中小学教育资源及组卷应用平台
专题02 全等三角形中三种模型（半角、手拉手、线段中点）
题型一：半角模型
1．（2021春 嘉定区期末）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： 一定成立 ．（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．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理得到∴∠PBC＝∠＝30°，进而得到∠PBM＝∠PCN＝90°，证明Rt△PBM≌Rt△PCN，得到∠BPM＝∠CPN＝30°，根据含30°角的直角三角形的性质证明结论；
（2）延长AC至H，使CH＝BM，连接PH，证明△PBM≌△PCH，得到PM＝PH，∠BPM＝∠CPH，再证明△MPN≌△HPN，得到MN＝HN，得到答案；
（3）在AC上截取CK＝BM，连接PK，仿照（2）的方法得出结论．
【解答】（1）证明：∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵∠BPC＝120°，BP＝CP，
∴∠PBC＝∠PCB（180°﹣120°）＝30°，
∴∠PBM＝∠PCN＝90°，
在Rt△PBM和Rt△PCN中，
，
∴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°，
∴BMPM，
同理可得，CNPN，
∴BM+CN＝MN；
（2）解：一定成立，
理由如下：如图②，延长AC至H，使CH＝BM，连接PH，
由（1）可知：∠PBM＝∠PCN＝90°，
∴∠PCH＝90°，
∴∠PBM＝∠PCH，
在△PBM和△PCH中，
，
∴△PBM≌△PCH（SAS），
∴PM＝PH，∠BPM＝∠CPH，
∵∠BPM+∠CPN＝60°，
∴∠CPN+∠CPH＝60°，
∴∠MPN＝∠HPN，
在△MPN和△HPN中，
，
∴△MPN≌△HPN（SAS），
∴MN＝HN＝BM+CN，
故答案为：一定成立；
（3）解：如图③，在AC上截取CK＝BM，连接PK，
在△PBM和△PCK中，
，
∴△PBM≌△PCK（SAS），
∴PM＝PK，∠BPM＝∠CPK，
∵∠BPM+∠BPN＝60°，
∴∠CPK+∠BPN＝60°，
∴∠KPN＝60°，
∴∠MPN＝∠KPN，
在△MPN和△KPN中，
，
∴△MPN≌△KPN（SAS），
∴MN＝KN，
∵KN＝NC﹣CK＝NC﹣BM，
∴MN＝NC﹣BM．
【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
2．（2017春 杨浦区校级期末）在等边△ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．探究：当M、N分别在直线AB、AC上移动时，BM、NC、MN之间的数量关系及△AMN的周长Q与等边△ABC的周长L的关系．
（1）如图1，△ABC是周长为9的等边三角形，则△AMN的周长Q＝ 6 ；
（2）如图2，当点M、N边AB、AC上，且DM＝DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是 BM+CN＝MN ；此时 ；
（3）点M、N在边AB、AC上，且当DM≠DN时，猜想（2）问的两个结论还成立吗？写出你的猜想并加以证明．
【分析】（1）构建全等三角形来实现线段的转换．延长AC至E，使CE＝BM，连接DE．根据题意得到∠MBD＝∠NCD＝90°，那么三角形MBD和ECD中，有了一组直角，MB＝CE，BD＝DC，因此两三角形全等，那么DM＝DE，∠BDM＝∠CDE，∠EDN＝∠BDC﹣∠MDN＝60°．三角形MDN和EDN中，有DM＝DE，∠EDN＝∠MDN＝60°，有一条公共边，因此两三角形全等，MN＝NE，至此我们把BM转换成了CE，把MN转换成了NE，因为NE＝CN+CE，因此NM＝BM+CN．可根据L的值确定与Q的值；
（2）如果DM＝DN，∠DMN＝∠DNM，因为BD＝DC，那么∠DBC＝∠DCB＝30°，也就有∠MBD＝∠NCD＝60+30＝90°，直角三角形MBD、NCD中，因为BD＝CD，DM＝DN，根据HL定理，两三角形全等．那么BM＝NC，∠BMD＝∠DNC＝60°，三角形NCD中，∠NDC＝30°，DN＝2NC，在三角形DNM中，DM＝DN，∠MDN＝60°，因此三角形DMN是个等边三角形，因此MN＝DN＝2NC＝NC+BM，三角形AMN的周长Q＝AM+AN+MN＝AM+AN+MB+NC＝AB+AC＝2AB，三角形ABC的周长L＝3AB，因此Q：L＝2：3．
（3）如果DM≠DN，我们可通过构建全等三角形来实现线段的转换．延长AC至E，使CE＝BM，连接DE．（1）中我们已经得出，∠MBD＝∠NCD＝90°，那么三角形MBD和ECD中，有了一组直角，MB＝CE，BD＝DC，因此两三角形全等，那么DM＝DE，∠BDM＝∠CDE，∠EDN＝∠BDC﹣∠MDN＝60°．三角形MDN和EDN中，有DM＝DE，∠EDN＝∠MDN＝60°，有一条公共边，因此两三角形全等，MN＝NE，至此我们把BM转换成了CE，把MN转换成了NE，因为NE＝CN+CE，因此NM＝BM+CN．Q与L的关系的求法同（1），得出的结果是一样的．
【解答】（1）解：如图2，延长AC至E，使CE＝BM，连接DE，
∵BD＝CD，且∠BDC＝120°，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
又∵△ABC是等边三角形，
∴∠MBD＝∠NCD＝90°，
在△MBD与△ECD中，
，
∴△MBD≌△ECD（SAS）．
∴DM＝DE，∠BDM＝∠CDE．
∴∠EDN＝∠BDC﹣∠MDN＝60°．
在△MDN与△EDN中，
，
∴△MDN≌△EDN（SAS），
∴MN＝NE＝NC+BM，
∵△AMN的周长Q＝AM+AN+MN＝AM+AN+（NC+BM）＝（AM+BM）+（AN+NC）＝AB+AC＝2AB，
等边△ABC的周长L＝3AB＝9，即AB＝3，
则Q＝6；
（2）解：如图，BM、NC、MN之间的数量关系BM+NC＝MN．
此时；
（3）猜想：（2）中的结论仍然成立，
证明：如图，延长AC至E，使CE＝BM，连接DE，
∵BD＝CD，且∠BDC＝120°，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
又∵△ABC是等边三角形，
∴∠MBD＝∠NCD＝90°，
在△MBD与△ECD中，
，
∴△MBD≌△ECD（SAS）．
∴DM＝DE，∠BDM＝∠CDE．
∴∠EDN＝∠BDC﹣∠MDN＝60°．
在△MDN与△EDN中，
，
∴△MDN≌△EDN（SAS），
∴MN＝NE＝NC+BM，
∵△AMN的周长Q＝AM+AN+MN＝AM+AN+（NC+BM）＝（AM+BM）+（AN+NC）＝AB+AC＝2AB，
等边△ABC的周长L＝3AB，
∴．
故答案为：（1）6；（2）BM+NC＝MN；
【点评】此题考查了三角形全等的判定及性质，题目中线段的转换都是根据全等三角形来实现的，当题中没有明显的全等三角形时，我们要根据条件通过作辅助线来构建于已知和所求条件相关的全等三角形，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
3．（2014秋 新乡期末）阅读下面材料：
小辉遇到这样一个问题：如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E在边BC上，∠DAE＝45°．若BD＝3，CE＝1，求DE的长．
小辉发现，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转90°，得到△ACF，连接EF（如图2），由图形旋转的性质和等腰直角三角形的性质以及∠DAE＝45°，可证△FAE≌△DAE，得FE＝DE．解△FCE，可求得FE（即DE）的长．
请回答：在图2中，∠FCE的度数是 90° ，DE的长为 ．
参考小辉思考问题的方法，解决问题：
如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF∠BAD．猜想线段BE，EF，FD之间的数量关系并说明理由．
【分析】对于图2，由旋转性质得到∠ACF＝∠B＝45°，CF＝BD，所以∠FCE＝∠ACF+∠ACB＝90°，然后利用勾股定理计算EF，即可得到DE；
对于图3，将△ABE绕点A按逆时针方向旋转，使AB与AD重合，得到△ADG，根据旋转的性质得BE＝DG，AE＝AG，∠DAG＝∠BAE，∠B＝∠ADG，由于∠B+∠ADC＝180°，则∠ADG+∠ADC＝180°，则可判断点F，D，G在同一条直线上，接着证明△AEF≌△AGF，得到EF＝FG，由于FG＝DG+FD＝BE+DF，于是得到EF＝BE+FD．
【解答】解：如图2，∵∠ACF＝∠B＝45°，
∴∠FCE＝∠ACF+∠ACB＝45°+45°＝90°，
在Rt△EFC中，∵CF＝BD＝3，CE＝1，
∴EF，
∴DE，
故答案为90°；；
如图3，
猜想：EF＝BE+FD．理由如下：
如图，将△ABE绕点A按逆时针方向旋转，使AB与AD重合，得到△ADG，
∴BE＝DG，AE＝AG，∠DAG＝∠BAE，∠B＝∠ADG，
∵∠B+∠ADC＝180°，
∴∠ADG+∠ADC＝180°，即点F，D，G在同一条直线上，
∵∠DAG＝∠BAE，
∴∠GAE＝∠BAD，
∵∠EAF∠BAD，
∴∠GAF＝∠EAF，
在△AEF和△AGF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG，
∵FG＝DG+FD＝BE+DF，
∴EF＝BE+FD．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了全等三角形的判定与性质．
4．（2021春 静安区校级期末）已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E、F．
（1）当∠MBN绕B点旋转到AE＝CF时（如图1），求证：AE+CF＝EF．
（2）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF时，在图2种情况下，求证：AE+CF＝EF．
（3）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF时，在图3种情况下上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．
【分析】（1）首先利用SAS证明△ABE≌△CBF，得∠ABE＝∠CBF，BE＝BF，再证明△BEF是等边三角形，且∠ABE＝∠CBF＝30°，得AE，CF，可证明结论；
（2）将Rt△ABE顺时针旋转120°，得△BCG，利用SAS证明△GBF≌△EBF，得FG＝EF，可得结论；
（3）将Rt△ABE顺时针旋转120°，得△BCG，同理利用SAS证明△BFG≌△BFE，得GF＝EF，可得结论．
【解答】（1）证明：∵AB⊥AD，BC⊥CD，
∴∠A＝∠C
在△ABE与△CBF中，
，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴∠ABE＝∠CBF，BE＝BF，
∵∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，
∴∠ABE＝∠CBF＝30°，
∴AE，CF，
∵∠MBN＝60°，BE＝BF，
∴△BEF为等边三角形，
∴BE＝BF＝EF，
∴AE＝CF，
∴AE+CF＝EF；
（2）证明：如图，将Rt△ABE顺时针旋转120°，得△BCG，
∴BE＝BG，AE＝CG，∠A＝∠BCG，
∵AB＝BC，∠ABC＝120°，
∴点A与点C重合，
∵∠A＝∠BCF＝90°，
∴∠BCG+∠BCF＝180°，
∴点G、C、F三点共线，
∵∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠ABE＝∠CBG，
∴∠GBF＝60°，
在△GBF与△EBF中，
，
∴△GBF≌△EBF（SAS），
∴FG＝EF，
∴EF＝AE+CF；
（3）解：不成立，EF＝AE﹣CF，理由如下：
如图，将Rt△ABE顺时针旋转120°，得△BCG，
∴AE＝CG，
由（2）同理得，点C、F、G三点共线，
∵AB＝BC，∠ABC＝120°，
∴点A与点C重合，∠ABE＝∠CBG，
∴BG＝BE，
∵∠ABC＝∠ABE+∠CBE＝120°，
∴∠CBG+∠CBE＝∠GBE＝120°，
∵∠MBN＝60°，
∴∠GBF＝60°，
在△BFG与△BFE中，
，
∴△BFG≌△BFE（SAS），
∴GF＝EF，
∴EF＝AE﹣CF．
【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，旋转的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握半角模型的处理策略是解题的关键．
题型二：手拉手模型
5．（2021春 浦东新区月考）（1）问题发现
如图1，已知△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE，求∠AEB的度数．
（2）拓展探究
如图2，若△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE；
求：①∠AEB的度数；
②线段CM，AE，BE之间的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）先判断出CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，进而得出∠ACD＝∠BCE，进而用SAS判断出△ACD≌△BCE，得出∠ADC＝∠BEC，即可得出结论；
（2）①同（1）的方法，即可得出结论；
②同（1）的方法得，△ACD≌△BCE（SAS）得出AD＝BE，再判断出DM＝CM，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵△ACB和△DCE是等边三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠BCD＝∠DCE﹣∠BCD，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△CD≌△BCE（SAS），
∴∠ADC＝∠BEC，
∵△CDE是等边三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝60°，
∴∠ADC＝180°﹣∠CDE＝120°，
∴∠BEC＝120°，
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝120°﹣60°＝60°；
（2）①同（1）的方法得，△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠ADC＝∠BEC，
∵△DCE是等腰直角三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝45°，
∴∠ADC＝180°﹣∠CDE＝135°，
∴∠BEC＝135°，
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝135°﹣45°＝90°；
②同（1）的方法得，△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE，
∵CD＝CE，CM⊥DE，
∴DM＝ME，
在Rt△DCE中，CM⊥DE，∠CDM＝45°，
∴∠DCM＝∠CDM＝45°，
∴DM＝CM，
∴DM＝ME＝CM，
∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．
【点评】此题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，判断出△ACD≌△BCE时解本题的关键．
题型三：线段中点
6．（2015春 普陀区期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，E是AB的中点，连接DE并延长交CB的延长线于点F，点G在边BC上，且∠1＝∠2．
（1）求证：△ADE≌△BFE；
（2）联结EG，试说明EG与DF垂直的理由．
【分析】（1）由AD与BC平行，利用两直线平行内错角相等，得到一对角相等，再由一对对顶角相等及E为AB中点得到一对边相等，利用AAS即可得出△ADE≌△BFE；
（2）由∠GDF＝∠ADE，以及（1）得出的∠ADE＝∠BFE，等量代换得到∠GDF＝∠BFE，利用等角对等边得到GF＝GD，即三角形GDF为等腰三角形，再由（1）得到DE＝FE，即GE为底边上的中线，利用三线合一即可得到GE与DF垂直．
【解答】解：（1）∵AD∥BC，
∴∠1＝∠F（两直线平行，内错角相等）
∵E为AB的中点，
∴AE＝BE（中点的意义），
在△ADE和△BFE中，
∴△ADE≌△BFE（AAS）．
（2）∵∠1＝∠F，∠1＝∠2，
∴∠F＝∠2（等量代换），
∴DG＝FG（等角对等边）．
∵△ADE≌△BFE （已证），
∴DE＝FE（全等三角形的对应边相等），
∴EG⊥DF（等腰三角形三线合一）．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质，以及等腰三角形的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解本题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台
专题02 全等三角形中三种模型（半角、手拉手、线段中点）
题型一：半角模型
1．（2021春 嘉定区期末）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．
2．（2017春 杨浦区校级期末）在等边△ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．探究：当M、N分别在直线AB、AC上移动时，BM、NC、MN之间的数量关系及△AMN的周长Q与等边△ABC的周长L的关系．
（1）如图1，△ABC是周长为9的等边三角形，则△AMN的周长Q＝ ；
（2）如图2，当点M、N边AB、AC上，且DM＝DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是 ；此时 ；
（3）点M、N在边AB、AC上，且当DM≠DN时，猜想（2）问的两个结论还成立吗？写出你的猜想并加以证明．
3．（2014秋 新乡期末）阅读下面材料：
小辉遇到这样一个问题：如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E在边BC上，∠DAE＝45°．若BD＝3，CE＝1，求DE的长．
小辉发现，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转90°，得到△ACF，连接EF（如图2），由图形旋转的性质和等腰直角三角形的性质以及∠DAE＝45°，可证△FAE≌△DAE，得FE＝DE．解△FCE，可求得FE（即DE）的长．
请回答：在图2中，∠FCE的度数是 ，DE的长为 ．
参考小辉思考问题的方法，解决问题：
如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF∠BAD．猜想线段BE，EF，FD之间的数量关系并说明理由．
4．（2021春 静安区校级期末）已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E、F．
（1）当∠MBN绕B点旋转到AE＝CF时（如图1），求证：AE+CF＝EF．
（2）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF时，在图2种情况下，求证：AE+CF＝EF．
（3）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF时，在图3种情况下上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．
题型二：手拉手模型
5．（2021春 浦东新区月考）（1）问题发现
如图1，已知△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE，求∠AEB的度数．
（2）拓展探究
如图2，若△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE；
求：①∠AEB的度数；
②线段CM，AE，BE之间的数量关系，并说明理由．
题型三：线段中点
6．（2015春 普陀区期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，E是AB的中点，连接DE并延长交CB的延长线于点F，点G在边BC上，且∠1＝∠2．
（1）求证：△ADE≌△BFE；
（2）联结EG，试说明EG与DF垂直的理由．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)
