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初中数学北师大版七年级下册3 探索三角形全等的条件精练
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这是一份初中数学北师大版七年级下册3 探索三角形全等的条件精练，文件包含初一数学北师大版春季班第11讲全等辅助线二--基础班教师版docx、初一数学北师大版春季班第11讲全等辅助线二--基础班学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
第11讲 全等辅助线（二）
知识点1 半角模型
我们习惯把过等腰三角形顶角的顶点引两条射线，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. 常见的图形为正方形，正三角形等.
（1）正方形内含半角:
如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，∠EAF=45°，易证：EF=BE+DF.
（2）正三角形内含半角:
如图，在四边形ABCD中，AB=AC=BC,BD=DC， E、F分别是AB、AC边上的点，∠BDC=120° , ∠EDF=60°，易证：EF=FC+BE.
【典例】
例1 （2020•黄冈一模）已知，正方形ABCD，M在CB延长线上，N在DC延长线上，∠MAN＝45°．求证：MN＝DN﹣BM．
【解答】证明：如图，在DN上截取DE＝MB，连接AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠D＝∠ABM＝90°，
在△ABM与△ADE中，AB=AD∠ABM=∠DBM=DE，
∴△ABM≌△ADE（SAS），
∴AM＝AE，∠MAB＝∠EAD，
∵∠MAN＝45°＝∠MAB+∠BAN，
∴∠DAE+∠BAN＝45°，
∴∠EAN＝90°﹣45°＝45°＝∠MAN，
在△AMN和△AEN中，AM=AE∠MAN=∠EANAN=AN，
∴△AMN≌△AEN（SAS），
∴MN＝EN，
∵DN﹣DE＝EN，
∴DN﹣BM＝MN．
【方法总结】
本题考查了正方形性质、全等三角形的性质和判定等知识，作出辅助线构建全等三角形是解题的关键．
例2 （2019秋•富锦市期末）已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M，N．
（1）当∠MAN绕点A旋转到（如图1）时，求证：BM+DN＝MN；
（2）当∠MAN绕点A旋转到如图2的位置时，猜想线段BM，DN和MN之间又有怎样的数量关系呢？请直接写出你的猜想．（不需要证明）
【解答】解：（1）猜想：BM+DN＝MN，
证明如下：
如图1，在MB的延长线上，截取BE＝DN，连接AE，
在△ABE和△ADN中，AB=AD∠ABE=∠DBE=DN，
∴△ABE≌△ADN（SAS），
∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，
∵∠BAD＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠BAM+∠DAN＝45°，
∴∠EAB+∠BAM＝45°，
∴∠EAM＝∠NAM，
在△AEM和△ANM中AE=AN∠EAM=∠NAMAM=AM，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴ME＝MN，
又ME＝BE+BM＝BM+DN，
∴BM+DN＝MN；
（2）DN﹣BM＝MN．
证明如下：
如图2，在DC上截取DF＝BM，连接AF，
△ABM和△ADF中，AB=AD∠ABM=∠DBM=DF，
∴△ABM≌△ADF（SAS），
∴AM＝AF，∠BAM＝∠DAF，
∴∠BAM+∠BAF＝∠BAF+∠DAF＝90°，即MAF＝∠BAD＝90°，
∵∠MAN＝45°，
∴∠MAN＝∠FAN＝45°，
在△MAN和△FAN中，AM=AF∠MAN=∠FANAN=AN
∴△MAN≌△FAN（SAS），
∴MN＝NF，
∴MN＝DN﹣DF＝DN﹣BM，
∴DN﹣BM＝MN．
【方法总结】
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直平分线的判定和性质，正确的作出辅助线构造三角形全等是解题的关键．
【随堂练习】
1. （2020春•济南期末）如图，正方形ABCD中，E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，连接EF，这种模型属于“半角模型”中的一类，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的分析思路．例如图中△ADF与△ABG可以看作绕点A旋转90°的关系．这可以证明结论“EF＝BE+DF”，请补充辅助线的作法，并写出证明过程．
（1）延长CB到点G，使BG＝ DF ，连接AG；
（2）证明：EF＝BE+DF．
【解答】解：（1）∵△ADF与△ABG可以看作绕点A旋转90°的关系．
∴延长CB到点G，使BG＝DF，连接AG，
故答案为：AG；
（2）证明：由（1）得GB＝DF，
∵AD＝AB，∠ABG＝∠ADF＝90°，
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴AF＝AG，∠DAF＝∠BAG，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠BAG+∠BAE＝45°＝∠EAF，
在△AGE和△AFE中，
AG=AF∠GAE=∠EAFAE=AE，
∴△AGE≌△AFE（SAS），
∴GE＝EF，
∵GE＝GB+BE＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF．
2．（2019春•吉安县期末）已知，正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边长分别交CB、DC或它们的延长线）于点MN，AH⊥MN于点H．
（1）如图①，当∠MAN点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系；
（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，①中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明．
【解答】解：（1）AH＝AB
理由如下：∵ABCD是正方形
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°且BM＝DN
∴△ABM≌△ADN
∴AM＝AN，∠BAM＝∠DAN，
∵∠MAN＝45°
∴∠BAM+∠DAN＝45°
∴∠BAM＝∠DAN＝22.5°
∵AM＝AN，AH⊥MN
∴∠MAH＝∠NAH＝22.5°
∴∠MAH＝∠BAM且AM＝AM，∠B＝∠AHM＝90°
∴△ABM≌△AMH
∴AH＝AB
（2）数量关系还成立．
延长CB至E，使BE＝DN
∵AB＝AD，BE＝DN，∠ABE＝∠D＝90°
∴△ABE≌△ADN
∴AN＝AE，∠BAE＝∠DAN
∵∠MAN＝45°
∴∠BAM+∠DAN＝45°即∠BAM+∠BAE＝45°
∴∠EAM＝∠MAN＝45°且AM＝AM，AE＝AN
∴△AEM≌△AMN
∴EM＝MN，S△AEM≌S△AMN
∴12AB×EM=12AH×MN
∴AB＝AH
知识点2 手拉手模型
“手拉手”数学模型：
【典例】
例1 （2019•环江县一模）已知：如图，∠BAC＝∠DAM，AB＝AN，AD＝AM，求证：∠B＝∠ANM．
【解答】证明：∵∠BAC＝∠DAM，∠BAC＝∠BAD+∠DAC，∠DAM＝∠DAC+∠NAM，
∴∠BAD＝∠NAM．
在△BAD和△NAM中，AB=AN∠BAD=∠NAMAD=AM，
∴△BAD≌△NAM（SAS），
∴∠B＝∠ANM．
【方法总结】
本题考查了全等三角形的判定与性质，利用全等三角形的判定定理SAS证出△BAD≌△NAM是解题的关键．
例2 （2020秋•丛台区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点E，F在边BC上，连接AE，AF，∠BAF＝∠CAE，延长AF至点D，使AD＝AC，连接CD．
（1）求证：△ABE≌△ACF；
（2）若∠ACF＝30°，∠AEB＝130°，求∠ADC的度数．
【解答】证明：（1）∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACF，
∵∠BAF＝∠CAE，
∴∠BAF﹣∠EAF＝∠CAE﹣∠EAF，
∴∠BAE＝∠CAF，
在△ABE和△ACF中，∠B=∠ACFAB=AC∠BAE=∠CAF，
∴△ABE≌△ACF（ASA）；
（2）解：∵B＝∠ACF＝30°，
∵∠AEB＝130°，
∴∠BAE＝180°﹣130°﹣30°＝20°，
∵△ABE≌△ACF，
∴∠CAF＝∠BAE＝20°，
∵AD＝AC，
∴∠ADC＝∠ACD，
∴∠ADC=180°-20°2=80°．
答：∠ADC的度数为80°．
【方法总结】
本题考查全等三角形的判定与性质及三角形内角和定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
【随堂练习】
1．（2020秋•建华区期末）如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，连结BD、CE交于点G．请你判断线段BD与线段CE的关系，并说明理由．
【解答】解：BD与CE相互垂直，BD＝CE．
∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，
即∠BAD＝∠CAE
在△BAD与△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，
设AC与BD交于点H，
在Rt△BAH中，∵∠ABH+∠AHB＝90°，
∵∠AHB＝∠CHG，
∴∠CHG+∠ACG＝90°，
在△CHG中，∠GCH+∠GHC+∠CGH＝180°，
∴∠CGH＝90°，
∴BD⊥CE．
2．（2020秋•乾安县期末）如图，在△ABC，△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，C，D，E三点在同一条直线上，连结BD．
（1）求证：BD＝CE；
（2）BD、CE有何位置关系？请证明你的结论．
【解答】证明：（1）∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC+∠CAD＝∠EAD+∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS）．
∴BD＝CE；
（2）BD⊥CE，理由如下：
由（1）△BAD≌△CAE可知：∠ADB＝∠E，
又∵∠DAE＝90°，
∴∠E+∠ADE＝90°，
∴∠ADB+∠ADE＝90°，
∴∠BDE＝90°，
∴BD⊥CE．
知识点3 三垂模型
常见三垂直模型
【典例】
例1（2020秋•长安区期中）如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CM，BE⊥CM，垂足分别为点D，E．
（1）求证：△ACD≌△CBE；
（2）若DE＝1.8cm，AD＝3.2cm，求BE的长．
【解答】证明：（1）∵∠ACB＝90°，BE⊥CE，
∴∠ECB+∠ACD＝90°，∠ECB+∠CBE＝90°，
∴∠ACD＝∠CBE，
∵AD⊥CE，BE⊥CE，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，
∵AC＝BC，
在△ACD与△CBE中，
∠ADC=∠CEB∠ACD=∠CBEAC=BC，
∴△ACD≌△CBE（AAS）；
（2）∵△ACD≌△CBE，
∴AD＝CE，CD＝BE，
∵AD＝3.2cm，DE＝1.8cm，
∴BE＝CD＝CE﹣DE＝3.2﹣1.8＝1.4（cm）．
【方法总结】
本题考查了全等三角形的性质和判定，垂线的定义等知识点的应用，解此题的关键是推出证明△ADC和△CEB全等的三个条件．
例2 （2020秋•涿州市期中）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为D，E．
（1）求证：△ABD≌△ACE；
（2）若BD＝2cm，CE＝4cm，DE＝ 6 cm．
【解答】证明：（1）∵BD⊥直线m，CE⊥直线m，
∴∠BDA＝∠CEA＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∵∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠CAE＝∠ABD，
∵在△ABD和△ACE中，
∠ABD=∠CAE∠BDA=∠CEAAB=AC，
∴△ABD≌△ACE（AAS），
（2）∵△ABD≌△ACE，
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE，
∵BD＝2cm，CE＝4cm，
∴DE＝6cm；
故答案为：6．
【方法总结】
本题考查了全等三角形的判定与性质：判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”；得出∠CAE＝∠ABD是解题关键．
【随堂练习】
1．（2020秋•梁子湖区期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE于E，AD⊥CE于D．
（1）求证∠BCE＝∠CAD；
（2）若AD＝12cm，DE＝7cm，求BE．
【解答】证明：（1）∵∠ACB＝90°，BE⊥CE，AD⊥CE，
∴∠E＝∠ADC＝∠ACB＝90°，
∴∠BCE+∠ACD＝90°，∠ACD+∠CAD＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE；
（2）在△ADC和△CEB中，
∠ADC=∠E∠CAD=∠BCEAC=BC，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴CE＝AD＝12cm，BE＝CD，
∵DE＝7cm，
∴BE＝CD＝CE﹣DE＝12﹣7＝5（cm）．
2．（2019秋•开福区校级月考）如图，AB＝AC，AB⊥AC，点D、A、E在同一条直线上，BD⊥DE于点D，CE⊥DE于点E，且BD＝4，CE＝3，AC＝5，求四边形BAEC的面积．
【解答】解：∵AB⊥AC，
∴∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∵BD⊥DE，CE⊥DE，
∴∠D＝∠E＝90°，∠BAD+∠DBA＝90°，
∴∠DBA＝∠CAE，
在△ADB和△CEA中，
∠D=∠E∠DBA=∠CAEAB=AC，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AD＝CE＝3，AB＝AC＝5，AE＝BD＝4，
∴四边形BAEC的面积=12×5×5+12×3×4=18.5．
综合运用
1．（2020秋•恩施市期末）如图，E是正方形ABCD中CD边上一点，以点A为中心把△ADE顺时针旋转90°．
（1）在图中画出旋转后的图形；
（2）若旋转后E点的对应点记为M，点F在BC上，且∠EAF＝45°，连接EF．
求证：△AMF≌△AEF；
【解答】（1）解：如图，△ABM为所作；
（2）①证明：∵ABCD 是正方形，
∴∠BAD＝90°，
∵△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABM，
∴AM＝AE，∠MAE＝90°，
又∵∠EAF＝45°，
∴∠MAF＝45°，
∴∠MAF＝∠EAF，
在△AMF和△AEF中
AM=AE∠MAF=∠EAFAF=AF，
∴△AMF≌△AEF；
日期：2021/1/29 15:07:50；用户：广饶数学；邮箱：chaoyin5@xyh.com；学号：24896626
2．（2019秋•潘集区期中）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，M、N是过点A的一条直线，作BD⊥MN于点D，CE⊥MN于点E．
（1）求证：DE＝BD+CE；
（2）当直线MN绕点A旋转到图2所示的位置，其他条件不变，则BD与DE、CE的关系如何？请予以证明．
【解答】证明：（1）∵BD⊥直线MN，CE⊥直线MN，
∴∠BDA＝∠AEC＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∵∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠CAE＝∠ABD，
∵在△ADB和△CEA中∠ABD=∠CAE∠BDA=∠AECAB=AC
∴△ADB≌△CEA，
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE；
（2）关系：BD＝DE+CE
证明如下：
∵BD⊥直线MN，CE⊥直线MN，
∴∠BDA＝∠AEC＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∵∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠CAE＝∠ABD，
∵在△ADB和△CEA中∠ABD=∠CAE∠BDA=∠AECAB=AC
∴△ADB≌△CEA，
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴BD＝AE＝DE+AD＝DE+CE．
3．（2019秋•宁江区期末）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∠ABC＝45°．MN是经过点A的直线，BD⊥MN于D，CE⊥MN于E．
（1）求证：BD＝AE．
（2）若将MN绕点A旋转，使MN与BC相交于点G（如图2），其他条件不变，求证：BD＝AE．
（3）在（2）的情况下，若CE的延长线过AB的中点F（如图3），连接GF，求证：∠1＝∠2．
【解答】证明：（1）如图1，∵BD⊥MN，CE⊥MN，
∴∠BDA＝∠AEC＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠1+∠2＝90°，
又∵∠3+∠2＝90°，
∴∠1＝∠3，
在△ADB和△CEA中，∠BDA=∠AEC∠3=∠1AB=AC，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴BD＝AE；
（2）如图2，∵BD⊥MN，CE⊥MN，
∴∠BDA＝∠CEA＝90°，
∵∠BAD+∠CAE＝90°，
∠ACE+∠CAE＝90°，
∴∠BAD＝∠ACE，
在△ABD和△ACE中，∠BDA=∠CEA∠BAD=∠ACEAB=AC，
∴△ABD≌△ACE（AAS），
∴BD＝AE；
（3）如图3，过B作BP∥AC交MN于P，
∵BP∥AC，
∴∠PBA+∠BAC＝180°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠PBA＝∠BAC＝90°，
由（2）得：∠BAP＝∠ACF，
∴在△ACF和△ABP中，∠PBA=∠FACAB=AC∠BAP=∠ACF，
∴△ACF≌△ABP（ASA），
∴，1＝∠BPA，AF＝BP
∵BF＝AF，
∴BF＝BP，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝45°，
又∵∠PBA＝90°，
∴∠PBG＝45°，
∴∠ABC＝∠PBG，
在△BFG和△BPG中，BF=BP∠FBG=∠PBGBG=BG，
∴△BFG≌△BPG（SAS），
∴∠BPG＝∠2，
∵∠BPG＝∠1，
∴∠1＝∠2．
4．（2019•麒麟区模拟）已知，正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N，AH⊥MN于点H．
（1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系： AH＝AB ；
（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；
（3）如图③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝2，NH＝3，求AH的长．（可利用（2）得到的结论）
【解答】解：（1）如图①AH＝AB．
（2）数量关系成立．如图②，延长CB至E，使BE＝DN．
∵ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°，
在Rt△AEB和Rt△AND中，AB=AD∠ABE=∠ADNBE=DN，
∴Rt△AEB≌Rt△AND，
∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，
∵∠DAN+∠BAM＝45°，
∴∠EAB+∠BAM＝45°，
∴∠EAM＝45°，
∴∠EAM＝∠NAM＝45°，
在△AEM和△ANM中，AE=AN∠EAM=∠NAMAM=AM，
∴△AEM≌△ANM．
∴S△AEM＝S△ANM，EM＝MN，
∵AB、AH是△AEM和△ANM对应边上的高，
∴AB＝AH．
（3）如图③分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，
∴BM＝2，DN＝3，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°．
分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCD，
由（2）可知，AH＝AB＝BC＝CD＝AD．
设AH＝x，则MC＝x﹣2，NC＝x﹣3，
在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2+NC2
∴52＝（x﹣2）2+（x﹣3）2
解得x1＝6，x2＝﹣1．（不符合题意，舍去）
∴AH＝6．
第11讲 全等辅助线（二）
知识点1 半角模型
我们习惯把过等腰三角形顶角的顶点引两条射线，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. 常见的图形为正方形，正三角形等.
（1）正方形内含半角:
如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，∠EAF=45°，易证：EF=BE+DF.
（2）正三角形内含半角:
如图，在四边形ABCD中，AB=AC=BC,BD=DC， E、F分别是AB、AC边上的点，∠BDC=120° , ∠EDF=60°，易证：EF=FC+BE.
【典例】
例1 （2020•黄冈一模）已知，正方形ABCD，M在CB延长线上，N在DC延长线上，∠MAN＝45°．求证：MN＝DN﹣BM．
【解答】证明：如图，在DN上截取DE＝MB，连接AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠D＝∠ABM＝90°，
在△ABM与△ADE中，AB=AD∠ABM=∠DBM=DE，
∴△ABM≌△ADE（SAS），
∴AM＝AE，∠MAB＝∠EAD，
∵∠MAN＝45°＝∠MAB+∠BAN，
∴∠DAE+∠BAN＝45°，
∴∠EAN＝90°﹣45°＝45°＝∠MAN，
在△AMN和△AEN中，AM=AE∠MAN=∠EANAN=AN，
∴△AMN≌△AEN（SAS），
∴MN＝EN，
∵DN﹣DE＝EN，
∴DN﹣BM＝MN．
【方法总结】
本题考查了正方形性质、全等三角形的性质和判定等知识，作出辅助线构建全等三角形是解题的关键．
例2 （2019秋•富锦市期末）已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M，N．
（1）当∠MAN绕点A旋转到（如图1）时，求证：BM+DN＝MN；
（2）当∠MAN绕点A旋转到如图2的位置时，猜想线段BM，DN和MN之间又有怎样的数量关系呢？请直接写出你的猜想．（不需要证明）
【解答】解：（1）猜想：BM+DN＝MN，
证明如下：
如图1，在MB的延长线上，截取BE＝DN，连接AE，
在△ABE和△ADN中，AB=AD∠ABE=∠DBE=DN，
∴△ABE≌△ADN（SAS），
∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，
∵∠BAD＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠BAM+∠DAN＝45°，
∴∠EAB+∠BAM＝45°，
∴∠EAM＝∠NAM，
在△AEM和△ANM中AE=AN∠EAM=∠NAMAM=AM，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴ME＝MN，
又ME＝BE+BM＝BM+DN，
∴BM+DN＝MN；
（2）DN﹣BM＝MN．
证明如下：
如图2，在DC上截取DF＝BM，连接AF，
△ABM和△ADF中，AB=AD∠ABM=∠DBM=DF，
∴△ABM≌△ADF（SAS），
∴AM＝AF，∠BAM＝∠DAF，
∴∠BAM+∠BAF＝∠BAF+∠DAF＝90°，即MAF＝∠BAD＝90°，
∵∠MAN＝45°，
∴∠MAN＝∠FAN＝45°，
在△MAN和△FAN中，AM=AF∠MAN=∠FANAN=AN
∴△MAN≌△FAN（SAS），
∴MN＝NF，
∴MN＝DN﹣DF＝DN﹣BM，
∴DN﹣BM＝MN．
【方法总结】
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直平分线的判定和性质，正确的作出辅助线构造三角形全等是解题的关键．
【随堂练习】
1. （2020春•济南期末）如图，正方形ABCD中，E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，连接EF，这种模型属于“半角模型”中的一类，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的分析思路．例如图中△ADF与△ABG可以看作绕点A旋转90°的关系．这可以证明结论“EF＝BE+DF”，请补充辅助线的作法，并写出证明过程．
（1）延长CB到点G，使BG＝ DF ，连接AG；
（2）证明：EF＝BE+DF．
【解答】解：（1）∵△ADF与△ABG可以看作绕点A旋转90°的关系．
∴延长CB到点G，使BG＝DF，连接AG，
故答案为：AG；
（2）证明：由（1）得GB＝DF，
∵AD＝AB，∠ABG＝∠ADF＝90°，
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴AF＝AG，∠DAF＝∠BAG，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠BAG+∠BAE＝45°＝∠EAF，
在△AGE和△AFE中，
AG=AF∠GAE=∠EAFAE=AE，
∴△AGE≌△AFE（SAS），
∴GE＝EF，
∵GE＝GB+BE＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF．
2．（2019春•吉安县期末）已知，正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边长分别交CB、DC或它们的延长线）于点MN，AH⊥MN于点H．
（1）如图①，当∠MAN点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系；
（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，①中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明．
【解答】解：（1）AH＝AB
理由如下：∵ABCD是正方形
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°且BM＝DN
∴△ABM≌△ADN
∴AM＝AN，∠BAM＝∠DAN，
∵∠MAN＝45°
∴∠BAM+∠DAN＝45°
∴∠BAM＝∠DAN＝22.5°
∵AM＝AN，AH⊥MN
∴∠MAH＝∠NAH＝22.5°
∴∠MAH＝∠BAM且AM＝AM，∠B＝∠AHM＝90°
∴△ABM≌△AMH
∴AH＝AB
（2）数量关系还成立．
延长CB至E，使BE＝DN
∵AB＝AD，BE＝DN，∠ABE＝∠D＝90°
∴△ABE≌△ADN
∴AN＝AE，∠BAE＝∠DAN
∵∠MAN＝45°
∴∠BAM+∠DAN＝45°即∠BAM+∠BAE＝45°
∴∠EAM＝∠MAN＝45°且AM＝AM，AE＝AN
∴△AEM≌△AMN
∴EM＝MN，S△AEM≌S△AMN
∴12AB×EM=12AH×MN
∴AB＝AH
知识点2 手拉手模型
“手拉手”数学模型：
【典例】
例1 （2019•环江县一模）已知：如图，∠BAC＝∠DAM，AB＝AN，AD＝AM，求证：∠B＝∠ANM．
【解答】证明：∵∠BAC＝∠DAM，∠BAC＝∠BAD+∠DAC，∠DAM＝∠DAC+∠NAM，
∴∠BAD＝∠NAM．
在△BAD和△NAM中，AB=AN∠BAD=∠NAMAD=AM，
∴△BAD≌△NAM（SAS），
∴∠B＝∠ANM．
【方法总结】
本题考查了全等三角形的判定与性质，利用全等三角形的判定定理SAS证出△BAD≌△NAM是解题的关键．
例2 （2020秋•丛台区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点E，F在边BC上，连接AE，AF，∠BAF＝∠CAE，延长AF至点D，使AD＝AC，连接CD．
（1）求证：△ABE≌△ACF；
（2）若∠ACF＝30°，∠AEB＝130°，求∠ADC的度数．
【解答】证明：（1）∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACF，
∵∠BAF＝∠CAE，
∴∠BAF﹣∠EAF＝∠CAE﹣∠EAF，
∴∠BAE＝∠CAF，
在△ABE和△ACF中，∠B=∠ACFAB=AC∠BAE=∠CAF，
∴△ABE≌△ACF（ASA）；
（2）解：∵B＝∠ACF＝30°，
∵∠AEB＝130°，
∴∠BAE＝180°﹣130°﹣30°＝20°，
∵△ABE≌△ACF，
∴∠CAF＝∠BAE＝20°，
∵AD＝AC，
∴∠ADC＝∠ACD，
∴∠ADC=180°-20°2=80°．
答：∠ADC的度数为80°．
【方法总结】
本题考查全等三角形的判定与性质及三角形内角和定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
【随堂练习】
1．（2020秋•建华区期末）如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，连结BD、CE交于点G．请你判断线段BD与线段CE的关系，并说明理由．
【解答】解：BD与CE相互垂直，BD＝CE．
∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，
即∠BAD＝∠CAE
在△BAD与△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，
设AC与BD交于点H，
在Rt△BAH中，∵∠ABH+∠AHB＝90°，
∵∠AHB＝∠CHG，
∴∠CHG+∠ACG＝90°，
在△CHG中，∠GCH+∠GHC+∠CGH＝180°，
∴∠CGH＝90°，
∴BD⊥CE．
2．（2020秋•乾安县期末）如图，在△ABC，△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，C，D，E三点在同一条直线上，连结BD．
（1）求证：BD＝CE；
（2）BD、CE有何位置关系？请证明你的结论．
【解答】证明：（1）∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC+∠CAD＝∠EAD+∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS）．
∴BD＝CE；
（2）BD⊥CE，理由如下：
由（1）△BAD≌△CAE可知：∠ADB＝∠E，
又∵∠DAE＝90°，
∴∠E+∠ADE＝90°，
∴∠ADB+∠ADE＝90°，
∴∠BDE＝90°，
∴BD⊥CE．
知识点3 三垂模型
常见三垂直模型
【典例】
例1（2020秋•长安区期中）如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CM，BE⊥CM，垂足分别为点D，E．
（1）求证：△ACD≌△CBE；
（2）若DE＝1.8cm，AD＝3.2cm，求BE的长．
【解答】证明：（1）∵∠ACB＝90°，BE⊥CE，
∴∠ECB+∠ACD＝90°，∠ECB+∠CBE＝90°，
∴∠ACD＝∠CBE，
∵AD⊥CE，BE⊥CE，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，
∵AC＝BC，
在△ACD与△CBE中，
∠ADC=∠CEB∠ACD=∠CBEAC=BC，
∴△ACD≌△CBE（AAS）；
（2）∵△ACD≌△CBE，
∴AD＝CE，CD＝BE，
∵AD＝3.2cm，DE＝1.8cm，
∴BE＝CD＝CE﹣DE＝3.2﹣1.8＝1.4（cm）．
【方法总结】
本题考查了全等三角形的性质和判定，垂线的定义等知识点的应用，解此题的关键是推出证明△ADC和△CEB全等的三个条件．
例2 （2020秋•涿州市期中）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为D，E．
（1）求证：△ABD≌△ACE；
（2）若BD＝2cm，CE＝4cm，DE＝ 6 cm．
【解答】证明：（1）∵BD⊥直线m，CE⊥直线m，
∴∠BDA＝∠CEA＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∵∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠CAE＝∠ABD，
∵在△ABD和△ACE中，
∠ABD=∠CAE∠BDA=∠CEAAB=AC，
∴△ABD≌△ACE（AAS），
（2）∵△ABD≌△ACE，
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE，
∵BD＝2cm，CE＝4cm，
∴DE＝6cm；
故答案为：6．
【方法总结】
本题考查了全等三角形的判定与性质：判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”；得出∠CAE＝∠ABD是解题关键．
【随堂练习】
1．（2020秋•梁子湖区期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE于E，AD⊥CE于D．
（1）求证∠BCE＝∠CAD；
（2）若AD＝12cm，DE＝7cm，求BE．
【解答】证明：（1）∵∠ACB＝90°，BE⊥CE，AD⊥CE，
∴∠E＝∠ADC＝∠ACB＝90°，
∴∠BCE+∠ACD＝90°，∠ACD+∠CAD＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE；
（2）在△ADC和△CEB中，
∠ADC=∠E∠CAD=∠BCEAC=BC，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴CE＝AD＝12cm，BE＝CD，
∵DE＝7cm，
∴BE＝CD＝CE﹣DE＝12﹣7＝5（cm）．
2．（2019秋•开福区校级月考）如图，AB＝AC，AB⊥AC，点D、A、E在同一条直线上，BD⊥DE于点D，CE⊥DE于点E，且BD＝4，CE＝3，AC＝5，求四边形BAEC的面积．
【解答】解：∵AB⊥AC，
∴∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∵BD⊥DE，CE⊥DE，
∴∠D＝∠E＝90°，∠BAD+∠DBA＝90°，
∴∠DBA＝∠CAE，
在△ADB和△CEA中，
∠D=∠E∠DBA=∠CAEAB=AC，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AD＝CE＝3，AB＝AC＝5，AE＝BD＝4，
∴四边形BAEC的面积=12×5×5+12×3×4=18.5．
综合运用
1．（2020秋•恩施市期末）如图，E是正方形ABCD中CD边上一点，以点A为中心把△ADE顺时针旋转90°．
（1）在图中画出旋转后的图形；
（2）若旋转后E点的对应点记为M，点F在BC上，且∠EAF＝45°，连接EF．
求证：△AMF≌△AEF；
【解答】（1）解：如图，△ABM为所作；
（2）①证明：∵ABCD 是正方形，
∴∠BAD＝90°，
∵△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABM，
∴AM＝AE，∠MAE＝90°，
又∵∠EAF＝45°，
∴∠MAF＝45°，
∴∠MAF＝∠EAF，
在△AMF和△AEF中
AM=AE∠MAF=∠EAFAF=AF，
∴△AMF≌△AEF；
日期：2021/1/29 15:07:50；用户：广饶数学；邮箱：chaoyin5@xyh.com；学号：24896626
2．（2019秋•潘集区期中）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，M、N是过点A的一条直线，作BD⊥MN于点D，CE⊥MN于点E．
（1）求证：DE＝BD+CE；
（2）当直线MN绕点A旋转到图2所示的位置，其他条件不变，则BD与DE、CE的关系如何？请予以证明．
【解答】证明：（1）∵BD⊥直线MN，CE⊥直线MN，
∴∠BDA＝∠AEC＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∵∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠CAE＝∠ABD，
∵在△ADB和△CEA中∠ABD=∠CAE∠BDA=∠AECAB=AC
∴△ADB≌△CEA，
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE；
（2）关系：BD＝DE+CE
证明如下：
∵BD⊥直线MN，CE⊥直线MN，
∴∠BDA＝∠AEC＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∵∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠CAE＝∠ABD，
∵在△ADB和△CEA中∠ABD=∠CAE∠BDA=∠AECAB=AC
∴△ADB≌△CEA，
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴BD＝AE＝DE+AD＝DE+CE．
3．（2019秋•宁江区期末）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∠ABC＝45°．MN是经过点A的直线，BD⊥MN于D，CE⊥MN于E．
（1）求证：BD＝AE．
（2）若将MN绕点A旋转，使MN与BC相交于点G（如图2），其他条件不变，求证：BD＝AE．
（3）在（2）的情况下，若CE的延长线过AB的中点F（如图3），连接GF，求证：∠1＝∠2．
【解答】证明：（1）如图1，∵BD⊥MN，CE⊥MN，
∴∠BDA＝∠AEC＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠1+∠2＝90°，
又∵∠3+∠2＝90°，
∴∠1＝∠3，
在△ADB和△CEA中，∠BDA=∠AEC∠3=∠1AB=AC，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴BD＝AE；
（2）如图2，∵BD⊥MN，CE⊥MN，
∴∠BDA＝∠CEA＝90°，
∵∠BAD+∠CAE＝90°，
∠ACE+∠CAE＝90°，
∴∠BAD＝∠ACE，
在△ABD和△ACE中，∠BDA=∠CEA∠BAD=∠ACEAB=AC，
∴△ABD≌△ACE（AAS），
∴BD＝AE；
（3）如图3，过B作BP∥AC交MN于P，
∵BP∥AC，
∴∠PBA+∠BAC＝180°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠PBA＝∠BAC＝90°，
由（2）得：∠BAP＝∠ACF，
∴在△ACF和△ABP中，∠PBA=∠FACAB=AC∠BAP=∠ACF，
∴△ACF≌△ABP（ASA），
∴，1＝∠BPA，AF＝BP
∵BF＝AF，
∴BF＝BP，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝45°，
又∵∠PBA＝90°，
∴∠PBG＝45°，
∴∠ABC＝∠PBG，
在△BFG和△BPG中，BF=BP∠FBG=∠PBGBG=BG，
∴△BFG≌△BPG（SAS），
∴∠BPG＝∠2，
∵∠BPG＝∠1，
∴∠1＝∠2．
4．（2019•麒麟区模拟）已知，正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N，AH⊥MN于点H．
（1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系： AH＝AB ；
（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；
（3）如图③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝2，NH＝3，求AH的长．（可利用（2）得到的结论）
【解答】解：（1）如图①AH＝AB．
（2）数量关系成立．如图②，延长CB至E，使BE＝DN．
∵ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°，
在Rt△AEB和Rt△AND中，AB=AD∠ABE=∠ADNBE=DN，
∴Rt△AEB≌Rt△AND，
∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，
∵∠DAN+∠BAM＝45°，
∴∠EAB+∠BAM＝45°，
∴∠EAM＝45°，
∴∠EAM＝∠NAM＝45°，
在△AEM和△ANM中，AE=AN∠EAM=∠NAMAM=AM，
∴△AEM≌△ANM．
∴S△AEM＝S△ANM，EM＝MN，
∵AB、AH是△AEM和△ANM对应边上的高，
∴AB＝AH．
（3）如图③分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，
∴BM＝2，DN＝3，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°．
分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCD，
由（2）可知，AH＝AB＝BC＝CD＝AD．
设AH＝x，则MC＝x﹣2，NC＝x﹣3，
在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2+NC2
∴52＝（x﹣2）2+（x﹣3）2
解得x1＝6，x2＝﹣1．（不符合题意，舍去）
∴AH＝6．
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