第18讲 重难点拓展：等腰三角形中的半角模型两种常见题型解题技巧【暑假自学课】-2024年新八年级数学暑假提升精品讲义（人教版）

第18讲重难点拓展：等腰三角形中的半角模型两种常见题型解题技巧 题型一：等腰直角三角形半角模型 题型二：等边三角形半角模型（120°-60°型） 题型一：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； 题型二：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。 题型归纳 题型一：等腰直角三角形半角模型 【例1】如图，已知△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,D,E是BC边上的点，将△ABD绕点A旋转，得到△，当∠DAE=45°时，求证：DE=；在（1）的条件下，猜想：有怎样的数量关系？请写出，并说明理由. 【变式1-1】（2022秋•原平市校级期中）如图，中，、为边上两点，且，将绕点顺时针旋转后，得到，连接．下列4个结论：①；②；③；④．正确的有　　个． A．1 B．2 C．3 D．4 【变式1-2】（2023·浙江·八年级假期作业）如图，在中，，，D、E是斜边上两点，且，若，，，则与的面积之和为（    ） A．36 B．21 C．30 D．22 【变式1-3】（2023秋•九龙坡区校级期中）如图1，为等边三角形，点为的中点，连接，平分，交于点，点在外，连接，，，满足，． （1）求的度数； （2）如图2，点是上一点，连接，，与交于点．若，求证：． 题型二：等边三角形半角模型（120°-60°型） 【例2】（2023秋•越秀区校级月考）在等边的两边、所在直线上分别有两点、，为外一点，且，，．探究：当、分别在直线、上移动时，、、之间的数量关系及的周长与等边的周长的关系． （1）如图1，当点、边、上，且时，、、之间的数量关系是 　 　；此时　　； （2）如图2，点、边、上，且当时，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、分别在边、的延长线上时，若，则　　（用、表示）． 【变式2-1】如图，是边长为6的等边三角形，，，以点为顶点作一个角，使其两边分别交于点，交于点，连结，则的周长是 　　． 【变式2-2】如图，是边长为4的等边三角形，，且，以为顶点作一个角，使其两边分别交于点．交于点，连接，则的周长是 　　． 【变式2-3】（2022秋•宜丰县校级期中）如图1，是正三角形，是等腰三角形，，，以为顶点作一个角，角的两边分别交、边于、两点，连接． （1）探究、、之间的关系，并说明理由． （2）若的边长为2，求的周长． 过关检测 一、单选题 1．如图所示，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边BC上的两点，且∠DAE＝45°，将△ADC绕点A按顺时针方向旋转90°后得到△AFB，连接EF，有下列结论：①BE＝DC；②∠BAF＝∠DAC；③∠FAE＝∠DAE；④BF＝DC．其中正确的有（　　）    A．①②③④ B．②③ C．②③④ D．③④ 2．（21-22八年级上·福建龙岩·期中）如图，在中，，，D、E是斜边上两点，且，若，，，则与的面积之和为（    ） A．36 B．21 C．30 D．22 二、解答题 3．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之间的数量关系及△AMN的周长Q与等边△ABC的周长L的关系． （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　　　　　　　；此时　　； （2）如图2，点M、N在边AB、AC上，且当DM≠DN时，猜想（ I）问的两个结论还成立吗？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． 4．如图，是边长为3的等边三角形，是等腰三角形，且，以为顶点作一个角，使其两边分别交于点，交于点，连接，求的周长． 5．如图，是边长为2的等边三角形，是顶角为120°的等腰三角形，以点为顶点作，点、分别在、上． （1）如图①，当时，则的周长为______； （2）如图②，求证：． 6．（21-22八年级上·浙江绍兴·期中）问题情境 在等边△ABC的两边AB，AC上分别有两点M，N，点D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC． 特例探究 如图1，当DM＝DN时， （1）∠MDB＝　 　度； （2）MN与BM，NC之间的数量关系为　 　； 归纳证明 （3）如图2，当DM≠DN时，在NC的延长线上取点E，使CE＝BM，连接DE，猜想MN与BM，NC之间的数量关系，并加以证明． 拓展应用 （4）△AMN的周长与△ABC的周长的比为　 　． 7．如图，已知在△ABC中，AB＝AC，D、E是BC边上的点，将△ABD绕点A旋转，得到△AC，连接E． (1)当∠BAC＝120°，∠DAE＝60°时，求证：DE＝E； (2)当DE＝E时，∠DAE与∠BAC有怎样的数量关系？请写出，并说明理由． 8．（20-21七年级下·四川成都·期末）如图，，，，，． （1）求的度数； （2）以E为圆心，以长为半径作弧；以F为圆心，以长为半径作弧，两弧交于点G，试探索的形状？是锐角三形，直角三角形还是钝角三角形？请说明理由． 9．（2020秋•西青区期末）已知在中，，，是边上的点，将绕点旋转，得到，连接． （Ⅰ）如图1，当，时，求证：； （Ⅱ）如图2，当时，请写出与的数量关系，并说明理由． 10．（2022春•林甸县期末）如图为等边三角形，直线，为直线上任一动点，将一角的顶点置于点处，它的一边始终经过点，另一边与直线交于点． （1）若恰好在的中点上（如图求证：是等边三角形； （2）若为直线上任一点（如图，其他条件不变，上述（1）的结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第18讲重难点拓展：等腰三角形中的半角模型两种常见题型解题技巧 题型一：等腰直角三角形半角模型 题型二：等边三角形半角模型（120°-60°型） 题型一：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； 题型二：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。 题型归纳 题型一：等腰直角三角形半角模型 【例1】如图，已知△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,D,E是BC边上的点，将△ABD绕点A旋转，得到△，当∠DAE=45°时，求证：DE=；在（1）的条件下，猜想：有怎样的数量关系？请写出，并说明理由. 解析： 因为△ABD绕点A旋转，得到 ∴AD=，∠DAD’=∠BAC=90° ∵∠DAE=45° ∴∠EAD’=∠DAD’-∠DAE=45° ∴在△AED和△中 AE=AE ∠EAD=∠AED’ AD=AD’ ∴△AED≌△AED’ ∴DE=D’E 由（1）得△AED≌△AED’，ED=ED’ 在△ABC中，AB=AC,∠BAC=90° ∴∠B=∠ACB=45° ∵△ABD绕点A旋转，得到△ACD’ ∴BD=CD’,∠B=∠ACD’=45° ∴∠BCD’=∠ACB+∠ACD’=45°+45°=90° 【变式1-1】（2022秋•原平市校级期中）如图，中，、为边上两点，且，将绕点顺时针旋转后，得到，连接．下列4个结论：①；②；③；④．正确的有　　个． A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】根据旋转变换的性质判断①；根据全等三角形的判定定理判断②；根据定理判断③；根据全等三角形的性质、线段和差可判断④． 【解答】解：绕点顺时针旋转得， ，①正确； 与不一定相等， 与不一定全等，②错误； ，， ， 在和中， ， ，③正确； ， ， ， ， ， ，④正确； 正确的有①③④共3个， 故选：． 【点评】本题考查的是全等三角形的判定与性质、旋转变换，掌握全等三角形的判定定理与性质定理、图形旋转的性质等知识是解题的关键． 【变式1-2】（2023·浙江·八年级假期作业）如图，在中，，，D、E是斜边上两点，且，若，，，则与的面积之和为（    ） A．36 B．21 C．30 D．22 【答案】B 【分析】将关于对称得到，从而可得的面积为15，再根据对称的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理证出，从而可得，最后根据与的面积之和等于与的面积之和即可得． 【详解】解：如图，将关于AE对称得到， 则，， ， ，， 在和中，，， ， ，即是直角三角形，， ， 即与的面积之和为21，故选：B． 【点睛】本题考查了轴对称的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键． 【变式1-3】（2023秋•九龙坡区校级期中）如图1，为等边三角形，点为的中点，连接，平分，交于点，点在外，连接，，，满足，． （1）求的度数； （2）如图2，点是上一点，连接，，与交于点．若，求证：． 【分析】（1）先证和全等，得，，再根据可得出答案； （2）由（1）可知：为等边三角形，从而得，，根据，得，，由此可证和全等，得，然后根据点为的中点，及平分可得出，进而可求出，由此得，，最后再利用直角三角形的性质可得出结论． 【解答】（1）解：为等边三角形， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ； （2）证明：由（1）可知：，， 为等边三角形， ，， ， ，， 在和中， ， ， ， 为等边三角形，点为的中点， ， 平分， ， ， ， ， ， 又， ， 在中，， ． 【点评】此题主要考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，理解在直角三角形中，的角所对的直角边等于斜边的一半是解决问题的关键． 题型二：等边三角形半角模型（120°-60°型） 【例2】（2023秋•越秀区校级月考）在等边的两边、所在直线上分别有两点、，为外一点，且，，．探究：当、分别在直线、上移动时，、、之间的数量关系及的周长与等边的周长的关系． （1）如图1，当点、边、上，且时，、、之间的数量关系是 　 　；此时　　； （2）如图2，点、边、上，且当时，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、分别在边、的延长线上时，若，则　　（用、表示）． 【分析】（1）如果，，因为，那么，也就有，直角三角形、中，因为，，根据定理，两三角形全等．那么，，三角形中，，，在三角形中，，，因此三角形是个等边三角形，因此，三角形的周长，三角形的周长，因此． （2）如果，我们可通过构建全等三角形来实现线段的转换．延长至，使，连接．（1）中我们已经得出，，那么三角形和中，有了一组直角，，，因此两三角形全等，那么，，．三角形和中，有，，有一条公共边，因此两三角形全等，，至此我们把转换成了，把转换成了，因为，因此．与的关系的求法同（1），得出的结果是一样的． （3）我们可通过构建全等三角形来实现线段的转换，思路同（2）过作，三角形和中，由（1）中已经得出的，我们做的角，因此两三角形全等．那么，，三角形和中，已知的条件有，一条公共边，要想证得两三角形全等就需要知道，因为，因此，因为，那么，因此，这样就构成了两三角形全等的条件．三角形和就全等了．那么，三角形的周长．因为，，因此三角形的周长． 【解答】解：（1）如图，、、之间的数量关系． 此时． （2）猜想：结论仍然成立． 证明：如图，延长至，使，连接． ，且， ． 又是等边三角形， ． 在与中： ． ，． ． 在与中：， ． ． 的周长 ． 而等边的周长． ． （3）如图，当、分别在、的延长线上时，若， 则（用、表示）． 【点评】本题考查了三角形全等的判定及性质；题目中线段的转换都是根据全等三角形来实现的，当题中没有明显的全等三角形时，我们要根据条件通过作辅助线来构建于已知和所求条件相关的全等三角形． 【变式2-1】如图，是边长为6的等边三角形，，，以点为顶点作一个角，使其两边分别交于点，交于点，连结，则的周长是 　　． 【分析】要求的周长，根据题目已知条件无法求出三条边的长，只能把三条边长用其它已知边长来表示，所以需要作辅助线，延长至，使，连接，通过证明，及，从而得出，的周长等于的长． 【解答】解：是等腰三角形，且， ， 是边长为4的等边三角形， ， ， 延长至，使，连接， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， 的周长是：． 故答案为：12． 【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质；主要利用等边三角形和等腰三角形的性质来证明三角形全等，构造另一个三角形是解题的关键． 【变式2-2】如图，是边长为4的等边三角形，，且，以为顶点作一个角，使其两边分别交于点．交于点，连接，则的周长是 　　． 【分析】要求的周长，根据题目已知条件无法求出三条边的长，只能把三条边长用其它已知边长来表示，所以需要作辅助线，延长至，使，连接，通过证明，及，从而得出，的周长等于的长． 【解答】解：是等腰三角形，且， ， 是边长为4的等边三角形， ， ， 延长至，使，连接， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 在和中， ， ， 的周长是：． 故答案为：8． 【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质；主要利用等边三角形和等腰三角形的性质来证明三角形全等，构造另一个三角形是解题的关键． 【变式2-3】（2022秋•宜丰县校级期中）如图1，是正三角形，是等腰三角形，，，以为顶点作一个角，角的两边分别交、边于、两点，连接． （1）探究、、之间的关系，并说明理由． （2）若的边长为2，求的周长． 【分析】（1）延长至，使得并连接，构造全等三角形，找到，，，再进一步证明，进而得到； （2）利用（1）中结论，将的周长转化为、的和来解答． 【解答】解：（1）．理由如下： 延长至，使得，连接，如图所示： 为等腰三角形，为等边三角形， ，，， 又，且， ， ， ， 在与中， ， ， ，，， 又，， ， ，即， ， 在与中， ， ， ， 又，， ； （2）为等边三角形， ， 利用（1）中的结论得出：，， 的周长 ． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质及等腰三角形的性质；此题从不同角度考查了作相等线段构造全等三角形的能力，要充分利用等边三角形及等腰三角形的性质，转换各相等线段解答． 过关检测 一、单选题 1．如图所示，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边BC上的两点，且∠DAE＝45°，将△ADC绕点A按顺时针方向旋转90°后得到△AFB，连接EF，有下列结论：①BE＝DC；②∠BAF＝∠DAC；③∠FAE＝∠DAE；④BF＝DC．其中正确的有（　　）    A．①②③④ B．②③ C．②③④ D．③④ 【答案】C 【分析】利用旋转性质可得△ABF≌△ACD，根据全等三角形的性质一一判断即可． 【详解】解：∵△ADC绕A顺时针旋转90°后得到△AFB， ∴△ABF≌△ACD， ∴∠BAF＝∠CAD，AF＝AD，BF＝CD，故②④正确， ∴∠EAF＝∠BAF+∠BAE＝∠CAD+∠BAE＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°＝∠DAE故③正确 无法判断BE＝CD，故①错误， 故选：C． 【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 2．（21-22八年级上·福建龙岩·期中）如图，在中，，，D、E是斜边上两点，且，若，，，则与的面积之和为（    ） A．36 B．21 C．30 D．22 【答案】B 【分析】将关于对称得到，从而可得的面积为15，再根据对称的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理证出，从而可得，最后根据与的面积之和等于与的面积之和即可得． 【详解】解：如图，将关于AE对称得到， 则，， ， ， ， 在和中，， ， ， ，即是直角三角形， ， ， 即与的面积之和为21， 故选：B． 【点睛】本题考查了轴对称的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键． 二、解答题 3．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之间的数量关系及△AMN的周长Q与等边△ABC的周长L的关系． （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　　　　　　　；此时　　； （2）如图2，点M、N在边AB、AC上，且当DM≠DN时，猜想（ I）问的两个结论还成立吗？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）BM+NC＝MN，；（2）结论仍然成立，详见解析；（3）NC﹣BM＝MN，详见解析 【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． 【详解】（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． 【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． 4．如图，是边长为3的等边三角形，是等腰三角形，且，以为顶点作一个角，使其两边分别交于点，交于点，连接，求的周长． 【答案】的周长为6． 【分析】要求△AMN的周长，根据题目已知条件无法求出三条边的长，只能把三条边长用其它已知边长来表示，所以需要作辅助线，延长AB至F，使BF=CN，连接DF，通过证明△BDF≌△CDN，及△DMN≌△DMF，从而得出MN=MF，△AMN的周长等于AB+AC的长． 【详解】解：∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC=120° ∴∠BCD=∠DBC=30° ∵△ABC是边长为3的等边三角形 ∴∠ABC=∠BAC=∠BCA=60° ∴∠DBA=∠DCA=90° 延长AB至F，使BF=CN，连接DF， 在Rt△BDF和Rt△CND中，BF=CN，DB=DC ∴△BDF≌△CDN， ∴∠BDF=∠CDN，DF=DN ∵∠MDN=60° ∴∠BDM+∠CDN=60° ∴∠BDM+∠BDF=60°，∠FDM=60°=∠MDN，DM为公共边 ∴△DMN≌△DMF， ∴MN=MF ∴△AMN的周长是：AM+AN+MN=AM+MB+BF+AN=AB+AC=6． 【点睛】此题主要利用等边三角形和等腰三角形的性质来证明三角形全等，构造另一个三角形是解题的关键． 5．如图，是边长为2的等边三角形，是顶角为120°的等腰三角形，以点为顶点作，点、分别在、上． （1）如图①，当时，则的周长为______； （2）如图②，求证：． 【答案】（1）4；（2）见解析 【分析】（1）首先证明△BDM≌△CDN，进而得出△DMN是等边三角形，∠BDM=∠CDN=30°，NC=BM=DM=MN，即可解决问题； （2）延长至点，使得，连接，首先证明，再证明，得出，进而得出结果即可． 【详解】解：（1）∵是等边三角形，， ， ∴是等边三角形，，则， ∵是顶角的等腰三角形， ， ， 在和中， ， ，， ∵， ∴是等边三角形，， ，， ∴的周长． （2）如图，延长至点，使得，连接， ∵是等边三角形，是顶角的等腰三角形， ，， ， ， 在和中， ， ，， ， ∵， ， 在和中， ． ， 又∵， ． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质及等腰三角形的性质，掌握全等三角形的性质与判定，等边三角形及等腰三角形的性质是解题的关键． 6．（21-22八年级上·浙江绍兴·期中）问题情境 在等边△ABC的两边AB，AC上分别有两点M，N，点D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC． 特例探究 如图1，当DM＝DN时， （1）∠MDB＝　 　度； （2）MN与BM，NC之间的数量关系为　 　； 归纳证明 （3）如图2，当DM≠DN时，在NC的延长线上取点E，使CE＝BM，连接DE，猜想MN与BM，NC之间的数量关系，并加以证明． 拓展应用 （4）△AMN的周长与△ABC的周长的比为　 　． 【答案】（1）30；（2）MN＝BM+NC；（3）MN＝BM+NC，证明见解析；（4） 【分析】（1）先证明△MDN是等边三角形，则MN＝DM＝DN，再证明Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），得∠BDM＝∠CDN＝30°； （2）由（1）得DM＝2BM，可得结论MN＝2BM＝BM+NC； 归纳证明：先证△DBM≌△DCE（HL），得DM＝DE，∠BDM＝∠CDE，再证△MDN≌△EDN（SAS），得MN＝NE，可得结论MN＝BM+CN； 拓展应用： （3）首先根据题意利用SAS证明△DBM≌△DCE，然后证明△MDN≌△EDN，根据全等三角形对应相等通过线段之间的转化即可得到MN＝BM+NC； （4）由（3）得到MN＝BM+NC，则△AMN的周长＝2AB，△ABC的周长＝3AB，即可得出结论． 【详解】特例探究： 解：（1）∵DM＝DN，∠MDN＝60°， ∴△MDN是等边三角形， ∴MN＝DM＝DN， ∵∠BDC＝120°，BD＝DC， ∴∠DBC＝∠DCB＝30°， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝60°， ∴∠DBM＝∠DCN＝90°， ∵BD＝CD，DM＝DN， ∴Rt△DBM≌Rt△DCN（HL）， ∴∠MDB＝∠NDC＝30°， 故答案为：30； （2）由（1）得：DM＝2BM，DM＝MN，Rt△DBM≌Rt△DCN（HL）， ∴BM＝CN， ∴DM＝MN＝2BM＝BM+NC， 即MN＝BM+NC； 归纳证明 （3）解：猜想：MN＝BM+NC，证明如下： ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝60°， ∵BD＝CD，∠BDC＝120°， ∴∠DBC＝∠DCB＝30°， ∴∠MBD＝∠NCD＝90°． ∴∠MBD＝∠ECD＝90°， 又∵BD＝CD，BM＝CE， ∴△DBM≌△DCE（SAS）， ∴DM＝DE，∠MDB＝∠EDC， ∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°， ∴∠MDB+∠NDC＝60°， ∴∠EDN＝∠NDC+∠EDC＝∠MDB+∠NDC＝60°， ∴∠EDN＝∠MDN， 又∵DN＝DN， ∴△MDN≌△EDN（SAS）， ∴MN＝EN＝EC+NC＝BM+NC； 拓展应用 （4）解：由（1）（2）得：MN＝BM+NC， ∴△AMN的周长＝AM+MN+AN＝AM+BM+NC+AN＝AB+AC＝2AB， ∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC＝AC， ∴△ABC的周长＝3AB， ∴△AMN的周长与△ABC的周长的比为＝， 故答案为：． 【点睛】此题考查了等边三角形的性质的，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质． 7．如图，已知在△ABC中，AB＝AC，D、E是BC边上的点，将△ABD绕点A旋转，得到△AC，连接E． (1)当∠BAC＝120°，∠DAE＝60°时，求证：DE＝E； (2)当DE＝E时，∠DAE与∠BAC有怎样的数量关系？请写出，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)∠DAE＝∠BAC，理由见解析 【分析】（1）根据旋转的性质可得AD＝A，∠CA＝∠BAD，然后求出∠D′AE＝60°，从而得到∠DAE＝∠AE，再利用“边角边”证明△ADE和△AE全等，根据全等三角形对应边相等证明即可； （2）根据旋转的性质可得AD＝A，再利用“边边边”证明△ADE和△AE全等，然后根据全等三角形对应角相等求出∠DAE＝∠AE，然后求出∠BAD＋∠CAE＝∠DAE，从而得解； 【详解】（1）证明：∵△ABD绕点A旋转得到△AC， ∴AD＝A，∠CA＝∠BAD， ∵∠BAC＝120°，∠DAE＝60°， ∴∠AE＝∠CA＋∠CAE＝∠BAD＋∠CAE＝∠BAC﹣∠DAE＝120°﹣60°＝60°， ∴∠DAE＝∠AE， 在△ADE和△AE中， ∵， ∴△ADE≌△AE（SAS）， ∴DE＝E； （2）解：∠DAE＝∠BAC． 理由如下：在△ADE和△AE中， ， ∴△ADE≌△AD′E（SSS）， ∴∠DAE＝∠AE， ∴∠BAD＋∠CAE＝∠CAD′＋∠CAE＝∠D′AE＝∠DAE， ∴∠DAE＝∠BAC； 【点睛】本题考查了几何变换的综合题，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，熟记旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小找出三角形全等的条件是解题的关键． 8．（20-21七年级下·四川成都·期末）如图，，，，，． （1）求的度数； （2）以E为圆心，以长为半径作弧；以F为圆心，以长为半径作弧，两弧交于点G，试探索的形状？是锐角三形，直角三角形还是钝角三角形？请说明理由． 【答案】（1）45°；（2）见详解 【分析】（1）由CA⊥CB，可得∠ACB＝90°，再根据∠ECF＝45°，即可得出答案； （2）如图，连接DE，先证明△ECF≌△ECD（SAS），可得DE＝EF，再证明△CAD≌△CBF（SAS），可得AD＝BF，∠CAD＝∠B，即可得出∠DAE＝90°，再利用SSS证明△EFG≌△EDA，即可得出答案． 【详解】解：（1）∵CA⊥CB， ∴∠ACB＝90°， ∴∠ACE＋∠ECF＋∠BCF＝90°， ∵∠ECF＝45°， ∴∠ACE＋∠BCF＝90°−∠ECF＝45°； （2）△EFG是直角三角形，理由如下： 如图，连接DE， 由（1）知，∠ACE＋∠BCF＝45°， ∵∠ACD＝∠BCF， ∴∠ACE＋∠ACD＝45°，即∠DCE＝45°， ∵∠ECF＝45°， ∴∠ECF＝∠ECD， 在△ECF和△ECD中， ， ∴△ECF≌△ECD（SAS）， ∴DE＝EF， 在△CAD和△CBF中， ， ∴△CAD≌△CBF（SAS）， ∴AD＝BF，∠CAD＝∠B， ∵FG＝BF， ∴FG＝AD， ∵∠ACB＝90°，CA＝CB， ∴△ABC是等腰直角三角形， ∴∠CAB＝∠B＝45°， ∴∠DAE＝∠CAB＋∠B＝90°， 在△EFG和△EDA中， ， ∴△EFG≌△EDA（SSS）， ∴∠EGF＝∠EAD＝90°， ∴△EFG是直角三角形． 【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形性质，直角三角形的判定和性质，全等三角形判定和性质等知识，解题关键是添加辅助线构造全等三角形，熟练运用全等三角形判定和性质解决问题． 9.（2020秋•西青区期末）已知在中，，，是边上的点，将绕点旋转，得到，连接． （Ⅰ）如图1，当，时，求证：； （Ⅱ）如图2，当时，请写出与的数量关系，并说明理由． 【分析】由旋转知，再利用证明△即可； （Ⅱ）利用证明△，得，从而得出答案； 【解答】证明：将绕点旋转，得到， ，， ，， ， ， 在与△中， ， △， ； （Ⅱ）解：，理由如下： 在与△中， ， △， ， ， ； 10．（2022春•林甸县期末）如图为等边三角形，直线，为直线上任一动点，将一角的顶点置于点处，它的一边始终经过点，另一边与直线交于点． （1）若恰好在的中点上（如图求证：是等边三角形； （2）若为直线上任一点（如图，其他条件不变，上述（1）的结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由． 【分析】（1）根据题意得出，进而可证得，从而可判断出结论． （2）在上取点，使，连接，从而证得，进而得出结论． 【解答】（1）证明：，且为等边三角形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ． ，且， 是等边三角形； （2）在上取点，使，连接， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， 又， 是等边三角形． 【点评】本题考查了等边三角形的判定及性质，难度较大，注意基本性质的掌握及熟练应用是解答本题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$