【全套精品专题】浙教版八年级上册 数学复习专题精讲 第03讲 全等三角形常见模型专题探究-【专题突破】(解析版)

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第3讲 全等三角形常见模型专题探究模型一 K型图【知识点睛】K型图模型总结K型全等模型变形——三垂定理：如图，亦有△ADC≌△CEB(AAS)总结：当一个直角放在一条直线上时，常通过构造K型全等来证明边相等，或者边之间的数量关系【类题训练】1．（2021秋•九龙坡区校级期末）如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别是点D、E，AD＝7cm，BE＝3cm，则DE的长是（　　）A．3cm B．3.5cm C．4cm D．4.5cm【分析】根据同角的余角相等，得∠CAD＝∠BCE，再利用AAS证明△ACD≌△CBE，得CD＝BE＝3cm，CE＝AD＝7cm，从而得出答案．【解答】解：∵AD⊥CE，BE⊥CE，∴∠BEC＝∠CDA＝90°，∴∠CAD+∠ACD＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠BCE＝90°，∴∠CAD＝∠BCE，在△ACD与△CBE中，，∴△ACD≌△CBE（AAS），∴CD＝BE＝3cm，CE＝AD＝7cm，∴DE＝CE﹣CD＝7﹣3＝4cm，故选：C．2．（2021秋•惠民县月考）如图，AE⊥AB且AE＝AB，BC⊥CD且BC＝CD，请按照图中所标注的数据，计算图中实线所围成的图形的面积S＝　98　．【分析】由“AAS”可证△FEA≌△GAB，可得AG＝EF＝8，AF＝BG＝4，同理可得CG＝DH＝6，BG＝CH＝4，由面积和差关系可求解．【解答】解：∵AE⊥AB，EF⊥AF，BG⊥AG，∴∠EFA＝∠AGB＝∠EAB＝90°，∴∠FEA+∠EAF＝90°，∠EAF+∠BAG＝90°，∴∠FEA＝∠BAG，在△FEA和△GAB中，，∴△FEA≌△GAB（AAS），∴AG＝EF＝8，AF＝BG＝4，同理CG＝DH＝6，BG＝CH＝4，∴FH＝4+8+4+6＝22，∴梯形EFHD的面积＝×（EF+DH）×FH＝×（8+6）×22＝154，∴实线所围成的图形的面积S＝154﹣2××4×8﹣2××4×6＝98，故答案为：98．3．（2021秋•海丰县期末）如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别为D，E．（1）求证：△ACD≌△CBE；（2）试探究线段AD，DE，BE之间有什么样的数量关系，请说明理由．【分析】（1）根据同角的余角相等，可证∠BCE＝∠CAD，再利用AAS证明△ACD≌△CBE；（2）由△ACD≌△CBE，得CD＝BE，AD＝CE，即可得出结论．【解答】（1）证明：∵AD⊥CE，BE⊥CE，∴∠ADC＝∠BEC＝90°，∴∠ACE+∠CAD＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠BCE+∠ACD＝90°，∴∠BCE＝∠CAD，在△ACD和△CBE中，，∴△ACD≌△CBE（AAS）；（2）解：AD＝BE+DE，理由如下：∵△ACD≌△CBE，∴CD＝BE，AD＝CE，∵CE＝CD+DE，∴AD＝BE+DE．4．（2020秋•永年区月考）如图，在△ABC中，AB＝AC＝3，∠B＝∠C＝50°，点D在边BC上运动（点D不与BC点重合），连接AD，作∠ADE＝50°，DE交边AC于点E．（1）当∠BDA＝100°时，∠EDC＝　30　°，∠DEC＝　100　°；（2）当DC等于多少时，△ABD≌△DCE，请说明理由．【分析】（1）由补角的定义可求∠ADC＝80°，进而可求解∠EDC的度数，根据三角形的内角和定理可求解∠DEC的度数；（2）可利用AAS证明△ABD≌△DCE．【解答】解：（1）∵∠BDA+∠ADC＝180°，∠BDA＝100°，∴∠ADC＝80°，∵∠ADE＝50°，∴∠EDC＝∠ADC﹣∠ADE＝30°；∵∠C＝50°，∠C+∠EDC+∠DEC＝180°，∴∠DEC＝100°；故答案为30；100；（2）当DC＝3时，△ABD≌△DCE，理由如下：∵AB＝3，DC＝3，∴AB＝DC，∵∠B＝50°，∠ADE＝50°，∴∠B＝∠ADE，∵∠ADB+∠ADE+∠EDC＝180°，∠DEC+∠C+∠EDC＝180°，∴∠ADB＝∠DEC，在△ABD和△DCE中，∴△ABD≌△DCE（AAS）．5．（2022春•锦江区校级期中）已知Rt△ABC和Rt△ADE，AB＝AC，AD＝AE．连接BD、CE，过点A作AH⊥CE于点H，反向延长线段AH交BD于点F．（1）如图1，当AB＝AD时①请直接写出BF与DF的数量关系：BF　＝　DF（填“＞”、“＜”、“＝”）②求证：CE＝2AF（2）如图2，当AB≠AD时，上述①②结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．【分析】（1）①根据SAS证△BAF≌△DAF，即可得出BF＝DF；②根据等腰三角形的性质得出，CE＝2CH，再根据AAS证△AFB≌△CHA，得出AF＝CH，即可得证结论；（2）作BM⊥AF于点M，作DN⊥AF交AF的延长线于点N，根据AAS证△AMB≌△CHA，再根据AAS证△AND≌△EHA，同理证△BMF≌△DNF，根据线段的等量关系即可得出结论．【解答】解：（1）∵AB＝AC，AD＝AE，AB＝AD，∴AC＝AE，∵AH⊥CE，∴∠CAH＝∠EAH，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠CAH+∠BAF＝90°，∠EAH+∠DAF＝90°，∴∠BAF＝∠DAF，在△BAF和△DAF中，，∴△BAF≌△DAF（SAS），∴BF＝DF，故答案为：＝；②∵AC＝AE，AH⊥CE，∴CH＝EH＝CE，∴CE＝2CH，∵∠BAC＝∠AHC＝90°，∴∠BAF+∠CAH＝90°，∠ACH+∠CAH＝90°，∴∠BAF＝∠ACH，∵△BAF≌△DAF，∴∠AFB＝∠AFD＝90°，∴∠AFB＝∠CHA，在△AFB和△CHA中，，∴△AFB≌△CHA（AAS），∴AF＝CH，∴CE＝2AF；（2）成立，证明如下：作BM⊥AF于点M，作DN⊥AF交AF的延长线于点N，∴∠BMA＝∠N＝90°，∴∠BAM+∠ABM＝90°，∠DAN+∠ADN＝90°，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAM+∠CAH＝90°，∠DAN+∠EAH＝90°，∴∠ABM＝∠CAH，∠ADN＝∠EAH，∵AH⊥CE，∴∠AMB＝∠CHA＝∠N＝∠EHA＝90°，在△AMB和△CHA中，，∴△AMB≌△CHA（AAS），∴MB＝AH，同理可证△AND≌△EHA（AAS），∴DN＝AH，∴BM＝DN，在△BMF和△DNF中，，∴△BMF≌△DNF（AAS），∴BF＝DF，MF＝NF，∴AM＝AF﹣MF，AN＝AF+NF＝AF+MF，∴AM+AN＝AF﹣MF+AF+MF＝2AF，∵△AMB≌△CHA，△AND≌△EHA，∴AM＝CH，AN＝EH，∴CH+EH＝AM+AN＝2AF，∵CE＝CH+EH，∴CH＝2AF，即BF＝DF，CE＝2AF．6．（2021秋•涡阳县期末）如图，把一块直角三角尺ABC的直角顶点C放置在水平直线MN上，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，试回答下列问题：（1）若把三角尺ABC绕着点C按顺时针方向旋转，当AB∥MN时，∠2＝　45　度；（2）在三角尺ABC绕着点C按顺时针方向旋转过程中，分别作AM⊥MN于M，BN⊥MN与N，若AM＝6，BN＝2，求MN．（3）三角尺ABC绕着点C按顺时针方向继续旋转到图3的位置，其他条件不变，则AM、BN与MN之间有什么关系？请说明理由．【分析】（1）先求出∠B＝45°，再用平行线的性质，即可求出答案；（2）先用同角的余角相等判断出∠2＝∠CAM，同理：∠1＝∠CBN，进而判断出△AMC≌△CNB（ASA），得出AM＝CN，MC＝BN，即可求出答案；（3）同（2）的方法，即可得出结论．【解答】解：（1）在△ABC中，AB＝AC，∠ACB＝90°，∴∠B＝∠A＝45°，∵AB∥MB，∴∠2＝∠B＝45°，故答案为45；（2）∵AM⊥MN于M，BN⊥MN于N，∴∠AMC＝90°，∠BNC＝90°．∴∠1+∠CAM＝90°，又∵∠1+∠2＝90°，∴∠2＝∠CAM，同理：∠1＝∠CBN，在△AMC和△CNB中，，∴△AMC≌△CNB（ASA），∴AM＝CN，MC＝BN，∴MN＝MC+CN＝AM+BN＝2+6＝8；（3）MN＝BN﹣AM，理由：同（2）的方法得，△AMC≌△CNB（ASA），∴AM＝CN，MC＝BN，∴MN＝MC﹣CN＝BN﹣AM．模型二 手拉手模型【知识点睛】手拉手模型总结手拉手模型在第一章只是表面应用，后续深层次应用需要在等腰三角形学完之后探究【类题训练】1．（2021秋•诸暨市月考）已知：如图，在△ABC、△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，点C、D、E三点在同一直线上，连接BD．（1）求证：△BAD≌△CAE；（2）线段BD与线段CE的关系为　BD＝CE，BD⊥CE　，请说明理由．【分析】（1）根据已知条件利用边角边即可证明△BAD≌△CAE；（2）结合（1）利用等腰直角三角形的判定和性质即可得结论．【解答】解：（1）∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC+∠CAD＝∠EAD+∠CAD，∴∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS）；（2）BD＝CE，BD⊥CE，理由如下：由（1）知，△BAD≌△CAE，∴BD＝CE，∵△BAD≌△CAE，∴∠ABD＝∠ACE，∵∠ABD+∠DBC＝45°，∴∠ACE+∠DBC＝45°，∴∠DBC+∠DCB＝∠DBC+∠ACE+∠ACB＝90°，则BD⊥CE．故答案为：BD＝CE，BD⊥CE．2．（2021秋•宣化区期末）已知：如图，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，连接CD，C，D，E三点在同一条直线上，连接BD，BE．以下四个结论：①BD＝CE；②∠ACE+∠ABD＝45°；③∠BAE+∠DAC＝180°；④BD⊥CE．其中正确的是 　①③④　．（只填序号）【分析】①由AB＝AC，AD＝AE，利用等式的性质得到夹角相等，利用SAS得出△ABD≌△ACE，由全等三角形的对应边相等得到BD＝CE；②由等腰直角三角形的性质得到∠ABD+∠DBC＝45°，等量代换得到∠ACE+∠DBC＝45°；③根据周角的定义即可判断；④由△ABD≌△AEC得到一对角相等，再利用等腰直角三角形的性质及等量代换得到BD垂直于CE；【解答】解：①∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE，故①正确；②∵△ABC为等腰直角三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∴∠ABD+∠DBC＝45°，∵∠ABD＝∠ACE，∴∠ACE+∠DBC＝45°，故②错误；③∵∠BAC＝∠EAD＝90°，∴∠BAE+∠CAD＝180°，故③正确；④∵△BAD≌△CAE，∴∠ABD＝∠ACE，∵∠ABD+∠DBC＝45°，∴∠ACE+∠DBC＝45°，∴∠DBC+∠DCB＝∠DBC+∠ACE+∠ACB＝90°，则BD⊥CE，故④正确；综上所述，正确的结论有3个．故答案为：①③④．3．（2021秋•长沙期末）如图，△ABD、△AEC都是等边三角形，直线CD与直线BE交于点F．（1）求证：CD＝BE；（2）求∠CFB的度数．【分析】（1）利用△ABD、△AEC都是等边三角形，证明△DAC≌△BAE，即可得到CD＝BE；（2）由△DAC≌△BAE，得到∠ADC＝∠ABE，再由∠CFE＝∠BDF+∠DBF＝∠BDF+∠DBA+∠ABF，即可解答．【解答】（1）证明：∵△ABD、△AEC都是等边三角形，∴AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠DBA＝∠ADB＝60°，∠CAE＝60°，∵∠DAB＝∠DAC+∠CAB，∠CAE＝∠BAE+∠CAB，∴∠DAC＝∠BAE，在△DAC和△BAE中，，∴△DAC≌△BAE（SAS），∴CD＝BE．（2）解：∵△DAC≌△BAE，∴∠ADC＝∠ABE，∴∠CFE＝∠BDF+∠DBF＝∠BDF+∠DBA+∠ABF＝∠BDF+∠DBA+∠ADC＝∠BDA+∠DBA＝60°+60°＝120°，∴∠CFB＝60°．4．（2021秋•大连期末）在△ABC中，AB＝AC，点D是直线BC上一动点（不与B、C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转∠BAC的度数，得到线段AE，连接CE，设∠BAC＝α，∠BCE＝β．（1）如图1，当点D在线段BC上时，用等式表示α与β之间的数量关系，并证明；（2）如图2，当点D在线段CB延长线上时，补全图形，用等式表示α与β之间的数量关系，并证明．【分析】（1）先利用边角边定理证明△DAB与△EAC全等，证出∠ECA＝∠B，所以∠B+∠ACB＝β，再根据三角形内角和定理即可得到α+β＝180°；（2）方法同（1）证出∠ECA＝∠ABD，所以α+∠DCA＝β+∠DCA，所以α＝β．【解答】解：（1）α+β＝180°．证明：∵∠BAC＝∠DAE＝α，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC．即∠BAD＝∠CAE．又AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS）．∴∠B＝∠ACE．∴∠B+∠ACB＝∠ACE+∠ACB．∴∠B+∠ACB＝β．∵α+∠B+∠ACB＝180°，∴α+β＝180°．（2）当点D在线段CB延长线上时，α＝β．其理由如下：类似（1）可证△DAB≌△ECA，∴∠DBA＝∠ECA，又由三角形外角性质有∠DBA＝α+∠DCA，而∠ACE＝β+∠DCA，∴α＝β．模型三 对称全等模型【知识点睛】对称全等模型总结常见基本图形：模型提取：1.对称变换基本特征：必有对称轴 2.对称型全等模型常隐含的条件：具有公共边、公共角、有时全等三角形不止一对、对称轴会平分公共角3.全等证明常用解决手段：多想角度间的等量代换方法—角平分线的定义、内角和公式、外角定理等 4.其特殊应用环境：角平分线的常见辅助线角平分线基本性质：角平分线上的点到角两边的距离相等（对称类全等经常和角平分线结合，可以考察角平分线的定义，也可以考察角平分线的性质定理）【类题训练】1．（2022•梧州模拟）如图，在△ABC中，∠A＝90°，BE是△ABC的角平分线，ED⊥BC于点D，CD＝4，△CDE周长为12，则AC的长是（　　）A．14 B．8 C．16 D．6【分析】根据角平分线的性质得到AE＝DE，根据三角形的周长公式计算，得到答案．【解答】解：∵BE是△ABC的角平分线，ED⊥BC，∠A＝90°，∴AE＝DE，∵△CDE的周长为12，CD＝4，∴DE+EC＝8，∴AC＝AE+EC＝8，故选：B．2．（2021秋•泗水县期末）如图，△ABC的面积为10cm2，AP垂直∠B的平分线BP于P，则△PBC的面积为（　　）A．4cm2 B．5cm2 C．6cm2 D．7cm2【分析】延长AP交BC于E，根据AP垂直∠B的平分线BP于P，即可求出△ABP≌△BEP，又知△APC和△CPE等底同高，可以证明两三角形面积相等，即可证明三角形PBC的面积．【解答】解：延长AP交BC于E，∵AP垂直∠B的平分线BP于P，∠ABP＝∠EBP，又知BP＝BP，∠APB＝∠BPE＝90°，∴△ABP≌△BEP，∴S△ABP＝S△BEP，AP＝PE，∴△APC和△CPE等底同高，∴S△APC＝S△PCE，∴S△PBC＝S△PBE+S△PCE＝S△ABC＝5cm2，故选：B．3．（2020秋•江岸区校级月考）如图，△ABE和△ADC是△ABC分别沿着AB，AC边翻折形成的，若∠1：∠2：∠3＝13：3：2，CD与BE交于O点，则∠EOC的度数为（　　）A．80° B．85° C．90° D．100°【分析】根据题意可得，若∠1：∠2：∠3＝13：3：2，则∠1＝130°，∠3＝20°，根据折叠的性质，翻折变换的特点即可求解．【解答】解：如图，AE与DC交于点P，∵∠1：∠2：∠3＝13：3：2，∴∠1＝130°，∠3＝20°，∴∠DCA＝20°，∠EAB＝130°，∵∠PAC＝360°﹣2∠1＝100°，∴∠EPD＝∠APC＝180°﹣∠PAC﹣∠DCA＝60°．由翻折的性质可知∠E＝∠3＝20°．∴∠EOC＝180°﹣∠EPD﹣∠E＝180°﹣60°﹣20°＝100°．故选：D．4．（2022•永嘉县模拟）如图，△ABC的角平分线BD，CE交于点F，AB＝AC．（1）求证：△ABD≌△ACE．（2）当∠A＝40°时，求∠BFC的度数．【分析】（1）根据等腰三角形的性质以及角平分线的定义，得出∠ABD＝∠ACE，进而判定△ABD≌△ACE，（2）根据角平分线的定义可得∠FBC＝∠ABC，∠FCB＝∠ACB，再根据三角形内角和定理求出即可．【解答】解：（1）∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵两条角平分线BD、CE相交于点O，∴∠ABD＝∠ACE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（ASA）．（2）在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝180°﹣40°＝140°，∵∠ABC，∠ACB的平分线BE，CD相交于点F，∴∠FBC＝∠ABC，∠FCB＝∠ACB，∴∠FBC+∠FCB＝（∠ABC+∠ACB）＝×140°＝70°，在△BCF中，∠BFC＝180°﹣（∠FBC+∠FCB）＝180°﹣70°＝110°．5．（2022•嘉兴一模）在①OA＝OD，②∠ABC＝∠DCB，③∠ABO＝∠DCO这三个条件中选择其中一个，补充在下面的问题中，并完成问题的解答．问题：如图，AC与BD相交于点O，∠1＝∠2．若 　OA＝OD或∠ABC＝∠DCB或∠ABO＝∠DCO　，求证：AB＝DC．【分析】若①OA＝OD，由SAS证△ACB≌△DBC，即可得出AB＝DC；若②∠ABC＝∠DCB，由ASA证△ABO≌△DCO（ASA），即可得出AB＝DC；若③∠ABO＝∠DCO，由ASA证△ABO≌△DCO（ASA），即可得出AB＝DC．【解答】解：若①OA＝OD，∵∠1＝∠2，∴OB＝OC，∴OA+OC＝OD+OB，即AC＝DB，在△ACB和△DBC中，，∴△ACB≌△DBC（SAS），∴AB＝DC；若②∠ABC＝∠DCB，∵∠1＝∠2，∴OB＝OC，∠ABC﹣∠1＝∠DCB﹣∠2，即∠ABO＝∠DCO，在△ABO和△DCO中，，∴△ABO≌△DCO（ASA），∴AB＝DC；若③∠ABO＝∠DCO，∵∠1＝∠2，∴OB＝OC，在△ABO和△DCO中，，∴△ABO≌△DCO（ASA），∴AB＝DC；故答案为：OA＝OD或∠ABC＝∠DCB或∠ABO＝∠DCO．6．（2021秋•台安县月考）如图，四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，∠BCD＝150°，CB＝CD，M，N为AB、AD上的两个动点，且∠MCN＝75°．求证：MN＝BM+DN．【分析】延长AB至点E，使得BE＝DN，连接CE，根据同角的补角相等得∠CBE＝∠CDN，根据SAS证明△CBE≌△CDN，则∠BCE＝∠DCN，进而证明∠ECM＝∠MCN＝75°，根据SAS证明△ECM≌△NCM，得到MN＝ME，则MN＝BM+BE＝BM+DN．【解答】证明：延长AB至点E，使得BE＝DN，连接CE，∵四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，∠ABC+∠CBE＝180°，∴∠CBE＝∠CDN，在△CBE和△CDN中，，∴△CBE≌△CDN（SAS），∴∠BCE＝∠DCN，CN＝CE，∵∠BCD＝150°，∠MCN＝75°，∴∠MCE＝∠MCB+∠BCE＝∠MCB+∠DCN＝75°，∴∠MCN＝∠MCE，在△ECM和△NCM中，，∴△ECM≌△NCM（SAS），∴MN＝ME＝BM+BE＝BM+DN．7．（2021春•西安期末）如图，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AE＝AC，AF⊥CB，垂足为F．（1）△ABC≌△ADE吗？为什么？（2）求∠FAE的度数；（3）延长BF到G，使得FG＝FB，试说明CD＝2BF+DE．【分析】（1）由“SAS”可证△ABC≌△ADE；（2）由等腰直角三角形的性质可得∠AEC＝∠ACE＝45°，由全等三角形的性质可得∠ACB＝∠AED＝45°，即可求解；（3）由全等三角形的性质可得∠ABC＝∠ADE，BC＝DE，由线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质可得AB＝AG＝AD，∠ABG＝∠AGB＝∠ADC，由“AAS”可证△ACD≌△ACG，可得CD＝CG，可得结论．【解答】证明：（1）△ABC≌△ADE，理由如下：∵∠BAD＝∠CAE＝90°，∴∠EAD＝∠CAB，在△ABC和△ADE中，，∴△ABC≌△ADE（SAS）；（2）∵∠CAE＝90°，AC＝AE，∴∠AEC＝∠ACE＝45°，∵△ABC≌△ADE，∴∠ACB＝∠AED＝45°，∵AF⊥CB，∴∠FAC＝45°，∴∠FAE＝135°；（3）∵△ABC≌△ADE，∴∠ABC＝∠ADE，BC＝DE，∴∠ADC＝∠ABG，∵AF⊥BF，BF＝FG，∴AB＝AG，∴AG＝AD，∠ABG＝∠AGB＝∠ADC，又∵∠ACG＝∠ACD＝45°，∴△ACD≌△ACG（AAS），∴CD＝CG，∴CD＝BG+CB＝2BF+DE．图形条件与结论辅助线注意事项条件：AC=BC,AC⊥BC结论：△ADC≌△CEB(AAS)分别过点A、B作AD⊥l,BE⊥lK型图可以和等腰直角三角板结合，也可以和正方形结合图形条件与结论辅助线条件：AD=AE、AB=AC∠BAC=∠DAE结论：△ABD≌△ACE(SAS) BD=CE分别连接BD、CE