第18講重難點拓展：等腰三角形中的半角模型兩種常見題型解題技巧-新八年級數(shù)學暑假自學提升課講義（人教版）解析版

第第頁第18講重難點拓展：等腰三角形中的半角模型兩種常見題型解題技巧題型一：等腰直角三角形半角模型題型二：等邊三角形半角模型（120°-60°型）題型一：等腰直角三角形半角模型條件：ABC是等腰直角三角形，∠DAE=45°；結論：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝BD2＋EC2；題型二：等邊三角形半角模型（120°-60°型）條件：ABC是等邊三角形，BDC是等腰三角形，且BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°；結論：①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋FC；④AEF的周長=2AB；⑤DE、DF分別平分∠BEF和∠EFC。題型歸納題型一：等腰直角三角形半角模型【例1】如圖，已知△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,D,E是BC邊上的點，將△ABD繞點A旋轉，得到△ACD'，當∠DAE=45°時，求證：DE=D'E；在（1）的條件下，猜想：解析：因為△ABD繞點A旋轉，得到△∴AD=AD'，∠DAD’=∠∵∠DAE=45°∴∠EAD’=∠DAD’-∠DAE=45°∴在△AED和△AEDAE=AE∠EAD=∠AED’AD=AD’∴△AED≌△AED’∴DE=D’E由（1）得△AED≌△AED’，ED=ED’在△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°∴∠B=∠ACB=45°∵△ABD繞點A旋轉，得到△ACD’∴BD=CD’,∠B=∠ACD’=45°∴∠BCD’=∠ACB+∠ACD’=45°+45°=90°【變式1-1】（2022秋?原平市校級期中）如圖，中，、為邊上兩點，且，將繞點順時針旋轉后，得到，連接．下列4個結論：①；②；③；④．正確的有個．A．1 B．2 C．3 D．4【分析】根據旋轉變換的性質判斷①；根據全等三角形的判定定理判斷②；根據定理判斷③；根據全等三角形的性質、線段和差可判斷④．【解答】解：繞點順時針旋轉得，，①正確；與不一定相等，與不一定全等，②錯誤；，，，在和中，，，③正確；，，，，，，④正確；正確的有①③④共3個，故選：．【點評】本題考查的是全等三角形的判定與性質、旋轉變換，掌握全等三角形的判定定理與性質定理、圖形旋轉的性質等知識是解題的關鍵．【變式1-2】（2023·浙江·八年級假期作業(yè)）如圖，在中，，，D、E是斜邊上兩點，且，若，，，則與的面積之和為（

）A．36 B．21 C．30 D．22【答案】B【分析】將關于對稱得到，從而可得的面積為15，再根據對稱的性質可得，然后根據三角形全等的判定定理證出，從而可得，最后根據與的面積之和等于與的面積之和即可得．【詳解】解：如圖，將關于AE對稱得到，則，，，，，在和中，，，，，即是直角三角形，，，即與的面積之和為21，故選：B．【點睛】本題考查了軸對稱的性質、三角形全等的判定定理與性質等知識點，通過作輔助線，構造全等三角形和直角三角形是解題關鍵．【變式1-3】（2023秋?九龍坡區(qū)校級期中）如圖1，為等邊三角形，點為的中點，連接，平分，交于點，點在外，連接，，，滿足，．（1）求的度數(shù)；（2）如圖2，點是上一點，連接，，與交于點．若，求證：．【分析】（1）先證和全等，得，，再根據可得出答案；（2）由（1）可知：為等邊三角形，從而得，，根據，得，，由此可證和全等，得，然后根據點為的中點，及平分可得出，進而可求出，由此得，，最后再利用直角三角形的性質可得出結論．【解答】（1）解：為等邊三角形，，，，，，在和中，，，，，；（2）證明：由（1）可知：，，為等邊三角形，，，，，，在和中，，，，為等邊三角形，點為的中點，，平分，，，，，，又，，在中，，．【點評】此題主要考查了等邊三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，直角三角形的性質，熟練掌握等邊三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，直角三角形的性質，理解在直角三角形中，的角所對的直角邊等于斜邊的一半是解決問題的關鍵．題型二：等邊三角形半角模型（120°-60°型）【例2】（2023秋?越秀區(qū)校級月考）在等邊的兩邊、所在直線上分別有兩點、，為外一點，且，，．探究：當、分別在直線、上移動時，、、之間的數(shù)量關系及的周長與等邊的周長的關系．（1）如圖1，當點、邊、上，且時，、、之間的數(shù)量關系是；此時；（2）如圖2，點、邊、上，且當時，猜想（1）問的兩個結論還成立嗎？寫出你的猜想并加以證明；（3）如圖3，當、分別在邊、的延長線上時，若，則（用、表示）．【分析】（1）如果，，因為，那么，也就有，直角三角形、中，因為，，根據定理，兩三角形全等．那么，，三角形中，，，在三角形中，，，因此三角形是個等邊三角形，因此，三角形的周長，三角形的周長，因此．（2）如果，我們可通過構建全等三角形來實現(xiàn)線段的轉換．延長至，使，連接．（1）中我們已經得出，，那么三角形和中，有了一組直角，，，因此兩三角形全等，那么，，．三角形和中，有，，有一條公共邊，因此兩三角形全等，，至此我們把轉換成了，把轉換成了，因為，因此．與的關系的求法同（1），得出的結果是一樣的．（3）我們可通過構建全等三角形來實現(xiàn)線段的轉換，思路同（2）過作，三角形和中，由（1）中已經得出的，我們做的角，因此兩三角形全等．那么，，三角形和中，已知的條件有，一條公共邊，要想證得兩三角形全等就需要知道，因為，因此，因為，那么，因此，這樣就構成了兩三角形全等的條件．三角形和就全等了．那么，三角形的周長．因為，，因此三角形的周長．【解答】解：（1）如圖，、、之間的數(shù)量關系．此時．（2）猜想：結論仍然成立．證明：如圖，延長至，使，連接．，且，．又是等邊三角形，．在與中：．，．．在與中：，．．的周長．而等邊的周長．．（3）如圖，當、分別在、的延長線上時，若，則（用、表示）．【點評】本題考查了三角形全等的判定及性質；題目中線段的轉換都是根據全等三角形來實現(xiàn)的，當題中沒有明顯的全等三角形時，我們要根據條件通過作輔助線來構建于已知和所求條件相關的全等三角形．【變式2-1】如圖，是邊長為6的等邊三角形，，，以點為頂點作一個角，使其兩邊分別交于點，交于點，連結，則的周長是．【分析】要求的周長，根據題目已知條件無法求出三條邊的長，只能把三條邊長用其它已知邊長來表示，所以需要作輔助線，延長至，使，連接，通過證明，及，從而得出，的周長等于的長．【解答】解：是等腰三角形，且，，是邊長為4的等邊三角形，，，延長至，使，連接，在和中，，，，，，，，在和中，，，，的周長是：．故答案為：12．【點評】此題考查了全等三角形的判定與性質，等邊三角形的性質；主要利用等邊三角形和等腰三角形的性質來證明三角形全等，構造另一個三角形是解題的關鍵．【變式2-2】如圖，是邊長為4的等邊三角形，，且，以為頂點作一個角，使其兩邊分別交于點．交于點，連接，則的周長是．【分析】要求的周長，根據題目已知條件無法求出三條邊的長，只能把三條邊長用其它已知邊長來表示，所以需要作輔助線，延長至，使，連接，通過證明，及，從而得出，的周長等于的長．【解答】解：是等腰三角形，且，，是邊長為4的等邊三角形，，，延長至，使，連接，在和中，，，，，，，，在和中，，，的周長是：．故答案為：8．【點評】此題考查了全等三角形的判定與性質，等邊三角形的性質；主要利用等邊三角形和等腰三角形的性質來證明三角形全等，構造另一個三角形是解題的關鍵．【變式2-3】（2022秋?宜豐縣校級期中）如圖1，是正三角形，是等腰三角形，，，以為頂點作一個角，角的兩邊分別交、邊于、兩點，連接．（1）探究、、之間的關系，并說明理由．（2）若的邊長為2，求的周長．【分析】（1）延長至，使得并連接，構造全等三角形，找到，，，再進一步證明，進而得到；（2）利用（1）中結論，將的周長轉化為、的和來解答．【解答】解：（1）．理由如下：延長至，使得，連接，如圖所示：為等腰三角形，為等邊三角形，，，，又，且，，，，在與中，，，，，，又，，，，即，，在與中，，，，又，，；（2）為等邊三角形，，利用（1）中的結論得出：，，的周長．【點評】本題考查了全等三角形的判定與性質及等邊三角形的性質及等腰三角形的性質；此題從不同角度考查了作相等線段構造全等三角形的能力，要充分利用等邊三角形及等腰三角形的性質，轉換各相等線段解答．過關檢測一、單選題1．如圖所示，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜邊BC上的兩點，且∠DAE＝45°，將△ADC繞點A按順時針方向旋轉90°后得到△AFB，連接EF，有下列結論：①BE＝DC；②∠BAF＝∠DAC；③∠FAE＝∠DAE；④BF＝DC．其中正確的有（）

A．①②③④ B．②③ C．②③④ D．③④【答案】C【分析】利用旋轉性質可得△ABF≌△ACD，根據全等三角形的性質一一判斷即可．【詳解】解：∵△ADC繞A順時針旋轉90°后得到△AFB，∴△ABF≌△ACD，∴∠BAF＝∠CAD，AF＝AD，BF＝CD，故②④正確，∴∠EAF＝∠BAF+∠BAE＝∠CAD+∠BAE＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°＝∠DAE故③正確無法判斷BE＝CD，故①錯誤，故選：C．【點睛】本題考查了旋轉的性質：旋轉前后兩圖形全等，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考?？碱}型．2．（21-22八年級上·福建龍巖·期中）如圖，在中，，，D、E是斜邊上兩點，且，若，，，則與的面積之和為（

）A．36 B．21 C．30 D．22【答案】B【分析】將關于對稱得到，從而可得的面積為15，再根據對稱的性質可得，然后根據三角形全等的判定定理證出，從而可得，最后根據與的面積之和等于與的面積之和即可得．【詳解】解：如圖，將關于AE對稱得到，則，，，，，在和中，，，，，即是直角三角形，，，即與的面積之和為21，故選：B．【點睛】本題考查了軸對稱的性質、三角形全等的判定定理與性質等知識點，通過作輔助線，構造全等三角形和直角三角形是解題關鍵．二、解答題3．在等邊△ABC的兩邊AB、AC所在直線上分別有兩點M、N，D為△ABC外一點，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．探究：當M、N分別在直線AB、AC上移動時，BM、NC、MN之間的數(shù)量關系及△AMN的周長Q與等邊△ABC的周長L的關系．（1）如圖1，當點M、N邊AB、AC上，且DM＝DN時，BM、NC、MN之間的數(shù)量關系是；此時；（2）如圖2，點M、N在邊AB、AC上，且當DM≠DN時，猜想（I）問的兩個結論還成立嗎？若成立請直接寫出你的結論；若不成立請說明理由．（3）如圖3，當M、N分別在邊AB、CA的延長線上時，探索BM、NC、MN之間的數(shù)量關系如何？并給出證明．【答案】（1）BM+NC＝MN，；（2）結論仍然成立，詳見解析；（3）NC﹣BM＝MN，詳見解析【分析】（1）由DM＝DN，∠MDN＝60°，可證得△MDN是等邊三角形，又由△ABC是等邊三角形，CD＝BD，易證得Rt△BDM≌Rt△CDN，然后由直角三角形的性質，即可求得BM、NC、MN之間的數(shù)量關系BM+NC＝MN，此時；（2）在CN的延長線上截取CM1＝BM，連接DM1．可證△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，易證得∠CDN＝∠MDN＝60°，則可證得△MDN≌△M1DN，然后由全等三角形的性質，即可得結論仍然成立；（3）首先在CN上截取CM1＝BM，連接DM1，可證△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，然后證得∠CDN＝∠MDN＝60°，易證得△MDN≌△M1DN，則可得NC﹣BM＝MN．【詳解】（1）如圖1，BM、NC、MN之間的數(shù)量關系BM+NC＝MN．此時．理由：∵DM＝DN，∠MDN＝60°，∴△MDN是等邊三角形，∵△ABC是等邊三角形，∴∠A＝60°，∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∴∠MBD＝∠NCD＝90°，∵DM＝DN，BD＝CD，∴Rt△BDM≌Rt△CDN，∴∠BDM＝∠CDN＝30°，BM＝CN，∴DM＝2BM，DN＝2CN，∴MN＝2BM＝2CN＝BM+CN；∴AM＝AN，∴△AMN是等邊三角形，∵AB＝AM+BM，∴AM：AB＝2：3，∴；（2）猜想：結論仍然成立．證明：在NC的延長線上截取CM1＝BM，連接DM1．∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，∴△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN，∴MN＝M1N＝M1C+NC＝BM+NC，∴△AMN的周長為：AM+MN+AN＝AM+BM+CN+AN＝AB+AC，∴；（3）證明：在CN上截取CM1＝BM，連接DM1．∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，∴△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN，∴MN＝M1N．∴NC﹣BM＝MN．【點睛】此題主要考查全等三角形的判定與性質，解題的關鍵是熟知等邊三角形的性質及全等三角形的判定定理．4．如圖，是邊長為3的等邊三角形，是等腰三角形，且，以為頂點作一個角，使其兩邊分別交于點，交于點，連接，求的周長．【答案】的周長為6．【分析】要求△AMN的周長，根據題目已知條件無法求出三條邊的長，只能把三條邊長用其它已知邊長來表示，所以需要作輔助線，延長AB至F，使BF=CN，連接DF，通過證明△BDF≌△CDN，及△DMN≌△DMF，從而得出MN=MF，△AMN的周長等于AB+AC的長．【詳解】解：∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC=120°∴∠BCD=∠DBC=30°∵△ABC是邊長為3的等邊三角形∴∠ABC=∠BAC=∠BCA=60°∴∠DBA=∠DCA=90°延長AB至F，使BF=CN，連接DF，在Rt△BDF和Rt△CND中，BF=CN，DB=DC∴△BDF≌△CDN，∴∠BDF=∠CDN，DF=DN∵∠MDN=60°∴∠BDM+∠CDN=60°∴∠BDM+∠BDF=60°，∠FDM=60°=∠MDN，DM為公共邊∴△DMN≌△DMF，∴MN=MF∴△AMN的周長是：AM+AN+MN=AM+MB+BF+AN=AB+AC=6．【點睛】此題主要利用等邊三角形和等腰三角形的性質來證明三角形全等，構造另一個三角形是解題的關鍵．5．如圖，是邊長為2的等邊三角形，是頂角為120°的等腰三角形，以點為頂點作，點、分別在、上．（1）如圖①，當時，則的周長為______；（2）如圖②，求證：．【答案】（1）4；（2）見解析【分析】（1）首先證明△BDM≌△CDN，進而得出△DMN是等邊三角形，∠BDM=∠CDN=30°，NC=BM=DM=MN，即可解決問題；（2）延長至點，使得，連接，首先證明，再證明，得出，進而得出結果即可．【詳解】解：（1）∵是等邊三角形，，，∴是等邊三角形，，則，∵是頂角的等腰三角形，，，在和中，，，，∵，∴是等邊三角形，，，，∴的周長．（2）如圖，延長至點，使得，連接，∵是等邊三角形，是頂角的等腰三角形，，，，，在和中，，，，，∵，，在和中，．，又∵，．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質及等邊三角形的性質及等腰三角形的性質，掌握全等三角形的性質與判定，等邊三角形及等腰三角形的性質是解題的關鍵．6．（21-22八年級上·浙江紹興·期中）問題情境在等邊△ABC的兩邊AB，AC上分別有兩點M，N，點D為△ABC外一點，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．特例探究如圖1，當DM＝DN時，（1）∠MDB＝度；（2）MN與BM，NC之間的數(shù)量關系為；歸納證明（3）如圖2，當DM≠DN時，在NC的延長線上取點E，使CE＝BM，連接DE，猜想MN與BM，NC之間的數(shù)量關系，并加以證明．拓展應用（4）△AMN的周長與△ABC的周長的比為．【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，可得結論MN＝BM+CN；拓展應用：（3）首先根據題意利用SAS證明△DBM≌△DCE，然后證明△MDN≌△EDN，根據全等三角形對應相等通過線段之間的轉化即可得到MN＝BM+NC；（4）由（3）得到MN＝BM+NC，則△AMN的周長＝2AB，△ABC的周長＝3AB，即可得出結論．【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；拓展應用（4）解：由（1）（2）得：MN＝BM+NC，∴△AMN的周長＝AM+MN+AN＝AM+BM+NC+AN＝AB+AC＝2AB，∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝BC＝AC，∴△ABC的周長＝3AB，∴△AMN的周長與△ABC的周長的比為＝，故答案為：．【點睛】此題考查了等邊三角形的性質的，全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是熟練掌握等邊三角形的性質，全等三角形的判定和性質．7．如圖，已知在△ABC中，AB＝AC，D、E是BC邊上的點，將△ABD繞點A旋轉，得到△AC，連接E．(1)當∠BAC＝120°，∠DAE＝60°時，求證：DE＝E；(2)當DE＝E時，∠DAE與∠BAC有怎樣的數(shù)量關系？請寫出，并說明理由．【答案】(1)見解析(2)∠DAE＝∠BAC，理由見解析【分析】（1）根據旋轉的性質可得AD＝A，∠CA＝∠BAD，然后求出∠D′AE＝60°，從而得到∠DAE＝∠AE，再利用“邊角邊”證明△ADE和△AE全等，根據全等三角形對應邊相等證明即可；（2）根據旋轉的性質可得AD＝A，再利用“邊邊邊”證明△ADE和△AE全等，然后根據全等三角形對應角相等求出∠DAE＝∠AE，然后求出∠BAD＋∠CAE＝∠DAE，從而得解；【詳解】（1）證明：∵△ABD繞點A旋轉得到△AC，∴AD＝A，∠CA＝∠BAD，∵∠BAC＝120°，∠DAE＝60°，∴∠AE＝∠CA＋∠CAE＝∠BAD＋∠CAE＝∠BAC﹣∠DAE＝120°﹣60°＝60°，∴∠DAE＝∠AE，在△ADE和△AE中，∵，∴△ADE≌△AE（SAS），∴DE＝E；（2）解：∠DAE＝∠BAC．理由如下：在△ADE和△AE中，，∴△ADE≌△AD′E（SSS），∴∠DAE＝∠AE，∴∠BAD＋∠CAE＝∠CAD′＋∠CAE＝∠D′AE＝∠DAE，∴∠DAE＝∠BAC；【點睛】本題考查了幾何變換的綜合題，旋轉的性質，全等三角形的判定與性質，等腰直角三角形的性質，熟記旋轉變換只改變圖形的位置不改變圖形的形狀與大小找出三角形全等的條件是解題的關鍵．8．（20-21七年級下·四川成都·期末）如圖，，，，，．（1）求的度數(shù)；（2）以E為圓心，以長為半徑作??；以F為圓心，以長為半徑作弧，兩弧交于點G，試探索的形狀？是銳角三形，直角三角形還是鈍角三角形？請說明理由．【答案】（1）45°；（2）見詳解【分析】（1）由CA⊥CB，可得∠ACB＝90°，再根據∠ECF＝45°，即可得出答案；（2）如圖，連接DE，先證明△ECF≌△ECD（SAS），可得DE＝EF，再證明△CAD≌△CBF（SAS），可得AD＝BF，∠CAD＝∠B，即可得出∠DAE＝90°，再利用SSS證明△EFG≌△EDA，即可得出答案．【詳解】解：（1）∵CA⊥CB，