2026-2027学年八年级人教版数学上册第十四章《全等三角形》期中备考专题《夹半角模型》

半角模型 类型1：90°夹45° 1．如图，点A（a，0），B（0，b），满足|a﹣b|+（b﹣2）2＝0． （1）直接写出△AOB的面积为_____ ． （2）如图1，点C在线段AB上（不与A、B重合）移动，AB⊥BD，且∠COD＝45°，求证：CD＝AC+BD． （3）如图2，F（2，2），点E是x轴上一动点（点E在点A的左边且不与点O重合），点K是y轴正半轴上一动点，连接EK，FK，FE，使∠EFK＝45°，试探究线段BK，KE，EA之间的数量关系，并说明理由． 2．已知∠PAQ与正方形ABCD共顶点A，且∠PAQ＝45°，∠PAQ的两边所在直线分别与正方形的边CD、CB所在直线相交于M、N． （1）当∠PAQ在∠BAD内部时，（如图1），猜想线段DM、BN、MN之间的关系． （2）当正方形的边AB在∠PAQ内部时，（如图2），（1）中的结论还成立吗？如果不成立，请你写出正确的结论，并说明理由． （3）当∠PAQ绕A点顺时针旋转角а，（45°＜а＜135°） （如图3），写出线段DM、BN与MN之间的关系．（不须证明） 类型二：120°夹60° 3．（1）如图1，四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，∠D＝60°，AB＝BC，E、F分别在AD、CD上，且∠EBF＝60°，求证：EF＝AE+CF． （2）如图2，在题（1）中，若E、F分别在AD、DC的延长线上，其余条件不变，求证：AE＝EF+CF． 4．如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，∠D＝60°，AB＝BC，点E，F分别在AD，CD上，且∠EBF＝60°．试说明：EF＝AE+CF． 5．如图①，四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，∠ADC＝60°，AB＝BC． （1）若E，F分别在AD，CD上，且∠EBF＝60°时，小王的探究方法是：延长EA至G，使AG＝CF，连接BG，先证明△ABG≌△________ ；再证明△EBG≌△EBF，他得出的线段EF，AE，CF之间的关系是 _____________ （2）如图②，若E，F分别在AD，DC的延长线上，∠EBF＝60°，求证：AE＝EF+CF． 6．如图，四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，∠ADC＝60°，AB＝BC，若E、F分别在AD、DC的延长线上，且∠EBF＝60°， 求证：AE＝EF+CF． 7．如图，△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝120°，点E为AB上一点，∠DCE＝∠DAE＝60°，求证：AD+DE＝BE． 类型三：2α夹α 8．（1）如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，求证：EF＝BE+FD． （2）如图2，四边形ABCD中，∠BAD≠90°，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，点E、F分别在边BC、CD上，则当∠EAF与∠BAD满足什么关系时，仍有EF＝BE+FD，说明理由． （3）如图3，四边形ABCD中，∠BAD≠90°，AB＝AD，AC平分∠BCD，AE⊥BC于E，AF⊥CD交CD延长线于F，请直接写出线段BC、CD与CE之间的数量关系为______________ （不需证明） 9．【初步思考】 （1）如图1．在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠BAD＝2∠EAF．求证：EF＝BE+FD． 小阳发现此题是证明线段的和（差）问题，根据证明此类题型的常见方法，于是就有了如下的思考过程：请你在下面的框图中填空帮他补全证明思路． 第一步：延长CB至点H，使BH＝DF，连接AH，易证△ABH≌△ADF，得出①_______ ＝AF，∠BAH＝∠DAF． 第二步：∠BAD＝∠BAE+∠EAF+∠DAF，∠BAD＝2∠EAF，得出∠BAE+∠DAF＝∠EAF，所以②_________ ＝∠EAF． 第三步：易证△EAH≌△EAF，得出③_______ ＝EF，于是BE+④_______ ＝EF，即EF＝BE+FD. 【问题解决】 （2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC，CD上的点，且∠BAD＝2∠EAF，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由． 【拓展延伸】 （3）如图3，四边形ABCD是边长为7的正方形，∠EBF＝45°，求△DEF的周长． 10．如图1和图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，E，F分别是边BC，CD上的点，且满足BE+FD＝EF． （1）如图1，若∠B＝∠D＝90°，求证：∠BAD＝2∠EAF； （2）如图2，若∠B+∠D＝180°，判断：（1）中的结论 _____ （填“是”或“否”）成立； （3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E，F分别是边BC，CD延长线上的点，且满足∠BAD＝2∠EAF．请写出线段BE，FD，EF之间的数量关系，并证明． 11．在四边形ABCD中，AB＝AD，E，F分别为直线BC和直线CD上的点，连接AE，AF，EF． （1）如图①，若∠B＝∠D＝90°，∠BAD＝120°，∠EAF＝60°，探究线段EF，BE，DF之间的数量关系并说明理由； （2）如图②，∠BAD＝2∠EAF，试猜想当∠B与∠D满足什么关系时，可使得EF＝BE+DF，请写出你的猜想并说明理由； （3）如图③，若∠B+∠ADC＝180°，点E在线段BC的延长线上，点F在线段CD的延长线上，∠EAF∠BAD，求证：EF＝BE﹣FD． 2026年10月14日狼的诱惑的初中数学组卷 参考答案与试题解析 一．解答题（共11小题） 1．如图，点A（a，0），B（0，b），满足|a﹣b|+（b﹣2）2＝0． （1）直接写出△AOB的面积为　2　 ． （2）如图1，点C在线段AB上（不与A、B重合）移动，AB⊥BD，且∠COD＝45°，求证：CD＝AC+BD． （3）如图2，F（2，2），点E是x轴上一动点（点E在点A的左边且不与点O重合），点K是y轴正半轴上一动点，连接EK，FK，FE，使∠EFK＝45°，试探究线段BK，KE，EA之间的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）根据非负数的性质得出a＝2，b＝2，可得AO＝BO＝2，即可得出答案； （2）先判断出∠OAE＝∠OBD＝135°，进而判断出△OBD≌△OAE，得出OD＝OE，BD＝AE，进而判断出△DOC≌△EOC（SAS），即可得出结论； （3）分两种情况，由全等三角形的性质可得出结论． 【解答】解：（1）∵|a﹣b|+（b﹣2）2＝0， ∴a﹣b＝0，b﹣2＝0， ∴a＝2，b＝2， ∴点A的坐标为（2，0），点B的坐标为（0，2）， ∴OA＝OB＝2， ∴△AOB的面积OA•OB2×2＝2， 故答案为：2； （2）证明：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）①如图2，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； ②如图3，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，线段BK，KE，EA之间的数量关系是KE＝BK+EA或EA＝BK+KE． 【点评】本题是三角形综合题，考查了非负数的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，坐标与图形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 2．已知∠PAQ与正方形ABCD共顶点A，且∠PAQ＝45°，∠PAQ的两边所在直线分别与正方形的边CD、CB所在直线相交于M、N． （1）当∠PAQ在∠BAD内部时，（如图1），猜想线段DM、BN、MN之间的关系． （2）当正方形的边AB在∠PAQ内部时，（如图2），（1）中的结论还成立吗？如果不成立，请你写出正确的结论，并说明理由． （3）当∠PAQ绕A点顺时针旋转角а，（45°＜а＜135°） （如图3），写出线段DM、BN与MN之间的关系．（不须证明） 【分析】（1）如图（1）延长CD至G，使DG＝BN，连接AG，证明△ABN≌△ADG（SAS），得AN＝AG，∠BAN＝∠DAG，再证明△AMN≌△AMG（SAS），得MN＝MG，进而根据线段的和差即可解决问题； （2）如图（2）在CD上截DH＝BN，连接AH，方法同（1）即可解决问题； （3）如图（3）延长DC至R，使DR＝BN，连接AR，方法同（1）即可解决问题． 【解答】解：（1）DM+BN＝MN，理由如下： 如图（1）延长CD至G，使DG＝BN，连接AG， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠B＝∠ADC＝∠ADG＝90°，AB＝AD， ∴△ABN≌△ADG（SAS）， ∴AN＝AG，∠BAN＝∠DAG， ∵∠PAQ＝45°， ∴∠BAN+∠DAM＝45°， ∴∠DAG+∠DAM＝45°＝∠GAM， ∴∠MAN＝∠MAG， ∵AM＝AM， ∴△AMN≌△AMG（SAS）， ∴MN＝MG， ∵MG＝MD+DG＝MD+BN， ∴DM+BN＝MN； （2）DM﹣BN＝MN，理由如下： 如图（2）在CD上截DH＝BN，连接AH， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝∠ADC＝∠ABN＝90°，AB＝AD， ∴△ABN≌△ADH（SAS）， ∴AN＝AH，∠BAN＝∠DAH， ∵∠PAQ＝45°， ∴∠BAN+∠BAM＝45°， ∴∠DAH+∠BAM＝45°， ∴∠HAM＝90°﹣45°＝45°， ∴∠MAN＝∠MAH， ∵AM＝AM， ∴△AMN≌△AMH（SAS）， ∴MN＝MH， ∵MH＝MD﹣DH＝MD﹣BN， ∴DM﹣BN＝MN； （3）DM+BN＝MN．理由如下： 如图（3）延长DC至R，使DR＝BN，连接AR， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝∠ADC＝∠ABN＝90°，AB＝AD， ∴△ABN≌△ADR（SAS）， ∴AN＝AR，∠BAN＝∠DAR， ∴∠BAN+∠BAR＝∠DAR+∠BAR＝∠BAD＝90°， ∴∠NAR＝90°， ∵∠PAQ＝45°， ∴∠PAR＝45°， ∴∠MAN＝∠MAR＝180°﹣45°＝135°， ∵AM＝AM， ∴△AMN≌△AMR（SAS）， ∴MN＝MR， ∵MR＝MD+DR＝MD+BN， ∴DM+BN＝MN． 【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是准确作出辅助线，构造全等三角形． 3．（1）如图1，四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，∠D＝60°，AB＝BC，E、F分别在AD、CD上，且∠EBF＝60°，求证：EF＝AE+CF． （2）如图2，在题（1）中，若E、F分别在AD、DC的延长线上，其余条件不变，求证：AE＝EF+CF． 【分析】（1）延长DA到G，使AG＝CF，连接BG，利用“边角边”证明△ABG和△CBF全等，根据全等三角形对应边相等可得AG＝CF，BG＝BF，全等三角形对应角相等可得∠CBF＝∠ABG，利用四边形的内角和等于360°求出∠ABC＝120°，然后求出∠EBG＝60°，从而得到∠EBG＝∠EBF，再利用“边角边”证明△BEF和△BEG全等，根据全等三角形对应边相等可得EF＝EG，再根据EG＝AE+AG等量代换即可得证； （2）在AE上截取AG＝CF，连接BG，利用“边角边”证明△ABG和△CBF全等，根据全等三角形对应边相等可得AG＝CF，BG＝BF，全等三角形对应角相等可得∠CBF＝∠ABG，利用四边形的内角和等于360°求出∠ABC＝120°，然后求出∠EBG＝60°，从而得到∠EBG＝∠EBF，再利用“边角边”证明△BEF和△BEG全等，根据全等三角形对应边相等可得EF＝EG，再根据AE＝GE+AG等量代换即可得证． 【解答】证明：（1）如图，延长DA到G，使AG＝CF，连接BG， 在△ABG和△CBF中，， ∴△ABG≌△CBF（SAS）， ∴AG＝CF，BG＝BF，∠CBF＝∠ABG， ∵∠A＝∠C＝90°，∠D＝60°， ∴∠ABC＝360°﹣90°×2﹣60°＝120°， ∵∠EBF＝60°， ∴∠EBG＝∠ABG+∠ABE＝∠CBF+∠ABE＝∠ABC﹣∠EBF＝120°﹣60°＝60°， ∴∠EBG＝∠EBF， 在△BEF和△BEG中，， ∴△BEF≌△BEG（SAS）， ∴EF＝EG， 由图可知，EG＝AE+AG， 所以，EF＝AE+CF； （2）如图，在AE上截取AG＝CF，连接BG， 在△ABG和△CBF中，， ∴△ABG≌△CBF（SAS）， ∴AG＝CF，BG＝BF，∠CBF＝∠ABG， ∵∠A＝∠C＝90°，∠D＝60°， ∴∠ABC＝360°﹣90°×2﹣60°＝120°， ∵∠EBF＝60°， ∴∠EBG＝∠ABC﹣∠ABG﹣∠CBE＝∠ABC﹣∠CBF﹣∠CBE＝∠ABC﹣∠EBF＝120°﹣60°＝60°， ∴∠EBG＝∠EBF， 在△BEF和△BEG中，， ∴△BEF≌△BEG（SAS）， ∴EF＝EG， 由图可知，AE＝GE+AG， 所以，AE＝EF+CF． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，四边形的内角和，难点在于作辅助线构造出全等三角形，求一条边等于另两条边的和，通常利用“截长补短”法求解． 4．如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，∠D＝60°，AB＝BC，点E，F分别在AD，CD上，且∠EBF＝60°．试说明：EF＝AE+CF． 【分析】延长DC至M，使CM＝AE，利用SAS证明△ABE≌△CBM，得BM＝BE，∠CBM＝∠ABE，再利用SAS证明△BMF≌△BEF，得MF＝EF，即可得出结论． 【解答】证明：如图，延长DC至M，使CM＝AE， 在△ABE和△CBM中，， ∴△ABE≌△CBM（SAS）， ∴BM＝BE，∠CBM＝∠ABE， ∵∠D＝60°，∠A＝∠C＝90°， ∴∠ABC＝360°﹣60°﹣90°×2＝120°， ∵∠EBF＝60°， ∴∠ABE+∠CBF＝∠ABC﹣∠EBF＝120°﹣60°＝60°， ∴∠MBF＝∠CBM+∠CBF＝∠ABE+∠CBF＝60°， ∴∠EBF＝∠MBF， 在△BMF和△BEF中，， ∴△BMF≌△BEF（SAS）， ∴MF＝EF， ∵MF＝MC+CF， ∴EF＝AE+CF． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，四边形的内角和等知识；难点在于作辅助线构造出全等三角形，求一条边等于另两条边的和，通常利用“截长补短”法求解． 5．如图①，四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，∠ADC＝60°，AB＝BC． （1）若E，F分别在AD，CD上，且∠EBF＝60°时，小王的探究方法是：延长EA至G，使AG＝CF，连接BG，先证明△ABG≌△CBF ；再证明△EBG≌△EBF，他得出的线段EF，AE，CF之间的关系是 EF＝AE+CF （2）如图②，若E，F分别在AD，DC的延长线上，∠EBF＝60°，求证：AE＝EF+CF． 【分析】（1）如图求证△CFB≌△AGB（SAS），于是∠CBF＝∠ABG，BF＝BG，进一步可证∠GBE＝∠FBE，求证△GBE≌△FBE（SAS），于是EG＝EF，所以EF＝AE+CF． （2）如图，在AE上截取AG＝CF，连接BG，求证△ABG≌△CBF（SAS），于是BG＝BF，∠CBF＝∠ABG，可证∠EBG＝∠EBF，求证△BEF≌△BEG（SAS），于是EF＝EG，所以AE＝EF+CF． 【解答】（1）解：结论：EF＝AE+CF． 如图，在△CFB和△AGB中， ， ∴△CFB≌△AGB（SAS）， ∴∠CBF＝∠ABG，BF＝BG， 四边形ABCD中， ∵∠A＝∠C＝90°，∠ADC＝60°， ∴∠ABC＝360°﹣90°×2﹣60°＝120°， ∴∠FBG＝∠ABF+∠ABG＝∠ABF+∠CBF＝∠ABC＝120°， ∴∠GBE＝∠GBF﹣∠EBF＝120°﹣60°＝60°， ∴∠GBE＝∠FBE， 在△GBE与△FBE中， ， ∴△GBE≌△FBE（SAS）， ∴EG＝EF， 而EG＝AE+AG＝AE+CF， ∴EF＝AE+CF； 故答案为：CBF，EF＝AE+CF； （2）证明：如图，在AE上截取AG＝CF，连接BG． 在△ABG和△CBF中， ， ∴△ABG≌△CBF（SAS）， ∴BG＝BF，∠CBF＝∠ABG， ∵∠A＝∠BCD＝90°，∠ADC＝60°， ∴∠ABC＝360°﹣90°×2﹣60°＝120°， ∴∠EBF＝∠CBF+∠CBE＝∠ABG+∠CBE＝60°， ∵∠EBG＝∠ABC﹣∠ABG﹣∠CBE＝∠ABC﹣60°＝60°， ∴∠EBG＝∠EBF， 在△BEF和△BEG中， ， ∴△BEF≌△BEG（SAS）， ∴EF＝EG， 由图可知，AE＝GE+AG， ∴AE＝EF+CF． 【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，运用截长补短的思想，通过截取一条线段等于已知线段构造全等三角形是解题的关键． 6．如图，四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，∠ADC＝60°，AB＝BC，若E、F分别在AD、DC的延长线上，且∠EBF＝60°， 求证：AE＝EF+CF． 【分析】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】证明：在AE上截取AM＝CF，连接BM 在△ABM和△CBF中 ， ∴△ABM≌△CBF（SAS）， ∴∠ABM＝∠CBF，BM＝BF ∵∠A＝∠C＝90°，∠D＝60°， ∴∠CBA＝120°， ∴∠FBM＝120°， ∵∠EBF＝60°， ∴∠EBM＝60°， 在△BME和△BFE中 ∴△BME≌△BFE（SAS）， ∴EF＝EM， ∴AE＝EF+CF． 【点评】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，此题截长的目的是构造两对全等三角形，本题不宜用补短法，因无法构造两对全等三角形． 7．如图，△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝120°，点E为AB上一点，∠DCE＝∠DAE＝60°，求证：AD+DE＝BE． 【分析】在AB上截取BF＝AD，连接CF，通过证明△ADC≌△BFC，可得∠ACD＝∠BCF，CD＝CF，由“SAS”可得△DCE≌△FCE，可得DE＝EF，即可得结论． 【解答】证明：如图，在AB上截取BF＝AD，连接CF， ∵CA＝CB，∠ACB＝120°， ∴∠CAB＝∠CBA＝30°， ∵∠DAE＝60° ∴∠DAC＝∠DAE﹣∠CAB＝30° ∴∠DAC＝∠CBA，且AD＝BF，AC＝BC ∴△ADC≌△BFC（SAS） ∴∠ACD＝∠BCF，CD＝CF， ∵∠ACB＝∠ACE+∠ECF+∠BCF＝∠ACE+∠ECF+∠ACD＝∠DCE+∠ECF＝120° ∴∠ECF＝60°＝∠DCE，且CE＝CE，DC＝CF ∴△DCE≌△FCE（SAS） ∴DE＝EF ∴BE＝BF+EF＝AD+DE 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，添加恰当的辅助线构造全等三角形是本题的关键． 8．（1）如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，求证：EF＝BE+FD． （2）如图2，四边形ABCD中，∠BAD≠90°，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，点E、F分别在边BC、CD上，则当∠EAF与∠BAD满足什么关系时，仍有EF＝BE+FD，说明理由． （3）如图3，四边形ABCD中，∠BAD≠90°，AB＝AD，AC平分∠BCD，AE⊥BC于E，AF⊥CD交CD延长线于F，请直接写出线段BC、CD与CE之间的数量关系为BC+CD＝2CE （不需证明） 【分析】（1）根据旋转的性质可以得到△ADG≌△ABE，则GF＝BE+DF，只要再证明△AFG≌△AFE即可． （2）延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，证△ADF≌△ABM，再证△FAE≌△MAE，即可得出答案； （3）由角平分线的性质得出AE＝AF，由HL证明Rt△ABE≌Rt△ADF，得出BE＝DF，同理：Rt△ACE≌Rt△ACF，得出CE＝CF，即可得出结论． 【解答】（1）证明：把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，如图1所示： 则△ADG≌△ABE， ∴AG＝AE，∠DAG＝∠BAE，DG＝BE， 又∵∠EAF＝45°，即∠DAF+∠BEA＝∠EAF＝45°， ∴∠GAF＝∠FAE， 在△GAF和△FAE中，， ∴△AFG≌△AFE（SAS）． ∴GF＝EF． 又∵DG＝BE， ∴GF＝BE+DF， ∴BE+DF＝EF． （2）解：∠BAD＝2∠EAF．理由如下： 如图2所示，延长CB至M，使BM＝DF，连接AM， ∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠ABM＝180°， ∴∠D＝∠ABM， 在△ABM和△ADF中，， ∴△ABM≌△ADF（SAS） ∴AF＝AM，∠DAF＝∠BAM， ∵∠BAD＝2∠EAF， ∴∠DAF+∠BAE＝∠EAF， ∴∠EAB+∠BAM＝∠EAM＝∠EAF， 在△FAE和△MAE中，， ∴△FAE≌△MAE（SAS）， ∴EF＝EM＝BE+BM＝BE+DF， 即EF＝BE+DF． （3）解：BC+CD＝2CE；理由如下： ∵AC平分∠BCD，AE⊥BC，AF⊥CD， ∴∠AEB＝∠AFD＝90°，AE＝AF， 在Rt△ABE和Rt△ADF中，， ∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL）， ∴BE＝DF， 同理：Rt△ACE≌Rt△ACF， ∴CE＝CF， ∴BC+CD＝BE+CE+CF﹣DF＝2CE； 故答案为：BC+CD＝2CE． 【点评】此题是四边形综合题，考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解决问题的关键． 9．【初步思考】 （1）如图1．在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠BAD＝2∠EAF．求证：EF＝BE+FD． 小阳发现此题是证明线段的和（差）问题，根据证明此类题型的常见方法，于是就有了如下的思考过程：请你在下面的框图中填空帮他补全证明思路． 第一步：延长CB至点H，使BH＝DF，连接AH，易证△ABH≌△ADF，得出①AH ＝AF，∠BAH＝∠DAF． 第二步：∠BAD＝∠BAE+∠EAF+∠DAF，∠BAD＝2∠EAF，得出∠BAE+∠DAF＝∠EAF，所以②　∠EAH ＝∠EAF． 第三步：易证△EAH≌△EAF，得出③EH ＝EF，于是BE+④BH ＝EF，即EF＝BE+FD. 【问题解决】 （2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC，CD上的点，且∠BAD＝2∠EAF，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由． 【拓展延伸】 （3）如图3，四边形ABCD是边长为7的正方形，∠EBF＝45°，求△DEF的周长． 【分析】（1）延长CB至点H，使BH＝DF，连接AH，可证明△ABH≌△ADF，得AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，再证明∠EAH＝∠EAF，进而证明△EAH≌△EAF，得EH＝EF，所以BE+BH＝EF，则EF＝BE+FD，于是得到问题的答案； （2）延长CB到点G，使GB＝FD，连接AG，则∠ABG＝∠D，可证明△ABG≌△ADF，得AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，推导出∠EAG＝∠EAF，进而证明△EAG≌△EAF，得EG＝EF，则EF＝BE+FD，所以（1）中的结论仍然成立； （3）延长DA到点L，使AL＝CF，连接BL，则∠BAL＝∠C＝90°，可证明△BAL≌△BCF，得BL＝BF，∠ABL＝∠CBF，推导出∠EBL＝∠EBF，进而证明△EBL≌△EBF，得EL＝EF，则EF＝AE+CF，求得DE+EF+DF＝AD+CD＝14，则△DEF的周长为14． 【解答】解：（1）如图1，延长CB至点H，使BH＝DF，连接AH， ∵∠ABC＝∠D＝90°， ∴∠ABH＝∠D＝90°， 在△ABH和△ADF中， ， ∴△ABH≌△ADF（SAS）， ∴AH＝AF，∠BAH＝∠DAF， ∵∠BAD＝∠BAE+∠EAF+∠DAF，∠BAD＝2∠EAF， ∴∠BAE+∠EAF+∠DAF＝2∠EAF， ∴∠BAE+∠DAF＝∠EAF， ∵∠BAE+∠DAF＝∠BAE+∠BAH＝∠EAH， ∴∠EAH＝∠EAF， 在△EAH和△EAF中， ， ∴△EAH≌△EAF（SAS）， ∴EH＝EF， ∴BE+BH＝EF， ∴EF＝BE+FD． 故答案为：AH，∠EAH，EH，BH． （2）成立， 理由：如图2，延长CB到点G，使GB＝FD，连接AG， ∵∠ABC+∠ABG＝180°，∠ABC+∠D＝180°， ∴∠ABG＝∠D， 在△ABG和△ADF中， ， ∴△ABG≌△ADF（SAS）， ∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF， ∵∠BAE+∠DAF+∠EAF＝∠BAD＝2∠EAF， ∴∠BAE+∠DAF＝∠EAF， ∴∠EAG＝∠BAE+∠BAG＝∠BAE+∠DAF＝∠EAF， 在△EAG和△EAF中， ， ∴△EAG≌△EAF（SAS）， ∴EG＝EF， ∵EG＝BE+GB＝BE+FD， ∴EF＝BE+FD， ∴（1）中的结论仍然成立． （3）如图3，延长DA到点L，使AL＝CF，连接BL， ∵四边形ABCD是边长为7的正方形， ∴AB＝CB＝AD＝CD＝7，∠BAD＝∠C＝∠D＝∠ABC＝90° ∴∠BAL＝∠C＝90°， 在△BAL和△BCF中， ， ∴△BAL≌△BCF（SAS）， ∴BL＝BF，∠ABL＝∠CBF， ∵∠EBF＝45°， ∴∠EBL＝∠ABE+∠ABL＝∠ABE+∠CBF＝∠ABC﹣∠EBF＝45°， ∴∠EBL＝∠EBF， 在△EBL和△EBF中， ， ∴△EBL≌△EBF（SAS）， ∴EL＝EF， ∵EL＝AE+AL＝AE+CF， ∴EF＝AE+CF， ∴DE+EF+DF＝DE+AE+CF+DF＝AD+CD＝7+7＝14， ∴△DEF的周长为14． 【点评】此题重点考查同角的补角相等、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、三角形的周长等知识，此题综合性强，难度较大，正确地作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 10．如图1和图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，E，F分别是边BC，CD上的点，且满足BE+FD＝EF． （1）如图1，若∠B＝∠D＝90°，求证：∠BAD＝2∠EAF； （2）如图2，若∠B+∠D＝180°，判断：（1）中的结论 　是　 （填“是”或“否”）成立； （3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E，F分别是边BC，CD延长线上的点，且满足∠BAD＝2∠EAF．请写出线段BE，FD，EF之间的数量关系，并证明． 【分析】（1）延长CB至M，使得BM＝DF，连接AM，根据全等三角形的判定和性质解答即可； （2）延长CB至M，使BM＝DF，连接AM．证明△ABM≌△ADF（SAS）．可得AF＝AM，∠BAM＝∠DAF．然后根据EF＝BE+DF＝BE+BM＝EM，证明△AME≌△AFE（SSS）．可得∠MAE＝∠EAF．进而可以得到结论； （3）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BM，使BM＝DF，连接AM．可得出AM＝AF，ME＝EF，那么EF＝ME＝BE﹣BM＝BE﹣DF． 【解答】（1）证明：延长CB至点M，使得BM＝DF，连接AM， ∵∠B＝∠D＝90°，AB＝AD， 在△ABM与△ADF中， ， ∴△ABM≌△ADF（SAS）， ∴AM＝AF，∠DAF＝∠BAM， ∵EF＝BE+DF＝BE+BM＝ME， 在△AME与△AFE中， ， ∴△AME≌△AFE（SSS）， ∴∠MAE＝∠EAF， ∴∠BAE+∠DAF＝∠EAF， 即∠BAD＝2∠EAF； （2）解：如图，延长CB至点M，使BM＝DF，连接AM． ∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABM+∠ABC＝180°， ∴∠ABM＝∠D， 在△ABM与△ADF中， ， ∴△ABM≌△ADF（SAS）． ∴AF＝AM，∠DAF＝∠BAM， ∵EF＝BE+DF＝BE+BM＝EM， 在△AME与△AFE中， ， ∴△AME≌△AFE（SSS）． ∴∠MAE＝∠EAF． ∴∠BAE+∠DAF＝∠BAE+∠BAM＝∠EAF∠BAD， ∴∠BAD＝2∠EAF， ∴（1）中的结论成立， 故答案为：是； （3）解：线段BE，FD，EF之间的数量关系是BE﹣DF＝EF， 证明：在BE上截取BM＝DF，连接AM， ∵AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADF＝180°， ∴∠ABM＝∠ADF， 在△ABM与△ADF中， ， ∴△ABM≌△ADF（SAS）， ∴AM＝AF，∠BAM＝∠DAF， ∵∠BAD＝2∠EAF， ∴∠BAD＝∠MAF＝2∠EAF， ∴∠EAF＝∠EAM， 在△AEM与△AEF中， ， ∴△AEM≌△AEF（SAS）， ∴EM＝EF， ∴BE﹣BM＝EF， ∵BM＝DF， ∴BE﹣DF＝EF． 【点评】本题是四边形综合题，考查了三角形全等的判定和性质；本题中通过全等三角形来实现线段的转换是解题的关键，没有明确的全等三角形时，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． 11．在四边形ABCD中，AB＝AD，E，F分别为直线BC和直线CD上的点，连接AE，AF，EF． （1）如图①，若∠B＝∠D＝90°，∠BAD＝120°，∠EAF＝60°，探究线段EF，BE，DF之间的数量关系并说明理由； （2）如图②，∠BAD＝2∠EAF，试猜想当∠B与∠D满足什么关系时，可使得EF＝BE+DF，请写出你的猜想并说明理由； （3）如图③，若∠B+∠ADC＝180°，点E在线段BC的延长线上，点F在线段CD的延长线上，∠EAF∠BAD，求证：EF＝BE﹣FD． 【分析】（1）先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，则可得到结论； （2）根据角之间关系，只要满足∠B+∠D＝180°时，就可以得出三角形全等，利用全等三角形的性质即可得出答案； （3）在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．根据SAS证明△ABG≌△ADF得到AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，根据∠EAF∠BAD，可知∠GAE＝∠EAF，可证明△AEG≌△AEF，EG＝EF，那么EF＝GE＝BE﹣BG＝BE﹣DF． 【解答】（1）解：EF＝BE+DF， 理由：如图①，延长FD到G，使DG＝BE，连接AG， ∵∠B＝∠ADC＝90°， ∴∠B＝∠ADG＝90°， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG， ∵∠BAD＝120°，∠EAF＝60°， ∴∠BAE+∠DAF＝60°， ∴∠DAF+∠CAD＝60°， 即∠FAG＝60°＝∠EAF， 在△AEF和△AGF中， ， ∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴EF＝FG， ∵GF＝GD+DF＝DF+BE， ∴EF＝BE+DF； （2）解：当∠B与∠D满足∠B+∠D＝180°时，可使得DF+BE＝EF， 理由：如图②，延长CB在上截取BG＝DF，连接AG， ∵∠ABE+∠ABG＝180°，∠ABE+∠D＝180°， ∴∠ABG＝∠D， ∵AB＝AD，DF＝GB， ∴△ABG≌△ADF（SAS）， ∴AG＝AF，∠DAF＝∠GAB， ∵∠EAF∠BAD， ∴∠GAE＝∠EAF， ∴△AFE≌△AGE（SAS）， ∴EF＝EG， ∴EF＝DF+BE； （3）证明：在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG． ∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°， ∴∠B＝∠ADF． 在△ABG和△ADF中， ， ∴△ABG≌△ADF（SAS）， ∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF． ∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF∠BAD． ∴∠GAE＝∠EAF． 在△AEG和△AEF中， ， ∴△AEG≌△AEF（SAS）． ∴EG＝EF， ∵EG＝BE﹣BG ∴EF＝BE﹣FD． 【点评】本题考查了四边形综合题，三角形全等的判定和性质；本题中通过全等三角形来实现线段的转换是解题的关键，没有明确的全等三角形时，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． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/10/14 20:56:35；用户：狼的诱惑；邮箱：UID_B6F2C37AC4BC0A081F64DF52B2C648C2@qq.jyeoo.com；学号：24278983 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $