初中苏科版1.2 全等三角形测试题

这是一份初中苏科版1.2 全等三角形测试题

1.9 全等三角形的相关辅助线 知识清单常见辅助线的作法有以下几种：1）截长法与补短法，具体做法是在某条线段上截取一条线段与特定线段相等，或是将某条线段延长，是之与特定线段相等，再利用三角形全等的有关性质加以说明．这种作法，适合于证明线段的和、差、倍、分等类的题目．2)旋转法，将包含一条短边的图形旋转，使两短边构成一条边，证与长边相等。旋转需要特定条件（两个图形的短边共线）。这种作法和截长补短类似，适合证明线段的和、差、倍、分等类的题目．常见于半角模型中。3)遇到三角形的中线，倍长中线，使延长线段与原中线长相等，构造全等三角形，利用的思维模式是全等变换中的“旋转”．4）过端点作另一边的平行线：其目的是构造出一组全等三角形；特点：中线倍长的反向应用5）向中线作垂线法：过线段两端点向中点处的线段作垂线；目的是构造出一组全等三角形经典模型模型1：截长补短模型【模型分析】截长补短的方法适用于求证线段的和差倍分关系。截长：指在长线段中截取一段等于已知线段；补短：指将短线段延长，延长部分等于已知线段。该类题目中常出现等腰三角形、角平分线等关键词句，可以采用截长补短法构造全等三角形来完成证明过程，截长补短法（往往需证2次全等）。【模型图示】（1）截长：在较长线段上截取一段等于某一短线段，再证剩下的那一段等于另一短线段。例：如图，求证BE+DC=AD 方法： = 1 \* GB3 ①在AD上取一点F，使得AF=BE，证DF=DC； = 2 \* GB3 ②在AD上取一点F，使DF=DC，证AF=BE（2）补短：将短线段延长，证与长线段相等例：如图，求证BE+DC=AD方法： = 1 \* GB3 ①延长DC至点M处，使CM=BE，证DM=AD； = 2 \* GB3 ②延长DC至点M处，使DM=AD，证CM=BE例1．（2021·陕西西安市·七年级期末）问题情境：已知，在等边△ABC中，∠BAC与∠ACB的角平分线交于点O，点M、N分别在直线AC，AB上，且∠MON＝60°，猜想CM、MN、AN三者之间的数量关系．方法感悟：小芳的思考过程是在CM上取一点，构造全等三角形，从而解决问题；小丽的思考过程是在AB取一点，构造全等三角形，从而解决问题；问题解决：（1）如图1，M、N分别在边AC，AB上时，探索CM、MN、AN三者之间的数量关系，并证明；（2）如图2，M在边AC上，点N在BA的延长线上时，请你在图2中补全图形，标出相应字母，探索CM、MN、AN三者之间的数量关系，并证明．【答案】（1）CM＝AN+MN，详见解析；（2）CM＝MN﹣AN，详见解析【分析】（1）在AC上截取CD＝AN，连接OD，证明△CDO≌△ANO，根据全等三角形的性质得到OD＝ON，∠COD＝∠AON，证明△DMO≌△NMO，得到DM＝MN，结合图形证明结论；（2）在AC延长线上截取CD＝AN，连接OD，仿照（1）的方法解答．【详解】解：（1）CM＝AN+MN，理由如下：在AC上截取CD＝AN，连接OD，∵△ABC为等边三角形，∠BAC与∠ACB的角平分线交于点O，∴∠OAC＝∠OCA＝30°，∴OA＝OC，在△CDO和△ANO中，，∴△CDO≌△ANO（SAS）∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，∵∠MON＝60°，∴∠COD+∠AOM＝60°，∵∠AOC＝120°，∴∠DOM＝60°，在△DMO和△NMO中，，∴△DMO≌△NMO，∴DM＝MN，∴CM＝CD+DM＝AN+MN； （2）补全图形如图2所示：CM＝MN﹣AN，理由如下：在AC延长线上截取CD＝AN，连接OD，在△CDO和△ANO中，，∴△CDO≌△ANO（SAS）∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，∴∠DOM＝∠NOM，在△DMO和△NMO中，，∴△DMO≌△NMO（SAS）∴MN＝DM，∴CM＝DM﹣CD＝MN﹣AN．【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知等边三角形的性质及全等三角形的判定定理．变式1.（2021·湖北八年级期末）如图，△ABC中，∠B=2∠A，∠ACB的平分线CD交AB于点D，已知AC=16，BC=9，则BD的长为（　　　）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】B【分析】如图，在上截取 连接证明利用全等三角形的性质证明 求解 再证明 从而可得答案．【详解】解：如图，在上截取 连接 平分 故选：【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，掌握以上知识是解题的关键．变式2．（2021·广东中山市·八年级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝30°，点D是△ABC内一点，DB＝DC，∠DCB＝30°，点E是BD延长线上一点，AE＝AB．（1）求∠ADB的度数；（2）线段DE，AD，DC之间有什么数量关系？请说明理由．【答案】（1）120°；（2）DE＝AD+CD，理由见解析【分析】（1）根据三角形内角和定理得到∠ABC＝∠ACB＝75°，根据全等三角形的性质得到∠BAD＝∠CAD＝15°，根据三角形的外角性质计算，得到答案；（2）在线段DE上截取DM＝AD，连接AM，得到△ADM是等边三角形，根据△ABD≌△AEM，得到BD＝ME，结合图形证明结论【详解】解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝30°，∴∠ABC＝∠ACB＝（180°﹣30°）＝75°，∵DB＝DC，∠DCB＝30°，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∴∠ABD＝∠ABC﹣∠DBC＝45°，在△ABD和△ACD中，，∴△ABD≌△ACD （SSS），∴∠BAD＝∠CAD＝∠BAC＝15°，∴∠ADE＝∠ABD+∠BAD＝60°，∴∠ADB＝180°﹣∠ADE＝180°﹣60°＝120°；（2）DE＝AD+CD，理由如下：在线段DE上截取DM＝AD，连接AM，∵∠ADE＝60°，DM＝AD，∴△ADM是等边三角形，∴∠ADB＝∠AME＝120°．∵AE＝AB，∴∠ABD＝∠E，在△ABD和△AEM中，，∴△ABD≌△AEM（AAS），∴BD＝ME，∵BD＝CD，∴CD＝ME．∵DE＝DM+ME，∴DE＝AD+CD．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．模型2：旋转模型【模型分析】旋转：将包含一条短边的图形旋转，使两短边构成一条边，证与长边相等。注：旋转需要特定条件（两个图形的短边共线），该方法常在半角模型中使用。【模型图示】例：如图，已知AB=AC，∠ABM=∠CAN=90°，求证BM+CN=MN方法：旋转△ABM至△ACF处，证NE=MN例1．（2022.重庆市八年级期中）（探索发现）如图①，四边形ABCD是正方形，M，N分别在边CD、BC上，且，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图①，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接AM、AN、MN．（1）试判断DM，BN，MN之间的数量关系，并写出证明过程．（2）如图②，点M、N分别在正方形ABCD的边BC、CD的延长线上，，连接MN，请写出MN、DM、BN之间的数量关系，并写出证明过程．（3）如图③，在四边形ABCD中，AB=AD，，，点N，M分别在边BC，CD上，，请直接写出线段BN，DM，MN之间的数量关系．【答案】（1），证明见解析；（2）,证明见解析；（3）．【分析】（1）根据正方形的性质和旋转的性质可证≌，利用SAS可证，则可得：；（2）根据正方形的性质和旋转的性质可证≌，利用SAS可证，则可得：；（3）根据正方形的性质和旋转的性质可证≌，利用SAS可证，则可得：；【详解】证明：（1）如图①，∵四边形ABCD是正方形∴AB=AD，=将绕点A顺时针旋转，得到∴≌∴ ∵在和中∵，∴ （2）如图②，将绕点A顺时针旋转，得到 ∵四边形ABCD是正方形∴AB=AD，=∵绕点A顺时针旋转，得到∴≌∴ ,∵在和中∵，即：；（3）如图，∵，，，将绕点A顺时针旋转，得到∴≌∴在和中；【点拨】本题主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质等知识，利用旋转法构造全等三角形是解题的关键是学会．变式1. 如图所示，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边BC上的两点，且∠DAE＝45°，将△ADC绕点A按顺时针方向旋转90°后得到△AFB，连接EF，有下列结论：①BE＝DC；②∠BAF＝∠DAC；③∠FAE＝∠DAE；④BF＝DC．其中正确的有（　　）A．①②③④ B．②③ C．②③④ D．③④【答案】C【分析】利用旋转性质可得△ABF≌△ACD，根据全等三角形的性质一一判断即可．【详解】解：∵△ADC绕A顺时针旋转90°后得到△AFB，∴△ABF≌△ACD，∴∠BAF＝∠CAD，AF＝AD，BF＝CD，故②④正确，∴∠EAF＝∠BAF+∠BAE＝∠CAD+∠BAE＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°＝∠DAE故③正确无法判断BE＝CD，故①错误，故选：C．【点拨】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，解题的关键是掌握基本知识，属于中考常考题型．变式2．已知：正方形中，，绕点顺时针旋转，它的两边分别交（或它们的延长线）于点．当绕点旋转到时（如图1），易证．（1）当绕点旋转到时（如图2），线段和之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明．（2）当绕点旋转到如图3的位置时，线段和之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．【答案】（1），证明见解析（2）【分析】（1）BM+DN=MN成立，证得B、E、M三点共线即可得到△AEM≌△ANM，从而证得ME=MN．（2）DN-BM=MN．证明方法与（1）类似．【详解】（1）BM+DN=MN成立．证明：如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，则可证得E、B、M三点共线． ∴∠EAM=90°-∠NAM=90°-45°=45°，又∵∠NAM=45°，∴在△AEM与△ANM中， ∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME=MN，∵ME=BE+BM=DN+BM，∴DN+BM=MN；（2）DN-BM=MN．在线段DN上截取DQ=BM，如图，在△ADQ与△ABM中，∵，∴△ADQ≌△ABM（SAS），∴∠DAQ=∠BAM，∴∠QAN=∠MAN．在△AMN和△AQN中， ∴△AMN≌△AQN（SAS），∴MN=QN，∴DN-BM=MN．模型3：倍长中线模型【模型解读】中线是三角形中的重要线段之一，在利用中线解决几何问题时，常常采用“倍长中线法”添加辅助线．所谓倍长中线法，就是将三角形的中线延长一倍，以便构造出全等三角形，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的方法．【常见模型】 例1．（2021·湖北武汉·八年级阶段练习）（1）如图1，已知中，AD是中线，求证：；（2）如图2，在中，D，E是BC的三等分点，求证：；（3）如图3，在中，D，E在边BC上，且．求证：．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析【分析】（1）利用“倍长中线”法，延长AD，然后通过全等以及三角形的三边关系证明即可；（2）取DE中点H，连接AH并延长至Q点，使得AH=QH，连接QE和QC，通过“倍长中线”思想全等证明，进而得到AB=CQ，AD=EQ，然后结合三角形的三边关系建立不等式证明即可得出结论；（3）同（2）处理方式一样，取DE中点M，连接AM并延长至N点，使得AM=NM，连接NE，CE，结合“倍长中线”思想证明全等后，结合三角形的三边关系建立不等式证明即可得出结论．【详解】证：（1）如图所示，延长AD至P点，使得AD=PD，连接CP，∵AD是△ABC的中线，∴D为BC的中点，BD=CD，在△ABD与△PCD中，∴△ABD≌△PCD(SAS)，∴AB=CP，在△APC中，由三边关系可得AC+PC＞AP，∴；（2）如图所示，取DE中点H，连接AH并延长至Q点，使得AH=QH，连接QE和QC，∵H为DE中点，D、E为BC三等分点，∴DH=EH，BD=DE=CE，∴DH=CH，在△ABH和△QCH中，∴△ABH≌△QCH(SAS)，同理可得：△ADH≌△QEH，∴AB=CQ，AD=EQ，此时，延长AE，交CQ于K点，∵AC+CQ=AC+CK+QK，AC+CK＞AK，∴AC+CQ＞AK+QK，又∵AK+QK=AE+EK+QK，EK+QK＞QE，∴AK+QK＞AE+QE，∴AC+CQ＞AK+QK＞AE+QE，∵AB=CQ，AD=EQ，∴；（3）如图所示，取DE中点M，连接AM并延长至N点，使得AM=NM，连接NE，CE，∵M为DE中点，∴DM=EM，∵BD=CE，∴BM=CM，在△ABM和△NCM中，∴△ABM≌△NCM(SAS)，同理可证△ADM≌△NEM，∴AB=NC，AD=NE，此时，延长AE，交CN于T点，∵AC+CN=AC+CT+NT，AC+CT＞AT，∴AC+CN＞AT+NT，又∵AT+NT=AE+ET+NT，ET+NT＞NE，∴AT+NT＞AE+NE，∴AC+CN＞AT+NT＞AE+NE，∵AB=NC，AD=NE，∴．【点睛】本题考查全等三角形证明问题中辅助线的添加，掌握“倍长中线”的基本思想，以及熟练运用三角形的三边关系是解题关键．变式1．（2021·北京九年级专题练习）如图，中，，，为中线，求中线的取值范围．【答案】【分析】延长至点，使，连接，证明，得到，然后根据三角形三条边的关系求解即可．【详解】解：延长至点，使，连接，是中线，，在和中，，，，在中，，，，．【点睛】本题考查了三角形三条边的关系，以及全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）和全等三角形的性质（即全等三角形的对应边相等、对应角相等）是解题的关键．变式2．（2021·河北邢台·八年级期中）某数学兴趣小组在一次活动中进行了探究试验活动，请你来加入．【探究与发现】如图1，延长△ABC的边BC到D，使DC＝BC，过D作DE∥AB交AC延长线于点E，求证：△ABC≌△EDC．【理解与应用】如图2，已知在△ABC中，点E在边BC上且∠CAE＝∠B，点E是CD的中点，若AD平分∠BAE．（1）求证：AC＝BD；（2）若BD＝3，AD＝5，AE＝x，求x的取值范围．【答案】[探究与发现]见解析；[理解与应用]（1）见解析；（2）1＜x＜4【分析】[探究与发现]由ASA证明△ABC≌△EDC即可；[理解与应用]（1）延长AE到F，使EF=EA，连接DF，证△DEF≌△CEA（SAS），得AC=FD，再证△ABD≌△AFD（AAS），得BD=FD，即可得出结论；（2）由全等三角形的性质得AB=AF=2x，再由三角形的三边关系得AD-BD＜AB＜AD+BD，即5-3＜2x＜5+3，即可求解．【详解】解：[探究与发现]证明：∵DE∥AB，∴∠B=∠D，又∵BC=DC，∠ACB=∠ECD，∴△ABC≌△EDC（ASA）；[理解与应用]（1）证明：如图2中，延长AE到F，使EF=EA，连接DF，∵点E是CD的中点，∴ED=EC，在△DEF与△CEA中，，∴△DEF≌△CEA（SAS），∴AC=FD，∴∠AFD=∠CAE，∵∠CAE=∠B，∴∠AFD=∠B，∵AD平分∠BAE，∴∠BAD=∠FAD，在△ABD与△AFD中，，∴△ABD≌△AFD（AAS），∴BD=FD，∴AC=BD；（2）解：由（1）得：AF=2AE=2x，△ABD≌△AFD，∴AB=AF=2x，∵BD=3，AD=5，在△ABD中，由三角形的三边关系得：AD-BD＜AB＜AD+BD，即5-3＜2x＜5+3，解得：1＜x＜4，即x的取值范围是1＜x＜4．【点睛】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、平行线的性质、角平分线定义以及三角形的三边关系等知识，本题综合性强，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．模型4：构造平行线模型【模型分析】目的：构造出一组全等三角形 特点：中线倍长的反向应用例1．（2022·安徽合肥·八年级期末）P为等边△ABC的边AB上一点，Q为BC延长线上一点，且PA＝CQ，连PQ交AC边于D．（1）证明：PD＝DQ．（2）如图2，过P作PE⊥AC于E，若AB＝6，求DE的长．【答案】（1）证明见解析；（2）DE＝3．【分析】（1）过点P作PF∥BC交AC于点F；证出△APF也是等边三角形，得出AP=PF=AF=CQ，由AAS证明△PDF≌△QDC，得出对应边相等即可；（2）过P作PF∥BC交AC于F．同（1）由AAS证明△PFD≌△QCD，得出对应边相等FD=CD，证出AE+CD=DEAC，即可得出结果．【详解】（1）如图1所示，点P作PF∥BC交AC于点F．∵△ABC是等边三角形，∴△APF也是等边三角形，AP=PF=AF=CQ．∵PF∥BC，∴∠PFD=∠DCQ．在△PDF和△QDC中，，∴△PDF≌△QDC（AAS），∴PD=DQ；（2）如图2所示，过P作PF∥BC交AC于F．∵PF∥BC，△ABC是等边三角形，∴∠PFD=∠QCD，△APF是等边三角形，∴AP=PF=AF．∵PE⊥AC，∴AE=EF．∵AP=PF，AP=CQ，∴PF=CQ．在△PFD和△QCD中，，∴△PFD≌△QCD（AAS），∴FD=CD．∵AE=EF，∴EF+FD=AE+CD，∴AE+CD=DEAC．∵AC=6，∴DE=3．   【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质；熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．变式1．（2021·四川绵阳·八年级期中）如图，△ABC是边长为2的等边三角形，点P在AB上，过点P作PE⊥AC，垂足为E，延长BC到点Q，使CQ＝PA，连接PQ交AC于点D，则DE的长为（       ）A．0.5 B．0.9 C．1 D．1.25【答案】C【分析】过作的平行线交于，通过证明≌，得，再由是等边三角形，即可得出．【详解】解：过作的平行线交于，，是等边三角形，，，是等边三角形，，在中和中，，≌，，于，是等边三角形，，，，，，故选：C．【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．变式2．（2022·江苏盐城·八年级阶段练习）已知在等腰△ABC中，AB=AC，在射线CA上截取线段CE，在射线AB上截取线段BD，连接DE，DE所在直线交直线BC与点M．请探究：(1)如图（1），当点E在线段AC上，点D在AB延长线上时，若BD=CE，请判断线段MD和线段ME的数量关系，并证明你的结论．(2)如图（2），当点E在CA的延长线上，点D在AB的延长线上时，若BD=CE，则（1）中的结论还成立吗？如果成立，请证明；如果不成立，说明理由；【答案】(1)DM=EM．理由见详解；(2)成立，理由见详解；(3)MD=ME．【分析】（1）DM=EM；过点E作EF//AB交BC于点F，然后利用平行线的性质和已知条件可以证明△DBM≌△EFM，接着利用全等三角形的性质即可证明题目的结论；（2）成立；过点E作EF//AB交CB的延长线于点F，然后利用平行线的性质与已知条件可以证明△DBM≌△EFM，接着利用全等三角形的性质即可证明题目的结论；【解析】 (1)解：DM=EM；证明：过点E作EF//AB交BC于点F，∵AB=AC，∴∠ABC=∠C；又∵EF//AB，∴∠ABC=∠EFC，∴∠EFC=∠C，∴EF=EC．又∵BD=EC，∴EF=BD．又∵EF//AB，∴∠ADM=∠MEF．在△DBM和△EFM中 ，∴△DBM≌△EFM，∴DM=EM．(2)解：成立；证明：过点E作EF//AB交CB的延长线于点F，∵AB=AC，∴∠ABC=∠C；又∵EF//AB，∴∠ABC=∠EFC，∴∠EFC=∠C，∴EF=EC．又∵BD=EC，∴EF=BD．又∵EF//AB，∴∠ADM=∠MEF．在△DBM和△EFM中∴△DBM≌△EFM；∴DM=EM；【点睛】本题主要考查了三角形综合，涉及了等腰三角形性质和判定、全等三角形的判定与性质，利用平行构造全等三角形是解题关键．模型5：向中线作垂线模型【模型分析】过线段两端点向中点处的线段作垂线。例1．（2022.广东省八年级期中）如图，△ABC中，D为BC的中点，（1）在图中作出CM⊥AD，BN⊥AD，垂足分别为M、N；（2）求证：DM＝DN；（3）求AD＝3，求AM+AN的值．【分析】（1）根据条件作出图形，即可解答；（2）证明△BND≌△CMD，即可得到DN＝DM．（3）由△BND≌△CMD，得到DM＝DN，利用线段的和与差得到AM＝AD+DM，AN＝AD﹣ND，所以AM+AN＝AD+DM+AD﹣ND＝2AD＝6．【详解】解：（1）如图，（2）∵D为BC的中点，∴BD＝CD，∵CM⊥AD，BN⊥AD，∴∠BND＝∠CMD＝90°，在△BND和△CMD中， ∴△BND≌△CMD，∴DN＝DM．（3）∵△BND≌△CMD，∴DM＝DN，∵AM＝AD+DM，AN＝AD﹣ND，∴AM+AN＝AD+DM+AD﹣ND，∵DM＝DN，∴AM+AN＝2AD＝6．变式1. （2022.河北省八年级期中）如图．∠C＝90°，BE⊥AB且BE＝AB，BD⊥BC且BD＝BC，CB的延长线交DE于F。（1）求证：点F是ED的中点；（2）求证：S△ABC＝2S△BEF．【分析】（1）过点E作EM⊥CF交CF的延长线于M，根据同角的余角相等求出∠EBM＝∠A，然后利用“角角边”证明△ABC和△BEM全等，根据全等三角形对应边相等可得BC＝EM，再求出BD＝EM，然后利用“角角边”证明△EMF和△DBF全等，根据全等三角形对应边相等可得EF＝DF，从而得证；（2）根据全等三角形的面积相等和等底等高的三角形的面积相等进行证明．【详解】证明：（1）如图，过点E作EM⊥CF交CF的延长线于M，∵BE⊥AB，∴∠EBM+∠ABC＝180°﹣90°＝90°，∵∠C＝90°，∴∠A+∠ABC＝180°﹣90°＝90°，在△ABC和△BEM中，，∴△ABC≌△BEM（AAS），∴BC＝EM，∵BD＝BC，∴BD＝EM，在△EMF和△DBF中，，∴△EMF≌△DBF（AAS），∴EF＝DF，∴点F是ED的中点；（2）∵△ABC≌△BEM，△EMF≌△DBF，∴S△ABC＝S△BEM，S△EMF＝S△DBF，∵点F是ED的中点，∴S△BEF＝S△DBFS△BEMS△ABC，∴S△ABC＝2S△BEF．变式2．（2021·吉林八年级期末）如图①，∠BAD=90°，AB=AD，过点B作BC⊥AC于点C，过点D作DE⊥CA的延长线点E，由∠1+∠2=∠D+∠2=90°，得∠1=∠D，又∠ACB=∠AED=90°，AB=AD，得△ABC≌△DAE进而得到AC=DE，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．请应用上述“一线三等角”模型，解决下列问题：（1）如图②，∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AC=AE，连接BC、DE，且BC⊥AH于点H，DE与直线AH交于点G，求证：点G是DE的中点．（2）如图③，在平面直角坐标系中，点A为平面内任意一点，点B的坐标为（4，1），若△AOB是以OB为斜边的等腰直角三角形，请直接写出点A的坐标．【答案】（1）见解析；（2）A(，)或(，-)．【分析】（1）过点D作DM⊥AM交AG于点M，过点E作EN⊥AG于点N．根据“K字模型”即可证明AH=DM 和AH=EN，即EN=DM，再根据全等三角形的判定和性质即可证明DG=EG，即点G是DE的中点．（2）分情况讨论①当A点在OB的上方时，作AC垂直于y轴，BE垂直于x轴，CA和EB的延长线交于点D．根据“K字模型”即可证明，再利用B点坐标即可求出A点坐标．②当A点在OB的下方时，作AP垂直于y轴，BM垂直于x轴，PA和BM的延长线交于点Q．同理即能求出A点坐标．【详解】（1）如图，过点D作DM⊥AM交AG于点M，过点E作EN⊥AG于点N，则∠DMA=90°，∠ENG=90°．∵∠BHA=90 ，∴∠2+∠B=90°． ∵∠BAD=90°，∴∠1+∠2=90°． ∴∠B=∠1 ．在△ABH和△DAM中，∴△ABH△DAM（AAS），∴AH=DM．同理 △ACH△EAN（AAS）， ∴ AH=EN．∴EN=DM． 在△DMG和△ENG中 ，∴△DMG△ENG（AAS）．∴DG=EG∴点G是DE的中点．（2）根据题意可知有两种情况，A点分别在OB的上方和下方．①当A点在OB的上方时，如图，作AC垂直于y轴，BE垂直于x轴，CA和EB的延长线交于点D．利用“K字模型”可知，∴，设，则，∵，∴，又∵，即，解得，∴，．即点A坐标为(，)． ②当A点在OB的下方时，如图，作AP垂直于y轴，BM垂直于x轴，PA和BM的延长线交于点Q．根据①同理可得：，．即点A坐标为(，)．【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质．熟练利用三角形的判定方法是解答本题的关键．课后培优练级练1.（2021·河南新乡学院附属中学八年级月考）如图，在△ABC中，AB=5，AC=3，AD是BC边上的中线，AD的取值范围是（ ）A．1＜AD＜6 B．1＜AD＜4 C．2＜AD＜8 D．2＜AD＜4【答案】B【分析】先延长到，且，并连接，由于，，利用易证，从而可得，在中，再利用三角形三边的关系，可得，从而易求．【详解】解：延长到，使，连接，则AE=2AD，∵，，，∴，，在中，，即，∴．故选：．【点睛】此题主要考查三角形三边关系：两边之和大于第三边，两边之差小于第三边．2.（2022绵阳市八年级期中）如图，中，为的中点，是上一点，连接并延长交于，，且，，那么的长度为__．【答案】；【分析】延长至使，连接，得出,得出，所以得出是等腰三角形，根据已知线段长度建立等量关系计算．【解析】如图：延长至使，连接在和中： ∴∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 即 ∴【点睛】倍长中线是常见的辅助线、全等中相关的角的代换是解决本题的关键．3．（2021·成都市七年级期末）在△ABC中，AB＝AC，点D是△ABC内一点，点E是CD的中点，连接AE，作EF⊥AE，若点F在BD的垂直平分线上，∠BAC＝α，则∠BFD＝_________．（用α含的式子表示）【答案】180°﹣α．【分析】根据全等三角形的性质得到∠EAC＝∠EMD，AC＝DM，根据线段垂直平分线的性质得到AF＝FM，FB＝FD，推出△MDF≌△ABF（SSS），得到∠AFB＝∠MFD，∠DMF＝∠BAF，根据角的和差即可得到结论．【详解】解：延长AE至M，使EM＝AE，连接AF，FM，DM，∵点E是CD的中点，∴DE＝CE，在△AEC与△MED中，，∴△AEC≌△MED（SAS），∴∠EAC＝∠EMD，AC＝DM，∵EF⊥AE，∴AF＝FM，∵点F在BD的垂直平分线上，∴FB＝FD，在△MDF与△ABF中，，∴△MDF≌△ABF（SSS），∴∠AFB＝∠MFD，∠DMF＝∠BAF，∴∠BFD+∠DFA＝∠DFA+∠AFM，∴∠BFD＝∠AFM＝180°﹣2（∠DMF+∠EMD）＝180°﹣（∠FAM+∠BAF+∠EAC）＝180°﹣∠BAC＝180°﹣α，故答案为：180°﹣α．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．4．（2021·天津·八年级期中）如图，中，，E是的中点，求证：．【答案】见解析【分析】利用中线加倍证（），可得，，由，可得进而可证.，再证（）即可．【详解】证明：延长到F，使，连结 ，∵E是中点，∴ ，∴在和中，，∴（），∴，，∵，∴，又∵，，∴，在和中，，∴（），∴ ．【点睛】本题考查中线加倍构图，三角形全等判定与性质，等腰三角形性质，掌握中线加倍构图，三角形全等判定与性质，等腰三角形性质是解题关键．5.（2022•涪城区校级月考）如图，AB∥CD，E为AD上一点，且BE、CE分别平分∠ABC，∠BCD．求证：AE＝DE．【解题思路】作BE的延长线交CD的延长线于F，结合条件可证明△FCE≌△BCE，得出EF＝BE，BC＝FC，进一步可得出△AEB≌△DEF，可得出结论．【解答过程】证明：如图，延长BE交CD的延长线于F，∵CE是∠BCD的平分线，∴∠BCE＝∠FCE，∵AB∥CD，∴∠F＝∠FBA，∵BE是∠ABC的平分线，∴∠ABF＝∠FBC，∴∠FBC＝∠F．在△FCE和△BCE中，∴△FCE≌△BCE（AAS），∴EF＝BE，BC＝FC，在△AEB和△DEF中，，∴△AEB≌△DEF（ASA），∴AE＝ED．6．（2021·上海九年级专题练习）已知，在中，，点为边的中点，分别交，于点，．（1）如图1，①若，请直接写出______；②连接，若，求证：；（2）如图2，连接，若，试探究线段和之间的数量关系，并说明理由．【答案】（1）①45°；②见解析；（2），理由见解析【分析】（1）①利用直角三角形两个锐角相加得和三角形的外角等于不相邻的两个内角和的性质结合题干已知即可解题．②延长至点，使得，连接，从而可证明≌（SAS），再利用全等的性质，可知，即可知道，所以，根据题干又可得到，所以，从而得出结论．（2）延长至点，使得，连接，从而可证明≌（SAS），再利用全等的性质，可知，，根据题干即可证明≌（HL），即得出结论．【详解】（1）①∵，∴∵∴又∵∴∴故答案为．②如图，延长至点，使得，连接，∵点为的中点，∴，又∵，∴≌，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∴．（2）．如图，延长至点，使得，连接，∵，，∴≌，∴，，∵．∴≌，∴．【点睛】本题主要考查直角三角形的角的性质，三角形外角的性质，全等三角形的判定和性质以及平行线的性质．综合性较强，作出辅助线是解答本题的关键．7．（2021·江苏八年级期末）如图，在△ABC中，AD是高，E、F分别是AB、AC的中点，AB＝8，AC＝6．（1）求四边形AEDF的周长；（2）若∠BAC＝90°，求四边形AEDF的面积．【答案】（1）14；（2）12．【分析】（1）延长DE到G，使GE＝DE，连接BG，根据线段中点的定义求出AE＝4，AF＝3，并利用SAS证明△AED≌△BEG，由全等三角形的性质并再次利用全等三角形的判定得出△GBD≌△ABD，可证得DE＝AB＝4，同理DF＝AC＝3，即可计算出四边形的周长；（2）利用SSS可证△AEF≌△DEF，根据直角三角形的面积计算方法求出△AEF的面积，则四边形的面积即可求解．【详解】解：（1）延长DE到G，使GE＝DE，连接BG，∵E、F分别是AB、AC的中点，AB＝8，AC＝6，∴AE＝BE＝AB＝4，AF＝CF＝AC＝3．在△AED和△BEG中，，∴△AED≌△BEG（SAS）．∴AD＝BG，∠DAE＝∠GBE．∵AD⊥BC，∴∠DAE＋∠ABD＝90°．∴∠GBE＋∠ABD＝90°．即∠GBD＝∠ADB＝90°．在△GBD和△ABD中，，∴△GBD≌△ABD（SAS）．∴GD＝AB．∵DE＝GD，∴DE＝AB＝4．同理可证：DF＝AC＝3．∴四边形AEDF的周长＝AE＋ED＋DF＋FA＝14．（2）由（1）得AE＝DE＝AB＝4，AF＝DF＝AC＝3，在△AEF和△DEF中，，∴△AEF≌△DEF（SSS）．∵∠BAC＝90°，∴S△AEF＝AE•AF＝×4×3＝6．∴S四边形AEDF＝2S△AEF＝12．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定与性质并能利用倍长中线法构造全等三角形是解题的关键．8．（2022·全国初三专题练习）如图，在中，，，，，延长交于.求证：.【答案】详见解析【分析】如图，过点D作的延长线于点G，易证，再证即可得答案.【解析】如图，过点D作的延长线于点G，，，，又∵∠ACB=∠BGD=90°，BA=BD，∴，，又∵BC=BE，，又∵∠EBF=∠DGF=90°，∠EFB=∠DFG，∴，∴EF=DF.【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，学会添加常用辅助线，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键.9．（2022·湖北八年级月考）如图1，△ABC 中，AB＝AC，点 D 在 AB 边上，点 E 在 AC 的延长线上，且 CE＝BD， 连接 DE 交 BC 于点 F．⑴求证：EF＝DF；⑵如图2，过点 D 作 DG⊥BC，垂足为 G，求证：BC＝2FG.【答案】（1）答案见详解；（2）答案见详解.【分析】(1)过点D作DM∥AC，如图1，则∠ACB=∠DMB，∠DMF=∠ECF，进而可得：CE=MD，易证：∆DMF≅ ∆ECF，即可得到结论；(2)过点D作DM∥AC，如图2，易证：∆DMF≅ ∆ECF，可得：MF=CF，根据等腰三角形三线合一，可得：BG=MG，进而可得到结论.【详解】（1）过点D作DM∥AC，如图1，则∠ACB=∠DMB，∠DMF=∠ECF，∵AB＝AC，∴∠B=∠ACB，∴∠B=∠DMB，∴BD=MD，∵CE＝BD，∴CE=MD，在∆DMF和∆ECF中，∵ ∴∆DMF≅ ∆ECF（AAS）,∴EF＝DF；（2）过点D作DM∥AC，如图2，由第（1）小题，可知：BD=MD，∆DMF≅ ∆ECF，∴MF=CF，∵DG⊥BC，∴BG=MG（等腰三角形三线合一），∴BC=BM+CM=2(GM+FM)=2FG， 图1 图2【点睛】本题主要考查三角形全等的判定和性质定理以及等腰三角形的性质定理，添加合适的辅助线，构造等腰三角形是解题的关键.10．（2022·全国初二专题练习）如图，已知AD为△ABC的中线，点E为AC上一点，连接BE交AD于点F，且AE＝FE.求证：BF＝AC．【答案】证明见解析【分析】向中线作垂线，证明，得到，再根据AE＝FE，得到角的关系，从而证明，最终得到结论.【解析】如图，分别过点、作，，垂足为、，则.，，，.，，，，又，，.【点睛】本题是较为典型的题型，至少可以用到两种方法来解题，此题的特点就是必须有中线这个条件才能构造平行四边形或双垂线.11．（2022·成都市·七年级模拟）（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝100°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F分别是BC，CD上的点．且∠EAF＝50°．探究图中线段EF，BE，FD之间的数量关系．小明同学探究的方法是：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，他的结论是　 　（直接写结论，不需证明）；（2）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2∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由；（3）如图3，四边形ABCD是边长为7的正方形，∠EBF＝45°，直接写出△DEF的周长．【答案】（1）EF＝BE+DF；（2）成立，理由详见解析；（3）14．【分析】（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，由“SAS”可证△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，再由“SAS”可证△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题；（2）延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，即可证明△ABG≌△ADF，可得AF＝AG，再证明△AEF≌△AEG，可得EF＝EG，即可解题；（3）延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，由“SAS”可证△ABH≌△CBF，可得BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，由“SAS”可证△EBH≌△EBF，可得EF＝EH，可得EF＝EH＝AE+CF，即可求解．【详解】证明：（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠BAD＝100°，∠EAF＝50°，∴∠BAE+∠FAD＝∠DAG+∠FAD＝50°，∴∠EAF＝∠FAG＝50°，在△EAF和△GAF中，∵，∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF＝FG＝DF+DG，∴EF＝BE+DF，故答案为：EF＝BE+DF；（2）结论仍然成立，理由如下：如图2，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABG+∠ABC＝180°，∴∠ABG＝∠D，∵在△ABG与△ADF中，，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，∵2∠EAF＝∠BAD，∴∠DAF+∠BAE＝∠BAG+∠BAE＝∠BAD＝∠EAF，∴∠GAE＝∠EAF，又AE＝AE，∴△AEG≌△AEF（SAS），∴EG＝EF．∵EG＝BE+BG．∴EF＝BE+FD；（3）如图，延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝7＝AD＝CD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∴∠BAH＝∠BCF＝90°，又∵AH＝CF，AB＝BC，∴△ABH≌△CBF（SAS），∴BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，∵∠EBF＝45°，∴∠CBF+∠ABE＝45°＝∠HBA+∠ABE＝∠EBF，∴∠EBH＝∠EBF，又∵BH＝BF，BE＝BE，∴△EBH≌△EBF（SAS），∴EF＝EH，∴EF＝EH＝AE+CF，∴△DEF的周长＝DE+DF+EF＝DE+DF+AE+CF＝AD+CD＝14．【点睛】本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．12．（2021·四川八年级期末）如图1，在等边三角形中，于于与相交于点．（1）求证：；（2）如图2，若点是线段上一点，平分交所在直线于点．求证：．（3）如图3，若点是线段上一点（不与点重合），连接，在下方作边交所在直线于．猜想：三条线段之间的数量关系，并证明．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）OF=OG+OA，理由见解析【分析】（1）由等边三角形的可求得∠OAC=∠OAB=∠OCA=∠OCB=30°，理由含30°角的直角三角形的性质可得OC=2OD，进而可证明结论；（2）理由ASA证明△CGB≌△CGF即可证明结论；（3）连接OB，在OF上截取OM=OG，连接GM，可证得△OMG是等边三角形，进而可利用ASA证明△GMF≌△GOB，得到MF=OB=OA，由OF=OM+MF可说明猜想的正确性．【详解】解：（1）证明：∵△ABC为等边三角形，∴AB=BC=AC，∠BAC=∠ACB=60°，∵AD⊥BC，CE⊥AB，∴AD平分∠BAC，CE平分∠ACB，∴∠OAC=∠OAB=∠OCA=∠OCB=30°，∴OA=OC，在Rt△OCD中，∠ODC=90°，∠OCD=30°，∴OC=2OD，∴OA=2OD；（2）证明：∵AB=AC=BC，AD⊥BC，∴BD=CD，∴BG=CG，∴∠GCB=∠GBC，∵CG平分∠BCE，∴∠FCG=∠BCG=∠BCF=15°，∴∠BGC=150°，∵∠BGF=60°，∴∠FGC=360°-∠BGC-∠BGF=150°，∴∠BGC=∠FGC，在△CGB和△CGF中，，∴△CGB≌△CGF（ASA），∴GB=GF；（3）解：OF=OG+OA．理由如下：连接OB，在OF上截取OM=OG，连接GM，∵CA=CB，CE⊥AB，∴AE=BE，∴OA=OB，∴∠OAB=∠OBA=30°，∴∠AOB=120°，∠AOM=∠BOM=60°，∵OM=OG，∴△OMG是等边三角形，∴GM=GO=OM，∠MGO=∠OMG=60°，∵∠BGF=60°，∴∠BGF=∠MGO，∴∠MGF=∠OGB，∵∠GMF=120°，∴∠GMF=∠GOB，在△GMF和△GOB中，，∴△GMF≌△GOB（ASA），∴MF=OB，∴MF=OA，∵OF=OM+MF，∴OF=OG+OA．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定的与性质，含30° 角的直角三角形，角平分线的定义等知识的综合运用，属于三角形的综合题，证明相关三角形全等是解题的关键．13．（2021·四川东辰国际学校八年级期末）已知在四边形ABCD中，∠ABC＋∠ADC＝180°，∠BAD＋∠BCD＝180°，AB＝BC（1）如图1，连接BD，若∠BAD＝90°，AD＝7，求DC的长度．（2）如图2，点P、Q分别在线段AD、DC上，满足PQ＝AP＋CQ，求证：∠PBQ＝∠ABP＋∠QBC（3）若点Q在DC的延长线上，点P在DA的延长线上，如图3所示，仍然满足PQ＝AP＋CQ，请写出∠PBQ与∠ADC的数量关系，并给出证明过程．【答案】（1）；（2）见解析；（3），证明见解析【分析】（1）根据已知条件得出为直角三角形，再根据证出，从而证出即可得出结论；（2）如图2，延长DC到 K，使得CK=AP，连接BK，通过证△BPA≌△BCK（SAS）得到：∠1=∠2，BP=BK．然后根据证明得，从而得出，然后得出结论；（3）如图3，在CD延长线上找一点K，使得KC=AP，连接BK，构建全等三角形：△BPA≌△BCK（SAS），由该全等三角形的性质和全等三角形的判定定理SSS证得：△PBQ≌△BKQ，则其对应角相等：∠PBQ=∠KBQ，结合四边形的内角和是360°可以推得：∠PBQ=90°+∠ADC．【详解】（1）证明：如图1， ．∵，，∴，在和中，∴，∴，∴；（2）如图2，延长至点，使得，连接∵，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，，∵，，∴，∵，，∴，∴，∴；（3）；如图3，在延长线上找一点，使得，连接，∵，∴，∵，∴，在和中，∴，∴，，∴，∵，∴，在和中，∴，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．14．（2022·江苏八年级月考）（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．连结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，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF∠BAD，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45海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以60海里/小时的速度前进，2小时后，指挥中心观测到甲、乙两地分别到达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）结论EF＝BE+DF仍然成立；（3）此时两舰艇之间的距离是210海里【分析】（1）延长FD到点G，使DG=BE．连结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．连结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，然后与（2）同理可证．【详解】解：（1）EF＝BE+DF，证明如下：在ABE和ADG中，，∴ABE≌ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF∠BAD，∴∠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．（2）结论EF＝BE+DF仍然成立；理由：延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，如图2，在ABE和ADG中，，∴ABE≌ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF∠BAD，∴∠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）如图3，连接EF，延长AE、BF相交于点C，∵∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°，∠EOF＝70°，∴∠EOF∠AOB，又∵OA＝OB，∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝180°，∴符合探索延伸中的条件，∴结论EF＝AE+BF成立，即EF＝2×（45+60）＝210（海里）．答：此时两舰艇之间的距离是210海里．【点睛】本题考查了全等三角形的判定以及全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△AEF≌△AGF是解题的关键．