三角形的全等三角形（半角模型）-浙教版数学八年级上册培优训练
一、选择题
1．如图，AD为△ABC的中线， 则∠ADB 的度数为 ( )
A．120° B．130° C．140° D．150°
2．（2025八下·南山期中）如图，Rt△ABC中，为BC边上两点，，过点作，且，连接DF、BF．下列结论：①，②AD平分；③若，则；④若，其中正确的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
3．如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，点D，E在边 BC上，且∠DAE=60°，若 ，则DE的长为 .
4． 如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D，E 为 BC 边上的两点，且∠DAE=45°，将△ADC绕点A 顺时针旋转90°得到△AFB，连接EF交AB 于点 M，连接 MD.则下列结论：(①EF2=BE2+BF2；②EF=DE；③BE+DC>DE；④若∠AME=90°，则BF=BE.其中正确的有 (填正确结论的序号).
5．如图，点O处为某海域的指挥中心，甲海监船在点 O的北偏西30°方向的A 处，乙海监船在点 O的南偏东70°方向的 B 处，两海监船与点 O处的距离相等.一条遇险抛锚的渔船发出求救信号，指挥中心接收信号后，立即命令甲乙海监船前往救援，甲海监船以45海里/时的速度向正东方向前进，同时乙海监船以50海里/时的速度沿北偏东50°的方向前进，3小时后，甲、乙监船分别到达 C，D处，且两海监船之间的夹角为70°，则甲乙两海监船之间的距离为 海里.
三、解答题
6．【问题背景】如图(1)，在四边形ABCD 中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°，E，F分别是 BC，CD上的点，且∠EAF=60°，试探究图中线段 BE，EF，DF之间的数量关系.
（1）小王同学探究此问题的方法如下：延长 FD到点G，使 DG=BE，连结AG，先说明△ABE≌△ADG，再说明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 .
（2）【探索延伸】如图(2)，若在四边形 ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是 BC，CD上的点，且 上述结论是否仍然成立 请说明理由.
（3）【学以致用】如图(3)，四边形ABCD 是边长为5的正方形，∠EBF=45°，直接写出△DEF的周长.
7．半角模型
半角模型是指有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等，通过翻折或旋转，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构成全等或相似三角形，弱化条件，变更载体，而构建模型，可把握问题的本质.
（1）问题背景 如图①，在四边形ABCD 中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°，E，F 分别是BC，CD 上的点，且∠EAF=60°，探究图中线段BE，EF，FD 之间的数量关系.
小王同学探究此问题的方法是，延长FD 到点G，使DG=BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论.他的结论应是 .
（2）探索延伸 如图②，若在四边形 ABCD 中， ，，E，F 分别是BC，CD 上的点，且 上述结论是否仍然成立，并说明理由.
（3）实际应用 如图③，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心(O处)北偏西30°的A 处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B 处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等.接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进，1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离.
8．（2024·黑龙江）已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，∠MAN∠BAC，∠MAN在∠BAC的内部，点M、N在BC上，点M在点N的左侧，探究线段BM、NC、MN之间的数量关系．
（1）如图①，当∠BAC＝90°时，探究如下：
由∠BAC＝90°，AB＝AC可知，将△ACN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABP，则CN＝BP且∠PBM＝90°，连接PM，易证△AMP≌△AMN，可得MP＝MN，在Rt△PBM中，BM2+BP2＝MP2，则有BM2+NC2＝MN2．
（2）当∠BAC＝60°时，如图②：当∠BAC＝120°时，如图③，分别写出线段BM、NC、MN之间的数量关系，并选择图②或图③进行证明．
9．如图①，P是线段AB上与点A，B不重合的任意一点，在AB的同侧分别以A，P，B为顶点作∠1=∠2=∠3，其中∠1与∠3的一边分别是射线AB和射线BA，∠2的两边不在直线AB上，我们规定这三个角互为等联角，点P为等联点，线段AB为等联线.如图②，在Rt△APC 中，∠A=90°，AC>AP，延长AP 至点B，使AB=AC，作∠A的等联角∠CPD和∠PBD.将△APC沿PC折叠，使点A落在点M处，得到△MPC，再延长PM交BD的延长线于点E，连结CE并延长交PD的延长线于点F，连结BF.请确定△PCF的形状，并说明理由。
10．问题背景：如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，BA＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．探究图中线段AE，CF，EF之间的数量关系．
（1）小李同学探究此问题的方法是：延长FC到G，使CG＝AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，可得出结论，他的结论就是 ；
（2）探究延伸1：如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，BA＝BC，∠ABC＝2∠MBN，∠MBN绕B点旋转．它的两边分别交AD、DC于E、F，上述结论是否仍然成立？请直接写出结论（直接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由；
（3）探究延伸2：如图3，在四边形ABCD中，BA＝BC，∠BAD+∠BCD＝180°，∠ABC＝2∠MBN，∠MBN绕B点旋转．它的两边分别交AD、DC于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由；
（4）实际应用：如图4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处．舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处．且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°．试求此时两舰艇之间的距离．
四、实践探究题
11．（2025八上·黄陂月考）△ABC和△ADE共顶点A（∠BAE＜180°），AB＝AC，AD＝AE．
（1）【问题背景】如图1，∠BAC＝∠DAE，求证：BD＝CE；
（2）【探究运用】如图2，∠BAC＝∠DAE＝α，F，G分别为BD，CE的中点，连接AG， AF，求∠GAF的度数（用含α的式子表示）；
（3）【创新拓展】如图3，连接BE，若M为BE的中点，且∠DAC＝∠ABE+∠AEB，求证：DC＝2AM．
12．在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题：
【问题情境】
如图1，在中，，，点D、E在边上，且，，，求的长．
解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．
由旋转的特征得，，，．
∵，，
∴．
∵，
∴，即．
∴．
在和中，
，，，
∴①▲．
∴．
又∵，
∴在中，②▲．
∵，，
∴③▲．
（1）【问题解决】
上述问题情境中，“①”处应填： ；“②”处应填： ；“③”处应填： ．
刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变．
（2）【知识迁移】
如图3，在正方形中，点E、F分别在边上，满足的周长等于正方形的周长的一半，连结，分别与对角线交于M、N两点．探究的数量关系并证明．
（3）【拓展应用】
如图4，在矩形中，点E、F分别在边上，且．探究的数量关系： （直接写出结论，不必证明）．
（4）【问题再探】
如图5，在中，，，，点D、E在边上，且．设，，求y与x的函数关系式．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；半角模型；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：如图，延长BC至点 E 使则 为等腰三角形，
又
，
为等腰三角形，
∴AB=AE.
∵DA为 的中线，
∴
，
，
在和 中，
，
∴
，
，即 为等边三角形，
，
故答案为：A.
【分析】延长BC至点 E 使则 为等腰三角形，然后证明即可得到，即可得到为等边三角形，求出∠ADB即可.
2．【答案】C
【知识点】三角形的面积；勾股定理；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS；半角模型
【解析】【解答】
解： ①：由于AF⊥AE，且∠DAE=45°，
∴FAB+BAD=BAD+CAE=45°，
∴∠BAF=∠CAE，
∵AB=AC，AE=AF，
∴△ABF△ACE(SAS)，故结论①正确；
②：∵AF⊥AE，∠DAE=45°，
∴∠FAD=∠DAE=45°，
∵AD=AD，AE=AF，
∴△ADF△ADE(SAS)，
∴∠FDA=∠ADE，
∴AD平分∠EDF，故结论②成立；
③：由①知：△ABF△ACE(SAS)，得BF=EC=3，∠C=∠ABF=45°，
由②知：△ADF△ADE(SAS)，得DE=DF，
设DE=x，则DF=x，
∵∠C=∠ABC=45°，
∴∠FBD=90°，
∴DF2=BD2+BF2，
∴x2=42+32，解得x=5；即DE=5，
∴BC=BD+DE+EC=12，
∵
∴AB==6，故结论③正确；
④：设AB=x，则BE=x，BC=，
∴EC=BF=，
在直角三角形BDF中：DF2=BD2+BF2，
∴BF2=DF2-BD2=DE2-BD2=(DE+BD)(DE-BD)=()2x2，
∵DE+BD=BE=x，
∴DE-BD=()2x=(3-2)x，
∴DE=(2-)x；BD=(-1)x，
∵
∴△ABC的高为，
∴S△ABD=；S△ADE=，
∴=，故结论④不正确，
综上所述：结论①②③正确；
故答案为：C.
【分析】由AF⊥AE，且∠DAE=45°可得∠BAF=∠CAE；即可利用SAS判定△ABF△ACE；可判断①正确；由AF⊥AE，∠DAE=45°可得，∠FAD=∠DAE=45°即可利用SAS判定△ADF△ADE，再利用全等三角形的性质可得AD平分∠EDF，可判断②成立；由①②的三角形全等的性质可得DE=DF，三角形BDF是直角三角形，即可利用勾股定理求得DF=DE=5，进而求出BC=12，再利用等腰直角三角形的性质可得AB==6，可判断③成立；设AB=x，则BE=x，BC=可表示出EC=BF=，再结合勾股定理得(DE+BD)(DE-BD)=()2x2，即可算出DE=(2-)x；BD=(-1)x；再利用三角形得面积公式即可判断④不正确，最后可选出答案.
3．【答案】
【知识点】三角形全等的判定-SAS；半角模型；全等三角形中对应边的关系；全等三角形中对应角的关系
【解析】【解答】解：如图，将△ABD绕点A逆时针旋转 120°，得到△ACD'，则连接 D'E，△ABD≌△ACD'，∴ D'C=BD= ，
由“半角”模型得∠ECD'=60°，
过点 D'作 D'G⊥BC于点G，
由“半角”模型得，△ADE≌△AD'E，
∴DE=D'E，
在Rt△D'EG中，由勾股定理得，
解得
故答案为：.
【分析】将△ABD绕点A逆时针旋转 120°，得到△ACD'，则连接 D'E，即可得到D'C=BD= ，“半角”模型得∠ECD'=60°，过点 D'作 D'G⊥BC于点G，表示EG长，然后根据△ADE≌△AD'E，得到DE=D'E，根据勾股定理求出DE长即可.
4．【答案】①②③④
【知识点】勾股定理；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS；半角模型
【解析】【解答】解：如图；
①由旋转的性质可知，△AFB≌△ADC，
∴∠ABF=∠C=45°，BF=DC，
∵∠ABC=45°，
∴∠EBF=∠ABC+∠ABF=90°，
∴在 Rt△BEF 中，由勾股定理得 故结论①正确；
②由旋转的性质得，AD=AF，∠CAD=∠BAF，
∵∠CAD+∠BAE = 45°，
∴ ∠BAF + ∠BAE = 45°，
∴∠EAF=∠EAD=45°，
∵AE=AE，
∴△AEF≌△AED(SAS)，
∴ EF=DE(“半角”模型)，故结论②正确；
③∵CD=BF，DE=EF，
在△BEF中，BE+BF>EF，
∴BE+DC>DE，故结论③正确；
④ 若 ∠AME = 90°， 则 ∠BME = 90°，
∵∠ABC=45°，
∴ ∠MEB =45°，
∵∠FBE =90°，
∴ △BFE 为等腰直角三角形，
∴ BF=BE，故结论④正确；
综上所述，正确的结论有①②③④.
故答案为：①②③④.
【分析】根据旋转得到△AFB≌△ADC，即可得到∠EBF=90°，BF=DC，然后利用勾股定理判断①；证明△AEF≌△AED，即可得到EF=DE判断②；利用两边之和大于第三边判断③；证明△BFE 为等腰直角三角形判断④解题即可.
5．【答案】285
【知识点】半角模型；方位角
【解析】【解答】解：延长AC，BD相交于点 E，
又 ，
由“半角”模型可得CD=AC+BD，即CD=3×(45+50)=285.故答案为：285.
【分析】根据方位角可得∠AOB=2∠COD，再根据OA=OB，∠OAE+∠OBE=180°，得到符合“半角”模型，即可得到CD=AC+BD解题即可.
6．【答案】（1）EF=BE+DF
（2）解：结论 EF =BE+DF 仍然成立.
理由：如图(1)，延长 FD 到点 G，使 DG=BE，连结AG.
因为∠B+∠CDA = 180°，∠ADG+∠CDA =180°，
所以∠B =∠ADG. 在△ABE 和△ADG中，
所 以 △ABE ≌ △ADG(SAS)，
所以 AE=AG，∠BAE =∠DAG.
因为
所以 ∠GAF = ∠DAG+∠DAF =∠BAE+∠DAF= ∠BAD-∠EAF =∠EAF，即∠EAF=∠GAF.
在△AEF 和△AGF中，
所以 △AEF ≌ △AGF(SAS)，
所以EF=FG.因为FG=DG+DF=BE+DF，
以EF=BE+DF.
（3）解：△DEF 的周长是10.
如图(2)，延长DC到点G，使CG=AE，连结BG.
因为四边形 ABCD是正方形，
所以∠A=∠ABC =∠BCD=90°，AB = BC. 在 △AEB 与 △CGB 中，
所以△AEB≌△CGB(SAS)，
所以 BE=BG，∠ABE=∠CBG.
因为∠EBF=45°， ∠ABC = 90°，
所以∠ABE+ ∠CBF =45°，
所以∠CBF+∠CBG=45°. 在△EBF 与△GBF中，
所 以 △EBF ≌ △GBF(SAS)，
所以 EF =GF，
所以△DEF 的周长为 EF+ED+DF=AE+CF+DE+DF=AD+CD=5+5=10.
【知识点】三角形全等的判定-SAS；半角模型；全等三角形中对应边的关系；全等三角形中对应角的关系
【解析】【解答】解：(1)在△ABE和△ADG中， 所以△ABE≌△ADG(SAS)，所以 AE=AG，∠BAE= ∠DAG. 因为 所以∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，即∠EAF=∠GAF.在△AEF 和 △AGF 中， 所以△AEF≌△AGF(SAS)，所以 EF =FG.因为FG=DG+DF=BE+DF，所以EF=BE+DF.
故答案为：EF=BE+DF.
【分析】（1）延长FD到点G.使DG=BE.连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解题；
（2）延长FD到点G.使DG=BE.连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解题；
（3）延长DC，截取CG=AE，连接BG，根据SAS定理可得出△AEB球儿△CGB，故可得出BE=BG， ∠ABE=∠CBG，再由∠EBF=45°，∠ABC=90°可得出∠ABE+∠CBF=45°，故∠CBF+∠CBG=45°，由SAS定理可得△EBF≌△GBF，故EF=GF，故△DEF的周长= EF+ED+CF= AE+CF+DE+DF=AD+CD，由此可得出结论.
7．【答案】（1）EF=BE+DF
（2）解：EF=BE+DF仍然成立，
延长FD至点G，使DG=BE，连接AG，
在△ABE和△ADG中，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG
∵，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF
∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
∴△AEF≌△AGF(SAS)
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF
（3）解：如图，连接EF，延长AE，BF 相交于点 C，
在四边形AOBC中，
，
又∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=180°，符合探索延伸中的条件，
∴EF=AE+BF=1.5×(60+80)=210(海里)
【知识点】三角形全等的判定-SAS；半角模型
【解析】【解答】解：(1)在△ABE和△ADG中，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG
∵，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF
∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
∴△AEF≌△AGF(SAS)
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF；
故答案为：EF=BE+DF.
【分析】(1)延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解题；
(2)延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解题；
(3)连接EF，延长AE、BF相交于点C，然后求出，判断出符合探索延伸的条件，再根据探索延伸的结论解答即可.
8．【答案】解：图②的结论是BM2+NC2+BM NC＝MN2．证明：∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
以点B为顶点在△ABC外作∠ABK＝60°，在BK上截取BQ＝CN，连接QA、QM，过点Q作QH⊥BC，垂足为H，
∵AB＝AC，∠C＝∠ABQ，CN＝BQ，
∴△ACN≌△ABQ（SAS），
∴AN＝AQ，∠CAN＝∠QAB，
又∵∠CAN+∠BAM＝30°，
∴∠BAM+∠QAB＝30°，
即∠QAM＝∠MAN，
又∵AM＝AM，
∴△AQM≌△ANM（SAS），
∴MN＝QM；
∵ABQ＝60°，∠ABC＝60°，
∴∠QBH＝60°，
∴∠BQH＝30°，
∴BHBQ，QHBQ，
∴HM＝BM+BH＝BMBQ，
在Rt△QHM中，可得：QH2+HM2＝QM2，即（BQ）2+（BMBQ）2＝QM2，
整理得BM2+BQ2+BM BQ＝QM2．
∴BM2+NC2+BM NC＝MN2．
图③的结论是：BM2+NC2﹣BM NC＝MN2．
证明：以点B为顶点在△ABC外作∠ABK＝30°，在BK上截取BQ＝CN，连接QA、QM，过点Q作QH⊥BC，垂足为H，
∵AB＝AC，∠C＝∠ABQ，CN＝BQ，
∴△ACN≌△ABQ（SAS），
∴AN＝AQ，∠CAN＝∠QAB，
又∵∠CAN+∠BAM＝60°，
∴∠BAM+∠QAB＝60°，即∠QAM＝∠MAN，
又∵AM＝AM，
∴△AQM≌△ANM（SAS），
∴MN＝QM，
在Rt△BQH中，∠QBH＝60°，∠BQH＝30°，
∴BHBQ，QHBQ，
HM＝BM﹣BH＝BMBQ，
在Rt△QHM中，可得：QH2+HM2＝QM2，即（BQ）2+（BMBQ）2＝QM2，
整理得BM2+BQ2﹣BM BQ＝QM2．
∴BM2+NC2﹣BM NC＝MN2．
【知识点】旋转全等模型；半角模型
【解析】【分析】（1）类比（1）推理选取顶角为60°等腰三角形进行旋转(即作全等)，进而证明二次全等将目标三线段进行靠拢，结合全等性质推出特殊角后，利用特殊角作垂解三角形，从而得出含特殊三角形三边关系，即目标线段的三边关系.
（2）同理推出顶角为120°的等腰三角形即可.
9．【答案】解：如图，作，
，
，
四边形ABNC是矩形，
，
四边形ABNC是正方形，
，
，
，，，
，，
，
，
，
，
是等腰直角三角形.
【知识点】翻折全等-公共边模型；同侧一线三垂直全等模型；半角模型
【解析】【分析】作，可证得四边形ABNC是正方形，再利用全等三角形的性质证得，，然后通过HL判断得到，进而求得是等腰直角三角形.
10．【答案】（1）EF=AE+CF
（2）解：结论EF=AE+CF成立．
理由：延长到G，使，连接，
在△BCG和△BAE中，
，
∴（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=2∠MBN，
∴∠ABE+∠CBF=∠ABC，
∴∠CBG+∠CBF=∠ABC，
即∠GBF=∠ABC，
在△BGF和△BEF中，
，
∴△BGF≌△BEF（SAS），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
（3）解：结论EF=AE+CF仍然成立．
理由：延长到G，使，连接，
∵，∠BCG+∠BCD=180°，
∴∠BCG=∠BAD
在△BCG和△BAE中，
，
∴（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=2∠MBN，
∴∠ABE+∠CBF=∠ABC，
∴∠CBG+∠CBF=∠ABC，
即∠GBF=∠ABC，
在△BGF和△BEF中，
，
∴△BGF≌△BEF（SAS），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
（4）解：连接EF，延长AE，BF相交于点C，
∵∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°，∠EOF=70°，
∴∠EOF=∠AOB
∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=(90°-30°)+(70°+50°)=180°，
∴符合探索延伸中的条件
∴结论EF= AE+CF仍然成立
即EF=75×1.2+100×1.2=210（海里）
答：此时两舰艇之间的距离为210海里．
【知识点】三角形全等的判定-SAS；半角模型
【解析】【解答】解：（1）EF=AE+CF
理由：延长到G，使，连接，
在△BCG和△BAE中，
，
∴（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，
∴∠ABE+∠CBF=60°，
∴∠CBG+∠CBF=60°，
即∠GBF=60°，
在△BGF和△BEF中，
，
∴△BGF≌△BEF（SAS），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
【分析】（1）延长FC到G， 使CG=AE， 连接BG， 先证明△BCG≌△BAE， 再证明△BFG≌△BFE， 即可得出结论： EF=AE+CF；
（2）延长FC到G， 使CG=AE， 连接BG， 先证明△BCG≌△BAE， 再证明△BFG≌△BFE， 可得出结论： EF=AE+CF；
（3）延长DC到H， 使得CH=AE， 连接BH，先证明△BCH≌△BAE， 即可得到BE=HB，∠ABE=∠HBC， 再证明△HBF≌△EBF， 即可得出EF=HF=HC+CF=AE+CF；
（4）连接EF，延长BF交AE的延长线于G，根据题意可转化为如下的数学问题：在四边形GAOB中，的两边分别交AG，BG于E，F，求EF的长.再根据探究延伸2的结论：EF=AE+BF，即可得到两舰艇之间的距离.
11．【答案】（1）证明： ∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC+∠CAD =∠DAE+∠CAD，
∴∠BAD =∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=CE.
（2）解：∵∠BAC=∠DAE=α，
∴∠BAD=∠CAE=α+∠CAD，在△BAD和△CAE中，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD =CE， ∠ADB=∠AEC，
∵F， G分别为BD， CE的中点，
∴DF=EG，
在△FAD和△GAE中，
∴△FAD≌△GAE(SAS)，
∴∠FAD=∠GAE，
∴∠GAF=∠FAD-∠DAG=∠GAE-∠DAG=∠DAE=α，
∴∠GAF的度数为α.
（3）证明：如图3， 延长BA到点L， 使AL = AB， 连接LE，
∵AB=AC，
∴AC=AL，
∵M为BE的中点，A为BL的中点，
∴EL=2AM，
在 和 中，
【知识点】三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应边的关系；全等三角形中对应角的关系
【解析】【分析】(1)由∠BAC =∠DAE， 证明∠BAD =∠CAE， 而AB=AC， AD = AE， 即可根据全等三角形的判定定理“SAS”证明△BAD≌△CAE， 即可得到结论；
(2)由∠BAC=∠DAE=α， 证明∠BAD =∠CAE=α+∠CAD， 即可证明△BAD≌△CAE， 得BD=CE， ∠ADB=∠AEC， 因为 ， 所以DF=EG， 可证明△FAD≌△GAE，得∠FAD=∠GAE， 则然后根据角的和差解答即可；
(3)延长BA到点L， 使AL = AB， 连接LE， 因为AB= AC， 所以AC = AL， 根据三角形的中位线定理得EL=2AM， 由∠DAC =∠ABE+∠AEB， ∠EAL=∠ABE+∠AEB， 得∠DAC =∠EAL， 即可证明△DAC≌△EAL， 即可得到结论.
12．【答案】（1）；；5
（2）解：．
证明：如图，将绕点逆时针旋转，得到．
过点作交边于点，连接．
由旋转的特征得．
由题意得，
∴．
在和中，，
∴．
∴．
又∵为正方形的对角线，
∴．
∵，
∴．
在和中，，
∴，
∴．
在和中，，
∴．
∴．
在中，，
∴．
（3）
（4）解：如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接．过点作，垂足为点，过点作，垂足为．过点作，过点作交于点、交于点．
由旋转的特征得．
，
，
，即，
在和中，，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
，即，
，
同理可得．
，
，
，
又∵，
∴四边形为矩形．
，
，
在中，．
，
解得．
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理的逆定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；半角模型
【解析】【解答】解：（1）如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．
由旋转的特征得，，，．
∵，，
∴．
∵，
∴，即．
∴．
在和中，，，，
∴①．
∴．
又∵，
∴在中，②．
∵，，
∴③．
（3）解：．
证明：如图所示，设直线交延长线于点，交延长线于点，
将绕着点顺时针旋转，得到，连接．
则．
则，，
，
，
在和中
，
，
∴，
过点H作交于点O，过点H作交于点M，则四边形为矩形．
∴，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
在中，，，
∴，
即，
又∴，
∴，
即.
【分析】(1)由旋转的性质可得∠BAD =∠CAD'，∠B=∠ACD'， AD= AD'， BD=CD'， 进而证明△ADE≌△AD'E(ASA)可得.DE=D’E，再说明∠ECD'=90°、 CD'=BD=3， CE=4，再运用勾股定理即可解答；
(2) 由旋转的性质以及题意可得EF+DF+BE=DF+DF’=F’F，再证明△AEF≌△AF'F(SSS)可得∠EAF=∠F'AF， 再结合正方形的性质可证△ABM≌△ADH(ASA)得AM = AH、BM = DH， 易证△AMN≌△AHN(SAS)可得MN = HN， 最后在Rt△HND中运用勾股定理即可解答；
(3) 如图4所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针旋转90°得到△AGH， 连接HM， HE.过点H作HO⊥直线BC与O， 则△ADF≌△AGH可得DF= HG、AD= AG， 再说明△BEM是等腰直角三角形，即BE=BM； 由 (2) 知△AEH≌△AEF，则AH = AF、EH = EF； 再根据勾股定理可得 ，后运用等量代换即可证明结论.
（4）将△BEC绕点B逆时针旋转90°2，得到△BE’C’，连接E’D，过点E作EG⊥BC，垂足为点G，过点E’作EG’⊥BC’，垂足为G’，过点作，过点作交于点、交于点．即可得到△EBD≌△E’BD（SAS），进而得到DE=DE’，然后证明△AHD∽△ABC，根据对应边成比例求出AH和HD的长，同理求出EG和GC的长，即可得到四边形FE’G’H为矩形，然后在Rt△E’FD中利用勾股定理得到y与x的关系式即可.
1 / 1三角形的全等三角形（半角模型）-浙教版数学八年级上册培优训练
一、选择题
1．如图，AD为△ABC的中线， 则∠ADB 的度数为 ( )
A．120° B．130° C．140° D．150°
【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；半角模型；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：如图，延长BC至点 E 使则 为等腰三角形，
又
，
为等腰三角形，
∴AB=AE.
∵DA为 的中线，
∴
，
，
在和 中，
，
∴
，
，即 为等边三角形，
，
故答案为：A.
【分析】延长BC至点 E 使则 为等腰三角形，然后证明即可得到，即可得到为等边三角形，求出∠ADB即可.
2．（2025八下·南山期中）如图，Rt△ABC中，为BC边上两点，，过点作，且，连接DF、BF．下列结论：①，②AD平分；③若，则；④若，其中正确的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【知识点】三角形的面积；勾股定理；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS；半角模型
【解析】【解答】
解： ①：由于AF⊥AE，且∠DAE=45°，
∴FAB+BAD=BAD+CAE=45°，
∴∠BAF=∠CAE，
∵AB=AC，AE=AF，
∴△ABF△ACE(SAS)，故结论①正确；
②：∵AF⊥AE，∠DAE=45°，
∴∠FAD=∠DAE=45°，
∵AD=AD，AE=AF，
∴△ADF△ADE(SAS)，
∴∠FDA=∠ADE，
∴AD平分∠EDF，故结论②成立；
③：由①知：△ABF△ACE(SAS)，得BF=EC=3，∠C=∠ABF=45°，
由②知：△ADF△ADE(SAS)，得DE=DF，
设DE=x，则DF=x，
∵∠C=∠ABC=45°，
∴∠FBD=90°，
∴DF2=BD2+BF2，
∴x2=42+32，解得x=5；即DE=5，
∴BC=BD+DE+EC=12，
∵
∴AB==6，故结论③正确；
④：设AB=x，则BE=x，BC=，
∴EC=BF=，
在直角三角形BDF中：DF2=BD2+BF2，
∴BF2=DF2-BD2=DE2-BD2=(DE+BD)(DE-BD)=()2x2，
∵DE+BD=BE=x，
∴DE-BD=()2x=(3-2)x，
∴DE=(2-)x；BD=(-1)x，
∵
∴△ABC的高为，
∴S△ABD=；S△ADE=，
∴=，故结论④不正确，
综上所述：结论①②③正确；
故答案为：C.
【分析】由AF⊥AE，且∠DAE=45°可得∠BAF=∠CAE；即可利用SAS判定△ABF△ACE；可判断①正确；由AF⊥AE，∠DAE=45°可得，∠FAD=∠DAE=45°即可利用SAS判定△ADF△ADE，再利用全等三角形的性质可得AD平分∠EDF，可判断②成立；由①②的三角形全等的性质可得DE=DF，三角形BDF是直角三角形，即可利用勾股定理求得DF=DE=5，进而求出BC=12，再利用等腰直角三角形的性质可得AB==6，可判断③成立；设AB=x，则BE=x，BC=可表示出EC=BF=，再结合勾股定理得(DE+BD)(DE-BD)=()2x2，即可算出DE=(2-)x；BD=(-1)x；再利用三角形得面积公式即可判断④不正确，最后可选出答案.
二、填空题
3．如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，点D，E在边 BC上，且∠DAE=60°，若 ，则DE的长为 .
【答案】
【知识点】三角形全等的判定-SAS；半角模型；全等三角形中对应边的关系；全等三角形中对应角的关系
【解析】【解答】解：如图，将△ABD绕点A逆时针旋转 120°，得到△ACD'，则连接 D'E，△ABD≌△ACD'，∴ D'C=BD= ，
由“半角”模型得∠ECD'=60°，
过点 D'作 D'G⊥BC于点G，
由“半角”模型得，△ADE≌△AD'E，
∴DE=D'E，
在Rt△D'EG中，由勾股定理得，
解得
故答案为：.
【分析】将△ABD绕点A逆时针旋转 120°，得到△ACD'，则连接 D'E，即可得到D'C=BD= ，“半角”模型得∠ECD'=60°，过点 D'作 D'G⊥BC于点G，表示EG长，然后根据△ADE≌△AD'E，得到DE=D'E，根据勾股定理求出DE长即可.
4． 如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D，E 为 BC 边上的两点，且∠DAE=45°，将△ADC绕点A 顺时针旋转90°得到△AFB，连接EF交AB 于点 M，连接 MD.则下列结论：(①EF2=BE2+BF2；②EF=DE；③BE+DC>DE；④若∠AME=90°，则BF=BE.其中正确的有 (填正确结论的序号).
【答案】①②③④
【知识点】勾股定理；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS；半角模型
【解析】【解答】解：如图；
①由旋转的性质可知，△AFB≌△ADC，
∴∠ABF=∠C=45°，BF=DC，
∵∠ABC=45°，
∴∠EBF=∠ABC+∠ABF=90°，
∴在 Rt△BEF 中，由勾股定理得 故结论①正确；
②由旋转的性质得，AD=AF，∠CAD=∠BAF，
∵∠CAD+∠BAE = 45°，
∴ ∠BAF + ∠BAE = 45°，
∴∠EAF=∠EAD=45°，
∵AE=AE，
∴△AEF≌△AED(SAS)，
∴ EF=DE(“半角”模型)，故结论②正确；
③∵CD=BF，DE=EF，
在△BEF中，BE+BF>EF，
∴BE+DC>DE，故结论③正确；
④ 若 ∠AME = 90°， 则 ∠BME = 90°，
∵∠ABC=45°，
∴ ∠MEB =45°，
∵∠FBE =90°，
∴ △BFE 为等腰直角三角形，
∴ BF=BE，故结论④正确；
综上所述，正确的结论有①②③④.
故答案为：①②③④.
【分析】根据旋转得到△AFB≌△ADC，即可得到∠EBF=90°，BF=DC，然后利用勾股定理判断①；证明△AEF≌△AED，即可得到EF=DE判断②；利用两边之和大于第三边判断③；证明△BFE 为等腰直角三角形判断④解题即可.
5．如图，点O处为某海域的指挥中心，甲海监船在点 O的北偏西30°方向的A 处，乙海监船在点 O的南偏东70°方向的 B 处，两海监船与点 O处的距离相等.一条遇险抛锚的渔船发出求救信号，指挥中心接收信号后，立即命令甲乙海监船前往救援，甲海监船以45海里/时的速度向正东方向前进，同时乙海监船以50海里/时的速度沿北偏东50°的方向前进，3小时后，甲、乙监船分别到达 C，D处，且两海监船之间的夹角为70°，则甲乙两海监船之间的距离为 海里.
【答案】285
【知识点】半角模型；方位角
【解析】【解答】解：延长AC，BD相交于点 E，
又 ，
由“半角”模型可得CD=AC+BD，即CD=3×(45+50)=285.故答案为：285.
【分析】根据方位角可得∠AOB=2∠COD，再根据OA=OB，∠OAE+∠OBE=180°，得到符合“半角”模型，即可得到CD=AC+BD解题即可.
三、解答题
6．【问题背景】如图(1)，在四边形ABCD 中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°，E，F分别是 BC，CD上的点，且∠EAF=60°，试探究图中线段 BE，EF，DF之间的数量关系.
（1）小王同学探究此问题的方法如下：延长 FD到点G，使 DG=BE，连结AG，先说明△ABE≌△ADG，再说明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 .
（2）【探索延伸】如图(2)，若在四边形 ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是 BC，CD上的点，且 上述结论是否仍然成立 请说明理由.
（3）【学以致用】如图(3)，四边形ABCD 是边长为5的正方形，∠EBF=45°，直接写出△DEF的周长.
【答案】（1）EF=BE+DF
（2）解：结论 EF =BE+DF 仍然成立.
理由：如图(1)，延长 FD 到点 G，使 DG=BE，连结AG.
因为∠B+∠CDA = 180°，∠ADG+∠CDA =180°，
所以∠B =∠ADG. 在△ABE 和△ADG中，
所 以 △ABE ≌ △ADG(SAS)，
所以 AE=AG，∠BAE =∠DAG.
因为
所以 ∠GAF = ∠DAG+∠DAF =∠BAE+∠DAF= ∠BAD-∠EAF =∠EAF，即∠EAF=∠GAF.
在△AEF 和△AGF中，
所以 △AEF ≌ △AGF(SAS)，
所以EF=FG.因为FG=DG+DF=BE+DF，
以EF=BE+DF.
（3）解：△DEF 的周长是10.
如图(2)，延长DC到点G，使CG=AE，连结BG.
因为四边形 ABCD是正方形，
所以∠A=∠ABC =∠BCD=90°，AB = BC. 在 △AEB 与 △CGB 中，
所以△AEB≌△CGB(SAS)，
所以 BE=BG，∠ABE=∠CBG.
因为∠EBF=45°， ∠ABC = 90°，
所以∠ABE+ ∠CBF =45°，
所以∠CBF+∠CBG=45°. 在△EBF 与△GBF中，
所 以 △EBF ≌ △GBF(SAS)，
所以 EF =GF，
所以△DEF 的周长为 EF+ED+DF=AE+CF+DE+DF=AD+CD=5+5=10.
【知识点】三角形全等的判定-SAS；半角模型；全等三角形中对应边的关系；全等三角形中对应角的关系
【解析】【解答】解：(1)在△ABE和△ADG中， 所以△ABE≌△ADG(SAS)，所以 AE=AG，∠BAE= ∠DAG. 因为 所以∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，即∠EAF=∠GAF.在△AEF 和 △AGF 中， 所以△AEF≌△AGF(SAS)，所以 EF =FG.因为FG=DG+DF=BE+DF，所以EF=BE+DF.
故答案为：EF=BE+DF.
【分析】（1）延长FD到点G.使DG=BE.连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解题；
（2）延长FD到点G.使DG=BE.连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解题；
（3）延长DC，截取CG=AE，连接BG，根据SAS定理可得出△AEB球儿△CGB，故可得出BE=BG， ∠ABE=∠CBG，再由∠EBF=45°，∠ABC=90°可得出∠ABE+∠CBF=45°，故∠CBF+∠CBG=45°，由SAS定理可得△EBF≌△GBF，故EF=GF，故△DEF的周长= EF+ED+CF= AE+CF+DE+DF=AD+CD，由此可得出结论.
7．半角模型
半角模型是指有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等，通过翻折或旋转，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构成全等或相似三角形，弱化条件，变更载体，而构建模型，可把握问题的本质.
（1）问题背景 如图①，在四边形ABCD 中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°，E，F 分别是BC，CD 上的点，且∠EAF=60°，探究图中线段BE，EF，FD 之间的数量关系.
小王同学探究此问题的方法是，延长FD 到点G，使DG=BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论.他的结论应是 .
（2）探索延伸 如图②，若在四边形 ABCD 中， ，，E，F 分别是BC，CD 上的点，且 上述结论是否仍然成立，并说明理由.
（3）实际应用 如图③，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心(O处)北偏西30°的A 处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B 处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等.接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进，1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离.
【答案】（1）EF=BE+DF
（2）解：EF=BE+DF仍然成立，
延长FD至点G，使DG=BE，连接AG，
在△ABE和△ADG中，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG
∵，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF
∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
∴△AEF≌△AGF(SAS)
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF
（3）解：如图，连接EF，延长AE，BF 相交于点 C，
在四边形AOBC中，
，
又∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=180°，符合探索延伸中的条件，
∴EF=AE+BF=1.5×(60+80)=210(海里)
【知识点】三角形全等的判定-SAS；半角模型
【解析】【解答】解：(1)在△ABE和△ADG中，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG
∵，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF
∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
∴△AEF≌△AGF(SAS)
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF；
故答案为：EF=BE+DF.
【分析】(1)延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解题；
(2)延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解题；
(3)连接EF，延长AE、BF相交于点C，然后求出，判断出符合探索延伸的条件，再根据探索延伸的结论解答即可.
8．（2024·黑龙江）已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，∠MAN∠BAC，∠MAN在∠BAC的内部，点M、N在BC上，点M在点N的左侧，探究线段BM、NC、MN之间的数量关系．
（1）如图①，当∠BAC＝90°时，探究如下：
由∠BAC＝90°，AB＝AC可知，将△ACN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABP，则CN＝BP且∠PBM＝90°，连接PM，易证△AMP≌△AMN，可得MP＝MN，在Rt△PBM中，BM2+BP2＝MP2，则有BM2+NC2＝MN2．
（2）当∠BAC＝60°时，如图②：当∠BAC＝120°时，如图③，分别写出线段BM、NC、MN之间的数量关系，并选择图②或图③进行证明．
【答案】解：图②的结论是BM2+NC2+BM NC＝MN2．证明：∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
以点B为顶点在△ABC外作∠ABK＝60°，在BK上截取BQ＝CN，连接QA、QM，过点Q作QH⊥BC，垂足为H，
∵AB＝AC，∠C＝∠ABQ，CN＝BQ，
∴△ACN≌△ABQ（SAS），
∴AN＝AQ，∠CAN＝∠QAB，
又∵∠CAN+∠BAM＝30°，
∴∠BAM+∠QAB＝30°，
即∠QAM＝∠MAN，
又∵AM＝AM，
∴△AQM≌△ANM（SAS），
∴MN＝QM；
∵ABQ＝60°，∠ABC＝60°，
∴∠QBH＝60°，
∴∠BQH＝30°，
∴BHBQ，QHBQ，
∴HM＝BM+BH＝BMBQ，
在Rt△QHM中，可得：QH2+HM2＝QM2，即（BQ）2+（BMBQ）2＝QM2，
整理得BM2+BQ2+BM BQ＝QM2．
∴BM2+NC2+BM NC＝MN2．
图③的结论是：BM2+NC2﹣BM NC＝MN2．
证明：以点B为顶点在△ABC外作∠ABK＝30°，在BK上截取BQ＝CN，连接QA、QM，过点Q作QH⊥BC，垂足为H，
∵AB＝AC，∠C＝∠ABQ，CN＝BQ，
∴△ACN≌△ABQ（SAS），
∴AN＝AQ，∠CAN＝∠QAB，
又∵∠CAN+∠BAM＝60°，
∴∠BAM+∠QAB＝60°，即∠QAM＝∠MAN，
又∵AM＝AM，
∴△AQM≌△ANM（SAS），
∴MN＝QM，
在Rt△BQH中，∠QBH＝60°，∠BQH＝30°，
∴BHBQ，QHBQ，
HM＝BM﹣BH＝BMBQ，
在Rt△QHM中，可得：QH2+HM2＝QM2，即（BQ）2+（BMBQ）2＝QM2，
整理得BM2+BQ2﹣BM BQ＝QM2．
∴BM2+NC2﹣BM NC＝MN2．
【知识点】旋转全等模型；半角模型
【解析】【分析】（1）类比（1）推理选取顶角为60°等腰三角形进行旋转(即作全等)，进而证明二次全等将目标三线段进行靠拢，结合全等性质推出特殊角后，利用特殊角作垂解三角形，从而得出含特殊三角形三边关系，即目标线段的三边关系.
（2）同理推出顶角为120°的等腰三角形即可.
9．如图①，P是线段AB上与点A，B不重合的任意一点，在AB的同侧分别以A，P，B为顶点作∠1=∠2=∠3，其中∠1与∠3的一边分别是射线AB和射线BA，∠2的两边不在直线AB上，我们规定这三个角互为等联角，点P为等联点，线段AB为等联线.如图②，在Rt△APC 中，∠A=90°，AC>AP，延长AP 至点B，使AB=AC，作∠A的等联角∠CPD和∠PBD.将△APC沿PC折叠，使点A落在点M处，得到△MPC，再延长PM交BD的延长线于点E，连结CE并延长交PD的延长线于点F，连结BF.请确定△PCF的形状，并说明理由。
【答案】解：如图，作，
，
，
四边形ABNC是矩形，
，
四边形ABNC是正方形，
，
，
，，，
，，
，
，
，
，
是等腰直角三角形.
【知识点】翻折全等-公共边模型；同侧一线三垂直全等模型；半角模型
【解析】【分析】作，可证得四边形ABNC是正方形，再利用全等三角形的性质证得，，然后通过HL判断得到，进而求得是等腰直角三角形.
10．问题背景：如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，BA＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．探究图中线段AE，CF，EF之间的数量关系．
（1）小李同学探究此问题的方法是：延长FC到G，使CG＝AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，可得出结论，他的结论就是 ；
（2）探究延伸1：如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，BA＝BC，∠ABC＝2∠MBN，∠MBN绕B点旋转．它的两边分别交AD、DC于E、F，上述结论是否仍然成立？请直接写出结论（直接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由；
（3）探究延伸2：如图3，在四边形ABCD中，BA＝BC，∠BAD+∠BCD＝180°，∠ABC＝2∠MBN，∠MBN绕B点旋转．它的两边分别交AD、DC于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由；
（4）实际应用：如图4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处．舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处．且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°．试求此时两舰艇之间的距离．
【答案】（1）EF=AE+CF
（2）解：结论EF=AE+CF成立．
理由：延长到G，使，连接，
在△BCG和△BAE中，
，
∴（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=2∠MBN，
∴∠ABE+∠CBF=∠ABC，
∴∠CBG+∠CBF=∠ABC，
即∠GBF=∠ABC，
在△BGF和△BEF中，
，
∴△BGF≌△BEF（SAS），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
（3）解：结论EF=AE+CF仍然成立．
理由：延长到G，使，连接，
∵，∠BCG+∠BCD=180°，
∴∠BCG=∠BAD
在△BCG和△BAE中，
，
∴（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=2∠MBN，
∴∠ABE+∠CBF=∠ABC，
∴∠CBG+∠CBF=∠ABC，
即∠GBF=∠ABC，
在△BGF和△BEF中，
，
∴△BGF≌△BEF（SAS），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
（4）解：连接EF，延长AE，BF相交于点C，
∵∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°，∠EOF=70°，
∴∠EOF=∠AOB
∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=(90°-30°)+(70°+50°)=180°，
∴符合探索延伸中的条件
∴结论EF= AE+CF仍然成立
即EF=75×1.2+100×1.2=210（海里）
答：此时两舰艇之间的距离为210海里．
【知识点】三角形全等的判定-SAS；半角模型
【解析】【解答】解：（1）EF=AE+CF
理由：延长到G，使，连接，
在△BCG和△BAE中，
，
∴（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，
∴∠ABE+∠CBF=60°，
∴∠CBG+∠CBF=60°，
即∠GBF=60°，
在△BGF和△BEF中，
，
∴△BGF≌△BEF（SAS），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
【分析】（1）延长FC到G， 使CG=AE， 连接BG， 先证明△BCG≌△BAE， 再证明△BFG≌△BFE， 即可得出结论： EF=AE+CF；
（2）延长FC到G， 使CG=AE， 连接BG， 先证明△BCG≌△BAE， 再证明△BFG≌△BFE， 可得出结论： EF=AE+CF；
（3）延长DC到H， 使得CH=AE， 连接BH，先证明△BCH≌△BAE， 即可得到BE=HB，∠ABE=∠HBC， 再证明△HBF≌△EBF， 即可得出EF=HF=HC+CF=AE+CF；
（4）连接EF，延长BF交AE的延长线于G，根据题意可转化为如下的数学问题：在四边形GAOB中，的两边分别交AG，BG于E，F，求EF的长.再根据探究延伸2的结论：EF=AE+BF，即可得到两舰艇之间的距离.
四、实践探究题
11．（2025八上·黄陂月考）△ABC和△ADE共顶点A（∠BAE＜180°），AB＝AC，AD＝AE．
（1）【问题背景】如图1，∠BAC＝∠DAE，求证：BD＝CE；
（2）【探究运用】如图2，∠BAC＝∠DAE＝α，F，G分别为BD，CE的中点，连接AG， AF，求∠GAF的度数（用含α的式子表示）；
（3）【创新拓展】如图3，连接BE，若M为BE的中点，且∠DAC＝∠ABE+∠AEB，求证：DC＝2AM．
【答案】（1）证明： ∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC+∠CAD =∠DAE+∠CAD，
∴∠BAD =∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=CE.
（2）解：∵∠BAC=∠DAE=α，
∴∠BAD=∠CAE=α+∠CAD，在△BAD和△CAE中，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD =CE， ∠ADB=∠AEC，
∵F， G分别为BD， CE的中点，
∴DF=EG，
在△FAD和△GAE中，
∴△FAD≌△GAE(SAS)，
∴∠FAD=∠GAE，
∴∠GAF=∠FAD-∠DAG=∠GAE-∠DAG=∠DAE=α，
∴∠GAF的度数为α.
（3）证明：如图3， 延长BA到点L， 使AL = AB， 连接LE，
∵AB=AC，
∴AC=AL，
∵M为BE的中点，A为BL的中点，
∴EL=2AM，
在 和 中，
【知识点】三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应边的关系；全等三角形中对应角的关系
【解析】【分析】(1)由∠BAC =∠DAE， 证明∠BAD =∠CAE， 而AB=AC， AD = AE， 即可根据全等三角形的判定定理“SAS”证明△BAD≌△CAE， 即可得到结论；
(2)由∠BAC=∠DAE=α， 证明∠BAD =∠CAE=α+∠CAD， 即可证明△BAD≌△CAE， 得BD=CE， ∠ADB=∠AEC， 因为 ， 所以DF=EG， 可证明△FAD≌△GAE，得∠FAD=∠GAE， 则然后根据角的和差解答即可；
(3)延长BA到点L， 使AL = AB， 连接LE， 因为AB= AC， 所以AC = AL， 根据三角形的中位线定理得EL=2AM， 由∠DAC =∠ABE+∠AEB， ∠EAL=∠ABE+∠AEB， 得∠DAC =∠EAL， 即可证明△DAC≌△EAL， 即可得到结论.
12．在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题：
【问题情境】
如图1，在中，，，点D、E在边上，且，，，求的长．
解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．
由旋转的特征得，，，．
∵，，
∴．
∵，
∴，即．
∴．
在和中，
，，，
∴①▲．
∴．
又∵，
∴在中，②▲．
∵，，
∴③▲．
（1）【问题解决】
上述问题情境中，“①”处应填： ；“②”处应填： ；“③”处应填： ．
刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变．
（2）【知识迁移】
如图3，在正方形中，点E、F分别在边上，满足的周长等于正方形的周长的一半，连结，分别与对角线交于M、N两点．探究的数量关系并证明．
（3）【拓展应用】
如图4，在矩形中，点E、F分别在边上，且．探究的数量关系： （直接写出结论，不必证明）．
（4）【问题再探】
如图5，在中，，，，点D、E在边上，且．设，，求y与x的函数关系式．
【答案】（1）；；5
（2）解：．
证明：如图，将绕点逆时针旋转，得到．
过点作交边于点，连接．
由旋转的特征得．
由题意得，
∴．
在和中，，
∴．
∴．
又∵为正方形的对角线，
∴．
∵，
∴．
在和中，，
∴，
∴．
在和中，，
∴．
∴．
在中，，
∴．
（3）
（4）解：如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接．过点作，垂足为点，过点作，垂足为．过点作，过点作交于点、交于点．
由旋转的特征得．
，
，
，即，
在和中，，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
，即，
，
同理可得．
，
，
，
又∵，
∴四边形为矩形．
，
，
在中，．
，
解得．
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理的逆定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；半角模型
【解析】【解答】解：（1）如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．
由旋转的特征得，，，．
∵，，
∴．
∵，
∴，即．
∴．
在和中，，，，
∴①．
∴．
又∵，
∴在中，②．
∵，，
∴③．
（3）解：．
证明：如图所示，设直线交延长线于点，交延长线于点，
将绕着点顺时针旋转，得到，连接．
则．
则，，
，
，
在和中
，
，
∴，
过点H作交于点O，过点H作交于点M，则四边形为矩形．
∴，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
在中，，，
∴，
即，
又∴，
∴，
即.
【分析】(1)由旋转的性质可得∠BAD =∠CAD'，∠B=∠ACD'， AD= AD'， BD=CD'， 进而证明△ADE≌△AD'E(ASA)可得.DE=D’E，再说明∠ECD'=90°、 CD'=BD=3， CE=4，再运用勾股定理即可解答；
(2) 由旋转的性质以及题意可得EF+DF+BE=DF+DF’=F’F，再证明△AEF≌△AF'F(SSS)可得∠EAF=∠F'AF， 再结合正方形的性质可证△ABM≌△ADH(ASA)得AM = AH、BM = DH， 易证△AMN≌△AHN(SAS)可得MN = HN， 最后在Rt△HND中运用勾股定理即可解答；
(3) 如图4所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针旋转90°得到△AGH， 连接HM， HE.过点H作HO⊥直线BC与O， 则△ADF≌△AGH可得DF= HG、AD= AG， 再说明△BEM是等腰直角三角形，即BE=BM； 由 (2) 知△AEH≌△AEF，则AH = AF、EH = EF； 再根据勾股定理可得 ，后运用等量代换即可证明结论.
（4）将△BEC绕点B逆时针旋转90°2，得到△BE’C’，连接E’D，过点E作EG⊥BC，垂足为点G，过点E’作EG’⊥BC’，垂足为G’，过点作，过点作交于点、交于点．即可得到△EBD≌△E’BD（SAS），进而得到DE=DE’，然后证明△AHD∽△ABC，根据对应边成比例求出AH和HD的长，同理求出EG和GC的长，即可得到四边形FE’G’H为矩形，然后在Rt△E’FD中利用勾股定理得到y与x的关系式即可.
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