专题6 全等三角形模型 半角模型 2024-2025学年北师大版七年级数学下册

专题6 半角模型 我们习惯把过等腰三角形顶角的顶点引两条射线，使两条射线的夹角为等腰三角形顶角的一半这样的模型称为半角模型。 半角模型的特征：两个角是一半的关系，并且两个角有公共顶点，角的两边相等。 解题思路：（1）将半角两边的三角形通过旋转到一边合并成新的三角形； （2） 证明与半角形成的三角形全等； （3） 通过全等的性质得出线段之间的数量关系，从而得到结论。 常见图形：正方形，正三角形，等腰直角三角形等。 口诀：大角加半角，大角两边相等，构造全等。 即已知如图：①∠2=∠AOB；②OA=OB，连接FB，将△FOB绕点O旋转至 △F′OA的位置，连接F′E、FE，可得△OEF′≌△OEF。 证明：∵将△FOB绕点O旋转至△F′OA的位置 ∴△FOB≌△F′OA ∴∠3=∠4，OF=OF′ ∵∠2=∠AOB ∴∠1+∠3=∠AOB ∴∠1+∠4=∠AOB 即∠E0F′=∠2 在△OEF′和△OEF中 ∴△OEF′≌△OEF（SAS） 1.90°夹45°模型（正方形） 如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，∠EAF=45° （1）EF=BE+DF，C△CEF=2AB 证明：如图，延长FD到G，使DG=BE，连接AG， ∵在△GDA和△EBA中， ∴△GDA≌△EBA（SAS）， ∴AG=AE，∠GAD=∠EAB， 故∠GAF=45°， 在△GAF和△EAF中， ∴△GAF≌△EAF（SAS）， ∴GF=EF， 即GD+DF=BE+DF=EF； （2） （3）过点A作AH⊥EF，则AH=AB 证明：∵四边形ABCD为正方形， ∴AB=AD，∠BAD=90°， ∴把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ， ∴AQ=AF，∠FAQ=90°，∠ABQ=∠D=90°，而∠ABC=90°， ∴点Q在CB的延长线上， ∵∠EAF=45°， ∴∠QAE=90°-∠EAF=45°， ∴∠EAF=∠QAE， 在△AEQ和△AEF中， ∴△AEQ≌△AEF（SAS）， ∴EQ=EF， ∵AB⊥EQ，AH⊥FE， ∴AB=AH． （4）连接BD，交AE于点M，交AF于点N，BM2+DN2=MN2 证明：如图，延长BC到G，使BG=DF连接AG，在AG截取AH=AN，连接MH、BH． ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB=BC=CD=AD，∠4=∠5=45°，∠BAD=∠ADF=∠ABE=∠ABG=90°， 在△ABG和△ADF中， ∴△ABG≌△ADF（SAS）， ∴∠1=∠2，∠7=∠G，AF=AG， ∴∠GAE=∠2+∠3=∠1+∠3=∠BAD-∠EAF=90°-45°=45°=∠EAF， 在△AMN和△AMH中， ∴△AMN≌△AMH（SAS）， ∴MN=MH， ∵AF=AG，AN=AH， ∴FN=AF-AN=AG-AH=GH， 在△DFN和△BFH中， ∴△DFN≌△BGH（SAS）， ∴∠6=∠4=45°，DN=BH， ∴∠MBH=∠ABH+∠5=∠ANG-∠6+∠5=90°-45°+45°=90° ∴BM2+DN2=BM2+BH2=MH2=MN2 2.90°夹45°模型（等腰直角三角形） 如图，△ABC是等腰直角三角形，点D、E在BC上，且满足∠DAE=45°。结论：BD2+EC2=DE2 方法一：证明：∵∠BAC=90°，AB=AC， ∴∠2=∠C=45°， 把△ACE绕点A顺时针旋转90°，得到△ABG．连接DG，如图， 则△ACE≌△ABG． ∴AG=AE，BG=CE，∠ABG=∠ACE=45°． ∵∠BAC=90°，∠GAE=90°． ∴∠GAD=∠DAE=45°， 在△ADG和△ADE中， ∴△ADG≌△ADE（SAS）． ∴ED=GD， 又∵∠GBD=90°， ∴BD2+BG2=DG2， 即BD2+EC2=DE2； 方法二：把△ABD沿着AD折叠，得到△ADF，连接EF，则△AFD≌△ABD， ∴AB=AF，BD=FD，∠B=∠DFA=45°，∠BAD=∠FAD， ∵AB=AC， ∴AF=AC， ∵∠DAE=45°， ∴∠BAD+∠CAE=45°，∠FAD+∠FAE=45°， ∴∠FAE=∠CAE， 在△AFE与△ACE中， ∴△AFE≌△ACE， ∴EF=EC，∠AFE=∠C=45°， ∴∠DFE=∠DFA+∠AFE=45°+45°=90° 在Rt△DEF中，DE2=DF2+EF2 即BD2+EC2=DE2； 3.120°夹60°模型 如图，D是等边△ABC外的一点，DB=DC，∠BDC=120°，∠EDF=60°，且E、F分别在AB和AC上．结论：EF=BE+CF 证明：延长AB到N，使BN=CF，连接DN， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABC=∠ACB=60°， ∵BD=CD，∠BDC=120°， ∴∠DBC=∠DCB=30°， ∴∠ACD=∠ABD=30°+60°=90°=∠NBD， ∵在△NBD和△FCD中， ∴△NBD≌△FCD（SAS）， ∴DN=DF，∠NDB=∠FDC， ∵∠BDC=120°，∠EDF=60°， ∴∠EDB+∠FDC=60°， ∴∠EDB+∠BDN=60°， 即∠EDF=∠EDN， 在△EDN和△EDF中， ∴△EDN≌△EDF（SAS）， ∴EF=EN=BE+BN=BE+CF， 即BE+CF=EF． 例题1：如图，在正方形ABCD中，E为直线AB上的动点（不与A，B重合），作射线DE并绕点D逆时针旋转45°，交直线BC边于点F，连结EF． 探究：当点E在边AB上，求证：EF=AE+CF． 应用：（1）当点E在边AB上，且AD=2时，则△BEF的周长是 ． （2）当点E不在边AB上时，EF，AE，CF三者的数量关系是 ． 例题2：问题背景：如图1，在四边形中，，，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．探究图中线段之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长到G，使，连接，先证明，再证明，可得出结论，他的结论就是______________； 探究延伸：如图2，在四边形中，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由． 实际应用：如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离． 例题3：如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BCD＝90°，AB＝BC＋AD，∠DAC＝45°，E为CD上一点，且∠BAE＝45°.若CD＝4，求△ABE的面积. : 【巩固练习】 1、如图所示，是边长为的正三角形，是顶角为的等腰三角形，以为顶点作一个的，点、分别在、上，求的周长． 2.已知，如图，在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，AB＝AD，E，F分别是线段BC，CD上的点，且BE+FD＝EF．求证：∠EAF∠BAD． 3.如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D在边AB上，DE⊥BC于点E，且DE＝BC，点F在边AC上，连结BF交DE于点G，若∠DBF＝45°，DG＝，BE＝3，求CF的长． 4.（1）如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=∠BAD．求证：EF=BE+FD． （2）如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出线段EF、BE、FD它们之间的数量关系，并证明． （3）如图3，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF=∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出线段EF、BE、FD它们之间的数量关系，并证明． 5．如图，在等边△ABC中，∠ABC与∠ACB的角平分线相交于点O，点E、F分别在边AB，BC上，连接EO、FO，使∠EOF＝60°，连接EF． （1）求∠BOC的度数． （2）求证：CF＝BE+EF． 6.已知：在△ABC中，∠BAC＝2∠B，AD⊥BC，点D为BC的中点． （1）如图1，求∠B的度数； （2）如图2，点E为AC上一点，连接DE并延长至点F，连接CF，过点C作CH⊥DF，垂足为点H，若DH＝CF+HF，探究∠F与∠FDC之间的数量关系，并加以证明； （3）如图3，在（2）的条件下，在AD上取点P，连接BP，使得∠BPD＝∠F，将线段EF沿着EC折叠并延长交BC于点G，当BP：PD＝12：5，GC﹣PD＝3时，求GC的长． 7.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． 参考答案 例题1：探究：证明：如图，延长BA到G，使AG=CF，连接DG， ∵四边形ABCD是正方形， ∴DA=DC，∠DAG=∠DCF=90°， ∴△DAG≌△DCF（SAS）， ∴∠1=∠3，DG=DF， ∵∠ADC=90°，∠EDF=45°， ∴∠EDG=∠1+∠2=∠3+∠2=45°=∠EDF， ∵DE=DE， ∴△GDE≌△FDE（SAS）， ∴EF=EG=AE+AG=AE+CF； 应用：解：（1）△BEF的周长=BE+BF+EF， 由探究得：EF=AE+CF， ∴△BEF的周长=BE+BF+AE+CF=AB+BC=2+2=4，故答案为：4； （2）当点E不在边AB上时，分两种情况： ①点E在BA的延长线上时，如图2， EF=CF﹣AE，理由是： 在CB上取CG=AE，连接DG， ∵∠DAE=∠DCG=90°，AD=DC， ∴△DAE≌△DCG（SAS） ∴DE=DG，∠EDA=∠GDC ∵∠ADC=90°，∴∠EDG=90°∴∠EDF+∠FDG=90°， ∵∠EDF=45°，∴∠FDG=90°﹣45°=45°，∴∠EDF=∠FDG=45°， 在△EDF和△GDF中， ∵，∴△EDF≌△GDF（SAS），∴EF=FG， ∴EF=CF﹣CG=CF﹣AE； ②当点E在AB的延长线上时，如图3， EF=AE﹣CF，理由是： 把△DAE绕点D逆时针旋转90°至△DCG，可使AD与DC重合，连接DG， 由旋转得：DE=DG，∠EDG=90°，AE=CG， ∵∠EDF=45°，∴∠GDF=90°﹣45°=45°， ∴∠EDF=∠GDF， ∵DF=DF，∴△EDF≌△GDF，∴EF=GF， ∴EF=CG﹣CF=AE﹣CF； 综上所述，当点E不在边AB上时，EF，AE，CF三者的数量关系是：EF=CF﹣AE或EF=AE﹣CF；故答案为：EF=CF﹣AE或EF=AE﹣CF． 例题2：解：问题背景： 如图1，延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，可得出结论：EF=AE+CF； 故答案为：EF=AE+CF； 探究延伸1： 上述结论仍然成立，即EF=AE+CF，理由如下： 如图2，延长FC到G，使CG=AE，连接BG， ∵CG=AE，∠BCG=∠A=90°，BC=BA， ∴△BCG≌△BAE（SAS）， ∴BG=BE，∠ABE=∠CBG， ∵∠ABC=2∠EBF， ∴∠ABE+∠CBF=∠EBF， 即∠CBG+∠CBF=∠EBF， ∴∠GBF=∠EBF， 又∵BF=BF， ∴△BFG≌△BFE（SAS）， ∴GF=EF， 即GC+CF=EF， ∴AE+CF=EF ∴可得出结论：EF=AE+CF； 探究延伸2： 上述结论仍然成立，即EF=AE+CF，理由： 如图3，延长DC到H，使得CH=AE，连接BH， ∵∠BAD+∠BCD=180°，∠BCH+∠BCD=180°， ∴∠BCH=∠BAE， ∵BA=BC，CH=AE， ∴△BCH≌△BAE（SAS）， ∴BE=HB，∠ABE=∠HBC， ∴∠HBE=∠ABC， 又∵∠ABC=2∠MBN， ∴∠EBF=∠HBF， ∵BF=BF， ∴△HBF≌△EBF（SAS）， ∴EF=HF=HC+CF=AE+CF； 实际应用： 如图4，连接EF，延长BF交AE的延长线于G， 因为舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处．舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，所以∠AOB=140°， 因为指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°，所以∠EOF=70°，所以∠AOB=2∠EOF． 依题意得，OA=OB，∠A=60°，∠B=120°，所以∠A+∠B=180°， 因此本题的实际的应用可转化为如下的数学问题： 在四边形GAOB中，OA=OB，∠A+∠B=180°，∠AOB=2∠EOF，∠EOF的两边分别交AG，BG于E，F，求EF的长． 根据探究延伸2的结论可得：EF=AE+BF， 根据题意得，AE=75×1.2=90（海里），BF=100×1.2=120（海里）， 所以EF=90+120=210（海里）． 答：此时两舰艇之间的距离为210海里． 【巩固练习】 1.如图所示，延长到使． 在与中，因为，，， 所以，故． 因为，，所以． 又因为，所以． 在与中，，，， 所以，则，所以的周长为． 2.证明：把△ADF绕点A顺时针旋转∠DAB的度数得到△ABG，AD旋转到AB，AF旋转到AG，如图， ∴AG＝AF，BG＝DF，∠ABG＝∠D，∠BAG＝∠DAF， ∵∠B+∠D＝180°， ∴∠B+∠ABG＝180°， ∴点G、B、C共线， ∵BE+FD＝EF， ∴BE+BG＝GE＝EF， 在△AEG和△AEF中， ， ∴△AEG≌△AEF， ∴∠EAG＝∠EAF， 而∠BAG＝∠DAF， ∴∠EAB+∠DAF＝∠EAF， ∴∠EAF∠BAD． 3.解：CF＝． 【提示】如图，将DE向左平移至BH，连结HD并延长交AC于点I，则四边形HBCI为正方形．将△BHD绕点B顺时针旋转90°至△BCJ，则点J在AC的延长线上．连结DF，由“正方形角含半角模型”可得DF＝DH＋CF，∠DFB＝∠JFB＝∠DGF，所以DF＝DG，从而求得CF的长． [来源:Zxxk.Com] 4.证明：（1）如图1，延长EB到G，使BG=DF，连接AG． ∵在△ABG与△ADF中， ∴△ABG≌△ADF（SAS）． ∴AG=AF，∠1=∠2． ∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=12∠BAD． ∴∠GAE=∠EAF． 又AE=AE， 易证△AEG≌△AEF． ∴EG=EF． ∵EG=BE+BG． ∴EF=BE+FD （2）（1）中的结论EF=BE+FD仍然成立． 证明：如图2，延长CB至M，使BM=DF， ∵∠ABC+∠D=180°，∠1+∠ABC=180°， ∴∠1=∠D， 在△ABM与△ADF中， ∴△ABM≌△ADF（SAS）． ∴AF=AM，∠2=∠3． ∵∠EAF=∠BAD， ∴∠2+∠4=∠BAD=∠EAF． ∴∠3+∠4=∠EAF，即∠MAE=∠EAF． 在△AME与△AFE中， ∴△AME≌△AFE（SAS）． ∴EF=ME，即EF=BE+BM． ∴EF=BE+DF． （3）结论EF=BE+FD不成立，应当是EF=BE-FD． 证明：在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG． ∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°， ∴∠B=∠ADF． ∵在△ABG与△ADF中， ∴△ABG≌△ADF（SAS）． ∴∠BAG=∠DAF，AG=AF． ∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF=12∠BAD． ∴∠GAE=∠EAF． ∵AE=AE，易证△AEG≌△AEF． ∴EG=EF ∵EG=BE-BG ∴EF=BE-FD． 5.解：（1）∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝60°， ∵∠ABC与∠ACB的角平分线相交于点O， ∴∠OBC＝∠OCB＝30°， ∴∠BOC＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB＝120°； （2）以点O为顶点，OF为一边，作∠FOG＝60°，交BC于点G， ∵∠BOC＝120°， ∴∠BOF+∠COG＝60°， ∵∠EOF＝60°， ∴∠EOB+∠BOF＝60°， ∴∠COG＝∠EOB， ∵∠ABO∠ABC＝30°， ∴∠EBO＝∠OCG， 在△BOE与△COG中， ， ∴△BOE≌△COG（ASA）， ∴OG＝OE，BE＝CG， 在△OEF与△OGF中， ， ∴△OEF≌△OGF（SAS）， ∴EF＝FG， ∵CF＝FG+CG， ∴CF＝EF+BE． 6.（1）∵AD⊥BC，D为BC中点， ∴AB＝AC， ∴∠C＝∠B， ∵∠BAC＝2∠B，∠B+∠BAC+∠C＝180°， ∴∠B+2∠B+∠B＝180°， ∴∠B＝45°； （2）∠F＝2∠FDC， 理由如下： 在DH上取一点N使HN＝HF， ∵CH⊥DF，HN＝HF， ∴CN＝CF， ∴∠F＝∠CNF， ∵DH＝CF+HF，DH＝DN+HN， ∴CF＝DN， ∵CN＝CF，CF＝DN， ∴CN＝DN， ∴∠FDC＝∠NCD， ∵∠CNF＝∠FDC+∠NCD， ∴∠F＝2∠FDC； （3）连接PC交DF于K，过点C作CM⊥EG于M， 由（2）知∠F＝2∠FDC，设∠FDC＝α，则∠F＝2α， ∵∠BPD＝∠F， ∴∠BPD＝2α， ∵AD⊥BC，D为BC中点， ∴BP＝CP，∠PCD＝∠PBD， ∵∠BPD＝2α， ∴∠PCD＝∠PBD＝90°﹣2α， ∴∠PKD＝∠PCD+∠FDC＝90°﹣α， ∵AD⊥BC， ∴∠ADF＝90°﹣∠FDC＝90°﹣α， ∴∠PKD＝∠ADF， ∴PK＝PD， 由EF沿着EC折叠可知∠FEC＝∠GEC， ∴CM＝CH， 由（1）知∠ABC＝45°，AD⊥BC， ∴∠BAD＝45°， ∵∠BAC＝2∠ABC，[来源:Z*xx*k.Com] ∴∠DAC＝45°， ∴∠AED＝45°+α， ∴∠FEC＝∠CEG＝∠AED＝45°+α， ∴∠HEG＝90°+2α， ∵∠DEG＝90°﹣2α， ∴∠EGC＝90°﹣α，[来源:学科网] ∵∠EKC＝∠PKD＝90°﹣α， ∴∠EGC＝∠EKC， 又∵∠GMC＝∠KHC＝90°， ∴△GMC≌△KHC（AAS）， ∴GC＝CK， 由BP：PD＝12：5，设BP＝12x，PD＝5x ∴GC＝CK＝CP﹣PK＝BP﹣PK＝12x﹣5x＝7x ∵GC﹣PD＝3 ∵7x﹣5x＝3 ∴x＝1.5 ∴GC＝7x＝10.5 7.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， ∴∠MAHMAN＝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． 学科网（北京）股份有限公司 $$