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专题02压轴经典：半角模型精讲练（六大类）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
考点目录
一、半角模型之正方形 1
二、半角模型之等补四边形 2
三、半角模型之菱形 3
四、半角模型之三角形 4
五、半角模型之矩形 5
六、半角模型之综合提升 6
模型精讲
半角模型：是指有公共顶点，锐角等于较大的角的一半，且较大的角的两边相等(不等)，通过旋转，可将角进行等量转化，构造全等（相似）的三角形的几何模型。
主要解法：
一、经典之旋转法。二、创新之翻折法。三、常规之截长补短法。
熟练掌握：
正方形半角模型，等腰（直角）三角形半角模型，等补四边形半角模型，矩形半角模型。
学会变通：
1.矩形通过截或补变成正方形。
2.含60°角的菱形除旋转外，还可以借助对角线，构成等边三角形，利用三边相等，构造全等。
正方形半角模型
如图，已知在正方形ABCD中，∠EAF =45°，连接BD与AM，AN分别交于E、F两点。
BE+DF=EF；
△CEF的周长等于正方形的边长的2倍。
S△ABE+S△ADF=S△AEF
点A到MN的距离等于正方形的边长；即AH=AD
MN2=MB2+DN2；
点A,M,F,D四点共圆。点A,B,E,N四点共圆. 点M,E,F,N四点共圆。点N,F,C,E,M五点共圆。
证明△AFM和△AEN为等腰直角三角形。
S△AMF=2S△AEF
10. 5组相似
△HMN △DFN(图9);
△HMN △BME(图10)
△AMN △BNA(图11)
△AMN △DMA(图12)
△ AMN∽△ AFE
证明如下:
结论1
(图1)将△ABE逆时针旋转90°，与△ADE'重合.
则AE=AE', ∠BAE=∠DAE’,易得 ∠EAF=∠E'AF=45°
又∵ AF=AF
∴△EAF ≌ △E'AF（SAS）(图2)
∴EF=E'F=DE'+DF
∴BE+DF=EF(结论1成立)
结论2
由结论1可得:
C△CEF=CE+CF+EF= CE+CF+BE+DF=BC+CD=2BC
即△CEF的周长等于正方形的边长的2倍。(结论二成立)
结论3
∵ △EAF ≌ △E'AF（SAS）
∴ S△EAF= S△E'AF
由旋转可得 S△E'AF = S△ABE+S△ADF
∴ S△ABE+S△ADF=S△AEF(结论3成立)
结论4
∵ △EAF ≌ △E'AF（SAS）
∴ AH=AD(全等三角形对应高相等)
即点A到MN的距离等于正方形的边长(结论4成立).
结论5
证明: (图3)把△△AND顺时针旋转90°，使AD与AB重合。
可得AG=AD,BG=DN,
∠BAG=∠DAN. ∠ABG=∠D=45°.
∠GBM=90°.
易得∠GAM=∠NAM=45°.
∴ △GAM △AMN(图4)
∴ GM=MN
在Rt △GMB中
BG2+BM2=GM2
∴ MN2=MB2+DN2
（等腰直角三角形的半角可以看作正方形的一半。）
结论6: 由题意可得：
∠BDF=∠FHE=45°（等弦对等角）
点A,M,F,D四点共圆。(图5)
∠AMF=90°
∠HFM=45°
同理，可得点A,B,E,N四点共圆。(图6)
∠ANE=90°,∠NEH=45°
∠NEH=∠HFM
点M,E,F,N四点共圆。(图7)
∠FME=∠ECF=∠FME=90°
点N,F,C,E,M五点共圆。(图7)
结论7:(图8)△AFM和△AEN为等腰直角三角形。
由结论6共圆可得,∠AMF=90°,∠ MAF=∠ AFM=45°
所以△ AMF为等腰直角三角形.
同理△ ANE为等腰直角三角形.
结论8:
由结论7可得, °=
∠MAN=∠FAE
∴ △ AMN∽△ AFE(结论8图)
=
结论:9 S△AMF=2S△AEF
∵ △ AMN∽△ AFE
∴ =(2=
∴ S△AMF=2S△AEF
结论10.
∵ ∠1=∠2,∠3=∠4
∴ △HMN △DFN(图9)
同理可证:
△HMN △BME(图10)
△AMN △BNA(图11)
△AMN △DMA(图12)
△ AMN∽△ AFE (结论8图)
等腰（直角）三角形
如图2-1，△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB＝90°，以C为顶点的45°的角在△ABC形内旋转，角的两边交AB于点E、F，
求证：EF2＝AE2+BF2．
证明：把△CBF绕点C顺时针旋转90°，得到△ACG．连接EG（图2-2）．
则△CBF≌△CAG．
∴BF＝AG，CF＝CG，∠CBF＝∠CAG＝45°．
∵∠ACB＝90°，∠GCF＝90°．
∴∠GCE＝∠ECF＝45°，
（图2-3）在△GCE和△FCE中，，
∴△GCE≌△FCE（SAS）．∴EF＝EG，
又∵∠GAE＝45°+45°＝90°，
∴AE2+AG2＝EG2，∴EF2＝AE2+BF2．
半角模型之矩形
如图3-1，在矩形ABCD中，AB＝9，BC＝6，点E、F分别在BC、CD上．若DF＝2，
∠EAF＝45°，则BE＝ ．
法一：截
如图，在AB，CD上截取AM＝DN＝6，连接MN，交AE与H，连接FH，
可得四边形AMND为正方形，
由正方形半角模型可得：MH+DF=HF
∵DF＝2，∴FN＝4，GF＝2+DG＝2+MH，
在Rt△HFN中。 ∵FH2＝HN2+FN2，
∴（2+MH）2＝（6﹣MH）2+16，
∴MH＝3，
∵∠BAE＝∠MAH，∠AMN＝∠ABC＝90°，
∴△AMH∽△ABE，∴，∴∴BE，
（∵MH∥BE ∴）
法二: 补：
如图（3-3） ，延长AD，BC，使ABNM为正方形，
易证DM=3
∵DF∥MG ∴
可得 MG=2
由半角模型得：
MG+BE=EG
可设BE=x,则EN=9-x,EG=3+x
(图3-4)在Rt△EGN中，利用勾股定理，可求
BE=
一、半角模型之正方形
1．如图，点M、N分别是正方形ABCD的边BC、CD上的两个动点，在运动过程中保持∠MAN＝45°，连接EN、FM相交于点O，以下结论：①MN＝BM+DN；②BE2+DF2＝EF2；③BC2＝BF DE；④OM＝OF（ ）
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
2．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，AH⊥MN于点H．
（1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系：____；
（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；
（3）如图③，已知∠MAN=45°，AH⊥MN于点H，且MH=2，NH=3，求AH的长．（可利用（2）得到的结论）
3．折一折：将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、AD都落在对角线AC上，展开得折痕AE、AF，连接EF，如图1．
(1)∠EAF＝ °，写出图中两个等腰三角形： （不需要添加字母）；
(2)转一转：将图1中的∠EAF绕点A旋转，使它的两边分别交边BC、CD于点P、Q，连接PQ，如图2．线段BP、PQ、DQ之间的数量关系为 ；
(3)连接正方形对角线BD，若图2中的∠PAQ的边AP、AQ分别交对角线BD于点M、点N，如图3，则 ；
(4)剪一剪：将图3中的正方形纸片沿对角线BD剪开，如图4．求证：BM2＋DN2＝MN2．
二、半角模型之等补四边形
4．初步探究：如图1，在四边形中，，，E，F分别是，上的点，且．探究图中、、之间的数量关系，小王同学探究此问题的方法是：延长到点G，使，连接，先证明，再证明，可得出结论是 ．
灵活运用：如图2，在四边形中，，，E，F分别是、上的点，且，上述结论是否仍然成立，并说明理由．
拓展延伸：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．
5．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．
三、半角模型之菱形
6．如图1，在菱形ABCD中，AC＝2，BD＝2，AC，BD相交于点O．
(1)求边AB的长；
(2)求∠BAC的度数；
(3)如图2，将一个足够大的直角三角板60°角的顶点放在菱形ABCD的顶点A处，绕点A左右旋转，其中三角板60°角的两边分别与边BC，CD相交于点E，F，连接EF．判断△AEF是哪一种特殊三角形，并说明理由．
7．已知四边形是菱形，，，的两边分别与射线，相交于点，，且．
（1）如图1，当点是线段的中点时，直接写出线段，，之间的数量关系；
（2）如图2，当点是线段上任意一点时（点不与，重合），求证：；
（3）如图3，当点在线段的延长线上，且时，求点到的距离．
8．如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠BAD＝120°，点E、F分别是边BC、CD上一点，且∠EAF＝60°．
（1）如图1，求证：AE＝AF；
（2）如图1，连接EF，记S△AEF＝S，AE＝m，试写出S与m的函数关系式，并求S的取值范围；
（3）如图2，连接BD与AE，AF分别交于点P、Q，若BP＝2QD，请直接写出BE长．
四、半角模型之三角形
9．某数学兴趣小组开展了一次活动，过程如下：如图1，等腰直角△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，小敏将三角板中含45°角的顶点放在A上，斜边从AB边开始绕点A逆时针旋转一个角，其中三角板斜边所在的直线交直线BC于点D，直角边所在的直线交直线BC于点E
(1)小敏在线段BC上取一点M，连接AM，旋转中发现：若AD平分∠BAM，则AE也平分∠MAC．请你证明小敏发现的结论；
(2)当0°＜≤45°时，小敏在旋转中还发现线段BD、CE、DE之间存在如下等量关系：BD2+CE2=DE2．同组的小颖和小亮随后想出了两种不同的方法进行解决：
小颖的想法：将△ABD沿AD所在的直线对折得到△ADF，连接EF(如图2)；
小亮的想法：将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，连接EG(如图3)；
请你从中任选一种方法进行证明；
(3)小敏继续旋转三角板，请你继续研究：当135°＜＜180°时(如图4)，等量关系BD2+CE2=DE2是否仍然成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．
五、半角模型之矩形
10．【操作发现】
如图①，在正方形ABCD中，点N、M分别在边BC、CD上，连结AM、AN、MN．
∠MAN＝45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE．易证：△ANM≌△ANE，从而得DM+BN＝MN．
【实践探究】
（1）在图①条件下，若CN＝3，CM＝4，则正方形ABCD的边长是 ．
（2）如图②，点M、N分别在边CD、AB上，且BN＝DM．点E、F分别在BM、DN上，∠EAF＝45°，连接EF，猜想三条线段EF、BE、DF之间满足的数量关系，并说明理由．
【拓展】
（3）如图③，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，点M、N分别在边DC、BC上，连结AM，AN，已知∠MAN＝45°，BN＝1，求DM的长．
11．在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=45°．EA交BD于M，AF交BD于N．
(1)作△APB≌△AND（如图①），求证：△APM≌△ANM；
(2)求证：；
(3)矩形ABCD中，M、N分别在BC、CD上，∠MAN=∠CMN=45°，（如图②），请你直接写出线段MN，BM，DN之间的数量关系．
六、半角模型之综合提升
12．学完旋转这一章，老师给同学们出了这样一道题：
“如图1，在正方形ABCD中，∠EAF＝45°，求证：EF＝BE＋DF．”
小明同学的思路：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°．
把△ABE绕点A逆时针旋转到的位置，然后证明，从而可得．
，从而使问题得证．
(1)【探究】请你参考小明的解题思路解决下面问题：
如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，，直接写出EF，BE，DF之间的数量关系．
(2)【应用】如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，，求证：EF＝BE＋DF．
(3)【知识迁移】如图4，四边形ABPC是的内接四边形，BC是直径，AB＝AC，请直接写出PB＋PC与AP的关系．
13．（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＝1，EC＝2．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，请直接写出线段BD的长．
14．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 ．
试卷第2页，共3页
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专题02压轴经典：半角模型精讲练（六大类）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
考点目录
一、半角模型之正方形 1
二、半角模型之等补四边形 8
三、半角模型之菱形 15
四、半角模型之三角形 22
五、半角模型之矩形 24
六、半角模型之综合提升 29
模型精讲
半角模型：是指有公共顶点，锐角等于较大的角的一半，且较大的角的两边相等(不等)，通过旋转，可将角进行等量转化，构造全等（相似）的三角形的几何模型。
主要解法：
一、经典之旋转法。二、创新之翻折法。三、常规之截长补短法。
熟练掌握：
正方形半角模型，等腰（直角）三角形半角模型，等补四边形半角模型，矩形半角模型。
学会变通：
1.矩形通过截或补变成正方形。
2.含60°角的菱形除旋转外，还可以借助对角线，构成等边三角形，利用三边相等，构造全等。
正方形半角模型
如图，已知在正方形ABCD中，∠EAF =45°，连接BD与AM，AN分别交于E、F两点。
BE+DF=EF；
△CEF的周长等于正方形的边长的2倍。
S△ABE+S△ADF=S△AEF
点A到MN的距离等于正方形的边长；即AH=AD
MN2=MB2+DN2；
点A,M,F,D四点共圆。点A,B,E,N四点共圆. 点M,E,F,N四点共圆。点N,F,C,E,M五点共圆。
证明△AFM和△AEN为等腰直角三角形。
S△AMF=2S△AEF
10. 5组相似
△HMN △DFN(图9);
△HMN △BME(图10)
△AMN △BNA(图11)
△AMN △DMA(图12)
△ AMN∽△ AFE
证明如下:
结论1
(图1)将△ABE逆时针旋转90°，与△ADE'重合.
则AE=AE', ∠BAE=∠DAE’,易得 ∠EAF=∠E'AF=45°
又∵ AF=AF
∴△EAF ≌ △E'AF（SAS）(图2)
∴EF=E'F=DE'+DF
∴BE+DF=EF(结论1成立)
结论2
由结论1可得:
C△CEF=CE+CF+EF= CE+CF+BE+DF=BC+CD=2BC
即△CEF的周长等于正方形的边长的2倍。(结论二成立)
结论3
∵ △EAF ≌ △E'AF（SAS）
∴ S△EAF= S△E'AF
由旋转可得 S△E'AF = S△ABE+S△ADF
∴ S△ABE+S△ADF=S△AEF(结论3成立)
结论4
∵ △EAF ≌ △E'AF（SAS）
∴ AH=AD(全等三角形对应高相等)
即点A到MN的距离等于正方形的边长(结论4成立).
结论5
证明: (图3)把△△AND顺时针旋转90°，使AD与AB重合。
可得AG=AD,BG=DN,
∠BAG=∠DAN. ∠ABG=∠D=45°.
∠GBM=90°.
易得∠GAM=∠NAM=45°.
∴ △GAM △AMN(图4)
∴ GM=MN
在Rt △GMB中
BG2+BM2=GM2
∴ MN2=MB2+DN2
（等腰直角三角形的半角可以看作正方形的一半。）
结论6: 由题意可得：
∠BDF=∠FHE=45°（等弦对等角）
点A,M,F,D四点共圆。(图5)
∠AMF=90°
∠HFM=45°
同理，可得点A,B,E,N四点共圆。(图6)
∠ANE=90°,∠NEH=45°
∠NEH=∠HFM
点M,E,F,N四点共圆。(图7)
∠FME=∠ECF=∠FME=90°
点N,F,C,E,M五点共圆。(图7)
结论7:(图8)△AFM和△AEN为等腰直角三角形。
由结论6共圆可得,∠AMF=90°,∠ MAF=∠ AFM=45°
所以△ AMF为等腰直角三角形.
同理△ ANE为等腰直角三角形.
结论8:
由结论7可得, °=
∠MAN=∠FAE
∴ △ AMN∽△ AFE(结论8图)
=
结论:9 S△AMF=2S△AEF
∵ △ AMN∽△ AFE
∴ =(2=
∴ S△AMF=2S△AEF
结论10.
∵ ∠1=∠2,∠3=∠4
∴ △HMN △DFN(图9)
同理可证:
△HMN △BME(图10)
△AMN △BNA(图11)
△AMN △DMA(图12)
△ AMN∽△ AFE (结论8图)
等腰（直角）三角形
如图2-1，△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB＝90°，以C为顶点的45°的角在△ABC形内旋转，角的两边交AB于点E、F，
求证：EF2＝AE2+BF2．
证明：把△CBF绕点C顺时针旋转90°，得到△ACG．连接EG（图2-2）．
则△CBF≌△CAG．
∴BF＝AG，CF＝CG，∠CBF＝∠CAG＝45°．
∵∠ACB＝90°，∠GCF＝90°．
∴∠GCE＝∠ECF＝45°，
（图2-3）在△GCE和△FCE中，，
∴△GCE≌△FCE（SAS）．∴EF＝EG，
又∵∠GAE＝45°+45°＝90°，
∴AE2+AG2＝EG2，∴EF2＝AE2+BF2．
半角模型之矩形
如图3-1，在矩形ABCD中，AB＝9，BC＝6，点E、F分别在BC、CD上．若DF＝2，
∠EAF＝45°，则BE＝ ．
法一：截
如图，在AB，CD上截取AM＝DN＝6，连接MN，交AE与H，连接FH，
可得四边形AMND为正方形，
由正方形半角模型可得：MH+DF=HF
∵DF＝2，∴FN＝4，GF＝2+DG＝2+MH，
在Rt△HFN中。 ∵FH2＝HN2+FN2，
∴（2+MH）2＝（6﹣MH）2+16，
∴MH＝3，
∵∠BAE＝∠MAH，∠AMN＝∠ABC＝90°，
∴△AMH∽△ABE，∴，∴∴BE，
（∵MH∥BE ∴）
法二: 补：
如图（3-3） ，延长AD，BC，使ABNM为正方形，
易证DM=3
∵DF∥MG ∴
可得 MG=2
由半角模型得：
MG+BE=EG
可设BE=x,则EN=9-x,EG=3+x
(图3-4)在Rt△EGN中，利用勾股定理，可求
BE=
实战训练
一、半角模型之正方形
1．如图，点M、N分别是正方形ABCD的边BC、CD上的两个动点，在运动过程中保持∠MAN＝45°，连接EN、FM相交于点O，以下结论：①MN＝BM+DN；②BE2+DF2＝EF2；③BC2＝BF DE；④OM＝OF（ ）
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
【答案】A
【详解】解：将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△ADM′，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABD'，
∴AM'=AM，BM=DM'，∠BAM=∠DAM'，∠MAM'=90°，∠ABM=∠ADM'=90°，
∴∠ADM'+∠ADC=180°，
∴点M'在直线CD上，
∵∠MAN=45°，
∴∠DAN+∠MAB=45°=∠DAN+∠DAM'=∠M'AN，
∴∠M′AN=∠MAN=45°，
又∵AN=AN，AM=AM'，
∴△AMN≌△AM′N（SAS），
∴MN=NM′，
∴M′N=M′D+DN=BM+DN，
∴MN=BM+DN；故①正确；
∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABD'，
∴AF=AD'，DF=D'B，∠ADF=∠ABD'=45°，∠DAF=∠BAD'，
∴∠D'BE=90°，
∵∠MAN=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°=∠BAD'+∠BAE=∠D'AE，
∴∠D'AE=∠EAF=45°，
又∵AE=AE，AF=AD'，
∴△AEF≌△AED'（SAS），
∴EF=D'E，
∵D'E2=BE2+D'B2，
∴BE2+DF2=EF2；故②正确；
∵∠BAF=∠BAE+∠EAF=∠BAE+45°，∠AEF=∠BAE+∠ABE=45°+∠BAE，
∴∠BAF=∠AEF，
又∵∠ABF=∠ADE=45°，
∴△DAE∽△BFA，
∴，
又∵AB=AD=BC，
∴BC2=DE BF，故③正确；
∵∠FBM=∠FAM=45°，
∴点A，点B，点M，点F四点共圆，
∴∠ABM=∠AFM=90°，∠AMF=∠ABF=45°，∠BAM=∠BFM，
同理可求∠AEN=90°，∠DAN=∠DEN，
∴∠EOM=45°=∠EMO，
∴EO=EM，
∴MO=EO，
∵∠BAM≠∠DAN，
∴∠BFM≠∠DEN，
∴EO≠FO，
∴OM≠FO，故④错误，
故选：A．
2．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，AH⊥MN于点H．
（1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系：____；
（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；
（3）如图③，已知∠MAN=45°，AH⊥MN于点H，且MH=2，NH=3，求AH的长．（可利用（2）得到的结论）
【答案】（1）AH=AB；（2）成立，理由见解析；（3）6
【详解】解：（1）如图①，．理由如下：
四边形是正方形，
，，
在和中，
，
，
，，
是等腰三角形，
又，
，，
，
，，
，
在和中，
，
，
；
故答案为：；
（2）数量关系成立．如图②，延长至，使．
∵四边形是正方形，
，，
在和中，
，
∴≌（SAS），
，，
，
，
，
，
在和中，
，
．
，，
、是和对应边上的高，
．
（3）如图③分别沿、翻折和，得到和，
，，．
分别延长和交于点，得正方形，
由（2）可知，．
设，则，，
在中，由勾股定理，得，
，
解得，．（不符合题意，舍去），
．
3．折一折：将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、AD都落在对角线AC上，展开得折痕AE、AF，连接EF，如图1．
(1)∠EAF＝ °，写出图中两个等腰三角形： （不需要添加字母）；
(2)转一转：将图1中的∠EAF绕点A旋转，使它的两边分别交边BC、CD于点P、Q，连接PQ，如图2．线段BP、PQ、DQ之间的数量关系为 ；
(3)连接正方形对角线BD，若图2中的∠PAQ的边AP、AQ分别交对角线BD于点M、点N，如图3，则 ；
(4)剪一剪：将图3中的正方形纸片沿对角线BD剪开，如图4．求证：BM2＋DN2＝MN2．
【答案】(1)45；△AEF，△CEF，
(2)PQ＝BP＋DQ
(3)
(4)见解析
【详解】（1）解：如图1中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝BC＝CD，∠BAD＝90°，
∴ABC，△ADC都是等腰三角形，
∵∠BAE＝∠CAE，∠DAF＝∠CAF，
∴∠EAF（∠BAC＋∠DAC）＝45°，
∵∠BAE＝∠DAF＝22.5°，∠B＝∠D＝90°，AB＝AD，
∴△BAE≌△DAF（ASA），
∴BE＝DF，AE＝AF，
∵CB＝CD，
∴CE＝CF，
∴△AEF，△CEF都是等腰三角形，
故答案为：45，△AEF，△EFC．
（2）解：结论：PQ＝BP＋DQ．
理由：如图2中，延长CB到T，使得BT＝DQ．
∵AD＝AB，∠ADQ＝∠ABT＝90°，DQ＝BT，
∴△ADQ≌△ABT（SAS），
∴AT＝AQ，∠DAQ＝∠BAT，
∵∠PAQ＝45°，
∴∠PAT＝∠BAP＋∠BAT＝∠BAP＋∠DAQ＝45°，
∴∠PAT＝∠PAQ＝45°，
∵AP＝AP，
∴△PAT≌△PAQ（SAS），
∴PQ＝PT，
∵PT＝PB＋BT＝PB＋DQ，
∴PQ＝BP＋DQ．
故答案为：PQ＝BP＋DQ．
（3）解：如图3中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABM＝∠ACQ＝∠BAC＝45°，ACAB，
∵∠BAC＝∠PAQ＝45°，
∴∠BAM＝∠CAQ，
∴△CAQ∽△BAM，
∴，
故答案为：．
（4）证明：如图4中，将△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABR，连接RM．
∵∠BAD＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠DAN＋∠BAM＝45°，
∵∠DAN＝∠BAR，
∴∠BAM＋∠BAR＝45°，
∴∠MAR＝∠MAN＝45°，
∵AR＝AN，AM＝AM，
∴△AMR≌△AMN（SAS），
∴RM＝MN，
∵∠D＝∠ABR＝∠ABD＝45°，
∴∠RBM＝90°，
∴RM2＝BR2＋BM2，
∵DN＝BR，MN＝RM，
∴BM2＋DN2＝MN2．
二、半角模型之等补四边形
4．初步探究：如图1，在四边形中，，，E，F分别是，上的点，且．探究图中、、之间的数量关系，小王同学探究此问题的方法是：延长到点G，使，连接，先证明，再证明，可得出结论是 ．
灵活运用：如图2，在四边形中，，，E，F分别是、上的点，且，上述结论是否仍然成立，并说明理由．
拓展延伸：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．
【答案】初步探究：；灵活应用：成立，见解析；拓展延伸：
【详解】解：初步探究：结论：，
理由：如图1，延长到点G，使，连接，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
在和中，
，
，
，
，
；
故答案为：；
灵活运用：仍成立，
理由：如图2，延长到点G，使，连接，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，，
，
在和中，
，
，
，
，
；
拓展延伸：结论：，
理由：如图3，在延长线上取一点G，使得，连接，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
即，
．
5．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．
【详解】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．
三、半角模型之菱形
6．如图1，在菱形ABCD中，AC＝2，BD＝2，AC，BD相交于点O．
(1)求边AB的长；
(2)求∠BAC的度数；
(3)如图2，将一个足够大的直角三角板60°角的顶点放在菱形ABCD的顶点A处，绕点A左右旋转，其中三角板60°角的两边分别与边BC，CD相交于点E，F，连接EF．判断△AEF是哪一种特殊三角形，并说明理由．
【答案】（1）2；（2） ；（3）见详解
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴△AOB为直角三角形，且．
∴；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
由（1）得：AB=AC=BC=2，
∴△ABC为等边三角形，
∠BAC=60°；
（3）△AEF是等边三角形，
∵由（1）知，菱形ABCD的边长是2，AC=2，
∴△ABC和△ACD是等边三角形，
∴∠BAC=∠BAE+∠CAE=60°，
∵∠EAF=∠CAF+∠CAE=60°，
∴∠BAE=∠CAF，
在△ABE和△ACF中，
∴△ABE≌△ACF（ASA），
∴AE=AF，
∵∠EAF=60°，
∴△AEF是等边三角形．
7．已知四边形是菱形，，，的两边分别与射线，相交于点，，且．
（1）如图1，当点是线段的中点时，直接写出线段，，之间的数量关系；
（2）如图2，当点是线段上任意一点时（点不与，重合），求证：；
（3）如图3，当点在线段的延长线上，且时，求点到的距离．
【答案】（1）AE＝EF＝AF，见详解；（2）见详解；（3）3
【详解】（1）解：结论AE＝EF＝AF．
理由：如图1中，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，∠B＝60°，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠D＝60°，
∴△ABC，△ADC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠DAC＝60°
∵BE＝EC，
∴∠BAE＝∠CAE＝30°，AE⊥BC，
∵∠EAF＝60°，
∴∠CAF＝∠DAF＝30°，
∴AF⊥CD，
∴AE＝AF（菱形的高相等），
∴△AEF是等边三角形，
∴AE＝EF＝AF．
（2）证明：连接AC，如图2中，
∵∠BAC＝∠EAF＝60°，
∴∠BAE＝∠CAE，
在△BAE和△CAF中，
，
∴△BAE≌△CAF，
∴BE＝CF．
（3）解：过点A作AG⊥BC于点G，过点F作FH⊥EC于点H，
∵∠EAB＝15°，∠ABC＝60°，
∴∠AEB＝45°，
在Rt△AGB中，∵∠ABC＝60°，AB＝4，
∴BG＝AB＝2，AG＝BG＝2，
在Rt△AEG中，∵∠AEG＝∠EAG＝45°，
∴AG＝GE＝2，
∴EB＝EG BG＝2 2，
∵∠BAC＝∠EAF＝60°，
∴∠BAE＝∠CAF，
∵∠ABC＝∠ACD＝60°，
∴∠ABE＝∠ACF＝120°
在△AEB和△AFC中，
，
∴△AEB≌△AFC，
∴AE＝AF，EB＝CF＝2 2，
在Rt△CHF中，∵∠HCF＝180° ∠BCD＝60°，CF＝2 2，
∴∠HFC=30°，
∴HC=CF=，
∴FH＝＝3 ．
∴点F到BC的距离为3 ．
8．如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠BAD＝120°，点E、F分别是边BC、CD上一点，且∠EAF＝60°．
（1）如图1，求证：AE＝AF；
（2）如图1，连接EF，记S△AEF＝S，AE＝m，试写出S与m的函数关系式，并求S的取值范围；
（3）如图2，连接BD与AE，AF分别交于点P、Q，若BP＝2QD，请直接写出BE长．
【答案】（1）见解析；（2）S＝，；（3）6﹣6．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，，
∵∠BAD＝120°，
∴∠ABC＝180°﹣∠BAD＝60°，
∴ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝∠ACD＝60°，
∵∠EAF＝60°，
∴∠BAC＝∠EAF，
∴∠BAC﹣∠CAE＝∠EAF﹣∠CAE，
∴∠BAE＝∠CAF，
在ABE和ACF中，
，
∴ABE≌ACF（ASA），
∴AE＝AF，
（2）∵AE＝AF，∠EAF＝60°，
∴AEF是等边三角形，
∴S△AEF＝，
，
当AE⊥BC时，AE取得最小值，
当E点与B点或C点重合时，AE取得最大值，
∵AB＝6，
，
，即，
，
，
，，
（3）作，且，连接，，
设AC与BD交于点O，过点作于I，
∵AB＝AD＝6，∠BAD＝120°，
∴∠ABD＝∠ADB＝30°，
∵AO⊥BD，
，
，
，
，
，
，
在AB和ADQ中，
，
∴AB≌ADQ（SAS），
，，
，
，，
，
在PAQ和PA中，
，
∴PAQ≌PA（SAS），
，
∵BP＝2QD，
，
在RtBI中，∠BI＝60°，
，，
，
，
设，
，，
，
，
，，，
∴DP＝DQ+PQ＝6，
∴DP＝DA，
∴∠DPA＝∠DAP，
∵∠DPA＝∠BPE，∠DAP＝∠BEP，
∴∠BEP＝∠BPE，
．
四、半角模型之三角形
9．某数学兴趣小组开展了一次活动，过程如下：如图1，等腰直角△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，小敏将三角板中含45°角的顶点放在A上，斜边从AB边开始绕点A逆时针旋转一个角，其中三角板斜边所在的直线交直线BC于点D，直角边所在的直线交直线BC于点E
(1)小敏在线段BC上取一点M，连接AM，旋转中发现：若AD平分∠BAM，则AE也平分∠MAC．请你证明小敏发现的结论；
(2)当0°＜≤45°时，小敏在旋转中还发现线段BD、CE、DE之间存在如下等量关系：BD2+CE2=DE2．同组的小颖和小亮随后想出了两种不同的方法进行解决：
小颖的想法：将△ABD沿AD所在的直线对折得到△ADF，连接EF(如图2)；
小亮的想法：将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，连接EG(如图3)；
请你从中任选一种方法进行证明；
(3)小敏继续旋转三角板，请你继续研究：当135°＜＜180°时(如图4)，等量关系BD2+CE2=DE2是否仍然成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)仍然成立，证明见解析
【详解】（1）证明：∵∠BAC=90 ，∠DAE=∠DAM＋∠MAE=45 ，
∴∠BAD＋∠EAC=45 ．
又∵AD平分∠MAB，
∴∠BAD=∠DAM．
∴∠MAE=∠EAC．
∴AE平分∠MAC．
（2）证明：
∵将△ABD沿AD所在的直线对折得到△ADF，
∴AF=AB，BD=DF,∠AFD=∠B=45 ，∠BAD=∠FAD．
又∵AC=AB，
∴AF=AC．
由(1)知，∠FAE=∠CAE．
在△AEF和△AEC中，∵AF= AC，∠FAE=∠CAE，AE=AE，
∴△AEF≌△AEC(SAS)．
∴CE=FE，∠AFE=∠C=45 ．
∴∠DFE=∠AFD ＋∠AFE=90 ．
在Rt△DEF中，DF2＋FE2=DE2，
∴BD2＋CE2=DE2．
（3）当135 ＜＜180 时，等量关系BD2＋CE2=DE2仍然成立．
证明如下：
如图，将△ABD沿AD所在的直线对折得到△ADF．
∴BD=DF ,AF=AB，∠AFD=∠ABD=180 -∠ABC= 135 ，∠BAD=∠FAD．
又∵AC=AB，
∴AF=AC．
∠CAE=-∠BAE
=-(45 -∠BAD)
=45 ＋∠BAD
=45 ＋∠FAD
=∠FAE．
在△AEF和△AEC中，∵AF=AC，∠FAE=∠CAE，AE=AE，
∴△AEF≌△AEC(SAS)．
∴CE=FE，∠AFE=∠C=45 ．
∴∠DFE=∠AFD-∠AFE=135 -45 =90 ．
在Rt△DEF中，DF2＋FE2=DE2，
∴BD2＋CE2=DE2．
五、半角模型之矩形
10．【操作发现】
如图①，在正方形ABCD中，点N、M分别在边BC、CD上，连结AM、AN、MN．
∠MAN＝45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE．易证：△ANM≌△ANE，从而得DM+BN＝MN．
【实践探究】
（1）在图①条件下，若CN＝3，CM＝4，则正方形ABCD的边长是 ．
（2）如图②，点M、N分别在边CD、AB上，且BN＝DM．点E、F分别在BM、DN上，∠EAF＝45°，连接EF，猜想三条线段EF、BE、DF之间满足的数量关系，并说明理由．
【拓展】
（3）如图③，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，点M、N分别在边DC、BC上，连结AM，AN，已知∠MAN＝45°，BN＝1，求DM的长．
【答案】（1）6；（2），见解析；（3）2
【详解】（1）（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD=AD，∠BAD=∠C=∠D=90°，
由旋转得：△ABE≌△ADM，
∴BE=DM，∠ABE=∠D=90°，AE=AM，∠BAE=∠DAM，
∴∠BAE+∠BAM=∠DAM+∠BAM=∠BAD=90°，
即∠EAM=90°，
∵∠MAN=45°，
∴∠EAN=90°-45°=45°，
∴∠MAN=∠EAN，
在△AMN和△EAN中，
∴△AMN≌△EAN（SAS），
∴MN=EN．
∵EN=BE+BN=DM+BN，
∴MN=BN+DM．
在Rt△CMN中，
，
则BN+DM=5，
设正方形ABCD的边长为x，则BN=BC-CN=x-3，DM=CD-CM=x-4，
∴x-3+x-4=5，
解得：x=6，
即正方形ABCD的边长是6；
故答案为：6；
（2）数量关系为：，证明如下：
将△AFD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABG，连结EG．
由旋转的性质得到：AF=AG，
又∵∠EAF＝45°，
∴,
且AE=AE，
∴△AEG≌△AEF（SAS），
从而得EG＝EF．（全等三角形对应边相等），
又∵BN＝DM，BN∥DM，
∴四边形DMBN是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），
∴DN∥BM，
∴ （两直线平行，同位角相等），
∵,
∴（等量替换），
即：∠GBE=90°，
则，
∴；
（3）在AD上截取AP，在BC上截取BQ，使AP＝AB=BQ＝3，连结PQ交AM于点R，
易证ABQP为正方形，
由操作与发现知：PR+BN＝RN．
设PR＝x，则RQ＝3﹣x，RN=1+x，QN=3-1=2
在Rt△QRN中，由勾股定理得：
，
即
解得：x＝，
∴PR=
∵PQ∥DC，
∴△APR∽△ADM，
∴ （相似三角形对应边成比例）
∴
∴DM＝2；
11．在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=45°．EA交BD于M，AF交BD于N．
(1)作△APB≌△AND（如图①），求证：△APM≌△ANM；
(2)求证：；
(3)矩形ABCD中，M、N分别在BC、CD上，∠MAN=∠CMN=45°，（如图②），请你直接写出线段MN，BM，DN之间的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)．理由见解析
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，
∵∠EAF=45°．
∴∠BAM+∠NAD=45°，
∵△APB≌△AND，
∴PA=NA，∠PAB=∠NAD，
∴∠PAB+∠BAM=45°，
∴∠PAM=∠NAM=45°，
在△APM和△ANM中，，
∴△APM≌△ANM(SAS)；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABD=∠ADB=45°，
∵△APB≌△AND，
∴PB=ND，∠ABP=∠ADB=45°，
∴∠BPM=∠ABP+∠ABD=90°，
∴，
∵△APM≌△ANM，
∴PM=MN，
∴；
（3）解：．理由如下：
将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△．如图：
过点作⊥CD于F，连接，
同（1）可证△AMN≌△，
∴=MN．
∵∠C=90°，∠CMN=45°，
∴CM=CN．
设BM=a，DN=b，CM=c，则AD=a+c，CD=b+c，
∴=AD-=AD-AB=a+c-（b+c）=a-b，
NF=DN+DF=DN+=DN+BM=b+a．
在Rt△中，，
∴．
六、半角模型之综合提升
12．学完旋转这一章，老师给同学们出了这样一道题：
“如图1，在正方形ABCD中，∠EAF＝45°，求证：EF＝BE＋DF．”
小明同学的思路：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°．
把△ABE绕点A逆时针旋转到的位置，然后证明，从而可得．
，从而使问题得证．
(1)【探究】请你参考小明的解题思路解决下面问题：
如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，，直接写出EF，BE，DF之间的数量关系．
(2)【应用】如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，，求证：EF＝BE＋DF．
(3)【知识迁移】如图4，四边形ABPC是的内接四边形，BC是直径，AB＝AC，请直接写出PB＋PC与AP的关系．
【答案】(1)BE＋DF＝EF
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）解：结论：BE＋DF＝EF，理由如下：
证明：将△ABE绕点A逆时针旋转，旋转角等于∠BAD，使得AB与AD重合，点E转到点的位置，如图所示，
可知，
∴．
由∠ADC+∠=180°知，C、D、共线，
∵，
∴∠BAF+∠DAF=∠EAF，
∴∠+∠DAF=∠EAF=，
∴△AEF≌△，
∴EF==BE+DF．
（2）证明：将△ABE绕点A逆时针旋转，旋转角等于∠BAD，使得AB与AD重合，点E转到点的位置，如图所示，
由旋转可知，
∴，，，．
∵∠B＋∠ADC＝180°，
∴，
∴点C，D，在同一条直线上．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵AF＝AF，
∴，
∴，即BE＋DF＝EF．
（3）结论：，理由如下：
证明：将△ABP绕点A逆时针旋转90°得到，使得AB与AC重合，如图所示，
由圆内接四边形性质得：∠AC+∠ACP=180°，
即P，C，在同一直线上．
∴，，
∵BC为直径，
∴∠BAC=90°=∠BAP+∠PAC=∠CA+∠PAC=，
∴△为等腰直角三角形，
∴，
即．
13．（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＝1，EC＝2．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，请直接写出线段BD的长．
【答案】（1）AGF，EF＝DE+BF；（2）DE＝；（3）BD＝2或2
【详解】解：（1）由图象的旋转知，AG＝AE，∠DAE＝∠GAB，
∵∠BAF+∠DAE＝∠BAD﹣∠EAF＝45°，
∴∠GAF＝∠GAB+∠BAF＝∠DAE+∠BAF＝90°﹣∠EAF＝45°＝∠EAF，
又∵AG＝AE，AF＝AF，
∴△AGF≌△AEF（SAS），
∴GF＝EF，
即GF＝BG+BF＝DE+BF＝EF，
即EF＝DE+BF，
故答案为：AGF，EF＝DE+BF；
（2）将△AEC围绕点A旋转到△AFB的位置，连接FD，
由（1）知，△AFB≌△AEC（SAS），则AF＝AE，FB＝EC＝2，
∵∠FAD＝∠FAB+∠BAD＝∠EAC+∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝60°﹣30°＝∠DAE，
∵AD＝AD，AF＝AE，
∴△AFD≌△AED（SAS），
∴FD＝DE，∠ABF＝∠C＝60°，
在△BDF中，BD＝1，BF＝2，∠FBD＝∠ABF+∠ABC＝60°+60°＝120°，
过点F作FH⊥BD交DB的延长线于点H，则∠FBH＝60°，
在Rt△FBH中，∠FBH＝60°，则BH＝BF＝1，FH＝BFsin60°＝2×＝，
则
故DE＝；
（3）①当DE＝AD时，则∠DAE＝∠DEA＝75°，则∠ADE＝180°﹣2×75°＝30°，
在等腰△ABC中，∠BAC＝150°，则∠ABC＝∠ACB＝15°，
将△AEC围绕点A旋转到△AFB所在的位置（点F对应点E），连接DF，
由（2）同理可得：△ADE≌△ADF（SAS），
∴DF＝DE，
∵∠ADE＝∠ABC+∠BAD＝15°+∠BAD＝30°，故∠BAD＝15°＝∠ABD，
∴AD＝BD＝ED，
设BD＝a，则AD＝BD＝ED＝a，则BE＝2a，
过点C作CH⊥BA交BA的延长线于点H，则∠HAC＝2∠ABC＝30°，
在△ABC中，AB＝AC＝，∠HAC＝30°，
设AC＝x，则CH＝x，AH＝x，
由BC2＝（AB+AH）2+HC2得：BC2＝（x+x）2+（x）2，
将x＝代入上式并解得：BC＝4+2；
在△ADE中，AD＝DE＝a，∠ADE＝30°，
同理可得：AE＝，
∵∠ABE＝15°，∠AEB＝75°，故∠BAE＝90°，
在Rt△ABE中，AB2+AE2＝BE2，即（）2+（）2＝（2a）2，
解得a＝±2（舍去负值），故a＝2，
则BD＝2，
CE＝BC﹣2a＝4+2﹣4＝2；
②当DE＝AE时，
BD对应①中的CE，
故BD＝2；
综上，BD＝2或2．
14．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．
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