专题1.49 全等三角形几何模型-一线三等角模型（培优篇）（专项练习）-2022-2023学年八年级数学上册基础知识专项讲练（浙教版）

专题1.49 全等三角形几何模型-一线三等角模型（培优篇）

（专项练习）

模型一  一线三垂直全等模型

如图一，∠D=∠BCA=∠E=90°，BC=AC。   结论：Rt△BDC≌Rt△CEA

模型二  一线三等角全等模型

如图二，∠D=∠BCA=∠E，BC=AC。        结论：△BEC≌△CDA

       图一                                          图二

一、填空题

1．如图，中，，，D为延长线上一点，，且，与的延长线交于点P，若，则__________．

2．如图，已知点在轴正半轴上，点在轴的正半轴上，为等腰直角三角形，为斜边上的中点.若，则________.

3．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，CF交AB于E，BD⊥CF，AF⊥CF，则下列结论:①∠ACF＝∠CBD②BD＝FC③FC＝FD+AF④AE=DC中，正确的结论是____________(填正确结论的编号)

二、解答题

4．通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题：

（1）如图1，∠BAD＝90°，AB＝AD，过点B作BC⊥AC于点C，过点D作DE⊥AC于点E．由∠1+∠2＝∠2+∠D＝90°，得∠1＝∠D．又∠ACB＝∠AED＝90°，可以推理得到△ABC≌△DAE．进而得到AC＝　 　，BC＝AE．我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三等角”模型；

（2）如图2，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AC＝AE，连接BC，DE，且BC⊥AF于点F，DE与直线AF交于点G．求证：点G是DE的中点；

（深入探究）

（3）如图，已知四边形ABCD和DEGF为正方形，△AFD的面积为S1，△DCE的面积为S2，则有S1　 　S2（填“＞、＝、＜”）

5．（1）某学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的基本图形．如图1，已知：在中，，，直线l经过点A，直线l，直线l，垂足分别为点D，E．求证：．

（2）组员小明想，如果三个角不是直角，那结论是否会成立呢？如图2，将（1）中的条件改为：在中，，D，A，E三点都在直线l上，并且有，其中为任意锐角或钝角．请问结论是否成立？若成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由．

（3）数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用这个知识来解决问题：如图3，过的边AB，AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG，AH是BC边上的高．延长HA交EG于点I．若，则______．

6．如图，在ABC中，AB=AC=2，∠B=40°，点D在线段BC上运动（点D不与点B、C重合），连接AD，作∠ADE=40°，DE交线段AC于点E．

（1）当∠BDA=115°时，∠EDC=______°，∠AED=______°；

（2）线段DC的长度为何值时，△ABD≌△DCE，请说明理由；

（3）在点D的运动过程中，△ADE的形状可以是等腰三角形吗？若可以，求∠BDA的度数；若不可以，请说明理由．

7．在中，，直线经过点C，且于D，于E，

（1）当直线绕点C旋转到图1的位置时，显然有：（不必证明）；

（2）当直线绕点C旋转到图2的位置时，求证：；

（3）当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问、、具有怎样的等量关系？请直接写出这个等量关系．

8．问题背景：（1）如图1，已知△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E．求证：DE＝BD＋CE．

拓展延伸：（2）如图2，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC．请写出DE、BD、CE三条线段的数量关系．（不需要证明）

实际应用：（3）如图，在△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点C的坐标为(－2，0)，点A的坐标为(－6，3)，请直接写出B点的坐标．

参考答案

1．

【分析】

作于，根据全等三角形性质得出CP=PM，DC=AM，设PC=PM=x，AC=BC=3x，AM=DC=5x，求出BD=2x，即可求出答案．

解：作于，

，

，

，

，

，，

，

在和中，

，

，

，

，

，

，

，

在和中

，

，，

，，

设，，，

，

，

故答案为：．

【点拨】本题考查了三角形内角和定理，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生的推理能力．

2．2

【分析】

根据等腰直角三角形的性质，可得AP与BC的关系，根据垂线的性质，可得答案

解：如图：作CP⊥x轴于点P，由余角的性质，得∠OBA=∠PAC，

在Rt△OBA和Rt△PAC中，

，

Rt△OBA≌Rt△PAC（AAS），

∴AP=OB=b，PC=OA=a．

由线段的和差，得OP=OA+AP=a+b，即C点坐标是（a+b，a），

由B（0，b），C（a+b，a），D是BC的中点，得D（，），

∴OD=

∴=，

∴a+b=2.

故答案为2.

【点拨】本题解题主要①利用了等腰直角三角形的性质；②利用了全等三角形的判定与性质；③利用了线段中点的性质.

3．①②③

【分析】

根据同角的余角相等，可得到结论①，再证明△ACF≌△CBD，然后根据全等三角形的性质判断结论②、③、④即可.

解：∵BD⊥CF，AF⊥CF，

∴∠BDC=∠AFC=90°，

∵∠ACB＝90°，

∴∠ACF+∠BCD=∠CBD+∠BCD=90°，

∴∠ACF=∠CBD，故①正确；

在△ACF和△CBD中，，

∴△ACF≌△CBD，

∴BD＝FC，CD=AF，故结论②正确

∴FC＝FD+CD=FD+AF，故结论③正确，

∵在Rt△AEF中，AE>AF，

∴AE>CD，故结论④错误.

综上所述，正确的结论是：①②③.

【点拨】本题主要考查全等三角形的判定与性质，熟练掌握判定方法及全等的性质是解题的关键.

4．（1）DE；（2）见分析；（3）=

【分析】

（1）根据全等三角形的性质可直接进行求解；

（2）分别过点D和点E作DH⊥FG于点H，EQ⊥FG于点Q，进而可得∠BAF=∠ADH，然后可证△ABF≌△DAH，则有AF=DH，进而可得DH=EQ，通过证明△DHG≌△EQG可求解问题；

（3）过点D作DO⊥AF交AF于O，过点E作EN⊥OD交OD延长线于N，过点C作CM⊥OD交OD延长线于M，由题意易得∠ADC=∠90°，AD=DC，DF=DE，然后可得∠ADO=∠DCM，则有△AOD≌△DMC，△FOD≌△DNE，进而可得OD=NE，通过证明△ENP≌△CMP及等积法可进行求解问题．

解：（1）∵，∴；

（2）分别过点D和点E作DH⊥FG于点H，EQ⊥FG于点Q，如图所示：

∴，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

∵，

∴△ABF≌△DAH，

∴AF=DH，

同理可知AF=EQ，

∴DH=EQ，

∵DH⊥FG，EQ⊥FG，

∴，

∵

∴△DHG≌△EQG，

∴DG=EG，即点G是DE的中点；

（3），理由如下：如图所示，过点D作DO⊥AF交AF于O，过点E作EN⊥OD交OD延长线于N，过点C作CM⊥OD交OD延长线于M

∵四边形ABCD与四边形DEGF都是正方形

∴∠ADC=∠90°，AD=DC，DF=DE

∵DO⊥AF，CM⊥OD，

∴∠AOD=∠CMD=90°，∠OAD+∠ODA=90°，∠CDM+∠DCM=90°，

又∵∠ODA+∠CDM=90°，

∴∠ADO=∠DCM，

∴△AOD≌△DMC，

∴，OD=MC，

同理可以证明△FOD≌△DNE，

∴，OD=NE，

∴MC =NE，

∵EN⊥OD，CM⊥OD，∠EPN=∠CMP，

∴△ENP≌△CMP，

∴，

∵，

∴,

∴即．

【点拨】本题主要考查全等三角形的性质与判定、直角三角形的两个锐角互余及等积法，熟练掌握全等三角形的判定条件是解题的关键．

5．（1）见分析；（2）结论成立，理由见分析；（3）3.5

【分析】

（1）由条件可证明△ABD≌△CAE，可得DA=CE，AE=BD，可得DE=BD+CE；

（2）由条件可知∠BAD+∠CAE=180°-α，且∠DBA+∠BAD=180°-α，可得∠DBA=∠CAE，结合条件可证明△ABD≌△CAE，同（1）可得出结论；

（3）由条件可知EM=AH=GN，可得EM=GN，结合条件可证明△EMI≌△GNI，可得出结论I是EG的中点．

解：（1）证明：如图1中，∵BD⊥直线l，CE⊥直线l，

∴∠BDA=∠CEA=90°，

∵∠BAC=90°，

∴∠BAD+∠CAE=90°，

∵∠BAD+∠ABD=90°，

∴∠CAE=∠ABD，

在△ADB和△CEA中，

，

∴△ADB≌△CEA（AAS），

∴AE=BD，AD=CE，

∴DE=AE+AD=BD+CE．

（2）解：成立．

理由：如图2中，

∵∠BDA=∠BAC=α，

∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°-α，

∴∠DBA=∠CAE，

在△ADB和△CEA中，

，

∴△ADB≌△CEA（AAS），

∴AE=BD，AD=CE，

∴DE=AE+AD=BD+CE．

（3）如图3，过E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延长线于N．

∴∠EMI=∠GNI=90°

由（1）和（2）的结论可知EM=AH=GN

∴EM=GN

在△EMI和△GNI中，

，

∴△EMI≌△GNI（AAS），

∴EI=GI，

∴I是EG的中点．

∴S△AEI=S△AEG=3.5．

故答案为：3.5．

【点拨】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．

6．（1）25°，65°；（2）2，理由见详解；（3）可以，110°或80°.

【分析】

（1）利用邻补角的性质和三角形内角和定理解题；

（2）当DC=2时，利用∠DEC+∠EDC=140°，∠ADB+∠EDC=140°，求出∠ADB=∠DEC，再利用AB=DC=2，即可得出△ABD≌△DCE．

（3）当∠BDA的度数为110°或80°时，△ADE的形状是等腰三角形．

解：（1）∵∠B=40°，∠ADB=115°，

∴∠BAD=180°-∠B-∠ADB=180°-115°-40°=25°，

∵AB=AC，

∴∠C=∠B=40°，

∵∠EDC=180°-∠ADB-∠ADE=25°，

∴∠DEC=180°-∠EDC-∠C=115°，

∴∠AED=180°-∠DEC=180°-115°=65°；

（2）当DC=2时，△ABD≌△DCE，

理由：∵∠C=40°，

∴∠DEC+∠EDC=140°，

又∵∠ADE=40°，

∴∠ADB+∠EDC=140°，

∴∠ADB=∠DEC，

又∵AB=DC=2，

在△ABD和△DCE中，

∴△ABD≌△DCE（AAS）；

（3）当∠BDA的度数为110°或80°时，△ADE的形状是等腰三角形，

∵∠BDA=110°时，

∴∠ADC=70°，

∵∠C=40°，

∴∠DAC=70°，

∴△ADE的形状是等腰三角形；

∵当∠BDA的度数为80°时，

∴∠ADC=100°，

∵∠C=40°，

∴∠DAC=40°，

∴△ADE的形状是等腰三角形．

【点拨】本题主要考查学生对等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质等知识点的理解和掌握，此题涉及到的知识点较多，综合性较强，但难度不大，属于基础题．

7．（1）见分析；（2）见分析；（3）DE=BE-AD

【分析】

（1）由于△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，由此即可证明△ADC≌△CEB，然后利用全等三角形的性质即可解决问题；

（2）由于△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，由此仍然可以证明△ADC≌△CEB，然后利用全等三角形的性质也可以解决问题；

（3）当直线MN绕点C旋转到图（3）的位置时，仍然△ADC≌△CEB，然后利用全等三角形的性质可以得到DE=BE-AD．

解：（1）∵△ABC中，∠ACB=90°，

∴∠ACD+∠BCE=90°，

又直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，

∴∠ADC=∠CEB=90°

∴∠ACD+∠DAC=90°，

∴∠BCE=∠DAC，

在△ADC和△CEB中，

，

∴△ADC≌△CEB（AAS），

∴CD=BE，CE=AD，

∴DE=CD+CE=AD+BE；

（2）∵△ABC中，∠ACB=90°，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，

∴∠ADC=∠CEB=90°，∠ACD+∠BCE=∠BCE+∠CBE=90°，

而AC=BC，

∴△ADC≌△CEB，

∴CD=BE，CE=AD，

∴DE=CE-CD=AD-BE；

（3）如图3，

∵△ABC中，∠ACB=90°，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，

∴∠ADC=∠CEB=90°，∠ACD+∠BCE=∠BCE+∠CBE=90°，

∴∠ACD=∠CBE，

∵AC=BC，

∴△ADC≌△CEB，

∴CD=BE，CE=AD，

∴DE=CD-CE=BE-AD；

DE、AD、BE之间的关系为DE=BE-AD．

【点拨】此题需要考查了全等三角形的判定与性质，也利用了直角三角形的性质，是一个探究性题目，对于学生的能力要求比较高．

8．（1）证明见分析；（2）DE＝BD＋CE；（3）B(1，4)

【分析】

（1）证明△ABD≌△CAE，根据全等三角形的性质得到AE=BD，AD=CE，结合图形解答即可；

（2）根据三角形内角和定理、平角的定义证明∠ABD=∠CAE，证明△ABD≌△CAE，根据全等三角形的性质得到AE=BD，AD=CE，结合图形解答即可；

（3）根据△AEC≌△CFB，得到CF=AE=3，BF=CE=OE-OC=4，根据坐标与图形性质解答．

解：（1）∵BD⊥直线m，CE⊥直线m，

∴∠ADB＝∠CEA＝90°

∵∠BAC＝90°

∴∠BAD＋∠CAE＝90°

∵∠BAD＋∠ABD＝90°

∴∠CAE＝∠ABD

∵在△ADB和△CEA中

∴△ADB≌△CEA（AAS）

∴AE＝BD，AD＝CE

∴DE＝AE＋AD＝BD＋CE

即：DE＝BD＋CE

（2）解：数量关系：DE＝BD＋CE

理由如下：在△ABD中，∠ABD=180°-∠ADB-∠BAD，

∵∠CAE=180°-∠BAC-∠BAD，∠BDA=∠AEC，

∴∠ABD=∠CAE，

在△ABD和△CAE中，

∴△ABD≌△CAE（AAS）

∴AE=BD，AD=CE，

∴DE=AD+AE=BD+CE；

（3）解：如图，作AE⊥x轴于E，BF⊥x轴于F，

由（1）可知，△AEC≌△CFB，

∴CF=AE=3，BF=CE=OE-OC=4，

∴OF=CF-OC=1，

∴点B的坐标为B（1，4）．

【点拨】本题考查的是全等三角形的判定和性质、坐标与图形性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．