2025年九年级中考数学复习 对角互补模型知识精讲

专题三 对角互补模型 1. 全等型—90º 如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90º，OC平分∠AOB. 则可以得到如下几个结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③. 2. 如图，已知∠DCE的一边与AO的延长线交于点D，∠AOB＝∠DCE＝90º，OC平分∠AOB. 则可得到如下几个结论：①CD＝CE，②OE－OD＝OC，③. 3. 全等型—60º和120º 如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120º，OC平分∠AOB. 则可得到如下几个结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③. 4. 全等型—和 如图，已知∠AOB＝，∠DCE＝，OC平分∠AOB. 则可以得到以下结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝2OC·cos，③. 5. 相似型—90º 如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90º，∠BOC＝. 结论：CE＝CD·. 6.对角互补四边形的四点共圆 如图，在四边形ABCD中，已知∠A+∠C=180°，求证A、B、C、D四点共圆. 【巩固练习】 一．选择题 1．如图，AC是▱ABCD的对角线，点E在AC上，AD＝AE＝BE，∠D＝105°，则∠BAC是（　　） A．25° B．30° C．45° D．50° 2．如图，已知四边形ABCD的对角互补，且∠BAC＝∠DAC，AB＝15，AD＝12．过顶点C作CE⊥AB于E，则的值为（　　） A．9 B． C．7.2 D．6 3．如图，△ABC为等边三角形，以AB为边向形外作△ABD，使∠ADB＝120°，再以点C为旋转中心把△CBD旋转到△CAE，则下列结论： ①D、A、E三点共线； ②DC平分∠BDA； ③∠E＝∠BAC； ④DC＝DB+DA． 其中正确的有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 4．克罗狄斯•托勒密是古希腊著名数学家、天文学家和地理学家，他在所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当凸四边形的对角互补时取等号，后人称之为托勒密定理的推论．如图，四边形ABCD内接于半径为2的圆，∠A＝120°，∠B＝45°，AB＝AD，则四边形ABCD的周长为（　　） A．46 B．10 C．44 D．45 5．如图，正方形ABCD，点P是对角线AC上一点，连接BP，过P作PQ⊥BP，PQ交CD于Q，连接BQ交AC于G，若AP，Q为CD中点，则下列结论： ①∠PBC＝∠PQD；②BP＝PQ；③∠BPC＝∠BQC；④正方形ABCD的面积是16； 其中正确结论的个数是（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 6．如图，△ABC为等边三角形，以AB为边向△ABC外侧作△ABD，使得∠ADB＝120°，再以点C为旋转中心把△CBD沿着顺时针旋转至△CAE，则下列结论： ①D、A、E三点共线；②△CDE为等边三角形；③DC平分∠BDA；④DC＝DB+DA，其中正确的有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 7．如图，点M、N分别是正方形ABCD的边BC，CD上的动点（不与B，C，D重合），且始终保持∠MAN＝45°，AM，AN分别交BD于点E，F，以下四个结论：①AF⊥FM；②；③当∠BAM＝22.5°时，∠FMN＝∠BAM；④DN+BM＝MN．其中正确的有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 二．填空题 8．如图，AD是△ABC的角平分线，DF⊥AB于点F，∠AED和∠AGD互补，若S△ADG＝40，S△AED＝22，则△EDF的面积为 　 　． 9．如图，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，当BC＝4，DC＝7，CF＝1时，则△CEF的周长等于 　 　． 10．如图，⊙O的半径为5，△ABC是⊙O的内接三角形，连接OB、OC．若∠BAC与∠BOC互补，则弦BC的长为 　 　． 11．定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．例：如图①，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝AD，则四边形ABCD是等补四边形．如图②，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，其外角∠EAD的平分线交CD的延长线于点F，若AF＝4，CD＝2AD＝6，则四边形ABCD的周长为 　 　． 12．如图，点O是四边形ABCD对角线AC、BD的交点，∠BAD与∠ACB互补，，AD＝6，AB＝7，AC＝5，则BC的长为　 　． 13．如图，等边三角形ABC中，E、F为AC、AB中点，EF延长线交△ABC外接圆于P，则PB：AP的数值为　 　（提示：圆内接四边形对角互补） 14．定义：有一组对角互补的四边形叫做互补四边形，如图，在互补四边形纸片ABCD中，BA＝BC，AD＝CD，∠A＝∠C＝90°，∠ADC＝30°．将纸片先沿直线BD对折，再将对折后的纸片从一个顶点出发的直线裁剪，把剪开的纸片打开后铺平，若铺平后的纸片中有一个面积为4的平行四边形，则CD的长为　 　． 15．如图，正方形ABCD的边长为2，点E从点A出发沿着线段AD向点D运动（不与点A、D重合），同时点F从点D出发沿着线段DC向点C运动（不与点D、C重合），点E与点F的运动速度相同．BE与AF相交于点H，点G为BF中点，则有下列结论： ①∠DEH与∠DFH一定互补； ②FB可以平分∠AFC； ③当E运动到AD中点时，； ④当时，四边形HEDF的面积是． 其中正确的有 　 　.（填写序号） 三．解答题 16．（1）结合图1中的四边形，证明四边形的外角和是360°； （2）图2中在四边形ABCD中，AC平分∠DAB，∠ABC+∠ADC＝180°，E为DB中点，求证：CE⊥BD． 17．如图，在四边形ABCD中，点F是边CD上一点，连接AF，并延长AF交BC的延长线于点E，使得△ADF与△FCE全等． （1）若∠BAE＝90°，AD＝1，AB＝2，AE＝2，求BC． （2）若∠DAB+∠DCB＝180°，求证：∠B＝∠DCB． 18．如图，四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，BE平分∠ABC，DF平分∠ADC，BE、CD交于G点，求证： （1）∠ABC+∠ADC＝180°； （2）BG∥DF． 19．如图，A、P、B、C是⊙O上四点，∠APC＝∠CPB＝60°． （1）求证：△ABC是等边三角形； （2）连接OA，OB，当点P位于什么位置时，四边形PBOA是菱形？并说明理由； （3）已知PA＝a，PB＝b，求PC的长（用含a和b的式子表示）． 20．如图，点P（3m﹣1，﹣2m+4）在第一象限的角平分线OC上，AP⊥BP，点A在x轴正半轴上，点B在y轴正半轴上． （1）求点P的坐标． （2）当∠APB绕点P旋转时， ①OA+OB的值是否发生变化？若变化，求出其变化范围；若不变，求出这个定值． ②请求出OA2+OB2的最小值． 21．定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形． 【问题理解】 如图1，点A、B、C在⊙O上，∠ABC的平分线交⊙O于点D，连接AD、CD． 求证：四边形ABCD是等补四边形； 【拓展探究】 如图2，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，连接AC，AC是否平分∠BCD？请说明理由； 【升华运用】 如图3，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，其外角∠EAD的平分线交CD的延长线于点F．若CD＝6，DF＝2，求AF的长 22．如图，正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC上的两个动点，且正方形ABCD的周长是△BEF周长的2倍．连接DE，DF分别与对角线AC交于点M，N． （1）若AE＝2，CF＝3，求EF的长； （2）求证；∠EFN+∠EMN＝180°； （3）若2，BE＝3，求EF的长． 23．在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD+∠BCD＝180°，连接AC，BD． （1）如图1，当∠BAD＝60°时，猜想线段AC，BC，DC之间的数量关系 　 　； （2）如图2，当∠BAD＝90°时，猜想线段AC，BC，DC之间的数量关系；并证明你的猜想； （3）如图3，当∠BAD＝α（0°＜α＜180°）时，请直接写出线段AC，BC，DC之间的数量关系．（用含α的代数式表示） 24．已知：在正方形ABCD中，点E是边AB上点，点G在边AD上，连接EG，EG＝DG，作EF⊥EG，交边BC于点F（图1）． （1）求证：AE+CF＝EF； （2）连接正方形ABCD的对角线AC，连接DF，线段AC与线段DF相交于点K（图2），探究线段AE、AD、AK之间的数量关系，直接写出你的结论； （3）在（2）的条件下，连接线段DE与线段AC相交于点P，（图3）若AK＝8．△BEF的周长为24，求PK的长． 25．四边形ABCD若满足∠A+∠C＝180°，则我们称该四边形为“对角互补四边形”． （1）四边形ABCD为对角互补四边形，且∠B：∠C：∠D＝2：3：4，则∠A的度数为 　 　； （2）如图1，四边形ABCD为对角互补四边形，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD． 求证：AC平分∠BCD． 小云同学是这么做的：延长CD至M，使得DM＝BC，连AM，可证明△ABC≌△ADM，得到△ACM是等腰直角三角形，由此证明出AC平分∠BCD，还可以知道CB、CD、CA三者关系为：　 　； （3）如图2，四边形ABCD为对角互补四边形，且满足∠BAD＝60°，AB＝AD，试证明： ①AC平分∠BCD； ②CA＝CB+CD； （4）如图3，四边形ABCD为对角互补四边形，且满足∠ABC＝60°，AD＝CD，则BA、BC、BD三者关系为：　 　． 26．在⊙O中，弦CD平分圆周角∠ACB，连接AB，过点D作DE∥AB交CB的延长线于点E． （1）求证：DE是⊙O的切线； （2）若tan∠CAB，且B是CE的中点，⊙O的直径是，求DE的长． （3）P是弦AB下方圆上的一个动点，连接AP和BP，过点D作DH⊥BP于点H，请探究点P在运动的过程中， 的比值是否改变，若改变，请说明理由；若不变，请直接写出比值． 27．在四边形ABCD中，△EAF的两边AE，AF分别交直线CB，DC于点E，F，已知，且AB＝AD，∠B+∠D＝180°． （1）如图1，当△EAF全部位于四边形ABCD的内部时，试探究EF与BE，DF之间的数量关系．为了引发同学的思考，数学刘老师给出了此题的部分解法作为提示：证明：如图2，将△ABE绕点A旋转到△ADG处． ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∠B＝∠ADG，BE＝GD， ∵∠B+∠ADC＝180°， ∴∠ADG+∠ADC＝180°， ∴G，D，F三点共线． … 请你将上述证明过程补充完整，并写出结论； （2） 如图3，当△EAF旋转到如图所示的位置时，那么（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；如若不成立，请写出正确的结论，并证明 参考答案 1. 全等型—90º 如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90º，OC平分∠AOB. 则可以得到如下几个结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③. 【证明】如图，过点C作CM⊥OA于点M，CN⊥OB于点N. ∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN(角平分线上的点到角两边的距离相等)， 在正方形MONC中，由题意可得∠MCN＝360º－∠CMO－∠AOB－∠CNO＝90º，∴∠MCD＋∠DCN＝90º， 又∵∠DCE＝90º，∴∠ECN＋∠MCD＝90º，∴∠MCD＝∠ECN， ∴△CDM≌△CEN，∴CD＝CE，∴结论①成立； ∵四边形MONC为正方形，∴OM＝ON＝OC， 又∵OD＋OE＝OD＋ON＋NE＝OD＋ON＋DM＝OM＋ON，∴OD＋OE＝OC，∴结论②成立； ∴，∴结论③成立. 2. 如图，已知∠DCE的一边与AO的延长线交于点D，∠AOB＝∠DCE＝90º，OC平分∠AOB. 则可得到如下几个结论：①CD＝CE，②OE－OD＝OC，③. 【证明】如图，过点C作CF⊥OA，CG⊥OB，垂足分别为F、G. 由角平分线性质可得CF＝CG，∴四边形CFOG为正方形， ∵∠1＋∠2＝90º，∠3＋∠2＝90º，∴∠1＝∠3，∴△CDF≌△CEG， ∴CD＝CE，结论①成立； 在正方形CFOG中，OF＝OG＝OC， ∵OE－OD＝OG＋GE－OD＝OG＋FD－OD＝OG＋OF，∴OE－OD＝OC＝OC，结论②成立； 3. 全等型—60º和120º 如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120º，OC平分∠AOB. 则可得到如下几个结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③. 【证明】如图，过点C作CF⊥OA，CG⊥OB，垂足分别为F、G. 由角平分线性质可得CF＝CG，在四边形OFCG中，∠FCG＝60º， ∵∠FCD＋∠DCG＝∠GCE＋∠DCG＝60º，∴∠FCD＝∠GCE，∴△CDF≌△CEG(ASA)， ∴CD＝CE，结论①成立； 在Rt△COF和Rt△COG中，∠COF＝∠COG＝60º，∴OF＝OG＝OC， 又∵OD＋OE＝OD＋OG＋EG＝OD＋OG＋DF＝OF＋OG，∴OD＋OE＝OC＝OC，结论②成立； ，结论③成立. 4. 全等型—和 如图，已知∠AOB＝，∠DCE＝，OC平分∠AOB. 则可以得到以下结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝2OC·cos，③. 【证明】如图，过点C作CF⊥OA，CG⊥OB，垂足分别为F、G. 证△CDF≌△CEG可得CD＝CE，结论①成立， 在Rt△COF和Rt△COG中，∠COF＝∠COG＝，∴OF＝OG＝OC·， 又∵OD＋OE＝OD＋OG＋EG＝OD＋OG＋DF＝OF＋OG，∴OD＋OE＝2OC·cos，结论②成立， ，结论③成立. 5. 相似型—90º 如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90º，∠BOC＝. 结论：CE＝CD·. 证明【方法一】：如图1，过点C作CF⊥OA，CG⊥OB，垂足分别为F、G. 先证△CEG∽△CDF，即，又∵四边形CFOG是矩形，∴CF＝DG， 在Rt△COG中，，∴CE＝CD·； 证明【方法二】：如图2，过点C作CF⊥OC交OB于点F. 通过证明△CFE∽△COD可得 6. 对角互补四边形的四点共圆 如图，在四边形ABCD中，已知∠A+∠C=180°，求证A、B、C、D四点共圆. 【证明】（反证法） 连接BD，作△ABD的外接圆，假设点C不在圆上，那么点C可以有在圆外和圆内两种情况， 当点C在圆外时，如图所示，连接BC交圆O于点C’，连接DC’， 由圆内接四边形的性质可得， 又∵∠A+∠C=180°， ∴，与三角形外角定理相矛盾， 故点C不可能在圆外； 当点C在圆内时，如图所示，同理可证点C也不能在圆内， 综上，点C只能在圆上，即A、B、C、D四点共圆. 【巩固练习】 一．选择题 1．如图，AC是▱ABCD的对角线，点E在AC上，AD＝AE＝BE，∠D＝105°，则∠BAC是（　　） A．25° B．30° C．45° D．50° 【分析】根据平行四边形的性质，得到∠ABC＝∠D＝105°，AD＝BC，进而得到CB＝BE，∠BCE＝∠BEC，设∠EAB的度数为x，列式计算即可． 【解答】解：∵▱ABCD，∠D＝105°， ∴∠ABC＝∠D＝105°，AD＝BC， ∵AD＝AE＝BE， ∴∠EAB＝∠EBA，CB＝BE， ∴∠BCE＝∠BEC， 设∠EAB的度数为x，则：∠EBA＝x，∠CEB＝∠EAB+∠EBA＝2x，∠ACB＝180°﹣∠ABC﹣∠CAB＝75°﹣x， ∴2x＝75°﹣x， ∴x＝25°， ∴∠BAC＝25°； 故选A． 【点评】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的内角和与外角的性质，熟练掌握相关性质，并灵活运用，是解题的关键． 2．如图，已知四边形ABCD的对角互补，且∠BAC＝∠DAC，AB＝15，AD＝12．过顶点C作CE⊥AB于E，则的值为（　　） A．9 B． C．7.2 D．6 【分析】过点C作CF⊥AD交AD的延长线于点F，证明△CEB≌△CFD，结合已知数据，求出AE和BE的长度，即可解决问题． 【解答】解：如图，过点C作CF⊥AD交AD的延长线于点F，则∠CFD＝90°， ∵CE⊥AB， ∴∠CEB＝90°， ∴∠CEB＝∠CFD， ∵∠BAC＝∠DAC， ∴AC平分∠BAD， ∴CE＝CF， ∵四边形ABCD的对角互补， ∴∠B+∠ADC＝180°， ∵∠CDF+∠ADC＝180°， ∴∠B＝∠CDF， 在△CEB和△CFD中， ， ∴△CEB≌△CFD（AAS）， ∴BE＝DF， 设BE＝DF＝a， ∵AB＝15，AD＝12， ∴12+2a＝15， ∴a＝1.5， ∴AE＝12+a＝12+1.5＝13.5，BE＝a＝1.5， ∴， 故选：A． 【点评】本题主要考查了角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解决问题的关键． 3．如图，△ABC为等边三角形，以AB为边向形外作△ABD，使∠ADB＝120°，再以点C为旋转中心把△CBD旋转到△CAE，则下列结论： ①D、A、E三点共线； ②DC平分∠BDA； ③∠E＝∠BAC； ④DC＝DB+DA． 其中正确的有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【分析】（1）设∠1＝x度，把∠2＝（60﹣x）度，∠DBC＝（x+60）度，∠4＝（x+60）度，∠3＝60°加起来等于180度，即可证明D、A、E三点共线； （2）根据△BCD绕着点C按顺时针方向旋转60°得到△ACE，判断出△CDE为等边三角形，求出∠BDC＝∠E＝60°，∠CDA＝120°﹣60°＝60°，可知DC平分∠BDA； （3）由②可知，∠BAC＝60°，∠E＝60°，从而得到∠E＝∠BAC． （4）由旋转可知AE＝BD，又∠DAE＝180°，DE＝AE+AD．而△CDE为等边三角形，DC＝DE＝DB+BA． 【解答】解：如图， ①设∠1＝x度，则∠2＝（60﹣x）度，∠DBC＝（x+60）度，故∠4＝（x+60）度， ∴∠2+∠3+∠4＝60﹣x+60+x+60＝180度， ∴D、A、E三点共线； 故①正确； ②∵△BCD绕着点C按顺时针方向旋转60°得到△ACE， ∴CD＝CE，∠DCE＝60°， ∴△CDE为等边三角形， ∴∠E＝60°， ∴∠BDC＝∠E＝60°， ∴∠CDA＝120°﹣60°＝60°， ∴DC平分∠BDA； 故②正确； ③∵∠BAC＝60°， ∠E＝60°， ∴∠E＝∠BAC． 故③正确； ④由旋转可知AE＝BD， 又∵∠DAE＝180°， ∴DE＝AE+AD． ∵△CDE为等边三角形， ∴DC＝DB+BA．故④正确； 故选：A． 【点评】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、圆周角定理等相关知识，要注意旋转不变性，找到变化过程中的不变量． 4．克罗狄斯•托勒密是古希腊著名数学家、天文学家和地理学家，他在所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当凸四边形的对角互补时取等号，后人称之为托勒密定理的推论．如图，四边形ABCD内接于半径为2的圆，∠A＝120°，∠B＝45°，AB＝AD，则四边形ABCD的周长为（　　） A．46 B．10 C．44 D．45 【分析】连接AC，BD，设圆心为O，连接DO并延长交⊙O于M，连接AM，过A作AN⊥CD交CD延长线于N，由∠DAB＝120°，AB＝AD，得∠ABD＝30°，即得∠M＝∠ABD＝30°，可得ADDM＝2AB，BDAD＝6，由∠ADC＝135°，得△ADN是等腰直角三角形，AN，在Rt△ACN中，AC＝2AN＝2，由托勒密定理的推论知有2BC+2CD＝6×2，故BC+CD＝6，从而可得四边形ABCD的周长为46． 【解答】解：连接AC，BD，设圆心为O，连接DO并延长交⊙O于M，连接AM，过A作AN⊥CD交CD延长线于N，如图： ∵∠DAB＝120°，AB＝AD， ∴∠ABD＝30°， ∵， ∴∠M＝∠ABD＝30°， ∵DM是⊙O的直径， ∴∠DAM＝90°， ∴ADDM， ∵⊙O半径为2， ∴DM＝4， ∴AD＝2AB， ∴BDAD＝6， ∵∠ADC＝135°， ∴∠ADN＝45°， ∴△ADN是等腰直角三角形， ∴AN， ∵∠DCB＝180°﹣∠DAB＝60°，AB＝AD， ∴∠DCA＝∠BCA＝30°， 在Rt△ACN中， AC＝2AN＝2， 由托勒密定理的推论知：AD•BC+AB•CD＝BD•AC， ∴2BC+2CD＝6×2， ∴BC+CD＝6， ∴AB+BC+CD+AD＝26246， ∴四边形ABCD的周长为46， 故选：A． 【点评】本题考查等腰直角三角形，涉及含30°角的直角三角形三边关系，圆的性质及应用等知识，解题的关键是作辅助线，构造直角三角形解决问题． 5．如图，正方形ABCD，点P是对角线AC上一点，连接BP，过P作PQ⊥BP，PQ交CD于Q，连接BQ交AC于G，若AP，Q为CD中点，则下列结论： ①∠PBC＝∠PQD；②BP＝PQ；③∠BPC＝∠BQC；④正方形ABCD的面积是16； 其中正确结论的个数是（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 【分析】根据对角互补的四边形，则四边形共圆，根据圆周角定理得出∠BPC＝∠BQC，根据∠PBC＝∠PQD，过P作PM⊥AD于M，PE⊥AB于E，PF⊥DC于F，则E、P、F三点共线，推出正方形AEPM，根据勾股定理求出AE＝PE＝PM＝AM＝DF＝1，证△BEP≌△PFQ，推出PE＝FQ＝1，BP＝PQ，求出DQ、DC，即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BCQ＝90°， ∵PQ⊥PB， ∴∠BPQ＝90°， ∴∠BPQ+∠BCQ＝180°， ∴B、C、Q、P四点共圆， ∴∠PBC＝∠PQD，∠BPC＝∠BQC，∴①正确；③正确； 过P作PM⊥AD于M，PE⊥AB于E，PF⊥DC于F，则E、P、F三点共线， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD＝DC＝BC，∠DAC＝∠BAC，∠DAB＝90°， ∴∠MAE＝∠PEA＝∠PMA＝90°，PM＝PE， ∴四边形AMPE是正方形， ∴AM＝PM＝PE＝AE， ∵AP， ∴在Rt△AEP中，由勾股定理得：AE2+PE2＝（）2， 解得：AE＝AM＝PE＝PM＝1， ∴DF＝1， 设AB＝BC＝CD＝AD＝a， 则BE＝PF＝a﹣1， ∵∠BEP＝∠PFQ＝∠BPQ＝90°， ∴∠BPE+∠EBP＝90°，∠EPB+∠FPQ＝90°， ∴∠EBP＝∠FPQ， 在△BEP和△PFQ中 ， ∴△BEP≌△PFQ（ASA）， ∴PE＝FQ＝1，BP＝PQ，∴②正确； ∴DQ＝1+1＝2， ∵Q为CD中点， ∴DC＝2DQ＝4， ∴正方形ABCD的面积是4×4＝16，∴④正确； 故选：A． 【点评】本题考查了正方形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理，三角形的内角和定理等知识点，主要考查学生的推理能力，题目综合性比较强，有一定的难度． 6．如图，△ABC为等边三角形，以AB为边向△ABC外侧作△ABD，使得∠ADB＝120°，再以点C为旋转中心把△CBD沿着顺时针旋转至△CAE，则下列结论： ①D、A、E三点共线；②△CDE为等边三角形；③DC平分∠BDA；④DC＝DB+DA，其中正确的有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【分析】由△ABC为等边三角形得到∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝60°，由∠ADB＝120°得到∠1+∠2＝60°，再根据旋转的性质得∠ACB＝60°，即旋转角等于60°，CD＝CE，∠CAE＝∠CBD＝∠1+60°，于是可计算出∠DAE＝180°，则可对①进行判断；由∠DCE＝∠ACB＝60°，CD＝CE，根据等边三角形的判定可对②进行判断；由△CDE为等边三角形得∠4＝60°，于是可得∠3＝60°，则可对③进行判断；根据旋转的性质得AE＝DB，根据等边三角形的性质得CD＝DE，所以CD＝DE＝DA+AE＝DA+BD，则可对④进行判断． 【解答】解：∵△ABC为等边三角形， ∴∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝60°， ∵∠ADB＝120°， ∴∠1+∠2＝60°， ∵点C为旋转中心把△CBD沿着顺时针旋转至△CAE， ∴∠ACB＝60°，即旋转角等于60°，CD＝CE，∠CAE＝∠CBD＝∠1+∠CBA＝∠1+60°， ∵∠CAE+∠BAC+∠2＝∠1+60°+60°+∠2＝180°，即∠DAE＝180°， ∴D、A、E三点共线，所以①正确； ∵∠DCE＝∠ACB＝60°，CD＝CE， ∴△CDE为等边三角形，所以②正确； ∵△CDE为等边三角形， ∴∠4＝60°， ∴∠3＝60°， ∴DC平分∠BDA，所以③正确； ∵△CDE为等边三角形， ∴CD＝DE， 而点C为旋转中心把△CBD沿着顺时针旋转至△CAE， ∴AE＝DB， ∴DE＝DA+AE＝DA+BD， ∴DC＝DB+DA，所以④正确． 故选：A． 【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的判定与性质． 7．如图，点M、N分别是正方形ABCD的边BC，CD上的动点（不与B，C，D重合），且始终保持∠MAN＝45°，AM，AN分别交BD于点E，F，以下四个结论：①AF⊥FM；②；③当∠BAM＝22.5°时，∠FMN＝∠BAM；④DN+BM＝MN．其中正确的有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【分析】①②先证明A、B、M、F四点共圆，根据圆内接四边形对角互补即可证明∠AFM＝90°，根据等腰直角三角形性质即可解决问题． ③利用全等三角形的性质证明AM＝AN，求出∠FMN的度数即可判断． ④将△ABM绕点A逆时针旋转90°至△ADM′，根据正方形的性质和且∠MAN＝45°可证明MN＝BM+DN． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABD＝∠CBD＝45°，∠ABC＝90°， ∵∠MAN＝45°， ∴∠MAF＝∠MBE， ∴A、B、M、F四点共圆， ∴∠ABM+∠AFM＝180°， ∴∠AFM＝90°，故①正确， ∴∠FAM＝∠FMA＝45°， ∴AMAF， ∴，故②正确， 补充不用四点共圆的方法：由△EAF∽△EBM，推出，即，即可推出△AEB∽△FEM，推出∠EMF＝∠ABE＝45°，由此即可解决问题． 当∠BAM＝22.5°时，易证△BAM≌△DAN（SAS）， ∴AM＝AN， ∴∠AMN＝∠ANM（180°﹣45°）＝67.5°， ∴∠FMN＝∠AMN﹣∠AMF＝22.5°， ∴∠FMN＝∠BAM，故③正确，将△ABM绕点A逆时针旋转90°至△ADM′， ∵∠M′AN＝∠DAN+∠MAB＝45°，AM′＝AM，BM＝DM′， ∵∠M′AN＝∠MAN＝45°，AN＝AN， ∴△AMN≌△AM′N′（SAS）， ∴MN＝NM′， ∴M′N＝M′D+DN＝BM+DN， ∴MN＝BM+DN；故④正确； 故选：A． 【点评】本题考查四边形综合题、等腰直角三角形性质、四点共圆、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是利用四点共圆的性质解决问题，题目有点难，用到四点共圆． 二．填空题 8．如图，AD是△ABC的角平分线，DF⊥AB于点F，∠AED和∠AGD互补，若S△ADG＝40，S△AED＝22，则△EDF的面积为 　9　． 【分析】过点D作DH⊥AC于点H，根据角平分线的性质可得DF＝DH，再证明Rt△ADF≌Rt△ADH（HL），Rt△DFE≌Rt△DHG（AAS），根据全等三角形的性质进一步即可求出△DEF的面积． 【解答】解：过点D作DH⊥AC于点H，如图所示： ∵AD是△ABC的角平分线，DF⊥AB， ∴DF＝DH， 在Rt△ADF和Rt△ADH中， ， ∴Rt△ADF≌Rt△ADH（HL）， ∴S△ADF＝S△ADH， ∵∠AED和∠AGD互补， ∴∠AED+∠AGD＝180°， ∵∠AED+∠FED＝180°， ∴∠AGD＝∠FED， ∵DF⊥AB，DH⊥AC， ∴∠EFD＝∠GHD， 在Rt△DFE和Rt△DHG中， ∴Rt△DFE≌Rt△DHG（AAS）， ∴S△DEF＝S△DHG， ∵S△ADG＝40，S△AED＝22， ∴2S△EDF＝S△ADG﹣S△AED＝18， ∴S△EDF＝9． 故答案为：9． 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，熟练掌握这些性质是解题的关键． 9．如图，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，当BC＝4，DC＝7，CF＝1时，则△CEF的周长等于 　13　． 【分析】在DF上截取DM＝BE，利用SAS证明△ADM≌△ABE，和△EAF≌△MAF，即可求解． 【解答】解：在DF上截取DM＝BE， ∵∠D+∠ABC＝∠ABE+∠ABC＝180°， ∴∠D＝∠ABE， 在△ADM和△ABE中， ， ∴△ADM≌△ABE（SAS）， ∴AM＝AE，∠BAE＝∠DAM， ∵∠EAF＝∠BAE+∠BAF∠BAD， ∴∠MAF∠BAD， ∴∠EAF＝∠MAF， 在△EAF和△MAF中， ， ∴△EAF≌△MAF（SAS）， ∴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． 【点评】此题考查全等三角形的判定与性质，作出合理的辅助线构建全等三角形是解题的关键． 10．如图，⊙O的半径为5，△ABC是⊙O的内接三角形，连接OB、OC．若∠BAC与∠BOC互补，则弦BC的长为 　5　． 【分析】作弦心距OD，先根据已知求出∠BOC＝120°，由等腰三角形三线合一的性质得：∠DOC∠BOC＝60°，利用30°角所对的直角边是斜边的一半可求得OD的长，根据勾股定理得DC的长，最后利用垂径定理得出结论． 【解答】解：∵∠BAC与∠BOC互补， ∴∠BAC+∠BOC＝180°， ∵∠BAC∠BOC， ∴∠BOC＝120°， 过O作OD⊥BC，垂足为D， ∴BD＝CD， ∵OB＝OC， ∴OD平分∠BOC， ∴∠DOC∠BOC＝60°， ∴∠OCD＝90°﹣60°＝30°， 在Rt△DOC中，OC＝5， ∴OD， ∴DC， ∴BC＝2DC＝5， 故答案为：5． 【点评】本题考查三角形的外接圆与外心、锐角三角函数、垂径定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，还在直角三角形解决问题，属于中考常考题型． 11．定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．例：如图①，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝AD，则四边形ABCD是等补四边形．如图②，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，其外角∠EAD的平分线交CD的延长线于点F，若AF＝4，CD＝2AD＝6，则四边形ABCD的周长为 　　． 【分析】连接AC，先证∠EAD＝∠BCD，推出∠FCA＝∠FAD，再证△ACF∽△DAF，利用相似三角形对应边的比相等可求DF的长，根据圆内接四边形的性质得到∠ADF＝∠B，根据相似三角形的性质即可得到结论． 【解答】解：如图所示，连接AC， ∵四边形ABCD是等补四边形， ∴∠BAD+∠BCD＝180°， 又∠BAD+∠EAD＝180°， ∴∠EAD＝∠BCD， ∵AF平分∠EAD， ∴∠FAD∠EAD， ∵四边形ABCD是等补四边形， ∴A，B，C，D四点共圆， ∵AB＝AD， ∴， ∴∠ACD＝∠ACB， ∴∠FCA∠BCD， ∴∠FCA＝∠FAD， 又∠AFC＝∠DFA， ∴△ACF∽△DAF， ∴，AF＝4，CD＝2AD＝6， 即， ∴DF＝2， ∵∠EAD+∠DAB＝∠DAB+∠ACB＝180°， ∴∠EAD＝∠BCD， ∴∠FAD＝∠BCA， ∵∠ADF+∠ADC＝∠ADC＝∠B＝180°， ∴∠ADF＝∠B， ∴△ADF∽△CBA， ∴， ∴， ∴BC， ∴四边形ABCD的周长为AD+AB+BC+CD＝3+36． 故答案为：． 【点评】本题考查了新定义等补四边形，圆的有关性质，角平分线的判定，相似三角形的判定与性质等，解题关键是要能够通过自主学习来进行探究，运用等． 12．如图，点O是四边形ABCD对角线AC、BD的交点，∠BAD与∠ACB互补，，AD＝6，AB＝7，AC＝5，则BC的长为　　． 【分析】过点O作OM∥AD交AB于M根据平行线分线段成比例定理得到AM7，BM7，根据相似三角形的性质得到OM，再根据相似三角形的性质得到，于是得到结论． 【解答】解：过点O作OM∥AD交AB于M ∴， ∴AM7，BM7， ∵△BOM∽△BDA， ∴， ∴OM， ∵∠BAD+∠OMA＝180°，∠BAD+∠ACB＝180°， ∴∠OMA＝∠ACB， ∴△AMO∽△ACB， ∴， ∴BC． 故答案为：． 【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，熟练正确相似三角形的判定和性质是解题的关键． 13．如图，等边三角形ABC中，E、F为AC、AB中点，EF延长线交△ABC外接圆于P，则PB：AP的数值为　　（提示：圆内接四边形对角互补） 【分析】证明△APB∽△AFP，得出，得出AP2＝AF×AB，设AF＝BF＝x，则AB＝2x，则AP2＝2x2，APx，，得出PBPF，作PM⊥AB于M，求出∠FPM＝30°，由直角三角形的性质得出FMPF，PMFM，设FM＝y，则PF＝2y，PMy，PB＝2y，BM＝x﹣y，在Rt△BPM中，由勾股定理得出方程，得出yx，得出PBx，即可得出答案． 【解答】解：∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC，∠ABC＝∠ACB＝60°， ∵∠APB+∠ACB＝180°， ∴∠APB＝120°， ∵E、F为AC、AB中点， ∴EF∥BC，EFBCAB＝AF＝BF， ∴∠AFE＝∠ABC＝60°， ∴∠AFP＝120°＝∠APB， ∵∠PAB＝∠FAP， ∴△APB∽△AFP， ∴， ∴AP2＝AF×AB， 设AF＝BF＝x，则AB＝2x， ∴AP2＝2x2，APx， ∴， ∴PBPF， 作PM⊥AB于M，如图所示： ∵∠PFM＝∠AFE＝60°， ∴∠FPM＝30°， ∴FMPF，PMFM， 设FM＝y，则PF＝2y，PMy，PB＝2y，BM＝x﹣y， 在Rt△BPM中，由勾股定理得：（y）2+（x﹣y）2＝（2y）2， 解得：yx（负值舍去）， ∴yx， ∴PBx， ∴； 故答案为：． 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、等边三角形的性质、三角形中位线定理、圆内接四边形的性质、勾股定理、含30°角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握等边三角形和直角三角形的性质，证明三角形相似是解题的关键． 14．定义：有一组对角互补的四边形叫做互补四边形，如图，在互补四边形纸片ABCD中，BA＝BC，AD＝CD，∠A＝∠C＝90°，∠ADC＝30°．将纸片先沿直线BD对折，再将对折后的纸片从一个顶点出发的直线裁剪，把剪开的纸片打开后铺平，若铺平后的纸片中有一个面积为4的平行四边形，则CD的长为　（24）或（2）　． 【分析】根据已知条件进行裁剪平铺后发现所得平行四边形是菱形，根据菱形性质及30度角所对直角边等于斜边一半即可求解． 【解答】解：①如图所示： 根据题意可知： ∵BA＝BC，AD＝CD，∠A＝∠C＝90° ∴△ABD≌△CBD（SAS） ∴∠ABD＝∠CBD＝75°， 四边形ABCE是面积为4的平行四边形， ∵AB＝CB ∴▱ABCE是菱形， ∴△BCE的面积为2，CB＝CE＝AB， ∴∠BCE＝30°， 作BG⊥CE于点G， ∴BC＝2BG，∴CE＝2BG， ∴S△BCECE•BG ∴BG2＝2，∴BG，CE＝2， ∴CGBG， ∴CF＝CG+GF＝CG+AB＝CG+CE2． ∵∠ADC＝30°，∠CFD＝90° ∴CD＝2CF＝24． ②如图，当四边形BEDF是平行四边形， ∵BE＝BF， ∴平行四边形BEDF是菱形， ∵∠A＝∠C＝90°，∠ADC＝30°， ∴∠ADB＝∠BDC＝15°， ∵BE＝DE， ∴∠AEB＝30°， ∴设AB＝y，则BE＝DE＝2y，AEy， ∵四边形BEDF面积为4， ∴AB×DE＝2y2＝4， 解得：y， 故DE＝2，AE， CD＝CF+FD＝AE+DE2， 故答案为（24）或（2）． 【点评】本题考查了翻折变换，解决本题的关键是综合利用菱形和30度角所对直角边等于斜边一半的知识．本题需要学生动手操作更容易理解． 15．如图，正方形ABCD的边长为2，点E从点A出发沿着线段AD向点D运动（不与点A、D重合），同时点F从点D出发沿着线段DC向点C运动（不与点D、C重合），点E与点F的运动速度相同．BE与AF相交于点H，点G为BF中点，则有下列结论： ①∠DEH与∠DFH一定互补； ②FB可以平分∠AFC； ③当E运动到AD中点时，； ④当时，四边形HEDF的面积是． 其中正确的有 　①③④　.（填写序号） 【分析】根据全等三角形的判定与性质，正方形性质，得出△ABE≌△DAF（SAS），且其对应角相等，又根据∠DEH与∠AEH互补，推出∠DEH与∠DFH互补，判断①；假设FB平分∠AFC，得出BH＝BA，这显然不可能，以此判断②；当F运动到CD中点时，根据有股定理求得BF，根据G为BF中点，可判断③，根据△ABE≌△DAF（SAS），可得到S四边形HEDF＝S△AHB，当AH+BH，根据完全平方公式（AH+BH）2＝AH2+BH2+2AH•BH＝10，可得AH•BH＝3，可求面积判断④． 【解答】解：①由题意可知，AE＝DF，AB＝AD，∠BAE＝∠ADF， ∴△ABE≌△DAF（SAS）， ∴∠AEH＝∠DFH， ∵∠DEH与∠AEH互补， ∴∠DEH与∠DFH互补， 故①正确． ②∵∠DFH+∠EAH＝90°， 且由①知，∠AEH＝∠DFH， ∴∠AEH+∠EAH＝90°， ∴∠AHE＝∠AHB＝∠BHF＝90°， 假设FB平分∠AFC， ∵∠C＝∠BHF＝90°， ∴BC＝BH， ∴BA＝BH，这显然不可能， ∴FB不可能平分∠AFC， 故②不正确． ③当E运动到AD中点时，点F是CD的中点， ∴FC＝1， 在Rt△BCF中，由勾股定理得，BF， 在Rt△BHF中，G为BF的中点， ∴GH， 故③正确． ④∵△ABE≌△DAF（SAS）， ∴S四边形HEDF+S△AHE＝S△AHB+S△AHE， ∴S四边形HEDF＝S△AHB， ∵AH+BH， ∴（AH+BH）2＝AH2+BH2+2AH•BH＝10， 又∵AH2+BH2＝AB2＝4， ∴AH•BH＝3， ∴S△AHB， 故④正确． 故答案为：①③④． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，关键是能根据正方形的性质找到全等的条件，利用三角形全等的性质和勾股定理解决问题． 三．解答题 16．（1）结合图1中的四边形，证明四边形的外角和是360°； （2）图2中在四边形ABCD中，AC平分∠DAB，∠ABC+∠ADC＝180°，E为DB中点，求证：CE⊥BD． 【分析】（1）由邻补角的定义，分别求出∠1、∠2、∠3、∠4，再由四边形ABCD的内角和是360°，推导出∠1+∠2+∠3+∠4＝360°即可证明； （2）过点C作CF⊥AB交于F点，过点C作CG⊥AD交延长线于点G，根据角平分线定理可证明△CDG≌△CBF（AAS），得到CD＝BC，再由等腰三角形的性质即可证明CE⊥BD． 【解答】证明：（1）∵∠1＝180°﹣∠ABC，∠2＝180°﹣∠BCD，∠3＝180°﹣∠ADC，∠4＝180°﹣∠BAD， ∴∠1+∠2+∠3+∠4＝180°×4﹣（∠ABD+∠BCD+∠CDA+∠BAD）， ∵四边形ABCD的内角和是360°， ∴∠1+∠2+∠3+∠4＝360°， ∴四边形的外角和是360°； （2）过点C作CF⊥AB交于F点，过点C作CG⊥AD交延长线于点G， ∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADC+∠CDG＝180°， ∴∠CDG＝∠ABC， ∵AC平分∠BAD， ∴CG＝CF， ∵∠G＝∠CFB＝90°， ∴△CDG≌△CBF（AAS）， ∴CD＝BC， ∵E为DB中点， ∴CE⊥BD． 【点评】本题考查四边形的内角和定理，角平分线定理，熟练掌握四边形的内角和定理，三角形全等的判定及性质，角平分线定理，等腰三角形的性质是解题的关键． 17．如图，在四边形ABCD中，点F是边CD上一点，连接AF，并延长AF交BC的延长线于点E，使得△ADF与△FCE全等． （1）若∠BAE＝90°，AD＝1，AB＝2，AE＝2，求BC． （2）若∠DAB+∠DCB＝180°，求证：∠B＝∠DCB． 【分析】（1）根据全等三角形的性质得出AD＝CE，再利用勾股定理解答即可； （2）根据全等三角形的性质得出∠FEC＝∠DAF，得出AD∥BE，利用平行线的性质证明即可． 【解答】解：（1）∵△ADF与△FCE全等， ∴AD＝CE＝1， 在RT△ABE中，BE， ∴BC＝BE﹣CE＝4﹣1＝3； （2）∵△ADF与△FCE全等， ∴∠FEC＝∠DAF， ∴AD∥BE， ∴∠B+∠DAB＝180°， ∵∠DAB+∠DCB＝180°， ∴∠B＝∠DCB． 【点评】此题考查全等三角形的性质，关键是根据全等三角形的对应角相等和对应边相等进行分析． 18．如图，四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，BE平分∠ABC，DF平分∠ADC，BE、CD交于G点，求证： （1）∠ABC+∠ADC＝180°； （2）BG∥DF． 【分析】（1）由四边形的内角和是360°，即可证明； （2）由角平分线的定义，两锐角互余的概念，即可证明． 【解答】证明（1）∵四边形的内角和是360°， ∴∠ABC+∠ADC+∠A+∠C＝360°， ∵∠A＝∠C＝90°， ∴∠ABC+∠ADC＝180°； （2）∵BE平分∠ABC，DF平分∠ADC， ∴∠CBG∠ABC，∠FDC∠ADC， ∴∠CBG+∠FDC（∠ABC+∠ADC）＝90°， ∵∠CFD+∠CDF＝90°， ∴∠CBG＝∠CFD， ∴DF∥BG． 【点评】本题考查四边形的有关知识，平行线的判定，关键是掌握四边形的内角和是360°，两直线平行线的判定方法． 19．如图，A、P、B、C是⊙O上四点，∠APC＝∠CPB＝60°． （1）求证：△ABC是等边三角形； （2）连接OA，OB，当点P位于什么位置时，四边形PBOA是菱形？并说明理由； （3）已知PA＝a，PB＝b，求PC的长（用含a和b的式子表示）． 【分析】（1）利用圆周角定理得到∠BAC＝∠CPB＝60°，则∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝60°，从而可判断△ABC为等边三角形； （2）当点P位于 的中点时，四边形PBOA是菱形，连接OP，如图1，先证明∠AOP＝∠BOP＝60°，再证明△OAP和△OBP都为等边三角形，从而得到四边形PBOA是菱形； （3）如图2，在PC上截取PD＝PA，证明△APB≌△ADC得到PB＝DC，从而得到PC＝PD+DC＝PA+PB＝a+b． 【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠CPB＝60°， ∴∠ABC＝∠APC＝60°， ∴∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝60°， ∴△ABC为等边三角形； （2）解：当点P位于 的中点时，四边形PBOA是菱形． 理由如下：连接OP，如图1， ∵∠AOB＝2∠ACB＝120°， 而P是的中点， ∴∠AOP＝∠BOP＝60°， 又∵OA＝OP＝OB， ∴△OAP和△OBP都为等边三角形， ∴OA＝AP＝OB＝PB， ∴四边形PBOA是菱形； （3）解：如图2，在PC上截取PD＝PA， 又∵∠APC＝60°， ∴△APD是等边三角形， ∴PA＝DA，∠DAP＝60°， ∵∠PAB+∠BAD＝∠BAD+∠DAC， ∴∠PAB＝∠DAC， 在△APB和△ADC中 ， ∴△APB≌△ADC（ASA）， ∴PB＝DC， 又∵PA＝PD， ∴PC＝PD+DC＝PA+PB＝a+b． 【点评】本题考查了圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补．圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角（就是和它相邻的内角的对角）．也考查了等边三角形的判定与性质和菱形的判定． 20．如图，点P（3m﹣1，﹣2m+4）在第一象限的角平分线OC上，AP⊥BP，点A在x轴正半轴上，点B在y轴正半轴上． （1）求点P的坐标． （2）当∠APB绕点P旋转时， ①OA+OB的值是否发生变化？若变化，求出其变化范围；若不变，求出这个定值． ②请求出OA2+OB2的最小值． 【分析】（1）由题意知，3m﹣1＝﹣2m+4，即可解决问题； （2）①过点P作PM⊥y轴于M，PN⊥OA于N．利用ASA证明△PMB≌△PNA，得BM＝AN，从而得出OB+OA＝OM﹣BM+ON+AN＝2OM； ②连接AB，由勾股定理得AB2＝PA2+PB2＝2PA2，则OA2+OB2＝2PA2，当PA最小时，OA2+OB2也最小．根据垂线段最短，从而得出答案． 【解答】解：（1）∵点P（3m﹣1，﹣2m+4）在第一象限的角平分线OC上， ∴3m﹣1＝﹣2m+4， ∴m＝1， ∴P（2，2）； （2）①不变． 过点P作PM⊥y轴于M，PN⊥OA于N． ∵∠PMO＝∠PNO＝∠MON＝90°，PM＝PN＝2， ∴四边形QMPN是正方形， ∴∠MPN＝90°＝∠APB， ∴∠MPB＝∠NPA． 在△PMB和△PNA中， ， ∴△PMB≌△PNA（ASA）， ∴BM＝AN， ∴OB+OA＝OM﹣BM+ON+AN＝2OM＝4， ②连接AB， ∵∠AOB＝90°， ∴OA2+OB2＝AB2， ∵∠BPA＝90°， ∴AB2＝PA2+PB2＝2PA2， ∴OA2+OB2＝2PA2，当PA最小时，OA2+OB2也最小． 根据垂线段最短原理，PA最小值为2， ∴OA2+OB2的最小值为8． 【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了坐标与图形的变化﹣旋转，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是构造全等三角形，属于中考常考题型． 21．定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形． 【问题理解】 如图1，点A、B、C在⊙O上，∠ABC的平分线交⊙O于点D，连接AD、CD． 求证：四边形ABCD是等补四边形； 【拓展探究】 如图2，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，连接AC，AC是否平分∠BCD？请说明理由； 【升华运用】 如图3，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，其外角∠EAD的平分线交CD的延长线于点F．若CD＝6，DF＝2，求AF的长． 【分析】【问题理解】 由圆内接四边形对角互补可知∠A+∠C＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°，再证AD＝CD，即可根据等补四边形的定义得出结论； 【拓展探究】 过点A分别作AE⊥BC于点E，AF垂直CD的延长线于点F，证△ABE≌△ADF，得到AE＝AF，根据角平分线的判定可得出结论； 【升华运用】 连接AC，先证∠EAD＝∠BCD，推出∠FCA＝∠FAD，再证△FAD∽△FCA，利用相似三角形的性质可求出AF的长． 【解答】【问题理解】 证明：∵四边形ABCD为圆内接四边形， ∴∠A+∠C＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°， ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD＝∠CBD， ∴， ∴AD＝CD， ∴四边形ABCD是等补四边形； 【拓展探究】 解：AC平分∠BCD， 理由如下： 过点A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，则∠AEB＝∠AFD＝90°， ∵四边形ABCD是等补四边形， ∴∠ADC+∠B＝180°， 又∵∠ADC+∠ADF＝180°， ∴∠B＝∠ADF， 在△AFD与△AEB中， ， ∴△AFD≌△AEB（AAS）， ∴AE＝AF， ∴点A一定在∠BCD的平分线上， 即AC平分∠BCD； 【升华运用】 解：连接AC，如图3， 同（2）理得∠EAD＝∠BCD， 由（2）知AC平分∠BCD， ∴∠FCA∠BCD， 同理∠FAD∠EAD， ∴∠FCA＝∠FAD， 又∵∠F＝∠F， ∴△FAD∽△FCA， ∴ ∴AF2＝DF•CF＝DF（DF+CF）＝2×（2+6）＝16， ∴AF＝4． 【点评】本题是圆的综合题，考查了新定义等补四边形，圆的有关性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的判定，相似三角形的判定与性质等，解题关键是正确理解运用新定义等补四边形． 22．如图，正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC上的两个动点，且正方形ABCD的周长是△BEF周长的2倍．连接DE，DF分别与对角线AC交于点M，N． （1）若AE＝2，CF＝3，求EF的长； （2）求证；∠EFN+∠EMN＝180°； （3）若2，BE＝3，求EF的长． 【分析】（1）根据正方形ABCD的周长是△BEF周长的2倍，可得BE+BF+EF＝AB+BC，则EF＝AE+FC，结论可得； （2）在BA的延长线上取点 H，使得AH＝CF，证明△AHD≌△CFD 可得EF＝AE+AH＝EH，进而证明△DEH≌△DEF则∠EDF＝∠HDE＝45°，∠H＝∠DFC＝∠DFE，∠EMN＝∠HED+∠EAM＝45°+∠DEF， 可得∠EFN+∠EMN＝∠DFC+45°+∠DEF＝∠DFE+∠EDF+∠DEF＝180°； （3）根据题意可得点A，G关于DE对称轴，C，G 关于DF对称，利用对称可得△GMN是直角三角形，由2，可得∠GNM＝30°，故∠GMN＝60°，结合（2）的结论可得∠EFN＝60°，所以∠EFB＝180°﹣∠NFE﹣∠CFN＝60°，∠BEF＝30°，在Rt△BEF中利用勾股定理即可解决． 【解答】解：（1）∵正方形ABCD的周长是△BEF周长的2倍， ∴BE+BF+EF＝AB+BC， ∴EF＝AE+FC， 若AE＝2，CF＝3， 则EF＝2+3＝5； （2）如图，在BA的延长线上取点 H，使得AH＝CF， 在正方形 ABCD 中，AD＝CD，∠HAD＝∠FCD＝90°， 在△AHD和△CFD中， ， △AHD≌△CFD （SAS ）， ∴∠CDF＝∠ADH，HD＝DF，∠H＝∠DFC， ∵EF＝AE+CF， ∴EF＝AE+AH＝EH， 在△DEH和△DEF中， ∴△DEH≌△DEF（SSS）， ∴∠HDE＝∠FDE，∠H＝∠EFD，∠HED＝∠FED， ∵∠CDF+∠ADF＝∠ADH+∠ADF＝∠HDF＝90°， ∴∠EDF＝∠HDE＝45°， ∵∠H＝∠DFC＝∠DFE，∠EMN＝∠HED+∠EAM＝45°+∠DEF， ∴∠EFN+∠EMN ＝∠DFC+45°+∠DEF＝∠DFE+∠EDF+∠DEF＝180° 即∠EFN+∠EMN＝180°； （3）作DG⊥EF于点G，连接GM，GN， 在△AED和△GED中， ∴△AED≌△GED （AAS）， 同理，△GDF≌△CDF （AAS）， ∴AG＝DG＝CF，∠ADE＝∠GDE，∠GDF＝∠CDF， ∴点A，G关于DE对称轴，C，G 关于DF对称， ∴GM＝AM，GN＝CN，∠EGM＝∠EAM＝45°，∠NGF＝∠NCF＝45°， ∴∠MGN＝90°， 即△GMN是直角三角形， 若2， 则MN＝AM， ∴GMMN， ∴∠GNM＝30°， ∴∠GMN＝90°﹣∠GNM＝60°， 由轴对称可得∠AME＝∠GME， ∵∠AME+∠GME+∠GMN＝180°， ∴∠AME＝∠GME＝60°， ∴∠EMN＝2∠GME＝120°， ∵∠EFN+∠EMN＝180°； ∴∠EFN＝180°﹣∠EMN＝60°， 由轴对称可得∠NFE＝∠CFN＝60°， ∴∠EFB＝180°﹣∠NFE﹣∠CFN＝60°， ∵∠B＝90°， ∴∠BEF＝30°， ∴BFEF， 由勾股定理可得：BE2+BF2＝FE2， ∴9EF2＝FE2， 解得：EF＝2． 【点评】本题考查正方形的性质、三角形全等的判定和性质、轴对称的性质、含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理的应用，属于综合题，理解题意，搞清楚图形的特征是解决问题的关键． 23．在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD+∠BCD＝180°，连接AC，BD． （1）如图1，当∠BAD＝60°时，猜想线段AC，BC，DC之间的数量关系 　AC＝BC+DC　； （2）如图2，当∠BAD＝90°时，猜想线段AC，BC，DC之间的数量关系；并证明你的猜想； （3）如图3，当∠BAD＝α（0°＜α＜180°）时，请直接写出线段AC，BC，DC之间的数量关系．（用含α的代数式表示） 【分析】（1）延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE，利用SAS证明△ABC≌△ADE，得AC＝AE，BC＝DE，∠BAC＝∠DAE，再证明△ACE是等边三角形，可得结论； （2）延长CD到E，使DE＝BC，连接AE，与（1）同理得△ABC≌△ADE，△ACE是等腰直角三角形，再利用等腰直角三角形的性质可得结论； （3）延长CD到E，使DE＝BC，连接AE，与（1）同理得△ABC≌△ADE，过点A作AF⊥CE于E，得CF＝FE，，从而解决问题． 【解答】解：（1）如图，延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE， ∵∠BAD+∠BCD＝180°， ∴∠ABC+∠ADC＝180°， ∵∠ADC+∠ADE＝180°， ∴∠ABC＝∠ADE， 在△ABC与△ADE中， ， ∴△ABC≌△ADE（SAS）， ∴AC＝AE，BC＝DE，∠BAC＝∠DAE， ∴∠CAE＝∠CAD+∠DAE＝∠CAD+∠BAC＝60°， ∴△ACE是等边三角形， ∴AC＝CE＝CD+DE＝CD+BC， 故答案为：AC＝BC+DC； （2）BC+DCAC，理由如下： 如图，延长CD到E，使DE＝BC，连接AE， ∵∠BAD+∠BCD＝180°， ∴∠ABC+∠ADC＝180°， ∵∠ADC+∠ADE＝180°， ∴∠ABC＝∠ADE， ∵AB＝AD，BC＝DE， ∴△ABC≌△ADE（SAS）， ∴AC＝AE，∠BAC＝∠DAE， ∴∠CAE＝∠CAD+∠DAE＝∠CAD+∠BAC＝∠BAD＝90°， ∴△ACE是等腰直角三角形， ∴∠ACE＝∠AEC＝45°， 在Rt△CAE中，cos∠ACE＝cos45°， ∴CEAC， ∵BC＝DE， ∴BC+DC＝DE+DC＝CEAC； （3）BC+DC＝2AC，理由如下： 如图，延长CD到E，使DE＝BC，连接AE， ∵∠BAD+∠BCD＝180°， ∴∠ABC+∠ADC＝180°， ∵∠ADC+∠ADE＝180°， ∴∠ABC＝∠ADE， 在△ABC与△ADE中， ， ∴△ABC≌△ADE（SAS）， ∴AC＝AE，BC＝DE，∠BAC＝∠DAE， ∴∠CAE＝∠CAD+∠DAE＝∠CAD+∠BAC＝α， 过点A作AF⊥CE， ∴CF＝FE，， ∴sin， ∴BC+DC＝2AC． 【点评】本题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，三角函数等知识，熟练掌握对角互补模型是解题的关键． 24．已知：在正方形ABCD中，点E是边AB上点，点G在边AD上，连接EG，EG＝DG，作EF⊥EG，交边BC于点F（图1）． （1）求证：AE+CF＝EF； （2）连接正方形ABCD的对角线AC，连接DF，线段AC与线段DF相交于点K（图2），探究线段AE、AD、AK之间的数量关系，直接写出你的结论； （3）在（2）的条件下，连接线段DE与线段AC相交于点P，（图3）若AK＝8．△BEF的周长为24，求PK的长． 【分析】（1）连接DF，作DM⊥EF，垂足M．先利用AAS证明△DAE≌△DME，得出AE＝ME，再利用HL证明Rt△DCF≌Rt△DMF，得出CF＝MF，进而可证明AE+CF＝EF； （2）连接EK、ED．先由∠EAK＝∠EDK＝45°，得出A、E、K、D四点共圆，根据圆内接四边形的对角互补得到∠EKD＝90°，由勾股定理得出DK2DE2（AD2+AE2），再根据S四边形AEKD＝S△ADE+S△KDE＝S△AEK+S△KDA，由三角形的面积公式整理后可得出AE+ADAK； （3）先由△BEF的周长为24，结合（1）的结论求出正方形ABCD的边长为12，则AC＝12，再由（2）的结论得出AE＝4．然后根据AE∥CD，得到△AEP∽△CDP，由相似三角形对应边成比例得出，求出CP＝9，进而得到PK＝CP﹣CK＝5． 【解答】（1）证明：连接DF，作DM⊥EF，垂足M． ∵DM⊥EF，GE⊥EF， ∴∠GEF＝∠DMF＝90°， ∴DM∥GE， ∴∠MDE＝∠DEG， ∵DG＝GE， ∴△GDE是等腰三角形， ∴∠GED＝∠GDE， ∴∠GDE＝∠EDM， ∵在△DAE和△DME中， ， ∴△DAE≌△DME（AAS）， ∴DM＝AD，AE＝ME， ∵AD＝CD， ∴DC＝DM， 在Rt△DCF和Rt△DMF中， ， ∴Rt△DCF≌Rt△DMF（HL）， ∴CF＝MF， ∴AE+CF＝EM+MF， ∵EM+MF＝EF， ∴AE+CF＝EF； （2）解：连接EK、ED． 由（1）知，△DAE≌△DME，Rt△DCF≌Rt△DMF， ∴∠ADE＝∠MDE∠ADM，∠CDF＝∠MDF∠CDM， ∴∠EDF＝∠EDM+∠MDF∠ADM∠CDM∠ADC＝45°， ∵∠EAK＝45°， ∴∠EAK＝∠EDK， ∴A、E、K、D四点共圆， ∴∠EAD+∠EKD＝180°， ∴∠EKD＝180°﹣∠EAD＝90°， ∴∠EDK＝45°， ∴△EDK是等腰直角三角形，DE2＝2DK2， ∵S四边形AEKD＝S△ADE+S△KDE＝S△AEK+S△KDA， ∴AD•AEDK•EKAK•AE•sin∠EAKAK•AD•sin∠DAK， ∴AD•AE+DK2＝AK•AEAK•AD， ∵DK2DE2（AD2+AE2）， ∴AD•AE（AD2+AE2）AK•AEAK•AD， ∴2AD•AE+AD2+AE2AK•AEAK•AD， ∴（AD+AE）2AK（AD+AE）， ∵AD+AE≠0， ∴AE+ADAK； （3）解：∵△BEF的周长为24， ∴BE+EF+BF＝24， 由（1）知AE+CF＝EF， ∴BE+AE+CF+BF＝24， ∴AB+BC＝24， ∴AB＝BC＝12，即正方形ABCD的边长为12， ∴ACAB＝12． 由（2）知AE+ADAK， ∵AK＝8， ∴AE+AD816，CK＝AC﹣AK＝1284， ∴AE＝16﹣AD＝4． ∵AE∥CD， ∴△AEP∽△CDP， ∴， ∴CPAC129， ∴PK＝CP﹣CK＝945． 【点评】本题考查了全等三角形、相似三角形的判定与性质，四点共圆的条件，圆内接四边形的性质，三角形的面积，勾股定理等知识，综合性较强，难度较大．准确地作出辅助线是解题的关键． 25．四边形ABCD若满足∠A+∠C＝180°，则我们称该四边形为“对角互补四边形”． （1）四边形ABCD为对角互补四边形，且∠B：∠C：∠D＝2：3：4，则∠A的度数为 　90°　； （2）如图1，四边形ABCD为对角互补四边形，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD． 求证：AC平分∠BCD． 小云同学是这么做的：延长CD至M，使得DM＝BC，连AM，可证明△ABC≌△ADM，得到△ACM是等腰直角三角形，由此证明出AC平分∠BCD，还可以知道CB、CD、CA三者关系为：　CD+BCAC　； （3）如图2，四边形ABCD为对角互补四边形，且满足∠BAD＝60°，AB＝AD，试证明： ①AC平分∠BCD； ②CA＝CB+CD； （4）如图3，四边形ABCD为对角互补四边形，且满足∠ABC＝60°，AD＝CD，则BA、BC、BD三者关系为：　BC+ABBD　． 【分析】（1）根据对角互补，求解即可； （2）由题意可得AC＝AM，BC＝DM，CMAC，即可得CM＝CD+BCAC； （3）①延长CD至M，使DM＝BC，连接AM，证明△ABC≌△ADM（SAS），可确定△ACM是等边三角形，在求出∠ACB＝∠ACM，即可证明； ②由①直接可证明； （4）延长BC至M，使CM＝AB，连接DM，证明△ADB≌△CDM（SAS），结合已知可求∠M＝∠DBM＝30°，过点D作DN⊥BM交于点N，则有BM＝2MN，BMBD，再由BM＝BC+CM＝BC+ABBD即可求解． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD为对角互补四边形， ∴∠B+∠D＝180°， ∵∠B：∠C：∠D＝2：3：4， ∴∠B＝180°60°， ∴∠C＝90°， ∴∠A＝90°， 故答案为：90°； （2）∵△ABC≌△ADM， ∴AC＝AM，BC＝DM， ∵△ACM是等腰直角三角形， ∴CMAC， ∵CM＝CD+DM， ∴CM＝CD+BCAC， 故答案为：CD+BCAC； （3）①延长CD至M，使DM＝BC，连接AM， ∵四边形ABCD为对角互补四边形， ∴∠B+∠ADC＝180°， ∴∠ADM＝∠B， ∵AB＝AD， ∴△ABC≌△ADM（SAS）， ∴AC＝AM，∠BAC＝∠DAM， ∵∠BAD＝60°， ∴∠CAM＝60°， ∴△ACM是等边三角形， ∴∠ACM＝∠M＝60°， ∵∠ACB＝∠M， ∴∠ACB＝60°， ∴∠ACB＝∠ACM， ∴AC平分∠BCD； ②∵AC＝CM，BC＝DM， ∴CM＝CD+DM＝CD+BC， ∴AC＝CD+BC； （4）延长BC至M，使CM＝AB，连接DM， ∵四边形ABCD为对角互补四边形， ∴∠A+∠BCD＝∠BCD+∠DCM＝180°， ∴∠A＝∠DCM， ∵AD＝CD， ∴△ADB≌△CDM（SAS）， ∴BD＝MD，∠ADB＝∠CDM， ∵∠ABC＝60°， ∴∠ADC＝120°， ∴∠BDM＝120°， ∴∠M＝∠DBM＝30°， 过点D作DN⊥BM交于点N， ∴N为BM的中点， ∴BM＝2MN， 在Rt△DNM中，MNDMBD， ∴BMBD， ∵BM＝BC+CM＝BC+ABBD， 故答案为：BC+ABBD． 【点评】本题是四边形的综合题，熟练掌握三角形全等的判定及性质，等腰三角形的性质，恰当的构造辅助线是解题的关键． 26．在⊙O中，弦CD平分圆周角∠ACB，连接AB，过点D作DE∥AB交CB的延长线于点E． （1）求证：DE是⊙O的切线； （2）若tan∠CAB，且B是CE的中点，⊙O的直径是，求DE的长． （3）P是弦AB下方圆上的一个动点，连接AP和BP，过点D作DH⊥BP于点H，请探究点P在运动的过程中， 的比值是否改变，若改变，请说明理由；若不变，请直接写出比值． 【分析】（1）利用垂径定理即可证得结论； （2）构建直角三角形，利用勾股定理求出线段长度即可求解； （3）利用相似三角形，直角三角形，找到角之间的关系，然后转化为线段的关系进行求解． 【解答】证明：（1）如图1，连接OD交AB于点F，连接OA，OB，AD， ∵CD平分∠ACB， ∴∠ACD＝∠BCD， ∴， ∴∠AOD＝∠BOD， ∵OA＝OB， ∴OD⊥AB， ∵AB∥DE， ∴OD⊥DE， ∴DE是⊙O的切线． 解：（2）如图2，连接OC，OD，OE，过点O作OF⊥BC于点F， ∴∠BOC＝2∠BAC， ∵OB＝OC，OF⊥BC， ∴∠COF＝∠∠COB＝∠CAB， ∴tan∠COFtan∠CAB， 设CF＝x，OF＝3x， ∵⊙O的直径是， ∴OC， ∵OC2＝OF2+CF2， ∴（）2＝（3x）2+x2， 解得：x， ∴CF，OF， ∴BC＝1， ∵B是CE的中点， ∴BE＝BC＝1， ∴EF， ∵OE2＝OF2+EF2， ∴OE2＝（）2+（）2， ∵OD2+DE2＝OE2， ∴DE． （3）解法一：如图3，延长BP至Q使得PQ＝AP，连接AQ，OC，连接OB，BD，连接OD交AB于点K，连接HK， ∵A，P，B，C四点共圆， ∴∠APQ＝∠ACB， ∵AP＝PQ， ∴∠Q＝∠QAP， ∴∠Q＝90°∠ACB， ∵DE是⊙O的切线， ∴OD⊥DE， ∵DE∥AB， ∴OD⊥AB， ∴K是AB的中点， ∵DH⊥BH， ∴∠BHD＝90°， ∵∠BKD＝90°， ∴B，K，H，D四点共圆， ∴∠BHK＝∠ODB， ∵∠BOD＝∠ACB，OB＝OD， ∴∠ODB＝90°∠ACB， ∴∠ODB＝∠Q， ∴∠BHK＝∠Q， ∴AQ∥HK， ∴， ∵BQ＝BP+QP，QP＝AP， ∴BQ＝BP+AP， ∴． 解法二：如图4，在BP上截取BM＝AP，连接DM，BD，DP，AD， ∵弦CD平分圆周角∠ACB， ∴AD＝BD， ∵， ∴∠PAD＝∠PBD＝∠MBD， ∴△APD≌△BMD（SAS）， ∴DP＝DM，AP＝BM， ∵DH⊥BP， ∴DH为△PDM的中线， ∴HP＝HM， ∴BP＝BM+PM＝BM+2HM， ∵BH＝BM+HM， ∴． 解法三：如图：连接DA，DB，DP，CD，将△APD沿PD翻折得到△A'PD， ∵∠APD+∠ACD＝180°，， ∴∠BPD＝∠ACD， ∴∠BPD+∠APD＝180°， 由翻折得△APD≌△A'PD， ∴∠A'PD＝∠APD，AD＝A'D， ∴∠A'PD+∠BPD＝180°， ∴A'，P，B三点共线， ∵， ∴AD＝BD， ∴A'D＝BD， 又∵DH⊥A'B， ∴A'H＝HBA'B， ∴AP+PHAP+PB， ∴比值不变，恒为． 【点评】本题考查了勾股定理，圆内接四边形，垂径定理等知识点，难度较大，解题的关键是作出辅助线，属于中考压轴题． 27．在四边形ABCD中，△EAF的两边AE，AF分别交直线CB，DC于点E，F，已知，且AB＝AD，∠B+∠D＝180°． （1）如图1，当△EAF全部位于四边形ABCD的内部时，试探究EF与BE，DF之间的数量关系．为了引发同学的思考，数学刘老师给出了此题的部分解法作为提示：证明：如图2，将△ABE绕点A旋转到△ADG处． ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∠B＝∠ADG，BE＝GD， ∵∠B+∠ADC＝180°， ∴∠ADG+∠ADC＝180°， ∴G，D，F三点共线． … 请你将上述证明过程补充完整，并写出结论； （2）如图3，当△EAF旋转到如图所示的位置时，那么（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；如若不成立，请写出正确的结论，并证明． 【分析】（1）利用旋转的性质，推理得出△AEF≌△AGF（SAS），进而利用线段的和差关系得到EF与BE，DF之间的数量关系为EF＝BE+DF． （2）同样利用旋转的性质，推理得出△AEF≌△AGF（SAS），进而利用线段的和差关系得到EF与BE，DF之间的数量关系为EF＝DF﹣BE． 【解答】（1）证明：如图2，将△ABE绕点A旋转到△ADG处． ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∠B＝∠ADG，BE＝GD， ∵∠B+∠ADC＝180°， ∴∠ADG+∠ADC＝180°， ∴G，D，F三点共线． ∵， ∴∠BAE+∠DAF∠BAD， 即∠DAG+∠DAF∠BAD， ∴∠GAF∠BAD， ∴∠EAF＝∠GAF， 在△AEF和△AGF中， ， ∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴EF＝GF＝GD+DF＝BE+DF， 即EF与BE，DF之间的数量关系为EF＝BE+DF． （2）当△EAF旋转到如图3所示的位置时，（1）中的结论不成立． 正确的结论为：EF＝DF﹣BE． 证明：如图3，将△ABE绕点A旋转到△ADG处． ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∠ABE＝∠ADG，BE＝GD， ∴∠ABC+∠ABE＝∠ABC+∠ADG＝180°， ∵∠ABC+∠ADC＝180°， ∴∠ADG＝∠ABC， ∴G，D，F三点共线． ∵∠EAF∠BAD， ∴∠EAB+∠BAF∠BAD， 即∠DAG+∠BAF∠BAD， ∴∠GAF∠BAD， ∴∠EAF＝∠GAF． 在△AEF和△AGF中， ， ∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴EF＝GF＝DF﹣DG＝DF﹣BE， 即EF与BE，DF之间的数量关系为EF＝DF﹣BE． 【点评】本题考查了旋转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法构造全等三角形，利用全等三角形的对应边相等得出相关结论 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$