浙教版八年级上全等模型专题4——半角模型（含解析）

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八年级全等模型专题4——半角模型
全等三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位，也是学生必须掌握的一块内容，本专题就半角模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
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（或截长补短）构造全等三角形，实现线段的转化。
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。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.
模型1.半角模型（90°-45°型）
【模型展示】
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；
例1．（2022·重庆南川·九年级期中）如图，正方形中，，绕点顺时针旋转，它的两边分别交、或它们的延长线于点、．
(1)当绕点旋转到时如图，证明：；(2)绕点旋转到时如图，求证：；(3)当绕点旋转到如图位置时，线段、和之间有怎样的数量关系？请写出你的猜想并证明．
例2．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＝　 　．
例3．已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N．当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时（如图1），易证BM+DN＝MN．（1）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM、DN和MN之间又有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；（3）若正方形的边长为4，当N运动到DC边的中点处时，求BM的长．
例4．如图，在中，，，D、E是斜边上两点，且，若，，，则与的面积之和为（ ）
A．36 B．21 C．30 D．22
模型2.半角模型（60°-30°型或120°-60°型）
1）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。
2）等边三角形半角模型（60°-30°型）
例1．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．
例2．如图，在等边三角形中，在AC边上取两点使．若，，， 则以为边长的三角形的形状为（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．随的值而定
例3．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 ______．
例4．如图，已知是边长为4的等边三角形，是顶角为120°的等腰三角形，动点、分别在边、上，且，则的周长是（ ）
A．12 B．10 C．8 D．6
模型3.半角模型（-型）
条件：∠BAC=，AB=AC，∠DAE=；
结论：①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF；③∠ECF=180°-。
例1.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，求度数.
例2．（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．
例3．【问题提出】（1）如图①，在四边形中，，，E、F分别是边BC、CD上的点，且.求证：；
【问题探究】（2）如图②，在四边形中，，，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，请说明理由；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并说明理由.
例4.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 　 　．
课后专项训练
1．如图，在边长为的正方形内作，交于点，交于点，连接．若，则的长为（　　）
A． B． C． D．2
第1题图 第2题图 第3题图
2．如图，正方形ABCD中，点E、F分别在线段BC、CD上运动，且满足∠EAF＝45°，AE、AF分别与BD相交于点M、N，下列说法中：①BE+DF＝EF；②点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长；③BE＝2，DF＝3，则S△AEF＝15；④若AB＝6，BM＝3，则MN＝5．其中结论正确的个数是（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
3．如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝8，AB＝AC，∠CBD＝30°，BD＝4，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为_____．
4．如图，已知正方形ABCD的边长为5，点E，F分别是AB，BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△CDM．若AE＝2，则MF的长为_______．
5.在正方形ABCD中，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN，垂足为H，若M、N分别在边CB、DC的延长线上移动．①试探究线段MN、BM、DN之间的数量关系．②求证：AB＝AH．
6．（1）在中，，，，且点D，E为边BC上的点（分别不与点B，C重合，且点D在点E左侧）．
①初步探究：如图1，若，，，试探究BD，DE，CE之间的数量关系．
下面是小东的探究过程（不完整），请补充完整．
解：∵，，∴，，．∴．如图，将绕点A逆时针旋转120°，得到，连接GE．由旋转的性质，可知，∴，，．∴，．∴为等边三角形．（依据：_________________）∴____________．∵，，∴，又∵，∴．∴．∴．
②类比探究
如图2，若，，，请写出BD，DE，CE之间的数量关系，并就图2的情形说明理由．
（2）问题解决：如图3，在中，，于点M，，，点N为线段BC上一动点，当点N为BC的三等分点时，直接写出AN的长．
7．在等边三角形ABC中．
(1)如图1，D、E是边BC上两动点，且∠DAE=30°，将△ABE绕点A逆时针旋转60°后，得到△ACF，连接DF；①求证：△AED≌△AFD；②当BE=2，CE=5时，求DE的长；
(2)如图2，点D是等边三角形ABC的边BC所在直线上的一动点，连接AD，将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，连接CE，当BD=2，BC=6时，CE的长为________．
8．阅读下列材料：数学课上老师出示了这样一个问题：如图，等腰的直角顶点在正方形的边上，斜边交于点，连接，求证：．某学习小组的同学经过思考，交流了自己的想法：利用现在所学的旋转知识，可将旋转到，然后通过证明全等三角形来完成证明．
（1）（问题解决）请你根据他们的想法写出证明过程；
（2）（学以致用）如图，若等腰的直角顶点在正方形的边的延长线上，斜边的延长线交的延长线于点，连接，猜想线段，，满足怎样的数量关系？并证明你的结论；
（3）（思维拓展）等腰直角中，，为内部一点，若，则的最小值______．
9．在四边形中，，，，、分别是，上的点，且，在探究图1中线段，，之间的数量关系过程中．
(1)你尝试添加了怎样的辅助线？成功了吗？（真实大胆作答即可得分）
(2)小亮同学认为：延长到点，使，连接，先证明，再证明，即可得出，，之间的数量关系是 ．
(3)如图3，在四边形中，，，、分别是，上的点，且，上述结论是否仍然成立？并证明；(4)如图4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（处）北偏西的处，舰艇乙在指挥中心南偏东的处，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60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东的方向以70海里/小时的速度前进，1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达，处，且两舰艇之间的夹角为，试求此时两舰艇之间的距离．
10．（1）如图，点，分别在正方形的边，上，，连接，求证：，试说明理由．
（2）类比引申：如图，四边形中，，，点，分别在边，上，∠EAF=45°，若、都不是直角，则当与满足等量关系___________时，仍有，试说明理由．
（3）联想拓展：如图，在△中，，，点，均在边上，且∠DAE=45，若，，求的长．
专题04 全等模型-半角模型
全等三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位，也是学生必须掌握的一块内容，本专题就半角模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
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（或截长补短）构造全等三角形，实现线段的转化。
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。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.
模型1.半角模型（90°-45°型）
【模型展示】
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；
例1．（2022·重庆南川·九年级期中）如图，正方形中，，绕点顺时针旋转，它的两边分别交、或它们的延长线于点、．
(1)当绕点旋转到时如图，证明：；(2)绕点旋转到时如图，求证：；(3)当绕点旋转到如图位置时，线段、和之间有怎样的数量关系？请写出你的猜想并证明．
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)，见解析
【分析】（1）把绕点顺时针旋转，得到，证得、、三点共线，即可得到≌，从而证得；（2）证明方法与（1）类似；
（3）在线段上截取，判断出≌，同（2）的方法，即可得出结论．
（1）证明：如图，
∵把绕点顺时针旋转，得到，≌，，，
四边形是正方形，，，
点、、三点共线．，
又，在与中，，≌，，，，，．
（2）证明：如图，把绕点顺时针旋转，得到，
≌，，，
四边形是正方形，，，
点、、三点共线．，
又，在与中，，
≌，，，．
（3）解： 理由如下：如图，在线段上截取，连接，
在与中，，≌，，．在和中，，
≌，，．
【点睛】本题是四边形综合题，考查正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形是解题的关键．
例2．（2022·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·广东广州·九年级校考期中）已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N．当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时（如图1），易证BM+DN＝MN．（1）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM、DN和MN之间又有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；（3）若正方形的边长为4，当N运动到DC边的中点处时，求BM的长．
【答案】（1）BM+DN＝MN，见解析；（2）DN﹣BM＝MN，见解析；（3）
【分析】（1）把△ADN绕点A顺时针旋转90°，可得B、E、M三点共线，即可得到△AEM≌△ANM，从而证得ME＝MN，可得结论；（2）在线段DN上截取DQ＝BM，首先证明△ADQ≌△ABM，得DQ＝BM，再证明△AMN≌△AQN（SAS），得MN＝QN，可得结论；（3）设，由勾股定理可求解即可．
【详解】解：（1）BM+DN＝MN．
理由如下：如图2，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，
∴∠ABE＝∠ADN＝90°，AE＝AN，BE＝DN，∴∠ABE+∠ABC＝180°，
∴点E，点B，点C三点共线，∴∠EAM＝90°﹣∠NAM＝90°﹣45°＝45°，
又∵∠NAM＝45°，在△AEM与△ANM中，，
∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME＝MN，
∵ME＝BE+BM＝DN+BM，∴DN+BM＝MN；
（2）DN﹣BM＝MN．理由如下：在线段DN上截取DQ＝BM，如图3
在△ADQ与△ABM中，，
∴△ADQ≌△ABM（SAS），∴∠DAQ＝∠BAM，∴∠QAN＝∠MAN．
在△AMN和△AQN中，，
∴△AMN≌△AQN（SAS），∴MN＝QN，∴DN﹣BM＝MN；
（3）如图4，设
∵正方形的边长为4，点N是BC的中点，∴CN＝DN＝2，∵DN+BM＝MN，∴，
∵MN2＝CN2+MC2，∴，解得即．
【点睛】此题考查了旋转的综合应用，涉及了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是掌握旋转的性质，构造出全等三角形．
例4．（2023·浙江·八年级假期作业）如图，在中，，，D、E是斜边上两点，且，若，，，则与的面积之和为（ ）
A．36 B．21 C．30 D．22
【答案】B
【分析】将关于对称得到，从而可得的面积为15，再根据对称的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理证出，从而可得，最后根据与的面积之和等于与的面积之和即可得．
【详解】解：如图，将关于AE对称得到，
则，，
，
，，
在和中，，，
，
，即是直角三角形，，
，即与的面积之和为21，故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键．
模型2.半角模型（60°-30°型或120°-60°型）
1）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。
2）等边三角形半角模型（60°-30°型）
例1．（2022·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2．（2022秋·江苏扬州·八年级校考阶段练习）如图，在等边三角形中，在AC边上取两点使．若，，， 则以为边长的三角形的形状为（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．随的值而定
【答案】C
【分析】将△ABM绕点B顺时针旋转60°得到△CBH，连接HN，根据等边三角形的性质及各角之间的等量关系可得：∠NBM=∠NBH，然后依据全等三角形的判定定理可得△NBM≌△NBH，由全等三角形的性质可将x、m、n放在△NCH中，即可确定三角形的形状．
【详解】解：如图所示：将△ABM绕点B顺时针旋转60°得到△CBH，连接HN，
由旋转性质可知，BM=BH，CH=AM，，，
∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=∠ACB=∠A=60°，∵∠MBN=30°，∴∠ABM+∠CBN=30°，
∴∠NBH=∠CBH+∠CBN=∠ABM+∠CBN =30°，∴∠NBM=∠NBH，
在△NBM与△NBH中，，∴△NBM≌△NBH（SAS），∴MN=NH=x，
∵∠BCH=∠A=60°，CH=AM=m，∴∠NCH=120°，
∴以x，m，n为边长的三角形△NCH是钝角三角形．故选：C．
【点睛】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、旋转变换等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，
例3．（2022·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．
例4．（2023秋·福建宁德·八年级统考期末）如图，已知是边长为4的等边三角形，是顶角为120°的等腰三角形，动点、分别在边、上，且，则的周长是（ ）
A．12 B．10 C．8 D．6
【答案】C
【分析】延长EB到G，使BG=FC，连接DG，通过△DCF≌△DBG得到DG=DF、∠FDC=∠GDB，再利用△EDG≌△EDF得到EF=EB+FC，求出结果．
【详解】解：延长EB到G，使BG=FC，连接DG，
∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°，
又∵BD=CD，∴∠DCB=∠DBC= ，∴∠DCF=∠DBE=90°，
在直角△DCF和直角△DBG中， ，∴△DCF≌△DBG，
∴DG=DF，∠FDC=∠GDB，∴∠GDF=∠BDC=120°，又∵∠EDF=60°，∴∠EDG=60°，
在△EDG和△EDF中， ，∴△EDG≌△EDF，∴EF=EG=EB+GB=EB+FC，
∴△AEF的周长为：AE+AF+EF=AE+AF+BE+FC=AB+AC=8，故选择C．
【点睛】本题考查等边三角形的性质和全等三角形的判定和性质，解决问题的关键构造全等三角形．
模型3.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.上海七年级期中）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°．
例2．（2023春·江苏·八年级专题练习）（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）延长到，使，连接．证明，则，，，证明，得出，由此可得，；（2）思路和作辅助线的方法同（1）；（3）根据（1）的证法，可得出，，那么．
【详解】解：（1）延长至，使，连接，
∵，，，∴，
∴，，∴，∴，
在和中，∵，∴，∴，
∵，且∴，故答案为：．
（）解：（）中的结论仍成立，
证明：如图所示，延长至，使，
∵，，∴，
在和中，，∴，∴，，
∵，∴，∴，即，
在和中，，∴，
∴，即．
（），证明：如图所示，在上截取使，连接，
∵，，∴，
在和中，，∴，
∴，，∴，∴，
在和中， ，∴，∴，
∵，且，∴．
【点睛】此题主要考查了三角形全等的判定与性质，通过全等三角形来实现线段的转换是解题关键，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的全等三角形．
例3．（2022秋·陕西延安·八年级统考期末）【问题提出】（1）如图①，在四边形中，，，E、F分别是边BC、CD上的点，且.求证：；
【问题探究】（2）如图②，在四边形中，，，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，请说明理由；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）结论不成立，应当是理由见解析
【分析】（1）延长到点，使，连接，由全等三角形的判定和性质得出，，，继续利用全等三角形的判定得出，结合图形及题意即可证明；
（2）在上截取，使，连接，结合图形利用全等三角形的判定得出，再次使用全等三角形的判定得出，利用全等三角形的性质即可证明．
【详解】（1）证明：如图①，延长到点，使，连接.
又∵，，
∴，∴，，
又∵，∴，∴，
又∵，∴，∴，
∵，∴；
（2）解：结论不成立，应当是，
理由：如图②，在上截取，使，连接，
∵，，∴，
又∵，，∴，∴，，
又∵，∴，∴，
又∵，，∴，∴，
∵，∴．
【点睛】题目主要考查全等三角形的判定和性质，理解题意，作出相应辅助线是解题关键．
例4.（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C M'=AM，连接B M'，
∵在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，∴∠C+∠BAD=180°，
∵∠BAM+∠BAD=180°，∴∠BAM=∠C，∵AB＝BC，∴△ABM≌△CB M'，
∴AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，∴∠MA M'=∠ABC，
∵∠MBN＝∠ABC，∴∠MBN＝∠MA M'=∠M'BN，
∵BN=BN，∴△NBM≌△NBM'，∴MN= M'N，
∵M'N=CN-C M'， ∴MN=CN-AM．故答案是：MN=CN-AM．
课后专项训练
1．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，在边长为的正方形内作，交于点，交于点，连接．若，则的长为（　　）
A． B． C． D．2
【答案】A
【分析】如图，首先把旋转到，然后利用全等三角形的性质得到，，然后根据题目中的条件，可以得到，再根据，和勾股定理，可以求出的长，本题得以解决．
【详解】解：如图，把绕A逆时针旋转90°得到，
∴，∴，
∴，∴G、B、E三点共线，∴，
∵，∴，∴，∴，
在和中，，∴，∴，
设，∵，∴， 则，，∴，
∵，∴，解得，，∴的长为．故选：A．
【点睛】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答
2．（2023·广东·八年级专题练习）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在线段BC、CD上运动，且满足∠EAF＝45°，AE、AF分别与BD相交于点M、N，下列说法中：①BE+DF＝EF；②点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长；③BE＝2，DF＝3，则S△AEF＝15；④若AB＝6，BM＝3，则MN＝5．其中结论正确的个数是（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【分析】根据旋转的性质得到BH＝DF，AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，得到∠EAH＝∠EAF＝45°，根据全等三角形的性质得到EH＝EF，∠AEB＝∠AEF，于是得到BE+BH＝BE+DF＝EF，故①正确；过A作AG⊥EF于G，根据全等三角形的性质得到AB＝AG，于是得到点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长，故②正确；求出EF＝BE+DF＝5，设BC＝CD＝n，根据勾股定理即可得到S△AEF＝15，故③正确；把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，再证明△AMQ≌△AMN（SAS），从而得MQ＝MN，再证明∠QBM＝∠ABQ+∠ABM＝90°，设MN＝x，再由勾股定理求出x即可．
【详解】解：如图，把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，
由旋转的性质得，BH＝DF，AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，
∵∠EAF＝45°，∴∠EAH＝∠BAH+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝90°﹣∠EAF＝45°，
∴∠EAH＝∠EAF＝45°，在△AEF和△AEH中，，
∴△AEF≌△AEH（SAS），∴EH＝EF，∴∠AEB＝∠AEF，∴BE+BH＝BE+DF＝EF，故①正确；
过A作AG⊥EF于G，∴∠AGE＝∠ABE＝90°，
在△ABE与△AGE中，， ∴△ABE≌△AGE（AAS），∴AB＝AG，
∴点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长；故②正确；
∵BE＝2，DF＝3，∴EF＝BE+DF＝5，设BC＝CD＝n，
∴CE＝n﹣2，CF＝n﹣3，∴EF2＝CE2+CF2，∴25＝（n﹣2）2+（n﹣3）2，
∴n＝6（负值舍去），∴AG＝6，∴S△AEF＝×6×5＝15．故③正确；
如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，连接QM，
由旋转的性质得，BQ＝DN，AQ＝AN，∠BAQ＝∠DAN，∠ADN＝∠ABQ＝45°，
∵∠EAF＝45°，∴∠MAQ＝∠BAQ+∠BAE＝∠DAN+∠BAE＝90°﹣∠EAF＝45°，
∴∠MAQ＝∠MAN＝45°，在△AMQ和△AMN中，，
∴△AMQ≌△AMN（SAS），∴MQ＝MN，
∵∠QBM＝∠ABQ+∠ABM＝90°，∴BQ2+MB2＝MQ2，∴ND2+MB2＝MN2，
∵AB＝6，∴BD＝AB＝12，设MN＝x，则ND＝BD﹣BM﹣MN＝9﹣x，
∴32+（9﹣x）2＝x2，解得：x＝5，∴MN＝5，故④正确，故选A．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理等等，解题的关键是旋转三角形ADF和三角形AND．
3．（2022秋·江苏·八年级期中）如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝8，AB＝AC，∠CBD＝30°，BD＝4，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为_____．
【答案】4+4．
【分析】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，由旋转得出∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，求出∠EAM＝∠MAN，根据SAS推出△AEM≌△ANM，根据全等得出MN＝ME，求出MN＝CN+BM，解直角三角形求出DC，即可求出△DMN的周长＝BD+DC，代入求出即可．
【详解】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图：
由旋转得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，
∵∠BAC＝∠D＝90°，∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∴∠ABD+∠ABE＝180°，∴E，B，M三点共线，∵∠MAN＝45°，∠BAC＝90°，
∴∠EAM＝∠EAB+∠BAM＝∠CAN+∠BAM＝∠BAC﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°，
∴∠EAM＝∠MAN，在△AEM和△ANM中，，
∴△AEM≌△ANM（SAS），∴MN＝ME，∴MN＝CN+BM，
∵在Rt△BCD中，∠BDC＝90°，∠CBD＝30°，BD＝4，CD＝BD×tan∠CBD＝4，
∴△DMN的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝4+4，故答案为4+4．
【点睛】此题主要考查利用三角形全等的性质和解直角三角形，进行等量转换，关键是做辅助线.
4．（2022·重庆綦江·九年级期末）如图，已知正方形ABCD的边长为5，点E，F分别是AB，BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△CDM．若AE＝2，则MF的长为_______．
【答案】##
【分析】由旋转可得DE=DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF=90°，由∠EDF=45°，得到∠MDF为45°，可得出∠EDF=∠MDF，再由DF=DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF=MF；则可得到AE=CM=2，正方形的边长为5，用ABAE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF=MF=x，可得出BF=BMFM=BMEF=7x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为MF的长．
【详解】解：∵△ADE逆时针旋转90°得到△CDM，∴∠A=∠DCM=90°，DE=DM，
∴∠FCM=∠FCD+∠DCM=180°，∴F、C、M三点共线，
∵∠EDM=∠EDC+∠CDM=∠EDC+∠ADE=90°，∴∠EDF+∠FDM=90°，
∵∠EDF=45°，∴∠FDM=∠EDF=45°，在△DEF和△DMF中，
，∴△DEF≌△DMF（SAS），∴EF=MF，
设EF=MF=x，∵AE=CM=2，且BC=5，∴BM=BC+CM=5+2=7，
∴BF=BMMF=BMEF=7x，∵EB=ABAE=52=3，
在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2=EF2，
即32+（7x）2=x2，解得：，∴MF=．故答案为：．
【点睛】此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，以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
5.（2022.浙江八年级期中）在正方形ABCD中，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN，垂足为H，若M、N分别在边CB、DC的延长线上移动．①试探究线段MN、BM、DN之间的数量关系．②求证：AB＝AH．
【解答】解：①DN﹣BM＝MN．
证明如下：如图，
在DC上截取DF＝BM，连接AF，
△ABM和△ADF中，∴△ABM≌△ADF（SAS），
∴AM＝AF，∠BAM＝∠DAF，∴∠BAM+∠BAF＝∠BAF+∠DAF＝90°，即MAF＝∠BAD＝90°，
∵∠MAN＝45°，∴∠MAN＝∠FAN＝45°，
在△MAN和△FAN中，∴△MAN≌△FAN（SAS），
∴MN＝NF，∴MN＝DN﹣DF＝DN﹣BM，∴DN﹣BM＝MN；
②∵△MAN≌△FAN，∴∠HNA＝∠DNA，
∵∠H＝∠D＝90°，AN＝AN，∴△AHN≌△ADN（AAS），∴AD＝AH，
∵AD＝AB，∴AH＝AB．
6．（2023·河南·模拟预测）（1）在中，，，，且点D，E为边BC上的点（分别不与点B，C重合，且点D在点E左侧）．
①初步探究：如图1，若，，，试探究BD，DE，CE之间的数量关系．
下面是小东的探究过程（不完整），请补充完整．
解：∵，，∴，，．∴．如图，将绕点A逆时针旋转120°，得到，连接GE．由旋转的性质，可知，∴，，．∴，．∴为等边三角形．（依据：_________________）∴____________．∵，，∴，又∵，∴．∴．∴．
②类比探究
如图2，若，，，请写出BD，DE，CE之间的数量关系，并就图2的情形说明理由．
（2）问题解决：如图3，在中，，于点M，，，点N为线段BC上一动点，当点N为BC的三等分点时，直接写出AN的长．
【答案】（1）①有一个角为60°的等腰三角形，CE，GE；②结论是：DE2=CE2+BD2．证明见详解
（2）AN的长为或
【分析】（1）①将绕点A逆时针旋转120°，得到，连接GE．由旋转的性质，可知，得出，．可证为等边三角形．（依据：有一个角为60°的等腰三角形），得出CEGE即可；②结论是：DE2=CE2+BD2,将△ABD绕点A逆时针方向旋转90°，得到△ACG，连结CG，得出AD=AG，BD=CG，∠BAD=∠CAG，∠B=∠ACG，再证∠DAE=∠GAE，然后证明△DAE≌△GAE（SAS）即可；（2）将△AMC绕点A顺时针旋转90°到△AHC′，延长HC′与MB的延长线交于S，先证四边形AHSM为正方形，∠C′AB=90°-∠HAC′-∠BAM=90°-（∠CAM+∠MAB）=45°=∠CAB,AM=AH=HS=BS，再证△AC′B≌△ACB（SAS），得出C′B=CB=BM+CM=5，根据勾股定理得即解方程即可．
【详解】（1）①将绕点A逆时针旋转120°，得到，连接GE．
由旋转的性质，可知，∴，，．
∴，．∴为等边三角形．∴CEGE．
∵，，∴，
又∵，∴．∴．∴．
故答案为：有一个角为60°的等腰三角形，CE，GE；
②结论是：DE2=CE2+BD2．
证明：将△ABD绕点A逆时针方向旋转90°，得到△ACG，连接EG，
则AD=AG，BD=CG，∠BAD=∠CAG，∠B=∠ACG，
∵AB=AC， ∠BAC=90°，∴∠ABC=∠ACB=45°，∴∠ECG=∠ACB+∠ACG=90°，
∵∠BAC=90°，∠DAE=45°，∴∠CAG+∠EAC=∠BAD+∠EAC=90°-∠DAE=45°，∴∠DAE=∠GAE，
在△DAE和△GAE中，，∴△DAE≌△GAE（SAS），∴DE=GE，
在Rt△GCE中，GE2=EC2+GC2即DE2=EC2+BD2；
（2）解：将△AMC绕点A顺时针旋转90°到△AHC′，延长HC′与MB的延长线交于S，
则∠HAM=90°，∵AM⊥BC，∴∠AMC=∠AMB=90°，
根据三角形旋转90°得AH=AM，HC′=MC=2，AC′=AC，∠HAC′=∠MAC，∠H=∠AMC=90°，
∴∠H=∠AMC=∠HAM =90°，∴四边形AHSM为矩形，
∵AH=AM，∴四边形AHSM为正方形，
∴∠C′AB=90°-∠HAC′-∠BAM=90°-（∠CAM+∠MAB）=45°=∠CAB,AM=AH=HS=MS，
在△AC′B和△ACB中，，∴△AC′B≌△ACB（SAS），
∴C′B=CB=BM+CM=5，在Rt△C′SB中,C′S=AM-HC′=AM-2，BS=AM-BM=AM-3，
根据勾股定理得即，解得AM=6或AM=-1（舍去），
当点N在BM上，NB=，∴MN=3-BN=，∴AN=，
当点N在CM上，CN=，∴MN=2-CN=，∴AN=，
综合AN的长为或．
【点睛】本题考查图形旋转性质，等边三角形判定与性质，勾股定理，三角形全等判定与性质，正方形判定与性质，一元二次方程，掌握图形旋转性质，等边三角形判定与性质，勾股定理，三角形全等判定与性质，正方形判定与性质，一元二次方程是解题关键．
7．（2023·辽宁沈阳·八年级校考期中）在等边三角形ABC中．
(1)如图1，D、E是边BC上两动点，且∠DAE=30°，将△ABE绕点A逆时针旋转60°后，得到△ACF，连接DF；①求证：△AED≌△AFD；②当BE=2，CE=5时，求DE的长；
(2)如图2，点D是等边三角形ABC的边BC所在直线上的一动点，连接AD，将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，连接CE，当BD=2，BC=6时，CE的长为________．
【答案】(1)（1）①见解析；②DE的长为；(2)或
【分析】（1）①想办法证明∠DAE=∠DAF，由DA=DA，AE=AF，即可证明；
②过点F作FG⊥BC于G，设DE=x，在Rt△CFG中，在Rt△DCF中，求得FG=，在Rt△DFG中，利用勾股定理列出方程，解方程即可；（2）分两种情形①当点D在线段BC上时，②当点D在CB的延长线上时，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：①由旋转的性质得：△BAE≌△CAF，∴AE=AF，∠BAE=∠CAF，
∵△ABC是等边三角形，∠DAE=30°，
∴∠BAC=60°，∠CAD+∠BAE=∠CAD+∠CAF=30°，∴∠DAE=∠DAF=30°，
∵DA=DA，AE=AF，∴△AED≌△AFD；
②过点F作FG⊥BC于G，设DE=x，
∵△AED≌△AFD，△BAE≌△CAF，
∴DE=FD=x，BE=CF=2，∠B=∠ACB=∠ACF=60°，CD=CE-DE=5-x，
在Rt△CFG中，∠FCG=180°-60°-60°=60°，∠CFG=30°，CF=2，
∴CG=CF=1，FG=，在Rt△DFG中，FD=x，FG=，DG=6-x，
由勾股定理得：DG2+FG2=DF2，即(6-x)2+()2=x2，解得：x=；∴DE的长为；
（2）解：①当点D在线段BC上时，连接BE，且BD=2，BC=6，CD=4，
根据旋转的性质得∠DAE=60°，DA=AE，
∵△ABC是等边三角形，∠BAC=60°，AB=AC，∴∠DAC=∠EAB，
在△DAC和△EAB中，，∴△DAC≌△EAB，
∴BE=CD=4，∠ACB=∠ABE=60°，过点E作EH⊥BC于H，
在Rt△EBH中，∠EBH=180°-60°-60°=60°，∠BEH=30°，BE=4，
∴BH=BE=2，EH=，在Rt△CEH中，EH=，CH=2+2+4=8，
由勾股定理得：CE=；
②当点D在CB的延长线上时，连接BE，且BD=2，BC=6，CD=8，
根据旋转的性质得∠DAE=60°，DA=AE，
∵△ABC是等边三角形，∠BAC=60°，AB=AC，∴∠DAC=∠EAB，
在△DAC和△EAB中，，∴△DAC≌△EAB，
∴BE=CD=8，∠ACB=∠ABE=60°，过点E作EM⊥BC于M，
在Rt△EBM中，∠EBM=180°-60°-60°=60°，∠BEM=30°，BE=8，
∴BM=BE=4，EH=，在Rt△CEM中，EM=，CM=4+6=10，
由勾股定理得：CE=；综上，CE的长为或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，含30度角的直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
8.阅读下列材料：数学课上老师出示了这样一个问题：如图，等腰的直角顶点在正方形的边上，斜边交于点，连接，求证：．某学习小组的同学经过思考，交流了自己的想法：利用现在所学的旋转知识，可将旋转到，然后通过证明全等三角形来完成证明．
（1）（问题解决）请你根据他们的想法写出证明过程；
（2）（学以致用）如图，若等腰的直角顶点在正方形的边的延长线上，斜边的延长线交的延长线于点，连接，猜想线段，，满足怎样的数量关系？并证明你的结论；
（3）（思维拓展）等腰直角中，，为内部一点，若，则的最小值______．
【答案】（1）证明见解析；（2），理由见解析；（3）
【分析】（1）由旋转的性质可得，，，，由“”可证，可得，可得结论；（2）由旋转的性质可得，，，由“”可证，可得，可得结论；（3）由旋转的性质可得，，，，可证是等边三角形，可得，当点，点，点，点四点共线时，有最小值为的长，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，将绕点顺时针旋转到，
，，，，
，点，点，点三点共线，
，，，，
，
又，，，
，；
（2），理由如下：如图，将绕点顺时针旋转到，
，，，，，，
，，
又，，，，
，；
（3）如图，将绕点顺时针旋转，得到，连接，，过点作，交的延长线于，
，，，，
是等边三角形，，，
∴当点，点，点，点四点共线时，有最小值为的长，
，，，，
，的最小值为．故答案为：．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定及性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
9.在四边形中，，，，、分别是，上的点，且，在探究图1中线段，，之间的数量关系过程中．
(1)你尝试添加了怎样的辅助线？成功了吗？（真实大胆作答即可得分）
(2)小亮同学认为：延长到点，使，连接，先证明，再证明，即可得出，，之间的数量关系是 ．(3)如图3，在四边形中，，，、分别是，上的点，且，上述结论是否仍然成立？并证明；(4)如图4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（处）北偏西的处，舰艇乙在指挥中心南偏东的处，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60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东的方向以70海里/小时的速度前进，1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达，处，且两舰艇之间的夹角为，试求此时两舰艇之间的距离．
【答案】(1)见解析(2)(3)仍然成立，证明见解析(4)195海里
【分析】（1）在上方作，使，连接，先证明，再证明，即可得出，，之间的数量关系；
（2）延长到点，使，连接，先证明，再证明，即可得出，，之间的数量关系；
（3）延长到，使，连接，证明和，得到答案；
（4）连接，延长、交于点，得到，根据距离、速度和时间的关系计算即可．
【详解】（1）在上方作，使，连接，
在和中，，，，
，，，
，在和中，，，，
，即，
添加辅助线：在上方作，使，连接，成功了；
（2）延长到点，使，连接，
，，在和中，，
，，，，，
，，
在和中，，，，
，即，故答案为：；
（3）结论仍然成立，证明：延长到，使，连接，
，，，
在和中，，，，，
，，，
在和中，，，
，；
（4）如图4，连接，延长、交于点，
，，，
，，
符合（3）中的条件，结论成立，
即（海里），答：此时两舰艇之间的距离是195海里．
【点睛】本题考查的是四边形知识的综合运用，掌握三角形全等的判定和性质、理解方位角的概念是解题的关键，注意规律的总结和运用．
10.（1）如图，点，分别在正方形的边，上，，连接，求证：，试说明理由．
（2）类比引申：如图，四边形中，，，点，分别在边，上，∠EAF=45°，若、都不是直角，则当与满足等量关系______时，仍有，试说明理由．
（3）联想拓展：如图，在△中，，，点，均在边上，且∠DAE=45，若，，求的长．
【答案】（1）见解析，（2），理由见解析；（3）
【分析】把△绕点逆时针旋转至△，可使与重合，证出△≌△，根据全等三角形的性质得出，即可得出答案；把△绕点逆时针旋转至△，可使与重合，证出△≌△，根据全等三角形的性质得出，即可得出答案；把△旋转到△的位置，连接，证明△≌△AFG(SAS)，则∠C=∠ABF=45°，△是直角三角形，根据勾股定理即可得出答案．
【详解】证明：如图中，
，把△绕点逆时针旋转至△，与重合．
∠ADC=∠B=90° ∠FDG=180°，点F、D、G三点共线，则，，
∠FAG=∠FAD+∠GAD=∠FAD+∠BAE=90°-45°=45°=∠EAF即∠EAF=∠FAG，
在△和△中， ，∴△≌△，∴EF=FG=BE+DF；
当，仍有．理由：，
把△绕点逆时针旋转至△，可使与重合，如图，
，∠B=∠ADG
，，∴∠BAE+∠DAF=45°，∴∠FAG=45°∴∠EAF=∠FAG，
，∴∠ADC+∠ADG=180°∴∠FDG=180°，点、、共线．
在△和△中，∴△≌△AFG(SAS)．，即：．
故答案为：．
将△绕点旋转到△的位置，连接，
则∠FAB=∠CAE，，∴∠BAD+∠CAE=45°．
又∵∠FAB=∠CAE，∴∠FAB+∠BAD=45°，∴∠FAD=∠DAE=45°．
则在△和△中， ，∠FAD=∠DAE，，
∴△≌△，，∠C=∠ABF．
∵∠C+∠ABD=90°∴∠ABF+∠ABD=90°，，
∴△是直角三角形．∴BD2+BF2=DF2，∴BD2+CE2=DE2，
∵BD=1，，∴．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的性质和判定，正方形的性质的应用，解此题的关键是能正确作出辅助线得出全等三角形．
在与中，，≌，
，．
在和中，，≌，
，．
【点睛】本题是四边形综合题，考查正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形是解题的关键．
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