专题2半角模型-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案（全国通用）（解析版）.docx

1、【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案专题02半角模型 解题策略模型1：正方形中的半角模型 模型2：等腰直角三角形中的半角模型 经典例题【例1】（2020山西晋中八年级阶段练习）如图所示：已知ABC中，BAC=90,AB=AC，在BAC内部作MAN=45,AM、AN分别交BC于点M，N.操作（1）将ABM绕点A逆时针旋转90，使AB边与AC边重合，把旋转后点M的对应点记作点Q，得到ACQ，请在图中画出ACQ;(不写出画法)探究（2）在1作图的基础上，连接NQ， 求证： MN=NQ;拓展（3）写出线段BM,MN和NC之间满足的数量关系，并简要说明理由【答案】（1）见详解；（2）见

2、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；【详解】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QAN中AM=AQMAN=QANAN=AN，MANQAN（SAS），MN=NQ；（3）MN2=BM2+NC2；由（2）中可知，MN=NQ，MB=

3、CQ，又NCQ=NCA+ACQ=NCA+ABM=45+45=90在RtNCQ中，有NQ2=CQ2+NC2，即MN2=BM2+NC2；【点睛】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【例2】（2022全国九年级专题练习）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：

4、 （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CQBM= ；(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【答案】(1)45；AEF，CEF，(2)PQBPDQ(3)2(4)见解析【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

5、PATPAQ（SAS），可得结论（3）证明CAQBAM，可得CQBM=ACAB=2（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=12（BACDAC）45，BAEDAF22.5，BD90，ABAD，BAEDAF（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BTDQAD

6、AB，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，AC=2AB，BACPAQ45，BAMCAQ，CAQBAM，CQBM=ACAB=2，故答案为：2(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，AMR

7、AMN（SAS），RMMN，DABRABD45，RBM90，RM2BR2BM2，DNBR，MNRM，BM2DN2MN2【点睛】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【例3】（2022江苏八年级专题练习）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

8、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 【答案】（1）30；（2）MNBM+NC；（3）MNBM+NC，证明见解析；（4）23【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：（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

9、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【详解】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+NC；归纳证明（3）解：猜想：MNBM+NC，证明如下：ABC是等边三角形，ABCACB6

10、0，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的周长的比为2AB3AB23，故答案为：23【点睛】此题考查了等边三角形的性质的，全等三角

11、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【例4】（2020全国九年级专题练习）请阅读下列材料：已知：如图（1）在RtABC中，BAC90，ABAC，点D、E分别为线段BC上两动点，若DAE45探究线段BD、DE、EC三条线段之间的数量关系：（1）猜想BD、DE、EC三条线段之间存在的数量关系式，直接写出你的猜想；（2）当动点E在线段BC上，动点D运动在线段CB延长线上时，如图（2），其它条件不变，（1）中探究的结论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明；（3）已知：如图（3），等边三角形ABC中，点D、E在边AB上，且DCE30，请你找出一个条件，使线

12、段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，并求出此时等腰三角形顶角的度数【答案】（1）DE2BD2+EC2；（2）关系式DE2BD2+EC2仍然成立，详见解析；（3）当ADBE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，且顶角DFE为120【分析】（1）DE2BD2+EC2，将ADB沿直线AD对折，得AFD，连FE，得到AFDABD，然后可以得到AFAB，FDDB，FADBAD，AFDABD，再利用已知条件可以证明AFEACE，从而可以得到DFEAFD+AFE45+4590，根据勾股定理即可证明猜想的结论；（2）根据（1）的思路一样可以解决问题；（3）当ADBE时，线段DE、AD、EB能构成一

13、个等腰三角形如图，与（1）类似，以CE为一边，作ECFECB，在CF上截取CFCB，可得CFECBE，DCFDCA，然后可以得到ADDF，EFBE由此可以得到DFE1+2A+B120，这样就可以解决问题【详解】解：（1）DE2BD2+EC2；证明：如图，将ADB沿直线AD对折，得AFD，连FE，AFDABD，AFAB，FDDB，FADBAD，AFDABD，BAC90，DAE45BAD+CAE45, FAD+FAE45,CAE=FAE又AE=AE,AF=AB=ACAFEACE，DFEAFD+AFE45+4590，DE2FD2+EF2DE2BD2+EC2；（2）关系式DE2BD2+EC2仍然成立证

14、明：将ADB沿直线AD对折，得AFD，连FEAFDABD，AFAB，FDDB，FADBAD，AFDABD，又ABAC，AFAC，FAEFAD+DAEFAD+45，EACBACBAE90（DAEDAB）45+DAB，FAEEAC，又AEAE，AFEACE，FEEC，AFEACE45，AFDABD180ABC135DFEAFDAFE1354590，在RtDFE中，DF2+FE2DE2，即DE2BD2+EC2；（3）当ADBE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形如图，与（2）类似，以CE为一边，作ECFECB，在CF上截取CFCB，可得CFECBE，DCFDCAADDF，EFBEDFE1+2

15、A+B120若使DFE为等腰三角形，只需DFEF，即ADBE，当ADBE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，且顶角DFE为120【点睛】此题比较复杂，考查了全等三角形的性质与判定、等腰三角形的性质、勾股定理的应用等知识点，此题关键是正确找出辅助线，通过辅助线构造全等三角形解决问题，要掌握辅助线的作图根据培优训练一、解答题1（2022陕西西安七年级期末）问题背景：如图1，在四边形ABCD中AB=AD，BAD=120，B=ADC=90，E、F分别是BC，CD上的点，且EAF60，探究图中线段BE，EF，FD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DGBE，连接AG，先

16、证明ABEADG，再证明AEFAGF，可得出结论，他的结论应是_实际应用：如图2，在新修的小区中，有块四边形绿化ABCD，四周修有步行小径，且ABAD，BD180，在小径BC，CD上各修一凉亭E，F，在凉亭E与F之间有一池塘，不能直接到达，经测量得EAF=12BAD，BE10米，DF15米，试求两凉亭之间的距离EF【答案】问题背景：EFBEFD；实际应用：两凉亭之间的距离EF为25米【分析】（1）根据ABEADG可得BE=DG，根据AEFAGF得EF=GF，进而求得结果；（2）延长CD至H，使DH=BE，可证得ADHABE，进而证得FAHFAE，进一步求得EF【详解】解：问题背景：ADC=90

17、，ADC+ADG=180，ADG=90，在ABE和ADG中，BE=DGB=ADGAB=AD，ABEADG（SAS），AE=AG，BAE=DAG，EAF=60，BAD=120，BAE+DAF=120-60=60，GAF=DAG+DAF=BAE+DAF=60=EAF，在AEF和AGF中，AE=AGEAF=GAFAF=AF，AEFAGF（SAS），EF=FG，FG=DG+DF=BE+DF，EF=BE+DF，故答案为：EF=BE+DF；实际应用：如图2，延长CD至H，使DH=BE，连接AH，B+ADC=180，ADH+ADC=180，ADH=B，在ADH和ABE中，AD=ABADH=BDH=BE，AD

18、HABE（SAS），AE=AH，BAE=DAH，EAF=12BAD，HAF=DAH+DAF=BAE+DAF=BAD-EAF=EAF，在AEF和AHF中，AE=AHEAF=HAFAF=AF，AEFAGF（SAS），EF=FH，FH=DH+DF=BE+DF，EF=BE+DF，BE=10米，DF=15米，EF=10+15=25（米）【点睛】本题主要考查的是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质等知识，作辅助线构造全等三角形并两次证全等是解题的关键2（2022河北邢台九年级期末）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，EAF45，求证：EFBEDF”小明同学的思

19、路：四边形ABCD是正方形，ABAD，BADC90把ABE绕点A逆时针旋转到ADE的位置，然后证明AFEAFE，从而可得EF=EFEF=ED+DF=BE+DF，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，ABAD，BD90，EAF=12BAD，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，ABAD，BD180，EAF=12BAD，求证：EFBEDF(3)【知识迁移】如图4，四边形ABPC是O的内接四边形，BC是直径，ABAC，请直接写出PBPC与AP的关系【答案】(1)BEDFEF(2)证明见解析(3)PB+PC

20、=2PA【分析】（1）将ABE绕A点逆时针旋转，旋转角等于BAD得ADE，证明AEFAEF，等量代换即得结论；（2）将ABE绕点A逆时针旋转，旋转角等于BAD，先证明EAF=EAF，再证明AEFAEF，等量代换即得结论；（3）将ABP绕点A逆时针旋转90得到ACP，先利用圆内接四边形的性质证明P，C，P在同一直线上，再证明PAP为等腰直角三角形，等量代换即得结论(1)解：结论：BEDFEF，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E的位置，如图所示，可知ABEADE，BE=DE由ADC+ADE=180知，C、D、E共线，EAF=12BAD，BA

21、F+DAF=EAF，DAE+DAF=EAF=EAF，AEFAEF，EF=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E的位置，如图所示，由旋转可知ABEADE，BE=DE，B=ADE，BAE=DAE，AE=AEBADC180，ADC+ADE=180，点C，D，E在同一条直线上EAF=12BAD，BAE+DAF=12BAD，DAE+DAF=12BAD，FAE=12BAD，EAF=FAEAFAF，FAEFAE，FE=FE，即BEDFEF(3)结论：PB+PC=2PA，理由如下：证明：将ABP绕点A逆时针旋转90得到ACP，使得AB与AC重合

22、，如图所示，由圆内接四边形性质得：ACP+ACP=180，即P，C，P在同一直线上BP=CP，AP=AP，BC为直径，BAC=90=BAP+PAC=CAP+PAC=PAP，PAP为等腰直角三角形，PP=2PA，即PB+PC=2PA【点睛】本题考查了旋转与全等三角形的综合应用、直径所对的圆周角是直角、圆内接四边形的性质、等腰直角三角形的判定及性质等知识点解题关键是利用旋转构造全等三角形3（2021重庆九年级专题练习）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

23、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【答案】（1）EF=DF+BE；（2）EF=DF-BE；（3）线段EF的长为103或203【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

24、，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【详解】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=45，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）

25、，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）2+22，x=43，EF=x+2=103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=12BC=2，同理可证ABKFCK（SAS），CF=AB=4，EF=FH=CF+CD-DH=8

26、-x，在RtEFC中，由勾股定理得到：（4+x）2+42=（8-x）2，x=43，EF=8-43=203综上，线段EF的长为103或203【点睛】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4（2022全国八年级课时练习）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MBN45，则MN，AM，CN的数量关系为 （2）如图2，在四边形ABCD中，BCAD，ABBC，A+C180，点M、N分别在AD、CD上，若MBN12ABC，试探索

27、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，ABBC，ABC+ADC180，点M、N分别在DA、CD的延长线上，若MBN12ABC，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【分析】（1）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=MBC，可得到点M、C、N三点共线，再由MBN=45，可得MBN=MBN，从而证得NBMNBM，即可求解；（2）把ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM

28、，BM=BM，A=BCM，ABM=MBC，由A+C180，可得点M、C、N三点共线，再由MBN12ABC，可得到MBN=MBN，从而证得NBMNBM，即可求解；（3）在NC上截取C M=AM，连接B M，由ABC+ADC180，可得BAM=C，再由ABBC，可证得ABMCB M，从而得到AM=C M，BM=B M，ABM=CB M，进而得到MA M=ABC，再由MBN12ABC，可得MBNMBN，从而得到NBMNBM，即可求解【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=MBC，在正方形ABCD中，A=BCD=ABC=90，

29、AB=BC，BCM+BCD=180，点M、C、N三点共线，MBN=45，ABM+CBN=45，MBN=MBC+CBN=ABM+CBN=45，即MBN=MBN，BN=BN，NBMNBM，MN= MN，MN= MC+CN，MN= MC+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=MBC，A+C180，BCM+BCD=180，点M、C、N三点共线，MBN12ABC，ABM+CBN=12ABCMBN，CBN+MBC =MBN，即MBN=MBN，BN=BN，NBMNBM，MN= MN，MN= MC+

30、CN，MN= MC+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+ADC180，C+BAD=180，BAM+BAD=180，BAM=C，ABBC，ABMCB M，AM=C M，BM=B M，ABM=CB M，MA M=ABC，MBN12ABC，MBN12MA M=MBN，BN=BN，NBMNBM，MN= MN，MN=CN-C M，MN=CN-AM故答案是：MN=CN-AM【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，图形的旋转，根据题意做适当辅助线，得到全等三角形是解题的关键5（2022江苏八年级课时练

31、习）（1）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，B=D=90，E，F分别是边BC，CD上的点，且EAF=12BAD请直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关系：_；（2）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，B+D=180，E，F分别是边BC，CD上的点，且EAF=12BAD，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程；（3）在四边形ABCD中，AB=AD，B+D=180，E，F分别是边BC，CD所在直线上的点，且EAF=12BAD请画出图形（除图外），并直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关系【答案】（1）EF=BE+FD；（2）成立，理由见解析；（3）图形见解析，EF=BEFD【分析】（

32、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=12BAD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【详解】（1）延长EB至G，使BG=DF，连接AG，ABG=ABC=D=90，AB=AD，ABGADF，AG=AF，1=2，1+3=2+3=EAF=12BAD，GAE=EAF，在GAE和FAE中，AG=AFGAE=EAFAE=AE，GAEFAESAS，EG=EF，E

33、G=BE+BG，EF=BE+FD故答案为：EF=BE+FD（2）（1）中的结论仍成立，证明：延长CB至M，使BM=DF，ABC+D=180，1+ABC=180，1=D，在ABM和ADF中，AB=AD1=DBM=DF，ABMADFSAS，AF=AM，2=3,EAF=12BAD，2+4=12BAD=EAF，3+4=EAF即MAE=EAF，在AME和AFE中，AM=AFMAE=EAFAB=AE，AMEAFESAS，EF=ME，即EF=BE+BM（3）EF=BEFD，证明：在BE上截取BG使BG=DF，连接AG，B+ADC=180，ADF+ADC=180，B=ADF，在ABG和ADF中，AB=ADAB

34、G=ADFBG=DF，ABGADFSAS，BAG=DAF，AG=AF，BAG+EAD=DAF+EAD =EAF=12BAD，GAE=EAF，在AEG和AEF中，AG=AFGAE=EAFAE=AE，AEGAEFSAS，EG=EF，EG=BEBG，EF=BEFD【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.6（2021辽宁沈阳市南昌中学（含：西校区、光荣中学）九年级阶段练习）如图，菱形ABCD与菱形EBGF的顶点B重合，顶点F在射线AC上运动，且BCD=BGF=120，对角线AC

35、、BD相交于点O（1）如图1当点F与点O重合时，直接写出AEFD的值为 ；（2）当顶点F运动到如图2的位置时，连接CG，CGBG，且CG=BC，试探究CG与DF的数量关系，说明理由，并直接写出直线CG与DF所夹锐角的度数；（3）如图3，取点P为AD的中点，若B、E、P三点共线，且当CF2时，请直接写出BP的长【答案】（1）33；（2）FD=3CG，30；（3）37【分析】（1）设菱形ABCD边长AB=2a，由菱形性质和已知得出ABD=30，BAO=60，BF=FD=32AB=3a，再由含30度角的直角三角形的性质求出BF=FD=32AB=3a，AE=EF=BE=12AB=a，进而求得AEFD的

36、值；（2）菱形ABCD的边长为2a，由BGC是等腰直角三角形CG=22BC=2a，再已知菱形的条件，求出BOF是等腰直角三角形，继而得出BF=DF=6a，从而求出FD=3CG，由B、D是关于AC的轴对称可知CDF=CBF=15，再由三角形外角的性质可得直线CG与DF所夹锐角的度数为30；（3）利用半角模型将BCF逆时针旋转60到BAM位置，从而得出BNFBNM（SAS），得到一个由CF、NF、AN三条线段长组成的三角形，而且有内角为120，从而确定三条线段关系，再利用中位线定理和三角形相似在菱形中得出NF、AN与菱形边长关系，求出菱形边长即可解答【详解】解：（1）设菱形ABCD边长AB=2a，

37、在菱形ABCD中，BCD=BGF=120，ACBD， ABC=60，BAD=120，ABD=30，BAO=60，BF=FD=32AB=3a，在四边形EBGF是菱形，BGF=120，BE=EF， EBH=EFH=30，AFE=60，AFE=EAO=60，AE=EF，AE=EF=BE=12AB=a，AEFD=a3a=33（2）FD=3CG，直线CG与DF所夹锐角的度数为30理由如下，如图，连接BF，延长GC交FD于N，设菱形ABCD的边长为2a，CGBG，且CG=BG，GBC=GCB=45，CG=22BC=2a GBE=60，四边形EBGF是菱形， BGF=120，GBF=BFG=12GBE=30

38、，CBF=GBCGBF=15，OBF=OBC+CBF=30+15=45，ACBD，BO=DO，BFO=OBF=45，BF=DF，由（2）可知：BO=3a，BF=DF=6a，DF=3CG，由B、D是关于AC的轴对称可知，CDF=CBF=15，又DCN=180BCGBCD=15，GNF=CDF+DCN=30，即直线CG与DF所夹锐角的度数为30；（3）BP=37，过程如下：依题意，作出图形，此时B、E、P三点共线，连接BF，并将线段BF绕点B逆时针旋转60到BM位置，连接MG、MA，CBA=FBM=60，BC=BA BCFBAM（SAS）AM=CF=2，MAB=FCB=60，EBF=12GBE=3

39、0，MBN=FBMFBN=30，MBG=FBG=30，BNFBNM（SAS），FN=MN 过M点作MHCH，BAO=60，MAH=60，HMA=30，AH=12AM=1，MH=3AH=3，取OD的中点Q，连接QP，AP=PD，PQ=12OA，PQ/OA，BNOBPQ，NOPQ=BOBQ=2OQ3OQ=23，NO=23PQ=13OA，设菱形ABCD的边长为2a，则AO=CO=12AB=a，AN=AOON=a13a=23a，MN=FN=CO+ONCF=a+13a2=43a2，NH=NA+AH=23a+1，在RtMGH中，NH2+MH2=MN2，(23a+1)2+(3)2=(43a2)2，解得a1=

40、0（舍去），a2=3，PQ=12a=32，BQ=32OD=323a=923，在RtBPQ中，BQ2+PQ2=BP2，BP=BQ2+PQ2=(32)2+(923)2=37【点睛】本题是几何旋转综合题，主要考查了菱形的性质、旋转全等、30直角三角形性质和勾股定理解三角形等，解题关键是利用特殊角进行计算得出其他角度数，利用旋转得到由CF、NF、AN三条线段长组成的三角形，而且有内角为120，从而通过已知计算7（2022江苏八年级课时练习）如图，CA=CB，CACB，ECF=45，CD=CF，ACD=BCF（1）求ACE+BCF的度数；（2）以E为圆心，以AE长为半径作弧；以F为圆心，以BF长为半径作

41、弧，两弧交于点G，试探索EFG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【答案】（1）45；（2）见详解【分析】（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【详解】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DCE

42、45，ECF45，ECFECD，在ECF和ECD中，CF=CDECF=ECDCE=CE，ECFECD（SAS），DEEF，在CAD和CBF中，CD=CFACD=BCFCA=CB，CADCBF（SAS），ADBF，CADB，FGBF，FGAD，ACB90，CACB，ABC是等腰直角三角形，CABB45，DAECABB90，在EFG和EDA中，EG=EAFG=ADEF=ED，EFGEDA（SSS），EGFEAD90，EFG是直角三角形【点睛】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

43、性质解决问题8（2021河南平顶山九年级期中）（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，EAF45，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，DAE30，BD1，EC2求线段DE的长；（3）拓展应用如图3，在ABC中，ABAC6+2，BAC150，点D，E在BC边上，DAE75，若DE是等腰ADE的腰，请直接写出线段BD的长【答案】（1）AGF，EFDE+BF；（2）DE7；（3）BD2或23【分析】（1）证明AGFAEF（SAS）

44、，则GFEF，即GFBG+BFDE+BFEF，即可求解；（2）证明AFDAED（SAS），则FDDE，在RtFBH中，FBH60，则BH12BF1，FHBFsin602323，则FD=FH2+HD2=7=ED,即可求解；（3）当DEAD时，ADEADF（SAS），在ABC中，ABAC6+2，HAC30，由BC2（AB+AH）2+HC2得：BC2（x+32x）2+（12x）2，求出BC4+23；在ADE中，ADDEa，ADE30，同理可得：AE622a，由AB2+AE2BE2，求出a2，即可求解；当DEAE时，BD对应中的CE，即可求解【详解】解：（1）由图象的旋转知，AGAE，DAEGAB，B

45、AF+DAEBADEAF45，GAFGAB+BAFDAE+BAF90EAF45EAF，又AGAE，AFAF，AGFAEF（SAS），GFEF，即GFBG+BFDE+BFEF，即EFDE+BF，故答案为：AGF，EFDE+BF；（2）将AEC围绕点A旋转到AFB的位置，连接FD，由（1）知，AFBAEC（SAS），则AFAE，FBEC2，FADFAB+BADEAC+BADBACDAE6030DAE，ADAD，AFAE，AFDAED（SAS），FDDE，ABFC60，在BDF中，BD1，BF2，FBDABF+ABC60+60120，过点F作FHBD交DB的延长线于点H，则FBH60，在RtFBH中

46、，FBH60，则BH12BF1，FHBFsin602323，则FD=FH2+HD2=7=ED故DE7；（3）当DEAD时，则DAEDEA75，则ADE18027530，在等腰ABC中，BAC150，则ABCACB15，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：ADEADF（SAS），DFDE，ADEABC+BAD15+BAD30，故BAD15ABD，ADBDED，设BDa，则ADBDEDa，则BE2a，过点C作CHBA交BA的延长线于点H，则HAC2ABC30，在ABC中，ABAC6+2，HAC30，设ACx，则CH12x，AH32x，由BC2（AB+

47、AH）2+HC2得：BC2（x+32x）2+（12x）2，将x6+2代入上式并解得：BC4+23；在ADE中，ADDEa，ADE30，同理可得：AE622a，ABE15，AEB75，故BAE90，在RtABE中，AB2+AE2BE2，即（6+2）2+（622a）2（2a）2，解得a2（舍去负值），故a2，则BD2，CEBC2a4+23423；当DEAE时，BD对应中的CE，故BD23；综上，BD2或23【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，解直角三角形，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.9（2022全国八年级专题练习

48、）已知四边形ABCD中，ABAD，BCCD，ABBC，ABC120，MBN60，MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E、F（1）当MBN绕B点旋转到AECF时（如图1），试猜想AE，CF，EF之间存在怎样的数量关系？请将三条线段分别填入后面横线中：（不需证明）（2）当MBN绕B点旋转到AECF（如图2）时，上述（1）中结论是否成立？请说明理由（3）当MBN绕B点旋转到AECF（如图3）时，上述（1）中结论是否成立？若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明【答案】（1）AE；CF；EF；（2）成立，见解析；（3）不成立，新的关系为A

49、EEFCF【分析】（1）根据题意易得ABECBF，然后根据全等三角形的性质可得ABE=CBF=30，进而根据30角的直角三角形及等边三角形的性质可求解；（2）如图2，延长FC到H，使CH=AE，连接BH，根据题意可得BCHBAE，则有BH=BE，CBH=ABE，进而可证HBFEBF，推出HF=EF，最后根据线段的等量关系可求解；（3）如图3，在AE上截取AQ=CF，连接BQ，根据题意易得BCFBAQ，推出BF=BQ，CBF=ABQ，进而可证FBEQBE，推出EF=QE即可【详解】解：（1）如图1，AE+CF=EF，理由如下：ABAD，BCCD，A=C=90，AB=BC，AE=CF，ABECBF

50、（SAS），ABE=CBF，BE=BF，ABC=120，MBN=60，ABE=CBF=30，AE=12BE,CF=12BF，MBN=60，BE=BF，BEF是等边三角形，AE+CF=12BE+12BF=BE=EF，故答案为：AE+CF=EF；（2）如图2，（1）中结论成立；理由如下：延长FC到H，使CH=AE，连接BH，ABAD，BCCD，A=BCH=90，BCHBAE（SAS），BH=BE，CBH=ABE，ABC=120，MBN=60，ABE+CBF=120-60=60，HBC+CBF=60，HBF=MBN=60，HBF=EBF，HBFEBF（SAS），HF=EF，HF=HC+CF=AE+C

51、F，EF=AE+CF；（3）如图3，（1）中的结论不成立，关系为AE=EF+CF，理由如下：在AE上截取AQ=CF，连接BQ，ABAD，BCCD，A=BCF=90，AB=BC，BCFBAQ（SAS），BF=BQ，CBF=ABQ，MBN=60=CBF+CBE，CBE+ABQ=60，ABC=120，QBE=120-60=60=MBN，FBE=QBE，FBEQBE（SAS），EF=QE，AE=QE+AQ=EF+CF，AE=EF+CF【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、含30角的直角三角形的性质及等边三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、含30角的直角三角形的性质及等边三角形的性质是解

52、题的关键10（2022江苏八年级课时练习）如图，在正方形ABCD中，点P在直线BC上，作射线AP，将射线AP绕点A逆时针旋转45，得到射线AQ，交直线CD于点Q，过点B作BEAP于点E，交AQ于点F，连接DF（1）依题意补全图形；（2）用等式表示线段BE，EF，DF之间的数量关系，并证明【答案】（1）补全图形见解析；（2）BE+DF=EF，证明见解析【分析】（1）根据题意补全图形即可（2）延长FE到H,使EH=EF，根据题意证明ABHADF，然后根据全等三角形的性质即可证明【详解】（1）补全图形（2）BE+DF=EF证明：延长FE到H,使EH=EFBEAP，AH=AF，HAP=FAP=45，四

53、边形ABCD为正方形，AB=AD，BAD=90BAP+2=45，1+BAP=451=2，ABHADF，DF=BH，BE+BH=EH=EF，BE+DF=EF【点睛】此题考查了正方形的性质和全等三角形的性质，解题的关键是根据题意作出辅助线11（2022全国八年级课时练习）（1）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC，CD上的点，且EAF=45直接写出BE、DF、EF之间的数量关系；（2）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，B=D=90，E、F分别是BC，CD上的点，且EAF=12BAD，求证：EF=BE+DF；（3）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，B+ADC=180，延长BC到点E，延

54、长CD到点F，使得EAF=12BAD，则结论EF=BE+DF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【答案】（1）EF=BE+DF，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

55、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EFGEBEBGBEDF所以（1）的结论在（3）的条件下是不成立的【详解】（1）解：EF=BE+DF，理由如下：延长CD，使DM=BE，连接AM，在正方形ABCD中，AB=AD，B=ADM=90，ABEADM，BAE=DAM，AE=AM，EAF=45，BAE+DAF=DAM+DAF =90-45=45，EAF=MAF=45，又AF=AF，AE=AM，AEFAMF，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，

56、B90，BADG90，BEDG，ABAD，ABEADG（SAS），BAEDAG，AGAE，EAGEADDAGEADABEBAD，EAF=12BAD，EAF=12EAG, EAFFAG，又AFAF，AEAG，AEFAGF（SAS），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，AB=ADABG=ADFBG=DF，ABGADF（SAS）BAGDAF，AGAFBAGEADDAFEADEAF12BAD=12GAFGAE12BAD=EAFAEAE，AGAFAE

57、GAEFEGEF，EGBEBGEFBEFD【点睛】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12（2021辽宁沈阳一模）（1）思维探究：如图1，点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，且EAF45，连接EF，则三条线段EF，BE，DF满足的等量关系式是 ；小明的思路是：将ADF绕点A顺时针方向旋转90至ABG的位置，并说明点G，B，E在同一条直线上，然后证明AEF 即可得证结论；（只需填空，无需证明）（2）思维延伸：如图2，在AB

58、C中，BAC90，ABAC，点D，E均在边BC上，点D在点E的左侧，且DAE45，猜想三条线段BD，DE，EC应满足的等量关系，并说明理由；（3）思维拓广：如图3，在ABC中，BAC60，ABAC5，点D，E均在直线BC上，点D在点E的左侧，且DAE30，当BD1时，请直接写出线段CE的长【答案】（1）BEDFEF，AEG；（2）BD2+CE2=DE2，理由见解析；（3）3511或53【分析】（1）由旋转的性质得AG=AF，GAB=FAD，ABG=D=90，则有GAE=EAF=45，进而证得AEGAEF，根据全等三角形的性质证得GE=EF即可解答；（2）将ABD绕点A逆时针旋转90至ACG，连

59、接EG，可证得AG=AD，GAE=DAE=45，GCE=90，进而可证得GAEDAE，根据全等三角形的性质证得GE=DE，再根据勾股定理即可得出结论；（3）当点D在点B右侧时，将ABD绕点A逆时针旋转60至ACG，可证得GAE=DAE=30，GCE=120，进而可证得GAEDAE，根据全等三角形的性质证得GE=DE，过G作GHEC，交EC延长线于H，设CE=x，易求得GE=DE=4x，EH= x+12，GH=32，在GHE中，由勾股定理可求得CE的值；当点D在点B左侧时，同样的方法可求得CE的长【详解】解：（1）四边形ABCD是正方形，AB=AD，BAD=D=ABC=90，将ADF绕点A顺时针

60、方向旋转90至ABG，AG=AF， BG=DF，GAB=FAD，ABG=D=90，ABG+ABC=90+90=180，点G、B、E共线，EAF=45，BAE+FAD=45，BAE+GAB=45，即GAE =45GAE=FAE，又AG=AF，AE=AE，AEGAEF（SAS）,GE=EF，GE=BE+BG=BE+DF，BE+DF=EF，故答案为：BEDFEF，AEG；（2）猜想：BD2+CE2=DE2，理由为：BAC90，ABAC，ABC=ACB=45，如图2，将ABD绕点A逆时针方向旋转90至ACG，连接EG， AG=AD， CG=BD，GAC=DAB，ACG=ABC=45，ACG+ACB=4

61、5+45=90，GE2=CG2+CE2，DAE=45，DAB+EAC=45，GAC+EAC=45，即GAE =45GAE=DAE，又AG=AD，AE=AE，GAEDAE（SAS）,GE=DE，GE2=CG2+CE2=BD2+CE2，BD2+CE2=DE2；（3）ABC中，BAC60，ABAC5，ABC为等边三角形，ABC=ACB=60，由题意，点D，E均在直线BC上，点D在点E的左侧，且DAE30，当点D在点B右侧时，BD=1，如图3，将ABD绕点A逆时针旋转60至ACG，连接EG，AG=AD， CG=BD=1，GAC=DAB，ACG=ABC=60，DAE=30，BAC=60，DAB+EAC=

62、30，GAC+EAC=30，即GAE =30GAE=DAE，又AG=AD，AE=AE，GAEDAE（SAS）,GE=DE，过G作GHEC，交EC延长线于H，ECG=ACG+ACB=60+60=120，GCH=60，在RtGCH中，CH=CGcos60=12，GH= CGsin60=32，设CE=x，易求得GE=DE=4x，EH= x+12，在GHE中，由勾股定理得：（4x）2=( x+12)2+（32）2，解得：x=53，即CE=53；当点D在点B左侧时，BD=1同理，将ABD绕点A逆时针旋转60至ACG，连接EG，易证GAEDAE，得GE=DE，过G作GHEC，交CE于H，ACG=ADB=1

63、20，ACB=60，GCH=60，在RtGCH中，CH=CGcos60=12，GH= CGsin60=32，设CE=x，易求得GE=DE=6x，EH= x12，在GHE中，由勾股定理得：（6x）2=( x12)2+（32）2，解得：x=3511，即CE=3511，综上，CE的长为3511或53【点睛】本题考查正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质、解一元一次方程、锐角三角函数等知识，综合性强，难度适中，熟练掌握相关知识的性质与运用，正确作出辅助线，借助旋转性质得出全等三角形是解答的关键13（2021河南安阳八年级期中）已知，正方

64、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MAN=45，AHMN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【分析】（1）先证明ABMADN，可得AM=AN，BAM=DAN，再证明ABMAHM即可；（2）延长CB至E

65、，使BE=DN，证明AEMANM，能得到AH=AB；（3）分别沿AM、AN翻折AMH和ANH，得到ABM和AND，然后分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCE，设AH=x，则MC=x2，NC=x3，在RtMCN中，由勾股定理，解得x【详解】解：（1）如图，AH=AB理由如下：四边形ABCD是正方形，B=BAD=D=90，AB=AD，在ABM和ADN中，AB=ADB=DBM=DN，ABMADN(SAS)，AM=AN，BAM=DAN，AMN是等腰三角形，又AHMN，AHM=90，HAM=HAN，MAN=45，HAM=1245=22.5，BAM+DAN=45，BAM=22.5=HAM，在ABM和

66、AHM中，BAM=HAMB=AHM=90AM=AM，ABMAHM(AAS)，AH=AB；故答案为：AH=AB；（2）数量关系成立如图，延长CB至E，使BE=DN四边形ABCD是正方形，AB=AD，D=ABE=90，在RtAEB和RtAND中，AB=ADABE=ADNBE=DN，RtAEBRtAND（SAS），AE=AN，EAB=NAD，DAN+BAM=45，EAB+BAM=45，EAN=90，EAM=NAM=45，在AEM和ANM中，AE=ANEAM=NAMAM=AM，AEMANM(SAS)SAEM=SANM，EM=MN，AB、AH是AEM和ANM对应边上的高，AB=AH（3）如图分别沿AM、

67、AN翻折AMH和ANH，得到ABM和AND，BM=2，DN=3，B=D=BAD=90分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCD，由（2）可知，AH=AB=BC=CD=AD设AH=x，则MC=x2，NC=x3，在RtMCN中，由勾股定理，得MN2=MC2+NC2，52=(x2)2+(x3)2，解得x1=6，x2=1（不符合题意，舍去），AH=6【点睛】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14（2020四川成都八年级期末）已知，POQ=90，分别在边OP，OQ上取点A，

68、B，使OA=OB，过点A平行于OQ的直线与过点B平行于OP的直线相交于点C点E，F分别是射线OP，OQ上动点，连接CE，CF，EF（1）求证：OA=OB=AC=BC；（2）如图1，当点E，F分别在线段AO，BO上，且ECF=45时，请求出线段EF，AE，BF之间的等量关系式；（3）如图2，当点E，F分别在AO，BO的延长线上，且ECF=135时，延长AC交EF于点M，延长BC交EF于点N请猜想线段EN，NM，FM之间的等量关系，并证明你的结论【答案】（1）见解析；（2）EF=AE+BF；（3）MN2=EN2+FM2，见解析【分析】（1）连接AB,通过POQ=90，OA=OB得到AOB为等腰直角

69、三角形，进而得到OAB=OBA=45，根据过点A平行于OQ的直线与过点B平行于OP的直线相交于点C，可推出CBA=45，BAC=45，最后通过证明AOBACB，可以得出结论；（2）在射线AP上取点D，使AD=BF，连接CD，通过证明CADCBF，得到CD=CF，ACD=BCF，再结合ECF=45，ACB=90推导证明ECDECF，得到ED=EF，最后等量代换线段即可求解；（3）延长AO到点D，使得AD=BF，连接CD，通过证明CADCBF，得到CD=CF，ACD=BCF，再结合ECF=135，推导证明ECDECF，得到D=CFM，根据D=CFB，等量代换可知CFM=CFB，又因为AC/OQ，推

70、出MCF=CFB，进而得到MC=MF，同理可证CN=EN，最后根据勾股定理即可求解【详解】解：（1）证明：连接AB POQ=90，OA=OB， AOB为等腰直角三角形， OAB=OBA=45，又 BC/OP，且POQ=90， BCOQ， CBF=90， CBA=45，同理，BAC=45，在AOB与ACB中OAB=CABAB=ABOBA=CBF， AOBACB ASA， AOB=ACB=90，OA=OB=AC=BC；（2）如图1，在射线AP上取点D，使AD=BF，连接CD在CAD与CBF中CA=CBCAD=CBFAD=BF， CADCBF SAS， CD=CF，ACD=BCF， ECF=45，A

71、CB=90， ACE+BCF=45， ACE+ACD=ECD=45， ECD=ECF，在ECD与ECF中CD=CFECD=ECFCE=CE ECDECF SAS， ED=EF，又 ED=AD+AE=BF+AE， EF=AE+BF（3）MN2=EN2+FM2证明如下：如图2，延长AO到点D，使得AD=BF，连接CD CAD=CBF=90，在CAD与CBF中CA=CBCAD=CBFAD=BF， CADCBF SAS， CD=CF，ACD=BCF， ACD+DCB=90， BCF+DCB=90=DCF， FCD=BCA=90， ECF=135， ECD=36090135=135， ECF=ECD，在

72、ECD与ECF中EC=ECECD=ECFCD=CF， ECDECF SAS， D=CFM， CADCBF， D=CFB， CFM=CFB， AC/OQ， MCF=CFB， CFM=MCF， MC=MF，同理可证：CN=EN，在RtMCN中，由勾股定理得：MN2=CN2+CM2=EN2+FM2【点睛】本题综合考查了全等三角形的性质和判定,勾股定理以及正方形的有关知识，通过添加辅助线构造全等三角形，通过证明全等三角形得到线段之间的关系是解题的关键15（2020江西育华学校八年级阶段练习）问题背景：如图1，在四边形ABCD中，BAD=90，BCD=90，BA=BC，ABC=120，MBN=60，MB

73、N绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F探究图中线段AE,CF,EF之间的数量关系小李同学探究此问题的方法是：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明BCGBAE，再证明BGFBEF，可得出结论，他的结论就是_；探究延伸：如图2，在四边形ABCD中，BA=BC，BAD+BCD=180，ABC=2MBN，MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F上述结论是否仍然成立？并说明理由实际应用：如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30的A处舰艇乙在指挥中心南偏东70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

74、舰艇乙沿北偏东50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70，试求此时两舰艇之间的距离【答案】问题背景：EF=AE+CF；探究延伸：成立，理由见解析；实际应用：210海里【分析】问题背景：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明BCGBAE，再证明BFGBFE，即可得出结论：EF=AE+CF；探究延伸1：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明BCGBAE，再证明BFGBFE，可得出结论：EF=AE+CF；探究延伸2：延长DC到H，使得CH=AE，连接BH，先证明BCHBAE，即可得到BE=HB

75、，ABE=HBC，再证明HBFEBF，即可得出EF=HF=HC+CF=AE+CF；实际应用：连接EF，延长BF交AE的延长线于G，根据题意可转化为如下的数学问题：在四边形GAOB中，OA=OB，A+B=180，AOB=2EOF，EOF的两边分别交AG，BG于E，F，求EF的长再根据探究延伸2的结论：EF=AE+BF，即可得到两舰艇之间的距离【详解】解：问题背景：如图1，延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明BCGBAE，再证明BFGBFE，可得出结论：EF=AE+CF；故答案为：EF=AE+CF；探究延伸1：上述结论仍然成立，即EF=AE+CF，理由如下：如图2，延长FC到G，使CG=A

76、E，连接BG，CG=AE，BCG=A=90，BC=BA，BCGBAE（SAS），BG=BE，ABE=CBG，ABC=2EBF，ABE+CBF=EBF，即CBG+CBF=EBF，GBF=EBF，又BF=BF，BFGBFE（SAS），GF=EF，即GC+CF=EF，AE+CF=EF可得出结论：EF=AE+CF；探究延伸2：上述结论仍然成立，即EF=AE+CF，理由：如图3，延长DC到H，使得CH=AE，连接BH，BAD+BCD=180，BCH+BCD=180，BCH=BAE，BA=BC，CH=AE，BCHBAE（SAS），BE=HB，ABE=HBC，HBE=ABC，又ABC=2MBN，EBF=HB

77、F，BF=BF，HBFEBF（SAS），EF=HF=HC+CF=AE+CF；实际应用：如图4，连接EF，延长BF交AE的延长线于G，因为舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30的A处舰艇乙在指挥中心南偏东70的B处，所以AOB=140，因为指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70，所以EOF=70，所以AOB=2EOF依题意得，OA=OB，A=60，B=120，所以A+B=180，因此本题的实际的应用可转化为如下的数学问题：在四边形GAOB中，OA=OB，A+B=180，AOB=2EOF，EOF的两边分别交AG，BG于E，F，求EF的长根据探究延伸2的结论可得：EF=AE+BF，根据题意得，AE=75

78、1.2=90（海里），BF=1001.2=120（海里），所以EF=90+120=210（海里）答：此时两舰艇之间的距离为210海里【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确作出辅助线构造全等三角形，解答时注意类比思想的灵活应用16（2022全国八年级课时练习）如图，ABC是边长为2的等边三角形，BDC是顶角为120的等腰三角形，以点D为顶点作MDN=60，点M、N分别在AB、AC上（1）如图，当MN/BC时，则AMN的周长为_；（2）如图，求证：BM+NC=MN【答案】（1）4；（2）见解析【分析】（1）首先证明BDMCDN，进而得出DMN是等边三角形，

79、BDM=CDN=30，NC=BM=12DM=12MN，即可解决问题；（2）延长AC至点E，使得CE=BM，连接DE，首先证明BDMCDE，再证明MDNEDN，得出MN=NE，进而得出结果即可【详解】解：（1）ABC是等边三角形，MN/BC，AMN=ABC=60，ANM=ACB=60AMN是等边三角形，AM=AN，则BM=NC，BDC是顶角BDC=120的等腰三角形，DBC=DCB=30，DBM=DCN=90，在BDM和CDN中，BM=CN,MBD=DCN,BD=CD,BDMCDNSAS，DM=DN，BDM=CDN，MDN=60，DMN是等边三角形，BDM=CDN=30，NC=BM=12DM=1

80、2MN，MN=MB+NC，AMN的周长=AB+AC=4（2）如图，延长AC至点E，使得CE=BM，连接DE，ABC是等边三角形，BDC是顶角BDC=120的等腰三角形，ABC=ACB=60，DBC=DCB=30，ABD=ACD=90，DCE=90，在BDM和CDE中，BD=CD,MBD=ECD,BM=CE,BDMCDESAS，MD=ED，MDB=EDC，MDE=120MDB+EDC=120，MDN=60，NDE=60，在MDN和EDN中，MD=ED,MDN=NDE=60,DN=DN,MDNEDNSASMN=NE，又NE=NC+CE=NC+BM，BM+NC=MN【点睛】本题考查了全等三角形的判定

81、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17（2022全国八年级课时练习）如图，在四边形ABCD中，B=D=90，E，F分别是BC，CD上的点，连接AE，AF，EF（1）如图，AB=AD，BAD=120，EAF=60求证：EF=BE+DF；（2）如图，BAD=120，当AEF周长最小时，求AEF+AFE的度数；（3）如图，若四边形ABCD为正方形，点E、F分别在边BC、CD上，且EAF=45，若BE=3，DF=2，请求出线段EF的长度【答案】（1）见解析；（2）AEF+AFE =120；（3）EF=5【分析】（1）延长FD

82、到点G,使DG=BE，连接AG，首先证明ABEADG，则有AE=AG，BAE=DAG，然后利用角度之间的关系得出EAF=FAG=60，进而可证明EAFGAF，则EF=FG=DG+DF，则结论可证；（2）分别作点A关于BC和CD的对称点A，A，连接AA，交BC于点E，交CD于点F，根据轴对称的性质有AE=AE，AF=AF，当点A、E、F、A在同一条直线上时，AA即为AEF周长的最小值，然后利用AEF+AFE=EAA+EAA+FAD+A求解即可；（3）旋转ABE至ADP的位置，首先证明PAFEAF，则有EF=FP，最后利用EF=PF=PD+DF=BE+DF求解即可【详解】（1）证明：如解图，延长F

83、D到点G，使DG=BE，连接AG，在ABE和ADG中，AB=AD,ABE=ADG,BE=DG,ABEADGSASAE=AG，BAE=DAG，BAD=120，EAF=60，BAE+FAD=DAG+FAD=60EAF=FAG=60，在EAF和GAF中，AE=AG,EAF=GAF,AF=AF,EAFGAFSASEF=FG=DG+DF，EF=BE+DF；（2）解：如解图，分别作点A关于BC和CD的对称点A，A，连接AA，交BC于点E，交CD于点F由对称的性质可得AE=AE，AF=AF，此时AEF的周长为AE+EF+AF=AE+EF+AF=AA当点A、E、F、A在同一条直线上时，AA即为AEF周长的最小

84、值DAB=120，AAE+A=180120=60EAA=EAA,FAD=A，EAA+EAA=AEF,FAD+A=AFE，AEF+AFE=EAA+EAA+FAD+A= 2AAE+A=260=120；（3）解：如解图，旋转ABE至ADP的位置，PAE=DAE+PAD=DAE+EAB=90，AP=AE，PAF=PAEEAF =9045=45=EAF在PAF和EAF中，AP=AE,PAF=EAF,AF=AF,PAFEAFSASEF=FPEF=PF=PD+DF=BE+DF=3+2=5【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质，轴对称的性质，掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键18（2022江苏八年级课

85、时练习）（1）如图1，在四边形ABCD中，ABAD，BAD100，BADC90E，F分别是BC，CD上的点且EAF50探究图中线段EF，BE，FD之间的数量关系小明同学探究的方法是：延长FD到点G，使DGBE，连接AG，先证明ABEADG，再证明AEFAGF，可得出结论，他的结论是 （直接写结论，不需证明）；（2）如图2，若在四边形ABCD中，ABAD，B+D180，E，F分别是BC，CD上的点，且2EAFBAD，上述结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由；（3）如图3，四边形ABCD是边长为7的正方形，EBF45，直接写出DEF的周长【答案】（1）EFBE+DF；（2）成立，

86、理由详见解析；（3）14【分析】（1）延长FD到点G使DGBE连结AG，由“SAS”可证ABEADG，可得AEAG，BAEDAG，再由“SAS”可证AEFAGF，可得EFFG，即可解题；（2）延长EB到G，使BGDF，连接AG，即可证明ABGADF，可得AFAG，再证明AEFAEG，可得EFEG，即可解题；（3）延长EA到H，使AHCF，连接BH，由“SAS”可证ABHCBF，可得BHBF，ABHCBF，由“SAS”可证EBHEBF，可得EFEH，可得EFEHAE+CF，即可求解【详解】证明：（1）延长FD到点G使DGBE连结AG，在ABE和ADG中，AB=ADABE=ADG=90BE=DG，

87、ABEADG（SAS），AEAG，BAEDAG，BAD100，EAF50，BAE+FADDAG+FAD50，EAFFAG50，在EAF和GAF中，AE=AGEAF=GAFAF=AF，EAFGAF（SAS），EFFGDF+DG，EFBE+DF，故答案为：EFBE+DF；（2）结论仍然成立，理由如下：如图2，延长EB到G，使BGDF，连接AG，ABC+D180，ABG+ABC180，ABGD，在ABG与ADF中，AB=ADABG=DBG=DF，ABGADF（SAS），AGAF，BAGDAF，2EAFBAD，DAF+BAEBAG+BAE12BADEAF，GAEEAF，又AEAE，AEGAEF（SAS

88、），EGEFEGBE+BGEFBE+FD；（3）如图，延长EA到H，使AHCF，连接BH，四边形ABCD是正方形，ABBC7ADCD，BADBCD90，BAHBCF90，又AHCF，ABBC，ABHCBF（SAS），BHBF，ABHCBF，EBF45，CBF+ABE45HBA+ABEEBF，EBHEBF，又BHBF，BEBE，EBHEBF（SAS），EFEH，EFEHAE+CF，DEF的周长DE+DF+EFDE+DF+AE+CFAD+CD14【点睛】本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键19（2022全国八年级课时练习）如图，

89、正方形ABCD中，E、F分别在边BC、CD上，且EAF45，连接EF，这种模型属于“半角模型”中的一类，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的分析思路例如图中ADF与ABG可以看作绕点A旋转90的关系这可以证明结论“EFBEDF”，请补充辅助线的作法，并写出证明过程（1）延长CB到点G，使BG ，连接AG；（2）证明：EFBEDF【答案】（1）DF；（2）见解析【分析】（1）由于ADF与ABG可以看作绕点A旋转90的关系，根据旋转的性质知BG=DF，从而得到辅助线的做法；（2）先证明ADFABG，得到AG=AF，GAB=DAF，结合EAF45，易知GAE=45，再证明AGEAFE即可得到E

90、FGE=BE+GB=BEDF【详解】解：（1）根据旋转的性质知BG=DF，从而得到辅助线的做法：延长CB到点G，使BG=DF，连接AG；（2）四边形ABCD为正方形，AB=AD，ADF=ABE=ABG=90，在ADF和ABG中AD=ABADF=ABGDF=BGADFABG（SAS），AF=AG，DAF=GAB，EAF=45，DAF+EAB=45，GAB+EAB=45，GAE=EAF =45，在AGE和AFE中0AG=AFGAE=FAEAE=AEADFABG（SAS），GE=EF，EFGE=BE+GB=BEDF【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质等知识，解题

91、的关键是学会利用旋转方法提示构造全等三角形，属于中考常考题型20（2021全国九年级专题练习）如图1，在菱形ABCD中，AC2，BD23，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）60 ；（3）见详解【分析】（1）由菱形的性质得出OA=1，OB=3，根据勾股定理可得出答案；（2）得出ABC是等边三角形即可；（3）由ABC和ACD是等边三角形，利用ASA可证

92、得ABEACF；可得AE=AF，根据有一个角是60的等腰三角形是等边三角形推出即可【详解】解：（1）四边形ABCD是菱形，ACBD，AOB为直角三角形，且OA=12AC=1,OB=12BD=3AB=OA2+OB2=12+(3)2=2；（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，BAE=CAFAB=ACEBA=FCAABEACF（ASA），

93、AE=AF，EAF=60，AEF是等边三角形【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质以及图形的旋转解题的关键是熟练掌握菱形的性质21（2020重庆江津八年级期中）（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？【答案】（1）证明见解析；（2）EG=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，

94、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【详解】（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，EBCFDC，BCE=DCF，EC=FC，ECG=45，BCE+GCD=90-ECG=90-4

95、5=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EG2=AG2+AE2，即x2=（16-x）2+82，解得：x=10EG=10【点睛】本题考查了全

96、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22（2022江苏八年级专题练习）（2020锦州模拟）问题情境：已知，在等边ABC中，BAC与ACB的角平分线交于点O，点M、N分别在直线AC，AB上，且MON60，猜想CM、MN、AN三者之间的数量关系方法感悟：小芳的思考过程是在CM上取一点，构造全等三角形，从而解决问题；小丽的思考过程是在AB取一点，构造全等三角形，从而解决问题；问题解决：（1）如图1，M、N分别在边AC，AB上时，探索CM、MN、AN三者之间的数量关系，并证明；（2）如图2，M在边AC上，点N在BA的延长线上时，请你在图2中补全图形，

97、标出相应字母，探索CM、MN、AN三者之间的数量关系，并证明【答案】（1）CMAN+MN，详见解析；（2）CMMNAN，详见解析【分析】（1）在AC上截取CDAN，连接OD，证明CDOANO，根据全等三角形的性质得到ODON，CODAON，证明DMONMO，得到DMMN，结合图形证明结论；（2）在AC延长线上截取CDAN，连接OD，仿照（1）的方法解答【详解】解：（1）CMAN+MN，理由如下：在AC上截取CDAN，连接OD，ABC为等边三角形，BAC与ACB的角平分线交于点O，OACOCA30，OAOC，在CDO和ANO中，OC=OAOCD=OANCD=AN，CDOANO（SAS）ODON，

98、CODAON，MON60，COD+AOM60，AOC120，DOM60，在DMO和NMO中，OD=ONDOM=NOMOM=OM，DMONMO，DMMN，CMCD+DMAN+MN；（2）补全图形如图2所示：CMMNAN，理由如下：在AC延长线上截取CDAN，连接OD，在CDO和ANO中，CD=ANOCD=OAN=150OC=OA，CDOANO（SAS）ODON，CODAON，DOMNOM，在DMO和NMO中，OD=ONDOM=NOMOM=OM，DMONMO（SAS）MNDM，CMDMCDMNAN【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23

99、（2022河南开封八年级期末）（2019秋东台市期末）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MDN60，BDC120，BDDC探究：当M、N分别在直线AB、AC上移动时，BM、NC、MN之间的数量关系及AMN的周长Q与等边ABC的周长L的关系（1）如图1，当点M、N边AB、AC上，且DMDN时，BM、NC、MN之间的数量关系是；此时QL=；（2）如图2，点M、N在边AB、AC上，且当DMDN时，猜想（ I）问的两个结论还成立吗？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

100、系如何？并给出证明【答案】（1）BM+NCMN，23；（2）结论仍然成立，详见解析；（3）NCBMMN，详见解析【分析】（1）由DMDN，MDN60，可证得MDN是等边三角形，又由ABC是等边三角形，CDBD，易证得RtBDMRtCDN，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+NCMN，此时 QL=23；（2）在CN的延长线上截取CM1BM，连接DM1可证DBMDCM1，即可得DMDM1，易证得CDNMDN60，则可证得MDNM1DN，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CM1BM，连接DM1，可证DBMDCM1，即可得DMDM1，然

101、后证得CDNMDN60，易证得MDNM1DN，则可得NCBMMN【详解】（1）如图1，BM、NC、MN之间的数量关系 BM+NCMN此时 QL=23 理由：DMDN，MDN60，MDN是等边三角形，ABC是等边三角形，A60，BDCD，BDC120，DBCDCB30，MBDNCD90，DMDN，BDCD，RtBDMRtCDN，BDMCDN30，BMCN，DM2BM，DN2CN，MN2BM2CNBM+CN；AMAN，AMN是等边三角形，ABAM+BM，AM：AB2：3，QL=23；（2）猜想：结论仍然成立证明：在NC的延长线上截取CM1BM，连接DM1MBDM1CD90，BDCD，DBMDCM1

102、，DMDM1，MBDM1CD，M1CBM，MDN60，BDC120，M1DNMDN60，MDNM1DN，MNM1NM1C+NCBM+NC，AMN的周长为：AM+MN+ANAM+BM+CN+ANAB+AC，QL=23；（3）证明：在CN上截取CM1BM，连接DM1MBDM1CD90，BDCD，DBMDCM1，DMDM1，MBDM1CD，M1CBM，MDN60，BDC120，M1DNMDN60，MDNM1DN，MNM1NNCBMMN【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24（2022全国八年级课时练习）如图，四边形ABCD为正方形，点E，

103、F分别在AB与BC上，且EDF=45，易证：AE+CF=EF（不用证明）（1）如图，在四边形ABCD中，ADC=120，DA=DC，DAB=BCD=90，点E，F分别在AB与BC上，且EDF=60猜想AE，CF与EF之间的数量关系，并证明你的猜想；（2）如图，在四边形ABCD中，ADC=2，DA=DC，DAB与BCD互补，点E，F分别在AB与BC上，且EDF=，请直接写出AE，CF与EF之间的数量关系，不用证明【答案】（1）AE+CF=EF，证明见解析；（2）AE+CF=EF，理由见解析.【分析】（1）由题干中截长补短的提示，再结合第（1）问的证明结论，在第二问可以用截长补短的方法来构造全等，

104、从而达到证明结果（2）同理作辅助线，同理进行证明即可，直接写出猜想，并证明【详解】（1）图2猜想：AE+CF=EF，证明：在BC的延长线上截取CA=AE，连接AD，DAB=BCD=90，DAB=DCA=90， 又AD=CD，AE=AC，DAEDCA（SAS），ED=AD，ADE=ADC，ADC=120，EDA=120，EDF=60，EDF=ADF=60， 又DF=DF，EDFADF（SAS），则EF=AF=FC+CA=FC+AE；（2）如图3，AE+CF=EF，证明：在BC的延长线上截取CA=AE，连接AD，DAB与BCD互补，BCD+DCA=180DAB=DCA， 又AD=CD，AE=AC，DAEDCA（SAS），ED=AD，ADE=ADC，ADC=2，EDA=2，EDF=，EDF=ADF= 又DF=DF，EDFADF（SAS），则EF=AF=FC+CA=FC+AE【点睛】本题是常规的角含半角的模型，解决这类问题的通法：旋转（截长补短）构造全等即可，题目所给例题的思路，为解决此题做了较好的铺垫