專題04全等模型-半角模型全等三角形在中考數學幾何模塊中占據著重要地位，也是學生必須掌握的一塊內容，本專題就半角模型進行梳理及對應試題分析，方便掌握。半角模型概念：過多邊形一個頂點作兩條射線，使這兩條射線夾角等于該頂角一半。思想方法：通過旋轉（或截長補短）構造全等三角形，實現線段的轉化。解題思路一般是將半角兩邊的三角形通過旋轉到一邊合并成新的三角形，從而進行等量代換，然后證明與半角形成的三角形全等，再通過全等的性質得到線段之間的數量關系。半角模型（題中出現角度之間的半角關系）利用旋轉——證全等——得到相關結論.模型1.半角模型（90°-45°型）【模型展示】1）正方形半角模型條件：四邊形ABCD是正方形，∠ECF=45°；結論：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④AEF的周長=2AB；⑤CE、CF分別平分∠BEF和∠EFD。2）等腰直角三角形半角模型條件：ABC是等腰直角三角形，∠DAE=45°；結論：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝BD2＋EC2；例1．（2022·黑龍江九年級階段練習）已知：正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN繞點A順時針旋轉，它的兩邊分別交CB、DC（或它們的延長線）于點M、N．當∠MAN繞點A旋轉到BM=DN時，（如圖1），易證BM+DN=MN．(1)當∠MAN繞點A旋轉到BM≠DN時（如圖2），線段BM、DN和MN之間有怎樣的數量關系？寫出猜想，并加以證明；(2)當∠MAN繞點A旋轉到如圖3的位置時，線段BM、DN和MN之間又有怎樣的數量關系？請直接寫出你的猜想．【答案】(1)，理由見解析；(2)，理由見解析【分析】（1）把繞點順時針旋轉，得到，然后證明得到，從而證得，可得結論；（2）首先證明，得，再證明，得，可得結論；（1）解：．理由如下：如圖2，把繞點順時針旋轉，得到，，，，，點，點，點三點共線，，又，在與中，，（SAS），，，；（2）解：．理由如下：在線段上截取，在與中，，（SAS），，．在和中，，（SAS），，．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查正方形的性質，旋轉變換，全等三角形的判定和性質，勾股定理等知識，解題的關鍵是學會利用旋轉法添加輔助線，構造全等三角形解決問題．例2．（2022·北京四中九年級期中）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB，點P在線段AB上，作射線CP（0°＜∠ACP＜45°)，射線CP繞點C逆時針旋轉45°，得到射線CQ，過點A作AD⊥CP于點D，交CQ于點E，連接BE．(1)依題意補全圖形；(2)用等式表示線段AD，DE，BE之間的數量關系，并證明．【答案】(1)作圖見解析．(2)結論：AD+BE=DE．證明見解析．【分析】（1）根據要求作出圖形即可．（2）結論：AD+BE=DE．延長DA至F，使DF=DE，連接CF．利用全等三角形的性質解決問題即可．（1）解：如圖所示：（2）結論：AD+BE=DE．理由：延長DA至F，使DF=DE，連接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．【點睛】本題考查作圖-旋轉變換，全等三角形的判定和性質，等腰直角三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考常考題型．例3．（2023·浙江·八年級假期作業）如圖，在中，，，D、E是斜邊上兩點，且，若，，，則與的面積之和為（

）A．36 B．21 C．30 D．22【答案】B【分析】將關于對稱得到，從而可得的面積為15，再根據對稱的性質可得，然后根據三角形全等的判定定理證出，從而可得，最后根據與的面積之和等于與的面積之和即可得．【詳解】解：如圖，將關于AE對稱得到，則，，，，，在和中，，，，，即是直角三角形，，，即與的面積之和為21，故選：B．【點睛】本題考查了軸對稱的性質、三角形全等的判定定理與性質等知識點，通過作輔助線，構造全等三角形和直角三角形是解題關鍵．模型2.半角模型（60°-30°型或120°-60°型）1）等邊三角形半角模型（120°-60°型）條件：ABC是等邊三角形，BDC是等腰三角形，且BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°；結論：①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋FC；④AEF的周長=2AB；⑤DE、DF分別平分∠BEF和∠EFC。2）等邊三角形半角模型（60°-30°型）例1．（2022·綿陽市八年級期中）在等邊△ABC的兩邊AB、AC所在直線上分別有兩點M、N，D為△ABC外一點，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．探究：當M、N分別在直線AB、AC上移動時，BM、NC、MN之間的數量關系．(1)如圖1，當點M、N邊AB、AC上，且DM＝DN時，BM、NC、MN之間的數量關系是；(2)如圖2，點M、N在邊AB、AC上，且當DM≠DN時，猜想（1）問的結論還成立嗎？若成立請直接寫出你的結論；若不成立請說明理由．(3)如圖3，當M、N分別在邊AB、CA的延長線上時，探索BM、NC、MN之間的數量關系如何？并給出證明．【答案】(1)；(2)成立，；(3)，見解析【分析】（1）由DM＝DN，∠MDN＝60°可得△MDN是等邊三角形，得到Rt△BDM≌Rt△CDN，然后由直角三角形的性質即可求解；（2）在CN的延長線上截取CM1＝BM，連接DM1，可證△DBM≌△DCM1，得到∠M1DN＝∠MDN＝60°，從而得到△MDN≌△M1DN（SAS），即可求證；（3）在CN上截取CM1＝BM，連接DM1，可證得△MDN≌△M1DN，即可求證．【詳解】（1）解：BM、NC、MN之間的數量關系BM+NC＝MN．∵DM＝DN，∠MDN＝60°，∴△MDN是等邊三角形，∵△ABC是等邊三角形，∴∠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，故答案為：BM+NC＝MN；（2）猜想：結論仍然成立．證明：在CN的延長線上截取CM1＝BM，連接DM1．∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，∴△DBM≌△DCM1（SAS），∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN（SAS），∴MN＝M1N＝M1C+NC＝BM+NC；（3）NC?BM=MN，理由如下：證明：在CN上截取CM1＝BM，連接MN，DM1由（2）得，△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN（SAS），∴MN＝M1N，∴NC﹣BM＝MN．【點睛】本題考查了等邊三角形，直角三角形，等腰三角形的性質以及全等三角形的判定與性質等知識，解題的關鍵是注意數形結合思想的應用，作出合適的輔助線，構造出全等三角形．例2．（2022秋·江蘇揚州·八年級校考階段練習）如圖，在等邊三角形中，在AC邊上取兩點使．若，，，則以為邊長的三角形的形狀為（

）A．銳角三角形 B．直角三角形 C．鈍角三角形 D．隨的值而定【答案】C【分析】將△ABM繞點B順時針旋轉60°得到△CBH，連接HN，根據等邊三角形的性質及各角之間的等量關系可得：∠NBM=∠NBH，然后依據全等三角形的判定定理可得△NBM≌△NBH，由全等三角形的性質可將x、m、n放在△NCH中，即可確定三角形的形狀．【詳解】解：如圖所示：將△ABM繞點B順時針旋轉60°得到△CBH，連接HN，由旋轉性質可知，BM=BH，CH=AM，，，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=∠ACB=∠A=60°，∵∠MBN=30°，∴∠ABM+∠CBN=30°，∴∠NBH=∠CBH+∠CBN=∠ABM+∠CBN=30°，∴∠NBM=∠NBH，在△NBM與△NBH中，，∴△NBM≌△NBH（SAS），∴MN=NH=x，∵∠BCH=∠A=60°，CH=AM=m，∴∠NCH=120°，∴以x，m，n為邊長的三角形△NCH是鈍角三角形．故選：C．【點睛】本題考查等邊三角形的性質、全等三角形的判定和性質、旋轉變換等知識，解題的關鍵是學會利用旋轉法添加輔助線，構造全等三角形解決問題，例3．（2022·廣東廣州·二模）如圖，點為等邊外一點，，，點，分別在和上，且，，，則的邊長為______．【答案】【分析】先證明∠DBM=∠DCN=90°，如圖，延長AC至H，使CH=BM，連接DH，再證明△DBM≌△DCH（SAS），證明△MDN≌△HDN（SAS），可得MN=HN=BM+CN，從而可得答案．【詳解】解：∵△ABC為等邊三角形∴∠ABC=∠ACB=60°，

∵∠BDC=120°，BD=CD，∴∠DBC=∠DCB=×（180°-120°）=30°，∴∠DBM=∠DCN=90°，如圖，延長AC至H，使CH=BM，連接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，，，，即等邊三角形的邊長為：故答案為：【點睛】本題考查的是等邊三角形的性質，全等三角形的判定與性質，作出適當的輔助線構建全等三角形是解本題的關鍵．例4．（2023.重慶市八年級期中）問題情境：在等邊△ABC的兩邊AB，AC上分別有兩點M，N，點D為△ABC外一點，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．特例探究：如圖1，當DM＝DN時，（1）∠MDB＝度；（2）MN與BM，NC之間的數量關系為；歸納證明：（3）如圖2，當DM≠DN時，在NC的延長線上取點E，使CE＝BM，連接DE，猜想MN與BM，NC之間的數量關系，并加以證明．拓展應用：（4）△AMN的周長與△ABC的周長的比為．【答案】（1）30；（2）MN＝BM+NC；（3）MN＝BM+NC，證明見解析；（4）【詳解】特例探究：解：（1）∵DM＝DN，∠MDN＝60°，∴△MDN是等邊三角形，∴MN＝DM＝DN，∵∠BDC＝120°，BD＝DC，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∴∠DBM＝∠DCN＝90°，∵BD＝CD，DM＝DN，∴Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），∴∠MDB＝∠NDC＝30°，故答案為：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；歸納證明（3）解：猜想：MN＝BM+NC，證明如下：∵△ABC是等邊三角形，∴∠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；拓展應用（4）解：由（1）（2）得：MN＝BM+NC，∴△AMN的周長＝AM+MN+AN＝AM+BM+NC+AN＝AB+AC＝2AB，∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝BC＝AC，∴△ABC的周長＝3AB，∴△AMN的周長與△ABC的周長的比為＝，故答案為：．模型3.半角模型（-型）條件：∠BAC=，AB=AC，∠DAE=；結論：①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF；③∠ECF=180°-。例1.（2023.上海七年級期中）如圖，梯形ABCD中，AD∥BC，AB=BC=DC，點E、F分別在AD、AB上，且.（1）求證：；（2）連結AC，若，求度數.【答案】（1）見解析；（2）20°【詳解】（1）旋轉△BCF使BC與CD重合，∵AD∥BC，AB=DC，即梯形ABCD為等腰梯形，∴∠A=∠ADC，∠A+∠ABC=180°，∴∠ADC+∠ABC=180°，由旋轉可知：∠ABC=∠CDF′，∴∠ADC+∠CDF′=180°，即∠ADF′為平角，∴A，D，F′共線，∵∴∠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·江蘇·八年級專題練習）（1）如圖①，在四邊形中，，，，分別是邊，上的點，且．請直接寫出線段，，之間的數量關系：___________；（2）如圖②，在四邊形中，，，，分別是邊，上的點，且，（1）中的結論是否仍然成立？請寫出證明過程；（3）在四邊形中，，，，分別是邊，所在直線上的點，且．請畫出圖形（除圖②外），并直接寫出線段，，之間的數量關系．【答案】（1）；（2）成立，理由見解析；（3）圖形見解析，【分析】（1）延長到，使，連接．證明，則，，，證明，得出，由此可得，；（2）思路和作輔助線的方法同（1）；（3）根據（1）的證法，可得出，，那么．【詳解】解：（1）延長至，使，連接，∵，，，∴，∴，，∴，∴，在和中，∵，∴，∴，∵，且∴，故答案為：．（）解：（）中的結論仍成立，證明：如圖所示，延長至，使，∵，，∴，在和中，，∴，∴，，∵，∴，∴，即，在和中，，∴，∴，即．（），證明：如圖所示，在上截取使，連接，∵，，∴，在和中，，∴，∴，，∴，∴，在和中，

，∴，∴，∵，且，∴．【點睛】此題主要考查了三角形全等的判定與性質，通過全等三角形來實現線段的轉換是解題關鍵，沒有明確的全等三角形時，要通過輔助線來構建與已知和所求條件相關聯的全等三角形．例3．（2022秋·陜西延安·八年級統考期末）【問題提出】（1）如圖①，在四邊形中，，，E、F分別是邊BC、CD上的點，且.求證：；【問題探究】（2）如圖②，在四邊形中，，，E、F分別是邊BC、CD延長線上的點，且，（1）中的結論是否仍然成立?若成立，請說明理由；若不成立，請寫出它們之間的數量關系，并說明理由.【答案】（1）見解析；（2）結論不成立，應當是理由見解析【分析】（1）延長到點，使，連接，由全等三角形的判定和性質得出，，，繼續利用全等三角形的判定得出，結合圖形及題意即可證明；（2）在上截取，使，連接，結合圖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質即可證明．【詳解】（1）證明：如圖①，延長到點，使，連接.又∵，，∴，∴，，又∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∵，∴；（2）解：結論不成立，應當是，理由：如圖②，在上截取，使，連接，∵，，∴，又∵，，∴，∴，，又∵，∴，∴，又∵，，∴，∴，∵，∴．【點睛】題目主要考查全等三角形的判定和性質，理解題意，作出相應輔助線是解題關鍵．例4．（2023.山東八年級期中）綜合與實踐（1）如圖1，在正方形ABCD中，點M、N分別在AD、CD上，若∠MBN＝45°，則MN，AM，CN的數量關系為．（2）如圖2，在四邊形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，點M、N分別在AD、CD上，若∠MBN＝∠ABC，試探索線段MN、AM、CN有怎樣的數量關系？請寫出猜想，并給予證明．（3）如圖3，在四邊形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，點M、N分別在DA、CD的延長線上，若∠MBN＝∠ABC，試探究線段MN、AM、CN的數量關系為．【答案】（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由見解析；（3）MN=CN-AM，理由見解析【詳解】解：（1）如圖，把△ABM繞點B順時針旋轉使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC

，∴∠BCM'+∠BCD=180°，∴點M'、C、N三點共線，∵∠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：如圖，把△ABM繞點B順時針旋轉使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，∵∠A+∠C＝180°，∴∠BCM'+∠BCD=180°，∴點M'、C、N三點共線，∵∠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：如圖，在NC上截取CM'=AM，連接BM'，∵在四邊形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，∴∠C+∠BAD=180°，∵∠BAM+∠BAD=180°，∴∠BAM=∠C，∵AB＝BC，∴△ABM≌△CBM'，∴AM=CM'，BM=BM'，∠ABM=∠CBM'，∴∠MAM'=∠ABC，∵∠MBN＝∠ABC，∴∠MBN＝∠MAM'=∠M'BN，∵BN=BN，∴△NBM≌△NBM'，∴MN=M'N，∵M'N=CN-CM'，

∴MN=CN-AM．故答案是：MN=CN-AM．課后專項訓練1．（2022.廣西八年級期中）如圖，△ABC是邊長為6的等邊三角形，BD＝CD，∠BDC＝120°，以點D為頂點作一個60°角，使其兩邊分別交AB于點M，交AC于點N，連結MN，則△AMN的周長是．【分析】要求△AMN的周長，根據題目已知條件無法求出三條邊的長，只能把三條邊長用其它已知邊長來表示，所以需要作輔助線，延長AB至F，使BF＝CN，連接DF，通過證明△BDF≌△CND，及△DMN≌△DMF，從而得出MN＝MF，△AMN的周長等于AB+AC的長．【解答】解：∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°，∴∠BCD＝∠DBC＝30°，∵△ABC是邊長為4的等邊三角形，∴∠ABC＝∠BAC＝∠BCA＝60°，∴∠DBA＝∠DCA＝90°，延長AB至F，使BF＝CN，連接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的周長是：AM+AN+MN＝AM+MB+BF+AN＝AB+AC＝6+6＝12．故答案為：12．【點評】此題考查了全等三角形的判定與性質，等邊三角形的性質；主要利用等邊三角形和等腰三角形的性質來證明三角形全等，構造另一個三角形是解題的關鍵．2．（2023·廣東八年級課時練習）四邊形是由等邊和頂角為的等腰排成，將一個角頂點放在處，將角繞點旋轉，該交兩邊分別交直線、于、，交直線于、兩點．（1）當、都在線段上時（如圖1），請證明：；（2）當點在邊的延長線上時（如圖2），請你寫出線段，和之間的數量關系，并證明你的結論；（3）在（1）的條件下，若，，請直接寫出的長為．【答案】（1）證明見解析；（2）．證明見解析；（3）．【分析】（1）把△DBM繞點D逆時針旋轉120°得到△DAQ，根據旋轉的性質可得DM=DQ，AQ=BM，∠ADQ=∠BDM，然后求出∠QDN=∠MDN，利用“邊角邊”證明△MND和△QND全等，根據全等三角形對應邊相等可得MN=QN，再根據AQ+AN=QN整理即可得證；（2）把△DAN繞點D順時針旋轉120°得到△DBP，根據旋轉的性質可得DN=DP，AN=BP，根據∠DAN=∠DBP=90°可知點P在BM上，然后求出∠MDP=60°，然后利用“邊角邊”證明△MND和△MPD全等，根據全等三角形對應邊相等可得MN=MP，從而得證；（3）過點M作MH∥AC交AB于G，交DN于H，可以證明△BMG是等邊三角形，根據等邊三角形的性質可得BM=MG=BG，根據全等三角形對應角相等可得∠QND=∠MND，再根據兩直線平行，內錯角相等可得∠QND=∠MHN，然后求出∠MND=∠MHN，根據等角對等邊可得MN=MH，然后求出AN=GH，再利用“角角邊”證明△ANE和△GHE全等，根據全等三角形對應邊相等可得AE=GE，再根據BG=AB-AE-GE代入數據進行計算即可求出BG，從而得到BM的長．【詳解】解：（1）證明：把△DBM繞點D逆時針旋轉120°得到△DAQ，則DM=DQ，AQ=BM，∠ADQ=∠BDM，∠QAD=∠CBD=90°，∴點Q在直線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：如圖，把△DAN繞點D順時針旋轉120°得到△DBP，則DN=DP，AN=BP，∵∠DAN=∠DBP=90°，∴點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）如圖，過點M作MH∥AC交AB于G，交DN于H，∵△ABC是等邊三角形，∴△BMG是等邊三角形，∴BM=MG=BG，根據（1）△MND≌△QND可得∠QND=∠MND，根據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．故答案為：2.8【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質及等腰三角形的性質，根據等邊三角形的性質，旋轉變換的性質作輔助線構造全等三角形是解題的關鍵，（3）作平行線并求出AN=GH是解題的關鍵，也是本題的難點．3．（2022·重慶市育才中學二模）回答問題（1）【初步探索】如圖1：在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°，E、F分別是BC、CD上的點，且EF=BE+FD，探究圖中∠BAE、∠FAD、∠EAF之間的數量關系．小王同學探究此問題的方法是：延長FD到點G，使DG=BE．連接AG，先證明△ABE≌△ADG，再證明△AEF≌△AGF，可得出結論，他的結論應是_______________；（2）【靈活運用】如圖2，若在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E、F分別是BC、CD上的點，且EF=BE+FD，上述結論是否仍然成立，并說明理由；（3）【拓展延伸】知在四邊形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD，若點E在CB的延長線上，點F在CD的延長線上，如圖3所示，仍然滿足EF=BE+FD，請直接寫出∠EAF與∠DAB的數量關系．【答案】（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF；（2）仍成立，理由見解析；（3）∠EAF=180°-∠DAB【分析】（1）延長FD到點G，使DG=BE，連接AG，可判定△ABE≌△ADG，進而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF，據此得出結論；（2）延長FD到點G，使DG=BE，連接AG，先判定△ABE≌△ADG，進而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；（3）在DC延長線上取一點G，使得DG=BE，連接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根據∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，推導得到2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出結論．【詳解】解：（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF．理由：如圖1，延長FD到點G，使DG=BE，連接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；故答案為：∠BAE+∠FAD=∠EAF；（2）仍成立，理由：如圖2，延長FD到點G，使DG=BE，連接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．證明：如圖3，在DC延長線上取一點G，使得DG=BE，連接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．【點睛】本題屬于三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性質的綜合應用，解決問題的關鍵是作輔助線構造全等三角形，根據全等三角形的對應角相等進行推導變形．解題時注意：同角的補角相等．4．（2022·江西景德鎮·九年級期中）（1）【特例探究】如圖1，在四邊形中，，，，，猜想并寫出線段，，之間的數量關系，證明你的猜想；（2）【遷移推廣】如圖2，在四邊形中，，，．請寫出線段，，之間的數量關系，并證明；（3）【拓展應用】如圖3，在海上軍事演習時，艦艇在指揮中心（處）北偏東20°的處．艦艇乙在指揮中心南偏西50°的處，并且兩艦艇在指揮中心的距離相等，接到行動指令后，艦艇甲向正西方向以80海里/時的速度前進，同時艦艇乙沿北偏西60°的方向以90海里/時的速度前進，半小時后，指揮中心觀測到甲、乙兩艦艇分別到達，處，且指揮中心觀測兩艦艇視線之間的夾角為75°．請直接寫出此時兩艦艇之間的距離．【答案】（1）EF=BE+DF，理由見解析；（2）EF=BE+DF，理由見解析；（3）85海里【分析】（1）延長CD至點G，使DG=BE，連接AG，可證得△ABE≌△ADG，可得到AE=AG，∠BAE=∠DAG，再由，，可證得△AEF≌△AGF，從而得到EF=FG，即可求解；（2）延長CD至點H，使DH=BE，連接AH，可證得△ABE≌△ADH，可得到AE=AH，∠BAE=∠DAH，再由，可證得△AEF≌△AHF，從而得到EF=FH，即可求解；（3）連接CD，延長AC、BD交于點M，根據題意可得∠AOB=2∠COD，∠OAM+∠OBM=70°+110°=180°，再由（2）【遷移推廣】得：CD=AC+BD，即可求解．【詳解】解：（1）EF=BE+DF，理由如下：如圖，延長CD至點G，使DG=BE，連接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：如圖，延長CD至點H，使DH=BE，連接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）如圖，連接CD，延長AC、BD交于點M，根據題意得：∠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）【遷移推廣】得：CD=AC+BD，∵AC=80×0.5=40，BD=90×0.5=45，∴CD=40+45=85海里．即此時兩艦艇之間的距離85海里．【點睛】此題是三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質、勾股定理的運用、等腰直角三角形的性質，題目的綜合性較強，難度較大，解題的關鍵是正確的作出輔助線構造全等三角形，解答時，注意類比思想的應用．5．（2022·浙江·九年級階段練習）如圖1，等腰直角三角板的一個銳角頂點與正方形ABCD的頂點A重合，將此三角板繞點A旋轉，使三角板中該銳角的兩條邊分別交正方形的兩邊BC，DC于點E，F，連接EF．（1）猜想BE、EF、DF三條線段之間的數量關系，并證明你的猜想；（2）在圖1中，過點A作AM⊥EF于點M，請直接寫出AM和AB的數量關系；（3）如圖2，將Rt△ABC沿斜邊AC翻折得到Rt△ADC，E，F分別是BC，CD邊上的點，∠EAF=∠BAD，連接EF，過點A作AM⊥EF于點M，試猜想AM與AB之間的數量關系．并證明你的猜想．【答案】（1）EF=BE+DF．證明見解析；（2）AM=AB；（3）AM=AB．證明見解析【分析】（1）延長CB到Q，使BQ=DF，連接AQ，根據四邊形ABCD是正方形求出AD=AB，∠D=∠DAB=∠ABE=∠ABQ=90°，證△ADF≌△ABQ，推出AQ=AF，∠QAB=∠DAF，求出∠EAQ=∠F，證△EAQ≌△EAF，推出EF=BQ即可．（2）根據△EAQ≌△EAF，EF=BQ，得出×BQ×AB=×FE×AM，求出即可；（3）延長CB到Q，使BQ=DF，連接AQ，根據折疊和已知得出AD=AB，∠D=∠DAB=∠ABE=90°，∠BAC=∠DAC=∠BAD，證得△ADF≌△ABQ，推出AQ=AF，∠QAB=∠DAF，求出∠EAQ=∠FAE，從而證得△EAQ≌△EAF，推出EF=BQ即可．【詳解】解：（1）EF=BE+DF．證明如下：如答圖1，延長CB到Q，使BQ=DF，連接AQ，∵四邊形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．證明如下：如答圖，延長CB到Q，使BQ=DF，連接AQ，∵折疊后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·湖北武漢·九年級期中）（1）如圖1，正方形ABCD中，點E、F分別是邊BC、CD上的點，EF＝BE+DF，請你直接寫出∠BAE、∠FAD、∠EAF之間的數量關系：．（2）如圖2，在四邊形ABCD中，AB＝AD，，點E、F分別是邊BC、CD上的點，EF＝BE+FD，請問：（1）中結論是否成立？若成立，請證明結論．（3）若（2）中的點E、點F分別在邊CB、CD的延長線上（如圖3所示），其他條件不變，則下列兩個關于∠EAF與∠BAD的關系式，哪個是正確的？請證明結論．①∠EAF＝∠BAD；②2∠EAF+∠BAD＝360°．【答案】（1）；（2），理由見解析；（3）②正確【分析】（1）如圖1，將△ADF順時針旋轉，使AD與AB重合，得到，則，，，，可得點三點共線，從而可證得，從而得到，即可求證；（2）如圖2，將△ADF順時針旋轉，使AD與AB重合，得到，則，，，，先證明，即可求證；（3）在DC的延長線上取一點H，使DH=BE，連接AH，可先證明，可得到AH=AE，∠DAH=∠BAE，從而EF=FH，從而得到，進而∠FAE=∠FAH，再由∠FAE+∠FAH+∠HAE=360°，即可求解．【詳解】解：（1），理由如下：如圖1，將△ADF順時針旋轉，使AD與AB重合，得到，則，，，，在正方形ABCD中，∠BAD=∠ABC=∠D=90°，∴，∴點三點共線，∵EF＝BE+DF，∴，∵AE=AE，∴，∴，∴；（2），理由如下：如圖2，將△ADF順時針旋轉，使AD與AB重合，得到，則，，，，∵，∴，∴點三點共線，∵EF＝BE+DF，∴，∵AE=AE，∴，∴，∴；（3）在DC的延長線上取一點H，使DH=BE，連接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正確．【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定和性質，旋轉的性質，正方形的性質，能夠利用旋轉的性質構造全等三角形是解題的關鍵．7．（2023春·山東·八年級專題練習）已知，如圖1，四邊形是正方形，，分別在邊、上，且，我們把這種模型稱為“半角模型”，在解決“半角模型”問題時，旋轉是一種常用的方法．(1)在圖1中，連接，為了證明結論“”，小亮將繞點順時針旋轉后解答了這個問題，請按小亮的思路寫出證明過程；(2)如圖2，當繞點旋轉到圖2位置時，試探究與、之間有怎樣的數量關系？【答案】(1)見解析(2)．【分析】（1）利用旋轉的性質，證明即可．（2）把繞點逆時針旋轉，使與重合，點與點對應到，證明即可求得．【詳解】（1）證明：如圖1，由旋轉可得,,四邊形為正方形、、三點在一條直線上在和中（2）結論：．理由：如圖2，把繞點逆時針旋轉，使與重合，點與點對應，同（1）可證得,且【點睛】本題考查了旋轉的性質，正方形的性質及全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會利用旋轉法構造全等三角形．8．（2022春·廣東廣州·八年級廣州大學附屬中學校考期末）問題：如圖（1），點E、F分別在正方形ABCD的邊BC、CD上，∠EAF＝45°，試判斷BE、EF、FD之間的數量關系．(1)延長FD到點G使DG＝BE，連接AG，得到至△ADG，從而可以證明EF＝BE＋FD，請你利用圖（1）證明上述結論．(2)如圖（2），四邊形ABCD中，，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，點E、F分別在邊BC、CD上，則當∠EAF與∠BAD滿足______數量關系時，仍有EF＝BE＋FD，并說明理由．(3)如圖（3），在某公園的同一水平面上，四條通道圍成四邊形ABCD，已知AB＝AD＝80米，∠B＝60°，∠ADC＝120°，∠BAD＝150°，道路BC、CD上分別有景點E、F．且AE⊥AD，米，現要在E、F之間修一條筆直道路，求這條道路EF的長．【答案】(1)見解析(2)∠BAD＝2∠EAF，理由見解析(3)這條道路EF的長為米．【分析】（1）先證明，得到AE=AG，∠BAE＝∠GAD，從而證明∠GAF=∠EAF，可證得出EF＝GF＝GD＋DF即可；（2）仿照（1）的方法延長CB至M，使BM＝DF，則可通過的相同的方法證明△ABM≌△ADF、△EAF≌△EAM，即可證出；（3）把△ABE繞點A逆時針旋轉至△ADG，先通過證明△BAE是等邊三角形得出BE＝AB，再利用（2）的結論得到，將BE、DF的值代入即可求出．（1）解：延長FD到點G使DG＝BE，連接AG，如圖（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：如圖（2），延長CB至M，使BM＝DF，連接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：如圖3，把△ABE繞點A逆時針旋轉150°至△ADG，連接AF．∵∠BAD＝150°，AE⊥AD，∴∠BAE＝150°-90°=60°，又∵∠B＝60°，∴△BAE是等邊三角形，∴BE＝AB＝80，∵∠ADC=120°，∴∠ADC+∠B=120°+60°=180°，由（2）得，（米），即這條道路EF的長為米．【點睛】本題考查了全等三角形，對于大角中等于其中包含的小角的2倍的問題，可利用題中旋轉的方法補全三角形，再通過證明三角形全等的方法求解相關線段．9．（2023秋·江蘇揚州·八年級校考期末）綜合與實踐（1）如圖1，在正方形ABCD中，點M、N分別在AD、CD上，若∠MBN＝45°，則MN，AM，CN的數量關系為．（2）如圖2，在四邊形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，點M、N分別在AD、CD上，若∠MBN＝∠ABC，試探索線段MN、AM、CN有怎樣的數量關系？請寫出猜想，并給予證明．（3）如圖3，在四邊形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，點M、N分別在DA、CD的延長線上，若∠MBN＝∠ABC，試探究線段MN、AM、CN的數量關系為．【答案】（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由見解析；（3）MN=CN-AM，理由見解析【分析】（1）把△ABM繞點B順時針旋轉使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，可得到點M'、C、N三點共線，再由∠MBN=45°，可得∠M'BN=∠MBN，從而證得△NBM≌△NBM'，即可求解；（2）把△ABM繞點B順時針旋轉使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，由∠A+∠C＝180°，可得點M'、C、N三點共線，再由∠MBN＝∠ABC，可得到∠M'BN=∠MBN，從而證得△NBM≌△NBM'，即可求解；（3）在NC上截取CM'=AM，連接BM'，由∠ABC+∠ADC＝180°，可得∠BAM=∠C，再由AB＝BC，可證得△ABM≌△CBM'，從而得到AM=CM'，BM=BM'，∠ABM=∠CBM'，進而得到∠MAM'=∠ABC，再由∠MBN＝∠ABC，可得∠MBN＝∠M'BN，從而得到△NBM≌△NBM'，即可求解．【詳解】解：（1）如圖，把△ABM繞點B順時針旋轉使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC

，∴∠BCM'+∠BCD=180°，∴點M'、C、N三點共線，∵∠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：如圖，把△ABM繞點B順時針旋轉使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，∵∠A+∠C＝180°，∴∠BCM'+∠BCD=180°，∴點M'、C、N三點共線，∵∠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：如圖，在NC上截取CM'=AM，連接BM'，∵在四邊形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，∴∠C+∠BAD=180°，∵∠BAM+∠BAD=180°，∴∠BAM=∠C，∵AB＝BC，∴△ABM≌△CBM'，∴AM=CM'，BM=BM'，∠ABM=∠CBM'，∴∠MAM'=∠ABC，∵∠MBN＝∠ABC，∴∠MBN＝∠MAM'=∠M'BN，∵BN=BN，∴△NBM≌△NBM'，∴MN=M'N，∵M'N=CN-CM'，

∴MN=CN-AM．故答案是：MN=CN-AM．【點睛】本題主要考查了正方形的性質，全等三角形的性質和判定，圖形的旋轉，根據題意做適當輔助線，得到全等三角形是解題的關鍵．10．（2023春·浙江·八年級專題練習）（1）如圖①，在正方形中，、分別是、上的點，且，連接，探究、、之間的數量關系，并說明理由；（2）如圖②，在四邊形中，，，、分別是、上的點，且，此時（1）中的結論是否仍然成立？請說明理由．【答案】（1），理由見解析；（2）成立，理由見解析【分析】（1）典型的“夾半角模型”，延長到使得，先證，再證，最后根據邊的關系即可證明；（2）圖形變式題可以參考第一問的思路，延長到使得，先證，再證，最后根據邊的關系即可證明；【詳解】解：（1）證明：延長到，使得連接∵四邊形是正方形∴，又∵∴

∴，∵

∴

∴又∵∴∴

又∵

∴（2）證明：延長到，使得

連接∵，

∴又∵，∴∴，∵∴∴

又∵

∴∴又∵

∴【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質，正確的根據“夾半角模型”作出輔助線是解題的關鍵．11.如圖，正方形ABCD中，∠EAF的兩邊分別與邊BC、CD交于點E、F，AE、AF分別交BD于點G、H，且∠EAF＝45°．（1）當∠AEB