中考数学几何模型重点突破讲练：专题22 对角互补模型（教师版）

专题22对角互补模型【模型1】90°的对角互补模型如图22-1，已知在四边形ABCD中，，AC平分；过点A做CB的垂线，交CB的延长线于E点，过A点做CD的垂线交CD于点F。结合与AC平分可证得≌≌，，结合勾股定理可得；又≌综上所述，可得：（1）；（2）；（3）。【模型2】120°的对角互补模型如图22-3，已知在四边形ABCD中，，，AC平分；【结论】（1）；（2）；（3）。（证法如模型1）【例1】如图，为等边三角形，以为边向外作，使，再以点C为旋转中心把旋转到，则给出下列结论：①D，A，E三点共线；②平分；③；④．其中正确的有（

）．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】①设∠1=x度，把∠2=（60-x）度，∠DBC=∠4=（x+60）度，∠3=60°加起来等于180度，即可证明D、A、E三点共线；②根据△BCD绕着点C按顺时针方向旋转60°得到△ACE，判断出△CDE为等边三角形，求出∠BDC=∠E=60°，∠CDA=120°-60°=60°，可知DC平分∠BDA；③由②可知，∠BAC=60°，∠E=60°，从而得到∠E=∠BAC．④由旋转可知AE=BD，又∠DAE=180°，DE=AE+AD．而△CDE为等边三角形，DC=DE=DB+BA．【解析】解：如图，①设∠1=x度，则∠2=（60-x）度，∠DBC=（x+60）度，故∠4=（x+60）度，∴∠2+∠3+∠4=60-x+60+x+60=180度，∴D、A、E三点共线；故①正确；②∵△BCD绕着点C按顺时针方向旋转60°得到△ACE，∴CD=CE，∠DCE=60°，∴△CDE为等边三角形，∴∠E=60°，∴∠BDC=∠E=60°，∴∠CDA=120°-60°=60°，∴DC平分∠BDA；故②正确；③∵∠BAC=60°，∠E=60°，∴∠E=∠BAC．故③正确；④由旋转可知AE=BD，又∵∠DAE=180°，∴DE=AE+AD．∵△CDE为等边三角形，∴DC=DB+DA．故④正确；故选：D．【例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】【分析】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．【解析】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：【例3】（1）如图①，在四边形中，，，，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，，，，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，，，，分别是边，所在直线上的点，且．请画出图形（除图②外），并直接写出线段，，之间的数量关系．【答案】（1）；（2）成立，理由见解析；（3）图形见解析，【分析】（1）延长EB到G，使BG=DF，连接AG．证明△AGE和△AEF全等，则EF=GE，则EF=BE+DF，证明△ABE和△AEF中全等，那么AG=AF，∠1=∠2，∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=∠BAD．从而得出EF=GE；（2）思路和作辅助线的方法同（1）；（3）根据（1）的证法，我们可得出DF=BG，GE=EF，那么EF=GE=BE-BG=BE-DF．【解析】（1）延长至，使，连接，∵，，∴≌，∴，，∴，∴，在和中，∵，∴≌，∴，∵，∴．故答案为：（）（）中的结论仍成立，证明：延长至，使，∵，，∴，在和中，，∴≌，∴，,∵，∴，∴即，在和中，，∴≌，∴，即．（），证明：在上截取使，连接，∵，，∴，∵在和中，，∴≌，∴，，∴，∴，在和中，，∴≌，∴，∵，∴．1．已知：，求证：．【答案】见解析【分析】过点D作的垂线交的延长线于点E，过点D作的垂线交于点F，根据证明得，再证明四边形是正方形，由勾股定理进一步得出结论．【解析】证明：过点D作的垂线交的延长线于点E，过点D作的垂线交于点F，如图．易知．∵，∴．又，∴．∵，∴．又，∴，∴又，，∴四边形是正方形，∴，∴，∴，∴．∵，∴．∵，∴．2．已知，求证：，．【答案】见解析【分析】延长DC至点E使CE=AD，先证明△BAD≌△BCE，再证明△BDE是等边三角形，可证结论成立．【解析】证明：延长DC至点E使CE=AD，∵，∴∠A+∠BCD=180°，∵∠BCE+∠BCD=180°，∴∠A=∠BCE，在△BAD和△BCE中，∴△BAD≌△BCE，∴BD=BE，∠ABD=∠CBE，∵∠ABC=∠ABD+∠CBD=60°，∴∠DBE=∠CBE+∠CBD=60°，∴△BDE是等边三角形，∴BD=DE，∵DC+CE=DE，∴；作BF⊥DE于点F，则∠EBF=30°，EF=DF=DE=BE，∴BF==，∴S△DBE=DE×BF=×BE×=，∴．．3．五边形ABCDE中，，，，求证：AD平分∠CDE．【答案】见解析【分析】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．【解析】延长DE至F，使得，连接AC.∵，，∴∵，，∴△ABC≌△AEF．∴，∵，∴，∴△ADC≌△ADF，∴即AD平分∠CDE．4．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.【分析】（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.【解析】（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=2.5．回答问题（1）【初步探索】如图1：在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE+FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF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△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是_______________；（2）【灵活运用】如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；（3）【拓展延伸】知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF=BE+FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系．【答案】（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF；（2）仍成立，理由见解析；（3）∠EAF=180°-∠DAB【分析】（1）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF，据此得出结论；（2）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；（3）在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，推导得到2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出结论．【解析】解：（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF．理由：如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，∵∠B=∠ADF=90°，∠ADG=∠ADF=90°，∴∠B=∠ADG=90°，又∵AB=AD，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，∴△AEF≌△AGF（SSS），∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；故答案为：∠BAE+∠FAD=∠EAF；（2）仍成立，理由：如图2，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，∵∠B+∠ADF=180°，∠ADG+∠ADF=180°，∴∠B=∠ADG，又∵AB=AD，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，∴△AEF≌△AGF（SSS），∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；（3）∠EAF=180°-∠DAB．证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°，∴∠ADC=∠ABE，又∵AB=AD，∴△ADG≌△ABE（SAS），∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，∴△AEF≌△AGF（SSS），∴∠FAE=∠FAG，∵∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，∴2∠FAE+（∠GAB+∠BAE）=360°，∴2∠FAE+（∠GAB+∠DAG）=360°，即2∠FAE+∠DAB=360°，∴∠EAF=180°-∠DAB．6．感知：如图①，平分，，．判断与的大小关系并证明．探究：如图②，平分，，，与的大小关系变吗？请说明理由．应用：如图③，四边形中，，，，则与差是多少（用含的代数式表示）【答案】感知：，证明见详解；探究：与的大小关系不变，理由见详解；应用：与差是．【分析】感知：根据角平分线的性质定理即可求证；探究：过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥AC，交AC延长线于点F，根据角平分线的性质定理可得DE=DF，由题意可得∠B=∠DCF，进而可证△DEB≌△DFC，然后问题可求证；应用：过点D作DH⊥AB于点H，DG⊥AC，交AC的延长线于点G，连接AD，由题意易证△DHB≌△DGC，则有DH=DG，进而可得AG=AH，然后根据等腰直角三角形的性质可得，则有，最后问题可求解．【解析】感知：，理由如下：∵，，∴，即，∵平分，∴；探究：与的大小关系不变，还是相等，理由如下：过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥AC，交AC延长线于点F，则∠DEB=∠DFC=90°，如图所示：∵平分，∴DE=DF，∵，，∴∠B=∠DCF，∴△DEB≌△DFC（AAS），∴；应用：过点D作DH⊥AB于点H，DG⊥AC，交AC的延长线于点G，连接AD，如图所示：∵，，∴，∵，∴，∵，，∴△DHB≌△DGC（AAS），且△DHB与△DGC都为等腰直角三角形，∴，由勾股定理可得，∴，∴，在Rt△AHD和Rt△AGD中，AD=AD，DH=DG，∴Rt△AHD≌Rt△AGD（HL），∴，∴，∴．7．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．【解析】解：（1），，，在和中，．；（2），理由：过点作，交于点，在和中，，，，．，，．，．在和中，，．，．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）.【分析】（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．【解析】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：．9．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＝AE∴

△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.【分析】（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；【解析】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．10．我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫作“完美四边形”．（1）在①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形中，一定为“完美”四边形的是（请填序号）；（2）在“完美”四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，连接AC．①如图1，求证：AC平分∠BCD；小明通过观察、实验，提出以下两种想法，证明AC平分∠BCD：想法一：通过∠B+∠D=180°，可延长CB到E，使BE=CD，通过证明△AEB≌△ACD，从而可证AC平分∠BCD；想法二：通过AB=AD，可将△ACD绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△AEB，可证C,B,E三点在条直线上，从而可证AC平分∠BCD．请你参考上面的想法，帮助小明证明AC平分∠BCD；②如图2，当∠BAD=90°，用等式表示线段AC,BC,CD之间的数量关系，并证明.

【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；②BC+CD=AC．【分析】（1）根据“完美四边形”的定义可以判断出正方形是完美四边形；（2）①想法一：通过∠B+∠D=180°，可延长CB到E，使BE=CD，通过证明△AEB≌△ACD，从而可证AC平分∠BCD；想法二：通过AB=AD，可将△ACD绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△AEB，可证C,B,E三点在条直线上，从而可证AC平分∠BCD；②②延长CB使BE=CD，连接AE，可得△ACE为等腰三角形，因为∠BAD=90°得∠EAC=90°，由勾股定理可得AC,BC,CD之间的数量关系.【解析】（1）根据“邻等对补四边形”的定义，正方形一定是“邻等对补四边形”．故答案为④．（2）想法一：延长CB使BE=CD，连接AE∵∠ADC+∠ABC=180°，∠ABE+∠ABC=180°，∴∠ADC=∠ABE．∵AD=AB，∴△ADC≌△ABE．∴∠ACD=∠AEB;AC=AE．∴∠ACB=∠AEB．∴∠ACD=∠ACB．即AC平分∠BCD想法二：将△ACD绕点A顺时针旋转，使AD边与AB边重合，得到△ABE，∴△ADC≌△ABE．∴∠ADC=∠ABE;∠ACD=∠AEB;AC=AE．∵∠ADC+∠ABC=180°，∴∠ABE+∠ABC=180°．∴点C,B,E在一条直线上．∵AC=AE，∴∠ACB=∠AEB．∴∠ACD=∠ACB．即AC平分∠BCD．②延长CB使BE=CD，连接AE，由①得△ADC≌△ABE∴AC=AE∴△ACE为等腰三角形．∵∠BAD=90°，∴∠EAC=90°．∴．∴．∴BC+CD=AC．11．四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）．【分析】（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．【解析】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：2.812．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．【分析】（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．【解析】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．13．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．【分析】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．【解析】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．14．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