吃透中考数学29个几何模型模型06：半角模型

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1、专题专题 06 06 半角模型半角模型 一、单选题一、单选题 1如图所示，在 Rt ABC中，ABAC，D、E 是斜边 BC 上的两点，且DAE45 ，将 ADC 绕点 A 按 顺时针方向旋转90 后得到 AFB， 连接EF， 有下列结论： BEDC； BAFDAC； FAEDAE； BFDC其中正确的有（ ） A B C D 【答案】C 【分析】 利用旋转性质可得 ABFACD，根据全等三角形的性质一一判断即可 【详解】 解：ADC绕 A 顺时针旋转 90 后得到 AFB， ABFACD， BAFCAD，AFAD，BFCD，故正确， EAFBAF+BAECAD+BAEBACDAE90 45

2、45 DAE 故正确 无法判断 BECD，故错误， 故选：C 【点睛】 本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型 二、解答题二、解答题 2如图，等腰直角三角形 ABC中，BAC= 90 ，AB=AC，点 M，N在边 BC 上，且MAN=45 若 BM= 1， CN=3，求 MN的长 10 【分析】 过点 C作 CEBC，垂足为点 C，截取 CE，使 CEBM连接 AE、EN通过证明 ABMACE（SAS） 推知全等三角形的对应边 AMAE、 对应角BAMCAE； 然后由等腰直角三角形的性质和MAN45 得到MANEAN45 ，所以 MANEAN（

3、SAS） ，故全等三角形的对应边 MNEN；最后由勾股 定理得到 EN2EC2NC2即 MN2BM2NC2 【详解】 解：如图，过点 C 作 CEBC，垂足为点 C，截取 CE，使 CEBM连接 AE、EN ABAC，BAC90 ， BACB45 CEBC， ACEB45 在 ABM和 ACE 中 ABAC BACE BMCE ， ABMACE（SAS） AMAE，BAMCAE BAC90 ，MAN45 ， BAMCAN45 于是，由BAMCAE，得MANEAN45 在 MAN和 EAN 中 AMAE MANEAN ANAN ， MANEAN（SAS） MNEN 在 Rt ENC 中，由勾股定

4、理，得 EN2EC2NC2 MN2BM2NC2 BM1，CN3， MN21232， MN10 【点睛】 本题主要考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理的综合应用，掌握三角形的 全等的判定定理是解题关键 3在MAN内有一点 D，过点 D 分别作 DBAM，DCAN，垂足分别为 B，C且 BD=CD，点 E，F 分 别在边 AM 和 AN 上 （1）如图 1，若BED=CFD，请说明 DE=DF； （2）如图 2，若BDC=120 ，EDF=60 ，猜想 EF，BE，CF 具有的数量关系，并说明你的结论成立的理 由 （1）说明见解析； （2）EF= FC+BE理由见解析 【分

5、析】 （1）根据题目中的条件和BED=CFD，可以证明 BDECDF，从而可以得到 DE=DF； （2）作辅助线，过点 D作CDG=BDE，交 AN于点 G，从而可以得到 BDECDG，然后即可得到 DE=DG，BE=CG，再根据题目中的条件可以得到 EDFGDF，即可得到 EF=GF，然后即可得到 EF， BE，CF具有的数量关系 【详解】 （1） DBAM，DCAN， DBE=DCF=90 在 BDE和 CDF 中， , , , BEDCFD DBEDCF BDCD BDECDF（AAS） DE=DF （2）过点 D作CDG=BDE，交 AN 于点 G 在 BDE和 CDG 中， , ,

6、, EBDGCD BDCD BDECDG BDECDG（ASA） DE=DG，BE=CG BDC=120 ，EDF=60 ， BDE+CDF=60 FDG=CDG+CDF=60 EDF=GDF 在 EDF和 GDF 中， , , , DEDG EDFGDF DFDF EDFGDF（SAS） EF=FG EF=FC+CG=FC+BE 【点睛】 本题考查全等三角形的判定、解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答 4 如图，ABADBCDC， 90CDABEBAD， 点E、F分别在边BC、CD上， 45EAF，过点A作GABFAD ，且点G在CB的延长线上 （1）GAB与FAD全等吗？为什么

7、？ （2）若2DF ，3BE ，求EF的长 （1） GABFAD，理由见解析； （2）EF=5 【分析】 （1）由题意可得ABG=D=90 ，进一步即可根据 ASA 证得 GABFAD； （2）由（1）的结论可得 AG=AF，GB=DF，易得BAE+DAF=45 ，进而可推出GAE=EAF，然后利 用 SAS 即可证明 GAEFAE，可得 GE=EF，进一步即可求出结果 【详解】 解： （1） 90DABE，点G在CB的延长线上， ABG=D=90 ， 在 GAB和 FAD 中， GABFAD ，AB=AD，ABG=D， GABFAD（ASA） ； （2）GABFAD， AG=AF，GB=DF

8、， 90BAD，45EAF， BAE+DAF=45 ， BAE+GAB=45 ，即GAE=45 ， GAE=EAF， 在 GAE和 FAE 中， AG=AF，GAE=EAF，AE=AE， GAEFAE（SAS） ， GE=EF， GE=GB+BE=DF+BE=2+3=5， EF=5 【点睛】 本题主要考查了全等三角形的判定和性质，属于常考题型，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关 键 5如图，在四边形ABCD中，90BD ，E，F分别是BC，CD上的点，连接AE，AF，EF （1）如图，ABAD，120BAD，60EAF求证：EFBEDF； （2）如图，120BAD，当AEF周长最小时，求

9、AEFAFE的度数； （3）如图，若四边形ABCD为正方形，点E、F分别在边BC、CD上，且45EAF，若3BE ， 2DF ，请求出线段EF的长度 【答案】 （1）见解析； （2）AEFAFE120； （3）5EF 【分析】 （1） 延长FD到点 G,使DGBE， 连接AG， 首先证明ABEADG， 则有AEAG，BAEDAG， 然后利用角度之间的关系得出60EAFFAG，进而可证明EAFGAF，则 EFFGDGDF，则结论可证； （2）分别作点 A关于BC和CD的对称点 A ， A ，连接A A ，交BC于点E，交CD于点F，根据轴 对称的性质有A EAE，A FAF，当点 A 、E、F、

10、 A 在同一条直线上时，A A 即为AEF周 长的最小值，然后利用AEFAFEEA AEAAFADA 求解即可； （3）旋转ABE至ADP的位置，首先证明PAFEAF，则有EFFP，最后利用 EFPFPDDFBEDF求解即可 【详解】 （1）证明：如解图，延长FD到点G，使DGBE，连接AG， 在ABE和ADG中， , , , ABAD ABEADG BEDG ABEADG SAS AEAG，BAEDAG， 120BAD，60EAF， 60BAEFADDAGFAD 60EAFFAG， 在EAF和GAF中， , , , AEAG EAFGAF AFAF EAFGAF SAS EFFGDGDF，E

11、FBEDF； （2）解：如解图，分别作点 A 关于BC和CD的对称点 A ， A ，连接A A ，交BC于点E，交CD于 点F 由对称的性质可得A EAE，A FAF， 此时 AEF的周长为AEEFAFA EEFA FA A 当点 A 、E、F、 A 在同一条直线上时，A A 即为AEF周长的最小值 120DAB， 18012060AAE A ,EA AEAAFADA ，,EA AEAAAEFFADAAFE ， AEFAFEEA AEAAFADA 22 60120AAEA ； （3）解：如解图，旋转ABE至ADP的位置， 90PAEDAEPADDAEEAB， APAE，PAFPAEEAF 90

12、4545EAF 在PAF和EAF中， , , , APAE PAFEAF AFAF PAFEAF SAS EFFP 3 25EFPFPDDFBEDF 【点睛】 本题主要考查全等三角形的判定及性质，轴对称的性质，掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键 6如图，ABC是边长为 2的等边三角形，BDC是顶角为 120 的等腰三角形，以点D为顶点作 60MDN，点M、N分别在AB、AC上 （1）如图，当/MN BC时，则AMN的周长为_； （2）如图，求证：BMNCMN （1）4； （2）见解析 【分析】 （1）首先证明 BDMCDN，进而得出 DMN是等边三角形，BDM=CDN=30 ，NC=BM=

13、 1 2 DM= 1 2 MN，即可解决问题； （2）延长AC至点E，使得CEBM，连接DE，首先证明BDMCDE，再证明 MDNEDN，得出MNNE，进而得出结果即可 【详解】 解： （1）ABC是等边三角形， /MN BC， 60AMNABC，60ANMACB AMN是等边三角形，AMAN，则BMNC， BDC是顶角120BDC的等腰三角形， 30DBCDCB， 90DBMDCN， 在BDM和CDN中， , , , BMCN MBDDCN BDCD BDMCDN SAS ， DMDN，BDMCDN， 60MDN， DMN是等边三角形，30BDMCDN， 11 22 NCBMDMMN，MNM

14、BNC， AMN的周长4ABAC （2）如图，延长AC至点E，使得CEBM，连接DE， ABC是等边三角形，BDC是顶角120BDC的等腰三角形， 60ABCACB，30DBCDCB， 90ABDACD， 90DCE， 在BDM和CDE中， , , , BDCD MBDECD BMCE BDMCDE SAS ， MDED，MDBEDC， 120120MDEMDBEDC， 60MDN， 60NDE， 在MDN和EDN中， , 60 , , MDED MDNNDE DNDN MDNEDN SAS MNNE， 又NE NCCENCBM， BMNCMN 【点睛】 本题考查了全等三角形的判定与性质及等边

15、三角形的性质及等腰三角形的性质，掌握全等三角形的性质与 判定，等边三角形及等腰三角形的性质是解题的关键 7问题背景 如图， 在四边形ABCD中，ABAD，120BAD，90BADC ， 点E，F分别是BC，CD 上的点，且60EAF，连接EF，探究线段BE，EF，DF之间的数量关系 探究发现 （1）小明同学的方法是将ABE绕点A逆时针旋转120至ADG的位置，使得AB与AD重合，然后 再证明AFEAFG，从而得出结论：_； 拓展延伸 （2）如图，在四边形ABCD中，ABAD，180BD ，点E，F分别是边BC，CD上的点， 且 1 2 EAFBAD ，连接EF （1）中的结论是否仍然成立？若成

16、立，请写出证明过程；若不成立，请说 明理由； （3）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，CD上的点，且45EAF，连接EF，已 知3BE ，2DF ，求正方形ABCD的边长 （1）EFBEDF； （2） （1）中的结论EFBEDF仍然成立证明见解析； （3）正方形ABCD的 边长为 6 【分析】 （1）证明AEFAGF，可得EFFG，即可得出结论； （2）要探究BE，EF，DF之间的数量关系，方法同（1）即可得出结论； （3）根据（1） （2）的结论和勾股定理，即可求出正方形ABCD的边长. 【详解】 （1）解：由旋转得：AE=AG，BAE=DAG，BE=DG， 120BAD， E

17、AG=120 ， 60EAF, GAF=60EAF, 又AF=AF， AFEAFG， EF=GF， GF=DG+DF， EFBEDF， 故答案为：EFBEDF； （2）解： （1）中的结论EFBEDF仍然成立. 证明：如解图，将ABE绕点A逆时针旋转至ADG的位置，使AB与AD重合. 则ADGB，DGBE，AGAE，BAEDAG， 又180BADC ， 180ADGADC， C，D，G三点共线. 1 2 FADDAGFADBAEBADEAFBAD ， FAGEAF， 又AF AF， AEFAGF， EFFG， 又FG DGDFBEDF， EFBEDF； （3）解：由（1） （2）可知3 25E

18、FBEDF 设正方形ABCD的边长为x， 则3CEx，2CFx， 在Rt CEF中， 222 EFCECF， 22 2532xx， 解得 1 6x ， 2 1x （不合题意，舍去） ， 故正方形ABCD的边长为 6. 【点睛】 此题考查了旋转的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理的运用，正方形的性质，解题中注意类比方 法的运用，同样的类型题可以运用同样的思路及方法进行证明. 8如图，ABC是边长为 3的等边三角形，BDC是等腰三角形，且 120BDC，以D为顶点作一 个60角，使其两边分别交AB于点M，交AC于点N，连接MN，求AMN的周长 【答案】 AMN的周长为 6 【分析】 要求 AM

19、N的周长，根据题目已知条件无法求出三条边的长，只能把三条边长用其它已知边长来表示，所 以需要作辅助线，延长 AB至 F，使 BF=CN，连接 DF，通过证明 BDFCDN，及 DMNDMF， 从而得出 MN=MF， AMN的周长等于 AB+AC 的长 【详解】 解：BDC是等腰三角形，且BDC=120 BCD=DBC=30 ABC 是边长为 3的等边三角形 ABC=BAC=BCA=60 DBA=DCA=90 延长 AB至 F，使 BF=CN，连接 DF， 在 Rt BDF和 Rt CND中，BF=CN，DB=DC BDFCDN， BDF=CDN，DF=DN MDN=60 BDM+CDN=60

20、BDM+BDF=60 ，FDM=60 =MDN，DM 为公共边 DMNDMF， MN=MF AMN 的周长是：AM+AN+MN=AM+MB+BF+AN=AB+AC=6 【点睛】 此题主要利用等边三角形和等腰三角形的性质来证明三角形全等，构造另一个三角形是解题的关键 9 如图， 已知： 正方形ABCD， 点E，F分别是BC，DC上的点， 连接AE，AF，EF， 且 45EAF， 求证：BEDFEF 见解析 【分析】 将 ABE绕点 A 逆时针旋转 90 得到 ADG，根据旋转的性质可得 GD=BE，AG=AE，DAG=BAE，然 后求出FAG=EAF， 再利用“边角边”证明 AEF和 AGF全等

21、， 根据全等三角形对应边相等可得 EF=FG， 即可得出结论 【详解】 如解图，将ABE绕点A逆时针旋转90至ADG的位置，使AB与AD重合 AGAE，,DAGBAE DGBE 45EAF 904545GAFDAGDAFBAEDAFBADEAF， EAFGAF 在AGF和AEF中， , AGAE GAFEAF AFAF ， AGFAEF SAS EFGF GFDGDFBEDF， BEDFEF 【点睛】 本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，难点在于利用旋转变换作出全等三角 形 10如图，正方形 ABCD中，E、F 分别在边 BC、CD上，且EAF45 ，连接 EF，这种模

22、型属于“半角模 型”中的一类，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的分析思路例如图中 ADF 与 ABG可以看作 绕点 A旋转 90 的关系这可以证明结论“EFBEDF”，请补充辅助线的作法，并写出证明过程 （1）延长 CB 到点 G，使 BG ，连接 AG； （2）证明：EFBEDF 【答案】见解析 【分析】 将 ABE绕点 A 逆时针旋转 90 得到 ADG，根据旋转的性质可得 GD=BE，AG=AE，DAG=BAE，然 后求出FAG=EAF， 再利用“边角边”证明 AEF和 AGF全等， 根据全等三角形对应边相等可得 EF=FG， 即可得出结论 【详解】 如解图，将ABE绕点A逆时针

23、旋转90至ADG的位置，使AB与AD重合 AGAE，,DAGBAE DGBE 45EAF 904545GAFDAGDAFBAEDAFBADEAF， EAFGAF 在AGF和AEF中， , AGAE GAFEAF AFAF ， AGFAEF SAS EFGF GFDGDFBEDF， BEDFEF 【点睛】 本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，难点在于利用旋转变换作出全等三角 形 11 （1）如图 1，在四边形 ABCD 中，ABAD，BAD100 ，BADC90 E，F分别是 BC，CD 上的点且EAF50 探究图中线段 EF，BE，FD之间的数量关系 小明同学探究的方法

24、是：延长 FD 到点 G，使 DGBE，连接 AG，先证明 ABEADG，再证明 AEFAGF，可得出结论，他的结论是 （直接写结论，不需证明） ； （2）如图 2，若在四边形 ABCD 中，ABAD，B+D180 ，E，F 分别是 BC，CD 上的点，且 2EAF BAD，上述结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由； （3）如图 3，四边形 ABCD是边长为 7的正方形，EBF45 ，直接写出 DEF的周长 【答案】 （1）DF； （2）见解析 【分析】 （1）由于 ADF与 ABG可以看作绕点 A旋转 90 的关系，根据旋转的性质知 BG=DF，从而得到辅助线 的做法； （

25、2）先证明 ADFABG，得到 AG=AF，GAB=DAF，结合EAF45 ，易知GAE=45 ，再证明 AGEAFE 即可得到 EFGE=BE+GB=BEDF 【详解】 解： （1）根据旋转的性质知 BG=DF，从而得到辅助线的做法：延长 CB到点 G，使 BG=DF，连接 AG； （2）四边形 ABCD为正方形， AB=AD，ADF=ABE=ABG=90 ， 在 ADF和 ABG中 ADAB ADFABG DFBG ADFABG（SAS） ， AF=AG，DAF=GAB， EAF=45 ， DAF+EAB=45 ， GAB+EAB=45 ， GAE=EAF =45 ， 在 AGE和 AFE

26、中 0 AGAF GAEFAE AEAE ADFABG（SAS） ， GE=EF， EFGE=BE+GB=BEDF 【点睛】 本题属于四边形综合题，主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利 用旋转方法提示构造全等三角形，属于中考常考题型 12如图，点 E 是正方形 ABCD 的边 BC上一点，连接 DE，将 DE 绕着点 E逆时针旋转 90 ，得到 EG，过 点 G 作 GFCB，垂足为 F，GHAB，垂足为 H，连接 DG，交 AB 于 I （1）求证：四边形 BFGH 是正方形； （2）求证：ED平分CEI； （3）连接 IE，若正方形 ABCD 的边长为 3

27、 2，则 BEI的周长为 【答案】 （1）见解析； （2）见解析； （3）6 2 【分析】 （1）先证根据FGHBABF90 证得四边形 BFGH 为矩形，再证明 DCE EFG 进而可证得 BFFG，根据有一组邻边相等的矩形是正方形即可得证； （2）延长 EC 到点 M，使得 CMAI，连接 DM，先证 ADI CDM可得 DIDM，ADICDM， 进而可证 EDM EDI得DEIDEC，即可得证； （3）由（2）可知 IEEMECCMECAI，则 BEI的周长为 BIBEIEBIBEECAIAB BC，由此可求得答案 【详解】 （1）证明：将 DE 绕着点 E 逆时针旋转 90 得到 EG

28、， DEEG，DEG90 ， DECGEF90 ， 在正方形 ABCD 中 CABCABF90 ，BCCD， DECCDE90 ， CDEGEF， GFCB，GHAB， FGHB90 ， FGHBABF90 ， 四边形 BFGH 为矩形， 在 DCE与 EFG 中， FC CDEGEF GEDE DCE EFG（AAS） EFCD，FGCE， EFBC， EFBEBCBE， 即 BFCE， BFFG， 矩形 BFGH 为正方形； （2）证明：如图，延长 EC到点 M，使得 CMAI，连接 DM， 在正方形 ABCD 中 ADCADCEDCM90 ，ADCD， 在 ADI与 CDM 中， ADC

29、D ADCM AICM ADI CDM（SAS） DIDM，ADICDM， DEEG，DEG90 ， EDGEGD45 ， 又ADC90 ， ADICDE45 ， EDMCDMCDE45 ， EDMEDG， 在 EDM 与 EDI中， EDED EDMEDI DMDI EDM EDI（SAS） DEIDEC， DE平分IEC； （3）解：由（2）可知 EDM EDI， IEEMECCM， 又CMAI， IEECCMECAI， BEI的周长为 BIBEIEBIBEECAIABBC， 正方形 ABCD的边长为 3 2， BEI的周长为 ABBC6 2， 故答案为：6 2 【点睛】 本题考查了正方形

30、的性质、全等三角形的判定及性质、等腰直角三角形的判定及性质，熟练掌握相关图形 的判定及性质以及作出正确的辅助线是解决本题的关键 13请阅读下列材料： 已知：如图（1）在 Rt ABC 中，BAC90 ，ABAC，点 D、E分别为线段 BC上两动点，若DAE 45 探究线段 BD、DE、EC 三条线段之间的数量关系： （1）猜想 BD、DE、EC三条线段之间存在的数量关系式，直接写出你的猜想； （2）当动点 E 在线段 BC上，动点 D运动在线段 CB 延长线上时，如图（2） ，其它条件不变， （1）中探究 的结论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明； （3）已知：如图（3） ，等边三角形 A

31、BC中，点 D、E 在边 AB 上，且DCE30 ，请你找出一个条件，使 线段 DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，并求出此时等腰三角形顶角的度数 【答案】 （1）DE2BD2+EC2； （2）关系式 DE2BD2+EC2仍然成立，详见解析； （3）当 ADBE时，线段 DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，且顶角DFE为 120 【分析】 （1）DE2BD2+EC2，将 ADB 沿直线 AD对折，得 AFD，连 FE，得到 AFDABD，然后可以得到 AFAB，FDDB，FADBAD，AFDABD，再利用已知条件可以证明 AFEACE，从而可 以得到DFEAFD+AFE45 +45 90

32、，根据勾股定理即可证明猜想的结论； （2）根据（1）的思路一样可以解决问题； （3）当 ADBE时，线段 DE、AD、EB 能构成一个等腰三角形如图，与（1）类似，以 CE 为一边，作 ECFECB，在 CF上截取 CFCB，可得 CFECBE， DCFDCA，然后可以得到 ADDF， EFBE由此可以得到DFE1+2A+B120 ，这样就可以解决问题 【详解】 解： （1）DE2BD2+EC2； 证明：如图，将 ADB沿直线 AD 对折，得 AFD，连 FE， AFDABD， AFAB，FDDB，FADBAD，AFDABD， BAC90 ，DAE45 BAD+CAE45 , FAD+FAE4

33、5 , CAE=FAE 又 AE=AE,AF=AB=AC AFEACE， DFEAFD+AFE45 +45 90 ， DE2FD2+EF2 DE2BD2+EC2； （2）关系式 DE2BD2+EC2仍然成立 证明：将 ADB 沿直线 AD对折，得 AFD，连 FE AFDABD， AFAB，FDDB， FADBAD，AFDABD， 又ABAC， AFAC， FAEFAD+DAEFAD+45 ， EACBACBAE90 （DAEDAB）45 +DAB， FAEEAC， 又AEAE， AFEACE， FEEC，AFEACE45 ，AFDABD180 ABC135 DFEAFDAFE135 45 9

34、0 ， 在 Rt DFE中，DF2+FE2DE2， 即 DE2BD2+EC2； （3）当 ADBE时，线段 DE、AD、EB 能构成一个等腰三角形 如图，与（2）类似，以 CE 为一边，作ECFECB，在 CF 上截取 CFCB， 可得 CFECBE， DCFDCA ADDF，EFBE DFE1+2A+B120 若使 DFE 为等腰三角形，只需 DFEF，即 ADBE， 当 ADBE时，线段 DE、AD、EB 能构成一个等腰三角形，且顶角DFE为 120 【点睛】 此题比较复杂，考查了全等三角形的性质与判定、等腰三角形的性质、勾股定理的应用等知识点，此题关 键是正确找出辅助线，通过辅助线构造全

35、等三角形解决问题，要掌握辅助线的作图根据 14 （2020锦州模拟）问题情境：已知，在等边 ABC 中，BAC与ACB的角平分线交于点 O，点 M、N 分别在直线 AC，AB 上，且MON60 ，猜想 CM、MN、AN三者之间的数量关系 方法感悟：小芳的思考过程是在 CM 上取一点，构造全等三角形，从而解决问题； 小丽的思考过程是在 AB取一点，构造全等三角形，从而解决问题； 问题解决： （1）如图 1，M、N分别在边 AC，AB上时，探索 CM、MN、AN 三者之间的数量关系，并证明； （2）如图 2，M 在边 AC上，点 N 在 BA 的延长线上时，请你在图 2 中补全图形，标出相应字母，

36、探索 CM、 MN、AN 三者之间的数量关系，并证明 【答案】 （1）CMAN+MN，详见解析； （2）CMMNAN，详见解析 【分析】 （1） 在 AC上截取 CDAN， 连接 OD， 证明 CDOANO， 根据全等三角形的性质得到 ODON， COD AON，证明 DMONMO，得到 DMMN，结合图形证明结论； （2）在 AC延长线上截取 CDAN，连接 OD，仿照（1）的方法解答 【详解】 解： （1）CMAN+MN， 理由如下：在 AC 上截取 CDAN，连接 OD， ABC为等边三角形，BAC 与ACB 的角平分线交于点 O， OACOCA30 ， OAOC， 在 CDO和 ANO

37、中， OCOA OCDOAN CDAN ， CDOANO（SAS） ODON，CODAON， MON60 ， COD+AOM60 ， AOC120 ， DOM60 ， 在 DMO和 NMO 中， ODON DOMNOM OMOM ， DMONMO， DMMN， CMCD+DMAN+MN； （2）补全图形如图 2所示： CMMNAN， 理由如下：在 AC 延长线上截取 CDAN，连接 OD， 在 CDO和 ANO中， 150 CDAN OCDOAN OCOA ， CDOANO（SAS） ODON，CODAON， DOMNOM， 在 DMO和 NMO 中， ODON DOMNOM OMOM ， D

38、MONMO（SAS） MNDM， CMDMCDMNAN 【点睛】 此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知等边三角形的性质及全等三角形的判定定理 15 （2019秋东台市期末） 在等边 ABC的两边 AB、 AC 所在直线上分别有两点 M、 N， D为 ABC外一点， 且MDN60 ，BDC120 ，BDDC探究：当 M、N分别在直线 AB、AC 上移动时，BM、NC、MN 之间的数量关系及 AMN的周长 Q 与等边 ABC 的周长 L 的关系 （1）如图 1，当点 M、 N边 AB、AC上，且 DMDN时， BM、 NC、MN之间的数量关系是 ； 此时 Q L ； （2）如图 2

39、，点 M、N在边 AB、AC上，且当 DMDN 时，猜想（ I）问的两个结论还成立吗？若成立请直 接写出你的结论；若不成立请说明理由 （3）如图 3，当 M、N 分别在边 AB、CA的延长线上时，探索 BM、NC、MN之间的数量关系如何？并给出 证明 【答案】 （1）BM+NCMN， 2 3 ； （2）结论仍然成立，详见解析； （3）NCBMMN，详见解析 【分析】 （1）由 DMDN，MDN60 ，可证得 MDN 是等边三角形，又由 ABC是等边三角形，CDBD，易 证得 Rt BDMRt CDN，然后由直角三角形的性质，即可求得 BM、NC、MN之间的数量关系 BM+NC MN，此时 2

40、3 Q L ； （2） 在 CN的延长线上截取 CM1BM， 连接 DM1 可证 DBMDCM1， 即可得 DMDM1， 易证得CDN MDN60 ，则可证得 MDNM1DN，然后由全等三角形的性质，即可得结论仍然成立； （3） 首先在 CN 上截取 CM1BM，连接 DM1， 可证 DBMDCM1， 即可得 DMDM1， 然后证得CDN MDN60 ，易证得 MDNM1DN，则可得 NCBMMN 【详解】 （1）如图 1，BM、NC、MN之间的数量关系 BM+NCMN 此时 2 3 Q L 理由：DMDN，MDN60 ， MDN 是等边三角形， ABC是等边三角形， A60 ， BDCD，B

41、DC120 ， DBCDCB30 ， MBDNCD90 ， DMDN，BDCD， Rt BDMRt CDN， BDMCDN30 ，BMCN， DM2BM，DN2CN， MN2BM2CNBM+CN； AMAN， AMN 是等边三角形， ABAM+BM， AM：AB2：3， 2 3 Q L ； （2）猜想：结论仍然成立 证明：在 NC 的延长线上截取 CM1BM，连接 DM1 MBDM1CD90 ，BDCD， DBMDCM1， DMDM1，MBDM1CD，M1CBM， MDN60 ，BDC120 ， M1DNMDN60 ， MDNM1DN， MNM1NM1C+NCBM+NC， AMN 的周长为：A

42、M+MN+ANAM+BM+CN+ANAB+AC， 2 3 Q L ； （3）证明：在 CN上截取 CM1BM，连接 DM1 MBDM1CD90 ，BDCD， DBMDCM1， DMDM1，MBDM1CD，M1CBM， MDN60 ，BDC120 ， M1DNMDN60 ， MDNM1DN， MNM1N NCBMMN 【点睛】 此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知等边三角形的性质及全等三角形的判定定理 16 （2019 秋九龙坡区校级月考）如图在四边形 ABCD 中，B+ADC180 ，ABAD，E、F分别是 边 BC、CD延长线上的点，且EAF 1 2 BAD，求证：EFBEF

43、D 【答案】详见解析 【分析】 在 BE上截取 BG，使 BGDF，连接 AG根据 SAS 证明 ABGADF 得到 AGAF，BAGDAF， 根据EAF 1 2 BAD，可知GAEEAF，可证明 AEGAEF，EGEF，那么 EFGEBEBG BEDF 【详解】 证明：在 BE 上截取 BG，使 BGDF，连接 AG B+ADC180 ，ADF+ADC180 ， BADF 在 ABG和 ADF 中， ABAD BADF BGDF ， ABGADF（SAS） ， BAGDAF，AGAF BAG+EADDAF+EADEAF 1 2 BAD GAEEAF 在 AEG和 AEF中， AGAF GAE

44、EAF AEAE ， AEGAEF（SAS） EGEF， EGBEBG EFBEFD 【点睛】 此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是根据已知条件作出辅助线求解 17 如图， 在正方形ABCD中， E、 F是对角线BD上两点， 将ADF绕点A顺时针旋转90 后， 得到ABM， 连接 EM，AE，且使得45MAE （1）求证：MEEF； （2）求证： 222 EFBEDF . 【答案】 （1）见解析； （2）见解析. 【解析】 【分析】 （1）直接利用旋转的性质证明 AMEAFE（SAS） ，即可得出答案； （2）利用（1）中所证，再结合勾股定理即可得出答案 【详解】 证明： （1）将

45、ADF绕点 A 顺时针旋转 90 后，得到ABM， MBDF，AMAF，BAMDAF， MAAF， 45MAE， 45EAF， MAEFAE， 在 AME 和AFE中 AMAF MAEFAE AEAE ， AMEAFE SAS， MEEF； （2）由（1）得：MEEF， 在Rt MBE中， 222 MBBEME= ， 又MBDF= ， 222 EFBEDF= 【点睛】 此题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，正确得出 AMEAFE是 解题关键 18 （1） 如图 1， 正方形 ABCD 中， 点 E， F分别在边 BC， CD 上， EAF=45 ， 延长 CD 到

46、点 G， 使 DG=BE， 连结 EF，AG求证：BEA =G， EF=FG （2）如图 2，等腰直角三角形 ABC 中，BAC=90 ，AB=AC，点 M，N在边 BC 上，且MAN=45 ，若 BM=1，CN=3，求 MN的长 【答案】 （1）见解析见解析（2）10 【分析】 （1） 在 ABE和 ADG中， 根据 SAS 得出 ABEADG 则BEAG.然后在 FAE 和 GAF中通过 SAS 证明得出 FAEGAF，则 EF=FG. （2）过点 C作 CEBC，垂足为点 C，截取 CE，使 CE=BM连接 AE、EN在 ABM和 ACE 中，通 过 SAS 证明得出 ABMACE, AM=AE, BAM+CAN=45 . 在 MAN和 EAN 中， 通过 SAS证明得 出 MANEAN, MN=EN. Rt ENC中，由勾股定理，得 EN2=EC2+NC2得出最终结果. 【详解】 （1）证明：在正方形 ABCD 中，ABE=ADG，AD=AB， 在 ABE和 ADG中， ADAB ABEADG DGBE ， ABEADG（SAS） ，BEAG BAE=DAG，AE=AG， 又BAD90 ， EAG=90 ，FA