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专题05 全等三角形七大模型（知识串讲+热考题型）
一、K型(一线三垂直)模型 二、“手拉手”模型
三、倍长中线 四、平行线中点
五、“雨伞”模型 六、半角模型
七、胖瘦模型
一、K型（一线三垂直）模型
两条手臂之间的距离=长手十短手， 两条手臂之间的距离-长手一短手，
即， 即，
一线三重直果中考考试中常见的模型，模型按照常规的方法需要找到对应三角形边角关系，进而得全等三角形，根据全等三角形再找所求的边角．但很多常见的一线三重直模型可以先尝试找到“长手”和“短手”，根据模型快速解题．
二、“手拉手”模型
在中考考试中，很多学生遇到手拉手模型时，都无从下手．但其实只要找到相等的边或角，找到全等三角形，进而找出对应边或角的关系即可．熟练掌握手拉手模型的学生，可以很快找到里面的全等三角形，解决小题就会很快．
三、倍长中线
在中考考试中，几何中的中点类问题是很复杂的一类题型，由于它涉及的辅助线类别多，同学们经常记不住到底用哪类辅助线 因此往往在做题的时候浪费了大量的时间，请记住，实在不会做了想想倍长中线，
四、平行线中点
在中考考试中，平行线中点是一类特点非常鲜明的几何题，做这类题的关键就在于添加延长线，中考出题人非常喜欢出这类题，原因就是能够让懂模型的人快速找到答案．
五、“雨伞”模型
在中考考试中，雨伞模型是一类特点非常鲜明的几何题，做这类题的关键就在于添加延长线，它与平行线中点模型并称为中学阶段两大必延长的模型，只要看到这类模型，方法就很统一了．
六、半角模型
在中考考试中，半角模型在选择题、填空题、解答题中经常出现，我们在处理这类问题时，关键在于找到半角和全角，运用口诀进行旋转，进行边角转化，就能很快地解决此类问题．
七、胖瘦模型
全等三角形果中考必考内容，是解决有关线段、角等问题的一个出发点．胖瘦模型的特点很鲜明，但是很多学生没有进行总结，所以看到这种题果没有方向的，如果惜这类问题的解决方法，你会发现要做出答案其实果很轻松的．
一、K型（一线三垂直）模型
一．填空题（共2小题）
（2022春 武昌区期中）
1．如图，四边形中，，点是边上一点，是等边三角形，且，则 ．
（2022春 朝阳区校级期中）
2．勾股定理有着悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣，1955年希腊发行了以勾股定理为背景的邮票．如图，在中，，，．分别以AB，AC，BC为边向外作正方形ABMN，正方形ACKL，正方形BCDE，并按如图所示作长方形HFPQ，延长BC交PQ于G．则长方形CDPG的面积为 ．
二．解答题（共6小题）
（2021秋 余干县校级期中）
3．如图，在中，，，边上的高，相交于点，且．
（1）求证：；
（2）若，求的长．
（2021春 嘉祥县期中）
4．如图1，以△ABC的边AB为边，向外画正方形ABDE，过点A作AM⊥BC于M，过点E作EP⊥MA交MA延长线于点P．
(1)则EP＝______；（直接填写图中与EP相等的一条线段）
(2)如图2，若∠BAC＝90°，以AC为边再向外画正方形ACFG，连接EG交PM于点N，求证：EN＝GN；
(3)若∠BAC是钝角或锐角，请仿照图2分别在图3、图4中补画图形，并选“＞”或“＜”或“＝”其中一个符号填空，直接表示此时EN与GN的大小关系．如图3，若∠BAC＞90°，则EN______GN；如图4，若∠BAC＜90°，则EN______GN．
（2021春 禹州市期中）
5．如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝15，CD＝17，AD＝17，连接AC，
（1）证明∠ACD是直角；
（2）求对角线BD的长．
（2021春 丹阳市期中）
6．通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题：
【模型呈现】
（1）如图，，，过点作于点，过点作于点．由，得．又，可以推理得到．进而得到__________，．我们把这个数学模型称为“字”模型或“一线三等角”模型；
【模型应用】
（2）如图，，，，连接，，且于点，与直线交于点．求证：点是的中点；
【深入探究】
（3）如图，已知四边形和为正方形，的面积为，的面积为，则有__________（填“＞、=、＜”）
（4）如图，分别以的三条边为边，向外作正方形，连接、、．当，，时，图中的三个阴影三角形的面积和为__________；
（5）如图，点、、、、都在同一条直线上，四边形、、都是正方形，若该图形总面积是16，正方形的面积是4，则的面积是__________．
（2022春 淮阴区校级期中）
7．（1）【问题初探】
苏科版教材八年级下册第九章《中心对称图形一一平行四边形》复习题中有这样的问题：如图1正方形的边长为2，的顶点O在正方形两条对角线的交点处，，将绕点O旋转，的两边分别与正方形的边和交于点E和点F（点F与点C，D不重合），问：在旋转过程中，四边形的面积会发生变化吗？证明你的结论．
爱思考的浩浩和小航同学分别探究出了如下两种解题思路：
浩浩：如图a，充分利用正方形对角线垂直、相等且互相平分等性质证明了，则，那么，这样，就实现了四边形的面积向面积的转化；
小航：如图b，也是考虑到正方形对角线的特征，过点O分别作于点G，于点H，证明，从而将四边形的面积转化成了小正方形的面积．
通过他们的思路点拨，你认为：　　（填一个数值），其实，在这样的旋转变化过程中，线段与的和也是一个定值，为　　．
（2）【类比探究】
①如图2，矩形，点O是边的中点，，点E在上，点F在上，则四边形的面积为　　；＝　　；
②如图3，若将（1）中的“正方形”改为“，边长为8的菱形，当时，其他条件不变，四边形的面积还是一个定值吗？是，请求出来；不是，请说明理由；
③如图4，在②的条件下，当点O在对角线上运动，顶点O与B点的距离为7，且旋转至时，的长度为　　．
（3）【拓展延伸】
如图5，是钝角，平分，点C是上一点，那么的长为　　．
（2022秋 永年区期中）
8．在中，，，直线经过点C，用于点D，于点E.
(1)当直线绕点C旋转到图①的位置时，求证：；
(2)当直线绕点C旋转到图②的位置时，求证：；
(3)当直线绕点C旋转到图③的位置时，试问具有怎样的等量关系？请直接写出这个等量关系，不用证明。
二、“手拉手”模型
一．解答题（共9小题）
（2022春 开福区校级期中）
9．如图，在和中，点E在BC边上，，，，EF与AC交于点G．
(1)求证：；
(2)若，，求的度数．
（2021春 铜梁区校级期中）
10．已知如图，在 ABCD中，点F是 ABCD内一点，AB⊥BF，AB＝BF，过点F作FE⊥AD，垂足为点E．
(1)如图1，若BF＝3EF＝6，求四边形ABFE的面积；
(2)如图2，连接BE、CE，若BE＝CE，求证：AE+EF＝BC．
（2022春 章丘区期中）
11．探究题：
【感知】
如图①，△ABC和△AED都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点B在线段AD上，点C在线段AE上，我们很容易得到BD＝CE，不需要证明；
(1)【探究】
如图②，将△AED绕点A逆时针旋转α（0＜α＜90°），连接BD和CE，此时BD＝CE是否依然成立？若成立，写出证明过程；若不成立，说明理由；
(2)【应用】
如图③，当△ADE绕点A逆时针旋转，使得点D落在BC的延长线上，连接CE；
①∠ACE的度数为 度；
②试说明线段BC、CD、CE之间的数量关系；并给出证明
③若AB＝AC＝，CD＝1，请直接写出线段DE的长．
（2022春 清城区期中）
12．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（1，0），以线段OA为边在第四象限内作等边三角形△AOB，点C为x轴正半轴上一动点（），连接BC，以线段BC为边在第四象限内作等边三角形△CBD，连接DA并延长，交y轴于点E．
(1)求证：△OBC≌△ABD．
(2)在点C的运动过程中，∠CAD的度数是否会变化？如果不变，请求出∠CAD的度数；如果变化，请说明理由．
(3)以A，E，C为顶点的三角形是等腰三角形时，直接写出此时点C的坐标和CD的长度．
（2022春 和平区校级期中）
13．已知：点D是边BC所在直线上的一个动点（点D与点B，C不重合），，，连接DA，点D绕点A顺时针转90°得到点E，连接BE，AE，DE．
(1)如图1，当点D在线段CB的延长线上时，请你判断线段BE与线段CD之间的关系，并证明你判断的结论．
(2)如图2，当点D在线段BC上，且时，直接写出四边形AEBC的面积．
(3)点D绕点A逆时针转90°得到点F，连接CF，AF，DF，当时，直接写出线段CF的长．
（2022春 介休市期中）
14．已知△ABC和△ADE都是等腰三角形，且AB＝AC，AD＝AE，∠DAE＝∠BAC．
(1)[初步感知]如图①，当点D、E分别落在边AB、AC上时，那么DB______EC．（填＜、＞或＝）
(2)[发现证明]如图②，将图①中的△ADE的绕点A旋转，当点D在△ABC外部，点E在△ABC内部时，求证：DB＝EC；
(3)[深入研究]如图③，如果△ABC和△ADE都是等边三角形，且点C、E、D在同一条直线上，则∠CDB的度数为_______；线段CE、BD之间的数量关系为_______；
(4)[拓展应用]如图④，如果△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点C、D、E在同一直线上，作AM⊥DE，若AB＝，BD＝，求AM的长．
（2022春 吉安期中）
15．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标（2，0），点C是y轴上的动点，当点C在y轴上移动时，始终保持是等边三角形（点A、C、P按逆时针方向排列）；当点C移动到O点时，得到等边三角形（此时点P与点B重合）．
(1)点B的坐标为　　，直线的表达式为　　．
(2)点C在y轴上移动过程中，当等边三角形的顶点P在第二象限时，连接求证：；
(3)当点C在y轴上移动时，点P也随之运动，探究点P在移动过程中有怎样的规律？请将这个规律用函数关系式表达出来；
(4)点C在y轴上移动过程中，当为等腰三角形时，直接写出点P的坐标．
（2021春 将乐县期中）
16．（1）如图1，与均是顶角为的等腰三角形，分别是底边，求证：；
（2）如图2，和均为等边三角形，点在同一直线上，连接．
填空：的度数为 ；线段与之间的数量关系是 ．
（3）拓展探究
如图3，和均为等腰直角三角形，，点在同一直线上，为中边上的高，连接．请判断的度数及线段、、之间的数量关系，并说明理由．
（2022春 椒江区校级期中）
17．我们规定：有一组邻边相等，且这组邻边的夹角为60°的凸四边形叫做“准筝形”．
(1)如图1，在四边形ABCD中，∠A+∠C＝270°，∠D＝30°，AB＝BC，求证：四边形ABCD是“准筝形”；
(2)小军同学研究 “准筝形”时，思索这样一道题：如图2，“准筝形”ABCD，AD＝BD，∠BAD＝∠BCD＝60°，BC＝5，CD＝3，求AC的长；
小军研究后发现，可以CD为边向外作等边三角形，构造手拉手全等模型，用转化的思想来求AC.请你按照小军的思路求的AC的长.
(3)如图3，在△ABC中，∠A＝45°，∠ABC＝120°，，设D是△ABC所在平面内一点，当四边形ABCD是“准筝形”时，请直接写出四边形ABCD的面积．
三、倍长中线
一．填空题（共1小题）
（2022春 游仙区校级期中）
18．如图，在中，，点是边上一动点，交于点，当时，的面积恰好等于的面积，连接，则此时＝
二．解答题（共4小题）
（2021春 玉林期中）
19．如图，在中，点E是的中点，点F是边上的一点，且．求证：平分．
小林同学读题后有一个想法，延长，交于点M，要证平分，只需证是等腰三角形即可．请你参考小林的想法，完成此题的证明．
（2021秋 甘南县校级期中）
20．如图AD是三角形ABC的中线,E,F分别在AB,AC上,且DF丄DE. 求证：BE+CF>EF
（2019春 玄武区期中）
21．数学兴趣小组活动时，提出了如下问题：如图1，在中若，，求边上的中线的取值范围．
解决方法：延长到E．使得．再连接（或将绕点D逆时针旋转得到）．把，，集中在中，利用三角形的三边关系可得，则．
感悟：解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑构造以中点为对称中心的中心对称图形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中．
迁移应用：请参考上述解题方法，证明下列命题：
如图2，在中，D是边上的中点，，交于点E，交于点F，连接．
(1)求证：；
(2)若，探索线段，，之间的等量关系，并加以证明．
（2019春 秦淮区期中）
22．阅读理解：课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：
如图1，△ABC中，若AB=5，AC=3，求BC边上的中线AD的取值范围．
小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到E，使得DE=AD，再连接BE（或将△ACD绕点D逆时针旋转180°得到△EBD），把AB、AC、2AD集中在△ABE中，利用三角形的三边关系可得2＜AE＜8，则1＜AD＜4．
感悟：解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑构造以中点为对称中心的中心对称图形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中．
(1)问题解决：受到（1）的启发，请你证明下面命题：如图2，在△ABC中，D是BC边上的中点，DE⊥DF，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF．
①求证：BE+CF＞EF；②若∠A=90°，探索线段BE、CF、EF之间的等量关系，并加以证明；
(2)问题拓展：如图3，在平行四边形ABCD中，AD=2AB，F是AD的中点，作CE⊥AB，垂足E在线段AB上，连接EF、CF，那么下列结论①∠DCF=∠BCD；②EF=CF；③S△BEC=2S△CEF；④∠DFE=3∠AEF．中一定成立是 （填序号）．
四、平行线中点
一．选择题（共2小题）
（2021春 鄞州区校级期中）
23．矩形ABCD与ECFG如图放置，点B，C，F共线，点C，E，D共线，连接AG，取AG的中点H，连接EH．若，，则（ ）
A． B．2 C． D．
（2022春 鄞州区期中）
24．如图，在平行四边形中，，是锐角，于点，是的中点，连接；若，则的长为（ ）

A． B． C． D．
二．填空题（共1小题）
（2022春 清江浦区校级期中）
25．如图，在中，，，是上一点，交于点，若，则图中阴影部分的面积为 ．
三．解答题（共2小题）
（2021春 扶沟县期中）
26．如图，已知AB＝12，AB⊥BC于B，AB⊥AD于A，AD＝5，BC＝10点E是CD的中点，求AE的长．
（2022春 澄迈县期中）
27．（1）方法回顾证明：三角形中位线定理．
已知：如图1，DE是的中位线．求证：__________________．
证明：
（2）问题解决：如图2，在正方形ABCD中，E为AD的中点，G、F分别为AB、CD边上的点，若，求GF的长．
五、“雨伞”模型
一．选择题（共1小题）
（2022秋 新洲区期中）
28．如图，BP是∠ABC的平分线，AP⊥BP于P，连接PC，若△ABC的面积为1cm2则△PBC的面积为( ).
A．0.4 cm2 B．0.5 cm2
C．0.6 cm2 D．不能确定
二．填空题（共1小题）
（2022春 芙蓉区校级期中）
29．如图，在中，，AD平分交BC于点D，DE垂直平分AC，垂足为点E，若，则BC的长为 ．
三．解答题（共3小题）
（2021春 高州市期中）
30．如图，在中，已知D是BC的中点，过点D作BC的垂线交∠BAC的平分线于点E，EF⊥AB于点F，EG⊥AC于点G．
（1）求证：BF=CG；
（2）若AB=12，AC=8，求线段CG的长．
（2021春 驿城区校级期中）
31．如图，在中，平分，，于点E，点F在上，．
(1)求证：．
(2)若，，求的长．
（2021春 黄骅市期中）
32．如图，在△ABC中，点D为边BC的中点，点E在△ABC内，AE平分∠BAC，CE⊥AE点F在AB上，且BF=DE
（1）求证：四边形BDEF是平行四边形
（2）线段AB，BF，AC之间具有怎样的数量关系？证明你所得到的结论
六、半角模型
一．选择题（共1小题）
（2021春 牡丹区期中）
33．如图，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边BC上两点，且∠DAE＝45°，将△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB，连接EF，下列结论：①△AED≌△AEF；②∠FAD＝90°；③BE+DC＝DE；④BE2+DC2＝DE2，其中一定正确的是（　　）
A．①③ B．①②④ C．①②③④ D．②④
二．解答题（共7小题）
（2021秋 同江市期中）
34．已知：正方形中，，绕点顺时针旋转，它的两边分别交（或它们的延长线）于点．
当绕点旋转到时（如图1），易证．
（1）当绕点旋转到时（如图2），线段和之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明．
（2）当绕点旋转到如图3的位置时，线段和之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．
（2021春 丽水期中）
35．已知正方形中，M，N是边上任意两点，，连结．
(1)如图①，请直接写出三条线段的数量关系：　　；
(2)如图②，过点A作于点H，求证：；
(3)如图③，已知于点H，且求的长．
（2021春 福田区校级期中）
36．探究：
(1)如图1，在正方形中，，分别是，上的点，且，试判断，与三条线段之间的数量关系，直接写出判断结果：______．
(2)如图2，若把（1）问中的条件变为“在四边形中，，，，分别是边，上的点，且”，则（1）问中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
(3)在（2）问中，若将绕点逆时针旋转，当点分别，运动到，延长线上时，如图3所示，其它条件不变，则（1）问中的结论是否发生变化？若变化，请给出结论并予以证明．
（2022秋 市南区期中）
37．已知正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M，N，AH⊥MN于点H．

（1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系：　 　；
（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；
（3）如图③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝2，AH＝6，求NH的长．（可利用（2）得到的结论）
（2022春 鄞州区校级期中）
38．已知，正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N，AH⊥MN于点H．
（1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系：____；
（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；
（3）如图③，已知∠MAN=45°，AH⊥MN于点H，且MH=2，NH=3，求AH的长．（可利用（2）得到的结论）

（2021秋 千山区期中）
39．（1）如图，正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°，延长CD到点G，使DG=BE，连结EF，AG．求证：EF=FG．
（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．
（2015春 平度市期中）
40．已知：是等边三角形，是等腰三角形，其中，过点作，分别交于，交于，连接．
(1)若，求证：是等边三角形；．
(2)若，即、分别是线段、上任意一点，还会成立吗？请说明理由．
七、胖瘦模型
一．选择题（共1小题）
（2022春 清江浦区校级期中）
41．如图，是上一点，交于点，，，若，，则的长是（ ）
A．1.5 B．2 C．2.5 D．3
二．填空题（共2小题）
（2021春 灌阳县期中）
42．如图，在和中，，，，若，则 ．
（2022春 镇海区校级期中）
43．如图，已知是边长为的等边三角形，点是边上的一点，且，以为边作等边，过点作EF//BC，交于点，连接，则
．
三．解答题（共2小题）
（2021春 扶沟县期中）
44．如图，在ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点P在斜边AB上，以PC为直角边作等腰直角三角形PCQ，∠PCQ＝90°，则PA2，PB2，PC2三者之间的数量关系是 ，请说明理由．（提示：连接BQ）
（2022春 崇义县期中）
45．定义：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“等补四边形”
如图1，四边形ABCD中，AD＝CD，∠A+∠C＝180°，则四边形ABCD叫做“等补四边形”．
（1）概念理解
①在以下四种图形中，一定是“等补四边形”的是（ ）
A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形
②等补四边形ABCD中，若∠B∶∠C∶∠D＝2∶3∶4，则∠A＝　　 ；
（2）知识运用
如图1，在四边形ABCD中，BD平分∠ABC，AD＝CD，BC＞BA．求证：四边形ABCD是等补四边形
（3）探究发现
如图2，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，连接AC，AC是否平分∠BCD？请说明理由．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．
【分析】作，交的延长线于点M，交的延长线于点，根据已知可得，再利用等边三角形的性质可得，，从而可得，然后证明，利用全等三角形的性质可得，，再根据已知设，，从而在和中，利用锐角三角函数的定义进行计算求出，，，的长，从而求出，的长，进行计算即可解答．
【详解】解：作，交的延长线于点M，交的延长线于点，如图所示：
，
，
，，
，
是等边三角形，
，，
，
，
，
，
，，
，
设，，
在中，，，
，
在中，，，
，
，，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，解直角三角形，等边三角形的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
2．12
【分析】证明Rt△AIC≌Rt△CGK，得到AI=CG，利用勾股定理结合面积法求得CG=，进一步计算即可求解．
【详解】解：过点A作AI⊥BC于点I，
∵正方形ACKL，∴∠ACK=90°，AC=CK，
∴∠ACI+∠KCG=90°，∠ACI+∠CAI=90°，
∴Rt△AIC≌Rt△CGK，
∴AI=CG，
∵，，．
∴BC=5，
∵，
∴AI=，则CG=，
∵正方形BCDE，
∴CD=BC=5，
∴长方形CDPG的面积为5．
故答案为：12．
．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．
3．（1）见解析；（2）6
【分析】（1）先证∠EAF＝∠ECB，再结合∠AEF＝∠CEB＝90°且AE＝CE利用全等三角形的判定得△AEF≌△CEB；
（2）由全等三角形的性质得AF＝BC，由等腰三角形的性质“三线合一”得BC＝2CD，等量代换得出结论．
【详解】（1）证明：∵CE⊥AB，
∴∠AEF＝∠CEB＝90°．
∴∠AFE+∠EAF＝90°，
∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴∠CFD+∠ECB＝90°，
又∵∠AFE＝∠CFD，
∴∠EAF＝∠ECB．
在△AEF和△CEB中，
，
∴△AEF≌△CEB（ASA）；
（2）∵△AEF≌△CEB，AF＝12，
∴AF＝BC＝12，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴CD＝BD＝BC＝6，
∴CD的长为6．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，其中全等三角形的判定方法有：SSS；SAS；ASA；AAS；以及HL（直角三角形的判定方法）．
4．(1)AM
(2)证明见解析
(3)＝，＝
【分析】（1）利用AAS证明△ABM≌△EAP，得EP＝AM；
（2）作GH⊥PM于H，由（1）同理得，△ACM≌△CAH（AAS），△ABM≌△EAP（AAS），得AM＝EP，AM＝GH，则EP＝GH，再利用AAS证明△EPN≌△GHN，得EN＝GN；
（3）由（2）同理可解决问题．
【详解】（1）解：∵∠BAE＝∠BMA＝90°，
∴∠∠BAM+∠EAP＝∠BAM+∠MBA＝90°，
∴∠MBA＝∠EAP，
又∵AB＝AE，
∴△ABM≌△EAP（AAS），
∴EP＝AM，
故答案为：AM；
（2）解：作GH⊥PM于H，
由（1）同理得，△ACM≌△CAH（AAS），△ABM≌△EAP（AAS），
∴AM＝EP，AM＝GH，
∴PE＝GH，
∵∠EPN＝∠NHG，∠PNE＝∠HNG，
∴△EPN≌△GHN（AAS），
∴EN＝GN；
（3）解：如图3，作GH⊥PM于H，
由（1）同理得，△ACM≌△CAH（AAS），△ABM≌△EAP（AAS），
∴AM＝EP，AM＝GH，
∴PE＝GH，
∵∠EPN＝∠NHG，∠PNE＝∠HNG，
∴△EPN≌△GHN（AAS），
∴EN＝GN；
如图4，作GH⊥PM于H，
由（1）同理得，△ACM≌△CAH（AAS），△ABM≌△EAP（AAS），
∴AM＝EP，AM＝GH，
∴PE＝GH，
∵∠EPN＝∠NHG，∠PNE＝∠HNG，
∴△EPN≌△GHN（AAS），
∴EN＝GN；
故答案为：＝，＝．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握一线三等角基本模型是解题的关键．
5．（1）见解析；（2）
【分析】（1）先根据勾股定理求出AC，再根据勾股定理逆定理即可证明∠ACD是直角；
（2）作DE⊥BC交BC的延长线于点E，证明△ABC≌△CED，在Rt△BDE中，利用BD＝即可求解．
【详解】解：（1）证明：∵∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝15，
∴AC＝＝＝17，
∵CD＝17，AD＝17，
∴CD2+AC2＝172+172＝578，AD2＝（17）2＝578，
∴CD2+AC2＝AD2，
∴∠ACD=90°．
（2）作DE⊥BC交BC的延长线于点E，则∠DEC＝90°，
由（1）知△ACD是直角三角形，∠ACD＝90°，
∴∠DCE+∠ACB＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠CAB+∠ACB＝90°，
∴∠DCE＝∠CAB，
又AC＝CD=17
∴在△ABC和△CED中，，
∴△ABC≌△CED（AAS），
∴AB＝CE，BC＝ED，
∵AB＝8，BC＝15，
∴CE＝8，ED＝15，
∴BE＝BC+CE＝15+8＝23，
∴BD＝＝＝．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理以及勾股定理逆定理，关键是熟练掌握：勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方；勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足a2＋b2＝c2，那么这个三角形就是直角三角形．
6．（1）DE；（2）见解析；（3）＝；（4）6；（5）2
【分析】（1）根据全等三角形的性质即可得到答案；
（2）分别过点和点作于点，于点，由（1）中结论可得到AF=DM，AF=EN，然后只需要证明即可得到答案；
（3）过点D作DO⊥AF交AF于O，过点E错EN⊥OD交OD延长线于N，过点C作CM⊥OD交OD延长线于M，然后同（2）中证明，，即可得到答案；
（4）同（3）中证明方法可以得到，只需要求出即可得到答案；
（5）同（3）中的方法可以证明，然后利用勾股定理得到即可得到答案.
【详解】解：（1）∵
∴
（2）分别过点和点作于点，于点，∴，
∵，
∴，
∴
∵，
∴，
在和中，，，，
∴，
∴
同理
∴，
∵，，
∴，在和中，，
，，
∴
∴，即点是的中点；
（3）如图所示，过点D作DO⊥AF交AF于O，过点E作EN⊥OD交OD延长线于N，过点C作CM⊥OD交OD延长线于M
∵四边形ABCD与四边形DEGF都是正方形
∴∠ADC=∠90°，AD=DC，DF=DE
∵DO⊥AF，CM⊥OD
∴∠AOD=∠CMD=90°，∠OAD+∠ODA=90°，∠CDM+∠DCM=90°，
又∵∠ODA+∠DCM=90°
∴∠ADO=∠DCM
∴
∴，OD=MC
同理可以证明
∴，OD=NE
∴MC =NE
∵EN⊥OD，CM⊥OD，∠EPN=∠CMP
∴
∴
∵，
∴
∴即；
（4）如图所示，过点E作EO⊥CD交CD于O
同（3）中的证明方法可以得到
∵EO⊥CD
∴∠EOD=90°
又∵∠CDE=45°，DE=
∴OD=OE=1
∵AB=CD=4
∴
∴
（5）同（3）中的方法可以证明，且
即
由勾股定理得：
∴
∴
∵图形总面积是16，正方形KCMG的面积是4
∴
∴
∴
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，正方形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定.
7．（1）1，2；（2）①4，4；②是，；③4或2；（3）
【分析】（1）由正方形的性质和全等三角形的判定与性质即可得出结论；
（2）①过作于点，证四边形是正方形，则，再证，得，，即可解决问题；
②过作交于点，证是等边三角形和是等边三角形，得，，再证，得，则，然后证，即可解决问题；
③连接交于点，分两种情况，、点在上时，、点在上时，由等边三角形的判定与性质和全等三角形的判定与性质分别解答即可；
（3）过作于点，于点，设，则，在和中，由勾股定理得出方程，求出，再证，然后证，得，同理，得，即可解决问题．
【详解】解：（1）浩浩：四边形是正方形，边长为2，
，，，，，，
，
，
，
，
，，
，；
小航：，，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，
四边形是正方形，边长为2，
，，
，
，
是的中位线，
，
同理：，
，
，四边形是正方形，
，，
，
；
故答案为：1，2；
（2）①如图2，过点作于点，
则，
四边形是矩形，
，
四边形是矩形，
，，，
，点是边的中点，
，
，
四边形是正方形，
，
，
，
，，
，
，，
，，
故答案为：4，4；
②当时，四边形的面积还是一个定值，理由如下：
如图3，过点作交于点，
四边形是菱形，边长为8，，
，，，，，，
是等边三角形，
，，
，
，
，
，，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
即当时，四边形的面积还是一个定值；
③连接交于点，分两种情况
、点在上时，如图4，
四边形是菱形，
，，
在中，由勾股定理得：，
在中，由勾股定理得：，
，
过点作交于点，
同②得：都是等边三角形，
，，
，
，
，
，
；
、点在上时，如图，过点作交于点，
同理得：，都是等边三角形，，
，；
综上所述，的长为4或2，
故答案为：4或2；
（3）如图5，过点作于点，于点，
则，
设，则，
在和中，由勾股定理得：，
即，
解得：，
，
，
，
为钝角），，
，
，
，
，
平分，，，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的判定与性质、矩形的判定与性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、平行线的性质以及分类讨论等知识，本题综合性强，熟练掌握正方形的性质、矩形的性质以及菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
8．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据，，，得出，再根据即可判定；根据全等三角形的对应边相等，即可得出，，进而得到；
（2）先根据，，得到，进而得出，再根据即可判定，进而得到，，最后得出；
（3）运用（2）中的方法即可得出，，之间的等量关系是：或恒等变形的其他形式．
【详解】（1）证明：，，
，
，，
，
在和中，
；
，
，，
；
（2）证明：，，
，
，
在和中，
；
，，
；
（3）证明：当旋转到题图（3）的位置时，，，所满足的等量关系是：或或．
理由如下：，，
，
，
在和中，
，
，，
（或者对其恒等变形得到或）．
【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质的综合应用，解题时注意：全等三角形的对应边相等，同角的余角相等，解决问题的关键是根据线段的和差关系进行推导，得出结论．
9．(1)见解析
(2)∠EAC=38°
【分析】（1）证明△BAC≌△EAF，即可求证；
（2）由（1）得AE=AB，从而得到∠B=∠AEB=62°，再利用三角形外角的性质，即可求解．
【详解】（1）证明：∵∠CAF=∠BAE，
∴∠CAF+∠EAC=∠BAE+∠EAC，
即∠BAC=∠EAF，
在△BAC和△EAF中，
，
∴△BAC≌△EAF（ASA），
∴AE=AB．
（2）解：∵AE=AB，
∴∠B=∠AEB=62°，
∵∠AEB=∠C+∠EAC，，
∴∠EAC=∠AEB-∠C =38°．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形的外角的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质是解题的关键．
10．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据勾股定理求出AF、AE的长度，再根据四边形ABFE的面积=计算即可；
（2）延长EF交BC于G，过B作BH⊥AD于H，先证明BE平分，再证全等，可得到EF=ED，即可证明.
【详解】（1）∵BF＝3EF＝6
∴AB＝BF=6，EF=2
∵AB⊥BF
∴
∵FE⊥AD
∴
四边形ABFE的面积=
=
=
=
（2）延长EF交BC于G，过B作BH⊥AD于H
∵ ABCD
∴BC=AD，AB=CD=BF，BC∥AD，
∵BC∥AD，FE⊥AD
∴FE⊥BC
∵FE⊥AD，AB⊥BF
∴
∴,
在△ABH和△BFG中
∴
∴
∴BE平分
∴
∵BE＝CE
∴
∴
在△BEF和△CED中
∴
∴EF=ED
∵BC=AD=AE+ED
∴AE+EF＝BC
【点睛】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是根据模型“对角互补四边形”证明BE平分.
11．(1)成立，证明见解析
(2)①45；②BC+CD=CE，证明见解析；③
【分析】（1）探究：利用SAS证明△ABD≌△CAE（SAS），得BD=CE；
（2）应用：①同理证明△ACE≌△ABD，得∠ACE=∠B=45°；②由全等三角形的性质得BD=CE即可；③首先证明∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，再利用勾股定理即可得出答案．
【详解】（1）成立，证明如下：
∵△ABC和△AED都是等腰直角三角形，
∴AB=AC，AD=AE，
∵将△AED绕点A逆时针旋转α（0＜α＜90°），连结BD和CE，
∴∠BAD=∠CAE，
在△ABD与△ACE中，
，
∴△ABD≌△CAE（SAS），
∴BD=CE；
（2）①∵△ABC和△AED都是等腰直角三角形，
∴AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，
在△ACE与△ABD中，
，
∴△ACE≌△ABD（SAS），
∴∠ACE=∠B=45°，
故答案为：45；
②∵△ACE≌△ABD，
∴BD=CE，
∴BC+CD=CE，
故答案为：BC+CD=CE；
③∵△ACE≌△ABD，
∴∠ACE=∠ABD=45°，
又∵∠ACB=45°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，
在Rt△BAC中，
∵，
∴，
又∵CD=1，CE=BC+CD=3，
在Rt△CDE中，，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，证明△ACE≌△ABD是解题的关键．
12．(1)见解析
(2)∠CAD的度数不变化，且∠CAD=60°，见解析
(3)点C（3，0），CD=
【分析】（1）根据等边三角形的性质，得到OB=AB，BC=BD，∠OBA=∠DBC=60°，可以证明∠OBA+∠ABC=∠DBC+∠ABC，得到∠OBC=∠ABD，利用SAS证明△OBC≌△ABD．
（2）根据△OBC≌△ABD，得到∠BAD=∠BOC=60°，根据∠CAD=180°-∠BAD-∠BAO计算即可 ．
（3）根据直角三角形性质，得到AE=2，三角形AEC为等腰三角形时，只有AE=AC这一种可能，从而确定C的坐标；取OA的中点F，连接BF，根据等边三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，得到OF=AF=，BF=，CF=3-=，根据等边三角形性质，勾股定理，得CD=BC=计算即可．
【详解】（1）∵△AOB，△CBD都是等边三角形，
∴OB=AB，BC=BD，∠OBA=∠DBC=60°，
∴∠OBA+∠ABC=∠DBC+∠ABC，
∴∠OBC=∠ABD，
∴△OBC≌△ABD．
（2）∠CAD的度数不变化，且∠CAD=60°，理由如下：
∵△OBC≌△ABD，△AOB是等边三角形，
∴∠BAD=∠BOC=∠BAO =60°，
∴∠CAD=180°-∠BAD-∠BAO=180°-60°-60°=60°．
（3）∵△OBC≌△ABD，△AOB是等边三角形，∠CAD=60°，
∴∠EAO =60°，∠AEO =30°，AO=AB=OB=1，BC=CD，
∴AE=2．
∵三角形AEC为等腰三角形时，只有AE=AC这一种可能，
∴AC=2，
故点C坐标为(3，0)．
取OA的中点F，连接BF，
∴OF=AF=，BF=，CF=3-=，
∴CD=BC==．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，熟练掌握勾股定理，直角三角形的性质，等边三角形的性质是解题的关键．
13．(1)，；证明见解析
(2)
(3)，
【分析】（1）利用旋转的性质证明，得到对应边相等对应角相等，转化后即可求解；
（2）先求出△ABC的面积，再求出△ADC的面积后，相加即可；
（3）先确定图形，分为两种情况，依次分析两种情况，利用作BC边上的高构造全等三角形，将求CF转化为求BD，再利用全等三角形的性质和勾股定理等求出BD即可．
【详解】（1），
证:由旋转得
∵，，
∴
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
综上可得，．
（2）
理由：∵，，
∴，
∵，
∴
∴，
由旋转得
∵，，
∴
∴，
∴
∴四边形AEBC的面积为．
（3）
，；
理由：如图，当时，则D点可以在线段BC上或BC的延长线上，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴CF=BD，
过A点作AM⊥BC于M，
∴∠BAM=∠CAM=45°，
∴∠BAM=∠ABC=∠ACB=∠CAM=45°，
∴AM=BM=CM，
∵，，
∴，
∴AM=BM=CM ，
当D点在线段BC上时，∠EAM=15°+45°=60°，
∴∠DAM=30°，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
当D点在线段BC的延长线上时，∠EAM=45°-15°=30°，
∴∠DAM=60°，
∴∠ADM=30°，
∴AD=2AM=，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理、含30°角的直角三角形的性质等内容，解题关键是能画出图形，作出辅助线构造全等三角形以及进行分类讨论等．
14．(1)=
(2)见解析
(3)60°；DB=CE
(4)
【分析】（1）结合图形根据线段的和差关系解答即可；
（2）证明△DAB≌△EAC，根据全等三角形的性质证明结论；
（3）根据等边三角形的性质得到∠ADE=∠AED=60°，进而得到∠AEC=120°，证明△DAB≌△EAC，根据全等三角形的性质解答即可；
（4）证明△DAB≌△EAC，得到EC=DB=，根据勾股定理计算，得到答案．
【详解】（1）∵AB=AC，AD=AE，
∴AB-AD=AC-AE，
∴DB=EC，
故答案为：=；
（2）证明：∵∠DAE=∠BAC，
∴∠DAE-∠BAE=∠BAC-∠BAE，即∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中，
，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴DB=EC；
（3）∵△ADE为的等边三角形，
∴∠ADE=∠AED=60°，
∴∠AEC=120°，
同（2）可得：△DAB≌△EAC，
∴∠ADB=∠AEC=120°，DB=CE，
∴∠CDB=∠ADB-∠ADE=120°-60°=60°，
故答案为：60°；DB=CE；
（4）∵∠DAE=∠BAC，
∴∠DAE-∠BAE=∠BAC-∠BAE，即∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中，
，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴EC=DB=，
∵△ADE是等腰直角三角形，AM⊥DE，
∴AM=ME，
在Rt△AMC中，AM2+MC2=AC2，即AM2+（AM+）2=（）2，
解得：（负值舍去）．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
15．(1)；
(2)证明见解析
(3)
(4)或或或
【分析】（1）①过点B作轴于D，根据等边三角形的性质得出坐标即可；②根据待定系数法即可求出直线的解析式．
（2）根据证明即可．
（3）根据第二问推出三角形为直角三角形，发现，设，利用勾股定理和坐标轴中点到点之间距离公式列方程，即可求出的运动规律，即求出函数关系式．
（4）根据为等腰三角形分三种情况讨论：①②③，利用在坐标轴中点到点的距离公式根据三种情况，列方程，即可求出点坐标．
【详解】（1）解：，
，
过点B作轴于D，
为等边三角形，，
，，
，
即.
设直线的解析式为：，
将，代入，
则：
解得：
.
故答案为：； ．
（2）证明：和为等边三角形，
，，，
.
在和中，
.
（3）解：，
，
设
在中，，
，
，
，
．
故答案为：．
（4）解：，，，
，，.
①时，
，
解得：或（舍去），
直线解析式为：
故此时；
②时，
，
解得：，
直线解析式为：
故此时；
③时，
，
解得：或
直线解析式为：
故此时或；
综上所述，点P的坐标为或 或 或．
故答案为：或 或 或．
【点睛】此题考查三角形的综合题，综合性较强，涉及到的知识点有一次函数解析式、一元二次方程．解题的关键在于是否能分情况讨论求出点坐标．
16．（1）见解析；（2），相等；（3），，理由见解析；
【分析】（1）通过证明，即可求证；
（2）通过证明，得到，即可求解；
（3）通过证明，得到，，再根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，可得，即可求解．
【详解】（1）证明：由题意可得：，，
∴，
∴，
∴；
（2）由题意可得：，，，
∴，，
∴，
∴，，
∴
故答案为：，相等；
（3），，理由如下：
由题意可得：，，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，为中边上的高，
∴为中线，
又∵，
∴，
∴；
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，等边三角形的性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半，解题的关键是熟练掌握相关基本性质．
17．(1)证明见解析；
(2)AC＝7；
(3)或或．
【分析】（1）由四边形内角和定理求出∠B=60°，由AB=CB，即可得出结论；
（2）)以CD为边作等边△CDE，连接BE，过点E作EF⊥BC于F，证△ADC≌△BDE得AC=BE，求出∠CEF=30°，由直角三角形的性质得出CF=CE=，由勾股定理求出EF=再由勾股定理即可得出答案；
（3）过点C作CH⊥AB，交AB延长线于H，设BH=x，求出∠BCH=30°，由直角三角形的性质得出HC=x， BC=2BH=2x，构建方程求出x，进而得出AC的长，分三种情况，分别求解即可．
【详解】（1）证明：在四边形ABCD中，∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，
∵∠A+∠C＝270°，∠D＝30°，
∴∠B＝360°﹣（∠A+∠C+∠D）＝360°﹣（270°+30°）＝60°
又∵AB＝BC，∴四边形ABCD是“准筝形”
（2）解：以CD为边作等边△CDE，连接BE，过点E作EF⊥BC于F，如图2所示，
则DE＝DC＝CE＝3，∠CDE＝∠DCE＝60°，
∵AD＝BD，∠BAD＝∠BCD＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ADB＝60°，
∴∠ADB+∠BDC＝∠CDE+∠BDC，即∠ADC＝∠BDE，
在△ADC和△BDE中，，
∴△ADC≌△BDE（SAS），
∴AC＝BE，
∵∠BCD＝∠DCE＝60°，
∴∠ECF＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∵∠EFC＝90°，
∴∠CEF＝30°，
∴CF＝CE＝，
由勾股定理得：EF＝＝＝，BF＝BC+CF＝5+＝，
在Rt△BEF中，由勾股定理得：BE＝＝7，
∴AC＝7；
（3）解：过点C作CH⊥AB，交AB延长线于H，设BH=x，如图3所示，
∠ABC=120°，CH⊥AH，
∠BCH=30°，
.HC=x， BC=2BH=2x=，
x=，HC=3，
又∠A=45°，
△HAC是等腰直角三角形，
HA=HC=3， AB=，
AC=HC=3，
如图4所示，
当AB=AD=，∠BAD=60°时，连接BD，过点C作CG⊥BD，交BD延长线于点G，过点A作AK⊥BD，则BD=，∠ABD=60°， BK=AB= ()，
∠ABC= 120°，
∠CBG=60°=∠CBH，
在△CBG和△CBH中，
，
，
GC=HC=3，
在中，由勾股定理得，AK= ，
， ，，
S四边形ABCD ；
②图5所示，
当BC=CD=2，∠BCD=60°时，连接BD，作CG⊥BD于点G， AK⊥BD于K，如
则BD=2，， AK=，
，，
S四边形ABCD=；
③如图6所示，
当AD=CD=AC=3，∠ADC=60°时，作DM⊥AC于M，则DM= ，
，
，
S四边形ABCD
综上所述，四边形A BCD的面积为或或．
【点睛】本题是考查了“准筝形”的判定与性质、四边形内角和定理、全等三角形的判定与性质含30°角的直角三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积等知识，熟练掌握准筝形的判定与性质和直角三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
18．
【分析】延长，过点作的垂线，垂足为点，根据和的面积相等可知线段AD是中线，，根据直角三角形的勾股定理可得的长度．
【详解】解：延长，过点作的垂线，垂足为点，如图所示
∵和的面积相等
∴
∵
∴
∵根据三角形中线的性质可知
∴
∵
∴
∴在中可得
在中可得
∴
∴在中可得
故答案为：
【点睛】本题考查了三角形的中线和面积的关系以及勾股定理等知识点，灵活运用三角形的中线和面积的关系是解题的关键．
19．证明见解析
【分析】延长，交于点M．由平行四边形的性质可得出，．结合E是的中点，即可证，得出，进而可证是等腰三角形，即得出结论．
【详解】证明：如图，延长，交于M．
在中，，
∴，．
∵E是的中点，
∴，
∴，
∴．
又∵，即，
∴是等腰三角形，
∴平分．
【点睛】此题考查平行四边形的性质、等腰三角形的性质以及全等三角形的判定与性质，角平分线的判定．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
20．证明见解析.
【分析】延长FD至G，使得GD=DF，连接BG，EG,先证△DFC和△DGB全等，得到BG=CF，进而证明△EDF≌△EDG，得到EF=EG，最后再运用三角形的三边关系进行证明即可.
【详解】
证明：延长FD至G，使得GD=DF，连接BG，EG
∵在△DFC和△DGB中，
∴△DFC≌△DGB（SAS），
∴BG=CF，
∵在△EDF和△EDG中
∴△EDF≌△EDG（SAS），
∴EF=EG
在△BEG中，两边之和大于第三边，
∴BG+BE＞EG
又∵EF=EG，BG=CF，
∴BE+CF＞EF．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质以及三角形的三边关系，灵活运用全等三角形的性质和判定是解答本题的关键.
21．(1)见解析
(2)，见解析
【分析】(1)可按阅读理解中的方法构造全等三角形，把、、转移到一个三角形中求解；
(2)由(1)中的全等得到，可证得，，再利用勾股定理即可得出结论．
【详解】（1）证明：如图，延长到G，使得，连接、．
在与中，
，
，
，，
垂直平分，
．
在中，，即．
（2）解：，
证明如下：
，
，
，
，
，即，
∴在中，，
，
．
【点睛】本题主要考查了条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑构造以中点为对称中心的中心对称图形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中，注意运用类比方法构造相应的全等三角形．
22．(1)①证明见解析；②BE2+CF2=EF2
(2)①②④
【分析】（1）①可按阅读理解中的方法构造全等，把CF和BE转移到一个三角形中，利用三角形的三边关系求解即可；②由∠A=90°，可得∠EBC+∠FCB=90°，由①中的全等得到∠C=∠CBG；即可得∠ABC+∠CBG =90°，即∠EBG=90°，由此可得三边之间存在勾股定理关系；（2）①在 ABCD中，AD=2AB，F是AD的中点，可得AF=FD=CD，即可得∠DFC=∠DCF；再由AD∥BC，根据平行线的性质可得∠DFC=∠FCB，所以∠DCF=∠BCF，根据角平分线的定义可得∠DCF=∠BCD，①正确；②延长EF，交CD延长线于M，根据已知条件易证△AEF≌△DMF，根据全等三角形的性质可得FE=MF，∠AEF=∠M，又因CE⊥AB，可得∠AEC=90°，所以∠AEC=∠ECD=90°，因FM=EF，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得FC=FM，②正确；③由EF=FM可得S△EFC=S△CFM，又因MC＞BE，即可得S△BEC＜2S△EFC，所以S△BEC=2S△CEF错误，即③错误；④设∠FEC=x，则∠FCE=x，所以∠DCF=∠DFC=90°﹣x，根据三角形外角的性质可得∠EFC=180°﹣2x，所以∠EFD=90°﹣x+180°﹣2x=270°﹣3x，再由∠AEF=90°﹣x，即可得∠DFE=3∠AEF，④正确．
【详解】（1）①延长FD到G，使得DG=DF，连接BG、EG．（或把△CFD绕点D逆时针旋转180°得到△BGD），
∵BD=CD，∠BDG=∠CDF，
∴△BDG≌△CDF，
∴CF=BG，
∵DE⊥DF，DF=DG，
∴EF=EG．
在△BEG中，BE+BG＞EG，即BE+CF＞EF．
②若∠A=90°，则∠EBC+∠FCB=90°，
由①知∠FCD=∠DBG，EF=EG，
∴∠EBC+∠DBG=90°，即∠EBG=90°，
∴在Rt△EBG中，BE2+BG2=EG2，
∴BE2+CF2=EF2；
（2）①∵F是AD的中点，
∴AF=FD，
∵在 ABCD中，AD=2AB，
∴AF=FD=CD，
∴∠DFC=∠DCF，
∵AD∥BC，
∴∠DFC=∠FCB，
∴∠DCF=∠BCF，
∴∠DCF=∠BCD，故此选项正确；
②延长EF，交CD延长线于M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠A=∠MDF，
∵F为AD中点，
∴AF=FD，
在△AEF和△DFM中， ，
∴△AEF≌△DMF（ASA），
∴FE=MF，∠AEF=∠M，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC=90°，
∴∠AEC=∠ECD=90°，
∵FM=EF，
∴FC=FM，故②正确；
③∵EF=FM，
∴S△EFC=S△CFM，
∵MC＞BE，
∴S△BEC＜2S△EFC
故S△BEC=2S△CEF错误；
④设∠FEC=x，则∠FCE=x，
∴∠DCF=∠DFC=90°﹣x，
∴∠EFC=180°﹣2x，
∴∠EFD=90°﹣x+180°﹣2x=270°﹣3x，
∵∠AEF=90°﹣x，
∴∠DFE=3∠AEF，故此选项正确．
故正确答案为：①②④．
【点睛】本题是一道三角形与四边形的综合题，类比题目中所给的方法解决问题的关键，本题考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，体现了综合运用知识解决问题的能力．
23．A
【分析】延长GE交AB于点R，连接AE，设AG交DE于点M，过点E作EN⊥AG于N，先计算出RG=6，∠ARG=，AR=2，根据勾股定理求出，得到HG=，利用，求出，即可利用勾股定理求出NG、EH．
【详解】如图，延长GE交AB于点R，连接AE，设AG交DE于点M，过点E作EN⊥AG于N，
∵矩形ABCD与ECFG如图放置，点B，C，F共线，点C，E，D共线，
∴RG=BF=BC+CF=2+4=6，∠ARG=，AR=AR-CE=4-2=2，
∴，
∵H是AG中点，
∴HG=，
∵，
∴，
∴，
在Rt△ENG中， ，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】此题考查矩形的性质，勾股定理，线段中点的性质，三角形面积法求线段长度，熟记矩形的性质及熟练运用勾股定理是解题的关键．
24．B
【分析】延长EF，DA交于G，连接DE，先证明△AFG≌△BFE，进而得到BE=AG，F是GE的中点，结合条件BF⊥GE进而得到BF是线段GE的垂直平分线，得到GD=DE，最后在Rt△AED中使用勾股定理即可求解.
【详解】解：延长EF，DA交于G，连接DE，如下图所示：

∵F是AB的中点，∴AF=BF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥BC，∴∠GAB=∠EBF
且∠GFA=∠EFB，∴△AFG≌△BFE(ASA)，
设，
由GF=EF，且∠DFE=90°知，
DF是线段GE的垂直平分线，
∴，
在Rt△GAE中，．
在Rt△AED中，，
∴，解得，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质、平行四边形的性质、勾股定理等知识点，能正确作出辅助线是解题的关键.
25．30
【分析】证明△BAF≌△EDF（AAS），则S△BAF=S△EDF，利用割补法可得阴影部分面积．
【详解】解：∵AB∥CD，
∴∠BAD=∠D，
在△BAF和△EDF中，
,
∴△BAF≌△EDF（AAS），
∴S△BAF=S△EDF，
∴图中阴影部分面积=S四边形ACEF．
故答案为：30．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行线的性质，三角形的面积计算方法，熟练掌握全等三角形的判定是解决问题的关键．
26．6.5
【分析】如图，延长AE交BC于F，构造全等三角形△AED≌△FEC（AAS），则对应边AE=FE，AD=FC．在Rt△ABF中，利用勾股定理即可求得线段AF的长度．
【详解】解：如图，延长AE交BC于F．
∵AB⊥BC，AB⊥AD，
∴AD∥BC
∴∠D=∠C，∠DAE=∠CFE，
又∵点E是CD的中点，
∴DE=CE．
∵在△AED与△FEC中，
，
∴△AED≌△FEC（AAS），
∴AE=FE，AD=FC．
∵AD=5，BC=10．
∴BF=5
在Rt△ABF中，AF＝，
∴AE=AF=6.5．
【点睛】本题考查了勾股定理、全等三角形的判定与性质．注意，本题辅助线的作法．
27．（1），证明见解析；（2）7．
【分析】（1）延长DE到点F，使得，连接CF，证明，再证四边形BCFD是平行四边形，根据平行四边形的对边平行且相等可得结论；
（2）延长GE、FD交于点H ，证，再证垂直平分GH，得
即可．
【详解】（1）
证明：如图，延长DE到点F，使得，连接CF
在和中，
，
又，
，
四边形BCFD是平行四边形
．
（2）如图2，延长GE、FD交于点H
为AD中点，
，且
在和中
，
，
垂直平分GH，
．
【点睛】本题考查三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的判定与性质，解题关键是作辅助线构造全等三角形．
28．B
【分析】延长AP交BC于E，根据已知条件证得△ABP≌△EBP，根据全等三角形的性质得到AP=PE，得出S△ABP=S△EBP，S△ACP=S△ECP，推出S△PBC=S△ABC，代入求出即可．
【详解】如图，延长AP交BC于E，
∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP=∠EBP，
∵AP⊥BP，
∴∠APB=∠EPB=90°，BP=BP,
∴△ABP≌△EBP(ASA)，
∴AP=PE，
∴S△ABP=S△EBP,S△ACP=S△ECP，
∴S△PBC=S△ABC=×1=0.5(cm2)，
故选B.
【点睛】此题考查全等三角形的判定与性质，解题关键在于掌握判定定理.
29．3
【分析】先证，推出，由DE垂直平分AC知，推出，求得，解求出长，即可求出答案．
【详解】解： AD平分，DE垂直平分AC，
，，，
在和中，
，
，
，，
，
又，
，
，
．
故答案为：3．
【点睛】本题考查角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、垂直平分线的性质、解直角三角形等知识点，需要熟记：直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半，反之也成立．
30．（1）见解析；（2）2
【分析】（1）连接EC、EB，根据AE是∠CAB的平分线，得出EG=EF，再根据ED垂直平分BC，得出Rt△CGE≌△BFE，从而证出BF=CG；
（2）根据全等三角形的性质得到AF=AG，求得AG=10，于是得到结论．
【详解】（1）连接EC、EB．
∵AE是∠CAB的平分线，
EF⊥AB于点F，EG⊥AC于点G，
∴EG=EF，
又∵ED垂直平分BC，
∴EC=EB，
∴Rt△CGE≌Rt△BFE（HL），
∴BF=CG；
（2）在Rt△AEF和Rt△AEG中，，
∴△AEF≌△AEG（HL），
∴AF=AG，
∵BF=CG，
∴AB+AC=AF+BF+AG-CG=2AG，
∵AB=12，AC=8，
∴AG=10，
∴CG=AG-AC=2．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，在解题时要注意全等三角形的判定和性质的灵活应用以及与角平分线的性质的联系是本题的关键．
31．(1)见解析
(2)12
【分析】（1）根据角平分线的性质得出，再证明，即可得出结论；
（2）证明，得出，设，则，解得：，即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵于点E，
∴，
又平分，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
（2）解：在和中，
，
∴，
∴，
设，则，
解得：，
∴．
【点睛】本题考查角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
32．（1）见解析；（2），理由见解析
【分析】（1）延长CE交AB于点G，证明，得E为中点，通过中位线证明DEAB，结合BF=DE，证明BDEF是平行四边形
（2）通过BDEF为平行四边形，证得BF=DE=BG，再根据，得AC=AG，用AB-AG=BG，可证
【详解】（1）证明：延长CE交AB于点G
∵AECE
∴
在和
∴
∴GE=EC
∵BD=CD
∴DE为的中位线
∴DEAB
∵DE=BF
∴四边形BDEF是平行四边形
（2）
理由如下：
∵四边形BDEF是平行四边形
∴BF=DE
∵D，E分别是BC，GC的中点
∴BF=DE=BG
∵
∴AG=AC
BF=（AB-AG）=（AB-AC）．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的证明，中位线的性质，全等三角形的证明等综合性内容，作好适当的辅助线，是解题的关键．
33．B
【分析】首先根据等腰直角三角形的性质，可求得顶角与底角的度数；根据旋转的性质，可得对应角与对应边相等；根据全等三角形的判定定理即可求得①正确；根据勾股定理与等量代换可得④正确；由三角形的三边关系可得③错误；根据旋转的性质可以判断②正确．
【详解】解：在中，，
，，
，
，
将绕点顺时针旋转后，得到，
，，，，
，
，，
，①正确，
，
在中，，
，③错误，
根据旋转的性质可得，
∠FAD＝90°，故②正确；
在中，，
，故④正确；
故选：B．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定定理、等腰直角直角三角形的性质以及旋转的性质．此题涉及的知识面比较广，解题的关键是要注意仔细分析．
34．（1），证明见解析（2）
【分析】（1）BM+DN=MN成立，证得B、E、M三点共线即可得到△AEM≌△ANM，从而证得ME=MN．
（2）DN-BM=MN．证明方法与（1）类似．
【详解】（1）BM+DN=MN成立．
证明：如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，则可证得E、B、M三点共线．
∴∠EAM=90°-∠NAM=90°-45°=45°，
又∵∠NAM=45°，
∴在△AEM与△ANM中，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴ME=MN，
∵ME=BE+BM=DN+BM，
∴DN+BM=MN；
（2）DN-BM=MN．
在线段DN上截取DQ=BM，如图，
在△ADQ与△ABM中，
∵，
∴△ADQ≌△ABM（SAS），
∴∠DAQ=∠BAM，
∴∠QAN=∠MAN．
在△AMN和△AQN中，
∴△AMN≌△AQN（SAS），
∴MN=QN，
∴DN-BM=MN．
35．(1)
(2)见解析
(3)6
【分析】（1）延长到E，使，利用证明，得，再证明，得；
（2）由（1）知，，得，再利用角平分线的性质可证明结论；
（3）将图③放到图②中，利用证明，得，同理得，，设，则，在中，利用勾股定理列方程，从而解决问题．
【详解】（1）解：延长到E，使，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）证明：由（1）知，，，
∴，
∵，
∴；
（3）解：将图③放到图②中，
∵，
∴，
∴，
同理得，，
设，则，
在中，由勾股定理得，
，
解得（舍），
∴．
由（1）知，，
∴．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，角平分线的性质等知识，熟练掌握基本几何模型—正方形中的半角模型是解题的关键．
36．(1)
(2)（1）问中的结论仍然成立，证明见解析
(3)，，之间的关系是
【分析】(1)根据旋转得出，证明，根据全等三角形对应边相等可得，从而得解；
(2)将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，根据旋转变换的性质可得，根据全等三角形对应角相等可得，对应边相等可得，对应角相等可得，再根据证明，并证明三点共线，然后利用“边角边”证明△AEF和△AEF′全等，根据全等三角形对应边相等可得EF′=EF，从而得解；
(3)将绕点顺时针旋转，使与重合，点落在上点处，得到，根据旋转变换的性质可得全等，根据全等三角形对应角相等可得，对应边相等可得，再根据证明，然后利用“边角边”证明，根据全等三角形对应边相等可得，从而求出．
【详解】（1）如图1，将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，又，
∴；
故答案为：．
（2）结论仍然成立．理由如下：
如图2，将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，则，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴、、三点共线，
在与中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（3）发生变化．之间的关系是．
理由如下：如图3，将绕点顺时针旋转，使与重合，点落在上点处，得到，
∴，
∴， ，
又∵，且，
∴
，
即，
在与中，
，
∴，
∴，
又∵ ，
∴ ，
即．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转变换的性质，利用旋转变换构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点。
37．（1）AB＝AH；（2）成立，证明见解析；（3）3
【分析】（1）由BM＝DN可得Rt△ABM≌Rt△ADN，从而可证∠BAM＝∠MAH＝22.5°，Rt△ABM≌Rt△AHM，即可得AB＝AH；
（2）延长CB至E，使BE＝DN，由Rt△AEB≌Rt△AND得AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，从而可证△AEM≌△ANM，根据全等三角形对应边上的高相等即可得AB＝AH；
（3）分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，可证四边形ABCD是正方形，设NH＝x，在Rt△MCN中，由勾股定理列方程即可得答案．
【详解】解：（1）∵正方形ABCD，
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，
在Rt△ABM和Rt△ADN中，
，
∴Rt△ABM≌Rt△ADN（SAS），
∴∠BAM＝∠DAN，AM＝AN，
∵∠MAN＝45°，
∴∠BAM+∠DAN＝45°，
∴∠BAM＝∠DAN＝22.5°，
∵∠MAN＝45°，AM＝AN，AH⊥MN
∴∠MAH＝∠NAH＝22.5°，
∴∠BAM＝∠MAH，
在Rt△ABM和Rt△AHM中，
，
∴Rt△ABM≌Rt△AHM（AAS），
∴AB＝AH，
故答案为：AB＝AH；
（2）AB＝AH成立，理由如下：
延长CB至E，使BE＝DN，如图：

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°，
∵BE＝DN，
∴Rt△AEB≌Rt△AND（SAS），
∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，
∵∠MAN＝45°，
∴∠DAN+∠BAM＝45°，
∴∠EAB+∠BAM＝45°，
∴∠EAM＝45°，
∴∠EAM＝∠NAM＝45°，
又AM＝AM，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∵AB，AH是△AEM和△ANM对应边上的高，
∴AB＝AH．
（3）分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，如图：

∵沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，
∴AB＝AH＝AD＝6，∠BAD＝2∠MAN＝90°，∠B＝∠AHM＝90°＝∠AHN＝∠D，
∴四边形ABCD是矩形，
∵AB＝AD，
∴四边形ABCD是正方形，
∴AH＝AB＝BC＝CD＝AD＝6．
由（2）可知，设NH＝x，则MC＝BC﹣BM＝BC﹣HM＝4，NC＝CD﹣DN＝CD﹣NH＝6﹣x，
在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2+NC2，
∴（2+x）2＝42+（6﹣x）2，
解得x＝3，
∴NH＝3．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质定理，全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
38．（1）AH=AB；（2）成立，理由见解析；（3）6
【分析】（1）先证明，可得，，再证明即可；
（2）延长至，使，证明，能得到；
（3）分别沿、翻折和，得到和，然后分别延长和交于点，得正方形，设，则，，在中，由勾股定理，解得．
【详解】解：（1）如图①，．理由如下：
四边形是正方形，
，，
在和中，
，
，
，，
是等腰三角形，
又，
，，
，
，，
，
在和中，
，
，
；
故答案为：；
（2）数量关系成立．如图②，延长至，使．
∵四边形是正方形，
，，
在和中，
，
∴≌（SAS），
，，
，
，
，
，
在和中，
，
．
，，
、是和对应边上的高，
．
（3）如图③分别沿、翻折和，得到和，
，，．
分别延长和交于点，得正方形，
由（2）可知，．
设，则，，
在中，由勾股定理，得，
，
解得，．（不符合题意，舍去），
．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、翻折变换的性质以及勾股定理等知识；正确作出辅助线，熟练掌握翻折变换的性质，构造全等三角形是解题的关键．
39．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）证△ADG≌△ABE，△FAE≌△GAF，根据全等三角形的性质求出即可；
（2）过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE=BM．连接AE、EN．通过证明△ABM≌△ACE（SAS）推知全等三角形的对应边AM=AE、对应角∠BAM=∠CAE；然后由等腰直角三角形的性质和∠MAN=45°得到∠MAN=∠EAN=45°，所以△MAN≌△EAN（SAS），故全等三角形的对应边MN=EN；最后由勾股定理得到EN2=EC2+NC2即MN2=BM2+NC2．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABE=∠ADG，AD=AB.
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS）
∴∠BAE=∠DAG，AE=AG
∴∠EAG=90°
在△FAE和△GAF中，
，
∴△FAE≌△GAF（SAS），
∴EF=FG
（2）如图，过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE=BM，连接AE、EN．
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠B=∠C=45°．
∵CE⊥BC，
∴∠ACE=∠B=45°．
在△ABM和△ACE中，
，
∴△ABM≌△ACE（SAS）．
∴AM=AE，∠BAM=∠CAE．
∵∠BAC=90°，∠MAN=45°，
∴∠BAM+∠CAN=45°．
∴由∠BAM=∠CAE，得∠MAN=∠EAN=45°．
在△MAN和△EAN中，
，
∴△MAN≌△EAN（SAS）．
∴MN=EN．
在Rt△ENC中，由勾股定理，得EN2=EC2+NC2．
∴MN2=BM2+NC2．
∵BM=1，CN=3，
∴MN2=12+32
∴MN=
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质；正方形的性质；等腰直角三角形的性质；勾股定理，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
40．(1)见解析；见解析
(2)还成立，理由见解析
【分析】（1）延长到，使，连接，通过证明，得到，得出是等边三角形，通过证明，得到，，求出，通过证明，得到，即可得到答案；
（2）延长到，使，连接，通过证明，得到，，求出，通过证明，得到，即可得到答案．
【详解】（1）证明：延长到，使，连接，
是等边三角形，
，
是等腰三角形，，
，
，
在和中，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，，
，
，
即，
在和中，
，
，
，
即是等边三角形，；
（2）解：还成立，理由是：
延长到，使，连接，
是等边三角形，
，
是等腰三角形，，
，
，
在和中，
，
，
，，
，，
，
，
即，
在和中
，
，
，
即．
【点睛】本题考查的是等边三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，全等三角形的性质和判定的综合运用，题目综合性比较强，有一定的难度．
41．B
【分析】根据平行线的性质，得出∠A=∠FCE，∠ADE=∠F，根据全等三角形的判定，得出△ADE≌△CFE，根据全等三角形的性质，得出AD=CF，根据AB=4，CF=3，即可求线段DB的长．
【详解】解：∵CF∥AB，
∴∠A=∠FCE，∠ADE=∠F，
在△ADE和△CFE中
∴△ADE≌△CFE（AAS），
∴AD=CF=4，
∵AB=6，
∴DB=AB-AD=6-4=2．
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行线的性质的应用，能判定△ADE≌△FCE是解此题的关键，解题时注意运用全等三角形的对应边相等，对应角相等．
42．##35度
【分析】根据“”可以证明，则，根据余角的性质即可求得的度数．
【详解】解：在和中，
，，，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查直角三角形全等的判定：，还有直角三角形两锐角互余的性质．
43．
【分析】连接，作于首先证明≌，再证明是等边三角形即可解决问题．
【详解】解：连接，作于，
，都是等边三角形，
，，，
，
在与中，
，
≌，
，，
∵ ，
，
是等边三角形，
，，
∵ ，
四边形是平行四边形，
．
故答案为：
【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题．
44．PB2+AP2=2CP2
【分析】连接BQ，由“SAS”可证△ACP≌△BCQ，可得∠CAP=∠CBQ=45°，AP=BQ，可得∠ABQ=90°，由勾股定理可得PB2+BQ2=PQ2，即可求解．
【详解】解：如图，连接BQ，
∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠CAB=∠CBA=45°，
∵△PCQ是等腰直角三角形，
∴PC=CQ，∠PCQ=90°=∠ACB，PQ2=2CP2，
∴∠ACP=∠BCQ，
又∵AC=BC，
∴△ACP≌△BCQ（SAS），
∴∠CAP=∠CBQ=45°，AP=BQ，
∴∠ABQ=90°，
∴PB2+BQ2=PQ2，
∴PB2+AP2=2CP2，
故答案为：PB2+AP2=2CP2．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，证明∠ABQ=90°是本题的关键．
45．（1）①D；②90°；（2）见解析；（3）AC是∠BCF的平分线，见解析
【分析】（1）①由“等补四边形”的定义一次判断即可；②设，则由题意可知，，由解出即可；
（2）在BC上截取BE＝BA，连接DE，先证明△BAD≌△BED（SAS），再根据“等补四边形”的定义证明；
（3）过点A分别作AE⊥BC于点E，AF垂直CD的延长线于点F，先证四边形ABCD是等补四边形，用其性质证明△ABE≌△ADF（AAS），即可求解．
【详解】解：（1）①平行四边形的邻边不一定相等，故A错误；
菱形的对角线相等，不一定互补，故B错误；
矩形的邻边不一定相等，故C错误；
正方形的邻边相等且对角互补，故D正确；
故选：D．
②设，则由题意可知：
，
解得：，
故，
故答案是：90°．
（2）证明：在BC上截取BE＝BA，连接DE，如图1所示：
在△BAD和△BED中，，
∴△BAD≌△BED（SAS），
∴∠A＝∠DEB，AD＝DE．
∵AD＝CD，
∴DE＝DC．∴∠C＝∠DEC．
∵∠BED+∠DEC＝180°，
∴∠A+∠C＝180°，
又∵AD＝CD，
∴四边形ABCD是等补四边形；
（3）如图2，过点A分别作AE⊥BC于点E，AF垂直CD的延长线于点F，
则∠AEB＝∠AFD＝90°，
∵四边形ABCD是等补四边形，
∴∠B+∠ADC＝180°，
又∠ADC+∠ADF＝180°，
∴∠B＝∠ADF，
∵AB＝AD，
∴△ABE≌△ADF（AAS），
∴AE＝AF，
∴AC是∠BCF的平分线，即AC平分∠BCD；
【点睛】本题考查了四边形的综合运用，“等四边形的定义”、三角形全等、多边形内角和、角平分线定理，解题的关键是添加适当的辅助线，理解“等四边形的定义”的定义：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“等补四边形”．
答案第1页，共2页
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