2.7-全等模型（2） 帶解析-2023年升初二人教版暑假銜接教材

?2.6全等模型（2）考點(diǎn)先知考點(diǎn)先知知識(shí)考點(diǎn)半角旋轉(zhuǎn)模型1.半角旋轉(zhuǎn)模型手拉手模型2.手拉手模型題型精析題型精析知識(shí)點(diǎn)一半角旋轉(zhuǎn)模型知識(shí)點(diǎn)一半角旋轉(zhuǎn)模型全等三角形的判定原理內(nèi)容如圖所示，四邊形ABCD是正方形，∠MAN=45°，延長(zhǎng)CB至E，使得BE=DN，則△ABE≌△ADN，△AME≌△AMN，且BM+DN=MN.如圖所示，AB=AC，∠BAC=2∠EAD，過A點(diǎn)作AF，使得∠BAF=∠CAD，則△ABF≌△ACD.題型一角平分線的性質(zhì)題型一角平分線的性質(zhì)例1已知正方形中，，且的兩邊分別交、于點(diǎn)、．試猜想線例1段、和之間的數(shù)量關(guān)系，寫出猜想，并加以證明．【分析】延長(zhǎng)到，使，連接，根據(jù)證，推出，，求出，根據(jù)證出，從而得到．【解答】解：．理由：如圖，延長(zhǎng)至使得，連接，四邊形是正方形，，，在和中，，，，，，，在和中，，，，，．例2已知：正方形中，，繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交，（或它們的延長(zhǎng)線）于點(diǎn)，．例2（1）當(dāng)繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到時(shí)（如圖，求證：；（2）當(dāng)繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到時(shí)（如圖，則線段，和之間數(shù)量關(guān)系是_________；（3）當(dāng)繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到如圖3的位置時(shí)，猜想線段，和之間又有怎樣的數(shù)量關(guān)系呢？并對(duì)你的猜想加以說明．【分析】（1）過作于，根據(jù)全等求出，，求出，根據(jù)角平分線的性質(zhì)求出，再求出答案即可；（2）證法與（1）類似，延長(zhǎng)到，使，連接，根據(jù)證，推出，，求出，根據(jù)證出即可；（3）在上截取，連接，根據(jù)證，推出，，求出，根據(jù)證出即可．【解答】（1）證明：如圖1，過作于，四邊形是正方形，，，，，，在和中，，，，，，，，，，，即，；（2）解：線段，和之間數(shù)量關(guān)系是，理由如下：延長(zhǎng)至，使得，連接，四邊形是正方形，，，在和中，，，，，，，，在和中，，，，，故答案為：；（3），理由如下：如圖3，在上截取，連接，由（1）知，，，，，．在和中，，，，即，．變1（1）如圖①，在正方形中，、分別是、上的點(diǎn)，且，連接，探究、、之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；變1（2）如圖②，在四邊形中，，，、分別是、上的點(diǎn)，且，此時(shí)（1）中的結(jié)論是否仍然成立？請(qǐng)說明理由．【答案】（1），理由見解析；（2）成立，理由見解析【分析】（1）典型的“夾半角模型”，延長(zhǎng)到使得，先證，再證，最后根據(jù)邊的關(guān)系即可證明；（2）圖形變式題可以參考第一問的思路，延長(zhǎng)到使得，先證，再證，最后根據(jù)邊的關(guān)系即可證明；【詳解】解：（1）證明：延長(zhǎng)到，使得

連接

∵四邊形是正方形

∴，

又∵

∴

∴，

∵

∴

∴

又∵

∴

∴

又∵

∴（2）證明：延長(zhǎng)到，使得

連接

∵，

∴

又∵，

∴

∴，

∵

∴

∴

又∵

∴

∴

又∵

∴變2（1）如圖①，在四邊形中，，，E、F分別是邊BC、CD上的點(diǎn)，且.求證：；變2（2）如圖②，在四邊形中，，，E、F分別是邊BC、CD延長(zhǎng)線上的點(diǎn)，且，（1）中的結(jié)論是否仍然成立?若成立，請(qǐng)說明理由；若不成立，請(qǐng)寫出它們之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由.【答案】（1）見解析；（2）結(jié)論不成立，應(yīng)當(dāng)是理由見解析【分析】（1）延長(zhǎng)到點(diǎn)，使，連接，由全等三角形的判定和性質(zhì)得出，，，繼續(xù)利用全等三角形的判定得出，結(jié)合圖形及題意即可證明；（2）在上截取，使，連接，結(jié)合圖形利用全等三角形的判定得出，再次使用全等三角形的判定得出，利用全等三角形的性質(zhì)即可證明．【詳解】（1）證明：如圖①，延長(zhǎng)到點(diǎn)，使，連接.又∵，，∴，∴，，又∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∵，∴；（2）解：結(jié)論不成立，應(yīng)當(dāng)是，理由：如圖②，在上截取，使，連接，∵，，∴，又∵，，∴，∴，，又∵，∴，∴，又∵，，∴，∴，∵，∴．知識(shí)點(diǎn)二手拉手模型知識(shí)點(diǎn)二手拉手模型全等三角形的判定原理內(nèi)容PP如圖所示，AE=AC，AB=AD，∠EAC=∠BAD=α，則△AED≌△ACB，且ED與BC的夾角為“α”，且AP平分∠EPB.【注意】手拉手模型的特點(diǎn)有：共頂點(diǎn)，且共頂點(diǎn)的兩個(gè)三角形均為等腰三角形（亦可為等邊三角形或正方形或矩形），且共頂點(diǎn)的兩個(gè)頂角相等.題型二手拉手模型題型二手拉手模型例1已知：如圖1，在和中，，，．例1（1）請(qǐng)說明．（2）如圖2，連接和，，與分別交于點(diǎn)和，，求的度數(shù)．【答案】（1）證明見解析；（2）∠ACE=62°；（3）∠CBA=6°．【分析】(1)根據(jù)已知條件可以確定∠CAB=∠EAD，結(jié)合已知條件，用AAS可判定△ABC≌△ADE；(2)由(1)中△ABC≌△ADE可得∠CBA=∠EDA,AC=AE，在△MND和△ANB中，用三角形內(nèi)角和定理由∠MND=∠ANB可得∠DAB=∠DMB=56°，即∠CAE=∠DAB=56°，由AC=AE，可得∠ACE=∠AEC=；【詳解】解：（1）∵∠CAE=∠DAB，∴∠CAE+∠CAD=∠DAB+∠CAD，即∠CAB=∠EAD，在△ABC和△ADE中，∴△ABC≌△ADE（AAS），（2）∵△ABC≌△ADE，∴∠CBA=∠EDA,AC=AE，在△MND和△ANB中，∵∠EDA+∠MND+∠DMB=，∠CBA+∠ANB+∠DAB=，又∵∠MND=∠ANB，∴∠DAB=∠DMB=，∴∠CAE=∠DAB=，∵AC=AE，∴∠ACE=∠AEC=，∴∠ACE=，例2如圖，在和中，，，若．例2（1）求證：．（2）求的度數(shù)．【分析】（1）先，，得到，然后得證，從而得到；（2）先由得到，從而得到，然后由，得到是等邊三角形，從而得到，最后得到的度數(shù)．【解答】（1）證明：，，在和中，，，．（2）解：，，，，，，，是等邊三角形，，．變1如圖所示，已知AE⊥AB，AF⊥AC，AE=AB，AF=AC．判斷線段EC與BF數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，并給予證明．變1【答案】EC=BF，EC⊥BF，理由詳見解析【分析】先由條件可以得出∠EAC=∠BAE，再證明△EAC≌△BAF就可以得出EC=BF，再利用角度之間的轉(zhuǎn)化可得∠BMD=90°，即可證明EC⊥BF．【詳解】解：EC=BF，EC⊥BF證明如下：∵AE⊥AB，AF⊥AC，∴∠BAE=∠CAF=90°，∴∠BAE+∠BAC=∠CAF+∠BAC，即∠EAC=∠BAF，在△ABF和△AEC中，，∴△ABF≌△AEC（SAS），∴EC=BF，∠AEC=∠ABF，∵AE⊥AB，∴∠BAE=90°，∴∠AEC+∠ADE=90°，∵∠ADE=∠BDM（對(duì)頂角相等），∴∠ABF+∠BDM=90°，在△BDM中，∠BMD=180°-∠ABF-∠BDM=180°-90°=90°，∴EC⊥BF．變2如圖，和都是等邊三角形．變2（1）如圖1，線段與是否相等？若相等，加以證明；若不相等，請(qǐng)說明理由．（2）如圖1，若、、三點(diǎn)在一條直線上，與交于點(diǎn)，求的度數(shù)．【解答】解：（1），理由如下：和都是等邊三角形．，，，，，；（2）由得，，，的度數(shù)是；例3如圖，為線段上一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)、重合），在的上方分別作和，且，，，、交于點(diǎn)．有下列結(jié)論：①；②；③當(dāng)時(shí)，；④平分．其中正確的是________．（把你認(rèn)為正確結(jié)論的序號(hào)都填上）例3【解答】解：，，即，在和中，，，，故①正確；，，，，，，，，，，，故②正確；，，，，，，，，故③正確；如圖，連接，過點(diǎn)作于，于，，，，，，，，平分，故④正確，故答案為：①②③④．例4如圖，在△AOB和△COD中，OA=OB，OC=OD，OA＜OC，∠AOB=∠COD=36°．連接AC例4BD交于點(diǎn)M，連接OM．下列結(jié)論：①∠AMB=36°，②AC=BD，③OM平分∠AOD，④MO平分∠AMD．其中正確的結(jié)論是________．解：∵∠AOB=∠COD=36°，∴∠AOB+∠BOC=∠COD+∠BOC，即∠AOC=∠BOD，在△AOC和△BOD中，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴∠OCA=∠ODB，AC=BD，故②正確；∵∠OAC=∠OBD，由三角形的外角性質(zhì)得：∠AMB+∠OBD=∠OAC+∠AOB，∴∠AMB=∠AOB=36°，故①正確；法一：作OG⊥AM于G，OH⊥DM于H，如圖所示，則∠OGA=∠OHB=90°，∵△AOC≌△BOD，∴OG=OH，∴MO平分∠AMD，故④正確；法二：∵△AOC≌△BOD，∴∠OAC=∠OBD，∴A、B、M、O四點(diǎn)共圓，∴∠AMO=∠ABO=72°，同理可得：D、C、M、O四點(diǎn)共圓，∴∠DMO=∠DCO=72°=∠AMO，∴MO平分∠AMD，故④正確；假設(shè)MO平分∠AOD，則∠DOM=∠AOM，在△AMO與△DMO中，，∴△AMO≌△DMO（ASA），∴AO=OD，∵OC=OD，∴OA=OC，而OA＜OC，故③錯(cuò)誤；變1如圖，在中，，，在中，，，，相交于點(diǎn)，有下列四個(gè)結(jié)論：①；②；③；④平分．其中，正確的結(jié)論有________.變1【答案】①③④【解答】解：，，即，在和中，，，，所以①正確；，而與不確定相等，與不確定相等，和都是等腰直角三角形，，，，與不確定相等，所以②錯(cuò)誤；，而，，，，所以③正確；過點(diǎn)作于，于，如圖，，，平分，所以④正確．課后強(qiáng)化課后強(qiáng)化1.如圖，在正方形ABCD中，E、F為BC、CD邊上的點(diǎn)，若∠FAE=45°，試探究線段BE、EF、DF之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【答案】EF=BE+DF，見解析.【分析】將△DAF繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△BAH，可得∠DAF=∠BAH，AF=AH，∠FAH=90°，由“SAS”可證△FAE≌△HAE，可得EF=HE=BE＋DF．【詳解】解：EF=BE+DF．理由如下：如圖，將△DAF繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△BAH，∴△ADF≌△ABH，∴∠DAF=∠BAH，AF=AH，∴∠FAH=90°，∴∠EAF=∠EAH=45°，∵AF=AH，∠FAE=∠HAE，AE=AE∴△FAE≌△HAE（SAS），∴EF=HE∴EF=HE=BE+HB，∴EF=BE+DF．2.已知：正方形中，，繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交，（或它們的延長(zhǎng)線）于點(diǎn)，．（1）當(dāng)繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到（如圖時(shí)，求證：；（2）當(dāng)繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到如圖2的位置時(shí)，猜想線段，和之間又有怎樣的數(shù)量關(guān)系呢？請(qǐng)直接寫出你的猜想．（不需要證明）【分析】（1）在的延長(zhǎng)線上，截取，連接，則可證明，可得到，進(jìn)一步可證明，可得結(jié)論；（2）在上截取，連接，可先證明，進(jìn)一步可證明，可得到，從而可得到．【解答】解：（1）猜想：，證明如下：如圖1，在的延長(zhǎng)線上，截取，連接，在和中，，，，，，，，，，在和中，，，又，；（2）．證明如下：如圖2，在上截取，連接，和中，，，，，，即，，，在和中，，，，．3.如圖，，都是等邊三角形，則的度數(shù)是（）A．B．C．D．解：，都是等邊三角形，，，，，，，，，，的度數(shù)是故選：．4.如圖，△DAC和△EBC均是等邊三角形，AE、BD分別與CD、CE交于點(diǎn)M、N，有如下結(jié)論：①△ACE≌△DCB；②CM=CN；③AC=DN；④∠DAE=∠DBC．其中正確的有（）A．②④B．①②③C．①②④D．①②③④解：∵△DAC和△EBC均是等邊三角形，∴AC=DC，BC=CE，∠ACE=∠BCD，∴△ACE≌△DCB，①正確由①得∠AEC=∠CBD，∴△BCN≌△ECM，∴CM=CN，②正確假使AC=DN，即CD=CN，△CDN為等邊三角形，∠CDB=60°，又∵∠ACD=∠CDB+∠DBC=60°，∴假設(shè)不成立，③錯(cuò)誤；∵∠DBC+∠CDB=60°∠DAE+∠EAC=60°，而∠EAC=∠CDB，∴∠DAE=∠DBC，④正確，∴正確答案①②④故選：C．5.如圖1，在△ABC中，AE⊥BC于E，AE=BE，D是AE上一點(diǎn)，且DE=CE，連接BD，CD．（1）判斷與的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，并證明；（2）如圖2，若將△DCE繞點(diǎn)E旋轉(zhuǎn)一定的角度后，BD與AC的位置關(guān)系和