第4讲.全等三角形的经典模型(二).培优

1等等…腰漫画释义满分晋级阶梯4全等三角形的经典模型（二）三角形11级特殊三角形之直角三角形三角形10级勾股定理与逆定理三角形9级全等三角形的经典模型（二）秋季班第十二讲秋季班第十一讲秋季班第三讲2OFECBAAFCOBEDHABCDOEOGFECBA“手拉手”数学模型：⑴⑵⑶【引例】如图，等边三角形ABE与等边三角形AFC共点于A，连接BF、CE，求证：BF=CE并求出EOB的度数.【解析】∵△ABE、△AFC是等边三角形∴AE=AB，AC=AF，60EABFAC知识互联网思路导航例题精讲题型一：“手拉手”模型3NMCBABNCABCMN∴EABBACFACBAC即EACBAF∴AECABF△≌△∴BF=ECAECABF又∵AGEBGO∴60BOEEAB∴60EOB【例1】如图，正方形BAFE与正方形ACGD共点于A，连接BD、CF，求证：BD=CF并求出DOH的度数.【解析】同引例，先证明ABDAFC△≌△∴BD=FC，BDAFCA∵DHOCHA∴90DOHCAD【例2】如图，已知点C为线段AB上一点，ACM△、BCN△是等边三角形．⑴求证：ANBM.⑵将ACM△绕点C按逆时针方向旋转180°，使点A落在CB上，请你对照原题图在图中画出符合要求的图形；⑶在⑵得到的图形中，结论“ANBM”是否还成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由；⑷在⑵所得的图形中，设MA的延长线交BN于D，试判断ABD△的形状，并证明你的结论．【分析】这是一个固定后运动变化的探索题，且在一定的条件下，探究原结论的存在性（不变性）；需要画图分析、判断、猜想、推理论证．【解析】⑴∵ACM△、BCN△是等边三角形∴ACCM，BCCN60ACMBCN°∴ACNMCB在ACN△和MCB△中典题精练OHGDFECBA4DNMCBAACMCACNMCBCNCB∴ACNMCB△≌△（SAS）∴ANBM⑵将ACM△绕点C旋转如图：⑶在⑵的情况，结论ANBM仍然成立．证明：∵60BCMNCA°，CACM，CNCB．∴CANCMB△≌△（SAS），∴ANMB．⑷如图，延长MA交BN于D，则ABD△为等边三角形．证明：∵60CAMBADABD°．∴ABD△是等边三角形．【例3】在ABC△中，90BAC°，ADBC于D，BF平分ABC交AD于E，交AC于F.求证：AE=AF.54321ABCDEF【解析】90BAC°，390DAC°90ADBCADC90CDAC3C43152C，BF是ABC的角平分线1245AEAF【例4】如图，已知ABC△中，90ACB°，CDAB于D，ABC的角平分线BE交CD于G，交AC于E，GFAB∥交AC于F．典题精练题型二：双垂+角平分线模型5ENMDCBANMDCBA求证：AFCG．【分析】要证AFCG，一般想到证明这两条线段所在的三角形全等，由图形可知，不存在直接全等三角形，因此要想到添加辅助线构造全等三角形．【解析】作EHAB于H∵12，90ACB°∴ECEH（角平分线定理）又∵CDAB∴3A∵431，52A∴45∴CECG∴CGEH又∵GFAB∥，90AHEFGC°∴ACFG∴CFGEAH△≌△（AAS）∴CFEA，∴CFEFEAEF，∴CEAF∴AFCG【例5】已知：正方形ABCD中，45MAN，MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交线段CBDC、于点MN、.求证BMDNMN.【解析】延长ND到E使DEBM∵四边形ABCD是正方形∴AD=AB在ADE△和ABM△ADABADEBDEBM∴ADEABM△≌△∴AM=AEBAMDAE典题精练题型三：半角模型54321HGFEDCBA54321GFEDCBA6DHFECBA∵45MAN∴45BAMNAD∴45MANEAN在AMN△和AEN△中MAEAMANEANANAN∴AMNAEN△≌△∴MN=EN∴DE+DN=BM+DN=MN【例6】如图，在四边形ABCD中，180BDABAD，，E、F分别是线段BC、CD上的点，且BE+FD=EF.求证：12EAFBAD.ABCDEF【解析】延长FD到H，使DH=BE，易证ABEADH△≌△，再证AEFAHF△≌△1122EAFFAHEAHBAD【例7】在等边三角形ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，D为三角形ABC外一点，且60MDN,120BDC,BD=DC.探究：当M、N分别在直线AB、AC上移动时，BM、NC、MN之间的数量关系．AMNBCDDCBNMA图1图2⑴如图1，当点M、N在边AB、AC上，且DM=DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是；⑵如图2，点M、N在边AB、AC上，且当DMDN时，猜想⑴问的结论还成立吗？写7出你的猜想并加以证明.【解析】⑴如图1，BM、NC、MN之间的数量关系BM+NC=MN．⑵猜想：结论仍然成立．证明：如图，延长AC至E，使CE=BM，连接DE．BD=CD且120BDC．30DCBDBC．又△ABC是等边三角形，∴90MBDNCDECD．在MBD△与ECD△中：BMCEMBDECDBDCDMBD△≌ECD△(SAS)．DM=DE,BDMCDE60EDNBDCMDN在△MDN与△EDN中：DNDNEDNMDNDEDMMDNEDN△≌△(SAS)MNNENCBM第04讲精讲：典型的旋转全等构图：“手拉手”全等模型探究；【探究一】“手拉手”模型基本构图；如图1，若ABC与ADE旋转全等，则必有ABD与ACE为两个顶角相等的等腰三角形（即相似的等腰三角形）；反之，如图2，若有两个顶角相等的等腰三角形ABD与ACE共顶角顶点，则必有ABC与ADE旋转全等；而图2正是“手拉手”模型的基本构图；图1EDCBA图2EDCBA【探究二】将探究一中的普通等腰三角形换成特殊的图形，例如等边三角形、等腰直角三角形、正方形，然后再探究结论如何变化；ENMDCBA8图3EDCBA图4EDCBAFG图5EDCBA如图3、图4、图5，当两个等边三角形、等腰直角三角形、正方形共顶点时，ABC与ADE仍然旋转全等，并且有两个共同的结论；结论1：ABC≌ADE；DEBC；结论2：BC与DE所夹锐角等于两个等腰三角形的顶角；（倒角方法如下图6、图7、图8的八字模型）图6EDCBAABCDE图7FG图8EDCBA【探究三】将探究二中的特殊图形旋转后结论是否仍然成立；如下图9、图10、图11易得探究二中的两个结论仍然成立；图9EDCBAABCDE图10FG图11EDCBA【探究四】深化探究二中图3的结论；如图12，可得结论1：ABC≌ADE；DEBC；结论2：60CAEBADCOEBOD；结论3：如图12、图13、图14，可得三对三角形全等（ABC≌ADE；AHD≌AGB；AGC≌AHE）9HGO图12EDCBAHGO图13EDCBAHGO图14EDCBA结论4：如图15，连接GH，可得AGH为等边三角形；（由结论3可得AHAG）HGO图15EDCBANMO图16EDCBA结论5：BEGH∥；（由结论4可得60BADAGH）结论6：连接AO，可得AO平分BOE；（如图16，分别作BCAM、DEAN，AM与AN分别是全等三角形ABC与ADE对应边BC和DE上的高，故相等）10SFEDCBAMPNMHGFEDCBANMDCBA题型一手拉手模型巩固练习【练习1】如图，DA⊥AB，EA⊥AC，AD=AB，AE=AC，则下列正确的是（）A.ABDACE△≌△B.ADFAES△≌△C.BMFCMS△≌△D.ADCABE△≌△【解析】D【练习2】如图，正五边形ABDEF与正五边形ACMHG共点于A，连接BG、CF，则线段BG、CF具有什么样的数量关系并求出GNC的度数．【解析】先证ABGAFC△≌△可得BG=CF，ACFAGB∵NPGAPC∴108GNCGAC题型二双垂+角平分线模型巩固练习【练习3】已知AD平分BAC，DEAB，垂足为E，DFAC,垂足为F，且DB=DC，则EB与FC的关系（）A.相等B.EBFCC.EBFCD.以上都不对【解析】A题型三半角模型巩固练习【练习4】如图，△ABC是边长为3的等边三角形，△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°．以D为顶点作一个60°角，使其两边分别交AB于点M，交AC于点N，连接MN，则△AMN的周长为．【解析】6【练习5】如图，在四边形ABCD中，180BADC，ABAD，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且复习巩固FEDCBAFEDCBA11EHGDCBAFDEGCBA12EAFBAD∠∠，求证：EFBEFD【解析】证明：在BE上截取BG，使BGDF，连接AG．∵180BADC∠∠，180ADFADC∠∠，∴BADF∠∠．∵ABAD，∴ABGADF△≌△．∴BAGDAF∠∠，AGAF．∴12BAGEADDAFEADEAFBAD∠∠∠∠∠∠．∴GAEEAF∠∠．∵AEAE，∴AEGAEF△≌△．∴EGEF∵EGBEBG，∴EFBEFD．训练1.如图，C为线段AB上一点，分别以AC、CB为边在AB同侧作等边ACD△和等边BCE△，AE交DC于G点，DB交CE于H点，求证：GHAB∥．【分析】本题中，ACD△与BCE△是等边三角形，因此ACCD，BCCE，60ACDECB°，因为A、C、B在同一条直线上，故60DCE°．这样可以得到ACEDCB△≌△，AECDBC，故可以得到CEGCBH△≌△，则GCHC，60CGHCHG°，所以60ACGCGH°，故GHAB∥．【解析】∵ACD△和BCE△是等边三角形（已知）∴ACCD，BCCE（等边三角形的各边都相等）思维拓展训练(选讲)12ABCDHQNM60ACDBCE°（等边三角形的每个角都等于60°）∵180ACDDCEBCE°∴60DCE°，120ACEDCB°．在ACE△和DCB△中，ACDCACEDCBCECB∴ACEDCB△≌△（SAS）∴AECDBC（全等三角形的对应角相等）在BCH△和ECG△中，60BCHECGBCCECBHCEG°∴BCHECG△≌△（ASA）∴CHCG（全等三角形的对应边相等）∴CGHCHG（等边对等角）∵180GCHGHCCGH°（三角形内角和定理）∴60GHCCGH°．∴60ACGCGH°（等量代换）∴GHAB∥（内错角相等，两直线平行）训练2.条件：正方形ABCD，M在CB延长线上，N在DC延长线上，45MAN．结论：⑴MNDNBM；⑵AHAB.【解析】⑴在CD上取一点Q，使DQ=BM先证AMBAQD△≌△可得AM=AQ再证AMNAQN△≌△∴MN=NQ∴DNDQDNBMNQMN⑵可证△ANH≌△AND，∴AH=AD=AB训练3.如图，在RtABC△中，锐角ACB的平分线交对边于E，又交斜边的高AD于O，过O引OFBC∥，交AB于F，请问AE与BF相等吗？理由是什么？ABMCHND13ABCDOEOO12ABCDEFFEDCBA21543GO54321GFEDCB