文档文本内容
专题04 全等三角形模型之截长补短模型与手拉手模型
常考题型·精准突破
题型1 全等三角形模型之截长补短模型（难）
题型2 全等三角形模型之手拉手模型（难）
综合攻坚·知能拔高
常考题型·精准突破
◆题型1 全等三角形模型之截长补短模型
1．
【答案】（1）解：DE
CE
^
，理由如下：
DE
CE
Q
、
分别是
ADC
Ð
、
BCD
Ð
的角平分线，
2
,
2
ADC
EDC
BCD
DCE
\Ð
= Ð
Ð
= Ð
，
AD
BC
Q
P
，
180
ADC
BCD
\Ð
+ Ð
=
°，
2
2
180
EDC
DCE
\ Ð
+ Ð
=
°，
90
EDC
DCE
\Ð
+ Ð
=
° ，
90
DEC
\Ð
=
°，
DE
CE
\
^
；
（2）解：如图，在DC 上截取
3
DF
AD
=
=
，连接EF ，
DE
CE
Q
、
分别是
ADC
Ð
、
BCD
Ð
的角平分线，
,
EDC
ADE
DCE
BCE
\Ð
= Ð
Ð
= Ð
，
在ADE
V
和FDE
V
中，
AD
FD
ADE
FDE
DE
DE
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
SAS
ADE
FDE
\V
V
≌
，
A
DFE
\Ð
= Ð
，
AD
BC
Q
P
，
180
A
B
°
\Ð + Ð
=
，
180
DFE
CFE
Ð
+ Ð
=
°
Q
，
B
CFE
\Ð
= Ð
，
在BCE
V
和
FCE
△
中，
BCE
FCE
B
EFC
CE
CE
Ð
= Ð
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
AAS
BCE
FCE
\V
V
≌
，
2
BC
CF
\
=
= ，
2
3
5
CD
CF
DF
\
=
+
=
+
=
．
2．
【答案】(1)
解：线段EF
BE
DF
，
，
之间的数量关系为：EF
BE
DF
=
+
，理由：
如图，延长CB 到点G ，使BG
DF
=
，连接AG ，
∵
90
ABC
ADC
Ð
= Ð
=
°，
∴
90
ABG
ADF
Ð
= Ð
=
°，
又∵AB
AD
=
，BG
DF
=
，
∴
SAS
ABG
ADF
V
V
≌
，
∴
BAG
DAF
AF
AG
Ð
= Ð
=
，
，
∴
FAG
DAB
Ð
= Ð
，
∵
1
2
EAF
BAD
Ð
=
Ð
，
∴
1
2
EAF
FAG
Ð
=
Ð
，
∴
EAF
EAG
Ð
= Ð
，
在AEF
V
和AEG
V
中，
AE
AE
EAF
EAG
AF
AG
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
∴
SAS
AEF
AEG
V
V
≌
，
∴EF
EG
BE
BG
=
=
+
，
∴EF
BE
DF
=
+
；
(2)
解：
1
180
2
EAF
DAB
Ð
=
°-
Ð
，理由：
如图，在DC 的延长线上取一点G ，使得DG
BE
=
，连接AG ，
180
ABC
ADC
Ð
+ Ð
=
°
Q
，
180
ABC
ABE
Ð
+ Ð
=
°，
ADC
ABE
\Ð
= Ð
，
AB
AD
=
Q
，DG
BE
=
，
SAS
ABE
ADG
\V
V
≌
，
AG
AE
DAG
BAE
Ð
Ð
\
=
=
，
，
EF
BE
DF
DG
BE
=
+
=
Q
，
，
EF
DG
DF
GF
\
=
+
=
，
在AEF
V
和AGF
V
中，
AE
AG
FA
FA
EF
GF
=
ì
ï
=
í
ï
=
î
，
SSS
AEF
AGF
\V
V
≌
，
FAE
FAG
\Ð
= Ð
，
360
FAE
EAG
FAG
Ð
+ Ð
+ Ð
=
°
Q
，
EAG
BAE
BAG
Ð
= Ð
+ Ð
，
2
360
FAE
BAE
BAG
\ Ð
+ Ð
+ Ð
=
° ，
Ð
= Ð
Q
DAG
BAE ，
2
360
FAE
DAG
BAG
\ Ð
+ Ð
+ Ð
=
° ，
即2
360
EAF
DAB
Ð
+ Ð
=
° ，
1
1
360
180
2
2
EAF
DAB
DAB
\Ð
=
°- Ð
=
°-
Ð
．
3．
【答案】（1）解：补全图形，如图：
解题思路为：先证明ABE
ADG
V
V
≌
，再证明AEF
AGF
V
V
≌
，即可得出
,
,
BE EF FD 之间的数量关系为
EF
BE
FD
=
+
；
故答案为：
ADG
△
，AGF
V
，EF
BE
FD
=
+
；
（2）解：成立，证明如下：
延长FD 到点G ，使DG
BE
=
，则
180
ADF
ADG
Ð
+ Ð
=
°，
∵
180
B
ADC
°
Ð + Ð
=
，
∴
B
ADG
Ð
= Ð
，
∵AB
AD
=
，
∴ABE
ADG
V
V
≌
，
∴AG
AE
=
，1
3
Ð = Ð ，
∵
1
2
EAF
BAD
Ð
=
Ð
，
∴
1
1
2
2
BAD
=
Ð
Ð + Ð
，
∴
1
3
2
2
BAD
=
Ð
Ð + Ð
，即：
1
2
FAG
BAD
Ð
=
Ð
，
∴
EAF
FAG
Ð
= Ð
，
又AF
AF
=
，
∴AEF
AGF
V
V
≌
，
∴EF
GF
=
，
∵GF
DF
DG
=
+
，
∴EF
DF
BE
=
+
；
（3）解：在BC 上取一点G ，使BG
DF
=
，
∵
180
ADF
ADC
Ð
Ð
=
+
°，
180
B
ADC
°
Ð + Ð
=
，
∴
B
ADF
Ð = Ð
，
又AB
AD
=
，
∴ABG
ADF
V
V
≌
，
∴AG
AF
=
，
1
2
Ð = Ð ，
∴
1
1
3
2
3
2
EAF
BAD
Ð + Ð = Ð + Ð = Ð
=
Ð
，
∴
1
2
GAE
BAD
EAF
Ð
=
Ð
= Ð
，
又AE
AE
=
，
∴AGE
AFE
V
V
≌
，
∴EF
EG
BE
BG
BE
DF
=
=
-
=
-
．
故答案为：EF
BE
DF
=
-
．
◆题型2 全等三角形模型之手拉手模型
4．
【答案】(1)证明：设BE 、AC 交于点Q ，
CAB
EAF
Ð
= Ð
Q
，
CAB
CAE
EAF
CAE
+ Ð
= Ð
+ Ð
\Ð
，即
FAC
EAB
Ð
= Ð
．
\在FAC
V
与
EAB
△
中，
AB
AC
FAC
EAB
AE
AF
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
SAS
FAC
EAB
\V
V
≌
，
BE
CF
\
=
，
EBA
ACF
Ð
= Ð
．
90
CAB
Ð
=
°
Q
，
90
EBA
BQA
\Ð
+ Ð
=
° ．
BQA
CQE
Ð
= Ð
Q
，
90
ACF
CQE
\Ð
+ Ð
=
° ，
180
90
90
COQ
\Ð
=
°-
° =
°，
BE
CF
\
^
；
（2）解：设BE 、AC 交于点Q ，
CAB
EAF
Ð
= Ð
Q
，
CAB
CAE
EAF
CAE
+ Ð
= Ð
+ Ð
\Ð
，即
FAC
EAB
Ð
= Ð
．
\在FAC
V
与
EAB
△
中，
AB
AC
FAC
EAB
AE
AF
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
SAS
FAC
EAB
\V
V
≌
，
EBA
ACF
\Ð
= Ð
．
BQA
CQE
Ð
= Ð
Q
，
180
FCA
BOC
CQO
Ð
+ Ð
+ Ð
=
°，
180
EBA
BAC
BQA
Ð
+ Ð
+ Ð
=
° ，
60
BOC
CAB
\Ð
= Ð
=
° ；
（3）解：
CAB
EAF
Ð
= Ð
Q
，
CAB
CAE
EAF
CAE
+ Ð
= Ð
+ Ð
\Ð
，即
FAC
EAB
Ð
= Ð
．
\在FAC
V
与
EAB
△
中，
AB
AC
FAC
EAB
AE
AF
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
SAS
FAC
EAB
\V
V
≌
，
EBA
ACF
\Ð
= Ð
．
BQA
CQE
Ð
= Ð
Q
，
180
FCA
BOC
CQO
Ð
+ Ð
+ Ð
=
°，
180
EBA
BAC
BQA
Ð
+ Ð
+ Ð
=
° ，
BOC
CAB
a
\Ð
= Ð
=
．
5．
【答案】（1）解：BD
CE
=
，理由如下：
∵ABC
V
和ADE
V
都是等腰直角三角形，
90
BAC
DAE
Ð
= Ð
=
°，
∴AB
AC
=
，AD
AE
=
，
∴AB
AD
AC
AE
-
=
-
，
∴BD
CE
=
；
（2）解：BD
CE
=
，BD
CE
^
，理由如下：
延长BD ，分别交AC 、CE 于F、G，
∵ABC
V
和ADE
V
都是等腰直角三角形，
∴AB
AC
=
，AD
AE
=
，
90
BAC
DAE
Ð
= Ð
=
°，
∵
BAD
BAC
DAC
Ð
= Ð
- Ð
，
CAE
DAE
DAC
Ð
= Ð
- Ð
，
∴
BAD
CAE
Ð
= Ð
，
在ABD
V
和
ACE
△
中，
AB
AC
BAD
CAE
AD
AE
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
∴
ABD
ACE SAS
V
V
≌
，
∴BD
CE
=
，
ABD
ACE
Ð
= Ð
，
∵
A F B
G F C
Ð
= Ð
，
∴
90
CGF
BAF
Ð
= Ð
=
° ，即BD
CE
^
；
（3）解：如图，BD 与AC 相交于O 点
∵ABC
V
和ADE
V
都是等腰直角三角形，
∴AB
AC
=
，AD
AE
=
，
90
BAC
DAE
Ð
= Ð
=
°，
∵
BAD
BAC
DAC
Ð
= Ð
+ Ð
，
CAE
DAE
DAC
Ð
= Ð
+ Ð
，
∴
BAD
CAE
Ð
= Ð
，
∴
ABD
ACE SAS
V
V
≌
，
∴
6
BD
CE
=
=
，
ABD
ACE
Ð
= Ð
，
∵
AOB
FOC
Ð
= Ð
，
∴
90
BFC
BAC
Ð
= Ð
=
° ，
即BD
CE
^
，
∴
1
1
1
1
6 6
18
2
2
2
2
BCE
DCE
BCDE
S
S
S
CE
BF
CE
DF
CE
BD
=
+
=
´
´
+
´
´
=
´
´
=
´ ´
=
四边形
V
V
．
6．
【答案】（1）∵
BAC
DAE
Ð
= Ð
，
∴
BAC
CAD
DAE
CAD
Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
，即
BAD
CAE
Ð
= Ð
，
在ABD
V
和
ACE
△
中，
AB
AC
BAD
CAE
AD
AE
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
∴
ABD
ACE SAS
V
V
≌
；
故答案为：
ACE
△
；BD
CE
=
；
（2）解：BD 与CE 的数量关系是BD
CE
=
，位置关系是BD
CE
^
∵
90
BAC
DAE
Ð
= Ð
=
°，
∴
BAC
CAD
DAE
CAD
Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
，即
BAD
CAE
Ð
= Ð
，
在ABD
V
和
ACE
△
中，
AB
AC
BAD
CAE
AD
AE
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
∴
ABD
ACE SAS
V
V
≌
，
∴BD
CE
=
，
ACE
ABC
Ð
= Ð
，
∵ABC
V
是等腰三角形且
90
BAC
Ð
=
° ，
∴
45
ABC
ACB
Ð
= Ð
=
° ，
∴
45
ACE
ABC
Ð
= Ð
=
°，
∴
45
45
90
BCE
ACB
ACE
Ð
= Ð
+ Ð
=
°+
° =
° ，
∴BD
CE
^
；
（3）∵
MNP
△
是等腰直角三角形，
∴
45
MNP
NPM
Ð
= Ð
=
°，
将OPM
V
绕M 点顺时针旋转90°得O P M
¢ ¢
V
（N 与P¢重合），
连接OO¢ ，
∴PMO
P MO
¢
¢
V
V
≌
，
∴MO
MO¢
=
，OP
O P
¢ ¢
=
，
∴
45
O MO
¢
Ð
=
° ，
当OP 有最小，即O P
¢ ¢ 最小，当O P
y
¢ ¢ ^
轴时，
由
45
O OP
Ð
=
¢
¢
° ，
90
O P O
Ð
=
¢ ¢
°，
∴
4
O P
OM
¢ ¢ =
=
，
4
ON
OP¢
=
=
，
∴
4
ON =
，OP 最小值为4．
综合攻坚·知能拔高
一、单选题
1．B
2．C
3．B
二、填空题
4．a
5．45
6．4
三、解答题
7．
【答案】AE
BD
=
，理由如下：
Q
ACB
DCE
a
Ð
= Ð
=
，
\
ACB
ACD
DCE
ACD
Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
，即
BCD
ACE
Ð
Ð
=
，
Q在BCD
V
和
ACE
△
中，
CA
CB
BCD
ACE
CD
CE
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
\
BCD
ACE SAS
V
V
≌
，
\ AE
BD
=
．
8．
【答案】(1)证明：Q在ABE
V
和
ADG
△
中，AB
AD
=
，
90
B
ADG
°
Ð
= Ð
=
，BE
DG
=
，
\
ABE
ADG SAS
V
V
≌
，
\
BAE
DAG
Ð
= Ð
，AE
AG
=
，
Q EF
BE
DF
=
+
，DG
BE
=
，
\ EF
BE
DF
DG
DF
GF
=
+
=
+
=
，
Q AF
AF
=
，
\
AEF
AGF SSS
V
V
≌
，
\
EAF
GAF
DAG
DAF
BAE
DAF
Ð
= Ð
= Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
，
\
BAE
FAD
EAF
Ð
+ Ð
= Ð
，
\
2
BAD
BAE
FAD
EAF
EAF
Ð
= Ð
+ Ð
+ Ð
= Ð
；
(2)解：
1
180
2
EAF
DAB
Ð
=
°-
Ð
（形式不唯一）．
理由：Q
180
ABC
ADC
Ð
+ Ð
=
° ，
180
ABC
ABE
Ð
+ Ð
=
°，
\
ADC
ABE
Ð
Ð
=
，
又Q AB
AD
=
，DG
BE
=
，
\
SAS
ADG
ABE
V
V
≌
，
\ AG
AE
=
，
DAG
BAE
Ð
= Ð
，
Q EF
BE
FD
=
+
，DG
BE
=
，
\ EF
BE
FD
DG
FD
GF
=
+
=
+
=
，
Q AF
AF
=
，
\
AEF
AGF SSS
V
V
≌
，
\
FAE
FAG
Ð
= Ð
，
Q
360
FAE
FAG
GAE
Ð
+ Ð
+ Ð
=
°，
\
2
360
FAE
GAB
BAE
Ð
+ Ð
+ Ð
=
° ，
\
2
360
FAE
GAB
DAG
Ð
+ Ð
+ Ð
=
°，
即2
360
FAE
DAB
Ð
+ Ð
=
° ，
\
1
180
2
EAF
DAB
Ð
=
°-
Ð
．
9．
【答案】(1)解：CE
BC
^
，
理由：
90
BAC
DAE
Ð
= Ð
=
°
Q
，
BAC
CAD
DAE
CAD
\Ð
- Ð
= Ð
- Ð
，
BAD
CAE
\Ð
= Ð
，
在ABD
V
与
ACE
△
中
AB
AC
BAD
CAE
AD
AE
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
SAS
ABD
ACE
\V
V
≌
，
ABC
ACE
\Ð
= Ð
，
∵ABC
V
是等腰直角三角形，且
90
BAC
Ð
=
°，
45
ABC
ACB
\Ð
= Ð
=
°，
∴
45
ACE
ABC
Ð
= Ð
=
°，
∴
90
BCE
ACB
ACE
Ð
= Ð
+ Ð
=
° ，
∴
90
ABC
ACE
Ð
+ Ð
=
° ，
∴CE
BC
^
；
(2)解：CE
BC
CD
=
+
，
理由：∵ABC
ADE
V
V
、
是等腰直角三角形，
∴
,
,
90
AB
AC AD
AE
BAC
DAE
=
=
Ð
= Ð
=
° ，
∴
BAC
DAC
DAE
DAC
Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
，即
BAD
CAE
Ð
= Ð
，
在ABD
V
和ACE
V
中，
AB
AC
BAD
CAE
AD
AE
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
∴
SAS
ABD
ACE
V
V
≌
，
∴BD
CE
=
，
∵BD
BC
CD
=
+
，
∴CE
BC
CD
=
+
；
（3）解：
,
BC
CE CD
BC
CE
^
=
+
，
理由：如图3，
∵ABC
ADE
V
V
，
是等腰直角三角形，
∴
,
,
90
AB
AC AD
AE
BAC
DAE
=
=
Ð
= Ð
=
° ，
∴
BAC
BAE
DAE
BAE
Ð
- Ð
= Ð
- Ð
，即
BAD
CAE
Ð
= Ð
，
在ABD
V
和ACE
V
中，
AB
AC
BAD
CAE
AD
AE
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
∴
SAS
ABD
ACE
V
V
≌
，
∴
ADB
AEC
Ð
= Ð
，
∴BD
CE
=
，
∵CD
BD
BC
=
+
，
∴CD
CE
BC
=
+
，
∵
90
ADE
AED
Ð
+ Ð
=
°，即
90
ADB
CDE
AED
Ð
+ Ð
+ Ð
=
°，
∴
90
AEC
CDE
AED
Ð
+ Ð
+ Ð
=
°，
∴
90
DCE
Ð
=
° ，即BC
CE
^
，
∴
,
BC
CE CD
BC
CE
^
=
+
．
10．
【答案】(1)等式的性质；全等三角形的对应边相等；
（2）解：同（1）可知
SAS
ABD
ACE
△
≌△
，
ABD
ACE
Ð
Ð
\
=
．
AOB
EOC
Ð
= Ð
Q
且
BAC
a
Ð
=
，
在AOB
V
与
EOC
△
中，
180
BAC
ABD
AOB
Ð
+ Ð
+ Ð
=
°，
180
BEC
ACE
EOC
Ð
Ð
Ð
°
+
+
=
BEC
BAC
a
\Ð
= Ð
=
；
(3)解：
AED
AEF
Ð
= Ð
．理由如下：
如图，过点A 作AM
CE
^
于点M，作AN
BD
^
于点N．
同（1）可知
ABD
ACE SAS
V
V
≌
，
∴BD
CE
=
，
∴
ABD
ACE
S
S
=
V
V
，
∵
1
2
ABD
S
BD AN
=
×
V
，
1
2
ACE
S
CE AM
=
×
△
，
∴1
1
2
2
BD AN
CE AM
×
=
×
，
∴AM
AN
=
，
又∵
,
AM
CE AN
BD
^
^
，
∴
HL
AME
ANE
V
V
≌
，
∴
AED
AEF
Ð
= Ð
．
11．
【答案】（1）解：如图1，延长EB 到G ，使BG
DF
=
，连接AG ．
Q在ABG
V
与ADF
V
中，
90
AB
AD
ABG
ADF
BG
DF
=
ì
ïÐ
= Ð
=
°
í
ï
=
î
，
(SAS)
ABG
ADF
\△
≌△
．
AG
AF
\
=
，
1
2
Ð = Ð ，
1
1
3
2
3
2
BAD
EAF
\Ð + Ð = Ð + Ð =
Ð
= Ð
．
GAE
EAF
\Ð
= Ð
．
又AE
AE
=
，
∴AEG
AEF
V
V
≌
．
EG
EF
\
=
．
EG
BE
BG
=
+
Q
．
\
=
+
EF
BE
FD ；
(2)（1）中的结论EF
BE
FD
=
+
仍然成立．
理由是：如图2，延长EB 到G ，使BG
DF
=
，连接AG ．
180
ABC
D
Ð
+ Ð
=
°
Q
，
180
ABG
ABC
Ð
+ Ð
=
°，
ABG
D
\Ð
= Ð
，
Q在ABG
V
与ADF
V
中，
AB
AD
ABG
D
BG
DF
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
(SAS)
ABG
ADF
\△
≌△
．
AG
AF
\
=
，
1
2
Ð = Ð ，
1
1
3
2
3
2
BAD
EAF
\Ð + Ð = Ð + Ð =
Ð
= Ð
．
GAE
EAF
\Ð
= Ð
．
又AE
AE
=
，
AEG
AEF
\V
V
≌
．
EG
EF
\
=
．
EG
BE
BG
=
+
Q
．
\
=
+
EF
BE
FD
（3）当（1）的结论EF
BE
FD
=
+
成立，
当图3 中，EF
BE
FD
=
-
或EF
FD
BE
=
-
．
证明：在BE 上截取BG ，使BG
DF
=
，连接AG ．
180
B
ADC =
°
Ð
+ Ð
Q
，
180
ADF
ADC
Ð
Ð
=
+
°，
B
ADF
\Ð
= Ð
．
Q在ABG
V
与ADF
V
中，
AB
AD
ABG
ADF
BG
DF
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
(SAS)
ABG
ADF
\△
≌△
．
BAG
DAF
\Ð
= Ð
，AG
AF
=
．
1
2
BAG
EAD
DAF
EAD
EAF
BAD
\Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
= Ð
=
Ð
．
GAE
EAF
\Ð
= Ð
．
AE
AE
=
Q
，
(SAS)
AEG
AEF
\△
≌△
．
EG
EF
\
=
EG
BE
BG
=
-
Q
EF
BE
FD
\
=
-
．
同理可得：EG
EF
=
EG
BG
BE
=
-
Q
EF
FD
BE
\
=
-
．
12．
【答案】（1）解：∵
MAN
BAC
Ð
= Ð
，
∴
MAB
NAC
Ð
= Ð
，
又∵AB
AC
=
，AM
AN
=
，
∴
SAS
MAB
NAC
V
V
≌
，
∴
ABM
ACN
Ð
= Ð
，
∴
180
90
BCN
ACB
ACN
ACB
B
BAC
Ð
= Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
=
°- Ð
=
°；
(2)①解：
180
a
b
+
=
°，理由如下：
MAN
BAC
Ð
= Ð
Q
，
MAN
MAC
BAC
MAC
\Ð
- Ð
= Ð
- Ð
，
即
CAN
BAM
Ð
= Ð
，
在
BAM
△
和
CAN
△
中，
AB
AC
BAM
CAN
AM
AN
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
SAS
BAM
CAN
\△
≌△
，
B
ACN
\Ð
= Ð
，
BAC
a
Ð
=
Q
，
BCN
b
Ð
=
，
180
BAC
B
BCA
Ð
+ Ð + Ð
=
°，
BAC
B
BCA
\Ð
+ Ð
+ Ð
ACN
BCA
a
=
+ Ð
+ Ð
BCN
a
=
+ Ð
a
b
=
+
180
=
° ；
②解：当点M 在线段BC 上移动时，
180
a
b
+
=
°，证明见小问①；
当点M 在线段BC 的延长线上时，如图1，
180
a
b
+
=
°，
证明：∵
MAN
BAC
Ð
= Ð
，
∴
MAB
NAC
Ð
= Ð
，
又∵AB
AC
=
，AM
AN
=
，
∴
SAS
MAB
NAC
V
V
≌
，
∴
ABM
ACN
Ð
= Ð
，
∴
180
BCN
ACB
ACN
ACB
B
BAC
Ð
= Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
=
°- Ð
，
∴
180
a
b
+
=
°；
当点M 在射线BC 的反向延长线上时，如图2，a
b
=
，
证明：∵
MAN
BAC
Ð
= Ð
，
∴
MAB
NAC
Ð
= Ð
，
又∵AB
AC
=
，AM
AN
=
，
∴
SAS
MAB
NAC
V
V
≌
，
∴
ABM
ACN
Ð
= Ð
，
∴
BCN
ACN
ACB
ABM
ACB
BAC
Ð
= Ð
- Ð
= Ð
- Ð
= Ð
，
∴a
b
=
．
综上所述，
180
a
b
+
=
°或a
b
=
．
