2024年中考數(shù)學(xué)幾何模型專項(xiàng)復(fù)習(xí)講與練模型16 全等三角形—

一：正方形中的半角模型
【條件】如圖①兩個(gè)角共頂點(diǎn)，②其中一個(gè)角（45）是另一個(gè)角（90）的一半

【結(jié)論】①EF=BE+DF
①∶延長(zhǎng)CB至點(diǎn)P，使得BP=DF 連接AP,
第一次全等第二次全等
在△ABP和△ADF中在△AEP和△AEF中
AB=AD（正方形邊長(zhǎng)相等） AP=AF
∠ABP=∠ADF=90o ∠PAE=∠FAE
BP=DF（構(gòu)造） AE=AE
∴ △ABP≌△ADF（SAS） ∴△AEP≌△AEF（SAS）
∴AP=AF ，∠1=∠2 ∴PE=EF
∵∠2+∠3=45o 即PB+BE=EF
∴∠1+∠3=45o, ∴DF+BE =EF
∴∠PAE=∠FAE
②EA平分∠BEF，F(xiàn)A平分∠DFE
由①得： △AEP≌△AEF，
則∠4=∠5，∠AFE=∠P
又△APB≌△AFD，
∴∠P=∠AFD，
∴∠AFE=∠AFD
∴EA平分∠BEF，F(xiàn)A平分∠DFE
③△EFC的周長(zhǎng)等于正方形邊長(zhǎng)的2倍

由①得：EF=BE+DF，
∴△EFC的周長(zhǎng)＝EF+EC+CF＝BE+DF+EC+CF
=BC+DC，
∴△EFC的周長(zhǎng)等于正方形邊長(zhǎng)的

④ 如圖：作AM⊥EF,則AM=AB

過A作AM⊥EF，
則∠AME=∠B=90o。
由①得∠1=∠2，AE=AE，
∴△ABE≌△AME（AAS）
∴AM=AB
⑤ 如圖：
∠EAF=45o，則EF2=BE2+FC2
【證明】如圖，過點(diǎn)A作AP⊥AF 且AP=AF.連接PE
∵∠CAB= ∠PAF=90o，∠1=∠2
第一次全等第二次全等
在△ABP和△ACF中在△AEP和△AEF中
AB=AC AP=AF
∠2=∠1 ∠PAE=∠FAE
AP=AF AE=AE
∴ △ABP≌△ACF（SAS） ∴△AEP≌△AEF（SAS）
∴BP=CF ，∠ABP=∠C=45o ∴PE=EF
∵∠EAF=45o 在Rt△PBE中，PE2=PB2+BE2
∴∠1+∠3=45o, 即EF2=CF2+BE2
∴∠2+∠3 =45o
eq \\ac(○,巧) eq \\ac(○,記) eq \\ac(○,口) eq \\ac(○,訣)
見半角，旋全角，蓋半角，得半角。

二：等腰三角形中的半角模型
【條件】如圖，△ABC是等邊三角形，△BDC 是等腰三角形，
且∠BDC=120°，∠MDN=60，

【結(jié)論】①M(fèi)N= BM+CN;
②△MAN 的周長(zhǎng)等于△ABC邊長(zhǎng)的 2 倍;
③MD是∠BMN的平分線，ND是∠CNM的平分線
【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至點(diǎn)F，使BF=CN，連接DF，
如圖.在△BDF 和△CDN 中，DB=DC,∠DBF=∠DCN,BF=CN,
∴△BDF≌△CDN(SAS），
∴∠BDF=∠CDN,∠F=∠CND,DF=DN.
∵∠MDN=60°, ∴∠BDM+∠CDN=60°,∴∠BDM+∠BDF=60°，
即∠FDM=60°=∠MDN.
在△DMN 和△DMF 中，DN=DF,∠MDN= ∠MDF, DM=DM,
∴△DMN≌△DMF（SAS），
∴ MN=MF=BM+CN,
∠F=∠MND=∠CND，∠FMD=∠DMN，
∴△AMN的周長(zhǎng)是 AM＋AN＋MN=AM＋MB＋CN＋AN=AB＋AC=2邊長(zhǎng).
三：對(duì)角互補(bǔ)且鄰邊相等的半角模型
【條件】如圖，∠B＋∠D=180°，∠BAD= 2∠EAF，AB=AD，

【結(jié)論】①EF=BE+FD;
②EA 是∠BEF的平分線，F(xiàn)A是∠DFE的平分線.
1． (2023·山東·龍口市培基學(xué)校八年級(jí)期中）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為6，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AB，BC上，若F是BC的中點(diǎn)，且∠EDF＝45°，則DE的長(zhǎng)為 _____．
2． (2023·全國(guó)·九年級(jí)專題練習(xí)）在中，，點(diǎn)在邊上，．若，則的長(zhǎng)為__________．
1． (2023·浙江·南海實(shí)驗(yàn)學(xué)校旌旗山初中校區(qū)八年級(jí)期末）已知：邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD，∠EAF的兩邊分別與射線CB、DC相交于點(diǎn)E、F，且∠EAF＝45°，連接EF．求證：EF＝BE+DF．
思路分析：
(1)如圖1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°，
∴把△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△ADE'，則F、D、E'在一條直線上，
∠E'AF＝度，……
根據(jù)定理，可證：△AEF≌△AE'F．
∴EF＝BE+DF．
類比探究：
(2)如圖2，當(dāng)點(diǎn)E在線段CB的延長(zhǎng)線上，探究EF、BE、DF之間存在的數(shù)量關(guān)系，并寫出證明過程；
拓展應(yīng)用：
(3)如圖3，在△ABC中，AB＝AC，D、E在BC上，∠BAC＝2∠DAE．若S△ABC＝14，S△ADE＝6，求線段BD、DE、EC圍成的三角形的面積．
2． (2023·陜西西安·七年級(jí)期末）問題背景：
如圖1，在四邊形ABCD中，，，E、F分別是BC，CD上的點(diǎn)，且∠EAF＝60°，探究圖中線段BE，EF，F(xiàn)D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(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG＝BE，連接AG，先證明，再證明，可得出結(jié)論，他的結(jié)論應(yīng)是______．
實(shí)際應(yīng)用：
如圖2，在新修的小區(qū)中，有塊四邊形綠化ABCD，四周修有步行小徑，且AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，在小徑BC，CD上各修一涼亭E，F(xiàn)，在涼亭E與F之間有一池塘，不能直接到達(dá)，經(jīng)測(cè)量得，BE＝10米，DF＝15米，試求兩涼亭之間的距離EF．
3． (2023·江蘇·八年級(jí)專題練習(xí)）問題情境
在等邊△ABC的兩邊AB，AC上分別有兩點(diǎn)M，N，點(diǎn)D為△ABC外一點(diǎn)，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．
特例探究
如圖1，當(dāng)DM＝DN時(shí)，
（1）∠MDB＝度；
（2）MN與BM，NC之間的數(shù)量關(guān)系為；
歸納證明
（3）如圖2，當(dāng)DM≠DN時(shí)，在NC的延長(zhǎng)線上取點(diǎn)E，使CE＝BM，連接DE，猜想MN與BM，NC之間的數(shù)量關(guān)系，并加以證明．
拓展應(yīng)用
（4）△AMN的周長(zhǎng)與△ABC的周長(zhǎng)的比為．
1．（1）如圖①，在四邊形中，，，，分別是邊，上的點(diǎn)，且．請(qǐng)直接寫出線段，，之間的數(shù)量關(guān)系：__________；
（2）如圖②，在四邊形中，，，，分別是邊，上的點(diǎn)，且，（1）中的結(jié)論是否仍然成立？請(qǐng)寫出證明過程；
（3）在四邊形中，，，，分別是邊，所在直線上的點(diǎn)，且．請(qǐng)畫出圖形（除圖②外），并直接寫出線段，，之間的數(shù)量關(guān)系．
2．如圖，在等邊三角形ABC中，點(diǎn)E是邊AC上一定點(diǎn)，點(diǎn)D是直線BC上一動(dòng)點(diǎn)，以DE為一邊作等邊三角形DEF，連接CF．
（1）如圖1，若點(diǎn)D在邊BC上，直接寫出CE，CF與CD之間的數(shù)量關(guān)系；
（2）如圖2，若點(diǎn)D在邊BC的延長(zhǎng)線上，請(qǐng)?zhí)骄烤€段CE，CF與CD之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？并說明理由；
（3）如圖3，若點(diǎn)D在邊CB的延長(zhǎng)線上，請(qǐng)直接寫出CE，CF與CD之間的數(shù)量關(guān)系．
全等三角形
模型（十六）——半角模型

一：正方形中的半角模型
【條件】如圖①兩個(gè)角共頂點(diǎn)，②其中一個(gè)角（45）是另一個(gè)角（90）的一半

【結(jié)論】①EF=BE+DF
①∶延長(zhǎng)CB至點(diǎn)P，使得BP=DF 連接AP,
第一次全等第二次全等
在△ABP和△ADF中在△AEP和△AEF中
AB=AD（正方形邊長(zhǎng)相等） AP=AF
∠ABP=∠ADF=90o ∠PAE=∠FAE
BP=DF（構(gòu)造） AE=AE
∴ △ABP≌△ADF（SAS） ∴△AEP≌△AEF（SAS）
∴AP=AF ，∠1=∠2 ∴PE=EF
∵∠2+∠3=45o 即PB+BE=EF
∴∠1+∠3=45o, ∴DF+BE =EF
∴∠PAE=∠FAE
②EA平分∠BEF，F(xiàn)A平分∠DFE
由①得： △AEP≌△AEF，
則∠4=∠5，∠AFE=∠P
又△APB≌△AFD，
∴∠P=∠AFD，
∴∠AFE=∠AFD
∴EA平分∠BEF，F(xiàn)A平分∠DFE
③△EFC的周長(zhǎng)等于正方形邊長(zhǎng)的2倍

③ 由①得：EF=BE+DF，
∴△EFC的周長(zhǎng)＝EF+EC+CF＝BE+DF+EC+CF
=BC+DC，
∴△EFC的周長(zhǎng)等于正方形邊長(zhǎng)的

④ 如圖：作AM⊥EF,則AM=AB

過A作AM⊥EF，
則∠AME=∠B=90
由①得∠1=∠2，AE=AE，
∴△ABE≌△AME（AAS）
∴AM=AB
⑤ 如圖：
∠EAF=45o，則EF2=BE2+FC2
【證明】如圖，過點(diǎn)A作AP⊥AF 且AP=AF.連接PE
∵∠CAB= ∠PAF=90o，∠1=∠2
第一次全等第二次全等
在△ABP和△ACF中在△AEP和△AEF中
AB=AC AP=AF
∠2=∠1 ∠PAE=∠FAE
AP=AF AE=AE
∴ △ABP≌△ACF（SAS） ∴△AEP≌△AEF（SAS）
∴BP=CF ，∠ABP=∠C=45o ∴PE=EF
∵∠EAF=45o 在Rt△PBE中，PE2=PB2+BE2
∴∠1+∠3=45o, 即EF2=CF2+BE2
∴∠2+∠3 =45o
eq \\ac(○,巧) eq \\ac(○,記) eq \\ac(○,口) eq \\ac(○,訣)
見半角，旋全角，蓋半角，得半角。

二：等腰三角形中的半角模型
【條件】如圖，△ABC是等邊三角形，△BDC 是等腰三角形，
且∠BDC=120°，∠MDN=60o，

【結(jié)論】①M(fèi)N= BM+CN;
②△MAN 的周長(zhǎng)等于△ABC邊長(zhǎng)的 2 倍;
③MD是∠BMN的平分線，ND是∠CNM的平分線
【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至點(diǎn)F，使BF=CN，連接DF，
如圖.在△BDF 和△CDN 中，DB=DC,∠DBF=∠DCN,BF=CN,
∴△BDF≌△CDN(SAS），
∴∠BDF=∠CDN,∠F=∠CND,DF=DN.
∵∠MDN=60°, ∴∠BDM+∠CDN=60°,∴∠BDM+∠BDF=60°，
即∠FDM=60°=∠MDN.
在△DMN 和△DMF 中，DN=DF,∠MDN= ∠MDF, DM=DM,
∴△DMN≌△DMF（SAS），
∴ MN=MF=BM+CN,
∠F=∠MND=∠CND，∠FMD=∠DMN，
∴△AMN的周長(zhǎng)是 AM＋AN＋MN=AM＋MB＋CN＋AN=AB＋AC=2邊長(zhǎng).
三：對(duì)角互補(bǔ)且鄰邊相等的半角模型
【條件】如圖，∠B＋∠D=180°，∠BAD= 2∠EAF，AB=AD，

【結(jié)論】①EF=BE+FD;
②EA 是∠BEF的平分線，F(xiàn)A是∠DFE的平分線.
1． (2023·山東·龍口市培基學(xué)校八年級(jí)期中）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為6，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AB，BC上，若F是BC的中點(diǎn)，且∠EDF＝45°，則DE的長(zhǎng)為 _____．
【答案】2
【分析】延長(zhǎng)BA到點(diǎn)G，使AG=CF，連接DG，EF，利用SAS證明△ADG≌△CDF，得∠CDF=∠GDA，DG=DF，再證明△GDE≌△FDE（SAS），得GE=EF，設(shè)AE=x，則BE=6x，EF=x+3，再利用勾股定理解決問題．
【詳解】解：延長(zhǎng)BA到點(diǎn)G，使AG＝CF，連接DG，EF，
∵AD＝CD，∠DAG＝∠DCF，
∴△ADG≌△CDF（SAS），
∴∠CDF＝∠GDA，DG＝DF，
∵∠EDF＝45°，
∴∠EDG=∠ADE+∠ADG＝∠ADE+∠CDF＝45°，
∵DE＝DE，
∴△GDE≌△FDE（SAS），
∴GE＝EF，
∵F是BC的中點(diǎn)，
∴AG=CF=BF=3，
設(shè)AE＝x，則BE＝6﹣x，EF＝x+3，
由勾股定理得，（6﹣x）2+32＝（x+3）2，
解得x＝2，
∴AE＝2，
∴DE＝，
故答案為：2．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，熟練掌握半角模型的處理策略是解題的關(guān)鍵．
2． (2023·全國(guó)·九年級(jí)專題練習(xí)）在中，，點(diǎn)在邊上，．若，則的長(zhǎng)為__________．
【答案】
【分析】將CE繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到CG，連接GB，GF，可得△ACE≌△BCG，從而得FG2＝AE2＋BF2，再證明△ECF≌△GCF，從而得EF2＝AE2＋BF2，進(jìn)而即可求解．
【詳解】解：將CE繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到CG，連接GB，GF，
∵∠BCE＋∠ECA＝∠BCG＋∠BCE＝90°
∴∠ACE＝∠BCG．
∵在△ACE與△BCG中，
∵，
∴△ACE≌△BCG（SAS），
∴∠A＝∠CBG＝45°，AE＝BG，
∴∠FBG＝∠FBC＋∠CBG＝90°．
在Rt△FBG中，∠FBG＝90°，
∴FG2＝BG2＋BF2＝AE2＋BF2．
又∵∠ECF＝45°，
∴∠FCG＝∠ECG?∠ECF＝45°＝∠ECF．
∵在△ECF與△GCF中，
，
∴△ECF≌△GCF（SAS）．
∴EF＝GF，
∴EF2＝AE2＋BF2，
∵，
∴BF=，
故答案是：．
【點(diǎn)睛】本題主要考查全等三角形的判定和性質(zhì)以及旋轉(zhuǎn)變換，二次根式的化簡(jiǎn)，通過旋轉(zhuǎn)變換，構(gòu)造全等三角形，是解題的關(guān)鍵．
1． (2023·浙江·南海實(shí)驗(yàn)學(xué)校旌旗山初中校區(qū)八年級(jí)期末）已知：邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD，∠EAF的兩邊分別與射線CB、DC相交于點(diǎn)E、F，且∠EAF＝45°，連接EF．求證：EF＝BE+DF．
思路分析：
(1)如圖1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°，
∴把△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△ADE'，則F、D、E'在一條直線上，
∠E'AF＝度，……
根據(jù)定理，可證：△AEF≌△AE'F．
∴EF＝BE+DF．
類比探究：
(2)如圖2，當(dāng)點(diǎn)E在線段CB的延長(zhǎng)線上，探究EF、BE、DF之間存在的數(shù)量關(guān)系，并寫出證明過程；
拓展應(yīng)用：
(3)如圖3，在△ABC中，AB＝AC，D、E在BC上，∠BAC＝2∠DAE．若S△ABC＝14，S△ADE＝6，求線段BD、DE、EC圍成的三角形的面積．
【答案】(1)45
(2)DF＝BE+EF，證明見解析
(3)2
【分析】（1）把繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)至，則、、在一條直線上，，再證△，得，進(jìn)而得出結(jié)論；
（2）將繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，再證△，得，進(jìn)而得出結(jié)論；
（3）將繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到，連接，則，得，因此，同（2）得△，則，，得、、圍成的三角形面積，即可求解．
（1）
解：如圖1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°，
∴把△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至，
則F、D、在一條直線上，≌△ABE，
∴＝BE，∠＝∠BAE，＝AE，
∴∠＝∠EAD+∠＝∠EAD+∠BAE＝∠BAD＝90°，
則∠＝∠﹣∠EAF＝45°，
∴∠EAF＝∠，
∴△AEF≌△（SAS），
∴，
∵，
∴EF＝BE+DF．
故答案為：45；
（2）
解：DF＝BE+EF 理由如下：
將△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△，
∴△≌△ABE，
∴AE＝，BE＝，∠＝∠BAE，
∴∠＝∠BAE+∠＝∠+∠＝∠BAD＝90°，
則∠＝∠﹣∠EAF＝45°，
∴∠＝∠EAF＝45°，
在△AEF和△中，
，
∴△AEF≌△（SAS），
∴，
∵，
∴DF＝BE+EF；
（3）
解：將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△，連接，
則△≌△ABD，
∴CD'＝BD，
∴，
同（2）得：△ADE≌△（SAS），
∴，，
∴BD、DE、EC圍成的三角形面積為、、EC圍成的三角形面積．
【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)以及四邊形和三角形面積等知識(shí)，本題綜合性強(qiáng)，解此題的關(guān)鍵是根據(jù)旋轉(zhuǎn)的啟發(fā)正確作出輔助線得出全等三角形，屬于中考常考題型．
2． (2023·陜西西安·七年級(jí)期末）問題背景：
如圖1，在四邊形ABCD中，，，E、F分別是BC，CD上的點(diǎn)，且∠EAF＝60°，探究圖中線段BE，EF，F(xiàn)D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(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG＝BE，連接AG，先證明，再證明，可得出結(jié)論，他的結(jié)論應(yīng)是______．
實(shí)際應(yīng)用：
如圖2，在新修的小區(qū)中，有塊四邊形綠化ABCD，四周修有步行小徑，且AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，在小徑BC，CD上各修一涼亭E，F(xiàn)，在涼亭E與F之間有一池塘，不能直接到達(dá)，經(jīng)測(cè)量得，BE＝10米，DF＝15米，試求兩涼亭之間的距離EF．
【答案】問題背景：EF＝BE＋FD；實(shí)際應(yīng)用：兩涼亭之間的距離EF為25米
【分析】（1）根據(jù)△ABE≌△ADG可得BE=DG，根據(jù)△AEF≌△AGF得EF=GF，進(jìn)而求得結(jié)果；
（2）延長(zhǎng)CD至H，使DH=BE，可證得△ADH≌△ABE，進(jìn)而證得△FAH≌△FAE，進(jìn)一步求得EF．
【詳解】解：?jiǎn)栴}背景：∵∠ADC=90°，∠ADC+∠ADG=180°，
∴∠ADG=90°，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=60°，∠BAD=120°，
∴∠BAE+DAF=120°-60°=60°，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=60°=∠EAF，
在△AEF和△AGF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF，
故答案為：EF=BE+DF；
實(shí)際應(yīng)用：如圖2，延長(zhǎng)CD至H，使DH=BE，連接AH，
∵∠B+∠ADC=180°，∠ADH+∠ADC=180°，
∴∠ADH=∠B，
在△ADH和△ABE中，
，
∴△ADH≌△ABE（SAS），
∴AE=AH，∠BAE=∠DAH，
∵∠EAF=∠BAD，
∴∠HAF=∠DAH+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，
在△AEF和△AHF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF=FH，
∵FH=DH+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF，
∵BE=10米，DF=15米，
∴EF=10+15=25（米）．
【點(diǎn)睛】本題主要考查的是四邊形的綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，作輔助線構(gòu)造全等三角形并兩次證全等是解題的關(guān)鍵．
3． (2023·江蘇·八年級(jí)專題練習(xí)）問題情境
在等邊△ABC的兩邊AB，AC上分別有兩點(diǎn)M，N，點(diǎn)D為△ABC外一點(diǎn)，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．
特例探究
如圖1，當(dāng)DM＝DN時(shí)，
（1）∠MDB＝度；
（2）MN與BM，NC之間的數(shù)量關(guān)系為；
歸納證明
（3）如圖2，當(dāng)DM≠DN時(shí)，在NC的延長(zhǎng)線上取點(diǎn)E，使CE＝BM，連接DE，猜想MN與BM，NC之間的數(shù)量關(guān)系，并加以證明．
拓展應(yīng)用
（4）△AMN的周長(zhǎng)與△ABC的周長(zhǎng)的比為．
【答案】（1）30；（2）MN＝BM+NC；（3）MN＝BM+NC，證明見解析；（4）
【分析】（1）先證明△MDN是等邊三角形，則MN＝DM＝DN，再證明Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），得∠BDM＝∠CDN＝30°；
（2）由（1）得DM＝2BM，可得結(jié)論MN＝2BM＝BM+NC；
歸納證明：先證△DBM≌△DCE（HL），得DM＝DE，∠BDM＝∠CDE，再證△MDN≌△EDN（SAS），得MN＝NE，可得結(jié)論MN＝BM+CN；
拓展應(yīng)用：
（3）首先根據(jù)題意利用SAS證明△DBM≌△DCE，然后證明△MDN≌△EDN，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)相等通過線段之間的轉(zhuǎn)化即可得到MN＝BM+NC；
（4）由（3）得到MN＝BM+NC，則△AMN的周長(zhǎng)＝2AB，△ABC的周長(zhǎng)＝3AB，即可得出結(jié)論．
【詳解】特例探究：
解：（1）∵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（HL），
∴∠MDB＝∠NDC＝30°，
故答案為：30；
（2）由（1）得：DM＝2BM，DM＝MN，Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），
∴BM＝CN，
∴DM＝MN＝2BM＝BM+NC，
即MN＝BM+NC；
歸納證明
（3）解：猜想：MN＝BM+NC，證明如下：
∵△ABC是等邊三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵BD＝CD，∠BDC＝120°，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∴∠MBD＝∠NCD＝90°．
∴∠MBD＝∠ECD＝90°，
又∵BD＝CD，BM＝CE，
∴△DBM≌△DCE（SAS），
∴DM＝DE，∠MDB＝∠EDC，
∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，
∴∠MDB+∠NDC＝60°，
∴∠EDN＝∠NDC+∠EDC＝∠MDB+∠NDC＝60°，
∴∠EDN＝∠MDN，
又∵DN＝DN，
∴△MDN≌△EDN（SAS），
∴MN＝EN＝EC+NC＝BM+NC；
拓展應(yīng)用
（4）解：由（1）（2）得：MN＝BM+NC，
∴△AMN的周長(zhǎng)＝AM+MN+AN＝AM+BM+NC+AN＝AB+AC＝2AB，
∵△ABC是等邊三角形，
∴AB＝BC＝AC，
∴△ABC的周長(zhǎng)＝3AB，
∴△AMN的周長(zhǎng)與△ABC的周長(zhǎng)的比為＝，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】此題考查了等邊三角形的性質(zhì)的，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)．
1．（1）如圖①，在四邊形中，，，，分別是邊，上的點(diǎn)，且．請(qǐng)直接寫出線段，，之間的數(shù)量關(guān)系：__________；
（2）如圖②，在四邊形中，，，，分別是邊，上的點(diǎn)，且，（1）中的結(jié)論是否仍然成立？請(qǐng)寫出證明過程；
（3）在四邊形中，，，，分別是邊，所在直線上的點(diǎn)，且．請(qǐng)畫出圖形（除圖②外），并直接寫出線段，，之間的數(shù)量關(guān)系．
【答案】（1）；（2）成立，理由見解析；（3）圖形見解析，
【分析】（1）延長(zhǎng)EB到G，使BG=DF，連接AG．證明△AGE和△AEF全等，則EF=GE，則EF=BE+DF，證明△ABE和△AEF中全等，那么AG=AF，∠1=∠2，∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=∠BAD．從而得出EF=GE；
（2）思路和作輔助線的方法同（1）；
（3）根據(jù)（1）的證法，我們可得出DF=BG，GE=EF，那么EF=GE=BE-BG=BE-DF．
【詳解】（1）延長(zhǎng)至，使，連接，
∵，，
∴≌，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
∵，
∴≌，
∴，
∵，
∴．
故答案為：
（）（）中的結(jié)論仍成立，
證明：延長(zhǎng)至，使，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴≌，
∴，,
∵，
∴，
∴即，
在和中，
，
∴≌，
∴，即．
（），
證明：在上截取使，
連接，
∵，，
∴，
∵在和中，
，
∴≌，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴≌，
∴，
∵，
∴．
【點(diǎn)睛】此題主要考查了三角形全等的判定與性質(zhì)，通過全等三角形來實(shí)現(xiàn)線段的轉(zhuǎn)換是解題關(guān)鍵，沒有明確的全等三角形時(shí)，要通過輔助線來構(gòu)建與已知和所求條件相關(guān)聯(lián)的全等三角形.
2．如圖，在等邊三角形ABC中，點(diǎn)E是邊AC上一定點(diǎn)，點(diǎn)D是直線BC上一動(dòng)點(diǎn)，以DE為一邊作等邊三角形DEF，連接CF．
（1）如圖1，若點(diǎn)D在邊BC上，直接寫出CE，CF與CD之間的數(shù)量關(guān)系；
（2）如圖2，若點(diǎn)D在邊BC的延長(zhǎng)線上，請(qǐng)?zhí)骄烤€段CE，CF與CD之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？并說明理由；
（3）如圖3，若點(diǎn)D在邊CB的延長(zhǎng)線上，請(qǐng)直接寫出CE，CF與CD之間的數(shù)量關(guān)系．
【答案】（1）CE＋CF＝CD；（2）CF＝CE＋CD，理由見解析；（3）CD＝CE＋CF
【分析】（1）在CD上截取CH=CE，易證CEH是等邊三角形，得EH=EC=CH，證明DEH≌FEC，得DH=CF，即可得出結(jié)論；
（2）先證GCE為等邊三角形，再證EGD≌ECF，得到GD＝CF，又因?yàn)镚D＝CG＋CD，得CF＝CG＋CD，則CF＝CE＋CD；
（3）先證GCE為等邊三角形，再證CG＝CE＝EG， ∠GEC＝60°，ED＝EF，∠DEG＝∠FEC，得EGD≌ECF，則GD＝CF，即可得到CE +CF＝CD．
【詳解】（1）證明：CE+CF=CD，
理由如下：在CD上截取CH=CE，連接EH，如圖1所示：
∵ABC是等邊三角形，
∴∠ECH=60°，
∴CEH是等邊三角形，
∴EH=EC=CH，∠CEH=60°，
∵DEF是等邊三角形，
∴DE=FE，∠DEF=60°，
∴∠DEH+∠HEF=∠FEC+∠HEF=60°，
∴∠DEH=∠FEC，
在DEH和FEC中，，
∴DEH≌FEC（SAS），
∴DH=CF，
∴CD=CH+DH=CE+CF，
∴CE+CF=CD；
（2）解：CF＝CE＋CD
理由如下：
∵ABC是等邊三角形，
∴∠A＝∠B＝∠ACB＝60°，
作，交BC于點(diǎn)G，如圖2所示
∴∠EGC＝∠B＝60°，∠GEC＝∠A＝60°，
∴∠EGC＝∠GEC＝∠ACB＝60°，
∴GCE為等邊三角形，
∴CG＝CE＝EG，
∵EDF為等邊三角形，
∴ED＝EF，∠DEF＝60°，
∴∠DEG＝∠FEC，
∴EGD≌ECF（SAS），
∴GD＝CF，
又GD＝CG＋CD
∴CF＝CE＋CD．
（3）∵ABC是等邊三角形，
∴∠A＝∠ABC＝∠ACB＝60°，
作，交BC于點(diǎn)G，如圖所示
∴∠EGC＝∠ABC＝60°，∠GEC＝∠A＝60°，
∴∠EGC＝∠GEC＝∠ACB＝60°，
∴GCE為等邊三角形，
∴CG＝CE＝EG， ∠GEC＝60°
∴∠GEC＝∠GEF +∠FEC ＝60°
∵EDF為等邊三角形，
∴ED＝EF，∠DEF＝60°，
∴∠DEF＝∠GEF +∠DEG＝60°
∴∠DEG＝∠FEC，
∴EGD≌ECF（SAS），
∴GD＝CF，
又∵GD＝CD-CG，CG＝CE
∴CE +CF＝CD
【點(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)等知識(shí)；作輔助線構(gòu)建等邊三角形是解題的關(guān)鍵，屬于中考常考題型．

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