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专题3.15 旋转全等模型——半角模型（专项练习）
、单选题
1．如图，在 中， ， 、 是斜边 上两点，且 ，将
绕点 顺时针旋转90°后，得到 ，连接 ．以下结论：① ；
② ；③ ；④ ．其中正确的是（ ）
A．②④ B．①④ C．②③ D．①③
二、解答题
2．阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：
任务：从正方形的一个顶点引出夹角为 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．半角模型可证出多个几何结论，例如：
如下图1，在正方形 中，以 为顶点的 ， 、 与 、 边分别
交于 、 两点．易证得 ．
大致证明思路：如图2，将 绕点 顺时针旋转 ，得到 ，由 可
得 、 、 三点共线， ，进而可证明 ，故
．
如图3，在四边形 中， ， ， ，以 为顶点的
， 、 与 、 边分别交于 、 两点．请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论 是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说
明理由．
3．已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，
∠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AE＝CF时（如图1），求证：△ABE≌△CBF．
（2）当∠MBN绕点B旋转到AE≠CF时，如图2，猜想线段AE，CF，EF有怎样的数量关
系，并证明你的猜想．
（3）当∠MBN绕点B旋转到图3这种情况下，猜想线段AE，CF，EF有怎样的数量关系，
并证明你的猜想．4．综合与实践，已知：如图1和图2，四边形ABCD中， ， ，点E、
F分别在BC、CD上， ．
问题探究：
（1）如图1，若 、 都是直角，把 绕点A逆时针旋转90°至 ，使AB
与AD重合，则 ______度，线段BE、DF和EF之间的数量关系为______；
问题再探：
（2）如图2，若 、 都不是直角，但满足 ，线段BE、DF和EF之间
的数量关系是否仍然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
拓展应用：
（3）如图3，在 中， ， ．点D、E均在边BC边上，且
，若 ，则DE的长为______．
5．【问题】在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝60°，试探究图1中线段BE、EF、FD之间的数量关系．
(1)【探索】有同学认为：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，
再证明△AEF≌△AGF，则可得到BE、EF、FD之间的数量关系是 ．
(2)【延伸】在四边形ABCD中如图2，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC、CD上
的点，∠EAF＝ ∠BAD，上述结论是否仍然成立？说明理由．
(3)【构造运用】如图3，在某次搜救行动中，甲艇在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，
乙艇在O点的南偏东70°的B处，且AO＝BO，接到行动指令后，甲艇向正东方向以60海
里/小时的速度前进，乙艇沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进1.5小时后，甲、
乙两艇分别到达E，F处，∠EOF＝70°，试求此时甲、乙两艇之间的距离．
6．（1）如图，在四边形 中， ， ， 、 分别是边 、上的点，且 ．求证： ；
（2）如图，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，请写出它们之间的数量关系，并证明．7．如图1，在四边形 中， ， ，它的两
边分别交 点 ．且 ．
求证：
如图2，当 的两边分别交 的延长线于点 ，其余条件均不变时， 中
的结论是否成立？如果成立，请证明．如果不成立，线段 又有怎样的数量关系？
并证明你的结论．
8．问题背景：如图1，在四边形 中， ， ， ，
， ， 绕B点旋转，它的两边分别交 、 于E、F．
探究图中线段 之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长 到G，
使 ，连接 ，先证明 ，再证明 ，可得出结论，他
的结论就是______________；
探究延伸：如图2，在四边形 中， ， ，
， 绕B点旋转，它的两边分别交 、 于E、F．上述结论是
否仍然成立？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．
9．（1）问题背景：
如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，且∠EAF＝
60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．小明同学的方法是将△ABE绕点A逆
时针旋转120°到△ADG的位置，然后再证明△AFE≌△AFG，从而得出结论：
________________．
（2）探索延伸：
如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，E，F分别是边BC，CD上的点，
且 ∠BAD．上述结论是否仍然成立？请说明理由．
（3）方法应用：如图3，E、F分别是正方形ABCD边BC、CD上的动点，连接AE、
AF，并且始终保持∠EAF=45°，连接EF并延长与AD的延长线交于点G，说明AG=EG．
（正方形四边相等，四个角均为90°）10．分层探究
（1）问题提出：如图1，点E、F别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，连接
EF．求证：EF＝BE+DF，解题思路：把 ABE绕点A逆时针旋转 度至 ADG，可
使AB与AD重合．由∠FDG＝ADG+∠AD△C＝180°，则知F、D、G三点共线，△从而可证
AFG≌ （ ），从而得EF＝BE+DF，阅读以上内容并填空．
△（2）类比引申：如图2，四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝90°，点E、F分别在边
BC、CD上，∠EAF＝45°．探究：若∠B、∠D都不是直角，当∠B、∠D满足什么数量关
系时，仍有EF＝BE+DF？
（3）联想拓展：如图3，在 ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E均在边BC上，并
且∠DAE＝45°．猜想BD、C△E、DE的数量关系，并给出理由．11．如图，在等腰 ABC中，BA＝BC，∠ABC＝100°，AB平分∠WAC．在线段AC上有一
动点D，连接BD并△作∠DBE，使∠DBE＝50°，BE边交直线AW于点E，连接DE．
（1）如图1，当点E在射线AW上时，直接判断：AE+DE CD；（填“＞”、“＝”或
“＜”）
（2）如图2，当点E在射线AW的反向延长线上时，
①判断线段CD，DE，AE之间的数量关系，并证明；
②若S ABDE﹣S BCD＝6，且2DE＝5AE，AD＝ AE，求S ABC的值．
四边形
△ △
12．如图，在四边形 中， ， ， ，
．
（1）如图（1），将 绕着 点旋转，它的两边分别交边 、 于 、 ，试判
断这一过程中线段 、 和 之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不用证明；（2）如图（2），将 绕着 点旋转，它的两边分别交边 、 的延长线于 、
，试判断这一过程中线段 、 和 之间有怎样的数量关系？并证明你的结论；
（3）如图（3），将 绕着 点旋转，它的两边分别交边 、 的反向延长线于
、 ，试判断这一过程中线段 、 和 之间有怎样的数量关系？直接写出结论，
不用证明．
13．（1）如图1，将∠EAF绕着正方形ABCD的顶点A顺时针旋转，∠EAF的两边交BC
于E，交CD于F，连接EF．若∠EAF=45°，BE、DF的长度是方程 的两根，
请直接写出EF的长；
（2）如图2，将∠EAF绕着四边形ABCD的顶点A顺时针旋转，∠EAF的两边交CB的延
长线于E，交DC的延长线于F，连接EF．若AB=AD，∠ABC与∠ADC互补，∠EAF=
∠BAD，请直接写出EF与DF、BE之间的数量关系，并证明你的结论；
（3）在（2）的前提下，若BC=4，DC=7，CF=2，求 CEF的周长．
△
①EF的长为： ；
②数量关系： ；
证明：
14．小明遇到这样一个问题：如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E在
边BC上，∠DAE＝45°．若BD＝3，CE＝1，求DE的长．小明发现，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转90º，得到△ACF，联结EF（如图2），由
图形旋转的性质和等腰直角三角形的性质以及∠DAE＝45°，可证 FAE≌ DAE，得FE＝
DE．解 FCE，可求得FE（即DE）的长． △ △
(1)请回答△：在图2中，∠FCE的度数是 ，DE的长为 ．
参考小明思考问题的方法，解决问题：
(2)如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°．E，F分别是边BC，CD上的
点，且∠EAF＝ ∠BAD．猜想线段BE，EF，FD之间的数量关系并说明理由．
15．阅读下列材料：数学课上老师出示了这样一个问题：如图 ，等腰 的直角顶点
在正方形 的边 上，斜边 交 于点 ，连接 ，求证： ．
某学习小组的同学经过思考，交流了自己的想法：利用现在所学的旋转知识，可将
旋转到 ，然后通过证明全等三角形来完成证明．
（1）（问题解决）请你根据他们的想法写出证明过程；
（2）（学以致用）如图 ，若等腰 的直角顶点 在正方形 的边 的延长线
上，斜边 的延长线交 的延长线于点 ，连接 ，猜想线段 ， ， 满足怎样的数量关系？并证明你的结论；
（3）（思维拓展）等腰直角 中， ， 为 内部一点，若 ，
则 的最小值 ______．
16．已知在△ABC中， ，AC＝BC＝ ．
（1）如图1，以点A为原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，直接写出点B，C
的坐标；
（2）如图2，过点C作∠MCN＝45°交AB于点M，N，且AM=1，求MN的长度；
（3）如图3，过点C作∠MCN＝45°，当点M，N分布在点B异侧时，线段AM，BN和MN
满足怎样的数量关系？并给予证明．
一参考答案
1．D
【解析】
【分析】
根据旋转变换的性质判断①；根据全等三角形的判定定理判断②；根据SAS定理判断③；
根据全等三角形的性质、三角形的三边关系判断④．
【详解】
解：∵△ADC绕点A顺时针旋转90°得△AFB，
∴△ADC△AFB，①正确；
∵EA与DA不一定相等，
∴△ABE与△ACD不一定全等，②错误；
∵∠FAD＝90°，∠DAE＝45°，
∴∠FAE＝∠DAE＝45°，
在△AED和△AEF中 ，
∴△AED≌△AEF，③正确；
∵△ADC≌△AFB，
∴BF＝CD，
∵BE＋BF＞DE
∴BE＋DC＞DE，④错误；
故选：D．
【点拨】本题考查的是全等三角形的判定与性质、旋转变换，掌握全等三角形的判定定理
与性质定理、图形旋转的性质等知识是解题的关键．2．成立，证明见解析
【解析】
【分析】
根据阅读材料将△ADF旋转120°再证全等即可求得EF= BE+DF ．
【详解】
解：成立．
证明：将 绕点 顺时针旋转 ，得到 ，
， ， ， ， ，
， 、 、 三点共线，
．
， ， ，
，
．
【点拨】本题考查旋转中的三角形全等，读懂材料并运用所学的全等知识是本题关键．
3．（1）见解析；（2）AE+CF＝EF，证明见解析；（3）AE﹣CF＝EF，证明见解析
【解析】
【分析】
（1）利用SAS定理证明△ABE≌△CBF；
（2）延长DC至点K，使CK＝AE，连接BK，分别证明△BAE≌△BCK、△KBF≌△EBF，根
据全等三角形的性质、结合图形证明结论；
（3）延长DC至G，使CG＝AE，仿照（2）的证明方法解答．
【详解】
（1）证明：在△ABE和△CBF中，，
∴△ABE≌△CBF（SAS）；
（2）解：AE+CF＝EF，
理由如下：延长DC至点K，使CK＝AE，连接BK，
在△BAE与△BCK中，
，
∴△BAE≌△BCK（SAS），
∴BE＝BK，∠ABE＝∠KBC，
∵∠FBE＝60°，∠ABC＝120°，
∴∠FBC+∠ABE＝60°，
∴∠FBC+∠KBC＝60°，
∴∠KBF＝∠FBE＝60°，
在△KBF与△EBF中，
，
∴△KBF≌△EBF（SAS），
∴KF＝EF，
∴AE+CF＝KC+CF＝KF＝EF；
（3）解：AE﹣CF＝EF，
理由如下：延长DC至G，使CG＝AE，
由（2）可知，△BAE≌△BCG（SAS），
∴BE＝BG，∠ABE＝∠GBC，
∠GBF＝∠GBC﹣∠FBC＝∠ABE﹣∠FBC＝120°+∠FBC﹣60°﹣∠FBC＝60°，
∴∠GBF＝∠EBF，
∵BG＝BE，∠GBF＝∠EBF，BF＝BF，
∴△GBF≌△EBF，∴EF＝GF，
∴AE﹣CF＝CG﹣CF＝GF＝EF．
【点拨】本题考查的是全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线、掌握全等三角形的判
定定理和性质定理是解题的关键．
4．（1）45， ； （2）成立，见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据旋转的性质得出AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，∠B=∠ADG=90°，可求出
∠EAF=∠GAF=45°，根据SAS推出△AEF≌△AGF，根据全等三角形的性质得出EF=GF，即
可求出答案；
（2）根据旋转的性质作辅助线，得出 ， ， ，求出
C、D、G在一条直线上，根据SAS推出△AEF≌△AGF，根据全等三角形的性质得出
EF=GF，即可求出答案；
（3）如图3，同理作旋转三角形，根据等腰直角三角形性质和勾股定理求出
∠ABC=∠C=45°，BC=8，根据旋转的性质得出AF=AE，∠FBA=∠C=45°，∠BAF=∠CAE，
求出∠FAD=∠DAE=45°，证明△ADF≌△ADE，根据全等得出DF=DE，设DE=x，则
DF=x，BF=CE=3-x，根据勾股定理得出方程，求出x即可．
【详解】
解：（1）∵ 、 都是直角，把 绕点A逆时针旋转90°至 ，使AB与
AD重合，
∴∠DAG=∠BAE，DG=BE，AE=AG，∠B=∠ADG=90°，
∴∠ADC+∠ADG=180°，
∴点F、D、G三点共线，
∵ ， ，
∴∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=45°，∴∠DAG+∠DAF=90°，即∠FAG=45°，
∴∠FAG=∠EAF，
∵AF=AF，
∴△AEF≌△AGF，
∴EF=FG=DF+DG=DF+BE；
∴ 45度，线段BE、DF和EF之间的数量关系为 ；
（2）成立，理由如下：
证明：如图2，把 绕A点旋转到 ，使AB和AD重合，
∴ ， ， ，
∵ ，
∴ ，
∴C、D、G在一条直线上，
∵ ， ，
∴∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=45°，
∴∠DAG+∠DAF=90°，即∠FAG=45°，
∴ ，
∵AF=AF，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ；
（3）如图3，把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AB和AC重合，连接DF，则AF=AE，
∠FBA=∠C= 45°，∠BAF = ∠CAE，∵ ， ，
∴∠ABC=∠C=45°，
∴∠FBD=∠FBA+∠ABC=90°，
由勾股定理得： ，
∵ ，
∴∠BAD+∠CAE=∠BAC-∠DAE=45°，
∴∠BAD+∠FAB=45°，
∵AD=AD，AF=AE，
∴△ADF≌△ADE，
∴DF=DE，
设DE=DF=x，
∵BC=8，BD=2，
∴BF=CE=BC-BD-DE=8-2-x=6-x，
在 中，∠FBD=90°，由勾股定理得： ，
∴ ，解得： ，
∴DE的长为 ．
【点拨】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理的应用，直角
三角形的性质等知识，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，学
会利用参数构建方程解决问题．
5．(1)【探索】EF＝BE+FD；(2)【延伸】结论仍然成立，证明见解析；(3)【构造运用】
210海里【解析】
【分析】
(1)【探索】根据全等三角形的性质解答即可；
(2)【延伸】延长FD到G，使DG=BE，连接AG，证明△ABE≌△ADG和△AEF≌△AGF，得
到答案；
(3)【构造运用】连接EF，延长AE、BF交于点C，得到EF=AE+BF，根据距离、速度和时
间的关系计算即可．
【详解】
解：(1)【探索】EF=BE+FD，
证明：如图，延长FD到G，使DG=BE，连接AG，
∵∠B=∠ADC=90°，∠ADG=∠ADC=90°，
∴∠B=∠ADG，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=60°，∠BAD=120°，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD﹣∠EAF=∠EAF=60°，
∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△AGF中，
，∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF=FG，
∴FG=DG+FD=BE+DF；
故答案为：EF=BE+FD，
(2)【延伸】结论仍然成立，
证明：如图2，延长FD到G，使DG=BE，连接AG，
∵∠B+∠ADC=180°，∠ADG+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADG，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF= ∠BAD，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD﹣∠EAF=∠EAF，
∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△AGF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF=FG，
∴FG=DG+FD=BE+DF；
(3)【构造运用】解：如图3，连接EF，延长AE、BF交于点C，∵∠AOB=30°+90°+（90°﹣70°）=140°，
∠EOF=70°，
∴∠EOF= ∠AOB，
∵OA=OB，
∠OAC+∠OBC=（90°﹣30°）+（70°+50°）=180°，
∴符合探索延伸中的条件
∴结论EF=AE+BF成立，
即EF=1.5×（60+80）=210海里，
答：此时两舰艇之间的距离是210海里．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是
解题的关键，注意要正确作出辅助线．
6．（1）见证明；（2）结论EF＝BE+FD不成立，应当是EF＝BE﹣FD，证明见详解．
【解析】
【分析】
（1）延长CB至M，使BM＝DF，连接AM．先证明△ABM≌△ADF，得到AF＝AM，∠2＝
∠3，再证明△AME≌△AFE，得到EF＝ME，进行线段代换，问题得证；
（2）在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．先证明△ABG≌△ADF，得到AG＝AF，再
证明△AEG≌△AEF，得到EG＝EF，进行线段代换即可证明EF＝BE﹣FD．
【详解】
解：（1）证明：如图，延长CB至M，使BM＝DF，连接AM．
∵∠ABC+∠D＝180°，∠1+∠ABC＝180°，
∴∠1＝∠D，
在△ABM与△ADF中，，
∴△ABM≌△ADF（SAS）．
∴AF＝AM，∠2＝∠3．
∵∠EAF ∠BAD，
∴∠2+∠4 ∠BAD＝∠EAF．
∴∠3+∠4＝∠EAF，即∠MAE＝∠EAF．
在△AME与△AFE中，
，
∴△AME≌△AFE（SAS）．
∴EF＝ME，即EF＝BE+BM，
∴EF＝BE+DF；
（2）结论EF＝BE+FD不成立，应当是EF＝BE﹣FD．
证明：如图，在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF．
∵在△ABG与△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF，∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF ∠BAD，
∴∠GAE＝∠EAF．
在△AGE与△AFE中，
，
∴△AEG≌△AEF，
∴EG＝EF，
∵EG＝BE﹣BG，
∴EF＝BE﹣FD．
【点拨】本题属于三角形综合题，考查了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．
7．（1）证明见解析；（2）不成立，AE=CF+EF，理由见详解
【解析】
【分析】
（1）延长 到 ，使 ，连接 ，由题意易证 ，则有
，进而可证 ，然后根据线段的等量关系可求解；
（2）在AE上截取AH=CF，连接BH，然后根据题意易证△ABH≌△CBF，则有BH=BF，
∠ABH=∠CBF，进而可得△EBF≌△EBH，最后根据线段的等量关系可求解．
【详解】
证明：延长 到 ，使 ，连接 ，如图所示：，
，
在 和 中
，
，
，
，
，
，
在 和 中
，
，
；
（2）不成立，AE=CF+EF，理由如下：在AE上截取AH=CF，连接BH，如图所示：
，
，
∵AB=CB，
∴△ABH≌△CBF（SAS），
∴BH=BF，∠ABH=∠CBF，
∵ ，∠EBF=∠CBF+∠CBE，∠ABC=∠CBE+∠EBH+∠ABH，
∴∠EBF=∠EBH，
∵EB=EB，
∴△EBF≌△EBH（SAS），
∴CF=AH，EF=EH，
∵AE=AH+HE，
∴AE=CF+EF．
【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．
8．问题背景： ；探究延伸：成立，理由见解析；实际应用：210海里
【解析】
【分析】
问题背景：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明 BCG≌△BAE，再证明
BFG≌△BFE，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 BCG≌△BAE，再证明
△BFG≌△BFE，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 BCH≌△BAE，即可得到
BE=HB，∠ABE=∠HBC，再证明 HBF≌△EBF，即可得出EF△=HF=HC+CF=AE+CF；
实际应用：连接EF，延长BF交A△E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=2∠EOF，∠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 BCG≌△BAE，再证明
BFG≌△BFE，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=AE，连接BG，
∵CG=AE，∠BCG=∠A=90°，BC=BA，
∴△BCG≌△BAE（SAS），
∴BG=BE，∠ABE=∠CBG，
∵∠ABC=2∠EBF，
∴∠ABE+∠CBF=∠EBF，
即∠CBG+∠CBF=∠EBF，
∴∠GBF=∠EBF，
又∵BF=BF，
∴△BFG≌△BFE（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，
∴△BCH≌△BAE（SAS），
∴BE=HB，∠ABE=∠HBC，
∴∠HBE=∠ABC，
又∵∠ABC=2∠MBN，
∴∠EBF=∠HBF，
∵BF=BF，
∴△HBF≌△EBF（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=2∠EOF．
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=2∠EOF，∠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=75×1.2=90（海里），BF=100×1.2=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．
【点拨】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．
9．（1）EF= BE+FD，理由见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）将△ABE逆时针旋转得到△ADG，使得AD与AB重合,即△ABE≌△ADG，可得
AE=AG，再证明△AEF≌△AGD，可得EF=FG即可；
（2）如图2，将△ADF顺时针旋转得到△ABG，使得AD与AB重合，即△ADF≌△ABG；
然后再证△EAG≌△EAF，可得GE=EF，再根据线段的和差即可解答；
（3）将△ABE逆时针旋转得到△ADH，使得AD与AB重合,即△ABE≌△ADH，然后再证
△EAF≌△HAF可得∠H=∠AEF，再根据直角三角形的性质得到∠EAG=∠H，即，
∠EAG=∠AEF，最后根据等腰三角形的性质解答即可．
【详解】
解：(1) EF= BE+FD，理由如下：如图1，将△ABE逆时针旋转得到△ADG，使得AD与AB重合,即△ABE≌△ADG（SAS）
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG.
∵∠EAF=60°，∠BAD=120°
∵∠EAF= ∠BAD
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF=60°
∴∠EAF=∠GAF
在△AEF和△GAF中
AE=AG ，∠EAF=∠GAF，AF=AF
∴△EAG≌△EAF（SAS）
∴EF=FG
∴FG=DG+DF=BE+DF
∴EF=BE+DF；
故答案为EF=BE+DF；
（2）证明：如图2，将△ADF顺时针旋转得到△ABG，使得AD与AB重合
∴△ADF≌△ABG
∴∠FAG=∠BAD，AF=AG，DF=GB
∵∠EAF= BAD
∴∠EAF=∠EAG.
在△EAG和△EAF中∵AG=AF，∠EAF=∠EAG，AE=AE
∴△EAG≌△EAF（SAS）
∴GE=EF，
∵GE=GB+BE=DF+BE
∴EF=BE+FD；
（3）如图3，将△ABE逆时针旋转得到△ADH，使得AD与AB重合,即△ABE≌△ADH
∴AE=AH，∠BAE=∠DAH.
∵∠EAF=45°，∠BAD=90°
∵∠EAF= ∠BAD
∴∠HAF=∠DAH+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF=60°
∴∠EAF=∠HAF
在△AEF和△HAF中
AE=AH ，∠EAF=∠HAF，AF=AF
∴△EAF≌△HAF（SAS）
∴∠H=∠AEF
∵∠EAF=90°，∠HAD=90°
∴∠HAD+∠EAG=∠HAD+∠H
∴∠EAG=∠H
∵∠H=∠AEF
∴∠EAG=∠AEF
∴AG=EG．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质以及旋转的性质，通过旋转作出全等三角形
是解答本题的关键．10．（1）90， AFE，SAS；（2）∠B+∠D＝180°；（3）EF2＝BE2+FD2，理由见解析
【解析】 △
【分析】
（1）把 ABE绕点A逆时针旋转90°至 ADG，可使AB与AD重合，再证明 AFG≌△AFE
进而得到△EF＝FG，即可得EF＝BE+DF△； △
（2）∠B+∠D＝180°时，EF＝BE+DF，与（1）的证法类同；
（3）把 AFD绕点A顺时针旋转90°得到 ABE′，连接EE′，根据旋转的性质，可知
AFD≌△△ABE′得到BE′＝FD，AE′＝AF，∠△D＝∠ABE′，∠EAD＝∠E′AB，在Rt ABD中的，
△AB＝AD，可求得∠E′BD＝90°，所以E′B2+BE2＝E′E2，证 AE′E≌△AE′F，利用F△E＝EE′得
到EF2＝BE2+FD2． △
【详解】
解：（1）∵AB＝AD，
∴把 ABE绕点A逆时针旋转90°至 ADG，可使AB与AD重合．
∴∠B△AE＝∠DAG， △
∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠EAF＝∠FAG，
∵∠ADC＝∠B＝90°，
∴∠FDG＝180°，
∴点F、D、G共线，
在 AFE和 AFG中，
△ △
，
∴△AFG≌△AFE（SAS），
∴EF＝FG，
即EF＝BE+DF，
故答案为：90， AFE，SAS；
（2）当∠B+∠D△＝180°时，EF＝BE+DF，如图2∵AB＝AD，
∴把 ABE绕点A逆时针旋转90°至 ADG，可使AB与AD重合，
∴∠B△AE＝∠DAG， △
∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠EAF＝∠FAG，
∵∠ADC+∠B＝180°，
∴∠FDG＝180°，
∴点F、D、G共线，
在△AFE和△AFG中，
，
∴△AFE≌△AFG（SAS），
∴EF＝FG，
即EF＝BE+DF，
故答案为：∠B+∠D＝180°；
（3）猜想：EF2＝BE2+FD2，
证明：把△AFD绕点A顺时针旋转90°得到△ABE′，连接EE′，如图3，∴△AFD≌△ABE′，
∴BE′＝FD，AE′＝AF，∠D＝∠ABE′，∠EAD＝∠E′AB，
∵AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB＝45°，
∴∠ABD+∠ABE′＝90°，即∠E′BD＝90°，
∴E′B2+BE2＝E′E2，
又∵∠FAE＝45°，
∴∠BAE+∠EAD＝45°，
∴∠E′AB+∠BAE＝45°，即∠E′AE＝45°，
在△AEE′和△AEF中，
，
∴△AEE′≌△AEF（SAS），
∴EE′＝FE，
∴EF2＝BE2+DF2．
【点拨】本题主要考查了几何变换综合，结合全等三角形的性质与判定计算是关键．
11．（1）＝；（2）①DE＝CD+AE．理由见解析；②S ABC＝ ．
△
【解析】
【分析】
（1）在AC上取一点T，使得∠TBD＝ ∠ABC，连接BT，利用ASA即可证出
△BAE≌△BCT,从而得出：TC＝AE，BE＝BT，再利用SAS即可证出△DBE≌△DBT，从而证
出DE＝DT，即可得出结论；（2）①在AC的延长线上取一点T，使得∠TBD＝ ∠ABC，连接BT，利用ASA即可证出
△BAE≌△BCT,从而得出：TC＝AE，BE＝BT，再利用SAS即可证出△DBE≌△DBT，从而证
出DE＝DT，即可得出结论；
②根据全等三角形的性质可得：S ABE＝S BCT，S BDE＝S BDT，然后根据已知条件可得
△ △ △ △
S BCT＝3，设DE＝5k，AE＝2k，然后利用k求出AC：CT，最后根据同高时，三角形的面
△
积之比等于底之比即可求出S ABC的值．
【详解】 △
解：（1）如图1中，在AC上取一点T，使得∠TBD＝ ∠ABC，连接BT．
∵∠TBD＝ ∠ABC，∠DBE＝50°＝ ∠ABC，
∴∠CBT+∠ABD＝∠ABD+∠ABE＝ ∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBT，
∵BA＝BC，
∴∠BAC＝∠C，
∵∠BAE＝∠BAC，
∴∠EAB＝∠C，
在△BAE和△BCT中
∴△BAE≌△BCT（ASA），
∴TC＝AE，BE＝BT，
在△DBE和△DBT中∴△DBE≌△DBT（SAS），
∴DE＝DT，
∴AE+DE＝CT+DT＝CD．
故答案为＝．
（2）①结论：DE＝CD+AE．
理由：如图2中，在AC的延长线上取一点T，使得∠TBD＝ ∠ABC，连接BT．
∵∠TBD＝ ∠ABC，∠DBE＝50°＝ ∠ABC，
∴∠CBT+∠CBD＝∠CBD+∠ABE＝ ∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBT，
∵BA＝BC，
∴∠BAC＝∠ACB，
∵∠BAE＝∠BAC，
∴∠WAB＝∠ACB，
∴∠BAE＝∠BCT，
在△BAE和△BCT中
∴△BAE≌△BCT（ASA），
∴TC＝AE，BE＝BT，
在△DBE和△DBT中∴△DBE≌△DBT（SAS），
∴DE＝DT，
∴DE＝DC+CT＝AE+CD．
②由①可知：S ABE＝S BCT，S BDE＝S BDT，
△ △ △ △
∵S ABDE﹣S BCD＝6，
四边形
△
∴S BDC+2S BCT﹣S BDC＝6，
△ △ △
∴S BCT＝3，
△
∵2DE＝5AE，AD＝ AE，设DE＝5k，AE＝2k，则AD＝ k，CD＝DT﹣CT＝DE﹣AE
＝3k，
∴AC＝AD+CD＝ k+3k＝ k，
∴AC：CT＝67：18，
∴S ABC＝ ×S CBT＝ ．
△ △
【点拨】此题考查的是全等三角形的判定及性质和求三角形的面积，掌握构造全等三角形
的方法和同高时，三角形的面积之比等于底之比是解决此题的关键．
12．（1）详见解析；（2） ，证明见解析；（3） .
【解析】
【分析】
（1）延长 到 ，使 ，连接 ，易证 ≌ ，可得 ，
， ，再根据 ，可得 ，易证
≌ ，等量代换可得 .
（2）在 上截取 ，使 ，连接 ，易证 ≌ ，可得 ，
，所以 ，可得 ，易证
≌ ，等量代换即可得出 .
（3）在DC上截取DF=BM，易证△ABM≌△ANF，可得 ， ，根据 ，等量代换可得 ，可得
，即可证明△FAN≌△MAN，
得到 ，等量代换可得 ．
【详解】
（1）如图（1），延长 到 ，使 ，连接 ．
∵ ， ，
在△ABG与△AND中，
∴ ≌ （SAS）．
∴ ， ， ．
∵ ，
∴
∴ ．
∴ ．
又 ，
∴在△AMG与△AMN中，
≌ （SAS）．
∴ ．
∵ ．∴ ．（1） （2） （3）
（2） ．
证明：如图（2），在 上截取 ，使 ，连接 ．
∵ ， ，
∴在△ABG与△AND中，
∴ ≌ （SAS）．
∴ ， ，
∴ ．
∴ ．
∴ ．
∴在△AMG与△AMN中，
∴ ≌ （SAS）．
∴ ．
∴ ．
（3） ．
证明：如图（3），在DC上截取DF=BM，
∵ ， ，
∴在△ABM与△ANF中，∴△ABM≌△ANF（SAS）．
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴
∴ ．
∴在△FAN与△MAN中，
∴△FAN≌△MAN（SAS），
∴ ．
∵
∴ ．
【点拨】本题考查截长补短的辅助线的做法，并且这道题属于类比探究题型，只要把第一
问做出来，那么后面几问跟第一问的辅助线，证明思路都比较相似，如果实在没有思路的
话可类比第一问证得哪两个三角形全等，在第二问中也找到这样的三角形即可.
13．（1）5．（2）EF=DF-BE，证明过程详见解析．（3） CEF的周长为15．①②
【解析】 △
【分析】
（1）延长EB至H，使BH=DF，连接AH，证 ADF≌△ABH， FAE≌△HAE，根据全等三
角形的性质得出EF=HE=BE+HB进而求出即可△． △
（2）在DF上截取DM=BE，第一步，首先证 ADM≌△ABE，得DF=BE；第二步，证
AMF≌△AEF，得EF=FM，由此得到DF、EF△、BE的数量关系;
△（3） CEF的周长为BE+EF+CF+BC，由（2）得DF=BE+EF，把数据代入即可的答案．
【详解△】（1）解：如图1，
延长CD使DM=BE，连接AM；
在 ABE和 ADM中，
△ △
∴△ABE≌△ADM，
∴AE=AM，∠EAB=∠DAM，
∵∠EAF=45°，且∠EAB=∠DAM，
∴∠BAF+∠DAM=45°，即∠MAF=45°=∠EAF，
又∵AE=AM，AF=AF，
∴△AEF≌△AMF，
∴EF=FM，
∵FM=DF+DM，
∴EF=DF+NB，
即EF=DF+BE；
∵BE、DF的长度是方程x2-5x+6=0的两根，
∴BE=2，DF=3，
∴EF=DF+BE=3+2=5，
（2）EF=DF-BE．证明：在DF上截取DM=BE，连接AM．如图，
∵∠D+∠ABC=∠ABE+∠ABC=180°，
∴∠D=∠ABE．
∵AD=AB，
∴△ADM≌△ABE．
∴AM=AE，∠DAM=∠BAE．
∵∠EAF=∠BAE+∠BAF= ∠BAD，
∴∠DAM+∠BAF= ∠BAD．
∴∠MAF= ∠BAD．
∴∠EAF=∠MAF．
∵AF是 EAF与 MAF的公共边，
∴△EAF△≌△MAF△．
∴EF=MF．
∵MF=DF-DM=DF-BE，
∴EF=DF-BE．
（3）由上面的结论知：DF=EF+BE；
∵BC=4，DC=7，CF=2，
∴DF=CD+CF=9
∴△ =EF+BE+BC+CF=DF+BC+CF=9+4+2=15．
CEF的周长
即 CEF的周长为15．
①E△F=DF-BE=FC+CD-BE=5
②和（2）方法一样，EF=DF-BE．
故答案为EF=DF-BE．考点：正方形的性质；全等三角形的判定及性质．
14．(1)90°， ；
(2) ，见解析
【解析】
【分析】
（1）根据旋转的性质，可得 ，勾股定理解 FCE，可求得FE（即DE）的
长； △
（2）将△ABE绕点A按逆时针方向旋转，使AB与AD重合，得到△ADG，证明点F，D，
G在同一条直线上，进而证明△AEF≌△AGF，EF＝FG，由FG＝DG＋FD＝BE＋DF，即可
证明EF＝BE＋FD．
(1)
解：∵将△ABD绕点A按逆时针方向旋转90º，得到△ACF，
∴
在 中，
BD＝3，CE＝1，
故答案为：90°；
(2)
猜想：EF=BE＋FD；
理由如下：
如图，将△ABE绕点A按逆时针方向旋转，使AB与AD重合，得到△ADG，∴BE＝DG，AE＝AG，∠DAG＝∠BAE，∠B＝∠ADG，
∵∠B＋∠ADC＝180°，∠B＝∠ADG，
∴∠ADG＋∠ADC＝180°，即点F，D，G在同一条直线上．
∵∠EAF＝ ∠BAD，
∴∠GAF＝∠DAG＋∠DAF＝∠BAE＋∠DAF＝∠BAD－∠EAF＝∠EAF，
即∠GAF＝∠EAF．
在 AEF和 AGF中，
△ △
∴△AEF≌ AGF，
∴EF＝FG△
∵FG＝DG＋FD＝BE＋DF，
∴EF＝BE＋FD
【点拨】本题考查了旋转的性质，勾股定理，三角形全等的性质与判定，掌握性质的性质
是解题的关键．
15．（1）证明见解析；（2） ，理由见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）由旋转的性质可得 ， ， ， ，由“
”可证 ，可得 ，可得结论；
（2）由旋转的性质可得 ， ， ，由“ ”可证
，可得 ，可得结论；（3）由旋转的性质可得 ， ， ， ，
可证 是等边三角形，可得 ，当点 ，点 ，点 ，点 四点共线时，
有最小值为 的长，即可求解．
【详解】
（1）证明：如图 ，将 绕点 顺时针旋转 到 ，
， ， ， ，
，
点 ，点 ，点 三点共线，
， ，
，
，
，
又 ， ，
，
，
；
（2） ，理由如下：
如图 ，将 绕点 顺时针旋转 到 ，
， ， ，
， ，
，，
，
又 ， ，
，
，
，
；
（3）如图 ，将 绕点 顺时针旋转 ，得到 ，连接 ， ，过点
作 ，交 的延长线于 ，
， ， ， ，
是等边三角形，
，
，
∴当点 ，点 ，点 ，点 四点共线时， 有最小值为 的长，
， ，
， ，
，的最小值为 ．
故答案为： ．
【点拨】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定及性质，正方形的性质，等腰直
角三角形的性质，旋转的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
16．（1）B（4，0），C（2，2）；（2）MN=；（3）AM2+BN2＝MN2；证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）过点C作CD⊥x轴于D，由勾股定理，可得AB=4，再由等腰直角三角形的性质，可
得AD＝CD＝ AB＝＝2，即可求解；
（2）把△ACM绕点C逆时针旋转90°得到△BCM′，连接M′N，由旋转的性质得，
从而得到
，进而得到 ，然后设 ，则BN= ，由勾股定理，
即可求解；
（3）把△BCN绕点C顺时针旋转90°得到 ，利用等腰直角三角形和旋转的性质，
可证得 ，再由勾股定理，即可求解．
【详解】
解：（1）如图1，过点C作CD⊥x轴于D，
∵在△ABC中， ，AC＝BC＝ ，
∴ ，
∴点B（4，0），
∵CD⊥AB，∴AD＝CD＝ AB＝ ×4＝2，
∴点C的坐标为（2，2）；
（2）如图，把△ACM绕点C逆时针旋转90°得到△BCM′，连接M′N，
∵ ，AC＝BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
由旋转的性质得，
∴ ，
∵∠MCN＝45°，
∴ ，
∴ ，
在△MCN和△M′CN中，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ，
，
∴ ， ，
设 ，则BN= ，
，解得： ，
；
（3）AM2+BN2＝MN2，证明如下：
如图3，把△BCN绕点C顺时针旋转90°得到 ，
∵ ，AC＝BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
由旋转的性质得， ，
∴
∴点 在y轴上，
∵∠MCN＝45°，
∴
∴ ，
在△MCN和△MCN′中，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ．
【点拨】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，
三角形的判定和性质是解题的关键．
