专题04 三角形全等-半角模型（解析版）

这是一份专题04 三角形全等-半角模型（解析版），共26页。























半角模型






模型讲解



【结论一】（等腰直角三角形半角模型）
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°，则有以下结论成立：
（1）MN2=CM2+AN2
（2）△BNA∽△CAM

【证明】：（1）
（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＝∠ACB＝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°．
于是，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．
【证明】：（2）
∵∠AMC=∠B+∠BAM；∠BAN=∠MAN+∠BAM；∠B=∠MAN=45°
∴∠AMC=∠BAN
在△BAN和△CMA中，
∠AMC=∠BAN
∠C=∠B
∴△BNA∽△CAM

【结论二】（正方形半角模型）
如图：正方形ABCD，∠EAF=45°．对角线BD与AE、AF分别相交于M、N，设正方形的边长为a，则：
（1）MN2=BM2+DN2
（2）△BNA∽△CAM
（3）BE+DF=EF．
（4）△ECF的周长=2a
（5）S△AEF=S△ABE+S△ADF
（6）AE平分∠BEF，AF平分∠DFE
（7）AE=AN，AF=AM，EF=MN．





（1）（2）由结论一已证
【证明】：（3）
如图，把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，
由旋转的性质得，BH＝DF，AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAH＝∠BAH+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝90°﹣∠EAF＝45°，
∴∠EAH＝∠EAF＝45°，
在△AEF和△AEH中，
，
∴△AEF≌△AEH（SAS），
∴EH＝EF，
∴∠AEB＝∠AEF，
∴BE+BH＝BE+DF＝EF
由（3）可得（4）、（5）、（6）
【证明】：（7）连接EN
∵∠EAN＝∠NBE=45°
∴A、N、E、B四点共圆
∴∠ABN＝∠AEN=45°
∴△ANE为等腰Rt△
∴AE=AN
同理：AF=AM，
∴
又∵∠EAF＝∠NAM
∴△AEF∽△ANM
∴EF=MN


【结论三】（等腰三角形半角模型）
如图，△ABC是等边三角形，△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°．以D为顶点作一个60°角，使其两边分别交AB于点M，交AC于点N，连接MN，则：
（1）MN=BM+CN
（2）△AMN的周长等于△ABC边长的２倍
（3）MD、ND分别是∠BMN、∠CNM的角平分线









【证明】：∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°，
∴∠BCD＝∠DBC＝30°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠BAC＝∠BCA＝60°，
∴∠DBA＝∠DCA＝90°，
延长AB至F，使BF＝CN，连接DF，
在△BDF和△CND中，
∵，
∴△BDF≌△CND（SAS），
∴∠BDF＝∠CDN，DF＝DN，
∵∠MDN＝60°，
∴∠BDM+∠CDN＝60°，

∴∠BDM+∠BDF＝60°，
在△DMN和△DMF中，
∵，
∴△DMN≌△DMF（SAS）
　∴即可得出（1）、（2）、（3）




方法点拨
例题演练


1．如图，△ABC是边长为10cm的等边三角形，△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°．以D为顶点作一个60°角，使其两边分别交AB于点M，交AC于点N，连接MN，则△AMN的周长为 　　　．

【解答】解：∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°，
∴∠BCD＝∠DBC＝30°，
∵△ABC是边长为10cm的等边三角形，
∴∠ABC＝∠BAC＝∠BCA＝60°，
∴∠DBA＝∠DCA＝90°，
延长AB至F，使BF＝CN，连接DF，
在△BDF和△CND中，
∵，
∴△BDF≌△CND（SAS），
∴∠BDF＝∠CDN，DF＝DN，
∵∠MDN＝60°，
∴∠BDM+∠CDN＝60°，
∴∠BDM+∠BDF＝60°，
在△DMN和△DMF中，
∵，
∴△DMN≌△DMF（SAS）
∴MN＝MF，
∴△AMN的周长是：AM+AN+MN＝AM+MB+BF+AN＝AB+AC＝20．
故答案为：20．

２．如图，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边AC上两点，且∠DAE＝45°，若BE＝4，CD＝3，则AB的长为　　　　．

【解答】
解：如图过B作BC的垂线，垂足为B，并截取BF＝CD，连接FE，AF．
∵∠FBE＝90°，FB＝3，BE＝4
∴在Rt△FBE中FE2＝FB2+BE2＝32+42＝52
∴FE＝5
又∵AB＝AC，∠BAC＝90°
∴Rt△ABC是等腰直角三角形
∴∠ABC＝∠ACB＝45°
∴∠FBA＝∠FBC﹣∠ABC＝90°﹣45°＝45°
∴在△AFB与△ADC中

∴△AFB≌△ADC（SAS）
∴∠2＝∠3，AF＝AD
又∵∠1+∠EAD+∠2＝90°
∴∠1+∠2＝45°
∴∠FAE＝∠1+∠3＝45°
∴∠FAE＝∠DAE
∴在△AFE与△ADE中

∴△△AFE≌△ADE（SAS）
∴FE＝DE＝5
∴BC＝BE+ED+DC＝4+5+3＝12
又∵在Rt△ABC中AB＝cos∠ABC•BC
即AB＝cos45°×12＝•12＝6

３．如图，正方形ABCD的边长为a，点E在边AB上运动（不与点A，B重合），∠DAM＝45°，点F在射线AM上，且AF＝BE，CF与AD相交于点G，连接EC，EF，EG，则下列结论：
①∠ECF＝45°；②△AEG的周长为（1+）a；③BE2+DG2＝EG2；④△EAF的面积的最大值a2．
其中正确的结论是　　　．（填写所有正确结论的序号）

【解答】解：如图1中，在BC上截取BH＝BE，连接EH．
∵BE＝BH，∠EBH＝90°，
∴EH＝BE，∵AF＝BE，
∴AF＝EH，
∵∠DAM＝∠EHB＝45°，∠BAD＝90°，
∴∠FAE＝∠EHC＝135°，
∵BA＝BC，BE＝BH，
∴AE＝HC，
∴△FAE≌△EHC（SAS），
∴EF＝EC，∠AEF＝∠ECH，
∵∠ECH+∠CEB＝90°，
∴∠AEF+∠CEB＝90°，
∴∠FEC＝90°，
∴∠ECF＝∠EFC＝45°，故①正确，
如图2中，延长AD到H，使得DH＝BE，则△CBE≌△CDH（SAS），
∴∠ECB＝∠DCH，
∴∠ECH＝∠BCD＝90°，
∴∠ECG＝∠GCH＝45°，
∵CG＝CG，CE＝CH，
∴△GCE≌△GCH（SAS），
∴EG＝GH，
∵GH＝DG+DH，DH＝BE，
∴EG＝BE+DG，故③错误，
∴△AEG的周长＝AE+EG+AG＝AE+AH＝AD+DH+AE＝AE+EB+AD＝AB+AD＝2a，故②错误，
设BE＝x，则AE＝a﹣x，AF＝x，
∴S△AEF＝•（a﹣x）×x＝﹣x2+ax＝﹣（x2﹣ax+a2﹣a2）＝﹣（x﹣a）2+a2，
∵﹣＜0，
∴x＝a时，△AEF的面积的最大值为a2．故④正确，
故答案为①④．
强化训练



1．如图，正方形ABCD中，AB＝6，点E在边CD上，且CD＝3DE．将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG、CF．下列结论：①BG＝GC：②△ABG≌△AFG；③S△FGC＝3；④AG∥CF．其中正确结论是　①②④　．

【解答】解：①正确．
理由：
EF＝DE＝CD＝2，设BG＝FG＝x，则CG＝6﹣x．
在直角△ECG中，根据勾股定理，得（6﹣x）2+42＝（x+2）2，
解得x＝3．
∴BG＝3＝6﹣3＝GC；
②正确．
理由：
∵AB＝AD＝AF，AG＝AG，∠B＝∠AFG＝90°，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）；
③错误．
理由：
∵S△GCE＝GC•CE＝×3×4＝6
∵GF＝3，EF＝2，△GFC和△FCE等高，
∴S△GFC：S△FCE＝3：2，
∴S△GFC＝×6＝≠3．
故③不正确．
④正确．
理由：
∵CG＝BG，BG＝GF，
∴CG＝GF，
∴△FGC是等腰三角形，∠GFC＝∠GCF．
又∵Rt△ABG≌Rt△AFG；
∴∠AGB＝∠AGF，∠AGB+∠AGF＝2∠AGB＝180°﹣∠FGC＝∠GFC+∠GCF＝2∠GFC＝2∠GCF，
∴∠AGB＝∠AGF＝∠GFC＝∠GCF，
∴AG∥CF；
∴正确的个数有①②④．
故答案为：①②④．


2．如图，正方形ABCD中，点E、F分别是BC、CD边上的点，且∠EAF＝45°，对角线BD交AE于点M，交AF于点N．若AB＝4，BM＝2，则MN的长为　　．

【解答】解：如图，延长BC到G，使BG＝DF连接AG，在AG截取AH＝AN，连接MH、BH．
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠4＝∠5＝45°，∠BAD＝∠ADF＝∠ABE＝∠ABG＝90°，
在RT△ABG和RT△ADF中，
，
∴Rt△ABG≌Rt△ADF（SAS），
∴∠1＝∠2，∠7＝∠G，AF＝AG，
∴∠GAE＝∠2+∠3＝∠1+∠3＝∠BAD﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°＝∠EAF，
在△AMN和△AMH中，
，
∴△AMN≌△AMH（SAS），
∴MN＝MH，
∵AF＝AG，AN＝AH，
∴FN＝AF﹣AN＝AG﹣AH＝GH，
在△DFN和△BFH中，
，
∴△DFN≌△BGH（SAS），
∴∠6＝∠4＝45°，DN＝BH，
∴∠MBH＝∠ABH+∠5＝∠ANG﹣∠6+∠5＝90°﹣45°+45°＝90°
∴BM2+DN2＝BM2+BH2＝MH2＝MN2，
∵BD＝AB＝8，
∴22+（8﹣2﹣MN）2＝MN2，
∴MN＝．
故答案为：．



3．如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD．求证：EF＝BE+FD．
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出线段EF、BE、FD它们之间的数量关系，并证明．
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF＝∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出线段EF、BE、FD它们之间的数量关系，并证明．

【解答】证明：（1）如图1，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG．
∵在△ABG与△ADF中，，
∴△ABG≌△ADF（SAS）．
∴AG＝AF，∠1＝∠2．
∴∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠EAF＝∠BAD．
∴∠GAE＝∠EAF．
又AE＝AE，
易证△AEG≌△AEF．
∴EG＝EF．
∵EG＝BE+BG．
∴EF＝BE+FD

（2）（1）中的结论EF＝BE+FD仍然成立．
证明：如图2，延长CB至M，使BM＝DF，
∵∠ABC+∠D＝180°，∠1+∠ABC＝180°，
∴∠1＝∠D，
在△ABM与△ADF中，
，
∴△ABM≌△ADF（SAS）．
∴AF＝AM，∠2＝∠3．
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠2+∠4＝∠BAD＝∠EAF．
∴∠3+∠4＝∠EAF，即∠MAE＝∠EAF．
在△AME与△AFE中，
，
∴△AME≌△AFE（SAS）．
∴EF＝ME，即EF＝BE+BM．
∴EF＝BE+DF．

（3）结论EF＝BE+FD不成立，应当是EF＝BE﹣FD．
证明：在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF．
∵在△ABG与△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS）．
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．
∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF＝∠BAD．
∴∠GAE＝∠EAF．
∵AE＝AE，
易证△AEG≌△AEF．
∴EG＝EF
∵EG＝BE﹣BG
∴EF＝BE﹣FD．





4．在等边△ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，D为△ABC为外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．探究：当M、N分别在直线AB、AC上移动时，BM、NC、MN之间的数量关系及△AMN的周长Q与等边△ABC的周长L的关系．
（1）如图1，当点M、N分别在边AB、AC上，且DM＝DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是　MN＝BM+NC　；此时＝　　（直接写出结果）；
（2）如图2，点M、N边分别在AB、AC上，且当DM≠DN时，猜想BM、NC、MN之间的数量关系并加以证明；
（3）如图3，当M、N分别在边AB、CA的延长线上时，猜想BM、NC、MN之间的数量关系并加以证明；
（4）在（3）问的条件下，若此时AN＝x，则Q＝　2x+L　（用x、L表示，直接写出结果）．

【解答】解：（1）如图1，猜想：MN＝BM+NC，理由是：
∵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，
∴∠BDM＝∠CDN＝30°，
BM＝CN，
∴DM＝2BM，
∴DM＝MN＝2BM＝BM+NC，
∵AB＝AC，BM＝CN，
∴AM＝AN，
∵∠A＝60°，
∴△AMN是等边三角形，
∴△AMN的周长Q＝3MN＝6BM，
等边△ABC的周长L＝3AB＝3（AM+BM）＝9BM，
∴＝，
故答案为：MN＝BM+NC，；
（2）MN＝BM+CN，
如图2，延长AC到E，使CE＝BM，连接DE，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵BD＝CD，∠BDC＝120°，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∴∠ABC+∠DBC＝∠ACB+∠DCB，
即∠ABD＝∠ACD＝90°，
∴∠DCE＝180°﹣∠ACD＝180°﹣90°＝90°，
在Rt△DBM和Rt△DCE中，
∵，
∴△DBM≌△DCE（HL），
∴DM＝DE，∠BDM＝∠CDE，
∵∠BDC＝120°，∠MDN＝60°，
∴∠BDM+∠CDN＝120°﹣60°＝60°，
即∠CDE+∠CDN＝60°，
∴∠NDE＝60°，
在△MDN和△EDN中，
∵，
∴△MDN≌△EDN（SAS），
∴MN＝NE，
∵NE＝CN+CE，CE＝BM，
∴MN＝BM+CN；
（3）CN＝BM+MN；
在NC上截取CF＝BM，连接DF，
由（2）知：∠ABD＝∠ACD＝90°，
∴∠MBD＝180°﹣90°＝90°，
在△DBM和△DCF中，
∵，
∴△DBM≌△DCF（SAS），
∴∠BDM＝∠CDF，DM＝DF，
∵∠MDN＝∠BDM+∠BDN＝∠CDF+∠BDN＝60°
∵∠BDC＝120°，
∴∠NDF＝60°，
在△MDN和△FDN中，
∵，
∴△MDN≌△FDN（SAS），
∴MN＝NF，
∵CN＝NF+CF，CF＝BM，
∴CN＝MN+BM；
（4）如图3，∵等边△ABC的周长为L，
∴AB＝，
△AMN的周长Q＝MN+AN+AM，
＝FN+AN+AB+BM，
＝AN+AF+AN+AB+CF，
＝2x+2AB，
＝2x+L，
故答案为：2x+L．




5．（1）问题背景：
如图1：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°．且∠EAF＝60°．探究图中线段BE、EF、FD之间的数量关系．小明同学探究此问题的方法是：延长CD到点G，使DG＝BE．连接AG，先证△ADG≌△ABE，再证明△AFE≌△AFG，从而得出线段BE、EF、FD之间的数量关系是 　EF＝BE+DF　；
（2）探索延伸：
如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立？说明理由；
（3）结论应用：
如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏东60°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏西20°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正南方向以36海里/小时的速度前进，舰艇乙沿南偏东40°的方向以60海里/小时的速度前进．1小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处，且恰好与指挥中心O之间夹角∠EOF＝70°，试求此时两舰艇之间的距离．

【解答】解：（1）如图1，延长CD到点G，使DG＝BE．连接AG，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF＝，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠EAF，
在△AEF和△GAF中，
，
∴△AEF≌△GAF（SAS），
∴EF＝FG，
∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF；
故答案为：EF＝BE+DF；
（2）如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转得到△ABG，使AD与AB重合，

∵∠D+∠ABC＝180°，
∴∠ABG+∠ABC＝180°，
∴点G、B、E三点共线，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠BAE+∠DAF＝∠EAF，
∴∠GAE＝∠EAF，
在△EAG和△EAF中，
，
∴△EAG≌△EAF（SAS），
∴GE＝EF，
∵GE＝GB+BE＝DF+BE，
∴EF＝BE+FD，
∴结论仍然成立；
（3）如图3，连接EF，

∵∠AOB＝30°+90°+20°＝140°，
∴∠EOF＝70°＝，
∵OA＝OB，∠A+∠B＝60°+120°＝180°，
由（2）可知：结论EF＝AE+BF成立，
∴EF＝AE+BF＝2×40+2×50＝180（海里），
∴此时两舰艇之间的距离为180海里．



1（2014•重庆中考真题）．如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是AB边上一点，G是AD延长线上一点，BE＝DG，连接EG，CF⊥EG交EG于点H，交AD于点F，连接CE，BH．若BH＝8，则FG＝　5　．

【解答】解：如图所示，连接CG．
在△CGD与△CEB中

∴△CGD≌△CEB（SAS），
∴CG＝CE，∠GCD＝∠ECB，
∴∠GCE＝90°，即△GCE是等腰直角三角形．
又∵CH⊥GE，
∴CH＝EH＝GH．
过点H作AB、BC的垂线，垂足分别为点M、N，则∠MHN＝90°，
又∵∠EHC＝90°，
∴∠1＝∠2，
∴∠HEM＝∠HCN．
在△HEM与△HCN中，

∴△HEM≌△HCN（ASA）．
∴HM＝HN，
∴四边形MBNH为正方形．
∵BH＝8，
∴BN＝HN＝4，
∴CN＝BC﹣BN＝6﹣4＝2．
在Rt△HCN中，由勾股定理得：CH＝2．
∴GH＝CH＝2．
∵HM∥AG，
∴∠1＝∠3，
∴∠2＝∠3．
又∵∠HNC＝∠GHF＝90°，
∴Rt△HCN∽Rt△GFH．
∴，即，
∴FG＝5．
故答案为：5．