专题3 全等三角形中常用的几何模型（5个知识点+5大题型） 讲义2025-2026学年苏科版 4数学八年级上册

该初中数学讲义以几何模型为核心构建全等三角形复习体系，知识梳理部分通过图形示例与操作要点系统呈现一线三等角、倍长中线等5大模型，清晰展示各模型的定义、图形特征及内在逻辑，突出全等证明的重难点分布。 讲义亮点在于题型分层突破设计，每个模型配套例题与变式题，如一线三等角模型结合旋转情境考查全等证明与线段关系，培养推理意识和几何直观。变式题逐步提升难度，帮助不同层次学生掌握辅助线添加技巧，支持教师实施精准化复习教学。

专题3 全等三角形中常用的几何模型（5个知识点+5大题型） 一、知识梳理 1、一线三等角模型 过等腰直角三角形的另外两个顶点作该直线的垂线段，会有两个三角形全等（AAS） 常见的4种图形： 2、倍长中线 题干中出现三角形一边的中线（与中点有关的线段），或中点，通常考虑倍长中线或类中线，构造全等三角形.把该中线延长一倍，证明三角形全等，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的方法. 3、手拉手模型 ①等边三角形手拉手 对应操作：左手拉左手（即连结BD），右手拉右手（即连结CE），得（SAS）。 ②等腰直角三角形手拉手 两个共直角顶点的等腰直角三角形，绕点C旋转过程中（B、C、D不共线）始终有：[ ①△BCD≌△ACE；②BD⊥AE（位置关系）且BD=AE（数量关系）；③FC平分∠BFE； 4、半角模型 过等腰三角形顶点 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。 12222222222222222222222222222222 5、截长补短 二、题型突破 题型1 一线三等角模型 例1.在中，，，直线经过点 ，且 于 ，于 . （1）当直线绕点旋转到图1的位置时， ①求证： ≌ ； ②求证： ； （2）当直线绕点旋转到图2的位置时，（1）中的结论②还成立吗？若成立，请给出证明；若不成立，说明理由. 【解答】（1）证明：①∵AD⊥MN，BE⊥MN， ∴∠ADC=∠BEC=90°， ∵∠ACB=90°， ∴∠ACD+∠BCE=90°，∠DAC+∠ACD=90°， ∴∠DAC=∠BCE， 又∵AC=BC， ∴ ≌ ； ②∵ ≌ ， ∴CD=BE，AD=CE， ∵DE=CE+CD， ∴DE=AD+BE； （2）解：DE=AD+BE不成立，此时应有DE=AD－BE，理由如下： ∵BE⊥MN，AD⊥MN， ∴∠ADC=∠BEC=90°， ∴∠EBC+∠ECB=90°， ∵∠ACB=90°， ∴∠ECB+∠ACE=90°， ∴∠ACD=∠EBC， 又∵AC=BC， ∴ ≌ ， ∴AD=CE，CD=BE， ∵DE=CE－CD， ∴DE=AD－BE. 【变式1】在直线m上依次取互不重合的三个点D，A，E，在直线m上方有AB＝AC，且满足∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α． （1）如图1，当α＝90°时，猜想线段DE，BD，CE之间的数量关系是 　 　． （2）如图2，当0＜α＜180°时，问题（1）中结论是否仍然成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由； （3）应用：如图3，在△ABC中，∠BAC是钝角，AB＝AC，∠BAD＜∠CAE，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，直线m与CB的延长线交于点F，若BC＝4BF，△ABC的面积是16，求△FBD与△ACE的面积之和． 【分析】（1）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，进而得到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE； （2）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α，进而得到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE； （3）由∠BAD＞∠CAE，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，得出∠CAE＝∠ABD，由AAS证得△ADB≌△CAE，得出S△ABD＝S△CEA，再由不同底等高的两个三角形的面积之比等于底的比，得出S△ABF即可得出结果． 【解答】解：（1）结论：DE＝BD+CE，理由如下， ∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°， ∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°， ∴∠DBA＝∠EAC， ∵AB＝AC， ∴△DBA≌△EAC（AAS）， ∴AD＝CE，BD＝AE， ∴DE＝AD+AE＝BD+CE， 故答案为：DE＝BD+CE； （2）结论：DE＝BD+CE仍然成立，理由如下， ∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α， ∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α， ∴∠DBA＝∠EAC， ∵AB＝AC， ∴△DBA≌△EAC（AAS）， ∴BD＝AE，AD＝CE， ∴DE＝AD+AE＝BD+CE； （3）解：∵∠BAD＜∠CAE，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC， ∴∠CAE＝∠ABD， 在△ABD和△CAE中， ， ∴△ABD≌△CAE（AAS）， ∴S△ABD＝S△CAE， 设△ABC的底边BC上的高为h，则△ABF的底边BF上的高为h， ∴S△ABCBC•h＝16，S△ABFBF•h， ∵BC＝4BF， ∴S△ABF＝4， ∵S△ABF＝S△BDF+S△ABD＝S△FBD+S△ACE＝4， ∴△FBD与△ACE的面积之和为4． 【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质，三角形的面积，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质． 题型2 倍长中线 例2.如图，是的中线，，，求中线的取值范围． 【答案】 【分析】延长到，使,证明两边之和大于，两边之差小于，证明三角形全等，得到线段相等，等量代换得． 【详解】解：如图，延长至，使，连接， ∵为中点， ∴， 在和中， ∴， ∴， 在中，，即， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形三边之间的关系，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形． 【变式2-1】数学兴趣小组在活动时，老师提出了这样一个问题： 如图1，在中，，，D是BC的中点，求BC边上的中线AD的取值范围． 【阅读理解】 小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法： （1）如图1，延长AD到E点，使，连接BE． 根据______可以判定 ______，得出______． 这样就能把线段AB、AC、集中在中．利用三角形三边的关系，即可得出中线AD的取值范围是 ___________________． 【方法感悟】 当条件中出现“中点”、“中线”等条件时，可以考虑做“辅助线”——把中线延长一倍，构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中，这种做辅助线的方法称为“倍长中线”法． 【问题解决】 （2）如图2，在中，，D是BC边的中点，，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，求证：BE+CF>EF． 【问题拓展】 （3）如图3，中，，，AD是的中线，，，且．直接写出AE的长＝______． 【答案】（1）；；；；（2）见解析；（3）8． 【分析】（1）根据三角形全等的判定方法和全等三角形的性质以及三角形三边的关系求解即可； （2）延长ED使DG=ED，连接FG，GC，根据垂直平分线的性质得到，然后利用SAS证明，得到，，进而得到,最后根据勾股定理证明即可； （3）延长AD交EC的延长线于点F，根据ASA证明，然后根据垂直平分线的性质得到，最后根据全等三角形的性质求解即可． 【详解】解：（1）在和中， ∴， ∴． ∵， ∴，即， ∴， ∴， 解得：； 故答案为：；；；； （2）如图所示，延长ED使DG=ED，连接FG，GC， ∵， ∴， 在和中， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴在中，， ∴； （3）如图所示，延长AD交EC的延长线于点F， ∵， ， 在和中， ， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴． 【变式2-2】倍长中线的思想在于倍长某条线段（被延长的线段要满足两个条件：线段一个端点是图中一条线段的中点；线段与这条线段不共线)，然后进行连接，构造三角形全等，再进一步将某些线段进行等量代换，再证明全等或其他的结论，从而解决问题． 【应用举例】如图（1），已知：为的中线，求证：． 简证：如图（2），延长到，使得，连接，易证，得 ，在中， ，． 【问题解决】（1）如图（3），在中，是边上的中线，是上一点，且，延长交于，求证：． （2） 如图（4），在中，是边的中点，分别在边上，，若，求的长． （3） （3）如图（5），是的中线，，且，请直接写出与的数量关系_ 及位置关系_ ． 【答案】；（1）详见解析；（2）5；（3）， 【分析】【应用举例】由全等的性质可得AB=EC，由三角形三边关系可得AC+CE>AE，即AB+AC>2AD； 故答案为EC，AE； 【问题解决】（1）由题意不难得到所以∠BGD=∠BED=∠AEF=∠DAC，∴有AF=EF； （2）延长ED到G，使DG=ED，连结CG、FG，不难得到EF=FG，另同（1）有△BDE≌△CDG，所以∠FCG=∠FCD+∠GCD=∠FCD+∠EBD=90°，CG=BE=3，由勾股定理可得FG即EF的长； （3）由全等三角形的性质可以得到解答． 【详解】【应用举例】 【问题解决】如图延长到， 使得连接易证得， ． 如图，延长到，使得连接易证 得，垂直平分 即 在中，， ，理由如下： 如图3，延长AD到G，使AD=DG，延长DA交EF于P，连结BG，则不难得到△BGD≌△CAD， ∴BG=AC，∠GBD=∠ACD，∠DGB=∠DAC， 又AF=AC，∴BG=AF，∴∠ABG=∠ABD+∠GBD=∠ABD+∠ACD=180°-∠ BAC=∠EAF， ∴在△ABG和△EAF中，，∴△ABG≌△EAF， ∴EF=AG=2AD，∠EFA=∠DGB=∠DAC，∵∠DAC+∠PAF=180°-∠FAC=180°-90°=90°， ∴∠EFA+∠PAF=90°，∴∠APF=90°，∴EF⊥AD ． 【点睛】本题考查全等三角形的综合运用，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键 ． 题型3 手拉手模型 例3.如图，△ABC和△DCE都是等边三角形，且B，C，D三点在一条直线上，连接AD，BE相交于点P． （1）求证：BE＝AD． （2）求∠APB的度数． 【解答】（1）证明：∵△ABC和△DCE都是等边三角形， ∴BC＝AC，CE＝CD，∠ACB＝∠ECD＝60°， ∴∠ACB+∠ACE＝∠ECD+∠ACE， 即∠ACD＝∠BCE， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴AD＝BE． （2）解：由（1）可得△ACD≌△BCE（SAS）， ∴∠DAC＝∠EBC． ∵∠ACB＝∠DAC+∠ADC＝60°， ∴∠EBC+∠ADC＝∠APB＝60°， 即∠APB＝60°． 【变式3-1】边长为4的正方形ABCD与边长为2的正方形CEFG如图1摆放，将正方形CEFG绕点C顺时针旋转，旋转角为α，连接BG，DE． （1）如图2，求证：△BCG≌△DCE； （2）如图2，连接DG，BE，判断DG2+BE2否为定值．若是，求这个定值若不是，说明理由； （3）如图3，当点G恰好落在DE上时，求α的值． 【答案】（1）见解析；（2）48；（3） 【分析】（1）通过边角边判定三角形全等；（2）连接，设交于点，交于点，先证明，由勾股定理可得；（3）作于点，则，且，由含30度角的直角三角形的性质求解． 【详解】（1）四边形与为正方形，，， ，，， 在和中， (SAS)， （2）连接，设交于点，交于点， ，，， 在△和中，， ，， ， 由勾股定理得，， ， ，，，， (3)作于点，如图， △为等腰直角三角形，，且， 在中，，，， ．． 【点睛】本题考查四边形与三角形的综合问题，解题关键是熟练掌握正方形与直角三角形的性质，通过添加辅助线求解． 【变式3-2】如图①，在中，，，点，分别在边，上，且，此时，成立． （1）将绕点逆时针旋转时，在图②中补充图形，并直接写出的长度； （2）当绕点逆时针旋转一周的过程中，与的数量关系和位置关系是否仍然成立？若成立，请你利用图③证明，若不成立请说明理由； （3）将绕点逆时针旋转一周的过程中，当，，三点在同一条直线上时，请直接写出的长度． 【答案】（1）补充图形见解析；；（2），仍然成立，证明见解析；（3）或． 【分析】（1）根据旋转作图的方法作图，再根据勾股定理求出BE的长即可； （2）根据SAS证明得AD=BE，∠1=∠2，再根据∠1+∠3+∠4=90°得∠2∠3+∠4=90°，从而可得出结论；（3）分两种情况，运用勾股定理求解即可． 【详解】解：（1）如图所示， 根据题意得，点D在BC上，∴是直角三角形，且BC=，CE= 由勾股定理得，； （2），仍然成立. 证明：延长交于点， ∵，，，∴， 又∵，，∴，∴，， 在中，，∴，∴，∴. （3）①当点D在AC上方时，如图1所示， 同（2）可得∴AD=BE    同理可证 在Rt△CDE中，∴DE= 在Rt△ACB中，∴ 设AD=BE=x，在Rt△ABE中， ∴解得, ∴ ②当点D在AC下方时，如图2所示， 同（2）可得∴AD=BE    同理可证 在Rt△CDE中，∴DE= 在Rt△ACB中，∴ 设AD=BE=x，在Rt△ABE中， ∴解得, ∴ . 所以,AD的值为或 【点睛】本题考查了旋转的性质,全等三角形的判定与性质,勾股定理等知识，熟练解答本题的关键． 题型4 半角模型 例4.【模型引入】 当几何图形中，两个共顶点的角所在角度是公共大角一半的关系，我们称之为“半角模型” 【模型探究】（1）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°，探究图中线段EF，AE，FC之间的数量关系． 【模型应用】（2）如图2，如果四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠EAF＝45°，且BC＝7，DC＝13，CF＝5，求BE的长． 【拓展提高】（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠ABC与∠ADC互补，点E、F分别在射线CB、DC上，且∠EAF∠BAD．当BC＝4，DC＝7，CF＝1时，CEF的周长等于 ． （4）如图4，正方形ABCD中，AMN的顶点M、N分别在BC、CD边上，AH⊥MN，且AH＝AB，连接BD分别交AM、AN于点E、F，若MH＝2，NH＝3，DF＝2，求EF的长． （5）如图5，已知菱形ABCD中，∠B=60°，点E、F分别是边BC，CD上的动点（不与端点重合），且∠EAF=60°．连接BD分别与边AE、AF交于M、N，当∠DAF＝15°时，求证：MN2+DN2=BM2． 【答案】（1）EF=FC+AE，理由见解析；（2）BE=5；（3）13；（4）EF=；（5）见解析 【分析】（1）求证△DEF≌△DMF，即可推出EF与FM的数量关系； （2）在DC上取一点G，使得DG=BE，证明△ABE≌△ADG（SAS），推出AE=AG，∠BAE=∠DAG，证明△AFE≌△AFG（SAS），推出EF=FG，设BE=x，则CG=13-x，EF=FG=18-x，在Rt△ECF中，根据EF2=EC2+CF2，构建方程求出x即可解决问题； （3）证明△ADM≌△ABE（SAS）和△EAF≌△MAF，即可求解； （4）先求出BM，DN，进而求出正方形的边长，再判断出∠EAF=45°，借助探究的结论即可得出结论． （5）将△ADF绕A顺时针旋转120°，AD与AB重合，F转到G，在AG上取AH=AN，连接BH、MH，利用△ABH≌△ADN和△AMH≌△AMN，证明MN=MH，DN=BH，再证明△BMH为直角三角形即可． 【详解】（1）EF=FC+AE，理由如下： 证明：将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM，∴△DAE≌△DCM， ∴DE=DM，AE=CM，∠ADE=∠CDM，B、C、M三点共线， ∵∠EDF=45°，∴∠ADE+∠FDC=∠CDM+∠FDC=∠MDF=45°， 在△DEF和△DMF中， ，∴△DEF≌△DMF（SAS），∴EF=FM ∴EF=FM=FC+CM=FC+AE； （2）解：如图，在DC上取一点G，使得DG=BE， ∵∠BAD=∠BCD=90°，∴∠ABC+∠D=180°，∠ABE+∠ABC=180°，∴∠ABE=∠D， ∵AB=AD，BE=DG，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG， ∵∠EAF=45°，∴∠EAB+∠BAF=∠DAG+∠BAF=45°， ∵∠BAD=90°，∴∠FAG=∠FAE=45°， ∵AE=AG，AF=AF，∴△AFE≌△AFG（SAS），∴EF=FG， 设BE=x，则EC=EB+BC=x+7，EF=FG=18-x， 在Rt△ECF中，∵EF2=EC2+CF2， ∴52+（7+x）2=（18-x）2，∴x=5，∴BE=5； （3）解：在DF上截取DM=BE， ∵∠D+∠ABC=∠ABE+∠ABC=180°，∴∠D=∠ABE， ∵AD=AB，∴△ADM≌△ABE（SAS），∴AM=AE，∠DAM=∠BAE； ∵∠EAF=∠BAE+∠BAF=∠BAD，∴∠MAF=∠BAD，∴∠EAF=∠MAF； ∵AF是△EAF与△MAF的公共边，∴△EAF≌△MAF，∴EF=MF； ∵MF=DF-DM=DF-BE，∴EF=DF-BE． ∴△CEF的周长=CE+EF+FC=BC+BE+DC+CF-BE+CF=BC+CD+2CF=13，故答案为：13； （4）解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠ABC=∠ADC=90°， ∵AH⊥MN，∴∠AHM=∠ABC=90°，在Rt△AMB和Rt△AMH中， ，∴Rt△AMB≌Rt△AMH，∴∠MAB=∠MAH，BM=MH=2， 同理可证Rt△AND≌Rt△ANH，∴∠NAD=∠NAH，DN=NH=3， ∴2∠MAH+2∠NAH=90°，∴∠MAH+∠NAH=45°， ∴∠MAN=45°．设正方形的边长为a，∴CM=a-2，CN=a-3， 根据勾股定理得，（a-2）2+（a-3）2=25， ∴a=-1（舍）或a=6，∴BC=6，∴BD=6， 逆时针旋转△ABE至△ADG， ∴△ABE≌△ADG，∴AE=AG，∠ABE=∠ADG=45°， ∴∠GDF=∠ADG+∠ADB=90°，连接GF，根据勾股定理得，GF2=DG2+DF2=BE2+DF2， ∵△ABE≌△ADG，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG， ∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=90°-∠EAF=45°=∠EAF， ∵AF=AF，∴△GAF≌△EAF，∴GF=EF，∴EF2=BE2+AD2； 设EF=x，∵BD=6，DF=2．∴BE=6-2-x=4-x， ∴（4-x）2+（2）2=x2，解得x=，∴EF=； （3）将△ADF绕A顺时针旋转120°，此时AD与AB重合，F转到G，在AG上取AH=AN，连接BH、MH，如图： ∵△ADF绕A顺时针旋转得△ABG，∴∠BAG=∠DAF， 又AH=AN，AB=AD，∴△ABH≌△ADN（SAS），∴DN=BH，∠ABH=∠ADN， ∵∠B=60°，且∠EAF=60°．∴∠BAD=120°，∴∠DAF+∠BAE=∠EAF=60°， ∴∠BAG+∠BAE=∠EAF，即∠MAH=∠MAN，而AH=AN，AM=AM， ∴△AMH≌△AMN（SAS），∴MN=MH，∠AMN=∠AMH， ∵菱形ABCD，∠B=60°，∴∠ABD=∠ADB=30°，∴∠HBD=∠ABH+∠ABD=60°， ∵∠DAF=15°，∠EAF=60°，∴△ADM中，∠DAM=∠AMD=75°，∴∠AMN=∠AMH=75°， ∴∠HMB=180°-∠AMN-∠AMH=30°，∴∠BHM=90°，∴BH2+MH2=BM2，∴DN2+MN2=BM2． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了旋转的性质、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题关键是学会用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用探究的结论解决新的问题，属于中考压轴题． 【变式4】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． 【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． 题型5 截长补短 例5.已知：如图，在中，，、分别为、上的点，且、交于点．若、为的角平分线． (1)求的度数； (2)若，，求的长． 【答案】(1)(2)10 【分析】（1）由题意，根据，即可解决问题； （2）在上截取，连接．只要证明，推出，，再证明，推出，由此即可解决问题． 【详解】（1）解：、分别为的角平分线，，， ，； （2）解：在上截取，连接． 、分别为的角平分线，， ，，在和中，， ，，， 在和中，，， ，． 【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、角平分线的定义等知识，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． 【变式5】如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝30°，点D是△ABC内一点，DB＝DC，∠DCB＝30°，点E是BD延长线上一点，AE＝AB． （1）求∠ADB的度数； （2）线段DE，AD，DC之间有什么数量关系？请说明理由． 【答案】（1）120°；（2）DE＝AD+CD，理由见解析 【分析】（1）根据三角形内角和定理得到∠ABC＝∠ACB＝75°，根据全等三角形的性质得到∠BAD＝∠CAD＝15°，根据三角形的外角性质计算，得到答案； （2）在线段DE上截取DM＝AD，连接AM，得到△ADM是等边三角形，根据△ABD≌△AEM，得到BD＝ME，结合图形证明结论 【详解】解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝30°， ∴∠ABC＝∠ACB＝（180°﹣30°）＝75°， ∵DB＝DC，∠DCB＝30°， ∴∠DBC＝∠DCB＝30°， ∴∠ABD＝∠ABC﹣∠DBC＝45°， 在△ABD和△ACD中，， ∴△ABD≌△ACD （SSS）， ∴∠BAD＝∠CAD＝∠BAC＝15°， ∴∠ADE＝∠ABD+∠BAD＝60°， ∴∠ADB＝180°﹣∠ADE＝180°﹣60°＝120°； （2）DE＝AD+CD， 理由如下：在线段DE上截取DM＝AD，连接AM， ∵∠ADE＝60°，DM＝AD， ∴△ADM是等边三角形， ∴∠ADB＝∠AME＝120°． ∵AE＝AB， ∴∠ABD＝∠E， 在△ABD和△AEM中，， ∴△ABD≌△AEM（AAS）， ∴BD＝ME， ∵BD＝CD， ∴CD＝ME． ∵DE＝DM+ME， ∴DE＝AD+CD． 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题3 全等三角形中常用的几何模型（5个知识点+5大题型） 一、知识梳理 1、一线三等角模型 过等腰直角三角形的另外两个顶点作该直线的垂线段，会有两个三角形全等（AAS） 常见的4种图形： 2、倍长中线 题干中出现三角形一边的中线（与中点有关的线段），或中点，通常考虑倍长中线或类中线，构造全等三角形.把该中线延长一倍，证明三角形全等，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的方法. 3、手拉手模型 ①等边三角形手拉手 对应操作：左手拉左手（即连结BD），右手拉右手（即连结CE），得（SAS）。 ②等腰直角三角形手拉手 两个共直角顶点的等腰直角三角形，绕点C旋转过程中（B、C、D不共线）始终有：[ ①△BCD≌△ACE；②BD⊥AE（位置关系）且BD=AE（数量关系）；③FC平分∠BFE； 4、半角模型 过等腰三角形顶点 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。 12222222222222222222222222222222 5、截长补短 二、题型突破 题型1 一线三等角模型 例1.在中，，，直线经过点 ，且 于 ，于 . （1）当直线绕点旋转到图1的位置时， ①求证： ≌ ； ②求证： ； （2）当直线绕点旋转到图2的位置时，（1）中的结论②还成立吗？若成立，请给出证明；若不成立，说明理由. 【变式1】在直线m上依次取互不重合的三个点D，A，E，在直线m上方有AB＝AC，且满足∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α． （1）如图1，当α＝90°时，猜想线段DE，BD，CE之间的数量关系是 　 　． （2）如图2，当0＜α＜180°时，问题（1）中结论是否仍然成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由； （3）应用：如图3，在△ABC中，∠BAC是钝角，AB＝AC，∠BAD＜∠CAE，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，直线m与CB的延长线交于点F，若BC＝4BF，△ABC的面积是16，求△FBD与△ACE的面积之和． 题型2 倍长中线 例2.如图，是的中线，，，求中线的取值范围． 【变式2-1】数学兴趣小组在活动时，老师提出了这样一个问题： 如图1，在中，，，D是BC的中点，求BC边上的中线AD的取值范围． 【阅读理解】 小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法： （1）如图1，延长AD到E点，使，连接BE． 根据______可以判定 ______，得出______． 这样就能把线段AB、AC、集中在中．利用三角形三边的关系，即可得出中线AD的取值范围是 ___________________． 【方法感悟】 当条件中出现“中点”、“中线”等条件时，可以考虑做“辅助线”——把中线延长一倍，构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中，这种做辅助线的方法称为“倍长中线”法． 【问题解决】 （2）如图2，在中，，D是BC边的中点，，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，求证：BE+CF>EF． 【问题拓展】 （3）如图3，中，，，AD是的中线，，，且．直接写出AE的长＝______． 【变式2-2】倍长中线的思想在于倍长某条线段（被延长的线段要满足两个条件：线段一个端点是图中一条线段的中点；线段与这条线段不共线)，然后进行连接，构造三角形全等，再进一步将某些线段进行等量代换，再证明全等或其他的结论，从而解决问题． 【应用举例】如图（1），已知：为的中线，求证：． 简证：如图（2），延长到，使得，连接，易证，得 ，在中， ，． 【问题解决】（1）如图（3），在中，是边上的中线，是上一点，且，延长交于，求证：． （2） 如图（4），在中，是边的中点，分别在边上，，若，求的长． （3） （3）如图（5），是的中线，，且，请直接写出与的数量关系_ 及位置关系_ ． 题型3 手拉手模型 例3.如图，△ABC和△DCE都是等边三角形，且B，C，D三点在一条直线上，连接AD，BE相交于点P． （1）求证：BE＝AD． （2）求∠APB的度数． 【变式3-1】边长为4的正方形ABCD与边长为2的正方形CEFG如图1摆放，将正方形CEFG绕点C顺时针旋转，旋转角为α，连接BG，DE． （1）如图2，求证：△BCG≌△DCE； （2）如图2，连接DG，BE，判断DG2+BE2否为定值．若是，求这个定值若不是，说明理由； （3）如图3，当点G恰好落在DE上时，求α的值． 【变式3-2】如图①，在中，，，点，分别在边，上，且，此时，成立． （1）将绕点逆时针旋转时，在图②中补充图形，并直接写出的长度； （2）当绕点逆时针旋转一周的过程中，与的数量关系和位置关系是否仍然成立？若成立，请你利用图③证明，若不成立请说明理由； （3）将绕点逆时针旋转一周的过程中，当，，三点在同一条直线上时，请直接写出的长度． 题型4 半角模型 例4.【模型引入】 当几何图形中，两个共顶点的角所在角度是公共大角一半的关系，我们称之为“半角模型” 【模型探究】（1）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°，探究图中线段EF，AE，FC之间的数量关系． 【模型应用】（2）如图2，如果四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠EAF＝45°，且BC＝7，DC＝13，CF＝5，求BE的长． 【拓展提高】（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠ABC与∠ADC互补，点E、F分别在射线CB、DC上，且∠EAF∠BAD．当BC＝4，DC＝7，CF＝1时，CEF的周长等于 ． （4）如图4，正方形ABCD中，AMN的顶点M、N分别在BC、CD边上，AH⊥MN，且AH＝AB，连接BD分别交AM、AN于点E、F，若MH＝2，NH＝3，DF＝2，求EF的长． （5）如图5，已知菱形ABCD中，∠B=60°，点E、F分别是边BC，CD上的动点（不与端点重合），且∠EAF=60°．连接BD分别与边AE、AF交于M、N，当∠DAF＝15°时，求证：MN2+DN2=BM2． 【变式4】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． 题型5 截长补短 例5.已知：如图，在中，，、分别为、上的点，且、交于点．若、为的角平分线． (1)求的度数； (2)若，，求的长． 【变式5】如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝30°，点D是△ABC内一点，DB＝DC，∠DCB＝30°，点E是BD延长线上一点，AE＝AB． （1）求∠ADB的度数； （2）线段DE，AD，DC之间有什么数量关系？请说明理由． 1 学科网（北京）股份有限公司 $