沪科版数学八年级上册全等三角形之一线三等角模型

沪科版数学八年级上册全等三角形之一线三等角模型
一、基础典例
1．（2022八上·大安期末）在中，，，过点C作直线，于点M，于点N．
（1）若在外（如图1），求证：；
（2）若与线段相交（如图2），且，，则　 　．
2．（2022八上·滨海期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE于E，AD⊥CE于D．
（1）求证：△ADC≌△CEB．
（2）AD＝5cm，DE＝3cm，求BE的长度．
3．（2021八上·昆明期末）如图，在中，．
（1）如图①所示，直线过点，于点，于点，且．求证：．
（2）如图②所示，直线过点，交于点，交于点，且，则是否成立？请说明理由．
4．（2022八上·榆树期末）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，求证：
①；
②．
（2）当直线绕点C旋转到图2的位置时，求证：；
（3）当直线绕点C旋转到图3的位置时，试问具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．
5．（2022八上·海口期中）已知，在中，D，A，E三点都在同一直线上，.
（1）如图1，若，.
求证：①；
②
（2）如图2，，，，点A在线段上以的速度由点D向点E运动，同时，点C在线段上以的速度由点E向点F运动，它们的运动时间为，是否存在x，使得与全等？若存在，求出相应的x，t的值；若不存在，请说明理由.
6．（2022八上·威远期中）如图：
（1）模型的发现：
如图1，在中，，，直线经过点，且、两点在直线的同侧，直线，直线，垂足分别为点，．请直接写出、和的数量关系．
（2）模型的迁移1：位置的改变
如图2，在（1）的条件下，若，两点在直线的异侧，请说明、和的关系，并证明．
（3）模型的迁移2：角度的改变
如图3，在（1）的条件下，若三个直角都变为了相等的钝角，即，其中，（1）的结论还成立吗？若成立，请你给出证明；若不成立，请说明、和的关系，并证明．
二、巩固提高
7．（2024八上·海曙开学考）
（1）模型的发现：
如图，在中，，，直线经过点，且，两点在直线的同侧，直线，直线，垂足分别为点、问：、和的数量关系．
（2）模型的迁移：位置的改变
如图，在的条件下，若、两点在直线的异侧，请说明、和的数量关系，并证明．
8．（2024八上·长沙月考）
问题情境：如图，在直角三角形中，，于点，可知：不需要证明；
（1）特例探究：如图，，射线在这个角的内部，点、在的边、上，且，于点，于点证明：≌；
（2）归纳证明：如图，点，在的边、上，点，在内部的射线上，、分别是、的外角．已知，求证：≌；
（3）拓展应用：如图，在中，，点在边上，，点、在线段上，若的面积为，则与的面积之和为　 　．
9．（2025八上·诸暨月考） 如图，，点在线段上以的速度，由运动，同时点在线段上由运动．
（1）如图1，若点的运动速度与点的运动速度相等，当运动时间是否全等？说明理由，并直接判断此时线段和线段的位置关系；
（2）如图2，将“”为改“”，其他条件不变，若的运动速度与的运动速度不相等，当的运动速度为多少时，能使全等．
（3）在图2的基础上延长交于点，使分别是中点，如图3，若点以（2）中的运动速度从点出发，点以原来速度从点同时出发，都逆时针沿三边运动，求出经过多长时间点与点第一次相遇．
10．（2021八上·阳高期末）如图，是经过顶点C的一条直线，，E、F分别是直线上两点，且．
（1）若直线经过的内部，且E、F在射线上．
①如图1，若，，则．
②如图2，若，请添加一个关于与关系的条件，使①中的结论仍然成立，并说明理由；
（2）如图3．若线经过的外部，，请提出关于，，三条线段数量关系的合理猜想，并简述理由．
三、实践探究题
11．（2024八上·华容期末）“一线三等角”模型是平面几何图形中的重要模型之一，“一线三等角”指的是图形中出现同一条直线上有3个相等的情况，在学习过程中，我们发现“一线三等角”模型的出现，还经常会伴随着出现全等三角形．
根据对材料的理解解决以下问题∶
（1）如图1，，．猜想，，之间的关系：　 　
（2）如图2，将（1）中条件改为，，请问（1）中的结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）如图3，在中，点为上一点，，，，，请直接写出的长．
12．（2023八上·三水期中）综合与实践．
（1）积累经验
我们在第十二章《全等三角形》中学习了全等三角形的性质和判定，在一些探究题中经常用以上知识转化角和边，进而解决问题．例如：我们在解决：“如图1，在△ABC中，，，线段DE经过点C，且于点D，于点E．求证：，只要证明，即可得到解决；
（2）类比应用
如图2，在平面直角坐标系中，中，∠ACB=90°，，点A的坐标为点C的坐标为，求点B的坐标．
（3）拓展提升
如图3，在平面直角坐标系中，，AC=BC，点A的坐标为，点C的坐标为，则点B坐标为　 　．
13．（2023八上·麻阳期中）
（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△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线l经过点A，BD⊥直线l，CE⊥直线l，垂足分别为点D、E.证明：DE＝BD+CE.
（2）组员小刘想，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△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线l上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α为任意锐角或钝角.请问结论DE＝BD+CE是否成立？如成立，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△ABC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，求证：I是EG的中点.
答案解析部分
1．【答案】（1）证明：∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
在和中，
，
∴
∴，，
∵，
∴；
（2）1.5
【知识点】三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（2）∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
在和中，
，
∴
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：1.5．
【分析】（1）先利用“AAS”证明，可得，，再利用线段的和差及等量代换可得；
（2）先利用“AAS”证明，可得，，再利用线段的和差及等量代换可得。
2．【答案】（1）证明：∵AD⊥CE，∠ACB＝90°，
∴∠ADC＝∠ACB＝90°，
∴∠BCE＝∠CAD（同角的余角相等），
在△ADC与△CEB中
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
（2）解：由（1）知，△ADC≌△CEB，
则AD＝CE＝5cm，CD＝BE．
∵CD＝CE-DE，
∴BE＝AD-DE＝5-3＝2（cm），
即BE的长度是2cm．
【知识点】余角、补角及其性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）根据余角的性质可得∠BCE＝∠CAD， 根据AAS证明△ADC≌△CEB；
（2）由（1）知，△ADC≌△CEB，可得AD＝CE＝5cm，CD＝BE，利用线段的和差关系即可求解．
3．【答案】（1）解：∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴；
（2）解：仍然成立，理由如下：
∵，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴．
【知识点】三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）先根据垂直的定义得出，则，，则，根据等量代换得出，根据AAS可证明，根据全等三角形的性质得出，，即可得出即可；
（2）根据三角形内角和定理和平角的定义证得，根据AAS证得，根据全等三角形的性质得出，，即可得出即可。
4．【答案】（1）证明：如图
①∵，
∴，
∴．
又∵，，
∴．
②∵，
∴，，
∴．
（2）证明：
∵，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴．
（3）解：当旋转到图3的位置时，所满足的等量关系是（或等）．
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
【知识点】三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）①利用“一线三等角”证明即可；
②根据全等三角形的性质可得，，再利用线段的和差及等量代换可得；
（2）利用“一线三等角”证明，可得，再利用线段的和差及等量代换可得；
（3）先证明，可得，再利用线段的和差及等量代换可得。
5．【答案】（1）证明：①∵，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
②∵，
∴，，
∴；
（2）解：存在，当时，
∴，，
∴，此时；
当时，
∴，，
∴，，
综上：，或，.
【知识点】三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）①根据同角的余角相等可得∠CAE=∠BAD，由已知条件可知AB=AC，∠ADB=∠AEC=90°，然后根据全等三角形的判定定理进行证明；
②根据全等三角形的性质可得AD=CE，BA=AE，然后根据线段的和差关系进行证明；
（2）当△DAB≌△ECA时，AD=CE=2cm，BD=AE=7cm，据此可得t的值，进而可得x的值；当△DAB≌△EAC时，AD=AE=4.5cm，DB=EC=7cm，同理可得t、x的值.
6．【答案】（1）结论：
证明：∵BD⊥l，CE⊥l，∠BAC=90°，
∴∠BDA=∠AEC=90°，∠DBA+∠BAD=90°，∠BAD+∠CAE=90°，
∴∠DBA=∠CAE，
在△ABD和△CAE中
∴△ABD≌△CAE（AAS）
∴DA=CE，BD=AE
∵DE=DA+AE，
∴DE=BD+CE
（2）解：
证明如下：∵
∴
∵
∴
∴
在 和 中
∴
∴ ，
∴
（3）解：（1）的结论成立，
理由如下：
∵ ， ，
∴ ，
在 和 中，
∴ ，
∴ ， ，
∴ .
【知识点】垂线的概念；三角形内角和定理；三角形外角的概念及性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）利用垂直的定义可证得∠BDA=∠AEC=90°，利用三角形的内角和定理可得到∠DBA+∠BAD=90°，∠BAD+∠CAE=90°，利用余角的性质可推出∠DBA=∠CAE；再利用AAS证明△ABD≌△CAE，利用全等三角形的对应边相等，可证得DA=CE，BD=AE；然后根据DE=DA+AE，可证得结论.
（2）利用垂直的定义和余角的性质可证得∠BAD=∠ACE，利用AAS证明△BAD≌△ACE，利用全等三角形的性质可证得AE=BD，AD=CE，由此可证得结论.
（3）利用三角形外角的性质，结合已知可证得∠DAB=∠ECA，利用AAS证明△DAB≌△ECA，利用全等三角形的对应边相等可证得AE=BD，AE=CE，然后根据DE=AD+AE，代入可证得结论.
7．【答案】（1），
证明：理由如下：，，
，
在和中，
，
≌，
，，
；
（2），
证明如下：，
，
直线，
，
，
在和中，
，
≌，
，，
．
【知识点】三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）利用余角的性质可证得∠DAB=∠ECA，利用AAS证明△DAB≌△ECA，利用全等三角形的性质可推出AE=BD，AD=CE，然后根据DE=AD+AE，代入可证得结论.
（2）利用垂直的概念和余角的性质可证得∠DAB=∠ECA，利用AAS证明△DAB≌△ECA，利用全等三角形的性质可推出AE=BD，AD=CE，然后根据AE=AD+DE，代入可证得结论.
8．【答案】（1）解：如图，
，，，
，
，，
，
在和中，
，
≌；
（2）解：如图，
，，，，
，，
在和中，
，
≌；
（3）5
【知识点】三角形全等的判定-ASA；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（3）∵△ABC的面积为15，CD＝2BD，
∴△ABD的面积=×15＝5，
由图3中证出△ABE≌△CAF，
∴△ACF与△BDE的面积之和等于△ABE与△BDE的面积之和=△ABD的面积=5，
故答案为：5．
【分析】（1）先利用角的运算及等量代换证出，再利用“AAS”证出 ≌即可；
（2）先利用角的运算求出，， 再利用“ASA”证出≌即可；
（3）利用“△ABC的面积为15，CD＝2BD”求出△ABD的面积=×15＝5，再结合“△ABE≌△CAF”可得△ACF与△BDE的面积之和等于△ABE与△BDE的面积之和=△ABD的面积=5，从而得解.
9．【答案】（1）解：全等，理由如下：
依题意AP=BQ=4cm
∵AB=16cm
∴PB=AB-AP=12cm
在与中，
∴
PC与PQ的位置关系是垂直。
（2）解：分析可知一定是
∴AP=BP
即4t=16-4t
解得t=2
∴BQ=AC=12cm
12÷2=6(cm/s)
∴当Q的速度为6cm/s时， 能使全等 。
（3）解：∵点C、D分别是AE，BE中点
∴AE=2AC=24cm，BE=2BD=24cm
依题意6t-4t=48
解得t=24
∴经过24s点P与点Q第一次相遇
【知识点】三角形全等及其性质；线段的中点；三角形全等的判定-SAS；三角形-动点问题
【解析】【解答】解：(1)∵
∴
∵
∴
∴
即PC⊥PQ
【分析】(1)利用SAS判定易证，进一步得到对应角，等量代换可证明，从而可得，说明PC⊥PQ；
(2)根据题意不难得到对应关系是，于是对应边AP=BP，用含t的式子表示出AP与BP，建立方程即可求出t=2，从而可知BQ=12cm，用它除以2就是点Q的速度；
(3)不难求出AE=BE=24cm，利用点Q的路程减点P的路程等于AE+BE可建立方程6t-4t=48，求解即得。
10．【答案】（1）解：① =
②
理由如下：
∵∠BEC＝∠CFA＝α，
∴∠BEF＝180° ∠BEC＝180° α，
又∵∠BEF＝∠EBC＋∠BCE，
∴∠EBC＋∠BCE＝180° α，
又∵α＋∠BCA＝180°，
∴∠BCA＝180° α，
∴∠BCA＝∠BCE＋∠ACF＝180° α，
∴∠EBC＝∠FCA，
在△BCE和△CAF中，
，
∴△BCE≌△CAF（AAS）
∴BE＝CF；
（2）解：EF＝BE＋AF，理由如下：
∵∠BCA＝α，
∴∠BCE＋∠ACF＝180° ∠BCA＝180° α，
又∵∠BEC＝α，
∴∠EBC＋∠BCE＝180° ∠BEC＝180° α，
∴∠EBC＝∠FCA，
在△BEC和△CFA中，
，
∴△BEC≌△CFA（AAS）
∴BE＝CF，EC＝FA，
∴EF＝EC＋CF＝FA＋BE，即EF＝BE＋AF．
【知识点】三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（1）①∵∠BEC＝∠CFA＝α＝90°，
∴∠BCE＋∠CBE＝180° ∠BEC＝90°，
又∵∠BCA＝∠BCE＋∠ACF＝90°，
∴∠CBE＝∠ACF，
在△BCE和△CAF中，，
∴△BCE≌△CAF（AAS）
∴BE＝CF．
【分析】（1）利用“AAS”证明△BCE≌△CAF，再利用全等三角形的性质可得BE=CF；
（2）先利用“AAS”证明△BEC≌△CFA，可得BE＝CF，EC＝FA，再利用线段的和差及等量代换可得EF＝EC＋CF＝FA＋BE，即EF＝BE＋AF。
11．【答案】（1）
（2）解：（1）中结论仍然成立，理由如下：
∵，，
，
∴．
在和中，
，
∴．
∴，．
∴，
∴（1）中结论仍然成立；
（3）解：7
【知识点】余角、补角及其性质；三角形内角和定理；三角形外角的概念及性质；三角形全等及其性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（1）猜想：DE=AD+BE．
理由：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC=∠ACB=90°=∠CEB，
∴∠CAD+∠ACD=90°，∠BCE+∠ACD=90°，
∴∠CAD=∠BCE，
在△ADC与△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴CE=AD，CD=BE，
∴DE=CE+CD=AD+BE．
故答案为：DE=AD+BE；
（3）∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【分析】（1）根据直角三角形中两锐角互余，可得出∠ACD=∠CBE，再根据全等三角形的性质与判定可得CD=BE，CE=AD，即可得出答案；
（2）先根据三角形内角和与补角的性质可得∠CAD=∠BCE，再根据全等三角形的性质与判定可得CD=BE，CE=AD，由此可得出答案；
（3）先根据三角形外角性质可得∠AED=∠FDB，再根据全等三角形的性质与判定可得AE=BD，AD=BF，由此可得AB=AE+BF，代入数值即可得出答案.
12．【答案】（1）证明：∵，
∴，
∵于D，BE⊥DE于点E，
∴，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴；
（2）解：过B作BD⊥x轴于D，如图2所示：
∵，，
∴，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∴，
∴点B的坐标为；
（3）．
【知识点】坐标与图形性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（3）如图，过点C作CD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥CD于点E，过点A作AF⊥CD于点F，
∵A（2，1），C（4，2），
∴AF=2，CF=1，
∵BE⊥CD，AF⊥CD，
∴∠E=∠F=90°，
∴∠CAF+∠ACF=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠BCE+∠ACF=90°，
∴∠BCE=∠CAF，
在△ACF与△CBE中，
∵∠E=∠F，∠BCE=∠CAF，AC=BC，
∴△ACF≌△CBE（AAS），
∴CF=BE=1，CE=AF=2，
∴点B的纵坐标为4，横坐标为3，
∴B（3，4）.
故答案为：（3，4）.
【分析】（1）首先利用平角及直角三角形的量锐角互余求出∠ACD=∠CBE，从而用AAS判断出△ADC≌△CEB，由全等三角形的对应边相等得AD=CE；
（2）过B作BD⊥x轴于D，首先由A、C两点的坐标得出OA及OC的长，利用平角及直角三角形的量锐角互余求出∠CAO=∠BCD，从而用AAS判断出△AOC≌△CDB，由全等三角形的对应边相等得DB=OC=1，CD=AO=2，进而由OD=OC+CD算出OD的长，从而可求出点B的坐标；
（3）过C作CD⊥x轴于D，过B作BE⊥CD于E，过A作AF⊥CD于F，首先由A、C两点的坐标得出AF及CF的长，利用平角及直角三角形的量锐角互余求出∠BCE=∠CAF，从而用AAS判断出△ACF≌△CBE，由全等三角形的对应边相等得CF=BE=1，CE=AF=2，进而求得点B的纵坐标为4，横坐标为3，从而可求出点B的坐标.
13．【答案】（1）证明：如图1，
∵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：DE＝BD+CE.
如图2，
证明如下：
∵∠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）解：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.
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）先根据垂直得到∠BDA＝∠CEA＝90°，进而结合题意得到∠CAE＝∠ABD，再根据三角形全等的判定（AAS）与性质即可得到AE＝BD，AD＝CE，进而即可求解；
（2）先根据题意得到∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，∠DBA＝∠CAE，进而根据三角形全等的判定与性质即可求解；
（3）过E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延长线于N，由（1）和（2）的结论可知EM＝AH＝GN，进而得到EM＝GN，再运用三角形全等的判定与性质即可求解。
1 / 1沪科版数学八年级上册全等三角形之一线三等角模型
一、基础典例
1．（2022八上·大安期末）在中，，，过点C作直线，于点M，于点N．
（1）若在外（如图1），求证：；
（2）若与线段相交（如图2），且，，则　 　．
【答案】（1）证明：∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
在和中，
，
∴
∴，，
∵，
∴；
（2）1.5
【知识点】三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（2）∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
在和中，
，
∴
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：1.5．
【分析】（1）先利用“AAS”证明，可得，，再利用线段的和差及等量代换可得；
（2）先利用“AAS”证明，可得，，再利用线段的和差及等量代换可得。
2．（2022八上·滨海期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE于E，AD⊥CE于D．
（1）求证：△ADC≌△CEB．
（2）AD＝5cm，DE＝3cm，求BE的长度．
【答案】（1）证明：∵AD⊥CE，∠ACB＝90°，
∴∠ADC＝∠ACB＝90°，
∴∠BCE＝∠CAD（同角的余角相等），
在△ADC与△CEB中
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
（2）解：由（1）知，△ADC≌△CEB，
则AD＝CE＝5cm，CD＝BE．
∵CD＝CE-DE，
∴BE＝AD-DE＝5-3＝2（cm），
即BE的长度是2cm．
【知识点】余角、补角及其性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）根据余角的性质可得∠BCE＝∠CAD， 根据AAS证明△ADC≌△CEB；
（2）由（1）知，△ADC≌△CEB，可得AD＝CE＝5cm，CD＝BE，利用线段的和差关系即可求解．
3．（2021八上·昆明期末）如图，在中，．
（1）如图①所示，直线过点，于点，于点，且．求证：．
（2）如图②所示，直线过点，交于点，交于点，且，则是否成立？请说明理由．
【答案】（1）解：∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴；
（2）解：仍然成立，理由如下：
∵，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴．
【知识点】三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）先根据垂直的定义得出，则，，则，根据等量代换得出，根据AAS可证明，根据全等三角形的性质得出，，即可得出即可；
（2）根据三角形内角和定理和平角的定义证得，根据AAS证得，根据全等三角形的性质得出，，即可得出即可。
4．（2022八上·榆树期末）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，求证：
①；
②．
（2）当直线绕点C旋转到图2的位置时，求证：；
（3）当直线绕点C旋转到图3的位置时，试问具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．
【答案】（1）证明：如图
①∵，
∴，
∴．
又∵，，
∴．
②∵，
∴，，
∴．
（2）证明：
∵，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴．
（3）解：当旋转到图3的位置时，所满足的等量关系是（或等）．
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
【知识点】三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）①利用“一线三等角”证明即可；
②根据全等三角形的性质可得，，再利用线段的和差及等量代换可得；
（2）利用“一线三等角”证明，可得，再利用线段的和差及等量代换可得；
（3）先证明，可得，再利用线段的和差及等量代换可得。
5．（2022八上·海口期中）已知，在中，D，A，E三点都在同一直线上，.
（1）如图1，若，.
求证：①；
②
（2）如图2，，，，点A在线段上以的速度由点D向点E运动，同时，点C在线段上以的速度由点E向点F运动，它们的运动时间为，是否存在x，使得与全等？若存在，求出相应的x，t的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：①∵，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
②∵，
∴，，
∴；
（2）解：存在，当时，
∴，，
∴，此时；
当时，
∴，，
∴，，
综上：，或，.
【知识点】三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）①根据同角的余角相等可得∠CAE=∠BAD，由已知条件可知AB=AC，∠ADB=∠AEC=90°，然后根据全等三角形的判定定理进行证明；
②根据全等三角形的性质可得AD=CE，BA=AE，然后根据线段的和差关系进行证明；
（2）当△DAB≌△ECA时，AD=CE=2cm，BD=AE=7cm，据此可得t的值，进而可得x的值；当△DAB≌△EAC时，AD=AE=4.5cm，DB=EC=7cm，同理可得t、x的值.
6．（2022八上·威远期中）如图：
（1）模型的发现：
如图1，在中，，，直线经过点，且、两点在直线的同侧，直线，直线，垂足分别为点，．请直接写出、和的数量关系．
（2）模型的迁移1：位置的改变
如图2，在（1）的条件下，若，两点在直线的异侧，请说明、和的关系，并证明．
（3）模型的迁移2：角度的改变
如图3，在（1）的条件下，若三个直角都变为了相等的钝角，即，其中，（1）的结论还成立吗？若成立，请你给出证明；若不成立，请说明、和的关系，并证明．
【答案】（1）结论：
证明：∵BD⊥l，CE⊥l，∠BAC=90°，
∴∠BDA=∠AEC=90°，∠DBA+∠BAD=90°，∠BAD+∠CAE=90°，
∴∠DBA=∠CAE，
在△ABD和△CAE中
∴△ABD≌△CAE（AAS）
∴DA=CE，BD=AE
∵DE=DA+AE，
∴DE=BD+CE
（2）解：
证明如下：∵
∴
∵
∴
∴
在 和 中
∴
∴ ，
∴
（3）解：（1）的结论成立，
理由如下：
∵ ， ，
∴ ，
在 和 中，
∴ ，
∴ ， ，
∴ .
【知识点】垂线的概念；三角形内角和定理；三角形外角的概念及性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）利用垂直的定义可证得∠BDA=∠AEC=90°，利用三角形的内角和定理可得到∠DBA+∠BAD=90°，∠BAD+∠CAE=90°，利用余角的性质可推出∠DBA=∠CAE；再利用AAS证明△ABD≌△CAE，利用全等三角形的对应边相等，可证得DA=CE，BD=AE；然后根据DE=DA+AE，可证得结论.
（2）利用垂直的定义和余角的性质可证得∠BAD=∠ACE，利用AAS证明△BAD≌△ACE，利用全等三角形的性质可证得AE=BD，AD=CE，由此可证得结论.
（3）利用三角形外角的性质，结合已知可证得∠DAB=∠ECA，利用AAS证明△DAB≌△ECA，利用全等三角形的对应边相等可证得AE=BD，AE=CE，然后根据DE=AD+AE，代入可证得结论.
二、巩固提高
7．（2024八上·海曙开学考）
（1）模型的发现：
如图，在中，，，直线经过点，且，两点在直线的同侧，直线，直线，垂足分别为点、问：、和的数量关系．
（2）模型的迁移：位置的改变
如图，在的条件下，若、两点在直线的异侧，请说明、和的数量关系，并证明．
【答案】（1），
证明：理由如下：，，
，
在和中，
，
≌，
，，
；
（2），
证明如下：，
，
直线，
，
，
在和中，
，
≌，
，，
．
【知识点】三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）利用余角的性质可证得∠DAB=∠ECA，利用AAS证明△DAB≌△ECA，利用全等三角形的性质可推出AE=BD，AD=CE，然后根据DE=AD+AE，代入可证得结论.
（2）利用垂直的概念和余角的性质可证得∠DAB=∠ECA，利用AAS证明△DAB≌△ECA，利用全等三角形的性质可推出AE=BD，AD=CE，然后根据AE=AD+DE，代入可证得结论.
8．（2024八上·长沙月考）
问题情境：如图，在直角三角形中，，于点，可知：不需要证明；
（1）特例探究：如图，，射线在这个角的内部，点、在的边、上，且，于点，于点证明：≌；
（2）归纳证明：如图，点，在的边、上，点，在内部的射线上，、分别是、的外角．已知，求证：≌；
（3）拓展应用：如图，在中，，点在边上，，点、在线段上，若的面积为，则与的面积之和为　 　．
【答案】（1）解：如图，
，，，
，
，，
，
在和中，
，
≌；
（2）解：如图，
，，，，
，，
在和中，
，
≌；
（3）5
【知识点】三角形全等的判定-ASA；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（3）∵△ABC的面积为15，CD＝2BD，
∴△ABD的面积=×15＝5，
由图3中证出△ABE≌△CAF，
∴△ACF与△BDE的面积之和等于△ABE与△BDE的面积之和=△ABD的面积=5，
故答案为：5．
【分析】（1）先利用角的运算及等量代换证出，再利用“AAS”证出 ≌即可；
（2）先利用角的运算求出，， 再利用“ASA”证出≌即可；
（3）利用“△ABC的面积为15，CD＝2BD”求出△ABD的面积=×15＝5，再结合“△ABE≌△CAF”可得△ACF与△BDE的面积之和等于△ABE与△BDE的面积之和=△ABD的面积=5，从而得解.
9．（2025八上·诸暨月考） 如图，，点在线段上以的速度，由运动，同时点在线段上由运动．
（1）如图1，若点的运动速度与点的运动速度相等，当运动时间是否全等？说明理由，并直接判断此时线段和线段的位置关系；
（2）如图2，将“”为改“”，其他条件不变，若的运动速度与的运动速度不相等，当的运动速度为多少时，能使全等．
（3）在图2的基础上延长交于点，使分别是中点，如图3，若点以（2）中的运动速度从点出发，点以原来速度从点同时出发，都逆时针沿三边运动，求出经过多长时间点与点第一次相遇．
【答案】（1）解：全等，理由如下：
依题意AP=BQ=4cm
∵AB=16cm
∴PB=AB-AP=12cm
在与中，
∴
PC与PQ的位置关系是垂直。
（2）解：分析可知一定是
∴AP=BP
即4t=16-4t
解得t=2
∴BQ=AC=12cm
12÷2=6(cm/s)
∴当Q的速度为6cm/s时， 能使全等 。
（3）解：∵点C、D分别是AE，BE中点
∴AE=2AC=24cm，BE=2BD=24cm
依题意6t-4t=48
解得t=24
∴经过24s点P与点Q第一次相遇
【知识点】三角形全等及其性质；线段的中点；三角形全等的判定-SAS；三角形-动点问题
【解析】【解答】解：(1)∵
∴
∵
∴
∴
即PC⊥PQ
【分析】(1)利用SAS判定易证，进一步得到对应角，等量代换可证明，从而可得，说明PC⊥PQ；
(2)根据题意不难得到对应关系是，于是对应边AP=BP，用含t的式子表示出AP与BP，建立方程即可求出t=2，从而可知BQ=12cm，用它除以2就是点Q的速度；
(3)不难求出AE=BE=24cm，利用点Q的路程减点P的路程等于AE+BE可建立方程6t-4t=48，求解即得。
10．（2021八上·阳高期末）如图，是经过顶点C的一条直线，，E、F分别是直线上两点，且．
（1）若直线经过的内部，且E、F在射线上．
①如图1，若，，则．
②如图2，若，请添加一个关于与关系的条件，使①中的结论仍然成立，并说明理由；
（2）如图3．若线经过的外部，，请提出关于，，三条线段数量关系的合理猜想，并简述理由．
【答案】（1）解：① =
②
理由如下：
∵∠BEC＝∠CFA＝α，
∴∠BEF＝180° ∠BEC＝180° α，
又∵∠BEF＝∠EBC＋∠BCE，
∴∠EBC＋∠BCE＝180° α，
又∵α＋∠BCA＝180°，
∴∠BCA＝180° α，
∴∠BCA＝∠BCE＋∠ACF＝180° α，
∴∠EBC＝∠FCA，
在△BCE和△CAF中，
，
∴△BCE≌△CAF（AAS）
∴BE＝CF；
（2）解：EF＝BE＋AF，理由如下：
∵∠BCA＝α，
∴∠BCE＋∠ACF＝180° ∠BCA＝180° α，
又∵∠BEC＝α，
∴∠EBC＋∠BCE＝180° ∠BEC＝180° α，
∴∠EBC＝∠FCA，
在△BEC和△CFA中，
，
∴△BEC≌△CFA（AAS）
∴BE＝CF，EC＝FA，
∴EF＝EC＋CF＝FA＋BE，即EF＝BE＋AF．
【知识点】三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（1）①∵∠BEC＝∠CFA＝α＝90°，
∴∠BCE＋∠CBE＝180° ∠BEC＝90°，
又∵∠BCA＝∠BCE＋∠ACF＝90°，
∴∠CBE＝∠ACF，
在△BCE和△CAF中，，
∴△BCE≌△CAF（AAS）
∴BE＝CF．
【分析】（1）利用“AAS”证明△BCE≌△CAF，再利用全等三角形的性质可得BE=CF；
（2）先利用“AAS”证明△BEC≌△CFA，可得BE＝CF，EC＝FA，再利用线段的和差及等量代换可得EF＝EC＋CF＝FA＋BE，即EF＝BE＋AF。
三、实践探究题
11．（2024八上·华容期末）“一线三等角”模型是平面几何图形中的重要模型之一，“一线三等角”指的是图形中出现同一条直线上有3个相等的情况，在学习过程中，我们发现“一线三等角”模型的出现，还经常会伴随着出现全等三角形．
根据对材料的理解解决以下问题∶
（1）如图1，，．猜想，，之间的关系：　 　
（2）如图2，将（1）中条件改为，，请问（1）中的结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）如图3，在中，点为上一点，，，，，请直接写出的长．
【答案】（1）
（2）解：（1）中结论仍然成立，理由如下：
∵，，
，
∴．
在和中，
，
∴．
∴，．
∴，
∴（1）中结论仍然成立；
（3）解：7
【知识点】余角、补角及其性质；三角形内角和定理；三角形外角的概念及性质；三角形全等及其性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（1）猜想：DE=AD+BE．
理由：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC=∠ACB=90°=∠CEB，
∴∠CAD+∠ACD=90°，∠BCE+∠ACD=90°，
∴∠CAD=∠BCE，
在△ADC与△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴CE=AD，CD=BE，
∴DE=CE+CD=AD+BE．
故答案为：DE=AD+BE；
（3）∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【分析】（1）根据直角三角形中两锐角互余，可得出∠ACD=∠CBE，再根据全等三角形的性质与判定可得CD=BE，CE=AD，即可得出答案；
（2）先根据三角形内角和与补角的性质可得∠CAD=∠BCE，再根据全等三角形的性质与判定可得CD=BE，CE=AD，由此可得出答案；
（3）先根据三角形外角性质可得∠AED=∠FDB，再根据全等三角形的性质与判定可得AE=BD，AD=BF，由此可得AB=AE+BF，代入数值即可得出答案.
12．（2023八上·三水期中）综合与实践．
（1）积累经验
我们在第十二章《全等三角形》中学习了全等三角形的性质和判定，在一些探究题中经常用以上知识转化角和边，进而解决问题．例如：我们在解决：“如图1，在△ABC中，，，线段DE经过点C，且于点D，于点E．求证：，只要证明，即可得到解决；
（2）类比应用
如图2，在平面直角坐标系中，中，∠ACB=90°，，点A的坐标为点C的坐标为，求点B的坐标．
（3）拓展提升
如图3，在平面直角坐标系中，，AC=BC，点A的坐标为，点C的坐标为，则点B坐标为　 　．
【答案】（1）证明：∵，
∴，
∵于D，BE⊥DE于点E，
∴，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴；
（2）解：过B作BD⊥x轴于D，如图2所示：
∵，，
∴，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∴，
∴点B的坐标为；
（3）．
【知识点】坐标与图形性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（3）如图，过点C作CD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥CD于点E，过点A作AF⊥CD于点F，
∵A（2，1），C（4，2），
∴AF=2，CF=1，
∵BE⊥CD，AF⊥CD，
∴∠E=∠F=90°，
∴∠CAF+∠ACF=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠BCE+∠ACF=90°，
∴∠BCE=∠CAF，
在△ACF与△CBE中，
∵∠E=∠F，∠BCE=∠CAF，AC=BC，
∴△ACF≌△CBE（AAS），
∴CF=BE=1，CE=AF=2，
∴点B的纵坐标为4，横坐标为3，
∴B（3，4）.
故答案为：（3，4）.
【分析】（1）首先利用平角及直角三角形的量锐角互余求出∠ACD=∠CBE，从而用AAS判断出△ADC≌△CEB，由全等三角形的对应边相等得AD=CE；
（2）过B作BD⊥x轴于D，首先由A、C两点的坐标得出OA及OC的长，利用平角及直角三角形的量锐角互余求出∠CAO=∠BCD，从而用AAS判断出△AOC≌△CDB，由全等三角形的对应边相等得DB=OC=1，CD=AO=2，进而由OD=OC+CD算出OD的长，从而可求出点B的坐标；
（3）过C作CD⊥x轴于D，过B作BE⊥CD于E，过A作AF⊥CD于F，首先由A、C两点的坐标得出AF及CF的长，利用平角及直角三角形的量锐角互余求出∠BCE=∠CAF，从而用AAS判断出△ACF≌△CBE，由全等三角形的对应边相等得CF=BE=1，CE=AF=2，进而求得点B的纵坐标为4，横坐标为3，从而可求出点B的坐标.
13．（2023八上·麻阳期中）
（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△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线l经过点A，BD⊥直线l，CE⊥直线l，垂足分别为点D、E.证明：DE＝BD+CE.
（2）组员小刘想，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△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线l上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α为任意锐角或钝角.请问结论DE＝BD+CE是否成立？如成立，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△ABC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，求证：I是EG的中点.
【答案】（1）证明：如图1，
∵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：DE＝BD+CE.
如图2，
证明如下：
∵∠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）解：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.
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）先根据垂直得到∠BDA＝∠CEA＝90°，进而结合题意得到∠CAE＝∠ABD，再根据三角形全等的判定（AAS）与性质即可得到AE＝BD，AD＝CE，进而即可求解；
（2）先根据题意得到∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，∠DBA＝∠CAE，进而根据三角形全等的判定与性质即可求解；
（3）过E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延长线于N，由（1）和（2）的结论可知EM＝AH＝GN，进而得到EM＝GN，再运用三角形全等的判定与性质即可求解。
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