專題01旋轉(zhuǎn)中的三種全等模型（手拉手半角對角互補模型）

專題01旋轉(zhuǎn)中的三種全等模型（手拉手、半角、對角互補模型）本專題重點分析旋轉(zhuǎn)中的三類全等模型（手拉手、半角、對角互補模型），結(jié)合各類模型展示旋轉(zhuǎn)中的變與不變，并結(jié)合經(jīng)典例題和專項訓練深度分析基本圖形和歸納主要步驟，同時規(guī)范了解題步驟，提高數(shù)學的綜合解題能力。模型1.手拉手模型【模型解讀】將兩個三角形（或多邊形）繞著公共頂點旋轉(zhuǎn)某一角度后能完全重合，則這兩個三角形構(gòu)成手拉手全等，也叫旋轉(zhuǎn)型全等。其中：公共頂點A記為“頭”，每個三角形另兩個頂點逆時針順序數(shù)的第一個頂點記為“左手”，第二個頂點記為“右手”。手拉模型解題思路：SAS型全等（核心在于導(dǎo)角，即等角加（減）公共角）。1）雙等邊三角形型條件：△ABC和△DCE均為等邊三角形，C為公共點；連接BE，AD交于點F。結(jié)論：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。2）雙等腰直角三角形型條件：△ABC和△DCE均為等腰直角三角形，C為公共點；連接BE，AD交于點N。結(jié)論：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BND。3）雙等腰三角形型條件：△ABC和△DCE均為等腰三角形，C為公共點；連接BE，AD交于點F。結(jié)論：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ACM=∠BFM；④CF平分∠AFD。4）雙正方形形型條件：△ABCFD和△CEFG都是正方形，C為公共點；連接BG，ED交于點N。結(jié)論：①△△BCG≌△DCE；②BG=DE；③∠BCM=∠DNM=90°；④CN平分∠BNE。例1．（2022·黑龍江·中考真題）和都是等邊三角形．(1)將繞點A旋轉(zhuǎn)到圖①的位置時，連接BD，CE并延長相交于點P（點P與點A重合），有（或）成立；請證明．(2)將繞點A旋轉(zhuǎn)到圖②的位置時，連接BD，CE相交于點P，連接PA，猜想線段PA、PB、PC之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系？并加以證明；(3)將繞點A旋轉(zhuǎn)到圖③的位置時，連接BD，CE相交于點P，連接PA，猜想線段PA、PB、PC之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系？直接寫出結(jié)論，不需要證明．【答案】(1)證明見解析(2)圖②結(jié)論：，證明見解析(3)圖③結(jié)論：【分析】（1）由△ABC是等邊三角形，得AB=AC，再因為點P與點A重合，所以PB=AB，PC=AC，PA=0，即可得出結(jié)論；（2）在BP上截取，連接AF，證明（SAS），得，再證明（SAS），得，，然后證明是等邊三角形，得，即可得出結(jié)論；（3）在CP上截取，連接AF，證明（SAS），得，再證明（SAS），得出，，然后證明是等邊三角形，得，即可得出結(jié)論：．(1)證明：∵△ABC是等邊三角形，∴AB=AC，∵點P與點A重合，∴PB=AB，PC=AC，PA=0，∴或；(2)解：圖②結(jié)論：證明：在BP上截取，連接AF，∵和都是等邊三角形，∴，，∴，∴，∴（SAS），∴，∵AC=AB，CP=BF，

∴（SAS），∴，，∴，∴，∴是等邊三角形，∴，∴；(3)解：圖③結(jié)論：，理由：在CP上截取，連接AF，∵和都是等邊三角形，∴，，∴，∴，∴（SAS），∴，∵AB=AC，BP=CF，∴（SAS），

∴，，∴，∴，∴是等邊三角形，∴，∴，即．【點睛】本題考查等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握等邊三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．例2．（2023·湖南·長沙市八年級階段練習）如圖1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC＝4，點D，E分別為邊AB，BC上的中點，且BD＝BE＝．(1)如圖2，將△BDE繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)任意角度α，連接AD，EC，則線段EC與AD的關(guān)系是；(2)如圖3，DE∥BC，連接AE，判斷△EAC的形狀，并求出EC的長；(3)繼續(xù)旋轉(zhuǎn)△BDE，當∠AEC＝90°時，請直接寫出EC的長．【答案】(1)EC＝AD，EC⊥AD(2)等腰三角形，(3)【分析】（1）延長CE交AD于F，交AB于O，證明△ABD≌△CBE（SAS），得∠BCE＝∠BAD，CE＝AD，再由∠AOF＝∠BOC，可得∠AFC＝∠ABC＝90°，即可得到結(jié)論；（2）設(shè)DE與AB的交點為H，可得AB是DE的垂直平分線，利用勾股定理可求出AE的長，由（1）知CE＝AD，從而得出答案；（3）分當點E在BC上方時和當點E在BC下方時，分別畫圖，利用勾股定理計算即可．(1)EC與AD垂直且相等，理由如下：延長CE交AD于F，交AB于O，∵△BDE和△ABC都是等腰直角三角形，∴BD＝BE，AB＝BC，∠DBE＝∠ABC＝90°，∴∠ABD＝∠CBE，∴△ABD≌△CBE（SAS），∴∠BCE＝∠BAD，CE＝AD，∵∠AOF＝∠BOC，∴∠AFE＝∠ABC＝90°，∴AD⊥CE，∴故答案為：EC＝AD，EC⊥AD；(2)設(shè)DE與AB的交點為H，∵DE∥BC，∴∠AHE＝∠ABC＝90°，∵BD＝BE，∴AB是DE的垂直平分線，∴AD＝AE，由（1）知AD＝CE，∴AE＝CE，∴△ACE是等腰三角形，∵BE＝，∴BH＝HE＝1，∴AH＝AB﹣BH＝4﹣1＝3，在Rt△AHE中，由勾股定理得：AE＝，∴CE＝AE＝；(3)如圖4，當點E在BC上方時，過點B作BG⊥DE于G，∵∠AEC＝90°，CE⊥AD，∴A、E、D三點共線，∴AG＝，∴AD＝AG+DG＝，∴CE＝AD＝+1；如圖，當點E在BC下方時，同理可得CE＝CG﹣GE＝﹣1．綜上：CE＝+1或﹣1．【點睛】本題主要考查了等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理等知識，根據(jù)前面探索的結(jié)論解決新的問題是解題的關(guān)鍵．例3．（2023·黑龍江·虎林市九年級期末）已知Rt△ABC中，AC=BC，∠ACB＝90°，F(xiàn)為AB邊的中點，且DF=EF，∠DFE＝90°，D是BC上一個動點．如圖1，當D與C重合時，易證：CD2＋DB2＝2DF2；（1）當D不與C、B重合時，如圖2，CD、DB、DF有怎樣的數(shù)量關(guān)系，請直接寫出你的猜想，不需證明．（2）當D在BC的延長線上時，如圖3，CD、DB、DF有怎樣的數(shù)量關(guān)系，請寫出你的猜想，并加以證明．【答案】（1）CD2+DB2=2DF2；（2）CD2+DB2=2DF2，證明見解析【分析】（1）由已知得，連接CF，BE，證明得CD=BE，再證明為直角三角形，由勾股定理可得結(jié)論；（2）連接CF，BE，證明得CD=BE，再證明為直角三角形，由勾股定理可得結(jié)論．【詳解】解：（1）CD2+DB2=2DF2證明：∵DF=EF，∠DFE＝90°，∴∴連接CF，BE，如圖∵△ABC是等腰直角三角形，F(xiàn)為斜邊AB的中點∴，即∴，又∴在和中∴∴，∴∴∵，∴CD2+DB2=2DF2；（2）CD2+DB2=2DF2證明：連接CF、BE∵CF=BF，DF=EF又∵∠DFC+∠CFE=∠EFB+∠CFB=90°∴∠DFC=∠EFB∴△DFC≌△EFB

∴CD=BE，∠DCF=∠EBF=135°∵∠EBD=∠EBF－∠FBD=135°－45°=90°在Rt△DBE中，BE2+DB2=DE2∵DE2=2DF2∴CD2+DB2=2DF2【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、證明三角形全等是解決問題的關(guān)鍵，學會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．例4．（2022·青?！ぶ锌颊骖}）兩個頂角相等的等腰三角形，如果具有公共的頂角的頂點，并把它們的底角頂點連接起來，則形成一組全等的三角形，把具有這個規(guī)律的圖形稱為“手拉手”圖形.(1)問題發(fā)現(xiàn)：如圖1，若和是頂角相等的等腰三角形，BC，DE分別是底邊.求證：；(2)解決問題：如圖2，若和均為等腰直角三角形，，點A，D，E在同一條直線上，CM為中DE邊上的高，連接BE，請判斷∠AEB的度數(shù)及線段CM，AE，BE之間的數(shù)量關(guān)系并說明理由.

圖1

圖2【答案】(1)見解析(2)；【分析】（1）先判斷出∠BAD=∠CAE，進而利用SAS判斷出△BAD≌△CAE，即可得出結(jié)論；（2）同（1）的方法判斷出△BAD≌△CAE，得出AD=BE，∠ADC=∠BEC，最后用角的差，即可得出結(jié)論．【解析】(1)證明：∵和是頂角相等的等腰三角形，∴，，，∴，∴．在和中，，∴，∴．(2)解：，，理由如下：由（1）的方法得，，∴，，∵是等腰直角三角形，∴，∴，∴，∴．∵，，∴．∵，∴，∴．∴．【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(zhì)，等腰三角形，等邊三角形，等腰直角三角形的性質(zhì)，判斷出△ACD≌△BCE是解本題的關(guān)鍵．例5．（2023春·浙江·八年級專題練習）邊長為4的正方形ABCD與邊長為2的正方形CEFG如圖1擺放，將正方形CEFG繞點C順時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為α，連接BG，DE．（1）如圖2，求證：△BCG≌△DCE；（2）如圖2，連接DG，BE，判斷DG2+BE2否為定值．若是，求這個定值若不是，說明理由；（3）如圖3，當點G恰好落在DE上時，求α的值．【答案】（1）見解析；（2）48；（3）【分析】（1）通過邊角邊判定三角形全等；（2）連接，設(shè)交于點，交于點，先證明，由勾股定理可得；（3）作于點，則，且，由含30度角的直角三角形的性質(zhì)求解．【詳解】（1）四邊形與為正方形，，，，，，在和中，(SAS)，（2）連接，設(shè)交于點，交于點，，，，在△和中，，，，，由勾股定理得，，，，，，，(3)作于點，如圖，△為等腰直角三角形，，且，在中，，，，．．【點睛】本題考查四邊形與三角形的綜合問題，解題關(guān)鍵是熟練掌握正方形與直角三角形的性質(zhì)，通過添加輔助線求解．模型2.半角模型【模型解讀】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(zhuǎn)構(gòu)造全等三角形，實現(xiàn)線段的轉(zhuǎn)化1）正方形半角模型條件：四邊形ABCD是正方形，∠ECF=45°；結(jié)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(jié)論：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝BD2＋EC2；3）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(jié)論：①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋FC；④AEF的周長=2AB；⑤DE、DF分別平分∠BEF和∠EFC。4）等邊三角形半角模型（60°30°型）條件：ABC是等邊三角形，∠EAD=30°；結(jié)論：①△BDA≌△CFA；②△DAE≌△FAE；③∠ECF=120°；④DE2＝(BD＋EC)2+；5）任意角度的半角模型（型）條件：∠BAC=，AB=AC，∠DAE=；結(jié)論：①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF；③∠ECF=180°。例1．（2023·福建·龍巖九年級期中）（1）【發(fā)現(xiàn)證明】如圖1，在正方形中，點，分別是，邊上的動點，且，求證：．小明發(fā)現(xiàn)，當把繞點順時針旋轉(zhuǎn)90°至，使與重合時能夠證明，請你給出證明過程．（2）【類比引申】①如圖2，在正方形中，如果點，分別是，延長線上的動點，且，則（1）中的結(jié)論還成立嗎？若不成立，請寫出，，之間的數(shù)量關(guān)系______（不要求證明）②如圖3，如果點，分別是，延長線上的動點，且，則，，之間的數(shù)量關(guān)系是_____（不要求證明）.（3）【聯(lián)想拓展】如圖1，若正方形的邊長為6，，求的長．【答案】（1）見解析；（2）①不成立，結(jié)論：；②，見解析；（3）【分析】（1）證明，可得出，則結(jié)論得證；（2）①將繞點順時針旋轉(zhuǎn)至根據(jù)可證明，可得，則結(jié)論得證；②將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)至，證明，可得出，則結(jié)論得證；（3）求出，設(shè)，則，，在中，得出關(guān)于的方程，解出則可得解．【詳解】（1）證明：把繞點順時針旋轉(zhuǎn)至，如圖1，，，，，，，三點共線，，，，，，，，；（2）①不成立，結(jié)論：；證明：如圖2，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)至，，，，，，，，；②如圖3，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)至，，，，，，，，，．即．故答案為：．（3）解：由（1）可知，正方形的邊長為6，，．，，設(shè)，則，，在中，，，解得：．，．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理的綜合應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是作輔助線構(gòu)造全等三角形，根據(jù)全等三角形的對應(yīng)邊相等進行推導(dǎo)．例2．（2023·江蘇·八年級專題練習）如圖，△ABC，△DEP是兩個全等的等腰直角三角形，∠BAC＝∠PDE＝90°．使△DEP的頂點P與△ABC的頂點A重合，PD，PE分別與BC相交于點F、G，若BF＝6，CG＝4，則FG＝_____．【答案】【分析】將△ABF繞A點逆時針旋轉(zhuǎn)，使AB與AC重合，即可構(gòu)建出直角三角形CGH，由勾股定理可求出GH的長度，再證明△FAG≌△GAH即可．【詳解】解：將△ABF繞A點逆時針旋轉(zhuǎn)，使AB與AC重合，∵△ACH由△ABF旋轉(zhuǎn)得到，∴∠BAF=∠CAH，CH=BF=6，AF=AH，∠B=∠ACH∵△ABC，△DEP是兩個全等的等腰直角三角形∴∠B=45°，∠ACB=45°∴∠HCG=90°在Rt△HCG中，由勾股定理得：GH=，∵∠FAG=45°∴∠BAF+∠GAC=45°∴∠CAH+∠GAC=45°，即∠GAH=45°在△FAG和△GAH中，AF=AH，∠FAG=∠GAH，AG=AG∴△FAG≌△GAH∴FG=GH=故答案為：．【點睛】本題主要考查了三角形的旋轉(zhuǎn)，通過旋轉(zhuǎn)后構(gòu)建出直角三角形和全等三角形是解題的關(guān)鍵，解題的關(guān)鍵是注意旋轉(zhuǎn)是一種全等的變化，旋轉(zhuǎn)前后對應(yīng)邊和對應(yīng)角相等．例3．（2023·湖北武漢·九年級?？茧A段練習）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝2．∠BAC＝120°，點D，E都在邊BC上，∠DAE＝60°，若BD＝2CE，求DE的長．【答案】DE＝3﹣3．【分析】將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)120°得到，取CF的中點G，連接EF、EG，由AB＝AC、，可得出，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得出，結(jié)合可得出為等邊三角形，進而得出為直角三角形，通過解直角三角形求出的長度以及證明全等找出，設(shè)，則，，在中利用勾股定理可得出，利用，可求出以及的值；【詳解】解：將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)120°得到，取的中點G，連接，如圖所示：過點作于點，如圖，∵，，∴，在中，，∴，∴，∴，∴，∴．∵，∴，∴為等邊三角形，∴，∴，∴為直角三角形，∵，∴，∴．在和中，，∴，∴．設(shè)，則，在中，，＝x，∴，∴，∴，答：的長為．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、解一元二次方程以及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，通過勾股定理找出關(guān)于x的一元二次方程是解題的關(guān)鍵．例4．（2023·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(shù)量關(guān)系．(1)如圖1，當點M、N邊AB、AC上，且DM＝DN時，BM、NC、MN之間的數(shù)量關(guān)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(jié)論還成立嗎？若成立請直接寫出你的結(jié)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(shù)量關(guān)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(zhì)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(shù)量關(guān)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(jié)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(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用，作出合適的輔助線，構(gòu)造出全等三角形．例5．（2023·重慶市二模）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(shù)量關(guān)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(jié)論，他的結(jié)論應(yīng)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(jié)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(shù)量關(guān)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(jù)此得出結(jié)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(jù)∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，推導(dǎo)得到2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出結(jié)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(zhì)的綜合應(yīng)用，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線構(gòu)造全等三角形，根據(jù)全等三角形的對應(yīng)角相等進行推導(dǎo)變形．解題時注意：同角的補角相等．模型3、旋轉(zhuǎn)中的對角互補模型【模型解讀】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。思想方法：解決此類問題常用的輔助線畫法主要有兩種：①過頂點做雙垂線，構(gòu)造全等三角形；②進行旋轉(zhuǎn)的構(gòu)造，構(gòu)造手拉手全等。1）“共斜邊等腰直角三角形+直角三角形”模型（異側(cè)型）條件：如圖，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB.結(jié)論：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③.2）“斜邊等腰直角三角形+直角三角形”模型（同側(cè)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.結(jié)論：①CD＝CE，②OE－OD＝OC，③.3）“等邊三角形對120°模型”（1）條件：如圖，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB.結(jié)論：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③.4）“等邊三角形對120°模型”（2）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，③.5）“120°等腰三角形對60°模型”條件：△ABC是等腰三角形，且∠BAC=120°，∠BPC=60°。結(jié)論：①PB+PC=PA；例1．（2022秋·江蘇·八年級專題練習）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D為BC的中點．（1）如圖1，E、F分別是AB、AC上的點，且BE＝AF、求證：△DEF是等腰直角三角形經(jīng)過分析已知條件AB＝AC，D為BC的中點．容易聯(lián)想等腰三角形三線合一的性質(zhì)，因此，連結(jié)AD（如圖2），以下是某同學由已知條件開始，逐步按層次推出結(jié)論的流程圖．請幫助該同學補充完整流程圖．補全流程圖：①，②∠EDF＝（2）如果E、F分別為AB、CA延長線上的點，仍有BE＝AF，其他條件不變，試猜想△DEF是否仍為等腰直角三角形？請在備用圖中補全圖形、先作出判斷，然后給予證明．【答案】（1）△BDE，△ADF，90°；（2）△DEF仍為等腰直角三角形，理由見解析【分析】（1）連接AD，根據(jù)∠BAC＝90°，AB＝AC，D為BC的中點，可以得到∠B=∠C=45°，AD⊥BC，，，從而可以證明△BDE≌△ADF（SAS），得到DE=DF，∠BDE=∠ADF，由∠ADE+∠BDE=∠BDA=90°，可得∠ADE+∠ADF=90°，即∠EDF=90°，即可證明；（2）連接AD，同樣證明△BDE≌△ADF（SAS），得到DE=DF，∠BDE=∠ADF，再由∠ADF+∠BDF=∠BDA=90°，即可得到∠BDE+∠BDF=90°，即∠EDF=90°，即可證明．【詳解】解：（1）如圖所示，連接AD，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，D為BC的中點，∴∠B=∠C=45°，AD⊥BC，，，∴∠B=∠BAD=∠CAD，在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（SAS），∴DE=DF，∠BDE=∠ADF，∵∠ADE+∠BDE=∠BDA=90°，∴∠ADE+∠ADF=90°，即∠EDF=90°，∴△DEF是等腰直角三角形；故答案為：△BDE，△ADF，90°；（2）△DEF仍為等腰直角三角形，理由如下：連接AD，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，D為BC的中點，∴∠ABC=∠C=45°，AD⊥BC，，，∴∠FAD=180°∠CAD=135°，∠EBD=180°∠ABC=135°，∴∠FAD=∠EBD，在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（SAS），∴DE=DF，∠BDE=∠ADF，∵∠ADF+∠BDF=∠BDA=90°，∴∠BDE+∠BDF=90°，即∠EDF=90°，∴△DEF是等腰直角三角形．【點睛】本題主要考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握全等三角形的性質(zhì)與判定條件．例2．（2023·山東棗莊·中考模擬）在中，，，于點,（1）如圖1，點，分別在，上，且，當，時，求線段的長；（2）如圖2，點，分別在，上，且，求證：；（3）如圖3，點在的延長線上，點在上，且，求證：;【答案】(1)；(2)見解析；(3)見解析.【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＝，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：，，，，，，，，，，，，由勾股定理得，，即，解得，，；（2）證明：，，，在和中，，；（3）證明：過點作交的延長線于，，則，，，，，，在和中，，，，．【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．例3．（2023秋·浙江·八年級專題練習）如圖1，，，MN是過點A的直線，過點D作于點B，連接CB；過點C作，與MN交于點E．(1)連接AD，AD是AC的______倍；(2)直線MN在圖1所示位置時，可以得到線段BD和AE的數(shù)量關(guān)系是______，與BC之間的數(shù)量關(guān)系是______，請證明你的結(jié)論；(3)直線MN繞點A旋轉(zhuǎn)到圖2的位置，若，，則AB的長為______（直接寫結(jié)果）；(4)直線MN繞點A旋轉(zhuǎn)到圖3的位置時，直接寫出線段BA，BC，BD之間的數(shù)量關(guān)系______．【答案】(1)；(2)AE＝BD，BD﹣AB＝BC；(3)4；(4)BA+BD＝BC【分析】（1）由，，根據(jù)勾股定理可直接得出答案；（2）先證明△ACE≌△DCB，確定△ECB為等腰直角三角形，即可得出答案；（3）先證明△ACE≌△DCB，CE＝BC，得到△BCE為等腰直角三角形，得到AB＝BD+BC，即可得出答案；（4）先證明△ACE≌△DCB，確定△ECB為等腰直角三角形即可得出答案．【詳解】（1）解：連接AD，設(shè)AC＝a，則DC＝a，∴AD＝，即AD是AC的倍，故答案為：．（2）如圖1，設(shè)AC與BD交于O，由題可知，∠BCE＝90°＝∠ACD，∴∠ACE＝∠BCD，∵BD⊥MN，∴∠ABD＝90°＝∠ACD，∵∠AOB＝∠DOC，∴∠BAC＝∠CDB，∵AC＝DC，∴△ACE≌△DCB（ASA），∴CE＝BC，AE＝BD，∵∠BCE＝90°，∴△ECB為等腰直角三角形，∴BE＝BC，∵BE＝AE﹣AB＝BD﹣AB，∴BD﹣AB＝BC；故答案為：AE＝BD；BD﹣AB＝BC；（3）解：如圖2，設(shè)CD與MN交于O，由題可知，∠BCE＝90°＝∠ACD，∴∠ACE＝∠BCD，∵BD⊥MN，∴∠ABD＝90°＝∠ACD，∵∠AOC＝∠DOB，∴∠BAC＝∠CDB，∵AC＝DC，∴△ACE≌△DCB（ASA），∴CE＝BC，AE＝BD，∵∠BCE＝90°，∴BE＝BC，∵BE＝AB﹣AE＝AB﹣BD，∴AB=BD+BC，∵BD＝2，BC＝，∴AB＝BD+BC＝4，故答案為：4．（4）∴∠BCE＝90°＝∠ACD，∴∠ACE＝∠DCB，∠CEB+∠CBE＝90°，∵BD⊥MN，∴∠ABD＝90°，∴∠CBE+∠CBD＝90°，∴∠CEB＝∠CBD，∵AC＝DC，∴△ACE≌△DCB（AAS），∴CE＝BC，AE＝BD，∵∠BCE＝90°，∴BE＝BC，∵BE＝AE+BA＝BD+BA，∴BA+BD＝BC，故答案為：BA+BD＝BC．【點睛】此題屬于幾何變換綜合題，主要考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，構(gòu)造全等三角形是解本題的關(guān)鍵．例4．（2023四川宜賓八年級期末）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；（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.例5．（2023湖北省宜城市八年級期末）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.課后專項訓練1．（2023·黑龍江哈爾濱·九年級?？计谥校┤鐖D，在中，，，將繞點A順時針方向旋轉(zhuǎn)60°到的位置，連接，則的度數(shù)為（

）A．15° B．20° C．30° D．45°【答案】C【分析】連接，證明為等邊三角形，然后進一步證明≌△，得到，即可求出的度數(shù)．【詳解】解：如圖所示，連接，由題意得：，，∴為等邊三角形，∴，；在與中，∴≌△（SSS），∴，故選：C．【點睛】該題主要考查了旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)、全等三角形的判定及其性質(zhì)的應(yīng)用等幾何知識點問題．解題的關(guān)鍵是作輔助線；靈活運用旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)、全等三角形的判定來分析、解答．2．（2023·成都市·八年級期末）如圖，在邊長為4的正方形ABCD中，對角線AC，BD交于點O，E在BD上，連接CE，作EF⊥CE交AB于點F，交AC于點G，連接CF交BD于點H，延長CE交AD于點M，連接FM，則下列結(jié)論：①點E到AB，BC的距離相等；②∠FCE=45°；③∠DMC=∠FMC；④若DM=2，則BF=．正確的有（）個．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】過E點作、，由正方形對角線平分每一組對角以及角平分線性質(zhì)可得點E到AB，BC的距離相等，故①正確；再證明（AAS）可得是等腰直角三角形，得，故②正確；然后延長MD至P，使，（SAS）再證明（SAS）即可得，故③正確；由全等三角形性質(zhì)和勾股定理列方程可求．【詳解】解：如圖1，過E點作、，∴，∵在正方形ABCD中，，，∴，即點E到AB，BC的距離相等，故①正確；；∴，由∵，∴，∴，∴（AAS）∴，∴，故②正確；如圖2，延長MD至P，使，連接，易證（SAS）∴，，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，，故③正確，在邊長為4的正方形ABCD中，，若，則，設(shè)，則，，在中，∴，解得：，故；④錯誤，綜上所述，正確的①②③，故選C．【點睛】本題主要考查了正方形和三角形綜合知識，解題關(guān)鍵是構(gòu)造全都三角形轉(zhuǎn)換邊角關(guān)系．3．（2023·福建廈門·九年級?？计谥校┤鐖D，（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)鍵是學會添加輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．4．（2023·福建·福州九年級期末）如圖，△ABC是等邊三角形，且，點D在邊BC上，連按AD，將線段AD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)60°，得到線段AE，連接DE，BE．則△BED的周長最小值是_________．【答案】##【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)可得AD=AE，∠DAE=60°，進而得出△ADE為等邊三角形，則DE=AD，根據(jù)“SAS”可證△ACD≌△ABE，可得CD=BE，而△BED的周長為BD+BE+DE=BD+CD+AD=BC+AD，當AD⊥BC時，AD最小，△BED的周長最小，然后求出AD的最小值即可解答．【詳解】解：∵線段AD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段AE，∴AD=AE，∠DAE=60°，∴△ADE是等邊三角形，∴DE=AD，∵△ABC是等邊三角形，AB=4，∴AB=AC，∠BAC=60°，BC=AB=4，∴∠BAC=∠DAE，∴∠CAD=∠BAE，∴△ACD≌△ABE，∴CD=BE，∴△BED的周長為BD+BE+DE=BD+CD+AD=BC+AD，∴當AD最小時，△BED的周長最小，當AD⊥BC，時，AD最小，過A作AM⊥BC于M，∴BM=BC=2，∴AM=，∴AD的最小值為，∴△BED的周長最小值是4+．故答案為：4+．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識，將求△BED的周長最小值轉(zhuǎn)化求AD的最小值是解題的關(guān)鍵．5．（2023·廣東深圳·八年級期末）如圖，△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，點D為BC邊上一點．點E為線段CD上一點，且CE＝2，AB＝，∠DAE＝60°，則DE的長為______．【答案】【分析】將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)至，連接ME，過M作于Q，過A作于F，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，設(shè)，則，，證明，得，最后利用勾股定理來解答．【詳解】解：如圖，將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)至，連接ME，過M作于Q，過A作于F，∵，，，AB＝，∴，，∴，，∴，．在中，．∵，∴.設(shè)，∴，，∴．∵，，∴，∴．∵．在和中，∴，∴，由勾股定理得：，∴，∴，即．故答案為：．【點睛】本題考查含30°角的直角三角形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形有判定和性質(zhì)，勾股定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，作輔助線構(gòu)造直角三角形是求解本題的關(guān)鍵．6．（2023·吉林松原·九年級統(tǒng)考期中）如圖，點O是等邊三角形ABC內(nèi)的一點，，將△BOC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°得△ADC，連接OD．(1)當時，°；(2)當時，°；(3)若，，，則OA的長為．【答案】(1)40；(2)60；(3)【分析】（1）證明△COD是等邊三角形，得到∠ODC=60°，即可得到答案；（2）利用∠ADC∠ODC求出答案；（3）由△BOC≌△ADC，推出∠ADC=∠BOC=150°，AD=OB=8，根據(jù)△COD是等邊三角形，得到∠ODC=60°，OD=，證得△AOD是直角三角形，利用勾股定理求出．【詳解】（1）解：∵CO=CD，∠OCD=60°，∴△COD是等邊三角形；∴∠ODC=60°，∵∠ADC=∠BOC=，∴∠ADC∠ODC=40°，故答案為：40；（2）∵∠ADC=∠BOC=，∴∠ADC∠ODC=60°，故答案為：60；（3）解：當，即∠BOC=150°，∴△AOD是直角三角形．∵△BOC≌△ADC，∴∠ADC=∠BOC=150°，AD=OB=8，又∵△COD是等邊三角形，∴∠ODC=60°，OD=，∴∠ADO=90°，即△AOD是直角三角形，∴,故答案為：．【點睛】本題以“空間與圖形”中的核心知識（如等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)與證明、直角三角形的判定、多邊形內(nèi)角和等）為載體，內(nèi)容由淺入深，層層遞進．試題中幾何演繹推理的難度適宜，蘊含著豐富的思想方法（如運動變化、數(shù)形結(jié)合、分類討論、方程思想等），能較好地考查學生的推理、探究及解決問題的能力．7．（2023·江蘇南京·九年級專題練習）（1）閱讀理解：如圖1，在正方形ABCD中，若E，F(xiàn)分別是CD，BC邊上的點，∠EAF＝45°，則我們常會想到：把△ADE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABG．易證△AEF≌_______，得出線段BF，DE，EF之間的數(shù)量關(guān)系為____________；（2）類比探究：如圖2，在等邊△ABC中，D，E為BC邊上的點，∠DAE＝30°，BD=3，EC=4，求線段DE的長；（3）拓展應(yīng)用：如圖3，在△ABC中，AB=AC，∠BAC＝150°，點D，E在BC邊上，∠DAE＝75°，若DE是等腰△ADE的腰長，請直接寫出BD：CE的值．【答案】（1）；；（2）；（3）或【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，，，進而得到，由全等三角形的性質(zhì)可得，即可解答；（2）將繞點順時針旋轉(zhuǎn)，得到，連接，過點作，交的延長線于點，進而證≌，得到，即可求出和，再根據(jù)勾股定理即可解答；（3）用的方法，分類討論是等腰的腰長，求出：的值即可．【詳解】解：（1）把繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到，可知：，，，，，在和中，≌，，，，故答案為；．（2）如圖，將△ACE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△ABF，連接DF，過點F作FG⊥BC，交CB的延長線于點G，如圖所示：∵△ABC是等邊三角形，∴∠CAB＝∠ABC＝∠C＝60°，AB=AC，∵∠DAE＝30°，∴∠CAE+∠BAD＝30°，∴∠DAF＝30°，又∵AD=AD，∴△ADE≌△ADF，∴DE=DF，∵∠ABF＝∠ABC＝∠C＝60°，∠FBG＝60°，∵BF=CE=4，∠G＝90°，∴BG＝BF=2，F(xiàn)G＝=，∴DG＝5，∴在Rt△DFG中，DF=，∴線段DF的長為．（3）如圖，將△ACE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)150°，得到△ABG，連接DG，過點D作DH⊥BG，交BG的于點H，∠DAE＝75°，若DE是等腰△ADE的腰，∠ADE為頂角，則∠ADE=30°，∵AB=AC，∠BAC=150°，∴∠ABC=∠C=（180°150°）=15°，∴由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得△ABG≌△ACE，∴BG=CE，AG=AE，∠ABG=∠C=15°，∴∠DBG=30°，∵將△ACE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)150°，得到△ABG，∴∠EAG=150°，∵∠DAE＝75°，∴∠GAD=75°，∴∠ADE=30°，在△ADE和△ADG中，，∴△ADE≌△ADG，∴∠GDA=∠ADE=30°，∴∠GDE=60°，∵∠GDE=∠GBD+∠BGD，∴∠BGD=60°30°=30°，∴BD=DG，∴BH=GH=BG=CE，在Rt△BHD中，設(shè)HD=x，∵∠DBG=30°，∴BD=2x，由勾股定理得：BH=，∴BG=2，∴CE=2，∴BD：CE=：3；如圖將△ACE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)150°，得到△ABM，連接DM，過點M作MN⊥BD，交BD于點N，∵∠DAE＝75°，若DE是等腰△ADE的腰長，∠E為頂角，∴∠E=30°，∵AB=AC，∠BAC＝150°，∴∠C=∠ABC=15°，∴∠CAE=15°，∴AE=CE=DE，∴∠BAD=150°75°15°=60°，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知△ABM≌△ACE，∴∠BAM=∠CAE=15°，∠ABM=∠ACE=15°，AM=AE，BM=CE，∴∠MAD=15°+60°=75°=∠DAE，在△MAD和△EAD中，，∴△MAD≌△EAD，∴DM=DE=CE=BM，∵MN⊥BD，∴BN=DN=BD，∵∠MBD=∠ABM＋∠ABC=15°+15°=30°，∴在Rt△BNM中，設(shè)MN=a，∴BM=2a，∴CE=2a，由勾股定理得：BN=，∴BD=2a，∴BD：CE=2a：2a=：1=．【點睛】本題考查了四邊形的綜合題，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．8．（2023.成都市八年級期中）在中，，，于點,（1）如圖1，點，分別在，上，且，當，時，求線段的長；（2）如圖2，點，分別在，上，且，求證：；（3）如圖3，點在的延長線上，點在上，且，求證：;【答案】(1)；(2)見解析；(3)見解析.【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＝，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：，，，，，，，，，，，，由勾股定理得，，即，解得，，；（2）證明：，，，在和中，，；（3）證明：過點作交的延長線于，，則，，，，，，在和中，，，，．【點撥】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．9.（2023.江蘇八年級期中）如圖1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC，直線MN是過點A的直線CD⊥MN于點D，連接BD．（1）觀察猜想張老師在課堂上提出問題：線段DC，AD，BD之間有什么數(shù)量關(guān)系．經(jīng)過觀察思考，小明出一種思路：如圖1，過點B作BE⊥BD，交MN于點E，進而得出：DC+AD=BD．（2）探究證明：將直線MN繞點A順時針旋轉(zhuǎn)到圖2的位置寫出此時線段DC，AD，BD之間的數(shù)量關(guān)系，并證明；【答案】（1）；（2）AD﹣DC=BD；【分析】（1）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)求出DC，AD，BD之間的數(shù)量關(guān)系（2）過點B作BE⊥BD，交MN于點E．AD交BC于O，證明，得到，，根據(jù)為等腰直角三角形，得到，再根據(jù)，即可解出答案.【詳解】解：（1）如圖1中，由題意：，∴AE=CD，BE=BD，∴CD+AD=AD+AE=DE，∵是等腰直角三角形，∴DE=BD，∴DC+AD=BD，故答案為．（2）．證明：如圖，過點B作BE⊥BD，交MN于點E．AD交BC于O．∵，∴，∴．∵，，，∴，∴．又∵，∴，∴，，∴為等腰直角三角形，．∵，∴．【點睛】本題主要考查全等三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)以及圖形的應(yīng)用，正確作輔助線和熟悉圖形特性是解題的關(guān)鍵.10．（2023.江蘇八年級期中）如圖，已知∠DCE與∠AOB，OC平分∠AOB．（1）如圖1，∠DCE與∠AOB的兩邊分別相交于點D、E，∠AOB＝∠DCE＝90°，試判斷線段CD與CE的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．以下是小宇同學給出如下正確的解法：解：CD＝CE．理由如下：如圖1，過點C作CF⊥OC，交OB于點F，則∠OCF＝90°，…請根據(jù)小宇同學的證明思路，寫出該證明的剩余部分．（2）你有與小宇不同的思考方法嗎？請寫出你的證明過程．（3）若∠AOB＝120°，∠DCE＝60°．①如圖3，∠DCE與∠AOB的兩邊分別相交于點D、E時，（1）中的結(jié)論成立嗎？為什么？線段OD、OE、OC有什么數(shù)量關(guān)系？說明理由．②如圖4，∠DCE的一邊與AO的延長線相交時，請回答（1）中的結(jié)論是否成立，并請直接寫出線段OD、OE、OC有什么數(shù)量關(guān)系；如圖5，∠DCE的一邊與BO的延長線相交時，請回答（1）中的結(jié)論是否成立，并請直接寫出線段OD、OE、OC有什么數(shù)量關(guān)系．解：（1）∵OC平分∠AOB，∴∠AOC＝∠BOC＝45°，且∠OCF＝90°，∴∠OFC＝45°＝∠BOC，∴OC＝FC，∵∠DCE＝∠OCF＝90°，∴∠DCO＝∠ECF，且CO＝CF，∠AOC＝∠CFE＝45°，∴△CDO≌△CEF（ASA）∴CD＝CE（2）如圖2，過點C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分別為M，N，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，又∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，在四邊形ODCE中，∠AOB+∠DCE+∠CDO+∠CEO＝360°，又∵∠AOB＝∠DCE＝90°，∴∠CDO+∠CEO＝180°，又∵∠CDO+∠CDM＝180°，∴∠CEO＝∠CDM，且∠CMD＝∠CNE，CM＝CN，∴△CMD≌△CNE（AAS），∴CD＝CE．（3）①（1）中的結(jié)論仍成立．OE+OD＝OC．理由如下：如圖3，過點C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分別為M，N，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，又∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，在四邊形ODCE中，∠AOB+∠DCE+∠CDO+∠CEO＝360°，又∵∠AOB+∠DCE＝60°+120°＝180°，∴∠CDO+∠CEO＝180°，又∵∠CEO+∠CEN＝180°，∴∠CDO＝∠CEN，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，∴△CMD≌△CNE（AAS），∴CD＝CE，DM＝EN．∴OE+OD＝OE+OM+DM＝OE+OM+EN＝ON+OM．∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，∴∠MCO＝30°，∴，同理可得ON＝OC，∴．②在圖4中，（1）中的結(jié)論成立，OE﹣OD＝OC，如圖4，過點C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分別為M，N，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，又∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，∵∠COE+∠CEO+∠DCE+∠OCD＝180°，∴∠OCD+∠CEO＝60°，∵∠AOC＝∠CDO+∠OCD＝60°，∴∠CDO＝∠CEN，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，∴△CMD≌△CNE（AAS），∴CD＝CE，DM＝EN．∴OE﹣OD＝ON+NE﹣（MD﹣OM）＝ON+OM．∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，∴∠MCO＝30°，∴，同理可得ON＝OC，∴OE﹣OD＝ON+OM＝OC；在圖5中，（1）中的結(jié)論成立，OD﹣OE＝OC，如圖5，過點C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分別為M，N，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，又∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，∵∠COA+∠CDO+∠DCE+∠OCE＝180°，∴∠OCE+∠CDO＝60°，∵∠NOC＝∠CEO+∠OCE＝60°，∴∠CDO＝∠CEO，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，∴△CMD≌△CNE（AAS），∴CD＝CE，DM＝EN．∴OD﹣OE＝DM+OM﹣（EN﹣ON）＝ON+OM．∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，∴∠MCO＝30°，∴，同理可得ON＝OC，∴OD﹣OE＝ON+OM＝OC；11．（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(shù)量關(guān)系：___________；（2）如圖②，在四邊形中，，，，分別是邊，上的點，且，（1）中的結(jié)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(shù)量關(guān)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(jù)（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(jié)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(zhì)，通過全等三角形來實現(xiàn)線段的轉(zhuǎn)換是解題關(guān)鍵，沒有明確的全等三角形時，要通過輔助線來構(gòu)建與已知和所求條件相關(guān)聯(lián)的全等三角形．12．（2023·江蘇·八年級專題練習）等邊的兩邊、所在直線上分別有兩點、，為外一點，且，，．當點、分別在直線、上移動時，探究、、之間的數(shù)量關(guān)系以及的周長與等邊的周長的關(guān)系．（1）如圖①，當點、在邊、上，且時，、、之間的數(shù)量關(guān)系式為______；此時的值是______．（2）如圖②，當點、在邊、上，且時，猜想（1）問的兩個結(jié)論還成立嗎？寫出你的猜想并加以證明．（3）如圖③，當點、分別在邊、的延長線上時，若，試用含、的代數(shù)式表示．【答案】（1），；（2）結(jié)論仍然成立，證明見解析；（3）．【分析】（1）由DM＝DN，∠MDN＝60°，可證得△MDN是等邊三角形，又由△ABC是等邊三角形，CD＝BD，易證得Rt△BDM≌Rt△CDN，然后由直角三角形的性質(zhì)，即可求得BM、NC、MN之間的數(shù)量關(guān)系BM+NC＝MN，此時；（2）在CN的延長線上截取CM1＝BM，連接DM1．可證△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，易證得∠CDN＝∠MDN＝60°，則可證得△MDN≌△M1DN，然后由全等三角形的性質(zhì)，即可得結(jié)論仍然成立；（3）首先在CN上截取CM1＝BM，連接DM1，可證△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，然后證得∠CDN＝∠MDN＝60°，易證得△MDN≌△M1DN，則可得NC﹣BM＝MN；然后根據(jù)的周長，表示出AB的長，然后根據(jù)的周長，應(yīng)用等量代換即可求解．【詳解】解：（1）如圖①，BM、NC、MN之間的數(shù)量關(guān)系BM+NC＝MN．此時．理由：∵DM＝DN，∠MDN＝60°，∴△MDN是等邊三角形，∵△ABC是等邊三角形，∴∠A＝60°，∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∴∠MBD＝∠NCD＝90°，∵DM＝DN，BD＝CD，∴Rt△BDM≌Rt△CDN，∴∠BDM＝∠CDN＝30°，BM＝CN，∴DM＝2BM，DN＝2CN，∴MN＝2BM＝2CN＝BM+CN；∴AM＝AN，∴△AMN是等邊三角形，∵AB＝AM+BM，∴AM：AB＝2：3，∴；（2）猜想：結(jié)論仍然成立．證明：在NC的延長線上截取CM1＝BM，連接DM1．∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，∴△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN，∴MN＝M1N＝M1C+NC＝BM+NC，∴△AMN的周長為：AM+MN+AN＝AM+BM+CN+AN＝AB+AC，∴；（3）證明：在CN上截取CM1＝BM，連接DM1．∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，∴△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN，∴MN＝M1N．∴NC﹣BM＝MN．∵等邊的周長為，∴，的周長．故答案為：．【點睛】此題主要考查全等三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟知等邊三角形的性質(zhì)及全等三角形的判定定理．13．（2023·廣東廣州·九年級?？计谥校┮阎赫叫蜛BCD中，∠MAN＝45°，∠MAN繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，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(zhuǎn)到BM＝DN時（如圖1），易證BM+DN＝MN．（1）當∠MAN繞點A旋轉(zhuǎn)到BM≠DN時（如圖2），線段BM、DN和MN之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系？寫出猜想，并加以證明；（2）當∠MAN繞點A旋轉(zhuǎn)到如圖3的位置時，線段BM、DN和MN之間又有怎樣的數(shù)量關(guān)系？寫出猜想，并加以證明；（3）若正方形的邊長為4，當N運動到DC邊的中點處時，求BM的長．【答案】（1）BM+DN＝MN，見解析；（2）DN﹣BM＝MN，見解析；（3）【分析】（1）把△ADN繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，可得B、E、M三點共線，即可得到△AEM≌△ANM，從而證得ME＝MN，可得結(jié)論；（2）在線段DN上截取DQ＝BM，首先證明△ADQ≌△ABM，得DQ＝BM，再證明△AMN≌△AQN（SAS），得MN＝QN，可得結(jié)論；（3）設(shè)，由勾股定理可求解即可．【詳解】解：（1）BM+DN＝MN．理由如下：如圖2，把△ADN繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ABE，∴∠ABE＝∠ADN＝90°，AE＝AN，BE＝DN，∴∠ABE+∠ABC＝180°，∴點E，點B，點C三點共線，∴∠EAM＝90°﹣∠NAM＝90°﹣45°＝45°，又∵∠NAM＝45°，在△AEM與△ANM中，，∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME＝MN，∵ME＝BE+BM＝DN+BM，∴DN+BM＝MN；（2）DN﹣BM＝MN．理由如下：在線段DN上截取DQ＝BM，如圖3在△ADQ與△ABM中，，∴△ADQ≌△ABM（SAS），∴∠DAQ＝∠BAM，∴∠QAN＝∠MAN．在△AMN和△AQN中，，∴△AMN≌△AQN（SAS），∴MN＝QN，∴DN﹣BM＝MN；（3）如圖4，設(shè)∵正方形的邊長為4，點N是BC的中點，∴CN＝DN＝2，∵DN+BM＝MN，∴，∵MN2＝CN2+MC2，∴，解得即．【點睛】此題考查了旋轉(zhuǎn)的綜合應(yīng)用，涉及了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，構(gòu)造出全等三角形．14．（2023·四川達州·八年級統(tǒng)考期末）問題發(fā)現(xiàn)：如圖，在中，，為邊所在直線上的動點(不與點、重合)，連結(jié)，以為邊作，且，根據(jù)，得到，結(jié)合，得出，發(fā)現(xiàn)線段與的數(shù)量關(guān)系為，位置關(guān)系為；（1）探究證明：如圖，在和中，，，且點在邊上滑動(點不與點、重合)，連接．①則線段，，之間滿足的等量關(guān)系式為_____；②求證:；（2）拓展延伸：如圖，在四邊形中，．若，，求的長．【答案】（1）①BC=CE+CD；②見解析；（2）AD＝6．【分析】（1）①根據(jù)題中示例方法，證明△BAD≌△CAE，得到BD＝CE，從而得出BC=CE+CD；②根據(jù)△BAD≌△CAE，得出∠ACE＝45°，從而得到∠BCE＝90°，則有DE2＝CE2+CD2，再根據(jù)可得結(jié)論；（2）過點A作AG⊥AD，使AG=AD，連接CG、DG，可證明△BAD≌△CAG，得到CG＝BD，在直角△CDG中，根據(jù)CD的長求出DG的長，再由DG和AD的關(guān)系求出AD.【詳解】解：（1）①如圖2，在Rt△ABC中，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，

∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE，

∴BC=BD+CD=CE+CD，故答案為：BC=BD+CD=CE+CD．②∵△BAD≌△CAE，∴∠B＝∠ACE＝45°，∵∠ACB＝45°，∴∠BCE＝45°+45°＝90°，∴DE2＝CE2+CD2，∵AD＝AE，∠DAE＝90°，∴，∴2AD2＝BD2+CD2；（3）如圖3，過點A作AG⊥AD，使AG=AD，連接CG、DG，則△DAG是等腰直角三角形，∴∠ADG＝45°，∵∠ADC＝45°，∴∠GDC＝90°，同理得：△BAD≌△CAG，∴CG＝BD＝13，在Rt△CGD中，∠GDC＝90°，，∵△DAG是等腰直角三角形，∴，∴AD＝＝6．【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查的是全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理，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．15．（2023·廣東惠州·八年級?？计谥校榈冗吶切危?，于點．為線段上一點，．以為邊在直線右側(cè)構(gòu)造等邊．連結(jié)，為的中點．（1）如圖1，與交于點，①連結(jié)，求線段的長；②連結(jié)，求的大?。?）如圖2，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為．為線段的中點．連結(jié)、．當時，猜想的大小是否為定值，并證明你的結(jié)論．【答案】（1）①；②；（2），證明見解析【分析】（1）①根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，，可得，是斜邊上的中線，勾股定理在中可求得的長，進而求得的長；②根據(jù)①的結(jié)論可得，根據(jù)，即可求得的度數(shù)；（2）連接，證明，進而可得，則，進而根據(jù)為的中點，為的中點，為的中點，根據(jù)三角形中位線定理可得，進而可得【詳解】（1）①是等邊三角形，，是等邊三角形，為的中點②如圖，連接，；（2），理由如下，如圖，連接，為等邊三角形，,則為的中點，為的中點，為的中點【點睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，三線合一，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的，勾股定理，中位線定理，三角形全等的性質(zhì)與判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，綜合運用以上知識是解題的關(guān)鍵．16．（2023春·重慶巴南·八年級統(tǒng)考期末）在正方形中，點是邊上的中點，連接，．

(1)如圖1，過點作交的延長線于點，連接，求的面積；(2)如圖2，點是延長線上的一點，連接，過點作，，連接．點是的中點，分別連接，，求證：；(3)如圖3，點是直線上的一動點，連接，過點作，，連接．點是的中點，連接，．當?shù)闹底钚r，直接寫出的面積．【答案】(1)(2)證明見解析(3)【分析】（1）利用證明得，從而求出，由此即可求出的面積．（2）過點作交于點，連接，利用一線三直角模型可得（），從而可得：，再證明可得為等腰直角三角形，，進而得出結(jié)論；（3）由已知可得：是等腰直角三角形，進而可得，，即當E點在AM上時，最小，再由三角形全都轉(zhuǎn)換線段關(guān)系得到，由勾股定理求出即可解題．【詳解】（1）解：∵；∴；∵四邊形是正方形；∴，；∵點是的中點，；∴；∵；∴；∴；∴；∴；（2）證明：如解（2）圖，過點作交于點，連接．

∵；∴∴；∵；∴；∴，；∵點是的中點，；∴，：∴；∴；∴，；∴；∴；∴；（3）解：∵，，∴是等腰直角三角形，，又∵點是的中點，∴，∴，∴當E點在上時，最小，如解（3）圖，過點作交的延長線于點，同理（1）可得：；∴；，，∴，又∵∴，又∵，∴，∴，∴，在中，，，∴，解得：，∴【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)與判定，勾股定理，全等三角形的性質(zhì)與判定，解題（3）的關(guān)鍵在于能夠證明．17．（2022·福建福州·九年級?？计谥校┱叫蜛BCD和正方形AEFG的邊長分別為3和1，將正方形AEFG繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)．（1）當旋轉(zhuǎn)至圖1位置時，連接BE，DG，則線段BE和DG的關(guān)系為；（2）在圖1中，連接BD，BF，DF，求在旋轉(zhuǎn)過程中BDF的面積最大值；（3）在旋轉(zhuǎn)過程中，當點G，E，D在同一直線上時，求線段BE的長．【答案】（1），；（2）7.5；（3）或【分析】（1）利用正方形的性質(zhì)證明即可證得結(jié)論；（2）連接，，，，，設(shè)交于點．利用勾股定理求出，，由推出當點F，A，K在同一直線上時，點到的最大距離，由此可得結(jié)論；（3）分兩種情形：如圖中，當，，共線時，連接交于．如圖中，當，，共線時，連接交于．利用勾股定理求出，可得結(jié)論．【詳解】解：（1），，理由如下：如圖1中，設(shè)交于點，交于點．四邊形、四邊形都是正方形，，，，，，在和中，，，，，，，，故答案為：BE＝DG，BE⊥DG；（2）如圖1中，連接，，，，，設(shè)交于點．四