全等模型专项突破练习2024-2025学年人教版八年级数学上册

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突破 18 全等模型(一) 三垂直
类型一 同侧三垂直
1.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是 .
类型二 异侧三垂直
2.如图,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,BE⊥CE 于点E,AD⊥CE于点D.
(1)求证:∠BCE=∠CAD;
(2)若AD=9 cm,DE=5 cm,求 BE 的长.
类型三 隐三垂直
3.如图,在正方形ABCD 中,E是CD边上一点,连接AE,将△ADE 沿AE 折叠,使点 D 落在正方形ABCD 内部的点F 处,延长AF 交BC 于点 H.求证:BH=CE+FH.
类型四 三垂直与分类讨论
4.在△ABC中,AC=BC,∠ACB=90°,分别过A,B 两点作直线 CD 的垂线,AF⊥CD 于点 F,BE⊥CD 于点 E,连接AE.若AF=5,BE=2,则△AEF 的面积为 .
类型五 构造三垂直
5.如图,在△ABC中,AB=AC,EC⊥AC,且AC=CE,垂足为C,连接BE.若 BC═6,则△BCE 的面积为( )
B.9 C.18 D.36
6.如图,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=CB,D 为CB 延长线上一点,AE=AD,且AE⊥AD,BE 与AC 的延长线交于点F,若AC=4FC,则 的值为 .
7.如图,在Rt△ABC 中,∠BAC=90°,AB=AC,D 是BC 的中点,E 是 BC 边上的动点(不与点B,C,D重合),连接AE,在AE 右侧作EF⊥AE,且EF=AE,连接CF,则∠ECF 的度数为 .
突破19 全等模型(二) 坐标系中的三垂直
类型一 两点在轴上，“一点垂”
1.如图,在 中,点P,M在坐标轴上,点 P(0,2),N(2,—2),PM=PN,且 ，则点 M 的坐标是 .
2.如图，在平面直角坐标系中， 为等腰直角三角形,点A(--1,0),B(0, 将 向上平移一个单位长度后，点C 的坐标为( )
A.(4,1) B.(3,1) C.(4,2) D.(3,2)
3.如图,在平面直角坐标系中,点A(2,2),B(0,-1),C 为x 轴正半轴上一点, AC,且 求点 C 的坐标.
类型二 一点在轴上，“两点垂”
4.如图,在 中， ,点A(-1,0),C(1,3),求点B 的坐标.
名校压轴题·八年级数学 上
类型三 无点在轴上，“一平两垂”
5.如图,在 中， 点B(2,2),C(4,—2).求点A的坐标.
类型四 分类讨论，求坐标
6.如图,已知点A(0,3),B(4,1),以AB 为斜边作等腰 ，则直角顶点C的坐标为 .
类型五 运用全等，求定值
7.如图，在平面直角坐标系中，点A(0，m)在y轴正半轴上，点. B 为线段OD 上一动点(不与O，D两点重合)，将线段AB 绕点A 逆时针方向旋转 得到线段AC,连接CD交OA 于点E,求 的值.
类型六 线段和差，求参数
8.如图,在. 中， ,若点 A(—2,—2),B(0,m),C(n,0).求m,n之间的数量关系.
9.如图,点 点 B 在y 轴的正半轴上， 交AO 的延长线于点C，且 .若C(1,c),B(0,b),求b—c 的值.
突破20 全等模型(三) 一线三等角
类型一 同侧一线三等角
1.如图,在△ABC 中,∠B=∠C.△PMN 的顶点P,M,N 分别在AB,BC,AC上运动,且∠PMN=∠B,PM=MN.求证:BM=CN.
2.如图,在△ABC 中,AB=AC,D,A,E 三点都在直线m 上,且∠BDA=∠AEC=∠BAC=α,其中α为钝角.求证:DE=BD+CE.
3.如图,AC,DF 相交于点G,且AC=DF,D,C是BE 上两点,∠B=∠E=∠1.若BE=1,AB=m,EF=n,则CD 的长为( )
A.1-m B.1-n C. m+n--1 D. m--n+1
4.如图,在△ABC中,∠ABC=∠ACB,D,E,F 分别是AB,BC,AC 边上的点,BE=CF.
(1)若∠DEF=∠ABC,求证:DE=EF;
(2)若∠A+2∠DEF=180°,BC=9,EC=2BE,求 BD 的长.
类型二 异侧一线三等角
5. (1)如图1,点B,C 分别在∠MAN 的边AM,AN 上,点 E,F 都在∠MAN 内部的射线AD上,∠1,∠2分别是△ABE,△CAF 的外角.已知AB=AC,且∠1=∠2=∠BAC.求证:△ABE≌△CAF;
(2)如图2,在△ABC中,AB=AC,AB>BC.点 D 在边 BC 上,CD=2BD,点 E,F 在线段AD 上,∠1=∠2=∠BAC.若△ABC 的面积为15,求△ACF 与△BDE 的面积之和.
类型三 构造一线三等角
6.如图,AC=BC,D是BC上一点,∠ADE=∠C.
(1)如图1,若∠C=90°,∠DBE=135°.求证:①∠EDB=∠A;②DA=DE;
(2)如图2,当∠DBE 与∠C 之间满足什么数量关系时,总有 DA=DE 成立
突破21 全等模型(四) 手拉手
类型一 手拉手模型与角平分线
1.如图,CA=CD,CB=CE,∠ACD=∠BCE,AB 与DE交于点M.
(1)求证:AB=DE;
(2)连接MC,求证:MC平分∠BMD.
类型二 手拉手模型与八字导角
2.如图,△ABC 和△DBE 均为等腰直角三角形,连接AD,CE.求证:AD⊥CE.
类型三 手拉手模型与面积转化
3.如图,已知AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE,AB 和CD 交于点F.若点C,E,F,D 共线, 则 的值为 .
类型四 手拉手模型与角的和差
4.如图,在△ABC中,BA=BC,点F 在AB 边上,延长CF交AD 于点E,BD=BE,∠ABC=∠DBE.
(1)求证:AD=CE;
(2)若∠ABC=30°,∠AFC=45°,求∠EAC的度数.
5如图,已知AB=AC,AD=AE,且∠EAD=∠BAC=80°,若∠BDC=160°,求∠DCE 的度数.
类型五 手拉手模型与二倍角
6.如图,点C 在线段AB 上(不与点 A,B 重合),在AB 的上方分别作△ACD和△BCE,且AC=DC,BC=EC,∠ACD=∠BCE=α,连接AE,BD 交于点 P.求证:∠APB=2∠ADC.
类型六 手拉手模型与线段和差
7.如图,∠BAD=∠CAE=90°,AB=AD,AE=AC,AF⊥CB,垂足为F.
(1)求证:△ABC≌△ADE;
(2)求∠FAE 的度数;
(3)求证:CD=2BF+DE.
突破22 全等模型(五) 夹半角
类型一 90°夹45°
1.如图，把两块大小相同的含45°的三角板 ACF 和三角板 CFB 如图所示摆放，点D 在边 AC 上,点 E 在边 BC 上,且∠CFE=13°,∠CFD=32°,则∠DEC 的度数是( )
A.58° B.45° C.77° D.64°
类型二 120°夹60°
2.如图,在四边形ABCD 中,∠A=∠BCD=90°,AB=BC,点E,F 分别在AD,DC的延长线上,且∠EBF=∠ADC.
(1)探究∠EBF 与∠ABC 间的数量关系,并说明理由;
(2)若∠EBF=60°,探究线段AE,EF,CF之间的数量关系并证明.
3.在∠QAP 内有一点B,过点 B 分别作BC⊥AP,BD⊥AQ,垂足分别为C,D,且BC=BD,点E,F 分别在边AQ和AP 上.
(1)如图1,若∠AEB+∠AFB=180°,求证:BE=BF;
(2)如图2,若∠PAQ=∠EBF=60°,求证:EF=DE+CF.
类型三 夹
4.如图,在 中， 于点E,交AF于点 F,连接CF.
(1)如图1,当 在 内部时，求证：
(2)如图 2,当 的边AE,AF 分别在 外部，内部时，求证：(
类型四 夹半角的应用
5.在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心(O处)北偏西 的A 处，舰艇乙在指挥中心南偏东 的 B 处，并且 .接到指令后，舰艇甲向正东方向迅速前进，同时舰艇乙沿北偏东 的方向迅速前进.指挥中心观测到3小时后甲、乙两舰艇分别到达E，F处， 海里，且甲与乙的速度比为2：3，求甲舰艇的速度.
突破 23 全等模型(六) 对角互补
类型一 对角互补+邻边相等
1.如图,在四边形ABCD 中, 于点E，若四边形 ABCD 的面积为16,则 DE 的长为 .
2.如图,D 是 内部一点， 于点E， 于点F，且 DF,点 B 是射线AM上一点, ，在射线 AN 上取一点C，使得 ,则 AC的长为 .
类型二 对角互补+角平分线
3.如图，已知四边形ABCD 的对角互补，且 12.过顶点 C 作( 于点E，则 的值为( )
A.9 C.7.2 D.6
类型三 角平分线+邻边相等
4.如图,在四边形 ABCD 中,AC平分∠BAD,CB=CD,CF⊥AD 于点F.
(1)求证:∠ABC+∠ADC=180°;
(2)若AF:CF=3:4,CF=8,求四边形ABCD 的面积.
类型四 坐标系中的对角互补
5.如图,AC=BC,∠C=90°,点A 的坐标为(0,4),点 B 的坐标为(10,0),则点C 的坐标为 .
类型五 隐对角互补
6.如图,在△ABC 中,∠ABC=∠ACB,点D,E 分别是BC,AC上的点,AD,BE 相交于点P,连接 DE,∠EBC=∠BAD.
(1)求证:∠DPE+∠C=180°;
(2)若 PE=CE,求证:DE 平分∠ADC.
突破24 全等模型(七) 同旁张等角
类型一 同侧直角+等腰直角
1.如图,在△ABC 中,∠ABC=45°,过点 C 作CD⊥AB 于点 D,过点 B 作BM⊥AC 于点M,连接MD,过点D 作DN⊥MD,交 BM 于点N. CD 与BM 相交于点 E,且E 是CD 的中点.
(1)求证:∠AMD=45°;
(2)求证:NE--EM=MC.
C
类型二 同侧等角+等腰
2.如图,在△ABC中,AB=AC,过点 B 的射线与过点 C 的射线 CF 交于点 D,且∠ABD=∠ACF,过点A作AM⊥BD于点M.求证:BM=DM+DC.
类型三 同侧等角十外角平分线
3.如图,BF 平分△ABC 的外角∠ABE,D 为BF 上一点,∠ABC=∠ADC,过点 D 作DH⊥AB 于点H,若AH=7,BH=1,则CB 的长为( )
A.6 B.5 C.4 D.5.5
4.如图,D 是△ABC 的外角平分线上一点,过点 D 作DE⊥AC 于点E,DF⊥AB 交BA 的延长线于点 F,且满足CE=AB+AE.
(1)求证:BD=CD;
(2)求证:∠BDC=∠BAC.
类型四 同侧等角+隐角平分线
5.如图,线段AB 与CD 相交于点E,AB⊥BD,垂足为B,AC⊥CD,垂足为C.若AB=BD,∠BDE=22.5°,试探究线段DE 与AC 的数量关系,并证明你的结论.
类型五 手拉手转化为同旁张等角
6.如图,在△ABC 和△ADE中,AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE,CE 的延长线交BD于点F.
(1)求证:△ACE≌△ABD.
(2)过点A 作AH⊥BD 于点H,求证:EF+DH=HF.
类型六 构造同旁张等角
7.如图,在△ABC 中,D 为AB 中点,DE⊥AB,∠ACE+∠BCE=180°,EF⊥BC 于点F,AC=8,BC=12,求 BF 的长.
突破25 全等模型(八) 婆罗摩笈多
类型一 证中点
1.如图,BE⊥CD,AB=AD,AC=AE,过点A作AG⊥DE于点G,延长GA交BC于点F,求证:F 为BC中点.
类型二 证二倍
2.如图,在△ABO 和△CDO中,OA=OB,OC=OD,∠AOB 与∠COD 互补,连接AC,BD,E是BD的中点.求证:AC=2OE.
3.若△ABC 和△ADE 均为等腰三角形,且AB=AC=AD=AE,当∠ABC 和∠ADE 互余时,称△ABC 与△ADE 互为“底余等腰三角形”,△ABC 的边 BC 上的高AH 叫做△ADE 的“余高”.如图,△ABC 与△ADE 互为“底余等腰三角形”.
(1)若连接BD,CE,判断△ABD 与△ACE 是否互为“底余等腰三角形”: (填“是”或“否”);
(2)当∠BAC=90°时,若△ADE 的“余高”AH=3,则DE= ;
(3)当0<∠BAC<180°时,判断DE 与AH 之间的数量关系,并说明理由.
类型三 证垂直
4.如图,AD 为△ABC 的高线,AD=BC,以AB 为底边作等腰 Rt△ABE,连接ED,EC,延长CE 交AD 于F 点.求证:CE⊥DE.
类型四 求面积
5.如图,在Rt△ABC 中,∠ABC=90°,AB=6,BC=3,分别以AC,BC为一直角边作等腰Rt△ACE 和等腰Rt△BCD,连接DE 交BC 的延长线于点F,则△CEF 的面积为 ·
类型五 证面积相等
6.如图，将两个完全相同的三角形纸片 ABC 和 DEC 共顶点放置，其中∠ACB=∠DCE=90°,∠ABC=∠DEC.设△BDC 的面积为 的面积为 求证：
突破 18 全等模型(一) 三垂直
1.50 解:∵AE⊥AB 且AE=AB,EF⊥FH,BG⊥FH,
∴∠EAB=∠EFA=∠BGA=90°,
∴∠EAF+∠BAG=90°,∠ABG+∠BAG=90°,
∴∠EAF=∠ABG.
∵ AE = AB,∠EFA = ∠AGB,∠EAF=∠ABG,
∴△EFA≌△AGB,
∴AF = BG,AG = EF.同 理证得△BGC≌△CHD,GC=DH,CH=BG.
∴FH=FA+AG+GC+CH=3+6+4+3=16,
=50.故答案为50.
2.解:(1)∵BE⊥CE,AD⊥CE,
∴∠E=∠ADC=90°,
∴∠CAD+∠ECA=90°,
∵∠ACB=90°,
∴∠BCE+∠ECA=90°,
∴∠BCE=∠CAD;
(2)在△BEC 与△CDA 中,
∴△BEC≌△CDA(AAS),
∴AD=CE=9 cm,CD=BE,
∵DE=CE-CD=9-BE=5,
∴BE=4 cm.
3.证明:连接 DF,并延长交 BC 于点G.
由题意,得△ADE≌△AFE,
∴AD=AF,ED=EF.
易证AE⊥DF,∠ADF=∠AFD.
∵AD∥BC,
∴∠ADF=∠HGF,
∴∠HFG=∠HGF,
∴FH=HG.
∵∠ADG + ∠DAE = ∠ADG +∠CDG=90°,
∴∠DAE=∠CDG.
∵AD=CD,
∴△ADE≌△DCG(ASA),
∴DE=CG.
∵CD=BC,
∴CD-DE=BC-CG,
∴CE=BG,
∴BH=BG+GH=CE+FH.
4. 17. 5 或 7.5 解:① 如图 1,当
△ABC 在直线CD 同侧时,
△AFC≌△CEB,AF=CE=5,
CF=BE=2,
EF=CE+CF=AF+BE=5+2=7,
②如图 2,当△ABC 在直线 CD 两侧时，
△AFC≌△CEB,
AF=CE=5,
CF=BE=2,
∴EF=CE--CF=AF--BE=5-2=3,
∴S△AEF=7.5,
∴S△AEF=17.5 或7.5.
5. B 解:过点 A 作AH⊥BC 于点H,过点 E 作 EF⊥BC,交 BC 的延长线于点F.
∵AB=AC,
∴Rt△ABH≌Rt△ACH(HL),
∴BH=HC.
∵∠ACE=90°,
∴∠ACH+∠ECF=90°.
∵∠CAH+∠ACH=90°,
∴∠ECF=∠CAH,
∴△ACH≌△CEF(AAS),
∴△BCE 的面积 ×6×3=9,故选 B.
6. 解:过点E作EH⊥AC,交AC的延 长 线 于 点 H, 则 △ADC ≌△EAH(AAS),
∴AH=CD,EH=AC=BC,
∴△BCF≌△EHF(AAS),
∵AH=CD,AC=BC,
∴BD=CH=2FC.
∵BC=AC=4FC=2DB,
7.45°或135° 解:连接AD,过点 F 作FG⊥BC 于点G.
∵∠BAC=90°,AB=AC,D 是 BC的中点，
∴BD=CD=AD.
∵EF⊥AE,且 EF=AE,由三垂直模型,可得△ADE≌△EGF(AAS),∴EG=AD=CD,DE=FG.
①如图 1,若点 E 在线段 BD 上,则EG-DG=CD-DG,
∴DE=CG=FG,
∴∠ECF=45°;
②如图2,若点 E 在线段CD 上,则EG--EC=CD-EC,
∴DE=CG=FG,
∴∠GCF=45°,
∴∠ECF=135°.
综上所述,∠ECF 的度数为 45°或135°.
突破 19 全等模型(二)坐标系中的三垂直
1.(-4,0) 解:过点 N 作 ND⊥y轴于点D.
∵P(0,2),N(2,-2),
∴OP=2,ON=2,DN=2,
∴PD=4.
∵PM⊥PN,
∴∠MPN=90°,
∴∠MPO+∠DPN=90°.
又∵∠DPN+∠PND=90°,
∴∠MPO=∠PND.
又∵∠MOP=∠PDN=90°,
∴△MOP≌△PDN(AAS),
∴OM=PD=4,
∴M(-4,0).故答案为(-4,0).
2. D 解:∵点A(-1,0),B(0,-4),∴OA=1,OB=4.
∵△ABC 为等腰直角三角形，
∴AC=AB,∠BAC=90°.过点 C作CE⊥x轴于点E,
∴∠AEC=∠AOB=90°,
∴∠CAE + ∠BAO = ∠BAO +
∴∠CAE=∠ABO.
在△CAE 与△ABO中,
∴△CAE≌△ABO(AAS),
∴CE=AO=1. AE=OB=4,
∴OE=3,
∴C(3,1).
∵将△ABC 向上平移一个单位长度，
∴点 C 的坐标为(3,2).故选 D.
3.解:过点 A 分别作AE⊥x 轴于点E,AF⊥y轴于点 F.
则∠BAC=∠BOC=90°,
∴∠ABF=∠ACE,
又∵∠AEC=∠AFB =90°,AB=AC,
∴△AEC≌△AFB,
∴AE=AF=OF=2,CE=BF=2+1=3,
∴OC=2+3=5,
∴点 C 的坐标为(5,0).
4.解：过点 C 作直线l∥x 轴，分别过点A,B作AE⊥l 于点E,BF⊥l于点F.
∴∠AEC=∠ACB=∠BFC=90°,
∴∠EAC=∠BCF,
又∵AC=BC,
∴△AEC≌△CFB,
∴AE=CF=3,BF=EC=2,
∴点 B 的坐标为(4,1).
5.解:过点 A 作直线l∥y 轴,过点 B作 BE⊥l 于点 E,过点 C 作 CF⊥l于点 F,
∴∠BEA=∠CFA=∠BAC=90°,
∴∠BAE + ∠CAF = ∠BAE +∠ABE=90°,
∴∠ABE=∠CAF,
又∵AC=AB,
∴△ABE≌△CAF(AAS),
∴BE=AF,CF=AE,设点 A(m,n),
∵点 B(2,2),C(4,-2),
∴2-n=4-m,n+2=2-m,
∴m=1,n=-1,
∴点A 的坐标为(1,-1).
6.(3,4)或(1,0) 解:分两种情况讨论：①当点 C 在AB 上方时，可得点C(3,4);
②当点 C 在 AB 下方时,可得点 C(1,0).故答案为(3,4)或(1,0).
7.解:过点 C 作CF⊥y 轴于点F,可得△ACF≌△BAO,
∴AF=OB,CF=OA=OD,
∴△CEF≌△DEO,
∴OE=EF,
∵OA=OD,AF=OB,
∴BD=OF=2OE,
8.解:过点 A 作AD⊥x 轴于点 D,过点 B 作 BE⊥AD 于点 E,则△ACD≌△BAE,
∴CD=AE,
∵A(-2,-2),C(n,0),B(0,m),
∴CD=n+2,AE=-2-m,
∴n+2=-2-m,
∴m+n=-4.
9.解:过点 A 作AH⊥y 轴于点 H,过点 C 分别作CM⊥AH 于点 M,CN⊥y轴于点N,
可得△ACM≌△BCN,
∴BN=AM=2+1=3,
∴b-c=3.
突破 20 全等模型(三)一线三等角
1.证明:∵∠PMN=∠B=∠C,∠B+∠BPM+∠BMP=180°,∠BMP + ∠PMN + ∠CMN =180°,
∴∠BPM=∠CMN,
∵PM=MN,
∴△BPM≌△CMN(AAS),
∴BM=CN.
2.证明:∵∠BDA=∠BAC=α,
∴∠DBA + ∠BAD = ∠BAD +∠CAE=180°-α,
∴∠CAE=∠ABD.
又∵AB=AC,
∴△ADB≌△CEA(AAS),
∴AE=BD,AD=CE,
∴DE=AE+AD=BD+CE.
3. C 解:∵∠DGC=∠1,
∠E=∠1,
∴∠ACB=∠DFE,
又∵AC=DF,
∴△ACB≌△DFE(AAS),
∴DE=AB=m,BC=EF=n,
∴CD=BC+DE--BE=m+n-1,故选 C.
4.解:(1)∵∠DEF=∠ABC,∠DEC = ∠ABC + ∠BDE =∠DEF+∠CEF,
∴∠BDE=∠CEF.
又∵BE=CF,
∴△BDE≌△CEF(AAS),
∴DE=EF;
(2)∵BC=9,EC=2BE,
∴BE=3,EC=6,
∵∠A+2∠DEF=180°,∠A + ∠ABC + ∠ACB = 180°,∠ABC=∠ACB,
∴∠DEF=∠ABC=∠ACB,
∵∠DEC = ∠ABC + ∠BDE =∠DEF+∠CEF,
∴∠BDE=∠CEF.
又∵BE=CF,
∴△BDE≌△CEF(AAS),
∴BD=EC=6.
5.解:(1)∵∠1=∠2=∠BAC,∠1=∠BAE+∠ABE,∠BAC=∠BAE+∠CAF,∠2=∠FCA+∠CAF,
∴∠ABE=∠CAF,∠BAE=∠FCA,
∵AB=AC,
∴△ABE≌△CAF(ASA);
(2)∵△ABC 的面积为15,CD=2BD,
∴△ABD的面积为 由(1)得△ABE≌△CAF, =S△ABD=5.
6.解:(1)①∵∠ADE=∠C=90°,∴∠EDB+∠ADC=90°,∠A+∠ADC=90°,
∴∠EDB=∠A;
②在 AC 上 截取 CF = CD, 连接FD.
∵∠C=90°,
∴∠CFD=∠CDF=45°,
∵AC=BC,
∴AC-CF=BC-CD,即AF=BD.
由①知∠A=∠BDE,
∴△AFD≌△DBE(ASA),
∴DA=DE;
(2)当 时，总有 DA=DE 成立.理由如下:
在 AC 上截取CM=CD,连接MD.
∵AC=BC,
∴AM=BD.
∵∠ADB=∠A +∠C,∠ADB=∠ADE+∠BDE,∠ADE=∠C,
∴∠A=∠BDE.
当 时，∠DBE=∠AMD,
∴△AMD≌△DBE(ASA),
∴AD=DE.
突破21 全等模型(四) 手拉手
5∵∠ACD=∠BCE,
∴∠BCE + ∠ACE = ∠ACD +∠ACE,
∴∠BCA=∠ECD,
∵AC=DC,CB=CE,
∴△ABC≌△DEC(SAS),
∴AB=DE;
(2)过点 C 作 CG⊥AB 于点 G,CH⊥DE 于点H,
∵△ABC≌△DEC,
∴∠A=∠D,
又∵∠AGC=∠DHC=90°,AC=DC,
∴△AGC≌△DHC(AAS),
∴CG=CH,
∴MC平分∠BMD.
2.证明:延长 AD 分别交 BC 和 CE 于点G 和点 F.
∵△ABC 和△DBE 是等腰直角三角形，
∴AB=BC,BD=BE,∠ABC=∠DBE=90°,
∴∠ABC - ∠DBC = ∠DBE -∠DBC.即∠ABD=∠CBE,
∴△ABD≌△CBE(SAS),
∴∠BAD=∠BCE.
∵∠BAD + ∠ABC + ∠BGA =∠BCE+∠AFC+∠CGF=180°.
又∵∠BGA=∠CGF,
∴∠AFC=∠ABC=90°,
∴AD⊥CE.
3.5 解:∵∠BAC=∠DAE,∴∠BAC - ∠BAE = ∠DAE -∠BAE,
即∠CAE=∠BAD,
∴△ACE≌△ABD(SAS),
∴S△ACE=S△ABD.
∵S△ACF=9,
∴S△ACE+S△AEF=9.
设 S△ACE=S△ABD=x,
则S△AEF=9-x,S△ADF=x-4,
∴S△AEF+S△ADF =9-x+x--4=5,
即.S△ADE=5.
4.证明:(1)∵∠ABC=∠DBE,
∴ ∠ABC + ∠ABE = ∠DBE +∠ABE,
∴∠ABD=∠CBE.
∵BD=BE,BA=BC,
∴△ADB≌△CEB(SAS),
∴AD=CE;
(2)∵BA=BC,∠ABC=30°,
30°)=75°,
∵∠AFC=45°,
∴∠BCE=∠AFC--∠ABC=45°-30°=15°,
∵△ADB≌△CEB,
∴∠BAD=∠BCE=15°,
∴∠EAC=∠BAD+∠BAC=15°+75°=90°.
5.解:∵∠EAD=∠BAC=80°,∴∠1=∠2,
可证明△BAD≌△CAE(SAS),
∴∠ACE=∠ABD.
∵∠BAC=80°,AB=AC,
∴∠BCA=∠CBA=50°,
∴∠DCE=∠4+∠BCA+∠ACE
=∠4+50°+∠ABD
=∠4+50°+∠3+∠ABC
=∠3+∠4+100°.
又∵∠BDC=160°,
∴∠3+∠4=180°-∠BDC=20°,
∴∠DCE=20°+100°=120°.
6.证明:∵∠ACD=∠BCE=α,∴∠ACE=∠DCB.
又∵CA=CD,CB=CE,
∴△ACE≌△DCB(SAS),
∴∠EAC=∠BDC,
∴∠APD=∠ACD=α.
∵AC=CD,∠ACD=α,
∴α=180°-2∠ADC.
又∵∠APD=α=180°-∠APB,
∴∠APB=2∠ADC.
7.证明:(1)∵∠BAD=∠CAE=90°,∴∠BAC+∠CAD=90°,∠CAD+∠DAE=90°,
∴∠BAC=∠DAE,
∴△BAC≌△DAE(SAS);
(2)∵∠CAE=90°,AC=AE,∴∠E = 45°. 由(1) 知△BAC≌△DAE,
∴∠BCA=∠E=45°.
∵AF⊥BC,
∴∠CFA=90°,
∴∠CAF=45°,
∴∠FAE=∠FAC+∠CAE=45°+90°=135°;
(3)延长 BF 到G,使得 FG=FB.
∵AF⊥BG,
∴∠AFG=∠AFB=90°,
∴△AFB≌△AFG(SAS),
∴AB=AG,∠ABF=∠G.
∵△BAC≌△DAE,
∴AB=AD,∠CBA=∠EDA,CB=ED,
∴AG=AD,∠ABF=∠CDA,
∴∠G=∠CDA.
∵∠GCA=∠DCA=45°,
∴△CGA≌△CDA(AAS),
∴CG=CD.
∵CG=CB+BF+FG=CB+2BF
=DE+2BF,
∴CD=2BF+DE.
突破22 全等模型(五) 夹半角
1. D 解:过点 F 作 FH⊥FE 交AC于点 H.
∵∠AFC=∠EFH=90°,
∴∠AFH=∠CFE=13°.
∵∠A=∠FCE=45°,FA=FC,
∴△FAH≌△FCE,
∴FH=FE.
∵∠DFE=∠CFE+∠DFC=13°+32°=45°,
∴∠DFH=∠DFE=45°.
∵DF=DF,
∴△DFE≌△DFH,
∴ ∠DEF = ∠DHF = ∠A +∠AFH=58°.
∵∠FEB=∠CFE+∠FCE=58°,
∴∠DEC=180°-58°-58°=64°.故选 D.
2.解:(1)∠EBF+∠ABC=180°.理由如下：
∵∠A=∠BCD=90°,
∴∠ADC+∠ABC=180°.
∵∠EBF=∠ADC,
∴∠EBF+∠ABC=180°;
(2)AE=EF+CF.理由如下:在 AE 上截取AM=CF,连接 BM.则△ABM≌△CBF(SAS),
∴∠ABM=∠CBF,BM=BF.
∵∠EBF=60°,
由(1)知∠EBF+∠ABC=180°,
∴∠ABC=120°,
∴ ∠FBM = ∠FBC + ∠CBM =∠ABM+∠CBM=∠ABC=120°.
∵∠FBE=60°,
∴∠MBE=60°,
∴∠MBE=∠FBE,
∴△BME≌△BFE(SAS),
∴EF=EM.
∵AE=EM+AM,
∴AE=EF+CF.
3.证明:(1)∵BC⊥AP,BD⊥AQ,∴∠BDE=∠BCF=90°,
∵∠AEB+∠AFB=180°,∠AEB+∠DEB=180°,
∴∠DEB=∠CFB,
∴△DEB≌△CFB(AAS),
∴BE=BF;
(2)在 CP 上截取CG = DE,连接BG,
∴△DEB≌△CGB(SAS),
∴BE=BG,∠DBE=∠CBG,
∵∠PAQ=60°,∠BDE=∠BCF=90°,
∴∠CBG + ∠CBE = ∠DBE +∠CBE=∠DBC=120°,
即∠EBG=120°,
∵∠EBF=60°,
∴∠EBF=∠GBF,
∴△BEF≌△BGF(SAS),
∴EF=GF,
∵GF=CG+CF,CG=DE,
∴EF=DE+CF.
4.解:(1)在 EF 上截取EH=BE,连接 AH.
可证△ABE≌△AHE,
∴AB=AH,∠BAE=∠EAH.
∵AB=AC,
∴AC=AH,.
∴∠BAE+∠CAF=∠EAF,
∴ ∠BAE + ∠CAF = ∠EAH +∠FAH,
∴∠CAF=∠HAF.
在△ACF 和△AHF 中,
∴△ACF≌△AHF(SAS),
∴CF=HF,
∴EF=EH+HF=BE+CF;
(2)在 BE 的延长线上截取 EN =BE,连接AN.
∵AE⊥BF,BE=EN,AB=AC,
∴AN=AB=AC.
∵AN=AB,AE⊥BN,
∴∠BAE=∠NAE.
∠BAN),
∴∠FAN=∠CAF.
在△ACF 和△ANF 中,
∴△ACF≌△ANF(SAS),
∴CF=NF,
∴CF=BF+2BE.
5.解:延长AE,BF 相交于点C,延长CB 到点G,
使 BG=AE,连接OG.
由题意,得∠AON=30°,
∴∠A=60°,
∴∠OBG=60°,
∴∠A=∠OBG,
∵OA=OB,
∴△AOE≌△BOG(SAS),
∴OE=OG,∠AOE=∠BOG,
140°,
∴∠EOG=140°,
∵∠EOF=70°,
∴∠EOF=∠GOF,
∵OF=OF,
∴△EOF≌△GOF(SAS),
∴EF=BG+BF=AE+BF=AE+BF=180(海里),
设甲的速度为 2x 海里/小时，乙的速度为3x 海里/小时，
∴AE=3×2x=6x海里,
BF=3×3x=9x海里,
∴9x+6x=15x=180,
∴x=12,
∴2x=24.
答：甲舰艇的速度为24海里/小时.
突破 23 全等模型(六)对角互补
1.4 解:过点 D 作 DF⊥BC,交 BC的延长线于点F，
∵∠ADC+∠ABC=180°,
∴∠A+∠BCD=180°,
又∵∠BCD+∠DCF=180°,
∴∠A=∠DCF.
∵∠AED=∠CFD,AD=DC,
∴△ADE≌△CDF(AAS).
∴DE=DF,
∴DE=4.故答案为4.
2.6或10 解:①如图1,当点 C 在线段AF 上时,连接AD.
∵DE⊥AM于点E,DF⊥AN于点F,
∴∠DEB=∠DFC=90°.
在 Rt△DEB 和 Rt△DFC 中,
∴Rt△DEB≌Rt△DFC(HL),
∴CF=BE=2.
在 Rt△DEA 和 Rt△DFA 中,
∴Rt△DEA≌Rt△DFA(HL),
∴AF=AE=AB+BE=6+2=8,
∴AC=AF--CF=8-2=6;
②如图2，当点 C 在线段 AF 的延长线上时,同理可得AF=AE=8,CF=BE=2,
∴AC=AF+CF=8+2=10.
故答案为 6 或 10.
3. A 解:过点 C 作 CF⊥AD 交AD的延长线于点F,则∠CFD=90°.
∵CE⊥AB,
∴∠CEB=90°,
∴∠CEB=∠CFD.
∵∠BAC=∠DAC,
∴AC平分∠BAD,
∴CE=CF.
∵四边形 ABCD 的对角互补，
∴∠B+∠ADC=180°.
∵∠CDF+∠ADC=180°,
∴∠B=∠CDF,
∴△CEB≌△CFD(AAS),
∴BE=DF.
可证△AEC≌△AFC,
∴AE=AF,设 BE=DF=a,
∵AB=15,AD=12,
∴12+a=15-a,
∴a=1.5,
∴AE=15-a=13.5,
BE=a=1.5,
故选 A.
4.证明:(1)过点 C 作 CE⊥AB 交 AB的延长线于点E，
∵AC平分∠BAD,
∴∠EAC=∠FAC,
∵∠CEA=∠CFA,AC=AC,
∴△ACE≌△ACF(AAS),
∴AF=AE,CE=CF,
在 Rt△CBE 和 Rt△CDF 中,
EE-CE,
∴Rt△CBE≌Rt△CDF(HL),
∴∠ADC=∠CBE,
∵∠ABC+∠CBE=180°,
∴∠ADC+∠ABC=180°;
(2)∵AF:CF=3:4,CF=8,∴AF=6,
∵Rt△CBE≌Rt△CDF,△ACE≌△ACF,
∴S△CBE=S△CDF,S△ACE=S△ACF,
∴四边形 ABCD 的面积:=S△ACE+
5.(7,7) 解:过点 C 作 CH⊥y 轴于点 H,过点 B 作 BG⊥HC 于点G,则∠CHA = ∠BGC = 90°,OH =BG,GH=OB,
∴∠ACH+∠CAH=90°.
∵点 A 坐标为(0,4),点 B 坐标为(10,0),
∴OA=4,OB=10,
∴GH=CH+CG=10.
∵∠ACB=90°,
∴ AC = BC,∠ACH +∠BCG =
∴∠CAH=∠BCG,
∴△ACH≌△CBG(AAS),
∴AH=CG,CH=BG.
∵BG=OH=OA+AH=4+AH,CH+CG=10,
∴4+AH+CG=10,
∴4+AH+AH=10,解得AH=3,
∴CH=BG=4+3=7,
∴点C 的坐标为(7,7).
6.证明:(1)在△ABP 中,
∠BAD+∠ABE+∠APB=180°,
∵∠EBC=∠BAD,
∠APB=∠DPE,
∴∠EBC + ∠ABE + ∠DPE =180°,即∠ABC+∠DPE=180°,又∵∠ABC=∠C,
∴∠DPE+∠C=180°;
(2)过点 E 作EM⊥AD 于点M,EN⊥CD 于点N,
∴∠PME=∠CNE=90°,
∵∠DPE+∠C=180°,
∴∠APE=∠C,
又∵PE=CE,
∴△PME≌△CNE(AAS),
∴EM=EN,
∴DE 平分∠ADC.
突破 24 全等模型(七)同旁张等角
1.证明:(1)∵CD⊥AB,
∴∠BDC=∠ADC=90°,
∵∠ABC=45°,
∴BD=CD,
∵BM⊥AC,
∴∠AMB=∠ADC=90°,
∴∠A+∠DBN=90°,∠A+∠DCM=90°,
∴∠DBN=∠DCM,
∵DN⊥MD,
∴∠CDM+∠CDN=90°,
∵∠CDN+∠BDN=90°,
∴∠CDM=∠BDN,
∵∠DBN = ∠DCM, BD = CD,∠CDM=∠BDN,
∴△BDN≌△CDM(ASA),
∴DN=DM,
∴△DMN 是等腰直角三角形，
∴∠AMD=45°;
(2)由(1)知,DN=DM,过点 D 作DF⊥MN 于点 F,
则
∵DN⊥MD,
∴DF=FN,
∵E是CD 的中点,
∴DE=CE,
∴△DEF≌△CEM(AAS),
∴ME=EF,CM=DF,
∴FN=CM,
∵NE--EF=FN,
∴NE--EM=MC.
2.证明:如图,过点 A 作AN⊥CF,垂足为点 N,连接AD.
∴∠ANC=90°.
∵AM⊥BD,
∴∠AMB=∠AMD=90°,
∴∠AMB=∠AMD=∠ANC,
∴△AMB≌△ANC(AAS),
∴BM=CN,AM=AN.
∵AD=AD,
∴Rt△AMD≌Rt△AND(HL),
∴DN=DM.
∵CN=DN+DC,
∴BM=DM+DC.
3. A 解:过点 D 作 DG⊥BE 于点G,
∵DH⊥AB,BF 平分∠ABE,
∴DG=DH,
由∠ABC=∠ADC 可得∠DAH=∠DCG,
∴△DAH≌△DCG(AAS),
∴CG=AH=7,易得 Rt△BDG≌Rt△BDH(HL),
∴BG=BH=1,
∴CB=CG-BG=7-1=6.
故选 A.
4.证明:(1)∵D是△ABC的外角平分线 AD 上一点,DE⊥AC,DF⊥AB,
∴DE=DF,
∴Rt△ADF≌Rt△ADE(HL),
∴AF=AE.
∵CE=AB+AE,
∴CE=AB+AF=BF,
∴△CDE≌△BDF(SAS),
∴BD=CD;
(2)设 AC 与BD 交于点G.
∵△CDE≌△BDF,
∴∠FBD=∠ECD,
∵∠AGB=∠DGC,
∴∠BDC=∠BAC.
5.解:DE=2AC.理由如下:连接AD,延长AC,BD 交于F.
∵∠ACE=∠DBE=90°,
∠AEC=∠BED,
∴∠CAE=∠BDE=22.5°.
∵AB=BD,
∴∠ADB=45°,
∴∠ADC=∠ADB-∠BDE=22.5°,
∴△ACD≌△FCD(ASA),
∴AC=CF,
∴△ABF≌△DBE(ASA),
∴AF=DE.
∵AF=2AC,
∴DE=2AC.
6.证明:(1)∵∠BAC=∠DAE.
∴∠CAE=∠BAD,
∴△ACE≌△ABD(SAS);
(2)连接AF,过点 A 作AJ⊥CF 于点J.
∵△ACE≌△ABD,
∴S△ACE=S△ABD,CE=BD.
∵AJ⊥CE,AH⊥BD,
∴AJ=AH,
∴Rt△AFJ≌Rt△AFH(HL),
∴FJ=FH,
∴Rt△AJE≌Rt△AHD(HL),
∴EJ=DH,
∴EF+DH=EF+EJ=FJ=FH.
7.解:连接AE,过点 E 作 EG⊥AC 交AC 的延长线于点G，
∵D为AB中点,DE⊥AB,
∴EA=EB,
∵∠ACE+∠BCE=180°,∠ACE+∠ECG=180°,
∴∠ECG=∠BCE,
∵EF⊥BC,EG⊥AC,
∴EG=EF,
∴Rt△EFC≌Rt△EGC(HL),
∴CF=CG,
同理可得 BF=AG,
∴12-CF=8+CF,解得CF=2,
∴BF=12-2=10.
突破 25 全等模型(八)婆罗摩笈多
1.证明:∵BE⊥CD,
∴∠DAE = ∠DAB = ∠BAC =∠CAE=90°,
∴△ADE≌△ABC(SAS),
∴∠DEA=∠BCA,
∵AG⊥DE,
∴∠AGD=90°,
∴∠AED + ∠ADE = ∠DAG +∠ADE=90°,
∴∠AED=∠DAG,
∵∠DAE=∠CAF,
∴∠CAF=∠FCA,
∴FC=FA,
∵∠BAC=90°,
∴∠FAC + ∠BAF = ∠FCA +∠FBA=90°,
∴∠BAF=∠FBA,
∴FB=FA,
∴FB=FC,
∴F 是 BC 的中点.
2.证明:过点 D 作 DF∥OB 交OE 的延长线于点F,则∠F=∠BOE,
∵E 是 BD的中点,
∴DE=BE,
∴△DFE≌△BOE(AAS),
∴DF=OB=OA,
∠OBE=∠FDE.
∵OB∥DF,
∴∠FDO+∠BOD=180°.
∵∠AOB+∠COD=180°,
∴∠AOC+∠BOD=180°,
∵∠FDO+∠BOD=180°,
∴∠FDO=∠AOC,
∴△FDO≌△AOC(SAS),
∴FO=AC,
∵FO=2OE,
∴AC=2OE.
3.解:(1)连接 BD,CE,
∵AB=AC=AD=AE,
∴∠ABC=∠ACB,
∠ADE=∠AED,
∠ADB=∠ABD,
∠AEC=∠ACE,
∴∠ABC + ∠ACB + ∠ADE +∠AED=2(∠ABC+∠ADE),∠ADB + ∠ABD + ∠AEC +∠ACE=2(∠ADB+∠AEC),
∵∠ABC+∠ADE=90°,
∴2(∠ABC+∠ADE)=180°,
∴ 2(∠ADB + ∠AEC) = 180°,∠ADB+∠AEC=90°,
∴△ABD 与△ACE互为“底余等腰三角形”；
(2)∵∠BAC=90°,
AB=AC=AD=AE,
∴∠B=∠C=45°,
∵∠B+∠D=90°,
∴∠D=45°,
∴∠D=∠E=∠B=∠C=45°,
∴△ADE≌△ABC(AAS),
∵AB=AC,AH⊥BC,
∴BH=CH,∠HAB =∠HAC=45°,
∴DE=BC=6,故答案为6;
(3)DE=2AH,理由:过点 A 作AF⊥DE 于点F,
∵AD=AE,
∴DF=EF,
∵∠DFA=∠AHB=90°,∠B+∠D=90°,
∴∠D=∠BAH=90°--∠B,
∴△DFA≌△AHB(AAS),
∴DF=AH,
∴DE=2DF=2AH.
4.证明:∵AD 为△ABC的高线,
∴∠CBE+∠ABE+∠BAD=90°,
∵△ABE 是等腰直角三角形，
∴∠ABE = ∠BAE = ∠BAD +∠DAE=45°,AE=BE,
∴∠CBE+∠BAD=45°,
∴∠DAE=∠CBE,
∴△ADE≌△BCE(SAS),
∴∠EDA=∠ECB.
∵∠ADE+∠EDC=90°,
∴∠EDC+∠ECB=90°,
∴∠DEC=90°,
∴CE⊥DE.
5. 解:过E 作 EH⊥BF 交 BF 的延长线于点H，
∴∠ABC=∠ACE=∠H=90°,
∴∠ACB + ∠ECH = ∠ACB +∠CAB=90°,
∴∠BAC=∠ECH,
∵AC=CE,
∴△ABC≌△CHE(AAS),
∴BC=EH=3,CH=AB=6,
∵∠CHE=∠DCH=90°,BC=CD,
∴EH∥CD,EH=CD,
∴△CDF≌△HEF(AAS),
∴CF=FH,
∴△CEF 的面积为 故答案为-
6.证明:∵△DEC 可由△ABC 绕点C旋转得到，
∴BC=CE,AC=CD.
过点 A 作 AN⊥CE 于点 N,过点 D作DM⊥BC于点M,
∵∠ACN+∠BCN=90°,∠DCM
∴∠ACN=∠DCM,
∴△ACN≌△DCM(AAS),
∴AN=DM,
DM,
∴△BDC 的面积和△AEC 的面积相等，即