专题04 旋转中的三种全等模型（手拉手、半角、对角互补模型）（解析版）

专题04旋转中的三种全等模型（手拉手、半角、对角互补模型）本专题重点分析旋转中的三类全等模型（手拉手、半角、对角互补模型），结合各类模型展示旋转中的变与不变，并结合经典例题和专项训练深度分析基本图形和归纳主要步骤，同时规范了解题步骤，提高数学的综合解题能力。模型1.手拉手模型【模型解读】将两个三角形（或多边形）绕着公共顶点旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，也叫旋转型全等。其中：公共顶点A记为“头”，每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点记为“左手”，第二个顶点记为“右手”。手拉模型解题思路：SAS型全等（核心在于导角，即等角加（减）公共角）。1）双等边三角形型条件：△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。2）双等腰直角三角形型条件：△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N。结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BND。3）双等腰三角形型条件：△ABC和△DCE均为等腰三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ACM=∠BFM；④CF平分∠AFD。4）双正方形形型条件：△ABCFD和△CEFG都是正方形，C为公共点；连接BG，ED交于点N。结论：①△△BCG≌△DCE；②BG=DE；③∠BCM=∠DNM=90°；④CN平分∠BNE。例1．（2022·湖北武汉·八年级期末）已知ABC中，∠BAC=60°，以AB和BC为边向外作等边ABD和等边BCE．(1)连接AE、CD，如图1，求证：AE=CD；(2)若N为CD中点，连接AN，如图2，求证：CE=2AN(3)若AB⊥BC，延长AB交DE于M，DB=，如图3，则BM=_______（直接写出结果）【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）先判断出∠DBC=∠ABE，进而判断出△DBC≌△ABE，即可得出结论；（2）先判断出△ADN≌△FCN，得出CF=AD，∠NCF=∠AND，进而判断出∠BAC=∠ACF，即可判断出△ABC≌△CFA，即可得出结论；（3）先判断出△ABC≌△HEB(ASA)，得出，，再判断出△ADM≌△HEM(AAS)，得出AM=HM，即可得出结论．（1）解：∵△ABD和△BCE是等边三角形，∴BD=AB，BC=BE，∠ABD=∠CBE=60°，∴∠ABD+∠ABC=∠CBE+∠ABC，∴∠DBC=∠ABE，∴△ABE≌△DBC（SAS），∴AE=CD；（2）解：如图，延长AN使NF=AN，连接FC，∵N为CD中点，∴DN=CN，∵∠AND=∠FNC，∴△ADN≌△FCN(SAS)，∴CF=AD，∠NCF=∠AND，∵∠DAB=∠BAC=60°∴∠ACD+∠ADN=60°∴∠ACF=∠ACD+∠NCF=60°，∴∠BAC=∠ACF，∵△ABD是等边三角形，∴AB=AD，∴AB=CF，∵AC=CA，∴△ABC≌△CFA(SAS)，∴BC=AF，∵△BCE是等边三角形，∴CE=BC=AF=2AN；（3）解：∵△ABD是等边三角形，∴，∠BAD=60°，在Rt△ABC中，∠ACB=90°－∠BAC=30°，∴，如图，过点E作EH//AD交AM的延长线于H，∴∠H=∠BAD=60°，∵△BCE是等边三角形，∴BC=BE，∠CBE=60°，∵∠ABC=90°，∴∠EBH=90°－∠CBE=30°=∠ACB，∴∠BEH=180°－∠EBH－∠H=90°=∠ABC，∴△ABC≌△HEB(ASA)，∴，，∴AD=EH，∵∠AMD=∠HME，∴△ADM≌△HEM(AAS)，∴AM=HM，∴∵，，∴．故答案为：．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解本题的关键．例2．（2023·湖南·长沙市八年级阶段练习）如图1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC＝4，点D，E分别为边AB，BC上的中点，且BD＝BE＝．(1)如图2，将△BDE绕点B逆时针旋转任意角度α，连接AD，EC，则线段EC与AD的关系是；(2)如图3，DE∥BC，连接AE，判断△EAC的形状，并求出EC的长；(3)继续旋转△BDE，当∠AEC＝90°时，请直接写出EC的长．【答案】(1)EC＝AD，EC⊥AD(2)等腰三角形，(3)【分析】（1）延长CE交AD于F，交AB于O，证明△ABD≌△CBE（SAS），得∠BCE＝∠BAD，CE＝AD，再由∠AOF＝∠BOC，可得∠AFC＝∠ABC＝90°，即可得到结论；（2）设DE与AB的交点为H，可得AB是DE的垂直平分线，利用勾股定理可求出AE的长，由（1）知CE＝AD，从而得出答案；（3）分当点E在BC上方时和当点E在BC下方时，分别画图，利用勾股定理计算即可．(1)EC与AD垂直且相等，理由如下：延长CE交AD于F，交AB于O，∵△BDE和△ABC都是等腰直角三角形，∴BD＝BE，AB＝BC，∠DBE＝∠ABC＝90°，∴∠ABD＝∠CBE，∴△ABD≌△CBE（SAS），∴∠BCE＝∠BAD，CE＝AD，∵∠AOF＝∠BOC，∴∠AFE＝∠ABC＝90°，∴AD⊥CE，∴故答案为：EC＝AD，EC⊥AD；(2)设DE与AB的交点为H，∵DE∥BC，∴∠AHE＝∠ABC＝90°，∵BD＝BE，∴AB是DE的垂直平分线，∴AD＝AE，由（1）知AD＝CE，∴AE＝CE，∴△ACE是等腰三角形，∵BE＝，∴BH＝HE＝1，∴AH＝AB﹣BH＝4﹣1＝3，在Rt△AHE中，由勾股定理得：AE＝，∴CE＝AE＝；(3)如图4，当点E在BC上方时，过点B作BG⊥DE于G，∵∠AEC＝90°，CE⊥AD，∴A、E、D三点共线，∴AG＝，∴AD＝AG+DG＝，∴CE＝AD＝+1；如图，当点E在BC下方时，同理可得CE＝CG﹣GE＝﹣1．综上：CE＝+1或﹣1．【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，勾股定理等知识，根据前面探索的结论解决新的问题是解题的关键．例3．（2022·黑龙江·虎林市九年级期末）已知Rt△ABC中，AC=BC，∠ACB＝90°，F为AB边的中点，且DF=EF，∠DFE＝90°，D是BC上一个动点．如图1，当D与C重合时，易证：CD2＋DB2＝2DF2；（1）当D不与C、B重合时，如图2，CD、DB、DF有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明．（2）当D在BC的延长线上时，如图3，CD、DB、DF有怎样的数量关系，请写出你的猜想，并加以证明．【答案】（1）CD2+DB2=2DF2；（2）CD2+DB2=2DF2，证明见解析【分析】（1）由已知得，连接CF，BE，证明得CD=BE，再证明为直角三角形，由勾股定理可得结论；（2）连接CF，BE，证明得CD=BE，再证明为直角三角形，由勾股定理可得结论．【详解】解：（1）CD2+DB2=2DF2证明：∵DF=EF，∠DFE＝90°，∴∴连接CF，BE，如图∵△ABC是等腰直角三角形，F为斜边AB的中点∴，即∴，又∴在和中∴∴，∴∴∵，∴CD2+DB2=2DF2；（2）CD2+DB2=2DF2证明：连接CF、BE∵CF=BF，DF=EF又∵∠DFC+∠CFE=∠EFB+∠CFB=90°∴∠DFC=∠EFB∴△DFC≌△EFB

∴CD=BE，∠DCF=∠EBF=135°∵∠EBD=∠EBF－∠FBD=135°－45°=90°在Rt△DBE中，BE2+DB2=DE2∵DE2=2DF2∴CD2+DB2=2DF2【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、证明三角形全等是解决问题的关键，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．例4．（2022·山西大同·九年级期中）综合与实践：已知是等腰三角形，．（1）特殊情形：如图1，当∥时，______．（填“＞”“＜”或“＝”）；（2）发现结论：若将图1中的绕点顺时针旋转（）到图2所示的位置，则（1）中的结论还成立吗？请说明理由．（3）拓展运用：某学习小组在解答问题：“如图3，点是等腰直角三角形内一点，，且，，，求的度数”时，小明发现可以利用旋转的知识，将绕点顺时针旋转90°得到，连接，构造新图形解决问题．请你根据小明的发现直接写出的度数．【答案】（1）=；（2）成立，理由见解析；（3）∠BPA=135°．【分析】（1）由DE∥BC，得到∠ADE=∠B，∠AED=∠C，结合AB=AC，得到DB=EC；（2）由旋转得到的结论判断出△DAB≌△EAC，得到DB=CE；（3）由旋转构造出△APB≌△AEC，再用勾股定理计算出PE，然后用勾股定理逆定理判断出△PEC是直角三角形，在简单计算即可．【详解】解：（1）∵DE∥BC，∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C，∵AB=AC，∴∠B=∠C，∴∠ADE=∠AED，∴AD=AE，∴DB=EC，故答案为：=；（2）成立．证明：由①易知AD=AE，∴由旋转性质可知∠DAB=∠EAC，在△DAB和△EAC中，∴△DAB≌△EAC（SAS），∴DB=CE；（3）如图，将△APB绕点A旋转90°得△AEC，连接PE，∴△APB≌△AEC，∴AE=AP=2，EC=BP=1，∠PAE=90°，∴∠AEP=∠APE=45°，在Rt△PAE中，由勾股定理可得，PE=2，在△PEC中，PE2=（2）2=8，CE2=12=1，PC2=32=9，∵PE2+CE2=PA2，∴△PEC是直角三角形，∴∠PEC=90°，∴∠AEC=135°，又∵△APB≌△AEC，∴∠BPA=∠CEA=135°．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理及其逆定理，解本题的关键是构造全等三角形，也是本题的难点．例5．（2023春·浙江·八年级专题练习）边长为4的正方形ABCD与边长为2的正方形CEFG如图1摆放，将正方形CEFG绕点C顺时针旋转，旋转角为α，连接BG，DE．（1）如图2，求证：△BCG≌△DCE；（2）如图2，连接DG，BE，判断DG2+BE2否为定值．若是，求这个定值若不是，说明理由；（3）如图3，当点G恰好落在DE上时，求α的值．【答案】（1）见解析；（2）48；（3）【分析】（1）通过边角边判定三角形全等；（2）连接，设交于点，交于点，先证明，由勾股定理可得；（3）作于点，则，且，由含30度角的直角三角形的性质求解．【详解】（1）四边形与为正方形，，，，，，在和中，(SAS)，（2）连接，设交于点，交于点，，，，在△和中，，，，，由勾股定理得，，，，，，，(3)作于点，如图，△为等腰直角三角形，，且，在中，，，，．．【点睛】本题考查四边形与三角形的综合问题，解题关键是熟练掌握正方形与直角三角形的性质，通过添加辅助线求解．模型2.半角模型【模型解读】半角模型概念：过多边形一个顶点作两条射线，使这两条射线夹角等于该顶角一半思想方法：通过旋转构造全等三角形，实现线段的转化1）正方形半角模型条件：四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°；结论：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④AEF的周长=2AB；⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。2）等腰直角三角形半角模型条件：ABC是等腰直角三角形，∠DAE=45°；结论：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝BD2＋EC2；3）等边三角形半角模型（120°-60°型）条件：ABC是等边三角形，BDC是等腰三角形，且BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°；结论：①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋FC；④AEF的周长=2AB；⑤DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC。4）等边三角形半角模型（60°-30°型）条件：ABC是等边三角形，∠EAD=30°；结论：①△BDA≌△CFA；②△DAE≌△FAE；③∠ECF=120°；④DE2＝(BD＋EC)2+；5）任意角度的半角模型（-型）条件：∠BAC=，AB=AC，∠DAE=；结论：①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF；③∠ECF=180°-。例1．（2023·福建·龙岩九年级期中）（1）【发现证明】如图1，在正方形中，点，分别是，边上的动点，且，求证：．小明发现，当把绕点顺时针旋转90°至，使与重合时能够证明，请你给出证明过程．（2）【类比引申】①如图2，在正方形中，如果点，分别是，延长线上的动点，且，则（1）中的结论还成立吗？若不成立，请写出，，之间的数量关系______（不要求证明）②如图3，如果点，分别是，延长线上的动点，且，则，，之间的数量关系是_____（不要求证明）.（3）【联想拓展】如图1，若正方形的边长为6，，求的长．【答案】（1）见解析；（2）①不成立，结论：；②，见解析；（3）【分析】（1）证明，可得出，则结论得证；（2）①将绕点顺时针旋转至根据可证明，可得，则结论得证；②将绕点逆时针旋转至，证明，可得出，则结论得证；（3）求出，设，则，，在中，得出关于的方程，解出则可得解．【详解】（1）证明：把绕点顺时针旋转至，如图1，，，，，，，三点共线，，，，，，，，；（2）①不成立，结论：；证明：如图2，将绕点顺时针旋转至，，，，，，，，；②如图3，将绕点逆时针旋转至，，，，，，，，，．即．故答案为：．（3）解：由（1）可知，正方形的边长为6，，．，，设，则，，在中，，，解得：．，．【点睛】本题属于四边形综合题，主要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以及勾股定理的综合应用，解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边相等进行推导．例2．（2023·辽宁·沈阳八年级阶段练习）定义：如图1，点M，N把线段AB分割成AM，MN和BN，若以AM，AN，BN为边的三角形是一个直角三角形，则称点M，N是线段AB的勾股分点．（1）已知点M，N是线段AB的勾股分割点，若AM＝3，MN＝5，求BN的长；（2）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点M，N在斜边AB上，∠MCN＝45°，则点M、N是线段AB的勾股分割点吗？（直接回答：“是”或“不是”）若是说明理由，当AM＝2，MN＝4，则BN＝．【答案】（1）或；（2）是，理由见解析；【分析】(1)分两种情况讨论，根据勾股分割点定义可求BN的长；(2)过点A作AD⊥AB，且AD=BN，由题意可证△ADC≌△BNC，可得CD=CN，∠ACD=∠BCN，可求∠MCD=∠MCN，则可证△MDC≌△MNC，可得MN=DM，根据勾股定理可得BN2+AM2=MN2，则点M，N是线段AB的勾股分割点，将的值代入即可求得的值；【详解】(1)AM＝3，MN＝5，分两种情况：①当MN为最大线段时，∵点M、N是线段AB的勾股分割点，∴BN=，②当BN为最大线段时，∵点M、N是线段AB的勾股分割点，∴BN=，综上所述：BN的长为或；(2)点M，N是线段AB的勾股分割点；理由如下，如图，过点A作AD⊥AB，且AD=BN，∵AD=BN，∠DAC=∠B=45°，AC=BC，∴△ADC≌△BNC(SAS)，∴CD=CN，∠ACD=∠BCN，∵∠MCN=45°，∴∠DCA+∠ACM=∠ACM+∠BCN=45°，∴∠MCD=∠MCN，且CD=CN，CM=CM，∴△MDC≌△MNC(SAS)，∴MN=DM，在Rt△MDA中，AD2+AM2=DM2，∴BN2+AM2=MN2，∴点M，N是线段AB的勾股分割点；当时，故答案为：是，【点睛】本题是三角形的综合题，考查了新定义“勾股分割点”、勾股定理、等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，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．例3．（2023秋·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，在△ABC中，AB＝AC＝2．∠BAC＝120°，点D，E都在边BC上，∠DAE＝60°，若BD＝2CE，求DE的长．【答案】DE＝3﹣3．【分析】将绕点A逆时针旋转120°得到，取CF的中点G，连接EF、EG，由AB＝AC、，可得出，根据旋转的性质可得出，结合可得出为等边三角形，进而得出为直角三角形，通过解直角三角形求出的长度以及证明全等找出，设，则，，在中利用勾股定理可得出，利用，可求出以及的值；【详解】解：将绕点A逆时针旋转120°得到，取的中点G，连接，如图所示：过点作于点，如图，∵，，∴，在中，，∴，∴，∴，∴，∴．∵，∴，∴为等边三角形，∴，∴，∴为直角三角形，∵，∴，∴．在和中，，∴，∴．设，则，在中，，＝x，∴，∴，∴，答：的长为．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、解一元二次方程以及旋转的性质，通过勾股定理找出关于x的一元二次方程是解题的关键．例4．（2023·绵阳市八年级期中）在等边△ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．探究：当M、N分别在直线AB、AC上移动时，BM、NC、MN之间的数量关系．(1)如图1，当点M、N边AB、AC上，且DM＝DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是；(2)如图2，点M、N在边AB、AC上，且当DM≠DN时，猜想（1）问的结论还成立吗？若成立请直接写出你的结论；若不成立请说明理由．(3)如图3，当M、N分别在边AB、CA的延长线上时，探索BM、NC、MN之间的数量关系如何？并给出证明．【答案】(1)；(2)成立，；(3)，见解析【分析】（1）由DM＝DN，∠MDN＝60°可得△MDN是等边三角形，得到Rt△BDM≌Rt△CDN，然后由直角三角形的性质即可求解；（2）在CN的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1，可证△DBM≌△DCM1，得到∠M1DN＝∠MDN＝60°，从而得到△MDN≌△M1DN（SAS），即可求证；（3）在CN上截取CM1＝BM，连接DM1，可证得△MDN≌△M1DN，即可求证．【详解】（1）解：BM、NC、MN之间的数量关系BM+NC＝MN．∵DM＝DN，∠MDN＝60°，∴△MDN是等边三角形，∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝60°，∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴∠BDC＝∠DCB＝30°，∴∠MBD＝∠NCD＝90°，在Rt△BDM和Rt△CDN中，，∴Rt△BDM≌Rt△CDN（HL），∴∠BDM＝∠CDN＝30°，BM＝CN，∴DM＝2BM，DN＝2CN，∴MN＝2BM＝2CN＝BM+CN，故答案为：BM+NC＝MN；（2）猜想：结论仍然成立．证明：在CN的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1．∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，∴△DBM≌△DCM1（SAS），∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN（SAS），∴MN＝M1N＝M1C+NC＝BM+NC；（3）NC−BM=MN，理由如下：证明：在CN上截取CM1＝BM，连接MN，DM1由（2）得，△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN（SAS），∴MN＝M1N，∴NC﹣BM＝MN．【点睛】本题考查了等边三角形，直角三角形，等腰三角形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是注意数形结合思想的应用，作出合适的辅助线，构造出全等三角形．例5．（2023·重庆市二模）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．【详解】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．【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．解题时注意：同角的补角相等．模型3、旋转中的对角互补模型【模型解读】对角互补模型概念：对角互补模型特指四边形中，存在一对对角互补，而且有一组邻边相等的几何模型。思想方法：解决此类问题常用的辅助线画法主要有两种：①过顶点做双垂线，构造全等三角形；②进行旋转的构造，构造手拉手全等。1）“共斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型（异侧型）条件：如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB.结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③.2）“斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型（同侧型）条件：如图，已知∠DCE的一边与AO的延长线交于点D，∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB.结论：①CD＝CE，②OE－OD＝OC，③.3）“等边三角形对120°模型”（1）条件：如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB.结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③.4）“等边三角形对120°模型”（2）条件：如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB，∠DCE的一边与BO的延长线交于点D，结论：①CD＝CE，②OD－OE＝OC，③.5）“120°等腰三角形对60°模型”条件：△ABC是等腰三角形，且∠BAC=120°，∠BPC=60°。结论：①PB+PC=PA；例1．（2022秋·江苏·八年级专题练习）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点．（1）如图1，E、F分别是AB、AC上的点，且BE＝AF、求证：△DEF是等腰直角三角形经过分析已知条件AB＝AC，D为BC的中点．容易联想等腰三角形三线合一的性质，因此，连结AD（如图2），以下是某同学由已知条件开始，逐步按层次推出结论的流程图．请帮助该同学补充完整流程图．补全流程图：①，②∠EDF＝（2）如果E、F分别为AB、CA延长线上的点，仍有BE＝AF，其他条件不变，试猜想△DEF是否仍为等腰直角三角形？请在备用图中补全图形、先作出判断，然后给予证明．【答案】（1）△BDE，△ADF，90°；（2）△DEF仍为等腰直角三角形，理由见解析【分析】（1）连接AD，根据∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点，可以得到∠B=∠C=45°，AD⊥BC，，，从而可以证明△BDE≌△ADF（SAS），得到DE=DF，∠BDE=∠ADF，由∠ADE+∠BDE=∠BDA=90°，可得∠ADE+∠ADF=90°，即∠EDF=90°，即可证明；（2）连接AD，同样证明△BDE≌△ADF（SAS），得到DE=DF，∠BDE=∠ADF，再由∠ADF+∠BDF=∠BDA=90°，即可得到∠BDE+∠BDF=90°，即∠EDF=90°，即可证明．【详解】解：（1）如图所示，连接AD，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点，∴∠B=∠C=45°，AD⊥BC，，，∴∠B=∠BAD=∠CAD，在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（SAS），∴DE=DF，∠BDE=∠ADF，∵∠ADE+∠BDE=∠BDA=90°，∴∠ADE+∠ADF=90°，即∠EDF=90°，∴△DEF是等腰直角三角形；故答案为：△BDE，△ADF，90°；（2）△DEF仍为等腰直角三角形，理由如下：连接AD，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点，∴∠ABC=∠C=45°，AD⊥BC，，，∴∠FAD=180°-∠CAD=135°，∠EBD=180°-∠ABC=135°，∴∠FAD=∠EBD，在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（SAS），∴DE=DF，∠BDE=∠ADF，∵∠ADF+∠BDF=∠BDA=90°，∴∠BDE+∠BDF=90°，即∠EDF=90°，∴△DEF是等腰直角三角形．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．例2．（2022·山东枣庄·中考模拟）在中，，，于点,（1）如图1，点，分别在，上，且，当，时，求线段的长；（2）如图2，点，分别在，上，且，求证：；（3）如图3，点在的延长线上，点在上，且，求证：;【答案】(1)；(2)见解析；(3)见解析.【分析】（1）根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质得到AD＝BD＝DC＝，求出∠MBD＝30°，根据勾股定理计算即可；（2）证明△BDE≌△ADF，根据全等三角形的性质证明；（3）过点M作ME∥BC交AB的延长线于E，证明△BME≌△AMN，根据全等三角形的性质得到BE＝AN，根据等腰直角三角形的性质、勾股定理证明结论．【详解】（1）解：，，，，，，，，，，，，由勾股定理得，，即，解得，，；（2）证明：，，，在和中，，；（3）证明：过点作交的延长线于，，则，，，，，，在和中，，，，．【点睛】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．例3．（2022秋·四川绵阳·九年级校联考阶段练习）已知，，是过点的直线，过点作于点，连接．(1)问题发现：如图(1)，过点作，与交于点，、、之间的数量关系是什么？并给予证明．(2)拓展探究：当绕点旋转到如图(2)位置时，、、之间满足怎样的数量关系？请写出你的猜想，并给予证明．【答案】(1)；证明见解析(2)；证明见解析【分析】(1)过点作，得到，判断出，确定为等腰直角三角形即可得出结论；(2)过点作于点，判断出，确定为等腰直角三角形，即可得出结论．【详解】（1）解：如图1，过点作交于点，，，，，在四边形中，，，，∴，，，，，，是等腰直角三角形，，，∴；（2）；理由：如图，过点作交于点，，，，，，，，，，，，，，是等腰直角三角形，，，∴；【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，构造全等三角形是解题的关键．例4．（2023四川宜宾八年级期末）如图1，，平分，以为顶点作，交于点，于点E.（1）求证：；（2）图1中，若，求的长；（3）如图2，，平分，以为顶点作，交于点，于点.若，求四边形的面积．【答案】（1）见解析；（2）OD+OE=；（3）【分析】（1）过点C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，然后根据题意利用AAS定理进行证明△CDG≌△CEH，从而求解；（2）根据全等三角形的性质得到OD+OE=2OH，然后利用勾股定理求OH的值，从而求解；（3）过点C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，然后根据题意利用AAS定理进行证明△CDG≌△CEH，从而求得==2，然后利用含30°的直角三角形性质求得OH=,CH=从而求得三角形面积，使问题得到解决．【详解】解：（1）如图,过点C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，∵平分∴CG=CH

∵,

∴∠CDO+∠CEO=180︒∵∠CDG+∠CDO=180︒∴∠CDG=∠CEO在△CDG与△CEH中∴△CDG≌△CEH(AAS)∴(2)由（1）得△CDG≌△CEH∴DG=HE由题易得△OCG与△OCH是全等的等腰直角三角形，且OG=OH∴OD+OE=OD+OH+HE=OG+OH=2OH设OH=CH=x，在Rt△OCH中，由勾股定理，得:OH2+CH2=OC2∴∴(舍负)∴OH=∴OD+OE=2OH=（3）如图,过点C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，∵平分∴CG=CH∵,∴∠CDO+∠CEO=180︒∵∠CDG+∠CDO=180︒∴∠CDG=∠CEO在△CDG与△CEH中∴△CDG≌△CEH(AAS)∴DG=HE由题易得△OCG与△OCH是全等的直角三角形,且OG=OH∴OD+OE=OD+OH+HE=OG+OH=2OH∴==2在Rt△OCH中,有∠COH=60°,OC=3，∴OH=,CH=∴∴=2=【点睛】本题考查全等三角形的性质及判定，含30°直角三角形的性质以及勾股定理，是一道综合性问题，掌握相关知识点灵活应用解题是本题的解题关键.例5．（2023湖北省宜城市八年级期末）如图，已知∠AOB=120°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个60°角的顶点与点C重合，它的两条边分别与直线OA、OB相交于点D、E．（1）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA垂直时（如图1），请猜想OE+OD与OC的数量关系，并说明理由；（2）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA不垂直时，到达图2的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由；（3）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA的反向延长线相交时，上述结论是否成立？若成立，请给于证明；若不成立，线段OD、OE与OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．【答案】（1）详见解析；（2）（1）中结论仍然成立，理由详见解析；（3）（1）中结论不成立，结论为OE﹣OD=OC，证明详见解析.【分析】(1)根据OM是∠AOB的角平分线，可得∠AOB=60°，则∠OCE=30°，再根据30°所对直角边是斜边的一半，得出OD=OC，同理：OE=OC，即可得出结论；(2)同(1)的方法得到OF+OG=OC，再根据AAS证明△CFD≌△CGE，得出DF=EG，则OF=OD+DF=OD+EG，OG=OE﹣EG，OF+OG=OD+OE，即可得出结论.(3)同(2)的方法得到DF=EG，根据等量代换可得OE﹣OD=OC.【详解】(1)∵OM是∠AOB的角平分线，∴∠AOC=∠BOC=∠AOB=60°，∵CD⊥OA，∴∠ODC=90°，∴∠OCD=30°，∴∠OCE=∠DCE﹣∠OCD=30°，在Rt△OCD中，OD=OC，同理：OE=OC，∴OD+OE=OC，(2)(1)中结论仍然成立，理由：过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，如图，∴∠OFC=∠OGC=90°，∵∠AOB=120°，∴∠FCG=60°，同(1)的方法得，OF=OC，OG=OC，∴OF+OG=OC，∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点，∴CF=CG，∵∠DCE=60°，∠FCG=60°，∴∠DCF=∠ECG，∴△CFD≌△CGE，∴DF=EG，∴OF=OD+DF=OD+EG，OG=OE﹣EG，∴OF+OG=OD+EG+OE﹣EG=OD+OE，∴OD+OE=OC；(3)(1)中结论不成立，结论为：OE﹣OD=OC，理由：过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，如图，∴∠OFC=∠OGC=90°，∵∠AOB=120°，∴∠FCG=60°，同(1)的方法得，OF=OC，OG=OC，∴OF+OG=OC，∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点，∴CF=CG，∵∠DCE=60°，∠FCG=60°，∴∠DCF=∠ECG，∴△CFD≌△CGE，∴DF=EG，∴OF=DF﹣OD=EG﹣OD，OG=OE﹣EG，∴OF+OG=EG﹣OD+OE﹣EG=OE﹣OD，∴OE﹣OD=OC．【点睛】本题考查了角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质.正确作辅助线是解题的关键.课后专项训练1．（2022·湖南·中考真题）如图，点是等边三角形内一点，，，，则与的面积之和为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】将绕点B顺时针旋转得，连接，得到是等边三角形，再利用勾股定理的逆定理可得，从而求解．【详解】解：将绕点顺时针旋转得，连接，，，，是等边三角形，，∵，，，，与的面积之和为．故选：C．【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，旋转的性质等知识，利用旋转将与的面积之和转化为，是解题的关键．2．（2022·成都市·八年级期末）如图，在边长为4的正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E在BD上，连接CE，作EF⊥CE交AB于点F，交AC于点G，连接CF交BD于点H，延长CE交AD于点M，连接FM，则下列结论：①点E到AB，BC的距离相等；②∠FCE=45°；③∠DMC=∠FMC；④若DM=2，则BF=．正确的有（）个．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】过E点作、，由正方形对角线平分每一组对角以及角平分线性质可得点E到AB，BC的距离相等，故①正确；再证明（AAS）可得是等腰直角三角形，得，故②正确；然后延长MD至P，使，（SAS）再证明（SAS）即可得，故③正确；由全等三角形性质和勾股定理列方程可求．【详解】解：如图1，过E点作、，∴，∵在正方形ABCD中，，，∴，即点E到AB，BC的距离相等，故①正确；；∴，由∵，∴，∴，∴（AAS）∴，∴，故②正确；如图2，延长MD至P，使，连接，易证（SAS）∴，，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，，故③正确，在边长为4的正方形ABCD中，，若，则，设，则，，在中，∴，解得：，故；④错误，综上所述，正确的①②③，故选C．【点睛】本题主要考查了正方形和三角形综合知识，解题关键是构造全都三角形转换边角关系．3．（2023·广东深圳·八年级期末）如图，△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，点D为BC边上一点．点E为线段CD上一点，且CE＝2，AB＝，∠DAE＝60°，则DE的长为______．【答案】【分析】将绕点A逆时针旋转至，连接ME，过M作于Q，过A作于F，由旋转的性质得，设，则，，证明，得，最后利用勾股定理来解答．【详解】解：如图，将绕点A逆时针旋转至，连接ME，过M作于Q，过A作于F，∵，，，AB＝，∴，，∴，，∴，．在中，．∵，∴.设，∴，，∴．∵，，∴，∴．∵．在和中，∴，∴，由勾股定理得：，∴，∴，即．故答案为：．【点睛】本题考查含30°角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形有判定和性质，勾股定理，旋转的性质，作辅助线构造直角三角形是求解本题的关键．4．（2023·吉林松原·九年级统考期中）如图，点O是等边三角形ABC内的一点，，将△BOC绕点C顺时针旋转60°得△ADC，连接OD．(1)当时，°；(2)当时，°；(3)若，，，则OA的长为．【答案】(1)40；(2)60；(3)【分析】（1）证明△COD是等边三角形，得到∠ODC=60°，即可得到答案；（2）利用∠ADC-∠ODC求出答案；（3）由△BOC≌△ADC，推出∠ADC=∠BOC=150°，AD=OB=8，根据△COD是等边三角形，得到∠ODC=60°，OD=，证得△AOD是直角三角形，利用勾股定理求出．【详解】（1）解：∵CO=CD，∠OCD=60°，∴△COD是等边三角形；∴∠ODC=60°，∵∠ADC=∠BOC=，∴∠ADC-∠ODC=40°，故答案为：40；（2）∵∠ADC=∠BOC=，∴∠ADC-∠ODC=60°，故答案为：60；（3）解：当，即∠BOC=150°，∴△AOD是直角三角形．∵△BOC≌△ADC，∴∠ADC=∠BOC=150°，AD=OB=8，又∵△COD是等边三角形，∴∠ODC=60°，OD=，∴∠ADO=90°，即△AOD是直角三角形，∴,故答案为：．【点睛】本题以“空间与图形”中的核心知识（如等边三角形的性质、全等三角形的性质与证明、直角三角形的判定、多边形内角和等）为载体，内容由浅入深，层层递进．试题中几何演绎推理的难度适宜，蕴含着丰富的思想方法（如运动变化、数形结合、分类讨论、方程思想等），能较好地考查学生的推理、探究及解决问题的能力．5．（2023·江苏南京·九年级专题练习）（1）阅读理解：如图1，在正方形ABCD中，若E，F分别是CD，BC边上的点，∠EAF＝45°，则我们常会想到：把△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG．易证△AEF≌_______，得出线段BF，DE，EF之间的数量关系为____________；（2）类比探究：如图2，在等边△ABC中，D，E为BC边上的点，∠DAE＝30°，BD=3，EC=4，求线段DE的长；（3）拓展应用：如图3，在△ABC中，AB=AC，∠BAC＝150°，点D，E在BC边上，∠DAE＝75°，若DE是等腰△ADE的腰长，请直接写出BD：CE的值．【答案】（1）；；（2）；（3）或【分析】（1）由旋转的性质可得，，，进而得到，由全等三角形的性质可得，即可解答；（2）将绕点顺时针旋转，得到，连接，过点作，交的延长线于点，进而证≌，得到，即可求出和，再根据勾股定理即可解答；（3）用的方法，分类讨论是等腰的腰长，求出：的值即可．【详解】解：（1）把绕点顺时针旋转得到，可知：，，，，，在和中，≌，，，，故答案为；．（2）如图，将△ACE绕点A顺时针旋转60°，得到△ABF，连接DF，过点F作FG⊥BC，交CB的延长线于点G，如图所示：∵△ABC是等边三角形，∴∠CAB＝∠ABC＝∠C＝60°，AB=AC，∵∠DAE＝30°，∴∠CAE+∠BAD＝30°，∴∠DAF＝30°，又∵AD=AD，∴△ADE≌△ADF，∴DE=DF，∵∠ABF＝∠ABC＝∠C＝60°，∠FBG＝60°，∵BF=CE=4，∠G＝90°，∴BG＝BF=2，FG＝=，∴DG＝5，∴在Rt△DFG中，DF=，∴线段DF的长为．（3）如图，将△ACE绕点A顺时针旋转150°，得到△ABG，连接DG，过点D作DH⊥BG，交BG的于点H，∠DAE＝75°，若DE是等腰△ADE的腰，∠ADE为顶角，则∠ADE=30°，∵AB=AC，∠BAC=150°，∴∠ABC=∠C=（180°-150°）=15°，∴由旋转性质得△ABG≌△ACE，∴BG=CE，AG=AE，∠ABG=∠C=15°，∴∠DBG=30°，∵将△ACE绕点A顺时针旋转150°，得到△ABG，∴∠EAG=150°，∵∠DAE＝75°，∴∠GAD=75°，∴∠ADE=30°，在△ADE和△ADG中，，∴△ADE≌△ADG，∴∠GDA=∠ADE=30°，∴∠GDE=60°，∵∠GDE=∠GBD+∠BGD，∴∠BGD=60°-30°=30°，∴BD=DG，∴BH=GH=BG=CE，在Rt△BHD中，设HD=x，∵∠DBG=30°，∴BD=2x，由勾股定理得：BH=，∴BG=2，∴CE=2，∴BD：CE=：3；如图将△ACE绕点A顺时针旋转150°，得到△ABM，连接DM，过点M作MN⊥BD，交BD于点N，∵∠DAE＝75°，若DE是等腰△ADE的腰长，∠E为顶角，∴∠E=30°，∵AB=AC，∠BAC＝150°，∴∠C=∠ABC=15°，∴∠CAE=15°，∴AE=CE=DE，∴∠BAD=150°-75°-15°=60°，由旋转性质可知△ABM≌△ACE，∴∠BAM=∠CAE=15°，∠ABM=∠ACE=15°，AM=AE，BM=CE，∴∠MAD=15°+60°=75°=∠DAE，在△MAD和△EAD中，，∴△MAD≌△EAD，∴DM=DE=CE=BM，∵MN⊥BD，∴BN=DN=BD，∵∠MBD=∠ABM＋∠ABC=15°+15°=30°，∴在Rt△BNM中，设MN=a，∴BM=2a，∴CE=2a，由勾股定理得：BN=，∴BD=2a，∴BD：CE=2a：2a=：1=．【点睛】本题考查了四边形的综合题，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．6．（2023.成都市八年级期中）在中，，，于点,（1）如图1，点，分别在，上，且，当，时，求线段的长；（2）如图2，点，分别在，上，且，求证：；（3）如图3，点在的延长线上，点在上，且，求证：;【答案】(1)；(2)见解析；(3)见解析.【分析】（1）根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质得到AD＝BD＝DC＝，求出∠MBD＝30°，根据勾股定理计算即可；（2）证明△BDE≌△ADF，根据全等三角形的性质证明；（3）过点M作ME∥BC交AB的延长线于E，证明△BME≌△AMN，根据全等三角形的性质得到BE＝AN，根据等腰直角三角形的性质、勾股定理证明结论．【详解】（1）解：，，，，，，，，，，，，由勾股定理得，，即，解得，，；（2）证明：，，，在和中，，；（3）证明：过点作交的延长线于，，则，，，，，，在和中，，，，．【点拨】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．7.如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC，直线MN是过点A的直线CD⊥MN于点D，连接BD．（1）观察猜想张老师在课堂上提出问题：线段DC，AD，BD之间有什么数量关系．经过观察思考，小明出一种思路：如图1，过点B作BE⊥BD，交MN于点E，进而得出：DC+AD=BD．（2）探究证明：将直线MN绕点A顺时针旋转到图2的位置写出此时线段DC，AD，BD之间的数量关系，并证明；【答案】（1）；（2）AD﹣DC=BD；【分析】（1）根据全等三角形的性质求出DC，AD，BD之间的数量关系（2）过点B作BE⊥BD，交MN于点E．AD交BC于O，证明，得到，，根据为等腰直角三角形，得到，再根据，即可解出答案.【详解】解：（1）如图1中，由题意：，∴AE=CD，BE=BD，∴CD+AD=AD+AE=DE，∵是等腰直角三角形，∴DE=BD，∴DC+AD=BD，故答案为．（2）．证明：如图，过点B作BE⊥BD，交MN于点E．AD交BC于O．∵，∴，∴．∵，，，∴，∴．又∵，∴，∴，，∴为等腰直角三角形，．∵，∴．【点睛】本题主要考查全等三角形的性质，等腰直角三角形的性质以及图形的应用，正确作辅助线和熟悉图形特性是解题的关键.8．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如下正确的解法：解：CD＝CE．理由如下：如图1，过点C作CF⊥OC，交OB于点F，则∠OCF＝90°，…请根据小宇同学的证明思路，写出该证明的剩余部分．（2）你有与小宇不同的思考方法吗？请写出你的证明过程．（3）若∠AOB＝120°，∠DCE＝60°．①如图3，∠DCE与∠AOB的两边分别相交于点D、E时，（1）中的结论成立吗？为什么？线段OD、OE、OC有什么数量关系？说明理由．②如图4，∠DCE的一边与AO的延长线相交时，请回答（1）中的结论是否成立，并请直接写出线段OD、OE、OC有什么数量关系；如图5，∠DCE的一边与BO的延长线相交时，请回答（1）中的结论是否成立，并请直接写出线段OD、OE、OC有什么数量关系．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）如图2，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，在四边形ODCE中，∠AOB+∠DCE+∠CDO+∠CEO＝360°，又∵∠AOB＝∠DCE＝90°，∴∠CDO+∠CEO＝180°，又∵∠CDO+∠CDM＝180°，∴∠CEO＝∠CDM，且∠CMD＝∠CNE，CM＝CN，∴△CMD≌△CNE（AAS），∴CD＝CE．（3）①（1）中的结论仍成立．OE+OD＝OC．理由如下：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°，∴，同理可得ON＝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°，∴，同理可得ON＝OC，∴OE﹣OD＝ON+OM＝OC；在图5中，（1）中的结论成立，OD﹣OE＝OC，如图5，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°，∵∠COA+∠CDO+∠DCE+∠OCE＝180°，∴∠OCE+∠CDO＝60°，∵∠NOC＝∠CEO+∠OCE＝60°，∴∠CDO＝∠CEO，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，∴△CMD≌△CNE（AAS），∴CD＝CE，DM＝EN．∴OD﹣OE＝DM+OM﹣（EN﹣ON）＝ON+OM．∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，∴∠MCO＝30°，∴，同理可得ON＝OC，∴OD﹣OE＝ON+OM＝OC；9．（2023·四川内江·九年级校考期中）如图，已知∠AOB＝60°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个120°角的顶点与点C重合，它的两条边分别与直线OA、OB相交于点D、E．（1）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA垂直时（如图1），请猜想OE+OD与OC的数量关系，并说明理由；（2）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA不垂直时，到达图2的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由；（3）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA的反向延长线相交时，上述结论是否成立？请在图3中画出图形，若成立，请给于证明；若不成立，线段OD、OE与OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明.【答案】（1）；（2）（1）中结论仍然成立，见解析；（3）（1）中结论不成立，，见解析.【分析】（1）先判断出∠OCE=60°，再利用特殊角的三角函数得出ODOC，同OEOC，即可得出结论；（2）同（1）的方法得OF+OGOC，再判断出△CFD≌△CGE，得出DF=EG，最后等量代换即可得出结论；（3）同（2）的方法即可得出结论．【详解】（1）∵OM是∠AOB的角平分线，∴∠AOC=∠BOC∠AOB=30°．∵CD⊥OA，∴∠ODC=90°，∴∠OCD=60°，∴∠OCE=∠DCE﹣∠OCD=60°．在Rt△OCD中，OD=OC•cos30°OC，同理：OEOC，∴OD+OEOC；（2）（1）中结论仍然成立，理由如下：过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，∴∠OFC=∠OGC=90°．∵∠AOB=60°，∴∠FCG=120°，同（1）的方法得：OFOC，OGOC，∴OF+OGOC．∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点，∴CF=CG．∵∠DCE=120°，∠FCG=120°，∴∠DCF=∠ECG，∴△CFD≌△CGE，∴DF=EG，∴OF=OD+DF=OD+EG，OG=OE﹣EG，∴OF+OG=OD+EG+OE﹣EG=OD+OE，∴OD+OEOC；（3）（1）中结论不成立，结论为：OE﹣ODOC，理由如下：过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，∴∠OFC=∠OGC=90°．∵∠AOB=60°，∴∠FCG=120°，同（1）的方法得：OFOC，OGOC，∴OF+OGOC．∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点，∴CF=CG．∵∠DCE=120°，∠FCG=120°，∴∠DCF=∠ECG，∴△CFD≌△CGE，∴DF=EG，∴OF=DF﹣OD=EG﹣OD，OG=OE﹣EG，∴OF+OG=EG﹣OD+OE﹣EG=OE﹣OD，∴OE﹣ODOC．【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了角平分线的定义和定理，全等三角形的判定和性质，特殊角的三角函数值，直角三角形的性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．10．（2023春·四川达州·八年级校考阶段练习）倡导研究性学习方式，着力教材研究，习题研究，是学生跳出题海，提高学习能力和创新能力的有效途径．(1)【问题背景】已知：如图1，点E、F分别在正方形的边上，，连接，则之间存在怎样的数量关系呢？

（分析：我们把绕点A顺时针旋转至，点G、B、C在一条直线上．）于是易证得：和，所以．直接应用：正方形的边长为6，，则的值为．(2)【变式练习】已知：如图2，在中，，D、E是斜边上两点，且，请写出之间的数量关系，并说明理由．

(3)【拓展延伸】在（2）的条件下，当绕着点A逆时针一定角度后，点D落在线段BC上，点E落在线段BC的延长线上，如图3，此时（2）的结论是否仍然成立，并证明你的结论．【答案】(1)(2)，见解析(3)成立，见解析【分析】（1）根据分析过程及图形分析即可；（2），把顺时针旋转到的位置此时与重合，连接，证，得，再证是直角三角形，然后由勾股定理即可解决问题；（3）根据第（2）问的辅助线画出图形即可证明．【详解】（1）∵四边形是正方形，∴，把绕点A顺时针旋转至，则与重合，∴∴，∴点G、B、C在一条直线上∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴；∵正方形的边长为6，，∴，∴，，在中，，∴，解得，∴故答案为：；（2），理由如下：把顺时针旋转到的位置此时与重合，连接，

则，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴是直角三角形，∴，∴．（3）依然成立，理由如下：把顺时针旋转到的位置此时与重合，连接，

则，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴是直角三角形，∴，∴．【点睛】本题是四边形综合题目，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、直角三角形的性质、勾股定理等知识；本题综合性比较强，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．11．（2023·江苏·八年级专题练习）等边的两边、所在直线上分别有两点、，为外一点，且，，．当点、分别在直线、上移动时，探究、、之间的数量关系以及的周长与等边的周长的关系．（1）如图①，当点、在边、上，且时，、、之间的数量关系式为______；此时的值是______．（2）如图②，当点、在边、上，且时，猜想（1）问的两个结论还成立吗？写出你的猜想并加以证明．（3）如图③，当点、分别在边、的延长线上时，若，试用含、的代数式表示．【答案】（1），；（2）结论仍然成立，证明见解析；（3）．【分析】（1）由DM＝DN，∠MDN＝60°，可证得△MDN是等边三角形，又由△ABC是等边三角形，CD＝BD，易证得Rt△BDM≌Rt△CDN，然后由直角三角形的性质，即可求得BM、NC、MN之间的数量关系BM+NC＝MN，此时；（2）在CN的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1．可证△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，易证得∠CDN＝∠MDN＝60°，则可证得△MDN≌△M1DN，然后由全等三角形的性质，即可得结论仍然成立；（3）首先在CN上截取CM1＝BM，连接DM1，可证△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，然后证得∠CDN＝∠MDN＝60°，易证得△MDN≌△M1DN，则可得NC﹣BM＝MN；然后根据的周长，表示出AB的长，然后根据的周长，应用等量代换即可求解．【详解】解：（1）如图①，BM、NC、MN之间的数量关系BM+NC＝MN．此时．理由：∵DM＝DN，∠MDN＝60°，∴△MDN是等边三角形，∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝60°，∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∴∠MBD＝∠NCD＝90°，∵DM＝DN，BD＝CD，∴Rt△BDM≌Rt△CDN，∴∠BDM＝∠CDN＝30°，BM＝CN，∴DM＝2BM，DN＝2CN，∴MN＝2BM＝2CN＝BM+CN；∴AM＝AN，∴△AMN是等边三角形，∵AB＝AM+BM，∴AM：AB＝2：3，∴；（2）猜想：结论仍然成立．证明：在NC的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1．∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，∴△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN，∴MN＝M1N＝M1C+NC＝BM+NC，∴△AMN的周长为：AM+MN+AN＝AM+BM+CN+AN＝AB+AC，∴；（3）证明：在CN上截取CM1＝BM，连接DM1．∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，∴△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN，∴MN＝M1N．∴NC﹣BM＝MN．∵等边的周长为，∴，的周长．故答案为：．【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知等边三角形的性质及全等三角形的判定定理．12.（2023.山东八年级期中）综合与实践:（1）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝45°，则MN，AM，CN的数量关系为．（2）如图2，在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝∠ABC，试探索线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？请写出猜想，并给予证明．（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，点M、N分别在DA、CD的延长线上，若∠MBN＝∠ABC，试探究线段MN、AM、CN的数量关系为．【答案】（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由见解析；（3）MN=CN-AM，理由见解析【详解】解：（1）如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC

，∴∠BCM'+∠BCD=180°，∴点M'、C、N三点共线，∵∠MBN=45°，∴∠ABM+∠CBN=45°，∴∠M'BN=∠M'BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=45°，即∠M'BN=∠MBN，∵BN=BN，∴△NBM≌△NBM'，∴MN=M'N，∵M'N=M'C+CN，∴MN=M'C+CN=AM+CN；（2）MN=AM+CN；理由如下：如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，∵∠A+∠C＝180°，∴∠BCM'+∠BCD=180°，∴点M'、C、N三点共线，∵∠MBN＝∠ABC，∴∠ABM+∠CBN=∠ABC＝∠MBN，∴∠CBN+∠M'BC=∠MBN，即∠M'BN=∠MBN，∵BN=BN，∴△NBM≌△NBM'，∴MN=M'N，∵M'N=M'C+CN，∴MN=M'C+CN=AM+CN；（3）MN=CN-AM，理由如下：如图，在NC上截取CM'=AM，连接BM'，∵在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，∴∠C+∠BAD=180°，∵∠BAM+∠BAD=180°，∴∠BAM=∠C，∵AB＝BC，∴△ABM≌△CBM'，∴AM=CM'，BM=BM'，∠ABM=∠CBM'，∴∠MAM'=∠ABC，∵∠MBN＝∠ABC，∴∠MBN＝∠MAM'=∠M'BN，∵BN=BN，∴△NBM≌△NBM'，∴MN=M'N，∵M'N=CN-CM'，

∴MN=CN-AM．故答案是：MN=CN-AM．13．（2022·山东济南·二模）已知AD是等边△ABC的高，AC=2，点O为直线AD上的动点(不与点A重合)，连接BO，将线段BO绕点O顺时针旋转60°，得到线段OE，连接CE、BE．(1)问题发现：如图1，当点O在线段AD上时，线段AO与CE的数量关系为，∠ACE的度数是．(2)问题探究：如图2，当点O在线段AD的延长线上时，(1)中结论是否还成立？请说明理由．(3)问题解决：当∠AEC=30°时，求出线段BO的长【答案】(1)AO=CE，∠ACE=90°；(2)成立，见解析；(3)BO=2或2【分析】(1)证明△ABO≌△CBE(SAS)，则AO=CE，∠BAO=∠BCE，进而求解；(2)和(1)的方法相同；(3)①当点O1在线段AD的延长线上时，证明点A、B、E1在一条直线上，进而求解；②当点O2在线段DA的延长线上时，通过画图确定BO2为位置，进而求解．(1)解：AO=CE，∠ACE=90°，理由如下：∵线段BO绕点O顺时针旋转60°，得到线段OE，∴BO=OE，∠BOE=60°，∴△BOE为等边三角形，∴∠OBE=60°，BE=BO，∴∠OBE=60°=∠OBD+∠DBE，∵△ABC为等边三角形，∴∠ABC=60°=∠ABO+∠OBD，AB=AC，∴∠ABO=∠CBE，在△ABO和△CBE中，，∴△ABO≌△CBE(SAS)，∴AO=CE，∠BAO=∠BCE，∵AD是等边三角形ABC的高，∴∠ACB=60°，AD也是∠BAC的平分线，∴∠BAO=30°=∠BCE，∴∠ACE=∠BCE+∠ACB=30°+60°=90°，故答案为：AO=CE，∠ACE=90°；(2)解：成立，理由如下：如图：连接BE．∵线段BO绕点O顺时针旋转了60°得EO，∴BO=EO，∠BOE=60°，∴△BOE是等边三角形，∴BO=BE，∠OBE=60°，∵△ABC是等边三角形，∴BA=BC，∠ABC=60°，∴∠ABC+∠OBC=∠OBE+∠OBC，即∠ABO=∠CBE，在△ABO和△CBE中，∴△ABO≌△CBE(SAS)，∴AO=CE，∠BAO=∠BCE，∵AD是等边△ABC的高，∴∠BCE=∠BAO=30°，∠BCA=60°，∴∠ACE=∠BCE+∠ACB=30°+60°=90°，∴AO=CE，∠ACE=90°；(3)解：①当点O1在线段AD的延长线上时，由(1)和(2)知：△BO1E1是等边三角形，∠ACE1=90°，∵∠ACE1=90°，∠AE1C=30°，∴∠E1AC=60°，∵∠BAC=60°，∴点A、B、E1在一条直线上，∵在Rt△ACE1中，AC=2，∠AE1C=30°，∴AE1=4，∴BO1=BE1=2；②当点O2在线段DA的延长线上时，∵∠ACE2=90°，∠AE2C=30°，AC=2，∴AE2=4，，∵△ABO2≌△CBE2(SAS)∴，∵AD是等边△ABC的高，AB=AC=2，∴BD=1，，在Rt△O2DB中，BD=1，而，∴；综上，BO=2或．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，分类讨论是解决本题的关键．14．（2023·重庆忠县·九年级期末）已知等腰直角与有公共顶点．（1）如图①，当点在同一直线上时，点为的中点，求的长；（2）如图②，将绕点旋转，点分别是的中点，交于，交于．①猜想与的数量关系和位置关系，并证明你猜想的结论；②参考图③，若为的中点，连接，在旋转过程中，线段的最小值是多少（直接写出结果）．【答案】（1）；（2）①；证明见解析；②线段的最小值是．【分析】（1）如图：过点作于点，先说明FQ是△ADE的中位线，然后再求得FQ、BQ，最后再运用勾股定理解答即可；（2）①连接交于，先证明可得，然后再说明GM是△ABD的中位线可得，然后再根据角的关系证明﹔②如图：连接CG，取中点O，连接OK、OM，再根据勾股定理和三角形中位线的性质求得CG和OK,进而求得OM,最后根据三角形的三边关系即可解答．【详解】解：（1）过点作于点，∵点是的中点，∴FQ是△ADE的中位线，；（2）①﹔证明:连接交于．，．即；在和中，，（SAS），分别是的中点，∴GM是△ABD的中位线且，，﹔②如图：连接CG，取中点O，连接OK、OM∴，OK=AG=1∵∠CMG=90°，O为CG的中点∴OM=CG=∵MK＞OM-OK∴当O、K、M共线时，MK取最小值OM-OK=-1．【点睛】本题主要考查了三角形的中线、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识点成为解答本题的关键．15．（2023·福建福州市·九年级月考）如图，和均为等边三角形，连接BE、CD．（1）请判断：线段BE与CD的大小关系是；（2）观察图，当和分别绕点A旋转时，BE、CD之间的大小关系是否会改变?（3）观察如图和4，若四边形ABCD、DEFG都是正方形,猜想类似的结论是___________,在如图中证明你的猜想.（4）这些结论可否推广到任意正多边形（不必证明）,如图,BB1与EE1的关系是;它们分别在哪两个全等三角形中