重难点03全等三角形（4种模型2种添加辅助线方法）

重难点03全等三角形（4种模型2种添加辅助线方法）题型一：一线三等角模型题型二：手拉手模型题型三：半角模型题型四：旋转模型题型五：倍长中线法题型六：截长补短法技巧方法技巧方法题型一：一线三等角模型过等腰直角三角形的直角顶点或者正方形直角顶点的一条直线。过等腰直角三角形的另外两个顶点作该直线的垂线段，会有两个三角形全等（AAS）常见的两种图形：题型二：手拉手模型【基本模型】一、等边三角形手拉手-出全等二、等腰直角三角形手拉手-出全等两个共直角顶点的等腰直角三角形，绕点C旋转过程中（B、C、D不共线）始终有：△BCD≌△ACE；②BD⊥AE（位置关系）且BD=AE（数量关系）；③FC平分∠BFE；题型三：半角模型过等腰三角形顶点两条射线，使两条射线的夹角为等腰三角形顶角的一半这样的模型称为半角模型。常见的图形为正方形，正三角形，等腰直角三角形等，解题思路一般是将半角两边的三角形通过旋转到一边合并成新的三角形，从而进行等量代换，然后证明与半角形成的三角形全等，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系。解题技巧：在图1中，△AEB由△AND旋转所得，可得△AEM≌△AMN，∴BM+DN=MN∠AMB=∠AMNAB=AH△CMN的周长等于正方形周长的一半在图2中将△ABC旋转至△BEF，易得△BED≌△BCD同理得到边角之间的关系；总之：半角模型（题中出现角度之间的半角关系）利用旋转——证全等——得到相关结论.题型四：旋转模型一、奔驰模型旋转是中考必考题型，奔驰模型是非常经典的一类题型，且近几年中考中经常出现。我们不仅要掌握这类题型，提升利用旋转解决问题的能力，更重要的是要明白一点:旋转的本质是把分散的条件集中化，从而解决问题二、费马点模型费马点就是到三角形的三个顶点距离之和最小的点.最值问题是中考常考题型，费马点属于几何中的经典题型，目前全国范围内的中考题都是从经典题改编而来，所以掌握费马点等此类最值经典题是必不可少的.题型五：倍长中线法三角形一边的中线（与中点有关的线段），或中点，通常考虑倍长中线或类中线，构造全等三角形.把该中线延长一倍，证明三角形全等，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的方法.主要思路：倍长中线（线段）造全等在△ABC中AD是BC边中线延长AD到E，使DE=AD，连接BE作CF⊥AD于F，作BE⊥AD的延长线于E连接BE延长MD到N，使DN=MD，连接CD题型六：截长补短法截长补短法在初中几何教学中有着十分重要的作用,它主要是用来证线段的和差问题,而且这种方法一直贯穿着整个几何教学的始终.那么什么是截长补短法呢?所谓截长补短其实包含两层意思,即截长和补短.截长就是在较长的线段上截取一段等于要证的两段较短的线段中的一段,证剩下的那一段等于条件或结论中出现a+b=c时，用截长补短．1、补短法：通过添加辅助线“构造”一条线段使其为求证中的两条线段之和，在证所构造的线段和求证中那一条线段相等；2、截长法：通过添加辅助线先在求证中长线段上截取与线段中的某一段相等的线段，在证明截剩部分与线段中的另一段相等。3、截长法与补短法，具体做法是在某条线段上截取一条线段与特定线段相等，或是将某条线段延长，使之与特定线段相等，再利用三角形全等的有关性质加以说明，这种做法一般遇到证明三条线段之间关系是常用.如图1，若证明线段AB,CD,EF之间存在EF=AB+CD,可以考虑截长补短法.截长法：如图2，在EF上截取EG=AB,在证明GF=CD即可；补短法：如图3，延长AB至H点，使BH=CD,再证明AH=EF即可.能力拓展能力拓展题型一：一线三等角模型一、填空题1．（2023春·全国·七年级专题练习）如图，，且，且，请按照图中所标注的数据计算FH的长为_______．【答案】18【分析】由，可以得到，而，由此可以证明，进而得出，即可得出．【详解】解：∵且，，∴∵，∴∴∴，∴同理证得得故，故答案为：18．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定的相关知识，关键是根据全等三角形的对应边相等解答．2．（2023春·全国·七年级专题练习）如图所示，中，．直线l经过点A，过点B作于点E，过点C作于点F．若，则__________．【答案】7【分析】根据全等三角形来实现相等线段之间的关系，从而进行计算，即可得到答案；【详解】解：∵BE⊥l，CF⊥l，∴∠AEB=∠CFA=90°．∴∠EAB+∠EBA=90°．又∵∠BAC=90°，∴∠EAB+∠CAF=90°．∴∠EBA=∠CAF．在△AEB和△CFA中∵∠AEB=∠CFA，∠EBA=∠CAF，AB=AC，∴△AEB≌△CFA．∴AE=CF，BE=AF．∴AE+AF=BE+CF．∴EF=BE+CF．∵，∴；故答案为：7．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，余角的性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的证明三角形全等．二、解答题3．（2023春·全国·七年级专题练习）（1）如图1，已知：在中，，直线m经过点A，直线m，直线m，垂足分别为点D、E．证明：．（2）如图2，将（1）中的条件改为：在△ABC中，，D、A、E三点都在直线m上，并且有，其中为任意钝角，请问结论是否成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）成立，见解析【分析】（1）根据可证明，可得，可得．（2）由已知条件可知，，可得，结合条件可证明，同（1）可得出结论．【详解】证明：（1）如图1，∵直线m，直线m，∴，∵，∴，∵，∴，在和中，∴，∴，∴；（2）如图2，∵，∴，∴，在和中，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，由条件证明三角形全等得到是解题的关键．4．（2023春·全国·七年级专题练习）（1）观察理解：如图1，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线l过点C，点A，B在直线l同侧，BD⊥l，AE⊥l，垂足分别为D，E，求证：△AEC≌△CDB．（2）理解应用：如图2，过△ABC边AB、AC分别向外作正方形ABDE和正方形ACFG，AH是BC边上的高，延长HA交EG于点I．利用（1）中的结论证明：I是EG的中点．（3）类比探究：①将图1中△AEC绕着点C旋转180°得到图3，则线段ED、EA和BD的关系_______；②如图4，直角梯形ABCD中，，AB⊥BC，AD＝2，BC＝3，将腰DC绕D点逆时针旋转90°至DE，△AED的面积为．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）①ED=EA－BD；②1【分析】（1）根据同角的余角相等可得∠A＝∠BCD，再利用AAS证得△AEC≌△CDB，即可；（2）分别过点E、G向HI作垂线，垂足分别为M、N，由（1）可证得△EMA≌△AHB，△ANG≌△CHA，从而得到EM=GN，可得到△EMI≌△GNI，从而得到EI=IG，即可求证；（3）①由（1）得：△AEC≌△CDB，可得CE=BD，AE=CD，即可；②过点C作CP⊥AD交AD延长线于点P，过点E作EQ⊥AD交AD延长线于点Q，根据旋转的性质可得根据题意得：∠CDE=90°，CD=DE，再由（1）可得△CDP≌△DEQ，从而得到DP=EQ，然后根据两平行线间的距离，可得AP=BC，进而得到PD=1，即可求解．【详解】（1）证明：∵BD⊥l，AE⊥l，∴∠AEC＝∠BDC＝90°，又∵∠ACB＝90°∴∠A+∠ACE＝∠ACE+∠BCD＝90°，∴∠A＝∠BCD，在△AEC和△CDB中，∴△AEC≌△CDB（AAS）；（2）证明：分别过点E、G向HI作垂线，垂足分别为M、N，由（1）得：△EMA≌△AHB，△ANG≌△CHA，∴EM＝AH，GN=AH，∴EM=GN，在△EMI和△GNI中，∴△EMI≌△GNI（AAS）；∴EI=IG，即I是EG的中点；（3）解：①由（1）得：△AEC≌△CDB，∴CE=BD，AE=CD，∵ED=CD-CE，∴ED=EA－BD；故答案为：ED=EA－BD②如图，过点C作CP⊥AD交AD延长线于点P，过点E作EQ⊥AD交AD延长线于点Q，根据题意得：∠CDE=90°，CD=DE，由（1）得：△CDP≌△DEQ，∴DP=EQ，直角梯形ABCD中，，AB⊥BC，∴AB⊥AD，∴AB∥CP，∴BC⊥CP，∵BC=3，∴AP=BC=3，∵AD=2，∴DP=AP-AD=1，∴EQ=1，∴△ADE的面积为．故答案为：1【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，图形的旋转，平行间的距离，熟练掌握全等三角形的判定和性质，图形的旋转的性质，平行间的距离，并利用类比思想解答是解题的关键．5．（2023春·全国·七年级专题练习）在直线m上依次取互不重合的三个点D，A，E，在直线m上方有AB＝AC，且满足∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α．(1)如图1，当α＝90°时，猜想线段DE，BD，CE之间的数量关系是；(2)如图2，当0＜α＜180时，问题（1）中结论是否仍然成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由．【答案】(1)DE＝BD+CE．(2)DE＝BD+CE仍然成立，证明见解析【分析】（1）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，进而得到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE；（2）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α，进而得到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE．【详解】（1）解：DE＝BD+CE，理由如下，∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°，∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，∴∠DBA＝∠EAC，∵AB＝AC，∴△DBA≌△EAC（AAS），∴AD＝CE，BD＝AE，∴DE＝AD+AE＝BD+CE，故答案为：DE＝BD+CE．（2）DE＝BD+CE仍然成立，理由如下，∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α，∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α，∴∠DBA＝∠EAC，∵AB＝AC，∴△DBA≌△EAC（AAS），∴BD＝AE，AD＝CE，∴DE＝AD+AE＝BD+CE；【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．6．（2023春·全国·七年级专题练习）已知，在中，，三点都在直线m上，且．(1)如图①，若，则与的数量关系为___________，与的数量关系为___________；(2)如图②，判断并说明线段，与的数量关系；(3)如图③，若只保持，点A在线段上以的速度由点D向点E运动，同时，点C在线段上以的速度由点E向点F运动，它们运动的时间为．是否存在x，使得与全等？若存在，求出相应的t的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)或【分析】（1）利用平角的定义和三角形内角和定理得，再利用证明得；（2）由（1）同理可得，得，可得答案；（3）分或两种情形，分别根据全等三角形的性质可解决问题．【详解】（1）解：∵，∴，∴，∵，∴，∴，故答案为：；（2），由（1）同理可得，∴，∴；（3）存在，当时，∴，∴，此时；当时，∴∴，，综上：或．【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握一线三等角基本模型是解题的关键，同时渗透了分类讨论的数学思想．7．（2023春·全国·七年级专题练习）已知为等腰三角形，，直线过点（不经过点），过点作于点，过点作于点．(1)如图1，当点位于直线的同侧时，判断与的大小关系，并说明理由；(2)如图2，若点位于直线的两侧，①（1）的结论是否还能成立，请说明理由；②设与交于点，当时，判断与是否相等，并说明理由．【答案】(1)；理由见解析(2)①成立，理由见解析；②，理由见解析【分析】（1）根据“”证明即可得出结论；（2）①仍然根据“”证明即可得出结论；②根据全等三角形的性质以及题意证明，进而得出，则结论可得．【详解】（1）解：，理由如下：∵为等腰三角形，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴；（2）（2）①成立，同理可得，∴；②，理由如下：∵，，∴，∵，，∴，∴，即，∵，∴，∵，∴，∴．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握“一线三等角”模型证明全等是解本题的关键．8．（2023春·全国·七年级专题练习）通过对数学模型“K字”模型或“一线三等角”模型的研究学习，解决下列问题：[模型呈现]如图1，，，过点B作于点C，过点D作于点E．求证：．[模型应用]如图2，且，且，请按照图中所标注的数据，计算图中实线所围成的图形的面积为________________．[深入探究]如图3，，，，连接，，且于点F，与直线交于点G．若，，则的面积为_____________．【答案】[模型呈现]见解析；[模型应用]50；[深入探究]63【分析】[模型呈现]证明，根据全等三角形的对应边相等得到；[模型应用]根据全等三角形的性质得到，，，根据梯形的面积公式计算，得到答案；[深入探究]过点D作于P，过点E作交的延长线于Q，根据全等三角形的性质得到，证明，得到，进而求出，根据三角形的面积公式计算即可．【详解】[模型呈现]证明：∵，∴，∵，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴；[模型应用]解：由[模型呈现]可知，，∴，则，故答案为：50；[深入探究]过点D作于P，过点E作交AG的延长线于Q，由[模型呈现]可知，，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故答案为：63．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形的面积计算，熟记三角形确定的判定定理是解题的关键．9．（2023春·七年级单元测试）在中，，直线经过点C，且于D，于E．(1)当直线绕点C旋转到图1的位置时，求证：①；②．(2)当直线绕点C旋转到图2的位置时，求证：；(3)当直线绕点C旋转到图3的位置时，试问具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．【答案】(1)①见解析；②见解析(2)见解析(3)，证明见解析【分析】（1）①由垂直关系可得，则由即可证明；②由的性质及线段和的关系即可证得结论；（2）由垂直可得，则由可证明，由全等三角形的性质及线段差的关系即可证得结论；（3）由垂直可得，则由可证得，由全等三角形的性质及线段的和差关系即可得到三线段间的关系．【详解】（1）如图①∵，∴，∴．又∵，，∴．②∵，∴，，∴．（2）∵，∴，∴．又∵，∴，∴，∴．（3）当旋转到图3的位置时，所满足的等量关系是（或等）．∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，互余的性质等知识，证明两个三角形全等是问题的关键．10．（2023春·全国·七年级专题练习）在直线上依次取互不重合的三个点，在直线上方有，且满足．(1)如图1，当时，猜想线段之间的数量关系是____________；(2)如图2，当时，问题（1）中结论是否仍然成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由；(3)应用：如图3，在中，是钝角，，，直线与的延长线交于点，若，的面积是12，求与的面积之和．【答案】(1)DE＝BD+CE(2)DE＝BD+CE仍然成立，理由见解析(3)△FBD与△ACE的面积之和为4【分析】（1）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，进而得到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE；（2）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α，进而得到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE；（3）由∠BAD＞∠CAE，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，得出∠CAE＝∠ABD，由AAS证得△ADB≌△CAE，得出S△ABD＝S△CEA，再由不同底等高的两个三角形的面积之比等于底的比，得出S△ABF即可得出结果．【详解】（1）解：DE＝BD+CE，理由如下，∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°，∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，∴∠DBA＝∠EAC，∵AB＝AC，∴△DBA≌△EAC（AAS），∴AD＝CE，BD＝AE，∴DE＝AD+AE＝BD+CE，故答案为：DE＝BD+CE．（2）DE＝BD+CE仍然成立，理由如下，∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α，∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α，∴∠DBA＝∠EAC，∵AB＝AC，∴△DBA≌△EAC（AAS），∴BD＝AE，AD＝CE，∴DE＝AD+AE＝BD+CE；（3）解：∵∠BAD＜∠CAE，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，∴∠CAE＝∠ABD，在△ABD和△CAE中，，∴△ABD≌△CAE（AAS），∴S△ABD＝S△CAE，设△ABC的底边BC上的高为h，则△ABF的底边BF上的高为h，∴S△ABC＝BC•h＝12，S△ABF＝BF•h，∵BC＝3BF，∴S△ABF＝4，∵S△ABF＝S△BDF+S△ABD＝S△FBD+S△ACE＝4，∴△FBD与△ACE的面积之和为4．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质，三角形的面积，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．11．（2023春·全国·七年级专题练习）如图，于点，点在直线上，．(1)如图1，若点在线段上，判断与的数量关系和位置关系，并说明理由；(2)如图2，若点在线段的延长线上，其他条件不变，试判断（1）中结论是否成立，并说明理由．【答案】(1)DF=DC，DF⊥DC；理由见解析(2)成立，理由见解析【分析】（1）先证△ADF≌△BCD，得DF=DC，，再证∠FDC=90°即可得垂直；（2）先证△ADF≌△BCD，得DF=DC，，再证∠FDC=90°即可得垂直．【详解】（1）解：∵，∴，在△ADF与△BCD中，∴△ADF≌△BCD，∴DF=DC，，∵∠BDC+∠BCD=90°，∴∠BDC+∠ADF=90°，∴∠FDC=90°，即DF⊥DC．（2）∵，∴，在△ADF与△BCD中，∴△ADF≌△BCD，∴DF=DC，，∵∠BDC+∠BCD=90°，∴∠BDC+∠ADF=90°，∴∠FDC=90°，即DF⊥DC．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，解题关键是能判断哪两个三角形全等．12．（2023春·全国·七年级专题练习）在中，，，直线经过点C，且于D，于E．(1)当直线绕点C旋转到如下图所示的位置时，求证：①；②；(2)当直线绕点C旋转到如下图所示的位置时，试问、、具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，不必证明；(3)当直线绕点C旋转到如图的位置时，试问、、具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，不必证明．【答案】(1)①见解析；②见解析(2)(3)【分析】（1）①用证明即可；②根据全等三角形的性质，得出，，进而得出；（2）先证明，可得，，进而得出；（3）先证明，可得，，进而得出．【详解】（1）证明：①∵，，∴，∵，∴，，∴，在和中，∵，∴；②∵，∴，，∴．（2）解：．∵，，∴，∵，∴，，∴，在和中，∵，∴，∴，，∴．（3）解：．∵，，∴，∵，∴，，∴，在和中，∵，∴，∴，，∴．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，垂线的定义，余角的性质．解题的关键熟练掌握三角形全等的条件，证明．题型二：手拉手模型一、单选题1．（2023春·全国·七年级专题练习）如图，C为线段AE上一动点（不与点，重合），在AE同侧分别作等边三角形ABC和等边三角形CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连结PQ．以下结论错误的是（）A．∠AOB=60° B．AP=BQC．PQ∥AE D．DE=DP【答案】D【分析】利用等边三角形的性质，BC∥DE，再根据平行线的性质得到∠CBE=∠DEO，于是∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，得出A正确；根据△CQB≌△CPA（ASA），得出B正确；由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△CQB≌△CPA（ASA），再根据∠PCQ=60°推出△PCQ为等边三角形，又由∠PQC=∠DCE，根据内错角相等，两直线平行，得出C正确；根据∠CDE=60°，∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，可知∠DQE≠∠CDE，得出D错误．【详解】解：∵等边△ABC和等边△CDE，∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，在△ACD与△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠CBE=∠DAC，又∵∠ACB=∠DCE=60°，∴∠BCD=60°，即∠ACP=∠BCQ，又∵AC=BC，在△CQB与△CPA中，，∴△CQB≌△CPA（ASA），∴CP=CQ，又∵∠PCQ=60°可知△PCQ为等边三角形，∴∠PQC=∠DCE=60°，∴PQ∥AE，故C正确，∵△CQB≌△CPA，∴AP=BQ，故B正确，∵AD=BE，AP=BQ，∴AD-AP=BE-BQ，即DP=QE，∵∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，∴∠DQE≠∠CDE，故D错误；∵∠ACB=∠DCE=60°，∴∠BCD=60°，∵等边△DCE，∠EDC=60°=∠BCD，∴BC∥DE，∴∠CBE=∠DEO，∴∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，故A正确．故选：D．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，利用旋转不变性，解题的关键是找到不变量．二、填空题2．（2023春·重庆沙坪坝·七年级重庆市南渝中学校校考期中）如图，C为线段上一动点（不与点A、E重合），在同侧分别作正和正，与交于点O，与交于点，与交于点，连接．以下五个结论：①；②；③；④；⑤．恒成立的结论有______．（把你认为正确的序号都填上）【答案】①②③⑤【分析】①由于和是等边三角形，可知，，，从而证出，可推知；②由得，和，，得到，再根据推出为等边三角形，又由，根据内错角相等，两直线平行，可知②正确；③同②得：，即可得出结论；④根据，，可知，可知④错误；⑤利用等边三角形的性质，，再根据平行线的性质得到，于是，可知⑤正确．【详解】解：①和为等边三角形，，，，，在和中，，，，，①正确；②，在和中，，．，，，，②正确；③同②得：，，③正确；④，且，，故④错误；⑤，，是等边三角形，，，，，⑤正确；故答案为：①②③⑤．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．三、解答题3．（2023春·全国·七年级专题练习）如图，D为内一点，，，将绕着点A顺时针旋转能与线段重合．(1)求证：；(2)若，求的度数．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据将绕着点A顺时针旋转能与线段重合，得，，通过证明，即可证出；（2）由得：，再根据，，得，即可求出答案．【详解】（1）证明：∵将绕着点A顺时针旋转能与线段重合，∴，，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴；（2）解：由得：，∵，∴，∵，，∴，∴．【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形是性质、三角形全等的判定与性质等知识，证明出是解题的关键．4．（2023春·全国·七年级专题练习）（1）如图1，△ABC与△CDE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，猜想并证明：线段AE、BD的数量关系和位置关系．（2）在（1）的条件下，若点A，E，D在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，请判断∠ADB的度数及线段CM，AD，BD之间的数量关系，并说明理由．【答案】（1）AE=BD，AE⊥BD，证明见解析．（2）∠ADB=90°，AD=2CM+BD．证明见解析【分析】（1）延长AE交BD于点H，AH交BC于点O．只要证明△ACE≌△BCD（SAS），即可解决问题；（2）由△ACE≌△BCD，即可解决问题．【详解】解：（1）如图1中，延长AE交BD于点H，AH交BC于点O，∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，∴AC=BC，CD=CE，∴∠ACE=∠BCD，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴AE=BD，∠CAE=∠CBD，∵∠CAE+∠AOC=90°，∠AOC=∠BOH，∴∠BOH+∠CBD=90°．∴∠AHB=90°，∴AE⊥BD．故答案为AE=BD，AE⊥BD；（2）∠ADB=90°，AD=2CM+BD，理由如下：如图2中，∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，∴∠CDE=∠CED=45°，∴∠AEC=180°-∠CED=135°，由（2）可知：△ACE≌△BCD，∴AE=BD，∠BDC=∠AEC=135°，∴∠ADB=∠BDC-∠CDE=135°-45°=90°；在等腰直角三角形DCE中，CM为斜边DE上的高，∴CM=DM=ME，∴DE=2CM，∴AD=DE+AE=2CM+BD．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．5．（2023春·全国·七年级专题练习）如图1，B、C、D三点在一条直线上，AD与BE交于点O，△ABC和△ECD是等边三角形．(1)求证：△ACD≌△BCE；(2)求∠BOD的度数；(3)如图2，若B、C、D三点不在一条直线上，∠BOD的度数是否发生改变？（填“改变”或“不改变”）【答案】(1)证明见解析(2)∠BOD＝120°(3)不改变，理由见解析【分析】（1）根据“SAS”证明△ACD≌△BCE即可；（2）由全等三角形的性质得∠ADC＝∠BEC，再由三角形的外角性质得∠AOB＝60°，即可求解；（3）同（1）得：△ACD≌△BCE，得出∠DAC＝∠EBC，根据三角形外角求出∠AOE=120°，即可得出答案．【详解】（1）证明：∵△ABC和△ECD是等边三角形，∴∠ACB＝∠ECD＝60°，BC＝AC，EC＝CD，∴∠ACB+∠ACE＝∠ECD+∠ACE，∴∠BCE＝∠ACD，在△BCE和△ACD中∵，∴△BCE≌△ACD（SAS）．（2）解：∵△BCE≌△ACD，∴∠ADC＝∠BEC，∵∠AOB＝∠EBC+∠ADC，∴∠AOB＝∠EBC+∠BEC＝∠DCE＝60°，∵∠AOB+∠BOD＝180°，∴∠BOD＝120°．（3）解：不改变，理由如下：同（1）得：△ACD≌△BCE（SAS），∴∠DAC＝∠EBC，∵∠AOE＝∠ABO+∠OAB＝∠ABO+∠DAC+∠BAC＝∠ABO+∠EBC+∠BAC＝∠ABC+∠BAC＝120°∴∠BOD＝∠AOE＝120°，即∠BOD的度数不改变．故答案为：不改变．【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等边三角形的性质，三角形外角的性质，对顶角性质，证明△ACD≌△BCE是解题的关键．6．（2023春·全国·七年级专题练习）如图，大小不同的等腰直角三角形△ABC和△DEC直角顶点重合在点C处，连接AE、BD，点A恰好在线段BD上．(1)找出图中的全等三角形，并说明理由；(2)猜想AE与BD的位置关系，并说明理由．【答案】(1)，理由见解析(2)，理由见解析【分析】（1）根据证明即可；（2）根据全等三角形的性质和垂直的定义解答即可．【详解】（1）解：，理由如下：，，即，在与中，，；（2）解：，理由如下：设与相交于点，在与中，，，，，．【点睛】此题考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质，解题的关键是根据得出与全等的解题的关键．7．（2022春·重庆·七年级重庆一中校考期中）如图，等腰三角形ABC和等腰三角形ADE，其中AB＝AC，AD＝AE．(1)如图1，若∠BAC＝90°，当C、D、E共线时，AD的延长线AF⊥BC交BC于点F，则∠ACE＝______；(2)如图2，连接CD、BE，延长ED交BC于点F，若点F是BC的中点，∠BAC＝∠DAE，证明：AD⊥CD；(3)如图3，延长DC到点M，连接BM，使得∠ABM＋∠ACM＝180°，延长ED、BM交于点N，连接AN，若∠BAC＝2∠NAD，请写出∠ADM、∠DAE它们之间的数量关系，并写出证明过程．【答案】(1)22.5°(2)见解析(3)∠DAE+2∠ADM=180°，详见解析【分析】（1）由等腰直角三角形性质得∠B=∠CAF=45°，再由三角形外角性质知∠ACE=∠BCF，代入求值即可；（2）连接AF，过A作AH⊥EF，由手拉手相似得△ACD∽△AFH，得∠CDF=∠BAC，再由∠ADE=90°－∠DAE，等量代换即可得证；（3）将AN绕A逆时针旋转∠BAC的度数，交MD延长线于Q，证明△ACQ≌△ABN，得AN=AQ，再证明△AND≌△AQD，得∠ADQ=∠AND，由对顶角相等得∠ADM=∠ADE，根据等腰三角形性质等量代换即可解答．（1）解：∵△ABC为等腰三角形，∠BAC=90°，∴∠ABC=∠ACB=45°，由三角形外角性质知，∠ADE=∠ACE+∠DAC，∠AED=∠ECB+∠B，∵AD=AE，∴∠ADE=∠AED，∴∠ACE+∠DAC=∠ECB+∠B，∵AF⊥BC，∴∠BAF=∠CAD=45°，∴∠ACE=∠BCE，又∠ACB=45°，∴∠ACE=22.5°，故答案为：22.5°．（2）解：连接AF，过A作AH⊥EF于H，如图所示，∵∠BAC=∠DAE，AD=AE，AB=AC，∴∠CAF=∠BAF=∠DAH=∠EAH，∴∠CAD=∠HAF，由△ACF∽△ADH知，∴，∴△ACD∽△AFH，∴∠ACD=∠AFH，∴∠CDF=∠CAF，∵∠ADE=∠AED=90°－∠DAE，∴∠ADE+∠CDF=90°，故∠ADC=90°，即AD⊥CD．（3）解：将AN绕A逆时针旋转∠BAC的度数，交MD延长线于Q，∵∠BAC=∠QAN，∴∠QAC=∠BAN，∵∠ABM+∠ACM=180°，∠ACM+∠ACQ=180°，∴∠ABM=∠ACQ，∵AB=AC，∴△ACQ≌△ABN，∴AN=AQ，∵∠BAC=2∠NAD=∠NAQ，∴∠QAD=∠NAD，又AD=AD，∴△AND≌△ADQ，∴∠AND=∠ADQ，即∠ADM+∠MDN=∠ADE+∠EDQ，∴∠ADM=∠ADE，∵AD=AE，∴∠DAE+2∠ADE=180°，即∠DAE+2∠ADM=180°．【点睛】本题综合考查了等腰三角形性质、三角形内角和定理、相似三角形判定与性质、旋转变换与全等三角形判定，难度较大．根据已知条件，构造手拉手的相似与全等模型是解题关键．题型三：半角模型一、解答题1．（2023春·全国·七年级专题练习）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．【答案】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．2．（2023春·全国·七年级专题练习）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：．【答案】（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．3．（2023春·全国·七年级专题练习）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．【答案】（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．4．（2023春·全国·七年级专题练习）【探索发现】如图①，四边形ABCD是正方形，M，N分别在边CD、BC上，且，我们把这种模型称为“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①，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接AM、AN、MN．（1）试判断DM，BN，MN之间的数量关系，并写出证明过程．（2）如图②，点M、N分别在正方形ABCD的边BC、CD的延长线上，，连接MN，请写出MN、DM、BN之间的数量关系，并写出证明过程．（3）如图③，在四边形ABCD中，AB=AD，，，点N，M分别在边BC，CD上，，请直接写出线段BN，DM，MN之间的数量关系．【答案】（1），证明见解析；（2）,证明见解析；（3）．【分析】（1）根据正方形的性质和旋转的性质可证≌，利用SAS可证，则可得：；（2）根据正方形的性质和旋转的性质可证≌，利用SAS可证，则可得：；（3）根据正方形的性质和旋转的性质可证≌，利用SAS可证，则可得：；【详解】证明：（1）如图①，∵四边形ABCD是正方形∴AB=AD，=将绕点A顺时针旋转，得到∴≌∴∵在和中∵，∴（2）如图②，将绕点A顺时针旋转，得到∵四边形ABCD是正方形∴AB=AD，=∵绕点A顺时针旋转，得到∴≌∴,∵在和中∵，即：；（3）如图，∵，，，将绕点A顺时针旋转，得到∴≌∴在和中；【点睛】本题主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质等知识，利用旋转法构造全等三角形是解题的关键是学会．5．（2023春·全国·七年级专题练习）（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．【答案】（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．6．（2023春·全国·七年级专题练习）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．【答案】（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．7．（2023春·全国·七年级专题练习）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．【答案】(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．8．（2022春·北京海淀·七年级北京市十一学校校考期末）如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AB=BC=DC，点E、F分别在AD、AB上，且.（1）求证：；（2）连结AC，若，求的度数.【答案】（1）见解析；（2）20°【详解】（1）旋转△BCF使BC与CD重合，∵AD∥BC，AB=DC，即梯形ABCD为等腰梯形，∴∠A=∠ADC，∠A+∠ABC=180°，∴∠ADC+∠ABC=180°，由旋转可知：∠ABC=∠CDF′，∴∠ADC+∠CDF′=180°，即∠ADF′为平角，∴A，D，F′共线，∵∴∠BCF+∠ECD=∠ECF=∠BCD，∵FC=F′C，EC=EC，∠ECF'=∠BCF+∠DCE=∠ECF，∴△FCE≌△F′CE，∴EF′=EF=DF′+ED，∴BF=EF-ED；（2）∵AB=BC，∠B=80°，∴∠ACB=50°，由（1）得∠FEC=∠DEC=70°，又∵AD//BC，∴∠ECB=70°，而∠B=∠BCD=80°，∴∠DCE=10°，∴∠BCF=30°，∴∠ACF=∠BCA-∠BCF=20°．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，解答本题的关键是熟练掌握判定两个三角形全等的一般方法：SSS、SAS、ASA、AAS、HL，注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．9．（2023春·全国·七年级专题练习）如图①，四边形ABCD为正方形，点E，F分别在AB与BC上，且∠EDF=45°，易证：AE+CF=EF（不用证明）．（1）如图②，在四边形ABCD中，∠ADC=120°，DA=DC，∠DAB=∠BCD=90°，点E，F分别在AB与BC上，且∠EDF=60°．猜想AE，CF与EF之间的数量关系，并证明你的猜想；（2）如图③，在四边形ABCD中，∠ADC=2α，DA=DC，∠DAB与∠BCD互补，点E，F分别在AB与BC上，且∠EDF=α，请直接写出AE，CF与EF之间的数量关系，不用证明．【答案】（1）AE+CF=EF，证明见解析；（2），理由见解析.【分析】（1）由题干中截长补短的提示，再结合第（1）问的证明结论，在第二问可以用截长补短的方法来构造全等，从而达到证明结果．（2）同理作辅助线，同理进行证明即可，直接写出猜想，并证明．【详解】（1）图2猜想：AE+CF=EF，证明：在BC的延长线上截取CA'=AE，连接A'D，∵∠DAB=∠BCD=90°，∴∠DAB=∠DCA'=90°，又∵AD=CD，AE=A'C，∴△DAE≌△DCA'（SAS），∴ED=A'D，∠ADE=∠A'DC，∵∠ADC=120°，∴∠EDA'=120°，∵∠EDF=60°，∴∠EDF=∠A'DF=60°，又DF=DF，∴△EDF≌△A'DF（SAS），则EF=A'F=FC+CA'=FC+AE；（2）如图3，AE+CF=EF，证明：在BC的延长线上截取CA'=AE，连接A'D，∵∠DAB与∠BCD互补，∠BCD+∠DCA'=180°∴∠DAB=∠DCA'，又∵AD=CD，AE=A'C，∴△DAE≌△DCA'（SAS），∴ED=A'D，∠ADE=∠A'DC，∵∠ADC=2α，∴∠EDA'=2α，∵∠EDF=α，∴∠EDF=∠A'DF=α又DF=DF，∴△EDF≌△A'DF（SAS），则EF=A'F=FC+CA'=FC+AE．【点睛】本题是常规的角含半角的模型，解决这类问题的通法：旋转（截长补短）构造全等即可，题目所给例题的思路，为解决此题做了较好的铺垫．10．（2023春·全国·七年级专题练习）如图，正方形ABCD中，E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，连接EF，这种模型属于“半角模型”中的一类，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的分析思路．例如图中△ADF与△ABG可以看作绕点A旋转90°的关系．这可以证明结论“EF＝BE＋DF”，请补充辅助线的作法，并写出证明过程．（1）延长CB到点G，使BG＝，连接AG；（2）证明：EF＝BE＋DF【答案】（1）DF；（2）见解析【分析】（1）由于△ADF与△ABG可以看作绕点A旋转90°的关系，根据旋转的性质知BG=DF，从而得到辅助线的做法；（2）先证明△ADF≌△ABG，得到AG=AF，∠GAB=∠DAF，结合∠EAF＝45°，易知∠GAE=45°，再证明△AGE≌△AFE即可得到EF＝GE=BE+GB=BE＋DF【详解】解：（1）根据旋转的性质知BG=DF，从而得到辅助线的做法：延长CB到点G，使BG=DF，连接AG；（2）∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD，∠ADF=∠ABE=∠ABG=90°，在△ADF和△ABG中∴△ADF≌△ABG（SAS），∴AF=AG，∠DAF=∠GAB，∵∠EAF=45°，∴∠DAF+∠EAB=45°，∴∠GAB+∠EAB=45°，∴∠GAE=∠EAF=45°，在△AGE和△AFE中0∴△ADF≌△ABG（SAS），∴GE=EF，∴EF＝GE=BE+GB=BE＋DF【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用旋转方法提示构造全等三角形，属于中考常考题型．11．（2022春·陕西西安·七年级统考期末）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．【答案】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．12．（2023春·全国·七年级专题练习）（1）如图①，在四边形中，，E，F分别是边上的点，且．请直接写出线段之间的数量关系：；（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？请写出证明过程；（3）在四边形中，，E，F分别是边所在直线上的点，且．请直接写出线段之间的数量关系：．【答案】（1）；（2）（1）中的结论仍然成立，理由见解析；（3）或或【分析】（1）如图1，延长到G，使，连接，即可证明，可得，再证明，可得，即可解题；（2）如图2，同理可得：；（3）如图3，作辅助线，构建，同理证明和．可得新的结论：；如图4，作辅助线，同理证明和，可得新结论；【详解】解：（1）如图1，延长到G，使，连接．在与中，，∴．∴，∴．∴．又∵，∴．∴．∵．∴；（2）（1）中的结论仍然成立．理由如下：如图2，延长到G，使，连接．∵，∴，在与中，，∴．∴，∴．∴．又∵，∴．∴．∵．∴；（3）图2中，成立，图3中，，理由如下：在上截取，使，连接．∵，∴．在与中，，∴．∴．∴．∴．在和中，，∴．∴，∵，∴．图4中，，理由如下：在上截取，使，连接，∵，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴；综上所述，线段之间的数量关系为：或或，故答案为：或或．【点睛】本题是三角形的综合题，考查了全等三角形的判定与性质、平角的定义等知识，本题综合性强，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键，属于中考常考题型．题型四：旋转模型一、解答题1．（2022春·安徽宿州·七年级校考期末）如图，将两块含45°角的大小不同的直角三角板△COD和△AOB如图①摆放，连结AC，BD．（1）如图①，猜想线段AC与BD存在怎样的数量关系和位置关系，请写出结论并证明；（2）将图①中的△COD绕点O顺时针旋转一定的角度（如图②），连结AC，BD，其他条件不变，线段AC与BD还存在（1）中的关系吗？请写出结论并说明理由．（3）将图①中的△COD绕点O逆时针旋转一定的角度（如图③），连结AC，BD，其他条件不变，线段AC与BD存在怎样的关系？请直接写出结论．【答案】（1）AC=BD，AC⊥BD，证明见解析；（2）存在，AC=BD，AC⊥BD，证明见解析；（3）AC=BD，AC⊥BD【分析】（1）延长BD交AC于点E．易证△AOC≌△BOD（SAS），可得AC=BD，∠OAC=∠OBD，由∠ADE=∠BDO，可证∠AED=∠BOD=90º即可；（2）延长BD交AC于点F，交AO于点G．易证△AOC≌△BOD（SAS），可得AC=BD，∠OAC=∠OBD，由∠AGF=∠BGO，可得∠AFG=∠BOG=90º即可；（3）BD交AC于点H，AO于M，可证△AOC≌△BOD（SAS），可得AC=BD，∠OAC=∠OBD，由∠AMH=∠BMO，可得∠AHM=∠BOH=90º即可．【详解】（1）AC=BD，AC⊥BD，证明：延长BD交AC于点E．∵△COD和△AOB均为等腰直角三角形，∴OC=OD，OA=OB，∠COA=∠BOD=90º，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC=BD，∴∠OAC=∠OBD，∵∠ADE=∠BDO，∴∠AED=∠BOD=90º，∴AC⊥BD；（2）存在，证明：延长BD交AC于点F，交AO于点G．∵△COD和△AOB均为等腰直角三角形，∴OC=OD，OA=OB，∠DOC=BOA=90º，∵∠AOC=∠DOC－∠DOA，∠BOD=∠BOA－∠DOA，∴∠AOC=∠BOD，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC=BD，∠OAC=∠OBD，∵∠AGF=∠BGO，∴∠AFG=∠BOG=90º，∴AC⊥BD；（3）AC=BD，AC⊥BD．证明：BD交AC于点H，AO于M，∵△COD和△AOB均为等腰直角三角形，∴OC=OD，OA=OB，∠DOC=BOA=90º，∵∠AOC=∠DOC+∠DOA，∠BOD=∠BOA+∠DOA，∴∠AOC=∠BOD，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC=BD，∠OAC=∠OBD，∵∠AMH=∠BMO，∴∠AHM=∠BOH=90º，∴AC⊥BD．．【点睛】本题考查了三角形旋转变换中对应相等的位置与数量关系，掌握三角形全等的证明方法，及其角度计算是解题关键．2．（2022秋·浙江·七年级专题练习）如图1，点O为直线上一点，过O点作射线，使，将一直角三角板的直角顶点放在点O处，一边在射线上，另一边在直线的下方．（1）如图2，将图1中的三角板绕点O逆时针旋转，使边在的内部，且恰好平分．此时______度；（2）如图3，继续将图2中的三角板绕点O按逆时针方向旋转，使得在的内部．试探究与之间满足什么等量关系，并说明理由；（3）将图1中的三角板绕点O按每秒v的速度沿逆时针方向旋转一周，在旋转的过程中，若第t秒时，三条射线恰好构成相等的角，则t的值为_______（直接写出结果）．【答案】（1）25；（2），理由见详解；（3），，，【分析】（1）由平角的定义先求出∠BOC的度数，然后由角平分线的定义求出∠BOM的度数，再根据角的和差关系可求解；（2）根据题意得出∠AOM+∠AON=90°，∠AON+∠NOC=50°，然后两式相减即可求解；（3）根据已知条件可知，在第t秒时，三角板转过的度数为vt°，然后按照OA、OC、ON三条射线构成相等的角分四种情况讨论即可求解问题．【详解】解：（1）∵，∴，∵恰好平分，∴，∴；故答案为25；（2）与之间的关系为，理由如下：∵，∴∠AOM+∠AON=90°，∠AON+∠NOC=50°，∴两式相减得：；（3）∵三角板绕点O按每秒v的速度沿逆时针方向旋转一周，∴第t秒时，三角板转过的度数为vt°，①当三角板转到如图所示时，，∵，，∴，∴；②当三角板转到如图所示时，，∵，∴，∴；③当三角板转到如图所示时，，∵，∴，∴；④当三角板转到如图所示时，，∵，∴，∴；综上所述：t的值为，，，；故答案为，，，．【点睛】本题主要考查角的和差关系，关键是找出变化过程中的不变量，需要结合图形来计算，在计算分析的过程中注意动手操作．3．（2022秋·山东泰安·七年级校联考阶段练习）在内有一点，过点分别作，，垂足分别为，．且，点，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），见解析【分析】（1）根据题目中的条件和，可以证明，从而可以得到；（2）作辅助线，过点作，交于点，从而可以得到，然后即可得到，，再根据题目中的条件可以得到，即可得到，然后即可得到，，具有的数量关系．【详解】解：（1），，，在和中，．；（2），理由：过点作，交于点，在和中，，，，．，，．，．在和中，，．，．【点睛】本题考查全等三角形的判定、解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．4．（2023春·全国·七年级专题练习）（1）如图1，在四边形中，，，点E、F分别在边上，且，探究图中、、之间的数量关系．小明探究的方法是：延长FD到点G，使，连接AG，先证明，再证明，可得出结论，他的结论是______．（2）如图2，在四边形中，，，点E、F分别在边上，且，探究上述结论是否仍然成立，并说明理由．（3）如图3，在四边形中，，，若点E在的延长线上，点F在的延长线上，仍然满足，请直接写出与的数量关系为______．【答案】（1）；（2）仍成立，理由见解析；（3）．【分析】（1）延长到点G，使，连接，证明和即可得出结论．（2）延长到点G，使，连接，证明和即可得出结论．（3）在DC延长线上取一点G，使得，连接AG，证明和，在通过角的和差即可得到结论．【详解】解：（1）．理由：如图1，延长到点G，使，连接，证明和即可得出结论．在和中，，∴，∴，，∵，，∴，∵，∴，∴．故答案为：；（2）仍成立，理由：如图2，延长到点G，使，连接，∵，，∴，又∵，∴，∴，，∵，，∴，∴（3）．证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得，连接AG，∵，，∴，又∵，∴，∴，，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，即，∴．故答案为：．【点睛】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．题型五：倍长中线法一、填空题1．（2023春·七年级课时练习）如图，，，，，点M为的中点，，______．【答案】6【分析】延长至N，使，连接，证明，推出，，求出，再证明即可．【详解】证明：延长AM至N，使，连接，∵点M为的中点，∴，在和中，，∴，∴，，∴，∵，，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴．故答案为：6．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，主要考查学生的推理能力，延长至N，使，再证即可，这就是“倍长中线”，实质是“补短法”．2．（2022春·上海·七年级专题练习）已知三角形的两边长分别为4和6，则第三边的中线长x的取值范围是_____．【答案】1＜x＜5．【分析】由“SAS”可证△BDE≌△CDA，可得BE＝AC＝6，AE＝2x，根据在三角形中任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，即可求解．【详解】解：如图所示，AB＝4，AC＝6，延长AD至E，使AD＝DE，连接BE、EC，设AD＝x，在△BDE与△CDA中，，∴△BDE≌△CDA（SAS），∴BE＝AC＝6，AE＝2x，在△ABE中，BE﹣AB＜AE＜AB+BE，即6﹣4＜2x＜6+4，∴1＜x＜5，故答案为：1＜x＜5．【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是根据题意构造全等三角形及三角形的三边关系．二、解答题3．（2022春·江西吉安·七年级统考期末）（1）基础应用：如图1，在△ABC中，AB＝5，AC＝7，AD是BC边上的中线，延长AD到点E使DE＝AD，连接CE，把AB，AC，2AD利用旋转全等的方式集中在△ACE中，利用三角形三边关系可得AD的取值范围是；（2）推广应用：应用旋转全等的方式解决问题如图2，在△ABC中，AD是BC边上的中线，点E，F分别在AB，AC上，且DE⊥DF，求证：BE+CF＞EF；（3）综合应用：如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°且∠EAF＝∠BAD，试问线段EF、BE、FD具有怎样的数量关系，并证明．【答案】（1）1＜AD＜6；（2）见解析；（3）结论：EF＝BE﹣FD，证明见解析．【分析】（1）先证明△CDE≌△BDA（SAS）可得CE＝AB＝5，在△ACE中，利用三角形的三边关系解答即可；（2）如图2中，延长ED到H，使得DH＝DE，连接DH，FH．再证明△BDE≌△CDH（SAS）可得BE＝CH，再证明EF＝FH，利用三角形的三边关系解答即可；（3）如图3，作辅助线，构建△ABG，同理证明△ABG≌△ADF和△AEG≌△AEF．可得新的结论：EF＝BE﹣DF．【详解】（1）解：如图1：∵CD＝BD，AD＝DE，∠CDE＝∠ADB，∴△CDE≌△BDA（SAS），∴EC＝AB＝5，∵7﹣5＜AE＜7+5，∴2＜2AD＜12，∴1＜AD＜6，故答案为1＜AD＜6．（2）证明：如图2中，延长ED到H，使得DH＝DE，连接DH，FH．∵BD＝DC，∠BDE＝∠CDH，DE＝DH，∴△BDE≌△CDH（SAS），∴BE＝CH，∵FD⊥EH．DE＝DH，∴EF＝FH，在△CFH中，CH+CF＞FH，∵CH＝BE，FH＝EF，∴BE+CF＞EF．（4）结论：EF＝BE﹣FD证明：如图3中，在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADF，∵AB＝AD，BG＝DF，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF，∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF＝∠BAD，∴∠GAE＝∠EAF，∵AE＝AE，∴△AEG≌△AEF（SAS），∴EG＝EF，∵EG＝BE﹣BG，∴EF＝BE﹣FD．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、三角形的中线的性质、三角形的三边关系等知识，掌握倍长中线、构造全等三角形成为本题的关键．4．（2023春·全国·七年级专题练习）某数学兴趣小组在一次活动中进行了探究试验活动，请你来加入．【探究与发现】（1）如图1，AD是的中线，延长AD至点E，使，连接BE，证明：．【理解与应用】（2）如图2，EP是的中线，若，，设，则x的取值范围是________．（3）如图3，AD是的中线，E、F分别在AB、AC上，且，求证：．【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析【分析】（1）根据全等三角形的判定即可得到结论；（2）延长至点，使，连接，根据全等三角形的性质得到，根据三角形的三边关系即可得到结论；（3）延长FD至G，使得，连接BG，EG，结合前面的做题思路，利用三角形三边关系判断即可．【详解】（1）证明：，，，，（2）；如图，延长至点，使，连接，在与中，，，，在中，，即，的取值范围是；故答案为：；（3）延长FD至G，使得，连接BG，EG，在和中，，，，，，在和中，，，，，，在中，两边之和大于第三边，，又，，【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的中线的定义，三角形的三边关系，正确的作出图形是解题的关键．题型六：截长补短法一、单选题1．（2023春·全国·七年级专题练习）如图，正和正中，B、C、D共线，且，连接和相交于点F，以