第02讲 对角互补模型（学霸秘籍，压轴题专项训练）2026年中考数学（江苏专用）

**基本信息** 聚焦江苏中考几何压轴题，以对角互补模型为核心，构建“考情-技巧-典例-训练”四层递进体系，系统提炼全等/相似构造方法，培养几何直观与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |考情透视|考法综述|划分全等型与相似型，确立模型框架|从模型定义到八年级全等应用、九年级相似扩展，形成概念-推导-应用链条| |技巧点拨|4个模型|标准化“构造→转化→结论”流程，提炼旋转/垂线等构造技巧|按90°/120°/任意角细分模型，推导线段关系与面积公式| |核心精讲|2道典例|结合“对直角四边形”等场景拆解解题步骤|通过典例展示模型在四边形、三角形中的综合应用| |考题预测|20道题|针对中考高频考点设计选择/填空/解答题|覆盖模型直接应用、变式拓展及实际情境问题，强化实战能力|

第二讲 对角互补模型『压轴题之经典模型培优方案』 〔考法综述+技巧点拨+典例剖析+预测达标练〕 【原卷版】 在此输入内容，确保信息清晰简洁，便于观众快速理解。文字应简明扼要，突出重点，搭配合适的字体和配色，提升可读性。 讲义说明 资料简介 本讲义专为江苏省中考考生定制，聚焦数学压轴题几何模型，帮助学生掌握解题方法、强化答题技巧，轻松攻克压轴题，助力中考数学取得优异成绩。 讲义设置四大核心模块，层层递进助力备考： 模块一 考情透视，考法综述—深度剖析江苏中考压轴题命题趋势，明晰考情考点； 模块二 技巧点拨，方法揭秘—梳理核心解题思路，传授实用答题技巧，破解解题难点； 模块三 核心精讲，典例剖析—针对高频考点细致讲解，结合典型例题拆解解题步骤； 模块四 考题预测，满分训练—立足考情精准预测考题，搭配专项训练题，强化实战能力。 全程立足江苏中考考情，讲练结合，全方位提升学生压轴题解题能力，夯实数学高分基础。 模块一 考情透视 考法综述 因结构中存在“对角互补”的核心特征，模型被命名为“对角互补模型”‌。分类突破‌：文献明确划分‌全等型与‌相似型‌，确立模型框架深度整合‌：将旋转、垂线、四点共圆等技巧按“构造→转化→结论”流程标准化，成为中考压轴题核心工具。模型在八年级首次出现于三角形全等证明，常与角平分线、等腰三角形结合，通过旋转或垂线构造全等形‌。九年级扩展至相似三角形领域，利用双垂线法构造相似三角形，适用于任意互补角，重点在于比例关系的推导。 模块二 技巧点拨 方法揭秘 模型1：全等形—90°对角互补模型 如图，∠AOB=∠DCE=90°, ∠DCE 的顶点在∠AOB的平分线OC 上，两边分别与射线OA,OB 交于 点D,E, 则： (1)CD=CE; (2)OD+OE=OC; （3）S△OCD+S△OCE= 模型2：全等形—120°对角互补模型 如图，∠AOB=2∠DCE=120°,∠DCE的顶点在∠AOB的平分线OC 上，两边分别与射线OA,OB 交于点D,E, 则： (1)CD=CE; (2)OD+OE=OC; （3）S△OCD+S△OCE= 模型3：全等形—任意角对角互补模型 如图，∠AOB=2a,∠DCE=180°-2a,∠DCE的顶点在∠AOB的平分线OC上，两边分别与射线OA, OB交于点D,E,则： 模型4：相似形—90°对角互补模型 如图，∠AOB=∠DCE=90°,∠DCE 的顶点在∠AOB内部射线OC 上，两边分别与射线OA,OB 交于 点D,E. 若∠COB=a, 则CE=CD·tana. 模块三 核心精讲 典例剖析 【典例精讲一】我们定义：有一组对角为直角的四边形叫做“对直角四边形”． （1）如图①，四边形ABCD为对直角四边形，∠B=90°，若AB2-AD2=4，求CD2-BC2的值； （2）如图②，四边形ABCD中，∠ABC=90°，AB=BC，若BD平分∠ADC，求证：四边形ABCD为对直角四边形； （3）在（2）的条件下，如图③，连结AC，若，求tan∠ACD的值． 【典例精讲二】问题背景： （1）如图（1），在四边形中，，，．E，F分别是，上的点．且，探索，，的数量关系，王岩和张放两位同学探索的思路虽然不尽相同，但都得出了正确的结论． 王岩是这样想的：把绕着点逆时针旋转到使与重合，得，并确定点，，在一条直线上，再证明…… 张放是这样想的：延长到点，使，连接，先证明，……他们得出的结论是_________________． （2）探索延伸：如图（2），若在四边形中，，．E，F分别是，上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由； （3）实际应用： 如图（3），在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西的A处，舰艇乙在指挥中心（O处）南偏东的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离都是90海里，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，同时，舰艇乙沿着射线的方向（），以14海里/小时的速度前进小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且舰艇乙在指挥中心南偏东，试问，两舰艇E，F之间的距离是否符合（2）的条件？如果符合，请求出两舰艇之间的距离（画出辅助线）；如果不符合，请说明理由． 模块四 考题预测 满分训练 一、选择题 1．Rt△ABC中，AB=AC，点D为BC中点．∠MDN=90°，∠MDN绕点D旋转，DM、DN分别与边AB、AC交于E、F两点．下列结论 ①(BE+CF)=BC，②，③AD·EF，④AD≥EF，⑤AD与EF可能互相平分， 其中正确结论的个数是【   】 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题 2．如图，P是等边三角形ABC内一点，将线段BP绕点B逆时针旋转60°得到线段BQ，连接AQ．若PA=4，PB=5，PC=3，则四边形APBQ的面积为_______．    3．如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝8，AB＝AC，∠CBD＝30°，BD＝4，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为_____． 三、解答题 4．回答问题： (1)【初步探索】如图1：在四边形中，，E、F分别是上的点，且，探究图中之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是：延长到点G，使．连接，先证明，再证明，可得出结论，他的结论应是 ； (2)【灵活运用】如图2，若在四边形中，．E、F分别是上的点，且，上述结论是否仍然成立，并说明理由； (3)【拓展延伸】如图3，已知在四边形中，，若点E在的延长线上，点F在的延长线上，如图3所示，仍然满足，请写出与的数量关系，并给出证明过程． 5．在内有一点D，过点D分别作，垂足分别为B，C．且，点E，F分别在边和上． (1)如图1，若，请说明； (2)如图2，若，猜想具有的数量关系，并说明你的结论成立的理由． 6．阅读下面材料． 小炎遇到一个问题：如图1，点E、F分别在正方形的边上，，连接，则，试说明理由． 小炎是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段相对集中，她先尝试了翻折、旋转、平移的方法，最后发现线段是共点并且相等的，于是找到解决问题的方法．她的方法是将绕着点A逆时针旋转90°得到，再利用全等的知识解决这个问题（如图2）． 参考小炎同学思考问题的方法，解决下列问题： (1)写出小炎的推理过程； (2)如图3，四边形ABCD中，，，点E、F分别在边上，，若、都不是直角，则当与满足于__________关系时，仍有； (3)如图4，在中，，，点D、E均在边BC上，且，若，，求DE的长． 7．如图，在△ABC中，∠ACB＝120°，BC＞AC，点E在BC上，点D在AB上，CE＝CA，连接DE，∠ACB＋∠ADE＝180°，CH⊥AB，垂足为点H．求证：DE＋AD＝CH． 8．如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，点E，F分别在四边形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系． （1）思路梳理 将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，由∠B+∠ADC=180°，得∠FDG=180°，即点F，D，G三点共线，易证△AFG≌△AFE，故EF，BE，DF之间的数量关系为__； （2）类比引申 如图2，在图1的条件下，若点E，F由原来的位置分别变到四边形ABCD的边CB，DC延长线上，∠EAF=∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系，并给出证明． （3）联想拓展 如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D，E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1，EC=2，直接写出DE的长为________________. 9．五边形ABCDE中，，，，求证：AD平分∠CDE． 10．探究问题： (1)方法感悟： 如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且满足∠BAF＝45°，连接EF，求证DE＋BF＝EF．感悟解题方法，并完成下列填空：将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得：AB＝AD，BG＝DE，∠1＝∠2，∠ABG＝∠D＝90°，∴  ∠ABG＋∠ABF＝90°＋90°＝180°，因此，点G，B，F在同一条直线上． ∵  ∠EAF＝45°∴  ∠2＋∠3＝∠BAD－∠EAF＝90°－45°＝45°． ∵  ∠1＝∠2，∠1＋∠3＝45°． 即∠GAF＝∠________． 又AG＝AE，又AG＝AE，AF＝AF ∴  △GAF≌△________． ∴  _________＝EF，故DE＋BF＝EF． (2)方法迁移： 如图②，将Rt△ABC沿斜边翻折得到△ADC，点E，F分别为DC，BC边上的点，且∠EAF＝∠DAB．试猜想DE，BF，EF之间有何数量关系，并证明你的猜想． 11．如图所示，为等边三角形，边长为4，点为的中点，，其两边分别交和的延长线于，求的值． 12．如图，△ABC是边长为4的等边三角形，点D是线段BC的中点，∠EDF=120°，把∠EDF绕点D旋转，使∠EDF的两边分别与线段AB、AC交于点E、F． （1）当DF⊥AC时，求证：BE=CF； （2）在旋转过程中，BE+CF是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由 13．如图所示，中，，，把一块含角的直角三角板的直角顶点放在的中点上（直角三角板的短直角边为，长直角边为），将三角板绕点按逆时针方向旋转. （1）在如图所见中，交于，交于，证明； （2）继续旋转至如图所见，延长交于，延长交于，证明. 14．（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． 15．四边形是由等边和顶角为的等腰排成，将一个角顶点放在处，将角绕点旋转，该交两边分别交直线、于、，交直线于、两点． （1）当、都在线段上时（如图1），请证明：； （2）当点在边的延长线上时（如图2），请你写出线段，和之间的数量关系，并证明你的结论； （3）在（1）的条件下，若，，请直接写出的长为 ． 16．问题探究 （1）如图①，已知∠A=45°，∠ABC=30°，∠ADC=40°，则∠BCD的大小为___________； （2）如图②，在四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠ADC=90°，对角线BD=6．求四边形ABCD的面积；小明这样来计算．延长DC，使得CE=AD，连接BE，通过证明△ABD≌△CBE，从而可以计算四边形ABCD的面积．请你将小明的方法完善．并计算四边形ABCD的面积； 问题解决 （3）如图③，四边形ABCD是正在建设的城市花园，其中AB=BC，∠ABC=60°，∠ADC=30°，DC=40米，AD=30米．请计算出对角线BD的长度． 17．问题背景：如图1，在四边形中，，，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．探究图中线段，，之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长到G，使，连接，先证明，再证明，可得出结论，他的结论就是_______________； 探究延伸1：如图2，在四边形中，，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．上述结论是否仍然成立？请直接写出结论（直接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由． 探究延伸2：如图3，在四边形中，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由． 实际应用：如图4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西的A处舰艇乙在指挥中心南偏东的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75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为，试求此时两舰艇之间的距离． 18．如图1，四边形ABCD中，BD⊥AD，E为BD上一点，AE＝BC，CE⊥BD，CE＝ED （1）已知AB＝10，AD＝6，求CD； （2）如图2，F为AD上一点，AF＝DE，连接BF，交BF交AE于G，过G作GH⊥AB于H，∠BGH＝75°．求证：BF＝2GH+EG． 19．在中，，，于点D． (1)如图1，点，分别在，上，且，当，时，求线段的长； (2)图2，点E、F分别在上，且，求证：． (3)如图3，点M在的延长线上，点N在上，且，求证：． 20．问题背景 如图（1），在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，AB＝AD，∠BAD＝α，以点A为顶点作一个角，角的两边分别交BC，CD于点E，F，且∠EAFα，连接EF，试探究：线段BE，DF，EF之间的数量关系． （1）特殊情景 在上述条件下，小明增加条件“当∠BAD＝∠B＝∠D＝90°时”如图（2），小明很快写出了：BE，DF，EF之间的数量关系为______． （2）类比猜想 类比特殊情景，小明猜想：在如图（1）的条件下线段BE，DF，EF之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请你帮助小明完成证明；若不成立，请说明理由． （3）解决问题 如图（3），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，点D，E均在边BC上，且∠DAE＝45°，若BD，请直接写出DE的长． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 第二讲 对角互补模型『压轴题之经典模型培优方案』 〔考法综述+技巧点拨+典例剖析+预测达标练〕 【原卷版】 在此输入内容，确保信息清晰简洁，便于观众快速理解。文字应简明扼要，突出重点，搭配合适的字体和配色，提升可读性。 讲义说明 资料简介 本讲义专为江苏省中考考生定制，聚焦数学压轴题几何模型，帮助学生掌握解题方法、强化答题技巧，轻松攻克压轴题，助力中考数学取得优异成绩。 讲义设置四大核心模块，层层递进助力备考： 模块一 考情透视，考法综述—深度剖析江苏中考压轴题命题趋势，明晰考情考点； 模块二 技巧点拨，方法揭秘—梳理核心解题思路，传授实用答题技巧，破解解题难点； 模块三 核心精讲，典例剖析—针对高频考点细致讲解，结合典型例题拆解解题步骤； 模块四 考题预测，满分训练—立足考情精准预测考题，搭配专项训练题，强化实战能力。 全程立足江苏中考考情，讲练结合，全方位提升学生压轴题解题能力，夯实数学高分基础。 模块一 考情透视 考法综述 因结构中存在“对角互补”的核心特征，模型被命名为“对角互补模型”‌。分类突破‌：文献明确划分‌全等型与‌相似型‌，确立模型框架深度整合‌：将旋转、垂线、四点共圆等技巧按“构造→转化→结论”流程标准化，成为中考压轴题核心工具。模型在八年级首次出现于三角形全等证明，常与角平分线、等腰三角形结合，通过旋转或垂线构造全等形‌。九年级扩展至相似三角形领域，利用双垂线法构造相似三角形，适用于任意互补角，重点在于比例关系的推导。 模块二 技巧点拨 方法揭秘 模型1：全等形—90°对角互补模型 如图，∠AOB=∠DCE=90°, ∠DCE 的顶点在∠AOB的平分线OC 上，两边分别与射线OA,OB 交于 点D,E, 则： (1)CD=CE; (2)OD+OE=OC; （3）S△OCD+S△OCE= 模型2：全等形—120°对角互补模型 如图，∠AOB=2∠DCE=120°,∠DCE的顶点在∠AOB的平分线OC 上，两边分别与射线OA,OB 交于点D,E, 则： (1)CD=CE; (2)OD+OE=OC; （3）S△OCD+S△OCE= 模型3：全等形—任意角对角互补模型 如图，∠AOB=2a,∠DCE=180°-2a,∠DCE的顶点在∠AOB的平分线OC上，两边分别与射线OA, OB交于点D,E,则： 模型4：相似形—90°对角互补模型 如图，∠AOB=∠DCE=90°,∠DCE 的顶点在∠AOB内部射线OC 上，两边分别与射线OA,OB 交于 点D,E. 若∠COB=a, 则CE=CD·tana. 模块三 核心精讲 典例剖析 【典例精讲一】我们定义：有一组对角为直角的四边形叫做“对直角四边形”． （1）如图①，四边形ABCD为对直角四边形，∠B=90°，若AB2-AD2=4，求CD2-BC2的值； （2）如图②，四边形ABCD中，∠ABC=90°，AB=BC，若BD平分∠ADC，求证：四边形ABCD为对直角四边形； （3）在（2）的条件下，如图③，连结AC，若，求tan∠ACD的值． 【答案】⑴ 4；⑵见解析 ；⑶tan∠ACD的值为3或． 【思路引导】（1）利用勾股定理即可解决问题； （2）如图②中，作BE⊥CD于E，BF⊥DA交DA的延长线于F．只要证明∠EBF=90°即可解决问题； （3）如图③中，设AD=x，CD=y．根据，构建方程即可解决问题. 【规范解答】解：如图①中， ∵四边形ABCD为对直角四边形，∠B=90°， ∴∠D=∠B=90°， ∴AC2=AB2+BC2=AD2+DC2， ∴CD2-BC2=AB2-AD2=4． （2）证明：如图②中，作BE⊥CD于E，BF⊥DA交DA的延长线于F． ∵BD平分∠ADC，BE⊥CD，BF⊥AD， ∴BE=BF， ∵∠BFA=∠BEC=90°，BA=BC，BF=BE， ∴Rt△BFA≌Rt△BEC（HL）， ∴∠ABF=∠CBE， ∴∠EBF=∠ABC=90°， ∴ADC=360°-90°-90°-90°=90°， ∵∠ABC=∠ADC=90°， ∴四边形ABCD为对直角四边形． （3）解：如图③中，设AD=x，CD=y． ∵∠ADC=90°， ∴tan∠ACD=，AC=， ∵AB=AC，∠ABC=90°， ∴AB=BC=•， ∵， ∴， 整理得：3x2-10xy+3y2=0， ∴3（）2-10•+3=0， ∴=3或． ∴tan∠ACD的值为3或． 【考点剖析】本题属于四边形综合题，考查了勾股定理，三角形的面积，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质定理等知识，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，学会利用参数，构建方程解决问题，属于中考压轴题． 【典例精讲二】问题背景： （1）如图（1），在四边形中，，，．E，F分别是，上的点．且，探索，，的数量关系，王岩和张放两位同学探索的思路虽然不尽相同，但都得出了正确的结论． 王岩是这样想的：把绕着点逆时针旋转到使与重合，得，并确定点，，在一条直线上，再证明…… 张放是这样想的：延长到点，使，连接，先证明，……他们得出的结论是_________________． （2）探索延伸：如图（2），若在四边形中，，．E，F分别是，上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由； （3）实际应用： 如图（3），在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西的A处，舰艇乙在指挥中心（O处）南偏东的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离都是90海里，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，同时，舰艇乙沿着射线的方向（），以14海里/小时的速度前进小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且舰艇乙在指挥中心南偏东，试问，两舰艇E，F之间的距离是否符合（2）的条件？如果符合，请求出两舰艇之间的距离（画出辅助线）；如果不符合，请说明理由． 【答案】（1），（2）成立，理由见解析；（3）111海里 【思路引导】（1）张放的方法利用延长线段构造全等三角形，王岩是利用旋转构造全等三角形，如图1证明，根据全等三角形的性质得到，证明，得，证明结论； （2）延长到点G．使．连接，证明，根据全等三角形的性质得到，证明，得，证明结论； （3）延长、相交于点G，根据题意得到，，，根据图2的结论计算． 【规范解答】（1）解：，理由如下： 延长到点G．使．连接， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 在和中 ， ， ， ； （2）（1）中的结论仍然成立，即．理由： 延长到点G．使．连接， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 在和中 ， ， ， ； （3）延长、相交于点G， 舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西的A处， ， ， 舰艇乙在指挥中心（O处）南偏东的B处， ， 甲、乙两舰艇分别到达E，F处， 舰艇甲向正东方向以60海里小时的速度前进，同时，舰艇乙沿着射线的方向（），以14海里/小时的速度前进小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处， 且舰艇乙在指挥中心南偏东， ，海里，海里， ， 为等边三角形， ， ， ， 在四边形中 ， ， 符合（2）中的条件，结论成立， 海里． 模块四 考题预测 满分训练 一、选择题 1．Rt△ABC中，AB=AC，点D为BC中点．∠MDN=90°，∠MDN绕点D旋转，DM、DN分别与边AB、AC交于E、F两点．下列结论 ①(BE+CF)=BC，②，③AD·EF，④AD≥EF，⑤AD与EF可能互相平分， 其中正确结论的个数是【   】 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【规范解答】解:∵Rt△ABC中，AB=AC，点D为BC中点．∠MDN=90°， ∴AD =DC，∠EAD=∠C=45°，∠EDA=∠MDN－∠ADN =90°－∠ADN=∠FDC． ∴△EDA≌△FDC（ASA）． ∴AE=CF． ∴BE+CF= BE+ AE=AB． 在Rt△ABC中，根据勾股定理，得AB=BC． ∴(BE+CF)=BC． ∴结论①正确． 设AB=AC=a，AE=b，则AF=BE= a－b． ∴． ∴． ∴结论②正确． 如图，过点E作EI⊥AD于点I，过点F作FG⊥AD于点G，过点F作FH⊥BC于点H，ADEF相交于点O． ∵四边形GDHF是矩形，△AEI和△AGF是等腰直角三角形， ∴EO≥EI（EF⊥AD时取等于）=FH=GD， OF≥GH（EF⊥AD时取等于）=AG． ∴EF=EO＋OF≥GD＋AG=AD． ∴结论④错误． ∵△EDA≌△FDC， ∴． ∴结论③错误． 又当EF是Rt△ABC中位线时，根据三角形中位线定理知AD与EF互相平分． ∴结论⑤正确． 综上所述，结论①②⑤正确．故选C． 二、填空题 2．如图，P是等边三角形ABC内一点，将线段BP绕点B逆时针旋转60°得到线段BQ，连接AQ．若PA=4，PB=5，PC=3，则四边形APBQ的面积为_______．    【答案】 【思路引导】由旋转的性质可得△BPQ是等边三角形，由全等三角形的判定可得△ABQ≌△CBP(SAS)，由勾股定理的逆定理可得△APQ是直角三角形，求四边形的面积转化为求两个特殊三角形的面积即可． 【规范解答】解：连接PQ， 由旋转的性质可得，BP=BQ， 又∵∠PBQ=60°， ∴△BPQ是等边三角形， ∴PQ=BP， 在等边三角形ABC中，∠CBA=60°，AB=BC， ∴∠ABQ=60°-∠ABP ∠CBP=60°-∠ABP ∴∠ABQ=∠CBP 在△ABQ与△CBP中 ， ∴△ABQ≌△CBP(SAS)， ∴AQ=PC， 又∵PA=4，PB=5，PC=3， ∴PQ=BP=5，PC=AQ=3， 在△APQ中，因为，25=16+9， ∴由勾股定理的逆定理可知△APQ是直角三角形， ∴， 故答案为：    【考点剖析】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定、勾股定理的逆定理及特殊三角形的面积，解题的关键是作出辅助线，转化为特殊三角形进行求解． 3．如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝8，AB＝AC，∠CBD＝30°，BD＝4，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为_____． 【答案】4+4． 【思路引导】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，代入求出即可． 【规范解答】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°，BD＝4，CD＝BD×tan∠CBD＝4， ∴△DMN的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝4+4， 故答案为4+4． 【考点剖析】此题主要考查利用三角形全等的性质和解直角三角形，进行等量转换，关键是做辅助线. 三、解答题 4．回答问题： (1)【初步探索】如图1：在四边形中，，E、F分别是上的点，且，探究图中之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是：延长到点G，使．连接，先证明，再证明，可得出结论，他的结论应是 ； (2)【灵活运用】如图2，若在四边形中，．E、F分别是上的点，且，上述结论是否仍然成立，并说明理由； (3)【拓展延伸】如图3，已知在四边形中，，若点E在的延长线上，点F在的延长线上，如图3所示，仍然满足，请写出与的数量关系，并给出证明过程． 【答案】(1) (2)仍成立，理由见解析 (3)，证明见解析 【思路引导】（1）延长到点G， 使，连接，根据全等三角形判定定理可得，则，根据边之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理及性质即可求出答案． （2）延长到点G， 使，连接，根据角之间的关系可得，根据全等三角形判定定理可得，则，根据边之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理及性质即可求出答案． （3）在延长线上取一点G，使得，连接，根据角之间的关系可得，根据全等三角形判定定理可得，则，根据边之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，再根据角之间的关系即可求出答案． 【规范解答】（1）解：延长到点G， 使，连接， 在和中， ， ∴， ， ∵， ， 在和中， ， ∴， ； 故答案为：； （2）解：延长到点G， 使，连接， ∵， ， 在和中， ， ∴， ， ∵， ， 在和中， ， ∴， ； （3）解：，证明如下： 在延长线上取一点G，使得，连接， ∵， 在和中 ， ∴， ， ∵， ， 在和中 ， ∴， ， ∵， ， ∴，即， ∴． 【考点剖析】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形． 5．在内有一点D，过点D分别作，垂足分别为B，C．且，点E，F分别在边和上． (1)如图1，若，请说明； (2)如图2，若，猜想具有的数量关系，并说明你的结论成立的理由． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 【思路引导】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，灵活运用、、证明三角形全等成为解题的关键． （1）根据题目中的条件和可证，再根据全等三角形的性质即可证明结论； （2）如图：过点D作交于点G，从而可以得到，然后即可得到，再证明，即可得到，即可确定具有的数量关系． 【规范解答】（1）解：∵， ∴， 在和中， ∵， ∴． ∴． （2）解：，理由如下： 如图：过点D作交于点G， 在和中，, ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． 在和中， ∴． ∴， ∴． 6．阅读下面材料． 小炎遇到一个问题：如图1，点E、F分别在正方形的边上，，连接，则，试说明理由． 小炎是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段相对集中，她先尝试了翻折、旋转、平移的方法，最后发现线段是共点并且相等的，于是找到解决问题的方法．她的方法是将绕着点A逆时针旋转90°得到，再利用全等的知识解决这个问题（如图2）． 参考小炎同学思考问题的方法，解决下列问题： (1)写出小炎的推理过程； (2)如图3，四边形ABCD中，，，点E、F分别在边上，，若、都不是直角，则当与满足于__________关系时，仍有； (3)如图4，在中，，，点D、E均在边BC上，且，若，，求DE的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【思路引导】（1）如图所示，将绕着点A逆时针旋转90°得到，先证明三点共线，然后推出，即可利用证明，得到，由此即可证明； （2）当，结论成立，如图所示，将绕点A逆时针旋转90°得到，则，，先证明三点共线，再证明，即可利用证明得到，由此即可证明； （3）如图所示，将绕点A逆时针旋转90°得到，则，，证明，即可利用证明，得到，在中，由勾股定理得，则． 【规范解答】（1）解：如图所示，将绕着点A逆时针旋转90°得到， ∵四边形是正方形， ∴， 由旋转的性质可得，， ∴，即三点共线， ∵， ∴，即， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴； （2）解：当时，仍有，理由如下： 如图所示，将绕点A逆时针旋转90°得到， ∴， ∵， ∴，即三点共线， ∵ ∴， ∴，即， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， 故答案为：； （3）解：如图所示，将绕点A逆时针旋转90°得到， ∴，， ∵， ∴，， ∴，，即，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴． 【考点剖析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 7．如图，在△ABC中，∠ACB＝120°，BC＞AC，点E在BC上，点D在AB上，CE＝CA，连接DE，∠ACB＋∠ADE＝180°，CH⊥AB，垂足为点H．求证：DE＋AD＝CH． 【答案】见解析 【思路引导】如图，作∠FCD＝∠ACB，交BA延长线于F，证明△AFC≌△EDC得到AF＝DE，FC＝CD，再由三线合一定理得到FH＝HD，∠FCH＝∠HCD＝60°，则DH＝CH，由此即可得到． 【规范解答】证明：如图，作∠FCD＝∠ACB，交BA延长线于F， ∵∠FCA＋∠ACD＝∠ACD＋∠DCB， ∴∠FCA＝∠DCB， ∵∠ACB＝120°，∠ACB＋∠ADE＝180°，∠EDB+∠ADE＝180°， ∴∠EDB＝∠ACB＝120°，∠EDA＝60°， ∵∠FAC＝120°＋∠B，∠CED＝120°＋∠B， ∴∠FAC＝∠CED， 在△AFC和△EDC中， ， ∴△AFC≌△EDC（ASA）， ∴AF＝DE，FC＝CD， ∵CH⊥FD， ∴FH＝HD，∠FCH＝∠HCD＝60°， ∴DH＝CH， ∵AD＋DE＝AD＋AF＝FD＝2DH＝CH， ∴AD＋DE＝CH． 【考点剖析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，含30度的直角三角形的性质，三角形外角的性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 8．如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，点E，F分别在四边形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系． （1）思路梳理 将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，由∠B+∠ADC=180°，得∠FDG=180°，即点F，D，G三点共线，易证△AFG≌△AFE，故EF，BE，DF之间的数量关系为__； （2）类比引申 如图2，在图1的条件下，若点E，F由原来的位置分别变到四边形ABCD的边CB，DC延长线上，∠EAF=∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系，并给出证明． （3）联想拓展 如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D，E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1，EC=2，直接写出DE的长为________________. 【答案】（1）EF＝BE＋DF；（2）EF＝DF−BE；证明见解析；（3）. 【思路引导】（1）将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，首先证明F，D，G三点共线，求出∠EAF＝∠GAF，然后证明△AFG≌△AFE，根据全等三角形的性质解答； （2）将△ABE绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADE'，首先证明E'，D，F三点共线，求出∠EAF＝∠E'AF，然后证明△AFE≌△AFE'，根据全等三角形的性质解答； （3）将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACD'，使AB与AC重合，连接ED'，同（1）可证△AED≌AED'，求出∠ECD'＝90°，再根据勾股定理计算即可． 【规范解答】解：（1）将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合， ∵∠B＋∠ADC＝180°， ∴∠FDG＝180°，即点F，D，G三点共线， ∵∠BAE＝∠DAG，∠EAF＝∠BAD， ∴∠EAF＝∠GAF， 在△AFG和△AFE中，， ∴△AFG≌△AFE， ∴EF＝FG＝DG＋DF＝BE＋DF； （2）EF＝DF−BE； 证明：将△ABE绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADE'，则△ABE≌ADE'， ∴∠DAE'＝∠BAE，AE'＝AE，DE'＝BE，∠ADE'＝∠ABE， ∵∠ABC＋∠ADC＝180°，∠ABC＋∠ABE＝180°， ∴∠ADE'＝∠ADC，即E'，D，F三点共线， ∵∠EAF＝∠BAD， ∴∠E'AF＝∠BAD−（∠BAF＋∠DAE'）＝∠BAD−（∠BAF＋∠BAE）＝∠BAD−∠EAF＝∠BAD， ∴∠EAF＝∠E'AF， 在△AEF和△AE'F中，， ∴△AFE≌△AFE'（SAS）， ∴FE＝FE'， 又∵FE'＝DF−DE'， ∴EF＝DF−BE； （3）将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACD'，使AB与AC重合，连接ED'， 同（1）可证△AED≌AED'， ∴DE＝D'E． ∵∠ACB＝∠B＝∠ACD'＝45°， ∴∠ECD'＝90°， 在Rt△ECD'中，ED'＝，即DE＝， 故答案为：． 【考点剖析】本题考查的是旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，灵活运用利用旋转变换作图、掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 9．五边形ABCDE中，，，，求证：AD平分∠CDE． 【答案】见解析 【思路引导】延长DE至F，使得，连接AC，易证△ABC≌△AEF，得到，然后证明△ADC≌△ADF即可解决问题． 【规范解答】延长DE至F，使得，连接AC. ∵，， ∴ ∵，， ∴△ABC≌△AEF． ∴， ∵， ∴， ∴△ADC≌△ADF， ∴ 即AD平分∠CDE． 【考点剖析】本题主要考查全等三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线构造全等三角形是解题关键. 10．探究问题： (1)方法感悟： 如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且满足∠BAF＝45°，连接EF，求证DE＋BF＝EF．感悟解题方法，并完成下列填空：将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得：AB＝AD，BG＝DE，∠1＝∠2，∠ABG＝∠D＝90°，∴  ∠ABG＋∠ABF＝90°＋90°＝180°，因此，点G，B，F在同一条直线上． ∵  ∠EAF＝45°∴  ∠2＋∠3＝∠BAD－∠EAF＝90°－45°＝45°． ∵  ∠1＝∠2，∠1＋∠3＝45°． 即∠GAF＝∠________． 又AG＝AE，AF＝AF ∴  △GAF≌△________． ∴  _________＝EF，故DE＋BF＝EF． (2)方法迁移： 如图②，将Rt△ABC沿斜边翻折得到△ADC，点E，F分别为DC，BC边上的点，且∠EAF＝∠DAB．试猜想DE，BF，EF之间有何数量关系，并证明你的猜想． 【答案】(1)EAF、△EAF、GF；(2)DE＋BF＝EF. 【思路引导】（1）利用角之间的等量代换得出∠GAF=∠FAE，再利用SAS得出△GAF≌△EAF，得出答案； （2）将△ADE顺时针旋转90°得到△ABG，再证明△AGF≌△AEF，即可得出答案； 【规范解答】解：（1）如图①所示； 根据等量代换得出∠GAF=∠FAE， 利用SAS得出△GAF≌△EAF， ∴GF=EF， 故答案为FAE；△EAF；GF； (2)DE＋BF＝EF，理由如下： 假设∠BAD的度数为m，将△ADE绕点A顺时针旋转，m°得到△ABG，如图，此时AB与AD重合，由旋转可得：     AB＝AD，BG＝DE，∠1＝∠2，∠ABG＝∠D＝90°，     ∴  ∠ABG＋∠ABF＝90°＋90°＝180°，     因此，点G，B，F在同一条直线上．     ∵  ，     ∴  ． ∵  ∠1＝∠2， ∴ ∠1＋∠3＝．    即∠GAF＝∠EAF． ∵在△AGF和△AEF中， ， ∴  △GAF≌△EAF（SAS）．    ∴  GF＝EF． 又∵ GF＝BG＋BF＝DE＋BF， ∴  DE＋BF＝EF． 【考点剖析】此题主要考查了全等三角形的判定和性质、以及折叠的性质和旋转变换性质等知识，证得△GAF≌△EAF是解题的关键． 11．如图所示，为等边三角形，边长为4，点为的中点，，其两边分别交和的延长线于，求的值． 【答案】6 【思路引导】取的中点，连接，则，设与交于点，证明，由全等三角形的性质可得，结合，，可知，即可获得答案． 【规范解答】解：∵是等边三角形，边长为4， ∴，， 如图，取的中点，连接，设与交于点， ∵点为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴，， ∴， 又∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴ ． 【考点剖析】本题主要考查了平行线的性质、等边三角形的性质、三角形中位线的性质、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用、正确作出辅助线构建全等三角形是解题关键． 12．如图，△ABC是边长为4的等边三角形，点D是线段BC的中点，∠EDF=120°，把∠EDF绕点D旋转，使∠EDF的两边分别与线段AB、AC交于点E、F． （1）当DF⊥AC时，求证：BE=CF； （2）在旋转过程中，BE+CF是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由 【答案】（1）证明见解析；（2）是，2. 【思路引导】（1）根据四边形内角和为360°，可求∠DEA=90°，根据“AAS”可判定△BDE≌△CDF，即可证BE=CF； （2）过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，如图2，易证△MBD≌△NCD，则有BM=CN，DM=DN，进而可证到△EMD≌△FND，则有EM=FN，就可得到BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN=2BM=2BD×cos60°=BD=BC=2. 【规范解答】（1）∵△ABC是边长为4的等边三角形，点D是线段BC的中点， ∴∠B=∠C=60°，BD=CD， ∵DF⊥AC， ∴∠DFA=90°， ∵∠A+∠EDF+∠AFD+∠AED=180°， ∴∠AED=90°， ∴∠DEB=∠DFC，且∠B=∠C=60°，BD=DC， ∴△BDE≌△CDF（AAS） （2）过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N， 则有∠AMD=∠BMD=∠AND=∠CND=90°． ∵∠A=60°， ∴∠MDN=360°-60°-90°-90°=120°． ∵∠EDF=120°， ∴∠MDE=∠NDF． 在△MBD和△NCD中， ， ∴△MBD≌△NCD（AAS） BM=CN，DM=DN． 在△EMD和△FND中， ， ∴△EMD≌△FND（ASA） ∴EM=FN， ∴BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN =2BM=2BD×cos60°=BD=BC=2. 【考点剖析】本题主要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、特殊角的三角函数值等知识，通过证明三角形全等得到BM=CN，DM=DN，EM=FN是解决本题的关键． 13．如图所示，中，，，把一块含角的直角三角板的直角顶点放在的中点上（直角三角板的短直角边为，长直角边为），将三角板绕点按逆时针方向旋转. （1）在如图所见中，交于，交于，证明； （2）继续旋转至如图所见，延长交于，延长交于，证明. 【答案】(1)见解析；（2）见解析. 【思路引导】（1）连接BD，证明△DMB≌△DNC．根据已知，全等条件已具备两个，再证出∠MDB=∠NDC，用ASA证明全等，四边形DMBN的面积不发生变化，因为它的面积始终等于△ABC面积的一半； （2）同样利用（1）中的证明方法可以证出△DMB≌△DNC； （3）方法同（1）． 【规范解答】证明：（1）连接BD, ∵AB=BC，∠ABC=90°，点D为AC的中点 ∴BD⊥AC，∠A=∠C=45° ∴BD=AD=CD ∴∠ABD=∠A=45° ∴∠MBD=∠C=45° ∵∠MDB+∠BDN=90° ∠NDC+∠BDN=90° ∴∠MDB=∠NDC 在△MDB和△NDC中 ∴△MDB≌△NDC（ASA） ∴DM=DN（5分） （2）DM=DN仍然成立．理由如下：连接BD， 由（1）知BD⊥AC，BD=CD ∴∠ABD=∠ACB=45° ∵∠ABD+∠MBD=180°∠ACB+∠NCD=180° ∴∠MBD=∠NCD ∵BD⊥AC ∴∠MDB+∠MDC=90° 又∠NDC+∠MDC=90° ∴∠MDB=∠NDC 在△MDB和△NDC中 ∴△MDB≌△NDC（ASA） ∴DM=DN. 【考点剖析】本题主要考查学生的推理能力，题目比较典型，利用ASA求三角形全等（手拉手模型），还运用了全等三角形的性质，等腰直角三角形的性质，及等腰三角形三线合一定理等知识． 14．（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． 【答案】（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 【思路引导】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． 【规范解答】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， ， ， ， ， ． 15．四边形是由等边和顶角为的等腰排成，将一个角顶点放在处，将角绕点旋转，该交两边分别交直线、于、，交直线于、两点． （1）当、都在线段上时（如图1），请证明：； （2）当点在边的延长线上时（如图2），请你写出线段，和之间的数量关系，并证明你的结论； （3）在（1）的条件下，若，，请直接写出的长为 ． 【答案】（1）证明见解析；（2）．证明见解析；（3）． 【思路引导】（1）把△DBM绕点D逆时针旋转120°得到△DAQ，根据旋转的性质可得DM=DQ，AQ=BM，∠ADQ=∠BDM，然后求出∠QDN=∠MDN，利用“边角边”证明△MND和△QND全等，根据全等三角形对应边相等可得MN=QN，再根据AQ+AN=QN整理即可得证； （2）把△DAN绕点D顺时针旋转120°得到△DBP，根据旋转的性质可得DN=DP，AN=BP，根据∠DAN=∠DBP=90°可知点P在BM上，然后求出∠MDP=60°，然后利用“边角边”证明△MND和△MPD全等，根据全等三角形对应边相等可得MN=MP，从而得证； （3）过点M作MH∥AC交AB于G，交DN于H，可以证明△BMG是等边三角形，根据等边三角形的性质可得BM=MG=BG，根据全等三角形对应角相等可得∠QND=∠MND，再根据两直线平行，内错角相等可得∠QND=∠MHN，然后求出∠MND=∠MHN，根据等角对等边可得MN=MH，然后求出AN=GH，再利用“角角边”证明△ANE和△GHE全等，根据全等三角形对应边相等可得AE=GE，再根据BG=AB-AE-GE代入数据进行计算即可求出BG，从而得到BM的长． 【规范解答】解：（1）证明：把△DBM绕点D逆时针旋转120°得到△DAQ， 则DM=DQ，AQ=BM，∠ADQ=∠BDM，∠QAD=∠CBD=90°， ∴点Q在直线CA上， ∵∠QDN=∠ADQ+∠ADN=∠BDM+∠ADN=∠ABD-∠MDN=120°-60°=60°， ∴∠QDN=∠MDN=60°， ∵在△MND和△QND中， ， ∴△MND≌△QND（SAS）， ∴MN=QN， ∵QN=AQ+AN=BM+AN， ∴BM+AN=MN； （2）：. 理由如下：如图，把△DAN绕点D顺时针旋转120°得到△DBP， 则DN=DP，AN=BP， ∵∠DAN=∠DBP=90°， ∴点P在BM上， ∵∠MDP=∠ADB-∠ADM-∠BDP=120°-∠ADM-∠ADN=120°-∠MDN=120°-60°=60°， ∴∠MDP=∠MDN=60°， ∵在△MND和△MPD中， ， ∴△MND≌△MPD（SAS）， ∴MN=MP， ∵BM=MP+BP， ∴MN+AN=BM； （3）如图，过点M作MH∥AC交AB于G，交DN于H， ∵△ABC是等边三角形， ∴△BMG是等边三角形， ∴BM=MG=BG， 根据（1）△MND≌△QND可得∠QND=∠MND， 根据MH∥AC可得∠QND=∠MHN， ∴∠MND=∠MHN， ∴MN=MH， ∴GH=MH-MG=MN-BM=AN， 即AN=GH， ∵在△ANE和△GHE中， ， ∴△ANE≌△GHE（AAS）， ∴AE=EG=2.1， ∵AC=7， ∴AB=AC=7， ∴BG=AB-AE-EG=7-2.1-2.1=2.8， ∴BM=BG=2.8． 故答案为：2.8 【考点剖析】本题考查了全等三角形的判定与性质及等腰三角形的性质，根据等边三角形的性质，旋转变换的性质作辅助线构造全等三角形是解题的关键，（3）作平行线并求出AN=GH是解题的关键，也是本题的难点． 16．问题探究 （1）如图①，已知∠A=45°，∠ABC=30°，∠ADC=40°，则∠BCD的大小为___________； （2）如图②，在四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠ADC=90°，对角线BD=6．求四边形ABCD的面积；小明这样来计算．延长DC，使得CE=AD，连接BE，通过证明△ABD≌△CBE，从而可以计算四边形ABCD的面积．请你将小明的方法完善．并计算四边形ABCD的面积； 问题解决 （3）如图③，四边形ABCD是正在建设的城市花园，其中AB=BC，∠ABC=60°，∠ADC=30°，DC=40米，AD=30米．请计算出对角线BD的长度． 【答案】（1）115°；（2）S四边形ABCD=18；（3）对角线BD的长度为米． 【思路引导】（1）利用外角的性质可求解； （2）延长DC，使得CE=AD，连接BE，通过证明△ABD≌△CBE，从而可以计算四边形ABCD的面积； （2）将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接FD，由旋转的性质可得BF=BD，AF=CD=40，∠BDC=∠BFA，由三角形内角和定理可求∠FAD=90°，由勾股定理可求解． 【规范解答】解：（1）如图1，延长BC交AD于E， ∵∠BCD=∠BED+∠D，∠BED=∠A+∠ABC， ∴∠BCD=∠A+∠ABC +∠D =45°+30°+40°=115°， 故答案为：115°； （2）延长DC，使得CE=AD，连接BE， 在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°， ∴∠A+∠BCD=180°， ∵∠BCE+∠BCD=180°， ∴∠A=∠BCE， 在△ABD和△CBE中， ， ∴△ABD≌△CBE， ∴BE=BD，∠ABD=∠CBE，S△ABD=S△CBE， ∵∠ABC=90°，即∠ABD+∠DBC=90°， ∴∠CBE+∠DBC=90°，即∠DBE=90°，   ∵BD=BE=6，∠DBE=90°， ∴S△BDE=×BE×BD=18， ∴S△BDE=S△CBE+S△DBC=S△ABD+S△DBC=S四边形ABCD=18； （4）如图，将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接FD， ∴△BCD≌△BAF，∠FBD=60°， ∴BF=BD，AF=CD=40，∠BDC=∠BFA， ∴△BFD是等边三角形， ∴BF=BD=DF， ∵∠ADC=30°， ∴∠ADB+∠BDC=30°， ∴∠BFA+∠ADB=30°， ∵∠FBD+∠BFA+∠BDA+∠AFD+∠ADF=180°， ∴60°+30°+∠AFD+∠ADF=180°， ∴∠AFD+∠ADF=90°， ∴∠FAD=90°， ∴DF=， ∴BD=(米)． 答：对角线BD的长度为米． 【考点剖析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加辅助线构造全等三角形是本题的关键． 17．问题背景：如图1，在四边形中，，，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．探究图中线段，，之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长到G，使，连接，先证明，再证明，可得出结论，他的结论就是_______________； 探究延伸1：如图2，在四边形中，，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．上述结论是否仍然成立？请直接写出结论（直接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由． 探究延伸2：如图3，在四边形中，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由． 实际应用：如图4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西的A处舰艇乙在指挥中心南偏东的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75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为，试求此时两舰艇之间的距离． 【答案】EF=AE+CF．探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立．实际应用：210海里． 【思路引导】延长到G，使，连接，先证明，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明，可得GF=EF，即可解题； 探究延伸1：延长到G，使，连接，先证明，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明，可得GF=EF，即可解题； 探究延伸2：延长到G，使，连接，先证明，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明，可得GF=EF，即可解题； 实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，然后与探究延伸2同理可得EF=AE+CF，将AE和CF的长代入即可． 【规范解答】解：EF=AE+CF 理由：延长到G，使，连接， 在△BCG和△BAE中， ， ∴（SAS）， ∴BG=BE，∠CBG=∠ABE， ∵∠ABC=120°，∠MBN=60°， ∴∠ABE+∠CBF=60°， ∴∠CBG+∠CBF=60°， 即∠GBF=60°， 在△BGF和△BEF中， ， ∴△BGF≌△BEF（SAS）， ∴GF=EF， ∵GF=CG+CF=AE+CF， ∴EF=AE+CF． 探究延伸1：结论EF=AE+CF成立． 理由：延长到G，使，连接， 在△BCG和△BAE中， ， ∴（SAS）， ∴BG=BE，∠CBG=∠ABE， ∵∠ABC=2∠MBN， ∴∠ABE+∠CBF=∠ABC， ∴∠CBG+∠CBF=∠ABC， 即∠GBF=∠ABC， 在△BGF和△BEF中， ， ∴△BGF≌△BEF（SAS）， ∴GF=EF， ∵GF=CG+CF=AE+CF， ∴EF=AE+CF． 探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立． 理由：延长到G，使，连接， ∵，∠BCG+∠BCD=180°， ∴∠BCG=∠BAD 在△BCG和△BAE中， ， ∴（SAS）， ∴BG=BE，∠CBG=∠ABE， ∵∠ABC=2∠MBN， ∴∠ABE+∠CBF=∠ABC， ∴∠CBG+∠CBF=∠ABC， 即∠GBF=∠ABC， 在△BGF和△BEF中， ， ∴△BGF≌△BEF（SAS）， ∴GF=EF， ∵GF=CG+CF=AE+CF， ∴EF=AE+CF． 实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点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+CF仍然成立 即EF=75×1.2+100×1.2=210（海里） 答：此时两舰艇之间的距离为210海里． 【考点剖析】本题考查了全等三角形的判定与性质．作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 18．如图1，四边形ABCD中，BD⊥AD，E为BD上一点，AE＝BC，CE⊥BD，CE＝ED （1）已知AB＝10，AD＝6，求CD； （2）如图2，F为AD上一点，AF＝DE，连接BF，交BF交AE于G，过G作GH⊥AB于H，∠BGH＝75°．求证：BF＝2GH+EG． 【答案】（1）2；（2）证明见解析 【思路引导】（1）由勾股定理得出BD＝＝8，由HL证得Rt△ADE≌Rt△BEC，得出BE＝AD，则CE＝ED＝BD﹣BE＝BD﹣AD＝2，由等腰直角三角形的性质即可得出结果； （2）连接CF，易证AF＝CE，AD∥CE，得出四边形AECF是平行四边形，则AE＝CF，AE∥CF，得出∠CFD＝∠EAD，∠CFB＝∠AGF，由Rt△ADE≌Rt△BEC，得出∠CBE＝∠EAD，推出∠CBE＝∠CFD，证得△BCF是等腰直角三角形，则BF＝BC＝CF＝AE，∠FBC＝∠BFC＝45°，推出∠AGF＝45°，∠AGH＝60°，∠GAH＝30°，则AG＝2GH，得出BF＝AE＝（AG+EG），即可得出结论． 【规范解答】（1）解：∵BD⊥AD， ∴BD＝＝＝8， ∵CE⊥BD， ∴∠CEB＝∠EDA＝90°， 在Rt△ADE和Rt△BEC中，， ∴Rt△ADE≌Rt△BEC（HL）， ∴BE＝AD， ∴CE＝ED＝BD﹣BE＝BD﹣AD＝8﹣6＝2， ∴CD＝CE＝2； （2）解：连接CF，如图2所示： ∵AF＝DE，DE＝CE， ∴AF＝CE， ∵BD⊥AD，CE⊥BD， ∴AD∥CE， ∴四边形AECF是平行四边形， ∴AE＝CF，AE∥CF， ∴∠CFD＝∠EAD，∠CFB＝∠AGF， 由（1）得：Rt△ADE≌Rt△BEC， ∴∠CBE＝∠EAD， ∴∠CBE＝∠CFD， ∵∠FBD+∠BFC+∠CFD＝90°， ∴∠FBD+∠BFC+∠CBE＝90°， ∴∠BCF＝90°， ∵AE＝BC， ∴BC＝CF， ∴△BCF是等腰直角三角形， ∴BF＝BC＝CF＝AE，∠FBC＝∠BFC＝45°， ∴∠AGF＝45°， ∵∠BGH＝75°， ∴∠AGH＝180°﹣45°﹣75°＝60°， ∵GH⊥AB， ∴∠GAH＝30°， ∴AG＝2GH， ∴BF＝AE＝（AG+EG）， ∴BF＝2GH+EG． 【考点剖析】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、含30°角直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握直角三角形的性质、作辅助线构建平行四边形是解题的关键． 19．在中，，，于点D． (1)如图1，点，分别在，上，且，当，时，求线段的长； (2)图2，点E、F分别在上，且，求证：． (3)如图3，点M在的延长线上，点N在上，且，求证：． 【答案】(1)； (2)见解析 (3)见解析 【思路引导】（1）根据等腰三角形的性质直角三角形的性质得到，求出，，根据直角三角形的性质和勾股定理计算即可； （2）证明，根据全等三角形的性质证明； （3）过点M作交的延长线于E，证明，根据全等三角形的性质得到，根据等腰直角三角形的性质、勾股定理证明结论． 【规范解答】（1）解：，，， ，，， ， ， ， ， ， ， 由勾股定理得，，即， 解得，， ； （2）证明：∵，， ∴， 在和中，， ∴， ∴； （3）证明：过点M作交的延长线于E， ∴，， 则， ∴， ∵，， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴． 【考点剖析】本题考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 20．问题背景 如图（1），在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，AB＝AD，∠BAD＝α，以点A为顶点作一个角，角的两边分别交BC，CD于点E，F，且∠EAFα，连接EF，试探究：线段BE，DF，EF之间的数量关系． （1）特殊情景 在上述条件下，小明增加条件“当∠BAD＝∠B＝∠D＝90°时”如图（2），小明很快写出了：BE，DF，EF之间的数量关系为______． （2）类比猜想 类比特殊情景，小明猜想：在如图（1）的条件下线段BE，DF，EF之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请你帮助小明完成证明；若不成立，请说明理由． （3）解决问题 如图（3），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，点D，E均在边BC上，且∠DAE＝45°，若BD，请直接写出DE的长． 【答案】（1）BE+DF＝EF；（2）成立；（3）DE 【思路引导】（1）将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG，由旋转的性质可得AE＝AG，BE＝DG，∠BAE＝∠DAG，根据∠EAF=∠BAD可得∠BAE+∠DAF＝45°，即可得出∠∠EAF＝∠FAG，利用SAS可证明△AFE≌△AFG，可得EF=FG，进而可得EF=BE+FD；（2）将△ABE绕点A逆时针旋转α得到△ADH，由旋转的性质可得∠ABE＝∠ADH，∠BAE＝∠DAH，AE＝AH，BE＝DH，根据∠BAD＝α，∠EAFα可得∠BAE+∠FADα，进而可证明∠FAH＝∠EAF，利用SAS可证明△AEF≌△AHF，可得EF=FH=BE+FD；（3）将△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△AE′B，连接DE′，由旋转的性质可得BE′＝EC，AE′＝AE，∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB，根据等腰直角三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝4，即可求出∠E′BD＝90°，利用SAS可证明△AEF≌△AHF，可得DE＝DE′，利用勾股定理求出DE的长即可的答案. 【规范解答】解：（1）BE+DF＝EF， 如图1，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG， ∵∠ADC＝∠B＝∠ADG＝90°， ∴∠FDG＝180°，即点F，D，G共线． 由旋转可得AE＝AG，BE＝DG，∠BAE＝∠DAG． ∵∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝90°﹣∠BAD=90°-45°＝45°， ∴∠DAG+∠DAF＝45°，即∠FAG=45°， ∴∠EAF＝∠FAG， ∴△AFE≌△AFG（SAS）， ∴EF＝FG． 又∵FG＝DG+DF＝BE+DF， ∴BE+DF＝EF， 故答案为BE+DF＝EF． （2）成立． 如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转α得到△ADH， 可得∠ABE＝∠ADH，∠BAE＝∠DAH，AE＝AH，BE＝DH． ∵∠B+∠ADC＝180°， ∴∠ADH+∠ADC＝180°， ∴点C，D，H在同一直线上． ∵∠BAD＝α，∠EAFα， ∴∠BAE+∠FADα， ∴∠DAH+∠FADα， ∴∠FAH＝∠EAF， 又∵AF＝AF， ∴△AEF≌△AHF（SAS）， ∴EF＝FH＝DF+DH＝DF+BE； （3）DE， 如图3，将△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△AE′B，连接DE′． 可得BE′＝EC，AE′＝AE，∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB， 在Rt△ABC中，∵AB＝AC＝4，∠BAC=90°， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝4， ∴CD=BC-BD=3， ∴∠ABC+∠ABE′＝90°，即∠E′BD＝90°， ∴E′B2+BD2＝E′D2． 易证△AE′D≌△AED， ∴DE＝DE′， ∴DE2＝BD2+EC2，即DE2， 解得． 【考点剖析】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，旋转后不改变图形的大小和形状，并且对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线的夹角等于旋转角，熟练掌握旋转的性质及全等三角形的判定定理是解题关键. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $