專題02 與全等三角形有關(guān)的常見幾何模型【考題猜想壓軸20題6種模型】（解析版）

專題02與全等三角形有關(guān)的常見幾何模型（20題6種模型）一、倍長中線模型（共3小題）1.（1）如圖1，在ABC中，AB＝4，AC＝6，AD是BC邊上的中線，延長AD到點E使DE＝AD，連接CE，把AB，AC，2AD集中在ACE中，利用三角形三邊關(guān)系可得AD的取值范圍是；（2）如圖2，在ABC中，AD是BC邊上的中線，點E，F(xiàn)分別在AB，AC上，且DE⊥DF，求證：BE＋CF＞EF；（3）如圖3，在四邊形ABCD中，∠A為鈍角，∠C為銳角，∠B＋∠ADC＝180°，DA＝DC，點E，F(xiàn)分別在BC，AB上，且∠EDF＝∠ADC，連接EF，試探索線段AF，EF，CE之間的數(shù)量關(guān)系，并加以證明．【答案】（1）1＜AD＜5；（2）見解析；（3）AF+EC=EF，見解析【分析】（1）證明，推出CE=AB=4，在中，利用三角形的三邊關(guān)系解決問題即可．（2）如圖2中，延長ED到H，使得DH=DE，連接DH，F(xiàn)H．證明，推出BE=CH，再證明EF=FH，利用三角形的三邊關(guān)系即可解決問題．（3）結(jié)論：AF+EC=EF．延長BC到H，使得CH=AF．提供兩次全等證明AF=CE，EF=EH即可解決問題．【詳解】（1）∵CD=BD，AD=DE，∠CDE=∠ADB，∴(SAS)，∴EC=AB=4，∵6﹣4＜AE＜6+4，∴2＜2AD＜10，∴1＜AD＜5，故答案為：1＜AD＜5；（2）如圖2中，延長ED到H，使得DH=DE，連接DH，F(xiàn)H．∵BD=DC，∠BDE=∠CDH，DE=DH，∴(SAS)，∴BE=CH，∵FD⊥EH，又DE=DH，∴EF=FH，在△CFH中，CH+CF＞FH，∵CH=BE，F(xiàn)H=EF，∴BE+CF＞EF；（3）結(jié)論：AF+EC=EF．理由：延長BC到H，使得CH=AF．∵∠B+∠ADC=180°，∴∠A+∠BCD=180°，∵∠DCH+∠BCD=180°，∴∠A=∠DCH，∵AF=CH，AD=CD，∴(SAS)，∴DF=DH，∠ADF=∠CDH，∴∠ADC=∠FDH，∵∠EDF=∠ADC，∴∠EDF=∠FDH，∴∠EDF=∠EDH，∵DE=DE，∴(SAS)，∴EF=EH，∵EH=EC+CH=EC+AF，∴EF=AF+EC．【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形的中線的性質(zhì)，三角形的三邊關(guān)系等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會倍長中線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．2．閱讀下面的題目及分析過程，并按要求進行證明．已知：如圖，點E是BC的中點，點A在DE上，且∠BAE＝∠CDE．求證：AB＝CD．分析：證明兩條線段相等，常用的方法是應(yīng)用全等三角形或等腰三角形的判定和性質(zhì)，觀察本題中要證明的兩條線段，它們不在同一個三角形中，且它們分別所在的兩個三角形也不全等，因此，要證AB＝CD，必須添加適當(dāng)?shù)妮o助線，構(gòu)造全等三角形或等腰三角形．（1）現(xiàn)給出如下兩種添加輔助線的方法，請任意選出其中一種，對原題進行證明．①如圖1，延長DE到點F，使EF＝DE，連接BF；②如圖2，分別過點B、C作BF⊥DE，CG⊥DE，垂足分別為點F，G．（2）請你在圖3中添加不同于上述的輔助線，并對原題進行證明．【答案】（1）①見解析；②見解析；（2）見解析；【分析】（1）①如圖1，延長DE到點F，使EF＝DE，連接BF，△BEF≌△CED，∠BAE＝∠F，AB＝CD；②如圖2，分別過點B、C作BF⊥DE，CG⊥DE，垂足分別為點F，G，△BEF≌△CEG△BAF≌△CDG，AB＝CD；（2）如圖3，過C點作CM∥AB，交DE的延長線于點M，則∠BAE＝∠EMC，△BAE≌△CFE（AAS），∠F＝∠EDC，CF＝CD，AB＝CD；【詳解】（1）①如圖1，延長DE到點F，使EF＝DE，連接BF，∵點E是BC的中點，∴BE＝CE，在△BEF和△CED中，，∴△BEF≌△CED（SAS），∴BF＝CD，∠F＝∠CDE，∵∠BAE＝∠CDE，∴∠BAE＝∠F，∴AB＝BF，∴AB＝CD；②如圖2，分別過點B、C作BF⊥DE，CG⊥DE，垂足分別為點F，G，∴∠F＝∠CGE＝∠CGD＝90°，∵點E是BC的中點，∴BE＝CE，在△BEF和△CEG中，，∴△BEF≌△CEG（AAS），∴BF＝CG，在△BAF和△CDG中，，∴△BAF≌△CDG（AAS），∴AB＝CD；（2）如圖3，過C點作CM∥AB，交DE的延長線于點M，則∠BAE＝∠EMC，∵E是BC中點，∴BE＝CE，在△BAE和△CME中，，∴△BAE≌△CFE（AAS），∴CF＝AB，∠BAE＝∠F，∵∠BAE＝∠EDC，∴∠F＝∠EDC，∴CF＝CD，∴AB＝CD．【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，對頂角相等，平行線的性質(zhì)，構(gòu)造出全等三角形是解本題的關(guān)鍵．3．問題背景：課外興趣小組活動時，老師提出了如下問題：如圖1，△ABC中，若AB＝4，AC＝3，求BC邊上的中線AD的取值范圍．小明在組內(nèi)經(jīng)過合作交流，得到了如下的解決方法：延長AD到點E，使DE＝AD，則得到△ADC≌△EDB，小明證明△BED≌△CAD用到的判定定理是：（用字母表示）；問題解決：小明發(fā)現(xiàn)：解題時，條件中若出現(xiàn)“中點”“中線”字樣，可以考慮延長中線構(gòu)造全等三角形，把分散的已知條件和所求證的結(jié)論集合到同一個三角形中．請寫出小明解決問題的完整過程；拓展應(yīng)用：以△ABC的邊AB，AC為邊向外作△ABE和△ACD，AB＝AE，AC＝AD，∠BAE＝∠CAD＝90°，M是BC中點，連接AM，DE．當(dāng)AM＝3時，求DE的長．【答案】問題背景：SAS；問題解決：完整過程見解析；拓展應(yīng)用：DE＝6．【分析】問題背景：先判斷出BD=CD，由對頂角相等∠BDE=∠CDA，進而得出△ADC≌△EDB（SAS）；問題解決：先證明△ADC≌△EDB（SAS），得出BE=AC=3，最后用三角形三邊關(guān)系即可得出結(jié)論；拓展應(yīng)用：如圖2，延長AM到N，使得MN=AM，連接BN，同（1）的方法得出△BMN≌△CMA（SAS），則BN=AC，進而判斷出∠ABN=∠EAD，進而判斷出△ABN≌△EAD，得出AN=ED，即可求解．【詳解】問題背景：如圖1，延長AD到點E，使DE＝AD，連接BE，∵AD是△ABC的中線，∴BD＝CD，在△ADC和△EDB中，，∴△ADC≌△EDB（SAS），故答案為：SAS；問題解決：如圖1，延長AD到點E，使DE＝AD，連接BE，∵AD是△ABC的中線，∴BD＝CD，在△ADC≌△EDB中，，∴△ADC≌△EDB（SAS），∴BE＝AC，在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，∵AB＝4，AC＝3，∴4﹣3＜AE＜4+3，即1＜AE＜7，∵DE＝AD，∴AD＝AE，∴＜AD＜；拓展應(yīng)用：如圖2，延長AM到N，使得MN＝AM，連接BN，由問題背景知，△BMN≌△CMA（SAS），∴BN＝AC，∠CAM＝∠BNM，∴AC//BN，∵AC＝AD，∴BN＝AD，∵AC//BN，∴∠BAC+∠ABN＝180°，∵∠BAE＝∠CAD＝90°，∴∠BAC+∠EAD＝180°，∴∠ABN＝∠EAD，在△ABN和△EAD中，，∴△ABN≌△EAD（SAS），∴AN＝DE，∵MN＝AM，∴DE＝AN＝2AM，∵AM＝3，∴DE＝6．【點睛】此題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，平行線的判定與性質(zhì)，補角的性質(zhì)，掌握倍長中線法，構(gòu)造全等三角形是解本題的關(guān)鍵．二、一線三等角模型（或一線三垂直模型）（共3小題）4．已知直線l經(jīng)過正方形ABCD的頂點A，過點B和點D分別作直線的垂線BM和DN，垂足分別為點M、點N，如果，，那么點M和點N之間的距離為_______．【答案】8或2##2或8【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)得出∠NAD=∠MBA，再利用全等三角形的判定得出△ABM≌△AND，進而求出MN的值，注意分類討論．【詳解】如圖1，在正方形ABCD中，∵，，∴，∵在和中，∴（AAS），∴，，∴，如圖2，在正方形ABCD中，∵，，∴，∵在和中，∴（AAS），∴，，∴，綜上：或2．故答案為：8或2．【點睛】此題主要考查了正方形的性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，將直線l與正方形ABCD的位置分類討論是解題關(guān)鍵．5．如圖，已知中，，，分別過、向過的直線作垂線，垂足分別為．（1）如圖1，過的直線與斜邊不相交時，直接寫出線段、、的數(shù)量關(guān)系是______；（2）如圖2，過的直線與斜邊相交時，探究線段、、的數(shù)量關(guān)系并加以證明；（3）在（2）的條件下，如圖3，直線交于點，延長交于點，連接、、，若，，，四邊形的面積是90，求的面積．【答案】（1）數(shù)量關(guān)系為：EF=BE+CF；（2）數(shù)量關(guān)系為：EF=BE-CF．證明見詳解；（3）S△GHC=15．【分析】（1）數(shù)量關(guān)系為：EF=BE+CF．利用一線三直角得到∠BEA=∠AFC=90°，∠EBA=∠FAC，再證△EBA≌△FEC（AAS）可得BE=AF，AE=CF即可；（2）數(shù)量關(guān)系為：EF=BE-CF．先證∠BEA=∠AFC=90°，∠EBA+∠EAB=90°，∠EAB+∠FAC==90°，可得∠EBA=∠FAC，再證△EBA≌△FEC（AAS），可得BE=AF，AE=CF即可；（3）先由（2）結(jié)論EF=BE-CF；，求出BE=AF=12，由，可求FH=2，EH=4，利用對角線垂直的四邊形面積可求BG=，再求EG=3，AH=10，分別求出S△ACF=，S△HCF=，S△AGH=，利用面積差即可求出．【詳解】解：（1）數(shù)量關(guān)系為：EF=BE+CF．∵BE⊥EF，CF⊥EF，∠BAC=90°，∴∠BEA=∠AFC=90°，∠EBA+∠EAB=90°，∠EAB+∠FAC=180°-∠BAC=90°，∴∠EBA=∠FAC，在△EBA和△FEC中，∵，∴△EBA≌△FAC（AAS），∴BE=AF，AE=CF，∴EF=AF+AE=BE+CF；（2）數(shù)量關(guān)系為：EF=BE-CF．∵BE⊥AF，CF⊥AF，∠BAC=90°，∴∠BEA=∠AFC=90°，∠EBA+∠EAB=90°，∠EAB+∠FAC==90°，∴∠EBA=∠FAC，在△EBA和△FEC中，∵，∴△EBA≌△FAC（AAS），∴BE=AF，AE=CF，∴EF=AF-AE=BE-CF；（3）∵EF=BE-CF；，∴BE=AF=EF+CF=6+6=12，∵，EH+FH=EF=6，∴2FH+FH=6，解得FH=2，∴EH=2FH=4，S四邊形ABFG==90，∴BG=，∴EG=BG-BE=15-12=3，AH=AE+EH=6+4=10，∵S△ACF=，S△HCF=，S△AGH=，∴S△GHC=S△ACF-S△HCF-S△AGH=36-6-15=15．【點睛】本題考查圖形變換探究線段和差問題，感知，探究以及應(yīng)用，三角形全等判定與性質(zhì)，三角形面積，四邊形面積，與三角形高有關(guān)的計算，掌握圖形變換探究線段和差問題，感知，探究以及應(yīng)用，三角形全等判定與性質(zhì)，三角形面積，四邊形面積，與三角形高有關(guān)的計算是解題關(guān)鍵．6．如圖1所示，已知中，，直線m經(jīng)過點C，過A、B兩點分別作直線m的垂線，垂足分別為E、F．（1）如圖1，當(dāng)直線m在A、B兩點同側(cè)時，求證：；（2）若直線m繞點C旋轉(zhuǎn)到圖2所示的位置時（），其余條件不變，猜想與，有什么數(shù)量關(guān)系？并證明你的猜想；（3）若直線m繞點C旋轉(zhuǎn)到圖3所示的位置時（）其余條件不變，問與，的關(guān)系如何？直接寫出猜想結(jié)論，不需證明．【答案】（1）見解析；（2），理由見解析；（3），理由見解析【分析】（1）先證得，，根據(jù)證，推出，即可；（2）類比（1）證得對應(yīng)的兩個三角形全等，由此可推出，，再根據(jù)即可得到；（3）類比（1）證得對應(yīng)的兩個三角形全等，由此可推出，，再根據(jù)即可得到．【詳解】（1）證明：，，，，，，，在和中，，，，，∵，∴；（2）解：，理由如下：，，，，，，，在和中，，，，，∵，∴；（3）解：，理由如下：，，，，，，，在和中，，，，，∵，∴．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，主要涉及到了全等三角形的判定與性質(zhì)，等量代換等知識點，難度不大，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵．三、手拉手模型（共4小題）7.在學(xué)習(xí)全等三角形知識時，數(shù)學(xué)興趣小組發(fā)現(xiàn)這樣一個模型：模型是由兩個頂角相等且有公共頂角頂點的等腰三角形組成的圖形，如果把它們的底角頂點連接起來，則在相對位置變化的過程中，始終存在一對全等三角形，我們把這種模型稱為“手拉手模型”．這個數(shù)學(xué)興趣小組進行了如下操作：（1）如圖1．在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=40°（AB＞AD），連接BD，CE，當(dāng)點E落在AB邊上，且D，E，C三點共線時，則在這個“手拉手模型”中，和△ABD全等的三角形是，∠BDC的度數(shù)為．（2）如圖2．在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，連接BD，CE，當(dāng)點B，D，E在同一條直線上時，請判斷線段BD和CE的關(guān)系，并說明理由．（3）如圖3，已知△ABC，請畫出圖形：以AB，AC為邊分別向△ABC外作等邊三角形ABD和等邊三角形ACE（等邊三角形三條邊相等，三個角都等于60°），連接BE，CD，交于點P，請直接寫出線段BE和CD的數(shù)量關(guān)系及∠BPD的度數(shù)．【答案】（1）△ACE，40°；（2）BD=CE且BD⊥CE，理由見解析；（3）作圖見解析，BE=CD，∠BPD=60°．【分析】（1）利用全等三角形的判定定理可以證明，再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)及三角形內(nèi)角和定理求出是解題的突破口；（2）通過∠BAC=∠DAE=90°及等量代換可得相等關(guān)系，再通過證明△DAB≌△EAC（SAS），通過等量代換推出∠DBC+∠ECB=90°即可間接證明垂直；（3）利用全等三角形的判定定理可以證明三角形全等得出BE=CD，通過等量代換求解可得∠BPD=60°．【詳解】解：（1）由題意在△ABD和△ACE中，,，，，，，，，故答案是：△ACE，40°；（2）BD=CE且BD⊥CE；理由：因為∠BAC=∠DAE=90°，所以∠DAC+∠DAB=∠DAC+∠EAC．所以∠DAB=∠EAC．在△DAB和△EAC中，，所以△DAB≌△EAC（SAS），所以BD=CE，∠DBA=∠ECA，因為∠DBA+∠EBC+∠ACB=90°，所以∠ECA+∠EBC+∠ACB=90°，即∠DBC+∠ECB=90°，所以∠BEC=180°﹣（∠DBC+∠ECB）=90°，所以BD⊥CE，（3）BE=CD，∠BPD=60°，理由如下：如圖所示，為等邊三角形，，，，，在中，，，，，．【點睛】本題考查了三角形全等的判定及性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理、等邊三角形的性質(zhì)、解題的關(guān)鍵是掌握相關(guān)定理的同時，要靈活運用等量代換的思想進行解答．8（1）如圖1，和都是等邊三角形，且，，三點在一條直線上，連接，相交于點，求證：．（2）如圖2，在中，若，分別以，和為邊在外部作等邊，等邊，等邊QUOTE，連接、、恰交于點．①求證：；②如圖2，在（2）的條件下，試猜想，，與存在怎樣的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【答案】（1）詳見解析；（2）①詳見解析；②，理由詳見解析【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得出BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=60°，進而得出∠BCE=∠ACD，判斷出（SAS），即可得出結(jié)論；（2）①同（1）的方法判斷出（SAS），（SAS），即可得出結(jié)論；②先判斷出∠APB=60°，∠APC=60°，在PE上取一點M，使PM=PC，證明是等邊三角形，進而判斷出（SAS），即可得出結(jié)論．【詳解】（1）證明：∵和都是等邊三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ABC+∠ACE=∠DCE+∠ACE，即∠BCE=∠ACD，∴（SAS），∴BE=AD；（2）①證明：∵和是等邊三角形，∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，∴（SAS），∴AD=BE，同理：（SAS），∴AD=CF，即AD=BE=CF；②解：結(jié)論：PB+PC+PD=BE，理由：如圖2，AD與BC的交點記作點Q，則∠AQC=∠BQP，由①知，，∴∠CAD=∠CBE，在中，∠CAD+∠AQC=180°-∠ACB=120°，∴∠CBE+∠BQP=120°，在中，∠APB=180°-（∠CBE+∠BQP）=60°，∴∠DPE=60°，同理：∠APC=60°，∠CPD=120°，在PE上取一點M，使PM=PC，∴是等邊三角形，∴，∠PCM=∠CMP=60°，∴∠CME=120°=∠CPD，∵是等邊三角形，∴CD=CE，∠DCE=60°=∠PCM，∴∠PCD=∠MCE，∴（SAS），∴PD=ME，∴BE=PB+PM+ME=PB+PC+PD．【點睛】此題是三角形綜合題，主要考查了三角形的內(nèi)角和定理，等邊三角形的性質(zhì)和判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，構(gòu)造出全等三角形是解本題的關(guān)鍵．9．如圖，在等腰△ABC與等腰△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=α，連接BD和CE相交于點P，交AC于點M，交AD于點N．(1)求證：BD=CE．(2)求證：AP平分∠BPE．(3)若α=60°，試探尋線段PE、AP、PD之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)PE=AP+PD，見解析【分析】（1）由“SAS”可證△BAD≌△CAE，可得BD=CE；（2）由全等三角形的性質(zhì)可得S△BAD=S△CAE，由三角形面積公式可得AH=AF，由角平分線的性質(zhì)可得AP平分∠BPE；（3）由全等三角形的性質(zhì)可得∠BDA=∠CEA，由“SAS”可證△AOE≌△APD，可得AO=AP，可證△APO是等邊三角形，可得AP=PO，可得PE=AP+PD，即可求解．【詳解】（1）證明：∵∠BAC=∠DAE=α，∴∠BAD=∠CAE，又∵AB=AC，AD=AE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD=CE；（2）證明：如圖，過點A作AH⊥BD，AF⊥CE，∵△BAD≌△CAE，∴S△BAD=S△CAE，BD=CE，∴BD×AH=CE×AF，∴AH=AF，又∵AH⊥BD，AF⊥CE，∴AP平分∠BPE；（3）解：PE=AP+PD，理由如下：如圖，在線段PE上截取OE=PD，連接AO，∵△BAD≌△CAE，∴∠BDA=∠CEA，又∵OE=PD，AE=AD，∴△AOE≌△APD（SAS），∴AP=AO，∵∠BDA=∠CEA，∠PND=∠ANE，∴∠NPD=∠DAE=α=60°，∴∠BPE=180°-∠NPD=180°-60°=120°，又∵AP平分∠BPE，∴∠APO=60°，又∵AP=AO，∴△APO是等邊三角形，∴AP=PO，∵PE=PO+OE，∴PE=AP+PD．【點睛】本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)以及角之間的關(guān)系，證明△BAD≌△CAE是解本題的關(guān)鍵．10．如圖1，在△ABC中，AE⊥BC于E，AE＝BE，D是AE上的一點，且DE＝CE，連接BD，CD．（1）試判斷BD與AC的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（2）如圖2，若將△DCE繞點E旋轉(zhuǎn)一定的角度后，試判斷BD與AC的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系是否發(fā)生變化，并說明理由；（3）如圖3，若將（2）中的等腰直角三角形都換成等邊三角形，其他條件不變．①試猜想BD與AC的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；②你能求出BD與AC的夾角度數(shù)嗎？如果能，請直接寫出夾角度數(shù)；如果不能，請說明理由．【答案】（1）BD＝AC，BD⊥AC，理由見解析；（2）不變，理由見解析；（3）①BD＝AC，理由見解析；②能，60°或120°．【分析】（1）延長BD交AC于F，根據(jù)“”判定，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，即可求證；（2）根據(jù)“”判定，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，即可求證；（3）①根據(jù)“”判定，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，即可求證；②設(shè)與交于點，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，即可求證．【詳解】（1）BD＝AC，BD⊥AC，理由：延長BD交AC于F．∵AE⊥BC，∴∠AEB＝∠AEC＝90°，在△BED和△AEC中∴，∴BD＝AC，∠DBE＝∠CAE，∵∠BED＝90°，∴∠EBD+∠BDE＝90°，∵∠BDE＝∠ADF，∴∠ADF+∠CAE＝90°，∴∠AFD＝180°﹣90°＝90°，∴BD⊥AC；（2）不發(fā)生變化，理由是：∵∠BEA＝∠DEC＝90°，∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，∴∠BED＝∠AEC，在△BED和△AEC中，∴△BED≌△AEC（SAS），∴BD＝AC，∠BDE＝∠ACE，∵∠DEC＝90°，∴∠ACE+∠EOC＝90°，∵∠EOC＝∠DOF，∴∠BDE+∠DOF＝90°，∴∠DFO＝180°﹣90°＝90°，∴BD⊥AC；（3）①∵∠BEA＝∠DEC＝90°，∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，∴∠BED＝∠AEC，在△BED和△AEC中，∴△BED≌△AEC（SAS），∴BD＝AC，②能．設(shè)與交于點，如下圖：理由：∵△ABE和△DEC是等邊三角形，∴AE＝BE，DE＝EC，∠EDC＝∠DCE＝60°，∠BEA＝∠DEC＝60°，∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，∴∠BED＝∠AEC，在△BED和△AEC中，，∴△BED≌△AEC（SAS），∴∠BDE＝∠ACE，BD＝AC．∴，即BD與AC所成的角的度數(shù)為60°或120°．【點睛】此題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握全等三角形的判定方法與性質(zhì)．四、截長補短模型（共3小題）11．（2022秋·浙江·八年級專題練習(xí)）如圖，四邊形中，，，，M、N分別為AB、AD上的動點，且．求證：．【答案】見解析【分析】延長至點，使得，連接，根據(jù)同角的補角相等得，根據(jù)證明，則，進而證明，根據(jù)證明，得到，則．【詳解】證明：延長至點，使得，連接，四邊形中，，，，在和中，，，，，，，，，在和中，，，．【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，作輔助線構(gòu)造全等三角形是解決問題的關(guān)鍵．12．（2022秋·江蘇·八年級專題練習(xí)）（1）問題背景：如圖1：在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分別是BC，CD上的點且∠EAF＝60°，探究圖中線段BE、EF、FD之間的數(shù)量關(guān)系．小王同學(xué)探究此問題的方法是，延長FD到點G．使DG＝BE．連結(jié)AG，先證明ABE≌ADG，再證明AEF≌AGF，可得出結(jié)論，他的結(jié)論應(yīng)是______________；（2）探索延伸：如圖2，若在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點，且∠EAF∠BAD，上述結(jié)論是否仍然成立，并說明理由；（3）實際應(yīng)用：如圖3，在某次軍事演習(xí)中，艦艇甲在指揮中心（O處）北偏西30°的A處，艦艇乙在指揮中心南偏東70°的B處，并且兩艦艇到指揮中心的距離相等，接到行動指令后，艦艇甲向正東方向以45海里/小時的速度前進，同時艦艇乙沿北偏東50°的方向以60海里/小時的速度前進，2小時后，指揮中心觀測到甲、乙兩地分別到達E、F處，且兩艦艇之間的夾角為70°，試求此時兩艦艇之間的距離．【答案】（1）EF＝BE+DF；（2）結(jié)論EF＝BE+DF仍然成立；（3）此時兩艦艇之間的距離是210海里【分析】（1）延長FD到點G，使DG=BE．連結(jié)AG，即可證明ABE≌ADG，可得AE=AG，再證明AEF≌AGF，可得EF=FG，即可解題；（2）延長FD到點G，使DG=BE．連結(jié)AG，即可證明ABE≌ADG，可得AE=AG，再證明AEF≌AGF，可得EF=FG，即可解題；（3）連接EF，延長AE、BF相交于點C，然后與（2）同理可證．【詳解】解：（1）EF＝BE+DF，證明如下：在ABE和ADG中，，∴ABE≌ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在AEF和GAF中，，∴AEF≌AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+DF，∴EF＝BE+DF；故答案為EF＝BE+DF．（2）結(jié)論EF＝BE+DF仍然成立；理由：延長FD到點G．使DG＝BE．連結(jié)AG，如圖2，在ABE和ADG中，，∴ABE≌ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在AEF和GAF中，，∴AEF≌AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+DF，∴EF＝BE+DF；（3）如圖3，連接EF，延長AE、BF相交于點C，∵∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°，∠EOF＝70°，∴∠EOF∠AOB，又∵OA＝OB，∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝180°，∴符合探索延伸中的條件，∴結(jié)論EF＝AE+BF成立，即EF＝2×（45+60）＝210（海里）．答：此時兩艦艇之間的距離是210海里．【點睛】本題考查了全等三角形的判定以及全等三角形對應(yīng)邊相等的性質(zhì)，本題中求證△AEF≌△AGF是解題的關(guān)鍵．13．（2022秋·江蘇·八年級專題練習(xí)）如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝30°，點D是△ABC內(nèi)一點，DB＝DC，∠DCB＝30°，點E是BD延長線上一點，AE＝AB．（1）求∠ADB的度數(shù)；（2）線段DE，AD，DC之間有什么數(shù)量關(guān)系？請說明理由．【答案】（1）120°；（2）DE＝AD+CD，理由見解析【分析】（1）根據(jù)三角形內(nèi)角和定理得到∠ABC＝∠ACB＝75°，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠BAD＝∠CAD＝15°，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)計算，得到答案；（2）在線段DE上截取DM＝AD，連接AM，得到△ADM是等邊三角形，根據(jù)△ABD≌△AEM，得到BD＝ME，結(jié)合圖形證明結(jié)論【詳解】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：在線段DE上截取DM＝AD，連接AM，∵∠ADE＝60°，DM＝AD，∴△ADM是等邊三角形，∴∠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．【點睛】本題考查的是全等三角形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)，掌握全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．五、半角模型（共3小題）14．（2022秋·江蘇·八年級專題練習(xí)）已知四邊形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN繞B點旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交AD，DC（或它們的延長線）于E、F．（1）當(dāng)∠MBN繞B點旋轉(zhuǎn)到AE＝CF時（如圖1），試猜想AE，CF，EF之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？請將三條線段分別填入后面橫線中：＋＝．（不需證明）（2）當(dāng)∠MBN繞B點旋轉(zhuǎn)到AE≠CF（如圖2）時，上述（1）中結(jié)論是否成立？請說明理由．（3）當(dāng)∠MBN繞B點旋轉(zhuǎn)到AE≠CF（如圖3）時，上述（1）中結(jié)論是否成立？若不成立，線段AE，CF，EF又有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請直接寫出你的猜想，不需證明．【答案】（1）AE；CF；EF；（2）成立，見解析；（3）不成立，新的關(guān)系為AE＝EF＋CF．【分析】（1）根據(jù)題意易得△ABE≌△CBF，然后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得∠ABE=∠CBF=30°，進而根據(jù)30°角的直角三角形及等邊三角形的性質(zhì)可求解；（2）如圖2，延長FC到H，使CH=AE，連接BH，根據(jù)題意可得△BCH≌△BAE，則有BH=BE，∠CBH=∠ABE，進而可證△HBF≌△EBF，推出HF=EF，最后根據(jù)線段的等量關(guān)系可求解；（3）如圖3，在AE上截取AQ=CF，連接BQ，根據(jù)題意易得△BCF≌△BAQ，推出BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，進而可證△FBE≌△QBE，推出EF=QE即可．【詳解】解：（1）如圖1，AE+CF=EF，理由如下：∵AB⊥AD，BC⊥CD，∴∠A=∠C=90°，∵AB=BC，AE=CF，∴△ABE≌△CBF（SAS），∴∠ABE=∠CBF，BE=BF，∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，∴∠ABE=∠CBF=30°，∴，∵∠MBN=60°，BE=BF，∴△BEF是等邊三角形，∴，故答案為：AE+CF=EF；（2）如圖2，（1）中結(jié)論成立；理由如下：延長FC到H，使CH=AE，連接BH，∵AB⊥AD，BC⊥CD，∴∠A=∠BCH=90°，∴△BCH≌△BAE（SAS），∴BH=BE，∠CBH=∠ABE，∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，∴∠ABE+∠CBF=120°-60°=60°，∴∠HBC+∠CBF=60°，∴∠HBF=∠MBN=60°，∴∠HBF=∠EBF，∴△HBF≌△EBF（SAS），∴HF=EF，∵HF=HC+CF=AE+CF，∴EF=AE+CF；（3）如圖3，（1）中的結(jié)論不成立，關(guān)系為AE=EF+CF，理由如下：在AE上截取AQ=CF，連接BQ，∵AB⊥AD，BC⊥CD，∴∠A=∠BCF=90°，∵AB=BC，∴△BCF≌△BAQ（SAS），∴BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，∵∠MBN=60°=∠CBF+∠CBE，∴∠CBE+∠ABQ=60°，∵∠ABC=120°，∴∠QBE=120°-60°=60°=∠MBN，∴∠FBE=∠QBE，∴△FBE≌△QBE（SAS），∴EF=QE，∵AE=QE+AQ=EF+CF，∴AE=EF+CF．【點睛】本題主要考查全等三角形的性質(zhì)與判定、含30°角的直角三角形的性質(zhì)及等邊三角形的性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的性質(zhì)與判定、含30°角的直角三角形的性質(zhì)及等邊三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．15．（2022秋·八年級課時練習(xí)）如圖，是邊長為2的等邊三角形，是頂角為120°的等腰三角形，以點為頂點作，點、分別在、上．（1）如圖①，當(dāng)時，則的周長為______；（2）如圖②，求證：．【答案】（1）4；（2）見解析【分析】（1）首先證明△BDM≌△CDN，進而得出△DMN是等邊三角形，∠BDM=∠CDN=30°，NC=BM=DM=MN，即可解決問題；（2）延長至點，使得，連接，首先證明，再證明，得出，進而得出結(jié)果即可．【詳解】解：（1）∵是等邊三角形，，，∴是等邊三角形，，則，∵是頂角的等腰三角形，，，在和中，，，，∵，∴是等邊三角形，，，，∴的周長．（2）如圖，延長至點，使得，連接，∵是等邊三角形，是頂角的等腰三角形，，，，，在和中，，，，，∵，，在和中，．，又∵，．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)及等邊三角形的性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)，掌握全等三角形的性質(zhì)與判定，等邊三角形及等腰三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．16．（2020秋·四川成都·八年級統(tǒng)考期末）已知，，分別在邊，上取點，，使，過點平行于的直線與過點平行于的直線相交于點．點，分別是射線，上動點，連接，，．（1）求證：；（2）如圖，當(dāng)點，分別在線段，上，且時，請求出線段，，之間的等量關(guān)系式；（3）如圖，當(dāng)點，分別在，的延長線上，且時，延長交于點，延長交于點．請猜想線段，，之間的等量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．【答案】（1）見解析；（2）；（3），見解析【分析】（1）連接,通過，得到為等腰直角三角形，進而得到，根據(jù)過點平行于的直線與過點平行于的直線相交于點，可推出，，最后通過證明≌，可以得出結(jié)論；（2）在射線上取點，使，連接，通過證明≌，得到，，再結(jié)合，推導(dǎo)證明≌，得到，最后等量代換線段即可求解；（3）延長到點，使得，連接，通過證明≌，得到，，再結(jié)合，推導(dǎo)證明≌，得到，根據(jù)，等量代換可知，又因為，推出，進而得到，同理可證，最后根據(jù)勾股定理即可求解．【詳解】解：（1）證明：連接．，，為等腰直角三角形，，又，且，，，，同理，，在與中，≌，，；（2）如圖，在射線上取點，使，連接．在與中，≌，，，，，，，，在與中≌，，又，．（3）．證明如下：如圖，延長到點，使得，連接．，在與中，≌，，，，，，，，，在與中，≌，，≌，，，，，，，同理可證：，在中，由勾股定理得：．【點睛】本題綜合考查了全等三角形的性質(zhì)和判定,勾股定理以及正方形的有關(guān)知識，通過添加輔助線構(gòu)造全等三角形，通過證明全等三角形得到線段之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．六、婆羅摩笈多模型（共4小題）17．（2021秋·重慶·八年級重慶市大學(xué)城第一中學(xué)校校聯(lián)考期中）如圖，在銳角中，是邊上的高，分別以為一邊，向外作等腰和等腰其中，連接與的延長線交于點，下列5個結(jié)論：①；②；③；④；⑤．其中正確的有（）A．5個 B．4個 C．3個 D．2個【答案】B【分析】通過證明，即可證明①，②；過點D作于點M，過點E作于點N，證明，，，即可證明③，⑤；根據(jù)直角三角形兩個銳角互余，通過角度的等量代換，即可證明④．【詳解】解：①∵為等腰直角三角形，∴，∵，∴，即，在和中，，∴，∴，故①正確；②∵，∴，∵，∴，∴，故②正確；③過點D作于點M，過點E作于點N，∵，∴，∵，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，同理可得：，∴，∴，在和中，，∴，∴，即為的中線，當(dāng)時，，∵為銳角三角形，∴，故③不正確，不符合題意；④∵，∴，∵是邊上的高，∴，∴，故④正確；⑤由③可知：，，，∵，，∴．綜上，正確的有①②④⑤，故選：B．【點睛】本題主要考查了等腰三角形的性質(zhì)，三角形全等的性質(zhì)和判定，解題的關(guān)鍵是熟練掌握全等三角形對應(yīng)邊相等，對應(yīng)角相等，根據(jù)題意畫出輔助線，構(gòu)建全等三角形．18（2022春·四川自貢·八年級?？计谥校┤鐖D，在銳角三角形ABC中，AH是BC邊上的高，分別以AB，AC為一邊，向外作正方形ABDE和ACFG，連接CE，BG和EG，EG與HA的延長線交于點M，下列結(jié)論：①BG=CE；②BG⊥CE；③AM是△AEG的中線；④∠EAM=∠ABC，其中正確結(jié)論是(

)A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④【答案】D【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)和SAS可證明△ABG≌△AEC，然后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可判斷①；設(shè)BG、CE相交于點N，AC、BG相交于點K，如圖1，根據(jù)全等三角形對應(yīng)角相等可得∠ACE＝∠AGB，然后根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理可得∠CNG＝∠CAG＝90°，于是可判斷②；過點E作EP⊥HA的延長線于P，過點G作GQ⊥AM于Q，如圖2，根據(jù)余角的性質(zhì)即可判斷④；利用AAS即可證明△ABH≌△EAP，可得EP＝AH，同理可證GQ＝AH，從而得到EP＝GQ，再利用AAS可證明△EPM≌△GQM，可得EM＝GM，從而可判斷③，于是可得答案．【詳解】解：在正方形ABDE和ACFG中，AB＝AE，AC＝AG，∠BAE＝∠CAG＝90°，∴∠BAE+∠BAC＝∠CAG+∠BAC，即∠CAE＝∠BAG，∴△ABG≌△AEC（SAS），∴BG＝CE，故①正確；設(shè)BG、CE相交于點N，AC、BG相交于點K，如圖1，∵△ABG≌△AEC，∴∠ACE＝∠AGB，∵∠AKG＝∠NKC，∴∠CNG＝∠CAG＝90°，∴BG⊥CE，故②正確；過點E作EP⊥HA的延長線于P，過點G作GQ⊥AM于Q，如圖2，∵AH⊥BC，∴∠ABH+∠BAH＝90°，∵∠BAE＝90°，∴∠EAP+∠BAH＝90°，∴∠ABH＝∠EAP，即∠EAM＝∠ABC，故④正確；∵∠AHB=∠P=90°，AB=AE，∴△ABH≌△EAP（AAS），∴EP＝AH，同理可得GQ＝AH，∴EP＝GQ，∵在△EPM和△GQM中，，∴△EPM≌△GQM（AAS），∴EM＝GM，∴AM是△AEG的中線，故③正確．綜上所述，①②③④結(jié)論都正確．故答案為：D．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、三角形的內(nèi)角和定理以及全等三角形的判定和性質(zhì)，作輔助線構(gòu)造出全等三角形