完整word版,初中三角形全等之旋转和对称经典模型

初中数学几何模型大全+ 经典题型（含答案）全等变换平移：平行等线段（平行四边形）对称：角平分线或垂直或半角旋转：相邻等线段绕公共顶点旋转对称全等模型说明：以角平分线为轴在角两边进行截长补短或者作边的垂线，形成对称全等。

两边进行边或者角的等量代换，产生联系。

垂直也可以做为轴进行对称全等。

对称半角模型说明：上图依次是 45 °、30 °、22.5 °、15 °及有一个角是 30 °直角三角形的对称（翻折），翻折成正方形或者等腰直角三角形、等边三角形、对称全等。

旋转全等模型半角：有一个角含1/2 角及相邻线段自旋转：有一对相邻等线段，需要构造旋转全等共旋转：有两对相邻等线段，直接寻找旋转全等中点旋转：倍长中点相关线段转换成旋转全等问题旋转半角模型说明：旋转半角的特征是相邻等线段所成角含一个二分之一角，通过旋转将另外两个和为二分之一的角拼接在一起，成对称全等。

自旋转模型构造方法：遇60 度旋 60 度，造等边三角形遇90 度旋 90 度，造等腰直角遇等腰旋顶点，造旋转全等遇中点旋 180 度，造中心对称共旋转模型说明：旋转中所成的全等三角形，第三边所成的角是一个经常考察的内容。

通过“ 8”字模型可以证明。

模型变形说明：模型变形主要是两个正多边形或者等腰三角形的夹角的变化，另外是等腰直角三角形与正方形的混用。

当遇到复杂图形找不到旋转全等时，先找两个正多边形或者等腰三角形的公共顶点，围绕公共顶点找到两组相邻等线段，分组组成三角形证全等。

中点旋转：说明：两个正方形、两个等腰直角三角形或者一个正方形一个等腰直角三角形及两个图形顶点连线的中点，证明另外两个顶点与中点所成图形为等腰直角三角形。

证明方法是倍长所要证等腰直角三角形的一直角边，转化成要证明的等腰直角三角形和已知的等腰直角三角形（或者正方形）公旋转顶点，通过证明旋转全等三角形证明倍长后的大三角形为等腰直角三角形从而得证。

全等三角形的常见模型模型一平移模型典例1(2021·湖南衡阳)如图,点A,B,D,E在同一条直线上,AB=DE,AC∥DF,BC∥EF.求证:△ABC≌△DEF.【答案】∵AC∥DF,∴∠CAB=∠FDE,∵BC∥EF,∴∠ABC=∠DEF,在△ABC和△DEF中,∴△ABC≌△DEF(ASA).平移模型的本质是两个全等的三角形,其中一个可以通过另一个平移得到,所以这种模型往往与平行相联系.常见的平移模型的图形有:模型二对称模型典例2(2021·云南)如图,在四边形ABCD中,AD=BC,AC=BD,AC与BD相交于点E.求证:∠DAC=∠CBD.【答案】在△ACD和△BCD中,∴△ACD≌△BDC(SSS),∴∠DAC=∠CBD.对称模型的本质是两个全等的三角形能关于某条直线对称.常见的对称模型的图形有:模型三旋转模型类型1不共顶点的旋转模型典例3如图,点A,F,C,D在一条直线上,AB∥DE,AB=DE,AF=CD.求证:BC∥EF.【答案】∵AB∥DE,∴∠A=∠D.∵AF=CD,∴AF+CF=CD+CF,∴AC=DF.在△ABC与△DEF中,∴△ABC≌△DEF(SAS),∴∠ACB=∠DFE,∴BC∥EF.类型2共顶点的旋转模型(手拉手模型)典例4(2021·湖南湘西州)如图,在△ABC中,点D在AB边上,CB=CD,将边CA绕点C旋转到CE的位置,使得∠ECA=∠BCD,连接DE与AC交于点F,且∠B=70°,∠A=10°.(1)求证:AB=ED;(2)求∠AFE的度数.【答案】(1)∵∠ECA=∠BCD,∴∠ECA+∠ACD=∠BCD+∠ACD,即∠DCE=∠ACB.由旋转可得AC=EC,在△BCA和△DCE中,∴△BCA≌△DCE(SAS),∴AB=ED.(2)由(1)中结论可得∠CDE=∠B=70°,又∵BC=CD,∴∠B=∠BDC=70°,∴∠ADE=180°－∠BDE=180°－70°×2=40°,∴∠AFE=∠ADE+∠A=40°+10°=50°.无论哪种类型,图中两个全等三角形都满足其中一个可以通过另一个旋转得到.其常见图形有:典例5如图,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,点D,E在边AB上,且∠DCE=45°.试说明:AD2+BE2=DE2.【答案】如图所示,将△BCE绕点C顺时针旋转90°得到△ACF,连接DF.∵AC=BC,∠ACB=90°,∴∠CAB=∠B=45°.由旋转可知∠FCE=90°,CF=CE,AF=BE,∠FAC=∠B=45°,∴∠FAD=90°.∵∠DCE=45°,∴∠DCF=45°,∴∠DCF=∠DCE,∴△CDF≌△CDE(SAS),∴DF=DE.∵AD2+AF2=DF2,∴AD2+BE2=DE2.半角模型也是旋转模型的特殊情况.等边三角形含半角(∠BDC=120°)等腰直角三角形含半角正方形含半角模型四一线三等角模型典例6如图,∠ACB=90°,AC=BC,AD⊥CE,BE⊥CE,垂足分别是D,E,AD=3,BE=1,求DE的长.【答案】∵BE⊥CE,AD⊥CE,∴∠E=∠ADC=90°,∴∠EBC+∠BCE=90°.∵∠ACB=∠BCE+∠DCA=90°,∴∠EBC=∠DCA.在△CEB和△ADC中,∴△CEB≌△ADC(AAS),∴DC=BE=1,CE=AD=3,∴DE=CE－DC=3－1=2.一线三等角模型是以一条直线构造三个相等的角构造全等三角形.常见图形有:提分训练1.如图,已知∠ACB=∠DCE=90°,AC=BC=6,CD=CE,AE=3,∠CAE=45°,求AD的长.解:连接BE.∵∠ACB=∠DCE=90°,∴∠ACB+∠ACE=∠DCE+∠ACE,即∠BCE=∠ACD.在△ACD和△BCE中,∴△ACD≌△BCE(SAS),∴AD=BE.∵AC=BC=6,∴AB =6.∵∠BAC=∠CAE=45°,∴∠BAE=90°.在Rt△BAE中,BE ==9,∴AD=9.2.(2021·陕西改编)如图,AB,BC,CD,DE是四根长度均为5 cm的火柴棒,点A,C,E共线.若AC=6 cm,CD⊥BC,求线段CE的长度.解:过点B作BM⊥AC于点M,过点D作DN⊥CE于点N.∵BA=BC,DC=DE,∴AM=CM=3,CN=EN.∵CD⊥BC,∴∠BCD=90°,∴∠BCM+∠CBM=∠BCM+∠DCN=90°,∴∠CBM=∠DCN.在△BCM和△CDN中,∴△BCM≌△CDN(AAS),∴BM=CN.在Rt△BCM中,∵BC=5,CM=3,∴CN=BM==4,∴CE=2CN=2×4=8(cm).3.(2021·贵州黔东南州)在四边形ABCD中,对角线AC平分∠BAD.【探究发现】(1)如图1,若∠BAD=120°,∠ABC=∠ADC=90°.求证:AD+AB=AC; 【拓展迁移】(2)如图2,若∠BAD=120°,∠ABC+∠ADC=180°.猜想AB,AD,AC三条线段的数量关系,并说明理由.解:(1)∵AC平分∠BAD,∠BAD=120°,∴∠DAC=∠BAC=60°.∵∠ADC=∠ABC=90°,∴∠ACD=∠ACB=30°,∴AD=AC,∴AD+AB=AC.(2)AD+AB=AC.理由:过点C分别作CE⊥AD于点E,CF⊥AB于点F.∵AC平分∠BAD,∴CF=CE.∵∠ABC+∠ADC=180°,∠EDC+∠ADC=180°,∴∠FBC=∠EDC.在△CED和△CFB中,∴△CED≌△CFB(AAS),∴FB=DE,∴AD+AB=AD+DE+AF=AE+AF.在四边形AFCE中,由(1)知AE+AF=AC,∴AD+AB=AC.。

全等三角形相关模型总结一、角均分线模型(一）角均分线的性质模型辅助线：过点G 作 GE⊥射线 ACA、例题1、如图，在△ ABC中，∠ C=90°， AD 均分∠ CAB，BC=6cm，BD=4cm，那么点 D 到直线 AB 的距离是cm.2、如图，已知，∠1＝∠ 2，∠ 3＝∠ 4，求证： AP 均分∠ BAC.B、模型牢固1、如图，在四边形ABCD中， BC＞ AB，AD＝ CD，BD 均分∠ ABC，求证：∠ A＋∠ C＝ 180° .（二）角均分线＋垂线，等腰三角形必表现A、例题辅助线：延长ED 交射线 OB 于 F辅助线：过点 E 作 EF∥射线 OB例 1、如图，在△ABC中，∠ ABC＝ 3∠ C， AD 是∠ BAC的均分线， BE⊥ AD 于 F .1求证： BE( AC AB) .例 2、如图，在△ ABC中，∠ BAC的角均分线 AD 交 BC 于点 D，且 AB＝ AD，作 CM⊥ AD 交1AD 的延长线于M. 求证：AM( AB AC) .2（三）角分线，分两边，对称全等要记全两个图形飞辅助线都是在射线ON 上取点 B，使 OB＝ OA，从而使△ OAC≌△ OBC .A、例题1、如图，在△ ABC 中，∠ BAC=60°，∠ C=40°， AP 均分∠ BAC交 BC 于 P， BQ 均分∠ ABC 交AC 于 Q，求证： AB＋ BP＝ BQ＋ AQ .2、如图，在△ ABC 中， AD 是∠ BAC的外角均分线， P 是 AD 上异于点 A 的任意一点，试比较PB＋ PC与 AB＋ AC的大小，并说明原由 .B、模型牢固1、在△ ABC中， AB＞ AC， AD 是∠ BAC的均分线， P 是线段 AD 上任意一点（不与 A 重合） . 求证： AB－AC＞ PB－ PC .2、如图，△ ABC中， AB＝ AC，∠ A＝ 100°，∠ B 的均分线交 AC 于 D，求证： AD＋BD＝BC .3、如图，△ ABC中， BC＝AC，∠ C＝ 90°，∠ A 的均分线交 BC 于 D，求证： AC＋ CD＝ AB .二、等腰直角三角形模型（一）旋转中心为直角极点，在斜边上任取一点的旋转全等：操作过程：（1）将△ ABD 逆时针旋转 90°，得△ ACM ≌ △ ABD，从而推出△ ADM 为等腰直角三角形 .（2）辅助线作法：过点 C 作 MC⊥ BC，使 CM＝ BD，连接 AM.（二）旋转中心为斜边中点，动点在两直角边上转动的旋转全等：操作过程：连接AD.（1）使 BF＝AE（或 AF＝ CE），导出△ BDF ≌ △ADE.（2）使∠ EDF＋∠ BAC＝ 180°，导出△ BDF ≌ △ ADE.A、例题1、如图，在等腰直角△ ABC中，∠BAC＝ 90°，点 M 、N 在斜边 BC上滑动，且∠ MAN ＝45°，试试究 BM、 MN 、 CN 之间的数量关系 .2、两个全等的含有 30°， 60°角的直角三角板 ADE 和 ABC，按以以下图放置， E、A、 C 三点在一条直线上，连接 BD，取 BD 的中点 M ，连接 ME、 MC.试判断△ EMC 的形状，并证明你的结论.B、模型牢固1、已知，以以下图，Rt△ABC中， AB＝ AC，∠ BAC＝90°， O 为 BC中点，若 M 、N 分别在线段 AC、 AB 上搬动，且在搬动中保持AN＝ CM.（1）试判断△ OMN 的形状，并证明你的结论.（2）当 M、 N 分别在线段AC、 AB 上搬动时，四边形AMON 的面积如何变化？2、在正方形ABCD中， BE＝ 3，EF＝ 5， DF＝4，求∠ BAE＋∠ DCF为多少度 .（三）构造等腰直角三角形（1）利用以上（一）和（二）都可以构造等腰直角三角形（略）；（2）利用平移、对称和弦图也可以构造等腰直角三角形.（四）将等腰直角三角形补全为正方形，以以下图：A、例题应用1、如图，在等腰直角△ABC 中， AC＝ BC，∠ ACB＝ 90°， P 为三角形ABC内部一点，满足 PB＝ PC， AP＝ AC，求证：∠ BCP＝ 15° .三、三垂直模型（弦图模型）A、例题已知：以以下图，在△ ABC中， AB＝ AC，∠ BAC＝ 90°， D 为 AC 中点， AF⊥ BD 于点 E，交 BC 于 F，连接 DF .求证：∠ ADB＝∠ CDF .变式 1、已知：以以下图，在△ABC中， AB＝ AC，AM ＝ CN， AF⊥ BM 于 E，交 BC 于 F，连接NF .求证：（ 1）∠ AMB＝∠ CNF；（2） BM＝ AF＋ FN .变式 2、在变式 1 的基础上，其他条件不变，可是将BM 和 FN 分别延长交于点P，求证：（ 1） PM＝ PN；（ 2） PB＝ PF＋ AF .四、手拉手模型1、△ ABE和△ ACF均为等边三角形结论：（ 1）△ ABF≌△ AEC .（2）∠ BOE＝∠ BAE＝60° .（3） OA 均分∠ EOF .（四点共圆证）拓展：△ ABC和△ CDE均为等边三角形结论：（ 1） AD＝ BE；（2）∠ ACB＝∠ AOB；（3）△ PCQ为等边三角形；（4） PQ∥ AE；（5） AP＝BQ；（6） CO均分∠ AOE；（四点共圆证）（7） OA＝ OB＋OC；（8） OE＝OC＋ OD .（（7），（ 8）需构造等边三角形证明）例、如图①，点 M为锐角三角形 ABC内任意一点，连接 AM、BM、 CM．以 AB为一边向外作等边三角形△ ABE，将 BM绕点 B 逆时针旋转 60°获取 BN，连接 EN．（1）求证：△ AMB≌△ ENB；（2）若 AM+BM+CM的值最小，则称点 M为△ ABC的费尔马点．若点 M为△ ABC的费尔马点，试求此时∠ AMB、∠ BMC、∠ CMA的度数；（3）小翔受以上启示，获取一个作锐角三角形费尔马点的简略方法：如图②，分别以△ABC 的 AB、 AC 为一边向外作等边△ABE和等边△ ACF，连接CE、BF，设交点为M，则点M 即为△ ABC的费尔马点．试说明这种作法的依据．2、△ ABD 和△ ACE均为等腰直角三角形结论：（ 1） BE＝ CD；（2） BE⊥ CD .3、四边形ABEF和四边形ACHD均为正方形结论：（ 1） BD＝ CF；（ 2）BD⊥ CF .变式 1、四边形 ABEF和四边形 ACHD均为正方形， AS⊥ BC 交 FD 于 T，求证：（ 1） T 为 FD 中点；（ 2）SV ABC SV ADF .变式 2、四边形 ABEF和四边形 ACHD均为正方形， T 为 FD 中点， TA 交 BC于 S，求证： AS⊥ BC .360 4、如图，以△ ABC的边 AB、 AC为边构造正多边形时，总有：1 2 180n五、半角模型条件： 1 , 且 + =180 ，两边相等.2思路： 1、旋转辅助线：①延长CD到 E，使 ED=BM，连 AE 或延长 CB到 F，使 FB=DN，连 AF②将△ ADN绕点 A 顺时针旋转 90°得△ ABF，注意：旋转需证F、 B、 M三点共线结论：（ 1） MN ＝ BM＋ DN；（2）CV CMN=2 AB；（3） AM、 AN 分别均分∠ BMN 、∠ MND .2、翻折（对称）辅助线：①作AP⊥ MN 交 MN 于点 P②将△ ADN、△ ABM分别沿 AN、 AM翻折，但必然要证明M、P、 N 三点共线 .A、例题例1、在正方形 ABCD中，若 M、 N 分别在边 BC、 CD 上搬动，且满足 MN ＝ BM＋DN，求证：（ 1）∠ MAN ＝ 45°；（2）CV CMN=2 AB；（3） AM、 AN 分别均分∠ BMN 和∠ DNM .变式：在正方形 ABCD中，已知∠ MAN ＝45°，若 M 、N 分别在边 CB、DC 的延长线上搬动，AH⊥MN ，垂足为 H，（1）试试究线段 MN 、BM、 DN 之间的数量关系；（2）求证： AB＝ AH例 2、在四边形 ABCD 中，∠ B ＋∠ D ＝ 180°， AB ＝ AD ，若 E 、 F 分别为边 BC 、 CD 上的点，且满足 EF ＝BE ＋ DF ，求证： EAF 1BAD .2变式：在四边形 ABCD 中，∠ B ＝ 90°，∠ D ＝ 90°， AB ＝ AD ，若 E 、 F 分别为边 BC 、CD 上的点，且 EAF1 BAD ，求证： EF ＝ BE ＋DF .2。

专题06 全等三角形的五种模型全等三角形的模型种类多，其中有关中点的模型与垂直模型在前面的专题已经很详细的讲解，这里就不再重复。

模型一、截长补短模型①截长：在较长的线段上截取另外两条较短的线段。

如图所示，在BF 上截取BM=DF ，易证△BMC△△DFC （SAS ），则MC=FC=FG ，△BCM=△DCF ， 可得△MCF 为等腰直角三角形，又可证△CFE=45°，△CFG=90°，△CFG=△MCF ，FG△CM ，可得四边形CGFM 为平行四边形，则CG=MF ，于是BF=BM+MF=DF+CG.②补短：选取两条较短线段中的一条进行延长，使得较短的两条线段共线并寻求解题突破。

如图所示，延长GC 至N ，使CN=DF ，易证△CDF△△BCN （SAS ）， 可得CF=FG=BN ，△DFC=△BNC=135°，又知△FGC=45°，可证BN△FG ，于是四边形BFGN 为平行四边形，得BF=NG ， 所以BF=NG=NC+CG=DF+CG.例1.如图，△ABC 中，△B =2△A ，△ACB 的平分线CD 交AB 于点D ，已知AC =16，BC =9，则BD 的长为（ ）A ．6B ．7C ．8D ．9【答案】.B 【详解】解：如图，在CA 上截取,CN CB = 连接,DN CD 平分,ACB ∠ ,BCD NCD ∴∠=∠,CD CD = (),CBD CND SAS ∴≌ ,,,BD ND B CND CB CN ∴=∠=∠=9,16,BC AC == 9,7,CN AN AC CN ∴==-=,CND NDA A ∠=∠+∠ ,B NDA A ∴∠=∠+∠2,B A ∠=∠ ,A NDA ∴∠=∠,ND NA ∴= 7.BD AN ∴== 故选：.B【变式训练1】如图，在△ABC 中，AB ＝BC ，△ABC ＝60°，线段AC 与AD 关于直线AP 对称，E 是线段BD 与直线AP 的交点．（1）若△DAE ＝15°，求证：△ABD 是等腰直角三角形；（2）连CE ，求证：BE ＝AE +CE ．【答案】（1）见解析；（2）见解析【详解】证明：（1）△在△ABC 中，AB ＝BC ，△ABC ＝60°，△△ABC 是等边三角形， △AC ＝AB ＝BC ，△BAC ＝△ABC ＝△ACB ＝60°，△线段AC 与AD 关于直线AP 对称，△△CAE ＝△DAE ＝15°，AD ＝AC ，△△BAE ＝△BAC +△CAE ＝75°，△△BAD ＝90°，△AB ＝AC ＝AD ，△△ABD 是等腰直角三角形； （2）在BE 上取点F ，使BF ＝CE ，连接AF ，△线段AC 与AD 关于直线AP 对称，△△ACE ＝△ADE ，AD ＝AC ，△AD ＝AC ＝AB ，△△ADB ＝△ABD=∠ACE ，在△ABF 与△ACE 中，AC AB ACE ABF CE BF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，△△ABF △△ACE （SAS ），△AF ＝AE ，△AD ＝AB ，△△D ＝△ABD ，又△CAE ＝△DAE ， △()()111806022AEB D DAE D ABD DAC BAC ∠=∠+∠=∠+∠+∠=︒-∠=︒， △在△AFE 中，AF ＝AE ，△AEF ＝60°，△△AFE 是等边三角形，△AF ＝FE ，△BE ＝BF +FE ＝CE +AE ．【变式训练2】如图，在△ABC 中，△ACB=△ABC=40o ，BD 是△ABC 的角平分线，延长BD 至点E ，使得DE=DA ，则△ECA=________．【答案】40°【详解】解：在BC 上截取BF=AB ，连接DF ，△ACB=△ABC=40°，BD 是△ABC 的角平分线，∴△A=100°，△ABD=△DBC=20°，∴△ADB=60°，△BDC=120°，BD=BD ，∴△ABD△△FBD ，DE=DA ，∴ DF=AD=DE ，△BDF=△FDC=△EDC=60°，△A=△DFB=100°，DC=DC ，∴△DEC△△DFC ，∴1006040DCB DCE DFC FDC ∠=∠=∠-∠=︒-︒=︒；故答案为40°．【变式训练3】已知四边形ABCD 是正方形，一个等腰直角三角板的一个锐角顶点与A 点重合，将此三角板绕A 点旋转时，两边分别交直线BC ，CD 于M ，N ．(1)如图1，当M ，N 分别在边BC ，CD 上时，求证：BM +DN =MN(2)如图2，当M ，N 分别在边BC ，CD 的延长线上时，请直接写出线段BM ，DN ，MN 之间的数量关系(3)如图3，直线AN 与BC 交于P 点，MN =10，CN =6，MC =8，求CP 的长．【答案】（1）见解析；（2）BM DN MN -=；（3）3【详解】（1）证明：如图，延长CB 到G 使BG DN =，连接AG ，△四边形ABCD 是正方形，△AB AD =，90ABG ADN BAD ∠=∠=∠=︒，在ABG 与ADN △中，AB ADABG ADN BG DN=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ()AGB AND SAS ∴△≌△，AG AN ∴=，GAB DAN ∠=∠，45MAN ∠=︒，90BAD ∠=︒，△45DAN BAM BAD MAN ∠+∠=∠-∠=︒，45GAM GAB BAM DAN BAM ∴∠=∠+∠=∠+∠=︒，GAM NAM ∴∠=∠，在AMN 与AMG 中，AM AMGAM NAM AN AG=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ()AMN AMG SAS ∴△≌△，MN GM ∴=，又△BM GB GM +=，BG DN =，BM DN MN ∴+=；（2）BM DN MN -=，理由如下：如图，在BM 上取一点G ，使得BG DN =，连接AG ，△四边形ABCD 是正方形，△AB AD =，90ABG ADN BAD ∠=∠=∠=︒，在ABG 与ADN △中，AB AD ABG ADN GB DN =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ()AGB AND SAS ∴△≌△，AG AN ∴=，GAB DAN ∠=∠，△GAB GAD DAN GAD ∠+∠=∠+∠，△90GAN BAD ∠=∠=︒， 又45MAN ∠=︒，45GAM GAN MAN MAN ∴∠=∠-∠=︒=∠，在AMN 与AMG 中，AM AM GAM NAM AN AG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ()AMN AMG SAS ∴△≌△，MN GM ∴=，又△BM BG GM -=，BG DN =，△BM DN MN -=，故答案为：BM DN MN -=；（3）如图，在DN 上取一点G ，使得DG BM =，连接AG ，△四边形ABCD 是正方形，△AB AD BC CD ===，90ABM ADG BAD ∠=∠=∠=︒，//AB CD ，在ABM 与ADG 中，AB AD ABM ADG BM DG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ()ABM ADG SAS ∴△≌△，AM AG ∴=，MAB GAD ∠=∠，△MAB BAG GAD BAG ∠+∠=∠+∠，△90MAG BAD ∠=∠=︒，又45MAN ∠=︒，45GAN MAG MAN MAN ∴∠=∠-∠=︒=∠，在AMN 与AGN 中，AM AG MAN GAN AN AN =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ()AMN AGN SAS ∴△≌△，10MN GN ∴==，设DG BM x ==，△6CN =，8MC =，△1064DC DG GN CN x x =+-=+-=+，8BC MC BM x =-=-，△DC BC =，△48x x +=-，解得：2x =，△6AB BC CD CN ====，△//AB CD ，△BAP CNP ∠=∠，在ABP △与NCP 中，APB NPC BAP CNP AB CN ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ()ABP NCP AAS ∴△≌△，132CP BP BC ∴===，△CP 的长为3．模型二、平移全等模型例.如图，在△ABC 和△DEF 中，B ，E ，C ，F 在同一条直线上，AB // DE ，AB = DE ，△A = △D ．（1）求证：ABC DEF ≌；（2）若BF = 11，EC = 5，求BE 的长．【答案】（1）见解析；（2）BE =3．【详解】（1）证明：△AB△DE ，△△ABC ＝△DEF ，在△ABC 和△DEF 中A D AB DE ABC DEF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩△△ABC△△DEF （ASA ）； （2）解：△△ABC△△DEF ，△BC ＝EF ，△BC －EC ＝EF －EC ，即BE ＝CF ，△BF ＝11，EC ＝5，△BF －EC ＝6．△BE ＋CF ＝6．△BE ＝3．【变式训练1】如图，AB//CD ，AB=CD 点E 、F 在BC 上，且BF=CE ．（1）求证：△ABE△△DCF （2）求证:AE//DF ．【答案】（1）见详解；（2）见详解【详解】证明：（1）△AB △CD ，△B C ∠=∠，△BF =CE ，△CF EF BE EF +=+，△BE CF =，△AB =CD ，△ABE DCF △≌△（SAS ）；（2）由（1）可得：ABE DCF △≌△，△DFC AEB ∠=∠，△180,180DFC EFD AEF AEB ∠+∠=︒∠+∠=︒，△EFD AEF ∠=∠，△//AE DF ．【变式训练2】如图，已知点C 是AB 的中点，CD △BE ，且CD BE =．（1）求证：△ACD△△CBE ．（2）若87,32A D ∠=︒∠=︒，求△B 的度数．【答案】（1）见解析；（2）61【分析】（1）根据SAS 证明△ACD△△CBE ；（2）根据三角形内角和定理求得△ACD ，再根据三角形全等的性质得到△B=△ACD ．【详解】（1）△C 是AB 的中点，△AC ＝CB ，△CD//BE ，△ACD CBE ∠=∠，在△ACD 和△CBE 中，AC CB ACD CBE CD BE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，△ACD CBE ∆≅∆；（2）△8732A D ︒︒∠=∠=，，△180180873261ACD A D ︒︒︒︒︒∠=-∠-∠=--=，又△ACD CBE ∆≅∆，△61B ACD ︒∠=∠=．模型三、对称全等模型例.如图，已知△C ＝△F ＝90°，AC ＝DF ，AE ＝DB ，BC 与EF 交于点O ，（1）求证：Rt△ABC△Rt△DEF ；（2）若△A ＝51°，求△BOF 的度数．【答案】（1）见解析；（2）78°【详解】（1）证明：△AE ＝DB ，△AE ＋EB ＝DB ＋EB ，即AB ＝DE ．又△△C＝△F＝90°，AC＝DF，△Rt△ABC△Rt△DEF．（2）△△C＝90°，△A＝51°，△△ABC＝△C－△A＝90°－51°＝39°．由（1）知Rt△ABC△Rt△DEF，△△ABC＝△DEF．△△DEF＝39°．△△BOF＝△ABC＋△BEF＝39°＋39°＝78°．【变式训练1】如图，EB交AC于M，交FC于D，AB交FC于N，∠E＝∠F＝90º，∠B ＝∠C，AE＝AF，给出下列结论：①∠1＝∠2；②BE＝CF；③△ACN≌△ABM；④CD＝DN．其中正确的结论有（）A．4个B．3个C．2个D．1个【解答】B【解析】∵∠E＝∠F＝90º，∠B＝∠C，AE＝AF，∴△ABE≌△ACF，∴BE＝CF，∵∠BAE＝∠CAF，∠BAE－∠BAC＝∠CAF－∠BAC，∴∠1＝∠2，∴△ABE≌△ACF，∴∠B＝∠C，AB＝AC，又∵∠BAC＝∠CAB，∴△ACN≌△ABM，④CD＝DN不能证明成立，∴共有3个结论正确．【变式训练2】如图，AB＝AC，BE⊥AC于E，CF⊥AB于F，BE，CF交于D，则以下结论：①△ABE≌△ACF；②△BDF≌△CDE；③点D在∠BAC的平分线上．正确的是（）A．①B．②C．①②D．①②③【解答】D【解析】∵BE⊥AC于E，CF⊥AB于F，∴∠AEB＝∠AFC＝90°，∵AB＝AC，∠A＝∠A，∴△ABE≌△ACF（第一个正确），∴AE＝AF，∴BF＝CE，∵BE⊥AC于E，CF⊥AB于F，∠BDF＝∠CDE，∴△BDF≌△CDE（第二个正确），∴DF＝DE，连接AD，∵AE＝AF，DE＝DF，AD＝AD，∴△AED≌△AFD，∴∠FAD ＝∠EAD ，即点D 在∠BAC 的平分线上（第三个正确）.模型四、旋转全等模型例.如图，△ABC 和△ADE 中，AB =AC ，AD =AE ，△BAC =△DAE ，且点B ，D ，E 在同一条直线上，若△CAE +△ACE +△ADE =130°，则△ADE 的度数为（ ）A ．50°B ．65°C ．70°D ．75°【答案】B【详解】BAC DAE ∠=∠BAC DAC DAE DAC ∴∠-∠=∠-∠BAD CAE ∴∠=∠,AB AC AD AE == ∴在BAD 和CAE 中AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴BAD ≌CAE （ SAS ） ABD ACE ∴∠=∠130CAE ACE ADE ∠+∠+∠=︒130ABD BAD ADE ∴∠+∠+∠=︒ADE ABD BAD ∠=∠+∠2130ADE ∴∠=︒65ADE ∴∠=︒故选：B ．【变式训练1】如图，将正方形ABCD 绕点A 逆时针旋转60°得到正方形AB ′C ′D ′，线段CD ，B ′C ′交于点E ，若DE ＝1，则正方形的边长等于_____．【答案】2+【详解】解：连接AC 、AE ，延长C ′B ′交AC 于点F ，过点F 作GF △DC 于G ， 由题意得，AD =AB ′,△D =△AB ′E ，△B ′AB =60°,△CAB =△GCB ′=45°，△△DAB ′=30°，△CAB ′=15°在RT △ADE 与RT △AB ′E 中AD AB AE AE ='⎧⎨=⎩，△RT △ADE △RT △AB ′E （HL ）， △△DAE =△B′AE =12△DAB ′=15°，DE=EB ′=1，△△B′AE=△CAB ′在△AB′E 和△AB′F 中==B AE CAB AB AB EB A FB A ∠'=∠'⎧⎪''⎨⎪∠'∠'⎩ ，△△AB′E △△AB′F （ASA ），△EB′=BF=1 △△DEB ′=360°-△D -△EB A '-∠DAB′=150°，△△GEF =30°在RT △EGF 中，EG =EF ×cos △GEFDF =EF ×sin △GEF =2×12=1 在△CGF 中，△GCF =45°，△CG=GF =1，△DC =DE+EG+GC所以正方形的边长为【变式训练1】如图，,,,AC BC DC EC AC BC DC EC ⊥⊥==， 求证：（1）ACE BCD ∆≅∆；（2）AE BD ⊥．【答案】（1）见解析；（2）见解析【详解】证明：()1AC BC ⊥，DC EC ⊥，90ACB DCE ∴∠=∠=︒， ACB ACD DCE ACD ∴∠+∠=∠+∠，∴∠=∠DCB ECA ，在DCB ∆和ECA ∆中，AC BC DCB ECA CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()DCB ECA SAS ∴∆≅∆；()2如图，设AC 交BD 于N ，AE 交BD 于O ，∆≅∆DCB ECA ，A B ∴∠=∠，∠=∠AND BNC ，90∠+∠=︒B BNC ， 90∴∠+∠=︒A AND ，90∴∠=︒AON ，AE BD ∴⊥．【变式训练2】如图，AB AC =，AE AD =，CAB EAD α∠=∠=．（1）求证：AEC ADB ≅△△；（2）若90α=︒，试判断BD 与CE的数量及位置关系并证明；（3）若CAB EAD α∠=∠=，求CFA ∠的度数．【答案】（1）见详解；（2）BD=CE ，BD△CE ；（3）902α︒-【详解】（1）△△CAB=△EAD△△CAB+△BAE=△EAD+△BAE ，△ △CAE=△BAD ，△AB=AC ，AE=AD 在△AEC 和△ADB 中AB AC CAE BAD AE AD =⎧⎪⎨⎪⎩∠=∠=△ △AEC△△ADB （SAS ） （2）CE=BD 且CE△BD ，证明如下：将直线CE 与AB 的交点记为点O ，由（1）可知△AEC△△ADB ，△ CE=BD ， △ACE=△ABD ，△△BOF=△AOC ，△α=90°，△ △BFO=△CAB=△α=90°，△ CE△BD ．（3）过A 分别做AM△CE ，AN△BD 由（1）知△AEC△△ADB ，△两个三角形面积相等故AM·CE=AN·BD△AM=AN△AF 平分△DFC由（2）可知△BFC=△BAC=α△△DFC=180°-α△△CFA=12△DFC=902α︒- 【变式训练3】如图①，在△ABC 中，△A ＝90°，AB ＝AC1，BC ＝2D 、E 分别在边AB 、AC 上，且AD ＝AE ＝1，DE．现将△ADE 绕点A 顺时针方向旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°）．如图②，连接CE 、BD 、CD ．（1）如图②，求证：CE ＝BD ；（2）利用备用图进行探究，在旋转的过程中CE 所在的直线能否垂直平分BD？如果能，请猜想α的度数，画出图形，并将你的猜想作为条件，给出证明；如果不能，请说明理由； （3）在旋转的过程中，当△BCD 的面积最大时，α＝ °．（直接写出答案即可）【答案】（1）证明见解析；（2）能，α=90°；（3）135α=︒．【详解】（1）证明：如图2中，根据题意：AB AC =，AD AE =，90CAB EAD ∠=∠=︒， 90CAE BAE BAD BAE ∠+∠=∠+∠=︒，CAE BAD ∴∠=∠，在ACE ∆和ABD ∆中，AC AB CAE BAD AE AD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ACE ABD SAS ∴∆≅∆，CE BD ∴=；（2）能，若CE 所在直线垂直平分BD ，则CD =BC ，△AB ＝AC＋1，BC ＝2，AD ＝AE ＝1，DE△1122AC AD CD BC +=+=== △AC +AD =CD ，即A 、C 、D 在同一条直线上，此时α=90°，如下图，CE 的延长线与BD 交于F ，与（1）同理可得()ACE ABD SAS ∆≅∆，ACE ABD ∴∠=∠，90ACE AEC ∠+∠=︒，且AEC FEB ∠=∠，90ABD FEB ∴∠+∠=︒，90EFB ∴∠=︒，CF BD ∴⊥，BC CD =，CF ∴是线段BD 的垂直平分线；（3）解：BCD ∆中，边BC 的长是定值，则BC 边上的高取最大值时BCD ∆的面积有最大值， ∴当点D 在线段BC 的垂直平分线上时，BCD ∆的面积取得最大值，如图中：1AB AC ==，1AD AE ==，90CAB EAD ∠=∠=︒，DG BC ⊥于G ，12AG BC ∴==45GAB ∠=︒，1DG AG AD ∴=+==，18045135DAB ∠=︒-︒=︒， BCD ∴∆的面积的最大值为：1122BC DG ⋅==135α=︒． 模型五、手拉手全等模型例.如图，B ，，三点在一条直线上，和均为等边三角形，与交于点，与交于点．（1）求证：；（2）若把绕点任意旋转一个角度，（1）中的结论还成立C E ABC ∆DCE ∆BD AC M AE CDN AE BD =DCE ∆C吗？请说明理由．【答案】（1）见解析（2）成立，理由见解析．【详解】解：（1）证明：如图1中，与都是等边三角形，，，，，，，即．在和中，，(SAS)．．即AE=BD ，（2）成立；理由如下：如图2中，、均为等边三角形， ，，，，即，在和中，，，．【变式训练1】如图，△OAB 和△OCD 中，OA ＝OB ，OC ＝OD ，△AOB ＝△COD ＝90°，AC 、BD 交于点M ．(1) 如图1，求证：AC=BD ，判断AC 与BD 的位置关系并说明理由；(2) 如图2，△AOB ＝△COD ＝60°时，△AMD 的度数为___________.【答案】(1)答案见解析；（2）120.ABC ∆DCE∆AC BC ∴=CD CE =60ACB DCE ∠=∠=︒180ACB ACD DCE ∠+∠+∠=60ACD ∴∠=︒ACB ACD ACD DCE ∠+∠=∠+∠BCD ACE ∠=∠BCD ∆ACE ∆BC AC BCD ACE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩BCD ACE ∴∆≅∆BD AE ∴=AE BD =ABC ∆DCE ∆BC AC ∴=CD CE =60BCA DCE ∠=∠=︒BCA ACD DCE ACD ∴∠+∠=∠+∠BCD ACE ∠=∠ACE ∆BCD ∆AC BC BCD ACE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()ACE BCD SAS ∴∆≅∆AE BD ∴=【详解】()190AOB COD ∠∠＝＝，.AOB AOD COD AOD ∠+∠∠+∠＝ 即：.BOD AOC ∠∠＝,,OA OB OC OD ＝＝易证.BOD AOC ≌.OBD OAC ∴∠=∠ AC=BD△,AMD ABM BAM ∠=∠+∠.BAM BAO OAC ∠=∠+∠△.AMD ABM BAO OBD OBA BAO ∠=∠+∠+∠=∠+∠△90.AOB ∠= △90.OBA BAO ∠+∠=90.AMD ∴∠= △AC△BD（2）同理可得. .AMD OBA BAO ∠=∠+∠60.AOB ∠= 120.OBA BAO ∠+∠= 120.AMD ∴∠= 故答案为： 120.【变式训练2】如图，将两块含45°角的大小不同的直角三角板△COD 和△AOB 如图①摆放，连结AC ，BD ．（1）如图①，猜想线段AC 与BD 存在怎样的数量关系和位置关系，请写出结论并证明；（2）将图①中的△COD 绕点O 顺时针旋转一定的角度（如图②），连结AC ，BD ，其他条件不变，线段AC 与BD 存在（1）中的关系吗？请写出结论并说明理由．（3）将图①中的△COD 绕点O 逆时针旋转一定的角度（如图③），连结AC ，BD ，其他条件不变，线段AC 与BD 存在怎样的关系？请直接写出结论．【答案】（1）AC=BD ，AC△BD ，证明见解析；（2）存在，AC=BD ，AC△BD ，证明见解析；（3）AC=BD ，AC△BD【详解】（1）AC=BD ，AC△BD ， 证明：延长BD 交AC 于点E ．△△COD 和△AOB 均为等腰直角三角形，△OC=OD ，OA=OB ，△COA=△BOD=90º，△△AOC△△BOD （SAS ），△AC=BD ，△△OAC=△OBD ，△△ADE=△BDO ，△△AED=△BOD=90º，△AC△BD ；（2）存在，证明：延长BD 交AC 于点F ，交AO 于点G ．△△COD 和△AOB 均为等腰直角三角形，△OC=OD ，OA=OB ，△DOC=BOA=90º，△△AOC=△DOC －△DOA ，△BOD=△BOA －△DOA ，△△AOC=△BOD ，△△AOC△△BOD （SAS ），△AC=BD ，△OAC=△OBD ，△△AGF=△BGO ，△△AFG=△BOG=90º，△AC△BD ；（3）AC=BD ，AC△BD ．证明：BD 交AC 于点H ，AO 于M ，△△COD 和△AOB 均为等腰直角三角形，△OC=OD ，OA=OB ，△DOC=BOA=90º，△△AOC=△DOC+△DOA ，△BOD=△BOA+△DOA ，△△AOC=△BOD ，△△AOC△△BOD （SAS ），△AC=BD ，△OAC=△OBD ，△△AMH=△BMO ，△△AHM=△BOH=90º，△AC△BD ．【变式训练3】已知：如图1，在和中，，，．（1）证明．（2）如图2，连接和，，与分别交于点和，，求的度数．（3）在（2）的条件下，若，请直接写出的度数．【答案】（1）证明见解析；（2）△ACE =62°；（3）△CBA =6°．【详解】解：（1）△△CAE =△DAB ，△△CAE +△CAD =△DAB +△CAD ，即△CAB =△EAD ，在△ABC 和△ADE 中，△△ABC△△ADE （AAS ），ABC ∆ADE ∆C E ∠=∠CAE DAB ∠=∠BC DE =ABC ADE ∆∆≌CE BD DE AD BC M N 56DMB ∠=︒ACE ∠CN EM =CBA∠C E CAB EAD BC DE ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩（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 =， （3）△CBA=，如图所示，连接AM ，,CN=EM,CA=EA,(SAS), AM=AN,,=即,由(2)可得：,=, △CAE =△DAB==-= .课后训练1.如图，已知AB AD =，BC DE =，且10CAD ∠=︒，25B D ∠=∠=︒，120EAB ∠=︒，则EGF ∠的度数为（ ）A ．120︒B ．135︒C ．115︒D ．125︒【答案】C 【详解】在△ABC 和△ADE 中AB AD B D BC DE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩△ △ABC △△ADE （SAS ）△△BAC =△DAE 180︒180︒56︒56︒1(18056)622︒︒︒-=62︒6︒NCA MEA ∠=∠∴NCA MEA ≅∴EAM CAN ∠=∠∴EAM CAM ∠-∠CAN CAM ∠-∠EAC MAN ∠=∠=56EAC MAN ︒∠=∠∴ANM ∠1(18056)622︒︒︒-=56︒∴CBA ANM DAB ∠=∠-∠62︒56︒6︒△△EAB =△BAC +△DAE +△CAD =120°△△BAC =△DAE ()112010552=⨯︒-︒=︒ △△BAF =△BAC +△CAD =65°△在△AFB 中，△AFB =180°-△B -△BAF =90°△△GFD =90°在△FGD 中，△EGF =△D +△GFD =115°故选：C2.如图，△ABC 中，E 在BC 上，D 在BA 上，过E 作EF△AB 于F ，△B ＝△1+△2，AB ＝CD ，BF ＝43，则AD 的长为________．【详解】在FA 上取一点T ，使得FT =BF ，连接ET ，在CB 上取一点K ，使得CK =ET ，连接DK ． △EB =ET ，△△B =△ETB ，△△ETB =△1+△AET ，△B =△1+△2，△△AET =△2，△AE =CD ，ET =CK ，△△AET △△DCK (SAS )，△DK =AT ，△ATE =△DKC ，△△ETB =△DKB ，△△B =△DKB ，△DB =DK ，△BD =AT ，△AD =BT ，△BT =2BF =83，△AD =83，故答案为：83．3.如图，2A C ，BD 平分ABC ∠，10BC =，6AB =，则AD =_____．【答案】4【详解】解：（1）在BC 上截取BE ＝BA ，如图，△BD 平分△ABC ，△△ABD ＝△EBD ，在△ABD 和△BED 中，BE BA ABD EBD BD BD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，△△ABD △△EBD （SAS ），△DE ＝AD ，△BED ＝△A ，又△△A ＝2△C ，△△BED ＝△C +△EDC ＝2△C ，△△EDC ＝△C ，△ED ＝EC ，△EC ＝AD ，△BC ＝BE +EC ＝AB +AD ，△BC ＝10，AB ＝6，△AD ＝10﹣6＝4；故答案为：4．4.如图，正方形ABCD ，将边CD 绕点D 顺逆时针旋转α（0°＜α＜90°），得到线段DE ，连接AE ，CE ，过点A 作AF △CE 交线段CE 的延长线于点F ，连接BF ．（1）当AE ＝AB 时，求α的度数；（2）求证：△AEF ＝45°；（3）求证：AE △FB ．【答案】（1）α＝30°；（2）证明见解析；（3）证明见解析．【详解】解：(1) 在正方形ABCD 中，AB ＝AD ＝DC ，由旋转可知，DC ＝DE ，△AE ＝AB △AE ＝AD ＝DE△△AED 是等边三角形，△∠ADE ＝60°，△△ADC ＝90°，△α＝△ADC －∠ADE ＝90°－60°＝30°．（2）证明：在△CDE 中，DC ＝DE ，△△DCE ＝△DEC ＝180=9022αα－－， 在△ADE 中，AD ＝ED ，△ADE ＝90°－α，△△DAE ＝△DEA ＝()18090=4522αα－－＋ △△AEC ＝△DEC ＋△DEA ＝90+45+22αα－＝135°．△△AEF ＝45°，（3）证明：过点B 作BG //CF 与AF 的延长线交于点G ，过点B 作BH //GF 与CF 交于点H ， 则四边形BGFH 是平行四边形，△AF △CE ，△平行四边形BGFH 是矩形，△△AFP ＝△ABC ＝90°，△APF ＝△BPC ，△△GAB ＝BCP ，在△ABG 和△CBH 中，GAB HCB BGA BHC AB CB ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，△△ABG △△CBH (AAS )，△BG ＝BH ，△矩形BGFH 是正方形，△△HFB ＝45°，由（2）可知：△AEF ＝45°，△△HFB ＝△AEF ＝45°，△AE△F B ．5.如图，四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，AB＝AC，点E是BD上一点，且AE＝AD，∠EAD＝∠BAC．（1）求证：∠ABD＝∠ACD；（2）若∠ACB＝65º，求∠BDC的度数．【答案】（1）见解析；（2）50º【解析】（1）证明：∵∠BAC＝∠EAD，∴∠BAC－∠EAC＝∠EAD－∠EAC，即∠BAE ＝∠CAD，在△ABE和△ACD中，∴△ABE≌△ACD，∴∠ABD＝∠ACD；（2）∵∠BOC是△ABO和△DCO的外角，∴∠BOC＝∠ABD＋∠BAC，∠BOC＝∠ACD ＋∠BDC，∴∠ABD＋∠BAC＝∠ACD＋∠BDC，∵∠ABD＝∠ACD，∴∠BAC＝∠BDC，∵∠ACB＝65º，AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝65º ，∴∠BAC＝180º－∠ABC－∠ACB＝180º－65º－65º＝50º ，∴∠BDC＝∠BAC＝50º．6.如图①，在△ABC中，△BAC=90°，AB=AC，点E在AC上（且不与点A、C重合），在△ABC 的外部作△CED，使△CED=90°，DE=CE，连接AD，分别以AB、AD为邻边作平行四边形ABFD，连接AF．（1）求证：EF=AE；（2）将△CED绕点C逆时针旋转，当点E在线段BC上时，如图②，连接AE，请判断线段AF、AE的数量关系，并证明你的结论．【答案】（1）见解析；（2）AF=，见解析．【详解】解：（1）如图，四边形ABFD是平行四边形，∴AB=DF，AB=AC，∴AC=DF，DE=EC∴AE=EF；（2）AF=，证明：连接EF，设DF交BC于K，四边形ABFD是平行四边形，∴AB//DF∴△DKE=△ABC=45°，∴△EKF=180°-△DKE=135°△ADE=180°-△EDC=180°-45°=135°，∴△EKF=△ADE，△DKC=△C，∴DK=DC ，DF=AB=AC，∴KF=AD在△EKF和△EDA中，EK DKEKF ADEKF AD=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△EKF△△EDA（SAS）∴EF=EA, △KEF=△AED，∴△FEA=△BED=90°，∴△AEF是等腰直角三角形，AF=．7.如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E为AC边的一点，F为AB边上一点，连接CF，交BE于点D且∠ACF＝∠CBE，CG平分∠ACB交BD于点G，（1）求证：CF＝BG；（2）延长CG交AB于H，连接AG，过点C作CP∥AG交BE的延长线于点P，求证：PB ＝CP＋CF；（3）在（2）问的条件下，当∠GAC＝2∠FCH时，若S△AEG＝3，BG＝6，求AC的长．【解答】（1）见解析；（2）见解析；（3）【解析】（1）证明，∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠A＝45°，∵CG平分∠ACB，∴∠ACG＝∠BCG＝45°，∴∠A＝∠BCG，在△BCG和△CAF中，∵，∴△BCG≌△CAF（ASA），∴CF＝BG；（2）∵PC∥AG，∴∠PCA＝∠CAG，∵AC＝BC，∠ACG＝∠BCG，CG＝CG，∴△ACG≌△BCG，∴∠CAG＝∠CBE，∵∠PCG＝∠PCA＋∠ACG＝∠CAG＋45°＝∠CBE＋45°，∠PGC＝∠GCB＋∠CBE＝∠CBE＋45°，∴∠PCG＝∠PGC，∴PC＝PG，∵PB＝BG＋PG，BG＝CF，∴PB＝CF＋CP；（3）如图，过E作EM⊥AG，交AG于M，＝AG•EM，∵S由（2）得△ACG≌△BCG，∴BG＝AG＝6，∴×6×EM，EM＝，设∠FCH＝x°，则∠GAC＝2x°，∴∠ACF＝∠EBC＝∠GAC＝2x°，∵∠ACH＝45°，∴2x＋x＝45，x＝15，∴∠ACF＝∠GAC＝30°，在Rt△AEM中，AE＝2EM，∴M是AG的中点，∴AE＝EG，∴BE＝BG＋EG＝6＋，在Rt△ECB中，∠EBC＝30°，∴CE＝BE＝，∴AC＝AE＋EC．8.如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，点D，E分别为AB，BC上一点，BD＝BE，连接DE，DC，AC＝CD．（1）如图1，若AC＝3，DE＝2，求EC的长；（2）如图2，连接AE交DC于点F，点M为EC上一点，连接AM交DC于点N，若AE ＝AM，求证：2DE＝MC；（3）在（2）的条件下，若∠ACB＝45°，直接写出线段AD，MC，AC的等量关系．【解答】（1（2）见解析；（3【解析】（1）如图，过点C作CG⊥AB于G，∵AC＝CD，∴AG＝DG，设DG＝a，∵BD＝BE，∠ABC＝60°，∴△BDE是等边三角形，∴BD＝DE，∴BG＝BD＋DG＋a，在Rt△BGC中，∠BCG＝90°－∠ABC＝30°，∴BC＝2BG，CG＝BG＝6＋a，在Rt△DGC中，CD＝AC＝3，根据勾股定理得，CG2＋DG2＝CD2，∴（6＋a）2＋a2＝90，∴（舍），∴BC＝EC＋BE＝EC＋BD，∴EC＋BD＝2（BD＋DG），∴EC＝BD＋2DG；（2）如图在MC上取一点P，使MP＝DE，连接AP，∵△BDE是等边三角形，∴∠BED＝60°，BE＝DE，∴∠DEC＝120°，BE＝PM，∵AE＝AM，∴∠AEM＝∠AME，∴∠AEB＝∠AMP，∴△ABE≌△APM（SAS），∴∠APM＝∠ABC＝60°，∴∠APC＝120°＝∠DEC，如图，过点M作AC的平行线交AP的延长线于Q，∴∠MPQ＝∠APC＝120°＝∠DEC，∵AC＝CD，∴∠ADC＝∠DAC，∴∠CDE＝180°－∠BDE－∠ADC＝180°－60°－∠DAC＝120°－∠DAC，在△ABC中，∠ACB＝180°－∠ABC－∠DAC＝120°－∠DAC＝∠CDE，∵MQ∥AC，∴∠PMQ＝∠ACB，∴∠PMQ＝∠EDC，∴△MPQ≌△DEC（ASA），∴MQ＝CD，∵AC＝MQ，∴△APC≌△QPM（AAS），∴CP＝MP，∴CM＝MP＋CP＝2DE；（3）如图，在MC上取一点P，使PM＝DE，由（2）知，MC＝2CP＝2DE，由（2）知，△ABE≌△APM，∴AB＝AP，∵∠ABC＝60°，∴△ABP是等边三角形，∴BP＝AB，∵BE＝BD，∴PE＝AD，∴BC＝BE＋PE＋CP＝DE＋PE＋DE＝2DE＋AD＝MC＋AD，过点A作AH⊥BC于H，设BH＝m，在Rt△ABH，在Rt△ACH中，∠ACB＝45°，∴∠CAH＝90°－∠ACB＝45°＝∠ACB，∴CH＝AH，∵MC＋AD＝BC＝BH＋CH＝，∴MC＋AD＝AC．。

1初中数学几何模型【模型1】倍长1、 倍长中线；2、倍长类中线；3、中点遇平行延长相交EABCFABC---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 【模型2】遇多个中点，构造中位线1、 直接连接中点；2、连对角线取中点再相连【例1】在菱形ABCD 和正三角形BEF 中，∠ABC =60°，G 是DF 的中点，连接GC 、GE ． （1）如图1，当点E 在BC 边上时，若AB =10，BF =4，求GE 的长；（2）如图2，当点F 在AB 的延长线上时，线段GC 、GE 有怎样的数量和位置关系，写出你的猜想；并给予证明；（3）如图3，当点F 在CB 的延长线上时，(2)问中关系还成立吗？写出你的猜想，并给予证明.图1DFD【例2】如图，在菱形ABCD 中，点E 、F 分别是BC 、CD 上一点，连接DE 、EF ，且AE =AF ，BAF DAE ∠=∠． (1)求证：CE =CF ；(2)若︒=∠120ABC ，点G 是线段AF 的中点，连接DG ，EG ．求证：DG 上GE ．2E CODECOD O C【例3】如图，在四边形ABCD 中，AB =CD ，E 、F 分别为BC 、AD 中点，BA 交EF 延长线于G ，CD 交EF 于H ．求证：∠BGE =∠CHE ．HGEFA BDC【模型1】构造轴对称【模型2】角平分线遇平行构造等腰三角形---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 【例4】如图，平行四边形ABCD 中，AE 平分∠BAD 交BC 边于E ，EF ⊥AE 交CD 边于F ，交AD 边于H ，延长BA 到点G ，使AG =CF ，连接GF ．若BC =7，DF =3，EH =3AE ，则GF 的长为.HGFEADBC【条件】OA OB OC OD AOB COD ==∠=∠，，【结论】OAC OBD ≅；AEB OAB COD ∠=∠=∠（即都是旋转角）；OE AED ∠平分；3CDA B EEFEBDAC---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 【例5】如图，正方形ABCD 的边长为6，点O 是对角线AC 、BD 的交点，点E 在CD 上，且DE =2CE ，过点C 作CF ⊥BE ，垂足为F ，连接OF ，则OF 的长为 .【例6】如图，ABC 中，90BAC ︒∠=，AB =AC ，AD ⊥BC 于点D ，点E 在AC 边上，连结BE ，AG ⊥BE 于F ，交BC 于点G ，求DFG ∠GFD CBAE【例7】如图，在边长为62ABCD 中，E 是AB 边上一点，G 是AD 延长线上一点，BE ＝DG ，连接EG ，CF ⊥EG 于点H ，交AD 于点F ，连接CE 、BH 。

全等三角形的九大经典模型【题型1平移模型】【题型2轴对称模型】【题型3旋转模型】【题型4一线三等角模型】【题型5倍长中线模型】【题型6截长补短模型】【题型7手拉手模型】【题型8角平分线模型】【题型9半角全等模型】【知识点1平移模型】【模型解读】把△ABC沿着某一条直线l平行移动，所得到△DEF与△ABC称为平移型全等三角形，图①，图②是常见的平移型全等三角线.【常见模型】【题型1平移模型】1(2023春·陕西咸阳·八年级统考期末)如图，将△ABC沿BC方向平移得到△DEF，使点B的对应点E恰好落在边BC的中点上，点C的对应点F在BC的延长线上，连接AD，AC、DE交于点O．下列结论一定正确的是()A.∠B=∠FB.AC⊥DEC.BC=DFD.AC、DE互相平分【答案】D【分析】根据平移的性质得到∠B=∠DEF，BE=CF=CE=AD，AD∥BC，DF=AC，由于只有当∠BAC=90°时，AC⊥DE；只有当BC=2AC时，DF=AC=BE，则可对A、B、C选项的进行判断；AC交DE于O点，如图，证明△AOD≌△COE得到OD=OE，OA=OC，则可对D选项进行判断．【详解】解：∵△ABC沿BC方向平移得到△DEF，使点B的对应点E恰好落在边BC的中点上，∴∠B=∠DEF，BE=CF=CE=AD，AD∥BC，DF=AC，只有当∠BAC=90°时，AC⊥DE；只有当BC=2AC时，DF=AC=BE，所以A、B、C选项的结论不一定正确；∵AD∥BC，∴∠OAD=∠OCE，∠ODA=∠OEC，而AD=CE，∴△AOD≌△COE(ASA)，∴OD=OE，OA=OC即AC、DE互相平分，所以D选项的结论正确．故选：D．【点睛】本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行(或共线)且相等．1.(2023·浙江·八年级假期作业)如图，△ABC的边AC与△CDE的边CE在一条直线上，且点C为AE的中点，AB=CD，BC=DE．(1)求证：△ABC≌△CDE；(2)将△ABC沿射线AC方向平移得到△A B C ，边B C 与边CD的交点为F，连接EF，若EF将CDE 分为面积相等的两部分，且AB=4，则CF=【答案】(1)见解析(2)2【分析】(1)首先由点C为AE的中点得出AC=CE，再根据SSS证明△ABC≌△CDE即可；(2)根据平移的性质得A B =CD=AB=4,再由EF将CDE分为面积相等的两部分得CF=DF=12CD =2【解析】(1)证明：∵点C为AE的中点，∴AC=CE在△ABC和△CDE中，AB=CD BC=DE AC=CE∴△ABC≌△CDE(2)解：将△ABC沿射线AC方向平移得到ΔA B C ，且AB=4，∴A B =CD =AB =4,∵边B C 与边CD 的交点为F ，连接EF ，EF 将CDE 分为面积相等的两部分，如图∴CF =DF =12CD =2,故答案为：2【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定以及平移的性质，根据SSS 证明△ABC ≌△CDE 是解答本题的关键．2.(2023春·重庆·八年级校考期中)如图，将△ABC 沿射线BC 方向平移得到△DCE ，连接BD 交AC于点F ．(1)求证：△AFB ≌△CFD ；(2)若AB =9，BC =7，求BF 的取值范围．【答案】(1)见解析(2)1<BF <8【分析】(1)根据∠A =∠FCD ，∠AFC =∠CFD ，即可证明；(2)在△BCD 中，利用三边关系求出BD 的取值范围即可解决问题．(1)证明：∵AB ∥CD ，∴∠A =∠FCD ，在△AFB 和△CFD 中，∠A =∠FCD ∠AFB =∠CFD AB =CD∴△AFB ≌△CFD ．(2)【解析】解：∵△AFB ≌△CFD ，∴BF =FD ，在△BCD 中，BC =7，CD =9，∴2<BD <16，∴2<2BF <16，∴1<BF <8．【点睛】本题考查平移变换、全等三角形的判定和性质、三角形的三边关系等知识，解题的关键是正确寻找三角形全等的条件解决问题，属于中考常考题型．3.(2023春·八年级课时练习)已知△ABC ，AB =AC ,∠ABC =∠ACB ，将△ABC 沿BC 方向平移得到△DEF ．如图，连接BD 、AF ，则BD AF (填“>”“<”或“=”)，并证明．【答案】【答案】BD =AF ，证明见解析【分析】由△ABC 沿BC 方向平移得到△DEF ，得到AC =DF ，∠DFB =∠ACB =∠ABF ，即可证明；【解析】【详解】解：BD =AF ．证明：由△ABC 沿BC 方向平移得到△DEF ，AB =AC ,得AC =DF =AB ,，∠DFB =∠ACB =∠ABF ．在△ABF 和△DFB 中，{AB =DF∠ABF =∠DFB BF =FB，∴△ABF ≌△DFB (SAS )，∴BD =AF ．故答案是=．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，准确分析证明是解题的关键．【知识点2轴对称模型】【模型解读】将原图形沿着某一条直线折叠后，直线两边的部分能够完全重合，这两个三角形称之为轴对称型全等三角形，此类图形中要注意期隐含条件，即公共边或公共角相等.【常见模型】【题型2轴对称模型】1(2023春·河北邯郸·八年级校考期末)如图，在长方形ABCD 中，点M 为CD 中点，将△MBC 沿BM 翻折至△MBE ，若∠AME =α，∠ABE =β，则α与β之间的数量关系为()A.α+3β=180°B.β-α=20°C.α+β=80°D.3β-2α=90°【答案】D【分析】直接利用平行线的性质结合翻折变换的性质得出△ADM≌△BCM(SAS)，进而利用直角三角形的性质得出答案．【详解】∵M为CD中点，∴DM=CM，在△ADM和△BCM中∵AD=BC ∠D=∠C DM=CM ,∴△ADM≌△BCM(SAS)，∴∠AMD=∠BMC，AM=BM∴∠MAB=∠MBA∵将点C绕着BM翻折到点E处，∴∠EBM=∠CBM,∠BME=∠BMC=∠AMD ∴∠DME=∠AMB∴∠EBM=∠CBM=12(90°-β)∴∠MBA=12(90°-β)+β=12(90°+β)∴∠MAB=∠MBA=12(90°+β)∴∠DME=∠AMB=180°-∠MAB-∠MBA=90°-β∵长方形ABCD中，∴CD∥AB∴∠DMA=∠MAB=12(90°+β)∴∠DME+∠AME=∠ABE+∠MBE∵∠AME=α，∠ABE=β，∴90°-β+α=β+12(90°-β)∴3β-2α=90°故选D.【点睛】本题考查的知识点是平行线的性质，解题关键是利用全等三角形对应角相等即可求解.1.(2023·全国·八年级专题练习)如图，将Rt△ABC沿斜边翻折得到△ADC，点E，F分别为DC，BC边上的点，且∠EAF=12∠DAB．试猜想DE，BF，EF之间有何数量关系，并证明你的猜想．【答案】DE +BF =EF ，见解析【解析】试题分析：通过延长CF ，将DE 和BF 放在一起，便于寻找等量关系，通过两次三角形全等证明，得出结论．猜想：DE +BF =EF ．证明：延长CF ，作∠4=∠1，如图：∵将Rt △ABC 沿斜边翻折得到△ADC ，点E ，F 分别为DC ，BC 边上的点，且∠EAF =∠DAB ，∴∠1+∠2=∠3+∠5，∠2+∠3=∠1+∠5，∵∠4=∠1，∴∠2+∠3=∠4+∠5，∴∠GAF =∠FAE ，在△AGB 和△AED 中，∠4=∠1AB =AD ∠ABG =∠ADE，∴△AGB ≌△AED (ASA )，∴AG =AE ，BG =DE ，在△AGF 和△AEF 中，AG =AE ∠GAF =∠EAF AF =AF，∴△AGF ≌△AEF (SAS )，∴GF =EF ，∴DE +BF =EF ．2.(2023春·山东青岛·八年级统考期中)如图，在Rt ΔABC 中，∠C =90°，将ΔABC 沿AB 向下翻折后，再绕点A 按顺时针旋转α度(α<∠ABC )．得到Rt ΔADE ，其中斜边AE 交BC 于点F ，直角边DE 分别AB 、BC 于点G ,H1 请根据题意用实线补全图形；(不得用铅笔作图)．2 求证：ΔAFB ≅ΔAGE【答案】(1)作图见详解；(2)证明见详解.【分析】(1)根据题意画出图形，注意折叠与旋转中的对应关系；(2)由题意易得△ABC ≌△AED ，即可得AB =AE ，∠ABC =∠E ，然后利用ASA 的判定方法，即可证得△AFB ≌△AGE ．【解析】解：(1)画图，如下图；证明：由题意得：△ABC ≌△AED ．∴AB =AE ，∠ABC =∠E ．在△AFB 和△AGE 中，∠ABC =∠EAB =AE∠α=∠α∴△AFB ≌△AGE (ASA )．【点睛】本题考查折叠与旋转的性质以及全等三角形的判定与性质，注意掌握数形结合思想的应用以及注意折叠与旋转中的对应关系．3.(2023春·山西临汾·八年级统考期末)阅读材料，并回答下列问题如图1，以AB 为轴，把△ABC 翻折180°，可以变换到△ABD 的位置；如图2，把△ABC 沿射线AC 平移，可以变换到△DEF 的位置．像这样，其中的一个三角形是另一个三角形经翻折、平移等方法变换成的，这种只改变位置，不改变形状大小的图形变换，叫三角形的全等变换．班里学习小组针对三角形的全等变换进行了探究和讨论(1)请你写出一种全等变换的方法(除翻折、平移外)，．(2)如图2，前进小组把△ABC 沿射线AC 平移到△DEF ，若平移的距离为2，且AC =5，则DC =．(3)如图3，圆梦小组展开了探索活动，把△ABC 纸片沿DE 折叠，使点A 落在四边形BCDE 内部点A ′的位置，且得出一个结论：2∠A ′=∠1+∠2．请你对这个结论给出证明．(4)如图4，奋进小组则提出，如果把△ABC 纸片沿DE 折叠，使点A 落在四边形BCDE 外部点A ′的位置，此时∠A ′与∠1、∠2之间结论还成立吗？若成立，请给出证明，若不成立，写出正确结论并证明．【答案】(1)旋转；(2)3；(3)见解析；(4)不成立，正确结论：∠2-∠1=2∠A '，见解析【分析】(1)由题意根据三种全等变换翻折、平移、旋转的定义进行判断即可；(2)根据平移的距离的定义可知AD=2，则DC=AC-AD进行求解即可；(3)根据轴对称及三角形内角和定理进行分析即可得出结论；(4)由题意根据轴对称及三角形内角和定理，进行分析即可得出结论.【解析】解：(1)除翻折、平移外全等变换的方法还有旋转；故答案为：旋转.(2)∵AD=2，AC=5，∴DC=AC-AD=5-2=3；故答案为：3.(3)∵把△ADE沿DE翻折，得到△A'DE，∴△ADE≌△A'DE，∴∠ADE=∠A'DE，∠AED=∠A'ED，在△DEA'中，∠A'=180°-(∠A'DE+∠A'ED)；由平角定义知，∠2=180°-∠A'DA=180°-2∠A'DE，∠1=180°-∠A'EA=180°-2∠A'ED，∴∠1+∠2=180°-2∠A'DE+180°-2∠A'ED=2(180°-∠A'ED-∠A'DE)，∴2∠A′=∠1+∠2．(4)∠2-∠1=2∠A'，理由如下：∵把△ADE沿DE翻折，得到△A'DE，∴△ADE≌△A'DE，∴∠ADE=∠A'DE，∠AED=∠A'ED，在△DEA'中，∠A'=180°-(∠A'DE+∠A'ED)，由平角定义知，∠2=180°-∠A'DA=180°-2∠A'DE，∠1=2∠A'ED-180°，∴∠2-∠1=(180°-2∠A'DE)-(2∠A'ED-180°)=180°-(∠A'DE+∠A'ED)，∴∠2-∠1=2∠A'．【点睛】本题是三角形综合题，综合考查平移的性质，折叠的性质，三角形内角和定理，全等三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是解答本题的关键．【知识点3旋转模型】【模型解读】将三角形绕着公共顶点旋转一定角度后，两个三角形能够完全重合，则称这两个三角形为旋转型三角形，识别旋转型三角形时，涉及对顶角相等、等角加(减)公共角的条件.【常见模型】【题型3旋转模型】1(2023春·全国·八年级期末)(1)问题引入：如图1，点F是正方形ABCD边CD上一点，连接AF，将△ADF绕点A顺时针旋转90°与△ABG重合(D与B重合，F与G重合，此时点G，B，C在一条直线上)，∠GAF的平分线交BC于点E，连接EF，判断线段EF与GE之间有怎样的数量关系，并说明理由．(2)知识迁移：如图2，在四边形ABCD中，∠ADC+∠B=180°，AB=AD，E，F分别是边BC，CD延长线上的点，连接AE，AF，且∠BAD=2∠EAF，试写出线段BE，EF，DF之间的数量关系，并说明理由．(3)实践创新：如图3，在四边形ABCD中，∠ABC=90°，AC平分∠DAB，点E在AB上，连接DE，CE，且∠DAB=∠DCE=60°，若DE=a，AD=b，AE=c，求BE的长．(用含a，b，c的式子表示)【答案】(1)EF=GE，理由见详解；(2)BE-DF=EF，理由见详解；(3)BE=a+b-c2，理由见详解【分析】(1)根据SAS直接可证△GAE≌△FAE即得GE=EF；(2)在BE上取BG=DF，连接AG，由∠ADC+∠B=180°，∠ADF+∠ADC=180°，得∠B=∠ADF，从而SAS证△ABG≌△ADF，再通过SAS证△GAE≌△FAE，得GE=EF，从而解决问题；(3)作CF⊥AD，交AD的延长线于F，取FG=BE，连接CG，由(2)同理可两次全等证明出DE=GD即可．【详解】解：(1)EF=GE，理由如下：∵△ADF绕点A顺时针旋转90°与△ABG重合，∴AG=AF，∵AE平分∠GAF，∴∠GAE=∠FAE，在△GAE和△FAE中，AG=AF∠GAE=∠FAE AE=AE，∴△GAE≌△FAE(SAS)，∴GE=EF；(2)BE-DF=EF，理由如下：如图2，在BE上取BG=DF，连接AG，∵∠ADC+∠B=180°，∠ADF+∠ADC=180°，∴∠B=∠ADF，在△ABG和△ADF中，BG=DF∠B=∠ADF AB=AD，∴△ABG≌△ADF(SAS)，∴∠BAG=∠FAD，AG=AF，∵∠BAD=2∠EAF，∴∠GAF=2∠EAF，∴∠GAE=∠EAF，在△GAE和△FAE中，AG=AF∠GAE=∠FAE AE=AE，∴△GAE≌△FAE(SAS)，∴GE=EF，∴BE-DF=EF；(3)如图，作CF⊥AD，交AD的延长线于F，取FG=BE，连接CG，∵AC平分∠BAD，CF⊥AF，CB⊥AB，∴CF=CB，∠EBC=∠GFC，∵BE=GF，∴△CBE≌△CFG(SAS)，∴∠BCE=∠FCG，CG=CE，∵∠DAB=60°，∴∠FCB=120°，∵∠DCE=60°，∴∠DCF+∠BCE=60°，∴∠DCG=60°，又∵CG=CE，∴△ECD≌△GCD(SAS)，∴GD=DE，∵Rt△ACF≌Rt△ACB(HL)，∴AF=AB，∴b+a-BE=c+BE，∴BE=a+b-c2．【点睛】本题主要考查了全等的判定与性质，结合问题引入，构造出全等三角形是解题的关键．1.(2023春·八年级课时练习)如图，等边△ABC中，∠AOB=115°,∠BOC=125°，则以线段OA,OB,OC为边构成的三角形的各角的度数分别为．【答案】55°，60°，65°．【分析】通过旋转△AOB至△CDB，可得△BOD是等边三角形，将OA,OB,OC放在一个三角形中，进而求出各角大小。

1、绕点型（手拉手模型）（1）自旋转：自旋转构造放方法：①遇60°旋60°，构造等边三角形；②遇90°旋90°，构造等腰直角三角形；③遇等腰旋转顶角，构造旋转全等；④遇中点180°，构造中心对称。

（2）共旋转（典型的手拉手模型）例1、在直线ABC 的同一侧作两个等边三角形△ABD 和△BCE ，连接AE 与CD ，证明： （1） △ABE ≌△DBC （2） AE=DC（3） AE 与DC 的夹角为60。

（4） △AGB ≌△DFB （5） △EGB ≌△CFB （6） BH 平分∠AHC （7） GF ∥AC变式练习1、如果两个等边三角形△ABD 和△BCE ，连接AE 与CD ，证明： （1） △ABE ≌△DBC（2） AE=DC（3） AE 与DC 的夹角为60。

（4） AE 与DC 的交点设为H,BH 平分∠AHC变式练习2、如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明：Array(1)△ABE≌△DBC(2)AE=DC(3)AE与DC的夹角为60。

（4）AE与DC的交点设为H,BH平分∠AHC（1）如图1，点C是线段AB上一点，分别以AC，BC为边在AB的同侧作等边△ACM和△CBN，连接AN，BM．分别取BM，AN的中点E，F，连接CE，CF，EF．观察并猜想△CEF的形状，并说明理由．（2）若将（1）中的“以AC，BC为边作等边△ACM和△CBN”改为“以AC，BC为腰在AB的同侧作等腰△ACM和△CBN，”如图2，其他条件不变，那么（1）中的结论还成立吗？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由．例4、例题讲解：1. 已知△ABC为等边三角形，点D为直线BC上的一动点（点D不与B,C重合），以AD为边作菱形ADEF(按A,D,E,F逆时针排列），使∠DAF=60°,连接CF.(1) 如图1，当点D在边BC上时，求证：① BD=CF ‚②AC=CF+CD.(2)如图2，当点D在边BC的延长线上且其他条件不变时，结论AC=CF+CD是否成立？若不成立，请写出AC、CF、CD之间存在的数量关系，并说明理由；(3)如图3，当点D在边BC的延长线上且其他条件不变时，补全图形，并直接写出AC、CF、CD之间存在的数量关系。

初中数学九大几何模型OD ECABAED DOECBABOC ECAEDD图2图 2、手拉手模型 - 旋转型全等D E③OE 平分∠ AED图 2图 1 OABD OAO ②∠ AEB=∠AOB ； 且∠ COD=∠AOB1）等边三角形3）顶角相等的两任意等腰三角形 2）等腰直角三角形图 1图 1C结论】：①△ OAC ≌△ OBD ；C条件】：△ OAB 和△ OCD 均为等边三角形条件】：△ OAB 和△ OCD 均为等腰直角三角形条件】：△ OAB 和△ OCD 均为等腰三角形 结论】：①△ OAC ≌△ OBD ；②∠ AEB=60°；③ OE 平分∠ 结论】：①△ OAC ≌△ OBD ；②∠ AEB=90°；③ OE 平分∠、模型二：手拉手模型 -- 旋转型相似（1）一般情况 【条件】：CD ∥AB ， 将△ OCD 旋转至右图的位置 O OD EA A结论】：①右图中△ OCD ∽△ OAB →→→△ OAC ∽△ OBD ；②延长 AC 交 BD 于点 E ，必有∠ BEC=∠ BOA2）特殊情况 条件】：CD ∥ AB ，∠ AOB=90°将△ OCD 旋转至右图的位置 A 结论】：①右图中△ OCD ∽△ OAB →→→△ OAC ∽△ OBD ； ②延长 AC 交 BD 于点 E ，必有∠ BEC=∠ BOA ； ③ A BD C O O C D O O A B tan ∠OCD ；④BD ⊥AC ； ⑤连接 AD 、BC ，必有 AD 2 BC 2 AB 2三、模型三、对角互补模型1）全等型 -90 ° 条件】：①∠ AOB=∠ DCE=90°；② OC 平分∠ AOB结论】：① CD=CE ；② OD+OE= 2 OC ；③ S △DCE CD ；⑥S△BCD证明提示： ①作垂直，如图 2，证明△ CDM ≌△ CEN ②过点 C 作 CF ⊥ OC ， 如图 3，证明△ ODC ≌△ FEC ※当∠ DCE 的一边交 AO 的延长线于 D 时（如图 4）： S△OCDS以上三个结论：① CD=CE ；② OE-OD= 2 OC ； ③ S △ OCE S △ OCD2）全等型 -120 °条件】：①∠ AOB=2∠ DCE=120°；② OC 平分∠ AOB32 结论】：① CD=CE ；② OD+OE=O ；C ③ S △DCES △OCDS △OCEOC 2 4证明提示：①可参考“全等型 -90 °”证法一；②如右下图：在 OB 上取一点 F ，使 OF=OC ，证明△ OCF 为等边三角形。

一•旋转的定义在平面内，将一个图形绕一个定点0沿某个方向转动一个角度，就叫做图形的旋转，定点0称为旋转中心，转动的角称为旋转角；二•旋转的性质（1 ）旋转前后的图形全等；即对应线段相等，对应角相等.（2）对应点到旋转中心的距离相等.（3 ）任意一对对应点与旋转中心的连线所成的角都是旋转角.三.旋转对称图形把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角（旋转角大于0°，小于360 ° ）四•旋转对称图形把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角（旋转角大于0 °，小于360 ° ）五.典型模型1、等线段共点等边三角形共顶点2、绕点型(手拉手模型)(1 )自旋转: 自旋转构造放方法：①遇60°旋60 °,构造等边三角形；②遇90°旋90 °，构造等腰直角三角形;③遇等腰旋转顶角，构造旋转全等；④遇中点180。

，构造中心对称。

共顶点等腰直角三角形4(2)共旋转模型变形说明：模型变形主要是两个正多边形或者等腰三角形的夹角的变化，另外是等腰直角三角形与正方形的混用。

当遇到复杂图形找不到旋转全等时，先找两个正多边形或者等腰三角形的公共顶点，围绕公共顶点找到两组相邻等线段，分组组成三角形证全等。

3•中点旋转（拓展）说明：两个正方形、两个等腰直角三角形或者一个正方形一个等腰直角三角形及两个图形顶 点连线的中点，证明另外两个顶点与中点所成图形为等腰直角三角形。

证明方法是倍长所要 证等腰直角三角形的一直角边，转化成要证明的等腰直角三角形和已知的等腰直角三角形（或者正方形）公旋转顶点，通过证明旋转全等三角形证明倍长后的大三角形为等腰直角三 角形从而得证。

4、半角模型说明：旋转半角的特征是相邻等线段所成角含一个二分之一角, 分之一的角拼接在一起，成对称全等。

初中数学全等三角形旋转模型(讲义及答案)及答案一、全等三角形旋转模型1．一位同学拿了两块45︒三角尺MNK ∆，ACB ∆做了一个探究活动：将MNK ∆的直角顶点M 放在ACB ∆的斜边AB 的中点处，设4AC BC ==.（1）如图1所示，两三角尺的重叠部分为ACM ∆，则重叠部分的面积为______，周长为______.（2）将如图1所示中的MNK ∆绕顶点M 逆时针旋转45︒，得到如图2所示，此时重叠部分的面积为______，周长为______.（3）如果将MNK ∆绕M 旋转到不同于如图1所示和如图2所示的图形，如图3所示，请你猜想此时重叠部分的面积为______.（4）在如图3所示情况下，若1AD =，求出重叠部分图形的周长.答案：A解析：（1）4，442+；（2）4，8；（3）4；（4）425+【分析】()1根据4AC BC ==，90ACB ∠=，得出AB 的值，再根据M 是AB 的中点，得出AM MC =，求出重叠部分的面积，再根据AM ，MC ，AC 的值即可求出周长；()2易得重叠部分是正方形，边长为12AC ，面积为214AC ，周长为2.AC ()3过点M 分别作AC 、BC 的垂线MH 、ME ，垂足为H 、.E 求得Rt MHD ≌Rt MEG ，则阴影部分的面积等于正方形CEMH 的面积. ()4先过点M 作ME BC ⊥于点E ，MH AC ⊥于点H ，根据DMH EMH ∠∠=，MH ME =，得出Rt DHM ≌Rt EMG ，从而得出HD GE =，CE AD =，最后根据AD 和DF 的值，算出5DM =.【详解】解：()14AC BC ==，90ACB ∠=，22224442AB AC BC ∴=++= M 是AB 的中点，22AM ∴=45ACM ∠=，AM MC ∴=，∴4=， ∴周长为：44AM MC AC ++==+故答案为4，4+；()2重叠部分是正方形，∴边长为1422⨯=，面积为14444⨯⨯=， 周长为248⨯=．故答案为4，8．()3过点M 分别作AC 、BC 的垂线MH 、ME ，垂足为H 、E ， M 是ABC 斜边AB 的中点，4AC BC ==，12MH BC ∴=， 12ME AC =， MH ME ∴=，又90NMK HME ∠∠==，90NMH HMK ∠∠∴+=，90EMG HMK ∠∠+=，HMD EMG ∠∠∴=，在MHD 和MEG 中，HMD GME MH MEDHM MEG ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩， MHD ∴≌()MEG ASA ，∴阴影部分的面积等于正方形CEMH 的面积， 正方形CEMH 的面积是1144422ME MH ⋅=⨯⨯⨯=； ∴阴影部分的面积是4；故答案为4．()4如图所示， 过点M 作ME BC ⊥于点E ，MH AC ⊥于点H ，∴四边形MECH 是矩形，MH CE ∴=，45A ∠=，45AMH ∠∴=，AH MH ∴=，AH CE ∴=，在Rt DHM 和Rt GEM 中，DMH EMG MH MEDHM GEM ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩， Rt DHM ∴≌.Rt GEMGE DH ∴=，AH DH CE GE ∴-=-，CG AD ∴=，1AD =，1.DH ∴=145DM ∴=+=．∴四边形DMGC 的周长为：CE CD DM ME +++2AD CD DM =++425=+【点睛】此题考查了等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质，等腰直角三角形的面积公式，正方形的面积公式，全等三角形的判定和性质求解．2．△CDE 和△AOB 是两个等腰直角三角形，∠CDE ＝∠AOB ＝90°，DC ＝DE ＝1，OA ＝OB ＝a （a ＞1）．（1）将△CDE 的顶点D 与点O 重合，连接AE ，BC ，取线段BC 的中点M ，连接OM ． ①如图1，若CD ，DE 分别与OA ，OB 边重合，则线段OM 与AE 有怎样的数量关系？请直接写出你的结果；②如图2，若CD 在△AOB 内部，请你在图2中画出完整图形，判断OM 与AE 之间的数量关系是否有变化？写出你的猜想，并加以证明；③将△CDE 绕点O 任意转动，写出OM 的取值范围（用含a 式子表示）；（2）是否存在边长最大的△AOB ，使△CDE 的三个顶点分别在△AOB 的三条边上（都不与顶点重合）？如果存在，请你画出此时的图形，并求出边长a 的值；如果不存在，请说明理由．答案：A解析：（1）①OM ＝12AE ；②OM ＝12AE ，证明详见解析；③12a -≤OM ≤12a +；（2）5【分析】（1）①利用△CDE ≌△AOB 得出BC ＝AE ，再由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求解．②作辅助线，利用△COF ≌△EOA 及三角形中位线得出OM ＝12AE ． ③分两种情况，当OC 与OB 重合时OM 最大，当OC 在BO 的延长线上时OM 最小，据此求出OM 的取值范围．（2）分两种情况：当顶点D 在斜边AB 上时，设点C ，点E 分别在OB ，OA 上．由DM +OM ≥OF 求出直角边a 的最大值；当顶点D 在直角边AO 上时，点C ，点E 分别在OB ，AB 上时，利用△EHD ≌△DOC ，得出OD ＝EH ，在Rt △DHE 中，运用勾股定理ED 2＝DH 2+EH 2，得出方程，由△判定出a 的最大值．【详解】解：（1）①∵△CDE 和△AOB 是两个等腰直角三角形，∴CD ＝ED ，AO ＝B 0，∠CDE ＝∠AOB ，在△CDE 和△AOB 中，CD ED CDE AOB AO BO =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△CDE ≌△AOB （SAS ），∴BC ＝AE∵M 为BC 中点，∴OM ＝12BC ， ∴OM ＝12AE ． ②猜想：OM ＝12AE ． 证明：如图2，延长BO 到F ，使OF ＝OB ，连接CF ，∵M 为BC 中点，∴OM ＝12CF ， ∵△CDE 和△AOB 是两个等腰直角三角形，∴CD ＝ED ，AO ＝BO ＝OF ，∠CDE ＝∠AOB ，∵∠AOC +∠COB ＝∠BOE +∠COB ＝90°，∴∠AOC ＝∠BOE ，∠FOC ＝∠AOE ，在△COF 和△EOA 中，CD ED FOC AOE OF AO =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△COF ≌△EOA ，∴CF ＝AE ，∴OM ＝12AE ． ③Ⅰ、如图3，当OC 与OB 重合时，OM 最大，OM＝11122 a a-++=Ⅱ、如图4，当OC在BO的延长线上时，OM最小，OM＝12a+﹣1＝12a-，所以12a-≤OM≤12a+，（2）解：根据△CDE的对称性，只需分两种情况：①如图5，当顶点D在斜边AB上时，设点C，点E分别在OB，OA上．作OF⊥AB于点F，取CE的中点M，连接OD，MD，OM．∵△AOB和△CDE是等腰直角三角形，∠AOB＝∠CDE＝90°，OA＝OB＝a（a＞1），DC＝DE＝1，∴AB ＝2a ，OF ＝12AB ＝22a ， ∴CE ＝2，DM ＝12CE ＝22， 在RT △COE 中，OM ＝12CE ＝22， 在RT △DOM 中，DM +OM ≥OD ，又∵OD ≥OF ， ∵DM +OM ≥OF ，即22+22≥22a ， ∴a ≤2，∴直角边a 的最大值为2．②如图6，当顶点D 在直角边AO 上时，点C ，点E 分别在OB ，AB 上，作EH ⊥AO 于点H ． ∵∠AOB ＝∠CDE ＝∠DHE ＝90°，∵∠HED +∠EDH ＝∠CDO +∠EDH ＝90°，∴∠HED ＝∠CDO ，∵DC ＝DE ，在△EHD 和△DOC 中，EHD COD HED CDO DE DC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△EHD ≌△DOC （AAS ）设OD ＝x ，∴OD ＝EH ＝AH ＝x ，DH ＝a ﹣2x ，在Rt △DHE 中，ED 2＝DH 2+EH 2，∴1＝x 2+（a ﹣2x ）2，整理得，5x 2﹣4ax +a 2﹣1＝0，∵x 是实数，∴△＝（4a ）2﹣4×5×（a 2﹣1）＝20﹣4a 2≥0，∴a 2≤5，∴a 2的最大值为5，∴a 的最大值为5． 综上所述，a 的最大值为5．【点睛】本题主要考查了几何变换综合题及三角形全等的判定和性质，解题的关键是在取最大值时，对三角形的位置进行讨论分别求值．3．问题提出（1）如图①，在ABC 中，AD 是BC 边上的高，若∠BAD ＝45°，∠DAC ＝30°，则ABD ACDS S ＝ ．问题探究（2）如图②，在正方形ABCD 中，边长为8，点E 是AB 的中点，作∠EDF ＝45°，交BC 于点F ，求DEF 的面积．问题解决（3）如图③，某市为迎接城市运动会，打造融体育、文化、饮食、旅游为一体的综合商业品牌，规划了如图所示的矩形ABCD 观光区，如图，在矩形ABCD 中，AB ＝16km ，AD ＝12km ，要求在边AB 上确定一点E 为观光区的南门，在边BC 上确定一点F 为观光区的东门，且∠EDF ＝30°，同时为了方便市民游览，还要修建一条观光通道FG ，使FG ∥AB ，交DE 于点G （观光带的宽度不计），为了节约成本，要使FG 的长度最小，那么是否存在符合条件的修建方案？若存在，请求出FG 的最小值；若不存在，请说明理由．答案：B解析：3(2)803，(3) 323． 【分析】(1)根据∠BAD ＝45°，∠DAC ＝30°，求出BD 、AD 、DC 的关系即可；(2)将△DCF 绕点D 顺时针旋转90°得到△DAG ，可证△DEF ≌△DEG ，得到EF =CF +AE ，求出CF 长即可；(3) 作DM ⊥DF ，交BA 延长线于点M ，作EN ⊥DF 于N ，EH ⊥DM 于H ，作△DME 的外接圆⊙O ，连接OD 、OE 、OM ，作OQ ⊥ME 于Q ，求出△DEF 的面积最小值，再用面积求FG 最小值．【详解】解:(1)∵AD 是BC 边上的高，若∠BAD ＝45°，∠DAC ＝30°，∴AD =BD ，AD = tan 603DC DC ︒=，12312ABD ACD BD AD SS CD AD ⋅==⋅， (2) 将△DCF 绕点D 顺时针旋转90°得到△DAG ，∵∠DAG =∠C =90°，∠DAE =90°，∴G 、A 、E 三点共线，由旋转可知，∠FDG =∠CDA =90°，DF =DG ，∴∠GDE =∠FDE =45°，DE =DE ,∴△GDE ≌△FDE ，∴GE =EF ，∴EF =AE +CF ，设EF 为x ，则CF =x -4，BF =12-x ，2224(12)x x +-=，解得，x =203, DEF 的面积=DEG 的面积=120808233⨯⨯=；(3)作DM ⊥DF ，交BA 延长线于点M ，作EN ⊥DF 于N ，EH ⊥DM 于H ，作△DME 的外接圆⊙O ，连接OD 、OE 、OM ，作OQ ⊥ME 于Q ，∵∠FDM =∠CDA =90°，∴∠ADM =∠CDF ，∵∠C =∠DAM =90°，∴△ADM ∽△CDF ，∴34MD AD DF DC ==, ∵∠FDE =30°，∴∠EDM =60°， ∵1sin 302EN DE DE =︒=,3sin 602EH DE DE =︒=,∴3EH EN =,1432192DEFDME DF EN S S DM EH ⋅==⋅, 设⊙O 的半径为R ，∵∠MDE =60°，∴∠MOE =120°，∠MOQ =60°，3sin 602R MQ OM =︒=，ME =3R ,OQ =12R , OD +OQ ≥AD , 1122R R +≥,解得，8R ≥， 138122DME S ≥⨯⨯⨯，即483DME S ≥，DME S △的最小值为483，DEF S △的最小值为43483649⨯=， 1()62DEF DGF EGF S S S FG CF BF FG =+=+=, FG 的最小值为643263=．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角形的外接圆，解直角三角形等，解题关键是充分理解题意，恰当的构建全等三角形、相似三角形和外接圆． 4．如图1，在等腰Rt △ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ＝6，过点B 作BD ⊥AC 交AC 于点D ，点E 、F 分别是线段AB 、BC 上两点，且BE ＝BF ，连接AF 交BD 于点Q ，过点E 作EH ⊥AF 交AF 于点P ，交AC 于点H ．（1）若BF ＝4，求△ADQ 的面积；（2）求证：CH ＝2BQ ；（3）如图2，BE ＝3，连接EF ，将△EBF 绕点B 在平面内任意旋转，取EF 的中点M ，连接AM ，CM ，将线段AM 绕点A 逆时针旋转90°得线段AN ，连接MN 、CN ，过点N 作NR ⊥AC 交AC 于点R ．当线段NR 的长最小时，直接写出△CMN 的周长．答案：A解析：（1）1.8；（2）证明见解析；（3）3263351022+． 【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质求出1322BD AD CD AC ====积相等和勾股定理分别求出AQ 和QD ，最后利用三角形面积公式即可求解；（2）如图，先作辅助线构造()AEH CFG ASA ∆∆≌，得到AH CG =，再通过转化得到2AH DQ =，最后利用AC ，得到一个相等关系，即()2AH HC BQ QD +=+，利用等式性质即可得到所求；（3）如图，通过做辅助线构造全等三角形确定出当HN ⊥AC ，且N 点位于H 、R 之间时，此时NR 的长最小，接着利用勾股定理和等腰直角三角形的性质，分别求出CM 、MN 、CN 的长，相加即可．【详解】解：6AB BC ==，°90ABC =∠，262AC ==∴又∵AC BD ⊥∴BD 平分AC ，且BD 是∠ABC 的角平分线 ∴1322BD AD CD AC ====Q 点到BA 和BC 边的距离相等； ∵4BF =， ∴6342ABQBFQ S S ∆∆==，∴32AQ FQ =，∵AF ===∴355AQ AF ==，∴5QD ===，∴1 1.825ADQ S ∆=⨯⨯=， ∴△ADQ 的面积为1.8．（2）如图，作CG ⊥AC ，垂足为C ，交AF 的延长线于点G ，∴°90ACG =∠∵°45ACB CAB ==∠∠，∴°45GCB CAB ==∠∠，∵EH ⊥AF ，∴°90EAP AEP +=∠∠,又∵°90EAP AFB +=∠∠∴AEP AFB =∠∠，∴AEP CFG =∠∠∵BE BF =，BA BC =∴AE CF =，在AEH ∆和CFG ∆中，AEH CFG AE CFEAH FCG ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩∴()AEH CFG ASA ∆∆≌∴AH CG =；∵BD ⊥AC ，CG ⊥AC ，∴BD ∥CG ，∵D 点是AC 的中点，且BD ∥CG ，∴DQ 是ACG ∆的中位线，∴12DQ CG =， ∴2DQ CG AH ==； ∵AC =2BD ，∴()2AH HC BQ QD +=+，∵2AH DQ =，∴CH ＝2BQ ．（3）如图①，作AH ⊥AB ,且AH =AB ，∴∠NAH +∠HAM =∠HAM +∠BAM =90°，∴∠BAM =∠NAH ，∵AB =AH ，AM =AN ，∴()ABM AHN SAS ∆∆≌，∴HN =BM ，∵BE =BF =3，∠EBF =90°， ∴232EF BE ==∴由M 点是EF 的中点，可得1322BM EF == ∴32NH =， ∴N 点在以H 点为圆心，322为半径的圆上， 如图②，当HN ⊥AC ，且N 点位于H 、R 之间时，此时NR 的长最小， 为32NR HR HN HR =-=-∵∠BAC =45°，∴∠HAC =45°，∴∠AHN =45°，HR =AR ，∵222HR AR AH +=， ∴322HR AR ===， ∴323222NR HR =-=， ∵262AC AB ==∴32CR AC AR =-=， ∴()22333221022CN AN ⎛⎫==+= ⎪⎝⎭， ∵∠MAN =90°，AM =AN ，∴235MN AN ==，∴∠ABM =45°，∴∠EBM =45°，∴F 点在BA 上，E 点在CB 延长线上，如图，作MP ⊥EC ，垂足为P ，∴1322BP MP EB ===， ∴315622PC PB BC =+=+=， ∴223262MC MP PC =+=， ∴3263351022MC MN CN ++=++， ∴△CMN 的周长为3263351022++．【点睛】本题综合考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质、勾股定理、圆等知识，要求学生熟练掌握相关概念并能灵活应用它们，本题的综合性较强，难点在于作辅助线构造全等三角形以及线段之间的关系转化等，考查了学生综合分析和推理论证以及计算的能力，本题属于压轴题，蕴含了数形结合和转化的思想方法等．5．如图．四边形ABCD 、BEFG 均为正方形．（1）如图1，连接AG 、CE ，请直接写出．．．．．AG 和CE 的数量和位置关系（不必证明）．（2）将正方形BEFG 绕点B 顺时针旋转β角（0180β︒︒＜＜），如图2，直线AG 、CE 相交于点M ．①AG 和CE 是否仍然满足（1）中的结论？如果是，请说明理由：如果不是，请举出反例：②连结MB ，求证：MB 平分AME ∠．（3）在（2）的条件下，过点A 作AN MB ⊥交MB 的延长线于点N ，请直接写出．．．．．线段CM 与BN 的数量关系．答案：A解析：（1）AG=EC ，AG ⊥EC ；（2）①满足，理由见解析；②见解析；（3）2．【分析】（1）由正方形BEFG 与正方形ABCD ，利用正方形的性质得到两对边相等，一对直角相等，利用SAS 得出三角形ABG 与三角形CBE 全等，利用全等三角形的对应边相等，对应角相等得到CE=AG ，∠BCE=∠BAG ，再利用同角的余角相等即可得证；（2）①利用SAS 得出△ABG ≌△CEB 即可解决问题；②过B 作BP ⊥EC ，BH ⊥AM ，由全等三角形的面积相等得到两三角形面积相等，而AG=EC ，可得出BP=BH ，利用到角两边距离相等的点在角的平分线上得到BM 为角平分线；（3）在AN 上截取NQ=NB ，可得出三角形BNQ 为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质得到2BN ，接下来证明BQ=CM ，即要证明三角形ABQ 与三角形BCM 全等，利用同角的余角相等得到一对角相等，再由三角形ANM 为等腰直角三角形得到NA=NM ，利用等式的性质得到AQ=BM ，利用SAS 可得出全等，根据全等三角形的对应边相等即可得证．【详解】解：（1）AG=EC ，AG ⊥EC ，理由为：∵正方形BEFG ，正方形ABCD ，∴GB=BE ，∠ABG=90°，AB=BC ，∠ABC=90°，在△ABG 和△BEC 中，BG BE ABC EBC BA BC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABG ≌△BEC （SAS ），∴CE=AG ，∠BCE=∠BAG ，延长CE 交AG 于点M ，∴∠BEC=∠AEM ，∴∠ABC=∠AME=90°，∴AG=EC ，AG ⊥EC ；（2）①满足，理由是：如图2中，设AM 交BC 于O ．∵∠EBG=∠ABC=90°，∴∠ABG=∠EBC ，在△ABG 和△CEB 中，AB BC ABG CBE BG EB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABG ≌△CEB （SAS ），∴AG=EC ，∠BAG=∠BCE ，∵∠BAG+∠AOB=90°，∠AOB=∠COM ，∴∠BCE+∠COM=90°，∴∠OMC=90°，∴AG ⊥EC ．②过B 作BP ⊥EC ，BH ⊥AM ，∵△ABG ≌△CEB ，∴S △ABG =S △EBC ，AG=EC ， ∴12EC•BP=12AG•BH ， ∴BP=BH ，∴MB 平分∠AME ；（3）CM=2BN ，理由为：在NA 上截取NQ=NB ，连接BQ ，∴△BNQ 为等腰直角三角形，即BQ=2BN ，∵∠AMN=45°，∠N=90°，∴△AMN 为等腰直角三角形，即AN=MN ，∴MN-BN=AN-NQ ，即AQ=BM ，∵∠MBC+∠ABN=90°，∠BAN+∠ABN=90°，∴∠MBC=∠BAN ，在△ABQ 和△BCM 中，AQ BM BAN MBC AB BC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABQ ≌△BCM （SAS ），∴CM=BQ ，则CM=2BN ．【点睛】此题考查了正方形，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，角平分线的判定，熟练掌握正方形的性质是解本题的关键．6．如图1所示，矩形ABCD中，点E，F分别为边AB，AD的中点，将△AEF绕点A逆时针旋转α（0°＜α≤360°），直线BE、DF相交于点P．（1）若AB＝AD，将△AEF绕点A逆时针旋转至如图2所示的位置，则线段BE与DF的数量关系是．（2）若AD＝nAB（n≠1），将△AEF绕点A逆时针旋转，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请就图3所示的情况加以证明，若不成立，请写出正确结论，并说明理由．（3）若AB＝8，BC＝12，将△AEF旋转至AE⊥BE，请算出DP的长．答案：B解析：（1）BE＝DF；（2）不成立，结论：DF＝nBE；理由见解析（3）634或634【分析】（1）如图2中，结论：BE＝DF，BE⊥DF．证明△ABE≌△ADF（SAS），利用全等三角形的性质可得结论；（2）结论：DF＝nBE，BE⊥DF，证明△ABE∽△ADF（SAS），利用相似三角形的性质可得结论；（3）分两种情形画出图形，利用相似三角形的性质以及勾股定理求解即可．【详解】解：（1）结论：BE=DF，BE⊥DF，理由：∵四边形ABCD是矩形，AB=AD，∴四边形ABCD是正方形，AE=12AB，AF=12AD，∴AE=AF，∵∠DAB=∠EAF=90°，∴∠BAE=∠DAF，∴△ABE≌△ADF（SAS），∴BE=DF，故答案为：BE=DF；（2）结论不成立，结论：DF=nBE，∵AE=12AB，AF=12AD，AD=nAB，∴AF=nAE，∴AF∶AE=AD∶AB，∴AF∶AE=AD∶AB，∵∠DAB=∠EAF=90°，∴∠BAE=∠DAF，∴△BAE∽△DAF，∴DF∶BE=AF∶AE=n，∠ABE=∠ADF，∴DF=nBE；（3）如图4-1中，当点P在BE的延长线上时，在Rt△AEB中，∵∠AEB=90°，AB=8，AE=12AB=4，∴BE=22AB AE-=43，∵△ABE∽△ADF，∴ABAD =BE DF，∴812=43DF，∴DF=63，∵四边形AEPF是矩形，∴AE=PF=4，∴PD=DF-PF=634-；如图4-2中，当点P在线段BE上时，同法可得DF=63PF=AE=4，∴PD=DF ＋PF=634+，综上所述，满足条件的PD 的值为634-或634+．【点睛】此题考查了矩形的性质，全等三角形的判定及性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，注意应用分类思想解决问题， 是一道较难的几何综合题．7．在平面直角坐标系中，点A 在y 轴正半轴上，点B 在x 轴负半轴上，BP 平分∠ABO ． （1）如图1，点T 在BA 延长线上，若AP 平分∠TAO ，求∠P 的度数；（2）如图2，点C 为x 轴正半轴上一点，∠ABC ＝2∠ACB ，且P 在AC 的垂直平分线上． ①求证：AP //BC ；②D 是AB 上一点，E 是x 轴正半轴上一点，连接AE 交DP 于H ．当∠DHE 与∠ABE 满足什么数量关系时，DP ＝AE ．给出结论并说明理由．答案：D解析：（1）45°；（2）①见解析；②∠DHE +∠ABE ＝180°，理由见解析【分析】（1）由三角形的外角性质和角平分线的性质可得∠AOB ＝2∠P ＝90°，可求解；（2）①过点P 作PE ⊥AB 交BA 延长线于E ，过点P 作PF ⊥BC 于F ，连接PC ，由角平分线的性质可得PE ＝PF ，由垂直平分线的性质可得PA ＝PC ，由“HL ”可证Rt △APE ≌Rt △CPF ，可得∠EPA ＝∠CPF ，由四边形内角和定理可得∠EBF +∠EPF ＝180°，由角的数量关系可证∠ACB ＝∠PAC ，由平行线的判定可证AP ∥BC ；②如图3，在OE 上截取ON ＝OB ，连接AN ，通过证明△ADP ≌△NEA ，可得DP ＝AE ．【详解】解：（1）∵BP 平分∠ABO ，AP 平分∠TAO ，∴∠PBT ＝12∠ABO ，∠TAP ＝12∠TAO ， ∵∠TAO ＝∠ABO+∠AOB ，∠TAP ＝∠P+∠ABP ，∴∠AOB ＝2∠P ＝90°，∴∠P ＝45°；（2）①如图2，过点P 作PE ⊥AB 交BA 延长线于E ，过点P 作PF ⊥BC 于F ，连接PC ，又∵PB 平分∠ABC ， ∴PE ＝PF ，∵P 在AC 的垂直平分线上， ∴PA ＝PC ， ∴∠PAC ＝∠PCA ， 在Rt △APE 和Rt △CPF 中，AP PCPE PF =⎧⎨=⎩， ∴Rt △APE ≌Rt △CPF （HL ）， ∴∠EPA ＝∠CPF ， ∴∠EPF ＝∠APC ，在四边形BEPF 中，∠EBF+∠BEP+∠EPF+∠PFB ＝180°， ∴∠EBF+∠EPF ＝180°， ∴∠ABC+∠APC ＝180°， ∵∠APC+∠PAC+∠PCA ＝180°， ∴∠ABC ＝∠PAC+∠PCA ＝2∠PAC ， ∵∠ABC ＝2∠ACB ， ∴∠ACB ＝∠PAC ， ∴AP ∥BC ；②当∠DHE+∠ABE ＝180°时，DP ＝AE ，理由如下：如图3，在OE 上截取ON ＝OB ，连接AN ，∵OB ＝ON ，AO ⊥BE ， ∴AB ＝AN ，∴∠ABN ＝∠ANB ， ∵AP ∥BE ，BP 平分∠ABE ，∴∠APB ＝∠PBE ＝∠ABP ，∠ABN+∠BAP ＝180°， ∴AP ＝AB ， ∴AP ＝AN ，∵∠ANB+∠ANE ＝180°， ∴∠BAP ＝∠ANE ，∵∠DHE+∠ABE ＝180°，∠DHE+∠ABE+∠BDH+∠BEH ＝360°， ∴∠BDH+∠BEH ＝180°， ∵∠ADP+∠BDP ＝180°， ∴∠ADP ＝∠AEN ， 在△ADP 和△NEA 中，DAP ANE ADP AEN AP AN ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△ADP ≌△NEA （AAS ）， ∴DP ＝AE ． 【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，线段垂直平分线的性质，四边形内角和定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键． 8．如图1所示，在Rt ABC △中90BAC ∠=︒，AB AC =，2BC =，以BC 所在直线为x 轴，边BC 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系，将ABC 绕P 点0,1顺时针旋转．（1）填空：当点B 旋转到y 轴正半轴时，则旋转后点A 坐标为______；（2）如图2所示，若边AB 与y 轴交点为E ，边AC 与直线1y x =-的交点为F ，求证：AEF 的周长为定值；（3）在（2）的条件下，求AEF 内切圆半径的最大值．解析：（1）2,21；（2）见解析；（3）324【分析】（1）作出图形，'''A B C 是ABC 绕 P 点0,1顺时针旋转，点B 旋转到y 轴正半轴时得到的图形，连接 BP ，CP ，根据2BC =，y 轴垂直平分BC ， AB AC =，()0,1P -可证得四边形ABPC 是正方形，则有 '''2BP B PAB A B ，'0'21B B PPO，可得点 A 坐标；（2）作BPQ CPF ∠=∠，交AB 延长线于Q 点，根据四边形ABPC 是正方形，得到90QBP FCP ∠=∠=︒，BP CP =，可证BPQ CPF ASA ≌△△，得BQ CF =，QP FP =，利用ASA 再可证得QPE FPE ≌△△，得QE FE =则AEF 的周长22AB AC =+=（3）设EF m =，AE n =，Rt AEF 的内切圆半径为r ，由（2）可得22AF m n =--则2AE AF EF r +-=222n m n m+---=2m =-，当m 最小时，r 最大．得到22222n m nm 整理得：2224220nm n m，关于n的一元二次方程有解，即22244220m m化简得24280m m +-≥，利用二次函数图像可得422m ≥-或422m ≤--（不合题意，舍去）可得m 的最小值为422-，即r 的最大值为2422324，则有AEF 内切圆半径的最大值为324-．【详解】解：（1）如图示，'''A B C 是ABC 绕 P 点0,1顺时针旋转，点B 旋转到y 轴正半轴时得到的图形，连接 BP ，CP ，∵2BC =，y 轴垂直平分BC ∴1BO CO ==又∵Rt ABC △中，AB AC =∴1AO =，2AB AC ==∵()0,1P - ∴1PO =∴AO BO CO PO === ∴四边形ABPC 是正方形 ∴'''2BP B P AB A B∴'0'21B B PPO∴点A 坐标为2,21（2）如图2所示，作BPQ CPF ∠=∠，交AB 延长线于Q 点 ∵四边形ABPC 是正方形∴90QBP FCP ∠=∠=︒， BP CP = ∴BPQ CPF ASA ≌△△∴ BQ CF =，QP FP =∵点F 在直线1y x =-∴45FPE ∠=︒∴ 45BPE FPC ∠+∠=︒ ∴45BPE BPQ ∠+∠=︒∴45QPE FPE ∠=∠=︒ ∵EP EP =∴QPE FPE ASA ≌△△∴ QE FE =∴AEF 的周长AE EF AF AE QE AF =++=++ AE BE BQ AF AE BE FC AF =+++=+++22AB AC =+=（3）设EF m =，AE n =，Rt AEF 的内切圆半径为 r ， 由（2）可得22AF m n =-则2AE AF EFr +-=22n m n m+---=2m =∴当m 最小时，r 最大．∵在Rt AEF 中，222AE AF EF +=∴22222n m nm 整理得： 2224220nm nm ∵关于n 的一元二次方程有解∴22244220m m∴24280m m +-≥利用二次函数图像可得422m ≥-422m ≤--（不合题意，舍去）∴m的最小值为422-∴r的最大值为2422324即AEF内切圆半径的最大值为324-．【点睛】本题主要考查了一次函数的综合应用以及根的判别式、全等三角形的判定与性质、旋转、三角形内切圆等知识，能熟练应用相关性质是解题关键．9．如图，直线y＝﹣x+c与x轴交于点B（3，0），与y轴交于点C，过点B，C的抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴的另一个交点为A．（1）求抛物线的解析式和点A的坐标；（2）P是直线BC上方抛物线上一动点，PA交BC于D．设t＝PDAD，请求出t的最大值和此时点P的坐标；（3）M是x轴上一动点，连接MC，将MC绕点M逆时针旋转90°得线段ME，若点E恰好落在抛物线上，请直接写出此时点M的坐标．答案：A解析：（1）y＝﹣x2+2x+3，A（﹣1，0）；（2）t的最大值为916，此时P（32，154）；（3）M 933-，0933+0）．【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可；（2）连接AC，PC，PB，过点A作AE⊥BC于E，过等P作PF⊥BC于F．设P（m，﹣m2+2m+3）．利用相似三角形的性质构建二次函数解决问题即可；（3）过点E作EH⊥x轴于H．设M（m，0），利用全等三角形的性质求出点E的坐标（用m表示），再利用待定系数法解决问题即可．【详解】解：（1）∵直线y＝﹣x+c与x轴交于点B（3，0），与y轴交于点C，∴0＝﹣3+c，解得c＝3，∴C（0，3），∵抛物线经过B，C，∴9303b cc-++=⎧⎨=⎩，解得23bc=⎧⎨=⎩，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，令y＝0，得到﹣x2+2x+3＝0，解得x＝﹣1或3，∴A（﹣1，0）；（2）如图，连接AC，PC，PB，过点A作AE⊥BC于E，过点P作PF⊥BC于F．设P（m，﹣m2+2m+3）．∵AE∥PF，∴△PFD∽△AED，∴PDAD ＝PFAE，∵S△PBC＝12•BC•PF，S△ACB＝12•BC•AE，∴PDAD ＝PBCABCSS∆∆，∵S△ABC＝12•AB•OC＝12×4×3＝6，∴t＝PDAD ＝6PBCS∆＝211133(23)332226m m m⨯⨯+⨯⨯-++-⨯⨯＝﹣14m2+34m＝﹣14（m﹣32）2+916，∵﹣14＜0，∴m＝32时，t有最大值，最大值为916，此时P（32，154）；（3）如图，过点E作EH⊥x轴于H，∵∠COM ＝∠EHM ＝∠CME ＝90°，∴∠EMH +∠CMH ＝90°，∠EMH +∠MEH ＝90°， ∴∠MEH ＝∠CMO ， ∵MC ＝ME ，∴△COM ≌△MHE （AAS ），∴OC ＝MH ＝3，OM ＝EH ，设M （m ，0），则E （m ﹣3，﹣m ），把E （m ﹣3，﹣m ）代入y ＝﹣x 2+2x +3，可得﹣（m ﹣3）2+2（m ﹣3）+3＝﹣m ， 整理得，m 2﹣9m +12＝0， 解得m ＝9332-或9332+， ∴M （9332-，0）或（9332+，0）． 【点睛】本题考查的是二次函数综合题，涉及全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，解题的关键是利用数形结合的思想，在二次函数图象上构造全等三角形或相似三角形，利用几何的性质进行点坐标的求解．10．问题：如图（1），点M 、N 分别在正方形ABCD 的边BC 、CD 上，∠MAN ＝45°，试判断 BM 、MN 、ND 之间的数量关系． （1）研究发现如图1，小聪把△ADN 绕点A 顺时针旋转90°至△ABG ，从而发现BM 、MN 、DN 之间的数量关系为 （直接写出结果，不用证明） （2）类比引申如图2，在（1）的条件下，AM 、AN 分别交正方形ABCD 的对角线BD 于点E 、F ．已知EF＝5，DF＝4．求BE的长．（3）拓展提升如图3，在（2）的条件下，AM、AN分别交正方形ABCD的两个外角平分线于Q、P，连接PQ．请直接写出以BQ、PQ、DP为边构成的三角形的面积．答案：B解析：（1）BM+DN＝MN，理由见解析；（2）BE＝3；（3）以BQ、PQ、DP为边构成的三角形的面积为36．【分析】（1）结论是：BM+DN＝MN，如图1，利用三角形AND旋转90º得三角形ABG，∠DAN=∠BAG，可证∠GAM=∠GAB+∠BAM=∠MAN，利用SAS证△AMN≌△AMG即可；（2）如图2，按同样方法△AFD顺时针旋转90º，使AD与AB重合，得△ABF′，连结EF′，△BEF′是直角三角形，用勾股定理求EF′=5，再证△AEF≌△AEF即可；（3）如图3，由（2）可得BD=12，可求正方形边长，构建△P′AQ，P′B=DP，将△ADP顺时针转90º，AD与AB重合，得△BQP′，连OP′，可证△BQP′是直角三角形，可证PQ=P′Q，再证△ABQ∽△PDA，将△P′BQ面积=12BQ•BP′=12BQ•DP=12AD•AB可求．【详解】（1）如图1，BM+DN＝MN，理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠D＝∠ABC＝∠BAD＝90°，小聪把△ADN绕点A顺时针旋转90°至△ABG，由旋转可得：BG＝DN，AN＝AG，∠1＝∠2，∠ABG＝∠D＝90°，∴∠ABG+∠ABM＝90°+90°＝180°，因此，点G，B，M在同一条直线上，∵∠MAN＝45°，∴∠2+∠3＝∠BAD﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°，∵∠1＝∠2，∴∠1+∠3＝45°，∴∠GAM＝∠MAN，∵AM＝AM，∴△AMN≌△AMG（SAS），∴MN＝GM，∵GM ＝BM +BG ＝BM +DN ， ∴BM +DN ＝MN ； 故答案为：BM +DN ＝MN ；（2）如图2，把△ADF 绕点A 顺时针旋转90°至△ABF '，连接EF '，∴AF ′ ＝AF ，∠DAF ＝∠BAF '，∠ABF ′ ＝∠ADF ＝45°，BF ′ ＝DF ＝4， ∵∠ABE ＝45°，∴∠EBF ′ ＝45°+45°＝90°， ∵AE ＝AE ，同理得△EAF ≌△EAF '（SAS ）， ∴EF '＝EF ＝5，在Rt △EBF '中，由勾股定理得：BE ＝()()2222EF +BF =5-4=3''＝3；（3）由（2）知：BE ＝3，EF ＝5，DF ＝4， ∴BD ＝3+4+5＝12，由勾股定理得：AB 2+AD 2＝BD 2， ∵AB ＝AD ， ∴AB 2＝72，如图3，把△ADP 绕点A 顺时针旋转90°至△ABP '，连接BP ′，则∠ABP′＝∠ADP ，PD ＝P ′B ，AP ＝AP ′，∵AM 、AN 分别交正方形ABCD 的两个外角平分线于Q 、P ， ∴∠ADP ＝∠ABQ ＝135°， ∴∠DAP +∠APD ＝45°， ∵∠DAP +∠BAQ ＝45°， ∴∠BAQ ＝∠APD ，∴△ADP∽△QBA，∴AD PD=BQ AB，∴BQ•PD＝AD•AB＝72，∵∠ABP'＝∠ABQ＝135°，∴∠QBP'＝360°﹣135°﹣135°＝90°，∴S△BP'Q＝12BQ•BP′＝12BQ•DP＝12×72＝36，∵AP＝AP'，∠PAQ＝∠P'AQ，AQ＝AQ，∴△QAP≌△QAP'（SAS），∴PQ＝P'Q，∴以BQ、PQ、DP为边构成的三角形的面积为36．【点睛】本题是感知，探究，创新新题型，主要考查了学生对正方形的性质，旋转变换，勾股定理及全等三角形与相似三角形的判定方法的综合运用．关键是灵活掌握所学知识，同时会从感知中学到方法，结合下一图形，找到解决问题的方法，以及突破口，在创新中，注意把给出的问题进行转化，利用转化思想来解决．11．（1）问题感知如图1，在△ABC中，∠C＝90°，且AC＝BC，点P是边AC的中点，连接BP，将线段PB绕点P顺时针旋转90°到线段PD．连接AD．过点P作PE∥AB交BC于点E，则图中与△BEP全等的三角形是，∠BAD＝°；（2）问题拓展如图2，在△ABC中，AC＝BC＝43AB，点P是CA延长线上一点，连接BP，将线段PB绕点P顺时针旋转到线段PD，使得∠BPD＝∠C，连接AD，则线段CP与AD之间存在的数量关系为CP＝43AD，请给予证明；（3）问题解决如图3，在△ABC中，AC＝BC＝AB＝2，点P在直线AC上，且∠APB＝30°，将线段PB绕点P顺时针旋转60°到线段PD，连接AD，请直接写出△ADP的周长．答案：A解析：（1）△PAD，90；（2）证明见解析；（3）623．【分析】（1）由“SAS”可证△PAD≌△BEP，可得∠PAD=∠BEP=135°，依据∠ABC=45°，可得∠BAD=90°；（2）过点P作PH∥AB，交CB的延长线于点H，由“SAS”可证△APD≌△HBP，可得PH=AD ，通过证明△CAB ∽△CPH ，可得H AC AB CP P ，即可得结论； （3）分两种情况讨论，由直角三角形的性质和相似三角形的性质可求解．【详解】证明：（1）∵点P 是边AC 的中点，PE ∥AB ，∴点E 是BC 的中点，∴CE ＝BE ，∵AC ＝BC ，∴BE ＝AP ，∵将线段PB 绕点P 顺时针旋转90°到线段PD ．∴PB ＝PD ，∵∠APD+∠BPC ＝90°，∠EBP +∠BPC ＝90°，∴∠EBP ＝∠APD ，又∵PB ＝PD ，∴△PAD ≌△BEP （SAS ），∴∠PAD ＝∠BEP ，∵∠C ＝90°，AC ＝BC ，∴∠BAC ＝∠ABC ＝45°，∵PE ∥AB ，∴∠ABC ＝∠PEC ＝45°，∴∠BEP ＝135°，∴∠BAD ＝∠PAD ﹣∠BAC ＝135°﹣45°＝90°，故答案为：△PAD ，90；（2）如图，过点P 作PH ∥AB ，交CB 的延长线于点H ，∴∠CBA ＝∠CHP ，∠CAB ＝∠CPH ，∵CB ＝CA ，∴∠CBA ＝∠CAB ，∴∠CHP ＝∠CPH ，∴CH ＝CP ，∴BH ＝AP ，∵将线段PB 绕点P 顺时针旋转90°到线段PD ．∴PB ＝PD ，∵∠BPD ＝∠C ，∴∠PBH ＝∠APD ，∴△APD ≌△HBP （SAS ），∴PH ＝AD ，∵PH ∥AB ，∴△CAB ∽△CPH ， ∴H AC PC AB P = ∴H AC AB CP P = ∵AC ＝BC ＝43AB ， ∴43CP PH =， ∴CP ＝43PH ＝43AD ； （3）当点P 在CA 的延长线上时，∵AC ＝BC ＝AB ＝2，∴△ABC 是等边三角形，∴∠ACB ＝60°，∵将线段PB 绕点P 顺时针旋转60°到线段PD ，∴BP ＝PD ，∠BPD ＝60°＝∠ACB ，过点P 作PE ∥AB ，交CB 的延长线于点E ，∵∠ACB ＝∠APB+∠ABP ，∴∠ABP ＝∠APB ＝30°，∴AB ＝AP ＝2，∴CP ＝4，∵AB ∥PE ，∴PAB PE CA C = ∴CP ＝PE ＝4，由（2）得，PE ＝AD ＝4，∴DP＝2216423-=-=，AD DP∴△ADP的周长＝AD+AP+DP＝23+6，当点P在AC延长线上时，如图，同理可求△ADP的周长＝6+23，综上所述：△ADP的周长为6+23．【点睛】本题几何变换综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质以及含30°角的直角三角形的性质的运用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形或相似三角形，利用全等三角形的对应边相等，相似三角形的对应边成比例进行推算．12．如图，△ABC和△CEF中，∠BAC＝∠CEF＝90°，AB＝AC，EC＝EF，点E在AC边上．（1）如图1，连接BE，若AE＝3，BE＝58，求FC的长度；（2）如图2，将△CEF绕点C逆时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°），旋转过程中，直线EF分别与直线AC，BC交于点M，N，当△CMN是等腰三角形时，求旋转角α的度数；（3）如图3，将△CEF绕点C顺时针旋转，使得点B，E，F在同一条直线上，点P为BF 的中点，连接AE，猜想AE，CF和BP之间的数量关系并说明理由．答案：C解析：（1）422）22.5°或45°或112.5°；（3）CF＋AE2BP，见解析【分析】（1）利用勾股定理求出AB＝AC＝7，求出EC＝EF＝4即可解决问题；（2）分三种情形分别画出图形，利用等腰三角形的性质求解即可；（3）结论：CF＋AE2BP．如图3中，过点A作AD⊥AE，利用全等三角形的性质以及等腰直角三角形的性质求解即可．【详解】解：（1）如图1中，在Rt △ABE 中，AB ＝()2222583497-=-==BF AE ，∴AC ＝AB ＝7，∴EF ＝EC ＝AC ﹣AE ＝7﹣3＝4，∵∠CEF ＝90°，EC ＝EF ＝3， ∴CF ＝22224442+=+=EF CE ；（2）①如图2﹣1中，当CM ＝CN 时，α＝∠MCE ＝∠ECN ＝12∠ACB ＝22.5°．如图2﹣2中，当NM ＝NC 时，α＝∠MCN ＝45°．如图2﹣3中，当CN ＝CM 时，∠NCE ＝12∠BCM ＝67.5°，α＝∠ACE ＝45°＋67.5°＝112.5°．综上所述，满足条件的α的值为22.5°或45°或112.5°．（3）结论：CF＋AE＝2BP．理由：如图3中，过点A作AD⊥AE，∴∠DAE＝∠BAC＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∵∠BAC＝∠BEC＝90°，∴∠ABP＝∠ACE，∵AB＝AC，∴△ABD≌△ACE（ASA），∴BD＝EC＝EF，AD＝AE，∴△ADE是等腰直角三角形，∴DE2AE，∵P是BF的中点，∴BP＝12BF，∵BP＝12BF＝12（2EF＋DE），CF2EF，DE2AE，∴BP＝122CF2AE），∴CF＋AE2．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．13．如图，△ABC中，O是△ABC内一点，AO平分∠BAC，连OB，OC．（1）如图1，若∠ACB＝2∠ABC，BO平分∠ABC，AC＝5，OC＝3，则AB＝；（2）如图2，若∠CBO+∠ACO＝∠BAC＝60°，求证：BO平分∠ABC；（3）如图3，在（2）的条件下，若BC＝3B绕点O逆时针旋转60°得点D，直接写出CD的最小值为．答案：A解析：（1）8；（2）见解析；（3）33【分析】（1）先补充证明角平分线的性质定理：如图，△ABC中，AD是角平分线，则：BD DC＝AB AC ．如图1中，延长CO交AB于E，由OA平分∠EAC，推出AEAC＝OEOC，推出AEEO＝AC OC ＝53，设AE＝5k，OE＝3k，利用相似三角形的性质构建方程求出k即可解决问题．（2）如图2中，过点O作EF⊥OA交AB于E，交AC于F，作CG∥EF交AB于G，连接OG．证明△AGO≌△ACO（SAS），推出OG＝OC，推出∠OGC＝∠OCG，证明O，G，B，C 四点共圆，可得结论．（3）如图3中，以BC为边向上作等边△BCH，连接OH，作HM⊥BC于M．证明△HBO≌△CBD（SAS），推出OH＝CD，由（2）可知∠BOC＝120°，推出当点O落在HM 上时，OH的值最小．【详解】解：（1）先补充证明角平分线的性质定理：如图，△ABC中，AD是角平分线，则：BD DC＝AB AC．理由：过C作CE∥DA，交BA的延长线于E，∵CE∥DA，∴∠1＝∠E，∠2＝∠3，∠1＝∠2，∴∠E＝∠3，∴AE＝AC，∵BDDC ＝BAAE，∴BDDC ＝ABAC．如图1中，延长CO交AB于E，∵OA平分∠EAC，∴AEAC＝OEOC，∴AEEO ＝ACOC＝53，设AE＝5k，OE＝3k，∵OB平分∠ABC，∴OC平分∠ACB，∵∠ACB＝2∠ABC，∴∠BCE＝12∠ACB＝∠EBC，∴EB＝EC＝3k+3，∵∠ACE＝∠ABC，∠CAE＝∠BAC，∴△ACE∽△ABC，∴ACAB ＝AEAC，∴5533k k ＝55k，解得k＝58或﹣1（舍弃），∴AB＝8k+3＝8．故答案为：8．（2）如图2中，过点O作EF⊥OA交AB于E，交AC于F，作CG∥EF交AB于G，连接OG．∵AO平分∠AEF，∴∠OAE＝∠OAF，∵AO＝AO，∠AOE＝∠AOF＝90°，∴△AOE≌△AOF（ASA），∴AE＝AF，∵∠EAF＝60°，∴△AEF是等边三角形，∴∠AEF＝∠AFE＝60°＝∠FOC+∠FCO，∵∠OBC+∠FCO＝60°，∴∠FOC＝∠OBC，∵EF∥CG，∴∠AGC＝∠AEF＝60°，∠ACG＝∠AFE＝60°，∴∠AGC＝∠ACG，∴AG＝AC，∵∠GAO＝∠CAO，AO＝AO，∴△AGO≌△ACO（SAS），∴OG＝OC，∴∠OGC＝∠OCG，∵∠FOC＝∠OCG，∴∠OBC＝∠OGC，∴O，G，B，C四点共圆，∴∠ABO＝∠OCG，∴∠ABO＝∠OBC，∴OB平分ABC．。

全等三角形相关模型总结一、角平分线模型(一）角平分线的性质模型辅助线：过点G作GE⊥射线ACA、例题1、如图，在△ABC中，∠C=90°，AD平分∠CAB，BC=6cm，BD=4cm，那么点D到直线AB 的距离是cm.2、如图，已知，∠1＝∠2，∠3＝∠4，求证：AP平分∠BAC.B、模型巩固1、如图，在四边形ABCD中，BC＞AB，AD＝CD，BD平分∠ABC，求证：∠A＋∠C＝180°.（二）角平分线＋垂线，等腰三角形必呈现A、例题辅助线：延长ED交射线OB于F 辅助线：过点E作EF∥射线OB 例1、如图，在△ABC中，∠ABC＝3∠C，AD是∠BAC的平分线，BE⊥AD于F .求证：1()2BE AC AB=-.例2、如图，在△ABC中，∠BAC的角平分线AD交BC于点D，且AB＝AD，作CM⊥AD交AD的延长线于M. 求证：1()2AM AB AC=+.（三）角分线，分两边，对称全等要记全两个图形飞辅助线都是在射线ON上取点B，使OB＝OA，从而使△OAC≌△OBC .A、例题1、如图，在△ABC中，∠BAC=60°，∠C=40°，AP平分∠BAC交BC于P，BQ平分∠ABC 交AC于Q，求证：AB＋BP＝BQ＋AQ .2、如图，在△ABC中，AD是∠BAC的外角平分线，P是AD上异于点A的任意一点，试比较PB＋PC与AB＋AC的大小，并说明理由.B、模型巩固1、在△ABC中，AB＞AC，AD是∠BAC的平分线，P是线段AD上任意一点（不与A重合）.求证：AB－AC＞PB－PC .2、如图，△ABC中，AB＝AC，∠A＝100°，∠B的平分线交AC于D，求证：AD＋BD＝BC .3、如图，△ABC中，BC＝AC，∠C＝90°，∠A的平分线交BC于D，求证：AC＋CD＝AB .二、等腰直角三角形模型（一）旋转中心为直角顶点，在斜边上任取一点的旋转全等：操作过程：（1）将△ABD逆时针旋转90°，得△ACM ≌△ABD，从而推出△ADM为等腰直角三角形.（2）辅助线作法：过点C作MC⊥BC，使CM＝BD，连结AM.（二）旋转中心为斜边中点，动点在两直角边上滚动的旋转全等：操作过程：连结AD.（1）使BF＝AE（或AF＝CE），导出△BDF ≌△ADE.（2）使∠EDF＋∠BAC＝180°，导出△BDF ≌△ADE.A、例题1、如图，在等腰直角△ABC中，∠BAC＝90°，点M、N在斜边BC上滑动，且∠MAN＝45°，试探究BM、MN、CN之间的数量关系.2、两个全等的含有30°，60°角的直角三角板ADE和ABC，按如图所示放置，E、A、C三点在一条直线上，连接BD，取BD的中点M，连接ME、MC.试判断△EMC的形状，并证明你的结论.B、模型巩固1、已知，如图所示，Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，O为BC中点，若M、N分别在线段AC、AB上移动，且在移动中保持AN＝CM.（1）试判断△OMN的形状，并证明你的结论.（2）当M、N分别在线段AC、AB上移动时，四边形AMON的面积如何变化？2、在正方形ABCD中，BE＝3，EF＝5，DF＝4，求∠BAE＋∠DCF为多少度.（三）构造等腰直角三角形（1）利用以上（一）和（二）都可以构造等腰直角三角形（略）；（2）利用平移、对称和弦图也可以构造等腰直角三角形.（四）将等腰直角三角形补全为正方形，如下图：A、例题应用1、如图，在等腰直角△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，P为三角形ABC内部一点，满足PB＝PC，AP＝AC，求证：∠BCP＝15°.三、三垂直模型（弦图模型）A、例题已知：如图所示，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D为AC中点，AF⊥BD于点E，交BC于F，连接DF .求证：∠ADB＝∠CDF .变式1、已知：如图所示，在△ABC中，AB＝AC，AM＝CN，AF⊥BM于E，交BC于F，连接NF .求证：（1）∠AMB＝∠CNF；（2）BM＝AF＋FN .变式2、在变式1的基础上，其他条件不变，只是将BM和FN分别延长交于点P，求证：（1）PM＝PN；（2）PB＝PF＋AF .四、手拉手模型1、△ABE和△ACF均为等边三角形结论：（1）△ABF≌△AEC .（2）∠BOE＝∠BAE＝60°.（3）OA平分∠EOF .（四点共圆证）拓展：△ABC和△CDE均为等边三角形结论：（1）AD＝BE；（2）∠ACB＝∠AOB；（3）△PCQ为等边三角形；（4）PQ∥AE；（5）AP＝BQ；（6）CO平分∠AOE；（四点共圆证）（7）OA＝OB＋OC；（8）OE＝OC＋OD .（（7），（8）需构造等边三角形证明）例、如图①，点M为锐角三角形ABC内任意一点，连接AM、BM、CM．以AB为一边向外作等边三角形△ABE，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN．（1）求证：△AMB≌△ENB；（2）若AM+BM+CM的值最小，则称点M为△ABC的费尔马点．若点M为△ABC的费尔马点，试求此时∠AMB、∠BMC、∠CMA的度数；（3）小翔受以上启发，得到一个作锐角三角形费尔马点的简便方法：如图②，分别以△ABC 的AB、AC为一边向外作等边△ABE和等边△ACF，连接CE、BF，设交点为M，则点M 即为△ABC的费尔马点．试说明这种作法的依据．2、△ABD 和△ACE 均为等腰直角三角形结论：（1）BE ＝CD ；（2）BE ⊥CD .3、四边形ABEF 和四边形ACHD 均为正方形结论：（1）BD ＝CF ；（2）BD ⊥CF .变式1、四边形ABEF 和四边形ACHD 均为正方形，AS ⊥BC 交FD 于T ，求证：（1）T 为FD 中点；（2）ABC ADF S S V V .变式2、四边形ABEF和四边形ACHD均为正方形，T为FD中点，TA交BC于S，求证：AS⊥BC .4、如图，以△ABC的边AB、AC为边构造正多边形时，总有：360 12180n︒∠=∠=︒-五、半角模型 条件：1,+=1802αββθβ=︒且，两边相等 . 思路：1、旋转辅助线：①延长CD 到E ，使ED=BM ，连AE 或延长CB 到F ，使FB=DN ，连AF②将△ADN 绕点A 顺时针旋转90°得△ABF ，注意：旋转需证F 、B 、M 三点共线结论：（1）MN ＝BM ＋DN ；（2）=2CMN C AB V ；（3）AM 、AN 分别平分∠BMN 、∠MND .2、翻折（对称）辅助线：①作AP ⊥MN 交MN 于点P②将△ADN 、△ABM 分别沿AN 、AM 翻折，但一定要证明M 、P 、N 三点共线 .A 、例题例1、在正方形ABCD 中，若M 、N 分别在边BC 、CD 上移动，且满足MN ＝BM ＋DN ， 求证：（1）∠MAN ＝45°；（2）=2CMN C AB V ；（3）AM 、AN 分别平分∠BMN 和∠DNM .变式：在正方形ABCD 中，已知∠MAN ＝45°，若M 、N 分别在边CB 、DC 的延长线上移动， AH ⊥MN ，垂足为H ，（1）试探究线段MN 、BM 、DN 之间的数量关系；（2）求证：AB ＝AH例2、在四边形ABCD中，∠B＋∠D＝180°，AB＝AD，若E、F分别为边BC、CD上的点，且满足EF＝BE＋DF，求证：12EAF BAD ∠=∠.变式：在四边形ABCD中，∠B＝90°，∠D＝90°，AB＝AD，若E、F分别为边BC、CD上的点，且12EAF BAD∠=∠，求证：EF＝BE＋DF .。

中考专题复习——几何题用旋转构造“手拉手”模型一、教学目标：1.了解并熟悉“手拉手模型”，归纳掌握其基本特征．2.借助“手拉手模型”，利用旋转构造全等解决相关问题．3.举一反三，解决求定值，定角，最值等一类问题．二、教学重难点：1.挖掘和构造“手拉手模型”，学会用旋转构造全等．2.用旋转构造全等的解题方法最优化选择．三、教学过程：1.复习旧知师：如图，△ABD ，△BCE 为等边三角形，从中你能得出哪些结论？生：（1）△ABE ≌△DBC （2）△ABG ≌△DBF （3）△CFB ≌△EGB （4）△BFG 为等边三角形（5）△AGB ∽△DGH （6）∠DHA ＝60°（7）H ，G ，F ，B 四点共圆 （8）BH 平分∠AHC …… 师：我们再来重点研究△ABE 与△DBC ，这两个全等的三角形除了对应边相等，对应角相等外，还有什么共同特征呢？生：它们有同一个字母B ，即同一个顶点B ．师：我们也可以把△DBC 看作由△ABE 经过怎样的图形运动得到？ 生：绕点B 顺时针旋转60°得到．2.引入新课师：其实我们可以给这两个全等的三角形赋予一个模型，叫“手拉手模型”，谁可以将这个模型的特征再做进一步的简化归纳呢？ 生：对应边相等．师：我们可以称之为“等线段”． 生：有同一个顶点．师：我们可以称之为“共顶点”．师：等线段，共顶点的两个全等三角形，我们一般可以考虑哪一种图形运动？ 生：旋转．师： “手拉手模型”可以归纳为：等线段，共顶点，一般用旋转．H GF E DCBA3.小题热身图1 图2 图31．如图1，△BAD中，∠BAD＝45°，AB＝AD，AE⊥BD于E，BC⊥AD于C，则AF＝____BE．2．如图2，△ABC和△BED均为等边三角形，ADE三点共线，若BE＝2，CE＝4，则AE＝______．3．如图3，正方形ABCD中，∠EAF＝45°，BE＝3，DF＝5，则EF＝_______．师：我们来看第1，第2题，这里面有“手拉手模型”吗？请你找出其中的“等线段，共顶点”．生：题1中，等线段是AC，BC，共顶点是C，△ACF绕点C逆时针旋转90°得△BCD．题2中，等线段是AB，BC，共顶点是B，△ABD绕点D顺时针旋转60°得△CBE．师：我们再来看第3题，这里有“手拉手模型”吗？生：没有．师：那其中有没有“等线段，共顶点”呢？生：等线段是AD，AB，共顶点是A．师：我们可否利用旋转来构造“手拉手模型”呢？生：将AE旋转，绕点A逆时针旋转90°．师：为什么是逆时针旋转90°，你是如何思考的？生：我准备构造一个和△ABE全等的三角形，AB绕点A逆时针旋转90°即为AD，那么将AE逆时针旋转90°可得AG，连接GD，证明全等．师：说的不错，谁能再来归纳一下，借助“手拉手模型”，用旋转构造全等的方法吗？生：先找有没有“等线段，共顶点”，再找其中一条“共顶点”的线段，将其旋转．师：旋转角度如何确定，方向怎么选择？生：选择其中一个三角形，将“共顶点”的线段旋转．旋转角为两条“等线段”间的夹角．方向应与所选择的起始“等线段”旋转到另一条“等线段”时的方向一致．师：非常棒，可以说，你已经掌握了这节课的精髓．但是，很多题目中只是隐含了“手拉手模型”的一些条件，剩余的需要我们自己去构造，可以如何构造呢？步骤1：先找有没有“等线段，共顶点”．步骤2：选择其中一个三角形，将其中经过“共顶点”的线段旋转．步骤3：旋转方向与这个三角形的“等线段”旋转到另一条“等线段”的方向一致，旋转角为“等线段”间的夹角．师：这道题还有一个要注意的地方，你发现了吗？生：连接GD后，要证明G，D，F三点共线．4.例题精讲例1：等边△ABC中，AD＝4，DC＝3，BD＝5，求∠ADC度数．师：这里有没有隐含的“手拉手模型”？要构造全等，该怎样旋转？生：将△ADC绕点A顺时针旋转60°．师：你是怎么想的，还有其他做法吗？生：我发现AB＝AC，A为“共顶点”，我选择的旋转线段是AD，因为AC绕点A顺时针旋转60°到AB，所以△ADC也要绕点A顺时针旋转60°．也可将△ADB绕点A逆时针旋转60°．【解答】将AD绕点A顺时针旋转60°到AE，连接BE，DE．则△ADE也为等边三角形．易证△AEB≌△ADC，∴BE＝DC＝4，根据勾股定理逆定理，可证∠BED＝90°，则∠AEB＝∠ADC＝150°例2：如图，△ABO和△CDO均为等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90︒．若△BOC的面积为1，试求以AD、BC、OC＋OD的长度为三边长的三角形的面积．师：由于线段分散，如何通过图形变换，使这些线段能构成一个三角形？生：将OD绕点O逆时针旋转90°至OE，即可使OC，OD共线，再通过证明确定△BCE即是以AD、BC、OC＋OD的长度为三边长的三角形．【解答】如图，将OD绕点O逆时针旋转90°至OE，连接BE．易证△OAD≌△OBE，AD＝BE，∴△BCE即是以AD、BC、OC＋OD 长度为三边长的三角形．又∵OC＝OE，∴S△BCE＝2S△BOC＝2．EAOBCDDC BOABBDCBA5.自主练习1．如图，在四边形ABCD 中，AD ＝4，CD ＝3，∠ABC ＝∠ACB ＝∠ADC ＝45°，则BD 的长为 _________． 师：请找出隐含的“手拉手模型”，并写出解决方法．生：“等线段”是CA 和BA ，“共顶点”是A ．方法是将AD 绕点A 顺时针旋转90°．2．如图，在△ABC 中，BC ＝2，AB ＝2，以AC 为边，向外做正方形ACDE ，连接BE ，则BE 最大值为_________． 师：请找出隐含的“手拉手模型”，并写出解决方法．生：“等线段”是CA 和EA ，“共顶点”是A ． 方法是将AB 绕点A 逆时针旋转90°．师：你为何要逆时针旋转，你准备旋转哪个三角形？生：△ABC ，因为AC 是逆时针旋转90°到AE ，所以AB 也绕点A 逆时针旋转90°． 3．如图，点A 在⊙B 上，AB ＝1，BC ＝2，△ACD 是等边三角形，求△BCD 面积的最大值．师：请找出隐含的“手拉手模型”，并写出解决方法． 生：“等线段”是CA 和CD ，“共顶点”是C ． 方法是将CA 绕点C 逆时针旋转60°．附：自主练习解答1． 如图，将AD 绕点A 顺时针旋转90°至AE ，易证△EAC ≌△DAB ，可得CE ＝BD ，又∵∠EDA ＝45°，∴∠CDE ＝90°，CD ＝3，DE ＝42，则Rt △CDE 中，CE 2＝CD 2＋DE 2＝32＋(42)2＝41∴CE ＝41，∴DB ＝412.如图，将AB 绕点A 逆时针旋转90°至AF ，易证△EAF ≌△CAB ，可得EF ＝BC ＝2．Rt △BAF 中，AF ＝AB ＝2，∴BF ＝2．由三角形三边关系易知，BE ≤EF ＋BF ，∴BE 最小值为4.EDCBAADC BDFEBCDA3.如图，将CB绕点C逆时针旋转60°至CE，连接DE，过点E作EF⊥CB 于F，过点D作DG⊥CB于G．易证△CBA≌CED，则DE＝1，EF＝3，过E作DG边上的高，可证DG＜DE＋EF．当D，E，F三点共线时，DG＝DE＋EF．即高的最大值为1＋3，S△BCDmax＝12×2×（1＋3）＝1＋ 3FEDCBAGEFABCD。

.3全等三角形的经典模型（一）满分晋级三角形 7级倍长中线与截长补短三角形 8级秋天班第二讲全等三角形的经典模型（一）三角形 9级全等三角形的经典模型（二）秋天班第三讲秋天班第四讲漫画释义舞弊？知识互联网题型一：等腰直角三角形模型思路导航等腰直角三角形数学模型思路：⑴利用特别边特别角证题（ AC=BC 或 90°，45 ，45 ） . 如图 1； ⑵常有协助线为作高，利用三线合一的性质解决问题 .如图 2；⑶补全为正方形 . 如图 3， 4.CC45° 45°BAABD图 1 图 2图3 图4典题精练【例 1】已知：以下图， Rt△ABC 中， AB=AC， BAC 90°， O 为 BC 的中点，⑴写出点 O 到△ ABC 的三个极点 A、 B、 C 的距离的关系（不要 B求证明）⑵假如点 M、 N 分别在线段 AC、 AB 上挪动，且在挪动中保持OAN=CM .试判断△ OMN 的形状，并证明你的结论 . N⑶假如点 M、 N 分别在线段 CA、 AB 的延伸线上挪动，且在挪动中保持 AN=CM，试判断⑵中结论能否依旧建立，假如是请给出证明．A CM【分析】⑴ OA=OB=OCB⑵连结 OA,∵OA=OCBAOC 45° AN=CMO ∴△ ANO ≌△ CMO∴ON=OM N∴NOA MOC∴NOA BONMOCBON 90 ∴NOM 90 A CM∴△ OMN 是等腰直角三角形⑶△ ONM 依旧为等腰直角三角形，证明：∵∠ BAC=90°， AB=AC，O 为 BC 中点∴∠ BAO=∠ OAC =∠ABC =∠ ACB=45°，∴AO=BO=OC，∵在△ANO 和△CMO 中，AN CMBAO C NBOAO COM AC ∴△ ANO≌△ CMO （ SAS）∴ON=OM，∠AON=∠COM ，又∵∠ COM∠ AOM =90°，∴△ OMN 为等腰直角三角形．M B 【例 2】两个全等的含 30o， 60o角的三角板ADE和三角板 ABC ，如 D图所示搁置， E, A,C 三点在一条直线上，连结BD ，取 BD的中点 M ，连结 ME ，MC．试判断△EMC的形状，并说明原因． ECA【分析】△ EMC 是等腰直角三角形．.证明：连结AM ．由题意，得DE AC , DAE BAC 90o , DAB90.oD ∴△DAB 为等腰直角三角形.∵DM MB，∴MA MB DM , MDA MAB 45o． E∴MDE MAC 105o，∴△EDM ≌ △CAM．∴EM MC, DME AMC ．又EMC EMA AMC EMA DME 90o．∴CM EM，∴△ EMC 是等腰直角三角形．【例 3】已知：如图，△ ABC 中，AB AC ，BAC ，D 是AC 的中90°点， AF BD于E，交BC于F，连结 DF．求证：ADB CDF ．【分析】证法一：如图，过点A作AN BC于 N，交BD于M．B ∵ AB AC ，BAC 90°，∴ 3 DAM 45°．∵ C ，∴ 3 C ．45°∵ AF BD，∴ 1 BAE 90°∵BAC ，∴．90°2BAE 90°∴ 1 2 ．在△ ABM 和△CAF 中，1B1 2AB AC3 C∴ △ ABM ≌△CAF ．∴ AM CF ．在△ ADM 和△CDF 中，AD CDDAM CAM CF∴△ADM ≌△CDF ．∴ADB CDF ．证法二：如图，作CM AC 交AF的延伸线于M．∵AF BD ，∴32 ，90°∵BAC ，90°∴ 1 2 90°，∴ 1 3 ．3 在△ ACM 和△BAD 中，BM BA CADEFCA3 2DMEN FCA21DEC.1 3AC ABACM BAD90°∴△ACM ≌△BAD ．∴ M ADB ，AD CM∵ AD DC ，∴ CM CD ．在△CMF 和△CDF 中，CF CFMCF DCF 45°CM CD∴ △CMF ≌△ CDF ．∴M CDF∴ADB CDF ．【例 4】如图，等腰直角△ ABC中，AC BC ， ACB 90°，P为△ ABC 内部一点，知足PB PC ，AP AC ，求证：BCP 15 ．AD AP PB CB C【分析】补全正方形ACBD ，连结 DP，易证△ ADP 是等边三角形，DAP 60 ，BAD 45 ，∴BAP 15 ，PAC 30 ，∴ACP 75 ，∴BCP 15 ．【研究对象】等腰直角三角形添加成正方形的几种常有题型在解相关等腰直角三角形中的一些问题，若碰到不易解决或解法比较复杂时，可将等腰直角三角形引协助线转变成正方形，再利用正方形的一些性质来解，经常能够起到化难为易的成效，进而顺利地求解。

1、绕点型（手拉手模型）00?，造等边三角形60遇60旋?00遇90旋90，造等腰直角?自旋转构造方法）自旋转：1（?全等遇等腰旋顶角，造旋转??0遇中点旋180，造中心对称?（2）共旋转（典型的手拉手模型）例1、在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明：（1）△ABE≌△DBCD（2） AE=DCE。

的夹角为60 AE与（3DC）H DFB ≌△△AGB（4）F CFB EGB≌△）（5 △G AHCBH平分∠（6）CA AC7） GF∥（B，证明：AE1、如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接与CD变式练习D DBC 1）ABE≌△△（AE=DC（2）C。

与3（） AEDC的夹角为60E AHC平分∠的交点设为与 4（）AEDCH,BHBACD，证明：，连接AE与和△变式练习2、如果两个等边三角形△ABDBCE D DBC ABE≌△(1)△(2)AE=DC与DC的夹角为(3)AEAHC。

60平分∠DC的交点设为H,BH（4）AE与AEC分．，BM和△CBN，连接AN的同侧作等边△C是线段AB上一点，分别以AC，BC为边在ABACM）（1如图1，点的形状，并说明理由．．观察并猜想△CEF，CF，EFE别取BM，AN的中点，F，连接CE和△的同侧作等腰△ACM，BC为腰在AB为边作等边△ACM和△CBN”改为“以AC1（2）若将（）中的“以AC，BC 1）中的结论还成立吗？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由．如图2，其他条件不变，那么（CBN，”例4、例题讲解：A,D,E,F按为边作菱形ADEF(重合），以AD不与为等边三角形，△ABC点D为直线BC上的一动点（点DB,C已知1.CF.,连接逆时针排列），使∠DAF=60°BD=CF ? 上时，求证：①②AC=CF+CD.(1) 如图1，当点D在边BC(2)如图2，当点D在边BC的延长线上且其他条件不变时，结论AC=CF+CD是否成立？若不成立，请写出AC、CF、CD之间存在的数量关系，并说明理由；(3)如图3，当点D在边BC的延长线上且其他条件不变时，补全图形，并直接写出AC、CF、CD 之间存在的数量关系。

辅助线模型考点分析：全等三角形是初中数学中的重要内容之一，是今后学习其他知识的基础。

判断三角形全等的公理有 SAS、ASA、AAS、SSS 和 HL，如果所给条件充足，则可直接根据相应的公理证明，但是如果给出的条件不全，就需要根据已知的条件结合相应的公理进行分析，先推导出所缺的条件然后再证明。

一些较难的证明题要构造合适的全等三角形，把条件相对集中起来，再进行等量代换，就可以化难为易了。

典型例题人说几何很困难，难点就在辅助线。

辅助线，如何添？把握定理和概念。

还要刻苦加钻研，找出规律凭经验。

全等三角形辅助线找全等三角形的方法：（1）可以从结论出发，寻找要证明的相等的两条线段（或两个角）分别在哪两个可能全等的三角形中；（2）可以从已知条件出发，看已知条件可以确定哪两个三角形全等；（3）可从条件和结论综合考虑，看它们能确定哪两个三角形全等；（4）若上述方法均不可行，可考虑添加辅助线，构造全等三角形。

三角形中常见辅助线的作法：①延长中线构造全等三角形；②利用翻折，构造全等三角形；③引平行线构造全等三角形；④作连线构造等腰三角形。

常见辅助线的作法有以下几种：（1）遇到等腰三角形，可作底边上的高，利用“三线合一”的性质解题，思维模式是全等变换中的“对折”。

例1：如图，Δ A BC 是等腰直角三角形，∠BAC=90°，BD 平分∠ABC交AC 于点D，CE 垂直于 BD，交BD 的延长线于点E。

求证：BD=2CE。

思路分析：1）题意分析：本题考查等腰三角形的三线合一定理的应用，可用加倍法，延长短边，又因为有 BD 平分2）解题思路：要求证 BD=2CE，可用加倍法，延长短边，又因为有∠ABC 的条件，可以和等腰三角形的三线合一定理结合起来。

解答过程：证明：延长BA，CE 交于点F，在ΔBEF 和ΔBEC 中，∵∠1=∠2，BE=BE，∠BEF=∠BEC=90°，∴ΔBEF≌ΔBEC，∴EF=EC，从而CF=2CE。

全等三角形的经典模型(一)全等三角形的经典模型（一）在研究三角形的时候，全等三角形是一个非常重要的概念。

这里介绍一些经典的模型，帮助大家更好地理解和应用全等三角形。

三角形7级：倍长中线与截长补短倍长中线与截长补短是一个非常经典的全等三角形模型。

当三角形的中线等于另一条边的一半时，可以证明三角形全等。

此外，如果一条边被截成两段，其中一段的长度等于另一条边的长度减去另一段的长度，那么这两个三角形也是全等的。

三角形8级：全等三角形的经典模型（一）这是一个非常基础的全等三角形模型，利用的是三边对应相等的原理。

如果两个三角形的三条边分别相等，那么这两个三角形是全等的。

三角形9级：全等三角形的经典模型（二）这个模型利用的是两边一角相等的原理。

如果两个三角形的两条边和夹角分别相等，那么这两个三角形是全等的。

题型一：等腰直角三角形模型等腰直角三角形是一个非常特殊的三角形，可以利用其特殊的性质来解决问题。

常见的辅助线包括作高和补全为正方形等。

思路导航如果要解决一个等腰直角三角形的问题，可以尝试以下思路：1.利用特殊边特殊角证题，如AC=BC或90°，45，45。

2.常见辅助线为作高，利用三线合一的性质解决问题。

3.补全为正方形。

等腰直角三角形数学模型思路：⑴利用特殊边特殊角证题（AC=BC或90°，45，45）.如图1；⑵常见辅助线为作高，利用三线合一的性质解决问题.如图2；⑶补全为正方形.如图3，4.典题精练例1】已知：如图所示，Rt△ABC中，AB=AC，BAC90°，O为BC的中点。

B⑴写出点O到△ABC的三个顶点A、B、C的距离的关系（不要求证明）⑵如果点M、N分别在线段AC、AB上移动，且在移动中保持AN=CM.试判断△XXX的形状，并证明你的结论.⑶如果点M、N分别在线段CA、AB的延长线上移动，且在移动中保持AN=CM，试判断⑵中结论是否依然成立，如果是请给出证明．解析】⑴OA=OB=OC⑴连接OA。