三角形的七大全等模型（压轴专练）（解析版）

三角形的七大全等模型(压轴专练)目录【题型一手拉手模型】【题型二半角模型】【题型三对角互补模型】【题型四三垂直模型】【题型五一线三等角模型】【题型六雨伞模型】【题型七胖瘦模型】【题型一手拉手模型】模型一：手拉手模型(一)有公共顶点的等边三角形(二)有公共顶点的等腰直角三角形(三)顶角相等的等腰三角形1 1(1)如图1，已知△CAB和△CDE均为等边三角形，D在AC上，E在CB上，易得线段AD和BE的数量关系是．(2)将图1中的△CDE绕点C旋转到图2的位置，直线AD和直线BE交于点F．①判断线段AD和BE的数量关系，并证明你的结论；②图2中∠AFB的度数是．(3)如图3，若△CAB和△CDE均为等腰直角三角形，∠ABC=∠DEC=90°，AB=BC，DE=EC，直线AD和直线BE交于点F，分别写出∠AFB的度数，线段AD、BE间的数量关系．【答案】(1)AD=BE；(2)①AD=BE，证明见解析；②60°；(3)∠AFB=45°，AD=2BE【分析】(1)由等腰三角形的性质即可求解；(2)①由“SAS”可证△ACD≅△BCE,可得AD=BE；②由全等三角形的性质可得∠ACD=∠CBF，即可解决问题；ADAC(3)结论：∠AFB=45°,AD=2BE,先证明△ACD∼△BCE,可得==2,∠CBF=∠CAF,BEBC由此即可解决问题．【详解】(1)AD=BE；证明：∵△CAB和△CDE是等边三角形，∴CA=CB,CD=CE,∴AD=BE，故填：AD=BE；(2)①AD=BE；证明：∵△ABC和△CDE是等边三角形，∴CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=60°,∴∠ACD=∠BCE,在△ACD和△BCE中2 AC=BC∵∠ACD=∠BCECD=CE∴△ACD≅△BCE(SAS),∴AD=BE；②∵△ACD≅△BCE,,∴∠CAD=∠CBF,设BC交AF于点O，如图，∵∠AOC=∠BOF,∴∠BFO=∠ACO=60°,∴∠AFB=60°,故答案为：60°；(3)结论：∠AFB=45°,AD=2BE,理由如下：在Rt△CDE中，∵∠CDE=45°,2∴sin∠CDE=,2∵∠ABC=∠DEC=90°,AB=BC,DE=EC,∴∠ACD=45°+∠BCD=∠BCE,ACDC1===2,BCECsin∠CDE∴△ACD∼△BCE,ADAC∴==2,∠CBF=∠CAF,BEBC∴AD=2BE,∵∠AFB+∠CBF=∠ACB+∠CAF,∴∠AFB=∠ACB=45°．【点睛】本题考查几何变换旋转综合题，考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等边三角形的性质，特殊角的三角函数值，解题关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题．【题型二半角模型】模型二：半角模型(一)等边三角形中120°含60°半角模型(二)等腰直角三角形中90°含45°半角模型3 1如图1，在菱形ABCD中，AC=2，BD=23，AC，BD相交于点O．(1)求边AB的长；(2)求∠BAC的度数；(3)如图2，将一个足够大的直角三角板60°角的顶点放在菱形ABCD的顶点A处，绕点A左右旋转，其中三角板60°角的两边分别与边BC，CD相交于点E，F，连接EF．判断△AEF是哪一种特殊三角形，并说明理由．【答案】(1)2；(2)60°；(3)见详解【分析】(1)由菱形的性质得出OA=1，OB=3，根据勾股定理可得出答案；(2)得出△ABC是等边三角形即可；(3)由△ABC和△ACD是等边三角形，利用ASA可证得△ABE≌△ACF；可得AE=AF，根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形推出即可．【详解】解：(1)∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，11∴△AOB为直角三角形，且OA=AC=1,OB=BD=3．222222∴AB=OA+OB=1+(3)=2；(2)∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC，由(1)得：AB=AC=BC=2，∴△ABC为等边三角形，∠BAC=60°；(3)△AEF是等边三角形，∵由(1)知，菱形ABCD的边长是2，AC=2，∴△ABC和△ACD是等边三角形，∴∠BAC=∠BAE+∠CAE=60°，4 ∵∠EAF=∠CAF+∠CAE=60°，∴∠BAE=∠CAF，∠BAE=∠CAF在△ABE和△ACF中，AB=AC∠EBA=∠FCA∴△ABE≌△ACF(ASA)，∴AE=AF，∵∠EAF=60°，∴△AEF是等边三角形．【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质以及图形的旋转．解题的关键是熟练掌握菱形的性质．【题型三对角互补模型】模型三：对角互补模型(一)“共斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型(异侧型)已知直角△ABC和等腰直角△DBC，则AB+AC=2AD．(二)“共斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型(同侧型)已知直角△ABC和等腰直角△DBC，则AB-AC=2AD．(三)“等边三角形对120°模型”．△ABC是等边三角形，∠BPC=120°，则有PB+PC=PA；5 (四)“120°等腰三角形对60°模型”△ABC是等腰三角形，且∠BAC=120°，∠BPC=60°，则有PB+PC=3PA；1如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC，直线MN是过点A的直线CD⊥MN于点D，连接BD．(1)观察猜想张老师在课堂上提出问题：线段DC，AD，BD之间有什么数量关系．经过观察思考，小明出一种思路：如图1，过点B作BE⊥BD，交MN于点E，进而得出：DC+AD=BD．(2)探究证明将直线MN绕点A顺时针旋转到图2的位置写出此时线段DC，AD，BD之间的数量关系，并证明(3)拓展延伸在直线MN绕点A旋转的过程中，当△ABD面积取得最大值时，若CD长为1，请直接写BD的长．【答案】(1)2；(2)AD-DC=2BD；(3)BD=AD=2+1．【分析】(1)根据全等三角形的性质求出DC，AD，BD之间的数量关系(2)过点B作BE⊥BD，交MN于点E．AD交BC于O，证明ΔCDB≌ΔAEB，得到CD=AE，EB=BD，根据ΔBED为等腰直角三角形，得到DE=2BD，再根据DE=AD-AE=AD-CD，即可解出答案.(3)根据A、B、C、D四点共圆，得到当点D在线段AB的垂直平分线上且在AB的右侧时，△ABD的面积最大．在DA上截取一点H，使得CD=DH=1，则易证CH=AH=2，6 由BD=AD即可得出答案.【详解】解：(1)如图1中，由题意：ΔBAE≌ΔBCD，∴AE=CD，BE=BD，∴CD+AD=AD+AE=DE，∵ΔBDE是等腰直角三角形，∴DE=2BD，∴DC+AD=2BD，故答案为2．(2)AD-DC=2BD．证明：如图，过点B作BE⊥BD，交MN于点E．AD交BC于O．∵∠ABC=∠DBE=90°，∴∠ABE+∠EBC=∠CBD+∠EBC，∴∠ABE=∠CBD．∵∠BAE+∠AOB=90°，∠BCD+∠COD=90°，∠AOB=∠COD，∴∠BAE=∠BCD，∴∠ABE=∠DBC．又∵AB=CB，∴ΔCDB≌ΔAEB，∴CD=AE，EB=BD，∴ΔBD为等腰直角三角形，DE=2BD．∵DE=AD-AE=AD-CD，∴AD-DC=2BD．(3)如图3中，易知A、B、C、D四点共圆，当点D在线段AB的垂直平分线上且在AB的右侧时，△ABD的面积最大．此时DG⊥AB，DB=DA，在DA上截取一点H，使得CD=DH=1，则易证CH=AH=2，∴BD=AD=2+1．【点睛】本题主要考查全等三角形的性质，等腰直角三角形的性质以及图形的应用，正确作辅助线和熟悉图形特性是解题的关键.【题型四三垂直模型】模型四：三垂直模型7 1如图，AB=BC，AB⊥BC，AE⊥BD于F，BC⊥CD，求证：EC=AB-CD．【答案】见解析【分析】利用ASA证明出△ABE≌△BCD，在通过等量代换进行解答．【详解】证明：∵AB⊥BC，CD⊥BC，∴∠ABC=∠ACD=90°∴∠AEB+∠A=90°∵AE⊥BD∴∠BFE=90°∴∠AEB+∠FBE=90°∴∠A=∠FBE，又∵AB=BC，∴△ABE≌△BCD，∴AB=BC，BE=CD，∴EC=BC-BE=AB-CD【点睛】本题考查了三角形全等的判定及性质，解题的关键是掌握三角形的判定定理，再利用等量代换的思想来间接证明．【题型五一线三等角模型】模型五：一线三等角模型8 题型特征：图形的某条线段上出现三个相等的角，如图中∠B=∠2=∠C解题方法：只要题目再出现一组等边(BE=AC或EF=AE或BF=EC)，必证△BEF≌△CAE(AAS或ASA)证明过程：∵∠1=180°-∠2-∠3，∠4=180°-∠C-∠3，∵∠2=∠C，∴∠1=∠4，∵∠B=∠C，若BE=AC或EF=AE或BF=EC，则△BEF≌△CAE(AAS或ASA)1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．【答案】(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．【详解】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，9 又∵AB=DC=2，∠ADB=∠DEC在△ABD和△DCE中，∠B=∠CAB=DC∴△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．【点睛】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．【题型六雨伞模型】模型六：雨伞模型模型讲解【结论】如图，AP是∠BAC的平分线，BO⊥AP，垂足为O，延长BO交AC于点D，则△ABO≌△ADO,AB=AD，OB=OD．【证明】根据题意得，在△ABO与△ADO中，∠BAO=∠DAO,AO=AO,∠AOB=∠AOD,∴△ABO≌△ADO，∴AB=AD,OB=OD．1已知，如图ΔABC中，AB=AC，∠A=90°，∠ACB的平分线CD交AB于点E，∠BDC=90°，求证：CE=2BD.10 【答案】见解析.【分析】延长BD交CA的延长线于F，先证得△ACE≌△ABF，得出CE=BF；再证△CBD≌△CFD，得出BD=DF；由此得出结论即可．【详解】证明：如图，延长BD交CA的延长线于F，°∵∠BAC=90°°∴∠BAF=∠BAC=90,∠ACE+∠AEC=90°∵∠BDC=90°∴∠BDC=∠FDC=90°∴∠ABF+∠BED=90∵∠AEC=∠BED∴∠ACE=∠ABF∵AB=AC∴ΔACE≌ΔABF(ASA)∴CE=BF∵CD平分∠ACB∴∠ACD=∠BCD∵CD=CD∴ΔCBD≌ΔCFD(ASA)1∴BD=FD=BF21∴BD=CE2∴CE=2BD【点睛】此题考查三角形全等的判定与性质，角平分线的性质，根据已知条件，作出辅助线是解决问题的关键．【题型七胖瘦模型】模型七：边边角模型SSA(胖瘦模型)胖瘦模型--两条边对应相等，一组角对应相等，两个角互补．模型讲解【模型】如图所示，在等腰△ABC中，AB=AC，点P在线段BC上且P不是BC的中点．11 【结论1】(变胖)如图所示，在BC上截取CQ=BP，连接AQ，△ABQ≌△ACP(SAS),AP=AQ．6【结论2】(变瘦)如图所示，在BC上截取CQ=BP，连接AQ，△ABP≌ACQ(SAS),AP=AQ．【结论3】如图所示，过点A作AM⊥BC，垂足为M,△ABM≌△ACM(SAS)．【总结】两个三角形满足两条边对应相等，并且其中一条边的对角相等，满足的条件为SSA．处理方法：1变胖(加等腰)．2变瘦(减等腰)．1如图，在四边形ABCD中，BC>BA，AD=CD，BD平分∠ABC，求证：∠A+∠C=180°．【答案】见解析【分析】先在线段BC上截取BE=BA,连接DE,根据BD平分∠ABC,可得∠ABD=∠EBD,AB=EB根据∠ABD=∠EBD,可判定△ABD≌△EBD,根据全等三角形的性质可得:AD=ED,∠A=∠BED．BD=BD再根据AD=CD,等量代换可得ED=CD,根据等边对等角可得:∠DEC=∠C．由∠BED+∠DEC=180°,可得∠A+∠C=180°．【详解】证明:在线段BC上截取BE=BA,连接DE,如图所示,∵BD平分∠ABC,∴∠ABD=∠EBD,AB=EB在△ABD和△EBD中,∠ABD=∠EBD,BD=BD∴△ABD≌△EBD(SAS),12 ∴AD=ED,∠A=∠BED．∵AD=CD,∴ED=CD,∴∠DEC=∠C．∵∠BED+∠DEC=180°,∴∠A+∠C=180°．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质,解决本题的关键是要熟练掌握全等三角形的判定和性质.实践练一、单选题1如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC，点A、D、E在同一条直线上．若∠ACB=20°，则∠ADC的度数是()A.60°B.65°C.70°D.75°【答案】B【分析】根据全等三角形的性质和三角形内角和定理解答即可；【详解】∵将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC，∴△ABC≅△EDC，∴∠DCE=∠ACB=20°，∠BCD=∠ACE=90°，AC=CE，∴∠ACD=90°-20°=70°，∵点A、D、E在同一条直线上，∴∠ADC+∠EDC=180°，∵∠EDC+∠E+∠DCE=180°，∴∠ADC=∠E+20°，∵∠ACE=90°，AC=CE，13 ∴∠DAC+∠E=90°，∠E=∠DAC=45°，∴∠ADC=65°；故选：B．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质，三角形的外角性质，准确计算是解题的关键．2如图所示的正方形ABCD中，点E在边CD上，把△ADE绕点A顺时针旋转得到△ABF，∠FAB=20°．旋转角的度数是()A.110°B.90°C.70°D.20°【答案】B【分析】根据正方形的性质得到AB=AD，∠BAD=90°，由旋转的性质推出△ADE≌△ABF，求出∠FAE=∠BAD=90°，即可得到答案．【详解】∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAD=90°，由旋转得△ADE≌△ABF，∴∠FAB=∠EAD，∴∠FAB+∠BAE=∠EAD+∠BAE，∴∠FAE=∠BAD=90°，∴旋转角的度数是90°，故选：B．【点睛】此题考查旋转的性质，全等三角形的性质，熟记全等三角形的性质是解题的关键．3如图，在△ABC中，AB=6，BC=10，BD是边AC上的中线，则BD的长度可能为()A.1B.2C.5D.8【答案】C【分析】延长BD至点E，使BD=DE，连接CE，证明△ABD≌△CED，得到CE=AB，利用三角形的三边关系，即可得到BD的取值范围．【详解】解：如图，延长BD至点E，使BD=DE，连接CE，∵BD是边AC上的中线，∴AD=CD，又∵∠ADB=∠CDE，∴△ABD≌△CEDSAS，∴CE=AB=6∴BC-CE<BE<BC+CE，14 ∴10-6<BE<10+6，即：4<BE<16，∴2<BD<8，故选C．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，以及三角形的三边关系．解题的关键是：倍长中线法，证明三角形全等．4如图，点E是△ABC内一点，∠AEB=90°，AE平分∠BAC，D是边AB的中点，延长线段DE交边BC于点F，若AB=6，EF=1，则线段AC的长为()A.7B.8C.9D.10【答案】B【分析】延长BE交AC于H，证明ΔHAE≅ΔBAE，根据全等三角形的性质求出AH，根据三角形中位线定理解答即可．【详解】解：延长BE交AC于H，∵AE平分∠BAC，∴∠HAE=∠BAE，∠HAE=∠BAE在ΔHAE和ΔBAE中，AE=AE，∠AEH=∠AEB∴ΔHAE≅ΔBAE(ASA)，∴AH=AB=6，HE=BE，∵HE=BE，AD=DB，∴DF⎳AC，∵HE=BE，∴HC=2EF=2，∴AC=AH+HC=8，故选：B．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形中位线定理，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．5如图，在ΔABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点C的坐标为(-2,0)，点A的坐标为(-6,3)，求点B的坐标()15 A.3,4B.2,3C.2,4D.1,4【答案】D【分析】由题意过A和B分别作AD⊥OC于D，BE⊥OC于E，利用已知条件可证明△ADC≌△CEB，再由全等三角形的性质和已知数据即可求出B点的坐标．【详解】解：过A和B分别作AD⊥OC于D，BE⊥OC于E，∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠CAD=90°∠ACD+∠BCE=90°，∴∠CAD=∠BCE，∠ADC=∠CBE=90°在△ADC和△CEB中，∠CAD=∠BCEAC=BC∴△ADC≌△CEB(AAS)，∴DC=BE，AD=CE，∵点C的坐标为(-2，0)，点A的坐标为(-6，3)，∴OC=2，AD=CE=3，OD=6，∴CD=OD-OC=4，OE=CE-OC=3-2=1，∴BE=4，∴则B点的坐标是(1，4)．故选：D.【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质、全等三角形的性质和判定、坐标与图形特点，本题能根据AAS证明两三角形全等是关键，利用坐标与图形特点根据坐标写出线段的长，反之，能根据线段的长写出B的坐标，注意象限的符号问题．6如图，∠ACB=90°，AC=BC，AE⊥CE于点E，BD⊥CD于点D，AE=5cm，BD=2cm，则DE的长是()A.8cmB.4cmC.3cmD.2cm【答案】C【分析】根据已知条件，观察图形得∠CAE+∠ACD=∠ACD+∠BCD，∠CAE=∠BCD，然后证ΔAEC≅ΔCDB后求解．【详解】解：∵∠ACB=90°，AC=BC，AE⊥CE于E，BD⊥CE于D，∴∠CAE+∠ACD=∠ACD+∠BCD，∴∠CAE=∠BCD，又∵∠AEC=∠CDB=90°，AC=BC，∴ΔAEC≅ΔCDB．∴CE=BD=2，CD=AE=5，∴ED=CD-CE=5-2=3(cm)．故选：C．16 【点睛】本题考查了直角三角形全等的判定方法；题目利用全等三角形的判定和性质求解，发现并利用∠CAE+∠ACD=∠ACD+∠BCD，∠CAE=∠BCD，是解题的关键．二、填空题7如图，△ABC按顺时针方向转动40°得△AED，点D恰好在边BC上，则∠C=°．【答案】70【分析】由于△ABC按顺时针方向转动一个角后成为△AED，可求出AD=AC，∠EAB=∠CAD=40°，再由三角形内角和定理即可求出答案．【详解】∵△ABC按顺时针方向转动一个角后成为△AED，∴△ABC≌△AED，∴AD=AC，∠EAB=∠CAD=40°，180°-∠CAD180°-40°∴∠C===70°．22故答案为：70．【点睛】本题考查的是图形旋转的性质及三角形内角和定理，比较简单．8如图，在△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕点A逆时针旋转到△AEF，延长BC交EF于点D，若BD=5，BC=4，则DE=．【答案】3【分析】如图，连接AD．证明Rt△ADF≌Rt△ADC(HL)，推出DF=DC=1，可得结论．【详解】解：如图，连接AD．AD=AD在Rt△ADF和Rt△ADC中，，AF=AC∴Rt△ADF≌Rt△ADC(HL)，∴DF=DC，∵BD=5，BC=4，∴CD=DF=5-4=1，∵EF=BC=4，∴DE=EF-DF=4-1=3．故答案为：3．【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．17 9如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点C的坐标是(3，2)，则点A的坐标是．【答案】(-2，3)【分析】作AD⊥y轴于点D，CE⊥x轴于点E，先证明△AOD≌△COE，因为C(3，2)，所以OD=OE=3，AD=CE=2，再根据点A在第二象限求出点A的坐标．【详解】解：如图，作AD⊥y轴于点D，CE⊥x轴于点E，则∠ADO=∠CEO=90°，∵四边形OABC是正方形，∴∠AOC=∠DOE=90°，OA=OC，∴∠AOD=∠COE=90°-∠COD，∠ADO=∠CEO在△AOD和△COE中，∠AOD=∠COE，OA=OC△AOD≌△COE(AAS)，∵C(3，2)，∴OD=OE=3，AD=CE=2，∵点A在第二象限，∴A(-2，3)，故答案为：(-2，3)．【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判断和性质、图形与坐标等，正确做出辅助线是解题的关键．10在△ABC中，AB=8，AC=6，则BC边上的中线AD的取值范围是．【答案】1<AD<7【分析】延长AD至E，使DE=AD，然后证明△ABD≌△ECDSAS，根据全等三角形对应边相等可得CE=AB，然后根据三角形任意两边之和大于第三边，两边之差小于第三边求出AE的取值范围，然后即可得解．【详解】解：延长AD至E，使DE=AD，连接CE．DE=AD在△ABD和△ECD中，∠ADB=∠CDEDB=DC∴△ABD≌△ECDSAS，∴CE=AB，在△ACE中，CE-AC<AE<CE+AC，即2<2AD<14故1<AD<7．18 故答案为：1<AD<7．【点睛】本题考查了三角形的三边关系，全等三角形的判定与性质，遇中点加倍延，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．11(2016育才周测)如图，正三角形ΔABC和ΔCDE，A，C，E在同一直线上，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ．①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°．成立的结论有．并写出3对全等三角形．【答案】①②③⑤△ACD≌△BCE，△BCQ≌△ACP，△CDP≌△CEQ【分析】①可证明△ACD≌△BCE,从而得出AD=BE；②可通过证明△BCQ≌△ACP，从而可证明△PCQ为等边三角形，再根据内错角相等两直线平行可证明PQ∥AE．③由②中△BCQ≌△ACP，可证AP=BQ；④通过证明△CDP≌△CEQ可得DP=EQ，又由图可知DE>QE，从而④错误；⑤通过三角形外角定理和前面△ACD≌△BCE可得该结论．由前面的证明过程可得出三个全等三角形．【详解】解：①△ABC和△DCE均是等边三角形，点A，C，E在同一条直线上，∴AC=BC，EC=DC，∠BCE=∠ACD=120°∴△ACD≌△BCE∴AD=BE，故本选项正确；②∵△ACD≌△BCE，∴∠CBQ=∠CAP，又∵∠PCQ=∠ACB=60°，CB=AC，∴△BCQ≌△ACP，∴CQ=CP，又∠PCQ=60°，∴△PCQ为等边三角形，∴∠QPC=60°=∠ACB，∴PQ∥AE，故本选项正确；③由②△BCQ≌△ACP可得AP=BQ，故本选项正确；④∵△ACD≌△BCE，∴∠ADC=∠BEC，∵CD=CE，∠DCP=∠ECQ=60°，∴△CDP≌△CEQ(ASA)．∴DP=EQ，∵DE>QE∴DE>DP，故本选项错误；⑤∠AOB=∠DAE+∠AEO=∠DAE+∠ADC=∠DCE=60°，故本选项正确；19 ∴正确的有：①②③⑤．由上面证明过程可知△ACD≌△BCE，△BCQ≌△ACP，△CDP≌△CEQ．故答案为：①②③⑤；△ACD≌△BCE，△BCQ≌△ACP，△CDP≌△CEQ．【点睛】本题考查全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质．熟练掌握全等三角形的判定定理，并能依据等边三角形三边相等，三角相等都是60°的特征判断三角形全等是解题关键．12如图所示，在四边形ABCD中，BC>BA，AD=DC，BD平分∠ABC，则∠A+∠C的度数是度．【答案】180【分析】本题的关键是要根据所求角的特点来作辅助线构筑全等三角形，然后根据全等三角形的性质来找出与所求角相关联的角，进行适当的化简，然后求解．【详解】解：在BC上取一点E使BE=BA，连接DE，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠EBD，∵BA=BE，BD=BD，∴△ABD≌△EBD(SAS)，∴∠A=∠BED，AD=DE，∵AD=DC，∴DE=DC，∴△DEC为等腰三角形，因此∠C=∠DEC，∴∠A+∠C=∠BED+∠DEC=180°．故答案为180【点睛】本题的关键是要根据所求角的特点来作辅助线构筑全等三角形．由需要全等进行尝试辅助线的作法．三、解答题13通过对如图数学模型的研究学习，解决下列问题：20 (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；(3)如图3，已知四边形ABCD和DEGF为正方形，△AFD的面积为S1，△DCE的面积为S2，S1+S2=10．求出S1的值．【答案】(1)DE(2)见解析(3)5【分析】(1)由△ABC≌△DAE即可求解；(2)作DM⊥AF,EN⊥AF，利用“K字模型”的结论可得△ABF≌△DAM,△ACF≌△EAN，故可推出DM=EN，再证△DMG≌△ENG即可；(3)作PQ⊥CE,AM⊥PQ,FN⊥PQ，利用“K字模型”的结论可得△ADM≌△DCP,△DFN≌△EDP，进一步可证△AMQ≌△FNQ，即可求解．【详解】(1)解：∵△ABC≌△DAE∴AC=DE故答案为：DE；(2)证明：作DM⊥AF,EN⊥AF由“K字模型”可得：△ABF≌△DAM,△ACF≌△EAN∴AF=DM,AF=EN∴DM=EN∵∠DMG=∠ENG=90°,∠DGM=∠BGN∴△DMG≌△ENG∴GM=GN即：点G是DE的中点(3)解：作PQ⊥CE,AM⊥PQ,FN⊥PQ，如图：∵四边形ABCD和四边形DEGF均为正方形∴∠ADC=∠EDF=90°,AD=CD,DE=DF由“K字模型”可得：△ADM≌△DCP,△DFN≌△EDP∴S△ADM=S△DCP,S△DFN=S△EDPAM=DP,FN=DP∵∠AMQ=∠FNQ=90°,∠AQM=∠FQN∴△AMQ≌△FNQ∴S△AMQ=S△FNQ∴S△ADQ+S△FNQ+S△DFN=S△ADQ+S△AMQ+S△DFN=S△ADM+S△DFN=S△DCP+S△EDP即：S1=S2∵S1+S2=10∴S1=5【点睛】本题考查了“一线三等角”的全等模型，熟悉模型的构成条件、证明过程及结论是解题关键．14(1)【特例探究】如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠ABC=∠ADC=90°，∠BAD=100°，∠EAF=50°，猜想并写出21 线段BE，DF，EF之间的数量关系，证明你的猜想；(2)【迁移推广】如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，∠ABC+∠ADC=180°，∠BAD=2∠EAF．请写出线段BE，DF，EF之间的数量关系，并证明；(3)【拓展应用】如图3，在海上军事演习时，舰艇甲在指挥中心(O处)北偏东20°的A处．舰艇乙在指挥中心南偏西50°的B处，并且两舰艇在指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正西方向以80海里/时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏西60°的方向以90海里/时的速度前进，半小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达C，D处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为75°．请直接写出此时两舰艇之间的距离．【答案】(1)EF=BE+DF，理由见解析；(2)EF=BE+DF，理由见解析；(3)85海里【分析】(1)延长CD至点G，使DG=BE，连接AG，可证得△ABE≌△ADG，可得到AE=AG，∠BAE=∠DAG，再由∠BAD=100°，∠EAF=50°，可证得△AEF≌△AGF，从而得到EF=FG，即可求解；(2)延长CD至点H，使DH=BE，连接AH，可证得△ABE≌△ADH，可得到AE=AH，∠BAE=∠DAH，再由∠BAD=2∠EAF，可证得△AEF≌△AHF，从而得到EF=FH，即可求解；(3)连接CD，延长AC、BD交于点M，根据题意可得∠AOB=2∠COD，∠OAM+∠OBM=70°+110°=180°，再由(2)【迁移推广】得：CD=AC+BD，即可求解．【详解】解：(1)EF=BE+DF，理由如下：如图，延长CD至点G，使DG=BE，连接AG，∵∠ABC=∠ADC=90°，∴∠ADG=∠ABC=90°，∵AB=AD，∴△ABE≌△ADG，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，∵∠BAD=100°，∠EAF=50°，∴∠BAE+∠DAF=50°，∴∠FAG=∠EAF=50°，∵AF=AF，∴△AEF≌△AGF，∴EF=FG，∵FG=DG+DF，∴EF=DG+DF=BE+DF；(2)EF=BE+DF，理由如下：如图，延长CD至点H，使DH=BE，连接AH，∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ADC+∠ADH=180°，22 ∴∠ADH=∠ABC，∵AB=AD，∴△ABE≌△ADH，∴AE=AH，∠BAE=∠DAH，∵∠BAD=2∠EAF∴∠EAF=∠BAE+∠DAF=∠DAF+∠DAH，∴∠EAF=∠HAF，∵AF=AF，∴△AEF≌△AHF，∴EF=FH，∵FH=DH+DF，∴EF=DH+DF=BE+DF；(3)如图，连接CD，延长AC、BD交于点M，根据题意得：∠AOB=20°+90°+40°=150°，∠OBD=60°+50°=110°，∠COD=75°，∠OAM=90°-20°=70°，OA=OB，∴∠AOB=2∠COD，∠OAM+∠OBM=70°+110°=180°，∵OA=OB，∴由(2)【迁移推广】得：CD=AC+BD，∵AC=80×0.5=40，BD=90×0.5=45，∴CD=40+45=85海里．即此时两舰艇之间的距离85海里．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理的运用、等腰直角三角形的性质，题目的综合性较强，难度较大，解题的关键是正确的作出辅助线构造全等三角形，解答时，注意类比思想的应用．15已知：△ABC≌△DEC，∠ACB=90°，∠B=32°．(1)如图1当点D在AB上，∠ACD．(2)如图2猜想△BDC与△ACE的面积有何关系？请说明理由．(温馨提示：两三角形可以看成是等底的)【答案】(1)64°(2)S△BDC=S△ACE，理由见解析23 【分析】(1)由全等可知CA=CD，所以当点D在AB上时，△CAD为等腰三角形，依据已知计算即可．(2)因为两个三角形中有一边相等，只要找到这两个底对应高之间的关系即可．【详解】(1)解：∵△ABC≌△DEC，∴CA=CD，又∵∠ACB=90°，∠B=32°，∴∠A=∠ADC=90°-32°=58°，∴在△ACD中，∠ACD=180°-∠A-∠ADC=180°-2×58°=64°，故答案为：64°．(2)解：如下图所示：过点B作△BDC的边CD上的高BG，过点E作△ACE的边AC上的高，由作图及△ABC≌△DEC知：∠BCG+∠DCF=90°，∠ECF+∠DCF=90°，CD=AC，∴∠BCG=∠ECF(同角的余角相等)，∴在Rt△BCG与Rt△ECF中有：∠BCG=∠ECF∠BGC=∠EFC=90°BC=EC∴Rt△BCG≌Rt△ECF(AAS)，∴BG=EF，11∵S△BDC=CD⋅BG，S△ACE=AC⋅EF，22∵CD=AC，BG=EF，∴S△BDC=S△ACE，故答案为：S△BDC=S△ACE．【点睛】本题考查了全等三角形性质和判定，关键是使用分析法找到:两个三角形面积相等时，底相等则高相等，从而构造全等证明对应高相等．16如图1，△ABC和△ABD中，∠BAC=∠ABD=90°，点C和点D在AB的异侧，点E为AD边上的一点，且AC=AE，连接CE交直线AB于点G，过点A作AF⊥AD交直线CE于点F．(Ⅰ)求证：△AGE≌△AFC；(Ⅱ)若AB=AC，求证：AD=AF+BD；(Ⅲ)如图2，若AB=AC，点C和点D在AB的同侧，题目其他条件不变，直接写出线段AD，AF，BD的数量关系．【答案】(Ⅰ)见解析；(Ⅱ)见解析；(Ⅲ)AF=AD+BD【分析】(Ⅰ)先判断出∠ACF=∠AEG，再用同角的余角相等判断出∠CAF=∠EAG，即可得出结论；24 (Ⅱ)先用ASA判断出△ACM≌△ABD，得出AM=AD，CM=BD，由(Ⅰ)知，△AGE≌△AFC，得出∠AGE=∠AFC，再判断出CM∥AB，得出∠MCF=∠AGC，进而判断出MF=CM，即可得出结论；(Ⅲ)同(Ⅱ)的方法，即可得出结论．【详解】解：(Ⅰ)∵AC=AE，∴∠ACF=∠AEG，∵AF⊥AD，∴∠DAF=90°=∠CAB，∴∠DAF-∠FAG=∠CAB-∠FAG，∴∠CAF=∠EAG，∠AEG=∠ACF在△AGE和△AFC中，AE=AC，∠EAG=∠CAF∴△AGE≌△AFC(ASA)；(Ⅱ)如图1，过点C作CM⊥AC，交AF延长线于点M，∴∠ACM=90°=∠ABD，由(Ⅰ)知，∠CAF=∠EAB，∠CAF=∠BAE在△ACM和△ABD中，AC=AB，∠ACM=∠ABD=90°∴△ACM≌△ABD(ASA)，∴AM=AD，CM=BD，由(Ⅰ)知，△AGE≌△AFC，∴∠AGE=∠AFC，∴180°-∠AGE=180°-∠AFC，∴∠AGC=∠AFG，∵∠CFM=∠AFG，∴∠AGC=∠CFM，∵∠BAC=90°=∠ACM，∴∠BAC+∠ACM=180°，∴CM∥AB，∴∠MCF=∠AGC，∴∠CFM=∠MCF，∴MF=CM，∴AM=AF+CM，∴AD=AF+BD；(Ⅲ)AD=AF-BD；过点C作CM⊥AC，交AF于点M，∴∠ACM=90°=∠ABD，由(Ⅰ)知，∠CAF=∠EAB，∠CAF=∠BAE在△ACM和△ABD中，AC=AB，∠ACM=∠ABD=90°∴△ACM≌△ABD(ASA)，25 ∴AM=AD，CM=BD，由(Ⅰ)知，△AGE≌△AFC，∴∠G=∠F，∵∠BAC=90°=∠ACM，∴CM∥AB，∴∠MCF=∠G，∴∠F=∠MCF，∴MF=CM，∴AF=AM+CM=AD+BD，故答案为：AF=AD+BD．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，结合平行线的判定与性质证明是解题的关键．17已知，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线m过点A，且BD⊥m于D，CE⊥m于E，当直线m绕点A旋转至图1位置时，我们可以发现DE=BD+CE．(1)当直线m绕点A旋转至图2位置时，问：BD与DE、CE的关系如何？请予证明；(2)直线m在绕点A旋转一周的过程中，BD、DE、CE存在哪几种不同的数量关系？(直接写出，不必证明)【答案】(1)DE=BD-CE，证明见解析；(2)DE=BD+CE，DE=BD-CE，DE=CE-BD．【分析】(1)利用条件证明△ABD≌△CAE，再结合线段的和差可得出结论；(2)根据图，可得BD、DE、CE存在3种不同的数量关系；【详解】(1)证明：如图2，∵BD⊥m，CE⊥m，∴∠BDA=∠CEA=90°，∴∠ABD+∠DAB=90°．∵∠BAC=90°，∴∠DAB+∠CAE=90°，∴∠ABD=∠CAE．∠BDA=∠CBA在△ABD和△CAE中，∠ABD=∠CAB，AB=CA∴△ABD≌△CAE(AAS)，∴AD=CE，BD=AE∵DE=AE-AD，∴DE=BD-CE．(2)直线m在绕点A旋转一周的过程中，BD、DE、CE存在3种不同的数量关系：DE=BD+CE，DE=26 BD-CE，DE=CE-BD．如图1时，DE=BD+CE，如图2时，DE=BD-CE，如图3时，DE=CE-BD，(证明同理)【点睛】本题主要考查三角形全等，注意证三角形全等的方法及三角形全等后的性质．18如图，已知△ABC和△AEF中，∠B=∠E，AB=AE，BC=EF，∠EAB=25°，∠F=57°，线段BC分别交AF，EF于点M，N．(1)请说明∠EAB=∠FAC的理由；(2)△ABC可以经过图形的变换得到△AEF，请你描述这个变换；(3)求∠AMB的度数．【答案】(1)见解析；(2)通过观察可知△ABC绕点A顺时针旋转25°，可以得到△AEF；(3)∠AMB=82°【分析】(1)先利用已知条件∠B=∠E，AB=AE，BC=EF，利用SAS可证△ABC≌△AEF，那么就有∠C=∠F，∠BAC=∠EAF，那么∠BAC-∠PAF=∠EAF-∠PAF，即有∠BAE=∠CAF=25°；(2)通过观察可知△ABC绕点A顺时针旋转25°，可以得到△AEF；(3)由(1)知∠C=∠F=57°，∠BAE=∠CAF=25°，而∠AMB是△ACM的外角，根据三角形外角的性质可求∠AMB．【详解】解：(1)∵∠B=∠E，AB=AE，BC=EF，∴△ABC≅△AEF，∴∠C=∠F，∠BAC=∠EAF，∴∠BAC-∠PAF=∠EAF-∠PAF，∴∠BAE=∠CAF=25°；(2)通过观察可知△ABC绕点A顺时针旋转25°，可以得到△AEF；(3)由(1)知∠C=∠F=57°，∠BAE=∠CAF=25°，∴∠AMB=∠C+∠CAF=57°+25°=82°．【点睛】本题利用了全等三角形的判定、性质，三角形外角的性质，等式的性质等．19阅读理解：课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：在△ABC中，AB=7，AC=3，求BC边上的中线AD的取值范围．27 (1)小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法(如图1)：①延长AD到Q使得DQ=AD；②再连接BQ，把AB、AC、2AD集中在△ABQ中；③利用三角形的三边关系可得4<AQ<10，则AD的取值范围是．感悟：解题时，条件中若出现“中点”“中线”等条件，可以考虑倍长中线，构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中．(2)请写出图1中AC与BQ的位置关系并证明；(3)思考：已知，如图2，AD是△ABC的中线，AB=AE，AC=AF，∠BAE=∠FAC=90°，试探究线段AD与EF的数量和位置关系，并加以证明．【答案】(1)2<AD<5(2)AC∥BQ，见解析(3)EF=2AD，AD⊥EF，见解析【分析】(1)先判断出BD=CD，进而得出△QDB≌△ADC(SAS)，得出BQ=AC=3，最后用三角形三边关系即可得出结论；(2)由(1)知，△QDB≌△ADC(SAS)，得出∠BQD=∠CAD，即可得出结论；(3)同(1)的方法得出△BDQ≌△CDASAS，∠DBQ=∠ACD，BQ=AC，进而判断出∠ABQ=∠EAF，进而判断出△ABQ≌△EAF，得出AQ=EF，∠BAQ=∠AEF，即可得出结论．【详解】(1)解：延长AD到Q使得DQ=AD，连接BQ，∵AD是△ABC的中线，∴BD=CD，BD=CD在△QDB和△ADC中，∠BDQ=∠CDA，DQ∴△QDB≌△ADCSAS，∴BQ=AC=3，在△ABQ中，AB-BQ<AQ<AB+BQ，28 ∴4<AQ<10，∴2<AD<5，故答案为：2<AD<5；(2)AC∥BQ，理由：由(1)知，△QDB≌△ADC，∴∠BQD=∠CAD，∴AC∥BQ；(3)EF=2AD，AD⊥EF，理由：如图2，延长AD到Q使得DQ=AD，连接BQ，由(1)知，△BDQ≌△CDASAS，∴∠DBQ=∠ACD，BQ=AC，∵AC=AF，∴BQ=AF，∵AC∥BQ，∴∠BAC+∠ABQ=180°，∵∠BAE=∠FAC=90°，∴∠BAC+∠EAF=180°，∴∠ABQ=∠EAF，AB=EA在△ABQ和△EAF中，∠ABQ=∠EAH，BQ=AF∴△ABQ≌△EAFSAS，∴AQ=EF，∠BAQ=∠AEF，延长DA交EF于P，∵∠BAE=90°，∴∠BAQ+∠EAP=90°，∴∠AEF+∠EAP=90°，∴∠APE=90°，∴AD⊥EF，∵AD=DQ，∴AQ=2AD，∵AQ=EF，∴EF=2AD，即：EF=2AD，AD⊥EF．【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，倍长中线法，三角形三边关系，正确地作出辅助线，构造全等三角形是解本题的关键．29