2025年九年级中考数学专项复习讲义 半角模型知识精讲

专题四 半角模型 一、正方形中的半角模型 1. 如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45º (1)BE＋DF＝EF； （2）AF平分∠DFE； （3）； （4） 2. 如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45º，过点A作AH⊥EF交EF于点H，则AH＝AB. 3. 如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45º，AE、AF分别与BD相交于点M、N， （1）； （2）△BME △DFN △AMN △BAN △DMA △AFE （3）； （4） 4. 如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45º，AE、AF分别与BD相交于点M、N，则当BE＝DF时，EF最小，最小，最大. 5. 如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45º，AE、AF分别与BD相交于点M、N， （1）； （2） 二、等腰直角三角形与“半角模型” 1.如图所示，在等腰直角三角形ABC中，若∠DCE＝45º， （1）△BAD≌△CAF.（2）△DAE≌△FAE.（3）∠ECF=90°.（4）DE2＝BD2＋EC2. 三、等边三角形与“半角模型” 1.ABC是等边三角形，BDC是等腰三角形，且BD=CD，∠BDC=120°，∠MDN=60°； (1)△BDM≌△CDG (2)△MDN≌△GDN (3)MN＝BM＋CN (4)AMN的周长=2AB 典型例题 例题1．如图，在正方形ABCD中，点E、F分别是BC、DC边上的两点，且∠EAF＝45°，AE、AF分别交BD于M、N．下列结论：①AB2＝BN•DM；②AF平分∠DFE；③AM•AE＝AN•AF；④．其中正确的结论是（　　） A．①② B．①③ C．①②③ D．①②③④ 例题2．如图，点E、F分别为正方形ABCD的边AB、BC上的点，满足∠EDF＝45°．连接DE、DF分别交正方形对角线AC于点H、G，再连接EG，有如下结论：①AE+CF＞EF；②ED始终平分∠AEF；③△AEH∽△DGH；④；⑤．在上述结论中，正确的有 　　．（请填正确的序号） 例题3．在正方形中，点E、F分别在边上，且，连接． (1)如图1，若，，求的长度；(2)如图2，连接，与、分别相交于点M、N，若正方形的边长为6，，求的长；(3)判断线段三者之间的数量关系并证明你的结论﹒    巩固练习 1．如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF=45°，AE、AF分别交BD于M、N，连按EN、EF，有以下结论：①△ABM∽△NEM；②△AEN是等腰直角三角形；③当AE=AF时，；④BE+DF=EF；⑤若点F是DC的中点，则CECB． 其中正确的个数是(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 2．如图，平面直角坐标系中，长方形，点A，C分别在y轴，x轴的正半轴上，，，，、分别交，于点D、E，且，则的长为（    ）    A．1 B． C．2 D． 3．在△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点E，F在AB边上，∠ECF＝45°．若AE＝10，EF＝15，则BF的长为 　　． 4．如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝4，AB＝AC，∠CBD＝30°，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为　　． 5．（1）如图①，点E、F分别在正方形ABCD的边AB、BC上，∠EDF＝45°，连接EF，求证：EF＝AE+FC． （2）如图②，点E，F在正方形ABCD的对角线AC上，∠EDF＝45°，猜想EF、AE、FC的数量关系，并说明理由． 6．阅读下列材料： 问题：如图（1），已知正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，且∠EAF＝45°． 解决下列问题： （1）图（1）中的线段BE、EF、FD之间的数量关系是 　　． （2）图（2），已知正方形ABCD的边长为8，E、F分别是BC、CD边上的点，且∠EAF＝45°，AG⊥EF于点G，求△EFC的周长． 7．【问题发现与证明】 如图1，四边形ABCD是正方形，E，F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，“截长补短”是常用的方法之一．在图2中，连接EF，为了证明结论“EF＝BE+DF”，小亮延长CB到G，使BG＝DF解答了这个问题，请按小亮的思路写出证明过程； 【问题拓展与应用】 如图3，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在BC，CD上，若，∠EAF＝45°，求AF的长． 8．已知四边形中，，，，，，绕B点旋转，它的两边分别交，（或它们的延长线）于E，F．当绕B点旋转到时，如图1，易证．（不用证明）(1)当绕B点旋转到时，如图2，（1）中结论是否成立？若成立，请给予证明； (2)当绕B点旋转到时，如图3，（1）中结论是否成立？若不成立，线段，，又有怎样的数量关系？请给予证明． 9．已知，正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边长分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N，AH⊥MN于点H． （1）如图①，当∠MAN点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系：　AH＝AB　； （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，NH＝3，求AH的长． 10． 实践与探究：小明在课后研究正方形与等腰直角三角形叠放后各个线段间的数量关系．已知正方形的边长为6，等腰的锐角顶点A与正方形的顶点A重合，将此三角形绕A点旋转，，两边分别交直线，于M，N，旋转过程中，等腰的边与正方形没有交点． (1)如图1，当M，N分别在边，上时，小明通过测量发现，他给出了如下的证明：过A作交延长线于G，连接，如图2，易证，则有．请你帮助小明后续证明； (2)如图3，当M，N分别在，的延长线上时，请直接写出，，之间的数量关系； (3) 在旋转过程中，等腰直角三角形的一边正好经过正方形边上的中点P，求出此时的长． 11．如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且满足∠EAF＝45°，连接EF，求证：DE+BF＝EF． 小明是这样解决的： 将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，此时AB与AD重合，再证明△GAF≌△EAF，可得结论． （1）如图2，在四边形ABCD中，AD∥BC（AD＞BC），∠D＝90°，AD＝CD＝10，且∠BAE＝45°，DE＝4，求BE的长． （2）类比（1）证明思想完成下列问题：在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形ABC和AFG摆放在一起，A为公共顶点，∠BAC＝∠AGF＝90°，若△ABC固定不动，△AFG绕点A旋转，AF、AG与边BC的交点分别为D、E（点D不与点B重合，点E不与点C重合），在旋转过程中，等式BD2+CE2＝DE2始终成立，请说明理由． 12．在四边形ABDC中，AC＝AB，DC＝DB，∠CAB＝60°，∠CDB＝120°，E是AC上一点，F是AB延长线上一点，且CE＝BF． （1）试说明：DE＝DF； （2）在图中，若G在AB上且∠EDG＝60°，试猜想CE、EG、BG之间的数量关系并证明所归纳结论； （3）若题中条件“∠CAB＝60°且∠CDB＝120°”改为∠CAB＝α，∠CDB＝180°﹣α，G在AB上，∠EDG满足什么条件时，（2）中结论仍然成立？（只写结果不要证明）． 参考答案 一、正方形中的半角模型 1. 如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45º (1)BE＋DF＝EF； （2）AF平分∠DFE； （3）； （4） 证明:如图，将△ADF绕点A顺时针旋转90º得到△ABG，使得AD与AB重合， 由于旋转可得AF＝AG， 在△AEF与△AEG中， ， ∴△AEF≌△AEG（SAS）， 即BE＋DF＝EF. 即. 证明:如图，将△ADF绕点A顺时针旋转90º得到△ABG，使得AD与AB重合；将△ABE绕点A逆时针旋转90º得到△ADH，使得AB与AD重合. ∵旋转，∴∠1＝∠H， 又∵△AFE≌△AFH， ∴∠2＝∠H，∴∠1＝∠2； ∵旋转，∴∠4＝∠G， 又∵△AEF≌△AEG，∴∠3＝∠G，∴∠3＝∠4， 即AE平分∠BEF，AF平分∠DFE. 由结论1可得EF＝BE＋DF， 则＝CE＋CF＋EF＝CE＋CF＋BE＋DF＝2AB. 2. 如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45º，过点A作AH⊥EF交EF于点H，则AH＝AB. 证明:由上述结论可知AE平分∠BEF， 又∵AB⊥BC，AH⊥EF， ∴AH＝AB（角平分线上的点到角两边的距离相等）. 3. 如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45º，AE、AF分别与BD相交于点M、N， （1）； （2）△BME △DFN △AMN △BAN △DMA △AFE （3）； （4） 证明：如图，将△AND绕点A顺时针旋90º得到△AGB，连接GM. 在△AMG与△AMN中， ， ∴△AMG≌△AMN， ∴MN＝MG，DN＝BG， 由旋转可得∠ABG＝∠AND， ∴∠GBM＝∠GBA+∠ABM＝90º， 在Rt△GBM中，， 即. 证明：∵∠MBE＝∠MAN＝45°，∠BME＝∠AMN（对顶角）， ∴△BME △AMN， 同理可证△DFN △AMN； 由2中的结论可得AE为∠BEF的角平分线， ∴∠BEM＝∠AEF， 又∵∠MBE＝∠EAF＝45°， ∴△BME △AFE； ∵∠BAN＝∠MAN＝45°，∠BNA＝∠ANM， ∴△AMN △BAN， 同理可证△AMN △DMA， 即△BME △DFN △AMN △BAN △DMA △AFE. 证明：∵△DAM△BNA， ∴， 即. 证明：设，则， 在Rt△CEF中，， 化简得， . 4. 如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45º，AE、AF分别与BD相交于点M、N，则当BE＝DF时，EF最小，最小，最大. 证明：如图，作△AEF的外接圆，点P为EF的中点，连接OA、OE、OF、PC，过点A作AH⊥EF. ∵∠EAF＝45º，∴∠EOF＝90º，设，则， ，， ∴当点A、O、P、C四点共线时，即BE＝DF，、EF、均有最小值，有最大值. 5. 如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45º，AE、AF分别与BD相交于点M、N， （1）； （2） 证明：连接AC， ∵∠DAF＝∠EAC，∠ADB＝∠ACB， ∴△ECA△NDA， 又∵△AMN△AFE， ∴. 【补充】通过面积比是相似比的平方比亦可得到. 证明：∵△△ECA△NDA， ， ， 同理可得. 二、等腰直角三角形与“半角模型” 1.如图所示，在等腰直角三角形ABC中，若∠DCE＝45º， （1）△BAD≌△CAF.（2）△DAE≌△FAE.（3）∠ECF=90°.（4）DE2＝BD2＋EC2. 证明：将△ABD绕点A逆时针旋转90°至△ACF，即△BAD≌△CAF， ∴∠BAD=∠CAF，∠B=∠FCA=45°，AD＝AF，BD＝CF； ∵∠DAE=45°， ∴∠BAD+∠EAC=45°， ∴∠CAF+∠EAC=∠FAE=45°， ∴∠DAE=∠FAE=45°， ∵AE＝AE， ∴△DAE≌△FAE， ∴ED＝EG， ∵ABC是等腰直角三角形， ∴∠ACB=45°， ∴∠ECF=90°， ∴FE2＝FC2＋EC2, ∴DE2＝BD2＋EC2； 三、等边三角形与“半角模型” 1.ABC是等边三角形，BDC是等腰三角形，且BD=CD，∠BDC=120°，∠MDN=60°； (1)△BDM≌△CDG (2)△MDN≌△GDN (3)MN＝BM＋CN (4)AMN的周长=2AB 证明：将△DBM绕点D顺时针旋转120°至△DCG，即△BDM≌△CDG， ∴∠MDB=∠GDC，∠DBM=∠DCG，BM＝GC，DM＝DG； ∵∠BDC=120°，∠MDN=60°， ∴∠BDM+∠CDN=60°， ∴∠GDC+∠CDN=∠GDN=60°，故∠GDN=∠MDN， ∵DN＝DN， ∴△MDN≌△GDN， ∴MN＝GN， ∵GN＝CG＋CN， ∴GN＝BM＋CN， ∴MN＝BM＋CN， ∴AMN的周长=MN+AM＋AN=BM＋CN+AM＋AN=AB＋AC=2AB， 典型例题 例题1．【分析】①转证AB：BN＝DM：AB，因为AB＝AD，所以即证AB：BN＝DM：AD．证明△ABN∽△MDA（根据两角相等）； ②把△ABE绕点A逆时针旋转90°，得△ADH．证明△AFH≌△AFE（SAS）； ③即证AM：AN＝AF：AE．证明△AMN∽△AFE（两角相等）； ④由②得BE+DF＝EF．运用特值法验证．当E点与B点重合、F与C重合时，根据正方形的性质，结论成立． 【解答】解：①∵∠BAN＝∠BAM+∠MAN＝∠BAM+45°， ∠AMD＝∠ABM+∠BAM＝45°+∠BAM， ∴∠BAN＝∠AMD． 又∠ABN＝∠ADM＝45°， ∴△ABN∽△MDA， ∴AB：BN＝DM：AD． ∵AD＝AB， ∴AB2＝BN•DM． 故①正确； 把△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADH． ∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°， ∴∠BAE+∠DAF＝45°． ∴∠EAF＝∠HAF． ∵AE＝AH，AF＝AF， ∴△AEF≌△AHF， ∴∠AFH＝∠AFE，即AF平分∠DFE． 故②正确； ③∵AB∥CD，∴∠DFA＝∠BAN． ∵∠AFE＝∠AFD，∠BAN＝∠AMD， ∴∠AFE＝∠AMN． 又∠MAN＝∠FAE， ∴△AMN∽△AFE． ∴AM：AF＝AN：AE，即 AM•AE＝AN•AF． 故③正确； ④由②得BE+DF＝DH+DF＝FH＝FE． 过A作AO⊥BD，作AG⊥EF． 则△AFE与△AMN的相似比就是AG：AO． 易证△ADF≌△AGF（AAS）， 则可知AG＝ADAO，从而得证 故④正确． 故选：D． 【点评】此题考查了正方形的性质、相似（包括全等）三角形的判定和性质、旋转的性质等知识点，综合性极强，难度较大． 例题2：【分析】在BA的延长线上截取AM＝CF，连接DM，如图，先证明△ADM≌△CDF得到∠ADM＝∠CDF，DM＝DF，则可证明∠FDM＝90°，所以∠EDF＝∠EDM＝45°，于是可判断△DEM≌△DEF，所以∠MED＝∠FED，EM＝EF，AM＝CF，则可对①②进行判断；由于∠BAC＝∠DAC＝45°，所以∠EAH＝∠HDG，则可证明△AEH∽△DGH，于是可对③进行判断；根据相似三角形的性质得到∠AED＝∠HGD，，利用比例性质得到，加上∠AHD＝∠EHG，则可判断△AHD∽△EHG，所以∠DAH＝∠GEH＝45°，△DEG为等腰直角三角形，从而可对④进行判断；利用∠AED＝∠HGD，∠AED＝∠FED得到∠HGD＝∠FED，则可判断△DGH∽△DEF，然后根据相似三角形的性质得到（）2，则可对⑤进行判断． 【解答】解：在BA的延长线上截取AM＝CF，连接DM，如图， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝BC＝AD＝CD，∠ADC＝∠BAD＝∠BCD＝90°， 在△ADM和△CDF中， ， ∴△ADM≌△CDF（SAS）， ∴∠ADM＝∠CDF，DM＝DF， ∵∠CDF+∠ADF＝90°， ∴∠ADM+∠ADF＝90°， 即∠FDM＝90°， ∵∠EDF＝45°， ∴∠EDM＝45°， 在△DEM和△DEF中， ， ∴△DEM≌△DEF（SAS）， ∴∠MED＝∠FED，EM＝EF， ∴ED平分∠AEF，所以②正确； ∵AM＝CF， ∴AE+CF＝EF，所以①错误； ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠BAC＝∠DAC＝45°， ∴∠EAH＝∠HDG， ∵∠AHE＝∠DHG， ∴△AEH∽△DGH，所以③正确； ∴∠AED＝∠HGD，， ∴， ∵∠AHD＝∠EHG， ∴△AHD∽△EHG， ∴∠DAH＝∠GEH＝45°， ∴△DEG为等腰直角三角形， ∴DEDG，所以④正确； ∵∠AED＝∠HGD，∠AED＝∠FED， ∴∠HGD＝∠FED， ∵∠HDG＝∠FDE， ∴△DGH∽△DEF， ∴（）2＝（）2，所以⑤错误． 故答案为：②③④． 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用；灵活运用相似三角形的性质是解决问题的关键．也考查了全等三角形的判定与性质和正方形的性质． 例题3：【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）延长，使，证明和，求得．（2）设，则，在中，根据勾股定理可得，，解得：．（3）三者之间的数量关系：，证明和，根据勾股定理即可证明． 【详解】（1）解：延长，使，如图所示：         ∵四边形为正方形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． （2）解：设，则，由（1）可知，， 在中，根据勾股定理可得，， 解得：， ∴． （3）三者之间的数量关系：． 证明：截取， 在和中， ， ∴， ∴，， 又∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴．即． 【点睛】此题考查了三角形全等、勾股定理，解题的关键是构造辅助线，熟悉三角形全等的证明． 巩固练习 1.【答案】C 【分析】①如图，证明△AMN∽△BME和△AMB∽△NME， ②利用相似三角形的性质可得∠NAE=∠AEN=45°，则△AEN是等腰直角三角形可作判断； ③先证明CE=CF，假设正方形边长为1，设CE=x，则BE=1-x，表示AC的长为AO+OC可作判断； ④如图3，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，证明△AEF≌△AEH（SAS），则EF=EH=BE+BH=BE+DF，可作判断；⑤如图4中，设正方形的边长为2a，则DF=CF=a，AF=a，想办法求出BE，EC即可判断． 【详解】如图，∵四边形ABCD是正方形，∴∠EBM=∠ADM=∠FDN=∠ABD=45°． ∵∠MAN=∠EBM=45°，∠AMN=∠BME，∴△AMN∽△BME， ∴，∴，∵∠AMB=∠EMN，∴△AMB∽△NME，故①正确， ∴∠AEN=∠ABD=45°，∴∠NAE=∠AEN=45°，∴△AEN是等腰直角三角形，故②正确， 在△ABE和△ADF中，∵，∴Rt△ABE≌Rt△ADF(HL)，∴BE=DF． ∵BC=CD，∴CE=CF，假设正方形边长为1，设CE=x，则BE=1﹣x，如图2，连接AC，交EF于H， ∵AE=AF，CE=CF，∴AC是EF的垂直平分线，∴AC⊥EF，OE=OF， Rt△CEF中，OCEFx，在△EAF中，∠EAO=∠FAO=22.5°=∠BAE=22.5°，∴OE=BE． ∵AE=AE，∴Rt△ABE≌Rt△AOE(HL)，∴AO=AB=1，∴ACAO+OC， ∴1x，∴x=2，∴，故③不正确， ③如图3，∴将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，则AF=AH，∠DAF=∠BAH． ∵∠EAF=45°=∠DAF+∠BAE=∠HAE．∵∠ABE=∠ABH=90°，∴H、B、E三点共线， 在△AEF和△AEH中，，∴△AEF≌△AEH(SAS)，∴EF=EH=BE+BH=BE+DF，故④正确， 如图4中，设正方形的边长为2a，则DF=CF=a，AFa， ∵DF∥AB，∴，∴AN=NEAFa，∴AEANa， ∴BEa，∴ECaBC，故⑤正确．故选：C． 【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质、线段垂直平分线的性质和判定等知识，解题的关键是灵活应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，属于中考压轴题． 2.【答案】C 【分析】如图，过点E作交延长线于点F，过点F作交延长线于点G，作于H，由“AAS”可证，可得，，通过证明，可得，即可求解． 【详解】解：如图，过点E作交延长线于点F，过点F作交延长线于点G，作于H，，，，，    ，，， 在和中，，， ，，， ，，∴四边形是矩形， ，，，， ，，∴，∴，，故选：C． 【点睛】本题考查了矩形的性质，坐标与图形性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，添加恰当辅助线是本题的关键． 3.【分析】将CE绕点C顺时针旋转90°得到CG，连接GB，GF，可得△ACE≌△BCG，从而得到FG2＝AE2+BF2，再利用SAS证明△ECF≌△GCF，从而得出EF2＝AE2+BF2，进而即可求解． 【解答】解：将CE绕点C顺时针旋转90°得到CG，连接GB，GF， ∵∠BCE+∠ECA＝∠BCE+∠BCG＝90°， ∴∠ECA＝∠BCG， 在△ACE和△BCG中， ， ∴△ACE≌△BCG（SAS）， ∴∠A＝∠CBG，AE＝BG， ∵∠ACB＝90°，CA＝CB， ∴∠A＝∠ABC＝45°， ∴∠CBG＝45°， ∴∠FBG＝∠ABC+∠CBG＝90°， ∴FG2＝BG2+BF2＝AE2+BF2， ∵∠ECF＝45°， ∴∠FCG＝∠ECG﹣∠ECF＝45°＝∠ECF， 在△ECF和△GCF中， ， ∴△ECF≌△GCF（SAS）， ∴EF＝GF， ∴EF2＝AE2+BF2， ∵AE＝10，EF＝15， ∴BF5， 故答案为：5． 【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，熟记全等三角形的判定与性质并构建全等三角形是解题的关键． 4.【分析】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，由旋转得出∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，求出∠EAM＝∠MAN，根据SAS推出△AEM≌△ANM，根据全等得出MN＝ME，求出MN＝CN+BM，解直角三角形求出DC，即可求出△DMN的周长＝BD+DC，代入求出答案即可． 【解答】解：将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图： 由旋转得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN， ∵∠BAC＝∠D＝90°， ∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣90°﹣90°＝180°， ∴∠ABD+∠ABE＝180°， ∴E，B，M三点共线， ∵∠MAN＝45°，∠BAC＝90°， ∴∠EAM＝∠EAB+∠BAM＝∠CAN+∠BAM＝∠BAC﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°， ∴∠EAM＝∠MAN， 在△AEM和△ANM中， ， ∴△AEM≌△ANM（SAS）， ∴MN＝ME， ∴MN＝CN+BM， ∵在Rt△BCD中，∠BDC＝90°，∠CBD＝30°，BC＝4， ∴CDBC＝2，BD2， ∴△DMN的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝22， 故答案为：22． 【点评】本题考查了解直角三角形，全等三角形的性质和判定，旋转的性质的应用，能正确作出辅助线是解此题的关键． 5.【分析】（1）延长BA，使AM＝CF，由题意可证△AMD≌△CFD，可得MD＝FD，∠ADM＝∠CDF，即可得∠MDE＝∠EDF＝45°，即可证△MDE≌△FDE，可得EF＝EM，则可得EF＝AE+CF； （2）将△CDF绕点D顺时针旋转90°，可得△ADN，由旋转的性质可得DN＝DF，AN＝CF，∠DAN＝∠DCF＝45°，∠CDF＝∠ADN，由“SAS”可证△EDF≌△EDN，可得EF＝EN，即可得结论． 【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠C＝∠ADC＝∠DAB＝90°， 如图①：延长BA，使AM＝CF，连接MD， 在△AMD和△CFD中， ， ∴△AMD≌△CFD（SAS）， ∴∠MDA＝∠CDF，MD＝DF， ∵∠EDF＝45°， ∴∠ADE+∠FDC＝45°， ∴∠ADM+∠ADE＝45°＝∠MDE， ∴∠MDE＝∠EDF， 在△EDF和△EDM中， ， ∴△EDF≌△EDM（SAS）， ∴EF＝EM， ∵EM＝AM+AE＝AE+CF， ∴EF＝AE+CF； （2）EF2＝AE2+CF2， 理由如下： 如图②，将△CDF绕点D顺时针旋转90°，可得△ADN， 由旋转的性质可得DN＝DF，AN＝CF，∠DAN＝∠DCF＝45°，∠CDF＝∠ADN， ∴∠CAN＝∠CAD+∠DAN＝90°， ∴EN2＝AE2+AN2， ∵∠EDF＝45°， ∴∠CDF+∠ADE＝45°， ∴∠ADE+∠ADN＝45°＝∠NDE＝∠EDF， 在△EDF和△EDN中， ， ∴△EDF≌△EDN（SAS）， ∴EF＝EN， ∴EF2＝AE2+CF2． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键． 6.【分析】（1）如图，延长CB至点H使BH等于DF，连接AH．首先证明△ADF≌△ABH（SAS），然后证明△FAE≌△HAE（SAS），最后利用全等三角形的性质即可解决问题； （2）利用（1）的结论证明△ABE≌AGE（AAS），然后证明△AGF≌ADF（AAS），最后利用全等三角形的性质可以求出△EFC的周长． 【解答】解：（1）如图，延长CB至点H使BH等于DF，连接AH． 在△ADF和△ABH中， ∴△ADF≌△ABH（SAS）， ∴AF＝AH，∠HAB＝∠FAD， ∵∠BAE+∠FAD＝∠BAD﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°， ∴∠BAE+∠HAB＝∠HAE＝∠EAF＝45°， 在△FAE和△HAE中， ∴△FAE≌△HAE（SAS）， ∴EF＝EH， ∵EH＝BH+BE， ∴EF＝FD+BE； 故答案为：EF＝FD+BE． （2）由（1）可得：∠AEB＝∠AEG，∠AFE＝∠AFD， 在△ABE和△AGE中： ， ∴△ABE≌AGE（AAS）， ∴BE＝EG， 在△AGF和△ADF中： ， ∴△AGF≌ADF（AAS）， ∴GF＝DF， ∴△EFC的周长＝EG+GF+EC+CF＝BE+EC+DF+CF＝BC+DC＝8+8＝16． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，有一定的综合性，对于学生的辅助线的作法要求比较高． 7.【分析】【问题发现与证明】：根据题意易通过SAS证明△ADF≌△ABG，则AF＝AG，∠DAF＝∠BAG，根据∠EAF＝45°可得∠BAE+∠DAF＝45°，进而得到∠EAG＝45°，因此可通过SAS证明△EAF≌△EAG，得到EF＝GE，以此即可证明； 【问题拓展与应用】：根据勾股求得BE＝3，则CE＝3，由【问题发现与证明】可知，EF＝BE+DF，设DF＝x，则CF＝6﹣x，EF＝3+x，在Rt△FEC中，根据勾股定理建立方程，求得DF＝2，在Rt△ADF中，根据勾股定理即可求解． 【解答】【问题发现与证明】证明：∵四边形ABCD为正方形， ∴AD＝AB，∠BAD＝∠D＝90°， ∴∠ADF＝∠ABG＝90°， 在△ADF和△ABG中， ， ∴△ADF≌△ABG（SAS）， ∴AF＝AG，∠DAF＝∠BAG， ∵∠EAF＝45°， ∴∠BAE+∠DAF＝45°， ∴∠BAG+∠BAE＝45°，即∠EAG＝45°， ∴∠EAF＝∠EAG， 在△EAF和△EAG中， ， ∴△EAF≌△EAG（SAS）， ∴EF＝GE， ∵GE＝BG+BE，BG＝DF， ∴GE＝DF+BE， ∴EF＝BE+DF； 【问题拓展与应用】解：∵正方形ABCD的边长为6， ∴AB＝BC＝CD＝AD＝6，∠B＝∠C＝∠D＝90°， 在Rt△ABE中，AB＝6，， ∴3， ∴CE＝BC﹣BE＝6﹣3＝3， 由【问题发现与证明】可知，EF＝BE+DF， 设DF＝x，则CF＝CD﹣DF＝6﹣x，EF＝BE+DF＝3+x， 在Rt△FEC中，CE2+CF2＝EF2， ∴32+（6﹣x）2＝（3+x）2， 解得：x＝2， ∴DF＝2， 在Rt△ADF中，． 【点评】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，理解题意，构造合适全等三角形解决问题是解题关键． 8.【答案】(1)图2成立，，证明见解析 (2)图3不成立，、、的关系是，证明见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，本题中求证是关键． （1）将顺时针旋转，可得，证，即可求解； （2）将顺时针旋转，可得，证，即可求解． 【详解】（1）解：将顺时针旋转，如图，       ∵，，∴A与点C重合，∴， ∵，，∴， ∵，∴，∴，∴ ； （2）解：不成立，新结论为， 将顺时针旋转，如图， ∵，，∴A与点C重合，，∴，， ∵，∴， ∵，∴，∵，∴，∴，∴． 9.【分析】（1）由三角形全等可以证明AH＝AB， （2）延长CB至E，使BE＝DN，证明△AEM≌△ANM，能得到AH＝AB， （3）分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，然后分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCE，设AH＝x，则MC＝x﹣2，NC＝x﹣3，在Rt△MCN中，由勾股定理，解得x． 【解答】解：（1）如图①AH＝AB， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°， 在△ABM与△ADN中，， ∴△ABM≌△ADN， ∴∠BAM＝∠DAN，AM＝AN， ∵AH⊥MN， ∴∠MAHMAN＝22.5°， ∵∠BAM+∠DAN＝45°， ∴∠BAM＝22.5°， 在△ABM与△AHM中，， ∴△ABM≌△AHM， ∴AB＝AH； 故答案为：AH＝AB； （2）数量关系成立．如图②，延长CB至E，使BE＝DN． ∵ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°， 在Rt△AEB和Rt△AND中，， ∴Rt△AEB≌Rt△AND， ∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD， ∴∠EAM＝∠NAM＝45°， 在△AEM和△ANM中，， ∴△AEM≌△ANM， ∴S△AEM＝S△ANM，EM＝MN， ∵AB、AH是△AEM和△ANM对应边上的高， ∴AB＝AH； （3）如图③分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND， ∴BM＝2，DN＝3，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°， 分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCD， 由（2）可知，AH＝AB＝BC＝CD＝AD， 设AH＝x，则MC＝x﹣2，NC＝x﹣3， 在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2+NC2， ∴52＝（x﹣2）2+（x﹣3）2， 解得x1＝6，x2＝﹣1（不符合题意，舍去） ∴AH＝6． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，翻折的性质，此题比较典型，具有一定的代表性，且证明过程类似，同时通过做此题培养了学生的猜想能力和类比推理能力． 10.【答案】(1)见解析(2)(3)或10 【分析】（1）根据全等三角形的性质可得，，进而证得，可得，即可得证；（2）在上截取，连接，根据正方形的性质可得，，可证，可得，，利用等量代换可得，证得，可得，即可得出结论； （3）分类讨论：若等腰直角三角形的腰经过边上的中点，此时P与M重合，中，利用勾股定理列方程求解即可；若等腰直角三角形的底经过边上的中点， 则M，N分别在，的延长线上，过A作交于G，连接，证得，可得，则，，在中，利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）证明：∵，∴，， ∵，，∴，即， 又∵，∴，∴，即； （2）解：，理由如下：在上截取，连接， ∵四边形是正方形，∴，， 又∵，∴，∴，， ∵，∴，∵，∴， 又∵，∴，∴，∵，∴； （3）解：若等腰直角三角形的腰经过边上的中点，此时P与M重合，如图， ∵，∴，则，∴， 在中，，即，解得； 若等腰直角三角形的底经过边上的中点，则M，N分别在，的延长线上，如图， 过A作交于G，连接，易证， 与（1）类似，可证，得，设，则， ∵P是中点，即，又，， ∴，则，， 在中，，即，解得，∴， 综上所述，或10． 【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质、勾股定理、解一元一次方程，熟练掌握全等三角形的性质与判定，正确添加辅助线构造全等三角形是解题的关键． 11.【分析】（1）过点A作AG⊥BC，交CB延长线于G，根据已知材料可得：BE＝GB+DE，设BE＝x，用x表示出BC，在Rt△BCE中利用勾股定理可求BE长；（2）将△ACE绕点A顺时针旋转90°至△ABH位置，证明△EAD≌△HAD转化DE、EC，使所求线段集中在Rt△BHD中利用勾股定理解决． 【解答】解：（1）如图2，过点A作AG⊥BC，交CB延长线于G． 四边形ADCG中，∠D＝∠C＝∠G＝90°，AD＝DC， ∴四边形ADCG是正方形． ∴CG＝AD＝10． 已知∠BAE＝45°，根据已知材料可得：BE＝GB+DE． 设BE＝x，则BG＝x﹣4，∴BC＝14﹣x． ∴在Rt△BCE中，∵BE2＝BC2+CE2， ∴x2＝（14﹣x）2+62，解得x． 所以BE． （2）如图3，将△ACE绕点A顺时针旋转90°至△ABH位置， 则CE＝BH，AE＝AH，∠ABH＝∠C＝45°，旋转角∠EAH＝90°． 连接HD，在△EAD和△HAD中， ∴△EAD≌△HAD（SAS）． ∴DH＝DE． 又∠HBD＝∠ABH+∠ABD＝90°， ∴BD2+BH2＝HD2，即BD2+CE2＝DE2． 【点评】本题主要考查旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理以及正方形的性质，综合性较强，同时考查阅读理解、迁移运用能力． 12.【分析】（1）首先判断出∠C＝∠DBF，然后根据全等三角形判定的方法，判断出△CDE≌△BDF，即可判断出DE＝DF． （2）猜想CE、EG、BG之间的数量关系为：CE+BG＝EG．首先根据全等三角形判定的方法，判断出△ABD≌△ACD，即可判断出∠BDA＝∠CDA＝60°；然后根据∠EDG＝60°，可得∠CDE＝∠ADG，∠ADE＝∠BDG，再根据∠CDE＝∠BDF，判断出∠EDG＝∠FDG，据此推得△DEG≌△DFG，所以EG＝FG，最后根据CE＝BF，判断出CE+BG＝EG即可． （3）根据（2）的证明过程，要使CE+BG＝EG仍然成立，则∠EDG＝∠BDA＝∠CDA∠CDB，即∠EDG（180°﹣α）＝90°α，据此解答即可． 【解答】（1）证明： ∵∠CAB+∠C+∠CDB+∠ABD＝360°，∠CAB＝60°，∠CDB＝120°， ∴∠C+∠ABD＝360°﹣60°﹣120°＝180°， 又∵∠DBF+∠ABD＝180°， ∴∠C＝∠DBF， 在△CDE和△BDF中， ∴△CDE≌△BDF（SAS）， ∴DE＝DF． （2）解：如图1，连接AD， 猜想CE、EG、BG之间的数量关系为：CE+BG＝EG． 证明：在△ABD和△ACD中， ， ∴△ABD≌△ACD（SSS）， ∴∠BDA＝∠CDA∠CDB120°＝60°， 又∵∠EDG＝60°， ∴∠CDE＝∠ADG，∠ADE＝∠BDG， 由（1），可得△CDE≌△BDF， ∴∠CDE＝∠BDF， ∴∠BDG+∠BDF＝60°， 即∠FDG＝60°， ∴∠EDG＝∠FDG， 在△DEG和△DFG中， ∴△DEG≌△DFG（SAS）， ∴EG＝FG， 又∵CE＝BF，FG＝BF+BG， ∴CE+BG＝EG； （3）解：要使CE+BG＝EG仍然成立， 则∠EDG＝∠BDA＝∠CDA∠CDB， 即∠EDG（180°﹣α）＝90°α， ∴当∠EDG＝90°α时，CE+BG＝EG仍然成立． 【点评】本题综合考查了全等三角形的性质和判定，此题是一道综合性比较强的题目，有一定的难度，能根据题意推出规律是解此题的关键． 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 $$