7. 如图,在四边形ABCD中,$∠A+∠B=150°$,E为AB的中点,连接DE,CE,$AD = 2$,$BC = 4$,则$S_{△ ADE} + S_{△ BCE} - S_{△ CDE} =$
2
.答案：
7. 2 解析:如图,过点B作BK//AD,交DE的延长线于点K,连接CK,过点K作KQ⊥CB,交CB的延长线于点Q.所以∠A=∠KBE.因为E为AB的中点,所以AE=BE=1/2AB.因为∠AED=∠BEK,所以△ADE≌△BKE(ASA).所以DE=KE,BK=AD.所以S△CDE=S△CEK.又AD=2,所以BK=2.因为∠A+∠ABC=150°,所以∠CBK=∠ABC+∠KBE=150°.所以∠KBQ=180°−∠CBK=30°.所以KQ=1/2BK=1.因为BC=4,所以S△CBK=1/2BC·KQ=2.所以S△ADE+S△CBE−S△CDE=S△BKE+S△CBE−S△CEK=S△CBK=2.
7. 2 解析:如图,过点B作BK//AD,交DE的延长线于点K,连接CK,过点K作KQ⊥CB,交CB的延长线于点Q.所以∠A=∠KBE.因为E为AB的中点,所以AE=BE=1/2AB.因为∠AED=∠BEK,所以△ADE≌△BKE(ASA).所以DE=KE,BK=AD.所以S△CDE=S△CEK.又AD=2,所以BK=2.因为∠A+∠ABC=150°,所以∠CBK=∠ABC+∠KBE=150°.所以∠KBQ=180°−∠CBK=30°.所以KQ=1/2BK=1.因为BC=4,所以S△CBK=1/2BC·KQ=2.所以S△ADE+S△CBE−S△CDE=S△BKE+S△CBE−S△CEK=S△CBK=2.
解析：
【分析】
本题要求三个三角形面积的差值，可结合E是AB中点的条件构造全等三角形转化面积关系。首先通过作平行线构造与△ADE全等的三角形，将$S_{△ ADE}$进行等量替换，再利用等底同高的三角形面积相等，把$S_{△ CDE}$也做等量替换，最终将所求式子转化为单个三角形的面积计算；再根据已知角度和边长，利用30°直角三角形的性质求出高，代入面积公式即可得解。
【解析】
过点B作BK//AD，交DE的延长线于点K，连接CK，过点K作KQ⊥CB，交CB的延长线于点Q。
∵ BK//AD，
∴ ∠A=∠KBE。
∵ E为AB的中点，
∴ AE=BE。
在△ADE和△BKE中：
$\{\begin{array}{l}∠ A=∠ KBE\\ AE=BE\\ ∠ AED=∠ BEK\end{array} $
∴ △ADE≌△BKE（ASA），
∴ DE=KE，BK=AD=2，$S_{△ ADE}=S_{△ BKE}$。
∵ DE=KE，△CDE与△CEK以C为公共顶点，底DE、KE在同一直线上，二者同高，
∴ $S_{△ CDE}=S_{△ CEK}$。
∵ ∠A+∠ABC=150°，∠A=∠KBE，
∴ ∠CBK=∠ABC+∠KBE=∠ABC+∠A=150°，
∴ ∠KBQ=180°-∠CBK=30°。
在Rt△KQB中，∠KBQ=30°，
∴ $KQ=\frac{1}{2}BK=\frac{1}{2}×2=1$。
已知BC=4，
∴ $S_{△ CBK}=\frac{1}{2}× BC× KQ=\frac{1}{2}×4×1=2$。
因此$S_{△ ADE} + S_{△ BCE} - S_{△ CDE}=S_{△ BKE} + S_{△ BCE} - S_{△ CEK}=S_{△ CBK}=2$。
【答案】
2
【知识点】
全等三角形的判定与性质，三角形面积计算，含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题核心是利用转化思想，通过构造全等三角形将零散的面积关系整合为可直接计算的单个三角形面积，解题的关键是结合中点条件作平行线构造全等，再利用特殊角度的直角三角形性质求出高。
【难度系数】
0.4
本题要求三个三角形面积的差值，可结合E是AB中点的条件构造全等三角形转化面积关系。首先通过作平行线构造与△ADE全等的三角形，将$S_{△ ADE}$进行等量替换，再利用等底同高的三角形面积相等，把$S_{△ CDE}$也做等量替换，最终将所求式子转化为单个三角形的面积计算；再根据已知角度和边长，利用30°直角三角形的性质求出高，代入面积公式即可得解。
【解析】
过点B作BK//AD，交DE的延长线于点K，连接CK，过点K作KQ⊥CB，交CB的延长线于点Q。
∵ BK//AD，
∴ ∠A=∠KBE。
∵ E为AB的中点，
∴ AE=BE。
在△ADE和△BKE中：
$\{\begin{array}{l}∠ A=∠ KBE\\ AE=BE\\ ∠ AED=∠ BEK\end{array} $
∴ △ADE≌△BKE（ASA），
∴ DE=KE，BK=AD=2，$S_{△ ADE}=S_{△ BKE}$。
∵ DE=KE，△CDE与△CEK以C为公共顶点，底DE、KE在同一直线上，二者同高，
∴ $S_{△ CDE}=S_{△ CEK}$。
∵ ∠A+∠ABC=150°，∠A=∠KBE，
∴ ∠CBK=∠ABC+∠KBE=∠ABC+∠A=150°，
∴ ∠KBQ=180°-∠CBK=30°。
在Rt△KQB中，∠KBQ=30°，
∴ $KQ=\frac{1}{2}BK=\frac{1}{2}×2=1$。
已知BC=4，
∴ $S_{△ CBK}=\frac{1}{2}× BC× KQ=\frac{1}{2}×4×1=2$。
因此$S_{△ ADE} + S_{△ BCE} - S_{△ CDE}=S_{△ BKE} + S_{△ BCE} - S_{△ CEK}=S_{△ CBK}=2$。
【答案】
2
【知识点】
全等三角形的判定与性质，三角形面积计算，含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题核心是利用转化思想，通过构造全等三角形将零散的面积关系整合为可直接计算的单个三角形面积，解题的关键是结合中点条件作平行线构造全等，再利用特殊角度的直角三角形性质求出高。
【难度系数】
0.4
8.【问题初探】
（1）数学课上，李老师提出这样一个问题：如图①，在△ABC中，AB＝AC，F是AC上一点，E是AB延长线上一点，连接EF，交BC于点D，且ED＝DF.求证：BE＝CF.
① 如图②，小东同学从中点的角度，给出了如下解题思路：在线段DC上截取DM，使DM＝BD，连接FM，利用两个三角形全等和已知条件，得出结论；
② 如图③，小亮同学从平行线的角度给出了另一种解题思路：过点E作EM//AC，交CB的延长线于点M，利用两个三角形全等和已知条件，得出了结论.
请你选择一位同学的解题思路，写出证明过程；
【类比分析】
（2）李老师发现两位同学的做法非常巧妙，为了让同学们更好地理解这种转化的思想方法，李老师提出了新的问题，请你解答：如图④，在△ABC中，点E在边AB上，D是BC的中点，连接CE，AD相交于点N，且∠EAD＋∠ANC＝180°.求证：AB＝CN；
【学以致用】
（3）如图⑤，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AF平分∠BAC，点E在线段BA的延长线上运动，过点E作ED//AF，交AC于点N，交BC于点D，且BD＝CD，求线段AN、CN和AB之间的数量关系.
（1）数学课上，李老师提出这样一个问题：如图①，在△ABC中，AB＝AC，F是AC上一点，E是AB延长线上一点，连接EF，交BC于点D，且ED＝DF.求证：BE＝CF.
① 如图②，小东同学从中点的角度，给出了如下解题思路：在线段DC上截取DM，使DM＝BD，连接FM，利用两个三角形全等和已知条件，得出结论；
② 如图③，小亮同学从平行线的角度给出了另一种解题思路：过点E作EM//AC，交CB的延长线于点M，利用两个三角形全等和已知条件，得出了结论.
请你选择一位同学的解题思路，写出证明过程；
【类比分析】
（2）李老师发现两位同学的做法非常巧妙，为了让同学们更好地理解这种转化的思想方法，李老师提出了新的问题，请你解答：如图④，在△ABC中，点E在边AB上，D是BC的中点，连接CE，AD相交于点N，且∠EAD＋∠ANC＝180°.求证：AB＝CN；
【学以致用】
（3）如图⑤，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AF平分∠BAC，点E在线段BA的延长线上运动，过点E作ED//AF，交AC于点N，交BC于点D，且BD＝CD，求线段AN、CN和AB之间的数量关系.
答案：8. (1) 答案不唯一,如:选小东同学的解题思路.因为DE=DF,DM=DB,∠BDE=∠MDF,所以△BDE≌△MDF(SAS).所以BE=MF,∠DBE=∠DMF.所以180°−∠DBE=180°−∠DMF,即∠ABC=∠FMC.又AB=AC,所以△ABC是等腰三角形,即∠ABC=∠C.所以∠FMC=∠C.过点F作FH⊥CM于点H,则∠FHM=∠FHC=90°.又FH=FH,所以△FMH≌△FCH(AAS).所以MF=CF,即BE=CF.
(2) 过点C作CP//AB,交AD的延长线于点P,则∠B=∠PCD.因为D是BC的中点,所以BD=CD.因为∠ADB=∠PDC,所以△ABD≌△PCD(ASA).所以∠EAD=∠CPN,AB=PC.因为∠EAD+∠ANC=180°,∠CNP+∠ANC=180°,所以∠EAD=∠CNP,即∠CNP=∠CPN.过点C作CK⊥PN于点K,则∠CKP=∠CKN.又CK=CK,所以△CKP≌△CKN(AAS).所以CN=CP,即AB=CN.
(3) 过点C作CQ//AB,交ED的延长线于点Q,则∠B=∠QCD,∠BEN=∠Q.因为BD=CD,所以△CDQ≌△BDE(AAS).所以CQ=BE.因为AF平分∠BAC,∠BAC=90°,所以∠CAF=∠BAF=1/2∠BAC=45°.因为ED//AF,所以∠CNQ=∠ANE=∠CAF=45°,∠BEN=∠BAF=45°,即∠Q=45°.所以∠CNQ=∠Q.同(2),得CN=CQ,所以CN=BE.同理,得AE=AN.又BE=AB+AE,所以CN=AB+AN.
(2) 过点C作CP//AB,交AD的延长线于点P,则∠B=∠PCD.因为D是BC的中点,所以BD=CD.因为∠ADB=∠PDC,所以△ABD≌△PCD(ASA).所以∠EAD=∠CPN,AB=PC.因为∠EAD+∠ANC=180°,∠CNP+∠ANC=180°,所以∠EAD=∠CNP,即∠CNP=∠CPN.过点C作CK⊥PN于点K,则∠CKP=∠CKN.又CK=CK,所以△CKP≌△CKN(AAS).所以CN=CP,即AB=CN.
(3) 过点C作CQ//AB,交ED的延长线于点Q,则∠B=∠QCD,∠BEN=∠Q.因为BD=CD,所以△CDQ≌△BDE(AAS).所以CQ=BE.因为AF平分∠BAC,∠BAC=90°,所以∠CAF=∠BAF=1/2∠BAC=45°.因为ED//AF,所以∠CNQ=∠ANE=∠CAF=45°,∠BEN=∠BAF=45°,即∠Q=45°.所以∠CNQ=∠Q.同(2),得CN=CQ,所以CN=BE.同理,得AE=AN.又BE=AB+AE,所以CN=AB+AN.
解析：
【分析】
本题围绕构造全等三角形求证线段关系展开，核心解题思路是通过添加辅助线构建全等三角形，将待证相等的线段转化到全等三角形或同一等腰三角形中，结合全等性质、等腰三角形性质推导结论：
(1) 第一问选小东思路时，先利用中点条件截相等线段构造SAS全等，将BE转化为MF，再结合等腰△ABC的等角性质证△FMC为等腰，即可得MF=CF，从而推出BE=CF；
(2) 第二问通过作平行线构造ASA全等，将AB转化为CP，再结合已知角的互补关系推等角，证△CPN为等腰，得CP=CN，从而推出AB=CN；
(3) 第三问同样作平行线构造AAS全等，将BE转化为CQ，结合角平分线、平行线的性质推等腰，得CN=CQ、AE=AN，最后通过线段和差推导三者数量关系。
【解析】
(1) 选择小东同学的解题思路证明：
∵ $ED=DF$，$DM=BD$，$∠ BDE=∠ MDF$（对顶角相等）
∴ $△ BDE ≌ △ MDF$（SAS）
∴ $BE=MF$，$∠ DBE=∠ DMF$
∴ $180°-∠ DBE = 180°-∠ DMF$，即$∠ ABC=∠ FMC$
又
∵ $AB=AC$，
∴ $△ ABC$是等腰三角形，$∠ ABC=∠ C$
∴ $∠ FMC=∠ C$
过点F作$FH⊥ CM$于点H，则$∠ FHM=∠ FHC=90°$
在$△ FMH$和$△ FCH$中：
$\begin{cases}∠ FHM=∠ FHC\\∠ FMC=∠ C\\FH=FH\end{cases}$
∴ $△ FMH ≌ △ FCH$（AAS）
∴ $MF=CF$
∴ $BE=CF$
(2) 证明：过点C作$CP// AB$，交AD的延长线于点P，则$∠ B=∠ PCD$
∵ D是BC的中点，
∴ $BD=CD$
在$△ ABD$和$△ PCD$中：
$\begin{cases}∠ B=∠ PCD\\BD=CD\\∠ ADB=∠ PDC（对顶角相等）\end{cases}$
∴ $△ ABD ≌ △ PCD$（ASA）
∴ $∠ EAD=∠ CPN$，$AB=PC$
∵ $∠ EAD + ∠ ANC = 180°$，$∠ CNP + ∠ ANC = 180°$（邻补角和为$180°$）
∴ $∠ EAD=∠ CNP$，即$∠ CNP=∠ CPN$
过点C作$CK⊥ PN$于点K，则$∠ CKP=∠ CKN=90°$
在$△ CKP$和$△ CKN$中：
$\begin{cases}∠ CKP=∠ CKN\\∠ CPN=∠ CNP\\CK=CK\end{cases}$
∴ $△ CKP ≌ △ CKN$（AAS）
∴ $CN=CP$
∴ $AB=CN$
(3) 解：过点C作$CQ// AB$，交ED的延长线于点Q，则$∠ B=∠ QCD$，$∠ BEN=∠ Q$
∵ $BD=CD$，$∠ BDE=∠ CDQ$（对顶角相等）
在$△ CDQ$和$△ BDE$中：
$\begin{cases}∠ QCD=∠ B\\CD=BD\\∠ CDQ=∠ BDE\end{cases}$
∴ $△ CDQ ≌ △ BDE$（ASA）
∴ $CQ=BE$
∵ AF平分$∠ BAC$，$∠ BAC=90°$
∴ $∠ CAF=∠ BAF = \frac{1}{2}∠ BAC = 45°$
∵ $ED// AF$
∴ $∠ CNQ=∠ ANE=∠ CAF=45°$，$∠ BEN=∠ BAF=45°$
∴ $∠ Q=∠ BEN=45°$
∴ $∠ CNQ=∠ Q$
∴ $CN=CQ$
∴ $CN=BE$
同理，$∠ ANE=∠ BEN=45°$，
∴ $AE=AN$
又
∵ $BE=AB + AE$
∴ $CN=AB + AN$
【答案】
(1) $BE=CF$，证明见解析；
(2) $AB=CN$，证明见解析；
(3) 线段数量关系为$\boldsymbol{CN=AB+AN}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质
【点评】
本题是典型的构造全等三角形的几何证明题，通过添加平行线或截相等线段的辅助线方法，实现线段的等量转化，融合了全等、等腰、平行线、角平分线等多个核心知识点，侧重考查转化的数学思想和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
本题围绕构造全等三角形求证线段关系展开，核心解题思路是通过添加辅助线构建全等三角形，将待证相等的线段转化到全等三角形或同一等腰三角形中，结合全等性质、等腰三角形性质推导结论：
(1) 第一问选小东思路时，先利用中点条件截相等线段构造SAS全等，将BE转化为MF，再结合等腰△ABC的等角性质证△FMC为等腰，即可得MF=CF，从而推出BE=CF；
(2) 第二问通过作平行线构造ASA全等，将AB转化为CP，再结合已知角的互补关系推等角，证△CPN为等腰，得CP=CN，从而推出AB=CN；
(3) 第三问同样作平行线构造AAS全等，将BE转化为CQ，结合角平分线、平行线的性质推等腰，得CN=CQ、AE=AN，最后通过线段和差推导三者数量关系。
【解析】
(1) 选择小东同学的解题思路证明：
∵ $ED=DF$，$DM=BD$，$∠ BDE=∠ MDF$（对顶角相等）
∴ $△ BDE ≌ △ MDF$（SAS）
∴ $BE=MF$，$∠ DBE=∠ DMF$
∴ $180°-∠ DBE = 180°-∠ DMF$，即$∠ ABC=∠ FMC$
又
∵ $AB=AC$，
∴ $△ ABC$是等腰三角形，$∠ ABC=∠ C$
∴ $∠ FMC=∠ C$
过点F作$FH⊥ CM$于点H，则$∠ FHM=∠ FHC=90°$
在$△ FMH$和$△ FCH$中：
$\begin{cases}∠ FHM=∠ FHC\\∠ FMC=∠ C\\FH=FH\end{cases}$
∴ $△ FMH ≌ △ FCH$（AAS）
∴ $MF=CF$
∴ $BE=CF$
(2) 证明：过点C作$CP// AB$，交AD的延长线于点P，则$∠ B=∠ PCD$
∵ D是BC的中点，
∴ $BD=CD$
在$△ ABD$和$△ PCD$中：
$\begin{cases}∠ B=∠ PCD\\BD=CD\\∠ ADB=∠ PDC（对顶角相等）\end{cases}$
∴ $△ ABD ≌ △ PCD$（ASA）
∴ $∠ EAD=∠ CPN$，$AB=PC$
∵ $∠ EAD + ∠ ANC = 180°$，$∠ CNP + ∠ ANC = 180°$（邻补角和为$180°$）
∴ $∠ EAD=∠ CNP$，即$∠ CNP=∠ CPN$
过点C作$CK⊥ PN$于点K，则$∠ CKP=∠ CKN=90°$
在$△ CKP$和$△ CKN$中：
$\begin{cases}∠ CKP=∠ CKN\\∠ CPN=∠ CNP\\CK=CK\end{cases}$
∴ $△ CKP ≌ △ CKN$（AAS）
∴ $CN=CP$
∴ $AB=CN$
(3) 解：过点C作$CQ// AB$，交ED的延长线于点Q，则$∠ B=∠ QCD$，$∠ BEN=∠ Q$
∵ $BD=CD$，$∠ BDE=∠ CDQ$（对顶角相等）
在$△ CDQ$和$△ BDE$中：
$\begin{cases}∠ QCD=∠ B\\CD=BD\\∠ CDQ=∠ BDE\end{cases}$
∴ $△ CDQ ≌ △ BDE$（ASA）
∴ $CQ=BE$
∵ AF平分$∠ BAC$，$∠ BAC=90°$
∴ $∠ CAF=∠ BAF = \frac{1}{2}∠ BAC = 45°$
∵ $ED// AF$
∴ $∠ CNQ=∠ ANE=∠ CAF=45°$，$∠ BEN=∠ BAF=45°$
∴ $∠ Q=∠ BEN=45°$
∴ $∠ CNQ=∠ Q$
∴ $CN=CQ$
∴ $CN=BE$
同理，$∠ ANE=∠ BEN=45°$，
∴ $AE=AN$
又
∵ $BE=AB + AE$
∴ $CN=AB + AN$
【答案】
(1) $BE=CF$，证明见解析；
(2) $AB=CN$，证明见解析；
(3) 线段数量关系为$\boldsymbol{CN=AB+AN}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质
【点评】
本题是典型的构造全等三角形的几何证明题，通过添加平行线或截相等线段的辅助线方法，实现线段的等量转化，融合了全等、等腰、平行线、角平分线等多个核心知识点，侧重考查转化的数学思想和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6