∠ABC（∠ABC即∠ABM），∴∠EAB+∠ABM=∠ABM+∠AMB。 ∴∠EAB=∠AMB，∴∠AMB=90°，即AM⊥BC。 模型2）知垂直证中点 条件：分别以∆ABC的边AB、AC为边，向三角形外侧外做正方形ABDE和正方形ACFG，AM⊥BC。 结论：N为EG的中点；BC=2AN ；S△ABC=S△AEG。 证明：（法1:平行线法）作EW//AG，交AN的延长线于W，∵EW//AG，∴∠WEA+∠EAG=180°， ∵∠EAB和∠GAC为正方形的角，所以两个角均为90°，∴∠EAG+∠BAC=180°， ∴∠WEA=∠BAC，∵EW//AG，∴∠EWN=∠GAN， ∵∠GAN+∠MAC =90°，∵AM⊥BC，∴∠MAC+∠MCA=90°，∴∠MCA=∠GAN，∴∠MCA=∠EWN， 在∆ABC和∆EAW中，∠BCA=∠AWE，∠CAB=∠WEA，AB=EA，∴∆ABC ≌ ∆EAW(AAS) ， ∴AW=BC，∴WE=CA，∵CA=AG，∴WE=AG，∵EW//AG，∴∠WEN=∠AGN， 在∆WEN和∆AGN中，∠WEN=∠AGN，WE=AG，∠ENW=GNA，∴∆WEN≌ ∆AGN (ASA)， ∴EN=GN，即N为EG的中点，∴WN=AN，∴BC=AW=2AN， ∵∆ABC ≌ ∆EAW，∴S∆EWA = S∆ACB，∵∆WEN≌ ∆AGN， ∴S∆WEN= S∆AGN， ∴S∆ACB=S∆EWA =S∆AEN +S∆EWN=S∆AEN+S∆AGN=S△AEG。 （法2:三垂直模型法）作EX⊥AN，交AN的延长线于X，作GY⊥AN，将AN于Y。 ∵AM⊥BC，∴∠ABM+∠BAM=90°，∵∠EAB=90°，∴∠EAN+∠BAM=90°，∴∠ABM=∠EAN 在Rt∆ABM和Rt∆EAX中，∵∠ABM=∠EAN，∴∠AEX=∠BAM； 在Rt∆ABM和Rt∆EAX中，∠BAM=∠AEX，AB=EA，∠ABM=∠EAX； ∴Rt∆ABM ≌Rt∆EAX （ASA），∴AM=EX，同理可证：∴Rt∆AYG ≌Rt∆CMA （ASA），∴GY=AM； ∵AM=EX，∴GY=EX，在Rt∆EXN和Rt∆GYN中，∠ENX=∠GNY，∠EXN=∠GYN，EX =GY； ∴Rt∆EXN ≌ Rt∆GYN（AAS），∴EN=GN，即N为EG的中点； ∵Rt∆ABM ≌Rt∆EAX ，∴S∆ABM =S∆EAX，BM=AX，∵Rt∆AYG ≌Rt∆CMA，∴S∆AYG =S∆CMA，CM=AY； ∵Rt∆EXN ≌ Rt∆GYN，∴S∆EXN = S∆GYN，XN=YN； ∴S△ABC=S∆ABM+S∆CMA =S∆EAX+S∆AYG=S∆EAN +S∆ENX+S∆ANG-S∆GNY=S∆AEG； ∴BC=BM+CM=AX+AY=AN+NX+AN-YN=2AN。 其实该模型也可以模仿 模型1）中的倍长中线法，有兴趣的同学们可以自己去尝试以下哦！ 例1．（23-24八年级上·浙江·期中）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，点，点Q在x轴的负半轴上，且分别以、为腰，点C为直角顶点在第一、第二象限作等腰、等腰，连接交y轴于P点，则的值为 ． 例2．（2024·湖北黄石·模拟预测）如图，以△ABC的边AC、BC为边向外作正方形ACDE和正方形BCGF，连接AG、BD相交于点O，连接CO、DG，取AB中点M，连接MC并延长交DG于点N．下列结论：①AG＝BD；②MN⊥DG；③CO平分∠DCG；④S△ABC＝S△CDG；⑤∠AOC＝45°．其中正确的结论有 （填写编号）． 例3．（23-24七年级下·重庆·期中）已知和，，，．连接、，过点作于点，反向延长线段交于点． (1)如图1，当时：请直接写出与的数量关系：____________（填“ ”、“”、“”） 求证：(2)如图2，当时，上述结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由． 例4．（23-24七年级下·江苏盐城·期末）（1）【全等模型】如图1，已知：在中，，，直线经过点，直线，直线，垂足分别为点，．则DE、BD、CE的数量关系为______． （2）【类比探究】如图2现将【全等模型】的条件改为：在中，，直线经过点、、、点，且．请判断（1）的结论是否成立？若成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由．（3）【灵活应用】如图3，过的边、向外作正方形和正方形（正方形的4条边都相等，4个角都是直角），是边上的高，延长交于点，若，，求△AEG的面积． 例5．（24-25九年级上·辽宁本溪·阶段练习）【定义学习】我们把两个面积相等但不全等的三角形叫做偏等积三角形． 【定义理解】（1）如图，中，，点在边上，请用不带刻度的直尺和圆规作线段，使与是偏等积三角形（要求保留作图痕迹，不写作法）； 【综合应用】（2）四边形是一片绿色花园，、是等腰直角三角形，； ①如图，判断与是否偏等积三角形，并说明理由； ②如图，已知，的面积为．计划修建一条经过点的笔直的小路，在边上，的延长线经过中点．若小路每米造价元，请计算修建小路的总造价． 例6．（23-24八年级上·江苏南京·阶段练习）（1）阅读理解 如图1，在中，若，，求边上的中线的取值范围．解决此问题可以用如下方法：延长到点使，连接，利用三角形三边的关系即可判断中线的取值范围是 　　．这种方法叫做倍长中线法． （2）问题解决：如图2，，，此时成立吗？请说明你的理由． （3）问题拓展：如图3，已知：，，，，为的中线，反向延长交于点，求证：． 1．（23-24八年级·湖北荆门·期中）如图，在中，，以该三角形的三条边为边向外作正方形，正方形和正方形，给出下列结论：① ；② ；③ 过点B作于点I，延长B交于点J，则．④ 若，则．其中正确的结论个数是(　　) A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．（24-25八年级上·江苏南通·期中）如图，在中，，以点为直角顶点，为直角边作等腰直角三角形，再以点为直角顶点，为直角边作等腰直角三角形，连接，是的中点，连接，则的长是（   ） A． B． C． D． 3．（23-24八年级上·重庆沙坪坝·阶段练习）如图，点的坐标为，点的坐标为，分别以，为直角边在第三、第四象限作等腰，等腰，连接交轴于点，点的坐标是 ． 4．（24-25九年级上·北京西城·阶段练习）如图1，在中，，，点分别在边上，，连接．点在线段上，连接交于点． (1)若，求证：；(2)如图2，将图1中的绕点顺时针旋转．若点为的中点，判断是否仍然成立．如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由． (3)将图1中绕点旋转一周，为的中点，若，，则当三点共线时，的长为_____________． 5．（2024·浙江·一模）定义：在四边形内，如果有一点和一组对边组成的两个三角形都是以对边为斜边的等腰直角三角形，那么这个四边形叫做蝴蝶四边形．例如图1，，，则四边形为蝴蝶四边形． (1)【概念理解】如图2，正方形中，对角线与相交于O．求证：正方形为蝴蝶四边形； (2)【性质探究】如图3，在蝴蝶四边形中，．求证：； (3)【拓展应用】如图3，在蝴蝶四边形中，， ，．当是等腰三角形时，求此时以为边的正方形的面积． 6．（24-25八年级上·江苏无锡·期中）在△ABC中，AB、BC、AC三边的长分别为、、，求这个三角形的面积．小华同学在解答这道题时，先画一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点△ABC（即△ABC三个顶点都在小正方形的顶点处），如图1所示．这样不需求△ABC的高，而借用网格就能计算出它的面积．这种方法叫做构图法． (1)△ABC的面积为：______．(2)若△DEF三边的长分别为、、，请在图2的正方形网格中画出相应的△DEF，并利用构图法求出它的面积为_______． (3)如图3，△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB、AC为直角边，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q．试探究EP与FQ之间的数量关系，并证明你的结论．(4)如图4，一个六边形的花坛被分割成7个部分，其中正方形PRBA，RQDC，QPFE的面积分别为13m2、25m2、36m2，则六边形花坛ABCDEF的面积是______m2． 7．（23-24八年级上·广东深圳·期中）如图1所示，直线l；与x轴负半轴，y轴正半轴分别交于A、B两点． (1)当时，求直线l的解析式；(2)在（1）的条件下，如图2所示，设Q线段延长线上一点，作直线，过A、B两点分别作于点M，于点N，若，，求的长； (3)如图3，当a取不同的值时，点B在y轴正半轴上运动，分别以、为边，点B为直角顶点在第一、二象限内作等腰直角和等腰直角，连接交y轴于P点，当点B在y轴正半轴上运动时，试猜想的面积是否改变：若不改变，请求出其值：若改变，请说明理由． 8．（23-24黑龙江八年级上学期期中数学试题）（1）某学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的基本图形．如图1，已知：在中，，，直线l经过点A，直线l，直线l，垂足分别为点D，E．求证：． （2）组员小明想，如果三个角不是直角，那结论是否会成立呢？如图2，将（1）中的条件改为：在中，，D，A，E三点都在直线l上，并且有，其中为任意锐角或钝角．请问结论是否成立？若成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由． （3）数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用这个知识来解决问题：如图3，过的边AB，AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG，AH是BC边上的高．延长HA交EG于点I．若，则______． 9．（2024.广东八年级期中）如图，已知以的边、分别向外作等腰与等腰，其中，连接、，和相交于点O． (1)求证：；(2)求的大小； (3)连接，取的中点F，再连接，猜想与的关系，并证明．      10．（23-24八年级上·湖南长沙·阶段练习）人教版初中数学教科书八年级上册第83页第12题告诉我们，两个共顶点的不重合等边三角形，分别连接对侧顶点构成的两个三角形会全等． （1）如图1所示，、都是等边三角形，请证明； （2）如图2，在第（1）问的条件下，设、交于，连接，求的值； （3）将共顶点的等边三角形改为共直角顶点的等腰直角三角形后，如图3，等腰直角三角形与等腰直角三角形共直角顶点，连接、，，为上一点，，连接，为上一点，，连接，过作于，若，，，求的值． 11．（23-24八年级下·江苏泰州·阶段练习）如图1，在ABC中，BD是AC边上的中线，将DBA绕点D顺时针旋转α（0°＜α＜180°） 得到DEA（如图2），我们称DEA为DBC的“旋补三角形”．DEA的边EA上的中线DF叫做DBC的“旋补中线”． (1)在图2，图3，图4中，DEA为DBC的“旋补三角形”，DF是DBC的“旋补中线”． ①如图2，∠BDE+∠CDA＝ °； ②如图3，当DBC为等边三角形时，DF与BC的数量关系为DF＝ BC； ③如图4，当∠BDC＝90°时，BC＝4时，则DF长为 ； (2)在图2中，当DBC为任意三角形时，猜想DF与BC的关系，并给出证明． (3)如图5，在四边形ABCD中，∠C＝90°，∠D＝150°，BC＝12，CD＝2，DA＝6，BE⊥AD，E为垂足．在线段BE上是否存在点P，使PDC是PAB的“旋补三角形”？若存在，请作出点P，不需证明，简要说明你的作图过程． 12．（23-24八年级上·广东深圳·期中）（1）如图，于，是等腰直角三角形，，等腰直角的顶点、分别在射线，射线上滑动顶点，与点不重合在滑动过程中，点A到直线的距离_____（填“”、“”或“”）． （2）如图，在（1）的条件下，等腰直角中，，且的顶点、也分别在射线、射线上滑动顶点、与点不重合，连接交于点，试探究与的数量关系：______，并证明你的结论． （3）如图，若，，在和保持原来滑动状态的过程中，则的面积的最大值为______． 13．（23-24八年级上·浙江金华·期中）如图，， ，点从点出发沿射线运动，速度为，分别以，为直角边，为直角顶点，在两侧作等腰、等腰． (1)当时，①求的长；②连接，求的长；(2)连接交于点，当点在射线上移动时，的长度会变化吗？若会变化，请说明理由；若不变，请求出的长度． 14．（23-24九年级上·湖北十堰·期末）已知，△ABC中，BC＝6，AC＝4，M是BC的中点，分别以AB，AC为边向外作正方形ABDE，正方形ACFG，连接EG，MA的延长线交EG于点N， (1)如图，若∠BAC＝90°，求证：AM＝EG，AM⊥EG； (2)将正方形ACFG绕点A顺时针旋转至如图，(1)中结论是否仍然成立？请说明理由； (3)将正方形ACFG绕点A顺时针旋转至B，C，F三点在一条直线上，请画出图形，并直接写出AN的长． 15．（23-24江苏省南京市八年级期中）（1）观察理解：如图1，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线l过点C，点A，B在直线l同侧，BD⊥l，AE⊥l，垂足分别为D，E，求证：△AEC≌△CDB． （2）理解应用：如图2，过△ABC边AB、AC分别向外作正方形ABDE和正方形ACFG，AH是BC边上的高，延长HA交EG于点I．利用（1）中的结论证明：I是EG的中点． （3）类比探究： ①将图1中△AEC绕着点C旋转180°得到图3，则线段ED、EA和BD的关系_______； ②如图4，直角梯形ABCD中，，AB⊥BC，AD＝2，BC＝3，将腰DC绕D点逆时针旋转90°至DE，△AED的面积为 ． 16．（23-24广西年级上学期期中数学试题）等腰，，，点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上．    (1)如图1，求证：；(2)如图2，若，，求B点的坐标； (3)如图3，点，Q、A两点均在x轴上，且．分别以、为腰，第一、第二象限作等腰、等腰，连接交y轴于P点，的长度是否发生改变？若不变，求出的值；若变化，求的取值范围． 17．（23-24山西省太原市九年级上学期月考数学试题）综合与实践 以的两边、为边，向外作正方形和正方形，连接，过点A作于M，延长交于点N.(1)如图①，若，证明：； (2)如图②，，（1）中结论，是否成立，若成立，请证明；若不成立，写出你的结论，并说明理由；(3)如图③，，，，且，则________________.    18．（23-24山东省济宁市八年级期中）如图1，以△ABC的边AB为边，向外画正方形ABDE，过点A作AM⊥BC于M，过点E作EP⊥MA交MA延长线于点P．(1)则EP＝______；（直接填写图中与EP相等的一条线段）(2)如图2，若∠BAC＝90°，以AC为边再向外画正方形ACFG，连接EG交PM于点N，求证：EN＝GN；(3)若∠BAC是钝角或锐角，请仿照图2分别在图3、图4中补画图形，并选“＞”或“＜”或“＝”其中一个符号填空，直接表示此时EN与GN的大小关系．如图3，若∠BAC＞90°，则EN______GN；如图4，若∠BAC＜90°，则EN______GN． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题20 全等三角形模型之婆罗摩笈多模型 婆罗摩笈多（Brahmagupta）是七世纪时的印度数学家，在世时间约是公元 598年 ~ 660年。他编著了《婆罗摩修正体系》《肯达克迪迦》。《婆罗摩修正体系》中有关数学的部分涉及到有关三角形、四边形、零、负数、一阶和二阶方程的研究，《肯达克迪迦》则是天文方面的著作，研究了关于月食、日食、行星的合等问题。他提出的一些概念在世界数学史上也有很高的地位，比如负数。以他命名的婆罗摩笈多定理又称“布拉美古塔”定理。本专题我们讲的就是由婆罗摩笈多定理演化而来的“婆罗摩笈多”模型。 2 模型1.“婆罗摩笈多”模型 2 51 大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③ 明白模型中常见的易错点，因为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在几何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解每一个题型，做到活学活用！ 模型1.“婆罗摩笈多”模型 婆罗摩笈多定理：如果一个圆内接四边形（即对角互补的四边形）的对角线互相垂直且相交，那么从交点向某一边所引垂线的反向延长线必经过这条边对边的中点（反之亦能成立）。 模型特征：（1）△BCP和△ADP是两个等腰直角三角形，且直角顶点重合. 模型1）知中点证垂直 条件：分别以三角形ABC的边AB、AC为边，向三角形外侧外做正方形ABDE和正方形ACFG，N为EG的中点，M、A、N三点共线。结论：AM⊥BC；BC=2AN；S△ABC=S△AEG 。 证明：（倍长中线法）延长AN到W，使NW=NA，连接EW。 在∆WEN和∆AGN中，NW=NA（已作），∠WNE=∠ANG（对顶角），EN=GN（已知） ∴∆WEN≌ ∆AGN(SAS)，∴EW=GA，∠EWN=∠GAN。 ∵∠EWN=∠GAN∴EW//GA，∴∠WEA+∠EAG=180°(平行线同旁内角)。 ∵∠GAC=90°，∠EAB=90°，∴∠EAG+∠CAB=180°，∴∠WEA=∠CAB。 ∵EW=GA，又∵GA=AC，∴EW=AC。 在∆EWA和∆ACB中：EA=AB，∠WEA=∠CAB，EW=AC，∴∆EWA ≌ ∆ACB(SAS)。 ∴WA=CB，∠EAW=∠ABC，∵∆ABC ≌ ∆EAW， ∴S∆EWA = S∆ACB。 ∵∆WEN≌ ∆AGN， ∴S∆WEN= S∆AGN，∴S∆ACB=S∆EWA =S∆AEN +S∆EWN=S∆AEN+S∆AGN=S△AEG。 ∵WN=AN，∴BC=2AN ，∵∠WAB=∠EAB+∠EAW。 又∵∠WAB=∠ABM+∠AMB（三角形外角性质），∴∠EAB+∠EAW=∠ABM+∠AMB。 ∵∠EAW=∠ABC（∠ABC即∠ABM），∴∠EAB+∠ABM=∠ABM+∠AMB。 ∴∠EAB=∠AMB，∴∠AMB=90°，即AM⊥BC。 模型2）知垂直证中点 条件：分别以∆ABC的边AB、AC为边，向三角形外侧外做正方形ABDE和正方形ACFG，AM⊥BC。 结论：N为EG的中点；BC=2AN ；S△ABC=S△AEG。 证明：（法1:平行线法）作EW//AG，交AN的延长线于W，∵EW//AG，∴∠WEA+∠EAG=180°， ∵∠EAB和∠GAC为正方形的角，所以两个角均为90°，∴∠EAG+∠BAC=180°， ∴∠WEA=∠BAC，∵EW//AG，∴∠EWN=∠GAN， ∵∠GAN+∠MAC =90°，∵AM⊥BC，∴∠MAC+∠MCA=90°，∴∠MCA=∠GAN，∴∠MCA=∠EWN， 在∆ABC和∆EAW中，∠BCA=∠AWE，∠CAB=∠WEA，AB=EA，∴∆ABC ≌ ∆EAW(AAS) ， ∴AW=BC，∴WE=CA，∵CA=AG，∴WE=AG，∵EW//AG，∴∠WEN=∠AGN， 在∆WEN和∆AGN中，∠WEN=∠AGN，WE=AG，∠ENW=GNA，∴∆WEN≌ ∆AGN (ASA)， ∴EN=GN，即N为EG的中点，∴WN=AN，∴BC=AW=2AN， ∵∆ABC ≌ ∆EAW，∴S∆EWA = S∆ACB，∵∆WEN≌ ∆AGN， ∴S∆WEN= S∆AGN， ∴S∆ACB=S∆EWA =S∆AEN +S∆EWN=S∆AEN+S∆AGN=S△AEG。 （法2:三垂直模型法）作EX⊥AN，交AN的延长线于X，作GY⊥AN，将AN于Y。 ∵AM⊥BC，∴∠ABM+∠BAM=90°，∵∠EAB=90°，∴∠EAN+∠BAM=90°，∴∠ABM=∠EAN 在Rt∆ABM和Rt∆EAX中，∵∠ABM=∠EAN，∴∠AEX=∠BAM； 在Rt∆ABM和Rt∆EAX中，∠BAM=∠AEX，AB=EA，∠ABM=∠EAX； ∴Rt∆ABM ≌Rt∆EAX （ASA），∴AM=EX，同理可证：∴Rt∆AYG ≌Rt∆CMA （ASA），∴GY=AM； ∵AM=EX，∴GY=EX，在Rt∆EXN和Rt∆GYN中，∠ENX=∠GNY，∠EXN=∠GYN，EX =GY； ∴Rt∆EXN ≌ Rt∆GYN（AAS），∴EN=GN，即N为EG的中点； ∵Rt∆ABM ≌Rt∆EAX ，∴S∆ABM =S∆EAX，BM=AX，∵Rt∆AYG ≌Rt∆CMA，∴S∆AYG =S∆CMA，CM=AY； ∵Rt∆EXN ≌ Rt∆GYN，∴S∆EXN = S∆GYN，XN=YN； ∴S△ABC=S∆ABM+S∆CMA =S∆EAX+S∆AYG=S∆EAN +S∆ENX+S∆ANG-S∆GNY=S∆AEG； ∴BC=BM+CM=AX+AY=AN+NX+AN-YN=2AN。 其实该模型也可以模仿 模型1）中的倍长中线法，有兴趣的同学们可以自己去尝试以下哦！ 例1．（23-24八年级上·浙江·期中）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，点，点Q在x轴的负半轴上，且分别以、为腰，点C为直角顶点在第一、第二象限作等腰、等腰，连接交y轴于P点，则的值为 ． 【答案】9 【分析】先过N作NH∥CM，交y轴于H，再△HCN≌△QAC（ASA），得出CH=AQ，HN=QC，然后根据点C（0，3），S△CQA=18，求得AQ=12，最后判定△PNH≌△PMC（AAS），得出CP=PH=CH=6，即可求得CP=3+6=9． 【详解】解：如图，过N作NH∥CM，交y轴于H，则∠CNH+∠MCN=180°， ∵等腰Rt△CAN、等腰Rt△QCM，∴∠MCQ+∠ACN=180°， ∴∠ACQ+∠MCN=360°-180°=180°，∴∠CNH=∠ACQ， 又∵∠HCN+∠ACO=90°=∠QAC+∠ACO，∴∠HCN=∠QAC， 在△HCN和△QAC中，，∴△HCN≌△QAC（ASA），∴CH=AQ，HN=QC， ∵QC=MC，∴HN=CM，∵点C（0，3），S△CQA=18， ∴×AQ×CO=18，即×AQ×3=18，∴AQ=12，∴CH=12， ∵NH∥CM，∴∠PNH=∠PMC，∴在△PNH和△PMC中，， ∴△PNH≌△PMC（AAS），∴CP=PH=CH=6，又∵CO=3，∴OP=3+6=9，故答案为：9． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，三角形的面积计算以及等腰直角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边相等进行推导计算．解题时注意：等腰直角三角形是一种特殊的三角形，具有所有三角形的性质，还具备等腰三角形和直角三角形所有性质． 例2．（2024·湖北黄石·模拟预测）如图，以△ABC的边AC、BC为边向外作正方形ACDE和正方形BCGF，连接AG、BD相交于点O，连接CO、DG，取AB中点M，连接MC并延长交DG于点N．下列结论：①AG＝BD；②MN⊥DG；③CO平分∠DCG；④S△ABC＝S△CDG；⑤∠AOC＝45°．其中正确的结论有 （填写编号）． 【答案】①②④⑤ 【分析】利用正方形的性质，通过证明三角形全等以及利用四点共圆的判定和圆周角定理逐一判断即可得出正确答案． 【详解】解:∵正方形ACDE和正方形BCGF，∴，，； ∴，即，∴， ∴，∴①正确；∵，∴点A、D、O、C四点共圆， （注意如果没有学习圆的相关知识 也可以通过构造手拉手全等证明下面结论） 如图，连接AD，∴，故⑤正确；同理可证， ∴，由知， 而与不一定相等，∴与不一定相等，因此③不一定成立； 如图，延长CM至H，使MH=CM，连接AH，∵M点是AB的中点，∴AM=BM， 又∵，∴，∴，∴ ∴AH=BC，∴AH=CG，， ∵，， ∴，即，∴，∴， ∵，故④正确；由，∴， ∴，∴，故②正确； 因此①②④正确；故答案为：①②④⑤． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、四点共圆的判定、圆周角定理、倍长中线法构造全等三角形等内容，本题综合性较强、需要学生熟练掌握相关知识并进行灵活运用，本题蕴含了数形结合的思想方法等． 例3．（23-24七年级下·重庆·期中）已知和，，，．连接、，过点作于点，反向延长线段交于点． (1)如图1，当时：请直接写出与的数量关系：____________（填“ ”、“”、“”） 求证： (2)如图2，当时，上述结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由． 【答案】(1)；见解析(2)成立，证明见解析 【分析】（1）证明出，即可得到，从而得到答案；先证明出，得到，从而推出，从而即可得到答案； （2）作于点，作交的延长线于点，通过证明，，可得到，，再，进行推理即可得到答案． 【详解】（1）解：，，，，， ，，， ，，， 在和中，，（SAS），，故答案为：； ，，，， ，，， ， ，，， 在和中，，（AAS），； （2）解：成立，证明如下：作于点，作交的延长线于点， ，，， ，，，，， ，， 在和中，，（AAS），， 同理可证（AAS），，， 在和中，，（AAS），，， ，，， ，，，，， ，，即，． 【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的三线合一，熟练掌握三角形全等的判定和性质是解题的关键． 例4．（23-24七年级下·江苏盐城·期末）（1）【全等模型】如图1，已知：在中，，，直线经过点，直线，直线，垂足分别为点，．则DE、BD、CE的数量关系为______． （2）【类比探究】如图2现将【全等模型】的条件改为：在中，，直线经过点、、、点，且．请判断（1）的结论是否成立？若成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由． （3）【灵活应用】如图3，过的边、向外作正方形和正方形（正方形的4条边都相等，4个角都是直角），是边上的高，延长交于点，若，，求△AEG的面积． 【答案】（1）DE=BD+CE，理由见解析；（2）（1）中结论不成立，CE=DE+BD，理由见解析；（3）24 【分析】（1）只需要证明△DBA≌△EAC得到BD=AE，AD=CE，即可证明DE=BD+CE； （2）利用三角形外角的性质分别证明∠ABD=∠CAE，∠ACE=∠BAD，即可证明△ACE≌△BAD得到AE=BD，CE=AD，从而推出CE=DE+BD；（3）如图所示，过点E作EN⊥IH于N，过点G作GM⊥HI交HI延长线于M，同（1）证明△ABH≌△EAN得到AH=EN，，△AHC≌△GMA，得到GM=AH=NE，，再证明△ENI≌△GMI得到，即可得到． 【详解】解：（1）DE=BD+CE，理由如下： ∵BD⊥l，CE⊥l，∴∠ADB=∠CEA=90°，∴∠DBA+∠DAB=90°， ∵∠BAC=90°，∴∠DAB+∠EAC=90°，∴∠DBA=∠EAC， 又∵AB=CA，∴△DBA≌△EAC（AAS），∴BD=AE，AD=CE， ∵DE=AD+AE，∴DE=BD+CE； （2）（1）中结论不成立，CE=DE+BD，理由如下： ∵∠BDM=∠BAD+∠ABD，∠BAC=∠BAD+∠CAE，∠BDM=∠BAC， ∴∠BAD+∠ABD=∠BAD+∠CAE，∴∠ABD=∠CAE， ∵∠DEC=∠ACE+∠CAE，∠BAC=∠DEC，∴∠ACE+∠CAE=∠BAD+∠CAE，∴∠ACE=∠BAD， 又∵AB=CA，∴△ACE≌△BAD（AAS），∴AE=BD，CE=AD， ∵AD=DE+AE，∴CE=DE+BD，∴（1）中结论不成立； （3）如图所示，过点E作EN⊥IH于N，过点G作GM⊥HI交HI延长线于M， 由题意得∠BAE=∠CAG=90°，AB=AE，AG=AC， ∵AH⊥BC，EN⊥HI，∴∠ENA=∠AHB=90°，∴∠HAB+∠HBA=90°， ∵∠BAE=90°，∴∠NAE+∠HAB=90°，∴∠NAE=∠HBA， 又∵AB=EA，∴△ABH≌△EAN（AAS），∴AH=EN，， 同理可证△AHC≌△GMA，∴GM=AH=NE，， ∵∠ENI=∠GMI=90°，∠EIN=∠GIM，EN=GM，∴△ENI≌△GMI（AAS），∴， ∵，∴，∴． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三角形外角的性质，正确理解题意掌握一线三垂直模型是解题的关键． 例5．（24-25九年级上·辽宁本溪·阶段练习）【定义学习】我们把两个面积相等但不全等的三角形叫做偏等积三角形． 【定义理解】（1）如图，中，，点在边上，请用不带刻度的直尺和圆规作线段，使与是偏等积三角形（要求保留作图痕迹，不写作法）； 【综合应用】（2）四边形是一片绿色花园，、是等腰直角三角形，； ①如图，判断与是否偏等积三角形，并说明理由； ②如图，已知，的面积为．计划修建一条经过点的笔直的小路，在边上，的延长线经过中点．若小路每米造价元，请计算修建小路的总造价． 【答案】（1）见解析；（2）①与是偏等积三角形，理由见解析；②修建小路的总造价为元 【分析】（1）作的垂直平分线交于点，连接即可； （2）①过作于，过作于，证，得，则，再证与不全等，即可得出结论；②过点作，交的延长线于，则，证得，得到，再证，得，由余角的性质可证，然后由三角形面积和偏等积三角形的定义得，，求出，即可求解． 【详解】解：（1）如图，线段即为所求；              （2）①与是偏等积三角形，理由如下： 过作于，过作于，∴， ∵、是等腰直角三角形，，∴，， ∴， ∵，∴， 在和中，∴（），∴， ∵，，∴， ∵，，∴， ∵，，∴与不全等，∴与是偏等积三角形； ②如图，过点作，交的延长线于，则， ∵点为的中点，∴， 在和中，，∴（），∴， ∵，∴，∵，∴， ∵，∴，∴， 在和中，，∴（），∴， ∵∴，∴， ∴，∴．由①得：与是偏等积三角形， ∴，，∴（）， ∴（元）．答：修建小路的总造价为（元）． 【点睛】本题考查了新定义“偏等积三角形”的定义、尺规作线段垂直平分线，全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、三角形面积等知识；本题综合性强，熟练掌握“偏等积三角形”的定义，证明和是解题的关键，属于中考常考题型． 例6．（23-24八年级上·江苏南京·阶段练习）（1）阅读理解 如图1，在中，若，，求边上的中线的取值范围．解决此问题可以用如下方法：延长到点使，连接，利用三角形三边的关系即可判断中线的取值范围是 　　．这种方法叫做倍长中线法． （2）问题解决：如图2，，，此时成立吗？请说明你的理由． （3）问题拓展：如图3，已知：，，，，为的中线，反向延长交于点，求证：． 【答案】（1）；（2）成立，理由见解析；（3）证明见解析． 【分析】（1）延长至，使，连接，由证明，得出，在中，由三角形的三边关系求出的取值范围，即可得出的取值范围； （2）延长至，使，连接，证明，可得到，，再证明，可得． （3）延长到，使得．首先证明四边形是平行四边形，再证明，推出，由，推出，推出，即可解决问题； 【详解】（1）解：延长至，使，连接，如图1所示：， 是边上的中线，， 在和中，，，， 在中，由三角形的三边关系得：， ，即，；故答案为：； （2）解：成立．理由：延长至，使，连接，如图2所示： 在和中，，，，， ，，，． （3）证明：如图，延长到，使得． ，，四边形是平行四边形， ，，， ，，， ，，，， ，，，． 【点睛】本题是三角形的综合题，考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，余角的性质，平行线的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 1．（23-24八年级·湖北荆门·期中）如图，在中，，以该三角形的三条边为边向外作正方形，正方形和正方形，给出下列结论：① ；② ；③ 过点B作于点I，延长B交于点J，则．④ 若，则．其中正确的结论个数是(　　) A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】本题考查勾股定理，全等三角形的性质和判定，解题的关键是正确作出辅助线． 首先根据题意证明出，进而得到，即可判断①；过点F作交延长线于点O，证明出，得到，然后利用三角形面积公式即可得到，即可判断②；过点A作交的延长线于点P，过点C作，证明出，得到，同理得到，得到，然后证明出，得到，即可判断③；根据全等三角形的性质得到，然后利用勾股定理证明出，同理得到，然后得到，即可判断④． 【详解】∵在中，，以该三角形的三条边为边向外作正方形，正方形和正方形，∴，， ∵∴∴∴，故①正确； 如图所示，过点F作交延长线于点O， ∵∴ 又∵，∴∴ ∵∵，∴，故②正确； 如图所示，过点A作交的延长线于点P，过点C作 ∵，∴ 又∵，∴ ∴同理可证，∴∴ ∵，∴∴，故③正确； ∵∴∵∴ ∵∴ ∵ ∵∴ ∴同理可证， ∴，故④正确． 综上所述，正确的结论个数是4．故选：D． 2．（24-25八年级上·江苏南通·期中）如图，在中，，以点为直角顶点，为直角边作等腰直角三角形，再以点为直角顶点，为直角边作等腰直角三角形，连接，是的中点，连接，则的长是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的定义，过点作于点，过点分别作的垂线，垂足分别为，证明，得出，证明，进而得出点在直线上，结合已知条件，根据全等三角形的性质，即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作于点，过点分别作的垂线，垂足分别为， ∵是等腰直角三角形， ∴，， ∴ ∴， 又∵ ∴ ∴， 同理可得， ∴， ∴， ∵， 又 ∴ ∴， ∴点在直线上， ∵， 设，，则 ∴，即 ∴ ∴， 故选：B． 3．（23-24八年级上·重庆沙坪坝·阶段练习）如图，点的坐标为，点的坐标为，分别以，为直角边在第三、第四象限作等腰，等腰，连接交轴于点，点的坐标是 ． 【答案】 【分析】作轴于，求出，证，得BN=AO，再由，证，推出=2，由点的坐标为即可得出点的坐标为． 【详解】解：如图，作轴于， ，，，， 在和中， ，，OA=BN ， 在和中，，，， 又因为点的坐标为，，， 又∵点的坐标为，∴点的坐标为．故答案为：． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，坐标与图形性质等知识点的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力，有一定的难度，注意：全等三角形的判定定理有，，，，全等三角形的对应角相等，对应边相等． 4．（24-25九年级上·北京西城·阶段练习）如图1，在中，，，点分别在边上，，连接．点在线段上，连接交于点． (1)若，求证：； (2)如图2，将图1中的绕点顺时针旋转．若点为的中点，判断是否仍然成立．如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由． (3)将图1中绕点旋转一周，为的中点，若，，则当三点共线时，的长为_____________． 【答案】(1)见详解 (2)仍然成立，证明见详解 (3)1或3 【分析】（1）首先证明，结合全等三角形的性质可推导，为中点，即可证明结论； （2）延长至点，使得，连接，首先证明，易得，，进一步证明，可知，结合，即可证明结论； （3）分点在线段上和点在延长线上两种情况，分别延长至点，使得，连接，过点作，交延长线于点，推导，进而解得和的值，易得的长度，即可获得答案． 【详解】（1）证明：在和中， ， ∴， ∴，，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）仍然成立，证明如下： 如下图，延长至点，使得，连接， ∵为的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； （3）①当点在线段上时，延长至点，使得，连接，过点作，交延长线于点， ∵，， ∴， 由（2）可知，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴，即， ∵，， ∴， ∴， ∴在中,可有, ∴， ∴； ②当点在延长线上时，延长至点，使得，连接，过点作，交延长线于点， 同理可得，， ∴， ∴． 综上所述，的长为1或3． 故答案为：1或3． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、直角三角形的性质、平行线的判定与性质、勾股定理等知识，正确作出辅助线，构造全等三角形是解题关键． 5．（2024·浙江·一模）定义：在四边形内，如果有一点和一组对边组成的两个三角形都是以对边为斜边的等腰直角三角形，那么这个四边形叫做蝴蝶四边形．例如图1，，，则四边形为蝴蝶四边形． (1)【概念理解】如图2，正方形中，对角线与相交于O．求证：正方形为蝴蝶四边形； (2)【性质探究】如图3，在蝴蝶四边形中，．求证：； (3)【拓展应用】如图3，在蝴蝶四边形中，， ，．当是等腰三角形时，求此时以为边的正方形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)5 【分析】（1）由正方形的性质可知，，则和都是等腰直角三角形，进而结论得证； （2）证明，进而可证； （3）如图，延长交于N，证明，则，由，可得，则，，勾股定理求，则，进而可求面积． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∴和都是等腰直角三角形， ∴正方形为蝴蝶四边形； （2）证明：∵四边形是蝴蝶四边形，， ∴和都是等腰直角三角形，，， ∴，即， ∴， ∴； （3）解：如图，延长交于N， ∵是等腰三角形， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴以为边的正方形的面积为5． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，余弦等知识．熟练掌握正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，余弦是解题的关键． 6．（24-25八年级上·江苏无锡·期中）在△ABC中，AB、BC、AC三边的长分别为、、，求这个三角形的面积．小华同学在解答这道题时，先画一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点△ABC（即△ABC三个顶点都在小正方形的顶点处），如图1所示．这样不需求△ABC的高，而借用网格就能计算出它的面积．这种方法叫做构图法． (1)△ABC的面积为：______． (2)若△DEF三边的长分别为、、，请在图2的正方形网格中画出相应的△DEF，并利用构图法求出它的面积为_______． (3)如图3，△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB、AC为直角边，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q．试探究EP与FQ之间的数量关系，并证明你的结论． (4)如图4，一个六边形的花坛被分割成7个部分，其中正方形PRBA，RQDC，QPFE的面积分别为13m2、25m2、36m2，则六边形花坛ABCDEF的面积是______m2． 【答案】(1)3.5 (2)3 (3)EP=FQ (4)110m² 【分析】本题考查了勾股定理，构图法求三角形的面积，全等三角形的判定与性质，读懂题目信息，理解构图法的操作方法是解决本题的关键. （1）利用△ABC所在的正方形的面积减去四周三个小直角三角形的面积，计算即可得解； （2）根据网格结构和勾股定理作出△DEF，再利用△DEF所在的矩形的面积减去四周三个小直角三角形的面积，计算即可得解； （3）利用同角的余角相等求出∠BAG=∠AEP，然后利用“角角边”证明△ABG和△EAP全等，同理可证△ACG和△FAQ全等，根据全等三角形对应边相等可得EP=AG=FQ； （4）过R作RH⊥PQ于H，设PH=h，在Rt△PRH和Rt△RQH中，利用勾股定理列式表示出PQ，然后解无理方程求出h，从而求出△PQR的面积，再根据六边形被分成的四个三角形的面积相等，总面积等于各部分的面积之和列式计算即可得解． 【详解】（1）△ABC的面积=3×3−×2×1−×3×1−×2×3=9−1−1.5−3=9−5.5=3.5； （2）△DEF如图2所示: 面积=2×4−×1×2−×2×2−×1×4=8−1−2−2=8−5=3； （3）EP=FQ， 证明：∵△ABE是等腰直角三角形， ∴AB=AE,∠BAE=90∘， ∴∠PAE+∠BAG=180°−90°=90°, 又∵∠AEP+∠PAE=90°， ∴∠BAG=∠AEP， 在△ABG和△EAP中， ， ∴△ABG≌△EAP(AAS)，同理可证,△ACG≌△FAQ， ∴EP=AG=FQ； （4）如图4，过R作RH⊥PQ于H，设RH=h，    在Rt△PRH中,PH=， 在Rt△RQH中,QH=, ∴PQ==6， ， 两边平方得,25−h²=36−12+13−h²， 整理得, =2， 两边平方得,13−h²=4， 解得h=3， ∴×6×3=9， ∴六边形花坛ABCDEF的面积=25+13+36+4×9=74+36=110m². 考点：勾股定理，三角形全等判定和性质，几何图形的面积 7．（23-24八年级上·广东深圳·期中）如图1所示，直线l；与x轴负半轴，y轴正半轴分别交于A、B两点． (1)当时，求直线l的解析式； (2)在（1）的条件下，如图2所示，设Q线段延长线上一点，作直线，过A、B两点分别作于点M，于点N，若，，求的长； (3)如图3，当a取不同的值时，点B在y轴正半轴上运动，分别以、为边，点B为直角顶点在第一、二象限内作等腰直角和等腰直角，连接交y轴于P点，当点B在y轴正半轴上运动时，试猜想的面积是否改变：若不改变，请求出其值：若改变，请说明理由． 【答案】(1) (2)14 (3)的面积不改变，25 【分析】（1）由直线解析式，用含的式子表示与坐标，根据，即可求出的值，得到直线解析式； （2）依据证明，由全等三角形的性质可知，，最后由可求得的长； （3）过点E作轴于G点，连接，先证明，从而得到，然后证明，从而得到，再根据的面积即可求解． 【详解】（1）解：令，代入，得解得：， 令，代入，得， ∴，， ∵， ∴，即． ∴直线l的解析式为：； （2）∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中，， ∴ ∴，． ∵，， ∴； （3）的面积不变，理由如下： 如图3所示：过点E作轴于G点，连接， 图3 ∵为等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴． ∴． 在和中，， ∴ ∴，， ∵为等腰直角三角形， ∴， ∴． 在和中， ∴ ∴， ∴的面积； 【点睛】本题主要考查的是一次函数的综合应用，解答本题主要应用了一次函数图象上点的坐标与解析式的关系、全等三角形的性质和判定、等腰直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键． 8．（23-24黑龙江八年级上学期期中数学试题）（1）某学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的基本图形．如图1，已知：在中，，，直线l经过点A，直线l，直线l，垂足分别为点D，E．求证：． （2）组员小明想，如果三个角不是直角，那结论是否会成立呢？如图2，将（1）中的条件改为：在中，，D，A，E三点都在直线l上，并且有，其中为任意锐角或钝角．请问结论是否成立？若成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由． （3）数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用这个知识来解决问题：如图3，过的边AB，AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG，AH是BC边上的高．延长HA交EG于点I．若，则______． 【答案】（1）见解析；（2）结论成立，理由见解析；（3）3.5 【分析】（1）由条件可证明△ABD≌△CAE，可得DA=CE，AE=BD，可得DE=BD+CE； （2）由条件可知∠BAD+∠CAE=180°-α，且∠DBA+∠BAD=180°-α，可得∠DBA=∠CAE，结合条件可证明△ABD≌△CAE，同（1）可得出结论； （3）由条件可知EM=AH=GN，可得EM=GN，结合条件可证明△EMI≌△GNI，可得出结论I是EG的中点． 【详解】解：（1）证明：如图1中，∵BD⊥直线l，CE⊥直线l， ∴∠BDA=∠CEA=90°， ∵∠BAC=90°， ∴∠BAD+∠CAE=90°， ∵∠BAD+∠ABD=90°， ∴∠CAE=∠ABD， 在△ADB和△CEA中， ， ∴△ADB≌△CEA（AAS）， ∴AE=BD，AD=CE， ∴DE=AE+AD=BD+CE． （2）解：成立． 理由：如图2中， ∵∠BDA=∠BAC=α， ∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°-α， ∴∠DBA=∠CAE， 在△ADB和△CEA中， ， ∴△ADB≌△CEA（AAS）， ∴AE=BD，AD=CE， ∴DE=AE+AD=BD+CE． （3）如图3，过E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延长线于N． ∴∠EMI=∠GNI=90° 由（1）和（2）的结论可知EM=AH=GN ∴EM=GN 在△EMI和△GNI中， ， ∴△EMI≌△GNI（AAS）， ∴EI=GI， ∴I是EG的中点． ∴S△AEI=S△AEG=3.5． 故答案为：3.5． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 9．（2024.广东八年级期中）如图，已知以的边、分别向外作等腰与等腰，其中，连接、，和相交于点O．      (1)求证：；(2)求的大小； (3)连接，取的中点F，再连接，猜想与的关系，并证明． 【答案】(1)见解析；(2)；(3)， 【详解】（1）证明：∵与为等腰三角形， ∴，， ∴得 在和中，∴，则 （2）由得， ∵为等腰三角形，∴， 则． （3）延长至G使，连接，如图，∵点F为的中点，∴，    在和中，∴， ∴，则，∴， ∵，∴，∴， ∵，，∴， 在和中∴，∴， ∵，∴．延长交于点H，由得， ∵，∴，∴， ∴在中，，则，综上所述，，． 10．（23-24八年级上·湖南长沙·阶段练习）人教版初中数学教科书八年级上册第83页第12题告诉我们，两个共顶点的不重合等边三角形，分别连接对侧顶点构成的两个三角形会全等． （1）如图1所示，、都是等边三角形，请证明； （2）如图2，在第（1）问的条件下，设、交于，连接，求的值； （3）将共顶点的等边三角形改为共直角顶点的等腰直角三角形后，如图3，等腰直角三角形与等腰直角三角形共直角顶点，连接、，，为上一点，，连接，为上一点，，连接，过作于，若，，，求的值． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3） 【分析】（1）由、都是等边三角形，可得：再证明：从而可得结论； （2）在上截取 连接 证明：，再证明：为等边三角形，再证明 可得再利用，从而可得答案； （3）过作于 在上取点，使 证明：，再证明：为等边三角形，可得再证明： 过作于，过作于， 证明：可得： 再证明： 从而可得答案． 【详解】证明：（1） 、都是等边三角形，    （2）在上截取 连接 在与中， 为等边三角形， , 在与中， （3） 为等边三角形， 过作于 在上取点，使 为等边三角形， 过作于，过作于， 【点睛】本题考查的是三角形全等的判定与性质，等边三角形的判定与性质，角平分线的判定与性质，等腰直角三角形的性质，掌握作适当的辅助线构建三角形全等是解题的关键． 11．（23-24八年级下·江苏泰州·阶段练习）如图1，在ABC中，BD是AC边上的中线，将DBA绕点D顺时针旋转α（0°＜α＜180°） 得到DEA（如图2），我们称DEA为DBC的“旋补三角形”．DEA的边EA上的中线DF叫做DBC的“旋补中线”． (1)在图2，图3，图4中，DEA为DBC的“旋补三角形”，DF是DBC的“旋补中线”． ①如图2，∠BDE+∠CDA＝ °； ②如图3，当DBC为等边三角形时，DF与BC的数量关系为DF＝ BC； ③如图4，当∠BDC＝90°时，BC＝4时，则DF长为 ； (2)在图2中，当DBC为任意三角形时，猜想DF与BC的关系，并给出证明． (3)如图5，在四边形ABCD中，∠C＝90°，∠D＝150°，BC＝12，CD＝2，DA＝6，BE⊥AD，E为垂足．在线段BE上是否存在点P，使PDC是PAB的“旋补三角形”？若存在，请作出点P，不需证明，简要说明你的作图过程． 【答案】(1)①180；②；③2 (2)；证明见解析 (3)存在．见解析 【分析】（1）①依据，可得；②当为等边三角形时，可得是等腰三角形，，，再根据，即可得到中，，进而得出；③当时，时，易得，即可得到中，； （2）延长至，使得，连接，，判定四边形是平行四边形，进而得到，再判定，即可得到，进而得出； （3）延长，，交于点，作线段的垂直平分线，交于，交于，连接、、，由定义知当，且时，是的“旋补三角形”，据此进行证明即可． 【详解】（1）解：①∵∠ADE＋∠BDC＝180°， ∴∠BDE＋∠CDA＝180°， 故答案为：180； ②当△DBC为等边三角形时，BC＝DB＝DE＝DC＝DA，∠BDC＝60°， ∴△ADE是等腰三角形，∠ADE＝120°，∠E＝30°， 又∵DF是△ADE的中线， ∴DF⊥AE， ∴Rt△DEF中，DF＝DE， ∴DF＝BC， 故答案为：； ③∵BD是AC边上的中线， ∴， ∵∠BDC＝90°， ∴ ， 在△ADE和△CDB 中， ， ∴△ADE≌△CDB， ∴AE＝BC＝4， ∴Rt△ADE中，DF＝AE＝2， 故答案为：2； （2）猜想：DF＝AE． 证明：如图2，延长DF至G，使得FG＝DF，连接EG，AG， ∵EF＝FA，FG＝DF， ∴四边形AGED是平行四边形， ∴，GE＝AD＝CD， ∴∠GED＋∠ADE＝180°， 又∵∠BDC＋∠ADE＝180°， ∴∠BDC＝∠DEG， 在△GED和△CDB中， ， ∴△DGE≌△CDB（SAS）， ∴BC＝DG， ∴DF＝DG＝BC； （3）存在． 理由：如图5，延长AD，BC，交于点F，作线段BC的垂直平分线PG，交BE于P，交BC于G，连接PA、PD、PC， 由定义知当PA＝PD，PB＝PC，且∠DPA＋∠CPB＝180°时，△PDC是△PAB的“旋补三角形”， ∵∠ADC＝150°， ∴∠FDC＝30°， 在Rt△DCF中， ∵CD＝2，∠DCF＝90°，∠FDC＝30°， ∴CF＝2，DF＝4，∠F＝60°， 在Rt△BEF中， ∵∠BEF＝90°，BF＝14，∠FBE＝30°， ∴EF＝BF＝7， ∴DE＝EF−DF＝3， ∵AD＝6， ∴AE＝DE， 又∵BE⊥AD， ∴PA＝PD，PB＝PC， 在Rt△BPG中， ∵BG＝BC＝6，∠PBG＝30°， ∴PG＝2， ∴PG＝CD， 又∵，∠PGC＝90°， ∴四边形CDPG是矩形， ∴∠DPG＝90°， ∴∠DPE＋∠BPG＝90°， ∴2∠DPE＋2∠BPG＝90°，即∠DPA＋∠BPC＝180°， ∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”． 【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、含30°角直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质、矩形的判定和性质等知识的综合运用，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 12．（23-24八年级上·广东深圳·期中）（1）如图，于，是等腰直角三角形，，等腰直角的顶点、分别在射线，射线上滑动顶点，与点不重合在滑动过程中，点A到直线的距离_____（填“”、“”或“”）． （2）如图，在（1）的条件下，等腰直角中，，且的顶点、也分别在射线、射线上滑动顶点、与点不重合，连接交于点，试探究与的数量关系：______，并证明你的结论． （3）如图，若，，在和保持原来滑动状态的过程中，则的面积的最大值为______． 【答案】（1）（2），证明见解析（3） 【分析】（1）求出∠ACH=∠CBN，证明△ACH≌△CBN即可得到AH＝CN； （2）过点作于点，过点A作于点．由（1）可知，， ，进而证，即可求解； （3）因为，，，所以，，，过点作于点．，由即可求解； 【详解】解：（1）如图中， ，， ， ，， ， 在和中， ， ∴， ， 故答案为：； （2）结论：． 理由：如图中，过点作于点，过点作于点． 由（1）可知，，， ，， ， 在和中， ， ∴， ； （3）如图中，，，， ，，， ， 如图中，过点作于点． ，， ， ， ， 的面积的最大值为． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形的面积计算，勾股定理等知识，作出合适的辅助线，构造出全等三角形是解题的关键． 13．（23-24八年级上·浙江金华·期中）如图，， ，点从点出发沿射线运动，速度为，分别以，为直角边，为直角顶点，在两侧作等腰、等腰． (1)当时， ①求的长； ②连接，求的长； (2)连接交于点，当点在射线上移动时，的长度会变化吗？若会变化，请说明理由；若不变，请求出的长度． 【答案】(1)①，  ② (2)不变， 【分析】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、勾股定理等知识，熟练掌握等腰直角三角形的性质，证明三角形全等是解此题的关键 （1）①把代入，利用勾股定理解答即可；②作于，连接、，证明，得出，证明得出，，最后根据勾股定理解答即可； （2）作于，先证明，得出，，再证明，得出，即可得出结论 【详解】（1）解：①把代入可得，，， 由勾股定理可得：； ②如图，作于，连接、， ， 、都是等腰直角三角形， ，，， ， ， 在和中， ， ， ， ，， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ； （2）解：的长度不变， 理由如下： 如图，作于， ， ，， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， 在和中， ， ， ， ， 的长度不变，的长度为 14．（23-24九年级上·湖北十堰·期末）已知，△ABC中，BC＝6，AC＝4，M是BC的中点，分别以AB，AC为边向外作正方形ABDE，正方形ACFG，连接EG，MA的延长线交EG于点N， (1)如图，若∠BAC＝90°，求证：AM＝EG，AM⊥EG； (2)将正方形ACFG绕点A顺时针旋转至如图，(1)中结论是否仍然成立？请说明理由； (3)将正方形ACFG绕点A顺时针旋转至B，C，F三点在一条直线上，请画出图形，并直接写出AN的长． 【答案】(1)证明见解析；(2)结论不变；(3)AN的值为． 【分析】(1)方法一：如图1中，直接证明△ABC≌△AEG即可解决问题； 方法二：如图2中，如图，延长AM至点H，使AM＝MH，连接BH．证明△EAG≌△ABH即可解决问题． (2)如图3中，结论不变．证明方法类似方法二． (3)分两种情形分别求解即可解决问题． 【详解】(1)证明：方法一：如图1中， ∵四边形ABDE，四边形ACFG均为正方形， ∴∠BAE＝∠CAG＝90°＝∠BAC＝∠EAG， 且AB＝AE，AC＝AG， 在△ABC和△AEG中， ∴△ABC≌△AEG(SAS)， ∴BC＝EG，∠CBA＝∠AEG， 又∵M是AB的中点， ∴AM＝BM＝BC， ∴AM＝EG， ∠M BA＝∠MAB＝∠AEN， ∴∠ANE＝180°﹣(∠NEA+∠EAN)＝180°﹣(∠BAM+∠EAN)＝180°﹣(180°﹣90°)＝90°， ∴AM⊥EG． 方法二：如图，延长AM至点H，使AM＝MH，连接BH． 在△ACM和△HBM中， △ACM≌△HBM(SAS)， ∴BH＝AC，∠BHM＝∠CAM， ∴AC∥BH， ∴∠HBA＝∠CAB＝90° ∵四边形ABDE，四边形ACFG均为正方形， ∴∠BAE＝∠CAG＝90°＝∠BAC＝∠EAG， 且AB＝AE，AC＝AG， ∴BH＝AG， 在△EAG和△ABH中， ∴△EAG≌△ABH(SAS)， ∴EG＝BC，∠NEA＝∠HAB， ∴∠ANE＝180°﹣(∠NEA+∠EAN)＝180°﹣(∠HAB+∠EAN)＝180°﹣(180°﹣90°)＝90°， ∴AM⊥EG， ∵∠BAC＝90°，AM为BC中点， ∴AM＝BC， ∴AM＝EG． (2)如图3中，结论不变． 理由：在△ACM和△HBM中， △ACM≌△HBM(SAS)， ∴BH＝AC，∠BHM＝∠CAM， ∴AC∥BH， ∴∠HBA+∠CAB＝90°， ∵四边形ABDE，四边形ACFG均为正方形， ∴∠BAE＝∠CAG＝90°， ∴∠BAC+∠EAG＝180°， ∴∠ABH＝∠EAG， 且AB＝AE，AC＝AG， ∴BH＝AG， 在△EAG和△ABH中， △EAG≌△ABH(SAS)， ∴EG＝BC，∠NEA＝∠HAB， ∴∠ANE＝180°﹣(∠NEA+∠EAN)＝180°﹣(∠HAB+∠EAN)＝180°﹣(180°﹣90°)＝90°， ∴AM⊥EG， ∵∠BAC＝90°，AM为BC中点， ∴AM＝BC， ∴AM＝EG． (3)①如图4﹣1中，当点F在BC的延长线上时，作CH⊥AM于H． 易证：△ANG≌△CHA，可得AN＝CH， 在Rt△ACM中，∵AC＝4，CM＝3， ∴ ∵•AM•CH＝•AC•CM， ∴CH＝， ∴AN＝CH＝． ②如图4﹣2中，当点F在线段BC上时，同法可得AN＝CH＝. 综上所述，AN的值为． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常压轴题． 15．（23-24江苏省南京市八年级期中）（1）观察理解： 如图1，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线l过点C，点A，B在直线l同侧，BD⊥l，AE⊥l，垂足分别为D，E，求证：△AEC≌△CDB． （2）理解应用： 如图2，过△ABC边AB、AC分别向外作正方形ABDE和正方形ACFG，AH是BC边上的高，延长HA交EG于点I．利用（1）中的结论证明：I是EG的中点． （3）类比探究： ①将图1中△AEC绕着点C旋转180°得到图3，则线段ED、EA和BD的关系_______； ②如图4，直角梯形ABCD中，，AB⊥BC，AD＝2，BC＝3，将腰DC绕D点逆时针旋转90°至DE，△AED的面积为 ． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）①ED=EA－BD；②1 【分析】（1）根据同角的余角相等可得∠A＝∠BCD，再利用AAS证得△AEC≌△CDB，即可； （2）分别过点E、G向HI作垂线，垂足分别为M、N，由（1）可证得△EMA≌△AHB，△ANG≌△CHA，从而得到EM=GN，可得到△EMI≌△GNI，从而得到EI=IG，即可求证； （3）①由（1）得：△AEC≌△CDB，可得CE=BD，AE=CD，即可；②过点C作CP⊥AD交AD延长线于点P，过点E作EQ⊥AD交AD延长线于点Q，根据旋转的性质可得根据题意得：∠CDE=90°，CD=DE，再由（1）可得△CDP≌△DEQ，从而得到DP=EQ，然后根据两平行线间的距离，可得AP=BC，进而得到PD=1，即可求解． 【详解】（1）证明：∵BD⊥l，AE⊥l， ∴∠AEC＝∠BDC＝90°， 又∵∠ACB＝90° ∴∠A+∠ACE＝∠ACE+∠BCD＝90°， ∴∠A＝∠BCD， 在△AEC和△CDB中， ∴△AEC≌△CDB（AAS）； （2）证明：分别过点E、G向HI作垂线，垂足分别为M、N， 由（1）得：△EMA≌△AHB，△ANG≌△CHA， ∴EM＝AH，GN=AH， ∴EM=GN， 在△EMI和△GNI中， ∴△EMI≌△GNI（AAS）； ∴EI=IG， 即I是EG的中点； （3）解：①由（1）得：△AEC≌△CDB， ∴CE=BD，AE=CD， ∵ED=CD-CE， ∴ED=EA－BD ； 故答案为：ED=EA－BD ②如图，过点C作CP⊥AD交AD延长线于点P，过点E作EQ⊥AD交AD延长线于点Q， 根据题意得：∠CDE=90°，CD=DE， 由（1）得：△CDP≌△DEQ， ∴DP=EQ， 直角梯形ABCD中，，AB⊥BC， ∴AB⊥AD， ∴AB∥CP， ∴BC⊥CP， ∵BC=3， ∴AP=BC=3， ∵AD=2， ∴DP=AP-AD=1， ∴EQ=1， ∴△ADE的面积为． 故答案为：1 【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，平行间的距离，熟练掌握全等三角形的判定和性质，图形的旋转的性质，平行间的距离，并利用类比思想解答是解题的关键． 16．（23-24广西年级上学期期中数学试题）等腰，，，点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上．    (1)如图1，求证：； (2)如图2，若，，求B点的坐标； (3)如图3，点，Q、A两点均在x轴上，且．分别以、为腰，第一、第二象限作等腰、等腰，连接交y轴于P点，的长度是否发生改变？若不变，求出的值；若变化，求的取值范围． 【答案】(1)见解析 (2) (3)不变，9 【分析】（1）根据同角的余角相等得出结论即可； （2）先过点作轴于，再判定，求得，，进而得出，即可得到点的坐标； （3）先过作，交轴于，再，得出，，然后判定，得出，即可求得（定值）． 【详解】（1）解：如图1，，， ， ；    （2）如图2，过点作轴于，则，    在和中， ， ， ，， ， 又点在第三象限， ； （3）的长度不会发生改变． 理由：如图3，过作，交轴于，则，    等腰、等腰， ， ， ， 又， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， 又， （定值）， 即的长度始终是9． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，三角形的面积计算以及等腰直角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边相等进行推导计算．解题时注意：等腰直角三角形是一种特殊的三角形，具有所有三角形的性质，还具备等腰三角形和直角三角形的所有性质． 17．（23-24山西省太原市九年级上学期月考数学试题）综合与实践 以的两边、为边，向外作正方形和正方形，连接，过点A作于M，延长交于点N.    (1)如图①，若，证明：； (2)如图②，，（1）中结论，是否成立，若成立，请证明；若不成立，写出你的结论，并说明理由； (3)如图③，，，，且，则________________. 【答案】(1)见解析 (2)成立，见解析 (3) 【分析】（1）根据等边对等角证得，由正方形的性质得到，，求出，由等腰三角形三线合一的性质得到； （2）过点E作交的延长线于P，过点G作 于Q，利用“”证明，根据全等三角形对应边相等可得 ，同理可证，从而得到，再利用“”证明，根据全等三角形对应边相等可得； （3）根据勾股定理求出，过点E作交的延长线于P，过点G作 于Q，证明，根据全等三角形对应边相等可得 ，，同理可证，从而得到，再利用“”证明，根据全等三角形对应边相等可得，再证明，得到，求出，得到，由此得到，再计算三角形面积即可． 【详解】（1）∵，， ∴ ∵以的两边、为边，向外作正方形和正方形， ∴，， ∴， ∴； （2）过点E作交的延长线于P，过点G作 于Q，    ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； 同理可得， ∴； 在和中， ， ∴， ∴； 即（1）中的结论成立； （3）在中，，， ∴， 在中，，， ∴， 过点E作交的延长线于P，过点G作 于Q，    ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴ ∴，， 同理可得， ∴； 在和中， ∴ ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题是综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识；正确作出辅助线，构造全等三角形，运用全等三角形的性质是解题的关键． 18．（23-24山东省济宁市八年级期中）如图1，以△ABC的边AB为边，向外画正方形ABDE，过点A作AM⊥BC于M，过点E作EP⊥MA交MA延长线于点P． (1)则EP＝______；（直接填写图中与EP相等的一条线段） (2)如图2，若∠BAC＝90°，以AC为边再向外画正方形ACFG，连接EG交PM于点N，求证：EN＝GN； (3)若∠BAC是钝角或锐角，请仿照图2分别在图3、图4中补画图形，并选“＞”或“＜”或“＝”其中一个符号填空，直接表示此时EN与GN的大小关系．如图3，若∠BAC＞90°，则EN______GN；如图4，若∠BAC＜90°，则EN______GN． 【答案】(1)AM(2)证明见解析(3)＝，＝ 【分析】（1）利用AAS证明△ABM≌△EAP，得EP＝AM； （2）作GH⊥PM于H，由（1）同理得，△ACM≌△CAH（AAS），△ABM≌△EAP（AAS），得AM＝EP，AM＝GH，则EP＝GH，再利用AAS证明△EPN≌△GHN，得EN＝GN； （3）由（2）同理可解决问题． 【详解】（1）解：∵∠BAE＝∠BMA＝90°， ∴∠∠BAM+∠EAP＝∠BAM+∠MBA＝90°， ∴∠MBA＝∠EAP， 又∵AB＝AE， ∴△ABM≌△EAP（AAS）， ∴EP＝AM， 故答案为：AM； （2）解：作GH⊥PM于H， 由（1）同理得，△ACM≌△CAH（AAS），△ABM≌△EAP（AAS）， ∴AM＝EP，AM＝GH， ∴PE＝GH， ∵∠EPN＝∠NHG，∠PNE＝∠HNG， ∴△EPN≌△GHN（AAS）， ∴EN＝GN； （3）解：如图3，作GH⊥PM于H， 由（1）同理得，△ACM≌△CAH（AAS），△ABM≌△EAP（AAS）， ∴AM＝EP，AM＝GH， ∴PE＝GH， ∵∠EPN＝∠NHG，∠PNE＝∠HNG， ∴△EPN≌△GHN（AAS）， ∴EN＝GN； 如图4，作GH⊥PM于H， 由（1）同理得，△ACM≌△CAH（AAS），△ABM≌△EAP（AAS）， ∴AM＝EP，AM＝GH， ∴PE＝GH， ∵∠EPN＝∠NHG，∠PNE＝∠HNG， ∴△EPN≌△GHN（AAS）， ∴EN＝GN； 故答案为：＝，＝． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握一线三等角基本模型是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！64 学科网（北京）股份有限公司 $$