專題3旋轉(zhuǎn)中的全等對角互補模型八年級數(shù)學(xué)下冊聚焦課本培優(yōu)專題訓(xùn)練講義

專題3專題3旋轉(zhuǎn)中的全等對角互補模型知識梳理知識梳理對角互補模型是經(jīng)典的幾何模型，其中會涉及到全等或相似三角形的證明、倒角的計算（八字倒角、對角互補的四邊形的外角等于內(nèi)角的對角、角的加減等）、線段數(shù)量關(guān)系的證明、旋轉(zhuǎn)的構(gòu)造等綜合性較高的幾何知識，無論是在校內(nèi)考試、還是中考中一直都是熱門考點。對角互補模型在八年級陸續(xù)就會出現(xiàn)，一般會和等腰直角三角形、正方形等特殊圖形結(jié)合起來，既有選填壓軸的題型，也經(jīng)常會以解答題的題型進行考察。此時是利用構(gòu)造全等進行解決問題。九年級時會利用構(gòu)造相似進行解決問題。模型分析模型.對角互補模型模型分析對角互補模型概念：對角互補模型特指四邊形中，存在一對對角互補，而且有一組鄰邊相等的幾何模型。常見的對角互補模型：含90°90°對角互補模型、120°60°對角互補模型、（）對角互補模型。解題策略：對角互補模型最常見的兩種處理策略：①過頂點做雙垂線，構(gòu)造全等或相似三角形；②進行旋轉(zhuǎn)的構(gòu)造，構(gòu)造手拉手全等或相似.解題思路：在對角互補模型的應(yīng)用中，我們可以利用角平分線的性質(zhì)來做垂線，從而構(gòu)造出全等三角形。這種方法在解決幾何題時非常有用，因為它可以幫助我們找到已知條件與未知條件之間的聯(lián)系，從而更快地解決問題。模型展示模型、旋轉(zhuǎn)中的對角互補模型模型展示全等異側(cè)型—90°（共斜邊等腰直角三角形+直角三角形”模型）條件：如圖，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB.結(jié)論：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③.【證明】如圖，過點C作CM⊥OA于點M，CN⊥OB于點N.∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN(角平分線上的點到角兩邊的距離相等)，在正方形MONC中，由題意可得∠MCN＝360o－∠CMO－∠AOB－∠CNO＝90o，∴∠MCD＋∠DCN＝90o，又∵∠DCE＝90o，∴∠ECN＋∠MCD＝90o，∴∠MCD＝∠ECN，∴△CDM≌△CEN，∴CD＝CE，∴結(jié)論①成立；∵四邊形MONC為正方形，∴OM＝ON＝OC，又∵OD＋OE＝OD＋ON＋NE＝OD＋ON＋DM＝OM＋ON，∴OD＋OE＝OC，∴結(jié)論②成立；∴，∴結(jié)論③成立.全等同側(cè)型—90°（斜邊等腰直角三角形+直角三角形”模型）條件：如圖，已知∠DCE的一邊與AO的延長線交于點D，∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB.[來源:學(xué)XK]結(jié)論：①CD＝CE，②OE－OD＝OC，③.【證明】如圖，過點C作CF⊥OA，CG⊥OB，垂足分別為F、G.由角平分線性質(zhì)可得CF＝CG，∴四邊形CFOG為正方形，∵∠1＋∠2＝90o，∠3＋∠2＝90o，∴∠1＝∠3，∴△CDF≌△CEG，∴CD＝CE，結(jié)論①成立；在正方形CFOG中，OF＝OG＝OC，∵OE－OD＝OG＋GE－OD＝OG＋FD－OD＝OG＋OF，∴OE－OD＝OC＝OC，結(jié)論②成立；3）全等同側(cè)型—60°和120°（等邊三角形對120°模型）條件：如圖，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB.結(jié)論：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③.【證明】如圖，過點C作CF⊥OA，CG⊥OB，垂足分別為F、G.由角平分線性質(zhì)可得CF＝CG，在四邊形OFCG中，∠FCG＝60o，∵∠FCD＋∠DCG＝∠GCE＋∠DCG＝60o，∴∠FCD＝∠GCE，∴△CDF≌△CEG(ASA)，∴CD＝CE，結(jié)論①成立；在Rt△COF和Rt△COG中，∠COF＝∠COG＝60o，∴OF＝OG＝OC，又∵OD＋OE＝OD＋OG＋EG＝OD＋OG＋DF＝OF＋OG，∴OD＋OE＝OC＝OC，結(jié)論②成立；，結(jié)論③成立.4）全等異側(cè)型—60°和120°（等邊三角形對120°模型）條件：如圖，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB，∠DCE的一邊與BO的延長線交于點D，結(jié)論：①CD＝CE，②OD－OE＝OC，③.【證明】如圖，過點C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分別為M、N.由角平分線性質(zhì)可得CM＝CN，在四邊形ONCM中，∠MCN＝60°，∵∠DCM+∠MCE=∠ECN+∠MCE=60°∴∠DCM=∠ECN，∴△DCM≌△ECN（ASA）,∴CD=CE，結(jié)論①成立；在Rt△COM和Rt△CON中，∠COM=∠CON=60°，∴OM=ON=OC，又∵DM=EN=ODOM=OE+ON=ODOC=OE+OC，∴OD－OE＝OC，在Rt△COF和Rt△COG中，∠COF＝∠COG＝60o，∴OF＝OG＝OC，結(jié)論②成立；，結(jié)論③成立.5）全等型（對模型）條件：如圖，已知∠AOB＝，∠DCE＝，OC平分∠AOB.結(jié)論：①CD＝CE，②OD＋OE＝2OC·cos，③.【證明】如圖，過點C作CF⊥OA，CG⊥OB，垂足分別為F、G.證△CDF≌△CEG可得CD＝CE，結(jié)論①成立，在Rt△COF和Rt△COG中，∠COF＝∠COG＝，∴OF＝OG＝OC·cosα，又∵OD＋OE＝OD＋OG＋EG＝OD＋OG＋DF＝OF＋OG，∴OD＋OE＝2OC·cosα，結(jié)論③成立.經(jīng)典例題精析【典型例題】如圖1，，平分，以為頂點作，交于點，于點E.（1）求證：；（2）圖1中，若，求的長；經(jīng)典例題精析（3）如圖2，，平分，以為頂點作，交于點，于點.若，求四邊形的面積．【答案】（1）見解析；（2）OD+OE=；（3）【分析】（1）過點C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，然后根據(jù)題意利用AAS定理進行證明△CDG≌△CEH，從而求解；（2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到OD+OE=2OH，然后利用勾股定理求OH的值，從而求解；（3）過點C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，然后根據(jù)題意利用AAS定理進行證明△CDG≌△CEH，從而求得==2，然后利用含30°的直角三角形性質(zhì)求得OH=,CH=從而求得三角形面積，使問題得到解決．【詳解】解：（1）如圖,過點C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，∵平分∴CG=CH

∵,

∴∠CDO+∠CEO=180?∵∠CDG+∠CDO=180?∴∠CDG=∠CEO在△CDG與△CEH中∴△CDG≌△CEH(AAS)∴(2)由（1）得△CDG≌△CEH∴DG=HE由題易得△OCG與△OCH是全等的等腰直角三角形，且OG=OH∴OD+OE=OD+OH+HE=OG+OH=2OH設(shè)OH=CH=x，在Rt△OCH中，由勾股定理，得:OH2+CH2=OC2∴∴(舍負)∴OH=∴OD+OE=2OH=（3）如圖,過點C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，∵平分∴CG=CH∵,∴∠CDO+∠CEO=180?∵∠CDG+∠CDO=180?∴∠CDG=∠CEO在△CDG與△CEH中∴△CDG≌△CEH(AAS)∴DG=HE由題易得△OCG與△OCH是全等的直角三角形,且OG=OH∴OD+OE=OD+OH+HE=OG+OH=2OH∴==2在Rt△OCH中,有∠COH=60°,OC=3，∴OH=,CH=∴∴=2=【點睛】本題考查全等三角形的性質(zhì)及判定，含30°直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理，是一道綜合性問題，掌握相關(guān)知識點靈活應(yīng)用解題是本題的解題關(guān)鍵.典型典型例題例1、如圖，AC是?ABCD的對角線，點E在AC上，AD＝AE＝BE，∠D＝105°，則∠BAC是（）A．25° B．30° C．45° D．50°【答案】A.【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，得到∠ABC＝∠D＝105°，AD＝BC，進而得到CB＝BE，∠BCE＝∠BEC，設(shè)∠EAB的度數(shù)為x，列式計算即可．【詳解】解：∵?ABCD，∠D＝105°，∴∠ABC＝∠D＝105°，AD＝BC，∵AD＝AE＝BE，∴∠EAB＝∠EBA，CB＝BE，∴∠BCE＝∠BEC，設(shè)∠EAB的度數(shù)為x，則：∠EBA＝x，∠CEB＝∠EAB+∠EBA＝2x，∠ACB＝180°﹣∠ABC﹣∠CAB＝75°﹣x，∴2x＝75°﹣x，∴x＝25°，∴∠BAC＝25°；故選A．【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和與外角的性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)，并靈活運用，是解題的關(guān)鍵．例2、如圖，△ABC為等邊三角形，以AB為邊向形外作△ABD，使∠ADB＝120°，再以點C為旋轉(zhuǎn)中心把△CBD旋轉(zhuǎn)到△CAE，則下列結(jié)論：①D、A、E三點共線；②DC平分∠BDA；③∠E＝∠BAC；④DC＝DB+DA．其中正確的有（）A．4個 B．3個 C．2個 D．1個【答案】A.【分析】（1）設(shè)∠1＝x度，把∠2＝（60﹣x）度，∠DBC＝（x+60）度，∠4＝（x+60）度，∠3＝60°加起來等于180度，即可證明D、A、E三點共線；（2）根據(jù)△BCD繞著點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到△ACE，判斷出△CDE為等邊三角形，求出∠BDC＝∠E＝60°，∠CDA＝120°﹣60°＝60°，可知DC平分∠BDA；（3）由②可知，∠BAC＝60°，∠E＝60°，從而得到∠E＝∠BAC．（4）由旋轉(zhuǎn)可知AE＝BD，又∠DAE＝180°，DE＝AE+AD．而△CDE為等邊三角形，DC＝DE＝DB+BA．【詳解】解：如圖，①設(shè)∠1＝x度，則∠2＝（60﹣x）度，∠DBC＝（x+60）度，故∠4＝（x+60）度，∴∠2+∠3+∠4＝60﹣x+60+x+60＝180度，∴D、A、E三點共線；故①正確；②∵△BCD繞著點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到△ACE，∴CD＝CE，∠DCE＝60°，∴△CDE為等邊三角形，∴∠E＝60°，∴∠BDC＝∠E＝60°，∴∠CDA＝120°﹣60°＝60°，∴DC平分∠BDA；故②正確；③∵∠BAC＝60°，∠E＝60°，∴∠E＝∠BAC．故③正確；④由旋轉(zhuǎn)可知AE＝BD，又∵∠DAE＝180°，∴DE＝AE+AD．∵△CDE為等邊三角形，∴DC＝DB+BA．故④正確；故選：A．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、圓周角定理等相關(guān)知識，要注意旋轉(zhuǎn)不變性，找到變化過程中的不變量．例3、如圖，（是常量）．點P在的平分線上，且，以點P為頂點的繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)的過程中，的兩邊分別與，相交于M，N兩點，若始終與互補，則以下四個結(jié)論：①；②的值不變；③四邊形的面積不變；④點M與點N的距離保持不變．其中正確的為（）A．①③ B．①②③ C．①③④ D．②③【答案】B【分析】如圖作于點E，于點F，只要證明，即可一一判斷．【詳解】解：如圖所示：作于點E，于點F，，，，，，，平分，，，，在和中，，，，在和中，，，，故①正確，，定值，故③正確，定值，故②正確，的位置是變化的，之間的距離也是變化的，故④錯誤；故選：B．【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)定理，四邊形的面積等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．例4、如圖，AD是△ABC的角平分線，DF⊥AB于點F，∠AED和∠AGD互補，若S△ADG＝40，S△AED＝22，則△EDF的面積為9．【答案】9.【分析】過點D作DH⊥AC于點H，根據(jù)角平分線的性質(zhì)可得DF＝DH，再證明Rt△ADF≌Rt△ADH（HL），Rt△DFE≌Rt△DHG（AAS），根據(jù)全等三角形的性質(zhì)進一步即可求出△DEF的面積．【詳解】解：過點D作DH⊥AC于點H，如圖所示：∵AD是△ABC的角平分線，DF⊥AB，∴DF＝DH，在Rt△ADF和Rt△ADH中，AD=ADDF=DH∴Rt△ADF≌Rt△ADH（HL），∴S△ADF＝S△ADH，∵∠AED和∠AGD互補，∴∠AED+∠AGD＝180°，∵∠AED+∠FED＝180°，∴∠AGD＝∠FED，∵DF⊥AB，DH⊥AC，∴∠EFD＝∠GHD，在Rt△DFE和Rt△DHG中，∠FED=∠AGD∠EFD=∠GHD∴Rt△DFE≌Rt△DHG（AAS），∴S△DEF＝S△DHG，∵S△ADG＝40，S△AED＝22，∴2S△EDF＝S△ADG﹣S△AED＝18，∴S△EDF＝9．故答案為：9．【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，熟練掌握這些性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．例5、如圖，在四邊形中，于，則的長為__________【答案】【分析】過點B作交DC的延長線交于點F，證明≌推出，，可得，由此即可解決問題；【詳解】解：過點B作交DC的延長線交于點F，如右圖所示，∵，，∴≌，，，即，，故答案為．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．例6、如圖，△ABC是邊長為4的等邊三角形，點D是線段BC的中點，∠EDF=120°，把∠EDF繞點D旋轉(zhuǎn)，使∠EDF的兩邊分別與線段AB、AC交于點E、F．（1）當DF⊥AC時，求證：BE=CF；（2）在旋轉(zhuǎn)過程中，BE+CF是否為定值？若是，求出這個定值；若不是，請說明理由【答案】（1）證明見解析；（2）是，2.【分析】（1）根據(jù)四邊形內(nèi)角和為360°，可求∠DEA=90°，根據(jù)“AAS”可判定△BDE≌△CDF，即可證BE=CF；（2）過點D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，如圖2，易證△MBD≌△NCD，則有BM=CN，DM=DN，進而可證到△EMD≌△FND，則有EM=FN，就可得到BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN=2BM=2BD×cos60°=BD=BC=2.【詳解】（1）∵△ABC是邊長為4的等邊三角形，點D是線段BC的中點，∴∠B=∠C=60°，BD=CD，∵DF⊥AC，∴∠DFA=90°，∵∠A+∠EDF+∠AFD+∠AED=180°，∴∠AED=90°，∴∠DEB=∠DFC，且∠B=∠C=60°，BD=DC，∴△BDE≌△CDF（AAS）（2）過點D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，則有∠AMD=∠BMD=∠AND=∠CND=90°．∵∠A=60°，∴∠MDN=360°60°90°90°=120°．∵∠EDF=120°，∴∠MDE=∠NDF．在△MBD和△NCD中，，∴△MBD≌△NCD（AAS）BM=CN，DM=DN．在△EMD和△FND中，，∴△EMD≌△FND（ASA）∴EM=FN，∴BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN=2BM=2BD×cos60°=BD=BC=2.【點睛】本題主要考查了等邊三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、特殊角的三角函數(shù)值等知識，通過證明三角形全等得到BM=CN，DM=DN，EM=FN是解決本題的關(guān)鍵．例7、(1)如圖1，在四邊形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，AD=CD，對角線BD=8，求四邊形ABCD的面積；(2)如圖2，園藝設(shè)計師想在正六邊形草坪一角∠BOC內(nèi)改建一個小型的兒童游樂場OMAN，其中OA平分∠BOC，OA=100米，∠BOC=120°，點M，N分別在射線OB和OC上，且∠MAN=90°，為了盡可能的少破壞草坪，要使游樂場OMAN面積最小，你認為園林規(guī)劃局的想法能實現(xiàn)嗎？若能，請求出游樂場OMAN面積的最小值；若不能，請說明理由．【答案】（1）32；（2）.【分析】（1）根據(jù)∠ABC=∠ADC=90°可得∠BAD+∠BCD=180°，即可得到點A，B，C，D四點在以AC為直徑的圓上，過D作DE⊥AB，DF⊥BC，易得△ADE≌△CDF，即可得到答案；（2）過A作AD⊥OB，AE⊥OC，根據(jù)角平分線定理及三角函數(shù)即可得到AD=AE=AOsin60°，在OC上取一點F使EF=DM，即可得到【詳解】（1）解：過D作DE⊥AB，DF⊥BC，∵∠ABC=∠ADC=90°，∴∠BAD+∠BCD=180°，∴A，B，C，D四點在以AC為直徑的圓上，∵AD=CD，∴∠ABD=∠CBD=45°，∵DE⊥AB，DF⊥BC，∴DE=DF=BDsin在△ADE與△CDF中，AD=FD∴△ADE≌△CDF(HL∴AE=CF，∴AB+BC=BE+BF，∵DE⊥AB，DF⊥BC，∠ABC=∠ADC=90°，AD=CD，∴四邊形BCDE是正方形，∴AB+BC=BE+BF=ED+FD=82∴四邊形ABCD的面積為：S=1（2）解：過A作AD⊥OB，AE⊥OC，∵OA平分∠BOC，OA=100米，∠BOC=120°，AD⊥OB，AE⊥OC，∴AD=AE=AOsin在OC上取一點F使EF=DM，在ΔADM與ΔAD=AE∴△ADM≌△AEF(SAS∴∠MAD=∠FAE，∵∠OAD=∠OAE=30°，∴∠MAD+∠NAE=30°，∴∠DAN=30°，∴OM+ON=2OD+DM+EN=2OD+FN，∴當FN最小時，OM+ON最小，此時OM+ON=100+2003∴最小面積為：S=1【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，四邊形的面積等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．例8、問題背景：“對角互補”是經(jīng)典的四邊形模型，解決相應(yīng)問題，通常會涉及到旋轉(zhuǎn)構(gòu)造、全等三角形的證明等綜合性較高的幾何知識．如果問題中有“45°，60°”角度出現(xiàn)，一般會和等腰直角三角形、正方形、等邊三角形等特殊圖形結(jié)合起來考察．

(1)【問題解決】如圖①，∠AOB=∠CPD=90°，OP平分∠AOB，小明同學(xué)從P點分別向OA，OB作垂線PE，PF，由此得到正方形OFPE，與△PED全等的三角形是________；(2)【問題探究】如圖②，若∠AOB=120°，∠CPD=60°，OP平分∠AOB，OD=1，OC=2，求OP的長；(3)【拓展延伸】如圖③，點P是正方形ABCD外一點，∠CPD=90°，∠PCD=30°，對角線AC，BD交于點O，連接OP，且OP=6+2【答案】（1）△PFC；（2）3；（3）16.【分析】（1）根據(jù)角平分線的性質(zhì)及垂直的定義可得∠PED=∠PFC=∠AOB=90°，PE=PF，進而得四邊形OFPE是正方形，再根據(jù)角的等量代換得∠EPD=∠FPC，利用ASA可證得△PED≌△PFC，進而可求解．（2）過點P作PM⊥OA于M，PN⊥OB于N，根據(jù)角平分線的性質(zhì)可得PM=PN，利用HL證得Rt△OPM≌Rt△OPN，進而可得OM=ON，再利用ASA證得△PMD≌△PNC，進而可得DM=NC，設(shè)DM=a，則DM=NC=a（3）延長PC到Q，使CQ=DP，連接OQ，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得∠DOC=90°，OC=OD，利用SAS得△ODP≌△OCQ，進而可得OP=OQ=6+2，∠DOP=∠COQ【詳解】（1）解：∵PE⊥OA，PF⊥OB，且OP平分∠AOB，∴∠PED=∠PFC=∠AOB=90°，PE=PF，∴四邊形OFPE是正方形，∴∠FPE=90°，∵∠DPC=90°，∴∠EPD+∠DPF=∠FPC+∠DP=90°，∴∠EPD=∠FPC，在△PED和△PFC中，∠EPD=∠FPCPE=PF∴△PED≌△PFC(ASA故答案為：△PFC．（2）如圖，過點P作PM⊥OA于M，PN⊥OB于N，如圖：

∵OP平分∠AOB，∴PM=PN．∵OP=OP，∴Rt∴OM=ON．在四邊形OCPD中，∠OCP+∠CPD+∠PDO+∠AOB=360°，且∠AOB=120°，∠CPD=60°，∴∠PDO+∠OCP=180°．∵∠PDO+∠PDM=180°，∴∠PDM=∠OCP．又∵∠PMD=∠PNC=90°∴△PMD≌∴DM=NC．∵OD=1，OC=2，設(shè)DM=a，則DM=NC=a，OM=ON=a+1．∴OC=2a+1=2，解得，a=1∴ON=2?1在Rt△OPN中，∠ONP=90°，∠PON=∴∠OPN=30°∴OP=2ON=2×3（3）如圖，延長PC到Q，使CQ=DP，連接OQ．如圖：

在四邊形OCPD中，∠OCP+∠CPD+∠PDO+∠DOC=360°，且∠CPD=90°．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DOC=90°，OC=OD．∴∠OCP+∠PDO=180°．又∵∠OCP+∠OCQ=180°，∴∠PDO=∠OCQ．∴△ODP≌∴OP=OQ=6+2∵∠COP+∠DOP=90°，∴∠POQ=∠COP+∠COQ=90°．∴△POQ是等腰直角三角形．由勾股定理，PQ=2在Rt△CPD中，∠PCD=30°，設(shè)DP=CQ=x，由勾股定理，PC=∴PQ=PC+CQ=3∴3∴x=2．∴CD=2DP=2×2=4．∴S【點睛】本題考查了角平分線的性質(zhì)、全等三角形的判定及性質(zhì)、正方形的判定及性質(zhì)、勾股定理、直角三角形的特征，熟練掌握相關(guān)判定及性質(zhì)，添加適當?shù)妮o助線解決問題是解題的關(guān)鍵．例9、如圖1，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，點E，F(xiàn)分別在四邊形ABCD的邊BC，CD上，∠EAF=12（1）思路梳理將△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)至△ADG，使AB與AD重合，由∠B+∠ADC=180°，得∠FDG=180°，即點F，D，G三點共線，易證△AFG≌△AFE，故EF，BE，DF之間的數(shù)量關(guān)系為__；（2）類比引申如圖2，在圖1的條件下，若點E，F(xiàn)由原來的位置分別變到四邊形ABCD的邊CB，DC延長線上，∠EAF=12（3）聯(lián)想拓展如圖3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，點D，E均在邊BC上，且∠DAE=45°，若BD=1，EC=2，直接寫出DE的長為________________.【答案】（1）EF＝BE＋DF；（2）EF＝DF?BE；證明見解析；（3）5.【分析】（1）將△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)至△ADG，使AB與AD重合，首先證明F，D，G三點共線，求出∠EAF＝∠GAF，然后證明△AFG≌△AFE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)解答；（2）將△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，使AB與AD重合，得到△ADE'，首先證明E'，D，F(xiàn)三點共線，求出∠EAF＝∠E'AF，然后證明△AFE≌△AFE'，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)解答；（3）將△ABD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)至△ACD'，使AB與AC重合，連接ED'，同（1）可證△AED≌AED'，求出∠ECD'＝90°，再根據(jù)勾股定理計算即可．【詳解】解：（1）將△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)至△ADG，使AB與AD重合，∵∠B＋∠ADC＝180°，∴∠FDG＝180°，即點F，D，G三點共線，∵∠BAE＝∠DAG，∠EAF＝12∴∠EAF＝∠GAF，在△AFG和△AFE中，AE＝AG∠EAF＝∠GAF∴△AFG≌△AFE，∴EF＝FG＝DG＋DF＝BE＋DF；（2）EF＝DF?BE；證明：將△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，使AB與AD重合，得到△ADE'，則△ABE≌ADE'，∴∠DAE'＝∠BAE，AE'＝AE，DE'＝BE，∠ADE'＝∠ABE，∵∠ABC＋∠ADC＝180°，∠ABC＋∠ABE＝180°，∴∠ADE'＝∠ADC，即E'，D，F(xiàn)三點共線，∵∠EAF＝12∴∠E'AF＝∠BAD?（∠BAF＋∠DAE'）＝∠BAD?（∠BAF＋∠BAE）＝∠BAD?∠EAF＝12∴∠EAF＝∠E'AF，在△AEF和△AE'F中，AE＝AE′∠EAF＝∠E′AF∴△AFE≌△AFE'（SAS），∴FE＝FE'，又∵FE'＝DF?DE'，∴EF＝DF?BE；（3）將△ABD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)至△ACD'，使AB與AC重合，連接ED'，同（1）可證△AED≌AED'，∴DE＝D'E．∵∠ACB＝∠B＝∠ACD'＝45°，∴∠ECD'＝90°，在Rt△ECD'中，ED'＝EC2+D'故答案為：5．【點睛】本題考查的是旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理等知識，靈活運用利用旋轉(zhuǎn)變換作圖、掌握全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．例10、在ΔABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AD⊥BC于點D,（1）如圖1，點M，N分別在AD，AB上，且∠BMN=90°，當∠AMN=30°，AB=2時，求線段AM的長；（2）如圖2，點E，F(xiàn)分別在AB，AC上，且∠EDF=90°，求證：BE=AF；（3）如圖3，點M在AD的延長線上，點N在AC上，且∠BMN=90°，求證：AB+AN=2【答案】(1)AM=2【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)得到AD＝BD＝DC＝2，求出∠MBD＝30°，根據(jù)勾股定理計算即可；（2）證明△BDE≌△ADF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)證明；（3）過點M作ME∥BC交AB的延長線于E，證明△BME≌△AMN，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到BE＝AN，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)、勾股定理證明結(jié)論．【詳解】（1）解：∵∠BAC=90°，AB=AC，AD⊥BC，∴AD=BD=DC，∠ABC=∠ACB=45°，∠BAD=∠CAD=45°，∵AB=2，∴AD=BD=DC=2∵∠AMN=30°，∴∠BMD=180°?90°?30°=60°，∴∠BMD=30°，∴BM=2DM，由勾股定理得，BM2?D解得，DM=2∴AM=AD?DM=2（2）證明：∵AD⊥BC，∠EDF=90°，∴∠BDE=∠ADF，在ΔBDE和ΔADF中，{∠B=∠DAFDB=DA∠BDE=∠ADF∴ΔBDE≌ΔADF(ASA)∴BE=AF；（3）證明：過點M作ME//BC交AB的延長線于E，∴∠AME=90°，則AE=2AB，∴ME=MA，∵∠AME=90°，∠BMN=90°，∴∠BME=∠AMN，在ΔBME和ΔAMN中，{∠E=∠MAN∴ΔBME≌ΔAMN(ASA)，∴BE=AN，∴AB+AN=AB+BE=AE=2【點睛】本題考查的是等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)，掌握全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．課后專題練課后專題練練1、如圖，正方形ABCD，點P是對角線AC上一點，連接BP，過P作PQ⊥BP，PQ交CD于Q，連接BQ交AC于G，若AP=2，Q為CD①∠PBC＝∠PQD；②BP＝PQ；③∠BPC＝∠BQC；④正方形ABCD的面積是16；其中正確結(jié)論的個數(shù)是（）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】A.【分析】根據(jù)對角互補的四邊形，則四邊形共圓，根據(jù)圓周角定理得出∠BPC＝∠BQC，根據(jù)∠PBC＝∠PQD，過P作PM⊥AD于M，PE⊥AB于E，PF⊥DC于F，則E、P、F三點共線，推出正方形AEPM，根據(jù)勾股定理求出AE＝PE＝PM＝AM＝DF＝1，證△BEP≌△PFQ，推出PE＝FQ＝1，BP＝PQ，求出DQ、DC，即可．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BCQ＝90°，∵PQ⊥PB，∴∠BPQ＝90°，∴∠BPQ+∠BCQ＝180°，∴B、C、Q、P四點共圓，∴∠PBC＝∠PQD，∠BPC＝∠BQC，∴①正確；③正確；過P作PM⊥AD于M，PE⊥AB于E，PF⊥DC于F，則E、P、F三點共線，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝DC＝BC，∠DAC＝∠BAC，∠DAB＝90°，∴∠MAE＝∠PEA＝∠PMA＝90°，PM＝PE，∴四邊形AMPE是正方形，∴AM＝PM＝PE＝AE，∵AP=2∴在Rt△AEP中，由勾股定理得：AE2+PE2＝（2）2，解得：AE＝AM＝PE＝PM＝1，∴DF＝1，設(shè)AB＝BC＝CD＝AD＝a，則BE＝PF＝a﹣1，∵∠BEP＝∠PFQ＝∠BPQ＝90°，∴∠BPE+∠EBP＝90°，∠EPB+∠FPQ＝90°，∴∠EBP＝∠FPQ，在△BEP和△PFQ中∠EBP=∠FPQBE=PF∴△BEP≌△PFQ（ASA），∴PE＝FQ＝1，BP＝PQ，∴②正確；∴DQ＝1+1＝2，∵Q為CD中點，∴DC＝2DQ＝4，∴正方形ABCD的面積是4×4＝16，∴④正確；故選：A．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)和判定，全等三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理，三角形的內(nèi)角和定理等知識點，主要考查學(xué)生的推理能力，題目綜合性比較強，有一定的難度．練2、如圖，BN為∠MBC的平分線，P為BN上一點，且PD⊥BC于點D，∠APC+∠ABC＝180°，給出下列結(jié)論：①∠MAP＝∠BCP；②PA＝PC；③AB+BC＝2BD；④四邊形BAPC的面積是△PBD面積的2倍，其中結(jié)論正確的個數(shù)有（）A．4個 B．3個 C．2個 D．1個【答案】A【分析】過點P作PK⊥AB，垂足為點K．證明Rt△BPK≌Rt△BPD，△PAK≌△PCD，利用全等三角形的性質(zhì)即可解決問題．【詳解】解：過點P作PK⊥AB，垂足為點K．∵PK⊥AB，PD⊥BC，∠ABP＝∠CBP，∴PK＝PD，在Rt△BPK和Rt△BPD中，，∴Rt△BPK≌Rt△BPD（HL），∴BK＝BD，∵∠APC+∠ABC＝180°，且∠ABC+∠KPD＝180°，∴∠KPD＝∠APC，∴∠APK＝∠CPD，故①正確，在△PAK和△PCD中，，∴△PAK≌△PCD（ASA），∴AK＝CD，PA＝PC，故②正確，∴BK﹣AB＝BC﹣BD，∴BD﹣AB＝BC﹣BD，∴AB+BC＝2BD，故③正確，∵Rt△BPK≌Rt△BPD，△PAK≌△PCD（ASA），∴S△BPK＝S△BPD，S△APK＝S△PDC，∴S四邊形ABCP＝S四邊形KBDP＝2S△PBD．故④正確．故選A．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．練3、如圖，點P為定角∠AOB的平分線上的一個定點，且∠MPN與∠AOB互補，若∠MPN在繞點P旋轉(zhuǎn)的過程中，其兩邊分別與OA、OB相交于M、N兩點，則以下結(jié)論：（1）PM＝PN恒成立；（2）OM﹣ON的值不變；（3）△OMN的周長不變；（4）四邊形PMON的面積不變，其中正確的序號為_____．【答案】（1）（4）【分析】如圖作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．只要證明△POE≌△POF，△PEM≌△PFN，即可一一判斷．【詳解】解：如圖作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．∵∠PEO＝∠PFO＝90°，∴∠EPF+∠AOB＝180°，∵∠MPN+∠AOB＝180°，∴∠EPF＝∠MPN，∴∠EPM＝∠FPN，∵OP平分∠AOB，PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，∴PE＝PF，在△POE和△POF中，∴Rt△POE≌Rt△POF（HL），∴OE＝OF，在△PEM和△PFN中，∴△PEM≌△PFN（ASA），∴EM＝NF，PM＝PN，故（1）正確，∴S△PEM＝S△PNF，∴S四邊形PMON＝S四邊形PEOF＝定值，故（4）正確，∵OM﹣ON＝OE+EM﹣（OF﹣FN）＝2EM，不是定值，故（2）錯誤，∵OM+ON＝OE+ME+OF﹣NF＝2OE＝定值，在旋轉(zhuǎn)過程中，△PMN是等腰三角形，形狀是相似的，因為PM的長度是變化的，所以MN的長度是變化的，所以△OMN的周長是變化的，故（3）錯誤，故答案為：（1）（4）．【點睛】本題考查全等三角形的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)定理、四邊形的面積等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．練4、如圖，已知四邊形的對角互補，且，，．過頂點C作于E，則的值為（

）A． B．9 C．6 D．7．2【答案】B【分析】要求的值，主要求出AE和BE的長即可，注意到AC是角平分線，于是作CF⊥AD交AD的延長線于點F，可以證得兩對全等三角形，結(jié)合已知數(shù)據(jù)可以求得AE和BE的長，從而解決問題．【詳解】解：作CF⊥AD交AD的延長線于點F，則∠CFD=90°，∵CE⊥AB，∴∠CEB=90°，∴∠CFD=∠CEB=90°，∵∠BAC=∠DAC，∴AC平分∠BAD，∴CE=CF，∵四邊形ABCD對角互補，∴∠ABC+∠ADC=180°，又∵∠CDF+∠ADC=180°，∴∠CBE=∠CDF，在△CBE和△CDF中，∴△CBE≌△CDF（AAS），∴BE=DF，在△AEC和△AFC中，∴△AEC≌△AFC（AAS），∴AE=AF，設(shè)BE=a，則DF=a，

∵AB=15，AD=12，∴12+2a=15，得，∴AE=12+a=，BE=a=，∴，故選B．【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是巧妙構(gòu)造全等三角形進而得出等量關(guān)系．練5、如圖，在平面直角坐標系xOy中，A,B兩點分別在x軸，y軸的正半軸上，且OA=OB，點C在第一象限，OC=3，連接BC，AC，若∠BCA=90°，則BC+AC的值為．【答案】【分析】過O作OE⊥AC于點E，作OF⊥BC交CB的延長線于點F，可證平行四邊形OECF是正方形，由“HL”可證Rt△BOF≌Rt△AOE，可得BF=AE，即可求解?！驹斀狻拷猓簩ⅰ鱋BC繞O點旋轉(zhuǎn)90°，∵OB=OA∴點B落在A處，點C落在D處且有OD=OC=3，∠COD=90°，∠OAD=∠OBC，在四邊形OACB中∵∠BOA=∠BCA=90°，∴∠OBC+∠OAC=180°，∴∠OAD+∠OAC=180°∴C、A、D三點在同一條直線上，∴△OCD為等要直角三角形，根據(jù)勾股定理CD2=OC2+OD2即CD2=32+32=18解得CD=；即BC+AC=.【點睛】本題考查了全等三角形額判定和性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，添加恰當輔助線構(gòu)造全等三角形是本題的關(guān)鍵。練6、如圖，正方形ABCD的邊長為2，點E從點A出發(fā)沿著線段AD向點D運動（不與點A、D重合），同時點F從點D出發(fā)沿著線段DC向點C運動（不與點D、C重合），點E與點F的運動速度相同．BE與AF相交于點H，點G為BF中點，則有下列結(jié)論：①∠DEH與∠DFH一定互補；②FB可以平分∠AFC；③當E運動到AD中點時，GH=5④當AH+BH=6時，四邊形HEDF的面積是1其中正確的有①③④.（填寫序號）【答案】①③④【分析】根據(jù)全等三角形的判定與性質(zhì)，正方形性質(zhì)，得出△ABE≌△DAF（SAS），且其對應(yīng)角相等，又根據(jù)∠DEH與∠AEH互補，推出∠DEH與∠DFH互補，判斷①；假設(shè)FB平分∠AFC，得出BH＝BA，這顯然不可能，以此判斷②；當F運動到CD中點時，根據(jù)有股定理求得BF，根據(jù)G為BF中點，可判斷③，根據(jù)△ABE≌△DAF（SAS），可得到S四邊形HEDF＝S△AHB，當AH+BH=10，根據(jù)完全平方公式（AH+BH）2＝AH2+BH2+2AH?BH＝10，可得AH?BH【詳解】解：①由題意可知，AE＝DF，AB＝AD，∠BAE＝∠ADF，∴△ABE≌△DAF（SAS），∴∠AEH＝∠DFH，∵∠DEH與∠AEH互補，∴∠DEH與∠DFH互補，故①正確．②∵∠DFH+∠EAH＝90°，且由①知，∠AEH＝∠DFH，∴∠AEH+∠EAH＝90°，∴∠AHE＝∠AHB＝∠BHF＝90°，假設(shè)FB平分∠AFC，∵∠C＝∠BHF＝90°，∴BC＝BH，∴BA＝BH，這顯然不可能，∴FB不可能平分∠AFC，故②不正確．③當E運動到AD中點時，點F是CD的中點，∴FC＝1，在Rt△BCF中，由勾股定理得，BF=B在Rt△BHF中，G為BF的中點，∴GH=1故③正確．④∵△ABE≌△DAF（SAS），∴S四邊形HEDF+S△AHE＝S△AHB+S△AHE，∴S四邊形HEDF＝S△AHB，∵AH+BH=10∴（AH+BH）2＝AH2+BH2+2AH?BH＝10，又∵AH2+BH2＝AB2＝4，∴AH?BH＝3，∴S△AHB=1故④正確．故答案為：①③④．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，關(guān)鍵是能根據(jù)正方形的性質(zhì)找到全等的條件，利用三角形全等的性質(zhì)和勾股定理解決問題．練7、如圖，已知∠AOB=120°，在∠AOB的平分線OM上有一點C，將一個60°角的頂點與點C重合，它的兩條邊分別與直線OA、OB相交于點D、E．（1）當∠DCE繞點C旋轉(zhuǎn)到CD與OA垂直時（如圖1），請猜想OE+OD與OC的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（2）當∠DCE繞點C旋轉(zhuǎn)到CD與OA不垂直時，到達圖2的位置，（1）中的結(jié)論是否成立？并說明理由；（3）當∠DCE繞點C旋轉(zhuǎn)到CD與OA的反向延長線相交時，上述結(jié)論是否成立？若成立，請給于證明；若不成立，線段OD、OE與OC之間又有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請寫出你的猜想，不需證明．【答案】（1）詳見解析；（2）（1）中結(jié)論仍然成立，理由詳見解析；（3）（1）中結(jié)論不成立，結(jié)論為OE﹣OD=OC，證明詳見解析.【分析】(1)根據(jù)OM是∠AOB的角平分線，可得∠AOB=60°，則∠OCE=30°，再根據(jù)30°所對直角邊是斜邊的一半，得出OD=OC，同理：OE=OC，即可得出結(jié)論；(2)同(1)的方法得到OF+OG=OC，再根據(jù)AAS證明△CFD≌△CGE，得出DF=EG，則OF=OD+DF=OD+EG，OG=OE﹣EG，OF+OG=OD+OE，即可得出結(jié)論.(3)同(2)的方法得到DF=EG，根據(jù)等量代換可得OE﹣OD=OC.【詳解】(1)∵OM是∠AOB的角平分線，∴∠AOC=∠BOC=∠AOB=60°，∵CD⊥OA，∴∠ODC=90°，∴∠OCD=30°，∴∠OCE=∠DCE﹣∠OCD=30°，在Rt△OCD中，OD=OC，同理：OE=OC，∴OD+OE=OC，(2)(1)中結(jié)論仍然成立，理由：過點C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，如圖，∴∠OFC=∠OGC=90°，∵∠AOB=120°，∴∠FCG=60°，同(1)的方法得，OF=OC，OG=OC，∴OF+OG=OC，∵CF⊥OA，CG⊥OB，且點C是∠AOB的平分線OM上一點，∴CF=CG，∵∠DCE=60°，∠FCG=60°，∴∠DCF=∠ECG，∴△CFD≌△CGE，∴DF=EG，∴OF=OD+DF=OD+EG，OG=OE﹣EG，∴OF+OG=OD+EG+OE﹣EG=OD+OE，∴OD+OE=OC；(3)(1)中結(jié)論不成立，結(jié)論為：OE﹣OD=OC，理由：過點C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，如圖，∴∠OFC=∠OGC=90°，∵∠AOB=120°，∴∠FCG=60°，同(1)的方法得，OF=OC，OG=OC，∴OF+OG=OC，∵CF⊥OA，CG⊥OB，且點C是∠AOB的平分線OM上一點，∴CF=CG，∵∠DCE=60°，∠FCG=60°，∴∠DCF=∠ECG，∴△CFD≌△CGE，∴DF=EG，∴OF=DF﹣OD=EG﹣OD，OG=OE﹣EG，∴OF+OG=EG﹣OD+OE﹣EG=OE﹣OD，∴OE﹣OD=OC．【點睛】本題考查了角平分線的性質(zhì)定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì).正確作輔助線是解題的關(guān)鍵.練8問題背景：如圖1，在四邊形ABCD中，∠BAD=90°，∠BCD=90°，BA=BC，∠ABC=120°，∠MBN=60°，∠MBN繞B點旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交AD、DC于E、F．探究圖中線段AE，CF，EF之間的數(shù)量關(guān)系．小李同學(xué)探究此問題的方法是：延長FC到G，使CG=AE，連接BG，先證明△BCG≌△BAE，再證明△BFC≌△BFE，可得出結(jié)論，他的結(jié)論就是_______________；探究延伸1：如圖2，在四邊形ABCD中，∠BAD=90°，∠BCD=90°，BA=BC，∠ABC=2∠MBN，∠MBN繞B點旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交AD、DC于E、F．上述結(jié)論是否仍然成立？請直接寫出結(jié)論（直接寫出“成立”或者“不成立”），不要說明理由．探究延伸2：如圖3，在四邊形ABCD中，BA=BC，∠BAD+∠BCD=180°，∠ABC=2∠MBN，∠MBN繞B點旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交AD、DC于E、F．上述結(jié)論是否仍然成立？并說明理由．實際應(yīng)用：如圖4，在某次軍事演習(xí)中，艦艇甲在指揮中心（O處）北偏西30°的A處艦艇乙在指揮中心南偏東70°的B處，并且兩艦艇到指揮中心的距離相等接到行動指令后，艦艇甲向正東方向以75海里/小時的速度前進，同時艦艇乙沿北偏東50°的方向以100海里/小時的速度前進，1.2小時后，指揮中心觀測到甲、乙兩艦艇分別到達E、F處，且指揮中心觀測兩艦艇視線之間的夾角為70°，試求此時兩艦艇之間的距離．【答案】EF=AE+CF．探究延伸1：結(jié)論EF=AE+CF成立．探究延伸2：結(jié)論EF=AE+CF仍然成立．實際應(yīng)用：210海里．【分析】延長FC到G，使CG=AE，連接BG，先證明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再證明△BGF≌△BEF，可得GF=EF，即可解題；探究延伸1：延長FC到G，使CG=AE，連接BG，先證明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再證明△BGF≌△BEF，可得GF=EF，即可解題；探究延伸2：延長FC到G，使CG=AE，連接BG，先證明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再證明△BGF≌△BEF，可得GF=EF，即可解題；實際應(yīng)用：連接EF，延長AE，BF相交于點C，然后與探究延伸2同理可得EF=AE+CF，將AE和CF的長代入即可．【詳解】解：EF=AE+CF理由：延長FC到G，使CG=AE，連接BG，在△BCG和△BAE中，BC=BA∠BCG=∠BAE=90°∴△BCG≌△BAE（SAS），∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，∴∠ABE+∠CBF=60°，∴∠CBG+∠CBF=60°，即∠GBF=60°，在△BGF和△BEF中，BG=BE∠GBF=∠EBF∴△BGF≌△BEF（SAS），∴GF=EF，∵GF=CG+CF=AE+CF，∴EF=AE+CF．探究延伸1：結(jié)論EF=AE+CF成立．理由：延長FC到G，使CG=AE，連接BG，在△BCG和△BAE中，BC=BA∠BCG=∠BAE=90°∴△BCG≌△BAE（SAS），∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，∵∠ABC=2∠MBN，∴∠ABE+∠CBF=12∴∠CBG+∠CBF=12即∠GBF=12在△BGF和△BEF中，BG=BE∠GBF=∠EBF∴△BGF≌△BEF（SAS），∴GF=EF，∵GF=CG+CF=AE+CF，∴EF=AE+CF．探究延伸2：結(jié)論EF=AE+CF仍然成立．理由：延長FC到G，使CG=AE，連接BG，∵∠BAD+∠BCD=180°，∠BCG+∠BCD=180°，∴∠BCG=∠BAD在△BCG和△BAE中，BC=BA∠BCG=∠BAE∴△BCG≌△BAE（SAS），∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，∵∠ABC=2∠MBN，∴∠ABE+∠CBF=12∴∠CBG+∠CBF=12即∠GBF=12在△BGF和△BEF中，BG=BE∠GBF=∠EBF∴△BGF≌△BEF（SAS），∴GF=EF，∵GF=CG+CF=AE+CF，∴EF=AE+CF．實際應(yīng)用：連接EF，延長AE，BF相交于點C，∵∠AOB=30°+90°+(90°70°)=140°，∠EOF=70°，∴∠EOF=12∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=(90°30°)+(70°+50°)=180°，∴符合探索延伸中的條件∴結(jié)論EF=AE+CF仍然成立即EF=75×1.2+100×1.2=210（海里）答：此時兩艦艇之間的距離為210海里．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)．作輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．練9、綜合實踐課上，劉老師介紹了四點共圓的判定定理：若平面上四點連成四邊形的對角互補或一個外角等于其內(nèi)對角，那么這四點共圓．在實際應(yīng)用中，如果運用這個定理，往往可以讓復(fù)雜的問題簡單化，以下是小明同學(xué)對一道四邊形問題的分析，請幫助他補充完整．

特殊情況分析(1)如圖1，正方形ABCD中，點P為對角線AC上一個動點，連接PD，將射線PD繞點P順時針旋轉(zhuǎn)∠ADC的度數(shù)，交直線BC于點Q．小明的思考如下：連接DQ，∵AD∥CQ，∴∠ACQ=∠DAC，（依據(jù)1）∵∠DPQ=90°，∴∠DPQ+∠DCQ=180°，∴點D、∴∠PDQ=∠PCQ，∠DQP=∠PCD，（依據(jù)2）∴∠PDQ=∠DQP，∴DP=QP．（依據(jù)3）填空：①依據(jù)1應(yīng)為___________，②依據(jù)2應(yīng)為___________，③依據(jù)3應(yīng)為___________；一般結(jié)論探究(2)將圖1中的正方形ABCD改為菱形ABCD，其他條件不變，（1）中的結(jié)論是否成立，若成立，請僅以圖2的形式證明，若不成立，請說明理由；結(jié)論拓展延伸(3)如圖2，若∠ADC=120°，AD=3，當△PQC為直角三角形時，請直接寫出線段PQ的長．【答案】(1)兩直線平行，內(nèi)錯角相等；同弧所對的圓周角相等；等角對等邊(2)成立，理由見解析(3)PQ=3【分析】（1）根據(jù)材料中的證明過程，即可得到答案；（2）連接DQ，如圖1所示，由菱形的性質(zhì)得到BC∥AD，從而確定點D、P、（3）如圖2所示，當∠ADC=120°時，∠DCB=60°，從而由△PQC為直角三角形可分兩種情況討論求解即可得到答案．【詳解】（1）解：由題意可知：①兩直線平行，內(nèi)錯角相等，②同弧所對的圓周角相等，③等角對等邊，故答案為：兩直線平行，內(nèi)錯角相等；同弧所對的圓周角相等；等角對等邊；（2）解：（1）中結(jié)論仍然成立，理由如下：連接DQ，如圖1所示：

∵在菱形ABCD中BC∥∴∠ADC+∠DCQ=180°，∠DPQ=∠ADC，∵∠DPQ+∠DCQ=180°，∴點D、∴∠DQP=∠ACD，∠ACB=∠PDQ，∵AC為菱形ABCD的對角線，∴∠ACB=∠ACD，∴∠PDQ=∠DQP，∴DP=PQ；（3）解：PQ=3由于點P為對角線AC上一個動點，分兩類情況討論如下：①當∠PQC=90°時，如圖2所示：

∵在菱形ABCD中，AD=CD=3，∠ADC=120°，∴∠DAC=∠ACD=180°?∠ADC∵BC∥∴∠ACQ=∠DAC=30°，∴∠CPQ=90°?∠ACQ=60°，由（2）中知點D、P、∴∠DPQ=120°，∴∠DPC=∠DPQ?∠CPQ=120°?60°=60°，∴∠ACD+∠DPC=90°，即∠CDP=90°，∴在Rt△CDP中，∠DCP=30°，則DP=∴由（2）知PQ=DP=3②當∠CAQ=90°時，如圖3所示：

在菱形ABCD中，∠ADC=120°，則∠ABC=120°,∠DAB=60°，∴∠ACB=∠CAB=30°,∠BAQ=∠ABQ=60°，∴點P與點A重合，由（2）可知，DP=PQ，∴PQ=AD=3，綜上所述：PQ=3【點睛】本題考查特殊平行四邊形綜合，涉及正方形性質(zhì)、菱形性質(zhì)、含30°的直角三角形三邊關(guān)系、等腰三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、四點共圓、圓周角定理等知識，熟練掌握相關(guān)幾何知識并靈活運用是解決問題的關(guān)鍵．練10、定義：有一組對角是直角的四邊形叫做“準矩形”，連接它的兩個非直角頂點的線段叫做這個準矩形的直徑．如圖①所示，在四邊形ABCD中，∠B=∠D=90o，則四邊形ABCD是“準矩形”，記作：準矩形ABCD，其中AC是這個準矩形的直徑．（1）在“平行四邊形、矩形、菱形”，一定為“準矩形”的是哪個圖形;（回答圖形名稱）（2）如圖②，已知A、B、C在格點（小正方形的頂點）上，請在方格圖畫出滿足題意的所有格點D，使得ABCD是準矩形；(3)如圖③所示，在準矩形ABCD中，∠BAD≠90o，線段AC的中點記為點O，連接BO、DO、BD，下列說法正確的是哪一個;(寫序號)①AC⊥BD；②若AB=AD，則準矩形ABCD是菱形；③若AC平分∠DAB，則AC平分∠DCB；④△BOD是等腰三角形；⑤BD<AC;(4)如圖④,在準矩形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90o,AB=AD，若四邊形ABCD的面積是24cm2,求AC的長.【答案】（1）矩形；（2）見解析；（3）③④⑤；（4）43【分析】（1）根據(jù)準矩形的定義結(jié)合平行四邊形、矩形、菱形內(nèi)角的度數(shù)進行分析；（2）利用準矩形的定義和勾股定理計算，再根據(jù)準矩形的特點和整點的特點求出即可；（3）根據(jù)直角三角形斜邊中線等于斜邊一半解答；（4）利用三角形全等變換，將四邊形割補成正方形用勾股定理即可解答，【詳解】(1)矩形的四個內(nèi)角都是直角，而平行四邊形、菱形內(nèi)角不一定有直角，所以一定為“準矩形”的是矩形，答案為：矩形.(2)

由圖可知：∵∠ABC=90°，故∠D=90°∴AC2=32+42=25，故AD2+CD2=25，即：若AD=3，CD=4時，△ACD為直角三角形，若AD2=12+22=5，CD2=22+42=20,AD2+CD2=25,△ACD為直角三角形，故有兩點,如圖所示：(3)解：①AC⊥BD位置關(guān)系不確定，故①錯誤；②若AB=AD，但準矩形ABCD不一定是平行四邊，所以準矩形ABCD不一定是菱形；故②錯誤；③∵∠ABC=∠ADC=90°，∴∠DAC+∠DCA=90°，∠BAC+∠BCA=90°，若AC平分∠DAB，即：∠DAC=∠BAC，則∠DCA=∠BCA，即AC平分∠DCB；∴③正確④又∵OA=OB，∴OD=OB=12AC故④△BOD是等腰三角形，選項正確；⑤∵OD+OB＞BD，∴12AC+12∴AC＞BD，故⑤BD<AC選項正確；故③④⑤正確；（4）解：如圖：過A點作AE⊥BC，交BC與E點，作AF⊥CD，交CD延長線與F點，又∵∠BAD=∠BCD=90o,∴四邊形AEDF是矩形，∴∠EAF=90°，∴∠BAE=∠DAF，在△ABE和△ADE中∠BAE=∴△ABE≌△ADE∴AE=AF，∴矩形AEDF是正方形，∵四邊形ABCD的面積是24cm2，∴正方形AEDF的面積=24cm2∴AE2=24cm，∴AC=24+24=43【點睛】本題是四邊形的綜合題，也是新定義問題，考查了三角形全等、直角三角形性質(zhì)，勾股定理，矩形的性質(zhì)，正方形的判定等知識，認真閱讀理解新定義，第4問有難度，作輔助線構(gòu)建全等三角形是關(guān)鍵．練11、（1）如圖①，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E，F(xiàn)分別是邊BC，CD上的點，且∠EAF=12∠BAD．請直接寫出線段EF，BE（2）如圖②，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F(xiàn)分別是邊BC，CD上的點，且∠EAF=1（3）在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F(xiàn)分別是邊BC，CD所在直線上的點，且∠EAF=12∠BAD．請畫出圖形（除圖②外），并直接寫出線段EF，BE【答案】（1）EF=BE+FD；（2）成立，理由見解析；（3）圖形見解析，EF=BE?FD【分析】（1）延長EB到G，使BG=DF，連接AG．證明△AGE和△AEF全等，則EF=GE，則EF=BE+DF，證明△ABE和△AEF中全等，那么AG=AF，∠1=∠2，∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=12∠BAD．從而得出EF=GE（2