初中数学全全等三角形截长补短知识点-+典型题及解析

初中数学全全等三角形截长补短知识点-+典型题及解析
一、全等三角形截长补短
1．已知ABC 是等边三角形，6AB =．
（1）如图1，点M 是BC 延长线上一点，60AMN ∠=︒，MN 交ABC 的外角平分线于点N ，求CN CM -的值；
（2）如图2，过点A 作AD BC ⊥于点D ，点P 是直线AD 上一点，以CP 为边，在CP 的下方作等边CPQ ，连接DQ ，求DQ 的最小值．
2．如图，在ABC 中，AC BC =，AD 平分CAB ∠．
（1）如图1，若90ACB =︒，求证：AB AC CD =+；
（2）如图2，若AB AC BD =+，求ACB ∠的度数；
（3）如图3，若100ACB ∠=︒，求证：AB AD CD =+．
3．阅读题：如图1，OM 平分AOB ∠，以O 为圆心任意长为半径画弧，交射线OA ，OB 于C ，D 两点，在射线OM 上任取一点E （点O 除外），连接CE ，DE ，可证OCE ODE △△≌，请你参考这个作全等的方法，解答下列问题：
（1）如图2，在ABC 中，2A B ∠=∠，CD 平分ACB ∠交AB 于点D ，试判断BC 与AC 、AD 之间的数量关系；
（2）如图3，在四边形ABCD 中，AC 平分BAD ∠，10BC CD ==，20AB =，8AD =，求ABC 的面积．
4．问题提出，如图1所示，等边△ABC 内接于⊙O ，点P 是AB 上的任意一点，连结PA ，
PB ，PC ．线段PA 、PB 、PC 满足怎样的数量关系?
（尝试解决）为了解决这个问题，小明给出这样种解题思路：发现存在条件CA=CB ，∠ACB=60°，从而将CP 绕点逆时针旋转60°交PB 延长线于点M ，从而证明
△PAC ≌△MBC ，请你完成余下思考，并直接写出答案：PA 、PB 、PC 的数量关系是 ； （自主探索）如图2所示，把原问题中的“等边△ABC”改成“正方形ABCD”，其余条件不变，
①PC 与PA ，PB 有怎样的数量关系?请说明理由：
②PC+PD 与PA ，PB 的数量关系是 ．（直接写出结果）
（灵活应用）把原问题中的“等边△ABC”改成“正五边形ABCDE”，其余条件不变，则PC+PD+PE 与PA+PB 的数量关系是 ．（直接写出结果）
5．在四边形ABDE 中，C 是BD 边的中点．
（1）如图（1），若AC 平分BAE ∠，90ACE ∠=︒，则线段AE 、AB 、DE 的长度满足的数量关系为______；（直接写出答案）
（2）如图（2），AC 平分BAE ∠，EC 平分AED ∠，若120ACE ∠=︒，则线段AB 、BD 、DE 、AE 的长度满足怎样的数量关系？写出结论并证明．
6．如图，四边形ABCD 为矩形，F 为对角线BD 上一点，过点F 作FE BD ⊥交AD 于点H ，交BA 的延长线于点E ，连接AF ，当FD FE =时，求证：2AH AB AF +=．
7．如图，在正方形ABCD中，点E、F均为中点，连接AF、DE交于点P，连接PC，证明：2
+=．
PE PF PC
8．数学课上，张老师出示了问题：如图1，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点．∠AEF=90°，且EF交正方形外角∠DCG的角平分线CF于点F，求证：AE=EF．
经过思考，小明展示了一种正确的解题思路：取AB的中点M，连接ME，则AM=EC，易证△AME≌△ECF，所以AE=EF．
在此基础上，同学们作了进一步的研究：
（1）小颖提出：如图2，如果把“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC上（除B，C外）的任意一点”，其它条件不变，那么结论“AE=EF”仍然成立，你认为小颖的观点正确吗？如果正确，写出证明过程；如果不正确，请说明理由；
（2）小华提出：如图3，点E是BC的延长线上（除C点外）的任意一点，其他条件不变，结论“AE=EF”仍然成立．你认为小华的观点正确吗？如果正确，写出证明过程；如果不正确，请说明理由．
9．如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠BAD．求证：EF=BE+FD．
∠EAF=1
2
10．思维探索：
在正方形ABCD中，AB＝4，∠EAF的两边分别交射线CB，DC于点E，F，∠EAF＝45°．（1）如图1，当点E，F分别在线段BC，CD上时，△CEF的周长是；
（2）如图2，当点E，F分别在CB，DC的延长线上，CF＝2时，求△CEF的周长；
拓展提升：
如图3，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，过点B作BD⊥BC，连接AD，在BC的延长线上取一点E，使∠EDA＝30°，连接AE，当BD＝2，∠EAD＝45°时，请直接写出线段CE的长度．
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、全等三角形截长补短
1．（1）6；（2）3 2
【分析】
（1）在CN上截取点H，使CH=CM，先证出△CMH为等边三角形，然后利用ASA证出
△AMC≌△NMH，从而得出AC=NH，从而求出结论；
（2）连接BQ，利用SAS证出△QCB≌△PCA，从而得出∠CBQ=∠CAP，然后根据三线合一和等量代换即可求出∠CBQ=30°、∠ABQ =90°，从而判断出点Q的运动轨迹，然后根据垂线段最短即可得出当DQ⊥BQ时，DQ最短，然后利用30°所对的直角边是斜边的一半即可得出结论．
【详解】
解：（1）在CN上截取点H，使CH=CM，连接MH
∵△ABC 为等边三角形
∴∠ACB=60°，AC=AB=6
∴∠ACM=180°－∠ACB=120°
∵CN 平分∠ACM
∴∠MCN=12
∠ACM=60° ∴△CMH 为等边三角形 ∴CM=HM ，∠CMH=∠CHM=60°
∴∠NHM=180°－∠CHM=120°，∠AMC ＋∠AMH=60°
∴∠ACM=∠NHM
∵60AMN ∠=︒
∴∠NMH ＋∠AMH=60°
∴∠AMC=∠NMH
在△AMC 和△NMH 中
AMC NMH CM HM
ACM NHM ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
∴△AMC ≌△NMH
∴AC=NH
∴CN CM -=CN －CH=NH=AC=6
（2）连接BQ
∵△ABC 和△CPQ 都是等边三角形
∴BC=AC ，QC=PC ，∠PCQ =∠ACB=∠ABC=∠BAC =60°
∴∠PCQ －∠PCB=∠ACB －∠PCB
∴∠QCB=∠PCA
在△QCB 和△PCA 中
BC AC QCB PCA QC PC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
∴△QCB ≌△PCA
∴∠CBQ=∠CAP
∵AD BC ⊥
∴∠CAP=
12∠BAC=30°，BD=12
BC=3 ∴∠CBQ=30°
∴∠ABQ=∠ABC ＋∠CBQ=90°
∴点Q 在过点B 作AB 的垂线上运动 根据垂线段最短可得：当DQ ⊥BQ 时，DQ 最短
此时在Rt △BDQ 中，∠QBD=30°
∴DQ=12BD=32
即DQ 的最小值为
32． 【点睛】
此题考查的是全等三角形的判定及性质、等边三角形的判定及性质、直角三角形的性质和垂线段最短的应用，掌握构造全等三角形的方法、全等三角形的判定及性质、等边三角形的判定及性质、30°所对的直角边是斜边的一半和垂线段最短是解决此题的关键． 2．（1）见详解；（2）108°；（3）见详解
【分析】
（1）如图1，过D 作DM ⊥AB 于M ，由 CA ＝CB ，90ACB =︒，得ABC 是等腰直角三角形，根据角平分线的性质得到CD ＝MD ，∠ABC ＝45°，根据全等三角形的性质得到AC ＝AM ，于是得到结论；
（2）如图2，设∠ACB ＝α，则∠CAB ＝∠CBA ＝90°−12
α，在AB 上截取AK ＝AC ，连结DK ，根据角平分线的定义得到∠CAD ＝∠KAD ，根据全等三角形的性质得到∠ACD ＝∠AKD ＝α，根据三角形的内角和即可得到结论；
（3）如图3，在AB 上截取AH ＝AD ，连接DH ，根据等腰三角形的性质得到∠CAB ＝∠CBA ＝40°，根据角平分线的定义得到∠HAD ＝∠CAD ＝20°，求得∠ADH ＝∠AHD ＝80°，在AB 上截取AK ＝AC ，连接DK ，根据全等三角形的性质得到∠ACB ＝∠AKD ＝100°，CD ＝DK ，根据等腰三角形的性质得到DH ＝BH ，于是得到结论．
【详解】
（1）如图1，过D 作DM ⊥AB 于M ，
∴在ABC 中，AC BC =，
∴∠ABC ＝45°，
∵∠ACB ＝90°，AD 是角平分线，
∴CD ＝MD ，
∴∠BDM ＝∠ABC ＝45°，
∴BM ＝DM ，
∴BM ＝CD ，
在RT △ADC 和RT △ADM 中，
CD MD AD AD ⎧⎨⎩
＝＝， ∴RT △ADC ≌RT △ADM （HL ），
∴AC ＝AM ，
∴AB ＝AM ＋BM ＝AC ＋CD ，
即AB ＝AC ＋CD ；
（2）设∠ACB ＝α，则∠CAB ＝∠CBA ＝90°−12
α， 在AB 上截取AK ＝AC ，连结DK ，如图2，
∵AB ＝AC ＋BD ，AB=AK+BK
∴BK ＝BD ，
∵AD 是角平分线，
∴∠CAD ＝∠KAD ，
在△CAD 和△KAD 中，
AC AK CAD KAD AD AD ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝ ∴△CAD ≌△KAD （SAS ），
∴∠ACD ＝∠AKD ＝α，
∴∠BKD ＝180°−α，
∵BK＝BD，
∴∠BDK＝180°−α，
∴在△BDK中，180°−α＋180°−α＋90°−1
α＝180°，
2
∴α＝108°，
∴∠ACB＝108°；
（3）如图3，在AB上截取AH＝AD，连接DH，
∵∠ACB＝100°，AC＝BC，
∴∠CAB＝∠CBA＝40°，
∵AD是角平分线，
∴∠HAD＝∠CAD＝20°，
∴∠ADH＝∠AHD＝80°，
在AB上截取AK＝AC，连接DK，
由（1）得，△CAD≌△KAD，
∴∠ACB＝∠AKD＝100°，CD＝DK，
∴∠DKH＝80°＝∠DHK，
∴DK＝DH＝CD，
∵∠CBA＝40°，
∴∠BDH＝∠DHK -∠CBA =40°，
∴DH＝BH，
∴BH＝CD，
∵AB＝AH＋BH，
∴AB＝AD＋CD．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，角平分线的定义，三角形的内角和，正确的作出辅助线是解题的关键．
3．（1）BC=AC+AD；（2）△ABC 的面积为80．
【分析】
（1）在CB上截取CE=CA，则由题意可得AD=DE，∠CED=∠A，再结合∠A=2∠B可得
DE=BE ，从而得到BC=AD+AC ；
（2）在AB 上截取AE=AD ，连结CE ，过C 作CF ⊥AB 于F 点，由题意可得EC=BC ，从而得到EF 的长度，再由勾股定理根据EC 、EF 的长度求得CF 的长度，最后根据面积公式可以得到解答 ．
【详解】
解：（1）如图，在CB 上截取CE=CA ，则由题意得：△CAD ≌△CED ，
∴AD=DE ，∠CED=∠A ，
∵∠A=2∠B ，∴∠CED=2∠B ，
又∠CED=∠B+∠EDB ，∴∠B+∠EDB=2∠B ，
∴∠EDB=∠B ，∴DE=BE ，
∴BC=BE+CE=DE+CE=AD+AC ；
（2）如图，在AB 上截取AE=AD ，连结CE ，过C 作CF ⊥AB 于F 点，
∴由题意可得：△CDA ≌△CEA ，
∴EC=CD=BC=10，AE=AD=8，
∵CF ⊥AB ，
∴EF=FB=
208622AB AE --==， ∴22221068CF EC EF =
--=， ∴112088022
ABC S AB CF =⨯=⨯⨯=． 【点睛】
本题考查三角形全等的综合运用，熟练掌握三角形全等的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理是解题关键．
4．【尝试解决】PA+PB=PC ；【自主探索】①2PC PA PB =；理由见解析；②21)()PC PD PA PB +=+；【灵活应用】
(52)()PC PD PE PA PB ++=+．
【分析】
尝试解决：利用旋转性质证明△PAC ≌△MBC ，得到PA=BM ，得到PM 等于PB 与PA 的和，再证明△PCM 是等边三角形，得到PM 等于PC ，即可得到结果；
自主探索：①在PC 上截取QC=PA ，证出△CBQ 全等于△ABP ，得到△PBQ 是等腰直角三角形，PQ 等于PB 的2倍，即可得到结果；
②同①方法，即可得到PD 与PA 和PB 的关系，即可求出PC+PD 与PA 和PB 的关系； 灵活应用：类比（自主探索）中的方法证明PC 与PA 和PB 的关系，再用同样的方法证明PE 与PA 和PB 的关系，构造△CDM 全等于△CBP ，得到PD 与PC 的关系，进一步得到PD 与PA 和PB 的关系，最终求出PD+PE+PC 的和即可得到与PA 和PB 的关系．
【详解】
尝试解决：PA+PB=PC ；
证明：因为∠ACP+∠PCB=60°，∠MCB+∠PCB=60°，
∴∠ACP=∠MCB ，
又∵CP=CM ，AC=MC ，
∴△ACP ≌△BCM ，
所以PA=BM ，∠CBM=∠CAP ，
∵四边形APBC 内接于圆O ，
∴∠CAP+∠CBP=180°，
∴∠CBM+∠CBP=180° ，
∴P 、B 、M 三点共线，
∴△PCM 是等边三角形，
∴PM=PC ，
∴PC=PM=PB+BM=PB+PA ；
自主探索：①PC 与PA 、PB 的数量关系为2PC PA PB =+；理由：
截取CQ=PA ，，如图，∵四边形ABCD 是正方形，
∴BC=AB ，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，
∵PA=CQ ，∠BCQ=BAP ，BC=AB
∴△BCQ ≌△BAP ，
∴∠CBQ=∠ABP ，BQ=BP ，
∵∠CBQ+∠ABQ=90°，
∴90ABP ABQ ∠+∠=︒，
∴△PBQ 是等腰直角三角形，
∴PQ=2PB ， ∴2PC CQ PQ PA PB =+=+；
②(21)()PC PD PA PB +=++
证明：在PD 上截取DH=PB ，
∵DH=PB ，∠ADH=∠ABP ，AD=AB
∴△ADH ≌△ABP
∴∠DAH=∠BAP ，AH=AP ，
∵∠DAH+∠HAP=90°，
∴∠BAP+∠HAP=90°，
∴△HAP 是等腰直角三角形，
∴PH=2PA ，
∴PD=DH+PH=PB+2PA ， ∴(21)()PC PD PA PB +=++．
灵活应用：(52)()PC PD PE PA PB ++=++．
证明：在PC 上截取FC=PA ，
∵五边形ABCDE 是正五边形，
∴BC=AB=CD=DE=AE ，∠ABC=∠EAB=108°，
∵PA=CF ，AB=BC ，∠FCB=∠BAP ，
∴△BAP ≌△BCF ，
∴BF=PB ，∠CBF=∠ABP ，
∵∠CBF+∠FBA=108°，
∴∠ABP+∠FBA=108°，
∴△FBP 是顶角为108°的等腰三角形，
∴PF=152
+PB ， ∴15+PB+PA ， 同理可证15+PA+PB ，
延长PD 至点M 使DM=PB ，
∵∠MDC+∠CDP=180°，∠CDP+∠PBC=180°，
∴∠CDM=∠CBP
又∵CD=BC ，
∴△CDM ≌△CBP
∴CM=CP ，∠MCD=∠BCP ，
又∵∠PCB+∠PCD=108°，
∴∠MCD+∠PCD=108°，
∴△MCP 是顶角108°的等腰三角形，
∴PC ，
∴PC-PB ， ∴PC+PD+PE
PB+PA ）
+12
+PA=((22PA PB +=(()2PA PB + 【点睛】
本题考查旋转性质、圆的有关性质、圆内接四边形、正五边形有关性质、三角形全等的相关性质和判定，综合性强，难度较大是一道好题，属中考压轴题型．
5．（1）AE ＝AB ＋DE ；（2）AE ＝AB ＋DE ＋
12BD ，证明见解析． 【分析】
（1）在AE 上取一点F ，使AF ＝AB ，由三角形全等的判定可证得△ACB ≌△ACF ，根据全等三角形的性质可得BC ＝FC ，∠ACB ＝∠ACF ，根据三角形全等的判定证得△CEF ≌△CED ，得到EF ＝ED ，再由线段的和差可以得出结论；
（2）在AE 上取点F ，使AF ＝AB ，连结CF ，在AE 上取点G ，使EG ＝ED ，连结CG ，根据全等三角形的判定证得△ACB ≌△ACF 和△ECD ≌△ECG ，由全等三角形的性质证得CF ＝CG ，进而证得△CFG 是等边三角形，就有FG ＝CG ＝
12
BD ，从而可证得结论． 【详解】
解：（1）如图（1），在AE 上取一点F ，使AF ＝AB ．
∵AC 平分∠BAE ，
∴∠BAC ＝∠FAC ．
在△ACB 和△ACF 中，
AB AF BAC FAC AC AC ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝ ∴△ACB ≌△ACF （SAS ）．
∴BC ＝FC ，∠ACB ＝∠ACF ．
∵C 是BD 边的中点，
∴BC ＝CD ．
∴CF ＝CD ．
∵∠ACE ＝90°，
∴∠ACB ＋∠DCE ＝90°，∠ACF ＋∠ECF ＝90°．
∴∠ECF ＝∠ECD ．
在△CEF 和△CED 中，
CF CD ECF ECD CE CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝ ∴△CEF ≌△CED （SAS ）．
∴EF ＝ED ．
∵AE ＝AF ＋EF ，
∴AE ＝AB ＋DE ．
故答案为：AE ＝AB ＋DE ；
（2）AE ＝AB ＋DE ＋12
BD ． 证明：如图（2），在AE 上取点F ，使AF ＝AB ，连结CF ，在AE 上取点G ，使EG ＝ED ，连结CG ．
∵C 是BD 边的中点，
∴CB ＝CD ＝12
BD ． ∵AC 平分∠BAE ，
∴∠BAC ＝∠FAC ．
在△ACB 和△ACF 中，
AB AF BAC FAC AC AC ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝ ∴△ACB ≌△ACF （SAS ）．
∴CF ＝CB ，∠BCA ＝∠FCA ．
同理可证：△ECD ≌△ECG
∴CD ＝CG ，∠DCE ＝∠GCE ．
∵CB ＝CD ，
∴CG ＝CF ．
∵∠ACE ＝120°，
∴∠BCA ＋∠DCE ＝180°−120°＝60°．
∴∠FCA ＋∠GCE ＝60°．
∴∠FCG ＝60°．
∴△FGC 是等边三角形．
∴FG ＝FC ＝12
BD ． ∵AE ＝AF ＋EG ＋FG ， ∴AE ＝AB ＋DE ＋
12BD ． 【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质的运用，能熟练应用三角形全等的判定和性质是解决问题的关键．
6．见解析
【分析】
过点F 作FN AF ⊥交AB 的延长线于点N ，先证明()EFN DFA ASA △≌△，可得N DAF ∠=∠，FN AF =，从而可以证明()AHF NBF ASA △≌△，可证得
AH BN =，即可得证2AH AB AF +=．
【详解】
证明：如图，过点F 作FN AF ⊥交AB 的延长线于点N ，
EF DF ⊥，EA AD ⊥，
90E ABD ∴∠+∠=︒，90ADF ABD ∠+∠=︒，
E AD
F ∴∠=∠，
90AFN EFD ∠=∠=︒，
AFD EFN ∴∠=∠，
在EFN 和DFA 中，
,,
,EFN DFA EF DF E ADF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
()EFN DFA ASA ∴△≌△，
N DAF ∴∠=∠，FN AF =，
又90AFN ∠=︒，
2AN AF ∴=，
90AFN EFB ∠=∠=︒，
AFH BFN ∴∠=∠，
在AHF △和NBF 中，
,,
,AFH NFB AF NF HAF N ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
()AHF NBF ASA ∴△≌△，
AH BN ∴=，
2AH AB BN AB AN AF ∴+=+==．
【点睛】
本题考查了全等三角形的综合问题，掌握全等三角形的性质以及判定定理是解题的关键． 7．见解析
【分析】
延长DE 至N ，使得EN PF =，连接CN ，先证明()ADF DCE SAS △≌△，可得AFD DEC ∠=∠，即CFP CEN ∠=∠，再通过证明()CEN CFP SAS △≌△，可得CN CP =，ECN PCF ∠=∠，即可证明NCP 是等腰直角三角形，即2PN PE NE PC =+=，从而得证2PE PF PC +=．
【详解】
证明：如图，延长DE 至N ，使得EN PF =，连接CN ，
在正方形ABCD 中，
E 、
F 分别是BC 、CD 的中点，
CE DF ∴=，
在ADF 和DCE 中，
,90,,AD CD ADF DCE DF CE =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩
()ADF DCE SAS ∴△≌△，
AFD DEC ∴∠=∠，
CFP CEN ∴∠=∠，
在CEN 和CFP 中，
,,,CE CF CEN CFP EN PF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
()CEN CFP SAS ∴△≌△，
CN CP ∴=，ECN PCF ∠=∠，
90PCF BCP ∠+∠=︒，
90ECN BCP NCP ∴∠+∠=∠=︒，
NCP ∴△是等腰直角三角形，
2PN PE NE PC ∴=+=．
即2PE PF PC +=．
【点睛】
本题考查了正方形的性质和全等三角形的综合问题，掌握全等三角形的性质以及判定定理是解题的关键．
8．（1）正确．证明见解析；（2）正确．证明见解析.
【分析】
（1）在AB 上取一点M ，使AM EC =，连接ME ，根据已知条件利用ASA 判定AME ECF ，因为全等三角形的对应边相等，所以AE EF =． （2）在BA 的延长线上取一点N ，使AN CE =，连接NE ，根据已知利用ASA 判定
ANE ECF ，因为全等三角形的对应边相等，所以AE EF =． 【详解】 解：（1）正确．
证明：在AB 上取一点M ，使AM EC =，连接ME ．
BM BE ∴=，
45BME ∴∠=°，
135AME ， CF 是外角平分线，
45DCF ∴∠=︒，
135ECF ∴∠=°，
AME ECF ，
90AEB BAE ，90AEB CEF ∠+∠=︒， BAE CEF ∴∠=∠， ()AME ECF ASA ，
AE EF ∴=．
（2）正确．
证明：如图示，在BA 的延长线上取一点N ，使AN CE =，连接NE ．
BN BE
∴=，
N NEC，
45
∠，
CF平分DCG
FCE，
45
N ECF，
四边形ABCD是正方形，
∴，
AD BE
//
DAE BEA，
DAE BEA，
即9090
NAE CEF，
ANE ECF ASA，
()
∴=．
AE EF
【点睛】
此题主要考查了正方形的性质，角平分线的性质及全等三角形的判定方法，熟悉相关性质是解题的关键．
9．证明见解析．
【分析】
延长EB到G，使BG=DF，连接AG．先说明△ABG≌△ADF，然后利用全等三角形的性质和已知条件证得△AEG≌△AEF，最后再运用全等三角形的性质和线段的和差即可解答．【详解】
延长EB到G，使BG=DF，连接AG．
∵∠ABG=∠ABC=∠D=90°，AB=AD，
∴△ABG≌△ADF．
∴AG=AF，∠1=∠2．
∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=1
2
∠BAD．
∴∠GAE=∠EAF．
又∵AE=AE，
∴△AEG≌△AEF．
∴EG=EF．
∵EG=BE+BG．
∴EF=BE+FD
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，做出辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．
10．思维探索：（1）8；（2）12；拓展提升：CE
1．
【分析】
思维探索：（1）利用旋转的性质，证明△AGE≌△AFE即可；
（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°到AD，交CD于点G，证明△AEF≌△AGF即可求得EF＝DF﹣BE；
拓展提升：如图3，过A作AG⊥BD交BD的延长线于G，推出四边形ACBG是矩形，得到矩形ACBG是正方形，根据正方形的性质得到AC＝AG，∠CAG＝90°，在BG上截取GF＝CE，根据全等三角形的性质得到AE＝AF，∠EAC＝∠FAG，∠ADF＝∠ADE＝30°，解直角三
角形得到DE＝DF＝4，BE＝
CE＝x，则GF＝CE＝x，BC＝BG＝
x，根据线
段的和差即可得到结论．
【详解】
思维探索：
（1）如图1，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，∴GB＝DF，AF＝AG，∠BAG＝∠DAF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠BAG+∠BAE＝45°＝∠EAF，
在△AGE和△AFE中
AG AF
GAE EAF AE AE
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
∴△AGE≌△AFE（SAS），
∴GE＝EF，
∵GE＝GB+BE＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF，
∴△CEF的周长＝CE+CF+EF＝CE+BE+DF+CF＝BC+CD＝8，故答案为：8；
（2）如，2，把△ABE绕点A逆时针旋转90°到AD，交CD于点G，
同（1）可证得△AEF≌△AGF，
∴EF＝GF，且DG＝BE，
∴EF＝DF﹣DG＝DF﹣BE，
∴△CEF的周长＝CE+CF+EF＝CE+CF+DF﹣BE＝BC+DF+CF＝4+4+2+2＝12；拓展提升：如图3，过A作AG⊥BD交BD的延长线于G，
∵BD⊥BC，∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠CBG＝∠G＝90°，
∴四边形ACBG是矩形，
∵AC＝BC，
∴矩形ACBG是正方形，
∴AC＝AG，∠CAG＝90°，
在BG上截取GF＝CE，
∴△AEC≌△AGF（SAS），
∴AE＝AF，∠EAC＝∠FAG，
∵∠EAD＝∠BAC＝∠GAB＝45°，
∴∠DAF＝∠DAE＝45°，
∵AD＝AD，
∴△ADE≌△ADF（SAS），
∴∠ADF＝∠ADE＝30°，
∴∠BDE＝60°，
∵∠DBE＝90°，BD＝2，
∴DE＝DF＝4，BE＝
设CE＝x，则GF＝CE＝x，BC＝BG＝x，
∴DG
＝x，
∴DG﹣FG＝DF，
即x﹣x＝4，
∴x1，
∴CE1．
【点睛】
本题以正方形为背景，结合旋转，三角形全等，解直角三角形进行综合性考查，熟知常见的全等模型，旋转性质，三角形的判定及性质，正方形，矩形的性质是解题的关键．。