沪教版数学七年级下册同步讲练第15讲全等三角形的九种模型（2份，原卷版+解析版）

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第15讲全等三角形的七种模型（核心考点讲与练）题型一：一线三等角构造全等模型一．解答题（共2小题）1．（2017秋•浦东新区期中）已知：如图，AB⊥BD，ED⊥BD，C是BD上的一点，AC⊥CE，AB＝CD，求证：BC＝DE．【分析】根据直角三角形全等的判定方法，ASA即可判定三角形全等．【解答】证明：∵AB⊥BD，ED⊥BD，AC⊥CE（已知）∴∠ACE＝∠B＝∠D＝90°（垂直的意义）∵∠BCA+∠DCE+∠ACE＝180°（平角的意义）∠ACE＝90°（已证）∴∠BCA+∠DCE＝90°（等式性质）∵∠BCA+∠A+∠B＝180°（三角形内角和等于180°）∠B＝90°（已证）∴∠BCA+∠A＝90°（等式性质）∴∠DCE＝∠A （同角的余角相等）在△ABC和△CDE中，，∴△ABC≌△CDE（ASA）∴BC＝DE．（全等三角形对应边相等）【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质；熟练掌握三角形全等的判定定理是解题的关键．2．（2013秋•上海期中）如图，AB⊥BD，ED⊥BD，C是BD上的一点，BC＝DE，AB＝CD．求证：AC⊥CE．【分析】根据垂直的定义得到∠ABC＝∠EDC＝90°，则可根据”SAS“判定△ABC≌△CDE，根据三角形全等的性质得∠A＝∠DCE，利用∠ACB+∠A＝90°可得∠ACB+∠DCE＝90°，再利用平角的定义计算出∠ACE＝90°，然后根据垂直的定义即可得到结论．【解答】证明：∵AB⊥BD，ED⊥BD，∴∠ABC＝∠EDC＝90°，在△ABC和△CDE中，，∴△ABC≌△CDE，∴∠A＝∠DCE，∵∠ACB+∠A＝90°，∴∠ACB+∠DCE＝90°，∴∠ACE＝90°，∴AC⊥CE．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质：全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．题型二：手拉手模型—旋转型全等一．填空题（共1小题）1．（2021秋•宝山区校级月考）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB＝6，∠DAC＝60°，点F在线段AO上从点A至点O运动，连接DF，以DF为边作等边三角形DFE，点E和点A分别位于DF两侧，下列结论：①∠BDE＝∠EFC；②ED＝EC；③∠ADF＝∠ECF；④点E运动的路程是2，其中正确结论的序号为 　①②③④　．【分析】①根据∠DAC＝60°，OD＝OA，得出△OAD为等边三角形，再由△DFE为等边三角形，得∠DOA＝∠DEF＝60°，再证明△DEG∽△FOG，即可得出结论①正确；②如图，连接OE，利用SAS证明△DAF≌△DOE，再证明△ODE≌△OCE，即可得出结论②正确；③通过等量代换即可得出结论③正确；④如图，延长OE至E′，使OE′＝OD，连接DE′，通过△DAF≌△DOE，∠DOE＝60°，可分析得出点F在线段AO上从点A至点O运动时，点E从点O沿线段OE′运动到E′，从而得出结论④正确；【解答】解：①∵∠DAC＝60°，OD＝OA，∴△OAD为等边三角形，∴∠DOA＝∠DAO＝∠ODA＝60°，AD＝OD，∵△DFE为等边三角形，∴∠EDF＝∠EFD＝∠DEF＝60°，DF＝DE，∴∠DOA＝∠DEF＝60°，∵∠∠DGE＝∠FGO，∴△DEG∽△FOG，∴∠BDE＝∠EFC，故结论①正确；②如图，连接OE，在△DAF和△DOE中，，∴△DAF≌△DOE（SAS），∴∠DOE＝∠DAF＝60°，∵∠COD＝180°﹣∠AOD＝120°，∴∠COE＝∠COD﹣∠DOE＝120°﹣60°＝60°，∴∠COE＝∠DOE，在△ODE和△OCE中，，∴△ODE≌△OCE（SAS），∴ED＝EC，∠OCE＝∠ODE，故结论②正确；③∵∠ODE＝∠ADF，∴∠ADF＝∠OCE，即∠ADF＝∠ECF，故结论③正确；④如图，延长OE至E′，使OE′＝OD，连接DE′，∵△DAF≌△DOE，∠DOE＝60°，∴点F在线段AO上从点A至点O运动时，点E从点O沿线段OE′运动到E′，∵OE′＝OD＝AD＝AB•tan∠ABD＝6•tan30°＝2，∴点E运动的路程是2 ，故结论④正确；故答案为：①②③④．【点评】本题主要考查了矩形性质，等边三角形判定和性质，全等三角形判定和性质，等腰三角形的判定和性质，点的运动轨迹等，熟练掌握全等三角形判定和性质、等边三角形判定和性质等相关知识是解题关键．二．解答题（共2小题）2．（2021秋•太康县期末）在△ABC中，AB＝AC，点D是直线BC上的一点（不与点B、C重合），以AD为腰右侧作等腰三角形△ADE，且AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，联接CE．（1）如图1，当点D在线段BC上，如果∠BAC＝90°，则∠BCE＝　90　度．（2）设∠BAC＝α，∠BCE＝β．①点D是在线段BC上移动时，如图2，则α、β之间有怎样的数量关系？试说明理由．②点D是在射线CB上移动时，则α、β之间有怎样的数量关系？试直接写出结论．【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，得∠B＝∠ACE，即可证明；（2）①与（1）同理证明△BAD≌△CAE，得∠ABD＝∠ACE，则∠BAC+∠BCE＝∠BAC+∠BCA+∠ACE＝∠BAC+∠BCA+∠B＝180°；②同理证明△ADB≌△AEC，得∠ABD＝∠ACE，由∠ABD＝∠BAC+∠ACB，则∠BAC＝∠BCE．【解答】解：（1）∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，在△BAD与△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠B＝∠ACE，∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，故答案为：90；（2）①α+β＝180°，理由如下：∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，在△BAD与△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，∵∠BAC+∠ABD+∠BCA＝180°，∴∠BAC+∠BCE＝∠BAC+∠BCA+∠ACE＝∠BAC+∠BCA+∠B＝180°，∴α+β＝180°；②α＝β，理由如下：∵∠DAE＝∠BAC，∴∠DAB＝∠EAC，在△ADB与△AEC中，，∴△ADB≌△AEC（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，∵∠ABD＝∠BAC+∠ACB，∴∠BAC＝∠BCE，∴α＝β．【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质等知识，证明△ADB≌△AEC是解题的关键．3．（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：倍长中线模型一．选择题（共2小题）1．（2020秋•饶平县校级期末）在△ABC中，AB＝4，AC＝6，AD是BC边上的中线，则AD的取值范围是（　　）A．0＜AD＜10 B．1＜AD＜5 C．2＜AD＜10 D．0＜AD＜5【分析】延长AD至点E，使得DE＝AD，可证△ABD≌△CDE，可得AB＝CE，AD＝DE，在△ACE中，根据三角形三边关系即可求得AE的取值范围，即可解题．【解答】解：延长AD至点E，使得DE＝AD，∵在△ABD和△CDE中，∵，∴△ABD≌△CDE（SAS），∴AB＝CE，AD＝DE∵△ACE中，AC﹣AB＜AE＜AC+AB，∴2＜AE＜10，∴1＜AD＜5．故选：B．【点评】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△ABD≌△CDE是解题的关键．2．（2006秋•闵行区期末）在△ABC中，AB＝7，AC＝5，AD是边BC的中线，那么AD的取值范围是（　　）A．0＜AD＜12 B．2＜AD＜12 C．0＜AD＜6 D．1＜AD＜6【分析】延长AD至E，使DE＝AD，连接CE．根据SAS证明△ABD≌△ECD，得CE＝AB，再根据三角形的三边关系：三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边即可求解．【解答】 解：延长AD至E，使DE＝AD，连接CE．∵AD是边BC的中线，∴BD＝CD，在△ABD和△ECD中，∴△ABD≌△ECD（SAS），∴CE＝AB＝7．在△ACE中，CE﹣AC＜AE＜CE+AC，即：2＜2AD＜12，1＜AD＜6．故选：D．【点评】此题主要考查了全等三角形的判定和性质、三角形的三边关系．注意：出现中点的辅助线一般应延长中线所在的直线构造全等三角形，这是一种非常重要的方法，要注意掌握．二．填空题（共1小题）3．（2018秋•嘉定区期末）在△ABC中，AB＝5，AC＝7，AD是BC边上的中线，则AD的取值范围是　1＜AD＜6　．【分析】作出图形，延长中线AD到E，使DE＝AD，利用“边角边”证明△ACD和△EBD全等，根据全等三角形对应边相等可得AC＝BE，然后根据三角形任意两边之和大于第三边，两边之差小于第三边求出AE的范围，再除以2即可得解．【解答】解：如图，延长中线AD到E，使DE＝AD，∵AD是三角形的中线∴BD＝CD，在△ACD和△EBD中，∵，∴△ACD≌△EBD（SAS），∴AC＝BE，∵AB＝5，BE＝AC＝7，∴7﹣5＜2AD＜7+5，即2＜2x＜12，∴1＜AD＜6．故答案为：1＜AD＜6．【点评】本题考查了三角形的三边关系，全等三角形的判定与性质，根据辅助线的作法，“遇中线加倍延”作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．题型四：平行线＋线段中的构造全等模型一．解答题（共2小题）1．（2017春•松江区期末）如图，已知梯形ABCD中，AD∥BC，E为AB中点，DE⊥EC．求证：（1）DE平分∠ADC；（2）AD+BC＝DC．【分析】（1）延长DE交CB的延长线于F，可证得△AED≌△BEF，根据三线合一的性质可得出CD＝CF，推出∠CDF＝∠F，由∠ADF＝∠F即可证明；（2）由△AED≌△BEF，根据三线合一的性质可得出CD＝CF，进而利用等线段的代换可证得结论；【解答】证明：（1）延长DE交CB的延长线于F，∵AD∥CF，∴∠A＝∠ABF，∠ADE＝∠F．在△AED与△BEF中，，∴△AED≌△BEF，∴AD＝BF，DE＝EF，∵CE⊥DF，∴∠CDF＝∠F，∵AD∥CF，∴∠ADE＝∠F，∴∠ADE＝∠CDF，∴ED平分∠ADC．（2）∵△AED≌△BEF，∴AD＝BF，DE＝EF，∵CE⊥DF，∴CD＝CF＝BC+BF，∴AD+BC＝DC．【点评】本题考查梯形、全等三角形的判定和性质、线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是因为点E是中点，所以应该联想到构造全等三角形，这是经常用到的解题思路，同学们要注意掌握．2．（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．声明：题型五：角平分线+垂直全等模型一．解答题（共1小题）1．（2018秋•招远市期末）如图，在△ABC中，点D是边BC的中点，点E在△ABC内，AE平分∠BAC，CE⊥AE，点F在边AB上，EF∥BC．（1）求证：四边形BDEF是平行四边形；（2）线段BF、AB、AC的数量之间具有怎样的关系？证明你所得到的结论．【分析】（1）证明△AGE≌△ACE，根据全等三角形的性质可得到GE＝EC，再利用三角形的中位线定理证明DE∥AB，再加上条件EF∥BC可证出结论；（2）先证明BF＝DE＝BG，再证明AG＝AC，可得到BF＝（AB﹣AG）＝（AB﹣AC）．【解答】（1）证明：延长CE交AB于点G，∵AE⊥CE，∴∠AEG＝∠AEC＝90°，在△AEG和△AEC中，∴△AGE≌△ACE（ASA）．∴GE＝EC．∵BD＝CD，∴DE为△CGB的中位线，∴DE∥AB．∵EF∥BC，∴四边形BDEF是平行四边形．（2）解：BF＝（AB﹣AC）．理由如下：∵四边形BDEF是平行四边形，∴BF＝DE．∵D、E分别是BC、GC的中点，∴BF＝DE＝BG．∵△AGE≌△ACE，∴AG＝AC，∴BF＝（AB﹣AG）＝（AB﹣AC）．【点评】此题主要考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，题目综合性较强，证明GE＝EC，再利用三角形中位线定理证明DE∥AB是解决问题的关键．题型六：正方形中的半角模型一．解答题（共1小题）1．（2009•宝山区二模）小杰和他的同学组成了“爱琢磨”学习小组，有一次，他们碰到这样一道题：“已知正方形ABCD，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、DA上，若EG⊥FH，则EG＝FH“经过思考，大家给出了以下两个方案：（甲）过点A作AM∥HF交BC于点M，过点B作BN∥EG交CD于点N；（乙）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N；小杰和他的同学顺利的解决了该题后，大家琢磨着想改变问题的条件，作更多的探索．…（1）对小杰遇到的问题，请在甲、乙两个方案中任选一个，加以证明（如图1）；（2）如果把条件中的“正方形”改为“长方形”，并设AB＝2，BC＝3（如图2），试探究EG、FH之间有怎样的数量关系，并证明你的结论；（3）如果把条件中的“EG⊥FH”改为“EG与FH的夹角为45°”，并假设正方形ABCD的边长为1，FH的长为（如图3），试求EG的长度．【分析】（1）无论选甲还是选乙都是通过构建全等三角形来求解．甲中，通过证△AMB≌△BNC来得出所求的结论．乙中，通过证△AMB≌△ADN来得出结论；（2）同（1）一样，只不过将全等三角形该成了相似三角形，通过相似三角形得出的对应线段成比例来得出EG：FH＝3：2；（3）按（1）的思路也要通过构建全等三角形来求解，可过点A作AM∥HF交BC于点M，过点A作AN∥EG交CD于点N，将△AND绕点A旋转到△APB，不难得出△APM和△ANM全等，那么可得出PM＝MN，而MB的长可在直角三角形ABM中根据AB和AM（即HF的长）求出．如果设DN＝x，那么NM＝PM＝BM+x，MC＝BC﹣BM＝1﹣BM，因此可在直角三角形MNC中用勾股定理求出DN的长，进而可在直角三角形AND中求出AN即EG的长．【解答】（1）证明：过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N∴AM＝HF，AN＝EG∵正方形ABCD，∴AB＝AD，∠BAD＝∠ADN＝90°，∵EG⊥FH∴∠NAM＝90°∴∠BAM＝∠DAN在△ABM和△ADN中，∠BAM＝∠DAN，AB＝AD，∠ABM＝∠ADN∴△ABM≌△ADN，∴AM＝AN即EG＝FH；（2）结论：EG：FH＝3：2证明：过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N∴AM＝HF，AN＝EG，∵长方形ABCD，∴∠BAD＝∠ADN＝90°，∵EG⊥FH，∴∠NAM＝90°，∴∠BAM＝∠DAN，∴△ABM∽△ADN，∴，∵AB＝2BC＝AD＝3，∴；（3）解：过点A作AM∥HF交BC于点M，过点A作AN∥EG交CD于点N，∵AB＝1，AM＝FH＝∴在Rt△ABM中，BM＝将△AND绕点A旋转到△APB，∵EG与FH的夹角为45°，∴∠MAN＝45°，∴∠DAN+∠MAB＝45°，即∠PAM＝∠MAN＝45°，从而△APM≌△ANM，∴PM＝NM，设DN＝x，则NC＝1﹣x，NM＝PM＝+x在Rt△CMN中，（+x）2＝+（1﹣x）2，解得x＝，∴EG＝AN＝＝，答：EG的长为．【点评】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、图形的旋转变换等知识．通过辅助线或图形的旋转将所求的线段与已知的线段构建到一对全等或相似的三角形中是本题的基本思路．题型七：等腰三角形中的半角模型一．解答题（共3小题）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°，∴BM＝PM，同理可得，CN＝PN，∴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．