专题09 全等三角形模型之半角模型（几何模型讲义）（浙江专用）2026年中考数学一轮复习几何模型系列

专题09 全等三角形模型之半角模型 全等三角形是初中阶段最重要的几何知识，贯穿于整个初中几何；而全等三角形中的模型问题则是解 决此类问题的重要方法，学会将全等三角形的相关问题转化为简单的模型问题，这样就可以快速解决全等三角形的题型；体会模型中其各种变式和联系以达到解决问题的效果。本专题就全等三角形中的重要模型—半角模型，进行梳理及对应试题分析，方便掌握。 2 模型来源 2 真题现模型 2 提炼模型 3 模型运用 5 15 ‌ 半角模型是源于旋转变换思想的长期发展，阿基米德研究旋转对称性，为几何旋转提供物理与直观基础。托勒密、希帕霍斯在天文计算中使用半角弦长公式，涉及角度分割。 中世纪至近代，数学家系统研究图形旋转不变性：旋转后边长、角度不变（全等）、旋转可把分散线段拼接，半角模型本质是旋转全等的典型应用。现代初中数学教学中，为简化解题思路，把这类“共顶点、等线段、角含半角”图形统一为半角模型”，成为全等三角形的经典题型。 在解决涉及“一个角是另一个角的一半”的几何题时，直接利用角度关系往往难以建立边与边的联系。将包含半角的小三角形旋转，使半角的两边重合，可以强制制造出全等三角形或特殊图形（如正方形、等边三角形），从而将分散的条件集中化。 半角关系本身难以直接用于计算。通过“旋转”，将半角所在的小三角形绕顶点旋转，使得两个半角拼成一个整角，或者构造出对称的图形，利用旋转不变性（对应边相等、对应角相等）来证明线段和差关系。这属于典型的“辅助线思维”，旨在将复杂的角度关系转化为直观的边的关系。 1.（2024•宜宾）如图，正方形ABCD的边长为1，M、N是边BC、CD上的动点．若∠MAN＝45°，则MN的最小值为 　 　 ． 【分析】由∠MAN＝45°识别出半角模型，从而构造△GAN≌△MAN，将MN线段进行转化，设BM＝x，MN＝y，再利用勾股方程进行转化，建立一个关于y的式子，利用不等式的性质求最值即可． 【解答】解：方法一：如图，延长CD到点G，使DG＝BM． ∵四边形ABCD为正方形， ∴AD＝BC＝AB，∠BAD＝∠ADC＝90°， ∴∠ADG＝∠ADN＝90°＝∠ABM， 又∵BM＝DG，AD＝AB， ∴△ABM≌△ADG（SAS）， ∴∠BAM＝∠DAG，AM＝AG， ∵∠MAN＝45°， ∴∠BAM+∠DAN＝45°， ∴∠DAG+∠DAN＝45°，即∠GAN＝45°， 在△GAN和△MAN中， ， ∴△GAN≌△MAN（SAS）， ∴GN＝MN． 设BM＝x，MN＝y，则GN＝y，DG＝x． ∵BC＝CD＝1， ∴CM＝1﹣x，CN＝x﹣y+1， 在Rt△CMN中，由勾股定理得：MN2＝CM2+CN2， 即y2＝（1﹣x）2+（x﹣y+1）2， 整理可得：yx+12， ∵x+122， ∴y≥22， 当x1时，y最小值为22． 方法二：如图，延长CD到点G，使DG＝BM． ∵四边形ABCD为正方形， ∴AD＝BC＝AB，∠BAD＝∠ADC＝90°， ∴∠ADG＝∠ADN＝90°＝∠ABM， 又∵BM＝DG，AD＝AB， ∴△ABM≌△ADG（SAS）， ∴∠BAM＝∠DAG，AM＝AG， ∵∠MAN＝45°， ∴∠BAM+∠DAN＝45°， ∴∠DAG+∠DAN＝45°，即∠GAN＝45°， 在△GAN和△MAN中， ， ∴△GAN≌△MAN（SAS）， ∴GN＝MN． 作△GAN的外接圆，圆心为O， ∵∠GAN＝45°， ∴∠GON＝90°， 过O作OH⊥GN于点H，则GH＝NH， 设GH＝NH＝a，则GN＝2a，OH＝a， 在Rt△GON中，OG＝ONa， ∴OAa， ∵OA+OH≥AD， ∴a+a≥1， ∴a1， 当A、O、H三点共线时取等， 此时GN＝2a＝2， ∴MN＝2； 故MN的最小值为：22． 2.（2025•南海区校级四模）正方形ABCD中，点E在边BC，CD上运动（不与正方形顶点重合）．作射线AE，将射线AE绕点A逆时针旋转45°，交射线CD于点F． （1）如图，点E在边BC上，BE＝DF，则图中与线段AE相等的线段是 　 　 ； （2）过点E作EG⊥AF，垂足为G，连接DG，求∠GDC的度数； （3）在（2）的条件下，当△DFG是以DG为腰的等腰三角形时，求的值． 【分析】（1）先由正方形的性质得出AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，再结合已知条件，根据“SAS”证明△ABE≌△ADF，从而得出AE＝AF． （2）分“点E在边BC上”和“点E在边CD上”两种情况讨论：①当点E在边BC上时，过点G作GM⊥AD，垂足为M，延长MG交BC于点N，先证明△AMG≌△GNE，从而得出AM＝GN，以此可得MD＝MG，则△MDG为等腰直角三角形，从而得到∠GDC＝45°；②当点E在边CD上时，过点G作GN⊥DF，垂足为N，延长NG交BA延长线于点M，同理可得△AMG≌△GNE，GN＝AM＝DN，则，∠1＝45°，∠GDC＝135°． （3）①当点E在边BC上时，分DG＝DF和DG＝FG两种情况，而当DG＝FG时，此时∠3＝45°，则AD＝DF，即点F在与点C重合，与题意矛盾，则DG＝DF，MD＝MG＝a，则DF＝DG，由△AMG∽△ADF得到相关线段之间的比例关系即可求解；②同①方法即可求解． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°， 在△ABE和△ADF中， ， ∴△ABE≌△ADF（SAS）， ∴AE＝AF， 故答案为：AF． （2）①当点E在边BC上时，如图1，过点G作GM⊥AD，垂足为M，延长MG交BC于点N， 则∠AMG＝∠DMG＝∠GNE＝90°， ∴四边形CDMN是矩形， ∴∠2+∠3＝90°， ∵EG⊥AF，∠EAF＝45°， ∴∠2+∠1＝90°，△AEG 为等腰直角三 角形，AG＝EG， ∴∠1＝∠3， 在△AMG和△GNE， ， ∴△AMG≌△GNE（AAS）， ∴AM＝GN， ∵AM+MD＝GN+MG， ∴MD＝MG， ∴△MDG为等腰直角三角形，∠4＝45°， ∴∠GDC＝45°． ②当点E在边CD上时，如图2，过点G作GN⊥DF，垂足为N，延长NG交BA延长线于点M， 则四边形ADNM是矩形， 同理可得△AMG≌△GNE， ∴GN＝AM＝DN， ∴△NDG为等腰直角三角形，∠1＝45°， ∴∠GDC＝180°﹣45°＝135°． 综上，∠GDC的度数为45°或135°． （3）①当点E在边BC上时，如图1， Ⅰ．当DG＝DF时， 由（2）①知，△MDG为等腰直角三角形，MD＝MG， 设MD＝MG＝a，则DG， ∴DF＝DG， 易知，MG∥DF， ∴△AMG∽△ADF， ∴， ∴AG，FG＝AF﹣AG， ∴； Ⅱ．当DG＝FG时， 则∠GFD＝∠GDF＝45°， 此时∠3＝45°，则AD＝DF，即点F在与点C重合，与题意矛盾． ②当点E在边CD上时，如图2， Ⅰ．当DG＝FG时， 则∠GFD＝∠GDF＝45°， 此时∠DAF＝45°， 又∵∠EAF＝45°， ∴此时点E与点D重合，与题意矛盾； Ⅱ．当DG＝DF时， 设GN＝DN＝b，则DG， ∴DF＝DG， ∴FN＝DF﹣DN， ∵GN∥AD， ∴． 综上，． 3.（2025•开州区二模）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点D在AC边上，连接BD． （1）如图1，若α＝30°，BD⊥AC，求tan∠DBC； （2）如图2，若α＝60°，将线段DB绕点D顺时针旋转120°得到线段DE，连接CE，点F为CE的中点，连接AF，DF，请探究并证明线段AF与DF之间的关系； （3）如图3，若α＝90°，AB＝AC＝6，点K在AB边上，连接CK，AK＝CD，在CB边上有一点P，当BD+CK取得最小值时，直接写出DPCP的最小值． 【分析】（1）由直角三角形的性质可得AB＝2BD，ADBD，由锐角三角函数可求解． （2）由SAS可证△ABD≌△ACH，可得AD＝AH，∠BAD＝∠CAH＝60°，可证△ADH是等边三角形，即可求解． （3）通过构造△BCD≌△GAK，得出当点D为AC中点时，BD+CK最小．然后设PC＝m，在DP上截取PQCP，结合勾股定理求得DPCP关于m的表达式，再令DPCP＝k，得到一个关于m的一元二次方程，根据m有正根，由Δ≥0即可求出k的范围，进而求出k的最小值． 【解答】解：（1）∵∠BAC＝30°，BD⊥AC， ∴AB＝2BD，ADBD， ∴CD＝AC﹣AD＝（2）BD， ∴tan∠DBC2； （2）结论：AF⊥DF且AFDF． 理由如下： 如图，延长DF至H，使DF＝FH，连接AH，CH，EH， ∵点F为CE的中点， ∴CF＝EF， 又∵DF＝FH， ∴四边形DCHE是平行四边形， ∴DC＝EH，ED＝CH，ED∥CH， ∴∠ADE＝∠ACH， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠BAC＝60°，AB＝AC， ∴∠BDA＝120°﹣∠ABD， ∵将线段DB绕点D顺时针旋转120°得到线段DE， ∴BD＝DE，∠BDE＝120°， ∴∠ADE＝120°﹣（120°﹣∠ABD）＝∠ABD， ∴∠ABD＝∠ACH， ∴△ABD≌△ACH（SAS）， ∴AD＝AH，∠BAD＝∠CAH＝60°， ∴△ADH是等边三角形， ∵DF＝FH， ∴AF⊥DF，∠DAF＝30°， ∴AFDF， 故AF和DF的关系为AF⊥DF且AFDF． （3）如图，以AB为直角边构造等腰直角△ABG，连接CG． 根据题意AK＝CD，∠GAK＝∠BCD＝45°，AG＝BCAB＝6，则△BCD≌△GAK（SAS）， ∴GK＝BD， ∴BD+CK＝GK+CK≤CG， ∴BD+CK的最小值为CG， ∵∠GAK＝∠ABC， ∴AG∥BC， ∵AG＝BC， ∴四边形AGBC为平行四边形， ∴AKAB，CD＝AK＝3． 过点D作DH⊥BC，在PD上截取PQCP，设CP＝m． ∵CH＝DH＝CD•cos45°，PD， PQCPm， ∴DPCPm，． 令DPCP＝k，整理得：m2﹣（k）m+9﹣k2＝0， 由于m有实数根，则Δ＝25k2+15k﹣108≥0， 解得k或k． 根据题意k＞0， 故k的最小值为． 4.（2025•济宁一模）（1）自主探究： 如图（1），在△ABC中，若AB＝10，AC＝6，求BC边上的中线AD的取值范围． （2）问题解决： 如图②，在△ABC中，D是BC边上的中点，DE⊥DF于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，求证：BE+CF＞EF； （3）问题拓展： 如图③，在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，CB＝CD，∠BCD＝140°，以点C为顶点作一个70°角，角的两边分别交AB，AD于E、F两点，连接EF，探索线段BE、DF、EF之间的数量关系，并加以说明． 【分析】（1）延长AD至E，使DE＝AD，由SAS证明△ACD≌△EBD，得出BE＝AC＝6，在△ABE中，由三角形的三边关系求出AE的取值范围，即可得出AD的取值范围； （2）延长FD至点M，使DM＝DF，连接BM、EM，同（1）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AB至点N，使BN＝DF，连接CN，证出∠NBC＝∠D，由SAS证明△NBC≌△FDC，得出CN＝CF，∠NCB＝∠FCD，证出∠ECN＝70°＝∠ECF，再由SAS证明△NCE≌△FCE，得出EN＝EF，即可得出结论． 【解答】（1）解：延长AD至E，使DE＝AD，连接BE，如图1所示： ∵AD是BC边上的中线， ∴BD＝CD， 在△BDE和△CDA中，， ∴△BDE≌△CDA（SAS）， ∴BE＝AC＝6， 在△ABE中，由三角形的三边关系得：AB﹣BE＜AE＜AB+BE， ∴10﹣6＜AE＜10+6，即4＜AE＜16， ∴2＜AD＜8； （2）证明：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）解：BE+DF＝EF；理由如下： 延长AB至点N，使BN＝DF，连接CN，如图3所示： ∵∠ABC+∠D＝180°，∠NBC+∠ABC＝180°， ∴∠NBC＝∠D， 在△NBC和△FDC中，， ∴△NBC≌△FDC（SAS）， ∴CN＝CF，∠NCB＝∠FCD， ∵∠BCD＝140°，∠ECF＝70°， ∴∠BCE+∠FCD＝70°， ∴∠ECN＝70°＝∠ECF， 在△NCE和△FCE中，， ∴△NCE≌△FCE（SAS）， ∴EN＝EF， ∵BE+BN＝EN， ∴BE+DF＝EF． 半角模型的特征：两个角是一半的关系，并且两个角有公共顶点，角的两边相等。 解题思路：（1）将半角两边的三角形通过旋转到一边合并成新的三角形； （2） 证明与半角形成的三角形全等； （3） 通过全等的性质得出线段之间的数量关系，从而得到结论。 常见图形：正方形，正三角形，等腰直角三角形等。 口诀：大角加半角，大角两边相等，构造全等。 即已知如图：①∠2=∠AOB；②OA=OB，连接FB，将△FOB绕点O旋转至 △F′OA的位置，连接F′E、FE，可得△OEF′≌△OEF。 证明：∵将△FOB绕点O旋转至△F′OA的位置 ∴△FOB≌△F′OA ∴∠3=∠4，OF=OF′ ∵∠2=∠AOB ∴∠1+∠3=∠AOB ∴∠1+∠4=∠AOB 即∠E0F′=∠2 在△OEF′和△OEF中 ∴△OEF′≌△OEF（SAS） 1）90°夹45°模型（正方形）： 条件：如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，∠EAF=45° （1）EF=BE+DF，C△CEF=2AB 证明：如图，延长FD到G，使DG=BE，连接AG， ∵在△GDA和△EBA中， ∴△GDA≌△EBA（SAS）， ∴AG=AE，∠GAD=∠EAB， 故∠GAF=45°， 在△GAF和△EAF中， ∴△GAF≌△EAF（SAS）， ∴GF=EF， 即GD+DF=BE+DF=EF； （2） （3）过点A作AH⊥EF，则AH=AB 证明：∵四边形ABCD为正方形， ∴AB=AD，∠BAD=90°， ∴把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ， ∴AQ=AF，∠FAQ=90°，∠ABQ=∠D=90°，而∠ABC=90°， ∴点Q在CB的延长线上， ∵∠EAF=45°， ∴∠QAE=90°-∠EAF=45°， ∴∠EAF=∠QAE， 在△AEQ和△AEF中， ∴△AEQ≌△AEF（SAS）， ∴EQ=EF， ∵AB⊥EQ，AH⊥FE， ∴AB=AH． （4）连接BD，交AE于点M，交AF于点N，BM2+DN2=MN2 证明：如图，延长BC到G，使BG=DF连接AG，在AG截取AH=AN，连接MH、BH． ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB=BC=CD=AD，∠4=∠5=45°，∠BAD=∠ADF=∠ABE=∠ABG=90°， 在△ABG和△ADF中， ∴△ABG≌△ADF（SAS）， ∴∠1=∠2，∠7=∠G，AF=AG， ∴∠GAE=∠2+∠3=∠1+∠3=∠BAD-∠EAF=90°-45°=45°=∠EAF， 在△AMN和△AMH中， ∴△AMN≌△AMH（SAS）， ∴MN=MH， ∵AF=AG，AN=AH， ∴FN=AF-AN=AG-AH=GH， 在△DFN和△BFH中， ∴△DFN≌△BGH（SAS）， ∴∠6=∠4=45°，DN=BH， ∴∠MBH=∠ABH+∠5=∠ANG-∠6+∠5=90°-45°+45°=90° ∴BM2+DN2=BM2+BH2=MH2=MN2 2）90°夹45°模型（等腰直角三角形） 条件：如图，△ABC是等腰直角三角形，点D、E在BC上，且满足∠DAE=45°。结论：BD2+EC2=DE2 方法一：证明：∵∠BAC=90°，AB=AC， ∴∠2=∠C=45°， 把△ACE绕点A顺时针旋转90°，得到△ABG．连接DG，如图， 则△ACE≌△ABG． ∴AG=AE，BG=CE，∠ABG=∠ACE=45°． ∵∠BAC=90°，∠GAE=90°． ∴∠GAD=∠DAE=45°， 在△ADG和△ADE中， ∴△ADG≌△ADE（SAS）． ∴ED=GD， 又∵∠GBD=90°， ∴BD2+BG2=DG2， 即BD2+EC2=DE2； 方法二：把△ABD沿着AD折叠，得到△ADF，连接EF，则△AFD≌△ABD， ∴AB=AF，BD=FD，∠B=∠DFA=45°，∠BAD=∠FAD， ∵AB=AC， ∴AF=AC， ∵∠DAE=45°， ∴∠BAD+∠CAE=45°，∠FAD+∠FAE=45°， ∴∠FAE=∠CAE， 在△AFE与△ACE中， ∴△AFE≌△ACE， ∴EF=EC，∠AFE=∠C=45°， ∴∠DFE=∠DFA+∠AFE=45°+45°=90° 在Rt△DEF中，DE2=DF2+EF2 即BD2+EC2=DE2； 3）120°夹60°模型 条件：如图，D是等边△ABC外的一点，DB=DC，∠BDC=120°，∠EDF=60°，且E、F分别在AB和AC上．结论：EF=BE+CF 证明：证明：延长AB到N，使BN=CF，连接DN， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABC=∠ACB=60°， ∵BD=CD，∠BDC=120°， ∴∠DBC=∠DCB=30°， ∴∠ACD=∠ABD=30°+60°=90°=∠NBD， ∵在△NBD和△FCD中， ∴△NBD≌△FCD（SAS）， ∴DN=DF，∠NDB=∠FDC， ∵∠BDC=120°，∠EDF=60°， ∴∠EDB+∠FDC=60°， ∴∠EDB+∠BDN=60°， 即∠EDF=∠EDN， 在△EDN和△EDF中， ∴△EDN≌△EDF（SAS）， ∴EF=EN=BE+BN=BE+CF， 即BE+CF=EF． 例1如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是BC，DC上的点，且满足∠EAF＝45°，连EF，则BE，EF与DF三者之间有什么数量关系？ 【分析】延长CB到G，使BG＝DF，连接AG，先证△ABG≌△ADF，再证△AEG≌△AEF，最后利用线段的和差即可解决． 【解答】解：EF＝DF+BE，理由如下：， 如图，延长CB到点G，使BG＝DF，连接AG， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝CD＝CB＝DA，∠ABE＝∠ADF＝90°， ∴∠ABG＝90°＝∠D， 在△ADF和△ABG中， ， ∴△ABG≌△ADF（SAS）， ∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF， ∵∠EAF＝45°，∠DAB＝90°， ∴∠BAE+∠DAF＝45°， ∴∠BAE+∠BAG＝∠GAE＝45°， ∴∠GAE＝∠EAF＝45°， 在△AEF和△AEG中， ， ∴△AEF≌△AEG（SAS）， ∴EF＝EG， ∵EG＝BE+BG，DF＝BG， ∴EF＝DF+BE． 例2（2025秋•固原校级期末）“截长补短法”证明线段的和差问题： 先阅读背景材料，猜想结论并填空，然后做问题探究． 背景材料： （1）如图1：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°．探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．探究的方法是，延长FD到点G．使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出的结论是 ． 探索问题： （2）如图2，若四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF∠BAD，上述结论是否仍然成立？成立的话，请写出推理过程． 【分析】（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题； （2）延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题． 【解答】证明：（1）在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG， ∵∠EAF∠BAD， ∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF， ∴∠EAF＝∠GAF， 在△AEF和△GAF中， ， ∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴EF＝FG， ∵FG＝DG+DF＝BE+DF， ∴EF＝BE+DF； 故答案为：EF＝BE+DF． （2）解：结论EF＝BE+DF仍然成立； 理由：延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG， ∵∠EAF∠BAD， ∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF， ∴∠EAF＝∠GAF， 在△AEF和△GAF中， ， ∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴EF＝FG， ∵FG＝DG+DF＝BE+DF， ∴EF＝BE+DF． 例3已知在四边形ABCD中，AB＝AD，． （1）如图1，∠ABC＝∠ADC＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，线段EF、BE、FD之间的关系是 ； （2）如图2，∠ABC+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，（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，∠ABC+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，（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． 【分析】（1）延长CD至G，使DG＝BE，连接AG，可证得△ABE≌△ADG，从而∠DAG＝∠BAE，AE＝AG，进而推出△EAF≌△GAF，从而EF＝FG，进一步得出结论； （2）方法与（1）相同； （3）方法与（1）相同． 【解答】解：（1）如图1， 延长CD至G，使DG＝BE，连接AG， ∵∠ABC＝∠ADC＝90°， ∴∠ADG＝∠ABC＝90°， ∵AB＝AD， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴∠DAG＝∠BAE，AE＝AG， ∵∠EAF， ∴∠BAE+∠DAF， ∴∠DAG+∠DAF， ∴∠GAF＝∠EAF， ∵AF＝AF， ∴△EAF≌△GAF（SAS）， ∴EF＝FG＝DG+FD＝BE+FD， 故答案为：EF＝BE+FD； （2）如图2， （1）中的结论不变，即EF＝BE+FD，理由如下： 延长CD至G，使DG＝BE，连接AG， ∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADG+∠ADC＝180°， ∴∠ADG＝∠ABC， ∵AB＝AD， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴∠DAG＝∠BAE，AE＝AG， ∵∠EAF， ∴∠BAE+∠DAF， ∴∠DAG+∠DAF， ∴∠GAF＝∠EAF， ∵AF＝AF， ∴△EAF≌△GAF（SAS）， ∴EF＝FG＝DG+FD＝BE+FD． （3）如图3， （1）中的结论不成立，EF＝BE﹣FD，理由如下： 延长CD至G，使DG＝BE，连接AG， ∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADG+∠ADC＝180°， ∴∠ADG＝∠ABC， ∵AB＝AD， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴∠DAG＝∠BAE，AE＝AG， ∵∠BAE+∠EAD＝∠BAD， ∴∠DAG+∠DAE+∠DAF＝∠BAD+∠DAF， ∵∠EAF， ∴∠DAG， ∴∠DAG﹣∠DAF， ∴∠GAF， ∴∠GAF＝∠EAF， ∵AF＝AF， ∴△EAF≌△GAF（SAS）， ∴EF＝FG＝DG﹣FD＝BE﹣FD． 例4在Rt△ABC中，点D在线段AB上，点E，F分别在线段AC，BC上，DE＝DF，2∠A+∠EDF＝180°． （1）如图1，当点B、F重合时，求证：点E是线段AC的中点； （2）如图2，当∠A＝45°时，过点D作DG⊥AC于点G，请补全图形，探究线段AG与CE的数量关系，并证明； （3）如图3，过点F作FK∥AB于点K，探究线段AE与CK的数量关系，并证明． 【分析】（1）当B、F两点重合时，先证明∠ADE＝2∠DFE，进而由2∠A+∠EDF＝180°推出∠A＝∠DFE，则AE＝EF，再根据等角的余角相等推出∠EFC＝∠C，则EF＝EC，即可证明结论． （2）根据题意得出△DEF和△AGD都为等腰直角三角形，进而得出∠A＝∠DEF＝45°，然后由三角形外角的性质推出∠CEF＝∠ADE，进而得出△ADE∽△CEF，则，再结合ADAG即可得出结论． （3）通过辅助线构造△ADE≌△GDF（SAS）和HF为Rt△CFK斜边的中线，把问题转化为探求HF和GF的数量关系，然后通过证明∠FHG＝2∠A＝∠FGH得出FG＝FH，即可证明结论． 【解答】（1）证明：如图，连接EF，根据题意可知DE＝DF，则∠DEF＝∠DFE． ∴∠ADE＝∠DEF+∠DFE＝2∠DFE． ∵∠ADE＝180°﹣∠EDF，2∠A+∠EDF＝180°， ∴∠A＝∠DFE． ∴AE＝EF， 又∵∠A+∠C＝90°，∠EFC+∠DFE＝90°， ∴∠EFC＝∠C． ∴EF＝EC． ∴AE＝EC． 故点E为线段AC的中点． （2）解：结论：CE＝2AG． 证明：如图DG⊥AC，G为垂足，PD⊥AB，连接EF，PF． ∵∠A＝45°，2∠A+∠EDF＝180°， ∴∠EDF＝∠AGD＝90°， ∴△DEF、△AGD、△ADP都为等腰直角三角形， ∵AD＝PD，∠ADE＝90°﹣∠EDP＝∠PDE，DE＝DF． ∴△ADE≌△PDE（SAS）， ∴∠DPF＝∠A＝45°，∠APF＝∠DPF+∠APD＝90°． ∴△CPF为等腰直角三角形，FP＝CP＝AE， ∴CE＝AC﹣AE＝AC﹣CP＝AP． 在等腰Rt△ADP中，DG为AP的垂直平分线，AP＝2AG． ∴CE＝2AG． （3）解：结论：CK＝2AE． 证明：如图，以点D为圆心AD为半径作圆弧交AC于点G，点H为线段CK的中点，连接GD、GF、HF． ∵AD＝DG， ∴∠A＝∠AGD， ∴∠ADG＝180°﹣∠A﹣∠AGD＝180°﹣2∠A． 又∵2∠A+∠EDF＝180°， ∴∠ADG＝∠EDF， ∵∠ADG＝∠ADE+∠EDG，∠EDF＝∠FDG+∠EDG， ∴∠ADE＝∠FDG． 在△ADE和△GDF中，AD＝DG，∠ADE＝∠FDG，DE＝DF． ∴△ADE≌△GDF（SAS）． ∴AE＝GF，∠A＝∠DGF， ∴∠FGH＝∠DGF+∠HGF＝2∠A， 在Rt△CFK中，点H为斜边CK的中点，则FH＝KH＝HC． ∴∠FHG＝∠HKF+∠HFK＝2∠HKF， ∵KF∥AB， ∴∠A＝∠HKF， ∴∠FHG＝2∠A＝∠FGH， ∴FG＝FH， ∴CK＝2FG＝2AE． 1．（2025•乌鲁木齐模拟）如图1，在正方形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的动点，且∠ECF＝45°．设B，E两点之间的距离为x，△CEF的面积为y，y与x的函数关系图象如图2所示．已知点M的横坐标为2，则点M的纵坐标为（　　） A． B．15 C． D．5 【分析】结合图2可知正方形边长为6，然后根据∠ECF＝45°识别半角模型，利用旋转，构造全等求解即可． 【解答】解：由图2可知，当x＝0时，y＝18， 此时点E与B重合，点F与A重合， ∴SAB2＝18， 解得AB＝6， 如图，在AD延长线上取一点G，使DG＝BE， ∵CB＝CD，∠B＝∠CDG＝90°，BE＝DG， ∴△CBE≌△CDG（SAS）， ∴CG＝CE，∠BCE＝∠DCG， ∵∠ECF＝45°， ∴∠BCE+∠DCF＝45°， ∴∠DCG+∠DCF＝45°，即∠FCG＝45°＝∠FCE， ∵CF＝CF， ∴△CFE≌△CFG（SAS）， ∴EF＝FG， 当x＝2时，则BE＝DG＝2， ∴AE＝AB﹣BE＝4， 设DF＝a，则AF＝6﹣a，GF＝2+a＝EF， 在Rt△AEF中，AE2+AF2＝EF2， ∴16+（6﹣a）2＝（2+a）2， 解得a＝3， ∴FG＝5， ∴S△CEF＝S△CFGFG•CD＝15，即y＝15， ∴点M的纵坐标为15， 故选：B． 2．（2025春•海淀区校级期中）如图，在直角坐标系中，正方形OABC的顶点O与原点重合，顶点A、C分别在x轴、y轴上，反比例函数y（k≠0，x＞0）的图象与正方形的两边AB、BC分别交于点E、F，FD⊥x轴，垂足为D，连接OE、OF、EF，FD与OE相交于点G．下列结论：①OF＝OE；②∠EOF＝60°；③四边形AEGD与△FOG面积相等；④若，则S△OCFS△OEF；⑤若∠EOF＝45°，EF＝2，则k1．其中正确结论的个数是（　　） A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 【分析】①利用证明△OCF≌△OAE （SAS），即可求解；②证明△EFO不一定是等边三角形，即可求解；③根据四边形AEGD的面积组成与△FOG的面积的组成，即可求解；④先根据 得出CF与OC的关系，进而得到k的值，再分别计算S△OCF与S△OEF；⑤通过旋转构造全等三角形，利用勾股定理求出AE+CF，再结合正方形边长与AE、CF的关系以及反比例函数k的几何意义求出k． 【解答】解：①由反比例性质可知， ， ∵OC ＝ OA， ∴CF ＝ AE， 又∵∠OCF＝∠OAE＝90°， ∴△OCF≌△OAE（SAS）， ∴OF＝OE； 故①正确，符合题意； ②由①知，OF ＝ OE， ∵EF不一定和OE或OF相等， ∴△EFO不一定是等边三角形， ∴△EFO不一定等于60°， 故②错误，不符合题意； ③∵SAEGD ， S△FOG， ∴四边形AEGD与△FOG面积相等， 故③正确，符合题意； ④设CF ＝ x， ∴BF， ∴BC＝CF+BF， 又∵OC＝BC， ∴k＝OC•CF， ∴， 又∵， ∴， ∵S△OEF＝S正方形OABC﹣S△OCF﹣S△OAE﹣S△BEF 且， ， ， ∴． 所以， 故④正确． ⑤将△OCF绕点O顺时针旋转90°得到△OAH， 则△OEF≌△OEH（SAS）， ∴EF ＝ EH ＝ 2． 设AE ＝ x，CF ＝ y，BC＝a． 则BE ＝ a﹣x，BF ＝ a﹣y， ∴EH ＝ AE+CF ＝ x+y ＝ 2， ∵EF2＝BE2+BF2， 即4＝（a﹣x）2+（a﹣y）2， 又∵a2﹣x2＝k，a2﹣y2＝k． ∴x＝y＝1， ∴， ∴k＝a•x． 故⑤正确． 故①③④⑤正确； 故答案选B． 3．已知正方形ABCD边长为5，点M、N分别在边BC，CD上，连接AM，MN，AN，若∠MAN＝45°，BM＝2，则线段NC的长为（　　） A．2 B．3 C． D． 【分析】延长CB，使BE＝DN，易证△ABE≌△ADN（SAS），EB＝DN，MN＝EM，设CN＝x，则DN＝5﹣x，EB+BM＝MN＝7﹣x，在Rt△CMN中，由（7﹣x）2＝32+x2，解得x，即可求解． 【解答】解：如图，延长CB，使BE＝DN， ∵四边形ABCD是边长为5的正方形， ∴∠B＝∠C＝∠D＝∠BAD＝90°，AB＝BC＝CD＝5， ∴∠ABE＝90°， 在△ABE和△ADN中， ， ∴△ABE≌△ADN（SAS）， ∴EB＝DN，MN＝EM， 设CN＝x，则DN＝5﹣x， ∴EB+BM＝MN＝7﹣x， 在Rt△CMN中，MN2＝CM2+CN2， ∴（7﹣x）2＝32+x2， 解得x， ∴CN， 故选：D． 4．如图，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边BC上两点，且∠DAE＝45°，将△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB，连接EF，下列结论： ①△AED≌△AEF；②∠FAD＝90°；③BE+DC＝DE④BE2+DC2＝DE2，其中一定正确的是（　　） A．①③ B．①②④ C．①②③④ D．②④ 【分析】根据旋转的性质可得，∠FAD＝90°，AF＝AD，BF＝DC，∠ABF＝∠C，从而证明△FAE≌△DAE，∠FBE＝90°，进而可得EF＝DE，然后在Rt△BFE中，利用勾股定理，进行计算即可判断①②④正确． 【解答】解：由旋转得： ∠FAD＝90°，AF＝AD，BF＝DC，∠ABF＝∠C， ∵∠DAE＝45°， ∴∠FAE＝∠FAD﹣∠DAE＝45°， ∴∠FAE＝∠DAE， ∵AE＝AE， ∴△FAE≌△DAE（SAS）， ∴EF＝DE， ∵∠BAC＝90°， ∴∠ABC+∠C＝90°， ∴∠ABF+∠ABC＝90°， ∴∠FBE＝90°， 在Rt△BFE中，BF2+BE2＝EF2， ∴CD2+BE2＝DE2， ∴上列结论，一定正确的是：①②④， 故选：B． 5．如图，在正方形ABCD中，AB＝4，点E是线段AD上一点，沿直线BE折叠△ABE，使点A落至A′处，EA′，AA′分别交线段DC于点F，G．则线段FG的最大值为 　12﹣8　 ． 【分析】通过连接BF，易得Rt△BCF≌Rt△BA'F，即可得到EF＝A'E+A'F＝AE+CF．再根据△ABE≌△DAG，可得AE＝DG，进而得到EF＝AE+CF＝DG+CF．作△BEF的外接圆⊙O，连接BO，EO，FO，过O作OH⊥EF于H，易得OB≥8﹣4，进而得出DG+CF的最小值为（8﹣4）8，由于CD长为定值，故FG的最大值为4﹣（8）＝12． 【解答】解：如图所示，连接BF， 由折叠可得，∠BA'E＝∠BAE＝90°，A'B＝AB， ∴∠BA'F＝∠C＝90°，A'B＝CB， 又∵BF＝BF， ∴Rt△BCF≌Rt△BA'F（HL）， ∴A'F＝CF， 由折叠可得AE＝A'E， ∴EF＝A'E+A'F＝AE+CF， ∵BE⊥AA'，∠BAD＝90°， ∴∠ABE+∠BAA'＝90°＝∠DAC+∠BAA'， ∴∠ABE＝∠DAG， 又∵∠BAE＝∠D，AB＝DA， ∴△ABE≌△DAG（ASA）， ∴AE＝DG， ∴EF＝AE+CF＝DG+CF， ∴当EF最小时，DG+CF最小，而CD＝4（定值），故GF最大， 由题可得∠EBF∠ABC＝45°， 如图所示，作△BEF的外接圆⊙O，连接BO，EO，FO，过O作OH⊥EF于H， ∴∠EOF＝2∠EBF＝90°， ∴△EOF是等腰直角三角形， ∴EFOB，OHEFOB， 又∵OB+OH≥AB＝4， ∴OBOB≥4， ∴OB≥8﹣4， ∴EF的最小值为（8﹣4）8，即DG+CF最小值为8， 又∵CD＝4， ∴FG的最大值为4﹣（8）＝12． 故答案为：12． 6．如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，AE交BD于M点，AF交BD于N点． （1）若正方形的边长为2，则△CEF的周长是 　4　 ． （2）若，则AM＝　　 ． 【分析】（1）过A作GA⊥AE，交CD延长线于G，根据垂直定义可得∠GAE＝90°，根据正方形的性质可得AB＝AD＝BC＝CD＝2，∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，从而可得∠ADG＝90°，再利用等式的性质可得∠BAE＝∠DAG，从而利用ASA可证△ABE≌△ADG，进而可得BE＝DG，AG＝AE，然后根据已知可得∠EAF＝∠GAF＝45°，从而利用SAS可证△EAF≌△GAF，进而可得EF＝GF，最后利用等量代换可得△CEF的周长＝CD+BC＝4，即可解答； （2）连接MF，根据正方形的性质可得∠BDC＝∠ADB＝45°，从而可得∠MAN＝∠NDF＝45°，再根据对顶角相等可得∠ANM＝∠DNF，从而可得△AMN∽△DFN，然后利用相似三角形的性质可得，再根据对顶角相等可得∠AND＝∠FNM，从而可得△ADN∽△MFN，最后利用相似三角形的性质可得∠MFN＝∠ADN＝45°，从而利用三角形内角和定理可得∠AMF＝90°，进而可得△AMF为等腰直角三角形，再利用等腰直角三角形的性质进行计算，即可解答． 【解答】解：（1）过A作GA⊥AE，交CD延长线于G， ∴∠GAE＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD＝BC＝CD＝2，∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°， ∴∠ADG＝180°﹣∠ADC＝90°， ∴∠ABC＝∠ADG＝90°， ∵∠BAD＝∠EAG＝90°， ∴∠BAD﹣∠DAE＝∠GAE﹣∠DAE， ∴∠BAE＝∠DAG， ∴△ABE≌△ADG（ASA）， ∴BE＝DG，AG＝AE， ∵∠EAF＝45°， ∴∠GAF＝∠EAG﹣∠EAF＝45°， ∴∠EAF＝∠GAF＝45°， ∵AF＝AF， ∴△EAF≌△GAF（SAS）， ∴EF＝GF， ∴△CEF的周长＝EF+EC+CF ＝GF+EC+CF ＝DG+DF+EC+CF ＝BE+DF+FC+CE ＝CD+BC ＝2+2 ＝4， 故答案为：4； （2）连接MF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BDC＝∠ADB＝45°， ∵∠MAN＝∠NDF＝45°，∠ANM＝∠DNF， ∴△AMN∽△DFN， ∴， ∵∠AND＝∠FNM， ∴△ADN∽△MFN， ∴∠MFN＝∠ADN＝45°， ∴∠AMF＝180°﹣∠MAN﹣∠MFN＝90°， ∴△AMF为等腰直角三角形， ∵AF， ∴AM， 故答案为：． 7．如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一点，点F在边CD的延长线上，且BE＝DF，连接EF交边AD于点G．过点A作AN⊥EF，垂足为点M，交边CD于点N．若BE＝5，CN＝8，则线段AN的长为 　4　 ． 【分析】连接AE，AF，EN，由正方形的性质可得AB＝AD，BC＝CD，∠ABE＝∠BCD＝∠ADF＝90°，可证得△ABE≌△ADF（SAS），可得∠BAE＝∠DAF，AE＝AF，从而可得∠EAF＝90°，根据等腰三角形三线合一可得点M为EF中点，由AN⊥EF可证得△AEM≌△AFM（SAS），△EMN≌△FMN（SAS），可得EN＝FN，设DN＝x，则EN＝FN＝x+5，CE＝x+3，由勾股定理解得x＝12，可得DN＝12，AD＝BC＝20，由勾股定理即可求解． 【解答】解：如图，连接AE，AF，EN， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝AD，BC＝CD，∠ABE＝∠BCD＝∠ADF＝90°， ∵BE＝DF， ∴△ABE≌△ADF（SAS）， ∴∠BAE＝∠DAF，AE＝AF， ∴∠EAF＝90°， ∴△EAF为等腰直角三角形， ∵AN⊥EF， ∴EM＝FM，∠EAM＝∠FAM＝45°， ∴△AEM≌△AFM（SAS），△EMN≌△FMN（SAS）， ∴EN＝FN， 设DN＝x， ∵BE＝DF＝5，CN＝8， ∴CD＝CN+DN＝x+8， ∴EN＝FN＝DN+DF＝x+5，CE＝BC﹣BE＝CD﹣BE＝x+8﹣5＝x+3， 在Rt△ECN中，由勾股定理可得： CN2+CE2＝EN2， 即82+（x+3）2＝（x+5）2， 解得：x＝12， ∴DN＝12，AD＝BC＝BE+CE＝5+x+3＝20， ∴AN4， 解法二：可以用相似去做，△ADN与△FCE相似，设正方形边长为x， ，即， ∴x＝20． 在△ADN中，利用勾股定理可求得AN＝4． 故答案为：4． 8．（2025春•南京期中）如图，在矩形ABCD中，点E，F在边BC，CD上，BE＝2，DF＝1，∠EAF＝∠CEF＝45°，则EF的长为 　　 ． 【分析】延长EF交AD延长线于M，交AB延长线于N，根据矩形和等腰直角三角形的性质得到DM＝DF＝1，BE＝BN＝2，AN＝AM，NE，NF，把△AMF绕点A顺时针旋转90°到△ANP，证明△APE≌△AFE，即可得到PE＝EF，在Rt△PEN中，由勾股定理可得PEEF即可． 【解答】解：如图所示，延长EF交AD延长线于M，交AB延长线于N， ∵四边形ABCD为矩形ABCD， 则∠ABE＝∠NBE＝∠ADF＝∠MDF＝90°， ∵∠EAF＝∠CEF＝45°， ∴∠BNE＝∠BEN＝∠DFM＝∠DMF＝45°， ∴DM＝DF＝1，BE＝BN＝2，AN＝AM， ∴NE，NF， 把△AMF绕点A顺时针旋转90°到△ANP， 则NP＝MF，AP＝AF，∠PAE＝∠FAE＝45°， ∵∠PAN＝∠MAF，∠MAF+∠BAE＝45°， ∴∠PAN+∠BAE＝∠PAE＝45°＝∠EAF， 在△APE和△AFE中， ， ∴△APE≌△AFE（SAS）， ∴∠PNE＝∠PNA+∠ANE＝45°+45°＝90°，PE＝EF， 在Rt△PEN中，由勾股定理可得PE， 故EF， 故答案为：． 9．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E都在BC上，∠DAE＝45°，BD＝3，CE＝5，则DE的长为 　　 ． 【分析】将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACD′，使得AB与AC重合，可求得ED′，再证△ADE≌△AD′E，可得DE＝D′E，即为所求． 【解答】解：将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACD′，使得AB与AC重合，如图所示， ， 连接ED′， ∵∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠B＝∠ACB＝45°， ∵△ABD≌△ACD′， ∴CD′＝BD＝3，∠ACD′＝∠B＝45°，∠CAD′＝∠BAD，AD＝AD′， ∴∠D′CE＝∠ACD′+∠ACB＝90°， ∵CE＝5， ∴D′E， ∵∠BAC＝90°，∠DAE＝45°， ∴∠EAD′＝∠DAE＝45°， ∵AD＝AD′，AE＝AE， ∴△ADE≌△AD′E（SAS）， ∴DE＝D′E， 故答案为：． 10．如图，已知正方形ABCD的边长为1，点E是线段DC上的动点，过点E作EF⊥BE，使EF＝BE，连接BF交AD于点G，EF交AD于点H．以下结论正确的是 　①④　 ． ①△BCE∽△EDH； ②∠BGE＝∠DGE； ③点F到直线GE的距离最大值为； ④点H到直线GE的距离最大值为． 【分析】①根据相似三角形的判定定理确定． ②点E是线段DC上的动点，∠BGE和∠DGE都随点E的变化而变化，若两角相等变化规律必然相同． ③作出F到GE的距离，同时完成了直角三角形的构造，利用EF＝BE可以通过全等可以将F到GE的距离转化为EC的长，再观察EC的变化，求其最大值． ④由③的相关结论，发现H到直线GE的距离等于HD，那么只要找到HD的最大值即可，再用相似得出HD与EC之间的数量关系，借助函数确定． 【解答】解：①正方形ABCD中，∠B＝∠C＝∠D＝90°． ∵EF⊥BE， ∴∠FED＝90°． 如图：∠CBE+∠CEB＝90°，∠DEH+∠CEB＝180°﹣90°＝90°； ∴∠DEH＝∠CBE． ∴△BCE∽△EDH．故①正确． ②当点E向左移动时，∠DGE逐渐减小，而∠BGE增大；故②错误． ③延长DC至P，使CP＝AG，连接BP． ∴△BCP≌△BAG（SAS）， ∴∠CBP＝∠ABG，BP＝BG． ∵EF⊥BE，EF＝BE， ∴∠GBE＝45°． ∵∠ABG+∠GBE+∠EBC＝90°， ∴∠EBP＝∠EBC+∠CBP＝∠EBC+∠ABG＝90°﹣∠GBE＝90°﹣45°＝45°＝∠GBE， ∴△GBE≌△PBE（SAS）． ∴∠GEB＝∠CEB． ∵∠GEB+∠FEG＝∠CEB+∠CBE＝90°． ∴∠FEG＝∠CBE． 过F作FM⊥EG的延长线于M． ∴△FEM≌△EBC（AAS）． ∴FM＝CE． 点E是线段DC上的动点，CE≤1，故③错误． ④过H作HN⊥EG于N． ∵∠FEG＝∠EBC＝∠DEH， ∴△HNE≌△HDE（AAS）， ∴HN＝DH． ∵△EDH∽△BCE， ∴；即：DH＝EC•DE， 设EC＝x，则：DH＝x（1﹣x）＝﹣x2+x， 当x时，DH取得最大值：．故④正确； 故答案为：①④． 11．如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M，N在边BC上，且∠MAN＝45°．若BM＝1，CN＝3，则MN的长为 　　 ． 【分析】将△ABM逆时针旋转90°得到△ACF，连接NF，由条件可以得出△NCF为直角三角形，利用勾股定理就可以求出NF，通过证明三角形全等就可以MN＝NF，求出NF即可． 【解答】解：将△AMB逆时针旋转90°到△ACF，连接NF， ∴CF＝BM，AF＝AM，∠B＝∠ACF．∠2＝∠3， ∵△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴∠B＝∠ACB＝45°， ∵∠MAN＝45°， ∴∠NAF＝∠1+∠3＝∠1+∠2＝90°﹣45°＝45°＝∠NAF， 在△MAN和△FAN中 ∴△MAN≌△FAN（SAS）， ∴MN＝NF， ∵∠ACF＝∠B＝45°，∠ACB＝45°， ∴∠FCN＝90°， ∵CF＝BM＝1，CN＝3， ∴在Rt△CFN中，由勾股定理得：MN＝NF， 故答案为：． 12．如图，△ABC和△DEF是等腰直角三角形，∠BAC＝∠EDF＝90°，点D为BC中点，连接AE、CE，∠AEC＝120°，求的最小值＝　　 ． 【分析】连接AD、CF，由△ABC是等腰直角三角形，点D为BC的中点，可得△ADC是等腰直角三角形，即可得△ADE≌△CDF，得到AE＝CF，∠DAE＝∠DCF，进而得到∠ECF＝30°，当EF⊥EC时，最小，即可求解． 【解答】解：连接AD、CF， ∵△ABC是等腰直角三角形，点D为BC的中点， ∴AD＝DC，∠ADC＝90° ∵△DEF是等腰直角三角形， ∴DE＝DC，∠EDF＝90°， ∴∠ADE＝∠CDF＝90°﹣∠CDE， ∴△ADE≌△CDF， ∴AE＝CF，∠DAE＝∠DCF， ∵∠AEC＝120°， ∴∠EAC+∠ECA＝60°， ∵∠DAC+∠DCA＝90°， ∴∠DAE+∠DCE＝30°， ∴∠DCF+∠DCE＝30°＝∠ECF， 当EF⊥EC时，最小，此时， ∴的最小值是， 故答案为：． 13．（2025秋•重庆期中）如图，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．求证：EF＝BE+FD． 【分析】可通过构建全等三角形来实现线段间的转换．延长EB到G，使BG＝DF，连接AG．目的就是要证明三角形AGE和三角形AEF全等将EF转换成GE，那么这样EF＝BE+DF了，于是证明两组三角形全等就是解题的关键．三角形ABE和AEF中，只有一条公共边AE，我们就要通过其他的全等三角形来实现，在三角形ABG和AFD中，已知了一组直角，BG＝DF，AB＝AD，因此两三角形全等，那么AG＝AF，∠1＝∠2，那么∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠EAF∠BAD．由此就构成了三角形ABE和AEF全等的所有条件（SAS），那么就能得出EF＝GE了． 【解答】证明：延长EB到G，使BG＝DF，连接AG． ∵∠ABG＝∠ABC＝∠D＝90°，AB＝AD， ∴△ABG≌△ADF． ∴AG＝AF，∠1＝∠2． ∴∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠EAF∠BAD． ∴∠GAE＝∠EAF． 在△AEG与△AEF中 ， ∴△AEG≌△AEF（SAS）． ∴EG＝EF． ∵EG＝BE+BG． ∴EF＝BE+FD 14．如图，四边形ABCD中，∠A＝∠BCD＝90°，AB＝BC，∠EBF＝∠ADC，若E、F分别在AD、DC的延长线上． （1）找出∠EBF与∠ABC间的数量关系，并说明理由； （2）若∠EBF＝60°，找出线段AE，EF，CF之间的数量关系并证明． 【分析】（1）根据已知条件和四边形的内角和可找出∠EBF与∠ABC间的数量关系； （2）在AE上截取AM＝CF，首先证明△ABM≌△CBF，进而得出∠ABM＝∠CBF，BM＝BF，再利用四边形内角和得出∠EBM＝60°，即可证出△BME≌△BFE，即可得出答案． 【解答】解：（1）∠EBF+∠ABC＝180°． 证明：∵∠A＝∠BCD＝90°，四边形ABCD的内角和为360°， ∴∠ADC+∠ABC＝180°， ∵∠EBF＝∠ADC， ∴∠EBF+∠ABC＝180°； （2）AE＝EF+CF． 证明：在AE上截取AM＝CF，连接BM，如图， 在△ABM和△CBF中， ， ∴△ABM≌△CBF（SAS）， ∴∠ABM＝∠CBF，BM＝BF ∵∠EBF＝60°，由（1）知∠EBF+∠ABC＝180°， ∴∠ABC＝120°， ∴∠FBM＝∠FBC+∠CBM＝∠ABM+∠CBM＝∠ABC＝120°， ∵∠FBE＝60°， ∴∠MBE＝60°， ∴∠MBE＝∠FBE， 在△BME和△BFE中， ， ∴△BME≌△BFE（SAS）， ∴EF＝EM， ∵AE＝EM+AM， ∴AE＝EF+CF． 15．在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，连接EF． （1）如图1，若BE＝2，DF＝3，求EF的长度； （2）如图2，连接BD，BD与AF、AE分别相交于点M、N，若正方形ABCD的边长为6，BE＝2，求DF的长； （3）判断线段BN、MN、DM三者之间的数量关系并证明你的结论． 【分析】（1）延长CB至点G，使BG＝DF，连接AG，先根据SAS证明△ABG≌△ADF，得到∠BAG＝∠DAF，BG＝DF，AG＝AF，于是可通过SAS证明△AEG≌△AEF，得到EG＝EF，则EF＝EG＝BG+BE＝DF+BE； （2）设DF＝x，则CF＝6﹣x，由（1）可得EF＝DF+BE＝2+x，于是在Rt△CEF中，根据勾股定理列出方程，求解即可； （3）延长CB至点G，使BG＝DF，连接AG，在AG上截取AH＝AM，连接HN，BH，易通过SAS证明△ABH≌△ADM，得到BH＝DM，∠ABH＝∠ADM＝45°，进而得出∠HBN＝90°，再通过SAS证明△AHN≌△AMN，得到NH＝MN，在Rt△BHN中，根据勾股定理得BN2+BH2＝NH2，再等量代换即可得到结论． 【解答】解：（1）如图，延长CB至点G，使BG＝DF，连接AG， ∵四边形ABCD为正方形， ∴DAB＝∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，AB＝AD， ∴∠ABG＝90°， 在△ABG和△ADF中， ， ∴△ABG≌△ADF（SAS）， ∴∠BAG＝∠DAF，BG＝DF，AG＝AF， ∵∠EAF＝45°， ∴∠DAF+∠BAE＝∠BAG+∠BAE＝∠EAG＝45°， ∴∠EAF＝∠EAG， 在△AEG和△AEF中， ， ∴△AEG≌△AEF（SAS）， ∴EG＝EF， ∵BE＝2，DF＝3， ∴EF＝EG＝BG+BE＝DF+BE＝5； （2）∵四边形ABCD是边长为6的正方形， ∴BC＝CD＝6， 设DF＝x，则CF＝CD﹣DF＝6﹣x， 由（1）知，EF＝DF+BE， ∵BE＝2， ∴CE＝BC﹣BE＝4，EF＝2+x， 在Rt△CEF中，CE2+CF2＝EF2， ∴42+（6﹣x）2＝（2+x）2， 解得：x＝3， ∴DF＝3； （3）BN2+DM2＝MN2，证明如下： 如图，延长CB至点G，使BG＝DF，连接AG，在AG上截取AH＝AM，连接HN，BH， 由（1）知，∠BAG＝∠DAF，∠EAG＝∠EAF＝45°， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝AD，∠ADB＝∠ABD＝45°， 在△ABH和△ADM中， ， ∴△ABH≌△ADM（SAS）， ∴BH＝DM，∠ABH＝∠ADM＝45°， ∴∠HBN＝∠ABH+∠ABN＝90°， 在△AHN和△AMN中， ， ∴△AHN≌△AMN（SAS）， ∴NH＝MN， 在Rt△BHN中，BN2+BH2＝NH2， ∴BN2+DM2＝MN2． 16．综合与实践 【问题情境】 数学活动课上，杨老师出示了教材上的一个问题： 如图1，四边形ABCD是正方形，G是BC上的任意一点，DE⊥AG于点E，BF∥DE，交AG于点F，求证：AF﹣BF＝EF． 数学兴趣小组的小明同学做出了回答，解题思路如下： 由正方形的性质得到AB＝AD，∠BAD＝90°， 再由垂直和平行可知∠AED＝∠AFB＝90°， 再利用同角的余角相等得到∠ADE＝∠BAF， 则可根据“AAS”判定△ADE≌△BAF， 得到AE＝BF，所以AF﹣BF＝AF﹣AE＝EF． 【建立模型】 该数学小组小芳同学受此问题启发，对上面的问题进行了改编，并提出了如下问题： （1）如图2，四边形ABCD是正方形，E，F是对角线AC上的点，BF∥DE，连接BE，DF． 求证：四边形BEDF是菱形； 【模型拓展】 该兴趣小组的同学们在杨老师的指导下大胆尝试，改变图形模型，发现并提出新的探究点； （2）如图3，若正方形ABCD的边长为12，E是对角线AC上的一点，过点E作EG⊥DE，交边BC于点G，连接DG，交对角线AC于点F，CF：EF＝3：5，求FG•DF的值． 【分析】（1）利用AAS证明△ADE≌△CBF，得DE＝BF，从而得出四边形DEBF是平行四边形，再利用SAS证明△ABE≌△ADE，得BE＝DE，则▱DEBF是菱形； （2）把△AED绕点D逆时针旋转90°点得到△CHD，连接FH，根据∠DEG＝∠BCD＝90°，知以DG为直径作圆，则点C，D，E，G均在此圆上，则∠EDG＝45°，根据半角模型知△EDF≌△HDF（SAS），得EF＝HF，设CF＝3a，则EF＝HF＝5a，则AE＝4a，进而解决问题． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB＝BC，∠DAC＝∠ACB＝45°， ∵BF∥DE， ∴∠DEF＝∠BFE， ∴∠AED＝∠BFC， ∴△ADE≌△CBF（AAS）， ∴DE＝BF， ∴四边形DEBF是平行四边形， ∵∠DAE＝∠BAE＝45°，AD＝AB，AE＝AE， ∴△ABE≌△ADE（SAS）， ∴BE＝DE， ∴▱DEBF是菱形； （2）解：如图，把△AED绕点D逆时针旋转90°点得到△CHD，连接FH， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADC＝∠BCD＝90°，∠ACD＝∠DAC＝45°， ∵EG⊥DE， ∴∠DEG＝90°， ∵∠BCD＝90°， ∴以DG为直径作圆，则点C，D，E，G均在此圆上， ∴∠EGD＝∠ACD＝45°， ∴∠EDG＝45°， 由旋转得，DE＝DH，AE＝CH，∠DAC＝∠DCH＝45°， ∵∠EDG＝45°， ∴∠HDF＝45°， ∴∠EDG＝∠HDF， ∴∠EDF＝∠HDF， 在△EDF与△HDF中， ， ∴△EDF≌△HDF（SAS）， ∴EF＝HF， ∵∠ACD＝45°，∠DCH＝45°， ∴∠FCH＝90°， 由CF：EF＝3：5， 设CF＝3a，则EF＝HF＝5a， 在Rt△FCH中，CH4a，则AE＝4a， ∵正方形ABCD的边长为12， ∴由勾股定理得AC＝12， 即AE+EF+FC＝12a＝12， ∴a， ∴CF＝3，EF＝5， ∵∠EFD＝∠GFC，∠EDF＝∠GCF＝45°， ∴△EFD∽△GFC， ∴， ∴FG•DF＝CF•FE＝330． 17．（1）如图1，正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF＝45°，延长CD到点G，使DG＝BE，连接EF，AG．求证：EF＝FG． （2）如图2，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M，N在边BC上，且∠MAN＝45°，若BM＝1，CN＝3，求MN的长． 【分析】（1）证△ADG≌△ABE，△FAE≌△FAG，根据全等三角形的性质求出即可； （2）过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE＝BM．连接AE、EN．通过证明△ABM≌△ACE（SAS）推知全等三角形的对应边AM＝AE、对应角∠BAM＝∠CAE；然后由等腰直角三角形的性质和∠MAN＝45°得到∠MAN＝∠EAN＝45°，所以△MAN≌△EAN（SAS），故全等三角形的对应边MN＝EN；最后由勾股定理得到EN2＝EC2+NC2即MN2＝BM2+NC2． 【解答】（1）证明：在正方形ABCD中， ∠ABE＝∠ADG，AD＝AB， 在△ABE和△ADG中， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG， ∴∠EAG＝90°， 在△FAE和△FAG中， ， ∴△FAE≌△FAG（SAS）， ∴EF＝FG； （2）解：如图，过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE＝BM．连接AE、EN． ∵AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴∠B＝∠ACB＝45°． ∵CE⊥BC， ∴∠ACE＝∠B＝45°． 在△ABM和△ACE中， ∴△ABM≌△ACE（SAS）． ∴AM＝AE，∠BAM＝∠CAE． ∵∠BAC＝90°，∠MAN＝45°， ∴∠BAM+∠CAN＝45°． 于是，由∠BAM＝∠CAE，得∠MAN＝∠EAN＝45°． 在△MAN和△EAN中， ∴△MAN≌△EAN（SAS）． ∴MN＝EN． 在Rt△ENC中，由勾股定理，得EN2＝EC2+NC2． ∴MN2＝BM2+NC2． ∵BM＝1，CN＝3， ∴MN2＝12+32， ∴MN 18．（1）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF＝BE．请直接写出CE、CF的数量关系 CE＝CF ； （2）如图2，在正方形ABCD中，E是AB上一点，G是AD上一点，如果∠GCE＝45°，请你利用（1）的结论证明：GE＝BE+GD． （3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：如图3，在四边形ABCG中，AG∥BC（BC＞AG），∠B＝90°，AB＝BC，E是AB上一点，且∠GCE＝45°，BE＝4，AG＝6，求四边形ABCG的面积． 【分析】（1）证△CBE≌△CDF（SAS）即可得解； （2）延长AD至F，使DF＝BE，先证△CBE≌△CDF，再证△ECG≌△FCG（SAS），得到GE＝GF，即可得证； （3）过C作CD⊥AG，交AG延长线于D，易证四边形ABCD为正方形，设AB＝x，则AD＝BC＝x，由（1）和（2）可知EG＝BE+DG＝4+x﹣6＝x﹣2，在Rt△AGE中，利用勾股定理建立方程求解即可． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴BC＝CD，∠B＝∠CDF＝90°， 在△CBE和△CDF中， ， ∴△CBE≌△CDF（SAS）， ∴CE＝CF； 故答案为：CE＝CF； （2）如图2， 延长AD至F，使DF＝BE．连接CF， 由（1）知△CBE≌△CDF， ∴∠BCE＝∠DCF， ∴∠BCE+∠ECD＝∠DCF+∠ECD， 即∠ECF＝∠BCD＝90°， 又∵∠GCE＝45°，则∠BCE+∠DCG＝45°， ∴∠GCF＝∠DCG+∠DCF＝∠DCG+∠BCE＝∠GCE＝45°， ∵CE＝CF，∠GCE＝∠GCF，GC＝GC， ∴△ECG≌△FCG（SAS）， ∴GE＝GF， ∴GE＝GF＝DF+GD＝BE+GD； （3）如图3，过C作CD⊥AG，交AG延长线于D， 在直角梯形ABCG中， ∵AD∥BC， ∴∠A＝∠B＝90°， 又∵∠CDA＝90°，AB＝BC， ∴四边形ABCD为正方形， ∴AD＝BC， ∵∠GCE＝45°， 设AB＝x，则AD＝BC＝x， ∴AE＝AB﹣BE＝x﹣4，DG＝x﹣6， 根据（1）（2）可知，EG＝BE+DG＝4+x﹣6＝x﹣2， 在Rt△AEG中，GE2＝AG2+AE2， 即（x﹣2）2＝62+（x﹣4）2， 解得：x＝12， ∴AB＝12， ∴四边形ABCG的面积为． 19．正方形ABCD，P为射线BA上一点，过P作CP⊥PE，点E在直线AD上方区域，且CP＝PE，连接AE， （1）如图1，当点P在BA上时，求∠EAD的度数； （2）如图2，在（1）在条件下，连结CE交AD于点F，连结FP，若AP＝12，DF＝10，求△CPF的面积； （3）若BC＝10，AP＝6，连结CE交射线BD于点G，则BG＝　或13　 （直接写出结果） 【分析】（1）在BA延长线上截取AF＝PB，构造△PEF≌△CPB，则EF＝AF，∠EFA＝90°，然后由△AFE为等腰直角三角形，即可求出∠EAD的度数． （2）在AD延长线上截取DG＝PB，证明△PBC≌△GDC，△CPF≌△CGF，设正方形ABCD边长为a，利用AP2+AF2＝PF2和PF＝GF，构造关于a的方程，求出a即可由S△CGF求出S△CPF． （3）当P点在线段AB上时，通过作EK∥AB构造平行四边形ABKE，由（1）可得BK的长度，然后证明△EKG≌△CDG求出KG的长度，再由BG＝BK+KG求出答案；当P点在AB延长线上时，过点E作EF⊥PB交于F点，延长BG与PE交于H点，△BHF是等腰直角三角形，BG＝HGBH． 【解答】解：（1）如图，延长BA，使AF＝PB，连接EF，∠EPC＝90°，PE＝PC． 在正方形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝∠BAD＝90°． 在△PEF和△CPB中，PF＝AP+AF＝AB＝BC， ∠EPF＝180°﹣∠EPC﹣∠BPC＝∠PCB，PE＝CP， ∴△PEF≌△CPB（SAS） ∴EF＝PB＝AF，∠EFP＝∠PBC＝90°． ∴△AFE为等腰直角三角形． ∴∠EAD＝90°﹣∠FAE＝45°． 故∠EAD的度数为45°． （2）如图，在AD延长线上截取DG＝PB．由题意知，△EPC是等腰直角三角形，∠PCE＝45°． 在△PBC和△GDC中，PB＝DG，∠PBC＝∠GDC，BC＝DC ∴△PBC≌△GDC（SAS）． ∴PC＝GC，∠PCB＝∠GCD． 在△CPF和△CGF中，PC＝GC，FC＝FC， ∠FCG＝∠FCD+∠GCD＝∠FCD+∠PCB＝∠BCD﹣∠FCP＝45°＝∠FCP， ∴△CPF≌△CGF（SAS） ∴PF＝FG． 在Rt△FAP中，由勾股定理得，AP2+AF2＝PF2， 又∵PF＝FG＝AB﹣AP+FD， ∴AP2+（AD﹣FD）2＝（AB﹣AP+FD）2， 设正方形ABCD边长为a． 即122+（a﹣10）2＝（a﹣2）2，解得a＝15． ∴S△CPF＝S△CGFFG•DC（10+15﹣12）×15． （3）当P点在AB上时，如图，作EK∥AB交BD于K． 由（1）知，AEAHPB，∠EAF＝∠ABD＝45°，则AE∥BK． 根据题意，正方形ABCD边长为10，AP长度为6，BD． ∴四边形ABKE是平行四边形． ∴BK＝AEPB（10﹣6），EK＝AB＝CD＝10． ∵EK∥AB，AB∥CD， ∴EK∥CD， ∴∠EKG＝∠CDG． 在△EKG和△CDG中，∠EGK＝∠CGD，∠EKG＝∠CDG，EK＝CD， ∴△EKG≌△CDG（AAS）， ∴KG＝GD． ∴BG＝BK+KG＝BK（BD﹣BK）． 当P点在BA的延长线上时，过点E作EF⊥PB交于F点，延长BG与PE交于H点， ∵AP＝6，AB＝10， ∴PB＝16， ∵△PEF≌△CPB（AAS）， ∴FE＝16，PF＝10， ∴BF＝16， ∵∠ABD＝45°， ∴FH＝FB＝26， ∴BH＝26， ∵EH＝26﹣16＝10， ∴EH＝BC， ∵EH∥BC， ∴BG＝HG＝13； 故答案为：或13． 20．如图1，点M、N别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠MAN＝45°，连接MN． （1）求证：MN＝BM+DN．下面提供解题思路，请填空： 如图2，把△ADN绕点A顺时针旋转 　90　 度至△ABE，可使AD与AB重合． 由∠EBC＝∠ABE+∠ABC＝180°，则知E、B、C三点共线，从而可证△AEM≌　△ANM ，从而得MN＝BM+DN． （2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间有怎样的等量关系？请写出你的猜想，并证明． （3）如图4，四边形ABCD不是正方形，但满足AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠MAN＝45°，且BC＝7，DC＝13，CN＝5，求BM的长． 【分析】（1）利用旋转的性质和正方形的性质，证明△AEM≌△ANM即可求证； （2）在DC上取一点G，使DG＝BM，先证明△ABM≌△ADG，再证明△MAN≌△GAN，即可得出答案； （3）在DC上取一点G，使DG＝BM，先证明△ABM≌△ADG，再证明△MAN≌△GAN，得到MN＝NG，设BM＝x，用含x的代数式表达GC和MN，根据勾股定理列出方程，解出x的值即可． 【解答】解：（1）∵∠BAD＝90°， ∴△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABE， ∵旋转， ∴△ADN≌△ABE， ∴AN＝AE，∠DAN＝∠BAE， ∵∠MAN＝45°， ∴∠BAM+∠DAN＝45°，即∠BAM+∠BAE＝45°， ∴∠EAM＝∠NAM， ∴△AEM≌△ANM（SAS）， ∴MN＝EM＝BM+BE＝BM+DN． 故答案为：90，△ANM； （2）MN＝DN﹣BM，理由如下， 在DC上取一点G，使DG＝BM， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB，∠ADG＝∠ABM＝90°， 又∵DG＝BM， ∴△ABM≌△ADG（SAS）， ∴AM＝AG，∠MAB＝∠GAD， ∵∠MAN＝∠BAM+∠BAN＝45°， ∴∠GAD+∠BAN＝45°， ∴∠GAN＝45°，即∠MAN＝∠GAN， 又∵AN＝AN， ∴△MAN≌△GAG（SAS）， ∴MN＝NG＝DN﹣DG＝DN﹣BM， 即MN＝DN﹣BM； （3）解：在DC上取一点G，使DG＝BM， ∵∠BAD＝∠BCD＝90°， ∴∠D+∠ABC＝180°， ∵∠ABM+∠ABC＝180°， ∴∠D＝∠ABM， 又∵AB＝AD，DG＝BM， ∴△ABM≌△ADG（SAS）， ∴AM＝AG，∠MAB＝∠GAD， ∵∠MAN＝∠BAM+∠BAN＝45°， ∴∠GAD+∠BAN＝45°， ∴∠GAN＝45°，即∠MANF＝∠GAN， ∴△MAN≌△GAN（SAS）， ∴MN＝NG， 设BM＝x＝DG， ∴GC＝13﹣x， ∴MN＝NG＝18﹣x， 在Rt△MCN中，MC2+NC2＝MN2 ∴52+（7+x）2＝（18﹣x）2， 解得：x＝5， ∴BM的长为5． 21．（2025秋•西昌市期末）【问题背景】 在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝60°，试探究图1中线段BE、EF、FD之间的数量关系． 【初步探索】 小亮同学认为：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，则可得到BE、EF、FD之间的数量关系是 EF＝BE+FD ． 【探索延伸】 在四边形ABCD中如图2，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC、CD上的点，∠EAF∠BAD，上述结论是否仍然成立？说明理由． 【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30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°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60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进1.5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（∠EOF）为70°，试求此时两舰艇之间的距离． 【分析】探索延伸：延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，证明△ABE≌△ADG和△AEF≌△AGF，得到答案； 结论运用：连接EF，延长AE、BF交于点C，得到EF＝AE+BF，根据距离、速度和时间的关系计算即可． 【解答】解：初步探索：EF＝BE+FD， 故答案为：EF＝BE+FD， 探索延伸：结论仍然成立， 证明：如图2，延长FD到G，使DG＝BE，连接AG， ∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADG+∠ADC＝180° ∴∠B＝∠ADG， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG， ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG， ∵∠EAF∠BAD， ∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF， ∴∠EAF＝∠GAF， 在△AEF和△AGF中， ， ∴△AEF≌△AGF， ∴EF＝FG， ∴FG＝DG+FD＝BE+DF； 结论运用：解：如图3，连接EF，延长AE、BF交于点C， ∵∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°， ∠EOF＝70°， ∴∠EOF∠AOB， ∵OA＝OB， ∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝180°， ∴符合探索延伸中的条件 ∴结论EF＝AE+BF成立， 即EF＝1.5×（60+80）＝210海里， 答：此时两舰艇之间的距离是210海里． 22．（2025春•金水区校级期中）综合与实践 在综合与实践课上，老师让同学们以“图形的旋转”为主题开展数学探索活动．其中老师给同学们提供的学具有：等腰直角二角尺、若干正方形纸片． （1）【操作判断】将正方形纸片ABCD与等腰直角三角尺DEF按如图1放置，三角尺DEF的边DE，DF分别与正方形ABCD的边AB，BC交于P，Q两点．小明将△DQC绕点D顺时针旋转90°，此时点C与点A重合，点Q的对应点为Q，通过推理小明得出了△PDQ≌△PDQ'． 根据以上信息，请填空： ①∠PDQ'＝　45　 °； ②线段AP，PQ，QC之间的数量关系为PQ＝AP+QC ， （2）【迁移探究】小明将正方形纸片ABCD换成了图2中的形状，若∠ADC＝2α，∠PDQ＝α，AD＝CD，P，Q分别在AB，BC上，且∠BCD+∠DAB＝180°，线段AP，PQ，QC之间的数量关系是否仍成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请举反例说明； （3）【拓展应用】如图3，已知Rt△ADC，∠ADC＝90°，．小明以点D为旋转中心，逆时针转动等腰直角三角尺EDF，其中射线DE，DF分别交射线AC于点M，N，当点M恰好为线段AC的三等分点时，请直接写出MN的长． 【分析】（1）只需证明△PDQ≌△PDQ'即可； （2）原理与（1）一样，证两次全等即可； （3）分两种情况讨论：M靠近A点或C点，每种情况分别计算． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝CD，∠BAD＝∠ADC＝∠DCB＝90°， 由旋转变换可知：△DQC≌△DQ'A， ∴∠ADQ'＝∠CDQ，CQ＝AQ'，DQ＝DQ'，∠DAQ'＝∠DCQ＝90°， ∴∠DAP+∠DAQ'＝180°， ∴P、A、Q'三点共线， ∵∠PDQ＝45°， ∴∠ADP+∠CDQ＝45°， ∴∠ADP+∠ADQ'＝45°， 即∠PDQ'＝45°， ∴∠PDQ'＝∠PDQ＝45°， 在△PDQ和△PDQ'中， ， ∴△PDQ≌△PDQ'（SAS）， ∴PQ＝AQ'＝AP+AQ'＝AP+QC． 故答案为：45°；PQ＝AP+QC． （2）线段AP，PQ，QC之间的数量关系仍成立，理由如下： 如图2，延长BC至E，使CE＝AP，连接DE． ∵∠QCD+∠DAP＝180°，∠QCD+∠DCE＝180°， ∴∠DAP＝∠DCE， 在△DAP和△DCE中， ， ∴△DAP和≌△DCE（SAS）， ∴∠ADP＝∠CDE，DP＝DE， ∵∠ADC＝2α，∠PDQ＝α， ∴∠ADP+∠CDQ＝α， ∴∠CDE+∠CDQ＝α， ∴∠EDQ＝α＝∠PDQ， 在△PDQ和△EDQ中， ， ∴△PDQ和≌△EDQ（SAS）， ∴PQ＝EQ＝CE+CQ＝AP+CQ． （3）如图3，将△DNC绕D点顺时针旋转90°至△DFA，连接FM． 则CN＝AF，DN＝DF，∠FDA＝∠NDC，∠FAD＝∠NCD＝∠MAD＝45°， ∴∠FAM＝90°， ∵∠EDF＝45°， ∴∠ADM+∠NDC＝45°， ∴ADM+∠ADF＝45°， ∴∠FDM＝45°＝∠NDM， 在△FDM和△NDM中， ， ∴△FDM和≌△NDM（SAS）， ∴FM＝NM， ∵AD＝CD， ∴AC＝12， ∵M恰好为线段AC的三等分点（靠近A点）， ∴AM＝4，CM＝8， 设MN＝FM＝x，则AF＝CN＝8﹣x， 在Rt△AMF中：AM2+AF2＝FM2， ∴16+（8﹣x）2＝x2，解得：x＝5， ∴MN＝5； 如图4，M为靠近C点的三等分点，CM＝4，AM＝8， 作DH⊥AC于H，则AH＝DH＝CH＝6， ∴HM＝CH﹣CM＝2， ∴， ∵∠MDC+∠CDN＝45°，∠CDN+∠CND＝∠DCM＝45°， ∴∠CND＝∠MDC， ∴△DMC∽△NMD， ∴MD2＝MC•MN， ∴MN＝10． 综上所述，MN＝5或10． 23．（2025春•工业园区校级期中）（1）如图1，四边形ABCD是边长为5 cm的正方形，E，F分别在AD，CD边上，∠EBF＝45°．为了求出△DEF的周长．小南同学的探究方法是： 如图2，延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，先证△ABH≌△CBF，再证△EBH≌△EBF，得EF＝EH，从而得到△DEF的周长＝　10　 cm； （2）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝100°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F分别是线段BC，CD上的点．且∠EAF＝50°．探究图中线段EF，BE，FD之间的数量关系； （3）如图4，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是线段BC，CD上的点，且2∠EAF＝∠BAD，（2）中的结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由； （4）若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，点E、F分别在CB、DC的延长线上，且2∠EAF＝∠BAD，请画出图形，并直接写出线段EF、BE、FD之间的数量关系． 【分析】（1）延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，由“SAS”可证△ABH≌△CBF，可得BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，由“SAS”可证△EBH≌△EBF，可得EF＝EH，可得EF＝EH＝AE+CF，即可求解． （2）延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，由“SAS”可证△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，再由“SAS”可证△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题； （3）延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，即可证明△ABG≌△ADF，可得AF＝AG，再证明△AEF≌△AEG，可得EF＝EG，即可解题； （4）在DF上截取DH，使DH＝BE，证明△ABE≌△ADH（SAS），得出∠BAE＝∠DAH，AH＝AE，证明△FAH≌△FAE（SAS），由全等三角形的性质得出HF＝EF，可得结论． 【解答】解：（1）如图1，延长EA到H，使AH＝CF，连接BH， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝AD＝CD＝5cm，∠BAD＝∠BCD＝90°， ∴∠BAH＝∠BCF＝90°， 又∵AH＝CF，AB＝BC， ∴△ABH≌△CBF（SAS）， ∴BH＝BF，∠ABH＝∠CBF， ∵∠EBF＝45°， ∴∠CBF+∠ABE＝45°＝∠HBA+∠ABE＝∠EBF， ∴∠EBH＝∠EBF， 又∵BH＝BF，BE＝BE， ∴△EBH≌△EBF（SAS）， ∴EF＝EH， ∴EF＝EH＝AE+CF， ∴△DEF的周长＝DE+DF+EF＝DE+DF+AE+CF＝AD+CD＝10（cm）． 故答案为：10． （2）EF＝BE+DF． 证明：如图2所示，延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG， ∵∠BAD＝100°，∠EAF＝50°， ∴∠BAE+∠FAD＝∠DAG+∠FAD＝50°， ∴∠EAF＝∠FAG＝50°， 在△EAF和△GAF中， ， ∴△EAF≌△GAF（SAS）， ∴EF＝FG＝DF+DG， ∴EF＝BE+DF； （3）成立． 证明：如图3，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG． ∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABG+∠ABC＝180°， ∴∠ABG＝∠D， ∵在△ABG与△ADF中， ， ∴△ABG≌△ADF（SAS）， ∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF， ∵2∠EAF＝∠BAD， ∴∠DAF+∠BAE＝∠BAG+∠BAE∠BAD＝∠EAF， ∴∠GAE＝∠EAF， 又AE＝AE， ∴△AEG≌△AEF（SAS）， ∴EG＝EF， ∵EG＝BE+BG， ∴EF＝BE+FD； （4）EF＝DF﹣BE， 理由如下：在DF上截取DH，使DH＝BE， ∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ABE＝180°， ∴∠ABE＝∠ADH，且AB＝AD，DH＝BE， ∴△ABE≌△ADH（SAS）， ∴∠BAE＝∠DAH，AH＝AE， ∵∠EAF∠BAD， ∴∠DAH+∠BAF∠BAD， ∴∠HAF∠BAD＝∠EAF，且AF＝AF，AE＝AH， ∴△FAH≌△FAE（SAS）， ∴HF＝EF， ∴EF＝HF＝DF﹣DH＝DF﹣BE． 24．（2025春•吴兴区期末）定义：如果一个四边形有两条邻边相等，且这两条边所夹角的对角是直角，那么我们把这样的四边形称为“等对直四边形”，把夹角所对的直角称为“对直角”． （1）如图1，在四边形ABCD中，若∠ADB＝40°，∠CDB＝20°，∠C＝140°，∠ABC＝70°，请判断四边形ABCD是否为“等对直四边形”？并说明理由． （2）如图2，若四边形ABCD是“等对直四边形”，∠A是“对直角”，AD＝4，AB＝6，对角线BD恰好平分四边形ABCD中的一个内角，求此时BC的长． （3）如图3，若四边形ABCD是“等对直四边形”，∠DAB是“对直角”，DA＝2，，，求此时对角线AC的长． 【分析】（1）由题易证CD＝CB，∠A＝90°，再根据定义判断即可； （2）分类讨论，当BD平分∠ABC时或BD平分∠ADC时，依据题意画出图形，进而求解即可； （3）由勾股定理逆定理先证明∠DCB＝90°，再利用对角互补模型构造全等求解即可． 【解答】解：（1）四边形ABCD是“等对直四边形”．理由如下： ∵∠CDB＝20°，∠C＝140°， ∴∠CBD＝20°， ∴CD＝CB， ∵∠ADB＝40°，∠ABC＝70°， ∴∠A＝90°， ∴四边形ABCD是“等对直四边形”． （2）第一种情况：BD平分∠ABC， ∵四边形ABCD是“等对直四边形”，∠A是“对直角”， ∴CD＝CB，∠A＝90°， ∴∠CDB＝∠CBD， ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD＝∠CBD， ∴∠ABD＝∠CDB， ∴DC∥AB 如图，过CE作CE⊥AB于点E， 则四边形ADCE是平行四边形， 设BC的长为x，则AE＝CD＝CB＝x， ∵AD＝4，AB＝6， ∴CE＝AD＝4，BE＝AB﹣AE＝6﹣x， 在Rt△BCE中，CE2+BE2＝BC2， ∴42+（6﹣x）2＝x2， 解得， 即BC的长为； 第二种情况：BD平分∠ADC， 同理可证AD∥CB， 如图，过C作CF⊥AD于点F， 则四边形ABCF是平行四边形， 设BC的长为x，则AF＝CD＝CB＝x， ∵AD＝4，AB＝6， ∴CF＝AB＝6，DF＝AF﹣AD＝x﹣4， ∴62+（x﹣4）2＝x2， 解得， 即BC的长为； 综上所述，BC的长为或； （3）∵四边形ABCD是“等对直四边形”，∠DAB是“对直角”， ∴CD＝CB，∠DAB＝90°， ∵DA＝2，， ∴ ∵， ∴DB2＝DC2+BC2， ∴∠DCB＝90°， 过C作CF⊥AD于点F，过C作CE⊥AB于点E，则∠F＝∠CEB＝90°， ∵∠DCB+∠DAB＝180°， ∴∠ADC+∠ABC＝180°， ∵∠ADC+∠CDF＝180°， ∴∠CBE＝∠CDF， ∵CD＝CB， ∴△CDF≌△CBE（AAS）， ∴DF＝BE，CF＝CE， ∴四边形AECF是正方形， ∴AE＝AF， ∴AB﹣BE＝AD+DF， 即6﹣BE＝2+BE， ∴BE＝2， ∴AE＝CE＝4 ∴． 25．（2025春•扬州期中）【教材回顾】 （1）苏科版教材八下第九章《中心对称图形一平行四边形》习题中有这样的问题：如图1，∠EOF的顶点O在正方形ABCD两条对角线的交点处，∠EOF＝90°，将∠EOF绕点O旋转，∠EOF的两边分别与正方形ABCD的边BC和CD交于点E和点F（点F与点C，D不重合），问：在∠EOF旋转过程中，OE与OF的数量关系为 OE＝OF ； 【类比探究】 （2）如图2，若将（1）中的“正方形ABCD”改为“∠BCD＝120°的菱形ABCD”，其他条件不变，当∠EOF＝60°且AB＝4时，①证明OE＝OF；②四边形OECF的面积是否为定值？若是，求出这个定值，若不是，说明理由． 【拓展应用】 （3）如图3，学校内有一块四边形的花圃ABCD，满足AB＝400m，BC＝100m，∠ABC＝120°，∠ADC＝60°，花圃内铺设了一条小路BD，BD平分∠ABC，为方便学生赏花，现计划修建一条径直的通道DE与小路BD相连，且DE⊥BD，入口点E恰好在BA的延长线上．直接写出入口到点A的距离AE的长 　600m ． 【分析】（1）证△OBE≌△OCF（ASA），即可得解； （2）①取CD中点H，连接OH，易证△OCH是等边三角形，再证△OCE≌△OFH（ASA），即可得证；②根据S四边形OECF＝S△OCE+S△OCF＝S△OFH+S△OCF＝S△OCH，据此求解； （3）构造等边三角形DBH，证△ABD≌△CHD（ASA），可得CH＝AB＝400m，BD＝500m，据此求解即可． 【解答】（1）解：如图， 在正方形ABCD中，∠BOC＝90°，∠OBC＝∠OCD＝45°， ∵∠EOF＝90°， ∴∠BOE＝∠COF＝90°﹣∠COE， ∴△OBE≌△OCF（ASA）， ∴OE＝OF， 故答案为：OE＝OF； （2）①证明：如图，取CD中点H，连接OH， 在菱形ABCD中，AC⊥BD，即∠DOC＝90°， ∴OH＝CH， ∵∠BCD＝120°， ∴∠OCD＝∠OCB＝60°， ∴△OCH是等边三角形， ∴OH＝OC，∠COH＝∠OHC＝60°＝∠OCE， ∵∠EOF＝60°， ∴∠COE＝∠HOF＝60°﹣∠COF， 在△OCE和△OFH中， ， ∴△OCE≌△OFH（ASA）， ∴OE＝OF； ②解：四边形OECF的面积为定值． 由①知△OCE≌△OFH， ∴S△OCE＝S△OFH， ∴S四边形OECF＝S△OCE+S△OCF＝S△OFH+S△OCF＝S△OCH， ∵AB＝4，∠OCD＝60°， ∴∠ODC＝30°，AB＝CD＝4， ∴OC， ∴OD2， ∴S△OCD2， ∴S四边形OECF＝S△OCH； （3）如图，延长BC到点H，使BH＝BD， ∵∠ABC＝120°，BD平分∠ABC， ∴∠DBC＝∠ABD＝60°， ∴△DBH是等边三角形， ∴DB＝DH，∠BDH＝∠H＝60°＝∠ABD， ∵∠ADC＝60°， ∴∠ADB＝∠CDH＝60°﹣∠BDC， ∴△ABD≌△CHD（ASA）， ∴CH＝AB＝400m， ∴BD＝BH＝BC+CH＝500m， 在Rt△BDE中，∠E＝90°﹣∠ABD＝30°， ∴BE＝2BD＝1000m， ∴AE＝BE﹣AB＝600m， 故答案为：600m． 26．【问题情境】神奇的半角模型 在几何图形中，共顶点处的两个角，其中较小的角是较大的角的一半时，我们称之为半角模型．截长补短法是解决这类问题常用的方法． 如图1，在正方形ABCD中，以A为顶点的∠EAF＝45°，AE、AF与BC、CD分别交于E、F两点，为了探究EF、BE、DF之间的数量关系，小明的思路如下： 如图2，延长CB到点H，使BH＝DF，连接AH，先证明△ADF≌△ABH，再证明△AHE≌△AFE．从而得到EF、BE、DF之间的数量关系． （1）提出问题：EF、BE、DF之间的数量关系为 EF＝DF+BE ． （2）知识应用：如图3，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，以A为顶点的∠BAD＝120°，∠EAF＝60°，AE、AF与BC、CD分别交于E、F两点，你认为（1）中的结论还成立吗？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由． （3）知识拓展：如图4，在四边形ABCD中，AB＝AD＝a，BC＝b，CD＝c．∠ABC与∠D互补，AE、AF与BC、CD分别交于E、F两点，且，请直接写出△EFC的周长＝b+c ．（用含a、b、c的式子表示．） 【分析】（1）延长CB到点H，使BH＝DF，连接AH，先证明△ADF≌△ABH，再证明△AHE≌△AFE．从而得到EF、BE、DF之间的数量关系； （2）延长CB到点G，使BG＝DF，连接AG，先证明△ADF≌△ABG，再证明△AGE≌△AFE，从而得到EF、BE、DF之间的数量关系； （3）延长CB到点H，使BH＝DF，连接AH，先证明△ADF≌△ABH，再证明△AHE≌△AFE．从而得到EF、BE、DF之间的数量关系，将△CEF的周长转化为CB+CD的长． 【解答】解：（1）延长CB到点H，使BH＝DF，连接AH， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠ABC＝∠D＝∠BAD＝90°， ∵BH＝DF， ∴△ADF≌△ABH（SAS）， ∴AH＝AF，∠HAB＝∠DAF， ∵∠EAF＝45°， ∴∠BAE+∠DAF＝45°， ∴∠HAE＝45°， ∵AE＝AE， ∴△AHE≌△AFE（SAS）． ∴HE＝EF， ∴EF＝DF+BE， 故答案为：EF＝DF+BE； （2）成立，理由如下：延长CB到点G，使BG＝DF，连接AG， ∵AB＝AD，∠ABG＝∠D， ∵BG＝DF， ∴△ADF≌△ABG（SAS）， ∴AG＝AF，∠GAB＝∠DAF， ∵∠EAF＝60°，∠BAD＝120°， ∴∠BAE+∠DAF＝60°， ∴∠GAE＝60°， ∵AE＝AE， ∴△AGE≌△AFE（SAS）． ∴GE＝EF， ∴EF＝DF+BE； （3）延长CB到点H，使BH＝DF，连接AH， 则∠ABH+∠ABC＝180°， ∵∠ABC与∠D互补， ∴∠ABC+∠D＝180°， ∴∠ABH＝∠D， ∵AB＝AD，BH＝DF， ∴△ADF≌△ABH（SAS）， ∴AH＝AF，∠HAB＝∠DAF， ∵∠EAF∠BAD， ∴∠BAE+∠DAF＝∠EAF， ∴∠HAE＝∠FAE， ∵AE＝AE， ∴△AHE≌△AFE（SAS）． ∴HE＝EF， ∴EF＝DF+BE， ∴△CEF的周长为CF+EF+CE＝CE+CF+BE+DF＝CB+CD＝b+c， 故答案为：b+c． 16 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 全等三角形模型之半角模型 全等三角形是初中阶段最重要的几何知识，贯穿于整个初中几何；而全等三角形中的模型问题则是解 决此类问题的重要方法，学会将全等三角形的相关问题转化为简单的模型问题，这样就可以快速解决全等三角形的题型；体会模型中其各种变式和联系以达到解决问题的效果。本专题就全等三角形中的重要模型—半角模型，进行梳理及对应试题分析，方便掌握。 1 模型来源 1 真题现模型 2 提炼模型 4 模型运用 8 10 ‌ 半角模型是源于旋转变换思想的长期发展，阿基米德研究旋转对称性，为几何旋转提供物理与直观基础。托勒密、希帕霍斯在天文计算中使用半角弦长公式，涉及角度分割。 中世纪至近代，数学家系统研究图形旋转不变性：旋转后边长、角度不变（全等）、旋转可把分散线段拼接，半角模型本质是旋转全等的典型应用。现代初中数学教学中，为简化解题思路，把这类“共顶点、等线段、角含半角”图形统一为半角模型”，成为全等三角形的经典题型。 在解决涉及“一个角是另一个角的一半”的几何题时，直接利用角度关系往往难以建立边与边的联系。将包含半角的小三角形旋转，使半角的两边重合，可以强制制造出全等三角形或特殊图形（如正方形、等边三角形），从而将分散的条件集中化。 半角关系本身难以直接用于计算。通过“旋转”，将半角所在的小三角形绕顶点旋转，使得两个半角拼成一个整角，或者构造出对称的图形，利用旋转不变性（对应边相等、对应角相等）来证明线段和差关系。这属于典型的“辅助线思维”，旨在将复杂的角度关系转化为直观的边的关系。 1.（2024•宜宾）如图，正方形ABCD的边长为1，M、N是边BC、CD上的动点．若∠MAN＝45°，则MN的最小值为 　 　 ． 2.（2025•南海区校级四模）正方形ABCD中，点E在边BC，CD上运动（不与正方形顶点重合）．作射线AE，将射线AE绕点A逆时针旋转45°，交射线CD于点F． （1）如图，点E在边BC上，BE＝DF，则图中与线段AE相等的线段是 　 　 ； （2）过点E作EG⊥AF，垂足为G，连接DG，求∠GDC的度数； （3）在（2）的条件下，当△DFG是以DG为腰的等腰三角形时，求的值． 3.（2025•开州区二模）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点D在AC边上，连接BD． （1）如图1，若α＝30°，BD⊥AC，求tan∠DBC； （2）如图2，若α＝60°，将线段DB绕点D顺时针旋转120°得到线段DE，连接CE，点F为CE的中点，连接AF，DF，请探究并证明线段AF与DF之间的关系； （3）如图3，若α＝90°，AB＝AC＝6，点K在AB边上，连接CK，AK＝CD，在CB边上有一点P，当BD+CK取得最小值时，直接写出DPCP的最小值． 4.（2025•济宁一模）（1）自主探究： 如图（1），在△ABC中，若AB＝10，AC＝6，求BC边上的中线AD的取值范围． （2）问题解决： 如图②，在△ABC中，D是BC边上的中点，DE⊥DF于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，求证：BE+CF＞EF； （3）问题拓展： 如图③，在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，CB＝CD，∠BCD＝140°，以点C为顶点作一个70°角，角的两边分别交AB，AD于E、F两点，连接EF，探索线段BE、DF、EF之间的数量关系，并加以说明． 半角模型的特征：两个角是一半的关系，并且两个角有公共顶点，角的两边相等。 解题思路：（1）将半角两边的三角形通过旋转到一边合并成新的三角形； （2） 证明与半角形成的三角形全等； （3） 通过全等的性质得出线段之间的数量关系，从而得到结论。 常见图形：正方形，正三角形，等腰直角三角形等。 口诀：大角加半角，大角两边相等，构造全等。 即已知如图：①∠2=∠AOB；②OA=OB，连接FB，将△FOB绕点O旋转至 △F′OA的位置，连接F′E、FE，可得△OEF′≌△OEF。 证明：∵将△FOB绕点O旋转至△F′OA的位置 ∴△FOB≌△F′OA ∴∠3=∠4，OF=OF′ ∵∠2=∠AOB ∴∠1+∠3=∠AOB ∴∠1+∠4=∠AOB 即∠E0F′=∠2 在△OEF′和△OEF中 ∴△OEF′≌△OEF（SAS） 1）90°夹45°模型（正方形）： 条件：如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，∠EAF=45° （1）EF=BE+DF，C△CEF=2AB 证明：如图，延长FD到G，使DG=BE，连接AG， ∵在△GDA和△EBA中， ∴△GDA≌△EBA（SAS）， ∴AG=AE，∠GAD=∠EAB， 故∠GAF=45°， 在△GAF和△EAF中， ∴△GAF≌△EAF（SAS）， ∴GF=EF， 即GD+DF=BE+DF=EF； （2） （3）过点A作AH⊥EF，则AH=AB 证明：∵四边形ABCD为正方形， ∴AB=AD，∠BAD=90°， ∴把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ， ∴AQ=AF，∠FAQ=90°，∠ABQ=∠D=90°，而∠ABC=90°， ∴点Q在CB的延长线上， ∵∠EAF=45°， ∴∠QAE=90°-∠EAF=45°， ∴∠EAF=∠QAE， 在△AEQ和△AEF中， ∴△AEQ≌△AEF（SAS）， ∴EQ=EF， ∵AB⊥EQ，AH⊥FE， ∴AB=AH． （4）连接BD，交AE于点M，交AF于点N，BM2+DN2=MN2 证明：如图，延长BC到G，使BG=DF连接AG，在AG截取AH=AN，连接MH、BH． ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB=BC=CD=AD，∠4=∠5=45°，∠BAD=∠ADF=∠ABE=∠ABG=90°， 在△ABG和△ADF中， ∴△ABG≌△ADF（SAS）， ∴∠1=∠2，∠7=∠G，AF=AG， ∴∠GAE=∠2+∠3=∠1+∠3=∠BAD-∠EAF=90°-45°=45°=∠EAF， 在△AMN和△AMH中， ∴△AMN≌△AMH（SAS）， ∴MN=MH， ∵AF=AG，AN=AH， ∴FN=AF-AN=AG-AH=GH， 在△DFN和△BFH中， ∴△DFN≌△BGH（SAS）， ∴∠6=∠4=45°，DN=BH， ∴∠MBH=∠ABH+∠5=∠ANG-∠6+∠5=90°-45°+45°=90° ∴BM2+DN2=BM2+BH2=MH2=MN2 2）90°夹45°模型（等腰直角三角形） 条件：如图，△ABC是等腰直角三角形，点D、E在BC上，且满足∠DAE=45°。结论：BD2+EC2=DE2 方法一：证明：∵∠BAC=90°，AB=AC， ∴∠2=∠C=45°， 把△ACE绕点A顺时针旋转90°，得到△ABG．连接DG，如图， 则△ACE≌△ABG． ∴AG=AE，BG=CE，∠ABG=∠ACE=45°． ∵∠BAC=90°，∠GAE=90°． ∴∠GAD=∠DAE=45°， 在△ADG和△ADE中， ∴△ADG≌△ADE（SAS）． ∴ED=GD， 又∵∠GBD=90°， ∴BD2+BG2=DG2， 即BD2+EC2=DE2； 方法二：把△ABD沿着AD折叠，得到△ADF，连接EF，则△AFD≌△ABD， ∴AB=AF，BD=FD，∠B=∠DFA=45°，∠BAD=∠FAD， ∵AB=AC， ∴AF=AC， ∵∠DAE=45°， ∴∠BAD+∠CAE=45°，∠FAD+∠FAE=45°， ∴∠FAE=∠CAE， 在△AFE与△ACE中， ∴△AFE≌△ACE， ∴EF=EC，∠AFE=∠C=45°， ∴∠DFE=∠DFA+∠AFE=45°+45°=90° 在Rt△DEF中，DE2=DF2+EF2 即BD2+EC2=DE2； 3）120°夹60°模型 条件：如图，D是等边△ABC外的一点，DB=DC，∠BDC=120°，∠EDF=60°，且E、F分别在AB和AC上．结论：EF=BE+CF 证明：证明：延长AB到N，使BN=CF，连接DN， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABC=∠ACB=60°， ∵BD=CD，∠BDC=120°， ∴∠DBC=∠DCB=30°， ∴∠ACD=∠ABD=30°+60°=90°=∠NBD， ∵在△NBD和△FCD中， ∴△NBD≌△FCD（SAS）， ∴DN=DF，∠NDB=∠FDC， ∵∠BDC=120°，∠EDF=60°， ∴∠EDB+∠FDC=60°， ∴∠EDB+∠BDN=60°， 即∠EDF=∠EDN， 在△EDN和△EDF中， ∴△EDN≌△EDF（SAS）， ∴EF=EN=BE+BN=BE+CF， 即BE+CF=EF． 例1如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是BC，DC上的点，且满足∠EAF＝45°，连EF，则BE，EF与DF三者之间有什么数量关系？ 例2（2025秋•固原校级期末）“截长补短法”证明线段的和差问题： 先阅读背景材料，猜想结论并填空，然后做问题探究． 背景材料： （1）如图1：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°．探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．探究的方法是，延长FD到点G．使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出的结论是 ． 探索问题： （2）如图2，若四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF∠BAD，上述结论是否仍然成立？成立的话，请写出推理过程． 例3已知在四边形ABCD中，AB＝AD，． （1）如图1，∠ABC＝∠ADC＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，线段EF、BE、FD之间的关系是 ； （2）如图2，∠ABC+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，（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，∠ABC+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，（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． 例4在Rt△ABC中，点D在线段AB上，点E，F分别在线段AC，BC上，DE＝DF，2∠A+∠EDF＝180°． （1）如图1，当点B、F重合时，求证：点E是线段AC的中点； （2）如图2，当∠A＝45°时，过点D作DG⊥AC于点G，请补全图形，探究线段AG与CE的数量关系，并证明； （3）如图3，过点F作FK∥AB于点K，探究线段AE与CK的数量关系，并证明． 1．（2025•乌鲁木齐模拟）如图1，在正方形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的动点，且∠ECF＝45°．设B，E两点之间的距离为x，△CEF的面积为y，y与x的函数关系图象如图2所示．已知点M的横坐标为2，则点M的纵坐标为（　　） A． B．15 C． D．5 2．（2025春•海淀区校级期中）如图，在直角坐标系中，正方形OABC的顶点O与原点重合，顶点A、C分别在x轴、y轴上，反比例函数y（k≠0，x＞0）的图象与正方形的两边AB、BC分别交于点E、F，FD⊥x轴，垂足为D，连接OE、OF、EF，FD与OE相交于点G．下列结论：①OF＝OE；②∠EOF＝60°；③四边形AEGD与△FOG面积相等；④若，则S△OCFS△OEF；⑤若∠EOF＝45°，EF＝2，则k1．其中正确结论的个数是（　　） A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 3．已知正方形ABCD边长为5，点M、N分别在边BC，CD上，连接AM，MN，AN，若∠MAN＝45°，BM＝2，则线段NC的长为（　　） A．2 B．3 C． D． 4．如图，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边BC上两点，且∠DAE＝45°，将△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB，连接EF，下列结论： ①△AED≌△AEF；②∠FAD＝90°；③BE+DC＝DE④BE2+DC2＝DE2，其中一定正确的是（　　） A．①③ B．①②④ C．①②③④ D．②④ 5．如图，在正方形ABCD中，AB＝4，点E是线段AD上一点，沿直线BE折叠△ABE，使点A落至A′处，EA′，AA′分别交线段DC于点F，G．则线段FG的最大值为 　 　 ． 6．如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，AE交BD于M点，AF交BD于N点． （1）若正方形的边长为2，则△CEF的周长是 　 ． （2）若，则AM＝　 ． 7．如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一点，点F在边CD的延长线上，且BE＝DF，连接EF交边AD于点G．过点A作AN⊥EF，垂足为点M，交边CD于点N．若BE＝5，CN＝8，则线段AN的长为 　 ． 8．（2025春•南京期中）如图，在矩形ABCD中，点E，F在边BC，CD上，BE＝2，DF＝1，∠EAF＝∠CEF＝45°，则EF的长为　 ． 9．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E都在BC上，∠DAE＝45°，BD＝3，CE＝5，则DE的长为 　 ． 10．如图，已知正方形ABCD的边长为1，点E是线段DC上的动点，过点E作EF⊥BE，使EF＝BE，连接BF交AD于点G，EF交AD于点H．以下结论正确的是 　 ． ①△BCE∽△EDH； ②∠BGE＝∠DGE； ③点F到直线GE的距离最大值为； ④点H到直线GE的距离最大值为． 11．如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M，N在边BC上，且∠MAN＝45°．若BM＝1，CN＝3，则MN的长为 　 ． 12．如图，△ABC和△DEF是等腰直角三角形，∠BAC＝∠EDF＝90°，点D为BC中点，连接AE、CE，∠AEC＝120°，求的最小值＝　 ． 13．（2025秋•重庆期中）如图，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．求证：EF＝BE+FD． 14．如图，四边形ABCD中，∠A＝∠BCD＝90°，AB＝BC，∠EBF＝∠ADC，若E、F分别在AD、DC的延长线上． （1）找出∠EBF与∠ABC间的数量关系，并说明理由； （2）若∠EBF＝60°，找出线段AE，EF，CF之间的数量关系并证明． 15．在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，连接EF． （1）如图1，若BE＝2，DF＝3，求EF的长度； （2）如图2，连接BD，BD与AF、AE分别相交于点M、N，若正方形ABCD的边长为6，BE＝2，求DF的长； （3）判断线段BN、MN、DM三者之间的数量关系并证明你的结论． 16．综合与实践 【问题情境】 数学活动课上，杨老师出示了教材上的一个问题： 如图1，四边形ABCD是正方形，G是BC上的任意一点，DE⊥AG于点E，BF∥DE，交AG于点F，求证：AF﹣BF＝EF． 数学兴趣小组的小明同学做出了回答，解题思路如下： 由正方形的性质得到AB＝AD，∠BAD＝90°， 再由垂直和平行可知∠AED＝∠AFB＝90°， 再利用同角的余角相等得到∠ADE＝∠BAF， 则可根据“AAS”判定△ADE≌△BAF， 得到AE＝BF，所以AF﹣BF＝AF﹣AE＝EF． 【建立模型】 该数学小组小芳同学受此问题启发，对上面的问题进行了改编，并提出了如下问题： （1）如图2，四边形ABCD是正方形，E，F是对角线AC上的点，BF∥DE，连接BE，DF． 求证：四边形BEDF是菱形； 【模型拓展】 该兴趣小组的同学们在杨老师的指导下大胆尝试，改变图形模型，发现并提出新的探究点； （2）如图3，若正方形ABCD的边长为12，E是对角线AC上的一点，过点E作EG⊥DE，交边BC于点G，连接DG，交对角线AC于点F，CF：EF＝3：5，求FG•DF的值． 17．（1）如图1，正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF＝45°，延长CD到点G，使DG＝BE，连接EF，AG．求证：EF＝FG． （2）如图2，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M，N在边BC上，且∠MAN＝45°，若BM＝1，CN＝3，求MN的长． 18．（1）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF＝BE．请直接写出CE、CF的数量关系　 ； （2）如图2，在正方形ABCD中，E是AB上一点，G是AD上一点，如果∠GCE＝45°，请你利用（1）的结论证明：GE＝BE+GD． （3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：如图3，在四边形ABCG中，AG∥BC（BC＞AG），∠B＝90°，AB＝BC，E是AB上一点，且∠GCE＝45°，BE＝4，AG＝6，求四边形ABCG的面积． 19．正方形ABCD，P为射线BA上一点，过P作CP⊥PE，点E在直线AD上方区域，且CP＝PE，连接AE， （1）如图1，当点P在BA上时，求∠EAD的度数； （2）如图2，在（1）在条件下，连结CE交AD于点F，连结FP，若AP＝12，DF＝10，求△CPF的面积； （3）若BC＝10，AP＝6，连结CE交射线BD于点G，则BG＝　 （直接写出结果） 20．如图1，点M、N别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠MAN＝45°，连接MN． （1）求证：MN＝BM+DN．下面提供解题思路，请填空： 如图2，把△ADN绕点A顺时针旋转 　 度至△ABE，可使AD与AB重合． 由∠EBC＝∠ABE+∠ABC＝180°，则知E、B、C三点共线，从而可证△AEM≌　 ，从而得MN＝BM+DN． （2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间有怎样的等量关系？请写出你的猜想，并证明． （3）如图4，四边形ABCD不是正方形，但满足AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠MAN＝45°，且BC＝7，DC＝13，CN＝5，求BM的长． 21．（2025秋•西昌市期末）【问题背景】 在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝60°，试探究图1中线段BE、EF、FD之间的数量关系． 【初步探索】 小亮同学认为：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，则可得到BE、EF、FD之间的数量关系是 　 ． 【探索延伸】 在四边形ABCD中如图2，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC、CD上的点，∠EAF∠BAD，上述结论是否仍然成立？说明理由． 【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30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°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60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进1.5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（∠EOF）为70°，试求此时两舰艇之间的距离． 22．（2025春•金水区校级期中）综合与实践 在综合与实践课上，老师让同学们以“图形的旋转”为主题开展数学探索活动．其中老师给同学们提供的学具有：等腰直角二角尺、若干正方形纸片． （1）【操作判断】将正方形纸片ABCD与等腰直角三角尺DEF按如图1放置，三角尺DEF的边DE，DF分别与正方形ABCD的边AB，BC交于P，Q两点．小明将△DQC绕点D顺时针旋转90°，此时点C与点A重合，点Q的对应点为Q，通过推理小明得出了△PDQ≌△PDQ'． 根据以上信息，请填空： ①∠PDQ'＝　 °； ②线段AP，PQ，QC之间的数量关系为　 ， （2）【迁移探究】小明将正方形纸片ABCD换成了图2中的形状，若∠ADC＝2α，∠PDQ＝α，AD＝CD，P，Q分别在AB，BC上，且∠BCD+∠DAB＝180°，线段AP，PQ，QC之间的数量关系是否仍成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请举反例说明； （3）【拓展应用】如图3，已知Rt△ADC，∠ADC＝90°，．小明以点D为旋转中心，逆时针转动等腰直角三角尺EDF，其中射线DE，DF分别交射线AC于点M，N，当点M恰好为线段AC的三等分点时，请直接写出MN的长． 23．（2025春•工业园区校级期中）（1）如图1，四边形ABCD是边长为5 cm的正方形，E，F分别在AD，CD边上，∠EBF＝45°．为了求出△DEF的周长．小南同学的探究方法是： 如图2，延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，先证△ABH≌△CBF，再证△EBH≌△EBF，得EF＝EH，从而得到△DEF的周长＝　 cm； （2）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝100°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F分别是线段BC，CD上的点．且∠EAF＝50°．探究图中线段EF，BE，FD之间的数量关系； （3）如图4，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是线段BC，CD上的点，且2∠EAF＝∠BAD，（2）中的结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由； （4）若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，点E、F分别在CB、DC的延长线上，且2∠EAF＝∠BAD，请画出图形，并直接写出线段EF、BE、FD之间的数量关系． 24．（2025春•吴兴区期末）定义：如果一个四边形有两条邻边相等，且这两条边所夹角的对角是直角，那么我们把这样的四边形称为“等对直四边形”，把夹角所对的直角称为“对直角”． （1）如图1，在四边形ABCD中，若∠ADB＝40°，∠CDB＝20°，∠C＝140°，∠ABC＝70°，请判断四边形ABCD是否为“等对直四边形”？并说明理由． （2）如图2，若四边形ABCD是“等对直四边形”，∠A是“对直角”，AD＝4，AB＝6，对角线BD恰好平分四边形ABCD中的一个内角，求此时BC的长． （3）如图3，若四边形ABCD是“等对直四边形”，∠DAB是“对直角”，DA＝2，，，求此时对角线AC的长． 25．（2025春•扬州期中）【教材回顾】 （1）苏科版教材八下第九章《中心对称图形一平行四边形》习题中有这样的问题：如图1，∠EOF的顶点O在正方形ABCD两条对角线的交点处，∠EOF＝90°，将∠EOF绕点O旋转，∠EOF的两边分别与正方形ABCD的边BC和CD交于点E和点F（点F与点C，D不重合），问：在∠EOF旋转过程中，OE与OF的数量关系为 　 ； 【类比探究】 （2）如图2，若将（1）中的“正方形ABCD”改为“∠BCD＝120°的菱形ABCD”，其他条件不变，当∠EOF＝60°且AB＝4时，①证明OE＝OF；②四边形OECF的面积是否为定值？若是，求出这个定值，若不是，说明理由． 【拓展应用】 （3）如图3，学校内有一块四边形的花圃ABCD，满足AB＝400m，BC＝100m，∠ABC＝120°，∠ADC＝60°，花圃内铺设了一条小路BD，BD平分∠ABC，为方便学生赏花，现计划修建一条径直的通道DE与小路BD相连，且DE⊥BD，入口点E恰好在BA的延长线上．直接写出入口到点A的距离AE的长 　　 ． 26．【问题情境】神奇的半角模型 在几何图形中，共顶点处的两个角，其中较小的角是较大的角的一半时，我们称之为半角模型．截长补短法是解决这类问题常用的方法． 如图1，在正方形ABCD中，以A为顶点的∠EAF＝45°，AE、AF与BC、CD分别交于E、F两点，为了探究EF、BE、DF之间的数量关系，小明的思路如下： 如图2，延长CB到点H，使BH＝DF，连接AH，先证明△ADF≌△ABH，再证明△AHE≌△AFE．从而得到EF、BE、DF之间的数量关系． （1）提出问题：EF、BE、DF之间的数量关系为 　 ． （2）知识应用：如图3，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，以A为顶点的∠BAD＝120°，∠EAF＝60°，AE、AF与BC、CD分别交于E、F两点，你认为（1）中的结论还成立吗？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由． （3）知识拓展：如图4，在四边形ABCD中，AB＝AD＝a，BC＝b，CD＝c．∠ABC与∠D互补，AE、AF与BC、CD分别交于E、F两点，且，请直接写出△EFC的周长＝　 ．（用含a、b、c的式子表示．） 16 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $