专题1.26 全等三角形几何模型（半角模型）（分层练习）（综合练）-2023-2024学年八年级数学上册基础知识专项突破讲与练（苏科版）.docx

1、专题1.26 全等三角形几何模型（半角模型）（分层练习）（综合练）【知识与方法】半角模型定义：从正方形的一个顶点引出夹角为45的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型。半角模型主要结论：半角模型中射线与端点对边交点的连线长等于端点两相邻点到各自最近交点的距离和。即如图中，四边形ABCD是正方形，点E,F分别在BC和CD边上，满足EAF=45，连接EF，则有：EF=BE+DF。证明：【证法一】（旋转法）四边形ABCD是正方形，AB=AD，D=ABE=90；将ADF绕点A旋转至ABF的位置（F的对应点为F），则ADFABF，BAF=DAF，BF=DF，AF=A

2、F；EAF=BAE+DAF=45=EAF，易证AEFAEF(SAS)，EF=EF=BF+BE=DF+BE，即EF=BE+DF。【证法二】（截长补短法）延长CB至点F，使BF=DF，连接AF。易证ADFABF(SAS)，AF=AF，BAF=DAF，EAF=BAE+BAF=BAE+DAF=45=EAF，则AEFAEF(SAS)，EF=EF=BF+BE=BE+DF，即EF=BE+DF。（注：若延长CD至点E，使DE=BE亦可，证法类同）一、单选题1如图所示，在RtABC中，ABAC，D、E是斜边BC上的两点，且DAE45，将ADC绕点A按顺时针方向旋转90后得到AFB，连接EF，有下列结论：BEDC

3、；BAFDAC；FAEDAE；BFDC其中正确的有（）A B C D2如图，在中，D、E是斜边上两点，且，若，则与的面积之和为（）A36 B21 C30 D22二、填空题3如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，BC上，若F是BC的中点，且EDF45，则DE的长为 4如图，在边长为6的正方形ABCD内作EAF45，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将ADF绕点A顺时针旋转90得到ABG，若BE2，则EF的长为 5在中，点在边上，若，则的长为 6如图，在RtABC和RtBCD中，BACBDC90，BC4，ABAC，CBD30，M，N分别在BD，CD上，MAN45，则DM

4、N的周长为 三、解答题7如图，等腰直角三角形ABC中，BAC= 90，AB=AC，点M，N在边BC 上，且MAN=45若BM= 1，CN=3，求MN的长8如图，已知：正方形，点，分别是，上的点，连接，且，求证：9如图所示：已知中，在内部作分别交 于点操作（1）将绕点逆时针旋转，使边与边重合，把旋转后点的对应点记作点，得到，请在图中画出;(不写出画法)探究（2）在作图的基础上，连接， 求证： 拓展（3）写出线段和之间满足的数量关系，并简要说明理由10（1）如图1，正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，EAF=45，延长CD到点G，使DG=BE，连结EF，AG求证：BEA =G， EF=

5、FG（2）如图2，等腰直角三角形ABC中，BAC=90，AB=AC，点M，N在边BC上，且MAN=45，若BM=1，CN=3，求MN的长11已知，如图所示，正方形中，分别在边，上，且，分别交于，连，求证：.12 （1）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，G是AD上一点，ECG=45，求证EG=BE+GD（2） 请用（1）的经验和知识完成此题：如图2，在四边形ABCD中，AG/BC(BCAG)，B=90，AB=BC=12， E是AB上一点，且ECG=45，BE=4，求EG的长？13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，当时，则的

6、周长为_；（2）如图，求证：14如图，ABADBCDC，CDABEBAD90，点E、F分别在边BC、CD上，EAF45，过点A作GABFAD，且点G在CB的延长线上（1）GAB与FAD全等吗？为什么？（2）若DF2，BE3，求EF的长 15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，AHMN于点H（1）如图，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，当MAN绕点A旋转到BMDN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，已知MA

7、N=45，AHMN于点H，且MH=2，NH=3，求AH的长（可利用（2）得到的结论）16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MDN60，BDC120，BDDC特例探究如图1，当DMDN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DMDN时，在NC的延长线上取点E，使CEBM，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 17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EAF45，连接EF求证：EFBE+DF思路分析

8、：(1)如图1，正方形ABCD中，ABAD，BADBADC90，把ABE绕点A逆时针旋转90至ADE，则F、D、E在一条直线上，EAF 度，根据定理，可证：AEFAEFEFBE+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，ABAC，D、E在BC上，BAC2DAE若SABC14，SADE6，求线段BD、DE、EC围成的三角形的面积18（1）如图，在正方形中，、分别是，上的点，且直接写出、之间的数量关系；（2）如图，在四边形中，、分别是，上的点，且，求证：；（3）如图，在四边形中，延长到点，延长

9、到点，使得，则结论是否仍然成立？若成立，请证明；不成立，请写出它们的数量关系并证明19如图，（1）求的度数；（2）以E为圆心，以长为半径作弧；以F为圆心，以长为半径作弧，两弧交于点G，试探索 的形状？是锐角三形，直角三角形还是钝角三角形？请说明理由 20（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

10、证明21将锐角为45的直角三角板MPN的一个锐角顶点P与正方形ABCD的顶点A重合，正方形ABCD固定不动，然后将三角板绕着点A旋转，MPN的两边分别与正方形的边BC、DC或其所在直线相交于点E、F，连接EF（1）在三角板旋转过程中，当MPN的两边分别与正方形的边CB、DC相交时，如图1所示，请直接写出线段BE、DF、EF满足的数量关系；（2）在三角板旋转过程中，当MPN的两边分别与正方形的边CB、DC的延长线相交时，如图2所示，请直接写出线段BE、DF、EF满足的数量关系；（3）若正方形的边长为4，在三角板旋转过程中，当MPN的一边恰好经过BC边的中点时，试求线段EF的长22（1）如图1，在

11、四边形中，E、F分别是边、上的点，若，可求得、之间的数量关系为_（只思考解题思路，完成填空即可，不必书写证明过程）（2）如图2，在四边形中，E、F分别是边、延长线上的点，若，判断、之间的数量关系还成立吗，若成立，请完成证明，若不成立，请说明理由23（1）如图，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，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： 24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，

12、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：BM2DN2MN2参考答案1C【分析】利用旋转性质可得ABFACD，根据全等三角形的性质一一判断即可解：ADC绕A顺时针旋转90后得到AFB，ABFACD，BAFCAD，AFAD，BFCD，故正确，EAFBAF+BAE

13、CAD+BAEBACDAE904545DAE故正确无法判断BECD，故错误，故选：C【点拨】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型2B【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【点拨】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32【分析】延长BA到点G，使AG=CF，连接DG，EF

14、，利用SAS证明ADGCDF，得CDF=GDA，DG=DF，再证明GDEFDE（SAS），得GE=EF，设AE=x，则BE=6x，EF=x+3，再利用勾股定理解决问题解：延长BA到点G，使AGCF，连接DG，EF，ADCD，DAGDCF，ADGCDF（SAS），CDFGDA，DGDF，EDF45，EDG=ADE+ADGADE+CDF45，DEDE，GDEFDE（SAS），GEEF，F是BC的中点，AG=CF=BF=3，设AEx，则BE6x，EFx+3，由勾股定理得，（6x）2+32（x+3）2，解得x2，AE2，DE，故答案为：2【点拨】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股

15、定理等知识，熟练掌握半角模型的处理策略是解题的关键45【分析】由旋转的性质可得，由“”可证，可得，由勾股定理可求解解：由旋转的性质可知：，点在的延长线上，四边形为正方形，又，在和中，故答案为：5【点拨】本题考查了旋转的性质、全等三角形的性质和判定、勾股定理的应用，正方形的性质，解题的关键是掌握利用勾股定理求线段的长5【分析】将CE绕点C顺时针旋转90得到CG，连接GB，GF，可得ACEBCG，从而得FG2AE2BF2，再证明ECFGCF，从而得EF2AE2BF2，进而即可求解解：将CE绕点C顺时针旋转90得到CG，连接GB，GF，BCEECABCGBCE90ACEBCG在ACE与BCG中，AC

16、EBCG（SAS），ACBG45，AEBG，FBGFBCCBG90在RtFBG中，FBG90，FG2BG2BF2AE2BF2又ECF45，FCGECGECF45ECF在ECF与GCF中，ECFGCF（SAS）EFGF，EF2AE2BF2，BF=，故答案是：【点拨】本题主要考查全等三角形的判定和性质以及旋转变换，二次根式的化简，通过旋转变换，构造全等三角形，是解题的关键62+2【分析】将ACN绕点A逆时针旋转，得到ABE，由旋转得出NAE90，ANAE，ABEACD，EABCAN，求出EAMMAN，根据SAS推出AEMANM，根据全等得出MNME，求出MNCNBM，解直角三角形求出DC，即可求出

17、DMN的周长BDDC，代入求出答案即可解：将ACN绕点A逆时针旋转，得到ABE，如图：由旋转得：NAE90，ANAE，ABEACD，EABCAN，BACD90，ABD+ACD3609090180，ABD+ABE180，E，B，M三点共线，MAN45，BAC90，EAMEAB+BAMCAN+BAMBACMAN904545，EAMMAN，在AEM和ANM中，AEMANM（SAS），MNME，MNCN+BM，在RtBCD中，BDC90，CBD30，BC4，CDBC2，BD2，DMN的周长为DM+DN+MNDM+DN+BM+CNBD+DC2+2，故答案为：2+2【点拨】本题考查直角三角形、全等三角形的

18、性质和判定、旋转的性质的应用，能正确作出辅助线是解此题的关键7【分析】过点C作CEBC，垂足为点C，截取CE，使CEBM连接AE、EN通过证明ABMACE（SAS）推知全等三角形的对应边AMAE、对应角BAMCAE；然后由等腰直角三角形的性质和MAN45得到MANEAN45，所以MANEAN（SAS），故全等三角形的对应边MNEN；最后由勾股定理得到EN2EC2NC2即MN2BM2NC2解：如图，过点C作CEBC，垂足为点C，截取CE，使CEBM连接AE、ENABAC，BAC90，BACB45CEBC，ACEB45在ABM和ACE中，ABMACE（SAS）AMAE，BAMCAEBAC90，MA

19、N45，BAMCAN45于是，由BAMCAE，得MANEAN45在MAN和EAN中，MANEAN（SAS）MNEN在RtENC中，由勾股定理，得EN2EC2NC2MN2BM2NC2BM1，CN3，MN21232，MN【点拨】本题主要考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理的综合应用，掌握三角形的全等的判定定理是解题关键8见分析【分析】将ABE绕点A逆时针旋转90得到ADG，根据旋转的性质可得GD=BE，AG=AE，DAG=BAE，然后求出FAG=EAF，再利用“边角边”证明AEF和AGF全等，根据全等三角形对应边相等可得EF=FG，即可得出结论解：如解图，将绕点逆时针旋转至

20、的位置，使与重合，在和中，【点拨】本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，难点在于利用旋转变换作出全等三角形9（1）见详解；（2）见详解；（3）MN2=BM2+NC2，理由见详解.【分析】（1）根据旋转中心、旋转方向和旋转角度进行作图即可；（2）先根据SAS判定MANQAN，进而得出结论；（3）再由全等三角形和旋转的性质，得出MN=NQ，MB=CQ，最后根据RtNCQ中的勾股定理得出结论；解：（1）如图，ACQ即为所求；（2）证明：由旋转可得，ABMACQ，AM=AQ，BAM=CAQMAN=45，BAC=90BAM+NAC=45CAQ+NAC=45，即NAQ=45在MAN和

21、QAN中，MANQAN（SAS），MN=NQ；（3）MN2=BM2+NC2；由（2）中可知，MN=NQ，MB=CQ，又NCQ=NCA+ACQ=NCA+ABM=45+45=90在RtNCQ中，有NQ2=CQ2+NC2，即MN2=BM2+NC2；【点拨】本题主要考查了图形的旋转、全等三角形，以及勾股定理，解决问题的关键是掌握旋转变换思想方法在解决问题过程中的应用解题时注意：旋转不改变图形的形状和大小（即旋转前后的两个图形全等），任意一对对应点与旋转中心的连线所成的角彼此相等（都是旋转角），经过旋转，对应点到旋转中心的距离相等10（1）见分析见分析（2）【分析】（1）在ABE和ADG中，根据SAS得

22、出ABEADG则BEAG.然后在FAE和GAF中通过SAS证明得出FAEGAF，则EF=FG.（2）过点C作CEBC，垂足为点C，截取CE，使CE=BM连接AE、EN在ABM和ACE中，通过SAS证明得出ABMACE, AM=AE, BAM+CAN=45. 在MAN和EAN中，通过SAS证明得出MANEAN, MN=EN. RtENC中，由勾股定理，得EN2=EC2+NC2得出最终结果.解：（1）证明：在正方形ABCD中，ABE=ADG，AD=AB，在ABE和ADG中，ABEADG（SAS），BEAGBAE=DAG，AE=AG，又BAD90，EAG=90，FAG45在FAE和GAF中，FAEG

23、AF（SAS），EF=FG（2）解：如图，过点C作CEBC，垂足为点C，截取CE，使CE=BM连接AE、ENAB=AC，BAC=90，B=ACB=45CEBC，ACE=B=45在ABM和ACE中，ABMACE（SAS）AM=AE，BAM=CAEBAC=90，MAN=45，BAM+CAN=45于是，由BAM=CAE，得MAN=EAN=45在MAN和EAN中，MANEAN（SAS）MN=EN在RtENC中，由勾股定理，得EN2=EC2+NC2MN2=BM2+NC2BM=1，CN=3，MN2=12+32，MN=.【点拨】本题主要考查全等三角形的判定定理、勾股定理，做辅助线是本题的难点11见分析【分析

24、】把ABE逆时针旋转90得到ADG，根据旋转的性质可得BE=GD，AE=AG，再根据EAF=45求出FAG=45，然后利用边角边定理证明AEF与AGF全等，根据全等三角形对应边相等可得EF=GF，即EF=GD+FD，即可证明EF=BE+DF；把ADH绕点A顺时针旋转90得到ABN，连接GN，根据旋转的性质得到NAE=EAF，根据全等三角形的性质得到GH=GN，求得NBG=ABN+ABG=45+45=90，根据勾股定理得到BG2+HD2=GH2；解：如图，把ABE逆时针旋转90得到ADM，BE=MD，AE=AM，EAF=45，FAM=90-45=45，EAF=FAM，在AEF和AMF中，AEFA

25、MF（SAS），EF=MF，即EF=MD+DF，BE+DF=EF； 如图，把ADH绕点A顺时针旋转90得到ABN，连接GN，BN=DH，AN=AH，BAN=DAH，ABN=ADH，EAF=45，NAE=BAN+BAE=DAH+BAE=BAD-EAF=90-45=45，NAE=EAF，在ANG和AGH中，AGNAGH（SAS），GH=GN，在正方形ABCD中，ABE=ADH=45，NBG=ABN+ABG=45+45=90，BG2+BN2=NG2，即BG2+HD2=GH2.【点拨】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质；熟练掌握正方形的性质是解决问题的关键12（1）证明见分析；（2）EG=

26、10【分析】（1）延长AD至F，使DF=BE，连接CF，根据正方形的性质，可直接证明EBCFDC，从而得出BCE=DCF，根据GCE=45，得GCF=GCE=45，利用全等三角形的判定方法得出ECGFCG，即GE=GF，即可证出EG=BE+GD；（2）过C作CDAG，交AG延长线于D，则四边形ABCD是正方形，设EG=x，则AE=8，根据（1）可得：AG=16-x，在直角AGE中利用勾股定理即可求解解：（1）证明：如图3所示，延长AD至F，使DF=BE，连接CF，四边形ABCD是正方形，BC=DC，ABC=ADC=BCD=90，CDF=180-ADC，CDF=90，ABC=CDF，BE=DF，

27、EBCFDC，BCE=DCF，EC=FC，ECG=45，BCE+GCD=90-ECG=90-45=45，GCD+DCF=FCG=45，ECG=FCGGC=GC，EC=FC，ECGFCG，EG=GFGF=GD+DF= BE+GD，EG= BE+GD（2）解：如图4，过C作CDAG，交AG延长线于D，在直角梯形ABCG中，AGBC，A=B=90，又CDA=90，AB=BC，四边形ABCD为正方形AD=AB=BC=12已知ECG=45，根据（1）可知，EG=BE+DG，设EG=x，则AG=AD-DG= AD-(EG-BE)=12-(x-4)=16-x，AE=12-BE=12-4=8在RtAEG中EG

28、2=AG2+AE2，即x2=（16-x）2+82，解得：x=10EG=10【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质以及正方形的性质，注意每个题目之间的关系，正确作出辅助线是解题的关键13（1）4；（2）见分析【分析】（1）首先证明BDMCDN，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，【点拨】本题考查了全等

29、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14（1）全等，理由详见分析；（2）5【分析】（1）由题意易得ABG90D，然后问题可求证；（2）由（1）及题意易得GAEFAE，GBDF，进而问题可求解解：（1）全等理由如下DABE90，ABG90D，在ABG和ADF中，GABFAD（ASA）；（2）BAD90，EAF45，DAF+BAE45，GABFAD，GABFAD，AGAF，GAB+BAE45，GAE45，GAEEAF，在GAE和FAE中，GAEFAE（SAS）EFGEGABFAD，GBDF，EFGEGB+BEF

30、D+BE2+35【点拨】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15（1）AH=AB；（2）成立，理由见分析；（3）6【分析】（1）先证明，可得，再证明即可；（2）延长至，使，证明，能得到；（3）分别沿、翻折和，得到和，然后分别延长和交于点，得正方形，设，则，在中，由勾股定理，解得解：（1）如图，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，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

31、勾股定理，得，解得，（不符合题意，舍去），【点拨】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、翻折变换的性质以及勾股定理等知识；正确作出辅助线，熟练掌握翻折变换的性质，构造全等三角形是解题的关键16（1）30；（2）MNBM+NC；（3）MNBM+NC，证明见分析；（4）【分析】（1）先证明MDN是等边三角形，则MNDMDN，再证明RtDBMRtDCN（HL），得BDMCDN30；（2）由（1）得DM2BM，可得结论MN2BMBM+NC；归纳证明：先证DBMDCE（HL），得DMDE，BDMCDE，再证MDNEDN（SAS），得MNNE，可得结论MNBM+CN；拓展应用：（

32、3）首先根据题意利用SAS证明DBMDCE，然后证明MDNEDN，根据全等三角形对应相等通过线段之间的转化即可得到MNBM+NC；（4）由（3）得到MNBM+NC，则AMN的周长2AB，ABC的周长3AB，即可得出结论解：特例探究：解：（1）DMDN，MDN60，MDN是等边三角形，MNDMDN，BDC120，BDDC，DBCDCB30，ABC是等边三角形，ABCACB60，DBMDCN90，BDCD，DMDN，RtDBMRtDCN（HL），MDBNDC30，故答案为：30；（2）由（1）得：DM2BM，DMMN，RtDBMRtDCN（HL），BMCN，DMMN2BMBM+NC，即MNBM+N

33、C；归纳证明（3）解：猜想：MNBM+NC，证明如下：ABC是等边三角形，ABCACB60，BDCD，BDC120，DBCDCB30，MBDNCD90MBDECD90，又BDCD，BMCE，DBMDCE（SAS），DMDE，MDBEDC，MDN60，BDC120，MDB+NDC60，EDNNDC+EDCMDB+NDC60，EDNMDN，又DNDN，MDNEDN（SAS），MNENEC+NCBM+NC；拓展应用（4）解：由（1）（2）得：MNBM+NC，AMN的周长AM+MN+ANAM+BM+NC+ANAB+AC2AB，ABC是等边三角形，ABBCAC，ABC的周长3AB，AMN的周长与ABC的

34、周长的比为，故答案为：【点拨】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17(1)45；(2)DFBE+EF，证明见分析；(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，即可求解解：如图1，正方形ABCD中，ABAD，BADBADC90，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+E

35、AD+BAEBAD90，则EAF45，EAF，AEF（SAS），EFBE+DF故答案为：45；（2）解：DFBE+EF理由如下：将ABE绕点A逆时针旋转90得到，ABE，AE，BE，BAE，BAE+BAD90，则EAF45，EAF45，在AEF和中，AEF（SAS），DFBE+EF；（3）解：将ABD绕点A逆时针旋转得到，连接，则ABD，CDBD，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【点拨】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

36、助线得出全等三角形，属于中考常考题型18（1），理由见详解；（2）见详解；（3）结论EFBEFD不成立，应当是EFBEFD理由见详解【分析】（1）在CD的延长线上截取DMBE，连接AM，证出ABEADM，根据全等三角形的性质得出BEDM，再证明AEFAMF，得EFFM，进而即可得出答案；（2）在CD的延长线上截取DGBE，连接AG，证出ABEADG，根据全等三角形的性质得出BEDG，再证明AEFAGF，得EFFG，即可得出答案；（3）按照（2）的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换就应该在BE上截取BG，使BGDF，连接AG根据（2）的证法，我们可得出DFBG，GEEF，那么EFG

37、EBEBGBEDF所以（1）的结论在（3）的条件下是不成立的解：，理由如下：延长CD，使DM=BE，连接AM，在正方形中，AB=AD，B=ADM=90，BAE=DAM，AE=AM，BAE+DAF=DAM+DAF =90-45=45，EAF=MAF=45，又AF=AF，AE=AM，EF=MF=MD+DF=BE+DF；（2）在CD的延长线上截取DGBE，连接AG，如图，ADF90，ADFADG180，ADG90，B90，BADG90，BEDG，ABAD，ABEADG（SAS），BAEDAG，AGAE，EAGEADDAGEADABEBAD， EAFFAG，又AFAF，AEAG，AEFAGF（SAS）

38、，EFFGDFDGEBDF；（3）结论EFBEFD不成立，应当是EFBEFD理由如下：如图，在BE上截取BG，使BGDF，连接AGBADC180，ADFADC180，BADF在ABG与ADF中，ABGADF（SAS）BAGDAF，AGAFBAGEADDAFEADEAFBADGAEBAD=EAFAEAE，AGAFAEGAEFEGEF，EGBEBGEFBEFD【点拨】本题考查了三角形综合题，三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用旋转变换的思想添加辅助线，构造全等三角形解决问题，解题时注意一些题目虽然图形发生变化，但是证明思路和方法是类似的，属于中考压轴题19（1）45；（2）见详解【分

39、析】（1）由CACB，可得ACB90，再根据ECF45，即可得出答案；（2）如图，连接DE，先证明ECFECD（SAS），可得DEEF，再证明CADCBF（SAS），可得ADBF，CADB，即可得出DAE90，再利用SSS证明EFGEDA，即可得出答案解：（1）CACB，ACB90，ACEECFBCF90，ECF45，ACEBCF90ECF45；（2）EFG是直角三角形，理由如下：如图，连接DE，由（1）知，ACEBCF45，ACDBCF，ACEACD45，即DCE45，ECF45，ECFECD，在ECF和ECD中，ECFECD（SAS），DEEF，在CAD和CBF中，CADCBF（SAS），

40、ADBF，CADB，FGBF，FGAD，ACB90，CACB，ABC是等腰直角三角形，CABB45，DAECABB90，在EFG和EDA中，EFGEDA（SSS），EGFEAD90，EFG是直角三角形【点拨】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形性质，直角三角形的判定和性质，全等三角形判定和性质等知识，解题关键是添加辅助线构造全等三角形，熟练运用全等三角形判定和性质解决问题20（1）见分析；（2）EF=BE+FD；（3）不成立，理由见分析【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

41、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【点拨】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

42、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21（1）EF=DF+BE；（2）EF=DF-BE；（3）线段EF的长为或【分析】（1）延长FD至G，使DG=BE，连接AG，先证ABEADG，再证GAFEAF即可；（2）在DC上截取DH=BE，连接AH，先证ADHABE，再证HAFEAF即可；（3）分两种情形分别求解即可解决问题解：（1）结论：EF=BE+DF理由：延长FD至G，使DG=BE，连接AG，如图，ABCD是正方形，AB=AD，ABE=ADG=DAB=90，ABEADG（AAS），AE=AG，DAG=EAB，EAF=45，DAF+EAB=45，DAF+DAG=4

43、5，GAF=EAF=45，AF=AF，GAFEAF（AAS），EF=GF，GF=DF+DG=DF+BE，即：EF=DF+BE；（2）结论：EF=DF-BE理由：在DC上截取DH=BE，连接AH，如图，AD=AB，ADH=ABE=90，ADHABE（SAS），AH=AE，DAH=EAB，EAF=EAB+BAF=45，DAH+BAF=45，HAF=45=EAF，AF=AF，HAFEAF（SAS），HF=EF，DF=DH+HF，EF=DF-BE；（3）当MA经过BC的中点E时，同（1）作辅助线，如图：设FD=x，由（1）的结论得FG=EF=2+x，FC=4-x在RtEFC中，（x+2）2=（4-x）

44、2+22，x=，EF=x+2=当NA经过BC的中点G时，同（2）作辅助线，设BE=x，由（2）的结论得EC=4+x，EF=FH，K为BC边的中点，CK=BC=2，同理可证ABKFCK（SAS），CF=AB=4，EF=FH=CF+CD-DH=8-x，在RtEFC中，由勾股定理得到：（4+x）2+42=（8-x）2，x=，EF=8-=综上，线段EF的长为或【点拨】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，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，学会利用参数构建方程解决问题22（1）；（2）理由见分析【分析】（1）线段、之间的数

45、量关系是如图，延长至，使，连接，利用全等三角形的性质解决问题即可（2）结论：如图中，在上截取，连接，证明，推出，再证明，可得结论解：线段、之间的数量关系是如图，延长至，使，连接，即：，在和中，在和中，AM=AFMAE=FAEAE=AE，；故答案为：（2）结论：理由：在上截取，连接，在与中，则，在与中，即，即，【点拨】本题考查全等三角形的判定和性质，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，属于中考常考题型23（1）；（2）（1）中的结论仍然成立，理由见分析；（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：；（

46、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；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【点拨】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24(1)45；AEF，C

47、EF；(2)PQBPDQ；(3)；(4)见分析【分析】（1）利用翻折变换的性质可得EAF45，证明BAEDAF（ASA），推出BEDF，AEAF，可得结论（2）结论：PQBPDQ如图2中，延长CB到T，使得BTDQ证明PATPAQ（SAS），可得结论（3）证明CAQBAM，可得（4）如图4中，将ADN绕点A顺时针旋转90得到ABR，连接RM证明AMRAMN（SAS），RBM90，可得结论(1)解：如图1中，四边形ABCD是正方形，ABADBCCD，BAD90，ABC，ADC都是等腰三角形，BAECAE，DAFCAF，EAF（BACDAC）45，BAEDAF22.5，BD90，ABAD，BAED

48、AF（ASA），BEDF，AEAF，CBCD，CECF，AEF，CEF都是等腰三角形，故答案为：45，AEF，EFC(2)解：结论：PQBPDQ理由：如图2中，延长CB到T，使得BTDQADAB，ADQABT90，DQBT，ADQABT（SAS），ATAQ，DAQBAT，PAQ45，PATBAPBATBAPDAQ45，PATPAQ45，APAP，PATPAQ（SAS），PQPT，PTPBBTPBDQ，PQBPDQ故答案为：PQBPDQ(3)解：如图3中，四边形ABCD是正方形，ABMACQBAC45，ACAB，BACPAQ45，BAMCAQ，CAQBAM，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RMBAD90，MAN45，DANBAM45，DANBAR，BAMBAR45，MARMAN45，ARAN，AMAM，AMRAMN（SAS），RMMN，DABRABD45，RBM90，RM2BR2BM2，DNBR，MNRM，BM2DN2MN2【点拨】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题