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）和都是等边三角形．
(1)将绕点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（或）成立；请证明．(2)将绕点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：，证明见解析 (3)图③结论：
【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，连接AF，证明（SAS），得，再证明（SAS），得，，然后证明是等边三角形，得，即可得出结论；（3）在CP上截取，连接AF，证明（SAS），得，再证明（SAS），得出，，然后证明是等边三角形，得，即可得出结论：．
(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，∴或；
(2)解：图②结论：
证明：在BP上截取，连接AF，
∵和都是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，∴（SAS），∴，
∵AC=AB，CP=BF， ∴（SAS），
∴，，∴，
∴，∴是等边三角形，
∴，∴；
(3)解：图③结论：，理由：在CP上截取，连接AF，
∵和都是等边三角形，∴，，
∴，∴，
∴（SAS），∴，∵AB=AC，BP=CF，∴（SAS），
∴，，∴，
∴，∴是等边三角形，
∴，∴，即．
【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．
【答案】(1)EC＝AD，EC⊥AD(2)等腰三角形，(3)
【分析】（1）延长CE交AD于F，交AB于O，证明△ABD≌△CBE（SAS），得∠BCE＝∠BAD，CE＝AD，再由∠AOF＝∠BOC，可得∠AFC＝∠ABC＝90°，即可得到结论；（2）设DE与AB的交点为H，可得AB是DE的垂直平分线，利用勾股定理可求出AE的长，由（1）知CE＝AD，从而得出答案；（3）分当点E在BC上方时和当点E在BC下方时，分别画图，利用勾股定理计算即可．
(1)EC与AD垂直且相等，理由如下：
延长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，∴故答案为：EC＝AD，EC⊥AD；
(2)设DE与AB的交点为H，
∵DE∥BC，∴∠AHE＝∠ABC＝90°，
∵BD＝BE，∴AB是DE的垂直平分线，∴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)如图4，当点E在BC上方时，过点B作BG⊥DE于G，
∵∠AEC＝90°，CE⊥AD，∴A、E、D三点共线，
∴AG＝，∴AD＝AG+DG＝，
∴CE＝AD＝+1；如图，当点E在BC下方时，
同理可得CE＝CG﹣GE＝﹣1．综上：CE＝+1或﹣1．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，勾股定
理等知识，根据前面探索的结论解决新的问题是解题的关键．
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：CD2＋DB2＝2DF2；
（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）CD2+DB2=2DF2 ；（2）CD2+DB2=2DF2，证明见解析
【分析】（1）由已知得，连接CF，BE，证明得CD=BE，再证明为直角三角形，由勾股定理可得结论；
（2）连接CF，BE，证明得CD=BE，再证明为直角三角形，由勾股定理可得结论．
【详解】解：（1）CD2+DB2=2DF2
证明：∵DF=EF，∠DFE＝90°，∴ ∴ 连接CF，BE，如图
∵△ABC是等腰直角三角形，F为斜边AB的中点
∴ ，即 ∴，
又 ∴
在和中 ∴
∴， ∴ ∴
∵，∴CD2+DB2=2DF2 ；
（2）CD2+DB2=2DF2 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，BE2+DB2=DE2
∵ DE2=2DF2 ∴ CD2+DB2=2DF2
【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，若和是顶角相等的等腰三角形，BC，DE分别是底边.求证：；
(2)解决问题：如图2，若和均为等腰直角三角形，，点A，D，E在同一条直线上，CM为中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)；
【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：∵和是顶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，∴，
∴，∴，
∴．
∵，，∴．∵，∴，
∴．∴．
【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．
例5．（2023春·浙江·八年级专题练习）边长为4的正方形ABCD与边长为2的正方形CEFG如图1摆放，将正方形CEFG绕点C顺时针旋转，旋转角为α，连接BG，DE．
（1）如图2，求证：△BCG≌△DCE；
（2）如图2，连接DG，BE，判断DG2+BE2否为定值．若是，求这个定值若不是，说明理由；
（3）如图3，当点G恰好落在DE上时，求α的值．
【答案】（1）见解析；（2）48；（3）
【分析】（1）通过边角边判定三角形全等；（2）连接，设交于点，交于点，先证明，由勾股定理可得；（3）作于点，则，且，由含30度角的直角三角形的性质求解．
【详解】（1）四边形与为正方形，，，
，，，
在和中， (SAS)，
（2）连接，设交于点，交于点，
，，，
在△和中，，
，，
，
由勾股定理得，，
，
，，，，
(3)作于点，如图，
△为等腰直角三角形，，且，
在中，，，，
．．
【点睛】本题考查四边形与三角形的综合问题，解题关键是熟练掌握正方形与直角三角形的性质，通过添加辅助线求解．
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；④AEF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：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：ABC是等边三角形，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；④AEF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：ABC是等边三角形，∠EAD=30°；
结论：①△BDA≌△CFA；②△DAE≌△FAE；③∠ECF=120°；④DE2＝(BD＋EC)2+；
5）任意角度的半角模型（-型）
条件：∠BAC=，AB=AC，∠DAE=；
结论：①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF；③∠ECF=180°-。
例1．（2023·福建·龙岩九年级期中）（1）【发现证明】
如图1，在正方形中，点，分别是，边上的动点，且，求证：．小明发现，当把绕点顺时针旋转90°至，使与重合时能够证明，请你给出证明过程．
（2）【类比引申】①如图2，在正方形中，如果点，分别是，延长线上的动点，且，则（1）中的结论还成立吗？若不成立，请写出，，之间的数量关系______（不要求证明）
②如图3，如果点，分别是，延长线上的动点，且，则，，之间的数量关系是_____（不要求证明）.（3）【联想拓展】如图1，若正方形的边长为6，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）①不成立，结论：；②，见解析；（3）
【分析】（1）证明，可得出，则结论得证；（2）①将绕点顺时针旋转至根据可证明，可得，则结论得证；②将绕点逆时针旋转至，证明，可得出，则结论得证；（3）求出，设，则，，在中，得出关于的方程，解出则可得解．
【详解】（1）证明：把绕点顺时针旋转至，如图1，
，，，，，，三点共线，
，，，，
，，，；
（2）①不成立，结论：；
证明：如图2，将绕点顺时针旋转至，
，，，，，
，，；
②如图3，将绕点逆时针旋转至，，，
，，，
，，，．
即．故答案为：．
（3）解：由（1）可知，正方形的边长为6，，
．，，
设，则，，
在中，，，解得：．，
．
【点睛】本题属于四边形综合题，主要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以及勾股定理的综合应用，解题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应边相等进行推导．
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＝_____．
【答案】
【分析】将△ABF绕A点逆时针旋转，使AB与AC重合，即可构建出直角三角形CGH，由勾股定理可求出GH的长度，再证明△FAG≌△GAH即可．
【详解】解：将△ABF绕A点逆时针旋转，使AB与AC重合，
∵△ACH由△ABF旋转得到，∴∠BAF=∠CAH，CH=BF=6，AF=AH，∠B=∠ACH
∵△ABC，△DEP是两个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=故答案为：．
【点睛】本题主要考查了三角形的旋转，通过旋转后构建出直角三角形和全等三角形是解题的关键，解题的关键是注意旋转是一种全等的变化，旋转前后对应边和对应角相等．
例3．（2023·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，在△ABC中，AB＝AC＝2．∠BAC＝120°，点D，E都在边BC上，∠DAE＝60°，若BD＝2CE，求DE的长．
【答案】DE＝3﹣3．
【分析】将绕点A逆时针旋转120°得到，取CF的中点G，连接EF、EG，由AB＝AC、，可得出，根据旋转的性质可得出，结合可得出为等边三角形，进而得出为直角三角形，通过解直角三角形求出的长度以及证明全等找出，设，则， ，在中利用勾股定理可得出，利用，可求出以及的值；
【详解】解：将绕点A逆时针旋转120°得到，取的中点G，连接，如图所示：
过点作于点，如图，
∵，，∴，
在中， ，∴，
∴，∴，∴，∴．
∵，∴，∴为等边三角形，
∴，∴，∴为直角三角形，
∵，∴，∴．
在和中，，∴，∴．
设，则，在中，，
＝x，∴，∴，
∴，答：的长为．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、解一元二次方程以及旋转的性质，通过勾股定理找出关于x的一元二次方程是解题的关键．
例4．（2023·绵阳市八年级期中）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∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．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．
(1)如图1，当点M、N边AB、AC上，且DM＝DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是 ；
(2)如图2，点M、N在边AB、AC上，且当DM≠DN时，猜想（1）问的结论还成立吗？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)；(2)成立，；(3)，见解析
【分析】（1）由DM＝DN，∠MDN＝60°可得△MDN是等边三角形，得到Rt△BDM≌Rt△CDN，然后由直角三角形的性质即可求解；（2）在CN的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1，可证△DBM≌△DCM1，得到∠M1DN＝∠MDN＝60°，从而得到△MDN≌△M1DN（SAS），即可求证；
（3）在CN上截取CM1＝BM，连接DM1，可证得△MDN≌△M1DN，即可求证．
【详解】（1）解：BM、NC、MN之间的数量关系 BM+NC＝MN．
∵DM＝DN，∠MDN＝60°，∴△MDN是等边三角形，
∵△ABC是等边三角形，∴∠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，故答案为：BM+NC＝MN；
（2）猜想：结论仍然成立．证明：在CN的延长线上截取CM1＝BM，连接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：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．
【答案】（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF；（2）仍成立，理由见解析；（3）∠EAF=180°-∠DAB
【分析】（1）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF，据此得出结论；
（2）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
（3）在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，推导得到2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出结论．
【详解】解：（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF．理由：
如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接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；故答案为：∠BAE+∠FAD=∠EAF；
（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），
∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
（3）∠EAF=180°-∠DAB．证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接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．
【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以及全等三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形．解题时注意：同角的补角相等．
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＝OC，③.
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＝OC，③.
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，③.
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，③.
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；
例1．（2022秋·江苏·八年级专题练习）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点．
（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
经过分析已知条件AB＝AC，D为BC的中点．容易联想等腰三角形三线合一的性质，因此，连结AD（如图2），以下是某同学由已知条件开始，逐步按层次推出结论的流程图．请帮助该同学补充完整流程图．补全流程图：① ， ②∠EDF＝
（2）如果E、F分别为AB、CA延长线上的点，仍有BE＝AF，其他条件不变，试猜想△DEF是否仍为等腰直角三角形？请在备用图中补全图形、先作出判断，然后给予证明．
【答案】（1）△BDE，△ADF，90°；（2）△DEF仍为等腰直角三角形，理由见解析
【分析】（1）连接AD，根据∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点，可以得到∠B=∠C=45°，AD⊥BC，，，从而可以证明△BDE≌△ADF（SAS），得到DE=DF，∠BDE=∠ADF，由∠ADE+∠BDE=∠BDA=90°，可得∠ADE+∠ADF=90°，即∠EDF=90°，即可证明；
（2）连接AD，同样证明△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°，即可证明．
【详解】解：（1）如图所示，连接AD，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点，
∴∠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；故答案为：△BDE，△ADF，90°；
（2）△DEF仍为等腰直角三角形，理由如下：连接AD，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点，
∴∠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．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．
例2．（2023·山东枣庄·中考模拟）在中，，，于点,（1）如图1，点，分别在，上，且，当，时，求线段的长；
（2）如图2，点，分别在，上，且，求证：；
（3）如图3，点在的延长线上，点在上，且，求证：;
【答案】(1) ；(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：，，，
，，，
，，，
，，，
由勾股定理得，，即，
解得，，；
（2）证明：，，，
在和中，，；
（3）证明：过点作交的延长线于，，
则，，，
，，，
在和中，，，
，．
【点睛】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．
例3．（2023秋·浙江·八年级专题练习）如图1，，，MN是过点A的直线，过点D作于点B，连接CB；过点C作，与MN交于点E．
(1)连接AD，AD是AC的______倍；(2)直线MN在图1所示位置时，可以得到线段BD和AE的数量关系是______，与BC之间的数量关系是______，请证明你的结论；
(3)直线MN绕点A旋转到图2的位置，若，，则AB的长为______（直接写结果）；
(4)直线MN绕点A旋转到图3的位置时，直接写出线段BA，BC，BD之间的数量关系______．
【答案】(1)；(2)AE＝BD，BD﹣AB＝BC；(3)4；(4)BA+BD＝BC
【分析】（1）由，，根据勾股定理可直接得出答案；
（2）先证明△ACE≌△DCB，确定△ECB为等腰直角三角形，即可得出答案；（3）先证明△ACE≌△DCB，CE＝BC，得到△BCE为等腰直角三角形，得到AB＝BD+BC，即可得出答案；
（4）先证明△ACE≌△DCB，确定△ECB为等腰直角三角形即可得出答案．
【详解】（1）解：连接AD，
设AC＝a，则DC＝a，∴AD＝，
即AD是AC的倍，故答案为：．
（2）如图1，设AC与BD交于O，由题可知，∠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为等腰直角三角形，∴BE＝BC，
∵BE＝AE﹣AB＝BD﹣AB，∴BD﹣AB＝BC；故答案为：AE＝BD；BD﹣AB＝BC；
（3）解：如图2，设CD与MN交于O，
由题可知，∠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，故答案为：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，故答案为：BA+BD＝BC．
【点睛】此题属于几何变换综合题，主要考查旋转的性质，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，全等三角形的判定和性质，构造全等三角形是解本题的关键．
例4．（2023四川宜宾八年级期末）如图1，，平分，以为顶点作，交于点，于点E. （1）求证：；（2）图1中，若，求的长；
（3）如图2，，平分，以为顶点作，交于点，于点.若，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析；（2）OD+OE =；（3）
【分析】（1）过点C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，然后根据题意利用AAS定理进行证明△CDG ≌ △CEH，从而求解；（2）根据全等三角形的性质得到OD+OE =2OH，然后利用勾股定理求OH的值，从而求解；
（3）过点C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，然后根据题意利用AAS定理进行证明△CDG ≌ △CEH，从而求得==2，然后利用含30°的直角三角形性质求得OH=,CH=从而求得三角形面积，使问题得到解决．
【详解】解：（1）如图,过点C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，
∵平分∴CG =CH ∵, ∴∠CDO+∠CEO=180
∵∠CDG+∠CDO=180 ∴∠CDG =∠CEO
在△CDG与△CEH中 ∴△CDG ≌ △CEH(AAS)∴
(2)由（1）得△CDG ≌ △CEH∴DG=HE
由题易得△OCG与△OCH是全等的等腰直角三角形，且OG=OH
∴OD+OE=OD+OH+HE=OG+OH=2OH 设OH=CH=x，在Rt△OCH中，由勾股定理，得:
OH2+CH2=OC2∴∴(舍负)∴OH =∴OD+OE =2OH=
（3）如图,过点C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，
∵平分∴CG =CH ∵,∴∠CDO+∠CEO=180
∵∠CDG+∠CDO=180 ∴∠CDG =∠CEO
在△CDG与△CEH中∴△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∴==2
在Rt△OCH中,有∠COH=60°,OC=3，∴OH=,CH=∴∴=2=
【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．
【答案】（1）详见解析；（2）（1）中结论仍然成立，理由详见解析；（3）（1）中结论不成立，结论为OE﹣OD=OC，证明详见解析.
【分析】(1)根据OM是∠AOB的角平分线，可得∠AOB=60°，则∠OCE=30°，再根据30°所对直角边是斜边的一半，得出OD=OC，同理：OE=OC，即可得出结论；(2)同(1)的方法得到OF+OG=OC，再根据AAS证明△CFD≌△CGE，得出DF=EG，则OF=OD+DF=OD+EG，OG=OE﹣EG，OF+OG=OD+OE，即可得出结论.(3)同(2)的方法得到DF=EG，根据等量代换可得OE﹣OD=OC.
【详解】(1)∵OM是∠AOB的角平分线，∴∠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)中结论仍然成立，理由：过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，如图，
∴∠OFC=∠OGC=90°，∵∠AOB=120°，∴∠FCG=60°，
同(1)的方法得，OF=OC，OG=OC，∴OF+OG=OC，
∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点，∴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)中结论不成立，结论为：OE﹣OD=OC，
理由：过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，如图，
∴∠OFC=∠OGC=90°，∵∠AOB=120°，∴∠FCG=60°，
同(1)的方法得，OF=OC，OG=OC，∴OF+OG=OC，
∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点，∴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．
【点睛】本题考查了角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质.正确作辅助线是解题的关键.
课后专项训练
1．（2023·黑龙江哈尔滨·九年级校考期中）如图，在中，，，将绕点A顺时针方向旋转60°到的位置，连接，则的度数为（ ）
A．15° B．20° C．30° D．45°
【答案】C
【分析】连接，证明为等边三角形，然后进一步证明≌△，得到，即可求出的度数．
【详解】解：如图所示，连接，
由题意得：，，
∴为等边三角形，∴，；
在与中，∴≌△（SSS），
∴，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 = ．正确的有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】过E点作、，由正方形对角线平分每一组对角以及角平分线性质可得点E到AB，BC的距离相等，故①正确；再证明（AAS）可得是等腰直角三角形，得，故②正确；然后延长MD至P，使，（SAS）再证明（SAS）即可得，故③正确；由全等三角形性质和勾股定理列方程可求．
【详解】解：如图1，过E点作、，∴，
∵在正方形ABCD中，，，
∴，即点E到AB，BC的距离相等，故①正确；
；∴，由∵，∴，
∴，∴（AAS）∴，∴，故②正确；
如图2，延长MD至P，使，连接，易证（SAS）∴，，
∵，∴，∴，
又∵，∴，∴，∴，，故③正确，
在边长为4的正方形ABCD中，，若，则，
设，则，，
在中，∴，解得：，故；④错误，
综上所述，正确的①②③，故选C．
【点睛】本题主要考查了正方形和三角形综合知识，解题关键是构造全都三角形转换边角关系．
3．（2023·福建厦门·九年级校考期中）如图，（是常量）．点P在的平分线上，且，以点P为顶点的绕点P逆时针旋转，在旋转的过程中，的两边分别与，相交于M，N两点，若始终与互补，则以下四个结论：①；②的值不变；③四边形的面积不变；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】如图作于点E，于点F，只要证明，即可一一判断．
【详解】解：如图所示：作于点E，于点F，
，，，，
，，
平分，，，，
在和中，， ，，
在和中，，，
，故①正确，，
定值，故③正确，
定值，故②正确，
的位置是变化的，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，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】##
【分析】根据旋转可得AD=AE， ∠DAE=60°，进而得出△ADE为等边三角形，则DE=AD，根据“SAS”可证△ACD≌△ABE，可得CD=BE，而△BED的周长为BD+BE+DE=BD+CD+AD=BC+AD，当AD⊥BC时，AD最小， △BED的周长最小，然后求出AD的最小值即可解答．
【详解】解：∵线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，
∴AD=AE，∠DAE=60°，∴△ADE是等边三角形，∴DE=AD，
∵△ABC是等边三角形，AB=4，∴AB=AC，∠BAC=60°，BC=AB=4，
∴∠BAC=∠DAE，∴∠CAD=∠BAE，∴△ACD≌△ABE，∴CD=BE，
∴△BED的周长为BD+BE+DE=BD+CD+AD=BC+AD，
∴当AD最小时，△BED的周长最小，
当AD⊥BC，时，AD最小，过A作AM⊥BC于M，
∴BM=BC=2，∴AM=，∴AD的最小值为，
∴△BED的周长最小值是4+．故答案为：4+．
【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，将求△BED的周长最小值转化求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 ______．
【答案】
【分析】将绕点A逆时针旋转至，连接ME，过M作于Q，过A作 于F，由旋转的性质得，设，则 ，，证明，得，最后利用勾股定理来解答．
【详解】解：如图，将绕点A逆时针旋转至，连接ME，过M作于Q，过A作 于F，
∵，，，AB＝，
∴，，
∴，，
∴，．在中，．
∵，∴.设，
∴ ，，∴．
∵，，∴，∴．
∵．在和中，∴，
∴，由勾股定理得：，
∴，∴，即 ．故答案为：．
【点睛】本题考查含30°角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形有判定和性质，勾股定理，旋转的性质，作辅助线构造直角三角形是求解本题的关键．
6．（2023·吉林松原·九年级统考期中）如图，点O是等边三角形ABC内的一点，，将△BOC绕点C顺时针旋转60°得△ADC，连接OD．(1)当时， °；(2)当时， °；(3)若，，，则OA的长为 ．
【答案】(1)40； (2)60；(3)
【分析】（1）证明△COD是等边三角形，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，根据△COD是等边三角形，得到∠ODC=60°，OD=，证得△AOD是直角三角形，利用勾股定理求出．
【详解】（1）解：∵CO=CD，∠OCD=60°，∴△COD是等边三角形；∴∠ODC=60°，
∵∠ADC=∠BOC=，∴∠ADC-∠ODC=40°，故答案为：40；
（2）∵∠ADC=∠BOC=，∴∠ADC-∠ODC=60°，故答案为：60；
（3）解：当，即∠BOC=150°，∴△AOD是直角三角形．
∵△BOC≌△ADC，∴∠ADC=∠BOC=150°，AD=OB=8，
又∵△COD是等边三角形，∴∠ODC=60°，OD=，∴∠ADO=90°，
即△AOD是直角三角形，∴,故答案为：．
【点睛】本题以“空间与图形”中的核心知识（如等边三角形的性质、全等三角形的性质与证明、直角三角形的判定、多边形内角和等）为载体，内容由浅入深，层层递进．试题中几何演绎推理的难度适宜，蕴含着丰富的思想方法（如运动变化、数形结合、分类讨论、方程思想等），能较好地考查学生的推理、探究及解决问题的能力．
7．（2023·江苏南京·九年级专题练习）（1）阅读理解：如图1，在正方形ABCD中，若E，F分别是CD，BC边上的点，∠EAF＝45°，则我们常会想到：把△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG．易证△AEF≌_______，得出线段BF，DE，EF之间的数量关系为____________；
（2）类比探究：如图2，在等边△ABC中，D，E为BC边上的点，∠DAE＝30°，BD=3，EC=4，求线段DE的长；（3）拓展应用：如图3，在△ABC中，AB=AC，∠BAC＝150°，点D，E在BC边上，∠DAE＝75°，若DE是等腰△ADE的腰长，请直接写出BD：CE的值．
【答案】（1）；；（2）；（3）或
【分析】（1）由旋转的性质可得，，，进而得到，由全等三角形的性质可得，即可解答；（2）将绕点顺时针旋转，得到，连接，过点作，交的延长线于点，进而证≌，得到，即可求出和，再根据勾股定理即可解答；（3）用的方法，分类讨论是等腰的腰长，求出：的值即可．
【详解】解：（1）把绕点顺时针旋转得到，可知：，，，
，，
在和中，≌，，
，，故答案为；．
（2）如图，将△ACE绕点A顺时针旋转60°，得到△ABF，连接DF，过点F作FG⊥BC，交CB的延长线于点G，如图所示：
∵△ABC是等边三角形，∴∠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，FG＝=，
∴DG＝5，∴在Rt△DFG中，DF=，∴线段DF的长为．
（3）如图，将△ACE绕点A顺时针旋转150°，得到△ABG，连接DG，过点D作DH⊥BG，交BG的于点H，∠DAE＝75°，若DE是等腰△ADE的腰，∠ADE为顶角，则∠ADE=30°，
∵AB=AC，∠BAC=150°，∴∠ABC=∠C=（180°-150°）=15°，
∴由旋转性质得△ABG≌△ACE，∴BG=CE，AG=AE，∠ABG=∠C=15°，∴∠DBG=30°，
∵将△ACE绕点A顺时针旋转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，设HD=x，∵∠DBG=30°，∴BD=2x，由勾股定理得：BH=，
∴BG=2，∴CE=2，∴BD：CE=：3；
如图将△ACE绕点A顺时针旋转150°，得到△ABM，连接DM，过点M作MN⊥BD，交BD于点N，
∵∠DAE＝75°，若DE是等腰△ADE的腰长，∠E为顶角，∴∠E=30°，
∵AB=AC，∠BAC＝150°，∴∠C=∠ABC=15°，∴∠CAE=15°，
∴AE=CE=DE，∴∠BAD=150°-75°-15°=60°，由旋转性质可知△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 ，设MN=a，∴BM=2a，∴CE=2a，
由勾股定理得：BN=，∴BD=2a，∴BD：CE=2a：2a=：1=．
【点睛】本题考查了四边形的综合题，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
8．（2023.成都市八年级期中）在中，，，于点,
（1）如图1，点，分别在，上，且，当，时，求线段的长；（2）如图2，点，分别在，上，且，求证：；
（3）如图3，点在的延长线上，点在上，且，求证：;
【答案】(1) ；(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：，，，
，，，
，，，，
，，由勾股定理得，，即，
解得，，；
（2）证明：，，，
在和中，，；
（3）证明：过点作交的延长线于，
，则，，，
，，，
在和中，，，
，．
【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﹣DC=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，得到，， 根据为等腰直角三角形，得到，再根据，即可解出答案.【详解】解：（1）如图1中，
由题意：，∴AE=CD，BE=BD，∴CD+AD=AD+AE=DE，
∵是等腰直角三角形，∴DE=BD，∴DC+AD=BD，故答案为．
（2）．证明：如图，过点B作BE⊥BD，交MN于点E．AD交BC于O．
∵，∴，∴．
∵，，，∴，
∴．又∵，∴，
∴，，∴为等腰直角三角形，．
∵，∴．
【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；
11．（2023春·江苏·八年级专题练习）（1）如图①，在四边形中，，，，分别是边，上的点，且．请直接写出线段，，之间的数量关系：___________；
（2）如图②，在四边形中，，，，分别是边，上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程；
（3）在四边形中，，，，分别是边，所在直线上的点，且．请画出图形（除图②外），并直接写出线段，，之间的数量关系．
【答案】（1）；（2）成立，理由见解析；（3）图形见解析，
【分析】（1）延长到，使，连接．证明，则，，，证明，得出，由此可得，；
（2）思路和作辅助线的方法同（1）；
（3）根据（1）的证法，可得出，，那么．
【详解】解：（1）延长至，使，连接，
∵，，，∴，
∴，，∴，∴，
在和中，∵，∴，∴，
∵，且∴，故答案为：．
（）解：（）中的结论仍成立，
证明：如图所示，延长至，使，
∵，，∴，
在和中，，∴，∴，，
∵，∴，∴，即，
在和中，，∴，
∴，即．
（），证明：如图所示，在上截取使，连接，
∵，，∴，
在和中，，∴，
∴，，∴，∴，
在和中， ，∴，∴，
∵，且，∴．
【点睛】此题主要考查了三角形全等的判定与性质，通过全等三角形来实现线段的转换是解题关键，没有明确的全等三角形时，要通过辅助线来构建与已知和所求条件相关联的全等三角形．
12．（2023·江苏·八年级专题练习）等边的两边、所在直线上分别有两点、，为外一点，且，，．当点、分别在直线、上移动时，探究、、之间的数量关系以及的周长与等边的周长的关系．（1）如图①，当点、在边、上，且时，、、之间的数量关系式为______；此时的值是______．
（2）如图②，当点、在边、上，且时，猜想（1）问的两个结论还成立吗？写出你的猜想并加以证明．
（3）如图③，当点、分别在边、的延长线上时，若，试用含、的代数式表示．
【答案】（1），；（2）结论仍然成立，证明见解析；（3）．
【分析】（1）由DM＝DN，∠MDN＝60°，可证得△MDN是等边三角形，又由△ABC是等边三角形，CD＝BD，易证得Rt△BDM≌Rt△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）在CN的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1．可证△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，易证得∠CDN＝∠MDN＝60°，则可证得△MDN≌△M1DN，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CM1＝BM，连接DM1，可证△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，然后证得∠CDN＝∠MDN＝60°，易证得△MDN≌△M1DN，则可得NC﹣BM＝MN；然后根据的周长，表示出AB的长，然后根据的周长，应用等量代换即可求解．
【详解】解：（1）如图①，BM、NC、MN之间的数量关系 BM+NC＝MN．此时 ．
理由：∵DM＝DN，∠MDN＝60°，∴△MDN是等边三角形，∵△ABC是等边三角形，∴∠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是等边三角形，
∵AB＝AM+BM，∴AM：AB＝2：3，∴；
（2）猜想：结论仍然成立．证明：在NC的延长线上截取CM1＝BM，连接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的周长为：AM+MN+AN＝AM+BM+CN+AN＝AB+AC，∴；
（3）证明：在CN上截取CM1＝BM，连接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．
∵等边的周长为，∴，
的周长
．故答案为：．
【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．
13．（2023·广东广州·九年级校考期中）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．当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时（如图1），易证BM+DN＝MN．（1）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM、DN和MN之间又有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；（3）若正方形的边长为4，当N运动到DC边的中点处时，求BM的长．
【答案】（1）BM+DN＝MN，见解析；（2）DN﹣BM＝MN，见解析；（3）
【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△AEM≌△ANM，从而证得ME＝MN，可得结论；（2）在线段DN上截取DQ＝BM，首先证明△ADQ≌△ABM，得DQ＝BM，再证明△AMN≌△AQN（SAS），得MN＝QN，可得结论；（3）设，由勾股定理可求解即可．
【详解】解：（1）BM+DN＝MN．
理由如下：如图2，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，
∴∠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°，
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．理由如下：在线段DN上截取DQ＝BM，如图3
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；
（3）如图4，设
∵正方形的边长为4，点N是BC的中点，∴CN＝DN＝2，∵DN+BM＝MN，∴，
∵MN2＝CN2+MC2，∴，解得即．
【点睛】此题考查了旋转的综合应用，涉及了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是掌握旋转的性质，构造出全等三角形．
14．（2023·四川达州·八年级统考期末）问题发现：如图，在中，，为边所在直线上的动点(不与点、重合)，连结，以为边作，且，根据，得到，结合，得出，发现线段与的数量关系为，位置关系为；
（1）探究证明：如图，在和中，，，且点在边上滑动(点不与点、重合)，连接．①则线段，，之间满足的等量关系式为_____；②求证: ；（2）拓展延伸：如图，在四边形中，．若，，求的长．
【答案】（1）①BC =CE+CD；②见解析；（2）AD＝6．
【分析】（1）①根据题中示例方法，证明△BAD≌△CAE，得到BD＝CE，从而得出BC=CE+CD；
②根据△BAD≌△CAE，得出∠ACE＝45°，从而得到∠BCE＝90°，则有DE2＝CE2+CD2，再根据可得结论；（2）过点A作AG⊥AD，使AG=AD，连接CG、DG，可证明△BAD≌△CAG，得到CG＝BD，在直角△CDG中，根据CD的长求出DG的长，再由DG和AD的关系求出AD.
【详解】解：（1）①如图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，故答案为：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）如图3，
过点A作AG⊥AD，使AG=AD，连接CG、DG，则△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．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查的是全等三角形的判定和性质、勾股定理，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
15．（2023·广东惠州·八年级校考期中）为等边三角形，，于点．为线段上一点，．以为边在直线右侧构造等边．连结，为的中点．
（1）如图1，与交于点，①连结，求线段的长；②连结，求的大小．
（2）如图2，将绕点逆时针旋转，旋转角为．为线段的中点．连结、．当时，猜想的大小是否为定值，并证明你的结论．
【答案】（1）①；②；（2），证明见解析
【分析】（1）①根据等边三角形的性质，，可得，是斜边上的中线，勾股定理在中可求得的长，进而求得的长；②根据①的结论可得，根据，即可求得的度数；
（2）连接，证明，进而可得，则，进而根据为的中点，为的中点，为的中点，根据三角形中位线定理可得，进而可得
【详解】（1）①是等边三角形，
，
是等边三角形，
为的中点
②如图，连接，
；
（2），理由如下，如图，连接
，为等边三角形，,
则
为的中点，为的中点，为的中点
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，三线合一，直角三角形斜边上的中线等于斜边的，勾股定理，中位线定理，三角形全等的性质与判定，旋转的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
16．（2023春·重庆巴南·八年级统考期末）在正方形中，点是边上的中点，连接，．
(1)如图1，过点作交的延长线于点，连接，求的面积；
(2)如图2，点是延长线上的一点，连接，过点作，，连接．点是的中点，分别连接，，求证：；
(3)如图3，点是直线上的一动点，连接，过点作，，连接．点是的中点，连接，．当的值最小时，直接写出的面积．
【答案】(1)(2)证明见解析(3)
【分析】（1）利用证明得，从而求出，由此即可求出的面积．（2）过点作交于点，连接，利用一线三直角模型可得（），从而可得：，再证明可得为等腰直角三角形，，进而得出结论；（3）由已知可得：是等腰直角三角形，进而可得，，即当E点在AM上时，最小，再由三角形全都转换线段关系得到，由勾股定理求出即可解题．
【详解】（1）解：∵；∴；
∵四边形是正方形；∴，；
∵点是的中点，；∴；
∵；
∴；∴；∴；
∴；
（2）证明：如解（2）图，过点作交于点，连接．
∵；∴∴；
∵；∴；∴，；
∵点是的中点，；∴，：
∴；∴；∴，；
∴；∴；∴；
（3）解：∵，，∴是等腰直角三角形，，
又∵点是的中点，∴，∴，
∴当E点在上时，最小，如解（3）图，过点作交的延长线于点，
同理（1）可得：；∴；，，
∴，
又∵∴，
又∵，∴，∴，
∴，
在中，，，
∴，解得：，∴
【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，解题（3）的关键在于能够证明．
17．（2022·福建福州·九年级校考期中）正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为3和1，将正方形AEFG绕点A逆时针旋转．（1）当旋转至图1位置时，连接BE，DG，则线段BE和DG的关系为 ；
（2）在图1中，连接BD，BF，DF，求在旋转过程中BDF的面积最大值；
（3）在旋转过程中，当点G，E，D在同一直线上时，求线段BE的长．
【答案】（1），；（2）7.5；（3）或
【分析】（1）利用正方形的性质证明即可证得结论；
（2）连接，，，，，设交于点．利用勾股定理求出，，由推出当点F，A，K在同一直线上时，点到的最大距离，由此可得结论；
（3）分两种情形：如图中，当，，共线时，连接交于．如图中，当，，共线时，连接交于．利用勾股定理求出，可得结论．
【详解】解：（1），，理由如下：如图1中，设交于点，交于点．
四边形、四边形都是正方形，
，，，，，
在和中，，，，，
，，，
故答案为：BE＝DG，BE⊥DG；
（2）如图1中，连接，，，，，设交于点．
四边形、四边形都是正方形，
，，，，
，，，
，当点F，A，K在同一直线上时，点到的最大距离，
的面积的最大值为；
（3）如图中，当，，共线时，连接交于．
四边形是正方形，，，
，，，
，；如图中，当，，共线时，连接交于．
四边形是正方形，，，，
，，
，；
综上所述，满足条件的的长为或．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
18．（2023·山东青岛九年级期中）【模型引入】
当几何图形中，两个共顶点的角所在角度是公共大角一半的关系，我们称之为“半角模型”
【模型探究】（1）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°，探究图中线段EF，AE，FC之间的数量关系．
【模型应用】（2）如图2，如果四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠EAF＝45°，且BC＝7，DC＝13，CF＝5，求BE的长．
【拓展提高】（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠ABC与∠ADC互补，点E、F分别在射线CB、DC上，且∠EAF∠BAD．当BC＝4，DC＝7，CF＝1时，CEF的周长等于 ．
（4）如图4，正方形ABCD中，AMN的顶点M、N分别在BC、CD边上，AH⊥MN，且AH＝AB，连接BD分别交AM、AN于点E、F，若MH＝2，NH＝3，DF＝2，求EF的长．
（5）如图5，已知菱形ABCD中，∠B=60°，点E、F分别是边BC，CD上的动点（不与端点重合），且∠EAF=60°．连接BD分别与边AE、AF交于M、N，当∠DAF＝15°时，求证：MN2+DN2=BM2．
【答案】（1）EF=FC+AE，理由见解析；（2）BE=5；（3）13；（4）EF=；（5）见解析
【分析】（1）求证△DEF≌△DMF，即可推出EF与FM的数量关系；
（2）在DC上取一点G，使得DG=BE，证明△ABE≌△ADG（SAS），推出AE=AG，∠BAE=∠DAG，证明△AFE≌△AFG（SAS），推出EF=FG，设BE=x，则CG=13-x，EF=FG=18-x，在Rt△ECF中，根据EF2=EC2+CF2，构建方程求出x即可解决问题；（3）证明△ADM≌△ABE（SAS）和△EAF≌△MAF，即可求解；
（4）先求出BM，DN，进而求出正方形的边长，再判断出∠EAF=45°，借助探究的结论即可得出结论．
（5）将△ADF绕A顺时针旋转120°，AD与AB重合，F转到G，在AG上取AH=AN，连接BH、MH，利用△ABH≌△ADN和△AMH≌△AMN，证明MN=MH，DN=BH，再证明△BMH为直角三角形即可．
【详解】（1）EF=FC+AE，理由如下：
证明：将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM，∴△DAE≌△DCM，
∴DE=DM，AE=CM，∠ADE=∠CDM，B、C、M三点共线，
∵∠EDF=45°，∴∠ADE+∠FDC=∠CDM+∠FDC=∠MDF=45°，
在△DEF和△DMF中，，∴△DEF≌△DMF（SAS），∴EF=FM
∴EF=FM=FC+CM=FC+AE；
（2）解：如图，在DC上取一点G，使得DG=BE，
∵∠BAD=∠BCD=90°，∴∠ABC+∠D=180°，∠ABE+∠ABC=180°，∴∠ABE=∠D，
∵AB=AD，BE=DG，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=45°，∴∠EAB+∠BAF=∠DAG+∠BAF=45°，∵∠BAD=90°，∴∠FAG=∠FAE=45°，
∵AE=AG，AF=AF，∴△AFE≌△AFG（SAS），∴EF=FG，
设BE=x，则EC=EB+BC=x+7，EF=FG=18-x，在Rt△ECF中，∵EF2=EC2+CF2，
∴52+（7+x）2=（18-x）2，∴x=5，∴BE=5；
（3）解：在DF上截取DM=BE，∵∠D+∠ABC=∠ABE+∠ABC=180°，∴∠D=∠ABE，
∵AD=AB，∴△ADM≌△ABE（SAS），∴AM=AE，∠DAM=∠BAE；
∵∠EAF=∠BAE+∠BAF=∠BAD，∴∠MAF=∠BAD，∴∠EAF=∠MAF；
∵AF是△EAF与△MAF的公共边，∴△EAF≌△MAF，∴EF=MF；
∵MF=DF-DM=DF-BE，∴EF=DF-BE．
∴△CEF的周长=CE+EF+FC=BC+BE+DC+CF-BE+CF=BC+CD+2CF=13，故答案为：13；
（4）解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠ABC=∠ADC=90°，
∵AH⊥MN，∴∠AHM=∠ABC=90°，在Rt△AMB和Rt△AMH中，
，∴Rt△AMB≌Rt△AMH，∴∠MAB=∠MAH，BM=MH=2，
同理可证Rt△AND≌Rt△ANH，∴∠NAD=∠NAH，DN=NH=3，
∴2∠MAH+2∠NAH=90°，∴∠MAH+∠NAH=45°，
∴∠MAN=45°．设正方形的边长为a，∴CM=a-2，CN=a-3，根据勾股定理得，（a-2）2+（a-3）2=25，
∴a=-1（舍）或a=6，∴BC=6，∴BD=6，逆时针旋转△ABE至△ADG，
∴△ABE≌△ADG，∴AE=AG，∠ABE=∠ADG=45°，
∴∠GDF=∠ADG+∠ADB=90°，连接GF，根据勾股定理得，GF2=DG2+DF2=BE2+DF2，
∵△ABE≌△ADG，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=90°-∠EAF=45°=∠EAF，
∵AF=AF，∴△GAF≌△EAF，∴GF=EF，∴EF2=BE2+AD2；
设EF=x，∵BD=6，DF=2．∴BE=6-2-x=4-x，
∴（4-x）2+（2）2=x2，解得x=，∴EF=；
（3）将△ADF绕A顺时针旋转120°，此时AD与AB重合，F转到G，在AG上取AH=AN，连接BH、MH，如图：
∵△ADF绕A顺时针旋转得△ABG，∴∠BAG=∠DAF，
又AH=AN，AB=AD，∴△ABH≌△ADN（SAS），∴DN=BH，∠ABH=∠ADN，
∵∠B=60°，且∠EAF=60°．∴∠BAD=120°，∴∠DAF+∠BAE=∠EAF=60°，
∴∠BAG+∠BAE=∠EAF，即∠MAH=∠MAN，而AH=AN，AM=AM，
∴△AMH≌△AMN（SAS），∴MN=MH，∠AMN=∠AMH，
∵菱形ABCD，∠B=60°，∴∠ABD=∠ADB=30°，∴∠HBD=∠ABH+∠ABD=60°，
∵∠DAF=15°，∠EAF=60°，∴△ADM中，∠DAM=∠AMD=75°，∴∠AMN=∠AMH=75°，
∴∠HMB=180°-∠AMN-∠AMH=30°，∴∠BHM=90°，∴BH2+MH2=BM2，∴DN2+MN2=BM2．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了旋转的性质、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题关键是学会用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用探究的结论解决新的问题，属于中考压轴题．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）和都是等边三角形．
(1)将绕点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（或）成立；请证明．(2)将绕点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．
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：CD2＋DB2＝2DF2；
（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．
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，若和是顶角相等的等腰三角形，BC，DE分别是底边.求证：；
(2)解决问题：如图2，若和均为等腰直角三角形，，点A，D，E在同一条直线上，CM为中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
例5．（2023春·浙江·八年级专题练习）边长为4的正方形ABCD与边长为2的正方形CEFG如图1摆放，将正方形CEFG绕点C顺时针旋转，旋转角为α，连接BG，DE．
（1）如图2，求证：△BCG≌△DCE；
（2）如图2，连接DG，BE，判断DG2+BE2否为定值．若是，求这个定值若不是，说明理由；
（3）如图3，当点G恰好落在DE上时，求α的值．
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；④AEF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：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：ABC是等边三角形，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；④AEF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：ABC是等边三角形，∠EAD=30°；
结论：①△BDA≌△CFA；②△DAE≌△FAE；③∠ECF=120°；④DE2＝(BD＋EC)2+；
5）任意角度的半角模型（-型）
条件：∠BAC=，AB=AC，∠DAE=；
结论：①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF；③∠ECF=180°-。
例1．（2023·福建·龙岩九年级期中）（1）【发现证明】
如图1，在正方形中，点，分别是，边上的动点，且，求证：．小明发现，当把绕点顺时针旋转90°至，使与重合时能够证明，请你给出证明过程．
（2）【类比引申】①如图2，在正方形中，如果点，分别是，延长线上的动点，且，则（1）中的结论还成立吗？若不成立，请写出，，之间的数量关系______（不要求证明）
②如图3，如果点，分别是，延长线上的动点，且，则，，之间的数量关系是_____（不要求证明）.（3）【联想拓展】如图1，若正方形的边长为6，，求的长．
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＝2．∠BAC＝120°，点D，E都在边BC上，∠DAE＝60°，若BD＝2CE，求DE的长．
例4．（2023·绵阳市八年级期中）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∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．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．(1)如图1，当点M、N边AB、AC上，且DM＝DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是 ；(2)如图2，点M、N在边AB、AC上，且当DM≠DN时，猜想（1）问的结论还成立吗？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．
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．
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＝OC，③.
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＝OC，③.
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，③.
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，③.
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；
例1．（2022秋·江苏·八年级专题练习）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点．
（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
经过分析已知条件AB＝AC，D为BC的中点．容易联想等腰三角形三线合一的性质，因此，连结AD（如图2），以下是某同学由已知条件开始，逐步按层次推出结论的流程图．请帮助该同学补充完整流程图．补全流程图：① ， ②∠EDF＝
（2）如果E、F分别为AB、CA延长线上的点，仍有BE＝AF，其他条件不变，试猜想△DEF是否仍为等腰直角三角形？请在备用图中补全图形、先作出判断，然后给予证明．
例2．（2023·山东枣庄·中考模拟）在中，，，于点,（1）如图1，点，分别在，上，且，当，时，求线段的长；
（2）如图2，点，分别在，上，且，求证：；
（3）如图3，点在的延长线上，点在上，且，求证：;
例3．（2023秋·浙江·八年级专题练习）如图1，，，MN是过点A的直线，过点D作于点B，连接CB；过点C作，与MN交于点E．
(1)连接AD，AD是AC的______倍；(2)直线MN在图1所示位置时，可以得到线段BD和AE的数量关系是______，与BC之间的数量关系是______，请证明你的结论；
(3)直线MN绕点A旋转到图2的位置，若，，则AB的长为______（直接写结果）；
(4)直线MN绕点A旋转到图3的位置时，直接写出线段BA，BC，BD之间的数量关系______．
例4．（2023四川宜宾八年级期末）如图1，，平分，以为顶点作，交于点，于点E. （1）求证：；（2）图1中，若，求的长；
（3）如图2，，平分，以为顶点作，交于点，于点.若，求四边形的面积．
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．
课后专项训练
1．（2023·黑龙江哈尔滨·九年级校考期中）如图，在中，，，将绕点A顺时针方向旋转60°到的位置，连接，则的度数为（ ）
A．15° B．20° C．30° D．45°
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 = ．正确的有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
3．（2023·福建厦门·九年级校考期中）如图，（是常量）．点P在的平分线上，且，以点P为顶点的绕点P逆时针旋转，在旋转的过程中，的两边分别与，相交于M，N两点，若始终与互补，则以下四个结论：①；②的值不变；③四边形的面积不变；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
4．（2023·福建·福州九年级期末）如图，△ABC是等边三角形，且，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_________．
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 ______．
6．（2023·吉林松原·九年级统考期中）如图，点O是等边三角形ABC内的一点，，将△BOC绕点C顺时针旋转60°得△ADC，连接OD．(1)当时， °；(2)当时， °；(3)若，，，则OA的长为 ．
7．（2023·江苏南京·九年级专题练习）（1）阅读理解：如图1，在正方形ABCD中，若E，F分别是CD，BC边上的点，∠EAF＝45°，则我们常会想到：把△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG．易证△AEF≌_______，得出线段BF，DE，EF之间的数量关系为____________；
（2）类比探究：如图2，在等边△ABC中，D，E为BC边上的点，∠DAE＝30°，BD=3，EC=4，求线段DE的长；（3）拓展应用：如图3，在△ABC中，AB=AC，∠BAC＝150°，点D，E在BC边上，∠DAE＝75°，若DE是等腰△ADE的腰长，请直接写出BD：CE的值．
8．（2023.成都市八年级期中）在中，，，于点,
（1）如图1，点，分别在，上，且，当，时，求线段的长；（2）如图2，点，分别在，上，且，求证：；
（3）如图3，点在的延长线上，点在上，且，求证：;
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；
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．
11．（2023春·江苏·八年级专题练习）（1）如图①，在四边形中，，，，分别是边，上的点，且．请直接写出线段，，之间的数量关系：___________；
（2）如图②，在四边形中，，，，分别是边，上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程；
（3）在四边形中，，，，分别是边，所在直线上的点，且．请画出图形（除图②外），并直接写出线段，，之间的数量关系．
12．（2023·江苏·八年级专题练习）等边的两边、所在直线上分别有两点、，为外一点，且，，．当点、分别在直线、上移动时，探究、、之间的数量关系以及的周长与等边的周长的关系．（1）如图①，当点、在边、上，且时，、、之间的数量关系式为______；此时的值是______．
（2）如图②，当点、在边、上，且时，猜想（1）问的两个结论还成立吗？写出你的猜想并加以证明．（3）如图③，当点、分别在边、的延长线上时，若，试用含、的代数式表示．
13．（2023·广东广州·九年级校考期中）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．当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时（如图1），易证BM+DN＝MN．（1）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM、DN和MN之间又有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；（3）若正方形的边长为4，当N运动到DC边的中点处时，求BM的长．
14．（2023·四川达州·八年级统考期末）问题发现：如图，在中，，为边所在直线上的动点(不与点、重合)，连结，以为边作，且，根据，得到，结合，得出，发现线段与的数量关系为，位置关系为；
（1）探究证明：如图，在和中，，，且点在边上滑动(点不与点、重合)，连接．①则线段，，之间满足的等量关系式为_____；②求证: ；（2）拓展延伸：如图，在四边形中，．若，，求的长．
15．（2023·广东惠州·八年级校考期中）为等边三角形，，于点．为线段上一点，．以为边在直线右侧构造等边．连结，为的中点．
（1）如图1，与交于点，①连结，求线段的长；②连结，求的大小．
（2）如图2，将绕点逆时针旋转，旋转角为．为线段的中点．连结、．当时，猜想的大小是否为定值，并证明你的结论．
16．（2023春·重庆巴南·八年级统考期末）在正方形中，点是边上的中点，连接，．
(1)如图1，过点作交的延长线于点，连接，求的面积；
(2)如图2，点是延长线上的一点，连接，过点作，，连接．点是的中点，分别连接，，求证：；
(3)如图3，点是直线上的一动点，连接，过点作，，连接．点是的中点，连接，．当的值最小时，直接写出的面积．
17．（2022·福建福州·九年级校考期中）正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为3和1，将正方形AEFG绕点A逆时针旋转．（1）当旋转至图1位置时，连接BE，DG，则线段BE和DG的关系为 ；
（2）在图1中，连接BD，BF，DF，求在旋转过程中BDF的面积最大值；
（3）在旋转过程中，当点G，E，D在同一直线上时，求线段BE的长．
18．（2023·山东青岛九年级期中）【模型引入】
当几何图形中，两个共顶点的角所在角度是公共大角一半的关系，我们称之为“半角模型”
【模型探究】（1）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°，探究图中线段EF，AE，FC之间的数量关系．
【模型应用】（2）如图2，如果四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠EAF＝45°，且BC＝7，DC＝13，CF＝5，求BE的长．
【拓展提高】（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠ABC与∠ADC互补，点E、F分别在射线CB、DC上，且∠EAF∠BAD．当BC＝4，DC＝7，CF＝1时，CEF的周长等于 ．
（4）如图4，正方形ABCD中，AMN的顶点M、N分别在BC、CD边上，AH⊥MN，且AH＝AB，连接BD分别交AM、AN于点E、F，若MH＝2，NH＝3，DF＝2，求EF的长．
（5）如图5，已知菱形ABCD中，∠B=60°，点E、F分别是边BC，CD上的动点（不与端点重合），且∠EAF=60°．连接BD分别与边AE、AF交于M、N，当∠DAF＝15°时，求证：MN2+DN2=BM2．
