专题01 旋转中的三种全等模型(手拉手、半角、对角互补模型)(解析版)

专题01 旋转中的三种全等模型（手拉手、半角、对角互补模型）本专题重点分析旋转中的三类全等模型（手拉手、半角、对角互补模型），结合各类模型展示旋转中的变与不变，并结合经典例题和专项训练深度分析基本图形和归纳主要步骤，同时规范了解题步骤，提高数学的综合解题能力。

模型1.手拉手模型
【模型解读】将两个三角形（或多边形）绕着公共顶点旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，也叫旋转型全等。

其中：公共顶点A记为“头”，每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点记为“左手”，第二个顶点记为“右手”。

手拉模型解题思路：SAS型全等（核心在于导角，即等角加（减）公共角）。

1）双等边三角形型
条件：△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。

结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。

2）双等腰直角三角形型
条件：△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N。

结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BND。

3）双等腰三角形型
条件：△ABC 和△DCE 均为等腰三角形，C 为公共点；连接BE ，AD 交于点F 。

结论：①△ACD ≌△BCE ；②BE =AD ；③∠ACM =∠BFM ；④CF 平分∠AFD 。

4）双正方形形型
条件：△ABCFD 和△CEFG 都是正方形，C 为公共点；连接BG ，ED 交于点N 。

结论：①△△BCG ≌△DCE ；②BG =DE ；③∠BCM =∠DNM=90°；④CN 平分∠BNE 。

例1．（2022·黑龙江·中考真题）ABC V 和ADE V 都是等边三角形．
(1)将ADE V 绕点A 旋转到图①的位置时，连接BD ，CE 并延长相交于点P （点P 与点A 重合），有PA PB PC +=（或PA PC PB +=）成立；请证明．(2)将ADE V 绕点A 旋转到图②的位置时，连接BD ，CE 相交于点P ，连接PA ，猜想线段PA 、PB 、PC 之间有怎样的数量关系？并加以证明；(3)将ADE V 绕点A 旋转到图③的位置时，连接BD ，CE 相交于点P ，连接PA ，猜想线段PA 、PB 、PC 之间有怎样的数量关系？直接写出结
论，不需要证明．
【答案】(1)证明见解析 (2)图②结论：PB PA PC =+，证明见解析 (3)图③结论：PA PB PC
+=【分析】（1）由△ABC 是等边三角形，得AB =AC ，再因为点P 与点A 重合，所以PB =AB ，PC =AC ，PA =0，即可得出结论；（2）在BP 上截取BF CP =，连接AF ，证明BAD CAE V V ≌（SAS ），得ABD ACE Ð=Ð，再证明CAP BAF ≌△△（SAS ），得CAP BAF Ð=Ð，AF AP =，然后证明AFP V 是等边三角形，得PF AP =，即可得出结论；（3）在CP 上截取CF BP =，连接AF ，证明BAD CAE V V ≌（SAS ），得ABD ACE Ð=Ð，再证明BAP CAF ≌△△（SAS ），得出CAF BAP Ð=Ð，AP AF =，然后证明AFP V 是等边三角形，得PF AP =，即可得出结论：PA PB PF CF PC +=+=．
(1)证明：∵△ABC 是等边三角形，∴AB =AC ，
∵点P 与点A 重合，∴PB =AB ，PC =AC ，PA =0，∴PA PB PC +=或PA PC PB +=；
(2)解：图②结论：PB PA PC
=+证明：在BP 上截取BF CP =，连接AF ，
∵ABC V 和ADE V 都是等边三角形，
∴AB AC =，AD AE =，60BAC DAE Ð=Ð=°
∴BAC CAD DAE CAD Ð+Ð=Ð+Ð，
∴BAD CAE Ð=Ð，∴BAD CAE V V ≌（SAS ），∴ABD ACE Ð=Ð，
∵AC =AB ，CP =BF ， ∴CAP BAF ≌△△（SAS ），
∴CAP BAF Ð=Ð，AF AP =，∴CAP CAF BAF CAF Ð+Ð=Ð+Ð，
∴60FAP BAC Ð=Ð=°，∴AFP V 是等边三角形，
∴PF AP =，∴PA PC PF BF PB +=+=；
(3)解：图③结论：PA PB PC +=，理由：在CP 上截取CF BP =，连接AF ，
∵ABC V 和ADE V 都是等边三角形，∴AB AC =，AD AE =，60BAC DAE Ð=Ð=°
∴BAC BAE DAE BAE Ð+Ð=Ð+Ð，∴BAD CAE Ð=Ð，
∴BAD CAE V V ≌（SAS ），∴ABD ACE Ð=Ð，∵AB =AC ，BP =CF ，∴BAP CAF ≌△△（SAS ），
∴CAF BAP Ð=Ð，AP AF =，∴BAF BAP BAF CAF Ð+Ð=Ð+Ð，
∴60FAP BAC Ð=Ð=°，∴AFP V 是等边三角形，
∴PF AP =，∴PA PB PF CF PC +=+=，即PA PB PC +=．
【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解题的关键．
例2．（2023·湖南·长沙市八年级阶段练习）如图1，在Rt △ABC 中，∠B ＝90°，AB ＝BC ＝4，点D ，E 分别
为边AB ，BC 上的中点，且BD ＝BE ．
(1)如图2，将△BDE 绕点B 逆时针旋转任意角度α，连接AD ，EC ，则线段EC 与AD 的关系是 ；
(2)如图3，DE ∥BC ，连接AE ，判断△EAC 的形状，并求出EC 的长；
(3)继续旋转△BDE ，当∠AEC ＝90°时，请直接写出EC 的长．
例3．（2023·黑龙江·虎林市九年级期末）已知Rt △ABC 中，AC =BC ，∠ACB ＝90°，F 为AB 边的中点，且DF =EF ，∠DFE ＝90°，D 是BC 上一个动点．如图1，当D 与C 重合时，易证：CD 2＋DB 2＝2DF 2；
（1）当D 不与C 、B 重合时，如图2，CD 、DB 、DF 有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明．
（2）当D 在BC 的延长线上时，如图3，CD 、DB 、DF 有怎样的数量关系，请写出你的猜想，并加以证明．
【答案】（1）CD 2+DB 2=2DF 2 ；（2）CD 2+DB 2=2DF 2，证明见解析
【分析】（1）由已知得222DE DF =，连接CF ，BE ，证明CDF BEF D @D 得CD =BE ，再证明BDE D 为直角三角形，由勾股定理可得结论；
（2）连接CF ，BE ，证明CDF BEF D @D 得CD =BE ，再证明BDE D 为直角三角形，由勾股定理可得结论．
【详解】解：（1）CD 2+DB 2=2DF 2
证明：∵DF =EF ，∠DFE ＝90°，∴222DF EF DE += ∴222DE DF = 连接CF ，BE ，如图
∵△ABC 是等腰直角三角形，F 为斜边AB 的中点
∴CF BF =，
CF AB ^，即90CFB Ð=° ∴45FCB FBC Ð=Ð=°，90CFD DFB Ð+Ð=°
又90DFB EFB Ð+Ð=° ∴CFD EFB Ð=Ð
在CFD D 和BFE D 中CF BF CFD BFE DF EF =ìïÐ=Ðíï=î
∴CFD D @BFE
D ∴CD B
E =，45EB
F FCB Ð=Ð=° ∴454590DBF EBF Ð+Ð=°+°=° ∴222DB BE DE +=
∵CD BE =，222DE DF =∴CD 2+DB 2=2DF 2 ；
（2）CD 2+DB 2=2DF 2 证明：连接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，BE 2+DB 2=DE 2
∵ DE 2=2DF 2 ∴ CD 2+DB 2=2DF 2
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、证明三角形全等是解决问题的关键，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
例4．（2022·青海·中考真题）两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形.
(1)问题发现：如图1，若ABC V 和ADE V 是顶角相等的等腰三角形，BC ，DE 分别是底边.求证：BD CE =；
(2)解决问题：如图2，若ACB △和DCE V 均为等腰直角三角形，90ACB DCE Ð=Ð=°，点A ，D ，E 在同一条直线上，CM 为DCE V 中DE 边上的高，连接BE ，请判断∠AEB 的度数及线段CM ，AE ，BE 之间的数量关系并说明理由.
图1 图2
【答案】(1)见解析 (2)90DCE Ð=°；2AE AD DE BE CM
=+=+【分析】（1）先判断出∠BAD =∠CAE ，进而利用SAS 判断出△BAD ≌△CAE ，即可得出结论；
（2）同（1）的方法判断出△BAD ≌△CAE ，得出AD =BE ，∠ADC =∠BEC ，最后用角的差，即可得出结论．
【解析】(1)证明：∵ABC V 和ADE V 是顶角相等的等腰三角形，
∴AB AC =，AD AE =，BAC DAE Ð=Ð，
∴BAC CAD DAE CAD Ð-Ð=Ð-Ð，∴BAD CAE Ð=Ð．
在BAD V 和CAE V 中，AB AC BAD CAE AD AE =ìïÐ=Ðíï=î
，∴()BAD CAE SAS ≌△△，∴BD CE =．
(2)解：90AEB =°∠，2AE BE CM =+，
理由如下：由（1）的方法得，≌ACD BCE V V ，∴AD BE =，ADC BEC ÐÐ=，
∵CDE △是等腰直角三角形，∴45CDE CED Ð=Ð=°，
∴180135ADC CDE Ð=°-Ð=°，∴135BEC ADC Ð=Ð=°，
∴1354590AEB BEC CED Ð=Ð-Ð=°-°=°．
∵CD CE =，CM DE ^，∴DM ME =．∵90DCE Ð=°，∴DM ME CM ==，
∴2DE CM =．∴2AE AD DE BE CM =+=+．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形，等边三角形，等腰直角三角形的性质，判断出△ACD ≌△BCE 是解本题的关键．3）15°
模型2.半角模型
【模型解读】半角模型概念：过多边形一个顶点作两条射线，使这两条射线夹角等于该顶角一半思想方法：通过旋转构造全等三角形，实现线段的转化
1）正方形半角模型
条件：四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°；
结论：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④D AEF的周长=2AB；
⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。

2）等腰直角三角形半角模型
条件：D ABC是等腰直角三角形，∠DAE=45°；
结论：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝BD2＋EC2；
3）等边三角形半角模型（120°-60°型）
条件：D ABC 是等边三角形，D BDC 是等腰三角形，且BD =CD ，∠BDC =120°，∠EDF =60°；
结论：①△BDE ≌△CDG ；②△EDF ≌△GDF ；③EF ＝BE ＋FC ；④D AEF 的周长=2AB ；
⑤DE 、DF 分别平分∠BEF 和∠EFC 。

4）等边三角形半角模型（60°-30°型）
条件：D ABC 是等边三角形，∠EAD =30°；
结论：①△BDA ≌△CFA ；②△DAE ≌△FAE ；③∠ECF =120°；④DE 2＝(12BD ＋EC)2+2⎫⎪⎪⎭
；5）任意角度的半角模型（2a -a 型）
条件：∠BAC =2a ，AB =AC ，∠DAE =a ；结论：①△BAD ≌△CAF ；②△EAD ≌△EAF ；③∠ECF=180°-2a 。

例1．（2023·福建·龙岩九年级期中）（1）【发现证明】
如图1，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别是BC ，CD 边上的动点，且45EAF Ð=°，求证：
EF DF BE =+．小明发现，当把ABE △绕点A 顺时针旋转90°至ADG V ，使AB 与AD 重合时能够证明，请
你给出证明过程．
（2）【类比引申】①如图2，在正方形ABCD 中，如果点E ，F 分别是CB ，DC 延长线上的动点，且45EAF Ð=°，则（1）中的结论还成立吗？若不成立，请写出EF ，BE ，DF 之间的数量关系______（不要求证明）
②如图3，如果点E ，F 分别是BC ，CD 延长线上的动点，且45EAF Ð=°，则EF ，BE ，DF 之间的数量
关系是_____（不要求证明）.（3）【联想拓展】如图1，若正方形ABCD 的边长为6，AE =AF 的长．
AE AG =，90B ADG Ð=Ð=
例2．（2023·江苏·八年级专题练习）如图，△ABC，△DEP是两个全等的等腰直角三角形，∠BAC＝∠PDE＝90°．使△DEP的顶点P与△ABC的顶点A重合，PD，PE分别与BC相交于点F、G，若BF＝6，CG＝4，则FG＝_____．
例3．（2023·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，在△ABC中，AB＝AC＝∠BAC＝120°，点D，E 都在边BC上，∠DAE＝60°，若BD＝2CE，求DE的长．
∵∠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：证明：在CN上截取CM1＝BM，连接MN，DM1
由（2）得，△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，
∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN（SAS），
∴MN＝M1N，∴NC﹣BM＝MN．
【点睛】本题考查了等边三角形，直角三角形，等腰三角形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是注意数形结合思想的应用，作出合适的辅助线，构造出全等三角形．
例5．（2023·重庆市二模）回答问题
（1）【初步探索】如图1：在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE+FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF之间的数量关系．
小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG=BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是_______________；
（2）【灵活运用】如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
（3）【拓展延伸】知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF=BE+FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系．
（2）仍成立，理由：如图2，延长FD到点G，使DG=BE，连接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），
模型3、旋转中的对角互补模型
【模型解读】
对角互补模型概念：对角互补模型特指四边形中，存在一对对角互补，而且有一组邻边相等的几何模型。

思想方法：解决此类问题常用的辅助线画法主要有两种：①过顶点做双垂线，构造全等三角形；②进行旋转的构造，构造手拉手全等。

1）“共斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型（异侧型）
条件：如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB.
结论：①CD ＝CE ，②OD ＋OE ，③212
ODCE COE COD S S S OC =+=V V .2）“斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型（同侧型）
条件：如图，已知∠DCE 的一边与AO 的延长线交于点D ，∠AOB ＝∠DCE ＝90°，OC 平分∠AOB .
结论：①CD ＝CE ，②OE －OD ，③212
COE COD S S OC -=V V .3）“等边三角形对120°模型”（1）
条件：如图，已知∠AOB ＝2∠DCE ＝120°，OC 平分∠AOB .
结论：①CD ＝CE ，②OD ＋OE ＝OC ，③2COD COE S S +V V .4）“等边三角形对120°模型”（2）
条件：如图，已知∠AOB ＝2∠DCE ＝120°，OC 平分∠AOB ，∠DCE 的一边与BO 的延长线交于点D ，
结论：①CD ＝CE ，②OD －OE ＝OC ，③2COD COE S S -=V V .5）“120°等腰三角形对60°模型”
条件：△ABC是等腰三角形，且∠BAC=120°，∠BPC=60°。

结论：①PB+PC PA；
（1）如图1，E、F分别是AB、AC上的点，且BE＝AF、求证：△DEF是等腰直角三角形
例2．（2023·山东枣庄·中考模拟）在ABC D 中，90BAC Ð=°，AB AC =，AD BC ^于点D ,（1）如图1，点M ，N 分别在AD ，AB 上，且90BMN Ð=°，当30AMN Ð=°，2AB =时，求线段AM 的长；
（2）如图2，点E ，F 分别在AB ，AC 上，且90EDF Ð=°，求证：BE AF =；
（3）如图3，点M 在AD 的延长线上，点N 在AC 上，且90BMN Ð=°，求证：AB AN +=;
例4．（2023四川宜宾八年级期末）如图1，AOB 90Ð=o ，OC 平分AOB Ð，以C 为顶点作90DCE Ð=o ，交OA 于点D ，OB 于点E. （1）求证：CD CE =；（2）图1中，若3OC =，求+OD OE 的长；
（3）如图2，120AOB °Ð=，OC 平分AOB Ð，以C 为顶点作60DCE °Ð=，交OA 于点D ，OB 于点E .若3OC =，求四边形OECD 的面积．
（3）如图,过点C 作CG ⊥OA 于G,CH ⊥OB 于H ，
∵OC 平分AOB Ð∴CG =CH ∵120AOB Ð=o ,60DCE Ð=o ∴∠CDO+∠CEO=180︒
∵∠CDG+∠CDO=180︒∴∠CDG =∠CEO
在△CDG 与△CEH 中CG CH CDG CEO CGD CHE Ð=ÐìïÐ=Ðíï=î
∴△CDG ≌ △CEH(AAS )∴DG=HE 由题易得△OCG 与△OCH 是全等的直角三角形,且OG=OH
∴OD+OE=OD+OH+HE=OG+OH=2OH ∴OECD S 四边形=OHCG S 四边形=2OCG
S D 在Rt △OCH 中,有∠COH=60°,OC=3，∴OH=32
OCG S D =OECD S 四边形=2OCG S D
【点睛】本题考查全等三角形的性质及判定，含30°直角三角形的性质以及勾股定理，是一道综合性问题，掌握相关知识点灵活应用解题是本题的解题关键.
例5．（2023湖北省宜城市八年级期末）如图，已知∠AOB =120°，在∠AOB 的平分线OM 上有一点C ，将一个60°角的顶点与点C 重合，它的两条边分别与直线OA 、OB 相交于点D 、E ．
（1）当∠DCE 绕点C 旋转到CD 与OA 垂直时（如图1），请猜想OE +OD 与OC 的数量关系，并说明理由；（2）当∠DCE 绕点C 旋转到CD 与OA 不垂直时，到达图2的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由；（3）当∠DCE 绕点C 旋转到CD 与OA 的反向延长线相交时，上述结论是否成立？若成立，请给于证明；若不成立，线段OD 、OE 与OC 之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．
∴∠OFC =∠OGC =90°，∵∠AOB =120°，∴∠FCG =60°，
同(1)的方法得，OF =12OC OG =12
OC ，∴OF +OG =OC ，∵CF ⊥O A ，CG ⊥OB ，且点∠AOB 的平分线OM 上一点，∵∠DCE =60°，∠FCG =60°，DCF =∠ECG ，∴△CFD ≌△CGE 课后专项训练
1．（2023·黑龙江哈尔滨·九年级校考期中）如图，在ABC V 中，90C Ð=°，AC BC =，将ABC V 绕点A 顺时针方向旋转60°到AB C ¢¢V 的位置，连接C B ¢，则C BA Т的度数为（ ）
A ．15°
B ．20°
C ．30°
D ．45°
【答案】C 【分析】连接BB ¢，证明ABB ¢V 为等边三角形，然后进一步证明BB C ¢¢△≌△BAC ¢V ，得到
B B
C ABC ¢¢¢Ð=Ð，即可求出C BA Т的度数．
【详解】解：如图所示，连接BB ¢，
由题意得：AB AB ¢=，60BAB ¢Ð=°，
∴ABB ¢V 为等边三角形，∴60B BA ¢Ð=°，BB
BA ¢
=；
在BB C ¢¢△与BAC ¢V 中，BB BA BC BC B C AC ¢¢¢¢=ì=¢=¢ïíïî
∴BB C ¢¢△≌△BAC ¢V （SSS ），∴30B BC ABC ¢¢¢Ð=Ð=°，故选：C ．
【点睛】该题主要考查了旋转变换的性质、全等三角形的判定及其性质的应用等几何知识点问题．解题的关键是作辅助线；灵活运用旋转变换的性质、全等三角形的判定来分析、解答．
2．（2023·成都市·八年级期末）如图，在边长为4的正方形ABCD 中，对角线AC ，BD 交于点O ，E 在BD 上，连接CE ，作EF ⊥CE 交AB 于点F ，交AC 于点G ，连接CF 交BD 于点H ，延长CE 交AD 于点M ，连接FM ，则下列结论：①点E 到AB ，BC 的距离相等；②∠FCE = 45°；③∠DMC =∠FMC ；④若DM = 2，则BF = 34
．正确的有（ ）个．
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
∵在正方形ABCD 中，=90ABC °，=ABD CBD ÐÐ∴HE NE =，即点E 到AB ，BC 的距离相等，故①=90HEN а；∴=90HEF EFN Ðа，由∵EF FC ^∴CEN FEH Ð=Ð，∴CEN FEH @V （AAS ）∴=EF PC
3．（2023·福建厦门·九年级校考期中）如图，AOB a Ð=（a 是常量）．点P 在AOB Ð的平分线上，且2OP =，以点P 为顶点的MPN Ð绕点P 逆时针旋转，在旋转的过程中，MPN Ð的两边分别与OB ，OA 相交于M ，N 两点，若MPN Ð始终与AOB Ð互补，则以下四个结论：①PM PN =；②OM ON +的值不变；③四边形PMON 的面积不变；④点M 与点N 的距离保持不变．其中正确的为（ ）
A ．①③
B ．①②③
C ．①③④
D ．②③【答案】B 【分析】如图作P
E OA ^于点E ，P
F OB ^于点F ，只要证明Rt PEO Rt PFO V V ≌，Rt PEN
Rt PFM
V V ≌即可一一判断．
【详解】解：如图所示：作PE OA ^于点E ，PF OB ^于点F ，
90PEO PFO Ð=Ð=°Q ，180EPF AOB \Ð+Ð=°，180MPN AOB Ð+Ð=°Q ，EPF MPN \Ð=Ð，
EPF EPN NPF MPN MPF NPF Ð=Ð+ÐÐ=Ð+ÐQ ，，EPN MPF \Ð=Ð，
OP Q 平分AOB Ð，PE OA ^，PF OB ^，PE PF \=，
在Rt PEO V 和Rt PFO V 中，PO PO PE PF =ìí=î
， ()Rt PEO Rt PFO HL \V V ≌，OE OF \=，在PEN △和PFM △中，EPN FPM PE PF PEN PFM Ð=Ðìï=íïÐ=Ðî
，()Rt PEN Rt PFM ASA \V V ≌，
EN FM PN PM \==，，故①正确，PEN PFM S S \=△△，
PMON PEOF S S \==四边形四边形定值，故③正确，
2OM ON OF MF ON OE NE ON OE OE OE +=++=++=+==Q 定值，故②正确，
M N Q 、的位置是变化的，M N \、之间的距离也是变化的，故④错误；故选：B ．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，角平分线的性质定理，四边形的面积等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题．
4．（2023·福建·福州九年级期末）如图，△ABC 是等边三角形，且4AB =，点D 在边BC 上，连按AD ，将线段AD 绕点A 顺时针旋转60°，得到线段AE ，连接DE ，BE ．则△BED 的周长最小值是_________．
【答案】4+4
转化求AD的最小值是解题的关键．
5．（2023·广东深圳·八年级期末）如图，△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，点D为BC边上一点．点E为
线段CD上一点，且CE＝2，AB＝∠DAE＝60°，则DE的长为______．
8．（2023.成都市八年级期中）在ABC D 中，90BAC Ð=°，AB AC =，AD BC ^于点D
,
（1）如图1，点M ，N 分别在AD ，AB 上，且90BMN Ð=°，当30AMN Ð=°，2AB =时，求线段
AM 的长；
（2）如图2，点E ，F 分别在AB ，AC 上，且90EDF Ð=°，求证：BE AF =；（3）如图3，点M 在AD 的延长线上，点N 在AC 上，且90BMN Ð=°，求证：AB AN +=;
【答案】(1) AM =；(2)见解析；(3)见解析.【分析】（1）根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质得到 AD ＝BD ＝DC ＝ ，求出 ∠MBD ＝30°，根据勾股定理计算即可； （2）证明△BDE ≌△ADF ，根据全等三角形的性质证明； （3）过点 M 作 ME ∥BC 交 AB 的延长线于 E ，证明△BME ≌△AMN ，根据全等三角形的性质得到 BE ＝AN ，根据等腰直角三角形的性质、勾股定理证明结论．
【详解】（1）解：90BAC Ð=°Q ，AB AC =，AD BC ^，
AD BD DC \==，45ABC ACB Ð=Ð=°，45BAD CAD Ð=Ð=°，
2AB =Q
，AD BD DC \===，30AMN Ð=°Q ，180903060BMD \Ð=°-°-°=°，30BMD \Ð=°，2BM DM \=，由勾股定理得，222BM DM BD -=
，即222(2)DM DM -=，
解得，DM =
AM AD DM \=-=（2）证明：AD BC ^Q ，90EDF Ð=°，BDE ADF \Ð=Ð，
在BDE D 和ADF D 中，{B DAF
DB DA BDE ADF
Ð=Ð=Ð=Ð，()BDE ADF ASA ≌\D D BE AF \=；
（3）证明：过点M 作//ME BC 交AB 的延长线于E ，
90AME \Ð=°
，则AE =，45E Ð=°，ME MA \=，
90AME Ð=°∵，90BMN Ð=°，BME AMN \Ð=Ð，
在BME D 和AMN D 中，{E MAN
ME MA BME AMN
Ð=Ð=Ð=Ð，()BME AMN ASA \D D ≌，
BE AN \=
，AB AN AB BE AE \+=+==．
【点拨】本题考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形
的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
9. （2023.江苏八年级期中）如图1，在Rt △ABC 中，∠ABC=90°，BA=BC ，直线MN 是过点A 的直线CD ⊥MN 于点D ，连接BD ．（1）观察猜想张老师在课堂上提出问题：线段DC ，AD ，BD 之间有什么数量关系．经过观察思考，小明出一种思路：如图1，过点B 作BE ⊥BD ，交MN 于点E ，进而得出：DC +AD= BD ．（2）探究证明：将直线MN 绕点A 顺时针旋转到图2的位置写出此时线段DC ，AD ，BD 之间的数量关系，并证
明；
【答案】（1；（2）AD ﹣BD ；
【分析】（1）根据全等三角形的性质求出DC ，AD ，BD 之间的数量关系
（2）过点B 作BE ⊥BD ，交MN 于点E ．AD 交BC 于O ，证明CDB AEB D D ≌，得到CD AE =，
EB BD =，
根据BED D 为等腰直角三角形，得到DE =，再根据DE AD AE AD CD =-=-，即可解出答案.【详解】解：（1）如图1中，
由题意：BAE BCD D D ≌，∴AE=CD ，BE=BD ，∴CD+AD=AD+AE=DE ，
∵BDE D 是等腰直角三角形，∴，∴BD ，．
（2）AD DC -=．证明：如图，过点B 作BE ⊥BD ，交MN 于点E ．AD 交BC 于O ．
∵90ABC DBE Ð=Ð=°，∴ABE EBC CBD EBC Ð+Ð=Ð+Ð，∴ABE CBD Ð=Ð．
∵90BAE AOB Ð+Ð=°，90BCD COD Ð+Ð=°，AOB COD Ð=Ð，∴BAE BCD Ð=Ð，
∴ABE DBC Ð=Ð．又∵AB CB =，∴CDB AEB D D ≌，
∴CD AE =，EB BD =，∴BD D 为等腰直角三角形，DE =
．
∵DE AD AE AD CD =-=-，∴AD DC -=．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质，等腰直角三角形的性质以及图形的应用，正确作辅助线和熟悉图形特性是解题的关键.
10．（2023.江苏八年级期中）如图，已知∠DCE与∠AOB，OC平分∠AOB．（1）如图1，∠DCE与∠AOB的两边分别相交于点D、E，∠AOB＝∠DCE＝90°，试判断线段CD与CE的数量关系，并说明理由．
以下是小宇同学给出如下正确的解法：
解：CD＝CE．
理由如下：如图1，过点C作CF⊥OC，交OB于点F，则∠OCF＝90°，…
请根据小宇同学的证明思路，写出该证明的剩余部分．
（2）你有与小宇不同的思考方法吗？请写出你的证明过程．
（3）若∠AOB＝120°，∠DCE＝60°．
①如图3，∠DCE与∠AOB的两边分别相交于点D、E时，（1）中的结论成立吗？为什么？线段OD、OE、OC有什么数量关系？说明理由．②如图4，∠DCE的一边与AO的延长线相交时，请回答（1）中的结论是否成立，并请直接写出线段OD、OE、OC有什么数量关系；如图5，∠DCE的一边与BO的延长线相交时，请回答（1）中的结论是否成立，并请直接写出线段OD、OE、OC有什么数量关系．
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）如图2，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，
又∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，
在四边形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）中的结论仍成立．OE+OD＝OC．
理由如下：如图3，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，又∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，
在四边形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在图4中，（1）中的结论成立，OE﹣OD＝OC，
如图4，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为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；
在图5中，（1）中的结论成立，OD ﹣OE ＝OC ，
如图5，过点C 作CM ⊥OA ，CN ⊥OB ，垂足分别为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 ；（2）如图②，在四边形ABCD 中，AB AD =，180B D Ð+Ð=°，E ，F 分别是边12
EAF BAD Ð=Ð，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程；（3）在四边形ABCD 中，AB AD =，180B D Ð+Ð=°，E ，F 分别是边BC 12
EAF BAD Ð=Ð．请画出图形（除图②外），并直接写出线段EF ，BE ，FD
∵AB AD =，90ABG ABC Ð=Ð=°，BG DF =，∴(SAS)ABG ADF △≌△，
∴AG AF =，12Ð=Ð，∴1
1232
EAF BAD Ð++Ð=Ð=Ð，∴GAE EAF ÐÐ，EF =，
FD ．
【答案】（1）BM+DN＝MN，见解析；（2）DN﹣BM＝MN，见解析；
【分析】（1）把△ADN绕点A顺时针旋转90°，可得B、E、M三点共线，即可得到证得ME＝MN，可得结论；（2）在线段DN上截取DQ＝BM，首先证明
明△AMN≌△AQN（SAS），得MN＝QN，可得结论；（3）设BM=
【详解】解：（1）BM+DN＝MN．
∴∠ABE＝∠ADN＝90°，AE＝AN，BE＝DN，∴∠ABE ABC＝180°，
∴点E，点B，点C三点共线，∴∠EAM＝90°﹣∠NAM＝90°﹣45°＝45°，
与△ANM中，
AE AN
EAM NAM AM AM
=
ì
ï
Ð=
í
ï=
î
，
∴ME＝MN，∵ME＝BE+BM。