2026年中考数学一轮复习【几何模型：一线三等角+手拉手+半角+雨伞+胖瘦模型（全等三角形）】 （八年级篇人教版）

常考的重难点几何模型 八年级上册 初中数学 目录 八年级上册 · 全等三角形 模型1：“一线三等角”模型…… 2 模型5：“半角”模型…… 12 模型2：“手拉手”模型………… 5 模型6：“雨伞”模型…… 16 模型3：“反向手拉手”模型…… 8 模型7：“胖瘦”模型…… 18 模型4：“倍长中线”模型……… 10 实战演练………………… 19 模 型 导 图 模 型 提 炼 模型1：“一线三等角”模型 题目条件中含有在一条线段上存在三个相等的角，且有一组边相等时，考虑用此模型 一、同侧一线三等角 已知：如图，点P在线段AB上，∠1=∠2=∠2，且AP=BD（或AC=BP或CP=PD） 结论：△APC≌△BDPB C D P 1 2 3 A 锐角一线三等角 依据：全等三角形的判定 证明：∵ 点P在线段AB上 ∴ ∠APC+∠2+∠DPB=180° 在△APC和△BDP中，∠1+∠APC+∠C=180°，3 2 1 P D B C A 一线三垂直 ∠DPB+∠3+∠D=180° ∵ ∠1=∠2=∠3 ∴ ∠DPB+∠C，∠APC=∠D ∵ AP=BD（或AC=BP或CP=PD）3 2 1 P D C B A 钝角一线三等角 ∴ △APC≌△BDP 二、异侧一线三等角 已知：如图，点P在线段AB的延长线上，∠1=∠2=∠2，且AP=BD（或AC=BP或CP=PD）3 2 1 P D C B A 锐角一线三等角 结论：△APC≌△BDP 依据：全等三角形的判定 证明：∵ ∠1=∠C+∠APC，∠2=∠D+∠BPD， ∠3=∠BPD+∠APC，∠1=∠2=∠33 2 1 P D B C A 钝角一线三等角 3 2 1 P D C B A 一线三垂直 ∴ ∠D=∠APC，∠BPD=∠C ∵ AP=BD（或AC=BP或CP=PD） ∴ △APC≌△BDP 【例1】如图，在△ABC中，AB＝AC＝9，点E在边AC上，AE的中垂线交BC于点D，若∠ADE＝∠B，CD＝3BD，则CE等于（　　） A．3 B．2 C． D． 【分析】根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠C，推出∠BAD＝∠CDE，根据线段垂直平分线的性质得到AD＝ED，根据全等三角形的性质得到CD＝AB＝9，BD＝CE，即可得到结论． 【详解】解：∵AB＝AC＝9， ∴∠B＝∠C， ∵∠ADE＝∠B，∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB，∠CDE＝180°﹣∠ADE﹣∠ADB， ∴∠BAD＝∠CDE， ∵AE的中垂线交BC于点D， ∴AD＝ED， 在△ABD与△DCE中， ， ∴△ABD≌△DCE（AAS）， ∴CD＝AB＝9，BD＝CE， ∵CD＝3BD， ∴CE＝BD＝3 故选：A． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的性质，属于基础题． 【例2】如图，一个等腰直角三角形ABC物件斜靠在墙角处（∠O＝90°），若OA＝50cm，OB＝28cm，则点C离地面的距离是 cm． 【分析】作CD⊥OB于点D，依据AAS证明,GMF，再根据全等三角形的性质即可得到结论． 【详解】解：过点C作CD⊥OB于点D，如图， ∴ ∵是等腰直角三角形 ∴AB=CB， ∴ 又 ∴ 在和中， ∴ ∴ 故答案为：28． 【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质、三角形全等的判定与性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解答本题的关键． 模型2：“手拉手”模型 题目条件中含有双等腰、共顶角顶点且顶角相等的三角形+对应底角顶点连线时，考虑用此模型 已知：如图，在等腰三角形OAB中，OA=OB，在等腰三角形OCD中，OC=OD，∠AOB=∠COD=α，将△OCD绕点O旋转一定角度后，连接AC，BD（称为“拉手线”，左手拉左手，右手拉右手），若相交，则交点为E，连接OE 结论：（1）△AOC≌△BOD，AC=BD（即拉手线相等）； （2）EO平分∠AED； （3）∠AEB=∠AOB 依据：全等三角形的判定；全等三角形的性质 证明：结论（1）△AOC≌△BOD，AC=BD 如图，∵ ∠AOB=∠COD ∴ ∠AOB+∠BOC=∠COD+∠BOC ∴ ∠AOC=∠BOD 在△AOC和△BOD中， ∴ △AOC≌△BOD（SAS） ∴ AC=BD 结论（2）EO平分∠AED 如图，过点O分别作OM⊥AC于点M，ON⊥BD于点N 由结论（1）可知△AOC≌△BOD，∴ S△AOC=S△BOD ∴ AC·OM=BD·ON ∵ AC=BD ∴ OM=ON ∴ EO平分∠AED 结论（3）∠AEB=∠AOB 如图，由结论（1）可知△AOC≌△BOD，∴ ∠OAC=∠OBD ∵ ∠AFO=∠BFE ∴ ∠AEB=∠AOB 模型括展：在等腰直角三角形或等边三角形中“手拉手”全等模型的应用 一、等腰直角三角形 已知：如图，△AOB和△COD均为等腰直角三角形，OA=OB，OC=OD，连接AC，BD 结论：（1）△AOC≌△BOD （2）AC⊥BD 二、等边三角形 已知：如图，△AOB和△COD均为等边三角形，连接AC，BD交于点E，连接OE 结论：（1）△AOC≌△BOD敲黑板，记重点 该结论常用在选填题目中快速解题.“SAS”是“手拉手”模型中判定全等最核心的方法. （2）∠AEB=60° （3）EO平分∠AED 【例1】如图，在中，，分别以，为边作等边和等边，连结，若，，则（    ） A． B． C．4 D． 【分析】在Rt△ABC中可直接运用勾股定理求出BC，然后结合“手拉手”模型证得△ABC≌△ADE，即可得到DE=BC，从而求解即可． 【详解】解：在Rt△ABC中，AB=3，AC=5， ∴由勾股定理得：BC=4， ∵和均为等边三角形， ∴AB=AD，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°， ∴∠BAD-∠CAD=∠CAE-∠CAD， 即：∠BAC=∠DAE， 在△ABC和△ADE中， ∴△ABC≌△ADE(SAS)， ∴DE=BC=4， 故选：C． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握全等三角形的判定与性质，熟练运用勾股定理解三角形是解题关键． 【例2】两个大小不同的等腰直角三角板按图1所示摆放，将两个三角板抽象成如图2所示的和，其中，点、、依次在同一条直线上，连结．若，，则的面积是 ． 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质等知识，根据证明，由全等三角形的性质得出，则可得出答案． 【详解】解：， ，即， 在和中， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， 故答案为：6． 模型3：“反向手拉手”模型 题目条件中含有双等腰、共顶角顶点且顶角相等的三角形+对应底角顶点错位连线时，考虑用此模型 已知：如图，在等腰三角形ABC和等腰三角形ADE中，AB=AC，∠BAC=∠DAE，连接BE，CD（左手拉右手，右手拉左手） 作法：如图，作△ABC关于边AC的轴对称图形△AB’C，连接EB’敲黑板，记重点 “反向手拉手”全等模型的解题思路是以对称的方法构造“手拉手”全等模型，熟悉原理后在选择题和填空题中可直接使用结论进行求解. 结论：△AB’E≌△ACD 证明：∵ AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE ∴ AB’=AB=AC，∠B’AC=∠BAC=∠DAE ∴ ∠B’AE+∠DAB’=∠DAB’+∠CAD ∴ ∠B’AE=∠CAD 在△AB’E和△ACD中， ∴ △AB’E≌△ACD（SAS） 【例1】如图，在ABC中，AB=AC=2，∠BAC=，D为线段BC边上的动点，以BD为边向上作等边BED，连接CE、AD，则AD+CE的最小值为（    ）    A．4 B．2+6 C．+3 D．6 【分析】以AB为边，在AB的左侧作等边ABF，连接EF，先根据“SAS”证明，从而得出FE=AD，然后根据，∠BAC=可证F，A，C在同一条直线上，根据“两点之间，线段最短”可得AD+CE的最小值为CF，即可求解． 【详解】解：以AB为边，在AB的左侧作等边ABF，连接EF，    ∵BED和ABF都是等边三角形， ∴，BE=BD，BF=AB=AF， ∴∠FBE=∠ABD， ∴（SAS）， ∴FE=AD， ∵，∠BAC=，   ∴ ∴F，A，C在同一条直线上， ∵FE=AD， ∴AD+CE=FE+CECF， 当C，E，F在同一直线上时，AD+CE取最小值，最小值为CF， ∵AB=AC=2，AB=AF， ∴AF=2， ∴CF=， 即AD+CE的最小值为． 故选：A． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、两点之间，线段最短等知识，构造，从而把求AD+CE的最小值转化为EF+CE的最小值的解题的关键． 模型4：“倍长中线”模型 题目条件中含有中线或与中点有关的线段时，考虑用此模型 已知：如图，在△ABC中，AD是边BC上的中线 作法：延长AD至点E，使ED=AD，连接BE 结论：△ACD≌△EBD，AC∥BE 证明：∵ AD是边BC上的中线 ∴ CD=BD 在△ACD和△EBD中， ∴ △ACD≌△EBD（SAS） ∴ ∠ACD=∠EBD ∴ AC∥BE 【例1】如图，在中，为的中点，若．则的长不可能是（    ） A．5 B．7 C．8 D．9 【分析】延长AD到E，使AD=DE，证明△ADC≌△EDB，然后利用三边关系即可得出结论． 【详解】解：延长AD到E，使AD=DE=4，连接BE， ∵D是BC的中点， ∴BD=CD 又∠BDE=∠CDA ∴△ADC≌△EDB， ∴BE=AC=3 由三角形三边关系得， 即： 故选：A 【点睛】此题主要考查了三角形三边关系以及全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解答此题的关键． 【例2】如图，中，点D在上，，点E是的中点，连接，则 ． 【分析】如图，延长至F，使得，交于点G，通过“边角边”证明，则，根据题意与三角形的外角性质可得，进而可得，设，根据题意得到关于x的方程，然后求解方程即可． 【详解】解：如图，延长至F，使得，交于点G， ∵点E是的中点， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，   设， ∵， ∴， 解得， 即． 故答案为： 【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，三角形的外角性质，解此题的关键在于熟练掌握其知识点，根据中点作出适当的辅助线． 模型5：“半角”模型 题目条件中含有①两个角共顶点，且存在一半的数量关系；②两角共顶点处有一组等线段时，考虑用此模型M N D C B A 一、正方形中的“半角”模型 已知：如图，在正方形ABCD中，∠MAN=45° 结论：（1）MN=BM+DN； （2）△MCN的周长等于正方形ABCD边长的2倍； （3）MA平分∠BMN，NA平分∠DNM； （4）连接BD分别交AM，AN于点P，Q，则BP2+DQ2=PQ2 证明：如图，延长ND至点E，使得DE=BM，连接AEM N D C B A P Q ∵ 四边形ABCD是正方形 ∴ AB=AD，∠B=∠ADE=90° 在△ABM和△ADE中，2 4 3 5 7 6 E 1 M N D C B A ∴ △ABM≌△ADE（SAS） ∴ ∠1+∠2，∠3=∠E，AM=AE ∵ ∠MAN=45° ∴ ∠1+∠4=45° ∴ ∠NAE=∠2+∠4=45° 在△AMN和△AEN中， ∴ △AMN≌△AEN（SAS） ∴ MN=EN，∠6=∠7，∠5=∠E敲黑板，记重点 关于“半角”模型，一般情况下都需要作辅助线构造全等，然后通过证明全等来得到相关结论. 注意：用旋转法证明时，证明过程中需要说明三点共线. ∴ NA平分∠DNM ∵ EN=DE+DN=BM+DN ∴ MN=BM+DN ∵ ∠3=∠E ∴ ∠3=∠5 ∴ MA平分∠BMN ∵ △MCN的周长为CM+MN+CN=CM+DN+CN=BC+CD=2BC ∴ △MCN的周长等于正方形ABCD边长的2倍 （也可以点A旋转中心，将线段AM按逆时针方向旋转90°到AE，连接ED来证明） 二、等腰三角形中的“半角”模型 已知：如图，△ABC是边长为的等边三角形，△BDC是等腰三角形，且∠BDC=120°，以点D为顶点作∠MDN=60°，使其两边分别交AB于点M，交AC于点N，连接MNB C D M N A 结论：（1）MN=BM+CN； （2）△MAN的周长是△ABC边长的2倍； （3）MD平分∠BMN，ND平分∠CNM 【例1】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 【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． 【例2】如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，BC上，若F是BC的中点，且∠EDF＝45°，则DE的长为 ． 【分析】延长BA到点G，使AG=CF，连接DG，EF，利用SAS证明△ADG≌△CDF，得∠CDF=∠GDA，DG=DF，再证明△GDE≌△FDE（SAS），得GE=EF，设AE=x，则BE=6x，EF=x+3，再利用勾股定理解决问题． 【详解】解：延长BA到点G，使AG＝CF，连接DG，EF， ∵AD＝CD，∠DAG＝∠DCF， ∴△ADG≌△CDF（SAS）， ∴∠CDF＝∠GDA，DG＝DF， ∵∠EDF＝45°， ∴∠EDG=∠ADE+∠ADG＝∠ADE+∠CDF＝45°， ∵DE＝DE， ∴△GDE≌△FDE（SAS）， ∴GE＝EF， ∵F是BC的中点， ∴AG=CF=BF=3， 设AE＝x，则BE＝6﹣x，EF＝x+3， 由勾股定理得，（6﹣x）2+32＝（x+3）2， 解得x＝2， ∴AE＝2， ∴DE＝， 故答案为：2． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握半角模型的处理策略是解题的关键． 模型6：“雨伞”模型 题目条件中含有角平分线+垂线时，考虑用此模型 一、正方形中的“半角”模型2 1 A D B C P O 已知：如图，AP是∠BAC的平分线，OB⊥AP于点O 作法：延长BO交AC于点D 结论：（1）△ABO≌△ADO； （2）AB=AD； （3）OB=OD；敲黑板，记重点 角平分线+垂线，轻轻延长等腰现. 证明：∵ AP是∠BAC的平分线 ∴ ∠1=∠2 ∵ OB⊥AP ∴ ∠AOB=∠AOD=90° 在△ABO和△ADO中， ∴ △ABO≌△ADO（ASA） ∴ AB=AD，OB=OD 【例1】如图，在中，点M是边上的中点，平分，于点N，若，，则的长为（    ） A．4 B．6 C．7 D．8 【分析】延长BN交AC于D，先证 得出 ， ，结合已知条件得到 为 的中位线，根据中位线的性质得 ，即可求解． 【详解】延长BN交AC于D 平分， 又 ， 点M是边上的中点 为 的中位线 故选：D． 【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键． 模型7：“胖瘦”模型 题目条件中含有①两个三角形有两条边相等；②相等边所对的角相等；③一组对角互补以上三个条件中两个求第三个时，考虑用此模型 已知：如图，在四边形ABCD中，BC＞BA，①AD=DC；②BD平分∠ABC；③∠A+∠C=180° 结论：这三个条件，已知任意两个即可求第三个D C B A 依据：角平分线的性质；全等三角形的性质；四边形内角和为360° 证明：以①②为条件，③为结论为例进行证明 法1）△BCD变瘦：如图1，在BC上取一点E，使BE=BA，连接DED C B A E 图1 ∵ BD平分∠ABC ∵ AD=DC ∴ ∠ABD=∠EBD ∴ DE=DC ∵ BA=BE，BD=BD ∴ ∠DEC=∠C ∴ △ABD≌△EBD（SAS） ∴ ∠A+∠C=∠BED+∠DEC=180° ∴ ∠A=∠BED，AD=DE 法2）找中间状态：如图2，过点D作DE⊥BC于点E，DF⊥AB交BA的延长线于点FD C B A E 图2 F ∴ ∠F=∠DEC=90° ∴ Rt△ADF≌Rt△CDE（HL） ∵ BD平分∠ABC ∴ ∠DAF=∠C ∴ DE=DF ∵ ∠BAD+∠DAF=180° ∵ AD=DC ∴ ∠BAD+∠C=180° 法3）△BAD变胖：如图3，延长BA到点E，使BE=BC，连接DE ∵ BD平分∠ABC ∵ AD=DC ∴ ∠ABD=∠DBC ∴ DE=ADD C B A E 图3 ∵ BE=BC，BD=BD ∴ ∠E=∠EAD ∴ △EBD≌△CBD（SAS） ∴ ∠BAD+∠C=∠BAD+∠EAD=180° ∴ ∠E=∠C，DE=DC 【例1】如图，在四边形ABCD中，已知BD平分∠ABC，∠BAD＋∠C＝180°，求证：AD＝CD． 【详解】试题分析：在边BC上截取BE=BA，连接DE，根据SAS证△ABD≌△EBD，推出AD=ED，∠A=∠BED，求出∠DEC=∠C即可． 试题解析：证明：在边BC上截取BE=BA，连接DE．∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD．在△ABD和△EBD中，，∴△ABD≌△EBD （SAS），∴AD=ED，∠A=∠BED．∵∠A+∠C=180°，∠BED+∠CED=180°，∴∠C=∠CED，∴CD=ED，∴AD=CD． 点睛：本题考查了等腰三角形的判定，全等三角形的性质和判定等知识点的应用，解答此题的关键是正确作辅助线，又是难点，解题的思路是把AD和CD放到一个三角形中，根据等腰三角形的判定进行证明，题型较好，有一定的难度． 实 战 演 练 【“一线三等角”模型】 1．如图，AC＝CE，∠ACE＝90°，AB⊥BD，ED⊥BD，AB＝6cm，DE＝2cm，则BD等于（　　） A．6cm B．8cm C．10cm D．4cm 【分析】根据题意证明即可得出结论． 【详解】解：∵AB⊥BD，ED⊥BD， ∴， ∵∠ACE＝90°， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定定理以及性质定理是解本题的关键． 2．如图，在中，，，点D在线段上运动点D不与点B，C重合，连接，作，交线段于点若是等腰三角形，则 ． 【分析】此题重点考查等腰直角三角形的性质、全等三角形的性质、分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地进行分类讨论是解题的关键． 由，，求得，，再分三种情况讨论，一是，因为，所以，则，可证明，得；二是，则，所以平分，则；三是由点D不与点B重合，可知，可推导出，则，所以不存在的情况，于是得到问题的答案． 【详解】解：，， ，， 如图1，是等腰三角形，且， ， ，， ， ， 在和中， ， ， ； 如图2，是等腰三角形，且，则， ， ，平分， ； 点D不与点B重合， ， ， ， ， 不存在是等腰三角形，且的情况， 综上所述，的长为6或， 故答案为：6或 3．（1）如图①，在中，，直线m经过点直线直线m，垂足分别为D，E．求证：； （2）如图②，将（1）中的条件改为在中，三点都在直线m上，且有，其中为任意钝角，请问结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由． 【分析】本题考查了三角形内角和定理，全等三角形的判定与性质等知识．熟练掌握三角形内角和定理，全等三角形的判定与性质是解题的关键． （1）由题意知，，由，可得，证明，则，； （2）证明过程同理（1）． 【详解】（1）证明：直线直线m， ． ， ． ， ， 在和中， ， ， ． （2）解：成立．证明如下： ， ， ． 在和中， ， ， ． 4．如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠B＝40°，点D在线段BC上运动（D不与B，C重合），连接AD，作∠ADE＝40°，DE交线段AC于E． （1）当∠BDE＝115°时，∠BAD＝ °，点D从B向C运动时，∠BAD逐渐变 （填“大”或“小”）； （2）当DC等于多少时，△ABD≌△DCE，请说明理由； （3）在点D的运动过程中，△ADE的形状也在改变，判断当∠BAD等于多少时，△ADE是等腰三角形． 【分析】（1）利用三角形内角和计算即可求出∠BAD，由点的运动方式即可得出∠BAD逐渐变大； （2）先求出，再由，，即可得出； （3）分两种情况或讨论即可． 【详解】解：（1），∠ADE＝40°, ， ， 当点D从B向C运动时，∠BAD逐渐变大． 故答案为：，大； （2）当时，≌， 理由如下： ∵AB＝AC＝2，∠B＝40° ， ， 又=， ， 在和中， ， ； （3）当得度数为或时，是等腰三角形． 理由如下： ∵， ∴， ，， 为等腰三角形时，只能是或， 当时，， ， 当时，， ， ， 综上所述，当得度数为或时，是等腰三角形． 【点睛】此题考查了等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质等知识点，此题涉及到的知识点较多，综合性较强． 5．已知：CD是经过∠BCA的顶点C的一条直线，CA＝CB，E、F是直线CD上两点，∠BEC＝∠CFA＝∠α． （1）若直线CD经过∠BCA的内部，∠BCD＞∠ACD． ①如图1，∠BCA＝90°，∠α＝90°，写出BE，EF，AF间的等量关系：　 　． ②如图2，∠α与∠BCA具有怎样的数量关系，能使①中的结论仍然成立？写出∠α与∠BCA的数量关系 　 　． （2）如图3．若直线CD经过∠BCA的外部，∠α＝∠BCA，①中的结论是否成立？若成立，进行证明；若不成立，写出新结论并进行证明． 【分析】（1）①求出∠BEC=∠AFC = 90°, ∠CBE=∠ACF，根据AAS证△BCE≌△CAF，推出BE=CF，CE = AF即可得出结论；②求出∠BEC =∠AFC,∠CBE=∠ACF，根据AAS证△BCE≌△CAF，推出BE= CF，CE = AF即可得出结论; （2）求出∠BEC =∠AFC，∠CBE= ∠ACF，根据AAS证△BCE≌△CAF，推出BE= CF，CE=AF即可得出结论． 【详解】（1）①EF、BE、AF的数量关系：EF= BE-AF， 证明：当α =90°时，∠BEC = ∠CFA =90°， ∵∠BCA = 90°, ∴∠BCE＋∠ACF= 90°, ∵∠BCE＋∠CBE =90°， ∴∠ACF = ∠CBE， ∵AC = BC, ∴△BCE≌△CAF, ∴BE =CF,CE = AF, ∵CF =CE＋EF, ∴EF= CF -CE=BE-AF； ②∠α与∠BCA关系：∠α+ ∠BCA = 180° 当∠α+ ∠BCA = 180°时，①中结论仍然成立; 理由是：如题图2， ∵∠BEC = ∠CFA = ∠α, ,∠α+∠ACB =180°, 又∵ ∴∠CBE= ∠ACF, 在△BCE和△CAF中 ∴△BCE≌△CAF (AAS), ∴BE =CF,CE = AF， ∴EF= CF-CE= BE -AF; 故答案为: ∠α+ ∠BCA = 180° ； （2）EF、BE、AF的数量关系:EF=BE+AF，理由如下 ∵∠BEC =∠CFA =∠α, ∠α= ∠BCA, 又∵∠EBC +∠BCE＋∠BEC = 180° , ∠BCE＋∠ACF+∠ACB =180° , ∴∠EBC ＋∠BCE =∠BCE＋∠ACF ∴∠EBC = ∠ACF， 在△BEC和△CFA中 ∴△ABE≌△CFA(AAS) ∴AF = CE，BE = CF ∵EF= CE+CF, ∴EF= BE＋AF． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，证明△BCE≌△CAF是解题的关键． 6．【问题解决】 （1）已知△ABC中，AB=AC，D，A，E三点都在直线l上，且有∠BDA=∠AEC=∠BAC．如图①，当∠BAC=90°时，线段DE，BD，CE的数量关系为：______________； 【类比探究】 （2）如图②，在（1）的条件下，当0°<∠BAC<180°时，线段DE，BD，CE的数量关系是否变化，若不变，请证明：若变化，写出它们的关系式； 【拓展应用】 （3）如图③，AC=BC，∠ACB=90°，点C的坐标为（-2，0），点B的坐标为（1，2），请求出点A的坐标． 【分析】（1）证明△ABD≌△CAE，根据全等三角形的性质得到AD＝CE，BD＝AE，结合图形证明结论； （2）根据三角形的外角性质得到∠ABD＝∠CAE，证明△ABD≌△CAE，根据全等三角形的性质解答； （3）过点A作AM⊥x轴于点M，过点B作BN⊥x轴于点N，根据（1）的结论得到△ACM≌△BCN，根据全等三角形的性质解答即可． 【详解】解：（1）∵∠BAC＝90°， ∴∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝90°， ∴∠ABD+∠BAD＝90°，∠CAE+∠BAD＝90°， ∴∠ABD＝∠CAE， 在△ABD和△CAE中， ， ∴△ABD≌△CAE（AAS）， ∴AD＝CE，BD＝AE， ∴DE＝AD+AE＝BD+CE， 故答案为：DE＝BD+CE； （2）DE＝BD+CE的数量关系不变， 理由如下：∵∠BAE是△ABD的一个外角， ∴∠BAE＝∠ADB+∠ABD， ∵∠BDA＝∠BAC， ∴∠ABD＝∠CAE， 在△ABD和△CAE中， ， ∴△ABD≌△CAE（AAS）， ∴AD＝CE，BD＝AE， ∴DE＝AD+AE＝BD+CE； （3）过点A作AM⊥x轴于点M，过点B作BN⊥x轴于点N， ∵点C的坐标为（﹣2，0），点B的坐标为（1，2）， ∴OC＝2，ON＝1，BN＝2， ∴CN＝3， 由（1）可知，△ACM≌△CBN， ∴AM＝CN＝3，CM＝BN＝2， ∴OM＝OC+CM＝4， ∴点A的坐标为（﹣4，3）． 【点睛】本题考查的是三角形全等的判定和性质、坐标与图形性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 【“手拉手”模型】 7．如图，C为线段AE上一动点（不与点，重合），在AE同侧分别作等边三角形ABC和等边三角形CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连结PQ．以下结论错误的是（    ）    A．∠AOB=60° B．AP=BQ C．PQ∥AE D．DE=DP 【分析】利用等边三角形的性质，BC∥DE，再根据平行线的性质得到∠CBE=∠DEO，于是∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，得出A正确；根据△CQB≌△CPA（ASA），得出B正确；由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△CQB≌△CPA（ASA），再根据∠PCQ=60°推出△PCQ为等边三角形，又由∠PQC=∠DCE，根据内错角相等，两直线平行，得出C正确；根据∠CDE=60°，∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，可知∠DQE≠∠CDE，得出D错误． 【详解】解：∵等边△ABC和等边△CDE， ∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°， ∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE， 在△ACD与△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴∠CBE=∠DAC， 又∵∠ACB=∠DCE=60°， ∴∠BCD=60°，即∠ACP=∠BCQ， 又∵AC=BC， 在△CQB与△CPA中， ， ∴△CQB≌△CPA（ASA）， ∴CP=CQ， 又∵∠PCQ=60°可知△PCQ为等边三角形， ∴∠PQC=∠DCE=60°， ∴PQ∥AE， 故C正确， ∵△CQB≌△CPA， ∴AP=BQ， 故B正确， ∵AD=BE，AP=BQ， ∴AD-AP=BE-BQ， 即DP=QE， ∵∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°， ∴∠DQE≠∠CDE，故D错误； ∵∠ACB=∠DCE=60°， ∴∠BCD=60°， ∵等边△DCE， ∠EDC=60°=∠BCD， ∴BC∥DE， ∴∠CBE=∠DEO， ∴∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°， 故A正确． 故选：D． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，利用旋转不变性，解题的关键是找到不变量． 8．如图，在△OAB和△OCD中，OA=OB，OC=OD，OA＞OC，∠AOB=∠COD=40°，连接AC，BD交于点M，连接OM，下列结论： ①△AOC≌△BOD；②AC=BD；③∠AMB=40°；④MO平分∠BMC． 其中正确的个数为（　　　） A．4 B．3 C．2 D．1 【分析】由题意易得∠AOC=∠BOD，然后根据三角形全等的性质及角平分线的判定定理可进行求解． 【详解】解：∵∠AOB=∠COD=40°，∠AOD是公共角， ∴∠COD+∠AOD=∠BOA+∠AOD，即∠AOC=∠BOD， ∵OA=OB，OC=OD， ∴△AOC≌△BOD（SAS）， ∴AC=BD，∠OAC=∠OBD，∠ODB=∠OCA，故①②正确； 过点O作OE⊥AC于点E，OF⊥BD于点F，BD与OA相交于点H，如图所示： ∵∠AHM=∠OHB，∠AMB=180°-∠AHM-∠OAC，∠BOA=180°-∠OHB-∠OBD， ∴∠AMB=∠BOA=40°， ∴∠OEC=∠OFD=90°， ∵OC=OD，∠OCA=∠ODB， ∴△OEC≌△OFD（AAS）， ∴OE=OF， ∴OM平分∠BMC，故③④正确； 所以正确的个数有4个； 故选A． 【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定及角平分线的判定定理，熟练掌握全等三角形的性质与判定及角平分线的判定定理是解题的关键． 9．如图，和都是等腰直角三角形，，且点、、在同一条直线上，连接． （1）的度数为 ． （2）若、分别是、的中点，连接，，，则的值为 ． 【分析】（1）先根据已知条件证明△AOC ≌△BOD，再根据等腰直角三角形的性质计算即可． （2）先利用中位线定理得出BD的长，再根据全等三角形的性质得出AC，利用勾股定理得出AP，根据△AOC≌△BOD，利用相似比和面积的关系计算即可． 【详解】（1)∵△AOB与△COD都是等腰直角三角形 ∴ OA=OB. OC=OD ∠ODC= ∠OCD=45° 又∵ ∠AOB-∠BOC= ∠COD- ∠BOC ∴ ∠AOC=∠BOD， 即OA=OB，OC=OD， ∠AOC= ∠BOD ∴ △AOC ≌△BOD (SAS) ， ∴ ∠BDO=∠ACO=180°-∠OCD=135°， ∴ ∠ADB=∠BDO-∠ODC＝135°-45°=90°； （2)由题意可知PC是△ABD的中位线， ∴ BD=2PC=2， PC∥BD ∴ △ACP是直角三角形， 又∵△AOC≌△BOD ∴AC=CD=BD=2， ∴AP= AB= 又△COD∽△AOB， ∴； 故答案为：90°； 【点睛】本题考查手拉手模型、相似三角形、全等三角形、勾股定理、相似三角形的性质．了解手拉手模型对解决本题有很大的作用．熟悉相似三角形的性质、判定是关键． 10．如图，，，，和相交于，和相交于，则的度数是 °. 【分析】先得出∠DAC=∠EAB，进而利用ASA得出△ADC≌△AEB，进而得出∠E=∠ACD，再利用三角形内角和定理得出∠EAF=∠COF=60°，即可得出答案． 【详解】如图所示： ∵∠DAB=∠EAC=60°， ∴∠DAB+∠BAC=∠BAC+∠EAC， ∴∠DAC=∠EAB， 在△ADC和△AEB中， , ∴△ADC≌△ABE（SAS）， ∴∠E=∠ACD， 又∵∠AFE=∠OFC， ∴∠EAF=∠COF=60°， ∴∠DOE=120°． 故答案是：120． 【点睛】考查了全等三角形的判定与性质以及三角形内角和定理等知识，根据已知得出△ADC≌△AEB是解题关键． 11．如图，是一个锐角三角形，分别以、为边向外作等边三角形、，连接、交于点，连接． (1)求证：≌； (2)求的度数； (3)求证：平分． 【分析】（1）由、是等边三角形，易证，继而可证； （2）由≌，得到，进一步得到，由三角形内角和得到答案； （3）作于点于点，证明，由，即可得到结论． 【详解】（1）证明：、是等边三角形， ， ， 即， ≌； （2）解：≌， ， ， ； （3）证明：如图，作于点于点， ， ， ，， ， ， ， 平分． 【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、角平分性的判定知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键． 【“反向手拉手”模型】 12．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点D为三角形右侧外一点．且∠BDC＝45°．连接AD，若△ACD的面积为，则线段CD的长度为 ． 【分析】过点B作BE⊥BD，交DC的延长线于点E，连接AE，由题意易得△EBD是等腰直角三角形，然后可证△BCD≌△BEA，则有∠BDC=∠BEA=45°，AE=CD，进而根据三角形面积公式可进行求解． 【详解】解：过点B作BE⊥BD，交DC的延长线于点E，连接AE，如图所示： ∵∠ABC＝90°， ∴， ∴， ∵∠BDC＝45°，∠EBD＝90°， ∴△EBD是等腰直角三角形， ∴∠BDC=∠BED=45°，BE=BD， ∵AB＝BC， ∴△BCD≌△BAE（SAS）， ∴∠BDC=∠BEA=45°，AE=CD， ∴， ∵， ∴， ∴； 故答案为． 【点睛】本题主要考查三角形全等的判定与性质及等腰直角三角形的性质与判定，解题的关键是构造旋转型全等，抓住等腰直角三角形的特征． 13．【问题探究】（1）如图1，锐角△ABC中，分别以AB、AC为边向外作等腰直角△ABE和等腰直角△ACD，使AE＝AB，AD＝AC，∠BAE＝∠CAD＝90°，连接BD，CE，试猜想BD与CE的大小关系，不需要证明． 【深入探究】（2）如图2，四边形ABCD中，AB＝5，BC＝2，∠ABC＝∠ACD＝∠ADC＝45°，求BD2的值；甲同学受到第一问的启发构造了如图所示的一个和△ABD全等的三角形，将BD进行转化再计算，请你准确的叙述辅助线的作法，再计算； 【变式思考】（3）如图3，四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝60°，∠ADC＝30°，AD＝6，BD＝10，则CD＝　 　． 【分析】（1）首先根据等式的性质证明∠EAC=∠BAD，则根据SAS即可证明△EAC≌△BAD，根据全等三角形的性质即可证明； （2）在△ABC的外部，以A为直角顶点作等腰直角△BAE，使∠BAE=90°，AE=AB，连接EA、EB、EC，证明△EAC≌△BAD，证明BD=CE，然后在直角三角形BCE中利用勾股定理即可求解； （3）先证明△ABC是等边三角形，再把△ACD绕点C逆时针旋转60°得到△BCE，连接DE，则可得△CDE是等边三角形，再证△BDE是直角三角形，运用勾股定理求出DE的长，从而可得CD的长． 【详解】解：（1）BD＝CE．理由是： ∵∠BAE＝∠CAD， ∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD， 在△EAC和△BAD中， ， ∴△EAC≌△BAD， ∴BD＝CE； （2）如图2，在△ABC的外部，以A为直角顶点作等腰直角△BAE，使∠BAE＝90°，AE＝AB，连接EA、EB、EC． ∵∠ACD＝∠ADC＝45°， ∴AC＝AD，∠CAD＝90°， ∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD， 在△EAC和△BAD中， ， ∴△EAC≌△BAD， ∴BD＝CE． ∵AE＝AB＝5， ∴BE＝，∠ABE＝∠AEB＝45°， 又∵∠ABC＝45°，   ∴∠ABC+∠ABE＝45°+45°＝90°， ∴， ∴ ． （3）如图， ∵AB＝BC，∠ABC＝60°， ∴△ABC是等边三角形， 把△ACD绕点C逆时针旋转60°得到△BCE，连接DE， 则BE＝AD，△CDE是等边三角形， ∴DE＝CD，∠CED＝60°， ∵∠ADC＝30°， ∴∠BED＝30°+60°＝90°， 在Rt△BDE中，DE＝＝＝8，   ∴CD＝DE＝8． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，正确理解题目之间的联系，构造全等三角形是解决本题的关键． 【“倍长中线”模型】 14．如图，在△ABC中，AB=5，AC=3，AD是BC边上的中线，AD的取值范围是（    ） A．1＜AD＜6 B．1＜AD＜4 C．2＜AD＜8 D．2＜AD＜4 【分析】先延长到，且，并连接，由于，，利用易证，从而可得，在中，再利用三角形三边的关系，可得，从而易求． 【详解】解：延长到，使，连接，则AE=2AD， ∵，，， ∴， ， 在中，， 即， ∴． 故选：． 【点睛】此题主要考查三角形三边关系：两边之和大于第三边，两边之差小于第三边． 15．已知：如图，△ABC中，D为BC的中点，E是AD上一点，连接BE并延长交AC于F，BE＝AC，且BF＝9，CF＝6，那么AF的长度为 ． 【分析】延长AD到G使DG＝AD，连接BG，证明△ACD≌△GBD，再根据全等三角形的性质得到∠CAD＝∠G，AC＝BG，等量代换得到BE＝BG，由等腰三角形的性质得到∠G＝∠BEG，推出EF＝AF即可得解决问题． 【详解】解：如图，延长AD到G使DG＝AD，连接BG， 在△ACD与△GBD中， ， ∴△ACD≌△GBD（SAS）， ∴∠CAD＝∠G，AC＝BG， ∵BE＝AC， ∴BE＝BG， ∴∠G＝∠BEG， ∵∠BEG＝∠AEF， ∴∠AEF＝∠EAF． ∴EF＝AF， ∵BE＝AC，即AF＋CF＝BF−EF， ∴AF＋6＝9−EF，即AF＋6＝9−AF， ∴AF＝1.5． 故答案为：1.5． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 16．如图，AB=AE，AB⊥AE，AD=AC，DE=2AM，点M为BC的中点，连接AM．求证：AD⊥AC 【分析】延长AM至N，使MN=AM，证△AMC≌△NMB，推出AC=BN=AD，ED=AN，证△EAD≌△ABN，得到∠EAD+∠BAC=180°，即可证明AD⊥AC． 【详解】延长AM至N，使MN=AM，连接BN， ∵点M为BC的中点， ∴CM=BM， 在△AMC和△NMB中， ， ∴△AMC≌△NMB（SAS）， ∴AC=BN，∠C=∠NBM，∠CAM=∠N， ∵DE=2AM，AD=AC， ∴DE= AN，AD= BN， 在△EAD和△ABN中， ， ∴△EAD≌△ABN（SSS）， ∴∠EAD=∠ABN， ∴∠EAD+∠BAC=∠EAD+∠BAN+∠CAM=∠ABN+∠BAN+∠N=180， ∵AB⊥AE， ∴∠EAB=90°， ∴∠DAC=360°-∠EAB-(∠EAD+∠BAC)= 90°， ∴AD⊥AC． 【点睛】本题考查了三角形内角和定理的应用，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生的推理能力，延长AM至N，使MN=AM，利用“中线倍长”构造全等三角形的是解题的关键． 17．如图，已知：，，AE是的中线，求证：． 【分析】延长AE至F，使EF =AE，连接BF，于是证得△AED≌△FEB，根据全等三角形的性质得到BF=DA，∠FBE=∠ADE，推出∠ABF=∠ABD+∠ADB=∠ABD+∠BAD=∠ADC，证得△ABF≌△CDA，于是得到AC=AF，等量代换即可得到结论． 【详解】延长AE至F，使EF =AE，连接BF． 在与中， ， ， ，， ，， ． 在与中， ， ， ． ， ． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形外角的性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 18．阅读下面材料： 数学课上，老师给出了如下问题： 如图，AD为△ABC中线，点E在AC上，BE交AD于点F，AE＝EF．求证：AC＝BF． 经过讨论，同学们得到以下两种思路： 思路一如图①，添加辅助线后依据SAS可证得△ADC≌△GDB，再利用AE＝EF可以进一步证得∠G＝∠FAE＝∠AFE＝∠BFG，从而证明结论． 思路二如图②，添加辅助线后并利用AE＝EF可证得∠G＝∠BFG＝∠AFE＝∠FAE，再依据AAS可以进一步证得△ADC≌△GDB，从而证明结论． 完成下面问题： （1）①思路一的辅助线的作法是：　 　 ； ②思路二的辅助线的作法是：　 　 ． （2）请你给出一种不同于以上两种思路的证明方法（要求：只写出辅助线的作法，并画出相应的图形，不需要写出证明过程）． 【分析】（1）①依据SAS可证得△ADC≌△GDB，再利用AE＝EF可以进一步证得∠G＝∠FAE＝∠AFE＝∠BFG，从而证明结论． ②作BG＝BF交AD的延长线于点G．利用AE＝EF可证得∠G＝∠BFG＝∠AFE＝∠FAE，再依据AAS可以进一步证得△ADC≌△GDB，从而证明结论． （2）作BG∥AC交AD的延长线于G，证明△ADC≌△GDB（AAS），得出AC＝BG，证出∠G＝∠BFG，得出BG＝BF，即可得出结论． 【详解】解：（1）①延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG，如图①，理由如下： ∵AD为△ABC中线， ∴BD＝CD， 在△ADC和△GDB中，， ∴△ADC≌△GDB（SAS）， ∴AC＝BG， ∵AE＝EF， ∴∠CAD＝∠EFA， ∵∠BFG＝∠G，∠G＝∠CAD， ∴∠G＝∠BFG， ∴BG＝BF， ∴AC＝BF． 故答案为：延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG； ②作BG＝BF交AD的延长线于点G，如图②． 理由如下：∵BG＝BF， ∴∠G＝∠BFG， ∵AE＝EF， ∴∠EAF＝∠EFA， ∵∠EFA＝∠BFG， ∴∠G＝∠EAF， 在△ADC和△GDB中，， ∴△ADC≌△GDB（AAS）， ∴AC＝BG， ∴AC＝BF； 故答案为：作BG＝BF交AD的延长线于点G； （2）作BG∥AC交AD的延长线于G，如图③所示： 则∠G＝∠CAD， ∵AD为△ABC中线， ∴BD＝CD， 在△ADC和△GDB中，， ∴△ADC≌△GDB（AAS）， ∴AC＝BG， ∵AE＝EF， ∴∠CAD＝∠EFA， ∵∠BFG＝∠EFA，∠G＝∠CAD， ∴∠G＝∠BFG， ∴BG＝BF， ∴AC＝BF． 【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、其中一般证明两个三角形全等共有四个定理：AAS、ASA、SAS、SSS，需要同学们灵活运用，解题的关键是学会做辅助线解决问题． 【“半角”模型】 19．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 【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． 20．如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝4，AB＝AC，∠CBD＝30°，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为 ． 【分析】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，由旋转得出∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，求出∠EAM＝∠MAN，根据SAS推出△AEM≌△ANM，根据全等得出MN＝ME，求出MN＝CN＋BM，解直角三角形求出DC，即可求出△DMN的周长＝BD＋DC，代入求出答案即可． 【详解】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图：                            由旋转得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN， ∵∠BAC＝∠D＝90°， ∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣90°﹣90°＝180°， ∴∠ABD+∠ABE＝180°， ∴E，B，M三点共线， ∵∠MAN＝45°，∠BAC＝90°， ∴∠EAM＝∠EAB+∠BAM＝∠CAN+∠BAM＝∠BAC﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°， ∴∠EAM＝∠MAN， 在△AEM和△ANM中， ，             ∴△AEM≌△ANM（SAS）， ∴MN＝ME， ∴MN＝CN+BM， ∵在Rt△BCD中，∠BDC＝90°，∠CBD＝30°，BC＝4， ∴CD＝BC＝2，BD＝＝2， ∴△DMN的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝2+2， 故答案为：2+2． 【点睛】本题考查直角三角形、全等三角形的性质和判定、旋转的性质的应用，能正确作出辅助线是解此题的关键． 21．综合与实践 （1）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝45°，则MN，AM，CN的数量关系为 　 　． （2）如图2，在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝∠ABC，试探索线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？请写出猜想，并给予证明． （3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，点M、N分别在DA、CD的延长线上，若∠MBN＝∠ABC，试探究线段MN、AM、CN的数量关系为 　 　． 【分析】（1）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，可得到点M'、C、N三点共线，再由∠MBN=45°，可得∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解； （2）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，由∠A+∠C＝180°，可得点M'、C、N三点共线，再由∠MBN＝∠ABC，可得到∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解； （3）在NC上截取C M'=AM，连接B M'，由∠ABC+∠ADC＝180°，可得∠BAM=∠C，再由AB＝BC，可证得△ABM≌△CB M'，从而得到AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，进而得到∠MA M'=∠ABC，再由∠MBN＝∠ABC，可得∠MBN＝∠M'BN，从而得到△NBM≌△NBM'，即可求解． 【详解】解：（1）如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC， 在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC    ， ∴∠BCM'+∠BCD=180°， ∴点M'、C、N三点共线， ∵∠MBN=45°， ∴∠ABM+∠CBN=45°， ∴∠M'BN=∠M'BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=45°， 即∠M'BN=∠MBN， ∵BN=BN， ∴△NBM≌△NBM'， ∴MN= M'N， ∵M'N= M'C+CN， ∴MN= M'C+CN=AM+CN； （2）MN=AM+CN；理由如下： 如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC， ∵∠A+∠C＝180°， ∴∠BCM'+∠BCD=180°， ∴点M'、C、N三点共线， ∵∠MBN＝∠ABC， ∴∠ABM+∠CBN=∠ABC＝∠MBN， ∴∠CBN+∠M'BC =∠MBN，即∠M'BN=∠MBN， ∵BN=BN， ∴△NBM≌△NBM'， ∴MN= M'N， ∵M'N= M'C+CN， ∴MN= M'C+CN=AM+CN； （3）MN=CN-AM，理由如下： 如图，在NC上截取C M'=AM，连接B M'， ∵在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°， ∴∠C+∠BAD=180°， ∵∠BAM+∠BAD=180°， ∴∠BAM=∠C， ∵AB＝BC， ∴△ABM≌△CB M'， ∴AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'， ∴∠MA M'=∠ABC， ∵∠MBN＝∠ABC， ∴∠MBN＝∠MA M'=∠M'BN， ∵BN=BN， ∴△NBM≌△NBM'， ∴MN= M'N， ∵M'N=CN-C M'，   ∴MN=CN-AM． 故答案是：MN=CN-AM． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，图形的旋转，根据题意做适当辅助线，得到全等三角形是解题的关键． 22．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　 　． 【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． 【“雨伞”模型】 23．如图，的面积为，垂直的平分线于，则的面积为（　　　） A． B． C． D． 【分析】延长AP交BC于E，根据AP垂直∠B的平分线BP于P，即可求出△ABP≌△BEP，又知△APC和△CPE等底同高，可以证明两三角形面积相等，即可证明三角形PBC的面积． 【详解】解：延长AP交BC于E， ∵AP垂直∠B的平分线BP于P， ∴∠ABP=∠EBP，∠APB=∠BPE=90∘， 在△APB和△EPB中 ∴△APB≌△EPB(ASA)， ∴，AP=PE， ∴△APC和△CPE等底同高， ∴, ∴== 故选C． 【点睛】本题考查了三角形的面积和全等三角形的性质和判定的应用，关键是求出=． 24．如图，已知点D为内一点，平分，，．若，则的长为 ． 【分析】本题主要考查等腰三角形的判定与性质，勾股定理，延长与交于点E，由题意可推出，依据等角的余角相等，即可得等腰三角形，可推出，根据，即可推出的长度． 【详解】解：延长与交于点E， ， ， ， ， 平分， ， ， 为等腰三角形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 25．已知，如图中，，，的平分线交于点，， 求证：. 【分析】延长BD交CA的延长线于F，先证得△ACE≌△ABF，得出CE=BF；再证△CBD≌△CFD，得出BD=DF；由此得出结论即可． 【详解】证明：如图， 延长交的延长线于， 平分 【点睛】此题考查三角形全等的判定与性质，角平分线的性质，根据已知条件，作出辅助线是解决问题的关键． 26．通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题： (1)【模型呈现】如图，AD为的中线，交AD的延长线于点E，求证：． (2)【模型应用】如图，在四边形ABCD中，，E是BC中点，连接AE，DE，AE平分，求证：DE平分． (3)【拓展探索】如图，在中，，于点D，过点B作交的平分线于点E，过点E作交BC于点F，若，求证：． 【分析】(1)根据平行线的性质可得，根据AD为的中线，可得，据此即可证得，即可证得结论； (2)过点E分别作于点F，于点G，交DC的延长线于点H，首先由角平分线的性质可得，再根据垂直的定义及平行线的性质，可证得，，据此即可证得，即可证得结论； (3)延长AB交FE延长线于点G，过点G作交CB的延长线于点H，首先由，AE平分，可得，可求得，据此即可证得，可得，，可证得，，据此可证得，，，再根据斜边直角边定理，可证得，据此即可证得结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴ ∵AD为的中线， ∴， 在和中，          ∴， ∴． （2）证明：如图，过点E分别作于点F，于点G，交DC的延长线于点H． 又∵AE平分， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴ 在和中，      ∴， ∴， ∴， ∴DE平分； （3）证明：如图，延长AB交FE延长线于点G，过点G作交CB的延长线于点H． ∵，AE平分， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 在和中，          ∴， ∴，， 又∵，， ∴， ∵，， ∴， 在和中，      ∴， ∴，， 在和中，         ∴， ∴， ∴， 即， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质，角平分线的定义、判定及性质，作出辅助线是解决本题的关键． 【“胖瘦”模型】 27．如图，BN为∠MBC的平分线，P为BN上一点，且PD⊥BC于点D，∠APC+∠ABC＝180°，给出下列结论：①∠MAP＝∠BCP；②PA＝PC；③AB+BC＝2BD；④四边形BAPC的面积是△PBD面积的2倍，其中结论正确的个数有（　　）    A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【分析】过点P作PK⊥AB，垂足为点K．证明Rt△BPK≌Rt△BPD，△PAK≌△PCD，利用全等三角形的性质即可解决问题． 【详解】解：过点P作PK⊥AB，垂足为点K．    ∵PK⊥AB，PD⊥BC，∠ABP＝∠CBP， ∴PK＝PD， 在Rt△BPK和Rt△BPD中， ， ∴Rt△BPK≌Rt△BPD（HL）， ∴BK＝BD， ∵∠APC+∠ABC＝180°，且∠ABC+∠KPD＝180°， ∴∠KPD＝∠APC， ∴∠APK＝∠CPD，故①正确， 在△PAK和△PCD中， ， ∴△PAK≌△PCD（ASA）， ∴AK＝CD，PA＝PC，故②正确， ∴BK﹣AB＝BC﹣BD， ∴BD﹣AB＝BC﹣BD， ∴AB+BC＝2BD，故③正确， ∵Rt△BPK≌Rt△BPD，△PAK≌△PCD（ASA）， ∴S△BPK＝S△BPD，S△APK＝S△PDC， ∴S四边形ABCP＝S四边形KBDP＝2S△PBD．故④正确． 故选A． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，角平分线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 28．如图，OC平分∠MON，A、B分别为OM、ON上的点，且BO＞AO，AC＝BC，求证：∠OAC+∠OBC＝180°． 【分析】如图，作CE⊥ON于E，CF⊥OM于F．由Rt△CFA≌Rt△CEB，推出∠ACF＝∠ECB，推出∠ACB＝∠ECF，由∠ECF+∠MON＝360°﹣90°﹣90°＝180°，可得∠ACB+∠AOB＝180°，推出∠OAC+∠OBC＝180°． 【详解】如图，作CE⊥ON于E，CF⊥OM于F． ∵OC平分∠MON，CE⊥ON于E，CF⊥OM于F． ∴CE＝CF， ∵AC＝BC，∠CEB＝∠CFA＝90°， ∴Rt△CFA≌Rt△CEB（HL）， ∴∠ACF＝∠ECB， ∴∠ACB＝∠ECF， ∵∠ECF+∠MON＝360°﹣90°﹣90°＝180°， ∴∠ACB+∠AOB＝180°， ∴∠OAC+∠OBC＝180°． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，四边形内角和定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题. 1 学科网（北京）股份有限公司 $常考的重难点几何模型 八年级上册 初中数学 目录 八年级上册 · 全等三角形 模型1：“一线三等角”模型…… 2 模型5：“半角”模型…… 7 模型2：“手拉手”模型………… 3 模型6：“雨伞”模型…… 9 模型3：“反向手拉手”模型…… 5 模型7：“胖瘦”模型…… 10 模型4：“倍长中线”模型……… 6 实战演练………………… 11 模 型 导 图 模 型 提 炼 模型1：“一线三等角”模型 题目条件中含有在一条线段上存在三个相等的角，且有一组边相等时，考虑用此模型 一、同侧一线三等角 已知：如图，点P在线段AB上，∠1=∠2=∠2，且AP=BD（或AC=BP或CP=PD） 结论：△APC≌△BDPB C D P 1 2 3 A 锐角一线三等角 依据：全等三角形的判定 证明：∵ 点P在线段AB上 ∴ ∠APC+∠2+∠DPB=180° 在△APC和△BDP中，∠1+∠APC+∠C=180°，3 2 1 P D B C A 一线三垂直 ∠DPB+∠3+∠D=180° ∵ ∠1=∠2=∠3 ∴ ∠DPB+∠C，∠APC=∠D ∵ AP=BD（或AC=BP或CP=PD）3 2 1 P D C B A 钝角一线三等角 ∴ △APC≌△BDP 二、异侧一线三等角 已知：如图，点P在线段AB的延长线上，∠1=∠2=∠2，且AP=BD（或AC=BP或CP=PD）3 2 1 P D C B A 锐角一线三等角 结论：△APC≌△BDP 依据：全等三角形的判定 证明：∵ ∠1=∠C+∠APC，∠2=∠D+∠BPD， ∠3=∠BPD+∠APC，∠1=∠2=∠33 2 1 P D B C A 钝角一线三等角 3 2 1 P D C B A 一线三垂直 ∴ ∠D=∠APC，∠BPD=∠C ∵ AP=BD（或AC=BP或CP=PD） ∴ △APC≌△BDP 【例1】如图，在△ABC中，AB＝AC＝9，点E在边AC上，AE的中垂线交BC于点D，若∠ADE＝∠B，CD＝3BD，则CE等于（　　） A．3 B．2 C． D． 【例2】如图，一个等腰直角三角形ABC物件斜靠在墙角处（∠O＝90°），若OA＝50cm，OB＝28cm，则点C离地面的距离是 cm． 模型2：“手拉手”模型 题目条件中含有双等腰、共顶角顶点且顶角相等的三角形+对应底角顶点连线时，考虑用此模型 已知：如图，在等腰三角形OAB中，OA=OB，在等腰三角形OCD中，OC=OD，∠AOB=∠COD=α，将△OCD绕点O旋转一定角度后，连接AC，BD（称为“拉手线”，左手拉左手，右手拉右手），若相交，则交点为E，连接OE 结论：（1）△AOC≌△BOD，AC=BD（即拉手线相等）； （2）EO平分∠AED； （3）∠AEB=∠AOB 依据：全等三角形的判定；全等三角形的性质 证明：结论（1）△AOC≌△BOD，AC=BD 如图，∵ ∠AOB=∠COD ∴ ∠AOB+∠BOC=∠COD+∠BOC ∴ ∠AOC=∠BOD 在△AOC和△BOD中， ∴ △AOC≌△BOD（SAS） ∴ AC=BD 结论（2）EO平分∠AED 如图，过点O分别作OM⊥AC于点M，ON⊥BD于点N 由结论（1）可知△AOC≌△BOD，∴ S△AOC=S△BOD ∴ AC·OM=BD·ON ∵ AC=BD ∴ OM=ON ∴ EO平分∠AED 结论（3）∠AEB=∠AOB 如图，由结论（1）可知△AOC≌△BOD，∴ ∠OAC=∠OBD ∵ ∠AFO=∠BFE ∴ ∠AEB=∠AOB 模型括展：在等腰直角三角形或等边三角形中“手拉手”全等模型的应用 一、等腰直角三角形 已知：如图，△AOB和△COD均为等腰直角三角形，OA=OB，OC=OD，连接AC，BD 结论：（1）△AOC≌△BOD （2）AC⊥BD 二、等边三角形 已知：如图，△AOB和△COD均为等边三角形，连接AC，BD交于点E，连接OE 结论：（1）△AOC≌△BOD敲黑板，记重点 该结论常用在选填题目中快速解题.“SAS”是“手拉手”模型中判定全等最核心的方法. （2）∠AEB=60° （3）EO平分∠AED 【例1】如图，在中，，分别以，为边作等边和等边，连结，若，，则（    ） A． B． C．4 D． 【例2】两个大小不同的等腰直角三角板按图1所示摆放，将两个三角板抽象成如图2所示的和，其中，点、、依次在同一条直线上，连结．若，，则的面积是 ． 模型3：“反向手拉手”模型 题目条件中含有双等腰、共顶角顶点且顶角相等的三角形+对应底角顶点错位连线时，考虑用此模型 已知：如图，在等腰三角形ABC和等腰三角形ADE中，AB=AC，∠BAC=∠DAE，连接BE，CD（左手拉右手，右手拉左手） 作法：如图，作△ABC关于边AC的轴对称图形△AB’C，连接EB’敲黑板，记重点 “反向手拉手”全等模型的解题思路是以对称的方法构造“手拉手”全等模型，熟悉原理后在选择题和填空题中可直接使用结论进行求解. 结论：△AB’E≌△ACD 证明：∵ AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE ∴ AB’=AB=AC，∠B’AC=∠BAC=∠DAE ∴ ∠B’AE+∠DAB’=∠DAB’+∠CAD ∴ ∠B’AE=∠CAD 在△AB’E和△ACD中， ∴ △AB’E≌△ACD（SAS） 【例1】如图，在ABC中，AB=AC=2，∠BAC=，D为线段BC边上的动点，以BD为边向上作等边BED，连接CE、AD，则AD+CE的最小值为（    ）    A．4 B．2+6 C．+3 D．6 模型4：“倍长中线”模型 题目条件中含有中线或与中点有关的线段时，考虑用此模型 已知：如图，在△ABC中，AD是边BC上的中线 作法：延长AD至点E，使ED=AD，连接BE 结论：△ACD≌△EBD，AC∥BE 证明：∵ AD是边BC上的中线 ∴ CD=BD 在△ACD和△EBD中， ∴ △ACD≌△EBD（SAS） ∴ ∠ACD=∠EBD ∴ AC∥BE 【例1】如图，在中，为的中点，若．则的长不可能是（    ） A．5 B．7 C．8 D．9 【例2】如图，中，点D在上，，点E是的中点，连接，则 ． 模型5：“半角”模型 题目条件中含有①两个角共顶点，且存在一半的数量关系；②两角共顶点处有一组等线段时，考虑用此模型 一、正方形中的“半角”模型M N D C B A 已知：如图，在正方形ABCD中，∠MAN=45° 结论：（1）MN=BM+DN； （2）△MCN的周长等于正方形ABCD边长的2倍； （3）MA平分∠BMN，NA平分∠DNM； （4）连接BD分别交AM，AN于点P，Q，则BP2+DQ2=PQ2 证明：如图，延长ND至点E，使得DE=BM，连接AEM N D C B A P Q ∵ 四边形ABCD是正方形 ∴ AB=AD，∠B=∠ADE=90° 在△ABM和△ADE中，2 4 3 5 7 6 E 1 M N D C B A ∴ △ABM≌△ADE（SAS） ∴ ∠1+∠2，∠3=∠E，AM=AE ∵ ∠MAN=45° ∴ ∠1+∠4=45° ∴ ∠NAE=∠2+∠4=45° 在△AMN和△AEN中， ∴ △AMN≌△AEN（SAS） ∴ MN=EN，∠6=∠7，∠5=∠E敲黑板，记重点 关于“半角”模型，一般情况下都需要作辅助线构造全等，然后通过证明全等来得到相关结论. 注意：用旋转法证明时，证明过程中需要说明三点共线. ∴ NA平分∠DNM ∵ EN=DE+DN=BM+DN ∴ MN=BM+DN ∵ ∠3=∠E ∴ ∠3=∠5 ∴ MA平分∠BMN ∵ △MCN的周长为CM+MN+CN=CM+DN+CN=BC+CD=2BC ∴ △MCN的周长等于正方形ABCD边长的2倍 （也可以点A旋转中心，将线段AM按逆时针方向旋转90°到AE，连接ED来证明） 二、等腰三角形中的“半角”模型 已知：如图，△ABC是边长为的等边三角形，△BDC是等腰三角形，且∠BDC=120°，以点D为顶点作∠MDN=60°，使其两边分别交AB于点M，交AC于点N，连接MNB C D M N A 结论：（1）MN=BM+CN； （2）△MAN的周长是△ABC边长的2倍； （3）MD平分∠BMN，ND平分∠CNM 【例1】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 【例2】如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，BC上，若F是BC的中点，且∠EDF＝45°，则DE的长为 ． 模型6：“雨伞”模型 题目条件中含有角平分线+垂线时，考虑用此模型 一、正方形中的“半角”模型 已知：如图，AP是∠BAC的平分线，OB⊥AP于点O2 1 A D B C P O 作法：延长BO交AC于点D 结论：（1）△ABO≌△ADO； （2）AB=AD； （3）OB=OD； 证明：∵ AP是∠BAC的平分线 ∴ ∠1=∠2敲黑板，记重点 角平分线+垂线，轻轻延长等腰现. ∵ OB⊥AP ∴ ∠AOB=∠AOD=90° 在△ABO和△ADO中， ∴ △ABO≌△ADO（ASA） ∴ AB=AD，OB=OD 【例1】如图，在中，点M是边上的中点，平分，于点N，若，，则的长为（    ） A．4 B．6 C．7 D．8 模型7：“胖瘦”模型 题目条件中含有①两个三角形有两条边相等；②相等边所对的角相等；③一组对角互补以上三个条件中两个求第三个时，考虑用此模型 已知：如图，在四边形ABCD中，BC＞BA，①AD=DC；②BD平分∠ABC；③∠A+∠C=180° 结论：这三个条件，已知任意两个即可求第三个D C B A 依据：角平分线的性质；全等三角形的性质；四边形内角和为360° 证明：以①②为条件，③为结论为例进行证明 法1）△BCD变瘦：如图1，在BC上取一点E，使BE=BA，连接DED C B A E 图1 ∵ BD平分∠ABC ∵ AD=DC ∴ ∠ABD=∠EBD ∴ DE=DC ∵ BA=BE，BD=BD ∴ ∠DEC=∠C ∴ △ABD≌△EBD（SAS） ∴ ∠A+∠C=∠BED+∠DEC=180° ∴ ∠A=∠BED，AD=DE 法2）找中间状态：如图2，过点D作DE⊥BC于点E，DF⊥AB交BA的延长线于点FD C B A E 图2 F ∴ ∠F=∠DEC=90° ∴ Rt△ADF≌Rt△CDE（HL） ∵ BD平分∠ABC ∴ ∠DAF=∠C ∴ DE=DF ∵ ∠BAD+∠DAF=180° ∵ AD=DC ∴ ∠BAD+∠C=180° 法3）△BAD变胖：如图3，延长BA到点E，使BE=BC，连接DED C B A E 图3 ∵ BD平分∠ABC ∵ AD=DC ∴ ∠ABD=∠DBC ∴ DE=AD ∵ BE=BC，BD=BD ∴ ∠E=∠EAD ∴ △EBD≌△CBD（SAS） ∴ ∠BAD+∠C=∠BAD+∠EAD=180° ∴ ∠E=∠C，DE=DC 【例1】如图，在四边形ABCD中，已知BD平分∠ABC，∠BAD＋∠C＝180°，求证：AD＝CD． 实 战 演 练 【“一线三等角”模型】 1．如图，AC＝CE，∠ACE＝90°，AB⊥BD，ED⊥BD，AB＝6cm，DE＝2cm，则BD等于（　　） A．6cm B．8cm C．10cm D．4cm 2．如图，在中，，，点D在线段上运动点D不与点B，C重合，连接，作，交线段于点若是等腰三角形，则 ． 3．（1）如图①，在中，，直线m经过点直线直线m，垂足分别为D，E．求证：； （2）如图②，将（1）中的条件改为在中，三点都在直线m上，且有，其中为任意钝角，请问结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由． 4．如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠B＝40°，点D在线段BC上运动（D不与B，C重合），连接AD，作∠ADE＝40°，DE交线段AC于E． （1）当∠BDE＝115°时，∠BAD＝ °，点D从B向C运动时，∠BAD逐渐变 （填“大”或“小”）； （2）当DC等于多少时，△ABD≌△DCE，请说明理由； （3）在点D的运动过程中，△ADE的形状也在改变，判断当∠BAD等于多少时，△ADE是等腰三角形． 5．已知：CD是经过∠BCA的顶点C的一条直线，CA＝CB，E、F是直线CD上两点，∠BEC＝∠CFA＝∠α． （1）若直线CD经过∠BCA的内部，∠BCD＞∠ACD． ①如图1，∠BCA＝90°，∠α＝90°，写出BE，EF，AF间的等量关系：　 　． ②如图2，∠α与∠BCA具有怎样的数量关系，能使①中的结论仍然成立？写出∠α与∠BCA的数量关系 　 　． （2）如图3．若直线CD经过∠BCA的外部，∠α＝∠BCA，①中的结论是否成立？若成立，进行证明；若不成立，写出新结论并进行证明． 6．【问题解决】 （1）已知△ABC中，AB=AC，D，A，E三点都在直线l上，且有∠BDA=∠AEC=∠BAC．如图①，当∠BAC=90°时，线段DE，BD，CE的数量关系为：______________； 【类比探究】 （2）如图②，在（1）的条件下，当0°<∠BAC<180°时，线段DE，BD，CE的数量关系是否变化，若不变，请证明：若变化，写出它们的关系式； 【拓展应用】 （3）如图③，AC=BC，∠ACB=90°，点C的坐标为（-2，0），点B的坐标为（1，2），请求出点A的坐标． 【“手拉手”模型】 7．如图，C为线段AE上一动点（不与点，重合），在AE同侧分别作等边三角形ABC和等边三角形CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连结PQ．以下结论错误的是（    ）    A．∠AOB=60° B．AP=BQ C．PQ∥AE D．DE=DP 8．如图，在△OAB和△OCD中，OA=OB，OC=OD，OA＞OC，∠AOB=∠COD=40°，连接AC，BD交于点M，连接OM，下列结论： ①△AOC≌△BOD；②AC=BD；③∠AMB=40°；④MO平分∠BMC． 其中正确的个数为（　　　） A．4 B．3 C．2 D．1 9．如图，和都是等腰直角三角形，，且点、、在同一条直线上，连接． （1）的度数为 ． （2）若、分别是、的中点，连接，，，则的值为 ． 10．如图，，，，和相交于，和相交于，则的度数是 °. 11．如图，是一个锐角三角形，分别以、为边向外作等边三角形、，连接、交于点，连接． (1)求证：≌； (2)求的度数； (3)求证：平分． 【“反向手拉手”模型】 12．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点D为三角形右侧外一点．且∠BDC＝45°．连接AD，若△ACD的面积为，则线段CD的长度为 ． 13．【问题探究】（1）如图1，锐角△ABC中，分别以AB、AC为边向外作等腰直角△ABE和等腰直角△ACD，使AE＝AB，AD＝AC，∠BAE＝∠CAD＝90°，连接BD，CE，试猜想BD与CE的大小关系，不需要证明． 【深入探究】（2）如图2，四边形ABCD中，AB＝5，BC＝2，∠ABC＝∠ACD＝∠ADC＝45°，求BD2的值；甲同学受到第一问的启发构造了如图所示的一个和△ABD全等的三角形，将BD进行转化再计算，请你准确的叙述辅助线的作法，再计算； 【变式思考】（3）如图3，四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝60°，∠ADC＝30°，AD＝6，BD＝10，则CD＝　 　． 【“倍长中线”模型】 14．如图，在△ABC中，AB=5，AC=3，AD是BC边上的中线，AD的取值范围是（    ） A．1＜AD＜6 B．1＜AD＜4 C．2＜AD＜8 D．2＜AD＜4 15．已知：如图，△ABC中，D为BC的中点，E是AD上一点，连接BE并延长交AC于F，BE＝AC，且BF＝9，CF＝6，那么AF的长度为 ． 16．如图，AB=AE，AB⊥AE，AD=AC，DE=2AM，点M为BC的中点，连接AM．求证：AD⊥AC 17．如图，已知：，，AE是的中线，求证：． 18．阅读下面材料： 数学课上，老师给出了如下问题： 如图，AD为△ABC中线，点E在AC上，BE交AD于点F，AE＝EF．求证：AC＝BF． 经过讨论，同学们得到以下两种思路： 思路一如图①，添加辅助线后依据SAS可证得△ADC≌△GDB，再利用AE＝EF可以进一步证得∠G＝∠FAE＝∠AFE＝∠BFG，从而证明结论． 思路二如图②，添加辅助线后并利用AE＝EF可证得∠G＝∠BFG＝∠AFE＝∠FAE，再依据AAS可以进一步证得△ADC≌△GDB，从而证明结论． 完成下面问题： （1）①思路一的辅助线的作法是：　 　 ； ②思路二的辅助线的作法是：　 　 ． （2）请你给出一种不同于以上两种思路的证明方法（要求：只写出辅助线的作法，并画出相应的图形，不需要写出证明过程）． 【“半角”模型】 19．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 20．如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝4，AB＝AC，∠CBD＝30°，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为 ． 21．综合与实践 （1）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝45°，则MN，AM，CN的数量关系为 　 　． （2）如图2，在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝∠ABC，试探索线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？请写出猜想，并给予证明． （3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，点M、N分别在DA、CD的延长线上，若∠MBN＝∠ABC，试探究线段MN、AM、CN的数量关系为 　 　． 22．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　 　． 【“雨伞”模型】 23．如图，的面积为，垂直的平分线于，则的面积为（　　　） A． B． C． D． 24．如图，已知点D为内一点，平分，，．若，则的长为 ． 25．已知，如图中，，，的平分线交于点，， 求证：. 26．通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题： (1)【模型呈现】如图，AD为的中线，交AD的延长线于点E，求证：． (2)【模型应用】如图，在四边形ABCD中，，E是BC中点，连接AE，DE，AE平分，求证：DE平分． (3)【拓展探索】如图，在中，，于点D，过点B作交的平分线于点E，过点E作交BC于点F，若，求证：． 【“胖瘦”模型】 27．如图，BN为∠MBC的平分线，P为BN上一点，且PD⊥BC于点D，∠APC+∠ABC＝180°，给出下列结论：①∠MAP＝∠BCP；②PA＝PC；③AB+BC＝2BD；④四边形BAPC的面积是△PBD面积的2倍，其中结论正确的个数有（　　）    A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 28．如图，OC平分∠MON，A、B分别为OM、ON上的点，且BO＞AO，AC＝BC，求证：∠OAC+∠OBC＝180°． 1 学科网（北京）股份有限公司 $