专题六 半角模型、对角互补模型、旋转全等模型（手拉手模型） 2025--2026学年北师大版八年级数学下册期末复习

**基本信息** 以三大几何模型为核心，通过定义-探究-拓展的递进式训练，系统提炼旋转构造、辅助线添加等解题方法，强化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| |----|-----------|----------|----------| |旋转全等模型（手拉手）|5题|共顶点等腰三角形旋转证全等（SAS）|从模型定义到等边、等腰直角情境应用，递进关联全等判定| |半角模型|3题|旋转构造全等三角形，转化线段关系|基于等腰直角背景，通过旋转将分散线段集中，构建勾股关系| |对角互补模型|3题|角平分线+垂线/构造全等，建立线段和差关系|从90°到120°对角互补，结合角平分线性质推导线段数量关系|

八年级数学下册 期末复习专题六 半角模型、对角互补模型、旋转全等模型（手拉手模型） 参考答案与试题解析 类型一：旋转全等模型（手拉手模型） 1．综合实践 在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成的，在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．兴趣小组成员经过研讨给出定义：如果两个等腰三角形的顶角相等，且顶角的顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型”．因为顶点相连的四条边，可以形象地看作两双手，所以通常称为“手拉手模型”，如图1，△ABC与△ADE都是等腰三角形，其中∠BAC＝∠DAE，则△ABD≌△ACE（SAS）． 【初步把握】如图2，△ABC与△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，请直接写出图中的一对全等三角形． 【深入研究】如图3，已知△ABC，以AB、AC为边分别向外作等边△ABD和等边△ACE，BE、CD交于点Q．求∠DQB的大小，并证明：BE＝CD． 【拓展延伸】如图4，在两个等腰直角△ABC和△ADE中，AB＝AC，AE＝AD，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接BD，CE，交于点P，请判断BD和CE的关系，并说明理由． 【分析】[初步把握]根据SAS证明△BAD≌△CAE即可 [深入把握]根据SAS证明△ACD≌△AEB，再由全等的性质得到 [拓展延伸]根据SAS证明△EAC≌DAB，由全等的性质可得BD＝CE，∠ACE＝∠ABD，进而可证BD⊥CE 【解答】解：[初步把握] 证明：∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD， ∴∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中， ， ∴△BAD≌△CAE（SAS）． [深入把握] 证明：∵△ABD和△ACE都是等边三角形， ∴AB＝AD，AE＝AC，∠BAD＝∠CAE＝60°， ∴∠BAD+∠BAC＝∠CAE+∠BAC． 即∠DAC＝∠BAE， 在△ABE和△ADC中， ， ∴△ABE≌△ADC（SAS）， ∴BE＝CD；∠ADC＝∠ABE． ∵∠BQD+∠ABE＝∠BAD+∠ADC， ∴∠DQB＝∠DAB＝60°． [拓展延伸] 解：BD＝CE，BD⊥CE，理由如下： ∵∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAC+∠BAE＝∠DAE+∠BAE， 即∠CAE＝∠BAD， 在△ABD和△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE， ∵∠BPC+∠ABD＝∠BAC+∠ACE， ∴∠BPC＝∠BAC＝90°， ∴BD⊥CE． 2．【初步感知】（1）如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，点D在△ABC内部，连接BD，CE．求证：CE＝BD； 【类比探究】（2）如图2，当△ABC和△ADE都为等腰直角三角形时，∠BAC＝∠DAE＝90°且点B，D，E三点共线，求∠BEC的度数； 【综合应用】（3）△ABC为等腰直角三角形且∠BAC＝90°，BC＝7，在直线BC上取一点D，使得CD＝3，连接AD，过A作AE⊥AD，且AE＝AD，使得直线AC和ED交于F，则S△BDE＝　8或50　 ．（请直接写出答案） 【分析】（1）利用等边三角形的边、角性质，通过角的等量代换得到∠BAD＝∠CAE，再用SAS证明△BAD≌△CAE，从而推出对应边相等； （2）由等腰直角三角形的性质得到AB＝AC、AD＝AE，推导出∠BAD＝∠CAE，用SAS证明△BAD≌△CAE，得到∠ADB＝∠AEC；结合B，D，E共线的条件，计算∠ADB的度数，进而求出∠BEC； （3）分点D在线段BC上和BC延长线上两种情况；先证明△BAD≌△CAE，得到∠ACE＝∠ABC＝45°，结合∠ACB＝45°推出CE⊥BC；再分别计算BD的长度，最后代入三角形面积公式求解． 【解答】（1）证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形， ∴∠BAC＝∠DAE＝60°，AB＝AC，AD＝AE， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC， ∴∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中， ， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴CE＝BD； （2）解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠ADE＝∠AED＝45°，AB＝AC，AD＝AE， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC， ∴∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中， ， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴∠ADB＝∠AEC， ∵点B，D，E共线， ∴∠ADB＝180°﹣∠ADE＝180°﹣45°＝135°， ∴∠AEC＝135°， ∴∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝135°﹣45°＝90°； （3）解：S△BDE＝8或50．理由如下： 分两种情况讨论： 当点D在线段BC上时，如图3，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，连接CE， ∴AB＝AC，∠ABC＝∠ACB＝45°， ∵AE⊥AD，AE＝AD， ∴∠DAE＝90°， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中， ， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴BD＝CE，∠ACE＝∠ABC＝45°， ∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝45°+45°＝90°，即CE⊥BC， ∵BC＝7，CD＝3， ∴BD＝BC﹣CD＝7﹣3＝4， ∴CE＝BD＝4， ∴； 当点D在线段BC的延长线上，如图4，CD＝3，连接CE， ∴BD＝BC+CD＝7+3＝10， 同理可证△BAD≌△CAE，CE⊥BC，CE＝BD＝10， ∴， 综上所述，S△BDE＝8或50， 故答案为：8或50． 6．【问题初探】：（1）在数学活动课上，王老师出了如下问题：如图①，在△ABC中，AC＝BC，D、E分别在AC、BC上，若CD＝CE，则△CDE和△CAB是顶角相等的等腰三角形，连接AE、BD，则∠AEB、∠C、∠CAE之间的数量关系是 　∠AEB＝∠C+∠CAE ；AD与BE的数量关系是 AD＝BE ； 【类比分析】：（2）如图②，王老师把上述两个等腰三角形转化成两个等边△CDE和△CAB，点A、D、E在同一条直线上，连接BE．试求∠AEB的度数及AD与BE的数量关系； 【拓展延伸】：（3）如图③，王老师又把上述两个等边三角形又转化为两个等腰直角△CDE和△CAB，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一条直线上，CM为△CDE中DE边上的高，连接BE，请猜想∠AEB的度数及线段CM、AE、BE之间的数量关系，并说明理由； 【学以致用】：（4）在（3）的条件下，若BE＝4，CM＝3，求四边形ABEC的面积． 【分析】（1）由AC＝BC，D、E分别在AC、BC上，且CD＝CE，得∠AEB＝∠C+∠CAE，AC﹣CD＝BC﹣CE，则AD＝BE，于是得到问题的答案； （2）由等边三角形的性质得CD＝CE，AC＝BC，∠ACB＝∠DCE＝∠CDE＝∠CED＝60°，则∠ACD＝∠BCE＝60°﹣∠BCD，可根据“SAS”证明△ACD≌△BCE，则AD＝BE，∠ADC＝∠BEC＝180°﹣∠CDE＝120°，所以∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°； （3）由△CDE和△CAB都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，得AC＝BC，CD＝CE，∠ACD＝∠BCE＝90°﹣∠BCD，∠CDE＝∠CED＝45°，所以∠ADC＝135°，DE＝2CM，可根据“SAS”证明△ACD≌△BCE，则∠ADC＝∠BEC＝135°，AD＝BE，所以∠AEB＝90°，AE＝BE+2CM； （4）由AE＝BE+2CM，BE＝4，CM＝3，得AE＝4+2×3＝10，S四边形ABEC＝S△ACE+S△ABEAE•CMAE•BE＝35． 【解答】解：（1）如图①，∵AC＝BC，D、E分别在AC、BC上，且CD＝CE， ∴∠AEB＝∠C+∠CAE，AC﹣CD＝BC﹣CE， ∴AD＝BE， 故答案为：∠AEB＝∠C+∠CAE，AD＝BE． （2）如图②，∵△CDE和△CAB都是等边三角形， ∴CD＝CE，AC＝BC，∠ACB＝∠DCE＝∠CDE＝∠CED＝60°， ∴∠ACD＝∠BCE＝60°﹣∠BCD， 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC， ∵点A、D、E在同一条直线上， ∴∠ADC＝∠BEC＝180°﹣∠CDE＝120°， ∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°， ∴∠AEB的度数是60°，AD＝BE． （3）∠AEB＝90°，AE＝BE+2CM， 理由：如图③，∵△CDE和△CAB都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°， ∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACD＝∠BCE＝90°﹣∠BCD，∠CDE＝∠CED＝45°， ∵点A、D、E在同一条直线上， ∴∠ADC＝180°﹣∠CDE＝135°， ∵CM为△CDE中DE边上的高， ∴DM＝EM， ∴DE＝2CM， 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴∠ADC＝∠BEC＝135°，AD＝BE， ∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝90°，AE＝AD+DE＝BE+2CM． （4）∵AE＝BE+2CM，BE＝4，CM＝3， ∴AE＝4+2×3＝10， ∵CM⊥AE，∠AEB＝90°， ∴S四边形ABEC＝S△ACE+S△ABEAE•CMAE•BE10×310×4＝35， ∴四边形ABEC的面积为35． 9．在某次数学兴趣小组活动中，小明同学遇到了如下问题：如图①，点P在等边△ABC内部，且PA＝3，PC＝4，∠APC＝150°，求PB的长． 【思考探究】经过同学们的观察、分析、思考、交流，对上述问题形成了如下想法：将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△AP'B连接PP'，寻找PA，PB，PC三边之间的数量关系，即可求得PB的长，请写出详细的证明过程； 【理解应用】如图②，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，P为△ABC内一点，∠APC＝135°，判断PA，PB，PC之间的数量关系，并说明理由； 【类比迁移】如图③，小李家有一块三角形的空地ABC，其中AB＝BC，∠ABC＝90°，小李家位于空地旁的P点，通过测量．PA＝60m，PB＝20m，∠APB＝45°，请直接写出线段PC的长． 【分析】【思考探究】根据提示易得等边三角形和直角三角形，继而得解； 【理解应用】通过旋转易得等腰直角三角形DCP和直角三角形APD，继而得解； [类比迁移]通过旋转易得等腰直角三角形BPP'和直角三角形PP'C，继而得解． 【解答】解：【思考探究】由旋转可知：∠PAP'＝60°，AP'＝AP＝3，BP'＝PC＝4，∠AP'B＝150°， ∴△PAP'是等边三角形， ∴∠AP'P＝60°，PP'＝AP＝3， ∴∠BP'P＝∠AP'B﹣∠AP'P＝90°， ∴△BP'P是直角三角形， ∴PB5； 【理解应用】AP2+2PC2＝PB2，理由如下： 如图，把△BCP绕点C顺时针旋转90°得到△ACD，连接PD， 由旋转可知：∠PCD＝90°，CD＝CP，PB＝DA， ∴△PCD是等腰直角三角形， ∴PDPC，∠CDP＝∠CPD＝45°， ∵∠APC＝135°， ∴∠APD＝∠APC﹣∠CPD＝90°， ∴在Rt△APD中，AP2+DP2＝AD2，即AP2+（PC）2＝PB2， ∴AP2+2PC2＝PB2； 【类比迁移】如图，将△PAB绕点B顺时针旋转90°，得到△P'BC，连接P'P， 由旋转可知：∠PBP'＝90°，PB＝P'B，PA＝P'C＝60，∠APB＝∠CP'B＝45°， ∴△PBP'是等腰直角三角形， ∴PP'PB＝20，∠P'PB＝∠PP'B＝45°， ∴点P'在线段AP上， ∴∠PP'C＝90°， ∴△PP'C是直角三角形， ∴PC20， ∴PC的长为20m． 10．在某次数学兴趣小组活动中，小明同学遇到了如下问题：如图①，点P在等边△ABC内部，且PA＝3，PC＝4，∠APC＝150°，求PB的长． （1）【思考探究】经过同学们的观察、分析、思考、交流，对上述问题形成了如下想法：将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△AP′B，连接PP′，寻找PA，PB，PC三边之间的数量关系，即可求得PB的长，请写出详细的证明过程； （2）【理解应用】如图②，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，P为△ABC内一点，∠APC＝135°，可判断出AP2+2PC2＝PB2，请说明理由； （3）如图③，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，点O为Rt△ABC内一点，连接AO，BO，CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，求OA+OB+OC的值． 【分析】（1）根据提示易得等边三角形和直角三角形，继而得解； （2）将PC绕点C顺时针旋转90°得到DC，连接AD，PD，证明△ACD≌△BCP，得到相等边，然后利用勾股定理进行证明即可； （3）将OB绕点B顺时针旋转60°得到O'B，将AB绕点B顺时针旋转60°得到A′B，连接O′A′，OO′，利用（1）的思路，得出全等的三角形和等边三角形，得出相等的角和边，最后利用勾股定理进行求解即可． 【解答】（1）解：PB＝5； 证明：∵将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△AP′B， ∴PA＝P′A，∠PAP′＝60°， ∴△PAP′为等边三角形， ∴PP′＝PA＝3，∠AP′P＝60°， ∵△ABC为等边三角形， ∴AB＝AC，∠BAC＝60°， ∴∠BAP′＝∠CAP＝60°﹣∠BAP， 在△BAP′和△CAP中， ， ∴△BAP′≌△CAP（SAS）， ∴BP′＝CP＝4，∠AP′B＝∠APC＝150°， ∴∠BP′P＝∠AP′B﹣∠AP′P＝90°， 在直角三角形BPP′中，由勾股定理得：； （2）证明：如图②，将PC绕点C顺时针旋转90°得到DC，连接AD，PD， ∴DC＝PC，∠DCP＝90°， ∴∠DPC＝45°， 由勾股定理得，PD2＝CD2+PC2＝2PC2， ∵∠ACB＝90°， ∴∠ACD＝∠BCP＝90°﹣∠ACP， 又∵AC＝BC， ∴△ACD≌△BCP（SAS）， ∴AD＝PB， ∵∠APC＝135°， ∴∠APD＝∠APC﹣∠DPC＝90°， 由勾股定理得AD2＝PD2+AP2＝2PC2+AP2， ∴AP2+2PC2＝PB2； （3）解：如图③，将OB绕点B顺时针旋转60°得到O'B，将AB绕点B顺时针旋转60°得到A′B，连接O′A′，OO′， 同（1）可得△OBO′为等边三角形， ∴OO′＝OB，∠O′OB＝∠OBO′＝∠OO′B＝60°， 同（1）可得△ABO≌△A′BO′（SAS）， ∴O′A′＝OA，∠A′O′B＝∠AOB＝120°，∠ABO＝∠A′BO′， ∴∠BOC+∠O′OB＝180°，∠A′O′B+∠OO′B＝180°， ∴点C，O，O′，A′在同一条直线上， ∴OA+OB+OC＝O′A′+OO′+OC＝A′C， ∵∠OBC+∠ABO＝30°＝∠OBC+∠A′BO′， ∴∠OBC+∠A′BO′+∠OBO′＝90°， ∵∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°， ∴A′B＝AB＝2AC＝2， 由勾股定理得：BC2＝AB2﹣AC2＝3， ∴， 即． 11．【探索发现】 在某次数学兴趣小组活动中，小明同学遇到了如下问题： （1）如图1，点P在等边三角形ABC内部，且PA＝3，PC＝4，∠APC＝150°，求PB的长． 经过同学们的观察、分析、思考、交流，对上述问题形成了如下想法：将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△AP'B，连接PP'，寻找PA，PB，PC三边之间的数量关系…请参考他们的想法，完成该问题的解答过程； 【学以致用】 （2）如图2，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，P为△ABC内一点，且PA＝5，PC＝2，∠BPC＝135°，求PB的长． 【分析】（1）先判断出∠PP'B＝∠APC＝150°，PC＝BP'＝4，AP'＝AP＝3，再判断出∠AP'P＝60°，P'P＝AP'＝3，得出∠BP'P＝150°﹣60°＝90°，即可得出结论； （2）先判断出△PCD是等腰直角三角形，得出PD＝PC＝4，∠CDP＝∠CPD＝45°，进而得出∠DPB＝90°，即可得出结论； 【解答】解：（1）∵将△APC绕点A按按顺时针方向旋转60°，得到△ABP'， ∴△ACP≌△ABP'， ∴∠PP'B＝∠APC＝150°，PC＝BP'＝4，AP'＝AP＝3， ∵△AP'P为等边三角形， ∴∠AP'P＝60°，P'P＝AP'＝3， ∴∠BP'P＝150°﹣60°＝90°， ∴PB5； （2）如图，把△ACP绕点C逆时针旋转90°得到△BCD． 由旋转性质可知；BD＝PA＝5，CD＝CP＝2，∠PCD＝90°， ∴△PCD是等腰直角三角形， ∴PDPC＝4，∠CDP＝∠CPD＝45°， ∵∠BPC＝135°， ∴∠DPB＝90°， ∴PB3． 类型二：半角模型 7．如图，在等腰直角△ABD中，∠BAD＝90°，点E，F在BD上，且∠EAF＝45°．求证：EF2＝BE2+DF2． 下面是小明的解题过程，请补充完整． 证明：如图，以点A为旋转中心，将△ABE绕A点顺时针旋转90°，使AB和AD重合，点E的对应点为点H，连接HF． … 【分析】由AB＝AD，∠BAD＝90°，得∠ADB＝∠B＝45°，由旋转得∠ADH＝∠B＝45°，∠DAH＝∠BAE，AH＝AE，DH＝BE，求得∠HAF＝∠DAH+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝45°，所以∠HAF＝∠EAF，可证明△HAF≌△EAF，得HF＝EF，而∠FDH＝∠ADH+∠ADB＝90°，所以HF2＝DH2+DF2，则EF2＝BE2+DF2． 【解答】证明：如图，以点A为旋转中心，将△ABE绕A点顺时针旋转90°，使AB和AD重合，点E的对应点为点H，连接HF， ∵AB＝AD，∠BAD＝90°， ∴∠ADB＝∠B＝45°， 由旋转得∠ADH＝∠B＝45°，∠DAH＝∠BAE，AH＝AE，DH＝BE， ∵∠EAF＝45°， ∴∠HAF＝∠DAH+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝90°﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°， ∴∠HAF＝∠EAF， 在△HAF和△EAF中， ， ∴△HAF≌△EAF（SAS）， ∴HF＝EF， ∵∠FDH＝∠ADH+∠ADB＝45°+45°＝90°， ∴HF2＝DH2+DF2， ∴EF2＝BE2+DF2． 5．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题的目的，下面是一个题目案例． 原题：如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF＝45°，连接EF． 求证：EF＝BE+DF． 【思路梳理】如图1，延长CD至点G，使DG＝BE，连接AG，通过△ABE≌△ADG及△AEF≌△AGF，可证EF＝BE+DF； 【类比联想】 （1）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝90°，点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF＝45°．若∠B+∠D＝180°，试判断EF＝BE+DF是否成立，并说明理由； （2）如图3，在△ABD中，∠BAD＝90°，AB＝AD，点M、N在边BD上，且∠MAN＝45°，猜想BM、MN、ND应满足的等量关系，并写出推理过程； 【引申拓展】 （3）在等腰直角△ABC中，点P在斜边AB上，请直接写出CP、AP、BP所满足的数量关系． 【分析】（1）延长FD至点G使DG＝BE，证明△ABE≌△ADG，再证明∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，从而证明△EAF≌△GAF，继而证明EF＝FG，结合DG＝BE即可得到答案； （2）△AND绕点A逆时针旋转90°至△AFB，可使AB和AD重合，连接MF，证明△FAM≌△NAM，继而得到MF＝MN，∠FBM＝90°，再根据勾股定理即可解决问题； （3）过点C作CQ⊥AB于点Q，根据三线合一和斜边上的中线等于斜边的一半得到，根据点P在斜边AB上，得到，根据勾股定理得到CP2＝CQ2+PQ2，再代入即可得解． 【解答】解：（1）EF＝BE+DF成立；理由如下： 延长FD至点G使DG＝BE，如图2， ∵∠B+∠ADF＝180°，∠ADG+∠ADF＝180°， ∴∠B＝∠ADG， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG， ∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°， ∴∠BAE+∠DAF＝45°， ∴∠DAG+∠DAF＝45°， ∴∠FAG＝45°， ∴∠EAF＝∠GAF， 在△EAF和△GAF中， ， ∴△EAF≌△GAF（SAS）， ∴EF＝FG， ∵FG＝FD+DG， 又∵DG＝BE， ∴FG＝FD+BE ∴EF＝BE+DF； （2）MN2＝BM2+ND2；理由如下： 把△AND绕点A逆时针旋转90°至△AFB，可使AB和AD重合，连接MF．如图3， ∴△AFB≌△AND， ∴AF＝AN，∠FBA＝∠NDA，∠FAB＝∠NAD，BF＝ND， ∵∠BAD＝90°，∠MAN＝45°， ∴∠BAM+∠NAD＝45°， ∴∠BAM+∠FAB＝45°， ∴∠FAM＝45°， ∴∠MAN＝∠FAM， 在△FAM和△NAM中， ， ∴△FAM≌△NAM（SAS）， ∴MF＝MN， ∵∠ABD+∠D＝90°， ∴∠ABD+∠FBA＝90°， ∴∠FBM＝90°， ∴MF2＝BM2+BF2， ∴MN2＝BM2+ND2； （3）AP2+BP2＝2CP2；理由如下： 过点C作CQ⊥AB于点Q，如图4， 在等腰直角△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°， ∴， ∵点P在斜边AB上， ∴， ∴， 即AP2+BP2＝2CP2． 8．如图1，四边形ABCD是正方形，E，F分别在边BC和CD上，且∠EAF＝45°（此时），我们把这种模型称为“半角模型”；小明为了解决线段EF，BE，DF之间的关系，将△ADF绕点A顺时针旋转90°后（如图2）解决了这个问题． （1）写出线段EF，BE，DF之间的数量关系，并说明理由． （2）如图3，等腰Rt△ABD中，∠BAD＝90°，AB＝AD，点E，F在边BD上，且∠EAF＝45°，请写出EF，BE，DF之间的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）证明△AFE≌△AGE即可得线段EF，BE，DF之间的数量关系； （2）将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，连接EG，则∠GBE＝90°，则由勾股定理得GE2＝BE2+DF2；证明△AFE≌△AGE，得EF＝GE，即可得线段EF，BE，DF之间的数量关系． 【解答】解：（1）EF＝BE+DF；理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝∠DAB＝90°； ∵△ADF绕点A顺时针旋转90°后得到△ABG， ∴AF＝AG，BG＝DF，∠ABG＝∠D＝90°，∠DAF＝∠GAB； ∴∠ABG+∠ABE＝180°， 即点G在EB的延长线上； ∵∠EAF＝45°，∠DAB＝90°， ∴∠BAE+∠DAF＝45°， ∴∠BAE+∠GAB＝45°， 即∠EAF＝∠GAE＝45°； ∵AF＝AG，AE＝AE， ∴△AFE≌△AGE（SAS）， ∴EF＝GE＝GB+BE， 即EF＝BE+DF； 故线段EF，BE，DF之间的数量关系为：EF＝BE+DF； （2）EF2＝BE2+DF2；理由如下： ∵∠BAD＝90°，AB＝AD， ∴∠ABE＝∠D＝45°； 把△ADF绕点A顺时针旋转90°后得到△ABG，如图， 则AF＝AG，BG＝DF，∠ABG＝∠D＝45°，∠DAF＝∠GAB； ∴∠ABG+∠ABE＝45°+45°＝90°， 即∠GBE＝90°， ∴GE2＝BE2+BG2＝BE2+DF2； ∵∠EAF＝45°，∠DAB＝90°， ∴∠BAE+∠DAF＝45°， ∴∠BAE+∠GAB＝45°， 即∠EAF＝∠GAE＝45°； ∵AF＝AG，AE＝AE， ∴△AFE≌△AGE（SAS）， ∴EF＝GE， ∴EF2＝BE2+DF2． 类型三：对角互补模型 3．【方法探索】 （1）如图1，已知OC平分∠AOB，点D，E分别在边OA，OB上，∠AOB＝120°，∠DCE＝60°．小明为了证明OD+OE＝OC，用了如下两种方法： 构图方法 小明得到下列结论 你认为正确的结论是（写序号） 如图2，在OB上取点F，使OF＝OC，连接CF． ①∠DCO＝∠ECF； ②△COD≌△CFE； ③OE＝2EF． Ⅰ．　①②　 如图3，过点C分别作边OA，OB的垂线，垂足分别记为M，N ①CD平分∠MCO； ②∠MCD＝∠ECN； ③△CMD≌△CNE． Ⅱ．　②③　 【类比探究】 （2）如图4，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB． ①当点D，E分别在边OA，OB上时，请你证明：OD+OEOC． ②当点D，E分别在OA，OB所在的直线上，∠DCO＞90°，且OD＝5，OE时，请你画出图形并求出CD的长． 【分析】（1）Ⅰ．先证明△CFE为等边三角形，可得∠COD＝∠CFE＝60°＝∠OCF，CF＝OC从而得到∠DCO＝60°﹣∠OCE＝∠ECF，在证明△COD≌△CFE； Ⅱ．利用角平分线性质定理可得CN＝CM，根据角的和差可得出∠CDM＝∠CEO，即可证明△CMD≌△CNE（AAS），从而证明∠MCD＝∠ECN． （2）①作CF⊥OC交OB于点F，根据角的和差可得出∠1＝∠2，由OC平分∠AOB，可得∠6＝90°﹣45°＝45°＝∠5＝∠4，等角对等边可得CO＝CF，即可证明△CDO≌△CEF（ASA），OD＝FE，由勾股定理可得：，即可得出． ②画出图后，证得△DMC≌△ENC，CM＝x，则OM＝ON＝x，故，，求解得x即可得，，由勾股定理得CD的值． 【解答】（1）证明：Ⅰ．∵∠AOB＝120°，OC平分∠AOB， ∴∠COD＝∠COE＝60°， 又∵OF＝OC， ∴△CFE为等边三角形， ∴∠COD＝∠CFE＝60°＝∠OCF，CF＝OC， ∵∠DCE＝60°， ∴∠DCO＝60°﹣∠OCE＝∠ECF， 又∵CF＝OC，∠COD＝∠CFE， 在△COD和△CFE中， ， ∴△COD≌△CFE（ASA）， 故答案为：①②； Ⅱ．∵OC平分∠AOB，CM⊥OA，CN⊥OB， ∴CN＝CM， ∵∠AOB＝120°，∠DCE＝60°， ∴∠CEO+∠CDO＝180°， 又∵∠CDM+∠CDO＝180°， ∴∠CDM＝∠CEO， 在△CMD和△CNE中， ， ∴△CMD≌△CNE（AAS）， ∴∠MCD＝∠ECN， 故答案为：②③； （2）①证明：如图4，作CF⊥OC交OB于点F， ∴∠AOB＝∠DCE＝∠OCF＝90°， ∴∠1+∠3＝∠2+∠3＝90°， ∴∠1＝∠2． 又∵OC平分∠AOB， ∴∠4＝∠5＝45°， ∴∠6＝90°﹣45°＝45°＝∠5＝∠4， ∴CO＝CF． ∵∠1＝∠2，CO＝CF，∠4＝∠6， ∴△CDO≌△CEF（ASA）， ∴OD＝FE， 由勾股定理可得：OC2+CF2＝2OC2＝OF2， 即， ∴． ②解：如图2， 同理可得：△DMC≌△ENC（ASA）， 设CM＝x，则OM＝ON＝x， ∴， ∴， 解得， 即，． 在Rt△DMC中，由勾股定理得． 4．如图，已知∠DCE与∠AOB，OC平分∠AOB． （1）如图1，∠DCE与∠AOB的两边分别相交于点D、E，∠AOB＝∠DCE＝90°，试判断线段CD与CE的数量关系，并说明理由． 以下是小宇同学给出的正确的解法： 解：CD＝CE． 理由如下：如图1，过点C作CF⊥OC，交OB于点F，则∠OCF＝90°，⋯ 请你根据小宇同学的证明思路，写出该证明的剩余部分． （2）若∠AOB＝120°，∠DCE＝60°． ①如图3，∠DCE与∠AOB的两边分别相交于点D、E时，写出线段OD、OE、OC的数量关系 OE+OD＝OC ； ②如图4，∠DCE的一边与AO的延长线相交时，写出线段OD、OE、OC的数量关系 OE﹣OD＝OC ；若OD：OC＝2：5，△OCD的面积为a，则△OCE的面积＝　　 （用含a的代数式表示）． 【分析】（1）由“ASA”可证△CDO≌△CEF，可得CD＝CE； （2）①过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，由角平分线的性质可得CM＝CN，由“AAS”可证△CMD≌△CNE，可得CD＝CE，DM＝EN，由直角三角形的性质和线段和差关系可得ON＝OMOC，可得OC＝OE+OD； ②如图4，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，方法同上；如图5，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，方法同上．由三角形面积公式可求出答案． 【解答】解：（1）∵OC平分∠AOB， ∴∠AOC＝∠BOC＝45°，且∠OCF＝90°， ∴∠OFC＝45°＝∠BOC， ∴OC＝FC， ∵∠DCE＝∠OCF＝90°， ∴∠DCO＝∠ECF，且CO＝CF，∠AOC＝∠CFE＝45°， ∴△CDO≌△CEF（ASA）， ∴CD＝CE； （2）①如图3，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N， ∴∠CMD＝∠CNE＝90°， 又∵OC平分∠AOB， ∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°， 在四边形ODCE中，∠AOB+∠DCE+∠CDO+∠CEO＝360°， 又∵∠AOB+∠DCE＝60°+120°＝180°， ∴∠CDO+∠CEO＝180°， 又∵∠CEO+∠CEN＝180°， ∴∠CDO＝∠CEN，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE， ∴△CMD≌△CNE（AAS）， ∴CD＝CE，DM＝EN． ∴OE+OD＝OE+OM+DM＝OE+OM+EN＝ON+OM． ∵∠AOC＝60°，CM⊥AO， ∴∠MCO＝30°， ∴OMOC，同理可得ONOC， ∴OE+ODOC＝OC． 故答案为：OE+OD＝OC； ②在图4中，（1）中的结论成立，OE﹣OD＝OC， 如图4，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N， ∴∠CMD＝∠CNE＝90°， 又∵OC平分∠AOB， ∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°， ∵∠COE+∠CEO+∠DCE+∠OCD＝180°， ∴∠OCD+∠CEO＝60°， ∵∠AOC＝∠CDO+∠OCD＝60°， ∴∠CDO＝∠CEN，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE， ∴△CMD≌△CNE（AAS）， ∴CD＝CE，DM＝EN． ∴OE﹣OD＝ON+NE﹣（MD﹣OM）＝ON+OM． ∵∠AOC＝60°，CM⊥AO， ∴∠MCO＝30°， ∴OMOC，同理可得ONOC， ∴OE﹣OD＝ON+OM＝OC； ∵OD：OC＝2：5， 设OD＝2x，OC＝5x， ∴OE＝OC+OD＝7x， ∵CM＝CN，，， ∴， ∵△OCD的面积为a， ∴△OCE的面积为a． 故答案为：OE﹣OD＝OC；a． 12．央视科教频道播放的《被数学选中的人》节目中说到，“数学区别于其它学科最主要的特征是抽象与推理”．几何学习尤其需要我们从复杂的问题中进行抽象，形成一些基本几何模型，用类比等方法，进行再探究、推理，以解决新的问题． 【问题初探】 （1）在数学课上，王老师给出如下问题：如图1，∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB，求证：CD＝CE．如图2，小楠同学尝试构造“手拉手”模型，给出一种解题思路：过C作CF⊥OC，交OB于点F，以此来证明阴影部分的三角形全等，得到CD＝CE．请你参考小楠的解题思路写出证明过程． 【类比分析】 （2）王老师将图1进行变换并提出了下面问题，请你解答：如图3，∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB，求证：CD＝CE．（提示：过点C作OA，OB的垂线，构建“手拉手模型”） 【学以致用】 （3）如图4，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝60°D是BC边的中点，∠EDF＝120°，BE＝3，CF＝1，DE与AB边相交于点E，DF与AC边相交于点F．请直接写出线段BC的值：　8　 ． 【分析】（1）利用ASA证明△OCD≌△FCE，得出CD＝CE即可； （2）过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，由角平分线的性质可得CM＝CN，由“AAS”可证△CMD≌△CNE，可得CD＝CE； （3）取AB中点G，连接DG，根据ASA证△DCF≌△DGE，得EG＝FC，即可得BG＝4，从而可得BC＝8． 【解答】（1）证明：∵OC平分∠AOB， ∴∠AOC＝∠BOC∠AOB＝45°， ∵CF⊥OC， ∴∠OCF＝90°， ∴∠CFO＝90°﹣45°＝45°， ∴∠CFE＝∠COF＝∠DOC＝45°， ∴CO＝CF， ∵∠OCD+∠OCE＝∠OCE+∠ECF＝90°， ∴∠OCD＝∠ECF， ∴△OCD≌△FCE（ASA）， ∴CD＝CE； （2）过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，如图， ∴∠CMD＝∠CNE＝90°， 又∵OC平分∠AOB，∠AOB＝2∠DCE＝120°， ∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°， 在四边形ODCE中，∠AOB+∠DCE+∠CDO+∠CEO＝360°， ∵∠AOB+∠DCE＝60°+120°＝180°， ∴∠CDO+∠CEO＝180°， ∵∠CEO+∠CEN＝180°， ∴∠CDO＝∠CEN， 且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE， ∴△CMD≌△CNE（AAS）， ∴CD＝CE； （3）取AB中点G，连接DG，如图， ∵AB＝AC，∠A＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC＝AC，∠A＝∠B＝∠C＝60°， ∵点D、G分别是BC、AB边上的中点， ∴BGABBC＝BD， 又∠B＝60°， ∴△BDG是等边三角形， ∴∠BGD＝∠BDG＝∠C＝60°，DG＝BD＝CD， ∵∠EDF＝120°， ∴∠EDG+∠GDF＝∠GDF+∠FDC＝120°， ∴∠EDG＝∠FDC， ∴△EDG≌△FDC（ASA）， ∴EG＝FC， ∴BG＝EG+BE＝FC+BE＝1+3＝4，即AB＝4， ∴AB＝8， ∴BC＝8． 故答案为：8． 学科网（北京）股份有限公司 $ 八年级数学下册 期末复习专题六 半角模型、对角互补模型、旋转全等模型（手拉手模型） 类型一：旋转全等模型（手拉手模型） 1．综合实践 在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成的，在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．兴趣小组成员经过研讨给出定义：如果两个等腰三角形的顶角相等，且顶角的顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型”．因为顶点相连的四条边，可以形象地看作两双手，所以通常称为“手拉手模型”，如图1，△ABC与△ADE都是等腰三角形，其中∠BAC＝∠DAE，则△ABD≌△ACE（SAS）． 【初步把握】如图2，△ABC与△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，请直接写出图中的一对全等三角形． 【深入研究】如图3，已知△ABC，以AB、AC为边分别向外作等边△ABD和等边△ACE，BE、CD交于点Q．求∠DQB的大小，并证明：BE＝CD． 【拓展延伸】如图4，在两个等腰直角△ABC和△ADE中，AB＝AC，AE＝AD，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接BD，CE，交于点P，请判断BD和CE的关系，并说明理由． 2．【初步感知】（1）如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，点D在△ABC内部，连接BD，CE．求证：CE＝BD； 【类比探究】（2）如图2，当△ABC和△ADE都为等腰直角三角形时，∠BAC＝∠DAE＝90°且点B，D，E三点共线，求∠BEC的度数； 【综合应用】（3）△ABC为等腰直角三角形且∠BAC＝90°，BC＝7，在直线BC上取一点D，使得CD＝3，连接AD，过A作AE⊥AD，且AE＝AD，使得直线AC和ED交于F，则S△BDE＝　 　 ．（请直接写出答案） 3．【问题初探】：（1）在数学活动课上，王老师出了如下问题：如图①，在△ABC中，AC＝BC，D、E分别在AC、BC上，若CD＝CE，则△CDE和△CAB是顶角相等的等腰三角形，连接AE、BD，则∠AEB、∠C、∠CAE之间的数量关系是 　 　 ；AD与BE的数量关系是 　 　 ； 【类比分析】：（2）如图②，王老师把上述两个等腰三角形转化成两个等边△CDE和△CAB，点A、D、E在同一条直线上，连接BE．试求∠AEB的度数及AD与BE的数量关系； 【拓展延伸】：（3）如图③，王老师又把上述两个等边三角形又转化为两个等腰直角△CDE和△CAB，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一条直线上，CM为△CDE中DE边上的高，连接BE，请猜想∠AEB的度数及线段CM、AE、BE之间的数量关系，并说明理由； 【学以致用】：（4）在（3）的条件下，若BE＝4，CM＝3，求四边形ABEC的面积． 4．在某次数学兴趣小组活动中，小明同学遇到了如下问题：如图①，点P在等边△ABC内部，且PA＝3，PC＝4，∠APC＝150°，求PB的长． 【思考探究】经过同学们的观察、分析、思考、交流，对上述问题形成了如下想法：将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△AP'B连接PP'，寻找PA，PB，PC三边之间的数量关系，即可求得PB的长，请写出详细的证明过程； 【理解应用】如图②，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，P为△ABC内一点，∠APC＝135°，判断PA，PB，PC之间的数量关系，并说明理由； 【类比迁移】如图③，小李家有一块三角形的空地ABC，其中AB＝BC，∠ABC＝90°，小李家位于空地旁的P点，通过测量．PA＝60m，PB＝20m，∠APB＝45°，请直接写出线段PC的长． 5．在某次数学兴趣小组活动中，小明同学遇到了如下问题：如图①，点P在等边△ABC内部，且PA＝3，PC＝4，∠APC＝150°，求PB的长． （1）【思考探究】经过同学们的观察、分析、思考、交流，对上述问题形成了如下想法：将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△AP′B，连接PP′，寻找PA，PB，PC三边之间的数量关系，即可求得PB的长，请写出详细的证明过程； （2）【理解应用】如图②，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，P为△ABC内一点，∠APC＝135°，可判断出AP2+2PC2＝PB2，请说明理由； （3）如图③，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，点O为Rt△ABC内一点，连接AO，BO，CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，求OA+OB+OC的值． 6．【探索发现】 在某次数学兴趣小组活动中，小明同学遇到了如下问题： （1）如图1，点P在等边三角形ABC内部，且PA＝3，PC＝4，∠APC＝150°，求PB的长． 经过同学们的观察、分析、思考、交流，对上述问题形成了如下想法：将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△AP'B，连接PP'，寻找PA，PB，PC三边之间的数量关系…请参考他们的想法，完成该问题的解答过程； 【学以致用】 （2）如图2，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，P为△ABC内一点，且PA＝5，PC＝2，∠BPC＝135°，求PB的长． 类型二：半角模型 7．如图，在等腰直角△ABD中，∠BAD＝90°，点E，F在BD上，且∠EAF＝45°．求证：EF2＝BE2+DF2． 下面是小明的解题过程，请补充完整． 证明：如图，以点A为旋转中心，将△ABE绕A点顺时针旋转90°，使AB和AD重合，点E的对应点为点H，连接HF． … 8．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题的目的，下面是一个题目案例． 原题：如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF＝45°，连接EF． 求证：EF＝BE+DF． 【思路梳理】如图1，延长CD至点G，使DG＝BE，连接AG，通过△ABE≌△ADG及△AEF≌△AGF，可证EF＝BE+DF； 【类比联想】 （1）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝90°，点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF＝45°．若∠B+∠D＝180°，试判断EF＝BE+DF是否成立，并说明理由； （2）如图3，在△ABD中，∠BAD＝90°，AB＝AD，点M、N在边BD上，且∠MAN＝45°，猜想BM、MN、ND应满足的等量关系，并写出推理过程； 【引申拓展】 （3）在等腰直角△ABC中，点P在斜边AB上，请直接写出CP、AP、BP所满足的数量关系． 9．如图1，四边形ABCD是正方形，E，F分别在边BC和CD上，且∠EAF＝45°（此时），我们把这种模型称为“半角模型”；小明为了解决线段EF，BE，DF之间的关系，将△ADF绕点A顺时针旋转90°后（如图2）解决了这个问题． （1）写出线段EF，BE，DF之间的数量关系，并说明理由． （2）如图3，等腰Rt△ABD中，∠BAD＝90°，AB＝AD，点E，F在边BD上，且∠EAF＝45°，请写出EF，BE，DF之间的数量关系，并说明理由． 类型三：对角互补模型 10．【方法探索】 （1）如图1，已知OC平分∠AOB，点D，E分别在边OA，OB上，∠AOB＝120°，∠DCE＝60°．小明为了证明OD+OE＝OC，用了如下两种方法： 构图方法 小明得到下列结论 你认为正确的结论是（写序号） 如图2，在OB上取点F，使OF＝OC，连接CF． ①∠DCO＝∠ECF； ②△COD≌△CFE； ③OE＝2EF． Ⅰ．　 　 如图3，过点C分别作边OA，OB的垂线，垂足分别记为M，N ①CD平分∠MCO； ②∠MCD＝∠ECN； ③△CMD≌△CNE． Ⅱ．　 　 【类比探究】 （2）如图4，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB． ①当点D，E分别在边OA，OB上时，请你证明：OD+OEOC． ②当点D，E分别在OA，OB所在的直线上，∠DCO＞90°，且OD＝5，OE时，请你画出图形并求出CD的长． 11．如图，已知∠DCE与∠AOB，OC平分∠AOB． （1）如图1，∠DCE与∠AOB的两边分别相交于点D、E，∠AOB＝∠DCE＝90°，试判断线段CD与CE的数量关系，并说明理由． 以下是小宇同学给出的正确的解法： 解：CD＝CE． 理由如下：如图1，过点C作CF⊥OC，交OB于点F，则∠OCF＝90°，⋯ 请你根据小宇同学的证明思路，写出该证明的剩余部分． （2）若∠AOB＝120°，∠DCE＝60°． ①如图3，∠DCE与∠AOB的两边分别相交于点D、E时，写出线段OD、OE、OC的数量关系 　 　 ； ②如图4，∠DCE的一边与AO的延长线相交时，写出线段OD、OE、OC的数量关系 　 　 ；若OD：OC＝2：5，△OCD的面积为a，则△OCE的面积＝　 　 （用含a的代数式表示）． 12．央视科教频道播放的《被数学选中的人》节目中说到，“数学区别于其它学科最主要的特征是抽象与推理”．几何学习尤其需要我们从复杂的问题中进行抽象，形成一些基本几何模型，用类比等方法，进行再探究、推理，以解决新的问题． 【问题初探】 （1）在数学课上，王老师给出如下问题：如图1，∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB，求证：CD＝CE．如图2，小楠同学尝试构造“手拉手”模型，给出一种解题思路：过C作CF⊥OC，交OB于点F，以此来证明阴影部分的三角形全等，得到CD＝CE．请你参考小楠的解题思路写出证明过程． 【类比分析】 （2）王老师将图1进行变换并提出了下面问题，请你解答：如图3，∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB，求证：CD＝CE．（提示：过点C作OA，OB的垂线，构建“手拉手模型”） 【学以致用】 （3）如图4，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝60°D是BC边的中点，∠EDF＝120°，BE＝3，CF＝1，DE与AB边相交于点E，DF与AC边相交于点F．请直接写出线段BC的值：　 　 ．；邮箱：1143514030@qq.com；学号：3816414 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $