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专题 09 全等三角形模型之半角模型
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。
大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒
置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样
才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法
的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中
提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③ 明白模型中常见的易错点，
因为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在
几何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解
每一个题型，做到活学活用！
....................................................................................................................................................2
模型1.半角模型................................................................................................................................................2
..................................................................................................................................................48
模型1.半角模型
半角模型概念：半角模型是指是指有公共顶点，较小角等于较大角的一半，较大的角的两边相等，通过旋
转，可将角进行等量转化，构造全等三角形的几何模型。
旋转的条件：具有公共端点的等线段；
旋转的方法：以公共端点为旋转中心，相等的两条线段的夹角为旋转角；
旋转的目的：将分散的条件集中，隐蔽的关系显现。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。
证明：将△CBE绕点C逆时针旋转90°至△CDG，即△CBE≌△CDG，
∴∠ECB=∠GCD，∠B=∠CDG=90°，BE＝DG，CE＝CG；
∵ABCD是正方形，∴∠B=∠CDF=∠BCD=90°，BA＝DA；∴∠CDG+∠CDF=180°，故F、D、G共线。
∵∠ECF=45°，∴∠BCE+∠DCF=45°，∴∠GCD+∠DCF=∠GCF=45°，∴∠ECF=∠GCF=45°，
∵CF＝CF，∴△CEF≌△CGF，∴EF＝GF，∵GF＝DG＋DF，∴GF＝BE＋DF，∴EF＝BE＋DF，
∴ AEF的周长=EF+AE＋AF=BE＋DF+AE＋AF=AB＋AD=2AB，过点C作CH⊥EF，则∠CHE=90°，
∵△CEF≌△CGF，∴CD=CH（全等三角形对应边上的高相等），再利用HL证得：△CBE≌△CHE，
∴∠HEC=∠CBE，同理可证：∠HFC=∠DFC，即CE、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（∠BAC=90°，AB＝AC），∠DAE=45°；
结论：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；
证明：将△ABD绕点A逆时针旋转90°至△ACG，即△BAD≌△CAG，
∴∠BAD=∠CAG，∠B=∠GCA=45°，AD＝AG，BD＝CG；
∵∠DAE=45°，∴∠BAD+∠EAC=45°，∴∠CAG+∠EAC=∠GAE=45°，∴∠DAE=∠GAE=45°，
∵AE＝AE，∴△DAE≌△GAE，∴ED＝EG，∵ ABC是等腰直角三角形，∴∠ACB=45°，
∴∠ECG=90°，3）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＋CF；④ AEF的周长=2AB；
⑤DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC。
证明：将△DBE绕点D顺时针旋转120°至△DCG，即△BDE≌△CDG，
∴∠EDB=∠GDC，∠DBE=∠DCG，BE＝GC，DE＝DG；
∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，∴∠BDE+∠CDF=60°，∴∠GDC+∠CDF=∠GDF=60°，故
∠GDF=∠EDF，
∵DF＝DF，∴△EDF≌△GDF，∴EF＝GF，∵GF＝CG＋CF，∴GF＝BE＋CF，∴EF＝BE＋CF，
∴ AEF的周长=EF+AE＋AF=BE＋CF+AE＋AF=AB＋AC=2AB，
过点D作DH⊥EF，DM⊥GF，则∠DHF=∠DMF=90°，
∵△EDF≌△GDF，∴DM=DH（全等三角形对应边上的高相等），再利用HL证得：△DHF≌△DMF，
∴∠HFD=∠MFD，同理可证：∠BFD=∠FED，即DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC。
4）等边三角形半角模型（60°-30°型）
条件： ABC是等边三角形，∠EAD=30°；
结论：①△BDA≌△CFA；②△DAE≌△FAE；③∠ECF=120°；
证明：将△ABD绕点A逆时针旋转60°至△ACF，即△BAD≌△CAF，
∴∠BAD=∠CAF，∠B=∠FCA=60°，AD＝AF，BD＝CF；
∵∠DAE=30°，∴∠BAD+∠EAC=30°，∴∠CAF+∠EAC=∠FAE=30°，∴∠DAE=∠FAE=30°，∵AE＝AE，∴△DAE≌△FAE，∴ED＝EF，∵ ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，∴∠ECF=120°，
5）任意角度的半角模型（ - 型）
条件：∠BAC= ，AB=AC，∠DAE= ；
结论：①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF；③∠ECF=180°- 。
证明：将△ABD绕点A逆时针 °至△ACF，即△BAD≌△CAF，
∴∠BAD=∠CAF，∠B=∠BCA=∠FCA=90°- ，AD＝AF，BD＝CF；∴∠ECF=∠BCA+∠FCA=180°-
。
∵∠BAC= ，∠DAE= ，∴∠BAD+∠EAC= ，∴∠CAF+∠EAC=∠FAE= ，∴∠DAE=∠FAE= ，
∵AE＝AE，∴△DAE≌△FAE。
例1．（23-24九年级上·辽宁朝阳·阶段练习）已知，正方形 中， 绕点A顺时针
旋转，它的两边分别交 、 （或它们的延长线）于点M、N，当 绕点A旋转到 时
（如图1），求证
(1)下面是小东同学的证明过程，请补充完整．
证明：延长 至点P，使 ，连接 ，如图1，
(2)当 旋转到 时（如图2），线段 、 和 之间的数量关系 ，若正方形的周长为
4，则 的周长是 ：(3)当 绕点A旋转到如图3的位置时，，线段 、 和 之间又
有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并加以证明．【答案】(1)证明见解析(2) ，2(3) ，证明见解析
【分析】（1）先证明 ，可得 ， ，再证明
，可得 ，再利用线段的和差可得结论；（2）如图所示，延长 至P，使
得 ，连接 ，再仿照（1）的思路可得结论，再利用结论求解 的周长即可；（3）在
上截取 ，连接 ，由（1）知 ，则 ， ，则
，根据 得 ，根据 可证明
，则 ，即 ．
【详解】（1）证明：延长 至点P，使 ，连接 ，如图1，
∵四边形 是正方形，∴ ， ，
在 和 中，∵ ，∴ ，
∴ ， ，∴ ，
∵ ，∴ ，
∵在 和 中 ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，
（2）如图2所示，延长 至P，使得 ，连接 ，∵四边形 是正方形，∴ ， ，
在 和 中，∵ ，∴ ，
∴ ， ，∴ ，
∵ ，∴ ，∵在 和 中 ，
∴ ，∴ ，∵ ，∴ ，
∵正方形的周长为4，∴ ，∴ ；
（3） ，理由如下：解：如图3，在 上截取 ，连接 ，
由（1）知 ，∴ ， ，
∴ ，∵ ，∴ ．
在 和 中 ，∴ ，∴ ，
即 ，∴ ．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，线段的和差关系，解题的关键是掌握这些
知识点，添加适当的辅助线．
例2．（23-24八年级上·陕西西安·期末）四边形 是由等边 和顶角为 的等腰 拼成，
将一个 角的顶点放在点D处，将 角绕D点旋转，该 角两边分别交直线 于点M、N，交
直线 于点F，E．
(1)当点M，N分别在边 上时（如图1），直接写出 之间的数量关系 ；
(2)当点M，N分别在边 的延长线上时（如图2），猜想线段 之间有何数量关系？请
进行证明；(3)在（2）的条件下，若 ，请你求出 的长．
【答案】(1) (2) ，证明见详解(3)10
【分析】（1）延长 ，在射线 上截取 ，连接 ．先证明 ，得到
，再证明 ，进而证明 ，从而得到 ，即可证明
；
（2）在线段 上截取 ，连接 ．先证明 ，得到 ，再证明
，进而证明 ，得到 ，即可证明 ；
（3）作 ，交 延长线于点H，延长 交 于点G．先证明 是等边三角形，得到
，再证明 ， ， ，从而得到
， ，进而证明 ， ，得到 ，求出
．
【详解】（1）解：如图1，延长 ，在射线 上截取 ，连接 ．∵ 是等边三角形， 是等腰三角形， ，∴ ， ，
∴ ，∴ ，∴ ，
∵ ， ，∴ ，∴ ，
∴ ，即 ．∵ ，∴
，
∵ ，∴ ，∴ ，
∵ ， ，∴ ．故答案为： ；
（2）答： ．证明：如图，在线段 上截取 ，连接 ．
∵ 是等边三角形， 是等腰三角形， ，
∴ ， ，∴ ，
∴ ，∴ ，
∵ ， ，∴ ，∴ ，
∴ ，即 ．
∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，
∵ ， ，∴ ；
（3）解：如图，作 ，交 延长线于点H，延长 交 于点G．
∵ ，∴ ， ，∴ 是等边三角形，∴
，∵ ，∴ ，
∵ ， ，∴ ．
∵ ，∴ ，∴ ．
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ，
∵ ， ， ，∴ ．
∵ ，∴ ， ，∴ ，
∴ ，∴ ，∴ ．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，理
解题意，根据已知条件添加适当辅助线，构造全等三角形是解题关键．
例3．（23-24八年级上·山东济南·期末）如图，在等边 中，在 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 绕点 顺时针旋转 得到 ，连接 ，根据等边三角形的性质及各角之间的等
量关系可得： ，然后依据全等三角形的判定定理可得 ，由全等三
角形的性质可将 、 、 放在 中，即可确定三角形的形状．
【详解】解：如图所示：将 绕点 顺时针旋转 得到 ，连接 ，
由旋转性质可知， ， ， ， ，
∵ 是等边三角形，∴ ，∵ ，∴ ，
∴ ，∴ ，在 与 中， ，∴ ，∴ ，
∵ ， ，∴ ，
∴以 、 、 为边长的三角形的形状为钝角三角形,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4.（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
的度数.
【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5．（23-24八年级上·重庆九龙坡·期中）（1）如图1，在四边形 中， ， ，
、 分别是边 、 上的点，且 ，请直接写出图中线段 、 、 之间的数量
关系______．
（2）如图2，在四边形 中， ， ， 、 分别是边 、 上的点，且
，上述结论是否仍然成立，并说明理由．
（3）如图3，在四边形 中， ， ， 、 分别是边 、 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，线段 、 、
之间又有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，并说明理由．
【答案】(1) (2)成立，见解析 (3)不成立，
【分析】（1）延长 到点G，使得 ，先证明 ，再证明 即可．
（2）延长 到点G，使得 ，先证明 ，再证明 即可．
（3）在 截取 ，使得 ，先证明 ，再证明 即可．
【详解】(1) 线段 、 、 之间的数量关系是 ，理由如下：延长 到点G，使得
，
因为 ， ，所以 ，所以 ，所以 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，所以 ，所以 ，
所以 ，所以 ，所以 ，
所以 ，所以 ．
(2) 线段 、 、 之间的数量关系是 ，理由如下：延长 到点G，使得 ，
因为 ， ， 所以 ，
所以 ，所以 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，所以 ，所以 ，所以 ，所以 ，所以 ，
所以 ，所以 ．
(3) 结论不成立， ，理由如下：在 截取 ，使得 ，
因为 ， ， 所以 ，
所以 ，所以 ，所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，所以 ，所以 ，
所以 ，所以 ．
【点睛】本题考查了半角模型，三角形全等的判定和性质，猜想问题，熟练掌握半角模型的实质，活用三
角形全等的判定和性质是解题的关键．1．（2024·重庆·一模）如图，正方形 中， 是 上一点， 是 延长线上一点， ，连
接 为 中点，连接 ．若 ，则 （ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】取 中点 ，连接 ，根据 ， ，以及直角三角形，可证 ≌ ，
从而得到 ， ，可证得 为等腰直角三角形，则有 ，根据三角
形的外角定理有 ， ，接着证 为等腰直角
三角形；设 ， ，则 ，在 中， 为中位线，有
， ， ，有 ，又
，故 为等腰直角三角形， ，则 ，而 ，则
可得 ，即可求解．
【详解】解：取 中点 ，连接 ，
∵四边形 是正方形，∴ ， ，
在 和 中， ∴ ≌ ，∴ ，∴ ，
∴ 为等腰直角三角形，∴ ，
∵ 分别是 和 的外角，∴ ， ，
设 ， ，则 ，在 中， 、 分别为 、 中点，
∴ 为中位线，∴ ， ， ，
，∴ P，
又∴ ，∴ ，∴ 为等腰直角三角形，∴ ，
∴ ，而 ，∴ ．故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形的外角定
理等知识，作出辅助线，找到等腰直角三角形是求解的关键．
2．（2024.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．
3．（23-24七年级下·辽宁沈阳·阶段练习）【问题背景】
在四边形 中， ， ， ， 分别是 、 上的点，且
，试探究图 中线段 、 、 之间的数量关系．
【初步探索】
小亮同学认为：延长 到点 ，使 ，连接 ，先证明 ，再证明 ，
则可得到 、 、 之间的数量关系是______．
【探索延伸】
在四边形 中如图 ， ， ， 分别是 、 上的点， ，
上述结论是否仍然成立？说明理由．
【结论运用】
如图 ，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，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 海里 小时的速度
前进，舰艇乙沿北偏东 的方向以 海里 小时的速度，前进 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 ，此时两舰艇之间的距离是______海里．若此时
两个舰艇，同时接到命令，都以 海里 小时的速度前进并尽快汇合，最短需要______小时．【答案】初步探索： ；探索延伸：结论仍然成立，理由见解析；结论运用： ， ．
【分析】【初步探索】延长 到 ，使 连接 ， 先证明 ，再证明
则可得到结论；
【探索延伸】延长 到 ，使 ，连接 ，证明 ，再证明 则可得
到结论；
【结论运用】连接 ，延长 交于点 ， 利用已知条件得到四边形 中 ，
且 符合具备的条件,则 ；
本题主要考查了四边形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判
定定理与性质定理是解题的关键．
【详解】【初步探索】延长 到 ，使 连接 ，如图，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，在 和 中，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
故答案为： ；
【探索延伸】结论仍然成立： ，
证明：延长 到 ，使 ，连接 ，如图，
∵ ， ，
∴ ，
在△ABE和△ADG中，
，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ；
【结论运用】连接 ，延长 交于点 ，如图，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ， ，
∴四边形 中， ， 且
∴四边形 符合探索延伸中的条件，
∴结论 成立，
即 （海里），
此时两个舰艇，同时接到命令，都以 海里 小时的速度前进并尽快汇合，最短需要 （小时），
故答案为： ； ．4．（23-24八年级上·江苏扬州·阶段练习）（1）【阅读理解】如图，已知 中， ，点 、
是边 上两动点，且满足 ，
求证： ．
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．
小明的解题思路：将半角 两边的三角形通过旋转，在一边合并成新的 ，然后证明与半角形成
的 全等，再通过全等的性质进行等量代换，得到线段之间的数量关系．
请你根据小明的思路写出完整的解答过程．
证明：将 绕点 旋转至 ，使 与 重合，连接 ，……
（2）【应用提升】如图，正方形 （四边相等，四个角都是直角）的边长为4，点 从点 出发，以
每秒1个单位长度的速度沿射线 点 运动；点 点 同时出发，以相同的速度沿射线 方向向右运
动，当点 到达点 时，点 也停止运动，连接 ，过点 作 的垂线交过点 平行于 的直线 于点
， 与 相交于点 ，连接 ，设点 运动时间为 ，
①求 的度数； ②试探索在运动过程中 的周长是否随时间 的变化而变化？若变化，说明理由；
若不变，试求这个定值．
【答案】（1）见解析；（2）① ；②不变，2
【分析】（1）如图1，将 绕点 旋转至 ，使 与 重合，连接 ，根据旋转的性质结
合已知可证 ，再根据三角形三边关系定理即可证得结论；（2）①如图2，根据已知结合正方形性质证得 ，推出 ，即可证出结论；
②如图3，延长 到 ，使 ，连接 ，证出 ，得到 ，
，证出 ，由全等三角形的性质得出 ，由此可得出 的周长
是定值8．
【详解】（1）如图1，将 绕点 旋转至 ，使 与 重合，连接 ，
∵ 绕点 旋转至 ，∴ ∴ ， ， ，
∵ ， ，
∴ ∴
∵ ∴
∵ ∴ ∴ ∵ ∴
（2）①如图2，由题意： ∵四边形 是正方形，∴ ，
∵ ∴ ∵ ∴
∴ ∴
在 和 中∵ ∴ ∴ ∴
② 的周长不随时间 的变化而变化，如图3，延长 到 ，使 ，连接 ，
在 和 中∵ ∴ ∴ ，
∵ ， ∴ ，∴在 和 中∵ ∴
∴ ∴
∵正方形 （四边相等，四个角都是直角）的边长为4
∴ 的周长 ∴ 的周长是定值8．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，学会添加常用辅助线，
构造全等三角形是解决本题的关键．
5．（2024八年级上·江苏·专题练习）如图， 中两边 、 上有两点M、N，D为 外一点，
且 ， ， ， ．
(1)猜想线段 、 、 之间的数量关系并证明；(2)若 ， ，求 的周长．
【答案】(1) ；理由见解析(2)13
【分析】（1）延长 ，则 的延长线上取 ，连接 ，证明 ，得出 ，
，证明 ，得出 ，根据 ，即可得出答案；
（2）根据 ，得出 求出结果即可．
【详解】（1）解： ；理由如下：
延长 ，则 的延长线上取 ，连接 ，如图所示：
∵ ， ，
∴ ，∵ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
（2）解：∵ ， ， ，
∴
．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，补角的性质，四边形内角和，解题的关键是作出辅助
线，熟练掌握三角形全等的判定方法．
6．（23-24八年级上·重庆渝北·期中）如图，在 中， ， ，边 沿着过点 的
某条直线对折得到 ，连接 ，以 为边在左侧作 ，其中 ， ， 与 交
于点 ，连接 ．(1)如图1，连接 ，当点 在 外部时，试说明 ；
(2)如图2，连接 ，当点 在 的斜边 上时，试判断 的形状并说明理由；
(3)如图3，当点 在 的内部时，若点 为 的中点，且 ，求 的长．
【答案】(1)见解析(2) 是等腰三角形；理由见解析(3)
【分析】（1）根据 证明三角形全等即可；
（2） 是等腰三角形．证明 即可；
（3）延长CE到T，使得 ，连接 ，延长DE交 于点M，证明 是等腰三角形，推
出点E是三角形的重心，可得 ，再证明 ，可得结论．
【详解】（1）证明：∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵在 和 中
，
∴ ．
（2）解：结论： 是等腰三角形．理由如下：
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，∴ ，
∴ ，
∴ 是等腰三角形．
（3）解：延长CE到T，使得 ，连接 ，延长DE交 于点M，如图所示：
∵ ， ，
∴ （SAS）
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴DE平分 ，
∵ ，
∴点E是 是重心，
∴ ，
∵DE垂直平分线段 ，
∴ ，∵ ，
∴ ．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，等腰三角
形的判定和性质，三角形的重心的性质，属于中考压轴题．
7．（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．
8．（2024·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△+∠DAF=∠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．
9．（2024·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．
10．（2024·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．11．（2024·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．
12．（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．
13．（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．
14．（2024·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．
15．（2024·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，∠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．
【答案】(1)BE＋DF＝EF(2)证明见解
【分析】（1）将△ABE绕A点逆时针旋转，旋转角等于∠BAD得△ ，证明△AEF≌△ ，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= ，再证明△AEF≌△ ，等量代换即得结论；
（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．
【点睛】本题考查了旋转与全等三角形的综合应用、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．
16．（2023春·成都·七年级专题练习）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．
17．（2023·绵阳市·八年级专题练习）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．
【详解】（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．
18．（2023春·重庆南岸·八年级校考阶段练习）（1）如图1，在四边形 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．【答案】（1） ；（2） ．理由见解析．
【分析】（1）线段 、 、 之间的数量关系是 ．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．
【详解】（1）解：线段 、 、 之间的数量关系是 ．
如图，延长 至 ，使 ，连接 ，
∵ ， ，即： ，
∴ ，
在 和 中， ，
∴ ，
∴ ， ，∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
{
AM=AF
在 和 中， ∠MAE=∠FAE，
AE=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 ，
∴ ．
【点睛】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．
