人教版（2024）八年级上册（2024）小结导学案

这是一份人教版（2024）八年级上册（2024）小结导学案，文件包含专题3全等三角形常见几何模型--原卷版人教版2024docx、专题3全等三角形常见几何模型--解析版人教版2024docx等2份学案配套教学资源，其中学案共25页， 欢迎下载使用。
【知识点1 平移模型】
【模型解读】把△ABC沿着某一条直线l平行移动，所得到△DEF与△ABC称为平移型全等三角形，图①，图②是常见的平移型全等三角线.
【常见模型】
【典题练习】
【例1】如图，点A，D，B，E在同一条直线上，AD=BE，BC∥EF，BC=EF．判断AC与DF的位置关系，并说明理由．
【答案】AC∥DF，理由见解析
【分析】本题考查了平行线的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，根据平行线的性质得出∠ABC=∠E，根据等式的性质得出AB=DE，根据SAS证明△ABC≌△DEF，得出∠A=∠EDF，然后根据平行线的判定即可得出结论．
【详解】解：AC∥DF
理由：∵BC∥EF，
∴∠ABC=∠E，
∵AD=BE，
∴AD+BD=BE+BD，即AB=DE，
在△ABC和△DEF中，
BC=EF∠ABC=∠EAB=DE，
∴△ABC≌△DEF，
∴∠A=∠EDF，
∴AC∥DF．
【练1】如图，已知：∠D=∠B，AD∥BC，AE=CF．
(1)求证：△ADF≌△CBE
(2)若AC=20,CE=17，求EF的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)14
【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，平行线的性质，熟知全等三角形的性质与判定定理是解题的关键．
（1）先由平行线的性质得到∠A=∠C，再证明AF=CE，据此可利用AAS证明△ADF≌△CBE；
（2）由全等三角形的性质可得AF=CE=17，再求出CF的长即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠A=∠C，
∵AE=CF，
∴AE+EF=CF+EF，即AF=CE，
又∵∠D=∠B，
∴△ADF≌△CBEAAS；
（2）解：∵△ADF≌△CBE，
∴AF=CE=17，
∴CF=AC−AF=3，
∴EF=CE−CF=14．
【知识点2 对称模型】
【模型解读】将原图形沿着某一条直线折叠后，直线两边的部分能够完全重合，这两个三角形称之为轴对称型全等三角形，此类图形中要注意期隐含条件，即公共边或公共角相等.
【常见模型】
【例2】如图，在四边形ACBD中，点P在对角线AB上，连结PC、PD．已知∠1=∠2，∠3=∠4．
（1）求证：△BDP≅△BCP；
（2）求证：AD=AC．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）先根据等角的补角相等可得∠DPB=∠CPB，再根据三角形全等的判定定理即可得证；
（2）先根据三角形全等的性质可得DP=CP，再根据三角形全等的判定定理与性质即可得证．
【详解】（1）∵∠1=∠2，∠1+∠DPB=∠2+∠CPB=180°，
∴∠DPB=∠CPB，
在△BDP和△BCP中，∠DPB=∠CPBPB=PB∠3=∠4，
∴△BDP≅△BCP(ASA)；
（2）由（1）已证：△BDP≅△BCP，
∴DP=CP，
在△ADP和△ACP中，AP=AP∠1=∠2DP=CP，
∴△ADP≅△ACP(SAS)，
∴AD=AC．
【点睛】本题考查了等角的补角相等、三角形全等的判定定理与性质，熟练掌握三角形全等的判定定理与性质是解题关键．
【练2】如图，∠BAD=∠EAC，∠B=∠E，BC=ED，求证：△ABC≌△AED．
【答案】见解析
【分析】本题主要考查全等三角形的判定，解答的关键是熟记全等三角形的判定定理并灵活运用．由题意可求得∠BAC=∠EAD，利用AAS即可判定△BAC≌△EAD．
【详解】证明：∵∠BAD=∠EAC，
∴∠BAD+∠DAC=∠EAC+∠DAC，
∴∠BAC=∠EAD．
在△BAC与△EAD中，
∵∠BAC=∠EAD∠B=∠EBC=ED，
∴△BAC≌△EADAAS．
【知识点3 手拉手模型】
【模型解读】个顶角相等的等腰三角形顶角顶点重合，左底角顶点互连，右底角顶点互连所组成的图形.
【解题思路】加(减)共顶点的角的共角部分，得到一组对应角相等。
【例3】如图，∠BAE=∠CAF=90°，EC、BF相交于点M，AE=AB，AC=AF．
(1)求证：①EC=BF；②EC⊥BF．
(2)若条件∠BAE=∠CAF=90°改为∠BAE=∠CAF=m°m≠90，则（1）中的①、②两个结论还成立吗？并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)结论（1）成立，结论（2）不成立，理由见解析
【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
（1）①由∠BAE=∠CAF=90°可得∠EAC=∠BAF，证明△ACE≌△AFB，根据全等三角形的性质即可证明；②设AB、CE相交于点D，由△ACE≌△AFB可得∠AEC=∠ABF，结合∠BAE=90°，可得∠AEC+∠ADE=90°，最后结合对顶角的定义和三角形内角和定理，即可证明；
（2）由∠BAE=∠CAF=m°m≠90可得∠EAC=∠BAF，证明△ACE≌△AFB，根据全等三角形的性质即可证明结论（1）成立；设AB、CE相交于点D，由△ACE≌△AFB可得∠AEC=∠ABF，根据∠BAE=m°可得∠AEC+∠ADE=180°−m°，最后结合对顶角的定义和三角形内角和定理，可得∠BMD=180°−∠ABF+∠BDM=m°，可判断结论（2）不成立．
【详解】（1）证明：①∵ ∠BAE=∠CAF=90°，
∴ ∠BAE+∠BAC=∠CAF+∠BAC，即∠EAC=∠BAF，
在△ACE和△AFB中，
AE=AB∠EAC=∠BAFAC=AF，
∴ △ACE≌△AFBSAS，
∴ EC=BF；
②如图，设AB、CE相交于点D，
∵ △ACE≌△AFB，
∴ ∠AEC=∠ABF
∵ ∠BAE=90°，
∴ ∠AEC+∠ADE=90°，
∵ ∠ADE=∠BDM，
∴ ∠ABF+∠BDM=90°，
在△BDM中，∠BMD=180°−∠ABF+∠BDM=180°−90°=90°，
∴ EC⊥BF．
（2）结论（1）成立，结论（2）不成立，理由如下：
∵ ∠BAE=∠CAF=m°m≠90，
∴ ∠BAE+∠BAC=∠CAF+∠BAC， 即∠EAC=∠BAF，
在△ACE和△AFB中，
AE=AB∠EAC=∠BAFAC=AF，
∴ △ACE≌△AFBSAS，
∴ EC=BF；
如图，设AB、CE相交于点D，

由（1）知△ACE≌△AFB，
∴ ∠AEC=∠ABF，
∵ ∠BAE=m°，
∴ ∠AEC+∠ADE=180°−m°，
∵ ∠ADE=∠BDM，∠AEC=∠ABF，
∴ ∠ABF+∠BDM=180°−m°，
在△BDM中，∠BMD=180°−∠ABF+∠BDM=180°−(180°−m°)=m° m≠90，
故不能得到EC⊥BF．
【练3】已知点C为线段AB上一点，分别以AC，BC为边在线段AB同侧作△ACD和△BCE，且CA=CD，CB=CE，∠ACD=∠BCE，直线AE与BD交于点F．
(1)如图1，求证：△ACE≌△DCB；
(2)若∠ACD=60°，则∠AFB= ；
(3)如图2，若∠ACD=a，则∠AFB= ．（用含a的式子表示）
【答案】(1)见详解
(2)120°
(3)180°−α
【分析】本题考查了全等三角形的判定及性质，三角形的外角性质等；
（1）由SAS可判定△ACE≌△DCB，即可得证；
（2）由全等三角形的性质得∠CAE=∠CDB，由三角形的外角性质得∠CAE+∠CBD=60°，即可求解；
（3）由全等三角形的性质得∠CAE=∠CDB，由三角形的外角性质得∠CAE+∠CBD=α，即可求解；
掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵ ∠ACD=∠BCE，
∴∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠DCE，
∴∠ACE=∠DCB，
在△ACE和△DCB中
CA=CD∠ACE=∠DCBCE=CB，
∴ △ACE≌△DCB（SAS）；
（2）解：∵ ∠ACD=60°，
∴∠CDB+∠CBD=60°，
∵ △ACE≌△DCB，
∴∠CAE=∠CDB，
∴∠CAE+∠CBD=60°，
∴∠AFB=180°−∠CAE+∠CBD
=120°，
故答案为：120°；
（3）解：∵ ∠ACD=α，
∴∠CDB+∠CBD=α，
∵ △ACE≌△DCB，
∴∠CAE=∠CDB，
∴∠CAE+∠CBD=α，
∴∠AFB=180°−∠CAE+∠CBD
=180°−α，
故答案为：180°−α．
【知识点4 半角模型】
【模型解读】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.通过作辅助线将角的倍
分关系转化为角的相等关系,并进一步构成全等三角形.
【解题思路】延长一边,构造全等三角形从而得到线段之间的数量关系
【例4】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，即可得出BE，EF，FD之间的数量关系，他的结论应是 ．
像上面这样有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等的几何模型称为半角模型．
拓展: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∠EAF=12∠BAD，则BE，EF，FD之间的数量关系是 ．请证明你的结论．
【答案】（1）EF=BE+DF；（2）EF=BE+DF，证明见解析
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
（1）根据题意证△ABE≌△ADGSAS，推出AE=AG，∠BAE=∠DAG，然后利用∠EAF=60°，∠BAD=120°，以及角的和差关系得到∠GAF=60°，从而证明△EAF≌△GAFSAS，推出EF=FG，结合FG=DG+DF=BE+DF，即可得到结论；
（2）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，根据∠B+∠D=180°，推出∠B=∠ADG，易证△ABE≌△ADGSAS，推出AE=AG，∠BAE=∠DAG，然后利用∠EAF=12∠BAD，以及角的和差关系得到∠EAF=∠GAF，从而证明△EAF≌△GAFSAS，推出EF=FG，结合FG=DG+DF=BE+DF，即可得到结论．
【详解】解：（1）在△ABE和△ADG中
DG=BE∠B=∠ADGAB=AD
∴△ABE≌△ADGSAS
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF
又∵∠EAF=60°，∠BAD=120°
∴∠GAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD−∠EAF=120°−60°=60°
∴∠EAF=∠GAF=60°
在△EAF和△GAF中
AE=AG∠EAF=∠GAFAF=AF
∴△EAF≌△GAFSAS
∴EF=FG
∵FG=DG+DF=BE+DF
∴EF=BE+DF
（2）EF=BE+DF，
理由：如图所示，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG
∵∠B+∠ADC=180°，∠ADC+∠ADG=180°
∴∠B=∠ADG
在△ABE和△ADG中
DG=BE∠B=∠ADGAB=AD
∴△ABE≌△ADGSAS
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG
∵∠EAF=12∠BAD
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD−∠EAF=∠EAF
∴∠EAF=∠GAF
在△EAF和△GAF中
AE=AG∠EAF=∠GAFAF=AF
∴△EAF≌△GAFSAS
∴EF=FG
∵FG=DG+DF=BE+DF
∴EF=BE+DF
【练4】（1）如图1，在四边形ABCD中，AB=AD,∠B=∠D=90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠BAD=2∠EAF，则∠FEC与∠BAE的数量关系为_______________．
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB=AD,∠B+∠D=180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠BAD=2∠EAF，请直接写出EF、BE、DF三条线段间的数量关系_________________．
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB=AD,∠B+∠D=180°，E、F分别是直线BC、CD上的点，且∠BAD=2∠EAF，请直接写出EF、BE、DF三条线段间的数量关系，并证明．
【答案】（1）∠FEC=2∠BAE．（2）EF=BE+DF．（3）EF=BE−DF，理由见解析
【分析】本题考查了三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是学会正确添加辅助线，构造全等三角形解决问题，解题时注意一些题目虽然图形发生变化，但是证明思路和方法是类似的．
（1）设∠BAE=α，则∠AEB=90°−α，延长CB到点D′，使BD′=DF，连接AD′，证明△AED′≌△AEFSAS，即可解答；
（2）延长CB到点D′，使BD′=DF，连接AD′，证明△ABD′≌△ADFSAS，△AED′≌△AEFSAS，即可解答；
（3）在BC上截取BD′=DF，连接AD′，同理得△ABD′≌△ADFSAS，△AED′≌△AEFSAS，即可解答．
【详解】解：（1）∠FEC=2∠BAE，理由如下：
设∠BAE=α，则∠AEB=90°−α，
如图1，延长CB到点D′，使BD′=DF，连接AD′，

∵∠ABE=∠D=90°，
∴∠ABD′=∠D=90°，
∵AB=AD，
∴△ABD′≌△ADFSAS，
∴AD′=AF，∠DAF=∠D′AB，
∵∠BAD=2∠EAF，
∴∠EAF=∠BAE+∠DAF，
∴∠EAF=∠BAE+∠D′AB=∠EAD′，
∵AE=AE，
∴△AED′≌△AEFSAS，
∴∠AEF=∠AEB=90°−α，
∴∠FEC=180°−290°−α=2α，
∴∠FEC=2∠BAE；
故答案为：∠FEC=2∠BAE；
（2）EF、BE、DF三条线段间的数量关系为：EF=BE+DF，理由如下：
如图2，延长CB到点D′，使BD′=DF，连接AD′，
∵∠ABE+∠D=180°，∠ABE+∠ABD′=180°，
∴∠D=∠ABD′，
∵AB=AD，
∴△ABD′≌△ADFSAS，
由（1）同理得：△AED′≌△AEFSAS，
∴EF=ED′，
∵ED′=BE+BD′，BD′=DF，
∴ED′=BE+DF，
∴EF=BE+DF；
故答案为：EF=BE+DF；
（3）EF=BE−DF，理由如下：
如图3，在BC上截取BD′=DF，连接AD′，
同理得：△ABD′≌△ADFSAS，
∴∠BAD′=∠DAF，AD′=AF，
∵∠BAD=2∠EAF，
∴∠BAD=2∠DAF+∠EAD=2∠BAD′+∠EAD=2∠D′AE，
∴∠D′AE=∠EAF，
∵AE=AE，
∴△AED′≌△AEFSAS，
∴EF=D′E，
∵D′E=BE−BD′，
∴EF=BE−DF．
【知识点5 一线三等角模型】
【模型解读】基本图形如下：此类图形通常告诉BD⊥DE，AB⊥AC，CE⊥DE，那么一定有∠B=∠CAE.

【常见模型】
【例5】（1）如图1，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线l经过点A，分别从点B，C向直线l作垂线，垂足分别为D，E，求证：△ABD≌△CAE；
【变式探究】
（2）如图2，在△ABC中，AB=AC，直线l经过点A，点D，E分别在直线l上，如果∠CEA=∠ADB=∠BAC，猜想DE，BD，CE有何数量关系，并给予证明；
【拓展应用】
（3）小明和科技兴趣小组的同学制作了一幅机器人图案，大致图形如图3所示，以△ABC的边AB，AC为一边向外作△BAD和△CAE，其中∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AC=AE，AG是边BC上的高，延长GA交DE于点H．设△ADH的面积为S1，△AEH的面积为S2，请猜想S1，S2大小关系，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析 （2）DE=BD+CE；证明见解析 （3）S1=S2；理由见解析
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是根据不同图形条件，准确找到全等三角形的对应角和对应边，利用 AAS 等判定定理证明全等，进而推导边的关系和面积关系。
（1）根据垂直定义得∠BDA=∠AEC=90°，则∠DAB+∠DBA=90°，再根据∠BAC=90°得∠DAB+∠EAC=90°，由此得∠DBA=∠EAC，进而可依据AAS判定△ABD和△CAE全等；
（2）根据三角形外角性质得∠EAC+∠BAC=∠ADB+∠DBA，再根据∠ADB=∠BAC得∠EAC=∠DBA，进而可依据AAS判定△EAC和△DBA全等得CE=AD，AE=BD，由此可得出DE，BD，CE的数量关系；
（3）过点D作DM⊥AH交AH的延长线于点M，过点E作EN⊥AH于点N，则∠AGB=∠M=90°，进而得∠ABG+∠BAG=90°，再根据∠BAD=90°得∠BAG+∠DAM=90°，由此得∠ABG=∠DAM，进而可依据AAS判定△ABG和△DAM全等，则DM=AG，同理可证明△ADC≌△ENA得EN=AG，则DM=EN，然后再根据三角形的面积公式即可得出S1，S2大小关系．
【详解】（1）证明：∵BD⊥直线l，CE⊥直线l，
∴∠BDA=∠AEC=90°，
∴∠DAB+∠DBA=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠DAB+∠EAC=90°，
∴∠DBA=∠EAC，
在△ABD和△CAE中，
∠BDA=∠AEC∠DBA=∠EACAB=AC，
∴△ABD≌△CAEAAS；
（2）解：DE，BD，CE的数量关系是：DE=BD+CE，证明如下：
∵∠EAB是△ABD的外角，
∴∠EAB=∠ADB+∠DBA，
∴∠EAC+∠BAC=∠ADB+∠DBA，
∵∠ADB=∠BAC，
∴∠EAC=∠DBA，
在△EAC和△DBA中，
∠EAC=∠DBA∠CEA=∠ADBAB=AC，
∴△EAC≌△DBAAAS，
∴CE=AD，AE=BD，
∴DE=AE+AD=BD+CE；
（3）S1，S2大小关系是：S1=S2，理由如下：
过点D作DM⊥AH交AH的延长线于点M，过点E作EN⊥AH于点N，如图所示：
∵AG⊥BC，
∴∠AGB=∠M=90°，
∴∠ABG+∠BAG=90°，
∵∠BAD=90°，
∴∠BAG+∠DAM=90°，
∴∠ABG=∠DAM，
在△ABG和△DAM中，
∠AGB=∠M∠ABG=∠DAMAB=AD，
∴△ABG≌△DAMAAS，
∴DM=AG，
同理可证明：△AGC≌△ENA，
∴EN=AG，
∴DM=EN，
∵S1=12AH⋅DM，S2=12AH⋅EN，
∴S1=S2．
【练5】如图①，AB=10cm，AC⊥AB，BD⊥AB，垂足分别为A、B，AC=7cm．点P在线段AB上以3cm/s的速度由点A向点B运动，同时点Q从点B出发在射线BD上运动．它们运动的时间为ts（当点P运动结束时，点Q运动随之结束）．
(1)若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当t=1时，△ACP与△BPQ是否全等？并判断此时线段PC和线段PQ的位置关系，请分别说明理由；
(2)如图②，若“AC⊥AB，BD⊥AB”改为“∠CAB=∠DBA”，点Q的运动速度为xcm/s，其他条件不变，当△ACP与△BPQ全等时，求出相应的x与t的值．
【答案】(1)△ACP≌△BPQ，PC⊥PQ，见解析
(2)3或215
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理，采用分类讨论的思想是解此题的关键．
（1）利用SAS证明△ACP≌△BPQ即可，由全等三角形的性质可得∠C=∠BPQ，求出∠CPQ=90°即可得解；
（2）分两种情况：①若△ACP≌△BPQ，则AC=BP，AP=BQ，②若△ACP≌△BQP，则AC=BQ，AP=BP，分别求解即可．
【详解】（1）解：△ACP≌△BPQ，线段PC和线段PQ的位置关系是PC⊥PQ，理由如下：
∵AC⊥AB，BD⊥AB，
∴∠A=∠B=90°，
∵当t=1时，AP=BQ=3cm，
∴BP=7cm，
∴BP=AC，
在△ACP和△ACP中，
CA=PB∠A=∠BAP=BQ，
∴△ACP≌△BPQSAS．
∴∠C=∠BPQ．
∵∠C+∠APC=90°，
∴∠APC+∠BPQ=90°，
又∵∠APC+∠BPQ+∠CPQ=180°，
∴∠CPQ=90°，
∴PC⊥PQ．
（2）解：由题意可得：BQ=xtcm，AP=3tcm，
∴BP=10−3tcm，
∵∠CAB=∠DBA
∴分两种情况讨论：
①若△ACP≌△BPQ，则AC=BP，AP=BQ，
可得7=10−3t，3t=xt，
解得t=1，x=3；
②若△ACP≌△BQP，则AC=BQ，AP=BP，
可得7=xt，3t=10−3t，
解得t=53，x=215．
综上，当△ACP与△BPQ全等时，x的值为3或215．