第1章 全等三角形--半角模型　讲义　2023-2024学年苏科版八年级上册

全等三角形--半角模型 1、 知识解读 1、 模型特点：①共端点等线段；②共顶点的其中一个角是另一个角的一半； 2、 解题思路：旋转（注意：在做辅助线时不能直接说旋转，具体辅助线做法如下详解，达到和旋转相同的效果） 3、 得到全等三角形和其他结论。 （1） 正方形的半角模型 1、“正方形内含型半角”模型 2、“正方形外延型半角”模型 证明过程同学们可以自己尝试一下哦！！ 证明过程： 1.“正方形内含型半角”模型 证明：如图1,延长CB至点G, 使 BG = DE, 连接AG. 在△ABG和△ADE中， ∴△ABG≌△ADE(SAS). ∴∠BAG=∠DAE,AG=AE. ∵∠EAF=45°, ∴∠BAF+∠DAE=45°. ∴∠BAF+∠BAG=45°. ∴∠FAG=∠EAF=45°. 在△AGF和△AEF中， ∴△AGF≌△AEF(SAS). ∴GF=EF. ∴EF=GB+BF=DE+BF. 2.“正方形外延型半角”模型 证明：如图2,在DC上截取DG=BF, 连接AG 在△ABF和△ADG中， ∴△ABF≌△ADG(SAS). ∴∠BAF=∠GAD,AG=AF. ∵∠EAF=45°, ∴∠BAF+∠BAE=45°. ∴∠BAE+∠GAD=45°. ∴∠EAG=∠EAF=45°. 在△AGE 和 △AFE 中 ， ∴△AGE ≌△AFE(SAS). ∴EF=GE=DE-DG=DE-BF. （2） 等腰直角三角形半角模型（备注：这个模型的结论涉及到勾股定理） 1、“等腰直角三角形内含型半角”模型 条件：如图1,在等腰直角三角形ABC中，AB=AC,∠BAC=90°,∠EAF=45°.说明BE,EF和CF的关系。 辅助线做法：如图2,过点B作BD⊥BC,且BD=FC,连接AD,DE, 分析过程：①证明出一组旋转型全等，即△ABD≌△ACF(SAS), ②再证明一组对称型全等，即△ADE≌△AFE(SAS). ③FC=DB,EF=ED，转换到Rt△DBE中，找到三边关系为DE²=BE²+BD²,即EF²=BE²+CF². 2、“等腰直角三角形外延型半角”模型 条件：如图3,在等腰直角三角形ABC中，AB=AC,∠BAC=90°,∠EAF=45°.说明BE,EF和CF的关系 辅助线做法：如图4,过点C作CD⊥BC,且CD=BE,连接AD,DF 分析过程：①证明出一组旋转型全等，即△ABE≌△ACD(SAS)； ②再证明一组对称型全等，即△ADF≌△AEF(SAS)； ③EF=DF,BE=CD，转换到Rt△CDF中，找到三边关系为DF²=CD²+CF²,即EF²=BE²+CF². （三）“邻边相等且对角互补的四边形半角”模型 条件：如图5,在四边形ABCD中，AB=AD,∠B+∠D=180°,∠EAF=∠BAD=ɑ，说明BE、DF、EF的数量关系 辅助线做法：如图6，延长CD至M，使得DM=BE,连接AM 分析过程：①可以证得一组旋转型全等，即△ABE≌△ADM(SAS) ②再证明一组对称型全等，即△AEF≌△AMF(SAS) ③进而可以得到BE+DF=EF. 2、 专项练习 （一）正方形半角 1．（2023秋•望奎县校级月考）如图，已知正方形ABCD，点E、F分别是AB、BC边上，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM． （1）求证：△EDF≌△MDF； （2）若正方形ABCD的边长为5，AE＝2时，求EF的长？ 2．（2021春•高州市期中）如图，在四边形ABCD中，∠ADC＝∠B＝90°，DE⊥AB，垂足为E，且DE＝EB＝5，则四边形ABCD的面积 　　． 3．（2024春•洛江区期末）如图1，点M、N别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠MAN＝45°，连接MN． （1）求证：MN＝BM+DN．下面提供解题思路，请填空： 如图2，把△ADN绕点A顺时针旋转 　 　度至△ABE，可使AD与AB重合． 由∠EBC＝∠ABE+∠ABC＝180°，则知E、B、C三点共线，从而可证　 ，从而得MN＝BM+DN． （2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间有怎样的等量关系？请写出你的猜想，并证明． （3）如图4，四边形ABCD不是正方形，但满足AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠MAN＝45°，且BC＝7，DC＝13，CN＝5，求BM的长． 4．（2022秋•广饶县校级期末）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． （1）当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时（如图1），求证：BM+DN＝MN； （2）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），则线段BM，DN和MN之间数量关系是 　 　； （3）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，猜想线段BM，DN和MN之间又有怎样的数量关系呢？并对你的猜想加以说明． 5．（2016春•长春期末）【感知】如图①，点M是正方形ABCD的边BC上一点，点N是CD延长线上一点，且MA⊥AN，易证△ABM≌△ADN，进而证得BM＝DN（不要求证明） 【应用】如图②，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°．求证：BE+DF＝EF． 【拓展】如图③，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝90°，∠ABC+∠ADC＝180°，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，若BD＝3，EF＝1.7，则四边形BEFD的周长为　 　． 6．（2022•绥化三模）已知，正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边长分别交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． 7．（2024春•长汀县期末）如图1，已知正方形ABCD，AB＝3，E是边BC上的一个动点（不与点B，C重合），连接AE，点B关于直线AE的对称点为F，连接EF并延长交CD于点G，连接AG，AF． （1）求∠EAG的度数； （2）如图2，连接CF，若CF∥AG，求线段BE的长； （3）如图3，在点E运动过程中，作∠GEC的平分线EH交AG延长线于H，若S△AGE：S△EGH＝4：1，请直接写出线段BE的长． （二）等腰直角三角形半角 8．（2023秋•宿迁期末）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，则MN的长为 　 　． 9．（2021秋•内江期末）旋转变换是解决数学问题中一种重要的思想方法，通过旋转变换可以将分散的条件集中到一起，从而方便解决问题．已知，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点D、E在边BC上，且． （1）如图a，当α＝60°时，将△AEC绕点A顺时针旋转60°到△AFB的位置，连结DF． ①∠DAF＝　 　；②求证：DF＝DE； （2）如图b，当α＝90°时，猜想BD、DE、CE的数量关系，并说明理由． （三）有一组邻边相等且对角互补半角 10．（2021秋•东坡区期末）如图，△ABC是边长为6的等边三角形，BD＝CD，∠BDC＝120°，以点D为顶点作一个60°角，使其两边分别交AB于点M，交AC于点N，连结MN，则△AMN的周长是 　 　． 11．（2015•重庆开学）阅读下列学习内容： （1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠ABC＝∠D＝90°，E，F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系． 探究思路如下：延长EB到点G，使BG＝DF，连接AG． ⇒△ABG≌△ADF⇒ ⇒∠DAF+∠BAE＝60°⇒∠GAB+∠BAE＝60° ∠EAG＝60°⇒⇒△AEF≌△AEG⇒EF＝EG 则由探究结果知，图中线段BE、EF、FD之间的数量关系为 　EF＝BE+FD　． （2）根据上面的方法，解决问题： 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∠EAF＝∠BAD， 上述结论是否仍然成立，并说明理由； （3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝DA，∠BAD＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，点M、N分别在边BC、CD上，且∠MAN＝45°，若BM＝3，ND＝2，请求出线段MN的长度． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/7/10 12:13:22；用户：19902929970；邮箱：19902929970；学号：37357472 12. [阅读]在证明线段和差问题时，经常采用截长补短法，再利用全等图形求线段的数量关系，截长法：将较长的线段截取为两段，证明截取的两段分别与给出的两段相等．补短法：延长较短两条线段中的一条，使得与较长线段相等，证明延长的那一段与另一条较短线段相等． [应用]把两个全等的直角三角形的斜边重合，∠CAD＝∠CBD＝90°，组成一个四边形ACBD，以D为顶点作∠MDN，交边AC、BC于M、N． （1）若∠ACD＝30°，∠MDN＝60°，证明：AM+BN＝MN；经过思考，小红得到了这样的解题思路：利用补短法，延长CB到点E，使BE＝AM，连接DE，先证明△DAM≌△DBE，再证明△MDN≌△EDN，即可求得结论．按照小红的思路，请写出完整的证明过程； （2）当∠ACD+∠MDN＝90°时，AM、MN、BN三条线段之间有何数量关系？（直接写出你的结论，不用证明） （3）如图③，在（2）的条件下，若将M、N改在CA、BC的延长线上，完成图③，其余条件不变，则AM、MN、BN之间有何数量关系？证明你的结论． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 全等三角形--半角模型 1、 知识解读 1、 模型特点：①共端点等线段；②共顶点的其中一个角是另一个角的一半； 2、 解题思路：旋转（注意：在做辅助线时不能直接说旋转，具体辅助线做法如下详解，达到和旋转相同的效果） 3、 得到全等三角形和其他结论。 （1） 正方形的半角模型 1、“正方形内含型半角”模型 2、“正方形外延型半角”模型 证明过程同学们可以自己尝试一下哦！！ 证明过程： 1.“正方形内含型半角”模型 证明：如图1,延长CB至点G, 使 BG = DE, 连接AG. 在△ABG和△ADE中， ∴△ABG≌△ADE(SAS). ∴∠BAG=∠DAE,AG=AE. ∵∠EAF=45°, ∴∠BAF+∠DAE=45°. ∴∠BAF+∠BAG=45°. ∴∠FAG=∠EAF=45°. 在△AGF和△AEF中， ∴△AGF≌△AEF(SAS). ∴GF=EF. ∴EF=GB+BF=DE+BF. 2.“正方形外延型半角”模型 证明：如图2,在DC上截取DG=BF, 连接AG 在△ABF和△ADG中， ∴△ABF≌△ADG(SAS). ∴∠BAF=∠GAD,AG=AF. ∵∠EAF=45°, ∴∠BAF+∠BAE=45°. ∴∠BAE+∠GAD=45°. ∴∠EAG=∠EAF=45°. 在△AGE 和 △AFE 中 ， ∴△AGE ≌△AFE(SAS). ∴EF=GE=DE-DG=DE-BF. （2） 等腰直角三角形半角模型（备注：这个模型的结论涉及到勾股定理） 1、“等腰直角三角形内含型半角”模型 条件：如图1,在等腰直角三角形ABC中，AB=AC,∠BAC=90°,∠EAF=45°.说明BE,EF和CF的关系。 辅助线做法：如图2,过点B作BD⊥BC,且BD=FC,连接AD,DE, 分析过程：①证明出一组旋转型全等，即△ABD≌△ACF(SAS), ②再证明一组对称型全等，即△ADE≌△AFE(SAS). ③FC=DB,EF=ED，转换到Rt△DBE中，找到三边关系为DE²=BE²+BD²,即EF²=BE²+CF². 2、“等腰直角三角形外延型半角”模型 条件：如图3,在等腰直角三角形ABC中，AB=AC,∠BAC=90°,∠EAF=45°.说明BE,EF和CF的关系 辅助线做法：如图4,过点C作CD⊥BC,且CD=BE,连接AD,DF 分析过程：①证明出一组旋转型全等，即△ABE≌△ACD(SAS)； ②再证明一组对称型全等，即△ADF≌△AEF(SAS)； ③EF=DF,BE=CD，转换到Rt△CDF中，找到三边关系为DF²=CD²+CF²,即EF²=BE²+CF². （三）“邻边相等且对角互补的四边形半角”模型 条件：如图5,在四边形ABCD中，AB=AD,∠B+∠D=180°,∠EAF=∠BAD=ɑ，说明BE、DF、EF的数量关系 辅助线做法：如图6，延长CD至M，使得DM=BE,连接AM 分析过程：①可以证得一组旋转型全等，即△ABE≌△ADM(SAS) ②再证明一组对称型全等，即△AEF≌△AMF(SAS) ③进而可以得到BE+DF=EF. 2、 专项练习 （一）正方形半角 1．（2023秋•望奎县校级月考）如图，已知正方形ABCD，点E、F分别是AB、BC边上，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM． （1）求证：△EDF≌△MDF； （2）若正方形ABCD的边长为5，AE＝2时，求EF的长？ 【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．版权所有 【分析】（1）根据正方形的性质可得∠A＝∠DCF＝90°，AD＝AB＝BC＝5，根据旋转的性质可得∠A＝∠DCM＝90°，DE＝DM，∠EDM＝90°，从而证明F、C、M三点共线，然后利用正方形中的半角模型证明△EDF≌△MDF； （2）设CF＝x，从而可得BF＝5﹣x，EF＝FM＝2+x，然后在Rt△EBF中，根据勾股勾股定理进行计算即可解答，即可求出EF的长． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠B＝∠DCF＝90°，AD＝AB＝BC＝5， 由旋转得： ∠A＝∠DCM＝90°，DE＝DM，∠EDM＝90°， ∴∠DCF+∠DCM＝180°， ∴F、C、M三点在同一条直线上， ∵∠EDF＝45°， ∴∠FDM＝∠EDM﹣∠EDF＝45°， ∴∠EDF＝∠FDM， ∵DF＝DF， ∴△EDF≌△MDF（SAS）； （2）设CF＝x， ∴BF＝BC﹣CF＝5﹣x， 由旋转得：AE＝CM＝2， ∴BE＝AB﹣AE＝3，FM＝CF+CM＝2+x， ∵△EDF≌△MDF， ∴EF＝FM＝2+x， 在Rt△EBF中，BE2+BF2＝EF2， ∴9+（5﹣x）2＝（2+x）2， ∴x＝， ∴EF＝2+x＝， ∴EF的长为． 【点评】本题考查了旋转的性质，正方形法性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形中的半角模型是解题的关键． 2．（2021春•高州市期中）如图，在四边形ABCD中，∠ADC＝∠B＝90°，DE⊥AB，垂足为E，且DE＝EB＝5，则四边形ABCD的面积 　25　． 【考点】全等三角形的判定与性质；勾股定理．版权所有 【分析】根据旋转的性质将四边形ABCD变形为正方形DEBE′，易求四边形ABCD的面积． 【解答】解：把Rt△DEA以绕D按逆时针旋转90°，如图： ∵旋转不改变图形的形状和大小， ∴A与C重合，∠A＝∠DCE′，∠E′＝∠AED＝90°． ∵在四边形ABCD中，∠ADC＝∠B＝90°， ∴∠A+∠DCB＝180°， ∴∠DCE′+∠DCB＝180°， 即点B、C、E′在同一直线上， ∵∠DEB＝∠E′＝∠B＝90°， ∴四边形DEBE′是矩形， ∴S矩形DEBE′＝DE×BE＝5×5＝25， ∵S矩形DEBE′＝S四边形DEBC+S△DCE， ∵S四边形ABCD＝S四边形DEBC+S△ADE＝S四边形DEBC+S△DCE， ∴S四边形ABCD＝S矩形DEBE＝25． 故四边形ABCD的面积为25． 故答案为：25． 【点评】本题考查了全等三角形的判定定理和性质定理、旋转的性质等知识点，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有：SAS，ASA，AAS，SSS，直角三角形还有HL，用旋转图形的方法将不规则图形转化为常见图形是数学中的一种解题思路． 3．（2024春•洛江区期末）如图1，点M、N别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠MAN＝45°，连接MN． （1）求证：MN＝BM+DN．下面提供解题思路，请填空： 如图2，把△ADN绕点A顺时针旋转 　90　度至△ABE，可使AD与AB重合． 由∠EBC＝∠ABE+∠ABC＝180°，则知E、B、C三点共线，从而可证△AEM≌　△ANM　，从而得MN＝BM+DN． （2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间有怎样的等量关系？请写出你的猜想，并证明． （3）如图4，四边形ABCD不是正方形，但满足AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠MAN＝45°，且BC＝7，DC＝13，CN＝5，求BM的长． 【考点】四边形综合题．版权所有 【分析】（1）利用旋转的性质和正方形的性质，证明△AEM≌△ANM即可求证； （2）在DC上取一点G，使DG＝BM，先证明△ABM≌△ADG，再证明△MAN≌△GAN，即可得出答案； （3）在DC上取一点G，使DG＝BM，先证明△ABM≌△ADG，再证明△MAN≌△GAN，得到MN＝NG，设BM＝x，用含x的代数式表达GC和MN，根据勾股定理列出方程，解出x的值即可． 【解答】解：（1）∵∠BAD＝90°， ∴△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABE， ∵旋转， ∴△ADN≌△ABE， ∴AN＝AE，∠DAN＝∠BAE， ∵∠MAN＝45°， ∴∠BAM+∠DAN＝45°，即∠BAM+∠BAE＝45°， ∴∠EAM＝∠NAM， ∴△AEM≌△ANM（SAS）， ∴MN＝EM＝BM+BE＝BM+DN． 故答案为：90，△ANM； （2）MN＝DN﹣BM，理由如下， 在DC上取一点G，使DG＝BM， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB，∠ADG＝∠ABM＝90°， 又∵DG＝BM， ∴△ABM≌△ADG（SAS）， ∴AM＝AG，∠MAB＝∠GAD， ∵∠MAN＝∠BAM+∠BAN＝45°， ∴∠GAD+∠BAN＝45°， ∴∠GAN＝45°，即∠MAN＝∠GAN， 又∵AN＝AN， ∴△MAN≌△GAG（SAS）， ∴MN＝NG＝DN﹣DG＝DN﹣BM， 即MN＝DN﹣BM； （3）解：在DC上取一点G，使DG＝BM， ∵∠BAD＝∠BCD＝90°， ∴∠D+∠ABC＝180°， ∵∠ABM+∠ABC＝180°， ∴∠D＝∠ABM， 又∵AB＝AD，DG＝BM， ∴△ABM≌△ADG（SAS）， ∴AM＝AG，∠MAB＝∠GAD， ∵∠MAN＝∠BAM+∠BAN＝45°， ∴∠GAD+∠BAN＝45°， ∴∠GAN＝45°，即∠MANF＝∠GAN， ∴△MAN≌△GAN（SAS）， ∴MN＝NG， 设BM＝x＝DG， ∴GC＝13﹣x， ∴MN＝NG＝18﹣x， 在Rt△MCN中，MC2+NC2＝MN2 ∴52+（7+x）2＝（18﹣x）2， 解得：x＝5， ∴BM的长为5． 【点评】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的性质和判定等内容，熟练掌握相关知识和理解题干材料是解题关键． 4．（2022秋•广饶县校级期末）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． （1）当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时（如图1），求证：BM+DN＝MN； （2）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），则线段BM，DN和MN之间数量关系是 　BM+DN＝MN　； （3）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，猜想线段BM，DN和MN之间又有怎样的数量关系呢？并对你的猜想加以说明． 【考点】正方形的性质；旋转的性质；全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】（1）过A作AE⊥MN于E，根据全等求出AM＝AN，∠BAM＝∠DAN＝22.5°，求出∠EAN＝∠DAN＝22.5°，根据角平分线的性质求出DN＝EN，再求出答案即可； （2）证法与（1）类似，延长CB到E，使BE＝DN，连接AE，根据SAS证△ABE≌△ADN，推出AE＝AN，∠DAN＝∠BAE，求出∠NAM＝∠MAE，根据SAS证出△NAM≌△EAM即可； （3）在CD上截取DE＝BM，连接AE，根据SAS证△ADE≌△ABM，推出AE＝AM，∠DAE＝∠MAB，求出∠EAN＝∠MAN，根据SAS证出△MAN≌△EAN即可． 【解答】（1）证明：如图1，过A作AE⊥MN于E， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠D＝∠ABC＝90°，∠BAD＝90°， ∵∠MAN＝45°， ∴∠BAM+∠DAN＝90°﹣45°＝45°， 在△ABM和△ADN中 ， ∴△ABM≌△ADN（SAS）， ∴AM＝AN，∠BAM＝∠DAN＝45°＝22.5°， ∵AE⊥MN， ∴∠NAE＝MAN＝22.5°，MN＝2EN， ∴∠DAN＝∠NAE， ∵AE⊥MN，∠D＝90°， ∴DN＝NE， 即BM＝DN＝NE， ∴BM+DN＝MN； （2）解：线段BM，DN和MN之间数量关系是BM+DN＝MN，理由如下： 延长CB至E，使得BE＝DN，连接AE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠D＝∠ABC＝90°＝∠ABE， 在△ADN和△ABE中， ∵， ∴△ABE≌△ADN（SAS）， ∴∠BAE＝∠DAN，AE＝AN， ∴∠EAN＝∠BAE+∠BAN＝∠DAN+∠BAN＝90°， ∵∠MAN＝45°， ∴∠EAM＝∠MAN， ∵在△EAM和△NAM中 ， ∴△EAM≌△NAM， ∴MN＝ME， ∵ME＝BM+BE＝BM+DN， ∴BM+DN＝MN， 故答案为：BM+DN＝MN； （3）DN﹣BM＝MN，理由如下： 如图3，在DC上截取DE＝BM，连接AE， 由（1）知△ADE≌△ABM（SAS）， ∴∠DAE＝∠BAM，AE＝AM， ∴∠EAM＝∠BAM+∠BAE＝∠DAE+∠BAE＝90°， ∵∠MAN＝45°， ∴∠EAN＝∠MAN． ∵在△MAN和△EAN中， ， ∴△MAN≌△EAN（SAS）， ∴EN＝MN， 即DN﹣DE＝MN， ∴DN﹣BM＝MN． 【点评】本题考查了正方形的性质，角平分线的性质，全等三角形的性质和判定，此题比较典型，具有一定的代表性，且证明过程类似，同时通过做此题培养了学生的猜想能力和类比推理能力． 5．（2016春•长春期末）【感知】如图①，点M是正方形ABCD的边BC上一点，点N是CD延长线上一点，且MA⊥AN，易证△ABM≌△ADN，进而证得BM＝DN（不要求证明） 【应用】如图②，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°．求证：BE+DF＝EF． 【拓展】如图③，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝90°，∠ABC+∠ADC＝180°，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，若BD＝3，EF＝1.7，则四边形BEFD的周长为　6.4　． 【考点】四边形综合题．版权所有 【分析】【应用】如图②中，过点A作AG⊥AE交CD延长线于点G．先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，得到EF＝FG，由此即可证明． 【拓展】如图③中，如图③中，过点A作AG⊥AE交CD延长线于点G．首先证明BE+DF＝EF，由此即可计算四边形的周长． 【解答】【应用】如图②中，过点A作AG⊥AE交CD延长线于点G． ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝AD，∠B＝∠BAD＝∠ADC＝90°． ∴∠B＝∠ADG＝90°，∠BAE+∠EAD＝90°． ∵AG⊥AE，∴∠DAG+∠EAD＝90°． ∴∠BAE＝∠DAG． 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG． ∴AE＝AG，BE＝DG． ∵∠EAF＝45°，AG⊥AE， ∴∠EAF＝∠GAF＝45°． 在△FAE和△FAG中， ， ∴△AEF≌△AGF． ∴EF＝FG． ∵FG＝DF+DG＝DF+BE， ∴BE+DF＝EF． 【拓展】如图③中，过点A作AG⊥AE交CD延长线于点G． ∵AB＝AD，∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADG+∠ADC＝180° ∴∠ABE＝∠ADG， ∵AG⊥AE，∴∠DAG+∠EAD＝90°． ∵∠BAE+∠EAD＝90° ∴∠BAE＝∠DAG． 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG． ∴AE＝AG，BE＝DG． ∵∠EAF＝45°，AG⊥AE， ∴∠EAF＝∠GAF＝45°． 在△FAE和△FAG中， ， ∴△AEF≌△AGF． ∴EF＝FG． ∵FG＝DF+DG＝DF+BE， ∴BE+DF＝EF． ∴四边形BEFD的周长为EF+（BE+DF）+DB＝1.7+1.7+3＝6.4， 故答案为6.4 【点评】本题考查四边形的综合题、全等三角形的判定和性质、正方形的性质等知识，解题的关键是学会由感知部分得到启发，添加辅助线构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 6．（2022•绥化三模）已知，正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边长分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N，AH⊥MN于点H． （1）如图①，当∠MAN点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系：　AH＝AB　； （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． 【考点】四边形综合题．版权所有 【分析】（1）由三角形全等可以证明AH＝AB， （2）延长CB至E，使BE＝DN，证明△AEM≌△ANM，能得到AH＝AB， （3）分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，然后分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCE，设AH＝x，则MC＝x﹣2，NC＝x﹣3，在Rt△MCN中，由勾股定理，解得x． 【解答】解：（1）如图①AH＝AB， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°， 在△ABM与△ADN中，， ∴△ABM≌△ADN， ∴∠BAM＝∠DAN，AM＝AN， ∵AH⊥MN， ∴∠MAH＝MAN＝22.5°， ∵∠BAM+∠DAN＝45°， ∴∠BAM＝22.5°， 在△ABM与△AHM中，， ∴△ABM≌△AHM， ∴AB＝AH； 故答案为：AH＝AB； （2）数量关系成立．如图②，延长CB至E，使BE＝DN． ∵ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°， 在Rt△AEB和Rt△AND中，， ∴Rt△AEB≌Rt△AND， ∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD， ∴∠EAM＝∠NAM＝45°， 在△AEM和△ANM中，， ∴△AEM≌△ANM， ∴S△AEM＝S△ANM，EM＝MN， ∵AB、AH是△AEM和△ANM对应边上的高， ∴AB＝AH； （3）如图③分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND， ∴BM＝2，DN＝3，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°， 分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCD， 由（2）可知，AH＝AB＝BC＝CD＝AD， 设AH＝x，则MC＝x﹣2，NC＝x﹣3， 在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2+NC2， ∴52＝（x﹣2）2+（x﹣3）2， 解得x1＝6，x2＝﹣1（不符合题意，舍去） ∴AH＝6． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，翻折的性质，此题比较典型，具有一定的代表性，且证明过程类似，同时通过做此题培养了学生的猜想能力和类比推理能力． 7．（2024春•长汀县期末）如图1，已知正方形ABCD，AB＝3，E是边BC上的一个动点（不与点B，C重合），连接AE，点B关于直线AE的对称点为F，连接EF并延长交CD于点G，连接AG，AF． （1）求∠EAG的度数； （2）如图2，连接CF，若CF∥AG，求线段BE的长； （3）如图3，在点E运动过程中，作∠GEC的平分线EH交AG延长线于H，若S△AGE：S△EGH＝4：1，请直接写出线段BE的长． 【考点】四边形综合题．版权所有 【分析】（1）由轴对称的性质可知∠EAB＝∠EAF，利用全等三角形的性质证明∠DAG＝∠FAG即可解决问题； （2）证出FG＝DG＝CG＝1.5，设BE＝x，则EG＝x+1.5，EC＝3﹣x，由勾股定理得出（3﹣x）2+1.52＝（x+1.5）2，则可得出答案； （3）过点H作HM⊥EG，交EG的延长线于点M，HN⊥BC，交BC的延长线于点N，证明△ABE≌△ENH（AAS），由全等三角形的性质得出BE＝HN，由角平分线的性质得出MH＝HN，根据三角形面积公式可得出答案． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，点B关于AE对称， ∴AB＝AF＝AD，∠BAE＝∠EAF＝∠BAF，∠B＝∠AFE＝∠D＝90°， ∵AG＝AG， ∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL）， ∴∠FAG＝∠DAG＝∠FAD， ∴∠EAG＝∠EAF+∠GAF＝∠BAF+∠DAF＝∠BAD＝45°． （2）∵CF∥AG， ∴∠AGF＝∠CFG，∠AGD＝∠FCG， ∵△AFG≌△ADG， ∴∠AGF＝∠AGD， ∴∠GFC＝∠FCG， ∴FG＝DG＝CG＝1.5， 设BE＝x，则EG＝x+1.5，EC＝3﹣x， ∵EC2+CG2＝EG2， ∴（3﹣x）2+1.52＝（x+1.5）2， ∴x＝1， 即BE＝1． （3）过点H作HM⊥EG，交EG的延长线于点M，HN⊥BC，交BC的延长线于点N， ∵点B关于直线AE的对称点为F， ∴AB＝AF，∠AEB＝∠AEF， ∵EH平分∠CEG， ∴∠CEH＝∠GEH， ∴∠AEH＝∠BEC＝90°， ∵∠EAH＝45°， ∴∠EAH＝∠AHE， ∴AE＝EH， ∵∠AEB+∠HEN＝90°，∠BAE+∠AEB＝90°， ∴∠BAE＝∠HEN， ∵∠ABE＝∠ENH＝90°， ∴△ABE≌△ENH（AAS）， ∴BE＝HN， ∵EH平分∠CEG，HM⊥EG，HN⊥BC， ∴MH＝HN， ∵，， ∴， ∴， ∵AB＝3， ∴BE＝． 【点评】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，轴对称的性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题． （二）等腰直角三角形半角 8．（2023秋•宿迁期末）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，则MN的长为 　　． 【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．版权所有 【分析】将△ABM逆时针旋转90°得到△ACF，连接NF，由条件可以得出△NCF为直角三角形，利用勾股定理就可以求出NF，通过证明三角形全等就可以MN＝NF，求出NF即可． 【解答】解：将△AMB逆时针旋转90°到△ACF，连接NF， ∴CF＝BM，AF＝AM，∠B＝∠ACF．∠2＝∠3， ∵△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴∠B＝∠ACB＝45°， ∵∠MAN＝45°， ∴∠NAF＝∠1+∠3＝∠1+∠2＝90°﹣45°＝45°＝∠NAF， 在△MAN和△FAN中 ∴△MAN≌△FAN（SAS）， ∴MN＝NF， ∵∠ACF＝∠B＝45°，∠ACB＝45°， ∴∠FCN＝90°， ∵CF＝BM＝1，CN＝3， ∴在Rt△CFN中，由勾股定理得：MN＝NF＝＝， 故答案为：． 【点评】本题考查了旋转的性质的运用，勾股定理的运用，全等三角形的判定与性质，能正确作出辅助线是解此题的关键，难度适中． 9．（2021秋•内江期末）旋转变换是解决数学问题中一种重要的思想方法，通过旋转变换可以将分散的条件集中到一起，从而方便解决问题．已知，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点D、E在边BC上，且． （1）如图a，当α＝60°时，将△AEC绕点A顺时针旋转60°到△AFB的位置，连结DF． ①∠DAF＝　30°　；②求证：DF＝DE； （2）如图b，当α＝90°时，猜想BD、DE、CE的数量关系，并说明理由． 【考点】几何变换综合题．版权所有 【分析】（1）①先求出∠EAF＝60°，再求出∠DAE＝30°，即可求出答案； ②用SAS判断出△DAF≌△DAE，即可得出结论； （2）将△AEC绕点A顺时针旋转90°到△AFB的位置，连结DF，得出AF＝AE，∠EAF＝90°＝∠BAC，进而判断出△BAF≌△CAE（SAS），得出BF＝CE，∠ABF＝∠ACE，再判断出∠DBF＝90°，用勾股定理，即可得出结论． 【解答】（1）①解：由旋转知，AF＝AE，∠BAF＝∠CAE，∠EAF＝60°， ∵∠DAE＝α，∠BAC＝α＝60°， ∴∠DAE＝×60°＝30°， ∴∠CAE+∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝30°， ∴∠DAF＝∠BAD+∠BAF＝∠BAD+∠CAE＝30°， 故答案为：30°； ②证明：由①知，AF＝AE，∠DAF＝∠DAE＝30°， ∵AB＝AC， ∴△DAF≌△DAE（SAS）， ∴DF＝DE； （2）解：DE2＝BD2+CE2，理由如下： 如图， 将△AEC绕点A顺时针旋转90°到△AFB的位置，连结DF， ∴AF＝AE，∠EAF＝90°＝∠BAC， ∴∠BAF＝∠CAE， ∴△BAF≌△CAE（SAS）， ∴BF＝CE，∠ABF＝∠ACE， 在Rt△ABC中，∠C＝∠ABC＝45°， ∴∠ABF＝45°， ∴∠DBF＝90°，根据勾股定理得，DF2＝BD2+BF2， ∴DF2＝BD2+CE2， 同（1）②的方法得，DF＝DE， ∴DE2＝BD2+CE2． 【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，判断出△ADF≌△ADE是解本题的关键． （三）有一组邻边相等且对角互补半角 10．（2021秋•东坡区期末）如图，△ABC是边长为6的等边三角形，BD＝CD，∠BDC＝120°，以点D为顶点作一个60°角，使其两边分别交AB于点M，交AC于点N，连结MN，则△AMN的周长是 　12　． 【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．版权所有 【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≌△CND，及△DMN≌△DMF，从而得出MN＝MF，△AMN的周长等于AB+AC的长． 【解答】解：∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°， ∴∠BCD＝∠DBC＝30°， ∵△ABC是边长为4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△BDF和△CND中， ， ∴△BDF≌△CND（SAS）， ∴∠BDF＝∠CDN，DF＝DN， ∵∠MDN＝60°， ∴∠BDM+∠CDN＝60°， ∴∠BDM+∠BDF＝60°， 在△DMN和△DMF中， ， ∴△DMN≌△DMF（SAS）， ∴MN＝MF， ∴△AMN的周长是：AM+AN+MN＝AM+MB+BF+AN＝AB+AC＝6+6＝12． 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． 11．（2015•重庆开学）阅读下列学习内容： （1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠ABC＝∠D＝90°，E，F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系． 探究思路如下：延长EB到点G，使BG＝DF，连接AG． ⇒△ABG≌△ADF⇒ ⇒∠DAF+∠BAE＝60°⇒∠GAB+∠BAE＝60° ∠EAG＝60°⇒⇒△AEF≌△AEG⇒EF＝EG 则由探究结果知，图中线段BE、EF、FD之间的数量关系为 　EF＝BE+FD　． （2）根据上面的方法，解决问题： 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∠EAF＝∠BAD， 上述结论是否仍然成立，并说明理由； （3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝DA，∠BAD＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，点M、N分别在边BC、CD上，且∠MAN＝45°，若BM＝3，ND＝2，请求出线段MN的长度． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】（1）根据三角形的全等可得出线段BE、EF、FD之间的数量关系； （2）延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题； （3）旋转ABM至△ADP位置，证明△PAN≌△MAN，得到MN＝NP，即可解答． 【解答】解：（1）EF＝BE+DF； （2）结论EF＝BE+DF仍然成立； 理由：延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，如图2， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG， ∵∠EAF＝∠BAD， ∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF， ∴∠EAF＝∠GAF， 在△AEF和△GAF中， ， ∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴EF＝FG， ∵FG＝DG+DF＝BE+DF， ∴EF＝BE+DF． （3）∵四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝DA，∠BAD＝∠B＝∠C＝∠D＝90°， ∴四边形ABCD是正方形， 如图3，旋转ABM至△ADP位置， ∴∠PAM＝∠DAM+∠MAB＝90°AP＝AM，AN＝AN，∠PAN＝∠PAM﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°＝∠MAN， 在△PAN和△MAN中， ， ∴△PAN≌△MAN， ∴MN＝NP， ∴MN＝PN＝PD+DN＝BM+DN＝3+2＝5． 【点评】本题考查的是全等三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解题的关键． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/7/10 12:13:22；用户：19902929970；邮箱：19902929970；学号：37357472 12. [阅读]在证明线段和差问题时，经常采用截长补短法，再利用全等图形求线段的数量关系，截长法：将较长的线段截取为两段，证明截取的两段分别与给出的两段相等．补短法：延长较短两条线段中的一条，使得与较长线段相等，证明延长的那一段与另一条较短线段相等． [应用]把两个全等的直角三角形的斜边重合，∠CAD＝∠CBD＝90°，组成一个四边形ACBD，以D为顶点作∠MDN，交边AC、BC于M、N． （1）若∠ACD＝30°，∠MDN＝60°，证明：AM+BN＝MN；经过思考，小红得到了这样的解题思路：利用补短法，延长CB到点E，使BE＝AM，连接DE，先证明△DAM≌△DBE，再证明△MDN≌△EDN，即可求得结论．按照小红的思路，请写出完整的证明过程； （2）当∠ACD+∠MDN＝90°时，AM、MN、BN三条线段之间有何数量关系？（直接写出你的结论，不用证明） （3）如图③，在（2）的条件下，若将M、N改在CA、BC的延长线上，完成图③，其余条件不变，则AM、MN、BN之间有何数量关系？证明你的结论． 【分析】（1）延长CB到E，使BE＝AM，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可； （2）延长CB到E，使BE＝AM，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可； （3）在CB截取BE＝AM，连接DE，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可． 【解答】（1）证明：延长CB到E，使BE＝AM， ∵∠A＝∠CBD＝90°， ∴∠A＝∠EBD＝90°， 在△DAM和△DBE中， ， ∴△DAM≌△DBE， ∴∠BDE＝∠MDA，DM＝DE， ∵∠MDN＝∠ADC＝60°， ∴∠ADM＝∠NDC， ∴∠BDE＝∠NDC， ∴∠MDN＝∠NDE， 在△MDN和△EDN中， ， ∴△MDN≌△EDN， ∴MN＝NE， ∵NE＝BE+BN＝AM+BN， ∴AM+BN＝MN． （2）AM+BN＝MN， 证明：延长CB到E，使BE＝AM，连接DE， 由（1）知：△DAM≌△DBE， ∴∠BDE＝∠MDA＝∠CDN，DM＝DE， ∵∠MDN+∠ACD＝90°，∠ACD+∠ADC＝90°， ∴∠NDM＝∠ADC＝∠CDB， ∴∠ADM＝∠CDN＝∠BDE， ∵∠CDM＝∠NDB ∴∠MDN＝∠NDE， 在△MDN和△EDN中， ， ∴△MDN≌△EDN， ∴MN＝NE， ∵NE＝BE+BN＝AM+BN， ∴AM+BN＝MN． （3）BN﹣AM＝MN， 证明：在CB截取BE＝AM，连接DE， ∵∠CDA+∠ACD＝90°，∠MDN+∠ACD＝90°， ∴∠MDN＝∠CDA， ∵∠ADN＝∠ADN， ∴∠MDA＝∠CDN， ∵∠B＝∠CAD＝90°， ∴∠B＝∠DAM＝90°， 在△DAM和△DBE中， ， ∴△DAM≌△DBE， ∴∠BDE＝∠ADM＝∠CDN，DM＝DE， ∵∠ADC＝∠BDC＝∠MDN， ∴∠MDN＝∠EDN， 在△MDN和△EDN中， ， ∴△MDN≌△EDN， ∴MN＝NE， ∵NE＝BN﹣BE＝BN﹣AM， ∴BN﹣AM＝MN． 【点评】本题考查了四边形的综合题，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生运用性质进行推理的能力，运用了类比推理的方法，题目比较典型，但有一定的难度． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$