文档内容
模型介绍
成立条件：等腰三角形顶角互补
模块一：认识“脚拉脚”模型
1、等腰直角三角形的逆序脚拉脚基本图
C C
F
E E
D D
B A B A
已知：△ABC、△ADE为等腰直角三角形，∠B=∠D=90°，AB=CB，AD=ED，点F为CE的中点。
结论：BF=DF，BF⊥DF.
法1：倍长中线+手拉手
延长DF至点G，使得FG=FD，易证△DEF≌△GCF（SAS）；
所以CG=ED=AD，∠2=∠7；
又∠1+∠2+∠3=360°，
∠3+∠4+∠5+∠6+∠7=540°（五边形内角和），
∠4=∠6=90°；
所以∠3+∠5+∠7=∠1+∠2+∠3，
所以∠1=∠5；
则△BCG≌△BAD（SAS），
所以∠DBG=90°，BG=BD；1
2
所以BF= DG=DF，BF⊥DF。
由△BCF≌△GEF（SAS），得BC∥GH， 由△DEF≌△GCF（SAS），得GH∥DE，
所以∠2=∠6=90°，则∠2=∠1， 所以∠H+∠ADE=180°，即∠H=∠ADE=90°，
在四边形ADEH中，∠1+∠2=180°， 所以∠H=∠ABC=90°，
则∠3+∠4=180°，又∠4+∠5=180°， 所以∠1=∠2（8型转角），
所以∠3=∠5 所以∠3=∠4
注意：选择“四边形对角互补”还是“8型转角”证明角相等取决原有等腰直角三角形底边与公共顶点的
夹角（夹角小于45°：选择“四边形对角互补”;夹角大于45°：选择“8型转角”）
法2：斜边中线+中位线
取AC中点G，AE中点H，连接BG，FG，FH，DH。
1 1
2 2
由中位线定理可知：FG= AE=DH，FH= AC=BG，
∠1=∠3=∠2，
所以∠1+∠5=∠2+∠4，所以∠BGF=∠FHD；
则△BGF≌△FHD（SAS），
所以BF=DF，∠FBG=∠DFH，∠BFG=∠FDH；
所以∠BFG+∠GFH+∠DFH=∠BFG+∠3+∠FBG
=∠BFG+∠1+∠FBG，又∠BFG+∠1+∠FBG+∠5=180°（三角形内角和），
所以∠BFG+∠1+∠FBG=90°，所以BF⊥DF。
2、等腰三角形的顺序脚拉脚模型
C C
F
E E
D D
B A B A
已知：△ABC、△ADE为等腰直角三角形，∠B=∠D=90°，AB=CB，AD=ED，
√2
结论：CE= BD，∠BFC=45°.
法一：相似
CE AC AE
= = =√2
BD AB AD
△ABD∽△ACE（SAS）
∠4=∠1 ∠2=∠3=45°（8字型转角）
法二：手拉手+平行四边形
将线段BD逆时针旋转90°得到线段BG，连接DG、CG。
易证：△BAD≌△BCG（SAS），∠1=∠4+∠5，
又∠3+∠5+∠6=∠7=90°，
所以∠1+∠2+∠3+∠6
=∠2+∠4+∠3+∠5+∠6
=90°+90°=180°
所以CG平行且等于DE，所以四边形DECG为平行四边形，
√2
所以CE=DG= BD，∠BFC=∠BDG=45°3、顶角互补型脚拉脚
已知：△ABC、△DCE为等腰三角形，
α+β
=180°，AB=AC，DC=DE，点F为BE的
DF β
=tan
AF 2
中点. 结论：①AF⊥DF；② .
法1：倍长中线+手拉手 法2：中位线+相似
延长DF至点G，使得FG=FD，连接AD， 取BC中点M，EC中点N，连接AM，FM，
AG，BG，延长BG与CD相交于点H。 DN，FN。
易证：△BFG≌△EFD（SAS） 由中位线定理得：FN=MC，MF=CN，
∠4=∠5；
DN DN β FN β
= =tan =tan
FM CN 2 AM 2
得：BG∥DE，BG=DE=DC， 所以 ，同理 ；
β
∠EDH=∠GHD=α，所以∠CHB= 又∠AMF+∠CMF=∠FND+∠CNF；
所以∠ABG=∠ACD（8字型转角） 所以∠AMF=∠FND，得∠AMF∽∠FND ；
DF β
=tan
AF 2
所以△ABG≌△ACD（SAS），得证。 所以∠3=∠7， ；
∠1+∠2+∠3+∠4+∠6=∠5+∠6+∠7+∠AFD；
所以∠1+∠2=∠AFD=90°例题精讲
【例1】.如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点D是线段AC上一点，连接BD．以BD直角边
作等腰直角△BDE，∠DBE＝90°，连接AE，点F为AE中点，若AB＝4，BF＝1，则AD的长为
．
解：连接CE，延长AB、CE交于T，
∵∠ABC＝∠DBE，
∴∠ABD＝∠CBE，
∵AB＝BC，DB＝EB，
∴△ABD≌△CBE（SAS），∴∠BCE＝∠BAD＝45°，∠ADB＝∠BEC，
∴BC＝BT＝AB，
∵点F是AE的中点，
∴BT是△AET的中位线，
∴TE＝2BF＝2，
∵∠ADB＝∠BEC，
∴∠BDC＝∠BET，
∵∠T＝∠BCD，BT＝BC，
∴△BDC≌△BET（AAS），
∴CD＝ET＝2，
∴AD＝AC﹣CD＝4 ﹣2，
故答案为：4 ﹣2．
变式训练
【变式1-1】．如图，△ABC中，∠ABC＝90°，BA＝BC，△BEF为等腰直角三角形，∠BEF＝90°，M为
AF的中点，求证：ME＝ CF．
证明：如图，延长FE到D，使DE＝EF，连接AD、BD，
∵△BEF为等腰直角三角形，∠BEF＝90°，
∴∠BFE＝45°，BE⊥DF，
∴BE垂直平分DF，
∴∠BDE＝45°，
∴△BDF是等腰直角三角形，
∴BD＝BF，∠DBF＝90°，
∵∠CBF+∠ABF＝∠ABC＝90°，∠ABD+∠ABF＝∠DBF＝90°，
∴∠CBF＝∠ABD，
在△ABD和△CBF中，
，
∴△ABD≌△CBF（SAS），
∴AD＝CF，
∵M为AF的中点，DE＝EF，
∴ME是△ADF的中位线，
∴ME＝ AD，
∴ME＝ CF．
【变式1-2】．已知正方形ABCD，将线段BA绕点B顺时针旋转 （0°＜ ＜90°），得到线段BE，连接
EA，EC． α α
（1）在图中依题意补全图形，并求∠AEC的度数；
（2）作∠EBC的平分线BF交EC于点G，交EA于点F，连接CF，用等式表示线段AE，FB，FC之间
的数量关系，并证明．解：（1）图形如图1中所示：
∵将线段BA绕点B旋转 （0°＜ ＜90°），得到线段BE，
∴AB＝BE， α α
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝AB＝BE，
∴∠BAE＝∠BEA，∠BEC＝∠BCE，
∴∠AEC＝∠AEB+∠CEB＝ （360°﹣90°）＝135°；
（2）如图2中，结论： FB＝2FC+AE．
理由：过点B作BH∥EC交FC的延长线于点H，如图3，
∵BE＝BC，BF平分∠EBC，
∴BF垂直平分EC，
∴FE＝FC，∠FGC＝90°，∴∠FEC＝∠FCE＝45°，
∴∠GFC＝45°，
∵BH∥EC，
∵∠FBH＝∠FGC＝90°，∠H＝∠FCG＝45°，
∴BF＝BH•tan45°＝BH，FH＝ ＝ FB，
∵∠ABF＝90°﹣∠FBC，∠CBH＝90°﹣∠FBC，
∴∠ABF＝∠CBH，
∵AB＝CB，
∴△ABF≌△CBH（SAS），
∴AF＝CH，
∵FH＝FC+CH＝FC+AF＝FC+FE+AE＝2CF+AE，
∴ FB＝2FC+AE．
【变式1-3】．（1）如图1，AB＝AD，AE＝AC，∠BAD＝∠EAC，求证：BE＝CD．
（2）如图2，△ACE是等边三角形，P为三角形外一点，∠APC＝120°，求证：PA+PC＝PE．
（3）如图3，若∠ACE＝∠AEC＝∠ADC＝45°，∠ACD﹣∠AED＝60°，DC＝3，求DE长．
证明：（1）∵∠BAD＝∠EAC，
∴∠BAE＝∠DAC，
又∵AB＝AD，AE＝AC，
∴△ADC≌△ABE（SAS）
∴BE＝CD；
（2）如图2，延长CP至G，使PG＝PA，连接AG，∵∠APC＝120°，
∴∠APG＝60°，且AP＝GP，
∴△AGP是等边三角形，
∴AP＝AG＝GP，∠PAG＝∠AGP＝60°，
∵△ACE是等边三角形，
∴AE＝AC＝CE，∠CAE＝60°，
∴∠CAE＝∠PAG，
∴∠GAC＝∠PAE，且AG＝AP，AC＝AE，
∴△AGC≌△APE（SAS）
∴PE＝GC，
∴PE＝GC＝GP+PC＝AP+PC；
（3）∵∠ACE＝∠AEC＝45°，
∴AC＝AE，∠CAE＝90°，
如图3，将△AED绕点A顺时针旋转90°得到△ACH，连接DH，CH，
∴△AED≌△ACH，
∴AD＝AH，∠DAH＝90°，CH＝DE，∠AED＝∠ACH，
∴∠ADH＝45°，
∵∠ADC＝45°，
∴∠HDC＝90°，
∵∠ACD﹣∠AED＝60°，
∴∠ACD﹣∠ACH＝60°＝∠DCH，
∴∠DHC＝30°，且∠CDH＝90°，
∴HC＝2CD＝6， ∴DE＝CH＝6．实战演练
1．如图，分别以△ABC的边AB，AC向外作两个等边三角形△ABD，△ACE．连接BE、CD交点F，连接
AF．
（1）求证：△ACD≌△AEB；
（2）求证：AF+BF+CF＝CD．
证明：（1）∵△ABD和△ACE为等边三角形，
∴AD＝AB，AC＝AE，∠BAD＝∠CAB＝60°，
∴∠DAC＝∠BAE＝60°+∠BAC，
∴在△ACD和△AEB中
∴△ACD≌△AEB（SAS）；
（2）由（1）知∠CDA＝∠EBA，
如图∠1＝∠2，
∴180°﹣∠CDA﹣∠1＝180°﹣∠EBA﹣∠2，
∴∠DAB＝∠DFB＝60°，
如图，延长FB至K，使FK＝DF，连DK，
∴△DFK为等边三角形，
∴DK＝DF，
∴△DBK≌△DAF（SAS），
∴BK＝AF，∴DF＝DK，FK＝BK+BF，
∴DF＝AF+BF，
又∵CD＝DF+CF，
∴CD＝AF+BF+CF．
2.如图，△ABC与△BDE均为等腰直角三角形，BA⊥AC，DE⊥BD，点D在AB边上，连接EC，取EC中
点F，求证：
（1）AF＝DF； （2）AF⊥DF．
证明：（1）连接BF，延长DF交AC于点G，
∵∠EBD＝∠ABC＝45°，
∴∠EBC＝90°，
在RT△EBC中，F为斜边中点，
∴BF＝EF，
∴∠FBC＝∠FCB，
∴∠DFE＝∠DFB，
∵∠EFB＝∠FBC+∠FCB，
∴∠DFE+∠DFB＝∠FBC+∠FCB，
∴2∠DFB＝2∠FBC，
则∠DFB＝∠FBC，
∴DG∥BC，
∵△BAC为等腰直角三角形，且DG∥BC，AB＝AC，
∴AD＝AG，BD＝CG，∵BD＝DE，
∴DE＝CG，
∵∠BDE＝∠CAB＝90°，
∴DE∥AC，
∴∠DEF＝∠GCF，
在△DEF和△GCF中，
∴△DEF≌△GCF（SAS），
∴DF＝FG，
∵△DAG为等腰直角三角形，
∴AF⊥DG；
（2）∵F为DG中点，
∴在RT△DAG中，AF＝DF．
3.已知：如图，AB＝AC，DC＝DE，且∠BAC＝∠CDE＝90°，连接BE，F为BE的中点．
求证：（1）∠ACD＝∠ABE+∠BED；
（2）FA＝FD，FA⊥FD．
证明：（1）在四边形ABED中，∠ABE+∠BED+∠EDA+∠DAB＝360°，
∵∠BAC＝∠CDE＝90°，
∴∠ABE+∠BED+∠CAD+∠CDA＝180°，
∵∠ACD+∠CAD+∠CDA＝180°，∴∠ACD＝∠ABE+∠BED，
（2）如图，延长AF至点G，使得FG＝AF，连接GE、GD，
在△ABF和△GEF中，
，
∴△ABF≌△GEF（SAS），
∴AC＝AB＝GE，∠ABF＝∠GEF，
∴∠ACD＝∠ABE+∠BED＝∠GEF+∠BED＝∠GED，
在△ACD和△GED中，
，
∴△ACD≌△GED（SAS），
∴AD＝GD，∠CDA＝∠EDG．
∴∠ADG＝∠CDA+∠CDG＝∠EDG+∠CDG＝∠CDE＝90°，
∴△ADG是等腰直角三角形，
又∵AF＝GF，
∴∠FAD＝∠FDA＝45°，
∴FA＝FD，FA⊥FD．
4.已知正方形ABCD与正方形CEFG，M是AF的中点，连接DM，EM．
（1）如图1，点E在CD上，点G在BC的延长线上，请判断DM，EM的数量关系与位置关系，并直
接写出结论；
（2）如图2，点E在DC的延长线上，点G在BC上，（1）中结论是否仍然成立？请证明你的结论．解：（1）结论：DM⊥EM，DM＝EM．
理由：如图1中，延长EM交AD于H．
∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，
∴∠ADE＝∠DEF＝90°，AD＝CD，
∴AD∥EF，
∴∠MAH＝∠MFE，
∵AM＝MF，∠AMH＝∠FME，
∴△AMH≌△FME（AAS），
∴MH＝ME，AH＝EF＝EC，
∴DH＝DE，
∵∠EDH＝90°，
∴DM⊥EM，DM＝ME；
（2）如图2中，结论不变．DM⊥EM，DM＝EM．理由：如图2中，延长EM交DA的延长线于H．
∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，
∴∠ADE＝∠DEF＝90°，AD＝CD，
∴AD∥EF，
∴∠MAH＝∠MFE，
∵AM＝MF，∠AMH＝∠FME，
∴△AMH≌△FME，
∴MH＝ME，AH＝EF＝EC，
∴DH＝DE，
∵∠EDH＝90°，
∴DM⊥EM，DM＝ME．
5．如图，等边△ABC外有一点D，连接DA，DB，DC．
（1）如图1，若∠DAB+∠DCB＝180°，求证：BD平分∠ADC；
（2）如图2，若∠BDC＝60°，求证：BD﹣CD＝AD；
（3）如图3，延长AD交BC的延长线于点F，以BF为边向下作等边△BEF，若点D，C，E在同一直
线上，且∠ABD＝ ，直接写出∠CEF的度数为 60 ° ﹣ （结果用含 的式子表示）．
（1）证明：过点Bα作BM⊥CD于点M，BN⊥AD于点Nα， α∴∠ANB＝∠CMB＝90°，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝BC，
∵∠DAB+∠DCB＝180°，
∠DCB+∠BCM＝180°，
∴∠OAB＝∠BCM，
∴△ABN≌△CBM（AAS），
∴BM＝BN，
∴BD平分∠ADC；
（2）证明：在BD上取点E，使DE＝CD，
∵∠BDC＝60°
∴△CDE为等边三角形，
∴∠DCE＝∠ACB＝60°，
∴∠ACD＝∠BCE，
∵AC＝BC，
∴△ADC≌△BEC（SAS），
∴AD＝BE，
∴BD﹣CD＝AD；
（3）解：∵△ABC，△BEF为等边三角形，∴AB＝CB，BF＝BE，∠ABF＝∠CBE∴△ABF≌CBE（SAS），
∴∠DFB＝∠CEB，
∵∠CEB+∠CEF＝60°，∠EFB＝60°
∴∠FDE＝180°﹣∠DFB﹣∠EFB﹣∠CEF＝60°
∴∠ADC＝120°，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
由（1）得BD平分∠ADC
∴∠BDE＝60°，
∴∠FDB＝120°，
∴∠FDB+∠FEB＝180°，
∴F，E，B，D四点共圆，
∴∠CEF＝∠DBF
∵∠DBF＝60°﹣ ．
∴∠CEF＝60°﹣α． 故答案为：60°﹣ ．
α α
6．在△ABC中，AB＝AC，D是边BC上一动点，连接AD，将AD绕点A逆时针旋转至AE的位置，使得
∠DAE+∠BAC＝180°．
（1）如图1当∠BAC＝90°时，连接BE，交AC于点F．若BE平分∠ABC，BD＝2，求AF的长；
（2）如图2，连接BE，取BE的中点G，连接AG．猜想AG与CD存在的数量关系，并证明你的猜想．
解：（1）连接CE，过点F作FQ⊥BC于Q，
∵BE平分∠ABC，∠BAC＝90°，
∴FA＝FQ，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴FQ＝ CF，∵∠BAC+∠DAE＝180°，
∴∠DAE＝∠BAC＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
由旋转知，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE＝2，∠ABD＝∠ACE＝45°，
∴∠BCE＝90°，
∴∠CBF+∠BEC＝90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠CBF，
∴∠ABF+∠BEC＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ABF+∠AFB＝90°，
∴∠AFB＝∠BEC，
∵∠AFB＝∠CFE，
∴∠BEC＝∠CFE，
∴CF＝CE＝2，
∴AF＝FQ＝ CF＝ ；
（2）AG＝ CD，
理由：如图2，延长BA至点M，使AM＝AB，连接EM，
∵G是BE的中点，
∴AG＝ ME，
∵∠BAC+∠DAE＝∠BAC+∠CAM＝180°，
∴∠DAE＝∠CAM，
∴∠DAC＝∠EAM，
∵AB＝AM，AB＝AC，
∴AC＝AM，
∵AD＝AE，∴△ADC≌△AEM（SAS），
∴CD＝EM，
∴AG＝ CD．
7．如图1，点A在x轴上，点D在y轴上，以OA、AD为边分别作等边△OAC和等边△ADE，若D（0，
4），A（2，0）．
（1）若∠DAC＝10°，求CE的长和∠AEC的度数．
（2）如图2，若点P为x轴正半轴上一动点，点P在点A的右边，连PC，以PC为边在第一象限作等
边△PCM，延长MA交y轴于N，当点P运动时，
①∠ANO的值是否发生变化？若不变，求其值，若变化，请说明理由．
②AM﹣AP的值是否发生变化？若不变，求其值，若变化，请说明理由．（1）解：∵△AOC和△DAE是等边三角形，
∴AC＝AO，AE＝AD，∠OAC＝∠EAD＝60°，
∴∠CAE＝∠DAO＝60°+∠CAD＝70°，
在△CAE和△OAD中
∴△CAE≌△OAD（SAS），
∴CE＝OD＝4，∠ACE＝∠AOD＝90°，
∵∠DAC＝10°，∠DAE＝60°，
∵∠CAE＝70°，
∴∠AEC＝180°﹣90°﹣70°＝20°．
（2）解：①∠ANO的值不变化，其度数为30°，
理由是：∵△AOC和△CPM是等边三角形，
∴OA＝AC，CP＝CM，∠OCA＝∠MCP＝60°，
∴∠OCP＝∠ACM，
在△OCP和△ACM中
∴△OCP≌△ACM（SAS），
∴∠COA＝∠CAM＝60°，
∴∠MAP＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴∠OAN＝∠MAP＝60°，
∵∠AON＝90°，
∴∠ANO＝90°﹣60°＝30°．②不变，
理由是：∵△OCP≌△ACM，
∴AM＝OP，
∴AM﹣OP＝OP﹣AP＝OA，
∵A（2，0），
∴OA＝2，
即AM﹣AP＝2，
∴AM﹣AP的值不发生变化，永远是2．
8．已知点A在x轴正半轴上，以OA为边作等边△OAB，A（x，0），其中x是方程 的解．
（1）点A的坐标为 （ 3 ， 0 ） ；
（2）如图1，点C在y轴正半轴上，以AC为边在第一象限内作等边△ACD，连DB并延长交y轴于点
E，求∠BEO的度数；
（3）如图2，点F为x轴正半轴上一动点，点F在点A的右边，连接FB，以FB为边在第一象限内作等
边△FBG，连GA并延长交y轴于点H，当点F运动时，GH﹣AF的值是否发生变化？若不变，求其值；
若变化，求出其变化的范围．
解：（1）∵ ，
∴3（3x﹣1）﹣2＝22，
解得：x＝3，
经检验，x＝3是原方程的解，
∴A（3，0），
故答案为：（3，0）；
（2）如图1，∵△ACD，△ABO是等边三角形，
∴AO＝AB，AD＝AC，∠BAO＝∠CAD＝60°，
∴∠CAO＝∠BAD，在△CAO和△DAB中，
，
∴△CAO≌△DAB（SAS），
∴∠COA＝∠DBA＝90°，
∴∠ABE＝90°，
∵∠AOE+∠ABE+∠OAB+∠BEO＝360°，
∴∠BEO＝120°；
（3）GH﹣AF的值是定值，理由如下：
∵△ABC，△BFG是等边三角形，
∴BO＝AB＝AO＝3，FB＝BG，∠BOA＝∠ABO＝∠FBG＝60°，
∴∠OBF＝∠ABG，
在△ABG和△OBF中，
，
∴△ABG≌△OBF（SAS），
∴AG＝OF，∠BAG＝∠BOF＝60°，
∴AG＝OF＝OA+AF＝3+AF，
∵∠OAH＝180°﹣∠OAB﹣∠BAG，
∴∠OAH＝60°，
∵∠AOH＝90°，OA＝3，
∴AH＝6，
∴GH﹣AF＝AH+AG﹣AF＝6+3+AF﹣AF＝9，
∴GH﹣AF的值是定值．9．在平面直角坐标系中，B点在x轴上，且PA⊥PB，点A（0，a）、P（m，m），若a、m满足a2+m2﹣
4a﹣8m+20＝0
（1）如图1，求a、m的值；
（2）如图2，若A点运动到y轴的负半轴上，求OB﹣OA的值；
（3）如图3，若Q是线段AB上一动点，C为AQ中点，PR⊥PQ且PR＝PQ，连BR，请同学们判断线
段BR与PC之间的关系，并加以证明．
解：（1）a2+m2﹣4a﹣8m+20＝0，
（a﹣2）2+（m﹣4）2＝0，
∵（a﹣2）2≥0，（m﹣4）2≥0，
∴（a﹣2）2＝0，（m﹣4）2＝0，
∴a＝2，m＝4；
（2）过点P分别作PE⊥x作于E，PF⊥y轴于F，
∵P（4，4），
∴PE＝PF，又∠APB＝∠EPF＝90°，
∴∠EPB＝∠FPA，
在△PEB和△PFA中，
，
∴△PEB≌△PFA（ASA），
∴BE＝AF，
∴OB﹣OA＝EB+OE﹣（AF﹣OF）＝2OE＝8；
（3）BR＝2PC，BR⊥PC，
理由如下：过点P分别作PG⊥x轴于G，PH⊥y轴于H，延长PC到S，使CS＝PC，连接AS，∵P（4，4），
∴PG＝PH＝4，
∵∠APB＝∠HPG＝90°，
∴∠HPA＝∠GPB，
在△PHA和△PGB中，
，
∴△PHA≌△PGB（ASA），
∴PA＝PB，
在△ACS和△QCP中，
，
∴△ACS≌△QCP（SAS），
∴AS＝PQ＝PR，∠S＝∠QPC，
∴AS∥PQ，∠SAP+∠APQ＝180°，
∵∠RPB+∠APQ＝∠APB+∠APR+∠APQ＝180°，
∴∠SAP＝∠RPB，
在△ASP和△PRB中，
，
∴△ASP≌△PRB（SAS），
∴BR＝PS＝2PC，∠APS＝∠PBR，
∵∠APS+∠BPS＝90°，
∴∠PBR+∠BPC＝90°，
∴BR⊥PC，10．如图1，在平面直角坐标系中，A（0，4），C（﹣2，﹣2），且∠ACB＝90°，AC＝BC．
（1）求点B的坐标；
（2）如图2，若BC交y轴于点M，AB交x轴与点N，过点B作BE⊥y轴于点E，作BF⊥x轴于点F，
请探究线段MN，ME，NF的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，若在点B处有一个等腰Rt△BDG，且BD＝DG，∠BDG＝90°，连接AG，点H为AG的
中点，试猜想线段DH与线段CH的数量关系与位置关系，并证明你的结论．
解：（1）如图1中，过点C作CT⊥y轴于点T，过点B作BH⊥CT交CT的延长线于点H．
∵A（0，4），C（﹣2，﹣2），
∴OA＝4，OT＝CT＝2，∴AT＝4+2＝6，
∵∠ACB＝∠ATC＝∠H＝90°，
∴∠CAT+∠ACT＝90°，∠BCH+∠CBH＝90°，
∴∠CAT＝∠BCH，
∵CA＝CB，
∴△ATC≌△CHB（AAS），
∴AT＝CH＝6，CT＝BH＝2，
∴TH＝CH﹣CT＝4，
∴B（4，﹣4）；
（2）结论：MN＝ME+NF．
理由：在射线OE上截取EK＝FN，连接BK．
∵B（4，﹣4），BE⊥y轴，BF⊥x轴，
∴BE＝BF＝4，∠BEO＝∠BFO＝∠EOF＝90°，
∴四边形BEOF是矩形，
∴∠EBF＝90°，
∵EK＝FN，∠BFN＝∠BEK＝90°，
∴△BFN≌△BEK（SAS），
∴BN＝BK，∠FBN＝∠EBK，
∴∠NBK＝∠FBE＝90°，
∵∠MBN＝45°，
∴∠MBN＝∠BMK＝45°，
∵BM＝BM，
∴△BMN≌△BMK（SAS），∴MN＝MK，
∵MK＝ME+EK，
∴MN＝EM+FN；
（3）结论：DH＝CH，DH⊥CH．
理由：如图3中，延长DH到J，使得HJ＝DH，连接AJ，CJ，延长DG交AC于点M．
∵AH＝HG，∠AHJ＝∠GHD，HJ＝HD，
∴△AHJ≌△GHD（SAS），
∴AJ＝DG，∠AJH＝∠DGH，
∴AJ∥DM，
∴∠JAC＝∠AMD，
∵DG＝BD，
∴AJ＝BD，
∵∠MCB＝∠BDM＝90°，
∴∠CBD+∠CMD＝180°，
∵∠AMD+∠CMD＝180°，
∴∠AMD＝∠CBD，
∴∠CAJ＝∠CBD，
∵CA＝CB，
∴△CAJ≌△CBD（SAS），
∴CJ＝CD，∠ACJ＝∠BCD，
∴∠JCD＝∠ACB＝90°，
∵JH＝HD，
∴CH⊥DJ，CH＝JH＝HD，即CH＝DH，CH⊥DH．
11．已知正方形ABCD与正方形AEFG，正方形AEFG绕点A旋转一周．
（1）如图①，连接BG、CF，求 的值；
（2）当正方形AEFG旋转至图②位置时，连接CF、BE，分别取CF、BE的中点M、N，连接MN、试
探究：MN与BE的关系，并说明理由；
（3）连接BE、BF，分别取BE、BF的中点N、Q，连接QN，AE＝6，请直接写出线段QN扫过的面积．
解：（1）如图①，连接AF，AC，
∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴AC＝ AB，AF＝ AG，∠CAB＝∠GAF＝45°，∠BAD＝90°，
∴∠CAF＝∠BAG， ，
∴△CAF∽△BAG，
∴ ＝ ；
（2）BE＝2MN，MN⊥BE，理由如下：如图②，连接ME，过点C作CH∥EF，交直线ME于H，连接BH，设CF与AD交点为
P，CF与AG交点为R，
∵CH∥EF，
∴∠FCH＝∠CFE，
∵点M是CF的中点，
∴CM＝MF，
又∵∠CMH＝∠FME，
∴△CMH≌△FME（ASA），
∴CH＝EF，ME＝HM，
∴AE＝CH，
∵CH∥EF，AG∥EF，
∴CH∥AG，
∴∠HCF＝∠CRA，
∵AD∥BC，
∴∠BCF＝∠APR，
∴∠BCH＝∠BCF+∠HCF＝∠APR+∠ARC，
∵∠DAG+∠APR+∠ARC＝180°，∠BAE+∠DAG＝180°，
∴∠BAE＝∠BCH，
又∵BC＝AB，CH＝AE，
∴△BCH≌△BAE（SAS），
∴BH＝BE，∠CBH＝∠ABE，
∴∠HBE＝∠CBA＝90°，
∵MH＝ME，点N是BE中点，
∴BH＝2MN，MN∥BH，
∴BE＝2MN，MN⊥BE；
（3）如图③，取AB中点O，连接ON，OQ，AF，∵AE＝6，
∴AF＝6 ，
∵点N是BE的中点，点Q是BF的中点，点O是AB的中点，
∴OQ＝ AF＝3 ，ON＝ AE＝3，
∴点Q在以点O为圆心，3 为半径的圆上运动，点N在以点O为圆心，3为半径的圆上运动，
∴线段QN扫过的面积＝ ×（3 ）2﹣ ×32＝9 ．
π π π
12．已知：在平面直角坐标系中，点A（﹣3，0），点B（﹣2，3）．
（1）在图①中的y轴上求作点P，使得PA+PB的值最小；
（2）若△ABC是以AB为腰的等腰直角三角形，请直接写出点C的坐标；
（3）如图②，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点D（不与点A重合）是x轴上一个动点，点E
是AD中点，连接BE，把BE绕着点E顺时针旋转90°得到FE（即∠BEF＝90°，BE＝FE），连接BF、
CF、CD，试猜想∠FCD的度数，并给出证明．
解：（1）如图①﹣1中，点P即为所求．（2）如图①﹣2中，
满足条件的点C （1，2），C （0，﹣1），C （﹣5，4），C （﹣6，1）．
1 2 3 4
（3）猜想∠FCD＝45°
①当点D运动到点A右侧时，
如图②中，延长FE至G，使EG＝EF，连接AG，BG，DF．
在△FED和△GEA中
∵EF＝EG，∠FED＝∠GEA，ED＝EA
∴△FED≌△GEA（SAS）
∴FD＝AG，∠EFD＝∠EGA∵∠BEF＝90°
∴BE⊥EF
∵BE＝FE，FE＝EG
∴△GBF是等腰直角三角形，
∴∠BGF＝∠BFG＝45°，∠GBF＝90°，BG＝BF
∵∠ABC＝90°
∴∠ABC＝∠GBF，
即∠ABG+∠GBC＝∠CBF+GBC
∴∠ABG＝∠CBF
在△ABC和△CBF中
∵AB＝BC，∠ABG＝∠CBF，BG＝BF
∴△ABG≌△CBF（SAS）
∴AG＝CF，∠AGB＝∠CFB，
∵FD＝AG，
∴CF＝FD，
∴∠CFD＝∠CFE+∠EFD＝∠GFB﹣∠BFC+∠AGE＝45°﹣∠BFC+∠AGB+∠BGE＝45°+45°
＝90°，
∵CF＝FD
∴△CFD是等腰直角三角形，∠FCD＝45°
②当点D运动到点A左侧时，
同理可证，∠FCD＝45°
综上所述，∠FCD＝45°
13．如图，平面直角坐标系中．A点在y轴上，B（b，0），C（c，0）在x轴上，∠BAC＝60°，且b、c满
足等式b2+2bc+c2＝0．
（1）判断△ABC的形状，并说明理由；
（2）如图1，F为AB延长线上一点，连FC，G为y轴上一点，若∠GFC+∠ACG＝60°．求证：FG平
分∠AFC；
（3）如图2，△BDE中，DB＝DE，∠BDE＝120°，M为AE中点，试确定DM与CM的位置关系，并
说明理由．解：（1）△ABC是等边三角形，理由如下：
∵b2+2bc+c2＝0
∴b+c＝0，
∴B与C关于y轴对称，
∴AO是BC的中垂线，
∴AB＝AC，
又∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形．
（2）连接BG，由（1）知△AGB≌△AGC．
∴GB＝GC．
在FC的延长线上取点P，使GP＝GF．
设∠GFC＝ ，∠ACG＝ ，则 + ＝60°，
∠ABG＝∠AαCG＝ ， β α β
∴∠BGC＝60°+2 β＝180°﹣2 ，
∵GF＝GP， β α∴∠GFC＝∠P＝ ，
∴∠FGP＝180°﹣α2 ，
∴∠BGC＝∠FGP，α
∴△GBF≌△GCP（SAS），
∴∠BFG＝∠P，
∴∠AFG＝∠GFC，
即 FG平分∠AFC．
（3）延长DM至F，使DM＝MF，连AF交BD于G，连接CD，CF．
∴AF＝DE＝BD，AF∥DE，
∴∠AGB＝∠ACB＝60°，
∴∠FAC＝∠DBC，
∴△DBC≌△FAC（SAS），
∴CD＝CF，
∴DM⊥CM．
14．如图所示，△ABC，△ADE为等腰三角形，∠ACB＝∠AED＝90°．
（1）如图1，点E在AB上，点D与C重合，F为线段BD的中点，则线段EF与FC的数量关系是 EF
＝ FC ；∠EFD的度数为 90 ° ．
（2）如图2，在图1的基础上，将△ADE绕A点顺时针旋转到如图2的位置，其中D、A、C在一条直
线上，F为线段BD的中点，则线段EF与FC是否存在某种确定的数量关系和位置关系？证明你的结论．
（3）若△ADE绕A点任意旋转一个角度到如图3的位置，F为线段BD的中点，连接EF、FC，请你完
成图3，请猜想线段EF与FC的关系，并验证你的猜想．解：（1）∵△ABC、△AED为等腰直角三角形，
∴∠B＝45°，∠ECA＝90°，
∴∠ECB＝45°，
∴BE＝EC，
∵F为BD中点，
∴EF⊥BC，
∴EF＝FC，∠EFD＝90°，
故答案为：EF＝FC；90°
（2）如图2，延长CF到M，使CF＝FM，连接DM、ME、EC，
∵F为BD中点，
∴DF＝FB，
在△BCF和△DFM中
∴△BFC≌△DFM（SAS），
∴DM＝BC，∠MDB＝∠FBC，
∴MD＝AC，MD∥BC，∴∠MDC＝∠BCA＝90°
∴∠MDE＝∠EAC＝135°，
在△MDE和△CAE中
∴△MDE≌△CAE（SAS），
∴ME＝EC，∠MED＝∠CEA，
∴∠MED+∠FEA＝∠FEA+∠CEA＝90°，
∴∠MEC＝90°，又F为CM的中点，
∴EF＝FC，EF⊥FC；
（3）图形如图3，
结论：EF＝FC，EF⊥FC．
证明如下：
如图4，延长CF到M，使CF＝FM，连接ME、EC，连接DM交延长交AE于G，交AC于H，
∵F为BD中点，
∴DF＝FB，
在△BCF和△DFM中
∴△BFC≌△DFM（SAS），∴DM＝BC，∠MDB＝∠FBC，
∴MD＝AC，HD∥BC，
∴∠AHG＝∠BCA＝90°，且∠AGH＝∠DGE，
∴∠MDE＝∠EAC，
在△MDE和△CAE中
∴△MDE≌△CAE（SAS），
∴ME＝EC，∠MED＝∠CEA，
∴∠MED+∠FEA＝∠FEA+∠CEA＝90°，
∴∠MEC＝90°，又F为CM的中点，
∴EF＝FC，EF⊥FC．
15．已知等边△ABC和等腰△CDE，CD＝DE，∠CDE＝120°．
（1）如图1，点D在BC上，点E在AB上，P是BE的中点，连接AD，PD，则线段AD与PD之间的
数量关系为 AD ＝ 2 PD ；
（2）如图2，点D在△ABC内部，点E在△ABC外部，P是BE的中点，连接AD，PD，则（1）中的
结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）如图3，若点D在△ABC内部，点E和点B重合，点P在BC下方，且PB+PC为定值，当PD最
大时，∠BPC的度数为 60 ° ．
解：（1）结论：AD＝2PD．
理由：如图1中，∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝60°，
∵∠EDC＝120°，
∴∠EDB＝180°﹣120°＝60°，
∴∠B＝∠EDB＝∠BED＝60°，
∴△BDE是等边三角形，
∵BP＝PE，
∴DP⊥AB，
∴∠APD＝90°，
∵DE＝DC，DE＝DB，
∴BD＝CD，
∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴∠PAD＝ ∠BAC＝30°，
∴AD＝2PD．
（2）结论成立．
理由：延长DP到N，使得PN＝PD，连接BN，EN，延长ED到M，使得DM＝DE，连接BD，BM，
CM．∵DE＝DC＝DM，∠MDC＝180°﹣∠EDC＝60°，
∴△DCM是等边三角形，
∵CA＝CB，CM＝CD，∠DCM＝∠ACB＝60°，
∴∠BCM＝∠ACD，
∴△BCM≌△ACD（SAS），
∴AD＝BM，
∵PB＝PE，PD＝PN，
∴四边形BNED是平行四边形，
∴BN∥DE，BN＝DE，
∵DE＝DM，
∴BN＝DM，BN∥DM，
∴四边形BNDM是平行四边形，
∴BM＝DN＝2PD，
∴AD＝2PD．
（3）如图3中，作∠PDK＝∠BDC＝120°，且PD＝DK，连接PK，CK．
∵DB＝DC，DP＝DK，∠BDC＝∠PDK，
∴∠BDP＝∠CDK，∴△PDB≌△KDC（SAS），
∴PB＝CK，
∵PB+PC＝PC+CK＝定值，
∴P，C，K共线时，PK定值最大，此时PD的值最大，
此时，∠DPB＝∠DKP＝∠DPK＝30°，∠BPC＝∠DPB+∠DPK＝60°．故答案为60°．16．CD是△ABC的高
（1）如图1，若∠ACB＝90°，∠BAC的平分线AE交CD于点F，交BC于点E，求证：CE＝CF；
（2）如图2，若∠A＝2∠B，∠ACB的平分线CG交AB于点G，求 的值；
（3）如图3，若△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形，再以AD为斜边作等腰Rt△AMD，Q是DB
的中点，连接CQ、MQ，试判断线段CQ与MQ的关系，并给出证明．
（1）证明：∵AE是∠BAC的平分线，
∴∠CAE＝∠BAE，
∵∠ACB＝90°，∠CDB＝90°，
∴∠ACD＝∠B，
∵∠CFE＝∠CAE+∠ACD，∠CEF＝∠BAE+∠B，
∴∠CFE＝∠CEF，
∴CE＝CF；
（2）解：在AD上取点H，使DH＝DG，连接CH，
∵CD⊥AB，
∴CH＝CG，
∴∠CHD＝∠CGD，∠DCH＝∠DCG，
由三角形内角和定理得，∠C＝180°﹣∠A﹣∠B，
∵∠A＝2∠B，
∴∠C＝180°﹣3∠B，
∵CG是∠ACB的平分线，
∴∠BCG＝ ∠C＝90°﹣ ∠B，
∠CGD＝∠BCG+∠B＝90°﹣ ∠B，
在Rt△CDG中，∠CGD＝90°﹣∠DCG，
∴∠DCG＝ ∠B，∴∠HCG＝∠B，
∠CGD＝∠BCG+∠B，∠BCH＝∠BCG+∠HCG，
∴∠CGD＝∠BCH，
∵∠CHD＝∠CGD，
∴∠CHD＝∠BCH，
∴BC＝BH，
∴BC﹣BG＝BH﹣BG＝GH＝2DG，即 ＝2；
（3）解：CQ＝MQ，CQ⊥MQ，
理由如下：作MN⊥AB于N，
∵∠ACB＝90°，CA＝CB，CD⊥AB，
∴CD＝ AB＝AD＝BD，
∵∠AMD＝90°，MA＝MD，MN⊥AD，
∴MN＝ AD＝AN＝ND，
∵Q是DB的中点，
∴DQ＝ BD＝ AD＝DN＝MN，
∴NQ＝CD，
在△CDQ和△QNM中，
，
∴△CDQ≌△QNM（SAS）
∴CQ＝MQ，∠MQN＝∠QCD，
∵∠QCD+∠CQD＝90°，
∴∠MQN+∠CQD＝90°，即CQ⊥MQ．17．（1）探究：如图1，在△ABC和△ADE都是等边三角形，点D在边BC上．
①求∠DCE的度数；
②直接写出线段CD，CE，AC之间的数量关系；
（2）应用：如图2，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝60°，P是四边形ABCD内一点，且∠APC
＝120°，求证：PA+PC+PD≥BD；
（3）拓展；如图3，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣4，0），点B是y轴上一个动点，以AB
为边在AB的下方作等边△ABC，求OC的最小值．
解：（1）①∵△ABC和△ADE均为等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝∠B＝60°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ACE＝∠B＝60°，
∴∠DCE＝∠ACB+∠ACE＝120°；
②线段AC、CD、CE之间的数量关系为：AC＝CD+CE；
理由是：由①得：△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE，
∵AC＝BC＝BD+CD，
∴AC＝CD+CE；（2）如图2，把线段AP绕点A逆时针旋转60度，到AQ．连接AC、PQ，
∴AP＝AQ，△APQ为正三角形，
∴∠QAP＝60°，QP＝AP，
又∵∠APC＝120°，
∴∠APC+∠APQ＝180°，则C，P，Q在同一条直线上．
∵AB＝BC，∠ABC＝60°，
∴△ABC为正三角形，
∴∠BAC＝60°，AB＝AC，
∴∠ABC+∠PAC＝∠QAP+∠PAC，
即∠QAC＝∠PAB，
∴△ABP≌△ACQ（SAS），
∴PB＝QC＝PA+PC，
在△PDB中，PB+PD≥BD，即PA+PC+PD≥BD；
（3）如图3，以OA为对称轴作等边△ADE，连接EC，并延长EC交x轴于点F．
在△AEC与△ADB中， ，
∴△AEC≌△ADB（SAS），
∴∠AEC＝∠ADB＝120°，
∴∠OEF＝60°，
∴OF＝OA＝4，
∴点C在直线EF上运动，
当OC⊥EF时，OC最小，
∴OC＝ OF＝2
则OC的最小值为2．18．如图，△ABC是等边三角形，△BDE是顶角为120°的等腰三角形，BD＝DE，连接CD，AE．
（1）如图1，连接AD，若∠ABE＝60°，AB＝BE＝ ，求CD的长；
（2）如图2，若点F是AE的中点，连接CF，DF．求证：CD＝2DF；
（3）如图3，在（2）的条件下，若AB＝2 ，BD＝2，将△BDE绕点B旋转，点H是△AFC内部的
一点，当DF最大时，请直接写出2HA+HF+ HC的最小值的平方．
解：（1）∵AB＝BE，∠ABE＝60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠BAE＝60°，AB＝AE，
在△ABD和△AED中，
，
∴△ADB≌△ADE（SSS），
∴∠ADB＝∠ADE，∠BAD＝∠EAD＝ ∠BAE＝30°，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝ ，∠CAB＝60°，
∴∠CAD＝∠CAB+∠BAD＝90°，
∵∠BDE＝120°，BD＝DE，
∴∠DBE＝30°，
∴∠ABD＝∠ABE+∠DBE＝90°，
在Rt△ABD中，∠BAD＝30°，
∴AD＝ ＝ ＝2，在Rt△ACD中，CD＝ ＝ ，
（2）如图2，
延长DF至M，使FM＝DF，连接CM，AM，
∵F是AE的中点，
∴AF＝EF，
∵∠AFM＝∠EFD，
∴△AFM≌△EFD（SAS），
∴∠MAF＝∠DEF，
∴∠CAM＝∠CAB+∠BAE+∠MAF
＝60°+∠BAE+∠AED
＝60°+∠BAE+∠AEB+∠BED
＝90°+∠BAE+∠AEB，
∵∠CBD＝360°﹣∠ABC﹣∠BDE﹣∠ABE
＝270°﹣∠ABE＝270°﹣[180°﹣（∠BAE+∠AEB）]
＝90°+∠BAE+∠AEB，
∴∠CAM＝∠CBD，
∴△CAM≌△CBD（SAS），
∴CM＝CD，∠ACM＝∠BCD，
∴∠DCM＝∠BCM+∠BCD＝∠BCM+∠ACM＝∠ACB＝60°，
∴△CDM是等边三角形，
∴CD＝DM＝2DF；
（3）由（2）知，CD＝2DF，要DF最大，则CD最大，
∵BC+BD≥CD，
∴当点，C，B，D在同一条线上时，CD最大，其值为BC+BD，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝2 ，∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵∠DBE＝30°，
∴∠ABC+∠DBE＝90°，∴∠ABE＝90°，
过点D作DN⊥BE于N，
∵BD＝DE，
∴BN＝EN＝ ，
∵点F是AE的中点，
∴AF＝EF，
∴FN是△ABE的中位线，
∴FN∥AB，FN＝ AB，记CF与AB的交点为O，则点O是AB的中点，
∴∠ACF＝30°，
∴OC＝3，
∴CF＝3+ ，过点F作FQ⊥CR，交RC的延长线于Q，
∴∠FCQ＝90°﹣∠ACF＝60°，
∴CQ＝ ，FQ2＝（CFsin60°）2＝[（3+ ）× ]2＝9+ ，
如图3，过点C作AC的垂线，在AC的左侧取一点R，使CR＝2AC＝4 ，
∴RQ2＝（CR+CQ）2＝（4 + ）2＝63+ ，
根据勾股定理得，AR＝ AC，
∴tan∠CAR＝ ＝2，
过点H作AH的垂线，在AH的左侧取一点P，使PH＝2AH，
根据勾股定理得，AP＝ AH，
∴tan∠PAH＝ ＝2，
∴tan∠CAR＝tan∠PAH，
∴∠CAR＝∠PAH，
∴∠PAR＝∠HAC，
∵AR＝ AC，AP＝ AH，
∴ ＝ ，
∴△APR∽△AHC，∴ ＝ ，
∴PR＝ HC，
∴2HA+HF+ HC＝HP+HF+PR，
要2HA+HF+ HC最小，则点R，P，H，F在同一条线上，连接FR，
即2HA+HF+ HC最小值为FR，
则2HA+HF+ HC的最小值的平方为FR2＝RQ2+FQ2＝63+ +9+ ＝72+18 ．
