文档内容
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；④ AEF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·黑龙江九年级阶段练习）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？
请直接写出你的猜想．
【答案】(1) ，理由见解析；(2) ，理由见解析
【分析】（1）把 绕点 顺时针旋转 ，得到 ，然后证明得到 ，从而证得
，可得结论；（2）首先证明 ，得 ，再证明 ，得 ，
可得结论；
（1）解： ．
理由如下：如图2，把 绕点 顺时针旋转 ，得到 ，
， ， ，
， 点 ，点 ，点 三点共线， ，
又 ，在 与 中， ， （SAS）， ，
， ；
（2）解： ．理由如下：在线段 上截取 ，在 与 中， ， （SAS）， ， ．
在 和 中， ， （SAS）， ， ．
【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，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2．（2022·北京四中九年级期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB，点P在线段AB上，作射
线CP（0°＜∠ACP＜45°)，射线CP绕点C逆时针旋转45°，得到射线CQ，过点A作AD⊥CP于点D，交
CQ于点E，连接BE．(1)依题意补全图形；(2)用等式表示线段AD，DE，BE之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)作图见解析．(2)结论：AD+BE=DE．证明见解析．
【分析】（1）根据要求作出图形即可．（2）结论：AD+BE=DE．延长DA至F，使DF=DE，连接CF．利
用全等三角形的性质解决问题即可．
（1）解：如图所示：（2）结论：AD+BE=DE．
理由：延长DA至F，使DF=DE，连接CF．∵AD⊥CP，DF=DE，∴CE=CF，∴∠DCF=∠DCE=45°，
∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠ECB=45°，∵∠DCA+∠ACF=∠DCF=45°，∴∠FCA=∠ECB，
在△ACF和△BCE中，
，∴△ACF≌△BCE（SAS），∴AF=BE，∴AD+BE=DE．
【点睛】本题考查作图-旋转变换，全等三角形的判定和性质，等腰直角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解决问题，属于中考常考题型．
例3．（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；④ AEF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CM ＝BM，连接DM△，可证 D△BM≌△DCM ，得到
1 1 1
∠MDN＝∠MDN＝60°，从而得到 MDN≌△MDN（SAS），即可求证； △
1 1
（3）在CN上截取CM ＝BM，连接△DM ，可证得 MDN≌△MDN，即可求证．
1 1 1
【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CM ＝BM，连接DM ．
1 1
∵∠MBD＝∠MCD＝90°，BD＝CD，∴△DBM≌△DCM （SAS），
1 1
∴DM＝DM ，∠MBD＝∠MCD，MC＝BM，
1 1 1
∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠MDN＝∠MDN＝60°，
1
∴△MDN≌△MDN（SAS），∴MN＝MN＝MC+NC＝BM+NC；
1 1 1
（3）NC−BM=MN，理由如下：证明：在CN上截取CM ＝BM，连接MN，DM
1 1
由（2）得， DBM≌△DCM ，∴DM＝DM ，
1 1
∴∠MDN＝∠△MDN＝60°，∴△MDN≌△MDN（SAS），
1 1
∴MN＝MN，∴NC﹣BM＝MN．
1【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·广东广州·二模）如图，点 为等边 外一点， ， ，点 ， 分
别在 和 上， 且 ， ， ，则 的边长为______．
【答案】
【分析】先证明∠DBM=∠DCN=90°，如图，延长AC至H，使CH=BM，连接DH，再证明△DBM≌△DCH
（SAS）， 证明△MDN≌△HDN（SAS），可得MN=HN=BM+CN，从而可得答案．
【详解】解：∵△ABC为等边三角形∴∠ABC=∠ACB=60°，∵∠BDC=120°，BD=CD， ∴∠DBC=∠DCB= ×（180°-120°）=30°， ∴∠DBM=∠DCN=90°，
如图，延长AC至H，使CH=BM，连接DH，
∴∠DCH=90°， ∴∠DBM=∠DCH，
在△DBM和△DCH中， ， ∴△DBM≌△DCH（SAS）， ∴DM=DH，∠BDM=∠CDH，
∵∠BDM+∠CDN=60°， ∴∠CDN+∠CDH=60°， ∴∠MDN=∠HDN，
在△MDN和△HDN中， ， ∴△MDN≌△HDN（SAS），∴MN=HN=BM+CN，
， ， ，
即等边三角形的边长为： 故答案为：
【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，作出适当的辅助线构建全等三角形
是解本题的关键．
例4．（2023.重庆市八年级期中）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∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．
特例探究：如图1，当DM＝DN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DM≠DN时，在NC的延长线上取点E，使CE＝BM，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）MN＝BM+NC；（3）MN＝BM+NC，证明见解析；（4）
【详解】特例探究：解：（1）∵DM＝DN，∠MDN＝60°，∴△MDN是等边三角形，∴MN＝DM＝DN，
∵∠BDC＝120°，BD＝DC，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∴∠DBM＝∠DCN＝90°，
∵BD＝CD，DM＝DN，∴Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），∴∠MDB＝∠NDC＝30°，故答案为：30；
（2）由（1）得：DM＝2BM，DM＝MN，Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），
∴BM＝CN，∴DM＝MN＝2BM＝BM+NC，即MN＝BM+NC；
归纳证明（3）解：猜想：MN＝BM+NC，证明如下：∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∴∠MBD＝∠NCD＝90°．∴∠MBD＝∠ECD＝
90°，
又∵BD＝CD，BM＝CE，∴△DBM≌△DCE（SAS），∴DM＝DE，∠MDB＝∠EDC，
∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠MDB+∠NDC＝60°，
∴∠EDN＝∠NDC+∠EDC＝∠MDB+∠NDC＝60°，∴∠EDN＝∠MDN，
又∵DN＝DN，∴△MDN≌△EDN（SAS），∴MN＝EN＝EC+NC＝BM+NC；
拓展应用（4）解：由（1）（2）得：MN＝BM+NC，
∴△AMN的周长＝AM+MN+AN＝AM+BM+NC+AN＝AB+AC＝2AB，
∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC，∴△ABC的周长＝3AB，
∴△AMN的周长与△ABC的周长的比为 ＝ ，故答案为： ．
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．（2022.广西八年级期中）如图，△ABC是边长为6的等边三角形，BD＝CD，∠BDC＝120°，以点D
为顶点作一个60°角，使其两边分别交AB于点M，交AC于点N，连结MN，则△AMN的周长是 ．
【分析】要求△AMN的周长，根据题目已知条件无法求出三条边的长，只能把三条边长用其它已知边长来
表示，所以需要作辅助线，延长 AB 至 F，使 BF＝CN，连接 DF，通过证明△BDF≌△CND，及
△DMN≌△DMF，从而得出MN＝MF，△AMN的周长等于AB+AC的长．
【解答】解：∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°，∴∠BCD＝∠DBC＝30°，
∵△ABC是边长为4的等边三角形，∴∠ABC＝∠BAC＝∠BCA＝60°，
∴∠DBA＝∠DCA＝90°，延长AB至F，使BF＝CN，连接DF，
在△BDF和△CND中， ，∴△BDF≌△CND（SAS），
∴∠BDF＝∠CDN，DF＝DN，∵∠MDN＝60°，∴∠BDM+∠CDN＝60°，∴∠BDM+∠BDF＝60°，在△DMN和△DMF中， ，∴△DMN≌△DMF（SAS），∴MN＝MF，
∴△AMN的周长是：AM+AN+MN＝AM+MB+BF+AN＝AB+AC＝6+6＝12．故答案为：12．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质；主要利用等边三角形和等腰三角形的
性质来证明三角形全等，构造另一个三角形是解题的关键．
2．（2023·广东八年级课时练习）四边形 是由等边 和顶角为 的等腰 排成，将一个
角顶点放在 处，将 角绕 点旋转，该 交两边分别交直线 、 于 、 ，交直线 于
、 两点．（1）当 、 都在线段 上时（如图1），请证明： ；
（2）当点 在边 的延长线上时（如图2），请你写出线段 ， 和 之间的数量关系，并证明你
的结论；（3）在（1）的条件下，若 ， ，请直接写出 的长为 ．
【答案】（1）证明见解析；（2） ．证明见解析；（3） ．
【分析】（1）把 DBM绕点D逆时针旋转120°得到 DAQ，根据旋转的性质可得DM=DQ，AQ=BM，
∠ADQ=∠BDM，然△后求出∠QDN=∠MDN，利用“边△角边”证明 MND和 QND全等，根据全等三角形
对应边相等可得MN=QN，再根据AQ+AN=QN整理即可得证； △ △
（2）把 DAN绕点D顺时针旋转120°得到 DBP，根据旋转的性质可得DN=DP，AN=BP，根据
∠DAN=∠△DBP=90°可知点P在BM上，然后△求出∠MDP=60°，然后利用“边角边”证明 MND和 MPD全
等，根据全等三角形对应边相等可得MN=MP，从而得证； △ △（3）过点M作MH∥AC交AB于G，交DN于H，可以证明 BMG是等边三角形，根据等边三角形的性质
可得BM=MG=BG，根据全等三角形对应角相等可得∠QND=△∠MND，再根据两直线平行，内错角相等可得
∠QND=∠MHN，然后求出∠MND=∠MHN，根据等角对等边可得MN=MH，然后求出AN=GH，再利用
“角角边”证明 ANE和 GHE全等，根据全等三角形对应边相等可得AE=GE，再根据BG=AB-AE-GE代
入数据进行计算△即可求出△BG，从而得到BM的长．
【详解】解：（1）证明：把 DBM绕点D逆时针旋转120°得到 DAQ，
则DM=DQ，AQ=BM，∠ADQ△=∠BDM，∠QAD=∠CBD=90°，∴点△Q在直线CA上，
∵∠QDN=∠ADQ+∠ADN=∠BDM+∠ADN=∠ABD-∠MDN=120°-60°=60°，
∴∠QDN=∠MDN=60°，∵在 MND和 QND中， ，
△ △
∴△MND≌△QND（SAS），∴MN=QN，∵QN=AQ+AN=BM+AN，∴BM+AN=MN；
（2）： .理由如下：如图，把 DAN绕点D顺时针旋转120°得到 DBP，则DN=DP，
AN=BP， △ △
∵∠DAN=∠DBP=90°，∴点P在BM上，
∵∠MDP=∠ADB-∠ADM-∠BDP=120°-∠ADM-∠ADN=120°-∠MDN=120°-60°=60°，
∴∠MDP=∠MDN=60°，∵在 MND和 MPD中， ，
△ △
∴△MND≌△MPD（SAS），∴MN=MP，∵BM=MP+BP，∴MN+AN=BM；
（3）如图，过点M作MH∥AC交AB于G，交DN于H，
∵△ABC是等边三角形，∴△BMG是等边三角形，∴BM=MG=BG，根据（1） MND≌△QND可得∠QND=∠MND，根据MH∥AC可得∠QND=∠MHN，
∴∠MND=∠△MHN，∴MN=MH，∴GH=MH-MG=MN-BM=AN，即AN=GH，
∵在 ANE和 GHE中， ，∴△ANE≌△GHE（AAS），∴AE=EG=2.1，
△ △
∵AC=7，∴AB=AC=7，∴BG=AB-AE-EG=7-2.1-2.1=2.8，∴BM=BG=2.8．故答案为：2.8
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质及等腰三角形的性质，根据等边三角形的性质，旋转变换的
性质作辅助线构造全等三角形是解题的关键，（3）作平行线并求出AN=GH是解题的关键，也是本题的难
点．
3．（2022·重庆市育才中学二模）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+∠D△AF=∠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．
4．（2022·江西景德镇·九年级期中）（1）【特例探究】如图1，在四边形 中， ， ， ， ，猜想并写出线
段 ， ， 之间的数量关系，证明你的猜想；
（2）【迁移推广】如图2，在四边形 中， ， ， ．请
写出线段 ， ， 之间的数量关系，并证明；
（3）【拓展应用】如图3，在海上军事演习时，舰艇在指挥中心（ 处）北偏东20°的 处．舰艇乙在指
挥中心南偏西50°的 处，并且两舰艇在指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正西方向以80
海里/时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏西60°的方向以90海里/时的速度前进，半小时后，指挥中心观测
到甲、乙两舰艇分别到达 ， 处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为75°．请直接写出此时两舰
艇之间的距离．
【答案】（1）EF=BE+DF，理由见解析；（2）EF=BE+DF，理由见解析；（3）85海里
【分析】（1）延长CD至点G，使DG=BE，连接AG，可证得△ABE≌△ADG，可得到AE=AG，
∠BAE=∠DAG，再由 ， ，可证得△AEF≌△AGF，从而得到EF=FG，即可求解；
（2）延长CD至点H，使DH=BE，连接AH，可证得△ABE≌△ADH，可得到AE=AH，∠BAE=∠DAH，再
由 ，可证得△AEF≌△AHF，从而得到EF=FH，即可求解； （3）连接CD，延长AC、BD
交于点M，根据题意可得∠AOB=2∠COD，∠OAM+∠OBM=70°+110°=180°，再由（2）【迁移推广】得：
CD=AC+BD，即可求解．
【详解】解：（1）EF=BE+DF，理由如下：如图，延长CD至点G，使DG=BE，连接AG，
∵ ，∴∠ADG=∠ABC=90°，∵AB=AD，∴△ABE≌△ADG，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵ ， ，∴∠BAE+∠DAF=50°，∴∠FAG=∠EAF=50°，
∵AF=AF，∴△AEF≌△AGF，∴EF=FG，∵FG=DG+DF，∴EF=DG+DF=BE+DF；
（2）EF=BE+DF，理由如下：如图，延长CD至点H，使DH=BE，连接AH，
∵ ，∠ADC+∠ADH=180°，∴∠ADH=∠ABC，
∵AB=AD，∴△ABE≌△ADH，∴AE=AH，∠BAE=∠DAH，
∵ ∴∠EAF=∠BAE+∠DAF=∠DAF+∠DAH，∴∠EAF=∠HAF，
∵AF=AF，∴△AEF≌△AHF，∴EF=FH，∵FH=DH+DF，∴EF=DH+DF=BE+DF；
（3）如图，连接CD，延长AC、BD交于点M，
根据题意得： ∠AOB=20°+90°+40°=150°，∠OBD=60°+50°=110°，∠COD=75°，∠OAM=90°-20°=70°，
OA=OB，
∴∠AOB=2∠COD，∠OAM+∠OBM=70°+110°=180°，
∵OA=OB，∴由（2）【迁移推广】得：CD=AC+BD，
∵AC=80×0.5=40，BD=90×0.5=45，∴CD=40+45=85海里．
即此时两舰艇之间的距离85海里．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理的运用、等腰直角三角形
的性质，题目的综合性较强，难度较大，解题的关键是正确的作出辅助线构造全等三角形，解答时，注意
类比思想的应用．
5．（2022·浙江·九年级阶段练习）如图1，等腰直角三角板的一个锐角顶点与正方形ABCD的顶点A重合，
将此三角板绕点A旋转，使三角板中该锐角的两条边分别交正方形的两边BC，DC于点E，F，连接EF．
（1）猜想BE、EF、DF三条线段之间的数量关系，并证明你的猜想；
（2）在图1中，过点A作AM⊥EF于点M，请直接写出AM和AB的数量关系；
（3）如图2，将Rt△ABC沿斜边AC翻折得到Rt△ADC，E，F分别是BC，CD边上的点，∠EAF=
∠BAD，连接EF，过点A作AM⊥EF于点M，试猜想AM与AB之间的数量关系．并证明你的猜想．【答案】（1）EF=BE+DF．证明见解析；（2）AM=AB；（3）AM=AB．证明见解析
【分析】（1）延长CB到Q，使BQ=DF，连接AQ，根据四边形ABCD是正方形求出AD=AB，
∠D=∠DAB=∠ABE=∠ABQ=90°，证△ADF≌△ABQ，推出AQ=AF，∠QAB=∠DAF，求出∠EAQ=∠F，证
△EAQ≌△EAF，推出EF=BQ即可．
（2）根据△EAQ≌△EAF，EF=BQ，得出 ×BQ×AB= ×FE×AM，求出即可；
（3）延长CB到Q，使BQ=DF，连接AQ，根据折叠和已知得出AD=AB，∠D=∠DAB=∠ABE=90°，
∠BAC=∠DAC= ∠BAD，证得△ADF≌△ABQ，推出AQ=AF，∠QAB=∠DAF，求出∠EAQ=∠FAE，从而证
得△EAQ≌△EAF，推出EF=BQ即可．
【详解】解：（1）EF=BE+DF．证明如下：
如答图1，延长CB到Q，使BQ=DF，连接AQ，
∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，∠D=∠DAB=∠ABE=∠ABQ=90°．
在△ADF和△ABQ中，∵AB=AD，∠ABQ=∠D，BQ=DF，
∴△ABQ≌△ADF（SAS）．∴AQ=AF，∠QAB=∠DAF．
∵∠DAB=90°，∠FAE=45°，∴∠DAF+∠BAE=45°．
∴∠BAE+∠BAQ=45°，即∠EAQ=∠EAF．在△EAQ和△EAF中，∵AE=AE，∠EAQ=∠EAF，AQ=AF，
∴△EAQ≌△EAF（SAS）．∴EF=BQ=BE+EQ=BE+DF．
（2）解：AM=AB，理由是：∵△EAQ≌△EAF，EF=EQ，
∴ ×BQ×AB= ×FE×AM．∴AM=AB．
（3）AM=AB．证明如下：如答图，延长CB到Q，使BQ=DF，连接AQ，
∵折叠后B和D重合，∴AD=AB，∠D=∠DAB=∠ABE=90°，∠BAC=∠DAC= ∠BAD．
在△ADF和△ABQ中，∵AB=AD，∠ABQ=∠D，BQ=DF，
∴△ADF≌△ABQ（SAS）．∴AQ=AF，∠QAB=∠DAF．
∵∠FAE= ∠BAD，∴∠DAF+∠BAE=∠BAE+∠BAQ=∠EAQ= ∠BAD，即∠EAQ=∠FAE．
在△EAQ和△EAF中，∵AE=AE，∠EAQ=∠EAF，AQ=AF，
∴△EAQ≌△EAF（SAS）．∴EF=BQ．∵△EAQ≌△EAF，EF=BQ，
∴ ×BQ×AB= ×FE×AM．∴AM=AB．
6．（2022·湖北武汉·九年级期中）（1）如图1，正方形ABCD中，点E、F分别是边BC、CD上的点，EF
＝BE+DF，请你直接写出∠BAE、∠FAD、∠EAF之间的数量关系： ．
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD， ，点E、F分别是边BC、CD上的点，EF＝
BE+FD，请问：（1）中结论是否成立？若成立，请证明结论．
（3）若（2）中的点E、点F分别在边CB、CD的延长线上（如图3所示），其他条件不变，则下列两个
关于∠EAF与∠BAD的关系式，哪个是正确的？请证明结论．
①∠EAF＝∠BAD；②2∠EAF+∠BAD＝360°．
【答案】（1） ；（2） ，理由见解析；（3）②正确
【分析】（1）如图1，将△ADF顺时针旋转，使AD与AB重合，得到 ，则 ，， ， ，可得点 三点共线，从而可证得 ，从而得到
，即可求证；
（2）如图2，将△ADF顺时针旋转，使AD与AB重合，得到 ，则 ， ，
， ，先证明 ，即可求证；
（3）在DC的延长线上取一点H，使DH=BE，连接AH，可先证明 ，可得到AH=AE，
∠DAH=∠BAE，从而EF= FH，从而得到 ，进而∠FAE=∠FAH，再由
∠FAE+∠FAH+∠HAE=360°，即可求解．
【详解】解：（1） ，理由如下：如图1，将△ADF顺时针旋转，使AD与AB重合，
得到 ，则 ， ， ， ，
在正方形ABCD中，∠BAD=∠ABC=∠D =90°，
∴ ，∴点 三点共线，
∵EF＝BE+DF，∴ ，
∵AE=AE，∴ ，∴ ，
∴ ；
（2） ，理由如下：如图2，将△ADF顺时针旋转，使AD与AB重合，得到 ，
则 ， ， ， ，
∵ ，∴ ，∴点 三点共线，
∵EF＝BE+DF，∴ ，∵AE=AE，∴ ，∴ ，
∴ ；
（3）在DC的延长线上取一点H，使DH=BE，连接AH，
∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°，∴∠ADC=∠ABE，
∵AB=AD∴ ，∴AH=AE，∠DAH=∠BAE，
∵EF=BE+FD，∴EF=DH+FD=FH，∵AF=AF，∴ ，∴∠FAE=∠FAH，
∵∠FAE+∠FAH+∠HAE=360°，∴2∠FAE+（∠HAB+∠BAE）=360°，
∴2∠FAE+（∠HAB+∠DAH）=360°，即2∠FAE+∠BAD=360°，故②正确．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，正方形的性质，能够利用旋转的性质构
造全等三角形是解题的关键．
7．（2023春·山东·八年级专题练习）已知，如图1，四边形 是正方形， ， 分别在边 、 上，
且 ，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．
(1)在图1中，连接 ，为了证明结论“ ”，小亮将 绕点 顺时针旋转 后解答了
这个问题，请按小亮的思路写出证明过程；
(2)如图2，当 绕点 旋转到图2位置时，试探究 与 、 之间有怎样的数量关系？【答案】(1)见解析(2) ．
【分析】（1）利用旋转的性质，证明 即可．
（2）把 绕点 逆时针旋转 ，使 与 重合，点 与点 对应到 ，证明
即可求得 ．
【详解】（1）证明：如图1，
由旋转可得 , ,
四边形 为正方形
、 、 三点在一条直线上
在 和 中
（2）结论： ．
理由：如图2，把 绕点 逆时针旋转 ，使 与 重合，点 与点 对应，同（1）可
证得 ,且【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质及全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利
用旋转法构造全等三角形．
8．（2022春·广东广州·八年级广州大学附属中学校考期末）问题：如图（1），点E、F分别在正方形
ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，试判断BE、EF、FD之间的数量关系．
(1)延长FD到点G使DG＝BE，连接AG，得到至△ADG，从而可以证明EF＝BE＋FD，请你利用图（1）
证明上述结论．(2)如图（2），四边形ABCD中， ，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，点E、F分别
在边BC、CD上，则当∠EAF与∠BAD满足______数量关系时，仍有EF＝BE＋FD，并说明理由．
(3)如图（3），在某公园的同一水平面上，四条通道围成四边形ABCD，已知AB＝AD＝80米，∠B＝60°，
∠ADC＝120°，∠BAD＝150°，道路BC、CD上分别有景点E、F．且AE⊥AD， 米，现要
在E、F之间修一条笔直道路，求这条道路EF的长．
【答案】(1)见解析(2)∠BAD＝2∠EAF，理由见解析(3)这条道路EF的长为 米．
【分析】（1）先证明 ，得到AE=AG， ∠BAE＝∠GAD， 从而证明∠GAF=∠EAF，可证 得出EF＝GF＝GD＋DF即可；（2）仿照（1）的方法延长CB至M，使BM＝
DF，则可通过的相同的方法证明△ABM≌△ADF、△EAF≌△EAM，即可证出；（3）把△ABE绕点A逆时针
旋转至△ADG，先通过证明△BAE是等边三角形得出BE＝AB，再利用（2）的结论得到 ，
将BE、DF的值代入即可求出．
（1）解：延长FD到点G使DG＝BE，连接AG，
如图（1）中，在正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠ADC＝∠B＝90°，
在△ABE和△ADG中， ，∴ ，
∴∠BAE＝∠GAD，AE＝AG，∴∠GAD＋∠DAF＝∠BAE＋∠DAF＝90°−45°＝45°，∴∠GAF=∠EAF=45°，
在△AEF和△AGF中， ，∴ ，∴EF＝GF＝GD＋DF＝BE＋DF；
（2）解：∠BAD＝2∠EAF，
理由如下：如图（2），延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，
∵∠ABC＋∠D＝180°，∠ABC＋∠ABM＝180°，∴∠D＝∠ABM，
在△ABM和△ADF中， ，∴△ABM≌△ADF，∴AF＝AM，∠DAF＝∠BAM，
∵∠BAD＝2∠EAF，∴∠DAF＋∠BAE＝∠BAM＋∠BAE＝∠EAF，∴∠EAF＝∠EAM，
在△EAF和△EAM中， ，∴△EAF≌△EAM，
∴EF＝EM＝BE＋BM＝BE＋DF，即EF＝BE＋DF；（3）解：如图3，把△ABE绕点A逆时针旋转150°至△ADG，连接AF．
∵∠BAD＝150°，AE⊥AD，∴∠BAE＝150°-90°=60°，
又∵∠B＝60°，∴△BAE是等边三角形，∴BE＝AB＝80，
∵∠ADC=120°，∴∠ADC+∠B=120°+60°=180°，
由（2）得， （米），即这条道路EF的长为 米．
【点睛】本题考查了全等三角形，对于大角中等于其中包含的小角的2倍的问题，可利用题中旋转的方法
补全三角形，再通过证明三角形全等的方法求解相关线段．
9．（2023秋·江苏扬州·八年级校考期末）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【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=∠M'BC，可得到点M'、C、N三点共线，再由∠MBN=45°，可得∠M'BN=∠MBN，从而证得
△NBM≌△NBM'，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'，
BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，由∠A+∠C＝180°，可得点M'、C、N三点共线，再由∠MBN＝
∠ABC，可得到∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；（3）在NC上截取C M'=AM，
连接B M'，由∠ABC+∠ADC＝180°，可得∠BAM=∠C，再由AB＝BC，可证得△ABM≌△CB M'，从而得到
AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，进而得到∠MA M'=∠ABC，再由∠MBN＝ ∠ABC，可得
∠MBN＝∠M'BN，从而得到△NBM≌△NBM'，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=∠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．
【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．
10．（2023春·浙江·八年级专题练习）（1）如图①，在正方形 中， 、 分别是 、 上的点，
且 ，连接 ，探究 、 、 之间的数量关系，并说明理由；
（2）如图②，在四边形 中， ， ， 、 分别是 、 上的点，且
，此时（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．【答案】（1） ，理由见解析；（2）成立，理由见解析
【分析】（1）典型的“夹半角模型”，延长 到 使得 ，先证 ，再证
，最后根据边的关系即可证明；（2）图形变式题可以参考第一问的思路，延长 到 使
得 ，先证
，再证 ，最后根据边的关系即可证明；
【详解】解：（1）
证明：延长 到 ，使得 连接
∵四边形 是正方形∴ ，
又∵ ∴ ∴ ，
∵ ∴ ∴
又∵ ∴ ∴
又∵ ∴
（2） 证明：延长 到 ，使得 连接∵ ， ∴
又∵ ， ∴ ∴ ，
∵ ∴ ∴
又∵ ∴ ∴
又∵ ∴
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正确的根据“夹半角模型”作出辅助线是解题的关键．
11.如图，正方形ABCD中，∠EAF的两边分别与边BC、CD交于点E、F，AE、AF分别交BD于点G、
H，且∠EAF＝45°．（1）当∠AEB＝55°时，求∠DAH 的度数；（2）设∠AEB＝ ，则∠AFD＝
（用含 的代数式表示）；（3）求证：∠AEB＝∠AEF． α
α
【解答】解：（1）由ABCD为正方形，则∠DAB＝∠ABC＝∠C＝∠ADC＝90°，
当∠AEB＝55°时，∠EAB＝90°﹣∠AEB＝90°﹣55°＝35°，
∴∠DAH＝90°﹣∠EAF﹣∠EAB＝90°﹣45°﹣35°＝10°，
（2）由四边形ABCD为正方形可知，∠ABE＝∠ADF＝∠BAD＝90°，
∵∠AEB＝ ，∴∠EAB＝90°﹣ ，
∴∠DAF＝α∠BAD﹣∠EAB﹣∠αEAF＝90°﹣（90°﹣ ）﹣45°＝ ﹣45°，
∴∠AFD＝90°﹣∠DAF＝90°﹣（ ﹣45°）＝135°﹣α．故答案为α：135°﹣ ．
（3）证明：将△ADF绕点A顺时针α 旋转90°得到△AαBI，可得E、B、I三点α共线，
由旋转可知∠DAF＝∠BAI，AF＝AI，∵∠DAF+∠EAB＝90°﹣∠EAF＝45°，∴∠BAI+∠EAB＝45°＝∠IAE，
在△EAF和△EAI中， ，
∴△EAF≌△EAI（SAS）．∴∠AEF＝∠AEI＝∠AEB．
12．（2022秋·山西吕梁·九年级校考期中）在练习课上，慧慧同学遇到了这样一道数学题：如图，把两个
全等的直角三角板的斜边重合，组成一个四边形ACBD，∠ACD＝30°，以D为顶点作∠MDN，交边AC，
BC于点M，N，∠MDN＝60°，连接MN．
探究AM，MN，BN三条线段之间的数量关系．
慧慧分析：可先利用旋转，把其中的两条线段“接起来”，再通过证明两三角形全等，从而探究出AM，
MN，BN三条线段之间的数量关系．
慧慧编题：在编题演练环节，慧慧编题如下：
如图（1），把两个全等的直角三角板的斜边重合，组成一个四边形ACBD，∠ACD＝45°，以D为顶点作
∠MDN，交边AC，BC于点M，N， ，连接MN．
（1）先猜想AM，MN，BN三条线段之间的数量关系，再证明．
（2）∠MDN绕点D旋转，当M，N分别在CA，BC的延长线上，完成图（2），其余条件不变，直接写出
AM，MN，BN三条线段之间的数量关系．请你解答：请对慧慧同学所编制的问题进行解答．
【答案】【探究】AM＋BN＝MN，证明见解析；（1）AM＋BN＝MN，证明见解析；（2）BN−AM＝MN，
证明见解析
【分析】探究：延长CB到E，使BE＝AM，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证
△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可；
（1）延长CB到E，使BE＝AM，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证
△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可；（2）在CB截取BE＝AM，连接DE，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE
＝∠MDA，DM＝DE，证△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可．
【详解】探究：AM＋BN＝MN，
证明：延长CB到E，使BE＝AM，
∵∠A＝∠CBD＝90°，∴∠A＝∠EBD＝90°，
在△DAM和△DBE中
∴△DAM≌△DBE，∴∠BDE＝∠MDA，DM＝DE.
∵∠MDN＝∠ADC＝60°，∴∠ADM＝∠NDC，
∴∠BDE＝∠NDC，∴∠MDN＝∠NDE.在△MDN和△EDN中，
∴△MDN≌△EDN，∴MN＝NE.
∵NE＝BE＋BN＝AM＋BN，∴AM＋BN＝MN．
解：（1）AM＋BN＝MN.
证明：延长CB到E，使BE＝AM，连接DE，
∠ACD＝45°， ， 。 ∠MDN＋∠ACD＝90°，
∵∠A＝∠CBD＝90°，∴∠A＝∠DBE＝90°.
∵∠CDA＋∠ACD＝90°，∠MDN＋∠ACD＝90°，∴∠MDN＝∠CDA.
∵∠MDN＝∠BDC，∴∠MDA＝∠CDN，∠CDM＝∠NDB.
在△DAM和△DBE中, ∴△DAM≌△DBE，
∴∠BDE＝∠MDA＝∠CDN，DM＝DE.
∵∠MDN＋∠ACD＝90°，∠ACD＋∠ADC＝90°，
∴∠NDM＝∠ADC＝∠CDB，∴∠ADM＝∠CDN＝∠BDE.
∵∠CDM＝∠NDB ∴∠MDN＝∠NDE.
在△MDN和△EDN中,
∴△MDN≌△EDN，∴MN＝NE.
∵NE＝BE＋BN＝AM＋BN，∴AM＋BN＝MN．解：（2）BN−AM＝MN，
证明：在CB截取BE＝AM，连接DE，
∠ACD＝45°， ， ∠MDN＋∠ACD＝90°.
∵∠CDA＋∠ACD＝90°，∠MDN＋∠ACD＝90°，∴∠MDN＝∠CDA.
∵∠ADN＝∠ADN，∴∠MDA＝∠CDN.∵∠B＝∠CAD＝90°，∴∠B＝∠DAM＝90°.
在△DAM和△DBE中 ∴△DAM≌△DBE，
∴∠BDE＝∠ADM＝∠CDN，DM＝DE.
∵∠ADC＝∠BDC＝∠MDN，∴∠MDN＝∠EDN.
在△MDN和△EDN中, ∴△MDN≌△EDN，∴MN＝NE.
∵NE＝BN−BE＝BN−AM，∴BN−AM＝MN．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生运用性质进行推理的能力，可先利用
旋转，把其中的两条线段“接起来”，再通过证明两三角形全等是解题的关键．
