全等三角形经典模型总结解析

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全等三角形的10个模型(一)2024

全等三角形的10个模型（一）引言概述：全等三角形是指两个或多个三角形的对应边和对应角完全相等的情况。

全等三角形在几何学中有广泛的应用，不仅在证明和推导定理时起到重要的作用，还在实际问题的解决中提供了有力的工具。

本文将介绍十个关于全等三角形的模型。

这些模型旨在帮助读者更好地理解和运用全等三角形的性质和应用。

正文：1. 模型一：完全相等的三边- 全等三角形的基本条件就是三边相等。

- 通过边的对应关系确定两个三角形是否全等。

- 证明时可利用边长相等的性质进行推导。

2. 模型二：完全相等的两边和夹角- 如果已知两个三角形的两边和夹角都相等，则这两个三角形全等。

- 通过边角边（SAS）或角边角（ASA）的条件可以判定两个三角形相等。

3. 模型三：完全相等的两角和夹边- 如果已知两个三角形的两角和夹边都相等，则这两个三角形全等。

- 边角边（SAS）或角边角（ASA）的条件可以判定两个三角形相等。

4. 模型四：等腰三角形和全等条件- 等腰三角形是指两边相等或两角相等的三角形。

- 如果两个三角形中有一个是等腰三角形，且两个等腰三角形的两边或两角都相等，则这两个三角形全等。

5. 模型五：直角三角形和全等条件- 直角三角形是指其中一个角为90度的三角形。

- 如果两个三角形中有一个是直角三角形，且两个直角三角形的两边或两个锐角均相等，则这两个三角形全等。

总结：通过十个模型的介绍，我们可以看到全等三角形是几何学中一个重要而广泛应用的概念。

理解全等三角形的性质和应用对于解决几何问题具有重要意义。

在实际问题中，我们常常可以利用全等三角形的模型来推导和证明定理，从而得出更深入的结论。

数学全等三角形五大模型及必要步骤

数学全等三角形五大模型及必要步骤
一、等积变换模型
1、等底等高的两个三角形面积相等.
2、两个三角形高相等,面积比等于它们的底之比.
3、两个三角形底相等,面积比等于它的的高之比.
二、共角定理模型
两个三角形中有一个角相等或互补,这两个三角形叫做共角三角形.
共角三角形的面积比等到于对应角（相等角或互补角）两夹边的乘积之比.
三、蝴蝶定理模型
（说明：任意四边形与四边形、长方形、梯形,连接对角线所成四部的比例关系是一样的.）四、相似三角形模型
相似三角形：是形状相同,但大小不同的三角形叫相似三角形.
相似三角形的一切对应线段的长度成比例,并且这个比例等于它们的相似比.
相似三角形的面积比等于它们相似比的平方.
五、燕尾定理模型
不多说了,应该知道吧。

全等三角形八大模型归纳

全等三角形八大模型归纳全等三角形是初中数学中重要的概念之一，它是指两个三角形的对应边相等且对应角相等。

全等三角形具有许多性质和特点，可以归纳为八大模型，分别是SSS、SAS、ASA、AAS、HL、LLL、LLA、LAL。

下面将分别介绍这八种模型的特点和应用。

第一种模型是SSS，即三边全等。

当两个三角形的三条边分别相等时，这两个三角形就是全等的。

这种模型在实际生活中的应用非常广泛，比如在建筑、工程设计中，需要测量房屋的各个边长是否相等，以确保建筑物的稳定性和均衡性。

第二种模型是SAS，即两边夹角边全等。

当两个三角形的两边和夹角分别相等时，这两个三角形就是全等的。

这种模型常常用于证明两个三角形全等的情况，可以通过辅助线的引入来简化证明过程。

第三种模型是ASA，即两角边角全等。

当两个三角形的两个角和夹边分别相等时，这两个三角形就是全等的。

这种模型在解题过程中也经常用到，特别是在证明题中，可以根据已知条件找到相等的角和边，从而得出结论。

第四种模型是AAS，即两角边角全等。

当两个三角形的两个角和一边分别相等时，这两个三角形也是全等的。

这种情况在证明过程中比较常见，可以通过找到两个角和一边相等来得出结论。

第五种模型是HL，即斜边和直角边全等。

当两个直角三角形的斜边和一个直角边分别相等时，这两个三角形就是全等的。

这种情况在解决直角三角形的问题时经常用到，可以利用勾股定理和全等三角形的性质来求解。

第六种模型是LLL，即三边全等。

这种模型和SSS模型类似，只不过LLL模型更加具体，强调了三个边全部相等的情况。

在实际问题中，可以通过测量三角形的三边长度来判断两个三角形是否全等。

第七种模型是LLA，即两边和一个角全等。

当两个三角形的两个边和一个非夹角的角相等时，这两个三角形是全等的。

这种情况在解题过程中也会经常遇到，可以通过找到两个边和一个非夹角的角相等来证明两个三角形全等。

第八种模型是LAL，即一边和两个角全等。

当两个三角形的一条边和两个角分别相等时，这两个三角形也是全等的。

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全等的相关模型总结一、角平分线模型应用 1•角平分性质模型：②如图2，已知，1 2， 3 4.求证：AP 平分BACA① 2 (提示：作DE AB 交AB 于点E )②1 2 PM PN 3 4 PN PQ PM PQ, PA 平分 BAC(2) .模型巩固:练习一：如图3，在四边形ABCD 中，BC>AB ，AD=CD ，BD 平分 BAC .①如图1,在ABC 中距离是90°, AD 平分CAB'BC 6cm,BD 4cm,那么点D 到直线AB 的cm.I)(1) •例题应用: 辅助线：过点G 作GE 射线AC图1图2•求证： A C 180练习二：已知如图4,四边形ABCD中，B D 1800,BC CD•求证：AC平分BAD.练习三：如图5 Rt ABC中，ACB 90 , CD AB,垂足为D , AF平分CAB,交CD于点E 交CB于点F.(1)求证：CE=CF.(2)将图5中的△ ADE沿AB向右平移到ADE的位置，使点E落在BC边上，其他条件不变，如图6所示，是猜想：BE于CF又怎样的数量关系？请证明你的结论图5 图6练习四：如图7，/ A 90，AD // BC，P是AB的中点，PD平分/ ADC求证：CP 平分/ DCB图7练习五：如图 8, AB> AC / A 的平分线与 BC 的垂直平分线相交于 D,自D 作DE L AB, DF 丄AC,垂足分别为E , F .求证：BE=CF图8练习六：如图9所示，在△ ABC 中，BC 边的垂直平分线 DF 交厶BAC 的外角平分线 AD 于点D , F 为垂足，DE 丄AB 于E ,并且 AB>AC 。

求证：BE — AC=AE 。

练习七：如图10, D 、E 、F 分别是△ ABC 的三边上的点， CE=BF ，且△ DCE 的面积与厶 DBF 的面积相等，求证：AD 平分/ BAC 。

人教版初中数学《全等三角形》中的经典模型

专题12.4 全等三角形中的经典模型【六大题型】【人教版】【题型1 平移模型】 (1)【题型2 轴对称模型】 (3)【题型3 旋转模型】 (5)【题型4 一线三等角模型】 (8)【题型5 倍长中线模型】 (12)【题型6 截长补短模型】 (14)【常见模型】【例1】（2022•义马市期末）如图，点A，E，F，B在直线l上，AE＝BF，AC∥BD，且AC＝BD，求证：△ACF≌△BDE．【变式1-1】（2022•曾都区期末）如图，点B，E，C，F在一条直线上，AB＝DE，AC＝DF．老师说：还添加一个条件就可使△ABC≌△DEF．下面是课堂上三个同学的发言：甲：添加BE＝CF，乙：添加AC∥DF，丙：添加∠A＝∠D．（1）甲、乙、丙三个同学的说法正确的是；（2）请你从正确的说法中，选取一种给予证明．【变式1-2】（2022春•东坡区校级期末）如图，△ABC中，AB＝13cm，BC＝11cm，AC＝6cm，点E是BC边的中点，点D在AB边上，现将△DBE沿着BA方向向左平移至△ADF 的位置，则四边形DECF的周长为cm．【变式1-3】（2022•富顺县校级月考）如图1，A，B，C，D在同一直线上，AB＝CD，DE ∥AF，且DE＝AF，求证：△AFC≌△DEB．如果将BD沿着AD边的方向平行移动，如图2，3时，其余条件不变，结论是否成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由．【题型2 轴对称模型】【例2】（2022•安丘市期末）如图，已知△ACF≌△DBE，且点A，B，C，D在同一条直线上，∠A＝50°，∠F＝40°．（1）求△DBE各内角的度数；（2）若AD＝16，BC＝10，求AB的长．【变式2-1】（2022•陇县一模）如图，在△ABC中，已知CD⊥AB于点D，BE⊥AC于点E，∠DCB＝∠EBC．求证：AD＝AE．【变式2-2】（2022•句容市期末）如图，已知△AOD≌△BOC．求证：AC＝BD．【变式2-3】（2022•海珠区校级期中）如图，PB⊥AB，PC⊥AC，PB＝PC，D是AP上一点．求证：∠BDP＝∠CDP．【题型3 旋转模型】【例3】（2022•环江县期中）如图，AB＝AE，AB∥DE，∠1＝70°，∠D＝110°．求证：△ABC≌△EAD．证明：∵∠1＝70°，∴（）．又∵∠D＝110°，∴（）．∵AB∥DE，∴ （）．在△ABC 和△EAD 中， {(ㅤㅤㅤㅤ)(ㅤㅤㅤㅤ)AB =AE， ∴△ABC ≌△EAD （AAS ）．【变式3-1】（2022春•济南期末）如图1，△ABE 是等腰三角形，AB ＝AE ，∠BAE ＝45°，过点B 作BC ⊥AE 于点C ，在BC 上截取CD ＝CE ，连接AD 、DE 并延长AD 交BE 于点P ；（1）求证：AD ＝BE ；（2）试说明AD 平分∠BAE ；（3）如图2，将△CDE 绕着点C 旋转一定的角度，那么AD 与BE 的位置关系是否发生变化，说明理由．【变式3-2】（2022•高港区校级月考）已知，如图，AD 、BF 相交于O 点，点E 、C 在BF 上，且BE ＝FC ，AC ＝DE ，AB ＝DF ．求证：（1）AO ＝DO ；（2）AC ∥DE ．【变式3-3】（2022•锦州模拟）如图，将两个全等的直角三角形△ABD、△ACE拼在一起（图1），△ABD不动．（1）若将△ACE绕点A逆时针旋转，连接DE，M是DE的中点，连接MB、MC（图2），证明：MB＝MC．（2）若将图1中的CE向上平移，∠CAE不变，连接DE，M是DE的中点，连接MB、MC（图3），判断并直接写出MB、MC的数量关系．（3）在（2）中，若∠CAE的大小改变（图4），其他条件不变，则（2）中的MB、MC 的数量关系还成立吗？说明理由．【题型4 一线三等角模型】【例4】（2022春•香坊区期末）已知，在△ABC中，AB＝AC，D，A，E三点都在直线m 上，且DE＝9cm，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC（1）如图①，若AB⊥AC，则BD与AE的数量关系为BD＝AE，CE与AD的数量关系为CE＝AD；（2）如图②，判断并说明线段BD，CE与DE的数量关系；（3）如图③，若只保持∠BDA＝∠AEC，BD＝EF＝7cm，点A在线段DE上以2cm/s的速度由点D向点E运动，同时，点C在线段EF上以xcm/s的速度由点E向点F运动，它们运动的时间为t（s）．是否存在x，使得△ABD与△EAC全等？若存在，求出相应的t的值；若不存在，请说明理由．【变式4-1】（2022•东至县期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m 上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，若DE＝10，BD＝3，求CE的长．【变式4-2】（2022春•历下区期中）CD是经过∠BCA定点C的一条直线，CA＝CB，E、F分别是直线CD上两点，且∠BEC＝∠CF A＝∠β．（1）若直线CD经过∠BCA内部，且E、F在射线CD上，①若∠BCA＝90°，∠β＝90°，例如图1，则BE CF，EF|BE﹣AF|．（填“＞”，“＜”，“＝”）；②若0°＜∠BCA＜180°，且∠β+∠BCA＝180°，例如图2，①中的两个结论还成立吗？并说明理由；（2）如图3，若直线CD经过∠BCA外部，且∠β＝∠BCA，请直接写出线段EF、BE、AF的数量关系（不需要证明）．【变式4-3】（2022•余杭区月考）如图①，点B、C在∠MAN的边AM、AN上，点E，F 在∠MAN内部的射线AD上，∠1、∠2分别是△ABE、△CAF的外角．已知AB＝AC，∠1＝∠2＝∠BAC．求证：△ABE≌△CAF．应用：如图②，在△ABC中，AB＝AC，AB＞BC，点D在边BC上，且CD＝2BD，点E，F在线段AD上．∠1＝∠2＝∠BAC，若△ABC的面积为15，求△ABE与△CDF的面积之和．【题型5 倍长中线模型】【例5】（2022秋•博兴县期末）如图，BD是△ABC的中线，AB＝6，BC＝4，求中线BD 的取值范围．【变式5-1】（2022•涪城区校级月考）如图，在△ABC中，D是BC边的中点，E是AD上一点，BE＝AC，BE的延长线交AC于F，求证：∠AEF＝∠EAF．【变式5-2】（2022•浠水县校级模拟）（1）在△ABC中，AD为△ABC的中线，AB＝6，AC＝4，则AD的取值范围是；（2）如图，在△ABC中，AD为△ABC的中线，点E在中线AD上，且BE＝AC，连接并延长BE交AC于点F．求证：AF＝FE．【变式5-3】（2022•丹阳市期中）八年级一班数学兴趣小组在一次活动中进行了探究试验活动，请你和他们一起活动吧．【探究与发现】（1）如图1，AD是△ABC的中线，延长AD至点E，使ED＝AD，连接BE，写出图中全等的两个三角形【理解与应用】（2）填空：如图2，EP是△DEF的中线，若EF＝5，DE＝3，设EP＝x，则x的取值范围是．（3）已知：如图3，AD是△ABC的中线，∠BAC＝∠ACB，点Q在BC的延长线上，QC＝BC，求证：AQ＝2AD．【例6】（2022秋•西岗区期末）阅读下面材料：小明遇到这样一个问题：如图1，在△ABC中，AD平分∠BAC，∠ABC＝2∠C．求证：AC＝AB+BD；小明通过思考发现，可以通过“截长、补短”两种方法解决问题：方法一：如图2，在AC上截取AE，使得AE＝AB，连接DE，可以得到全等三角形，进而解决问题．方法二：如图3，延长AB到点E，使得BE＝BD，连接DE，可以得到等腰三角形，进而解决问题．（1）根据阅读材料，任选一种方法证明AC＝AB+BD，根据自己的解题经验或参考小明的方法，解决下面的问题；（2）如图4，四边形ABCD中，E是BC上一点，EA＝ED，∠DCB＝2∠B，∠DAE+∠B＝90°，探究DC、CE、BE之间的数量关系，并证明．【变式6-1】（2022•蕲春县期中）已知：如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，△ABC的角平分线AD、CE交于点O．求证：AC＝AE+CD．【变式6-2】（2022•新抚区校级月考）如图，四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，E是AB 的中点，DE平分∠ADC．（1）求证：CE平分∠BCD；（2）求证：AD+BC＝CD；（3）若AB＝12，CD＝13，求S△CDE．【变式6-3】（2022•黄石期末）已知△ABC和△DEF为等腰三角形，AB＝AC，DE＝DF，∠BAC＝∠EDF，点E在AB上，点F在射线AC上．（1）如图1，若∠BAC＝60°，点F与点C重合，求证：AF＝AE+AD；（2）如图2，若AD＝AB，求证：AF＝AE+BC．。

全等三角形的九大经典模型(解析版)

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。

专题02 全等三角形中的六种模型梳理

专题02 全等三角形中的六种模型梳理一、概述全等三角形是初中数学中一个重要且常见的概念，对于几何学的学习具有重要的意义。

在全等三角形的学习中，有六种基本模型，它们是解决全等三角形问题的重要工具。

本文将对全等三角形中的六种模型进行深入探讨和梳理，帮助读者更加全面地理解和掌握这一知识点。

二、模型一：SSS全等模型在全等三角形中，如果两个三角形的三条边分别相等，则可以确定它们是全等三角形，这就是SSS全等模型。

如果已知两个三角形的三边分别相等，那么这两个三角形一定是全等的。

模型二：SAS全等模型SAS全等模型是指如果两个三角形的一条边和夹角以及另一边的长度分别相等，则可以确定它们是全等三角形。

如果已知两个三角形的一个角和两边分别相等，那么可以确定这两个三角形是全等的。

模型三：ASA全等模型在全等三角形中，如果两个三角形的一个角和两个角边相等，则可以确定它们是全等三角形，这就是ASA全等模型。

如果已知两个三角形的一个角和两个角边分别相等，那么可以确认这两个三角形是全等的。

模型四：HL全等模型HL全等模型是指如果两个直角三角形的斜边和一个直角边的长度分别相等，则可以确定它们是全等三角形。

如果已知两个直角三角形的斜边和一个直角边的长度分别相等，那么可以确定这两个三角形是全等的。

模型五：LL全等模型LL全等模型是指如果两个三角形的两个角和一个边分别相等，则可以确定它们是全等三角形。

如果已知两个三角形的两个角和一个边分别相等，那么可以确定这两个三角形是全等的。

模型六：对顶全等模型对顶全等模型是指如果两个三角形的两个对顶角和一个边分别相等，则可以确定它们是全等三角形。

如果已知两个三角形的两个对顶角和一个边分别相等，那么可以确定这两个三角形是全等的。

三、总结与回顾通过上述对全等三角形中六种模型的梳理，我们可以发现几何学中的相似和全等的概念是非常重要的。

在实际问题中，我们可以通过判断形状的相似或全等，推断出一些未知的信息，帮助我们解决问题。

专题13 全等三角形重难点模型(五大模型)(解析版)

专题13全等三角形重难点模型（五大模型）模型一：一线三等角型模型二：手拉手模型模型三：半角模型模型四：对角互补模型模型五：平行+线段中点构造全等模型【典例分析】【模型一：一线三等角型】如图一，∠D=∠BCA=∠E=90°，BC=AC。

结论：Rt△BDC≌Rt△CEA模型二一线三等角全等模型如图二，∠D=∠BCA=∠E，BC=AC。

结论：△BEC≌△CDA图一图二应用：①通过证明全等实现边角关系的转化，便于解决对应的几何问题；②与函数综合应用中有利于点的坐标的求解。

【典例1】如图，平面直角坐标系中有点A（﹣1，0）和y轴上一动点B（0，a），其中a＞0，以B点为直角顶点在第二象限内作等腰直角△ABC，设点C的坐标为（c，d）．（1）当a＝2时，则C点的坐标为；（2）动点B在运动的过程中，试判断c+d的值是否发生变化？若不变，请求出其值；若发生变化，请说明理由．【解答】解：（1）如图1中，过点C作CE⊥y轴于E，则∠CEB＝∠AOB．∵△ABC是等腰直角三角形，∴BC＝BA，∠ABC＝90°，∴∠BCE+∠CBE＝90°＝∠BAO+∠CBE，∴∠BCE＝∠ABO，在△BCE和△BAO中，，∴△CBE≌△BAO（AAS），∵A（﹣1，0），B（0，2），∴AO＝BE＝1，OB＝CE＝2，∴OE＝1+2＝3，∴C（﹣2，3），故答案为：（﹣2，3）；（2）动点A在运动的过程中，c+d的值不变．理由：过点C作CE⊥y轴于E，则∠CEA＝∠AOB，∵△ABC是等腰直角三角形，∴BC＝BA，∠ABC＝90°，∴∠BCE+∠CBE＝90°＝∠ABO+∠CBE，∴∠BCE＝∠ABO，在△BCE和△BAO中，，∴△CBE≌△BAO（AAS），∵B（﹣1，0），A（0，a），∴BO＝AE＝1，AO＝CE＝a，∴OE＝1+a，∴C（﹣a，1+a），又∵点C的坐标为（c，d），∴c+d＝﹣a+1+a＝1，即c+d的值不变．【变式1】点A的坐标为（4，0），点B为y轴负半轴上的一个动点，分别以OB、AB为直角边在第三象限和第四象限作等腰Rt△OBC和等腰Rt△ABD．（1）如图一，若点B坐标为（0，﹣3），连接AC、OD．①求证：AC＝OD；②求D点坐标．（2）如图二，连接CD，与y轴交于点E，试求BE长度．【解答】（1）①证明：∵△OBC和△ABD是等腰直角三角形，∴OB＝CB，BD＝AB，∠ABD＝∠OBC＝90°，∴∠ABD+ABO＝∠OBC+∠A∠O，∴∠OBD＝∠CBA，∴△OBD≌△CBA（SAS），∴AC＝OD；②如图一、∵A（4，0），B（0，﹣3），∴OA＝4，OB＝3，过点D作DF⊥y轴于F，∴∠BOA＝∠DFB＝90°，∴∠ABO+∠OAB＝90°，∵∠ABD＝90°，∴∠ABO+∠FBD＝90°，∴∠OAB＝∠FBD，∵AB＝BD，∴△AOB≌△BFD（AAS），∴DF＝OB＝3，BF＝OA＝4，∴OF＝OB+BF＝7，∴D（3，﹣7）；（2）如图二、过点D作DF⊥y轴于F，则∠DFB＝90°＝∠CBF，同（1）②的方法得，△AOB≌△BFD（AAS），∴DF＝OB，BF＝OA＝4，∵OB＝BC，∴BC＝DF，∵∠DEF＝∠CEB，∴△DEF≌△CEB（AAS），∴BE＝EF，∴BF＝BE+EF＝2BE＝4，∴BE＝2．【典例2】（1）猜想：如图1，已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E．试猜想DE、BD、CE有怎样的数量关系，请直接写出；（2）探究：如果三个角不是直角，那结论是否会成立呢？如图2，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D，A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α（其中α为任意锐角或钝角）如果成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由；（3）解决问题：如图3，F是角平分线上的一点，且△ABF和△ACF均为等边三角形，D、E分别是直线m上A点左右两侧的动点，D、E、A互不重合，在运动过程中线段DE的长度始终为n，连接BD、CE，若∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，试判断△DEF的形状，并说明理由．【解答】解：（1）DE＝BD+CE，理由如下：∵∠BAC＝90°，∴∠BAD+∠CAE＝90°，∵BD⊥m，CE⊥m，∴∠ADB＝∠CEA＝90°，∴∠BAD+∠ABD＝90°，∴∠ABD＝∠CAE，在△ADB和△CEA中，，∴△ADB≌△CEA（AAS），∴BD＝AE，AD＝CE，∴DE＝AD+AE＝BD+CE；（2）结论DE＝BD+CE成立，理由如下：∵∠BAD+∠CAE＝180°﹣∠BAC，∠BAD+∠ABD＝180°﹣∠ADB，∠ADB＝∠BAC，∴∠ABD＝∠CAE，在△BAD和△ACE中，，∴△BAD≌△ACE（AAS），∴BD＝AE，AD＝CE，∴DE＝DA+AE＝BD+CE；（3）△DFE为等边三角形，理由如下：由（2）得，△BAD≌△ACE，∴BD＝AE，∠ABD＝∠CAE，∴∠ABD+∠FBA＝∠CAE+FAC，即∠FBD＝∠FAE，在△FBD和△FAE中，，∴△FBD≌△FAE（SAS），∴FD＝FE，∠BFD＝∠AFE，∴∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠DFA+∠BFD＝60°，∴△DFE为等边三角形．【变式2】已知，在△ABC中，AB＝AC，D，A，E三点都在直线m上，且DE ＝9cm，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC（1）如图①，若AB⊥AC，则BD与AE的数量关系为，CE与AD 的数量关系为；（2）如图②，判断并说明线段BD，CE与DE的数量关系；（3）如图③，若只保持∠BDA＝∠AEC，BD＝EF＝7cm，点A在线段DE上以2cm/s的速度由点D向点E运动，同时，点C在线段EF上以xcm/s的速度由点E向点F运动，它们运动的时间为t（s）．是否存在x，使得△ABD与△EAC全等？若存在，求出相应的t的值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）∵∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，∴∠BAD+∠CAE＝∠BAD+∠ABD，∴∠CAE＝∠ABD，∵∠BDA＝∠AEC，BA＝CA，∴△ABD≌△CAE（AAS），∴BD＝AE，CE＝AD，故答案为：BD＝AE，CE＝AD；（2）DE＝BD+CE，由（1）同理可得△ABD≌△CAE（AAS），∴BD＝AE，CE＝AD，∴DE＝BD+CE；（3）存在，当△DAB≌△ECA时，∴AD＝CE＝2cm，BD＝AE＝7cm，∴t＝1，此时x＝2；当△DAB≌△EAC时，∴AD＝AE＝4.5cm，DB＝EC＝7cm，∴t＝，x＝7÷＝，综上：t＝1，x＝2或t＝，x＝．【模型二：手拉手模型】应用：①利用手拉手模型证明三角形全等，便于解决对应的几何问题；②作辅助线构造手拉手模型，难度比较大。

专题02 全等三角形中的六种模型梳理(解析版)(人教版)

专题02 全等三角形中的六种模型梳理几何探究类问题一直属于考试压轴题范围，在三角形这一章，压轴题主要考查是证明三角形各种模型，或证明线段数量关系等，接来下我们针对其做出详细分析与梳理。

类型一、倍长中线模型中线倍长法：将中点处的线段延长一倍。

目的：①构造出一组全等三角形；②构造出一组平行线。

将分散的条件集中到一个三角形中去。

例1．某数学兴趣小组在一次活动中进行了探究试验活动，请你来加入．【探究与发现】如图1，延长△ABC的边BC到D，使DC＝BC，过D作DE∥AB交AC延长线于点E，求证：△ABC≌△EDC．【理解与应用】如图2，已知在△ABC中，点E在边BC上且∠CAE＝∠B，点E是CD的中点，若AD平分∠BAE．（1）求证：AC＝BD；（2）若BD＝3，AD＝5，AE＝x，求x的取值范围．【答案】[探究与发现]见解析；[理解与应用]（1）见解析；（2）1＜x＜4【详解】解：[探究与发现]证明：∵DE∥AB，∴∠B=∠D，又∵BC=DC，∠ACB=∠ECD，∴△ABC≌△EDC（ASA）；[理解与应用]（1）证明：如图2中，延长AE到F，使EF=EA，连接DF，∵点E 是CD 的中点，∴ED =EC ，在△DEF 与△CEA 中，EF EA DEF CEA ED EC =ìïÐ=Ðíï=î，∴△DEF ≌△CEA （SAS ），∴AC =FD ，∴∠AFD =∠CAE ，∵∠CAE =∠B ，∴∠AFD =∠B ，∵AD 平分∠BAE ，∴∠BAD =∠FAD ，在△ABD 与△AFD 中，B AFD BAD FAD AD AD Ð=ÐìïÐ=Ðíï=î，∴△ABD ≌△AFD （AAS ），∴BD =FD ，∴AC =BD ；（2）解：由（1）得：AF =2AE =2x ，△ABD ≌△AFD ，∴AB =AF =2x ，∵BD =3，AD =5，在△ABD 中，由三角形的三边关系得：AD -BD ＜AB ＜AD +BD ，即5-3＜2x ＜5+3，解得：1＜x ＜4，即x 的取值范围是1＜x ＜4．【变式训练1】如图1，在ABC V 中，CM 是AB 边的中线，BCN BCM Ð=Ð交AB 延长线于点N ，2CM CN =．（1）求证AC BN =；（2）如图2，NP 平分ANC Ð交CM 于点P ，交BC 于点O ，若120AMC Ð=°，CP kAC =，求CP CM的值．【答案】（1）见解析；（2）21kk +【详解】（1）如图1所示，延长CM 至点D ，使CM DM =，在ACM △与BDM V 中，CM DM AMC BMD AM BM =ìïÐ=Ðíï=î，ACM BDM \D @D ，AC BD \=，2CM CN =Q ，CD CN \=，在DCB V 与NCB △中，CD CN DCB NCB CB CB =ìïÐ=Ðíï=î,DCB NCB \D @D ，BN BD \=，AC BN \=；（2）如图所示，120AMC Ð=°Q ，60CMN \Ð=°，NP Q 平分MNC Ð，BCN BCM Ð=Ð，1602PNC BCN AMC Ð+Ð=Ð=°，120CON \Ð=°，60COP Ð=°，180CMN BOP \Ð+Ð=°，作CQ CP =，在CPO △与CQO V 中，CQ CP QCO PCO CO CO =ìïÐ=Ðíï=î，CPO CQO \D @D ，123\Ð=Ð=Ð，45\Ð=Ð，在NOB V 与NOQ V 中，45BNO QNO NO NO Ð=ÐìïÐ=Ðíï=î，NOB NOQ \D @D ，BN NQ \=，CN CP NB \=+，2CM CP AC \=+，设AC a =，CP ka \=，(1)2a k CM +=，21CP k CM k \=+．【变式训练2】（1）如图1，已知ABC V 中，AD 是中线，求证：2AB AC AD +>；（2）如图2，在ABC V 中，D ，E 是BC 的三等分点，求证：AB AC AD AE +>+；（3）如图3，在ABC V 中，D ，E 在边BC 上，且BD CE =．求证：AB AC AD AE +>+．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析【详解】证：（1）如图所示，延长AD 至P 点，使得AD =PD ，连接CP ，∵AD 是△ABC 的中线，∴D 为BC 的中点，BD =CD ，在△ABD 与△PCD 中，BD CD ADB PDC AD PD =ìïÐ=Ðíï=î，∴△ABD ≌△PCD (SAS )，∴AB =CP ，在△APC 中，由三边关系可得AC +PC ＞AP ，∴2AB AC AD +>；（2）如图所示，取DE 中点H ，连接AH 并延长至Q 点，使得AH =QH ，连接QE 和QC ，∵H 为DE 中点，D 、E 为BC 三等分点，∴DH =EH ，BD =DE =CE ，∴DH =CH，在△ABH 和△QCH 中，BH CH BHA CHQ AH QH =ìïÐ=Ðíï=î，∴△ABH ≌△QCH (SAS )，同理可得：△ADH ≌△QEH ，∴AB =CQ ，AD =EQ ，此时，延长AE ，交CQ 于K 点，∵AC +CQ =AC +CK +QK ，AC +CK ＞AK ，∴AC +CQ ＞AK +QK ，又∵AK +QK =AE +EK +QK ，EK +QK ＞QE ，∴AK +QK ＞AE +QE ，∴AC +CQ ＞AK +QK ＞AE +QE ，∵AB =CQ ，AD =EQ ，∴AB AC AD AE +>+；（3）如图所示，取DE 中点M ，连接AM 并延长至N 点，使得AM =NM ，连接NE ，CE ，∵M 为DE 中点，∴DM =EM ，∵BD =CE ，∴BM =CM ，在△ABM 和△NCM 中，BM CM BMA CMN AM NM =ìïÐ=Ðíï=î，∴△ABM ≌△NCM (SAS )，同理可证△ADM ≌△NEM ，∴AB =NC ，AD =NE ，此时，延长AE ，交CN 于T 点，∵AC +CN =AC +CT +NT ，AC +CT ＞AT ，∴AC +CN ＞AT +NT ，又∵AT +NT =AE +ET +NT ，ET +NT ＞NE ，∴AT +NT ＞AE +NE ，∴AC +CN ＞AT +NT ＞AE +NE ，∵AB =NC ，AD =NE ，∴AB AC AD AE +>+．【变式训练3】在ABC V 中，点P 为BC 边中点，直线a 绕顶点A 旋转，BM ^直线a 于点M ．CN ^直线a 于点N ，连接PM ，PN ．（1）如图1，若点B ，P 在直线a 的异侧，延长MP 交CN 于点E ．求证：PM PE =．（2）若直线a 绕点A 旋转到图2的位置时，点B ，P 在直线a 的同侧，其它条件不变，此时7BMP CNP S S +=△△，1BM =，3CN =，求MN 的长度．（3）若过P 点作PG ^直线a 于点G ．试探究线段PG 、BM 和CN 的关系．【答案】（1）见解析；（2）7MN =；（3）线段PG 、BM 和CN 的位置关系为////BM PG CN ，数量关系为2PG CN BM =-或2PG BM CN =-或2PG CN BM=+【详解】（1）证明：如图1，BM ^Q 直线a 于点M ，CN ^直线a 于点N ，90BMA CNM \Ð=Ð=°，//BM CN \，MBP ECP \Ð=Ð，又P Q 为BC 边中点，BP CP \=，在BPM △和CPE △中，BPM CPE BP CP MBP ECP Ð=Ðìï=íïÐ=Ðî，()BPM CPE ASA \≌△△，PM PE \=．（2）解：如图2，延长MP 与NC 的延长线相交于点E ，BM ^Q 直线a 于点M ，CN ^直线a 于点N ，90BMN CNM \Ð=Ð=°，180BMN CNM \Ð+Ð=°，//BM CN \，MBP ECP \Ð=Ð，又P Q 为BC 中点，BP CP \=，又BPM CPE Ð=ÐQ ，∴在BPM △和CPE △中，BPM CPE BP CP MBP ECP Ð=Ðìï=íïÐ=Ðî，()BPM CPE ASA \≌△△，PM PE \=，BM CE =，BPM CPE S S =△△，∵1BM =，3CN =，4NE CN CE CN BM \=+=+=，7BMP CNP S S +=Q △△，7PNE CPE CNP BMP CNP S S S S S \+=+==△△△△△，214MNE PNE S S \==△△，\14142MN ´´=，7MN \=．（3）位置关系：////BM PG CN ，数量关系：分四种情况讨论∵BM ^直线a 于点M ．CN ^直线a 于点N ，PG ^直线a 于点G ，∴////BM PG CN ，①如图3，当直线a 与线段BP 交于一点时，由（1）可知PM PE =，12PMN PEN MNE S S S \==△△△，即111222MN PG NE MN ´×=×，2NE PG \=，BPM CPE Q ≌△△，BM CE \=，∵NE CN CE =-，2PG CN BM \=-．②当直线a 与线段CP 交于一点时，如图，延长MP 交CN 的延长线于点E ．BM ^Q 直线a 于点M ，CN ^直线a 于点N ，90BMN CNM \Ð=Ð=°，//BM CN \，MBP ECP \Ð=Ð，又P Q 为BC 边中点，BP CP \=，在BPM △和CPE △中，BPM CPE BP CP MBP ECP Ð=Ðìï=íïÐ=Ðî，()BPM CPE ASA \≌△△，PM PE \=．12PMN PEN MNE S S S \==△△△，即111222MN PG NE MN ´×=×，2NE PG \=，BPM CPE Q ≌△△，BM CE \=，∵NE CE CN =-，2PG BM CN \=-．③如图4，当直线a 与线段CB 的延长线交于一点时．由（2）得：()BPM CPE ASA V V ≌，PM PE \=，BPM CPE S S =△△，∴2MNE MNP BCNM S S S ==梯形△△，即()11222BM CN MN MN PG +×=´×，2PG CN BM \=+．④当直线a 与线段CB 的延长线交于一点时，如图，延长MP 交NC 的延长线于点E．BM ^Q 直线a 于点M ，CN ^直线a 于点N ，90BMN CNM \Ð=Ð=°，180BMN CNM \Ð+Ð=°，//BM CN \，MBP ECP \Ð=Ð，又P Q 为BC 中点，BP CP \=，又BPM CPE Ð=ÐQ ，∴在BPM △和CPE △中，BPM CPE BP CP MBP ECP Ð=Ðìï=íïÐ=Ðî，()BPM CPE ASA \≌△△，PM PE \=，BPM CPE S S =△△，∴2MNE MNP BCNM S S S ==梯形△△，即()11222BM CN MN MN PG +×=´×，2PG CN BM \=+．综上所述，线段PG 、BM 和CN 的位置关系为////BM PG CN ，数量关系为2PG CN BM =-或2PG BM CN =-或2PG CN BM =+．类型二、截长补短模型截长补短法使用范围：线段和差的证明（往往需证2次全等）例．在等边三角形ABC 的两边AB 、AC 所在直线上分别有两点M 、N ，P 为△ABC 外一点，且∠MPN ＝60°，∠BPC ＝120°，BP ＝CP ．探究：当点M 、N 分别在直线AB 、AC 上移动时，BM ，NC ，MN 之间的数量关系．(1)如图①，当点M、N在边AB、AC上，且PM＝PN时，试说明MN＝BM+CN．(2)如图②，当点M、N在边AB、AC上，且PM≠PN时，MN＝BM+CN还成立吗？答：．（请在空格内填“一定成立”“不一定成立”或“一定不成立”）．(3)如图③，当点M、N分别在边AB、CA的延长线上时，请直接写出BM，NC，MN之间的数量关系．【答案】(1)见解析；(2)一定成立；(3)MN＝NC﹣BM【解析】(1)证明：∵△ABC为等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∵∠BPC＝120°，BP＝CP，∴∠PBC＝∠PCB＝12×（180°﹣120°）＝30°，∴∠PBM＝∠PCN＝90°，在Rt△PBM和Rt△PCN中，PB PCPM PN=ìí=î，∴Rt△PBM≌Rt△PCN（HL），∴∠BPM＝∠CPN＝30°，∵∠MPN＝60°，PM＝PN，∴△PMN为等边三角形，∴PM＝PN＝MN，在Rt△PBM中，∠BPM＝30°，∴BM＝12PM，同理可得，CN＝12PN，∴BM+CN＝MN．(2)解：一定成立，理由如下：延长AC至H，使CH＝BM，连接PH，如图所示，由（1）可知：∠PBM＝∠PCN＝90°，∴∠PCH＝90°，∴∠PBM＝∠PCH，在△PBM和△PCH中，BM CHPBM PCHPB PC=ìïÐ=Ðíï=î，∴△PBM≌△PCH（SAS），∴PM＝PH，∠BPM＝∠CPH，∵∠BPM +∠CPN ＝60°，∴∠CPN +∠CPH ＝60°，∴∠MPN ＝∠HPN ，在△MPN 和△HPN 中，PM PH MPN HPN PN PN =ìïÐ=Ðíï=î，∴△MPN ≌△HPN （SAS ），∴MN ＝HN ＝BM +CN ，故答案为：一定成立．(3)解：在AC 上截取CK ＝BM ，连接PK ，如图所示，在△PBM 和△PCK 中，90PB PC PBM PCK BM CK =ìïÐ=Ð=°íï=î，∴△PBM ≌△PCK （SAS ），∴PM ＝PK ，∠BPM ＝∠CPK ，∵∠BPM +∠BPN ＝60°，∴∠CPK +∠BPN ＝60°，∴∠KPN ＝60°，∴∠MPN ＝∠KPN ，在△MPN 和△KPN 中，PM PK MPN KPN PN PN =ìïÐ=Ðíï=î，∴△MPN ≌△KPN （SAS ），∴MN ＝KN ，∵KN ＝NC ﹣CK ＝NC ﹣BM ，∴MN ＝NC ﹣BM ．【变式训练1】如图，在四边形ABCD 中，,180AB AD B ADC =Ð+Ð=°，点E 、F 分别在直线BC 、CD 上，且12EAF BAD Ð=Ð．(1)当点E 、F 分别在边BC 、CD 上时（如图1），请说明EF BE FD =+的理由．(2)当点E 、F 分别在边BC 、CD 延长线上时（如图2），（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请说明理由；若不成立，请写出EF 、BE 、FD 之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)见解析；(2)不成立，EF BE FD =-，见解析【解析】(1)EF ＝BE +DF ，理由：延长EB 至G ，使BG ＝DF ，连接AG ，∵∠ABC +∠ADC ＝180°，∠ABC +∠ABG ＝180°，∴∠ADC ＝∠ABG ，在△ABG 和△ADF 中，AB AD ABG ADF BG DF =ìïÐ=Ðíï=î，∴△ABG ≌△ADF （SAS ），∴AG ＝AF ，∠BAG ＝∠DAF ，∵∠EAF ＝12∠BAD ，∴∠BAE +∠DAF ＝∠BAE +∠BAG ＝∠EAF ，即∠EAG ＝∠EAF ，在△EAG 和△EAF 中，AG AF EAG EAF AE AE =ìïÐ=Ðíï=î，∴△EAG ≌△EAF （SAS ），∴GE ＝EF ，∴EF ＝BE +DF ；(2)（1）中结论不成立，EF ＝BE ﹣FD ，在BE 上截取BM ＝DF ，连接AM ，∵∠ABC +∠ADC ＝180°，∠ADC +∠ADF ＝180°，∴∠ABC ＝∠ADF ，在△ABM 和△ADF 中，AB AD ABM ADF BM DF =ìïÐ=Ðíï=î，∴△ABM ≌△ADF （SAS ），∴AM ＝AF ，∠BAM ＝∠DAF ，∵∠BAM +∠MAD ＝∠DAF +∠MAD ，∴∠BAD ＝∠MAF，∵∠EAF ＝12∠BAD ，∴∠EAF ＝12∠MAF ，∴∠EAF ＝∠EAM ，在△AME 和△AFE 中，AM AF EAM EAF AE AE =ìïÐ=Ðíï=î，∴△AME ≌△AFE （SAS ），∴ME ＝EF ，∴ME ＝BE ﹣BM ＝BE ﹣DF ，∴EF ＝BE ﹣FD ．【变式训练2】（1）阅读理解：问题：如图1，在四边形ABCD 中，对角线BD 平分ABC Ð，180A C Ð+Ð=°．求证：DA DC =．思考：“角平分线+对角互补”可以通过“截长、补短”等构造全等去解决问题．方法1：在BC 上截取BM BA =，连接DM ，得到全等三角形，进而解决问题；方法2：延长BA 到点N ，使得BN BC =，连接DN ，得到全等三角形，进而解决问题．结合图1，在方法1和方法2中任选一种，添加辅助线并完成证明．（2）问题解决：如图2，在（1）的条件下，连接AC ，当60DAC Ð=°时，探究线段AB ，BC ，BD 之间的数量关系，并说明理由；（3）问题拓展：如图3，在四边形ABCD 中，180A C Ð+Ð=°，DA DC =，过点D 作DE BC ^，垂足为点E ，请直接写出线段AB 、CE 、BC 之间的数量关系．【答案】（1）证明见解析；（2）AB BC BD +=；理由见解析；（3）2BC AB CE -=．【详解】解：（1）方法1：在BC 上截BM BA =，连接DM ，如图．BD Q 平分ABC Ð，ABD CBD \Ð=Ð．在ΔABD 和ΔMBD 中，BD BD ABD MBD BA BM =ìïÐ=Ðíï=î，ΔΔABD MBD \≌，A BMD \Ð=Ð，AD MD =．180BMD CMD °Ð+Ð=Q ，180C A °Ð+Ð=．C CMD \Ð=Ð．DM DC \=，DA DC \=．方法2：延长BA 到点N ，使得BN BC =，连接DN ，如图．BD Q 平分ABC Ð，NBD CBD \Ð=Ð．在ΔNBD 和ΔCBD 中，BD BD NBD CBD BN BC =ìïÐ=Ðíï=î，ΔΔNBD CBD \≌．BND C \Ð=Ð，ND CD =．180NAD BAD °Ð+Ð=Q ，180C BAD °Ð+Ð=．BND NAD \Ð=Ð，DN DA \=，DA DC \=．（2）AB 、BC 、BD 之间的数量关系为：AB BC BD +=．（或者：BD CB AB -=，BD AB CB -=）．延长CB 到点P ，使BP BA =，连接AP ，如图2所示．由（1）可知AD CD =，60DAC °Ð=Q ．ΔADC \为等边三角形．AC AD \=，60ADC °Ð=．180BCD BAD °Ð+Ð=Q ，36018060120ABC °°°°\Ð=--=．18060PBA ABC °°\Ð=-Ð=．BP BA =Q ，ΔABP \为等边三角形．60PAB °\Ð=，AB AP =．60DAC °Ð=Q ，PAB BAC DAC BAC \Ð+Ð=Ð+Ð，即PAC BAD Ð=Ð．在ΔPAC 和ΔBAD 中，PA BA PAC BAD AC AD =ìïÐ=Ðíï=î，ΔΔPAC BAD \≌．PC BD \=，PC BP BC AB BC =+=+Q ，AB BC BD \+=．（3）AB ，CE ，BC 之间的数量关系为：2BC AB CE -=．（或者：2BC CE AB -=，2AB CE BC +=）解：连接BD ，过点D 作DF AC ^于F ，如图3所示．180BAD C °Ð+Ð=Q ，180BAD FAD °Ð+Ð=．FAD C \Ð=Ð．在ΔDFA 和ΔDEC 中，DFA DEC FAD C DA DC Ð=ÐìïÐ=Ðíï=î，ΔΔDFA DEC \≌，DF DE \=，AF CE =．在RtΔBDF 和RtΔBDE 中，BD BD DF DE =ìí=î，RtΔRtΔBDF BDE \≌．BF BE \=，2BC BE CE BA AF CE BA CE \=+=++=+，2BC BA CE \-=．【变式训练3】在ABC V 中，BE ，CD 为ABC V 的角平分线，BE ，CD 交于点F ．（1）求证：1902BFC A Ð=°+Ð；（2）已知60A Ð=°．①如图1，若4BD =， 6.5BC =，求CE 的长；②如图2，若BF AC =，求AEB Ð的大小．【答案】（1）证明见解析；（2）2.5；（3）100°．【解析】解：（1）BE Q 、CD 分别是ABC Ð与ACB Ð的角平分线，11(180)9022FBC FCB A A \Ð+Ð=°-Ð=°-Ð，1180()180(90)2BFC FBC FCB A \Ð=°-Ð+Ð=°-°-Ð，1902BFC A \Ð=°+Ð，（2）如解（2）图，在BC 上取一点G 使BG=BD ，由（1）得1902BFC A Ð=°+Ð，60BAC Ð=°Q ，120BFC \Ð=°，∴18060BFD EFC BFC Ð=Ð=°-Ð=°，在BFG V 与BFD △中，BF BF FBG FBD BD BG =ìïÐ=Ðíï=î，∴BFG BFD @V △（SAS ）∴BFD BFG Ð=Ð，∴60BFD BFG Ð=Ð=°，∴12060CFG BFG Ð=°-Ð=°，∴60CFG CFE Ð=Ð=°在FEC V 与FGC △中，CFE CFG CF CF ECF GCF Ð=Ðìï=íïÐ=Ðî，()FEC FGC ASA \@V V ，CE CG \=，BC BG CG =+Q ，BC BD CE \=+；∵4BD =， 6.5BC =，∴ 2.5CE =（3）如解（3）图，延长BA 到P ，使AP=FC，60BAC Ð=°Q ，∴180120PAC BAC Ð=°-Ð=°，在BFC △与CAP V 中，120BF AC BFC CAP CF PA =ìïÐ=Ð=°íï=î，∴BFC CAP @V △（SAS ）∴P BCF Ð=Ð，BC PC =，∴P ABC Ð=Ð，又∵12P BCF ACB Ð=Ð=Ð，∴2ACB ABC Ð=Ð，又∵180ACB ABC A Ð+Ð+Ð=°，∴360180ABC Ð+°=°，∴40ABC Ð=°，80ACB Ð=°，∴1202ABE ABC Ð=Ð=°，180()180(2060)100AEB ABE A Ð=°-Ð+Ð=°-°+°=°类型三、做平行线证明全等例1．如图所示：ABC V 是等边三角形，D 、E 分别是AB 及AC 延长线上的一点，且BD CE =，连接DE 交BC 于点M ．求让：MD ME=【答案】见详解【详解】过点D 作DE ∥AC ，交BC 于点E ，∵ABC V 是等边三角形，∴∠B=∠ACB=60°，∵DE ∥AC ，∴∠DEB=∠ACB=60°，∠MDE=∠MEC ，∴BDE V 是等边三角形，∴BD=DE ，∵BD CE =，∴DE=CE ，又∵∠EMD=∠CME ，∴∆EMD ≅∆CME ，∴MD ME =．【变式训练1】 P 为等边△ABC 的边AB 上一点，Q 为BC 延长线上一点，且PA ＝CQ ，连PQ 交AC 边于D ．（1）证明：PD ＝DQ ．（2）如图2，过P 作PE ⊥AC 于E ，若AB ＝6，求DE 的长．【答案】（1）证明见解析；（2）DE ＝3．【详解】（1）如图1所示，点P 作PF ∥BC 交AC 于点F ．∵△ABC 是等边三角形，∴△APF 也是等边三角形，AP =PF =AF =CQ ．∵PF ∥BC ，∴∠PFD =∠DCQ ．在△PDF 和△QDC 中，PDF QDC DFP QCDPF QC Ð=ÐìïÐ=Ðíï=î，∴△PDF ≌△QDC （AAS ），∴PD =DQ ；（2）如图2所示，过P 作PF ∥BC 交AC 于F ．∵PF ∥BC ，△ABC 是等边三角形，∴∠PFD =∠QCD ，△APF 是等边三角形，∴AP =PF =AF ．∵PE ⊥AC ，∴AE =EF ．∵AP =PF ，AP =CQ ，∴PF =CQ ．在△PFD 和△QCD 中，PDF QDC DFP QCDPF QC Ð=ÐìïÐ=Ðíï=î，∴△PFD ≌△QCD （AAS ），∴FD =CD ．∵AE =EF ，∴EF +FD =AE +CD ，∴AE +CD =DE 12=AC ．∵AC =6，∴DE =3．【变式训练2】已知在等腰△ABC中，AB=AC，在射线CA上截取线段CE，在射线AB上截取线段BD，连接DE，DE所在直线交直线BC与点M．请探究：(1)如图（1），当点E在线段AC上，点D在AB延长线上时，若BD=CE，请判断线段MD和线段ME的数量关系，并证明你的结论．(2)如图（2），当点E在CA的延长线上，点D在AB的延长线上时，若BD=CE，则（1）中的结论还成立吗？如果成立，请证明；如果不成立，说明理由；ME．【答案】(1)DM=EM．理由见详解；(2)成立，理由见详解；(3)MD=12【解析】(1)解：DM=EM；证明：过点E作EF//AB交BC于点F，∵AB=AC，∴∠ABC=∠C；又∵EF//AB，∴∠ABC=∠EFC，∴∠EFC=∠C，∴EF=EC．又∵BD=EC，∴EF=BD．又∵EF//AB，∴∠ADM=∠MEF．在△DBM 和△EFM 中BDM FEM BMD FME BD EF Ð=ÐìïÐ=Ðíï=î，∴△DBM ≌△EFM ，∴DM =EM ．(2)解：成立；证明：过点E 作EF //AB 交CB 的延长线于点F ，∵AB =AC ，∴∠ABC =∠C ；又∵EF //AB ，∴∠ABC =∠EFC ，∴∠EFC =∠C ，∴EF =EC ．又∵BD =EC ，∴EF =BD ．又∵EF //AB ，∴∠ADM =∠MEF ．在△DBM 和△EFM 中BDE FEM BMD FME BD EF Ð=ÐìïÐ=Ðíï=î∴△DBM ≌△EFM ；∴DM =EM ；类型四、旋转模型例．如图1，AC BC =，CD CE =，ACB DCE a Ð=Ð=，AD 、BE 相交于点M ，连接CM ．（1）求证：BE AD =，并用含a 的式子表示AMB Ð的度数；（2）当90a =°时，取AD ，BE 的中点分别为点P 、Q ，连接CP ，CQ ，PQ ，如图2，判断CPQ V 的形状，并加以证明．【答案】（1）证明见解析；AMB a Ð=；（2）CPQ V 为等腰直角三角形；证明见解析．【详解】证明：（1）如图1，ACB DCE a Ð=Ð=Q ，ACB BCD DCE BCD \Ð+Ð=Ð+Ð，ACD BCE ÐÐ\=，在ACD △和BCE V 中，CA CB ACD BCE CD CE =ìïÐ=Ðíï=î，(SAS)ACD BCE \≌△△，BE AD \=；ACD BCE V Q V ≌，CAD CBE \Ð=Ð，ABC QV 中，180BAC ABC a Ð+Ð=°-，180BAM CAM ABC a \Ð+Ð+Ð=°-,180BAM ABM a \Ð+Ð=°-，ABM \V 中，180()180(180)AMB BAM ABM a a Ð=°-Ð+Ð=°-°-=；即AMB a Ð=；（2）CPQ V 为等腰直角三角形．证明：如图2，由（1）可得，BE AD =，AD Q ，BE 的中点分别为点P 、Q ，AP =BQ \，ACD BCE V Q V ≌，CAP CBQ \Ð=Ð，在ACP △和BCQ △中，CA CB CAP CBQ AP BQ =ìïÐ=Ðíï=î，(SAS)ACP BCQ \≌△△，CP CQ \=，且ACP BCQ Ð=Ð，又90ACP PCB Ð+Ð=°Q ，90BCQ PCB \Ð+Ð=°，90PCQ \Ð=°，CPQ \V 为等腰直角三角形．【变式训练1】四边形ABCD 是由等边ABC D 和顶角为120°的等腰ABD D 排成，将一个60°角顶点放在D 处，将60°角绕D 点旋转，该60°交两边分别交直线BC 、AC 于M 、N ，交直线AB 于E 、F 两点．（1）当E 、F 都在线段AB 上时（如图1），请证明：BM AN MN +=；（2）当点E 在边BA 的延长线上时（如图2），请你写出线段MB ，AN 和MN 之间的数量关系，并证明你的结论；（3）在（1）的条件下，若7AC =， 2.1AE =，请直接写出MB 的长为．【答案】（1）证明见解析；（2）MB MN AN =+．证明见解析；（3）2.8．【解析】解：（1）证明：把△DBM 绕点D 逆时针旋转120°得到△DAQ ，则DM =DQ ，AQ =BM ，∠ADQ =∠BDM ，∠QAD =∠CBD =90°，∴点Q 在直线CA 上，∵∠QDN =∠ADQ +∠ADN =∠BDM +∠ADN =∠ABD -∠MDN =120°-60°=60°，∴∠QDN =∠MDN =60°，∵在△MND 和△QND 中，DM DQ QDN MDN DN DN ìïÐÐíïî＝＝＝，∴△MND ≌△QND （SAS ），∴MN =QN ，∵QN =AQ +AN =BM +AN ，∴BM +AN =MN ；（2）：MB MN AN =+.理由如下：如图，把△DAN 绕点D 顺时针旋转120°得到△DBP ，则DN =DP ，AN =BP ，∵∠DAN =∠DBP =90°，∴点P 在BM 上，∵∠MDP =∠ADB -∠ADM -∠BDP =120°-∠ADM -∠ADN =120°-∠MDN =120°-60°=60°，∴∠MDP =∠MDN =60°，∵在△MND 和△MPD 中，DN DP MDP MDN DM DM ìïÐÐíïî＝＝＝，∴△MND ≌△MPD （SAS ），∴MN =MP ，∵BM =MP +BP ，∴MN +AN =BM；（3）如图，过点M作MH∥AC交AB于G，交DN于H，∵△ABC是等边三角形，∴△BMG是等边三角形，∴BM=MG=BG，根据（1）△MND≌△QND可得∠QND=∠MND，根据MH∥AC可得∠QND=∠MHN，∴∠MND=∠MHN，∴MN=MH，∴GH=MH-MG=MN-BM=AN，即AN=GH，∵在△ANE和△GHE中，QND MHNAEN GEHAN GHÐÐìïÐÐíïî＝＝＝，∴△ANE≌△GHE（AAS），∴AE=EG=2.1，∵AC=7，∴AB=AC=7，∴BG=AB-AE-EG=7-2.1-2.1=2.8，∴BM=BG=2.8．故答案为：2.8【变式训练2】（1）问题发现：如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，当△DCE旋转至点A，D，E在同一直线上，连接BE．则：①∠AEB的度数为 °；②线段AD、BE之间的数量关系是．（2）拓展研究：如图2，△ACB和△DCE均为等腰三角形，且∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一直线上，若AD＝a，AE＝b，AB＝c，求a、b、c之间的数量关系．（3）探究发现：图1中的△ACB和△DCE，在△DCE旋转过程中，当点A，D，E不在同一直线上时，设直线AD与BE相交于点O，试在备用图中探索∠AOE的度数，直接写出结果，不必说明理由．【答案】（1）①60；②AD ＝BE ；（2）a 2＋b 2＝c 2；（3）60°或120°【详解】解：（1）①如图1，∵△ACB 和△DCE 均为等边三角形，∴CA =CB ，CD =CE ，∠ACB =∠DCE =60°，∴∠ACD =∠BCE ，在△ACD 和△BCE 中，AC BC ACD BCE CD CE =ìïÐ=Ðíï=î，∴△ACD ≌△BCE （SAS ）．∴∠ADC =∠BEC ．∵△DCE 为等边三角形，∴∠CDE =∠CED =60°，∵点A ，D ，E 在同一直线上，∴∠ADC =120°，∴∠BEC =120°，∴∠AEB =∠BEC -∠CED =60°，故答案为：60；②∵△ACD ≌△BCE ，∴AD =BE ，故答案为：AD =BE ；（2）∵△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形，∴CA =CB ，CD =CE ，∠ACB =∠DCE =90°．∴∠ACD =∠BCE ，∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴BE =AD ，∠ADC =∠BEC ，∵△DCE 为等腰直角三角形，∴∠CDE =∠CED =45°．∵点A ，D ，E 在同一直线上，∴∠ADC =135°．∴∠BEC =135°，∴∠AEB =∠BEC -∠CED =90°，∴AD 2+AE 2=AB 2，∵AD =a ，AE =b ，AB =c ，∴a 2+b 2=c 2；（3）如图3，由（1）知△ACD ≌△BCE ，∴∠CAD =∠CBE ，∵∠CAB =∠CBA =60°，∴∠OAB +∠OBA =120°，∴∠AOE =180°-120°=60°，如图4，同理求得∠AOB =60°，∴∠AOE =120°，∴∠AOE 的度数是60°或120°．【变式训练3】如图1，在Rt ABC V 中，90A Ð=°，AB AC =，点D ，E 分别在边AB ，AC 上，AD AE =，连接DC ，点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点．（1）观察猜想：图1中，线段PM 与PN 的数量关系是______，位置关系是______．（2）探究证明：把ADE V 绕点A 逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN ，BD ，CE ，判断PMN V 的形状，并说明理由；（3）拓展延伸：把ADE V 绕点A 在平面内自由旋转，若4=AD ，10AB =，请直接写出PMN V 面积的最大值．【答案】（1）PM PN =、PM PN ^；（2）等腰直角三角形，证明见解析；（3）492【详解】解：（1）∵点P ，N 是BC ，CD 的中点， ∴PN ∥BD ，PN =12BD ，∵点P ，M 是CD ，DE 的中点， ∴PM ∥CE ，PM =12CE ，∵AB =AC ，AD =AE ， ∴BD =CE ， ∴PM =PN ，∵PN ∥BD ， ∴∠DPN =∠ADC ，∵PM ∥CE ， ∴∠DPM =∠DCA ，∵∠BAC =90°， ∴∠ADC +∠ACD =90°， ∴∠MPN =∠DPM +∠DPN =∠DCA +∠ADC =90°，∴PM⊥PN，故答案为：PM=PN，PM⊥PN；（2）△PMN是等腰直角三角形．理由如下：由旋转知，∠BAD=∠CAE，∵AB=AC，AD=AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，利用三角形的中位线得，PN=12BD，PM=12CE，∴PM=PN，∴△PMN是等腰三角形，同（1）的方法得，PM∥CE，∴∠DPM=∠DCE，同（1）的方法得，PN∥BD，∴∠PNC=∠DBC，∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC =∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，∵∠BAC=90°，∴∠ACB+∠ABC=90°，∴∠MPN=90°，∴△PMN是等腰直角三角形；（3）由（2）知，△PMN是等腰直角三角形，PM=PN=12BD，∴PM最大时，△PMN面积最大，∴点D在BA的延长线上，∴BD=AB+AD=14，∴PM=7，∴S△PMN最大= 12PM2=12×49=492．类型五、手拉手模型例．在等边ABCV中，点D在AB上，点E在BC上，将线段DE绕点D逆时针旋转60°得到线段DF，连接CF．(1)如图（1），点D 是AB 的中点，点E 与点C 重合，连接AF ．若6AB =，求AF 的长；(2)如图（2），点G 在AC 上且60AGD FCB Ð=°+Ð，求证：CF DG =；(3)如图（3），6AB =，2BD CE =，连接AF ．过点F 作AF 的垂线交AC 于点P ，连接BP 、DP ．将BDP △沿着BP 翻折得到BQP V ，连接QC ．当ADP △的周长最小时，直接写出CPQ V 的面积．【答案】(1)AF =3；(2)见解析；【解析】(1)解：∵△ABC 为等边三角形，∴BC =AC ，∠BCA =60°，由旋转知，∠CDF =60°，CD =CF ，∴△DCF 为等边三角形，∴CD =CF ，∠DCF =60°，∴∠DCB =∠ACF ，∴△BCD ≌△ACF ，∴AF =BD ，∵D 为AB 中点，AB =6，∴BD =3，∴AF =3．(2)解：将CF 绕C 顺时针旋转60°得CH ，连接CH ，FH ，EF ，EH ，CD ，在AC 上截取AP =BE ，连接DP ，设CD 交EH 于M ，如图所示，由旋转知，△DEF 、△CFH 为等边三角形，∴DF =EF ，CF =FH ，∠DFE =∠CFH =60°，∴∠DFC =∠EFH ，∴△DCF ≌△BHF ，∴EH =CD ，∠DCF =∠EHF ，由三角形内角和知，∠HMC +∠EHF =∠DCF +∠HFC ，∴∠HMC =∠HFC =60°，∴∠DCE +∠HEC =60°，∵∠DCP +∠DCE =60°， ∴∠CEH =∠DCP ，∵AC =BC ，AP =BE ，∴CP =CE ，∴△ECH ≌△CPD ，∴CH =DP ，∠DPC =∠HCE ，又∠HCE =60°+∠2，∴∠DPC =60°+∠2，由∠1+∠FCG =∠2+∠FCG =60°，知∠1=∠2，又∠AGD =60°+∠1，∴∠AGD =∠DPG ， ∴DP =DG ，∵CH =CF ，∴CF =DG ．(3)：过D 作DH ⊥CB 于H ，连接EF ，如图所示，∵△ABC 为等边三角形，∴∠DBH =60°，∠BDH =30°，∴BD =2BH ，DH ，∵BD =2CE ，∴BH =CE ，设BH =CE =x ，则BD =2x ，EH =6－2x ，AD =6－2x ，由旋转知，△DEF 为等边三角形，∠EDF =60°，∴∠1+∠3=90°，DE =DF ，又∠1+∠2=90°，∴∠2=∠3，∴△ADF ≌△HED ，∴∠DAF =∠DHE =90°，∠PAF =30°，AF =DH ，∵∠AFP =90°，∴PF =x ，AP =2x ，过P 作PM ⊥AD 于M ，则AM =x ，DM =6－3x ，PM ，在Rt △PDM 中，由勾股定理得：PD ==故△ADP 周长=AD +AP +PD =6－2x +2x ，∴当x =32时，周长取最小值，最小值为9，此时DP =3，∴BD =AP =3，即D 为AB 中点，P 为AC 中点，∴直线BP 是等边△ABC 对称轴，如图所示，△BDP 沿BP 折叠后，Q 点落在BC 中点处，则△PCQ 面积=14×△ABC 面积=1426【变式训练1】△ACB 和△DCE 是共顶点C 的两个大小不一样的等边三角形．(1)问题发现：如图1，若点A，D，E在同一直线上，连接AE，BE．①求证：△ACD≌△BCE；②求∠AEB的度数．(2)类比探究：如图2，点B、D、E在同一直线上，连接AE，AD，BE，CM为△DCE中DE边上的高，请求∠ADB的度数及线段DB，AD，DM之间的数量关系，并说明理由．(3)拓展延伸：如图3，若设AD（或其延长线）与BE的所夹锐角为α，则你认为α为多少度，并证明．【答案】(1)①见解析；②∠AEB=60°；(2)∠ADB=60°，2DM+BD=AD，理由见解析；(3)α=60°，证明见解析【解析】(1)①证明：∵△ACB和△DCE是等边三角形，∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACD=60°-∠DCB=∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS）；②∵△ACD≌△BCE，∴∠ADC=∠BEC=180°-∠CDE=120°，又∵∠CED=60°，∴∠AEB=60°；(2)解：∠ADB=60°，2DM +BD=AD，理由如下；∵AC=BC，CD=CE，∠ACD=60°+∠DCB=∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠CDA=∠CED=60°；∵∠ADB+∠CDA=∠DCE+∠CED，∴∠ADB=60°；又∵CM⊥BE，且△CDE为等边三角形，∴DE=2DM，∴2DM +BD=BE=AD；(3)解：α=60°，理由如下：同理可证△ACD≌△BCE，∴∠BEC=∠ADC，∴∠CDF+∠CEF=180°，∴∠ECD+∠DFE=180°，而α+∠DFE=180°，∴α=∠ECD=60°．【变式训练2】（1）如图1，锐角△ABC中，分别以AB、AC为边向外作等腰直角△ABE和等腰直角△ACD，使AE＝AB，AD＝AC，∠BAE＝∠CAD＝90°，连接BD，CE，试猜想BD与CE的大小关系，不需要证明．【深入探究】（2）如图2，四边形ABCD中，AB＝5，BC＝2，∠ABC＝∠ACD＝∠ADC＝45°，求BD2的值；甲同学受到第一问的启发构造了如图所示的一个和△ABD全等的三角形，将BD进行转化再计算，请你准确的叙述辅助线的作法，再计算；【变式思考】（3）如图3，四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝60°，∠ADC＝30°，AD＝6，BD＝10，则CD＝．【答案】（1）BD ＝CE ；（2）BD 2＝54；（3）8【详解】解：（1）BD ＝CE ．理由是：∵∠BAE ＝∠CAD ， ∴∠BAE +∠BAC ＝∠CAD +∠BAC ，即∠EAC ＝∠BAD ，在△EAC 和△BAD 中， AE AB EAC BAD AC AD =ìïÐ=Ðíï=î，∴△EAC ≌△BAD ， ∴BD ＝CE ；（2）如图2，在△ABC 的外部，以A 为直角顶点作等腰直角△BAE ，使∠BAE ＝90°，AE ＝AB ，连接EA 、EB 、EC ．∵∠ACD ＝∠ADC ＝45°， ∴AC ＝AD ，∠CAD ＝90°，∴∠BAE +∠BAC ＝∠CAD +∠BAC ，即∠EAC ＝∠BAD ，在△EAC 和△BAD 中，AE AB EAC BAD AC AD =ìïÐ=Ðíï=î，∴△EAC ≌△BAD ，∴BD ＝CE ．∵AE ＝AB ＝5，∴BE =∠ABE ＝∠AEB ＝45°，又∵∠ABC ＝45°，∴∠ABC +∠ABE ＝45°+45°＝90°，∴(22222254EC BE BC =+=+=，∴2254BD CE == ．（3）如图，∵AB ＝BC ，∠ABC ＝60°，∴△ABC 是等边三角形，把△ACD 绕点C 逆时针旋转60°得到△BCE ，连接DE ，则BE ＝AD ，△CDE 是等边三角形，∴DE ＝CD ，∠CED ＝60°，∵∠ADC ＝30°，∴∠BED ＝30°+60°＝90°，在Rt △BDE 中，DE 8，∴CD ＝DE ＝8．【变式训练3】（1）问题发现：如图1，ACB △和DCE V 均为等腰直角三角形，90ACB DCE Ð=Ð=°，连接AD ，BE ，点A 、D 、E 在同一条直线上，则AEB Ð的度数为__________，线段AD 、BE 之间的数量关系__________；（2）拓展探究：如图2，ACB △和DCE V 均为等腰直角三角形，90ACB DCE Ð=Ð=°，连接AD ，BE ，点A 、D 、E 不在一条直线上，请判断线段AD 、BE 之间的数量关系和位置关系，并说明理由．（3）解决问题：如图3，ACB △和DCE V 均为等腰三角形，ACB DCE a Ð=Ð=，则直线AD 和BE 的夹角为__________．（请用含a 的式子表示）【答案】（1）90°，AD =BE ；（2）AD =BE ，AD ⊥BE ；（3）a【详解】（1）∵ACB △和DCE V 均为等腰直角三角形，90ACB DCE Ð=Ð=°，∴AC BC ＝，CD CE ＝，∠CDE =45°∴∠CDA =135°∵∠ACB −∠DCB ＝∠DCE −∠DCB ，∴∠ACD ＝∠BCE ．在△ACD 和△BCE 中，AC BC ACD BCE CD CE ìïÐÐíïî＝＝＝，∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴∠BEC =∠ADC ＝135°，AD ＝BE ，∴∠AEB =90°故答案为：90°，AD ＝BE（2）AD =BE ，AD ⊥BE ，理由如下，（3）同理可得△ACD ≌△BCE ，则AD =BE ，延长AD 交BE 于点F ，设∠FAB =α，则∠CAD =∠CBE =45°-α∴∠ABE =45°+45°-α=90°-α∴∠AFB =180°-∠FAB -∠ABE =180°-α-(90°-α)=90°∴AD ⊥BE（3）如图，延长BE 交AD 于点G，∵ACB △和DCE V 均为等腰三角形，∴AC BC ＝，CD CE ＝，∵∠ACB =∠DCE =α，∵∠ACB +∠ACE ＝∠DCE +∠ACE ，∴∠ACD ＝∠BCE ．在△ACD 和△BCE 中，AC BC ACD BCE CD CE ìïÐÐíïî＝＝＝，∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴∠CBE =∠CAD ∵ACB DCE a Ð=Ð=，∴∠CBA =∠CAB =()11180=9022a a °-°-∴∠GAB +∠GBA =()()CAD CAB ABC CBE Ð+Ð+Ð-ÐABC CAB =Ð+Ð180a =°-，∴∠AGB =180°-(∠GAB +∠GBA )a = ，即直线AD 和BE 的夹角为a ．故答案为：a ．类型六、一线三角模型例.在ABC V 中，90ACB Ð=°，AC BC =，直线MN 经过点C 且AD MN ^于D ，BE MN ^于E ．(1)当直线MN 绕点C 旋转到图1的位置时，求证：①ADC V ≌CEB △；②DE AD BE =+；(2)当直线MN 烧点C 旋转到图2的位置时，求证：DE AD BE =-；(3)当直线MN 绕点C 旋转到图3的位置时，试问DE 、AD 、BE 具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析；(2)证明见解析(3)DE BE AD =-（或者对其恒等变形得到AD BE DE =-，BE AD DE =+），证明见解析【解析】(1)解：①AD MN ^Q ，BE MN ^，90ADC ACB CEB \Ð=Ð=°=Ð，90CAD ACD \Ð+Ð=°，90BCE ACD Ð+Ð=°，CAD BCE \Ð=Ð，Q 在ADC D 和CEB D 中，CAD BCE ADC CEB AC BC Ð=ÐìïÐ=Ðíï=î()ADC CEB AAS \D @D ；②ADC CEB D @D Q ，CE AD \=，CD BE =，DE CE CD AD BE \=+=+；(2)证明：AD MN ^Q ，BE MN ^，90ADC CEB ACB \Ð=Ð=Ð=°，CAD BCE \Ð=Ð，Q 在ADC D 和CEB D 中，CAD BCE ADC CEB AC BC Ð=ÐìïÐ=Ðíï=î()ADC CEB AAS \D @D ；CE AD \=，CD BE =，DE CE CD AD BE \=-=-；(3)证明：当MN 旋转到题图（3）的位置时，AD ，DE ，BE 所满足的等量关系是：DE BE AD =-或AD BE DE =+或BE AD DE =+．理由如下：AD MN ^Q ，BE MN ^，90ADC CEB ACB \Ð=Ð=Ð=°，CAD BCE \Ð=Ð，Q 在ADC D 和CEB D 中，CAD BCE ADC CEBAC BC Ð=ÐìïÐ=Ðíï=î()ADC CEB AAS \D @D ，CE AD \=，CD BE =，DE CD CE BE AD \=-=-（或者对其恒等变形得到AD BE DE =+或BE AD DE =+）．【变式训练1】【问题解决】（1）已知△ABC 中，AB =AC ，D ，A ，E 三点都在直线l 上，且有∠BDA =∠AEC =∠BAC ．如图①，当∠BAC =90°时，线段DE ，BD ，CE 的数量关系为：______________；【类比探究】（2）如图②，在（1）的条件下，当0°<∠BAC <180°时，线段DE ，BD ，CE 的数量关系是否变化，若不变，请证明：若变化，写出它们的关系式；【拓展应用】（3）如图③，AC =BC ，∠ACB =90°，点C 的坐标为（-2，0），点B 的坐标为（1，2），请求出点A 的坐标．【答案】（1）DE ＝BD +CE ；（2）DE ＝BD +CE 的数量关系不变，理由见解析；（3）（﹣4，3）【解析】解：（1）∵∠BAC ＝90°，∴∠BDA ＝∠AEC ＝∠BAC ＝90°，∴∠ABD +∠BAD ＝90°，∠CAE +∠BAD ＝90°，∴∠ABD ＝∠CAE ，在△ABD 和△CAE 中，ABD CAE ADB CEA BA AC Ð=ÐìïÐ=Ðíï=î，∴△ABD ≌△CAE （AAS ），∴AD ＝CE ，BD ＝AE ，∴DE ＝AD +AE ＝BD +CE ，故答案为：DE ＝BD +CE ；（2）DE ＝BD +CE 的数量关系不变，理由如下：∵∠BAE 是△ABD 的一个外角，∴∠BAE ＝∠ADB +∠ABD ，∵∠BDA ＝∠BAC ，∴∠ABD ＝∠CAE ，在△ABD 和△CAE 中，ABD CAE ADB CEA BA AC Ð=ÐìïÐ=Ðíï=î，∴△ABD ≌△CAE （AAS ），∴AD ＝CE ，BD ＝AE ，∴DE ＝AD +AE ＝BD +CE；（3）过点A作AM⊥x轴于点M，过点B作BN⊥x轴于点N，∵点C的坐标为（﹣2，0），点B的坐标为（1，2），∴OC＝2，ON＝1，BN＝2，∴CN＝3，由（1）可知，△ACM≌△CBN，∴AM＝CN＝3，CM＝BN＝2，∴OM＝OC+CM＝4，∴点A的坐标为（﹣4，3）．【变式训练2】（1）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E．求证：△ABD≌△CAE；（2）如图2，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α为任意锐角或钝角．请问结论△ABD≌△CAE是否成立？如成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．（3）拓展应用：如图3，D，E是D，A，E三点所在直线m上的两动点（D，A，E三点互不重合），点F 为∠BAC平分线上的一点，且△ABF和△ACF均为等边三角形，连接BD，CE，若∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，求证：△DEF是等边三角形．。

模型03 全等三角形中的常见五种基本模型(解析版)

模型介绍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，这里就不在重复。

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+CG②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模型二、平移全等模型模型三、对称全等模型模型四、旋转全等模型模型五、手拉手全等模型例题精讲模型一、截长补短模型【例1】.如图，AD⊥BC，AB+BD＝DC，∠B＝54°，则∠C＝27°解：在DC上截取DE＝BD，连接AE∵AD⊥BC，DE＝BD∴AD是BE的垂直平分线∴AB＝AE∴∠B＝∠AEB＝54°∵AB+BD＝DC，DE+EC＝DC∴AB＝EC∴AE＝EC∴∠C＝∠EAC∵∠C+∠EAC＝∠AEB＝54°∴∠C＝∠EAC＝∠AEB＝27°故答案为：27°变式训练【变式1-1】．如图，点P是△ABC三个内角的角平分线的交点，连接AP、BP、CP，∠ACB ＝60°，且CA+AP＝BC，则∠CAB的度数为（）A．60°B．70°C．80°D．90°解：如图，在BC上截取CE＝AC，连接PE∵∠ACB＝60°∴∠CAB+∠ABC＝120°∵点P是△ABC三个内角的角平分线的交点∴∠CAP＝∠BAP＝∠CAB，∠ABP＝∠CBP＝∠ABC，∠ACP＝∠BCP ∴∠ABP+∠BAP＝60°∵CA＝CE，∠ACP＝∠BCP，CP＝CP∴△ACP≌△ECP（SAS）∴AP＝PE，∠CAP＝∠CEP∵CA+AP＝BC，且CB＝CE+BE∴AP＝BE∴BE＝PE∴∠EPB＝∠EBP∴∠PEC＝∠EBP+∠EPB＝2∠PBE＝∠CAP∴∠PAB＝2∠PBA，且∠ABP+∠BAP＝60°∴∠PAB＝40°∴∠CAB＝80°故选：C【变式1-2】．如图，在四边形ABCD中，BC＞BA，AD＝CD，BD平分∠ABC，求证：∠A+∠C＝180°证明：在线段BC上截取BE＝BA，连接DE，如图所示∵BD平分∠ABC∴∠ABD＝∠EBD在△ABD和△EBD中，，∴△ABD≌△EBD（SAS），∴AD＝ED，∠A＝∠BED∵AD＝CD∴ED＝CD，∴∠DEC＝∠C∵∠BED+∠DEC＝180°，∴∠A+∠C＝180°【变式1-3】．如图，△ABC为等腰直角三角形，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D在线段AB 上，连接CD，∠ADC＝60°，AD＝2，过C作CE⊥CD，且CE＝CD，连接DE，交BC 于F。

一网打尽全等三角形模型-十个模型(解析版)

一网打尽全等三角形模型(10个模型)目录模型梳理题型一倍长中线模型题型二一线三等角模型题型三半角模型2022·山东日照真题题型四手拉手模型2022·张家界真题2022·贵阳中考题型五对角互补+邻边相等模型题型六平行线夹中点模型题型七截长补短模型题型八绝配角模型2023·深圳宝安区二模2023·深圳中学联考二模题型九婆罗摩笈模型2022武汉·中考真题2020·宿迁中考真题题型十脚蹬脚模型(海盗埋宝藏)模型梳理模型1倍长中线模型(一)基本模型已知：在△ABC中，AD是BC边上的中线，延长AD到点E，使ED=AD，连接BE．结论1：△ACD≌△EBD．已知：在△ABC中，点D是BC边的中点，点E是AB边上一点，连接ED，延长ED到点F，使DF=DE，连接CF．结论2：△BDE≌△CDF．(二)结论推导结论1：△ACD≌△EBD．证明：∵AD是BC边上的中线，∴CD=BD．∵∠ADC=∠EDB，AD=ED，∴△ACD≌△EBD．结论2：△BDE≌△CDF．证明：∵点D是BC边的中点，∴BD=CD．∵∠BDE=∠CDF，DE=DF，∴△BDE≌△CDF．(三)解题技巧遇到中点或中线，则考虑使用“倍长中线模型”，即延长中线，使所延长部分与中线相等，然后连接相应的顶点，构造出全等三角形．模型2一线三等角模型(一)基本模型已知：点P在线段AB上，∠1=∠2=∠3，AP=BD(或AC=BP或CP=PD)．结论1：△CAP≌△PBD．已知：点P在AB的延长线上，∠1=∠2=∠3，AP=BD(或AC=BP或CP=PD)．结论2：△APC≌△BDP．(二)结论推导结论1：△CAP≌△PBD．证明：∵∠1+∠C+∠APC=180°，∠2+∠BPD+∠APC=180°，∠1=∠2，∴∠C=∠BPD．∵∠1=∠3，AP=BD(或AC=BP或CP=PD)，∴△CAP≌△PBD．结论2：△APC≌△BDP．证明：∵∠1=∠C+∠APC，∠2=∠BPD+∠D，∠3=∠BPD+∠APC，∠1=∠2=∠3，∴∠C=∠BPD，∠APC=∠D．∵AP=BD(或AC=BP或CP=PD)，∴△APC≌△BDP．(三)解题技巧在一条线段上出现三个相等的角，且有一组边相等时，则考虑使用一线三等角全等模型．找准三个等角，再根据平角性质、三角形内角和进行等角代换，判定三角形全等，然后利用全等三角形的性质解题．一线三等角模型常以等腰三角形、等边三角形、四边形(正方形或矩形)为背景，在几何综合题中考查．模型3半角模型(一)基本模型等边三角形含半角已知：△ABC是等边三角形，D为△ABC外一点，∠BDC=120°，BD=CD，点E，F分别在AB，AC上，∠EDF=60°．结论1：EF=BE+CF，∠DEB=∠DEF，∠DFC=∠DFE．正方形含半角已知：四边形ABCD是正方形，点E，F分别在BC，CD上，∠EAF=45°．结论2：EF=BE+DF，∠AEB=∠AEF，∠AFD=∠AFE．等腰直角三角形含半角已知：△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，点D，E在BC上，∠DAE=45°．结论3：DE2=BD2+CE2．(二)结论推导结论1：EF=BE+CF，∠DEB=∠DEF，∠DFC=∠DFE．证明：延长AC到点G，使CG=BE，连接DG．∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°．∵∠BDC=120°，BD=CD，∴∠DBC=∠DCB=30°，∴∠DBE=∠DCF=90°，∴∠DBE=∠DCG=90°，∴△BDE≌△CDG，∴DE=DG，∠DEB=∠G，∠BDE=∠CDG．∵∠EDF=60°，∴∠BDE+∠CDF=60°，∴∠CDG+∠CDF=60°，即∠GDF=60°．∵DF=DF，∴△DEF≌△DGF，∴EF=FG，∠DEF=∠G，∠DFC=∠DFE．∴∠DEB=∠DEF．∵FG=CG+CF，∴EF=BE+CF．结论2：EF=BE+DF，∠AEB=∠AEF，∠AFD=∠AFE．证明：延长CB到点G，使BG=DF，连接AG．∵正方形ABCD，∴∠ABG=∠D=90°，AB=AD，∴△ABG≌△ADF，∴AG=AF，∠G=∠AFD，∠BAG=∠DAF．∵∠EAF=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°，∴∠BAE+∠BAG=45°，即∠EAG=45°．∵AE=AE，∴△AEF≌△AEG，∴EF=EG，∠AEB=∠AEF，∠AFE=∠G．∴∠AFD=∠AFE．∵EG=BE+BG，∴EF=BE+DF．结论3：DE2=BD2+CE2．证明：将△ABD绕点A逆时针旋转90°到△ACF，连接EF．∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，∴∠B=∠ACB=45°，∴∠ACF=∠B=45°，∴∠ECF=90°，∴EF2=CF2+CE2=BD2+CE2，∵∠DAE=45°，∴∠BAD+∠CAE=45°，∴∠CAF+∠CAE=45°，即∠FAE=45°．∵AE=AE，∴△AEF≌△AED，∴EF=DE，∴DE2=BD2+CE2．(三)解题技巧对于半角模型，一般情况下都需要做辅助线(延长或旋转)，构造全等，通过等量代换得到相关的结论．模型4手拉手模型(一)基本模型已知：在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，连接BD，CE相交于O，连接OA．结论1：△ABD≌△ACE，BD=CE，结论2：∠BOC=∠BAC，结论3：OA平分∠BOE．(二)结论推导结论1：△ABD≌△ACE，BD=CE．证明：∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE．∵AB=AC，AD=AE，∴△ABD≌△ACE，∴BD=CE．结论2：∠BOC=∠BAC．证明：设OB与AC相交于点F．∵△ABD≌△ACE，∴∠ABD=∠ACE．∵∠AFB=∠OFC，∴∠BOC=∠BAC．结论3：OA平分∠BOE．证明：过点A分别做BD，CE的垂线，垂足为G，H．∵△ABD≌△ACE，∴S△ABD=S△ACE，∴12BD⋅AG=12CE⋅AH．∵BD=CE，∴AG=AH，∴OA平分∠BOE．(三)解题技巧如果题目中出现两个等腰三角形，可以考虑连接对应的顶点，用旋转全等模型；如果只出现一个等腰三角形，可以用旋转的方法构造旋转全等．模型5对角互补+邻边相等模型模型解读：通过做垂线或者利用旋转构造全等三角形解决问题。

(专题)全等三角形常用模型(含答案解析)

(专题)全等三角形常用模型(含答案解析)全等三角形常用模型(含答案解析)全等三角形是初中数学中一个重要的内容，也是高中几何学的基础。

掌握全等三角形的基本性质和判定条件，对于解题和证明都有重要的作用。

在这篇文章中，我们将介绍全等三角形的常用模型，并给出答案解析。

一、全等三角形的基本性质全等三角形是指具有相同形状和大小的三角形。

它们的内角相等，对应的边长也相等。

了解全等三角形的基本性质，对于后面的模型理解和应用非常重要。

1. 边边边（SAS）判定法当两个三角形的两边分别相等，并且夹角也相等时，可以判定它们全等。

2. 边角边（SAS）判定法当两个三角形的一对边分别相等，并且夹角也相等时，可以判定它们全等。

3. 角边角（ASA）判定法当两个三角形的两个角分别相等，并且夹边也相等时，可以判定它们全等。

二、全等三角形的常用模型及答案解析下面将介绍一些常见的全等三角形模型，它们在实际解题中经常出现，了解并掌握它们对于解题有很大的帮助。

1. 等腰三角形等腰三角形是指两边相等的三角形。

当两个等腰三角形的底边相等，并且底边夹角也相等时，可以判定它们全等。

答案解析：设两个等腰三角形为ΔABC和ΔDEF，已知AB = DE，∠BAC = ∠EDF，同时∠ABC = ∠DEF。

根据角边角（ASA）判定法，可以判定ΔABC ≌ ΔDEF。

2. 直角三角形直角三角形是指一个角为直角（90°）的三角形。

当两个直角三角形的一条直角边相等，并且斜边也相等时，可以判定它们全等。

答案解析：设两个直角三角形为ΔABC和ΔDEF，已知∠BAC =∠EDF = 90°，并且AB = DE，AC = DF。

根据边边边（SAS）判定法，可以判定ΔABC ≌ ΔDEF。

3. 等边三角形等边三角形是指三条边都相等的三角形。

当两个等边三角形的一条边相等时，可以判定它们全等。

答案解析：设两个等边三角形为ΔABC和ΔDEF，已知AB = DE。

八上：全等三角形的常见模型

全等三角形是初中几何的重点，是研究图形性质的基础，在几何证明中有着广泛的应用，在几何证明的过程中，存在着一些全等三角形的经典的模型．这一讲我们会把常见的全等模型分享给大家，希望能让大家对全等的理解更进一步！一、手拉手模型1、等边三角形手拉手已知：如图，ABC△均为等边三角形．△和ADE结论：ABD∠．∠=︒；AP平分BPE△≌ACE△；60BPC2、等腰直角三角形手拉手已知：如图，ABC△均为等腰直角三角形．△和ADE结论：ABD∠．∠=︒；AP平分BPEBPC△；90△≌ACE3、等腰三角形手拉手已知：如图，ABC∠=∠．△均为等腰三角形，且BAC DAE△和ADE结论：ABD∠．∠=∠；AP平分BPE△；BPC BAC△≌ACE二、三垂直模型1、已知：如图，正方形EFGH的各顶点在正方形ABCD的边上．结论：EAF△．△≌HDE△≌GCH△≌FBG2、已知：如图，正方形ABCD中，AG BH⊥，CE DF⊥．⊥，BH CE结论：ABG△．△≌DAF△≌BCH△≌CDE3、已知：如图，正方形ABCD中，点F为CD上一点，连接BF，作AE BF⊥交BC于点E．结论：ABE△．△≌BCF三、角含半角模型1、正方形角含半角已知：如图，正方形ABCD中，点,E F分别为边BC,CD上的点，且45∠=︒．EAF结论：EF DF BE =+；AEF ABE ADF S S S =+△△△．2、等腰直角三角形角含半角已知：如图，等腰直角三角形ABC △中，点D ,E 为斜边BC 上的点，且45DAE ∠=︒．结论：222DE BD CE =+．3、对角互补模型1）已知：如图，90AOB DCE ∠=∠=︒，OC 平分AOB ∠．结论：CD CE =；OD OE +； 212ODCE S OC =四边形． 2）已知：如图，2120AOB DCE ∠=∠=︒，OC 平分AOB ∠．结论：CD CE =；OD OE OC +=；2ODCE S =四边形．全等三角形是初中几何的重点，是研究图形性质的基础，这一讲我们对于全等三角形中常见的模型进行了总结，但是这些内容更偏重理论，希望能够在此抛砖引玉，引发大家对学习方法上的思考，并能在平时学习中对全等三角形的模型多加理解和运用．。

全等三角形的经典模型(一)

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。

全等三角形经典模型总结

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 .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；C AB；（2）=2CMN（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°；C AB；（2）=2CMN（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 .。