2022-2023學年八年級數(shù)學常考點精練（蘇科版）：專題05 鄰邊相等對角互補半角模型證全等（解析版）

專題05鄰邊相等對角互補半角模型證全等類型一正方形中的半角模型1．如圖，已知：正方形，點，分別是，上的點，連接，，，且，求證：．【答案】見解析．【解析】【分析】將△ABE繞點A逆時針旋轉90°得到△ADG，根據(jù)旋轉的性質可得GD=BE，AG=AE，∠DAG=∠BAE，然后求出∠FAG=∠EAF，再利用“邊角邊”證明△AEF和△AGF全等，根據(jù)全等三角形對應邊相等可得EF=FG，即可得出結論．【詳解】如解圖，將繞點逆時針旋轉至的位置，使與重合．∴，．∵．∴，∴．在和中，，∴．∴．∵，∴．【點睛】本題考查了正方形的性質，旋轉的性質，全等三角形的判定與性質，難點在于利用旋轉變換作出全等三角形．2．如圖，在正方形ABCD中，點P在直線BC上，作射線AP，將射線AP繞點A逆時針旋轉45°，得到射線AQ，交直線CD于點Q，過點B作BE⊥AP于點E，交AQ于點F，連接DF．（1）依題意補全圖形；（2）用等式表示線段BE，EF，DF之間的數(shù)量關系，并證明．【答案】（1）補全圖形見解析；（2）BE+DF=EF，證明見解析．【解析】【分析】（1）根據(jù)題意補全圖形即可．（2）延長FE到H,使EH=EF，根據(jù)題意證明△ABH≌△ADF，然后根據(jù)全等三角形的性質即可證明．【詳解】（1）補全圖形（2）BE+DF=EF．證明：延長FE到H,使EH=EF∵BE⊥AP，∴AH=AF，∴∠HAP=∠FAP=45°，∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=AD，∠BAD=90°∴∠BAP+∠2=45°，∵∠1+∠BAP=45°∴∠1=∠2，∴△ABH≌△ADF，∴DF=BH，∵BE+BH=EH=EF，∴BE+DF=EF．【點睛】此題考查了正方形的性質和全等三角形的性質，解題的關鍵是根據(jù)題意作出輔助線．3．如圖：E、F分別是正方形ABCD的邊CD、DA上一點，且CE+AF=EF，請你用旋轉的方法求∠EBF的大?。敬鸢浮?5°【解析】【分析】根據(jù)CE＋AF＝EF，則已知圖形可以認為是把△ABE繞點B逆時針旋轉90o，得到△BAM，根據(jù)旋轉的定義即可求解．【詳解】解：將△BCE以B為旋轉中心，逆時針旋轉90o，使BC落在BA邊上，得△BAM，如圖所示，則∠MBE=90o，AM=CE，BM=BE，正方形ABCD，∴M、A、D三點共線，∵CE＋AF＝EF，∴MF＝EF，又∵BF=BF，∴△FBM≌△FBE，∴∠MBF=∠EBF，∴∠EBF=．【點睛】本題考查旋轉的性質．旋轉變化前后，對應點到旋轉中心的距離相等以及每一對對應點與旋轉中心連線所構成的旋轉角相等．要注意旋轉的三要素：①定點-旋轉中心；②旋轉方向；③旋轉角度．類型二普通四邊形中的半角模型4．（1）如圖，在正方形中，、分別是，上的點，且．直接寫出、、之間的數(shù)量關系；（2）如圖，在四邊形中，，，、分別是，上的點，且，求證：；（3）如圖，在四邊形中，，，延長到點，延長到點，使得，則結論是否仍然成立？若成立，請證明；不成立，請寫出它們的數(shù)量關系并證明．【答案】（1），理由見詳解；（2）見詳解；（3）結論EF＝BE＋FD不成立，應當是EF＝BE?FD．理由見詳解．【解析】【分析】（1）在CD的延長線上截取DM＝BE，連接AM，證出△ABE≌△ADM，根據(jù)全等三角形的性質得出BE＝DM，再證明△AEF≌△AMF，得EF＝FM，進而即可得出答案；（2）在CD的延長線上截取DG＝BE，連接AG，證出△ABE≌△ADG，根據(jù)全等三角形的性質得出BE＝DG，再證明△AEF≌△AGF，得EF＝FG，即可得出答案；（3）按照（2）的思路，我們應該通過全等三角形來實現(xiàn)相等線段的轉換．就應該在BE上截取BG，使BG＝DF，連接AG．根據(jù)（2）的證法，我們可得出DF＝BG，GE＝EF，那么EF＝GE＝BE?BG＝BE?DF．所以（1）的結論在（3）的條件下是不成立的．【詳解】（1）解：，理由如下：延長CD，使DM=BE，連接AM，∵在正方形中，AB=AD，∠B=∠ADM=90°，∴，∴∠BAE=∠DAM，AE=AM，∵，∴∠BAE+∠DAF=∠DAM+∠DAF=90°-45°=45°，∴∠EAF=∠MAF=45°，又∵AF=AF，AE=AM，∴，∴EF=MF=MD+DF=BE+DF；（2）在CD的延長線上截取DG＝BE，連接AG，如圖，∵∠ADF＝90°，∠ADF＋∠ADG＝180°，∴∠ADG＝90°，∵∠B＝90°，∴∠B＝∠ADG＝90°，∵BE＝DG，AB＝AD，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE＝∠DAG，AG＝AE，∴∠EAG＝∠EAD＋∠DAG＝∠EAD＋∠ABE＝∠BAD，∵，∴∠EAF＝∠FAG，又∵AF＝AF，AE＝AG，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG＝DF＋DG＝EB＋DF；（3）結論EF＝BE＋FD不成立，應當是EF＝BE?FD．理由如下：如圖，在BE上截取BG，使BG＝DF，連接AG．∵∠B＋∠ADC＝180°，∠ADF＋∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADF．∵在△ABG與△ADF中，，∴△ABG≌△ADF（SAS）．∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．∴∠BAG＋∠EAD＝∠DAF＋∠EAD＝∠EAF＝∠BAD．∴∠GAE＝∠BAD=∠EAF．∵AE＝AE，AG＝AF．∴△AEG≌△AEF．∴EG＝EF，∵EG＝BE?BG∴EF＝BE?FD．【點睛】本題考查了三角形綜合題，三角形全等的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會利用旋轉變換的思想添加輔助線，構造全等三角形解決問題，解題時注意一些題目雖然圖形發(fā)生變化，但是證明思路和方法是類似的，屬于中考壓軸題．5．已知四邊形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN繞B點旋轉，它的兩邊分別交AD，DC（或它們的延長線）于E、F．（1）當∠MBN繞B點旋轉到AE＝CF時（如圖1），試猜想AE，CF，EF之間存在怎樣的數(shù)量關系？請將三條線段分別填入后面橫線中：＋＝．（不需證明）（2）當∠MBN繞B點旋轉到AE≠CF（如圖2）時，上述（1）中結論是否成立？請說明理由．（3）當∠MBN繞B點旋轉到AE≠CF（如圖3）時，上述（1）中結論是否成立？若不成立，線段AE，CF，EF又有怎樣的數(shù)量關系？請直接寫出你的猜想，不需證明．【答案】（1）AE；CF；EF；（2）成立，見解析；（3）不成立，新的關系為AE＝EF＋CF．【解析】【分析】（1）根據(jù)題意易得△ABE≌△CBF，然后根據(jù)全等三角形的性質可得∠ABE=∠CBF=30°，進而根據(jù)30°角的直角三角形及等邊三角形的性質可求解；（2）如圖2，延長FC到H，使CH=AE，連接BH，根據(jù)題意可得△BCH≌△BAE，則有BH=BE，∠CBH=∠ABE，進而可證△HBF≌△EBF，推出HF=EF，最后根據(jù)線段的等量關系可求解；（3）如圖3，在AE上截取AQ=CF，連接BQ，根據(jù)題意易得△BCF≌△BAQ，推出BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，進而可證△FBE≌△QBE，推出EF=QE即可．【詳解】解：（1）如圖1，AE+CF=EF，理由如下：∵AB⊥AD，BC⊥CD，∴∠A=∠C=90°，∵AB=BC，AE=CF，∴△ABE≌△CBF（SAS），∴∠ABE=∠CBF，BE=BF，∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，∴∠ABE=∠CBF=30°，∴，∵∠MBN=60°，BE=BF，∴△BEF是等邊三角形，∴，故答案為：AE+CF=EF；（2）如圖2，（1）中結論成立；理由如下：延長FC到H，使CH=AE，連接BH，∵AB⊥AD，BC⊥CD，∴∠A=∠BCH=90°，∴△BCH≌△BAE（SAS），∴BH=BE，∠CBH=∠ABE，∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，∴∠ABE+∠CBF=120°-60°=60°，∴∠HBC+∠CBF=60°，∴∠HBF=∠MBN=60°，∴∠HBF=∠EBF，∴△HBF≌△EBF（SAS），∴HF=EF，∵HF=HC+CF=AE+CF，∴EF=AE+CF；（3）如圖3，（1）中的結論不成立，關系為AE=EF+CF，理由如下：在AE上截取AQ=CF，連接BQ，∵AB⊥AD，BC⊥CD，∴∠A=∠BCF=90°，∵AB=BC，∴△BCF≌△BAQ（SAS），∴BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，∵∠MBN=60°=∠CBF+∠CBE，∴∠CBE+∠ABQ=60°，∵∠ABC=120°，∴∠QBE=120°-60°=60°=∠MBN，∴∠FBE=∠QBE，∴△FBE≌△QBE（SAS），∴EF=QE，∵AE=QE+AQ=EF+CF，∴AE=EF+CF．【點睛】本題主要考查全等三角形的性質與判定、含30°角的直角三角形的性質及等邊三角形的性質，熟練掌握全等三角形的性質與判定、含30°角的直角三角形的性質及等邊三角形的性質是解題的關鍵．6．綜合與實踐（1）如圖1，在正方形ABCD中，點M、N分別在AD、CD上，若∠MBN＝45°，則MN，AM，CN的數(shù)量關系為．（2）如圖2，在四邊形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，點M、N分別在AD、CD上，若∠MBN＝∠ABC，試探索線段MN、AM、CN有怎樣的數(shù)量關系？請寫出猜想，并給予證明．（3）如圖3，在四邊形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，點M、N分別在DA、CD的延長線上，若∠MBN＝∠ABC，試探究線段MN、AM、CN的數(shù)量關系為．【答案】（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由見解析；（3）MN=CN-AM，理由見解析【解析】【分析】（1）把△ABM繞點B順時針旋轉使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，可得到點M'、C、N三點共線，再由∠MBN=45°，可得∠M'BN=∠MBN，從而證得△NBM≌△NBM'，即可求解；（2）把△ABM繞點B順時針旋轉使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，由∠A+∠C＝180°，可得點M'、C、N三點共線，再由∠MBN＝∠ABC，可得到∠M'BN=∠MBN，從而證得△NBM≌△NBM'，即可求解；（3）在NC上截取CM'=AM，連接BM'，由∠ABC+∠ADC＝180°，可得∠BAM=∠C，再由AB＝BC，可證得△ABM≌△CBM'，從而得到AM=CM'，BM=BM'，∠ABM=∠CBM'，進而得到∠MAM'=∠ABC，再由∠MBN＝∠ABC，可得∠MBN＝∠M'BN，從而得到△NBM≌△NBM'，即可求解．【詳解】解：（1）如圖，把△ABM繞點B順時針旋轉使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC

，∴∠BCM'+∠BCD=180°，∴點M'、C、N三點共線，∵∠MBN=45°，∴∠ABM+∠CBN=45°，∴∠M'BN=∠M'BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=45°，即∠M'BN=∠MBN，∵BN=BN，∴△NBM≌△NBM'，∴MN=M'N，∵M'N=M'C+CN，∴MN=M'C+CN=AM+CN；（2）MN=AM+CN；理由如下：如圖，把△ABM繞點B順時針旋轉使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，∵∠A+∠C＝180°，∴∠BCM'+∠BCD=180°，∴點M'、C、N三點共線，∵∠MBN＝∠ABC，∴∠ABM+∠CBN=∠ABC＝∠MBN，∴∠CBN+∠M'BC=∠MBN，即∠M'BN=∠MBN，∵BN=BN，∴△NBM≌△NBM'，∴MN=M'N，∵M'N=M'C+CN，∴MN=M'C+CN=AM+CN；（3）MN=CN-AM，理由如下：如圖，在NC上截取CM'=AM，連接BM'，∵在四邊形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，∴∠C+∠BAD=180°，∵∠BAM+∠BAD=180°，∴∠BAM=∠C，∵AB＝BC，∴△ABM≌△CBM'，∴AM=CM'，BM=BM'，∠ABM=∠CBM'，∴∠MAM'=∠ABC，∵∠MBN＝∠ABC，∴∠MBN＝∠MAM'=∠M'BN，∵BN=BN，∴△NBM≌△NBM'，∴MN=M'N，∵M'N=CN-CM'，

∴MN=CN-AM．故答案是：MN=CN-AM．【點睛】本題主要考查了正方形的性質，全等三角形的性質和判定，圖形的旋轉，根據(jù)題意做適當輔助線，得到全等三角形是解題的關鍵．7．【探索發(fā)現(xiàn)】如圖①，四邊形ABCD是正方形，M，N分別在邊CD、BC上，且，我們把這種模型稱為“半角模型”，在解決“半角模型”問題時，旋轉是一種常用的方法．如圖①，將繞點A順時針旋轉，點D與點B重合，得到，連接AM、AN、MN．（1）試判斷DM，BN，MN之間的數(shù)量關系，并寫出證明過程．（2）如圖②，點M、N分別在正方形ABCD的邊BC、CD的延長線上，，連接MN，請寫出MN、DM、BN之間的數(shù)量關系，并寫出證明過程．（3）如圖③，在四邊形ABCD中，AB=AD，，，點N，M分別在邊BC，CD上，，請直接寫出線段BN，DM，MN之間的數(shù)量關系．【答案】（1），證明見解析；（2）,證明見解析；（3）．【解析】【分析】（1）根據(jù)正方形的性質和旋轉的性質可證≌，利用SAS可證，則可得：；（2）根據(jù)正方形的性質和旋轉的性質可證≌，利用SAS可證，則可得：；（3）根據(jù)正方形的性質和旋轉的性質可證≌，利用SAS可證，則可得：；【詳解】證明：（1）如圖①，∵四邊形ABCD是正方形∴AB=AD，=將繞點A順時針旋轉，得到∴≌∴∵在和中∵，∴（2）如圖②，將繞點A順時針旋轉，得到∵四邊形ABCD是正方形∴AB=AD，=∵繞點A順時針旋轉，得到∴≌∴,∵在和中∵，即：；（3）如圖，∵，，，將繞點A順時針旋轉，得到∴≌∴在和中；【點睛】本題主要考查正方形的性質及全等三角形的判定和性質等知識，利用旋轉法構造全等三角形是解題的關鍵是學會．類型三三角形中的半角模型8．如圖，△ABC是邊長為3的等邊三角形，△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°.以點D為頂點作一個60°角，使其兩邊分別交AB于點M，交AC于點N，連接MN.(1)求證：MN＝BM＋NC；(2)求△AMN的周長．【答案】（1）證明見解析；（2）6.【解析】【分析】（1）先證明△BDF≌△CDN，得出∠BDF＝∠CDN，DF＝DN，同時再證明△DMN≌△DMF，得出MN＝MF＝MB＋BF＝MB＋CN.（2）根據(jù)MN＝MB＋CN，得出△AMN的周長為AM＋AN＋MN＝AM＋MB＋AN＋CN＝AB＋AC＝6.【詳解】解：(1)∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°，∴∠BCD＝∠DBC＝30°.∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC＝∠BCA＝60°，∴∠DBA＝∠DCA＝90°，延長AB至F，使BF＝CN，連接DF，由SAS可證△BDF≌△CDN，∴∠BDF＝∠CDN，DF＝DN，∵∠MDN＝60°，∴∠FDM＝∠BDM＋∠CDN＝60°，由SAS可證△DMN≌△DMF，∴MN＝MF＝MB＋BF＝MB＋CN(2)由(1)知MN＝MB＋CN，∴△AMN的周長為AM＋AN＋MN＝AM＋MB＋AN＋CN＝AB＋AC＝6【點睛】本題屬于開放性應用題，適當?shù)臉嫿ㄈ切问墙忸}的關鍵.題中構建輔助線的方法是“延長AB至F，使BF＝CN，連接DF”，這是本題的重點.9．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）【解析】【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(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．10．如圖1，是等邊三角形，是頂角為的等腰三角形（即），以為頂點作一個角，角兩邊分別交，邊于，兩點，連接．（1）探究：線段，，之間的關系，并加以證明；（2）若點是的延長線上的一點，是的延長線上的一點，其它條件不變，請你再探究線段，，之間的關系，在圖2中畫出圖形，并說明理由．【答案】（1）MN=BM+CN，證明見解析；（2）畫圖見解析，MN=CN-BM，證明見解析．【解析】【分析】（1）延長NC到E，使CE=BM，連接DE，先證△CDE≌△BDM，再證△DMN≌△DEN；（2）在CA上截取CE=BM，連接DE，先證△MBD≌△ECD，再證△NMD≌△NED即可得出結論．【詳解】解：（1）MN=BM+CN．如圖1，延長NC到E，使CE=BM，連接DE，∵△ABC為等邊三角形，△BCD為等腰三角形，且∠BDC=120°，∴∠MBD=∠MBC+∠DBC=60°+30°=90°，∴∠DCE=180°-∠ACD=180°-∠ABD=90°，在△CDE和△BDM中，，∴△CDE≌△BDM（SAS），∴∠CDE=∠BDM，DE=DM，∴∠NDE=∠NDC+∠CDE=∠NDC+∠BDM=∠BDC-∠MDN=120°-60°=60°，在△DMN和△DEN中，，∴△DMN≌△DEN（SAS），∴MN=NE=CE+CN=BM+CN．（2）MN=CN-BM．如圖2，在CA上截取CE=BM，連接DE，在△MBD和△ECD中，，∴△MBD≌△ECD（SAS），∴DM=DE，∠MDB=∠EDC，∵∠MDN=∠MDB+∠BDN=∠CDE+∠BDN=60°，∴∠EDN=60°=∠MDN，在△NMD和△NED中，，∴△NMD≌△NED（SAS），∴NE=MN，∴MN=CN-CE=CN-BM．【點睛】本題主要考查了等邊三角形和等腰三角形的性質、全等三角形的判定與性質，難度適中．對于線段和差等式的證明，截長補短是關鍵．11．（2019秋?東臺市期末）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