全等三角形模型 半角模型（基础版） 2024-2025学年 华东师大版八年级数学上册

半角模型 1. 半角模型:是指有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等。通过翻折或旋转，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构成全等或相似三角形，弱化条件，变更载体，而构建模型，可把握问题的本质。 2. 半角模型条件： (1) 大角中包含一个共顶点的小角 (2) 小角的度数是大角的一半 (3) 大角两边相等 【妙招：共顶点，等线段，见了半角做旋转】 3. 提醒： （1）半角模型的命名：存在两个角度是一半关系，并且这两个角共顶点； （2）通过先旋转全等再轴对称全等，一般结论是证明线段和差关系； （3）常见的半角模型是90°含45°、120°含60°。 4. 常见半角模型 5. 常见半角模型结论 （1） 如图，在正方形ABCD中,∠MAN=90∘,交对角线BD于EF交BC于M，交DC于N. 结论： 1) BM+DN=MN 2) △CMN的周长为正方形边长的2倍 3) ∠AMB=∠AMN，∠AND=∠ANM 4) 点A到MN的距离等于正方形的边长 5) 6) △AFM为等腰直角三角形，△AEN为等腰直角三角形 7) 8) N 9) △AEF ~ △DEA ~ △BAF ~ △BME ~ △AMN ~ △DFN 10) A、B、M、F四点共圆，A、E、N、D四点共圆 11) 12) △AMC~△AFD，△ANC~△AEB 13) 14) CM:CN=2BM:DN （2） 如图，在正△ABC外部作等腰△BCD，∠BDC=120∘，点MN分别在边AB、AC上， ∠MDN=60°, DM,DN 分别交BC于P、Q 结论： 1) BM+CN=MN 2) MD平分∠BMN，ND平分∠CNM 3) △DPQ ~ △DMN, M、P、Q、N四点共圆 4) ° 5) △DBM ~ △DEQ，△DCN ~ △DEP 6. 典例分析 （1）如图，正方形ABCD的面积为16cm2，△AEF为等腰直角三角形，∠E=90°，AE和BC交于点G，AF和CD交于点H，则△CGH的周长（　　） A．4cm B．6cm C．8cm D．10cm 【答案】C 【详解】延长CB至M，使BM=DH，连接AM；如图所示： ∵四边形ABCD是正方形，正方形ABCD的面积为16cm2， ∴AB=BC=CD=4cm，∠BAD=∠ABC=∠D=90°， ∴∠ABM=90°， 在△ABM和△ADH中，AB=AD,∠ABM=∠D=90°，BM=DH， ∴△ABM≌△ADH（SAS）， ∴AM=AH，∠BAM=∠DAH， ∵△AEF是等腰直角三角形， ∴∠HAG=45°， ∴∠BAG+∠DAH=45°， ∴∠MAG=45°， 在△AMG和△AHG中，AM=AH,∠MAG=∠HAG,AG=AG ∴△AMG≌△AHG（SAS）， ∴GM=GH， ∴△CGH的周长=GH+CG+CH=GM+CG+CH =BM+BG+CG+CH=DH+BG+CG+CH=BC+CD=8． 故选C． （2）正方形ABCD的边长为1，AB、AD上各有一点P、Q，如果的周长为2，求的度数． 【答案】45°. 【详解】解：如图所示， △APQ的周长为2，即AP+AQ+PQ=2①， 正方形ABCD的边长是1，即AQ+QD=1，AP+PB=1， ∴AP+AQ+QD+PB=2②， ①-②得，PQ-QD-PB=0， ∴PQ=PB+QD． 延长AB至M，使BM=DQ．连接CM，△CBM≌△CDQ（SAS）， ∴∠BCM=∠DCQ，CM=CQ， ∵∠DCQ+∠QCB=90°， ∴∠BCM+∠QCB=90°，即∠QCM=90°， PM=PB+BM=PB+DQ=PQ． 在△CPQ与△CPM中， CP=CP，PQ=PM，CQ=CM， ∴△CPQ≌△CPM（SSS）， ∴∠PCQ=∠PCM=∠QCM=45°． （3）1）如图，正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°，延长CD到点G，使DG=BE，连结EF，AG．求证：EF=FG． 2）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，求MN的长． 【答案】1）证明见解析；2）． 【详解】1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABE=∠ADG，AD=AB. 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS） ∴∠BAE=∠DAG，AE=AG ∴∠EAG=90° 在△FAE和△GAF中， ， ∴△FAE≌△GAF（SAS）， ∴EF=FG 2）如图，过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE=BM，连接AE、EN． ∵AB=AC，∠BAC=90°， ∴∠B=∠C=45°． ∵CE⊥BC， ∴∠ACE=∠B=45°． 在△ABM和△ACE中， ， ∴△ABM≌△ACE（SAS）． ∴AM=AE，∠BAM=∠CAE． ∵∠BAC=90°，∠MAN=45°， ∴∠BAM+∠CAN=45°． ∴由∠BAM=∠CAE，得∠MAN=∠EAN=45°． 在△MAN和△EAN中， ， ∴△MAN≌△EAN（SAS）． ∴MN=EN． 在Rt△ENC中，由勾股定理，得EN2=EC2+NC2． ∴MN2=BM2+NC2． ∵BM=1，CN=3， ∴MN2=12+32 ∴MN= （4）旋转是一种常用的图形变化，在平面几何中有着广泛的应用．在条件分散不易集中利用的情况下，通过旋转变化使之集中，为我们解决问题提供一条解题途径．已知正方形，点M是直线上一个动点，点N在直线上，且满足，连接．    1）如图1，当点M在边上时，求证：． 请根据下面的思路分析填空：因为，所以．将绕点A逆时针旋转得到，由旋转性质可得，所以 ．由此可证明__________，可得出__________，再由线段的加法可以得出． 2）如图2，，当点M在边的延长线上，点N在的延长线上． ①猜想之间有怎样的数量关系？并证明你的猜想． ②若，则__________． 【答案】1），，． 2）①，证明见解析；② 【详解】1）：因为， 所以． 将绕点A逆时针旋转得到， 由旋转性质可得， 所以． 由此可证明，可得出， 再由线段的加法可以得出， 故答案为：，，． 2）解：①，证明如下： 如图，将绕点逆时针旋转得到，    由旋转性质可得，，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； ②四边形是正方形， ， 由①可知，，， ，， 设，则， 在中，， ， 解得：， 即， 故答案为：． 学科网（北京）股份有限公司 $$