初中數(shù)學同步八年級上冊滬科版《壓軸題》專題13全等三角形模型之半角模型和邊邊角模型含答案及解析

專題13全等三角形模型之半角模型和邊邊角模型目錄解題知識必備 1壓軸題型講練 3類型一、半角模型 3類型二、邊邊角模型 5壓軸能力測評 7模型七、半角全等模型【模型分析】過等腰三角形頂點兩條射線，使兩條射線的夾角為等腰三角形頂角的一半這樣的模型稱為半角模型?！境Ｒ娔Ｐ汀砍Ｒ姷膱D形為正方形，正三角形，等腰直角三角形等，解題思路一般是將半角兩邊的三角形通過旋轉到一邊合并成新的三角形，從而進行等量代換，然后證明與半角形成的三角形全等，再通過全等的性質(zhì)得到線段之間的數(shù)量關系。半角模型（題中出現(xiàn)角度之間的半角關系）利用旋轉——證全等——得到相關結論.模型八、邊邊角模型（胖瘦模型）【條件】如圖，AB=AC，點P在線段BC上（P不是線段BC的中點）胖瘦模型——兩條邊對應相等，一組角對應相等，兩個角互補分析：△APB與△APC并不全等AB＝AC2條邊對應相等AP＝AP1個角相等胖瘦模型∠B＝∠C2個角互補∠APC＋∠APC＝180°◎結論1：（變胖）如圖，△ABQ≌△ACP,AP=AQ◎結論2：（變瘦）如圖，△ABP≌△ACQ,AP=AQ◎結論3：（找中間狀態(tài)）如圖，△ABM≌△ACM類型一、半角模型例．如圖，正方形ABCD的邊長為6，點E，F(xiàn)分別在邊AB，BC上，若F是BC的中點，且∠EDF＝45°，則DE的長為．【變式訓練1】．如圖，在邊長為6的正方形ABCD內(nèi)作∠EAF＝45°，AE交BC于點E，AF交CD于點F，連接EF，將ADF繞點A順時針旋轉90°得到ABG，若BE＝2，則EF的長為．【變式訓練2】．如圖，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝8，AB＝AC，∠CBD＝30°，BD＝4，M，N分別在BD，CD上，∠MAN＝45°，則△DMN的周長為．【變式訓練3】．如圖①，四邊形是正方形，，分別在邊、上，且，我們稱之為“半角模型”，在解決“半角模型”問題時，旋轉是一種常用的方法，如圖①，將繞點順時針旋轉，點與點重合，連接、、．

(1)試判斷，，之間的數(shù)量關系；(2)如圖②，點、分別在正方形的邊、的延長線上，，連接，請寫出、、之間的數(shù)量關系，并寫出證明過程．(3)如圖③，在四邊形中，，，，點，分別在邊，上，，請直接寫出，，之間數(shù)量關系．【變式訓練4】．（）如圖，在四邊形中，，，分別是邊上的點，且，線段之間的關系是；（不需要證明）（）如圖，在四邊形中，，，分別是邊上的點，且，（）中的結論是否仍然成立？若成立，請證明．若不成立，請寫出它們之間的數(shù)量關系，并證明．（）如圖，在四邊形中，，，分別是邊延長線上的點，且，（）中的結論是否仍然成立？若成立，請證明．若不成立，請寫出它們之間的數(shù)量關系，并證明．

【變式訓練5】．如圖，四邊形是正方形，E是邊的中點，，且交正方形外角的平分線于點F．(1)求證：；(2)連接，則的值為__________；(3)連接，設與交于點H，連接，探究之間的關系．【變式訓練6】．如圖所示，ΔABC是邊長為1的等邊三角形，是頂角的等腰三角形，以為頂點作一個的角，角的兩邊交、于、，連結，求周長.【變式訓練7】．如圖1，在△ABC中，AB=AC，射線BP從BA所在位置開始繞點B順時針旋轉，旋轉角為α（0°<α<180°）．（1）當∠BAC=60°時，將BP旋轉到圖2位置，點D在射線BP上．若∠CDP=120°，則∠ACD__________∠ABD（填“＞”“=”“＜”），線段BD、CD與AD之間的數(shù)量關系是__________；（2）當∠BAC=120°時，將BP旋轉到圖3位置，點D在射線BP上，若∠CDP=60°，求證：BD-CD=AD；（3）將圖3中的BP繼續(xù)旋轉，當30°<α<180°時，點D是直線BP上一點（點P不在線段BD上），若∠CDP=120°，請直接寫出線段BD、CD與AD之間的數(shù)量關系（不必證明）．類型二、邊邊角模型例．如圖，∠ACB=90°，AC=BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分別是點D、E，AD=3，BE=1，則DE的長是（）A．1.5 B．2

C．

D．【變式訓練1】．如圖，BN為∠MBC的平分線，P為BN上一點，且PD⊥BC于點D，∠APC+∠ABC＝180°，給出下列結論：①∠MAP＝∠BCP；②PA＝PC；③AB+BC＝2BD；④四邊形BAPC的面積是△PBD面積的2倍，其中結論正確的個數(shù)有（）

A．4個 B．3個 C．2個 D．1個【變式訓練2】．如圖，OC平分∠MON，A、B分別為OM、ON上的點，且BO＞AO，AC＝BC，求證：∠OAC+∠OBC＝180°．【變式訓練3】．如圖，在四邊形ABCD中，已知BD平分∠ABC，∠BAD＋∠C＝180°，求證：AD＝CD．【變式訓練4】．如圖，已知∠AOB＝60°，在∠AOB的平分線OM上有一點C，將一個120°角的頂點與點C重合，它的兩條邊分別與直線OA、OB相交于點D、E．（1）當∠DCE繞點C旋轉到CD與OA垂直時（如圖1），請猜想OE+OD與OC的數(shù)量關系，并說明理由；（2）當∠DCE繞點C旋轉到CD與OA不垂直時，到達圖2的位置，（1）中的結論是否成立？并說明理由；（3）當∠DCE繞點C旋轉到CD與OA的反向延長線相交時，上述結論是否成立？請在圖3中畫出圖形，若成立，請給于證明；若不成立，線段OD、OE與OC之間又有怎樣的數(shù)量關系？請寫出你的猜想，不需證明.【變式訓練5】．在和中，，連接，恰好平分．

(1)如圖1，當時，求的度數(shù)；(2)如圖2，在射線上存在一點，使，連接．當，時，試說明與的位置關系；(3)如圖3，在（2）問的條件下，連接并延長，分別交，于點，，若，，，分別為和上的動點，請直接寫出周長的最小值．1．如圖，點M、N分別是正方形ABCD的邊BC、CD上的兩個動點，在運動過程中保持∠MAN＝45°，連接EN、FM相交于點O，以下結論：①MN＝BM+DN；②BE2+DF2＝EF2；③BC2＝BF?DE；④OM＝OF（）A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④2．在等邊△ABC的兩邊AB、AC所在直線上分別有兩點M、N，D為△ABC外一點，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．探究：當M、N分別在直線AB、AC上移動時，BM、NC、MN之間的數(shù)量關系及△AMN的周長Q與等邊△ABC的周長L的關系．（1）如圖1，當點M、N邊AB、AC上，且DM＝DN時，BM、NC、MN之間的數(shù)量關系是；此時；（2）如圖2，點M、N在邊AB、AC上，且當DM≠DN時，猜想（I）問的兩個結論還成立嗎？若成立請直接寫出你的結論；若不成立請說明理由．（3）如圖3，當M、N分別在邊AB、CA的延長線上時，探索BM、NC、MN之間的數(shù)量關系如何？并給出證明．3．（2019秋?九龍坡區(qū)校級月考）如圖．在四邊形ABCD中，∠B+∠ADC＝180°，AB＝AD，E、F分別是邊BC、CD延長線上的點，且∠EAF∠BAD，求證：EF＝BE﹣FD．4．如圖①，四邊形ABCD為正方形，點E，F(xiàn)分別在AB與BC上，且∠EDF=45°，易證：AE+CF=EF（不用證明）．（1）如圖②，在四邊形ABCD中，∠ADC=120°，DA=DC，∠DAB=∠BCD=90°，點E，F(xiàn)分別在AB與BC上，且∠EDF=60°．猜想AE，CF與EF之間的數(shù)量關系，并證明你的猜想；（2）如圖③，在四邊形ABCD中，∠ADC=2α，DA=DC，∠DAB與∠BCD互補，點E，F(xiàn)分別在AB與BC上，且∠EDF=α，請直接寫出AE，CF與EF之間的數(shù)量關系，不用證明．

專題13全等三角形模型之半角模型和邊邊角模型目錄解題知識必備 1壓軸題型講練 3類型一、半角模型 3類型二、邊邊角模型 19壓軸能力測評 27模型七、半角全等模型【模型分析】過等腰三角形頂點兩條射線，使兩條射線的夾角為等腰三角形頂角的一半這樣的模型稱為半角模型?！境Ｒ娔Ｐ汀砍Ｒ姷膱D形為正方形，正三角形，等腰直角三角形等，解題思路一般是將半角兩邊的三角形通過旋轉到一邊合并成新的三角形，從而進行等量代換，然后證明與半角形成的三角形全等，再通過全等的性質(zhì)得到線段之間的數(shù)量關系。半角模型（題中出現(xiàn)角度之間的半角關系）利用旋轉——證全等——得到相關結論.模型八、邊邊角模型（胖瘦模型）【條件】如圖，AB=AC，點P在線段BC上（P不是線段BC的中點）胖瘦模型——兩條邊對應相等，一組角對應相等，兩個角互補分析：△APB與△APC并不全等AB＝AC2條邊對應相等AP＝AP1個角相等胖瘦模型∠B＝∠C2個角互補∠APC＋∠APC＝180°◎結論1：（變胖）如圖，△ABQ≌△ACP,AP=AQ◎結論2：（變瘦）如圖，△ABP≌△ACQ,AP=AQ◎結論3：（找中間狀態(tài)）如圖，△ABM≌△ACM類型一、半角模型例．如圖，正方形ABCD的邊長為6，點E，F(xiàn)分別在邊AB，BC上，若F是BC的中點，且∠EDF＝45°，則DE的長為．【答案】2【分析】延長BA到點G，使AG=CF，連接DG，EF，利用SAS證明△ADG≌△CDF，得∠CDF=∠GDA，DG=DF，再證明△GDE≌△FDE（SAS），得GE=EF，設AE=x，則BE=6x，EF=x+3，再利用勾股定理解決問題．【詳解】解：延長BA到點G，使AG＝CF，連接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的中點，∴AG=CF=BF=3，設AE＝x，則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＝，故答案為：2．【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識，熟練掌握半角模型的處理策略是解題的關鍵．【變式訓練1】．如圖，在邊長為6的正方形ABCD內(nèi)作∠EAF＝45°，AE交BC于點E，AF交CD于點F，連接EF，將ADF繞點A順時針旋轉90°得到ABG，若BE＝2，則EF的長為．【答案】5【分析】由旋轉的性質(zhì)可得，，，由“”可證，可得，由勾股定理可求解．【詳解】解：由旋轉的性質(zhì)可知：，，，，點在的延長線上，四邊形為正方形，．又，．．．在和中，，，，，，，，，故答案為：5．【點睛】本題考查了旋轉的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)和判定、勾股定理的應用，正方形的性質(zhì)，解題的關鍵是掌握利用勾股定理求線段的長．【變式訓練2】．如圖，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝8，AB＝AC，∠CBD＝30°，BD＝4，M，N分別在BD，CD上，∠MAN＝45°，則△DMN的周長為．【答案】4+4．【分析】將△ACN繞點A逆時針旋轉，得到△ABE，由旋轉得出∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，求出∠EAM＝∠MAN，根據(jù)SAS推出△AEM≌△ANM，根據(jù)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的周長＝BD+DC，代入求出即可．【詳解】將△ACN繞點A逆時針旋轉，得到△ABE，如圖：由旋轉得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，∵∠BAC＝∠D＝90°，∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣90°﹣90°＝180°，∴∠ABD+∠ABE＝180°，∴E，B，M三點共線，∵∠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°，BD＝4，CD＝BD×tan∠CBD＝4，∴△DMN的周長為DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝4+4，故答案為4+4．【點睛】此題主要考查利用三角形全等的性質(zhì)和解直角三角形，進行等量轉換，關鍵是做輔助線.【變式訓練3】．如圖①，四邊形是正方形，，分別在邊、上，且，我們稱之為“半角模型”，在解決“半角模型”問題時，旋轉是一種常用的方法，如圖①，將繞點順時針旋轉，點與點重合，連接、、．

(1)試判斷，，之間的數(shù)量關系；(2)如圖②，點、分別在正方形的邊、的延長線上，，連接，請寫出、、之間的數(shù)量關系，并寫出證明過程．(3)如圖③，在四邊形中，，，，點，分別在邊，上，，請直接寫出，，之間數(shù)量關系．【答案】(1)(2)，證明見解析(3)【分析】本題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，旋轉的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，利用旋轉構造全等三角形是解題的關鍵．（1）首先利用證明，得，從而得出答案；（2）在上取,連接，首先由，得，，再利用證明，得，即可證明結論；（3）將繞點逆時針旋轉得，由旋轉的性質(zhì)得點、、共線，由（1）同理可得，得，從而解決問題．【詳解】（1）解：，證明如下：四邊形是正方形，，由旋轉的性質(zhì)可得：，，，，，點、、共線，，，，，在和中，，，，；（2）解：，證明如下：如圖，在上取，連接，四邊形是正方形，，，，，在和中，，，，，，，，，在和中，，，，，；（3）解：如圖，將繞點逆時針旋轉得，

，，，，，點、、共線，，，，，在和中，，，，．【變式訓練4】．（）如圖，在四邊形中，，，分別是邊上的點，且，線段之間的關系是；（不需要證明）（）如圖，在四邊形中，，，分別是邊上的點，且，（）中的結論是否仍然成立？若成立，請證明．若不成立，請寫出它們之間的數(shù)量關系，并證明．（）如圖，在四邊形中，，，分別是邊延長線上的點，且，（）中的結論是否仍然成立？若成立，請證明．若不成立，請寫出它們之間的數(shù)量關系，并證明．

【答案】（）；（）（）中的結論仍然成立，理由見解析；（）（）中的結論不成立，．【分析】()延長至，使，連接，證明，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到，，再證明，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出，結合圖形計算，即可證明結論；()延長至，使，連接，仿照()的證明方法解答；()在上截取，連接，仿照()的證明方法解答．【詳解】解：（），理由如下：如圖，延長至，使，連接，

在和中，，∴，∴，，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，故答案為：；（）（）中的結論仍然成立，理由如下：如圖，延長至，使，連接，

∵，，∴，在和中，，∴，∴，，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴；（）（）中的結論不成立，，理由如下：如圖，在上截取，連接，

同（）中證法可得，，∴，，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴．【點睛】此題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，掌握三角形全等的判定定理、靈活運用類比思想是解題的關鍵．【變式訓練5】．如圖，四邊形是正方形，E是邊的中點，，且交正方形外角的平分線于點F．(1)求證：；(2)連接，則的值為__________；(3)連接，設與交于點H，連接，探究之間的關系．【答案】(1)見解析(2)(3)，理由見解析【分析】（1）取的中點，并連接，通過正方形和等腰直角三角形的基本性質(zhì)，證明，即可得出結論；（2）連接后，由點，分別為，的中點，推出為的中位線，再結合全等三角形的性質(zhì)轉換邊長，根據(jù)中位線定理求解即可；（3）結合（1）的結論，可得到，從而考慮運用“半角”模型，因此延長至點，使得，連接，運用兩次基礎全等證明即可得出結論．【詳解】（1）證明：如圖所示，取的中點，并連接，∴，∵E是邊的中點，∴，∵四邊形是正方形，∴，∵，，∴，，∴，∵，∴，，∵正方形外角的平分線為，∴，∴，在和中，∴，∴；（2）解：如圖所示，連接，∵點，分別為，的中點，∴為的中位線，∴，由（1）得，∴，∴，∴，故答案為：；（3）解：，理由如下：如圖所示，延長至點，使得，連接，由正方形基本性質(zhì)得：，，∴，∴，，由（1）知，，且，∴，∴，∴，即：，在和中，∴，∴，∵，，∴，∴．【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，全等三角形判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)、三角形中位線定理等知識點，在證明第一小問時要合理作出輔助線，才能為后面的問題做良好的鋪墊，掌握基本圖形的性質(zhì)，熟練運用基本定理是解題關鍵．【變式訓練6】．如圖所示，ΔABC是邊長為1的等邊三角形，是頂角的等腰三角形，以為頂點作一個的角，角的兩邊交、于、，連結，求周長.【答案】△AMN的周長為2．【分析】根據(jù)已知條件得△CDE≌△BDM，再利用DE=DM，證明△DMN≌△DEN，得到對應邊相等即可解題.【詳解】如圖，延長NC到E，使CE=BM，連接DE，

∵△ABC為等邊三角形，△BCD為等腰三角形，且∠BDC=120°，∴∠MBD=∠MBC+∠DBC=60°+30°=90°，∠DCE=180°﹣∠ACD=180°﹣∠ABD=90°，又∵BM=CE，BD=CD，∴△CDE≌△BDM，∴∠CDE=∠BDM，DE=DM，∠NDE=∠NDC+∠CDE=∠NDC+∠BDM=∠BDC﹣∠MDN=120°﹣60°=60°，∵在△DMN和△DEN中，，∴△DMN≌△DEN，∴MN=NE=CE+CN=BM+CN，∴△AMN的周長=AM+AN+MN=AM+AN+NC+BM=AB+AC=1+1=2，故△AMN的周長為2．【點睛】本題考查等邊三角形的性質(zhì)與應用,截長補短的數(shù)學方法,中等難度,作輔助線證明全等是解題關鍵.【變式訓練7】．如圖1，在△ABC中，AB=AC，射線BP從BA所在位置開始繞點B順時針旋轉，旋轉角為α（0°<α<180°）．（1）當∠BAC=60°時，將BP旋轉到圖2位置，點D在射線BP上．若∠CDP=120°，則∠ACD__________∠ABD（填“＞”“=”“＜”），線段BD、CD與AD之間的數(shù)量關系是__________；（2）當∠BAC=120°時，將BP旋轉到圖3位置，點D在射線BP上，若∠CDP=60°，求證：BD-CD=AD；（3）將圖3中的BP繼續(xù)旋轉，當30°<α<180°時，點D是直線BP上一點（點P不在線段BD上），若∠CDP=120°，請直接寫出線段BD、CD與AD之間的數(shù)量關系（不必證明）．【答案】（1）=；BD=CD+AD；（2）證明見解析；（3）BD+CD=AD或CD-BD=AD【分析】（1）①根據(jù)兩三角形中若兩個角對應相等，則第三個角也對應相等得：∠ACD=∠ABD；②作輔助線，構建兩個全等三角形：△ABE≌△ACD，得AD=AE，再證明△ADE是等邊三角形，則AD=DE，相加后得結論；（2）同理作輔助線，證明全等，再證明△ADE是等腰直角三角形，得DE=AD，代入DE=BD-BE中得結論；（3）①如圖4，BD-CD=AD，在BD上取一點E，使BE=CD，連接AE，過A作AF⊥BD于F，證明△ABE≌△ACD，得AD=AE，根據(jù)特殊三角函數(shù)求得DF=AD，代入BD-BE=DE中得出結論；②如圖5，BD+CD=AD，延長DB到E，使BE=CD，連接AE，過A作AF⊥BD于F，證明△ABE≌△ACD，得AD=AE，根據(jù)特殊三角函數(shù)求得DF=AD，代入BD+BE=DE中得出結論．【詳解】解：（1）如圖2，∵∠CDP=120°，∴∠CDB=60°，∵∠BAC=60°，∴∠CDB=∠BAC=60°，∴A、B、C、D四點共圓，∴∠ACD=∠ABD．在BP上截取BE=CD，連接AE．在△DCA與△EBA中，，∴△DCA≌△EBA（SAS），∴AD=AE，∠DAC=∠EAB，∵∠CAB=∠CAE+∠EAB=60°，∴∠DAE=60°，∴△ADE是等邊三角形，∴DE=AD．∵BD=BE+DE，∴BD=CD+AD．故答案為：=，BD=CD+AD；（2）如圖3，設AC與BD相交于點O，在BP上截取BE=CD，連接AE，過A作AF⊥BD于F．∵∠CDP=60°，∴∠CDB=120°．∵∠CAB=120°，∴∠CDB=∠CAB，∵∠DOC=∠AOB，∴△DOC∽△AOB，∴∠DCA=∠EBA．在△DCA與△EBA中，，∴△DCA≌△EBA（SAS），∴AD=AE，∠DAC=∠EAB．∵∠CAB=∠CAE+∠EAB=120°，∴∠DAE=120°，∴∠ADE=∠AED==30°．∵在Rt△ADF中，∠ADF=30°，∴DF=AD，∴DE=2DF=AD，∴BD=DE+BE=AD+CD，∴BD﹣CD=AD；（3）①如圖4，BD-CD=AD，理由是：在BD上取一點E，使BE=CD，連接AE，過A作AF⊥BD于F，得△ABE≌△ACD，∴AE=AD，∠BAE=∠CAD，∴DF=FE，∵∠BAC=∠BAE+∠CAE=120°，∴∠CAD+∠CAE=120°，即∠DAE=120°，∴∠DAF=60°，sin∠DAF=sin60°=，∴DF=AD，∴DE=2DF=AD，∴BD-CD=BD-BE=DE=AD；②如圖5，BD+CD=AD，理由是：延長DB到E，使BE=CD，連接AE，過A作AF⊥BD于F，∵∠BAC=120°，AB=AC，∴∠ACB=∠ABC=30°，∴∠EBA=150°-∠DBC，∵∠CDP=120°，∴∠BCD=120°-∠DBC，∴∠ACD=∠BCD+30°=150°-∠DBC，∴∠ACD=∠EBA，∴△AEB≌△ADC，∴AE=AD，∠EAB=∠CAD，∴DF=EF，∵∠BAC=∠DAE=120°，∴∠DAF=60°，同理得：DF=AD，∴ED=AD，∴DE=BD+BE=BD+CD=AD．綜上所述：BD+CD=AD或CD-BD=AD．【點睛】本題綜合考查了等腰三角形、全等三角形及旋轉的性質(zhì)，作輔助線構建兩三角形全等是本題的關鍵；要證明全等時，兩邊夾角的得出各問都不相同，是一個難點；同時運用了特殊角的三角函數(shù)值表示邊的長度，在幾何證明中線段的和與差是一個難點，思路為：想辦法將線段轉化到同一條直線上：①在長邊截取短邊，②延長短邊等于長邊；簡稱“截或接”．類型二、邊邊角模型例．如圖，∠ACB=90°，AC=BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分別是點D、E，AD=3，BE=1，則DE的長是（）A．1.5 B．2

C．

D．【答案】B【分析】根據(jù)已知條件可以得出∠E=∠ADC=90°，進而得出?CEB??ADC，就可以得出BE=DC，進而求出DE的值．【詳解】∵BE⊥CE，AD⊥CE，∴∠E=∠ADC=90°，∴∠EBC+∠BCE=90°，∵∠BCE+∠ACD=90°，∴∠EBC=∠DCA，在?CEB和?ADC中，∠E=∠ADC，∠EBC=∠DCA，BC=AC，∴?CEB??ADC(AAS)，∴BE=DC=1，CE=AD=3，∴DE=EC-CD=3-1=2，故選：B．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)是解決問題的關鍵．【變式訓練1】．如圖，BN為∠MBC的平分線，P為BN上一點，且PD⊥BC于點D，∠APC+∠ABC＝180°，給出下列結論：①∠MAP＝∠BCP；②PA＝PC；③AB+BC＝2BD；④四邊形BAPC的面積是△PBD面積的2倍，其中結論正確的個數(shù)有（）

A．4個 B．3個 C．2個 D．1個【答案】A【分析】過點P作PK⊥AB，垂足為點K．證明Rt△BPK≌Rt△BPD，△PAK≌△PCD，利用全等三角形的性質(zhì)即可解決問題．【詳解】解：過點P作PK⊥AB，垂足為點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正確，在△PAK和△PCD中，，∴△PAK≌△PCD（ASA），∴AK＝CD，PA＝PC，故②正確，∴BK﹣AB＝BC﹣BD，∴BD﹣AB＝BC﹣BD，∴AB+BC＝2BD，故③正確，∵Rt△BPK≌Rt△BPD，△PAK≌△PCD（ASA），∴S△BPK＝S△BPD，S△APK＝S△PDC，∴S四邊形ABCP＝S四邊形KBDP＝2S△PBD．故④正確．故選A．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．【變式訓練2】．如圖，OC平分∠MON，A、B分別為OM、ON上的點，且BO＞AO，AC＝BC，求證：∠OAC+∠OBC＝180°．【答案】見解析.【分析】如圖，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°．【詳解】如圖，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°．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，四邊形內(nèi)角和定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題.【變式訓練3】．如圖，在四邊形ABCD中，已知BD平分∠ABC，∠BAD＋∠C＝180°，求證：AD＝CD．【答案】見解析【詳解】試題分析：在邊BC上截取BE=BA，連接DE，根據(jù)SAS證△ABD≌△EBD，推出AD=ED，∠A=∠BED，求出∠DEC=∠C即可．試題解析：證明：在邊BC上截取BE=BA，連接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．點睛：本題考查了等腰三角形的判定，全等三角形的性質(zhì)和判定等知識點的應用，解答此題的關鍵是正確作輔助線，又是難點，解題的思路是把AD和CD放到一個三角形中，根據(jù)等腰三角形的判定進行證明，題型較好，有一定的難度．【變式訓練4】．如圖，已知∠AOB＝60°，在∠AOB的平分線OM上有一點C，將一個120°角的頂點與點C重合，它的兩條邊分別與直線OA、OB相交于點D、E．（1）當∠DCE繞點C旋轉到CD與OA垂直時（如圖1），請猜想OE+OD與OC的數(shù)量關系，并說明理由；（2）當∠DCE繞點C旋轉到CD與OA不垂直時，到達圖2的位置，（1）中的結論是否成立？并說明理由；（3）當∠DCE繞點C旋轉到CD與OA的反向延長線相交時，上述結論是否成立？請在圖3中畫出圖形，若成立，請給于證明；若不成立，線段OD、OE與OC之間又有怎樣的數(shù)量關系？請寫出你的猜想，不需證明.【答案】（1）；（2）（1）中結論仍然成立，見解析；（3）（1）中結論不成立，，見解析.【分析】（1）先判斷出∠OCE=60°，再利用特殊角的三角函數(shù)得出ODOC，同OEOC，即可得出結論；（2）同（1）的方法得OF+OGOC，再判斷出△CFD≌△CGE，得出DF=EG，最后等量代換即可得出結論；（3）同（2）的方法即可得出結論．【詳解】（1）∵OM是∠AOB的角平分線，∴∠AOC=∠BOC∠AOB=30°．∵CD⊥OA，∴∠ODC=90°，∴∠OCD=60°，∴∠OCE=∠DCE﹣∠OCD=60°．在Rt△OCD中，OD=OC?cos30°OC，同理：OEOC，∴OD+OEOC；（2）（1）中結論仍然成立，理由如下：過點C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，∴∠OFC=∠OGC=90°．∵∠AOB=60°，∴∠FCG=120°，同（1）的方法得：OFOC，OGOC，∴OF+OGOC．∵CF⊥OA，CG⊥OB，且點C是∠AOB的平分線OM上一點，∴CF=CG．∵∠DCE=120°，∠FCG=120°，∴∠DCF=∠ECG，∴△CFD≌△CGE，∴DF=EG，∴OF=OD+DF=OD+EG，OG=OE﹣EG，∴OF+OG=OD+EG+OE﹣EG=OD+OE，∴OD+OEOC；（3）（1）中結論不成立，結論為：OE﹣ODOC，理由如下：過點C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，∴∠OFC=∠OGC=90°．∵∠AOB=60°，∴∠FCG=120°，同（1）的方法得：OFOC，OGOC，∴OF+OGOC．∵CF⊥OA，CG⊥OB，且點C是∠AOB的平分線OM上一點，∴CF=CG．∵∠DCE=120°，∠FCG=120°，∴∠DCF=∠ECG，∴△CFD≌△CGE，∴DF=EG，∴OF=DF﹣OD=EG﹣OD，OG=OE﹣EG，∴OF+OG=EG﹣OD+OE﹣EG=OE﹣OD，∴OE﹣ODOC．【點睛】本題是幾何變換綜合題，主要考查了角平分線的定義和定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)值，直角三角形的性質(zhì)，正確作出輔助線是解答本題的關鍵．【變式訓練5】．在和中，，連接，恰好平分．

(1)如圖1，當時，求的度數(shù)；(2)如圖2，在射線上存在一點，使，連接．當，時，試說明與的位置關系；(3)如圖3，在（2）問的條件下，連接并延長，分別交，于點，，若，，，分別為和上的動點，請直接寫出周長的最小值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根據(jù)題意確定，再利用三角形的內(nèi)角和計算即可：（2）由題干條件推出為等邊三角形，然后進一步證明，從而利用全等三角形和平行線的判定證明即可；（3）首先將沿對稱至，沿對稱至，可確定且，分別在、上，并連接，此時與和交點即為所求、，此時，的周長最小，即為的長度，然后根據(jù)全等三角形的判定以及對稱的性質(zhì)證明，即可求得結論．【詳解】（1）解：，恰好平分，，，，；（2）證明：，恰好平分，，，為等邊三角形，，，，，，即，在和中，，，，，；（3）如圖所示，將沿對稱至，沿對稱至，

由（2）可知是的角平分線，故在上，∵，，∴，∴平分，∴垂直平分，即所在的直線是的對稱軸，故在上，連接，此時與和交點即為所求、，此時，的周長最小，周長的最小值即為的長度，∵所在的直線是的對稱軸，∴，又∵，∴，∴點與是關于的對稱，∴與的交點在上，故與重合.此時∵，由對稱的性質(zhì)可得：，，，∴，為等邊三角形，此時，過點作，交于點，如圖所示，，為等邊三角形，，由（2）知，，．由（2）可知，∴，∴，在和中，，，，，即：，周長的最小值為．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)等，掌握全等三角形的判定方法，熟練運用等邊三角形的性質(zhì)和軸對稱變化確定最短路徑是解題關鍵．1．如圖，點M、N分別是正方形ABCD的邊BC、CD上的兩個動點，在運動過程中保持∠MAN＝45°，連接EN、FM相交于點O，以下結論：①MN＝BM+DN；②BE2+DF2＝EF2；③BC2＝BF?DE；④OM＝OF（）A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④【答案】A【分析】由旋轉的性質(zhì)可得AM'=AM，BM=DM'，∠BAM=∠DAM'，∠MAM'=90°，∠ABM=∠ADM'=90°，由“SAS”可證△AMN≌△AM′N，可得MN=NM′，可得MN=BM+DN，故①正確；由“SAS”可證△AEF≌△AED'，可得EF=D'E，由勾股定理可得BE2+DF2=EF2；故②正確；通過證明△DAE∽△BFA，可得，可證BC2=DE?BF，故③正確；通過證明點A，點B，點M，點F四點共圓，∠ABM=∠AFM=90°，∠AMF=∠ABF=45°，∠BAM=∠BFM，可證MO=EO，由∠BAM≠∠DAN，可得OE≠OF，故④錯誤，即可求解．【詳解】解：將△ABM繞點A逆時針旋轉90°，得到△ADM′，將△ADF繞點A順時針旋轉90°，得到△ABD'，∴AM'=AM，BM=DM'，∠BAM=∠DAM'，∠MAM'=90°，∠ABM=∠ADM'=90°，∴∠ADM'+∠ADC=180°，∴點M'在直線CD上，∵∠MAN=45°，∴∠DAN+∠MAB=45°=∠DAN+∠DAM'=∠M'AN，∴∠M′AN=∠MAN=45°，又∵AN=AN，AM=AM'，∴△AMN≌△AM′N（SAS），∴MN=NM′，∴M′N=M′D+DN=BM+DN，∴MN=BM+DN；故①正確；∵將△ADF繞點A順時針旋轉90°，得到△ABD'，∴AF=AD'，DF=D'B，∠ADF=∠ABD'=45°，∠DAF=∠BAD'，∴∠D'BE=90°，∵∠MAN=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°=∠BAD'+∠BAE=∠D'AE，∴∠D'AE=∠EAF=45°，又∵AE=AE，AF=AD'，∴△AEF≌△AED'（SAS），∴EF=D'E，∵D'E2=BE2+D'B2，∴BE2+DF2=EF2；故②正確；∵∠BAF=∠BAE+∠EAF=∠BAE+45°，∠AEF=∠BAE+∠ABE=45°+∠BAE，∴∠BAF=∠AEF，又∵∠ABF=∠ADE=45°，∴△DAE∽△BFA，∴，又∵AB=AD=BC，∴BC2=DE?BF，故③正確；∵∠FBM=∠FAM=45°，∴點A，點B，點M，點F四點共圓，∴∠ABM=∠AFM=90°，∠AMF=∠ABF=45°，∠BAM=∠BFM，同理可求∠AEN=90°，∠DAN=∠DEN，∴∠EOM=45°=∠EMO，∴EO=EM，∴MO=EO，∵∠BAM≠∠DAN，∴∠BFM≠∠DEN，∴EO≠FO，∴OM≠FO，故④錯誤，故選：A．【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，旋轉的性質(zhì)等知識，添加恰當輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．2．在等邊△ABC的兩邊AB、AC所在直線上分別有兩點M、N，D為△ABC外一點，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．探究：當M、N分別在直線AB、AC上移動時，BM、NC、MN之間的數(shù)量關系及△AMN的周長Q與等邊△ABC的周長L的關系．（1）如圖1，當點M、N邊AB、AC上，且DM＝DN時，BM、NC、MN之間的數(shù)量關系是；此時；（2）如圖2，點M、N在邊AB、AC上，且當DM≠DN時，猜想（I）問的兩個結論還成立嗎？若成立請直接寫出你的結論；若不成立請說明理由．（3）如圖3，當M、N分別在邊AB、CA的延長線上時，探索BM、NC、MN之間的數(shù)量關系如何？并給出證明．【答案】（1）BM+NC＝MN，23；（2）結論仍然成立，詳見解析；（3）NC﹣BM＝MN，【分析】（1）由DM＝DN，∠MDN＝60°，可證得△MDN是等邊三角形，又由△ABC是等邊三角形，CD＝BD，易證得Rt△BDM≌Rt△CDN，然后由直角三角形的性質(zhì)，即可求得BM、NC、MN之間的數(shù)量關系BM+NC＝MN，此時；（2）在CN的延長線上截取CM1＝BM，連接DM1．可證△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，易證得∠CDN＝∠MDN＝60°，則可證得△MDN≌△M1DN，然后由全等三角形的性質(zhì)，即可得結論仍然成立；（3）首先在CN上截取CM1＝BM，連接DM1，可證△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，然后證得∠CDN＝∠MDN＝60°，易證得△MDN≌△M1DN，則可得NC﹣BM＝MN．【詳解】（1）如圖1，BM、NC、MN之間的數(shù)量關系BM+NC＝MN．此時．理由：∵DM＝DN，∠MDN＝60°，∴△MDN是等邊三角形，∵△ABC是等邊三角形，∴∠A＝60°，∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∴∠MBD＝∠NCD＝90°，∵DM＝DN，BD＝CD，∴Rt△BDM≌Rt△CDN，∴∠BDM＝∠CDN＝30°，BM＝CN，∴DM＝2BM，DN＝2CN，∴MN＝2BM＝2CN＝BM+CN；∴AM＝AN，∴△AMN是等邊三角形，∵AB＝AM+BM，∴AM：AB＝2：3，∴；（2）猜想：結論仍然成立．證明：在NC的延長線上截取CM1＝BM，連接DM1．∵∠MBD＝∠