模型C04 三角形全等-半角模型（解析版）

半角模型半角模型模型講解模型講解【結(jié)論一】（等腰直角三角形半角模型）如圖，等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，點(diǎn)M，N在邊BC上，且∠MAN=45°，則有以下結(jié)論成立：（1）MN2=CM2+AN2（2）△BNA∽△CAM【證明】：（1）（過(guò)點(diǎn)C作CE⊥BC，垂足為點(diǎn)C，截取CE，使CE＝BM．連接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．【證明】：（2）∵∠AMC=∠B+∠BAM；∠BAN=∠MAN+∠BAM；∠B=∠MAN=45°∴∠AMC=∠BAN在△BAN和△CMA中，∠AMC=∠BAN∠C=∠B∴△BNA∽△CAM【結(jié)論二】（正方形半角模型）如圖：正方形ABCD，∠EAF=45°．對(duì)角線BD與AE、AF分別相交于M、N，設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為a，則：（1）MN2=BM2+DN2（2）△BNA∽△CAM（3）BE+DF=EF．（4）△ECF的周長(zhǎng)=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）由結(jié)論一已證【證明】：（3）如圖，把△ADF繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABH，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)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）【證明】：（7）連接EN∵∠EAN＝∠NBE=45°∴A、N、E、B四點(diǎn)共圓∴∠ABN＝∠AEN=45°∴△ANE為等腰Rt△∴AE=AN同理：AF=AM，∴又∵∠EAF＝∠NAM∴△AEF∽△ANM∴EF=MN【結(jié)論三】（等腰三角形半角模型）如圖，△ABC是等邊三角形，△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°．以D為頂點(diǎn)作一個(gè)60°角，使其兩邊分別交AB于點(diǎn)M，交AC于點(diǎn)N，連接MN，則：（1）MN=BM+CN（2）△AMN的周長(zhǎng)等于△ABC邊長(zhǎng)的２倍（3）MD、ND分別是∠BMN、∠CNM的角平分線【證明】：∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°，∴∠BCD＝∠DBC＝30°，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC＝∠BAC＝∠BCA＝60°，∴∠DBA＝∠DCA＝90°，延長(zhǎng)AB至F，使BF＝CN，連接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）方法點(diǎn)撥例題演練例題演練1．如圖，△ABC是邊長(zhǎng)為10cm的等邊三角形，△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°．以D為頂點(diǎn)作一個(gè)60°角，使其兩邊分別交AB于點(diǎn)M，交AC于點(diǎn)N，連接MN，則△AMN的周長(zhǎng)為．【解答】解：∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°，∴∠BCD＝∠DBC＝30°，∵△ABC是邊長(zhǎng)為10cm的等邊三角形，∴∠ABC＝∠BAC＝∠BCA＝60°，∴∠DBA＝∠DCA＝90°，延長(zhǎng)AB至F，使BF＝CN，連接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的周長(zhǎng)是：AM+AN+MN＝AM+MB+BF+AN＝AB+AC＝20．故答案為：20．２．如圖，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜邊AC上兩點(diǎn)，且∠DAE＝45°，若BE＝4，CD＝3，則AB的長(zhǎng)為．【解答】解：如圖過(guò)B作BC的垂線，垂足為B，并截取BF＝CD，連接FE，AF．∵∠FBE＝90°，F(xiàn)B＝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與△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與△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＝6３．如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為a，點(diǎn)E在邊AB上運(yùn)動(dòng)（不與點(diǎn)A，B重合），∠DAM＝45°，點(diǎn)F在射線AM上，且AF＝BE，CF與AD相交于點(diǎn)G，連接EC，EF，EG，則下列結(jié)論：①∠ECF＝45°；②△AEG的周長(zhǎng)為（1+）a；③BE2+DG2＝EG2；④△EAF的面積的最大值a2．其中正確的結(jié)論是．（填寫(xiě)所有正確結(jié)論的序號(hào)）【解答】解：如圖1中，在BC上截取BH＝BE，連接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正確，如圖2中，延長(zhǎng)AD到H，使得DH＝BE，則△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錯(cuò)誤，∴△AEG的周長(zhǎng)＝AE+EG+AG＝AE+AH＝AD+DH+AE＝AE+EB+AD＝AB+AD＝2a，故②錯(cuò)誤，設(shè)BE＝x，則AE＝a﹣x，AF＝x，∴S△AEF＝?（a﹣x）×x＝﹣x2+ax＝﹣（x2﹣ax+a2﹣a2）＝﹣（x﹣a）2+a2，∵﹣＜0，∴x＝a時(shí)，△AEF的面積的最大值為a2．故④正確，故答案為①④．強(qiáng)化訓(xùn)練強(qiáng)化訓(xùn)練1．如圖，正方形ABCD中，AB＝6，點(diǎn)E在邊CD上，且CD＝3DE．將△ADE沿AE對(duì)折至△AFE，延長(zhǎng)EF交邊BC于點(diǎn)G，連接AG、CF．下列結(jié)論：①BG＝GC：②△ABG≌△AFG；③S△FGC＝3；④AG∥CF．其中正確結(jié)論是①②④．【解答】解：①正確．理由：EF＝DE＝CD＝2，設(shè)BG＝FG＝x，則CG＝6﹣x．在直角△ECG中，根據(jù)勾股定理，得（6﹣x）2+42＝（x+2）2，解得x＝3．∴BG＝3＝6﹣3＝GC；②正確．理由：∵AB＝AD＝AF，AG＝AG，∠B＝∠AFG＝90°，∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）；③錯(cuò)誤．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不正確．④正確．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；∴正確的個(gè)數(shù)有①②④．故答案為：①②④．2．如圖，正方形ABCD中，點(diǎn)E、F分別是BC、CD邊上的點(diǎn)，且∠EAF＝45°，對(duì)角線BD交AE于點(diǎn)M，交AF于點(diǎn)N．若AB＝4，BM＝2，則MN的長(zhǎng)為．【解答】解：如圖，延長(zhǎng)BC到G，使BG＝DF連接AG，在AG截取AH＝AN，連接MH、BH．∵四邊形ABCD為正方形，∴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＝．故答案為：．3．如圖1，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分別是邊BC、CD上的點(diǎn)，且∠EAF＝∠BAD．求證：EF＝BE+FD．（2）如圖2，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分別是邊BC、CD上的點(diǎn)，且∠EAF＝∠BAD，（1）中的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請(qǐng)證明；若不成立，請(qǐng)寫(xiě)出線段EF、BE、FD它們之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．（3）如圖3，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E、F分別是邊BC、CD延長(zhǎng)線上的點(diǎn)，且∠EAF＝∠BAD，（1）中的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請(qǐng)證明；若不成立，請(qǐng)寫(xiě)出線段EF、BE、FD它們之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．【解答】證明：（1）如圖1，延長(zhǎng)EB到G，使BG＝DF，連接AG．∵在△ABG與△ADF中，，∴△ABG≌△ADF（SAS）．∴AG＝AF，∠1＝∠2．∴∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠EAF＝∠BAD．∴∠GAE＝∠EAF．又AE＝AE，易證△AEG≌△AEF．∴EG＝EF．∵EG＝BE+BG．∴EF＝BE+FD（2）（1）中的結(jié)論EF＝BE+FD仍然成立．證明：如圖2，延長(zhǎng)CB至M，使BM＝DF，∵∠ABC+∠D＝180°，∠1+∠ABC＝180°，∴∠1＝∠D，在△ABM與△ADF中，，∴△ABM≌△ADF（SAS）．∴AF＝AM，∠2＝∠3．∵∠EAF＝∠BAD，∴∠2+∠4＝∠BAD＝∠EAF．∴∠3+∠4＝∠EAF，即∠MAE＝∠EAF．在△AME與△AFE中，，∴△AME≌△AFE（SAS）．∴EF＝ME，即EF＝BE+BM．∴EF＝BE+DF．（3）結(jié)論EF＝BE+FD不成立，應(yīng)當(dāng)是EF＝BE﹣FD．證明：在BE上截取BG，使BG＝DF，連接AG．∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADF．∵在△ABG與△ADF中，，∴△ABG≌△ADF（SAS）．∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF＝∠BAD．∴∠GAE＝∠EAF．∵AE＝AE，易證△AEG≌△AEF．∴EG＝EF∵EG＝BE﹣BG∴EF＝BE﹣FD．4．在等邊△ABC的兩邊AB、AC所在直線上分別有兩點(diǎn)M、N，D為△ABC為外一點(diǎn)，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．探究：當(dāng)M、N分別在直線AB、AC上移動(dòng)時(shí)，BM、NC、MN之間的數(shù)量關(guān)系及△AMN的周長(zhǎng)Q與等邊△ABC的周長(zhǎng)L的關(guān)系．（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)M、N分別在邊AB、AC上，且DM＝DN時(shí)，BM、NC、MN之間的數(shù)量關(guān)系是MN＝BM+NC；此時(shí)＝（直接寫(xiě)出結(jié)果）；（2）如圖2，點(diǎn)M、N邊分別在AB、AC上，且當(dāng)DM≠DN時(shí)，猜想BM、NC、MN之間的數(shù)量關(guān)系并加以證明；（3）如圖3，當(dāng)M、N分別在邊AB、CA的延長(zhǎng)線上時(shí)，猜想BM、NC、MN之間的數(shù)量關(guān)系并加以證明；（4）在（3）問(wèn)的條件下，若此時(shí)AN＝x，則Q＝2x+L（用x、L表示，直接寫(xiě)出結(jié)果）．【解答】解：（1）如圖1，猜想：MN＝BM+NC，理由是：∵DM＝DN，∠MDN＝60°，∴△MDN是等邊三角形，∴MN＝DM＝DN，∵∠BDC＝120°，BD＝DC，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∵△ABC是等邊三角形，∴∠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是等邊三角形，∴△AMN的周長(zhǎng)Q＝3MN＝6BM，等邊△ABC的周長(zhǎng)L＝3AB＝3（AM+BM）＝9BM，∴＝，故答案為：MN＝BM+NC，；（2）MN＝BM+CN，如圖2，延長(zhǎng)AC到E，使CE＝BM，連接DE，∵△ABC是等邊三角形，∴∠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，連接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）如圖3，∵等邊△ABC的周長(zhǎng)為L(zhǎng)，∴AB＝，△AMN的周長(zhǎng)Q＝MN+AN+AM，＝FN+AN+AB+BM，＝AN+AF+AN+AB+CF，＝2x+2AB，＝2x+L，故答案為：2x+L．5．（1）問(wèn)題背景：如圖1：在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°．且∠EAF＝60°．探究圖中線段BE、EF、FD之間的數(shù)量關(guān)系．小明同學(xué)探究此問(wèn)題的方法是：延長(zhǎng)CD到點(diǎn)G，使DG＝BE．連接AG，先證△ADG≌△ABE，再證明△AFE≌△AFG，從而得出線段BE、EF、FD之間的數(shù)量關(guān)系是EF＝BE+DF；（2）探索延伸：如圖2，若在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E、F分別是BC、CD上的點(diǎn)，且∠EAF＝∠BAD，上述結(jié)論是否仍然成立？說(shuō)明理由；（3）結(jié)論應(yīng)用：如圖3，在某次軍事演習(xí)中，艦艇甲在指揮中心（O處）北偏東60°的A處，艦艇乙在指揮中心南偏西20°的B處，并且兩艦艇到指揮中心的距離相等，接到行動(dòng)指令后，艦艇甲向正南方向以36海里/小時(shí)的速度前進(jìn)，艦艇乙沿南偏東40°的方向以60海里/小時(shí)的速度前進(jìn)．1小時(shí)后，指揮中心觀測(cè)到甲、乙兩艦艇分別到達(dá)E、F處，且恰好與指揮中心O之間夾角∠EOF＝70°，試求此時(shí)兩艦艇之間的距離．【解答】解：（1）如圖1，延長(zhǎng)CD到點(diǎn)G，使DG＝BE．連接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；故答案為：EF＝BE+DF；（2）如圖2，將△ADF