2026年中考数学压轴专题练习 几何模型 专题4《半角模型》

专题4 半角模型 半角模型是中考几何全等与相似综合的经典模型，重点考查旋转构造与边角转化，是几何综合题与压轴题中高频考查的核心题型。本专题从知识精讲、典例分析、课堂随练、巩固提高四个部分展开，循序渐进，层层剖析半角模型的重难点，内容详实丰富，供大家学习使用，欢迎下载。 ( 知识精讲 ) 1． 等腰直角三角形中 角含半角 如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D，E在BC上且∠DAE＝45° 结论： （1） △BAE∽△ADE∽△CDA  （2）BD2＋CE2＝DE2． 证明（1）易得∠ADC＝∠B＋∠BAD＝∠EAB， 所以△BAE∽△ADE∽△CDA． （2）方法一（旋转法）：如图1，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACF，连结EF． 则∠EAF＝∠EAD＝45°，AF＝AD， 所以△ADE∽△FAE （ SAS ）． 所以DE＝ EF． 而CF＝BD，∠FCE＝∠FCA＋∠ACE＝90°， 所以BD2＋ CE2＝CF2＋CE2＝EF2＝DE2． 方法二（翻折法）：如图2，作点B 关于AD 的对称点F，连结AF，DF，EF． 因为∠BAD＋∠EAC＝∠DAF＋∠EAF， 又因为∠BAD＝∠DAF， 则∠FAE＝∠CAE，AF＝AB＝AC， 所以△FAE∽△CAE（SAS）． 所以EF＝EC． 而DF＝BD， ∠DFE＝∠AFD＋∠AFE＝90°， 所以BD2＋EC2＝FD2＋EF2＝DE2． 【拓展】①如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D 在BC 上，点E 在BC 的延长线上，且∠DAE＝45°，则BD2＋CE2＝DE2． 可以通过旋转、翻折的方法来证明，如图： ②将等腰直角三角形变成任意的等腰三角形：如图，在△ABC中，AB＝AC，点D，E在BC上，且∠DAE＝∠BAC，则以BD，DE，EC为三边长的三角形有一个内角度数为180°－∠BAC． 可以通过旋转、翻折的方法将BD，DE，EC转移到一个三角形中，如图： 2． 正方形中 角含半角 如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF＝45°，连结EF，则： 结论： （1）EF＝BE＋DF; （2）如图2，过点A作AG⊥EF于点G，则AG＝AD; （3）如图3，连结BD交AE于点H，连结FH． 则FH⊥AE． （1）如图4，将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADI证明． 则∠IAF＝∠EAF＝45°，AI＝AE， 所以△AEF∽△AIF（SAS）， 所以EF＝IF＝DI＋DF＝BE＋DF． （2）因为△AEF∽△AIF，AG⊥EF，AD⊥IF， 所以AG＝AD． （3）由∠HAF＝∠HDF＝45°可得A，D，F，H 四点共圆， 从而∠AHF＝180°－∠ADF＝90°， 即FH⊥AE． 【拓展】①如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边CB，DC 的延长线上，∠EAF＝45°，连结EF，则EF＝DF－BE． 可以通过旋转的方法来证明.如图: ②如图，在一组邻边相等、对角互补的四边形ABCD 中，AB=AD，∠BAD+∠C=180 °，点E，F分别在BC、CD上，∠EAF=∠BAD，连结EF，则EF=BE+DF. 可以通过旋转的方法来证明.如图: ( 典型例题 ) 例1：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°. （1） 试判断BE、EF、FD之间的数量关系. （2） 如图2，在四边形ABCD中，∠BAD≠90°，AB＝AD．∠B＋∠D＝180°，点E、F分别在BC、CD上，则当∠EAF 与∠BAD 满足　　　　关系时，仍 有EF＝BE＋FD. （3）如图3．在某公园的同一水平面上，四条通道围成四边形ABCD.已知AB＝AD ＝80m，∠B＝60°，∠ADC＝120°，∠BAD＝150°，道路BC，CD上分别有景点 E，F，且AE⊥AD．DF＝40（－1）m．现要在E、F之间修一条笔直的道路，求 这条道路EF的长．（结果取整数，参考数据：＝1.41，＝1.73） 解： （1）由“正方形内含半角模型”可得EF＝BE＋FD． （2）∠BAD＝2∠EAF，理由如下： 如图4，延长CD至点G，使得DG＝BE．连结AG. 易证△ABE≌△ADG（SAS）. 所以AE＝AG， 即EF＝BE＋DF＝DG＋DF＝GF. 从而证得△AEF≌△AGF（ SSS）． 所以∠EAF＝∠GAF＝∠EAG＝∠BAD. （3）如图5，将△ABE绕点A逆时针旋转1 50°至△ADG．连结AF． 由题意可得∠BAE＝60° 所以△ABE 和△ADG均为等腰直角三角形. 过点A作 AH⊥DG于点H．则 DH＝AD＝40m，AH＝ AD＝40 m. 而DF＝40（－1）m. 所以∠EAF＝∠GAF＝45°. 可得△EAF≌△GAF（SAS）． 所以EF ＝GF＝80m+40（－l）m≈109. 2m. 例2如图，正方形ABCD的边长为a，BM、DN分别平分正方形的两个外角，且满足∠MA N＝45°．连结MC、NC、MN． （1）与△ABM相似的三角形是　　　　　，BMDN＝　　　（用含有a的代数式表示）； （2）求∠MCN的度数； （3）请你猜想线段BM、DN和MN之间的等量关系，并证明你的结论. 解：（1）△NDA，. （2）由（1）可得， 所以． 易证∠CBM＝∠NDC＝45°， 所以△BCM∽△DNC． 则∠BCM＝∠DNC，所以 ∠MCN =360°一∠BCD一∠BCM一∠DCN ＝270°－ （∠DNC+∠DCN） ＝270°－（180°－∠DNC） ＝135°． （3） ，证明如下： 如图，将△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，连结EM. 易得AE＝AN. ∠MAE＝∠MAN＝45°，∠EBM＝90°， 所以△A ME≌△AMN.（SAS）. 则ME＝MN． 在Rt△BME中， 所以. 倒3 如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BCD＝90°，AB＝BC＋AD，∠DAC＝45°，E为CD上一点，且∠BAE＝45°.若CD＝4，求△ABE的面积. 解：如图1．过点A作CB的垂线，交CB的延长线于点F.由∠DAC=45°，∠ADC＝90°，可得AD＝CD. 所以四边形ADCF为正方形. 从而AF＝ FC＝4． 令BC＝m，则AB＝4＋m，BF＝4－m． 在Rt△AFB中，有16＋（4－m）2一（4＋m）2 所以AB＝5，BF＝3． 如图2．将△ADE绕点A逆时针旋转90°至△AFG. 易证△AGH≌△AEB． 令DE＝n，则CE＝4 －n，BE＝BG＝3＋n 在Rt△BCE中，有1+（4－n）2＝（3＋n）2，解得n＝. 所以BG＝. 从而. ( 课堂随练 ) 练1．如图，是边长为2的等边三角形，是顶角为120°的等腰三角形，以点为顶点作，点、分别在、上． （1）如图①，当时，则的周长为______； （2）如图②，求证：． 练2．问题背景 如图①，在四边形中，，，，点，分别是，上的点，且，连接，探究线段，，之间的数量关系．    探究发现 （1）小明同学的方法是将绕点逆时针旋转至的位置，使得与重合，然后再证明，从而得出结论：______； 拓展延伸 （2）如图②，在四边形中，，，点，分别是边，上的点，且，连接．（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由； （3）如图③，在正方形中，点，分别是边，上的点，且，连接，已知，，求正方形的边长． 练3．如图，是边长为3的等边三角形，是等腰三角形，且，以为顶点作一个角，使其两边分别交于点，交于点，连接，求的周长． 试卷第1页，共3页 ( 第 1 页 共 134 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 【课堂随练】参考答案 练1．（1）4；（2）见解析 【分析】（1）首先证明△BDM≌△CDN，进而得出△DMN是等边三角形，∠BDM=∠CDN=30°，NC=BM=DM=MN，即可解决问题； （2）延长至点，使得，连接，首先证明，再证明，得出，进而得出结果即可． 【详解】解：（1）∵是等边三角形，， ， ∴是等边三角形，，则， ∵是顶角的等腰三角形， ， ， 在和中， ， ，， ∵， ∴是等边三角形，， ，， ∴的周长． （2）如图，延长至点，使得，连接， ∵是等边三角形，是顶角的等腰三角形， ，， ， ， 在和中， ， ，， ， ∵， ， 在和中， ． ， 又∵， ． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质及等腰三角形的性质，掌握全等三角形的性质与判定，等边三角形及等腰三角形的性质是解题的关键． 练2．（1）；（2）（1）中的结论仍然成立．证明见解析；（3）正方形的边长为6． 【分析】（1）证明，可得，即可得出结论； （2）要探究，，之间的数量关系，方法同（1）即可得出结论； （3）根据（1）（2）的结论和勾股定理，即可求出正方形的边长. 【详解】（1）解：由旋转得：AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG， ∵， ∴∠EAG=120°， ∵, ∴∠GAF=, 又∵AF=AF， ∴， ∴EF=GF， ∵GF=DG+DF， ∴， 故答案为：； （2）解：（1）中的结论仍然成立. 证明：如解图，将绕点逆时针旋转至的位置，使与重合.    则，，，， 又∵， ∴， ∴，，三点共线. ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴； （3）解：由（1）（2）可知． 设正方形的边长为， 则，， 在中，， ∴， 解得，（不合题意，舍去）， 故正方形的边长为6. 【点睛】此题考查了旋转的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理的运用，正方形的性质，解题中注意类比方法的运用，同样的类型题可以运用同样的思路及方法进行证明. 练3．的周长为6． 【分析】要求△AMN的周长，根据题目已知条件无法求出三条边的长，只能把三条边长用其它已知边长来表示，所以需要作辅助线，延长AB至F，使BF=CN，连接DF，通过证明△BDF≌△CDN，及△DMN≌△DMF，从而得出MN=MF，△AMN的周长等于AB+AC的长． 【详解】解：∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC=120° ∴∠BCD=∠DBC=30° ∵△ABC是边长为3的等边三角形 ∴∠ABC=∠BAC=∠BCA=60° ∴∠DBA=∠DCA=90° 延长AB至F，使BF=CN，连接DF， 在Rt△BDF和Rt△CND中，BF=CN，DB=DC ∴△BDF≌△CDN， ∴∠BDF=∠CDN，DF=DN ∵∠MDN=60° ∴∠BDM+∠CDN=60° ∴∠BDM+∠BDF=60°，∠FDM=60°=∠MDN，DM为公共边 ∴△DMN≌△DMF， ∴MN=MF ∴△AMN的周长是：AM+AN+MN=AM+MB+BF+AN=AB+AC=6． 【点睛】此题主要利用等边三角形和等腰三角形的性质来证明三角形全等，构造另一个三角形是解题的关键． ( 巩固提高 ) 一、单选题 1．如图，正方形纸片的边长为6，点E，F分别在边，上，已知，，则的长为（   ） A．5 B．5.5 C．6 D．6.5 2．如图，点M、N分别是正方形ABCD的边BC、CD上的两个动点，在运动过程中保持∠MAN＝45°，连接EN、FM相交于点O，以下结论：①MN＝BM+DN；②BE2+DF2＝EF2；③BC2＝BF•DE；④OM＝OF（　　） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 3．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝AD，∠BCD＝120°，E、F分别为BC、CD上一点，∠EAF＝30°，EF＝3，DF＝1．则BE的长为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 4．如图，在中，，，D、E是斜边上两点，且，若，，，则与的面积之和为（    ） A．36 B．21 C．30 D．22 5．如图所示，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边BC上的两点，且∠DAE＝45°，将△ADC绕点A按顺时针方向旋转90°后得到△AFB，连接EF，有下列结论：①BE＝DC；②∠BAF＝∠DAC；③∠FAE＝∠DAE；④BF＝DC．其中正确的有（　　）    A．①②③④ B．②③ C．②③④ D．③④ 二、填空题 6．如图，菱形中，是边上一点，是边上一点，，连接交于点． （1）若，则 （用表示）； （2）若，则的最大值是 ． 7．如图，在正方形中，E，F分别是边上的点，，若，，则的长为 ． 8．如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，BC上，若F是BC的中点，且∠EDF＝45°，则DE的长为 ． 9．如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将ADF绕点A顺时针旋转90°得到ABG，若BE＝2，则EF的长为 ． 10．在中，，点在边上，．若，则的长为 ． 三、解答题 11．如图在四边形中，点E是直线上一点，将射线绕点A逆时针旋转交直线于点F．    (1)如图①．若四边形为菱形，，则与之间的数量关系是________； (2)如图②，若四边形为正方形，，连接，当点E在的延长线上时，试猜想线段与之间的数量关系，并加以证明； (3)若四边形为正方形，，连接，当时，请直接写出的长． 12．问题背景  如图1，在四边形中．，，，、分别在、上，且，试探究图中线段、、之间的数量关系，并说明理由． 由“，”的数据信息，解决问题的方法是：延长到，使得，连接，则可以先证，再证________________，从而得到，，之间的数量关系是：________； 验证猜想  写出上述推理的详细过程； 探索延伸  如图2，在四边形中，，，、分别在、上，且，上述结论是否成立，并说明理由． 13．如图，正方形中，M，N分别在上，连接． (1)若将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到；请你补全图形． (2)直接写出线段之间的数量关系； (3)根据（2）的结论，写出证明过程； (4)如果正方形的边长是5，求的周长． 14．【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，，分别在边，上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． (1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．用等式写出线段，，的数量关系_____． (2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点，分别在正方形的边，的延长线上，，连接，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 15．问题提出 （1）如图1，四边形是正方形，______； 问题探究： （2）如图2，四边形是正方形，点分别在的延长线上，，若，，求正方形的边长； 问题解决： （3）如图3是某生态保护区示意图，和是两条互相垂直的河流，交点为．现计划修建科研基地和四个建在河边的监测站，按照技术要求，点分别在线段上，．并且规划把区域建设成为观光旅游区，区域建设为生态科普基地．若规划的观光旅游区的面积为9平方千米，那么生态科普基地的面积是否存在最大值？若存在请求出最大值，若不存在，请说明理由． 16．我们可以通过类比联想，引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的，下面是一个案例，请补充完整． 原题：如图1，点E、F分别在正方形的边上，，连接，则，试说明理由． (1)思路梳理 ∵， ∴把绕点A逆时针旋转至，可使与重合． ∵， ∴，点F、D、G共线． 易证 ，得． (2)类比引申 如图2，四边形中，，点E、F分别在边上，．若都不是直角，则当时，是否仍有，并说明理由． (3)联想拓展 如图3，在中，，，点D、E均在边上，且．猜想应满足的等量关系，并写出推理过程． 17．如图，在四边形中，，，，， (1)求的长； (2)点从点出发以每秒速度沿着射线运动，设运动时间为秒，点在射线上，且． ①如图1，若点E在线段上，判断线段之间的数量关系，并加以证明． ②在整个运动过程中，求的周长（结果可用含的式子表示）． 18．旋转是几何图形中最基本的图形变换之一，利用旋转可将分散的条件相对集中以达到解决问题的目的． 【探究发现】如图1，四边形是正方形，点，分别在边和上，且，探究图中线段，，之间的数量关系． 爱动脑筋的小明发现：这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图2，小明将绕点顺时针旋转得到，然后证明，就可以解决这道问题．请直接写出线段，，之间的数量关系__________________ 【类比迁移】如图3，等腰直角三角形，，，点，在边上，且，请写出，，之间的关系，并说明理由． 【拓展延伸】如图4，在中，，，点，在边上，且，当，时，则的长为____________． 19．在等边的两边所在直线上分别有两点M、N，D为外一点，且．探究：当M、N分别在直线上移动时，之间的数量关系及的周长Q与等边的周长L的关系． (1)如图1，当点M、N边上，且时，之间的数量关系是___________；此时___________； (2)如图2，点M、N在边上，且当时，猜想（ I）问的两个结论还成立吗？若成立请直接写出你的结论；若不成立请说明理由． (3)如图3，当M、N分别在边的延长线上时，探索之间的数量关系如何？并给出证明． 20．（1）如图1，在四边形中，，E，F分别是边，上的点，且，线段，，之间的关系是_______；（不需要证明） （2）如图2，在四边形中，，E，F分别是边，上的点，且，（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，在四边形中，，E，F分别是边，延长线上的点，且，（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． 21．【问题背景】（1）如图1，点E、F分别在正方形的边、上，，连接，则有，试说明理由； 【迁移应用】（2）如图2，四边形中，，，点E、F分别在边、上，，若，都不是直角，且，试探究、、之间的数量关系； 【联系拓展】（3）如图3，在中，，，点D、E均在边上，且，猜想、、满足的等量关系．（直接写出结论，不需要证明）．    22．如图，四边形是正方形，E是边的中点，，且交正方形外角的平分线于点F． (1)求证：； (2)连接，则的值为__________； (3)连接，设与交于点H，连接，探究之间的关系． 23．（1）如图1，在四边形中，，，E、F分别是边、上的点，若，可求得、、之间的数量关系为________．（只思考解题思路，完成填空即可，不必书写证明过程） （2）如图2，在四边形中，，，E、F分别是边、延长线上的点，若，判断、、之间的数量关系还成立吗，若成立，请完成证明，若不成立，请说明理由． 24．请阅读下列材料：已知：如图（1）在中，，点D、E分别为线段上两动点，若．探究线段三条线段之间的数量关系．小明的思路是：把绕点A顺时针旋转，得到，连接，使问题得到解决．请你参考小明的思路探究并解决下列问题： (1)猜想三条线段之间存在的数量关系式，直接写出你的猜想； (2)当动点E在线段上，动点D运动在线段延长线上时，如图（2），其它条件不变，（1）中探究的结论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明； (3)已知：如图（3），等边三角形中，点D、E在边上，且，请你找出一个条件，使线段能构成一个等腰三角形，并求出此时等腰三角形顶角的度数． 25．问题背景：“半角模型”问题．如图1，在四边形中，，，，点E，F分别是上的点，且，连接，探究线段之间的数量关系． (1)探究发现：小明同学的方法是延长到点G．使．连结，先证明，再证明，从而得出结论：_____________； (2)拓展延伸：如图2，在四边形中，，，E、F分别是边上的点，且，请问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由． (3)尝试应用：如图3，在四边形中，，，E、F分别是边延长线上的点，且，请探究线段具有怎样的数量关系，并证明． 26．已知：边长为4的正方形ABCD，∠EAF的两边分别与射线CB、DC相交于点E、F，且∠EAF＝45°，连接EF．求证：EF＝BE+DF． 思路分析： (1)如图1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°， ∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADE'，则F、D、E'在一条直线上， ∠E'AF＝　 　度，…… 根据定理，可证：△AEF≌△AE'F． ∴EF＝BE+DF． 类比探究： (2)如图2，当点E在线段CB的延长线上，探究EF、BE、DF之间存在的数量关系，并写出证明过程； 拓展应用： (3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，D、E在BC上，∠BAC＝2∠DAE．若S△ABC＝14，S△ADE＝6，求线段BD、DE、EC围成的三角形的面积． 27．如图，已知在△ABC中，AB＝AC，D、E是BC边上的点，将△ABD绕点A旋转，得到△AC，连接E． (1)当∠BAC＝120°，∠DAE＝60°时，求证：DE＝E； (2)当DE＝E时，∠DAE与∠BAC有怎样的数量关系？请写出，并说明理由． (3)在（2）的结论下，当∠BAC＝90°，BD与DE满足怎样的数量关系时，△EC是等腰直角三角形？（直接写出结论，不必证明） 28．问题背景： 如图1，在四边形ABCD中，，，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．小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明，再证明，可得出结论，他的结论应是______． 实际应用： 如图2，在新修的小区中，有块四边形绿化ABCD，四周修有步行小径，且AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，在小径BC，CD上各修一凉亭E，F，在凉亭E与F之间有一池塘，不能直接到达，经测量得，BE＝10米，DF＝15米，试求两凉亭之间的距离EF． 29．学完旋转这一章，老师给同学们出了这样一道题： “如图1，在正方形ABCD中，∠EAF＝45°，求证：EF＝BE＋DF．” 小明同学的思路：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°． 把△ABE绕点A逆时针旋转到的位置，然后证明，从而可得． ，从而使问题得证． (1)【探究】请你参考小明的解题思路解决下面问题： 如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，，直接写出EF，BE，DF之间的数量关系． (2)【应用】如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，，求证：EF＝BE＋DF． (3)【知识迁移】如图4，四边形ABPC是的内接四边形，BC是直径，AB＝AC，请直接写出PB＋PC与AP的关系． 30．折一折：将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、AD都落在对角线AC上，展开得折痕AE、AF，连接EF，如图1． (1)∠EAF＝ °，写出图中两个等腰三角形： （不需要添加字母）； (2)转一转：将图1中的∠EAF绕点A旋转，使它的两边分别交边BC、CD于点P、Q，连接PQ，如图2．线段BP、PQ、DQ之间的数量关系为 ； (3)连接正方形对角线BD，若图2中的∠PAQ的边AP、AQ分别交对角线BD于点M、点N，如图3，则 ； (4)剪一剪：将图3中的正方形纸片沿对角线BD剪开，如图4．求证：BM2＋DN2＝MN2． 31．将锐角为45°的直角三角板MPN的一个锐角顶点P与正方形ABCD的顶点A重合，正方形ABCD固定不动，然后将三角板绕着点A旋转，∠MPN的两边分别与正方形的边BC、DC或其所在直线相交于点E、F，连接EF． （1）在三角板旋转过程中，当∠MPN的两边分别与正方形的边CB、DC相交时，如图1所示，请直接写出线段BE、DF、EF满足的数量关系； （2）在三角板旋转过程中，当∠MPN的两边分别与正方形的边CB、DC的延长线相交时，如图2所示，请直接写出线段BE、DF、EF满足的数量关系； （3）若正方形的边长为4，在三角板旋转过程中，当∠MPN的一边恰好经过BC边的中点时，试求线段EF的长． 32．综合与实践 （1）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝45°，则MN，AM，CN的数量关系为 　 　． （2）如图2，在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝∠ABC，试探索线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？请写出猜想，并给予证明． （3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，点M、N分别在DA、CD的延长线上，若∠MBN＝∠ABC，试探究线段MN、AM、CN的数量关系为 　 　． 33．如图，点A（a，0），B（0，b），若点F（a，b）关于y轴的对称点的坐标为（﹣2，2）． （1）求△AOB的面积． （2）如图1，点C在线段AB上（不与A、B重合）移动，AB⊥BD，且∠COD＝45°，试探究线段AC、BD、CD之间的数量关系，并给出证明． （3）如图2，点E是x轴上一动点，在y轴正半轴上取一点K，连接EK，FK，FE，使∠EFK＝∠OAB，试探究线段BK，KE，EA之间的数量关系，并给出证明． 34．问题情境 在等边△ABC的两边AB，AC上分别有两点M，N，点D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC． 特例探究 如图1，当DM＝DN时， （1）∠MDB＝　 　度； （2）MN与BM，NC之间的数量关系为　 　； 归纳证明 （3）如图2，当DM≠DN时，在NC的延长线上取点E，使CE＝BM，连接DE，猜想MN与BM，NC之间的数量关系，并加以证明． 拓展应用 （4）△AMN的周长与△ABC的周长的比为　 　． 35．（1）如图1，在四边形ABCD中，，，E、F分别是边BC、CD上的点，且．求证：； （2）如图2，在四边形ABCD中，，，E、F分别是边BC、CD上的点，且，请直接写出EF、BE、FD之间的数量关系； （3）如图3，在四边形ABCD中，，，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且，（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． 36．如图，在等边三角形ABC中，点E是边AC上一定点，点D是直线BC上一动点，以DE为一边作等边三角形DEF，连接CF． （1）如图1，若点D在边BC上，直接写出CE，CF与CD之间的数量关系； （2）如图2，若点D在边BC的延长线上，请探究线段CE，CF与CD之间存在怎样的数量关系？并说明理由； （3）如图3，若点D在边CB的延长线上，请直接写出CE，CF与CD之间的数量关系． 37．如图，，，，，． （1）求的度数； （2）以E为圆心，以长为半径作弧；以F为圆心，以长为半径作弧，两弧交于点G，试探索的形状？是锐角三形，直角三角形还是钝角三角形？请说明理由． 38．（1）阅读理解 如图1，在正方形ABCD中，若E，F分别是CD，BC边上的点，∠EAF＝45°，则我们常常会想到：把ADE绕点A顺时针旋转90°，得到ABG．易证AEF≌ ，得出线段BF，DE，EF之间的关系为 ； （2）类比探究 如图2，在等边ABC中，D，E为BC边上的点，∠DAE＝30°，BD＝1，EC＝2．求线段DE的长； （3）拓展应用 如图3，在ABC中，AB＝AC＝，∠BAC＝150°，点D，E在BC边上，∠DAE＝75°，若DE是等腰ADE的腰，请直接写出线段BD的长．    39．已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E、F． （1）当∠MBN绕B点旋转到AE＝CF时（如图1），试猜想AE，CF，EF之间存在怎样的数量关系？请将三条线段分别填入后面横线中：　　＋　　＝　　．（不需证明） （2）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF（如图2）时，上述（1）中结论是否成立？请说明理由． （3）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF（如图3）时，上述（1）中结论是否成立？若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明． 40．如图，在正方形ABCD中，点P在直线BC上，作射线AP，将射线AP绕点A逆时针旋转45°，得到射线AQ，交直线CD于点Q，过点B作BE⊥AP于点E，交AQ于点F，连接DF． （1）依题意补全图形； （2）用等式表示线段BE，EF，DF之间的数量关系，并证明． 41．（1）如图，在正方形中，、分别是，上的点，且．直接写出、、之间的数量关系； （2）如图，在四边形中，，，、分别是，上的点，且，求证：； （3）如图，在四边形中，，，延长到点，延长到点，使得，则结论是否仍然成立？若成立，请证明；不成立，请写出它们的数量关系并证明． 42．（1）思维探究： 如图1，点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，且∠EAF＝45°，连接EF，则三条线段EF，BE，DF满足的等量关系式是 ；小明的思路是：将△ADF绕点A顺时针方向旋转90°至△ABG的位置，并说明点G，B，E在同一条直线上，然后证明△AEF≌ 即可得证结论；（只需填空，无需证明） （2）思维延伸： 如图2，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E均在边BC上，点D在点E的左侧，且∠DAE＝45°，猜想三条线段BD，DE，EC应满足的等量关系，并说明理由； （3）思维拓广： 如图3，在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝AC＝5，点D，E均在直线BC上，点D在点E的左侧，且∠DAE＝30°，当BD＝1时，请直接写出线段CE的长． 43．已知，，分别在边，上取点，，使，过点平行于的直线与过点平行于的直线相交于点．点，分别是射线，上动点，连接，，． （1）求证：； （2）如图，当点，分别在线段，上，且时，请求出线段，，之间的等量关系式； （3）如图，当点，分别在，的延长线上，且时，延长交于点，延长交于点．请猜想线段，，之间的等量关系，并证明你的结论． 44．矩形ABCD中，M、N为边AD上两点，连接BM、CN，MN=BM=CN，∠BMD=120°．      （1）如图1，求证：AM=DN； （2）如图2，点E、F分别在NC、BC上，∠FME=60°，求证：EF= BF+NE；     （3）如图3，在(2)的条件下，过E作EP∥BC交MF于P，2MN=3BF，EP=7，求CE的长． 45．如图，AB＝AD＝BC＝DC，∠C＝∠D＝∠ABE＝∠BAD＝90°，点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF＝45°，过点A作∠GAB＝∠FAD，且点G在CB的延长线上． （1）△GAB与△FAD全等吗？为什么？ （2）若DF＝2，BE＝3，求EF的长． 46．如图，正方形ABCD中，点P从点A出发沿AD边向点D运动，到达点D停止．作射线CP，将CP绕着点C逆时针旋转45°，与AB边交于点Q，连接PQ （1）画图，完善图形． （2）三条线段DP，PQ，BQ之间有无确定的数量关系？请说明理由． （3）过点C作于H．若线段CP的最大值为4，求点H运动的路径长． 47．如图，在四边形中，，，分别是，上的点，连接，，． （1）如图①，，，．求证：；          （2）如图②，，当周长最小时，求的度数； （3）如图③，若四边形为正方形，点、分别在边、上，且，若，，请求出线段的长度． 《半角模型巩固提高》参考答案 题号 1 2 3 4 5 答案 A A B B C 1．A 【分析】此题考查了正方形的性质、翻折变换以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用． 由正方形纸片的边长为6，可得，，根据折叠的性质得：，，然后设，在中，由勾股定理，即可得方程，解方程即可求得答案． 【详解】解：延长到点，使，连接，如图， 四边形是正方形， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； ，， ， ， 在中，根据勾股定理得：， ， ， ， 故选：A． 2．A 【分析】由旋转的性质可得AM'=AM，BM=DM'，∠BAM=∠DAM'，∠MAM'=90°，∠ABM=∠ADM'=90°，由“SAS”可证△AMN≌△AM′N，可得MN=NM′，可得MN=BM+DN，故①正确；由“SAS”可证△AEF≌△AED'，可得EF=D'E，由勾股定理可得BE2+DF2=EF2；故②正确；通过证明△DAE∽△BFA，可得，可证BC2=DE•BF，故③正确；通过证明点A，点B，点M，点F四点共圆，∠ABM=∠AFM=90°，∠AMF=∠ABF=45°，∠BAM=∠BFM，可证MO=EO，由∠BAM≠∠DAN，可得OE≠OF，故④错误，即可求解． 【详解】解：将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△ADM′，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABD'， ∴AM'=AM，BM=DM'，∠BAM=∠DAM'，∠MAM'=90°，∠ABM=∠ADM'=90°， ∴∠ADM'+∠ADC=180°， ∴点M'在直线CD上， ∵∠MAN=45°， ∴∠DAN+∠MAB=45°=∠DAN+∠DAM'=∠M'AN， ∴∠M′AN=∠MAN=45°， 又∵AN=AN，AM=AM'， ∴△AMN≌△AM′N（SAS）， ∴MN=NM′， ∴M′N=M′D+DN=BM+DN， ∴MN=BM+DN；故①正确； ∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABD'， ∴AF=AD'，DF=D'B，∠ADF=∠ABD'=45°，∠DAF=∠BAD'， ∴∠D'BE=90°， ∵∠MAN=45°， ∴∠BAE+∠DAF=45°=∠BAD'+∠BAE=∠D'AE， ∴∠D'AE=∠EAF=45°， 又∵AE=AE，AF=AD'， ∴△AEF≌△AED'（SAS）， ∴EF=D'E， ∵D'E2=BE2+D'B2， ∴BE2+DF2=EF2；故②正确； ∵∠BAF=∠BAE+∠EAF=∠BAE+45°，∠AEF=∠BAE+∠ABE=45°+∠BAE， ∴∠BAF=∠AEF， 又∵∠ABF=∠ADE=45°， ∴△DAE∽△BFA， ∴， 又∵AB=AD=BC， ∴BC2=DE•BF，故③正确； ∵∠FBM=∠FAM=45°， ∴点A，点B，点M，点F四点共圆， ∴∠ABM=∠AFM=90°，∠AMF=∠ABF=45°，∠BAM=∠BFM， 同理可求∠AEN=90°，∠DAN=∠DEN， ∴∠EOM=45°=∠EMO， ∴EO=EM， ∴MO=EO， ∵∠BAM≠∠DAN， ∴∠BFM≠∠DEN， ∴EO≠FO， ∴OM≠FO，故④错误， 故选：A． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，旋转的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 3．B 【分析】延长CB到H，使BH=DF=1，连接AH，则可证得△ABH≌△ADF，从而AH=AF，∠BAH=∠DAF，易证△AHE≌△AFE，可得HE=EF=3，则可求得BE的长． 【详解】延长CB到H，使BH=DF=1，连接AH，如图 ∵四边形ABCD内接于⊙O ∴∠ABC+∠ADC=180゜ ∵∠ABH+∠ABC=180゜ ∴∠ABH=∠ADF 在△ABH和△ADF中 ∴△ABH≌△ADF ∴AH=AF，∠BAH=∠DAF ∵∠BAD+∠BCD=180゜，∠BCD=120゜ ∴∠BAD=180゜-∠BCD=60゜ ∵∠EAF=30゜ ∴∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=30゜ ∴∠EAH=∠BAE+∠BAH=30゜ 在△AHE和△AFE中 ∴△AHE≌△AFE ∴HE=EF=3 ∴BE=HE-BH=3-1=2 故选：B 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质，构造辅助线得到全等三角形的问题的关键与难点． 4．B 【分析】将关于对称得到，从而可得的面积为15，再根据对称的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理证出，从而可得，最后根据与的面积之和等于与的面积之和即可得． 【详解】解：如图，将关于AE对称得到， 则，， ， ， ， 在和中，， ， ， ，即是直角三角形， ， ， 即与的面积之和为21， 故选：B． 【点睛】本题考查了轴对称的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键． 5．C 【分析】利用旋转性质可得△ABF≌△ACD，根据全等三角形的性质一一判断即可． 【详解】解：∵△ADC绕A顺时针旋转90°后得到△AFB， ∴△ABF≌△ACD， ∴∠BAF＝∠CAD，AF＝AD，BF＝CD，故②④正确， ∴∠EAF＝∠BAF+∠BAE＝∠CAD+∠BAE＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°＝∠DAE故③正确 无法判断BE＝CD，故①错误， 故选：C． 【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 6． 3 【分析】（1）先证明是等边三角形；得出，再利用三角形的内角和定理进一步可得答案； （2）设，，根据，根据二次函数性质，说明有最大值，求出最大值为3即可． 【详解】解：（1）∵四边形是菱形，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴在和中， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴是等边三角形； ∴， ∵， ∴， ∴； 故答案为： （2）∵， ∴， ∴， 设，， ∴ ， ∴当时，取最大值， ∴此时， ∴此时， ∵为等边三角形， ∴此时，， ∴此时， ∴平分， ∵为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即的最大值为3． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，二次函数的最值，等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质，数形结合． 7．6 【分析】延长至H，使，连接，如图，则可用证明，然后根据全等三角形的性质和已知条件可得，，进而可根据证明，再根据全等三角形的性质和线段的和差求出，设，则，在中，由勾股定理建立方程求解． 【详解】证明：延长至H，使，连接，如图， ∵四边形是正方形， ∴，， 则在和中， ∵，，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， 在和中， ∵，，， ∴， ∴， ∴； ∵，， ∴， 设，则， ∴在中，由勾股定理得，， 解得：或（舍）， 故答案为：6． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，解一元二次方程，正确作出辅助线、灵活应用全等三角形性质与判定是解题关键． 8．2 【分析】延长BA到点G，使AG=CF，连接DG，EF，利用SAS证明△ADG≌△CDF，得∠CDF=∠GDA，DG=DF，再证明△GDE≌△FDE（SAS），得GE=EF，设AE=x，则BE=6x，EF=x+3，再利用勾股定理解决问题． 【详解】解：延长BA到点G，使AG＝CF，连接DG，EF， ∵AD＝CD，∠DAG＝∠DCF， ∴△ADG≌△CDF（SAS）， ∴∠CDF＝∠GDA，DG＝DF， ∵∠EDF＝45°， ∴∠EDG=∠ADE+∠ADG＝∠ADE+∠CDF＝45°， ∵DE＝DE， ∴△GDE≌△FDE（SAS）， ∴GE＝EF， ∵F是BC的中点， ∴AG=CF=BF=3， 设AE＝x，则BE＝6﹣x，EF＝x+3， 由勾股定理得，（6﹣x）2+32＝（x+3）2， 解得x＝2， ∴AE＝2， ∴DE＝， 故答案为：2． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握半角模型的处理策略是解题的关键． 9．5 【分析】由旋转的性质可得，，，由“”可证，可得，由勾股定理可求解． 【详解】解：由旋转的性质可知：，，， ， 点在的延长线上， 四边形为正方形， ． 又， ． ． ． 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：5． 【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的性质和判定、勾股定理的应用，正方形的性质，解题的关键是掌握利用勾股定理求线段的长． 10． 【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FG2＝AE2＋BF2，再证明△ECF≌△GCF，从而得EF2＝AE2＋BF2，进而即可求解． 【详解】解：将CE绕点C顺时针旋转90°得到CG，连接GB，GF， ∵∠BCE＋∠ECA＝∠BCG＋∠BCE＝90° ∴∠ACE＝∠BCG． ∵在△ACE与△BCG中， ∵， ∴△ACE≌△BCG（SAS）， ∴∠A＝∠CBG＝45°，AE＝BG， ∴∠FBG＝∠FBC＋∠CBG＝90°． 在Rt△FBG中，∠FBG＝90°， ∴FG2＝BG2＋BF2＝AE2＋BF2． 又∵∠ECF＝45°， ∴∠FCG＝∠ECG−∠ECF＝45°＝∠ECF． ∵在△ECF与△GCF中， ， ∴△ECF≌△GCF（SAS）． ∴EF＝GF， ∴EF2＝AE2＋BF2， ∵， ∴BF=， 故答案是：． 【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质以及旋转变换，二次根式的化简，通过旋转变换，构造全等三角形，是解题的关键． 11．(1) (2)，证明见解析 (3)或10 【分析】（1）如图，连接，根据菱形的性质得出是等边三角形，可得出相等的角和边，进而证明，再根据全等三角形的性质即可得出结论； （2）如图：在上取点，使得，连接，根据条件证明，得出，再证明，根据全等三角形的性质即可得出结论；； （3）根据题意分两种情况进行讨论，借助于（2）的思路，证明三角形全等，得出相等的边，然后假设边的长度，利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）解：如图，连接，    ∵四边形是菱形， ∴， ∴． ∵， ∴是等边三角形， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． （2）解：，证明如下：    如图：在上取点，使得，连接， ∵四边形是正方形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴， ∴，即． （3）解：①如图，当点E在线段上时，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，   ， ∵四边形为正方形，， ， 又， ， ， 设，则， 在中，由勾股定理可得，即，解得：， ∴． ②如图，当点E在延长线上时，取的中点G，连接，    ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 设，则，， 在中，由勾股定理得，即， 解得∶． ∴． 综上所述，的长为或10． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质、等边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、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识以及正确作出辅助线是解题的关键． 12．（1）见解析；（2）成立，理由见解析 【分析】本题考查了常见的全等模型——半角模型，掌握模型的构成条件、辅助线的引入是解题关键． （1）先证，推出，进一步得；再证，即可得； （2）参考（1）中的证明过程即可； 【详解】解：（1）如图所示： ∵，，， ∴； ∴； ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）成立，理由如下： 延长到，使得，连接， ∵， ∴； ∵，， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 13．(1)见解析 (2) (3)见解析 (4) 【分析】本题考查了旋转的性质、半角模型以及正方形的性质，掌握半角模型的条件以及结论是解题关键． （1）根据提示即可作图； （2）根据图形可得结论； （3）由旋转可知：，推出，进而得，证即可； （4）根据的周长，，推出的周长，即可； 【详解】（1）解：如图所示： （2）解：； （3）证明：由旋转可知：， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； （4）解：∵的周长，， ∴的周长 14．(1) (2)，理由见解析 (3) 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，图形旋转的性质，正方形的性质，熟练掌握利用图形的旋转来构造全等三角形是解题的关键． （1）根据图形旋转的性质，可得，，，，然后证明E、B、N三点共线，再证明，得到，即得答案； （2）将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，根据旋转的性质及全等三角形的判定与性质，可逐步证明，即得答案； （3）将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，根据图形旋转的性质，可得，，，，然后证明E、B、N三点共线，再证明，得到，即得答案． 【详解】（1）解：绕点A顺时针旋转，得到， ，，，， 四边形是正方形， ， ， E、B、N三点共线， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 故答案为：； （2）解：；理由如下： 将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到， ，，，， E在上， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：．理由如下： 将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到， ，，，， ， ， E、B、N三点共线， ， ， ， ， ． 15．（1）45°；（2）2；（3）存在最大值，最大值为． 【分析】本题考查了正方形的性质的判定，相似三角形的性质与判定，角平分线的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，三角形的外接圆，圆周角定理，解直角三角形等相关知识，熟练掌握这些知识点并正确作出辅助线是解题的关键； （1）根据正方形的性质即可求解； （2）连接，证明，进而可得，即可求解； （3）过点P做于点Q，于点C，于点D，得，，且P在的平分线上，连接，同（2）可得，所以千米，证明四边形为正方形，在的延长线上截取，证明，进而可证明，可得，即当有最小值时，则有最大值．设的外接圆圆心为，半径为r，作于R，连接、，由，即， 求得r的取值范围，进而可得当时，取得最小值，此时有最小值，即可求解． 【详解】解：（1）四边形是正方形， ， ， 故答案为：； （2）解：连接， 四边形是正方形， ， 则， ， ， ， ， ， ， ， ∴， ， 所以正方形的边长为2； （3）解：过点P做于点Q，于点C，于点D， ， ， ，且P在的平分线上， 连接，则， ， ， ， ， ， ， 的面积为9平方千米，所以，所以千米， 由角平分线的性质， ， ， 四边形为正方形， 在的延长线上截取， ， ， ， ， ， ， ， ， ，即当有最小值时，则有最大值． 设的外接圆圆心为，半径为r，作于R，连接、， ， ， ， ， 即， 解得， ， 当时，取得最小值，此时有最小值，最小值为， 此时有最大值，最大值为． 16．(1) (2)当时，仍有；见解析 (3) 【分析】（1）把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，证出，根据全等三角形的性质得出，即可得出答案； （2）把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，证出，根据全等三角形的性质得出，即可得出答案； （3）把旋转到的位置，连接，证明，则，，是直角三角形，根据勾股定理即可作出判断． 【详解】（1）解：∵， ∴把绕点A逆时针旋转至，可使与重合． ∵， ∴，点F、D、G共线， 则，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； 故答案为：； （2）解：当时，仍有；理由如下： ∵， ∴把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，如图2所示： ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴点F、D、G共线， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：．理由如下： 把绕点A顺时针旋转到的位置，连接，如图3所示： 则，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴是直角三角形， ∴， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了全等三角形的性质和判定，正方形的性质，等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识；本题综合性比较强，能正确作出辅助线得出全等三角形是解题的关键． 17．(1) (2)①它们的关系为．证明见解析；②当秒时周长为，当时，不存在；当秒时，周长为 【分析】本题考查了全等三角形的综合问题，勾股定理的应用，正确理解题意是解题的关键． （1）由勾股定理直接求解； （2）①如图1，延长到点G，使，连结，先证明，再证明，即可求解；②依题意得，记的周长，则，故（I）当秒时，点在线段上，点在上，由①知，II）当时，点与点重合，不存在；III）当时，点在延长线上，点在延长线上，如图2，在上取点G，使，连结，同理可得，，． 【详解】（1）解：，， ； （2）解：①它们的关系为．理由如下 如图1，延长到点G，使，连结， 又， ，， ， 又， 即 ②依题意得，记的周长， ，， ， （I）当秒时，点在线段上，点在上， 由①知 ， II）当时，点与点重合，不存在. III）当时，点在延长线上，点在延长线上， 如图2，在上取点G，使，连结， 同理可得， 综上所述，当秒时周长为， 当时，不存在. 当秒时，周长为． 18．（1）；（2）猜想：，见解析；（3） 【分析】本题主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质、勾股定理，解题的关键是：利用旋转转化线段关系，将分散的条件集中到同一个三角形求解． （1）利用旋转的性质，证明，得到，等量代换即可证明； （2）把绕点顺时针旋转得到，连接，根据旋转的性质，可知，，，，在中，，可求得，所以，证，利用得到． （3）同（2）方法，把绕点顺时针旋转得到，连接，可证明：，在中，，，，过点D作，垂足为，利用直角三角形性质和勾股定理求出进而根据，即可得出答案． 【详解】（1）解： 证明：由旋转可得，，， 四边形为正方形， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； （2）猜想：， 证明：把绕点顺时针旋转得到，连接，如图3，   ，，，， ， ， ，即， ， 又， ， ，即， 在和中 ， ， ． （3）证明：把绕点顺时针旋转得到，连接，如图4，   ，，，， ，， ， ，即， 又， ， 在和中 ， ， 过点作，垂足为， ∵， ∴， ∴， ． ∴， ∴ ∴ 19．(1) (2)结论仍然成立，详见解析 (3)，详见解析 【分析】对于（1），由，可证得是等边三角形，又由是等边三角形，，易证得，然后由直角三角形的性质，即可求得之间的数量关系，此时； 对于（2），在的延长线上截取，连接，可证，即可得，易证得，则可证得，然后由全等三角形的性质，即可得结论仍然成立； 对于（3），首先在上截取，连接，可证，即可得，然后证得，易证得，则可得． 【详解】（1）解：如图1，之间的数量关系． 此时． 理由：∵， ∴是等边三角形. ∵是等边三角形， ∴. ∵， ∴， ∴. ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形. ∵， ∴， ∴； 故答案为：，． （2）猜想：结论仍然成立． 证明：在的延长线上截取，连接． ∵， ∴， ∴. ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的周长为：， ∴； （3）， 证明：在上截取，连接． ∵， ∴， ∴. ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质和判定，直角三角形的性质，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 20．（1）；（2）（1）中的结论仍然成立，理由见解析；（3）（1）中的结论不成立，，证明见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，夹半角模型． （1）可通过构建全等三角形来实现线段间的转换．延长到G，使，连接．在和中，已知了一组直角，，，因此两三角形全等，可得，，进而得．由此可证，即可得，进而可得结论． （2）思路和作辅助线的方法与（1）完全一样，只不过证明和全等中，证明时，用到的等角的补角相等，其他的都一样．因此与（1）的结果完全一样． （3）按照（1）的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在上截取，使，连接．根据（1）的证法，我们可得出，，那么．所以（1）的结论在（3）的条件下是不成立的． 【详解】解：（1）延长到G，使，连接． ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：； （2）（1）中的结论仍然成立，理由如下： 如图，延长至，使，连接， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； （3）（1）中的结论不成立，， 证明：如图3，在上截取，连接， ∵，， ∴． ∵在与中， ， ∴， ， ∴， 又∵， ， 在和中， ， ， ， ， ． 21．（1）见解析；（2），见解析；（3） 【分析】（1）把绕点A逆时针旋转90°至，然后利用SAS证明，由此可得． （2）把绕点A逆时针旋转90°至，然后利用SAS证明，由此可得． （3）把旋转到的位置，连接，先根据SAS证明，由此可得，．又由可得．因此是直角三角形，由此可得，因此． 【详解】（1）如图1，    ∵，， ∴把绕点A逆时针旋转90°至，可使与重合，如图1， ∵， ∴，点F，D、G共线， 则，， ， 即， 在和中，， ∴， ∴； （2），理由如下：如图2， ∵，， ∴把绕点A逆时针旋转90°至，可使与重合，    ∴， ∵，， ∴， ， ∴， ∵， ∴，点F、D、G共线 在和中，， ∴， ∴， 即：， （3）， 理由是：把旋转到的位置，连接，则，．    ∵，， ∴， 又∵， ∴， 则在和中，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴是直角三角形， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理．通过旋转变换构造全等三角形是解题的关键．本题还运用了转化的思想：要想证明两条较短线段之和等于第三条线段，需要将这两条线段转化到一条直线上，希望多加体会． 22．(1)见解析 (2) (3)，理由见解析 【分析】（1）取的中点，并连接，通过正方形和等腰直角三角形的基本性质，证明，即可得出结论； （2）连接后，由点，分别为，的中点，推出为的中位线，再结合全等三角形的性质转换边长，根据中位线定理求解即可； （3）结合（1）的结论，可得到，从而考虑运用“半角”模型，因此延长至点，使得，连接，运用两次基础全等证明即可得出结论． 【详解】（1）证明：如图所示，取的中点，并连接， ∴， ∵E是边的中点， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴，， ∵正方形外角的平分线为， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴； （2）解：如图所示，连接， ∵点，分别为，的中点， ∴为的中位线， ∴， 由（1）得， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （3）解：，理由如下： 如图所示，延长至点，使得，连接， 由正方形基本性质得：，， ∴， ∴，， 由（1）知，，且， ∴， ∴， ∴，即：， 在和中， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形判定与性质，等腰直角三角形的性质、三角形中位线定理等知识点，在证明第一小问时要合理作出辅助线，才能为后面的问题做良好的铺垫，掌握基本图形的性质，熟练运用基本定理是解题关键． 23．（1）；（2）．理由见解析． 【分析】（1）线段、、之间的数量关系是．如图，延长至，使，连接，利用全等三角形的性质解决问题即可． （2）结论：．如图中，在上截取，连接，证明，推出，，再证明，可得结论． 【详解】（1）解：线段、、之间的数量关系是． 如图，延长至，使，连接， ∵，，即：， ∴， 在和中，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∵， ∴； 故答案为：． （2）结论：． 理由：在上截取，连接， ∵，， ∴， 在与中，， ∴， ∴，，则， ∴ ∵，， ∴， 在与中，， ∴， ∴， 即， 即， ∴． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 24．(1) (2)不变，见解析 (3)， 【分析】（1）将绕A顺时针旋转后成，根据题意证明，故，因为中，，所以，从而可得，在中，由勾股定理得线段之间的等量关系式； （2）解法一：将沿直线对折，得，连接，根据全等三角形的性质得到，，然后进一步证明，然后根据全等三角形的性质求解即可； 解法二：将绕点A顺时针旋转得到．连接，根据题意证明，进而求解即可； （3）与（2）类似，以为一边，作，在上截取，证明出，然后根据等腰三角形的概念求解即可． 【详解】（1），证明如下： 将绕A顺时针旋转后成，连接， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中， ∴； 故答案为：； （2）关系式仍然成立． 证明：将沿直线对折，得，连接 ∴， ∴，， 又∵， ∴， ∵， ， ∴， 又∵， ∴， ∴ ∴， ∴在中，， 即； 解法二：将绕点A顺时针旋转得到．连接． ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵ ∴； （3）当时，线段能构成一个等腰三角形． 如图，与（2）类似，以为一边，作，在上截取， 可得． ∴． ∴． 若使为等腰三角形，只需， 即， ∴当时，线段能构成一个等腰三角形，且顶角为． 【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，解题的关键是通过旋转变换构造全等三角形． 25．(1) (2)成立，理由见解析 (3)，证明见解析 【分析】（1）延长到点G．使．连接，利用全等三角形的性质解决问题即可； （2）延长到，使，连接．证明，由全等三角形的性质得出，，再得到，再利用全等三角形的性质则可得出结论； （3）在上截取，使，连接．证明．由全等三角形的性质得出．证明，由全等三角形的性质得出结论． 【详解】（1）解：． 延长到点G．使．连接， ∵， ∴． ∴． ∴． ∴． 又∵， ∴． ∴． ∵． ∴． 故答案为：； （2）解：（1）中的结论仍然成立． 理由是：如图2，延长到，使，连接． ，， ， 在与中， ， ， ，， ． ． 又， ， ． ． ， （3）解：结论：． 证明：如图③中，在上截取，使，连接． ∵， ∴． 在与中， ， ∴． ∴． ∴． ∴． ∵， ∴，   ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题是三角形综合题，考查了三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形解决问题． 26．(1)45 (2)DF＝BE+EF，证明见解析 (3)2 【分析】（1）把绕点逆时针旋转至，则、、在一条直线上，，再证△，得，进而得出结论； （2）将绕点逆时针旋转得到，由旋转的性质得，再证△，得，进而得出结论； （3）将绕点逆时针旋转得到，连接，则，得，因此，同（2）得△，则，，得、、围成的三角形面积，即可求解． 【详解】（1）解：如图1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°， ∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至， 则F、D、在一条直线上，≌△ABE， ∴＝BE，∠＝∠BAE，＝AE， ∴∠＝∠EAD+∠＝∠EAD+∠BAE＝∠BAD＝90°， 则∠＝∠﹣∠EAF＝45°， ∴∠EAF＝∠， ∴△AEF≌△（SAS）， ∴， ∵， ∴EF＝BE+DF． 故答案为：45； （2）解：DF＝BE+EF    理由如下： 将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△， ∴△≌△ABE， ∴AE＝，BE＝，∠＝∠BAE， ∴∠＝∠BAE+∠＝∠+∠＝∠BAD＝90°， 则∠＝∠﹣∠EAF＝45°， ∴∠＝∠EAF＝45°， 在△AEF和△中， ， ∴△AEF≌△（SAS）， ∴， ∵， ∴DF＝BE+EF； （3）解：将△ABD绕点A逆时针旋转得到△，连接， 则△≌△ABD， ∴CD'＝BD， ∴， 同（2）得：△ADE≌△（SAS）， ∴，， ∴BD、DE、EC围成的三角形面积为、、EC围成的三角形面积． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、旋转的性质、正方形的性质以及四边形和三角形面积等知识，本题综合性强，解此题的关键是根据旋转的启发正确作出辅助线得出全等三角形，属于中考常考题型． 27．(1)见解析 (2)∠DAE＝∠BAC，理由见解析 (3)DE＝BD 【分析】（1）根据旋转的性质可得AD＝A，∠CA＝∠BAD，然后求出∠D′AE＝60°，从而得到∠DAE＝∠AE，再利用“边角边”证明△ADE和△AE全等，根据全等三角形对应边相等证明即可； （2）根据旋转的性质可得AD＝A，再利用“边边边”证明△ADE和△AE全等，然后根据全等三角形对应角相等求出∠DAE＝∠AE，然后求出∠BAD＋∠CAE＝∠DAE，从而得解； （3）求出∠CE＝90°，然后根据等腰直角三角形斜边等于直角边的倍可得E＝C，再根据旋转的性质解答即可． 【详解】（1）证明：∵△ABD绕点A旋转得到△AC， ∴AD＝A，∠CA＝∠BAD， ∵∠BAC＝120°，∠DAE＝60°， ∴∠AE＝∠CA＋∠CAE＝∠BAD＋∠CAE＝∠BAC﹣∠DAE＝120°﹣60°＝60°， ∴∠DAE＝∠AE， 在△ADE和△AE中， ∵， ∴△ADE≌△AE（SAS）， ∴DE＝E； （2）解：∠DAE＝∠BAC． 理由如下：在△ADE和△AE中， ， ∴△ADE≌△AD′E（SSS）， ∴∠DAE＝∠AE， ∴∠BAD＋∠CAE＝∠CAD′＋∠CAE＝∠D′AE＝∠DAE， ∴∠DAE＝∠BAC； （3）解：∵∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠B＝∠ACB＝∠AC＝45°， ∴∠CE＝45°＋45°＝90°， ∵△EC是等腰直角三角形， ∴E＝C， 由（2）DE＝E， ∵△ABD绕点A旋转得到△AC， ∴BD＝， ∴DE＝BD． 【点睛】本题考查了几何变换的综合题，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，熟记旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小找出三角形全等的条件是解题的关键． 28．问题背景：EF＝BE＋FD；实际应用：两凉亭之间的距离EF为25米 【分析】（1）根据△ABE≌△ADG可得BE=DG，根据△AEF≌△AGF得EF=GF，进而求得结果； （2）延长CD至H，使DH=BE，可证得△ADH≌△ABE，进而证得△FAH≌△FAE，进一步求得EF． 【详解】解：问题背景：∵∠ADC=90°，∠ADC+∠ADG=180°， ∴∠ADG=90°， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AE=AG，∠BAE=∠DAG， ∵∠EAF=60°，∠BAD=120°， ∴∠BAE+DAF=120°-60°=60°， ∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=60°=∠EAF， 在△AEF和△AGF中， ， ∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴EF=FG， ∵FG=DG+DF=BE+DF， ∴EF=BE+DF， 故答案为：EF=BE+DF； 实际应用：如图2，延长CD至H，使DH=BE，连接AH， ∵∠B+∠ADC=180°，∠ADH+∠ADC=180°， ∴∠ADH=∠B， 在△ADH和△ABE中， ， ∴△ADH≌△ABE（SAS）， ∴AE=AH，∠BAE=∠DAH， ∵∠EAF=∠BAD， ∴∠HAF=∠DAH+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF， 在△AEF和△AHF中， ， ∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴EF=FH， ∵FH=DH+DF=BE+DF， ∴EF=BE+DF， ∵BE=10米，DF=15米，   ∴EF=10+15=25（米）． 【点睛】本题主要考查的是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质等知识，作辅助线构造全等三角形并两次证全等是解题的关键． 29．(1)BE＋DF＝EF (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）将△ABE绕A点逆时针旋转，旋转角等于∠BAD得△，证明△AEF≌△，等量代换即得结论； （2）将△ABE绕点A逆时针旋转，旋转角等于∠BAD，先证明∠EAF=，再证明△AEF≌△，等量代换即得结论； （3）将△ABP绕点A逆时针旋转90°得到，先利用圆内接四边形的性质证明P，C，在同一直线上，再证明△为等腰直角三角形，等量代换即得结论． 【详解】（1）解：结论：BE＋DF＝EF，理由如下： 证明：将△ABE绕点A逆时针旋转，旋转角等于∠BAD，使得AB与AD重合，点E转到点的位置，如图所示， 可知， ∴． 由∠ADC+∠=180°知，C、D、共线， ∵， ∴∠BAF+∠DAF=∠EAF， ∴∠+∠DAF=∠EAF=， ∴△AEF≌△， ∴EF==BE+DF． （2）证明：将△ABE绕点A逆时针旋转，旋转角等于∠BAD，使得AB与AD重合，点E转到点的位置，如图所示， 由旋转可知， ∴，，，． ∵∠B＋∠ADC＝180°， ∴， ∴点C，D，在同一条直线上． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵AF＝AF， ∴， ∴，即BE＋DF＝EF． （3）结论：，理由如下： 证明：将△ABP绕点A逆时针旋转90°得到，使得AB与AC重合，如图所示， 由圆内接四边形性质得：∠AC+∠ACP=180°， 即P，C，在同一直线上． ∴，， ∵BC为直径， ∴∠BAC=90°=∠BAP+∠PAC=∠CA+∠PAC=， ∴△为等腰直角三角形， ∴， 即． 【点睛】本题考查了旋转与全等三角形的综合应用、直径所对的圆周角是直角、圆内接四边形的性质、等腰直角三角形的判定及性质等知识点．解题关键是利用旋转构造全等三角形． 30．(1)45；△AEF，△CEF， (2)PQ＝BP＋DQ (3) (4)见解析 【分析】（1）利用翻折变换的性质可得∠EAF＝45°，证明△BAE≌△DAF（ASA），推出BE＝DF，AE＝AF，可得结论． （2）结论：PQ＝BP＋DQ．如图2中，延长CB到T，使得BT＝DQ．证明△PAT≌△PAQ（SAS），可得结论． （3）证明△CAQ∽△BAM，可得． （4）如图4中，将△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABR，连接RM．证明△AMR≌△AMN（SAS），∠RBM＝90°，可得结论． 【详解】（1）解：如图1中， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD＝BC＝CD，∠BAD＝90°， ∴ABC，△ADC都是等腰三角形， ∵∠BAE＝∠CAE，∠DAF＝∠CAF， ∴∠EAF（∠BAC＋∠DAC）＝45°， ∵∠BAE＝∠DAF＝22.5°，∠B＝∠D＝90°，AB＝AD， ∴△BAE≌△DAF（ASA）， ∴BE＝DF，AE＝AF， ∵CB＝CD， ∴CE＝CF， ∴△AEF，△CEF都是等腰三角形， 故答案为：45，△AEF，△EFC． （2）解：结论：PQ＝BP＋DQ． 理由：如图2中，延长CB到T，使得BT＝DQ． ∵AD＝AB，∠ADQ＝∠ABT＝90°，DQ＝BT， ∴△ADQ≌△ABT（SAS）， ∴AT＝AQ，∠DAQ＝∠BAT， ∵∠PAQ＝45°， ∴∠PAT＝∠BAP＋∠BAT＝∠BAP＋∠DAQ＝45°， ∴∠PAT＝∠PAQ＝45°， ∵AP＝AP， ∴△PAT≌△PAQ（SAS）， ∴PQ＝PT， ∵PT＝PB＋BT＝PB＋DQ， ∴PQ＝BP＋DQ． 故答案为：PQ＝BP＋DQ． （3）解：如图3中， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABM＝∠ACQ＝∠BAC＝45°，ACAB， ∵∠BAC＝∠PAQ＝45°， ∴∠BAM＝∠CAQ， ∴△CAQ∽△BAM， ∴， 故答案为：． （4）证明：如图4中，将△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABR，连接RM． ∵∠BAD＝90°，∠MAN＝45°， ∴∠DAN＋∠BAM＝45°， ∵∠DAN＝∠BAR， ∴∠BAM＋∠BAR＝45°， ∴∠MAR＝∠MAN＝45°， ∵AR＝AN，AM＝AM， ∴△AMR≌△AMN（SAS）， ∴RM＝MN， ∵∠D＝∠ABR＝∠ABD＝45°， ∴∠RBM＝90°， ∴RM2＝BR2＋BM2， ∵DN＝BR，MN＝RM， ∴BM2＋DN2＝MN2． 【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，勾股定理，相似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或相似三角形解决问题，属于中考压轴题． 31．（1）EF=DF+BE；（2）EF=DF-BE；（3）线段EF的长为或． 【分析】（1）延长FD至G，使DG=BE，连接AG，先证△ABE≌△ADG，再证△GAF≌△EAF即可； （2）在DC上截取DH=BE，连接AH，先证△ADH≌△ABE，再证△HAF≌EAF即可； （3）分两种情形分别求解即可解决问题． 【详解】解：（1）结论：EF=BE+DF． 理由：延长FD至G，使DG=BE，连接AG，如图①， ∵ABCD是正方形， ∴AB=AD，∠ABE=ADG=∠DAB=90°， ∴△ABE≌△ADG（AAS）， ∴AE=AG，∠DAG=∠EAB， ∵∠EAF=45°， ∴∠DAF+∠EAB=45°， ∴∠DAF+∠DAG=45°， ∴∠GAF=∠EAF=45°， ∵AF=AF， ∴△GAF≌△EAF（AAS）， ∴EF=GF， ∴GF=DF+DG=DF+BE， 即：EF=DF+BE； （2）结论：EF=DF-BE． 理由：在DC上截取DH=BE，连接AH，如图②， ∵AD=AB，∠ADH=∠ABE=90°， ∴△ADH≌△ABE（SAS）， ∴AH=AE，∠DAH=∠EAB， ∵∠EAF=∠EAB+∠BAF=45°， ∴∠DAH+∠BAF=45°， ∴∠HAF=45°=∠EAF， ∵AF=AF， ∴△HAF≌EAF（SAS）， ∴HF=EF， ∵DF=DH+HF， ∴EF=DF-BE； （3）①当MA经过BC的中点E时，同（1）作辅助线，如图： 设FD=x，由（1）的结论得FG=EF=2+x，FC=4-x． 在Rt△EFC中，（x+2）2=（4-x）2+22， ∴x=， ∴EF=x+2=． ②当NA经过BC的中点G时，同（2）作辅助线， 设BE=x，由（2）的结论得EC=4+x，EF=FH， ∵K为BC边的中点， ∴CK=BC=2， 同理可证△ABK≌FCK（SAS）， ∴CF=AB=4，EF=FH=CF+CD-DH=8-x， 在Rt△EFC中，由勾股定理得到：（4+x）2+42=（8-x）2， ∴x=， ∴EF=8-=． 综上，线段EF的长为或． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题． 32．（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由见解析；（3）MN=CN-AM，理由见解析 【分析】（1）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，可得到点M'、C、N三点共线，再由∠MBN=45°，可得∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解； （2）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，由∠A+∠C＝180°，可得点M'、C、N三点共线，再由∠MBN＝∠ABC，可得到∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解； （3）在NC上截取C M'=AM，连接B M'，由∠ABC+∠ADC＝180°，可得∠BAM=∠C，再由AB＝BC，可证得△ABM≌△CB M'，从而得到AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，进而得到∠MA M'=∠ABC，再由∠MBN＝∠ABC，可得∠MBN＝∠M'BN，从而得到△NBM≌△NBM'，即可求解． 【详解】解：（1）如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC， 在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC    ， ∴∠BCM'+∠BCD=180°， ∴点M'、C、N三点共线， ∵∠MBN=45°， ∴∠ABM+∠CBN=45°， ∴∠M'BN=∠M'BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=45°， 即∠M'BN=∠MBN， ∵BN=BN， ∴△NBM≌△NBM'， ∴MN= M'N， ∵M'N= M'C+CN， ∴MN= M'C+CN=AM+CN； （2）MN=AM+CN；理由如下： 如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC， ∵∠A+∠C＝180°， ∴∠BCM'+∠BCD=180°， ∴点M'、C、N三点共线， ∵∠MBN＝∠ABC， ∴∠ABM+∠CBN=∠ABC＝∠MBN， ∴∠CBN+∠M'BC =∠MBN，即∠M'BN=∠MBN， ∵BN=BN， ∴△NBM≌△NBM'， ∴MN= M'N， ∵M'N= M'C+CN， ∴MN= M'C+CN=AM+CN； （3）MN=CN-AM，理由如下： 如图，在NC上截取C M'=AM，连接B M'， ∵在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°， ∴∠C+∠BAD=180°， ∵∠BAM+∠BAD=180°， ∴∠BAM=∠C， ∵AB＝BC， ∴△ABM≌△CB M'， ∴AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'， ∴∠MA M'=∠ABC， ∵∠MBN＝∠ABC， ∴∠MBN＝∠MA M'=∠M'BN， ∵BN=BN， ∴△NBM≌△NBM'， ∴MN= M'N， ∵M'N=CN-C M'，   ∴MN=CN-AM． 故答案是：MN=CN-AM． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，图形的旋转，根据题意做适当辅助线，得到全等三角形是解题的关键． 33．（1）2；（2）CD＝BD+AC，证明见解析；（3）KE＝BK+EA或EA＝BK+KE，证明见解析 【分析】（1）根据关于y轴对称的性质得到a=2，b=2，得到OA=2，OB=2，于是得到结果； （2）先判断出，进而判断出，得出OD=OE，BD=AE，进而判断出△DOC≌△EOC（SAS），即可得出结论； （3）分五种情况，利用全等三角形的判定和性质解答即可． 【详解】解：（1）由题意可得：a＝2，b＝2， ∴OA＝2，OB＝2， ∴， （2）CD＝BD+AC，过点O作OE⊥OD交BC的延长线于E， ∵∠BOD+∠DOA＝90°，∠AOE+∠DOA＝90°， ∴∠BOD＝∠AOE， ∵∠OBA＝∠OAB＝45°， ∴∠OAE＝∠OBD＝135°， 在△OBD和△OAE中， ， ∴△OBD≌△OAE（ASA）， ∴OD＝OE，BD＝AE， ∴BD+AC＝AC+AE＝CE， 在△DOC和△EOC中， ， ∴△DOC≌△EOC（SAS）， ∴CD＝CE＝BD+AC； （3）∵∠OAB＝45°，∠EFK＝∠OAB， ∴∠EFK＝45°， ①当E在A右侧时，K不在y轴正半轴上，不合题意； ②当E在A上时，K与O重合，不合题意； ③当E在A，O之间时，过点F作FM⊥FE交y轴于点M，连接FB，FA， ∵F（2，2），A（2，0），B（0，2）， ∴OA＝OB，AF⊥x轴，BF⊥y轴， ∵∠FBO＝∠FAO＝90°， ∵∠AOB＝90°， ∴四边形AOBF是矩形， ∵OA＝OB， ∴矩形AOBF是正方形， ∴AF＝BF，∠AFB＝90°， ∴∠EFA＝90°﹣∠BFE， ∵FM⊥FE， ∴∠EFM＝90°， ∴∠MFB＝90°﹣∠BFE， ∴∠MFB＝∠EFA， 在△MFB与△EFA中， ， ∴△MFB≌△EFA（ASA）， ∴MB＝EA，MF＝EF， ∵∠KFE＝45°， ∴∠KFM＝90°﹣45°＝45°， 在△KFM和△KFE中， ， ∴△KFM≌△KFE（SAS）， ∴KE＝KM＝BK+MB＝BK+EA， 即KE＝BK+EA； ④当E在O上时，BK＝0，KE＝EA＝2， 也满足KE＝BK+EA； ⑤当E在O左侧时，同理可证，△BFM≌△AFE（ASA）， ∴EA＝MB， 同理可证△KFM≌△KFE（SAS）， ∴MK＝KE， ∴EA＝BK+KE， 综上所述：KE＝BK+EA或EA＝BK+KE． 【点睛】此题考查几何变换的综合题，解题的关键是构造全等三角形，根据全等三角形的判定和性质解答． 34．（1）30；（2）MN＝BM+NC；（3）MN＝BM+NC，证明见解析；（4） 【分析】（1）先证明△MDN是等边三角形，则MN＝DM＝DN，再证明Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），得∠BDM＝∠CDN＝30°； （2）由（1）得DM＝2BM，可得结论MN＝2BM＝BM+NC； 归纳证明：先证△DBM≌△DCE（HL），得DM＝DE，∠BDM＝∠CDE，再证△MDN≌△EDN（SAS），得MN＝NE，可得结论MN＝BM+CN； 拓展应用： （3）首先根据题意利用SAS证明△DBM≌△DCE，然后证明△MDN≌△EDN，根据全等三角形对应相等通过线段之间的转化即可得到MN＝BM+NC； （4）由（3）得到MN＝BM+NC，则△AMN的周长＝2AB，△ABC的周长＝3AB，即可得出结论． 【详解】特例探究： 解：（1）∵DM＝DN，∠MDN＝60°， ∴△MDN是等边三角形， ∴MN＝DM＝DN， ∵∠BDC＝120°，BD＝DC， ∴∠DBC＝∠DCB＝30°， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝60°， ∴∠DBM＝∠DCN＝90°， ∵BD＝CD，DM＝DN， ∴Rt△DBM≌Rt△DCN（HL）， ∴∠MDB＝∠NDC＝30°， 故答案为：30； （2）由（1）得：DM＝2BM，DM＝MN，Rt△DBM≌Rt△DCN（HL）， ∴BM＝CN， ∴DM＝MN＝2BM＝BM+NC， 即MN＝BM+NC； 归纳证明 （3）解：猜想：MN＝BM+NC，证明如下： ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝60°， ∵BD＝CD，∠BDC＝120°， ∴∠DBC＝∠DCB＝30°， ∴∠MBD＝∠NCD＝90°． ∴∠MBD＝∠ECD＝90°， 又∵BD＝CD，BM＝CE， ∴△DBM≌△DCE（SAS）， ∴DM＝DE，∠MDB＝∠EDC， ∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°， ∴∠MDB+∠NDC＝60°， ∴∠EDN＝∠NDC+∠EDC＝∠MDB+∠NDC＝60°， ∴∠EDN＝∠MDN， 又∵DN＝DN， ∴△MDN≌△EDN（SAS）， ∴MN＝EN＝EC+NC＝BM+NC； 拓展应用 （4）解：由（1）（2）得：MN＝BM+NC， ∴△AMN的周长＝AM+MN+AN＝AM+BM+NC+AN＝AB+AC＝2AB， ∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC＝AC， ∴△ABC的周长＝3AB， ∴△AMN的周长与△ABC的周长的比为＝， 故答案为：． 【点睛】此题考查了等边三角形的性质的，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质． 35．（1）见解析；（2）EF=BE+FD；（3）不成立，理由见解析． 【分析】（1）可通过构建全等三角形实现线段间的转换，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转换为GE，证得EF=BE+DF， （2）思路和辅助线方法与（1）一样，证明三角形ABG和三角形ADF全等， （3）在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG，用（1）中方法，可证得DF=BG，GE=EF，则EF=GE=BE-BG=BE-DF 【详解】解：（1）如图，延长EB到G，使BG=DF，连接AG， 在与中， ； （2）（1）中结论EF=BE+FD仍成立，理由如下， 证明：如图，延长CB到M，使BM=DF， 在与中 即 在与中 即 ； （3）结论EF=BE+FD不成立，理由如下， 证明：在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG， 在与中 ． 【点睛】本题考查四边形综合题，三角形全等的判定与性质，本题中通过全等三角形来实现线段的转换是解题关键，没有明确全等三角形时，要通过辅助线来构建与已知和所求条件相关联全等三角形． 36．（1）CE＋CF＝CD；（2）CF＝CE＋CD，理由见解析；（3）CD＝CE＋CF 【分析】（1）在CD上截取CH=CE，易证CEH是等边三角形，得EH=EC=CH，证明DEH≌FEC，得DH=CF，即可得出结论； （2）先证GCE为等边三角形，再证EGD≌ECF，得到GD＝CF，又因为GD＝CG＋CD，得CF＝CG＋CD，则CF＝CE＋CD； （3）先证GCE为等边三角形，再证CG＝CE＝EG， ∠GEC＝60°，ED＝EF，∠DEG＝∠FEC，得EGD≌ECF，则GD＝CF，即可得到CE +CF＝CD． 【详解】（1）证明：CE+CF=CD， 理由如下：在CD上截取CH=CE，连接EH，如图1所示： ∵ABC是等边三角形， ∴∠ECH=60°， ∴CEH是等边三角形， ∴EH=EC=CH，∠CEH=60°， ∵DEF是等边三角形， ∴DE=FE，∠DEF=60°， ∴∠DEH+∠HEF=∠FEC+∠HEF=60°， ∴∠DEH=∠FEC， 在DEH和FEC中，， ∴DEH≌FEC（SAS）， ∴DH=CF， ∴CD=CH+DH=CE+CF， ∴CE+CF=CD； （2）解：CF＝CE＋CD 理由如下： ∵ABC是等边三角形， ∴∠A＝∠B＝∠ACB＝60°， 作，交BC于点G，如图2所示 ∴∠EGC＝∠B＝60°，∠GEC＝∠A＝60°， ∴∠EGC＝∠GEC＝∠ACB＝60°， ∴GCE为等边三角形， ∴CG＝CE＝EG， ∵EDF为等边三角形， ∴ED＝EF，∠DEF＝60°， ∴∠DEG＝∠FEC， ∴EGD≌ECF（SAS）， ∴GD＝CF， 又GD＝CG＋CD ∴CF＝CE＋CD． （3）∵ABC是等边三角形， ∴∠A＝∠ABC＝∠ACB＝60°， 作，交BC于点G，如图所示 ∴∠EGC＝∠ABC＝60°，∠GEC＝∠A＝60°， ∴∠EGC＝∠GEC＝∠ACB＝60°， ∴GCE为等边三角形， ∴CG＝CE＝EG， ∠GEC＝60° ∴∠GEC＝∠GEF +∠FEC ＝60° ∵EDF为等边三角形， ∴ED＝EF，∠DEF＝60°， ∴∠DEF＝∠GEF +∠DEG＝60° ∴∠DEG＝∠FEC， ∴EGD≌ECF（SAS）， ∴GD＝CF， 又∵GD＝CD-CG，CG＝CE ∴CE +CF＝CD 【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；作辅助线构建等边三角形是解题的关键，属于中考常考题型． 37．（1）45°；（2）见详解 【分析】（1）由CA⊥CB，可得∠ACB＝90°，再根据∠ECF＝45°，即可得出答案； （2）如图，连接DE，先证明△ECF≌△ECD（SAS），可得DE＝EF，再证明△CAD≌△CBF（SAS），可得AD＝BF，∠CAD＝∠B，即可得出∠DAE＝90°，再利用SSS证明△EFG≌△EDA，即可得出答案． 【详解】解：（1）∵CA⊥CB， ∴∠ACB＝90°， ∴∠ACE＋∠ECF＋∠BCF＝90°， ∵∠ECF＝45°， ∴∠ACE＋∠BCF＝90°−∠ECF＝45°； （2）△EFG是直角三角形，理由如下： 如图，连接DE， 由（1）知，∠ACE＋∠BCF＝45°， ∵∠ACD＝∠BCF， ∴∠ACE＋∠ACD＝45°，即∠DCE＝45°， ∵∠ECF＝45°， ∴∠ECF＝∠ECD， 在△ECF和△ECD中， ， ∴△ECF≌△ECD（SAS）， ∴DE＝EF， 在△CAD和△CBF中， ， ∴△CAD≌△CBF（SAS）， ∴AD＝BF，∠CAD＝∠B， ∵FG＝BF， ∴FG＝AD， ∵∠ACB＝90°，CA＝CB， ∴△ABC是等腰直角三角形， ∴∠CAB＝∠B＝45°， ∴∠DAE＝∠CAB＋∠B＝90°， 在△EFG和△EDA中， ， ∴△EFG≌△EDA（SSS）， ∴∠EGF＝∠EAD＝90°， ∴△EFG是直角三角形． 【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形性质，直角三角形的判定和性质，全等三角形判定和性质等知识，解题关键是添加辅助线构造全等三角形，熟练运用全等三角形判定和性质解决问题． 38．（1）AGF，EF＝DE+BF；（2）DE＝；（3）BD＝2或2 【分析】（1）证明△AGF≌△AEF（SAS），则GF＝EF，即GF＝BG+BF＝DE+BF＝EF，即可求解； （2）证明△AFD≌△AED（SAS），则FD＝DE，在Rt△FBH中，∠FBH＝60°，则BH＝BF＝1，FH＝BFsin60°＝2×＝，则,即可求解； （3）①当DE＝AD时，△ADE≌△ADF（SAS），在△ABC中，AB＝AC＝，∠HAC＝30°，由BC2＝（AB+AH）2+HC2得：BC2＝（x+x）2+（x）2，求出BC＝4+2；在△ADE中，AD＝DE＝a，∠ADE＝30°，同理可得：AE＝，由AB2+AE2＝BE2，求出a＝2，即可求解；②当DE＝AE时，BD对应①中的CE，即可求解． 【详解】解：（1）由图象的旋转知，AG＝AE，∠DAE＝∠GAB， ∵∠BAF+∠DAE＝∠BAD﹣∠EAF＝45°， ∴∠GAF＝∠GAB+∠BAF＝∠DAE+∠BAF＝90°﹣∠EAF＝45°＝∠EAF， 又∵AG＝AE，AF＝AF， ∴△AGF≌△AEF（SAS）， ∴GF＝EF， 即GF＝BG+BF＝DE+BF＝EF， 即EF＝DE+BF， 故答案为：AGF，EF＝DE+BF； （2）将△AEC围绕点A旋转到△AFB的位置，连接FD， 由（1）知，△AFB≌△AEC（SAS），则AF＝AE，FB＝EC＝2， ∵∠FAD＝∠FAB+∠BAD＝∠EAC+∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝60°﹣30°＝∠DAE， ∵AD＝AD，AF＝AE， ∴△AFD≌△AED（SAS）， ∴FD＝DE，∠ABF＝∠C＝60°， 在△BDF中，BD＝1，BF＝2，∠FBD＝∠ABF+∠ABC＝60°+60°＝120°， 过点F作FH⊥BD交DB的延长线于点H，则∠FBH＝60°， 在Rt△FBH中，∠FBH＝60°，则BH＝BF＝1，FH＝BFsin60°＝2×＝， 则 故DE＝；    （3）①当DE＝AD时，则∠DAE＝∠DEA＝75°，则∠ADE＝180°﹣2×75°＝30°， 在等腰△ABC中，∠BAC＝150°，则∠ABC＝∠ACB＝15°， 将△AEC围绕点A旋转到△AFB所在的位置（点F对应点E），连接DF， 由（2）同理可得：△ADE≌△ADF（SAS）， ∴DF＝DE， ∵∠ADE＝∠ABC+∠BAD＝15°+∠BAD＝30°，故∠BAD＝15°＝∠ABD， ∴AD＝BD＝ED， 设BD＝a，则AD＝BD＝ED＝a，则BE＝2a， 过点C作CH⊥BA交BA的延长线于点H，则∠HAC＝2∠ABC＝30°， 在△ABC中，AB＝AC＝，∠HAC＝30°， 设AC＝x，则CH＝x，AH＝x， 由BC2＝（AB+AH）2+HC2得：BC2＝（x+x）2+（x）2， 将x＝代入上式并解得：BC＝4+2； 在△ADE中，AD＝DE＝a，∠ADE＝30°， 同理可得：AE＝， ∵∠ABE＝15°，∠AEB＝75°，故∠BAE＝90°， 在Rt△ABE中，AB2+AE2＝BE2，即（）2+（）2＝（2a）2， 解得a＝±2（舍去负值），故a＝2， 则BD＝2， CE＝BC﹣2a＝4+2﹣4＝2； ②当DE＝AE时， BD对应①中的CE， 故BD＝2； 综上，BD＝2或2．    【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，解直角三角形，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解. 39．（1）AE；CF；EF；（2）成立，见解析；（3）不成立，新的关系为AE＝EF＋CF． 【分析】（1）根据题意易得△ABE≌△CBF，然后根据全等三角形的性质可得∠ABE=∠CBF=30°，进而根据30°角的直角三角形及等边三角形的性质可求解； （2）如图2，延长FC到H，使CH=AE，连接BH，根据题意可得△BCH≌△BAE，则有BH=BE，∠CBH=∠ABE，进而可证△HBF≌△EBF，推出HF=EF，最后根据线段的等量关系可求解； （3）如图3，在AE上截取AQ=CF，连接BQ，根据题意易得△BCF≌△BAQ，推出BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，进而可证△FBE≌△QBE，推出EF=QE即可． 【详解】解：（1）如图1，AE+CF=EF，理由如下： ∵AB⊥AD，BC⊥CD， ∴∠A=∠C=90°， ∵AB=BC，AE=CF， ∴△ABE≌△CBF（SAS）， ∴∠ABE=∠CBF，BE=BF， ∵∠ABC=120°，∠MBN=60°， ∴∠ABE=∠CBF=30°， ∴， ∵∠MBN=60°，BE=BF， ∴△BEF是等边三角形， ∴， 故答案为：AE+CF=EF； （2）如图2，（1）中结论成立；理由如下： 延长FC到H，使CH=AE，连接BH， ∵AB⊥AD，BC⊥CD， ∴∠A=∠BCH=90°， ∴△BCH≌△BAE（SAS）， ∴BH=BE，∠CBH=∠ABE， ∵∠ABC=120°，∠MBN=60°， ∴∠ABE+∠CBF=120°-60°=60°， ∴∠HBC+∠CBF=60°， ∴∠HBF=∠MBN=60°， ∴∠HBF=∠EBF， ∴△HBF≌△EBF（SAS）， ∴HF=EF， ∵HF=HC+CF=AE+CF， ∴EF=AE+CF； （3）如图3，（1）中的结论不成立，关系为AE=EF+CF，理由如下： 在AE上截取AQ=CF，连接BQ， ∵AB⊥AD，BC⊥CD， ∴∠A=∠BCF=90°， ∵AB=BC， ∴△BCF≌△BAQ（SAS）， ∴BF=BQ，∠CBF=∠ABQ， ∵∠MBN=60°=∠CBF+∠CBE， ∴∠CBE+∠ABQ=60°， ∵∠ABC=120°， ∴∠QBE=120°-60°=60°=∠MBN， ∴∠FBE=∠QBE， ∴△FBE≌△QBE（SAS）， ∴EF=QE， ∵AE=QE+AQ=EF+CF， ∴AE=EF+CF． 【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、含30°角的直角三角形的性质及等边三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、含30°角的直角三角形的性质及等边三角形的性质是解题的关键． 40．（1）补全图形见解析；（2）BE+DF=EF，证明见解析． 【分析】（1）根据题意补全图形即可． （2）延长FE到H,使EH=EF，根据题意证明△ABH≌△ADF，然后根据全等三角形的性质即可证明． 【详解】（1）补全图形 （2）BE+DF=EF． 证明：延长FE到H,使EH=EF ∵BE⊥AP， ∴AH=AF， ∴∠HAP=∠FAP=45°， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB=AD， ∠BAD=90° ∴∠BAP+∠2=45°， ∵∠1+∠BAP=45° ∴∠1=∠2， ∴△ABH≌△ADF， ∴DF=BH， ∵BE+BH=EH=EF， ∴BE+DF=EF． 【点睛】此题考查了正方形的性质和全等三角形的性质，解题的关键是根据题意作出辅助线． 41．（1），理由见详解；（2）见详解；（3）结论EF＝BE＋FD不成立，应当是EF＝BE−FD．理由见详解． 【分析】（1）在CD的延长线上截取DM＝BE，连接AM，证出△ABE≌△ADM，根据全等三角形的性质得出BE＝DM，再证明△AEF≌△AMF，得EF＝FM，进而即可得出答案； （2）在CD的延长线上截取DG＝BE，连接AG，证出△ABE≌△ADG，根据全等三角形的性质得出BE＝DG，再证明△AEF≌△AGF，得EF＝FG，即可得出答案； （3）按照（2）的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．根据（2）的证法，我们可得出DF＝BG，GE＝EF，那么EF＝GE＝BE−BG＝BE−DF．所以（1）的结论在（3）的条件下是不成立的． 【详解】（1）解：，理由如下： 延长CD，使DM=BE，连接AM， ∵在正方形中，AB=AD，∠B=∠ADM=90°， ∴， ∴∠BAE=∠DAM，AE=AM， ∵， ∴∠BAE+∠DAF=∠DAM+∠DAF =90°-45°=45°， ∴∠EAF=∠MAF=45°， 又∵AF=AF，AE=AM， ∴， ∴EF=MF=MD+DF=BE+DF； （2）在CD的延长线上截取DG＝BE，连接AG，如图， ∵∠ADF＝90°，∠ADF＋∠ADG＝180°， ∴∠ADG＝90°， ∵∠B＝90°， ∴∠B＝∠ADG＝90°， ∵BE＝DG，AB＝AD， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴∠BAE＝∠DAG，AG＝AE， ∴∠EAG＝∠EAD＋∠DAG＝∠EAD＋∠ABE＝∠BAD， ∵， ∴∠EAF＝∠FAG， 又∵AF＝AF，AE＝AG， ∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴EF＝FG＝DF＋DG＝EB＋DF； （3）结论EF＝BE＋FD不成立，应当是EF＝BE−FD．理由如下： 如图，在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG． ∵∠B＋∠ADC＝180°，∠ADF＋∠ADC＝180°， ∴∠B＝∠ADF． ∵在△ABG与△ADF中， ， ∴△ABG≌△ADF（SAS）． ∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF． ∴∠BAG＋∠EAD＝∠DAF＋∠EAD＝∠EAF＝∠BAD． ∴∠GAE＝∠BAD=∠EAF． ∵AE＝AE，AG＝AF． ∴△AEG≌△AEF． ∴EG＝EF， ∵EG＝BE−BG ∴EF＝BE−FD． 【点睛】本题考查了三角形综合题，三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用旋转变换的思想添加辅助线，构造全等三角形解决问题，解题时注意一些题目虽然图形发生变化，但是证明思路和方法是类似的，属于中考压轴题． 42．（1）BE＋DF＝EF，△AEG；（2），理由见解析；（3）或 【分析】（1）由旋转的性质得AG=AF，∠GAB=∠FAD，∠ABG=∠D=90°，则有∠GAE=∠EAF=45°，进而证得△AEG≌△AEF，根据全等三角形的性质证得GE=EF即可解答； （2）将△ABD绕点A逆时针旋转90°至△ACG，连接EG，可证得AG=AD，∠GAE=∠DAE=45°，∠GCE=90°，进而可证得△GAE≌△DAE，根据全等三角形的性质证得GE=DE，再根据勾股定理即可得出结论； （3）当点D在点B右侧时，将△ABD绕点A逆时针旋转60°至△ACG，可证得∠GAE=∠DAE=30°，∠GCE=120°，进而可证得△GAE≌△DAE，根据全等三角形的性质证得GE=DE，过G作GH⊥EC，交EC延长线于H，设CE=x，易求得GE=DE=4﹣x，EH= x+，GH=，在△GHE中，由勾股定理可求得CE的值；当点D在点B左侧时，同样的方法可求得CE的长． 【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=AD，∠BAD=∠D=∠ABC=90°， ∵将△ADF绕点A顺时针方向旋转90°至△ABG， ∴AG=AF， BG=DF，∠GAB=∠FAD，∠ABG=∠D=90°， ∴∠ABG+∠ABC=90°+90°=180°， ∴点G、B、E共线， ∵∠EAF=45°， ∴∠BAE+∠FAD=45°， ∴∠BAE+∠GAB=45°，即∠GAE =45° ∴∠GAE=∠FAE，又AG=AF，AE=AE， ∴△AEG≌△AEF（SAS）, ∴GE=EF， ∵GE=BE+BG=BE+DF， ∴BE+DF=EF， 故答案为：BE＋DF＝EF，△AEG； （2）猜想：BD2+CE2=DE2，理由为： ∵∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠ABC=∠ACB=45°， 如图2，将△ABD绕点A逆时针方向旋转90°至△ACG，连接EG， ∴AG=AD， CG=BD，∠GAC=∠DAB，∠ACG=∠ABC=45°， ∴∠ACG+∠ACB=45°+45°=90°， ∴GE2=CG2++CE2， ∵∠DAE=45°， ∴∠DAB+∠EAC=45°， ∴∠GAC+∠EAC=45°，即∠GAE =45° ∴∠GAE=∠DAE，又AG=AD，AE=AE， ∴△GAE≌△DAE（SAS）, ∴GE=DE， ∵GE2=CG2++CE2=BD2+CE2， ∴BD2+CE2=DE2； （3）∵△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝AC＝5， ∴△ABC为等边三角形， ∴∠ABC=∠ACB=60°， 由题意，点D，E均在直线BC上，点D在点E的左侧，且∠DAE＝30°， ∴①当点D在点B右侧时，BD=1，如图3， 将△ABD绕点A逆时针旋转60°至△ACG，连接EG， ∴AG=AD， CG=BD=1，∠GAC=∠DAB，∠ACG=∠ABC=60°， ∵∠DAE=30°，∠BAC=60°， ∴∠DAB+∠EAC=30°， ∴∠GAC+∠EAC=30°，即∠GAE =30° ∴∠GAE=∠DAE，又AG=AD，AE=AE， ∴△GAE≌△DAE（SAS）, ∴GE=DE， 过G作GH⊥EC，交EC延长线于H， ∵∠ECG=∠ACG+∠ACB=60°+60°=120°， ∴∠GCH=60°， 在Rt△GCH中，CH=CG·cos60°=，GH= CG·sin60°=， 设CE=x，易求得GE=DE=4﹣x，EH= x+， 在△GHE中，由勾股定理得：（4﹣x）2=( x+)2+（）2， 解得：x=，即CE=； ②当点D在点B左侧时，BD=1 同理，将△ABD绕点A逆时针旋转60°至△ACG，连接EG， 易证△GAE≌△DAE，得GE=DE， 过G作GH⊥EC，交CE于H， ∵∠ACG=∠ADB=120°，∠ACB=60°， ∴∠GCH=60°， 在Rt△GCH中，CH=CG·cos60°=，GH= CG·sin60°=， 设CE=x，易求得GE=DE=6﹣x，EH= x﹣， 在△GHE中，由勾股定理得：（6﹣x）2=( x﹣)2+（）2， 解得：x=，即CE=， 综上，CE的长为或． 【点睛】本题考查正方形的性质、旋转的性质、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、等边三角形的判定与性质、解一元一次方程、锐角三角函数等知识，综合性强，难度适中，熟练掌握相关知识的性质与运用，正确作出辅助线，借助旋转性质得出全等三角形是解答的关键． 43．（1）见解析；（2）；（3），见解析 【分析】（1）连接,通过，得到为等腰直角三角形，进而得到，根据过点平行于的直线与过点平行于的直线相交于点，可推出，，最后通过证明≌，可以得出结论； （2）在射线上取点，使，连接，通过证明≌，得到，，再结合，推导证明≌，得到，最后等量代换线段即可求解； （3）延长到点，使得，连接，通过证明≌，得到，，再结合，推导证明≌，得到，根据，等量代换可知，又因为，推出，进而得到，同理可证，最后根据勾股定理即可求解． 【详解】解：（1）证明：连接． ，， 为等腰直角三角形， ， 又，且， ， ， ， 同理，， 在与中 ， ≌， ，； （2）如图，在射线上取点，使，连接． 在与中 ， ≌， ，， ，， ， ， ， 在与中 ≌， ， 又， ． （3）．证明如下： 如图，延长到点，使得，连接． ， 在与中 ， ≌， ，， ， ， ， ， ， ， 在与中 ， ≌， ， ≌， ， ， ， ， ， ， 同理可证：， 在中，由勾股定理得：． 【点睛】本题综合考查了全等三角形的性质和判定,勾股定理以及正方形的有关知识，通过添加辅助线构造全等三角形，通过证明全等三角形得到线段之间的关系是解题的关键． 44．（1）见解析；（2）见解析；（3）3 【分析】（1）由题意易得AB=CD，∠A=∠D=90°，进而可证Rt△ABM≌Rt△DCN，最后得证； （2）延长CB至G，使BG=NE，连接MG，易得∠MBG=∠BMD=∠MNE=120°，进而可证MG=ME，∠GMB=∠EMN，∠GMF=∠FME，MF=MF，△GMF≌△EMF，然后根据线段的数量关系可求解； （3）设BF=2a，MN=BM=CN=3a，则有∠A=∠D=∠DCB=90°，AD=BC，由（1）可得AM=BM=，由(2)问可知：EF=BF+NE，△GMF≌△EMF，∠MFB=∠MFE，可得CE=CN-EN=3a-(7-2a)=5a-7，过点E作ER⊥BC于R，∠ERF=∠ERC=∠DCB=90°，ER∥DC，然后根据勾股定理进行求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB=CD，∠A=∠D=90°， ∵BM=CN， ∴Rt△ABM≌Rt△DCN(HL)， ∴AM=DM （2）解：延长CB至G，使BG=NE，连接MG，    ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠MBG=∠BMD=∠MNE=120°， ∵BM=MN， ∴△GBM≌△ENM(SAS)， ∴MG=ME，∠GMB=∠EMN， ∵∠BMD=120°，∠FME=60° ， ∴∠GMF=∠GMB+∠BMF=∠EMN+∠BMF =∠BMD-∠FME=120°-60° =60°， ∴∠GMF=∠FME，MF=MF，△GMF≌△EMF(SAS)， ∴GF=EF， ∴GF=BF+GB=BF+NE，即EF=BF+NE； （3）解：∵2MN=3BF， ∴设BF=2a，MN=BM=CN=3a， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A=∠D=∠DCB=90°，AD=BC， 由(1)问可知：Rt△ABM≌Rt△DCN， ∴∠AMB=∠CND=180°-∠BMD=180°-120° =60° ， ∠ABM=∠DCN=90°-60°=30°， 在Rt△ABM中，∴AM=BM=，同理DN= ， ∴AD=BC=AM+MN+DN= +3a+=6a， ∴FC=BC-BF=6a-2a=4a， 由(2)问可知：EF=BF+NE，△GMF≌△EMF，∠MFB=∠MFE， ∵EP∥BC， ∴∠EPF=∠MFB=∠MFE， ∴EF=EP=7， ∴NE=EF-BF=7-2a， ∴CE=CN-EN=3a-(7-2a)=5a-7 过点E作ER⊥BC于R， ∴∠ERF=∠ERC=∠DCB=90°，ER∥DC， ∴∠CER=∠DCN=30° ，    在Rt△ERC中，RC=CE= ， ∴FR=FC-RC=4a-=， 在Rt△ERC中，ER2=EC2-CR2， 在Rt△ERF中，ER2=EF2-FR2， ∴EC2-CR2=EF2-FR2， ∴(5a-7)2-()2=72-()2 解得a1=0 (不符合题意，舍去)，a2=2， ∴CE=5a-7=3． 【点睛】本题主要考查矩形的性质与判定、全等三角形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握矩形的性质与判定、全等三角形的性质与判定及勾股定理是解题的关键． 45．（1）全等，理由详见解析；（2）5 【分析】（1）由题意易得∠ABG＝90°＝∠D，然后问题可求证； （2）由（1）及题意易得△GAE≌△FAE，GB＝DF，进而问题可求解． 【详解】解：（1）全等．理由如下 ∵∠D＝∠ABE＝90°， ∴∠ABG＝90°＝∠D， 在△ABG和△ADF中， ， ∴△GAB≌△FAD（ASA）； （2）∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°， ∴∠DAF+∠BAE＝45°， ∵△GAB≌△FAD， ∴∠GAB＝∠FAD，AG＝AF， ∴∠GAB+∠BAE＝45°， ∴∠GAE＝45°， ∴∠GAE＝∠EAF， 在△GAE和△FAE中， ， ∴△GAE≌△FAE（SAS） ∴EF＝GE ∵△GAB≌△FAD， ∴GB＝DF， ∴EF＝GE＝GB+BE＝FD+BE＝2+3＝5． 【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键． 46．（1）见解析；（2），理由见解析；（3） 【分析】（1）依题意补全图形即可； （2）将绕点逆时针旋转90°到，由旋转性质知两三角形全等，所以，，再用SAS证明即可得出结论； （3）线段CP的值最大点P与A重合，即CP为正方形的对角线，因为此时CP=4,  时确定点H的运动轨迹，利用弧从而求出正方形边，通过AAS证明得出，当点从到点时，点从点沿圆弧到点，半径为CH，圆心角 ，根据弧长公式计算即可． 【详解】（1）画图，如图1． （2），，之间有确定的数量关系，． 理由如下：如图1，∵是正方形，∴可将绕点逆时针旋转90°到． ∴，．∴，，． ∴，，在同一条直线上． ∵，∴．∴． ∵，∴．∴． ∴． （3）如图2，由（2），． ∵，∴．∴． 当点还在点处时，是正方形的对角线，此时最长．即正方形的对角线为4． ∴正方形的边长．∴． 当点从到点时，点从点沿圆弧到点，圆心角． ∴点运动的路径长为． 【点睛】本题是四边形性质综合应用题，具体考查正方形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、角平分线的性质定理、弧长公式等知识，解题关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题． 47．（1）见解析；（2）；（3）． 【分析】（1）延长到点G,使，连接，首先证明，则有，，然后利用角度之间的关系得出，进而可证明，则，则结论可证； （2）分别作点A关于和的对称点，，连接，交于点，交于点，根据轴对称的性质有，，当点、、、在同一条直线上时，即为周长的最小值，然后利用求解即可； （3）旋转至的位置，首先证明，则有，最后利用求解即可． 【详解】（1）证明：如解图①，延长到点，使，连接， 在和中， ． ，， ，， ． ， 在和中， ． ，； （2）解：如解图，分别作点A关于和的对称点，，连接，交于点，交于点． 由对称的性质可得，， 此时的周长为． 当点、、、在同一条直线上时，即为周长的最小值． ， ． ，， ； （3）解：如解图，旋转至的位置， ， ，． 在和中， ． ． ． 【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质，轴对称的性质，掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键． ( 第 10 页 共 134 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $