初中数学人教版八年级上册第十二章 全等三角形12.1 全等三角形课后练习题

第4讲  全等辅助线（二）

知识点1 半角模型

我们习惯把过等腰三角形顶角的顶点引两条射线，使两条射线的夹角为等腰三角形顶角的一半这样的模型称为半角模型. 常见的图形为正方形，正三角形等.

（1）正方形内含半角:

如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，∠EAF=45°，易证：EF=BE+DF.

（2）正三角形内含半角:

如图，在四边形ABCD中，AB=AC=BC,BD=DC， E、F分别是AB、AC边上的点，∠BDC=120° , ∠EDF=60°，易证：EF=FC+BE.

【典例】

1.已知：正方形中，，它的两边分别交线段于点.求证.

【解析】

延长到使

∵四边形ABCD是正方形

∴AD=AB，∠ADE=∠B=90°

在和中，

∴（SAS）

∴AM=AE  

∵

∴

∴

在和中

∴(SAS)

∴MN=EN

∴DE+DN=BM+DN=MN

即

【方法总结】

本题考查了全等三角形的性质和判定，此题比较典型，具有一定的代表性，且证明过程类似，

解题思路一般是将半角两边的三角形通过旋转到一边合并形成新的三角形，从而进行等量代换，然后证明与半角形成的三角形全等，再通过全等的性质得出线段之间的数量关系，从而解决问题.

【随堂练习】

1．（2017秋•沂源县期中）（1）操究发现：如图1，△ABC为等边三角形，点D为AB边上的一点，∠DCE=30°，∠DCF=60°且CF=CD

①求∠EAF的度数；

②DE与EF相等吗？请说明理由

（2）类比探究：如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，点D为AB边上的一点，∠DCE=45°，CF=CD，CF⊥CD，请直接写出下列结果：

①∠EAF的度数

【解答】解：（1）①∵△ABC是等边三角形，

∴AC=BC，∠BAC=∠B=60°，

∵∠DCF=60°，

∴∠ACF=∠BCD，

在△ACF和△BCD中，

，

∴△ACF≌△BCD（SAS），

∴∠CAF=∠B=60°，

∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；

②DE=EF；理由如下：

∵∠DCF=60°，∠DCE=30°，

∴∠FCE=60°﹣30°=30°，

∴∠DCE=∠FCE，

在△DCE和△FCE中，

，

∴△DCE≌△FCE（SAS），

∴DE=EF；

（2）①∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，

∴AC=BC，∠BAC=∠B=45°，

∵∠DCF=90°，

∴∠ACF=∠BCD，

在△ACF和△BCD中，

，

∴△ACF≌△BCD（SAS），

∴∠CAF=∠B=45°，AF=DB，

∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；

知识点2 手拉手模型

“手拉手”数学模型：

【典例】

1.如图，已知点为线段上一点，、是等边三角形．

⑴ 求证：.

⑵ 将绕点按逆时针方向旋转，使点落在上，请你对照原题图在图中画出符合要求的图形；

⑶ 在⑵得到的图形中，结论“”是否还成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由；

【解析】⑴ ∵、是等边三角形

∴，

∴

在和中

∴（SAS）

∴

⑵ 将绕点旋转如图：

⑶ 在⑵的情况，结论仍然成立．

证明：∵，，．

∴（SAS），

∴．

【方法总结】

这是一个运动变化的探索题，是“手拉手”经典例题，证明方法类似，且在一定的条件下，探究原结论的存在性（不变性）；解决此类题，需要画图分析、判断、猜想、推理论证．

【随堂练习】

17．（2017秋•阜宁县校级月考）如图：AE⊥AB，AF⊥AC，AE=AB，AF=AC，

（1）图中EC、BF有怎样的数量和位置关系？试证明你的结论．

（2）连接AM，求证：MA平分∠EMF．

【解答】（1）解：结论：EC=BF，EC⊥BF．

理由：∵AE⊥AB，AF⊥AC，

∴∠EAB=∠CAF=90°，

∴∠EAB+∠BAC=∠CAF+∠BAC，

∴∠EAC=∠BAE．

在△EAC和△BAF中，

，

∴△EAC≌△BAF（SAS），

∴EC=BF．∠AEC=∠ABF

∵∠AEG+∠AGE=90°，∠AGE=∠BGM，

∴∠ABF+∠BGM=90°，

∴∠EMB=90°，

∴EC⊥BF．

∴EC=BF，EC⊥BF．

（2）证明：作AP⊥CE于P，AQ⊥BF于Q．

∵△EAC≌△BAF，

∴AP=AQ（全等三角形对应边上的高相等）．

∵AP⊥CE于P，AQ⊥BF于Q，

∴AM平分∠EMF．

知识点3 三垂模型

常见三垂直模型

【典例】

1.如图（1），已知AB⊥BD，ED⊥BD，AB=CD，BC=DE，

（1）试判断AC与CE的位置关系，并说明理由．

（2）若将CD沿CB方向平移得到图（2）（3）（4）（5）的情形，其余条件不变，此时第（1）问中AC与CE的位置关系还成立吗？请任选一个说明理由．

【解析】解：（1）AC⊥CE．

理由：如图（1），

∵AB⊥BD，ED⊥BD，

∴∠B=∠D=90°，又AB=CD，BC=DE，

∴△ABC≌△CDE（SAS），

∴∠A=∠DCE，

∵∠A+∠ACB=90°，

∴∠DCE+∠ACB=90°，

∴AC⊥CE；

（2）不变．

理由：如图（2），

∵AB⊥BD，ED⊥BD，

∴∠B=∠D=90°，又AB=C2D，BC1=DE，

∴△ABC1≌△C2DE（SAS），

∴∠A=∠EC2D，又∵∠A+∠AC1B=90°，

∴∠EC2D+∠AC1B=90°，

∴∠C2MC1=90°，

∴AC1⊥EC2．

【方法总结】

本题主要考查全等三角形的判定、平移的性质，关键在于根据题意求证相关三角形全等．

对于第一问，根据题意推出△ABC≌△CDE，即可推出AC⊥CE；
对于第二问，主要是根据已知推出△ABC1≌△C2DE，即可推出结论．

【随堂练习】

1.（2017秋•红桥区期末）（1）如图，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AE是过点A的一条直线，且点B，C在AE的同侧，BD⊥AE于D，CE⊥AE于E．求证：BD=DE﹣CE；

（2）上题中，变成如图，B，C在AE的异侧时，BD，DE，CE关系如何？并加以证明．

【解答】证明：（1）∵∠BAC=90°，BD⊥AE，CE⊥AE，

∴∠BDA=∠AEC=90°，

∴∠ABD+∠DAB=∠DEB+∠CAE，

∴∠ABD=∠CAE，

∵AB=AC，

在△ABD和△CAE中，

∵，

∴△ABD≌△CAE（AAS），

∴BD=AE，AD=CE，

∴AD+AE=BD+CE，

∵DE=BD+CE，

∴BD=DE﹣CE

（2）BD=DE+CE，理由如下：

∵∠BAC=90°，BD⊥AE，CE⊥AE，

∴∠BDA=∠AEC=90°，

∵∠ABD+∠BAE=90°，∠CAE+∠BAE=90°

∴∠ABD=∠CAE，

∵AB=AC，

在△ABD和△CAE中，

∵，

∴△ABD≌△CAE（AAS），

∴BD=AE，AD=CE，

∵AE=AD+DE，

∴BD=DE+CE；

综合运用

1.在等边三角形ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，D为三角形ABC外一点，且,,BD=DC. 探究：当M、N分别在直线AB、AC上移动时，BM、NC、MN之间的数量关系．

图1                  图2                   

（1）如图1，当点M、N在边AB、AC上，且DM=DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是           ；                                                                                                     

（2）如图2，点M、N在边AB、AC上，且当DMDN时，猜想⑴问的结论还成立吗？写出你的猜想并加以证明.

【解析】（1）如图1， BM、NC、MN之间的数量关系

BM+NC=MN．

（2）猜想：结论仍然成立．

证明：如图，延长AC至E，使CE=BM，连接DE．

BD=CD且．

．

又△ABC是等边三角形，

∴．

在与中：

(SAS) ．

DM=DE, 

在MDN与EDN中：

(SAS) 

2. 如图，等边三角形与等边三角形共点于，连接、，

求证：=并求出的度数.

【解析】∵△ABE、△AFC是等边三角形

 ∴AE=AB，AC=AF，

∴

即

∴（SAS）

∴=

又∵

∴

∴

3. 如图，正五边形ABDEF与正五边形ACMHG共点于A，连接BG、CF，则线段BG、CF具有什么样的数量关系并求出∠GNC的度数．

【解析】解：结论：BG=CF．

理由：如图，BG交CF于N，AG交CF于P，

∵正五边形ABDEF与正五边形ACMHG共点于A，

∴AB=AF，AC=AG，∠BAF=∠CAG=108°，

∴∠BAG=∠FAC，

在△ABG和△AFC中，

，

∴△ABG≌△AFC（SAS），

∴CF=BG，∠BGA=∠FCA，

∵∠GNC=180°﹣∠BGA﹣∠NPG，

∵∠NPG=∠APC，

∴∠GNC=180°﹣∠FCA﹣∠APC=∠CAG=108°．

4. 如图，已知锐角△ABC中，以AB，AC为边向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连结CE、BG，交点为O．

（1）求证：EC=BG且EC⊥BG．

（2）探究：△ABC与△AEG面积是否相等？并说明理由．

【解析】解：（1）在正方形ABDE和正方形ACFG中，AE=AB，AC=AG，

∵∠EAB=∠GAC=90°，

∴∠EAC=∠BAG，

在△EAC和△BAG中，，

∴△EAC≌△BAG（SAS），

∴CE=BG，∴∠AEC=ABG，

∵∠AEC+∠1=90°，∠1=∠2，

∴∠2+∠ABG=90°，

∴∠BOE=180°﹣（∠2+∠ABG）=90°，

∴CE⊥BG；

（2）S△ABC=S△AEG成立．

理由：作EH⊥GA交GA的延长线于点H，作BP⊥AC于点P，

∴∠AHE=∠APB=90°．

∵四边形ABDE和四边形ACFG都是正方形，

∴AE=AB，AG=AC，∠EAB=∠GAC=90°，

∵∠EAB+∠GAC+∠BAC+∠EAG=360°，

∴∠EAG+∠BAC=180°．

∵∠EAG+∠EAH=180°，

∴∠EAH=∠BAP．

在△AHE和△APB中，

∴△AHE≌△APB（AAS），

∴EH=BP．

∵AG=AC，

∴AG•EH=AC•BP，

∴S△ABC=S△AEG．

5. 如图①，△ABC和△ECD都是等边三角形，且点B、C、D在同一直线上，连接BE，AD．

（1）求证：BE=AD；

（2）如图②，点P为线段BE上一点，点F为线段AD上一点，AF=BP，连接AP，CP，PF，若PF⊥AD，求∠BPC的度数；

【解析】证明：（1）∵△ABC和△ECD都是等边三角形，

∴AC=BC，EC=DC，∠ACB=∠ECD=60°，

∴∠ACB+∠ACE=∠ECD+∠ACE，

即∠ACD=∠BCE，

在△ACD于△BCE中，，

∴△ACD≌△BCE（SAS），

∴AD=BE；

（2）解：如图②连接CF，

∵AD=BE，AF=BP，

∴AD﹣AF=BE﹣BP，

∴PE=FD，

∵△ACD≌△BCE，

∴∠ADC=∠BEC，CE=CD，

在△FDC与△PEC中，，

∴△FDC≌△PEC（SAS），

∴∠CPE=∠CFD，

∵△ACD≌△BCE，

∴∠DBE=∠CAD，

∴∠BMA=∠EBD+∠ADB=60°，

∴∠PCF=60°，

∴△PCF是等边三角形，

∴∠FPC=60°，

∵PF⊥AD，∠FMP=60°，

∴∠FPM=30°，

∴∠CPM=30°，

∴∠BPC=180°﹣30°=150°；

6. 如图1所示，已知△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AE是过点A的一条直线，且B点和C点在AE的异侧，BD⊥AE于D点，CE⊥AE与E点．

（1）求证：BD=DE+CE

（2）若直线AE绕点A旋转到图2所示的位置时（BD＜CE）其余条件不变，问BD 与DE，CE的关系如何？请予以证明．

（3）若直线AE绕点A旋转到图3所示的位置时（BD＞CE）其余条件不变，问BD 与DE，CE的关系如何？直接写出结果，不需证明．

【解析】证明：（1）∵BD⊥AE于D，CE⊥AE于E，

∴∠ADB=∠AEC=90°．

∵∠BAC=90°，∠ADB=90°，

∵∠ABD+∠BAD=∠CAE+∠BAD=90°，

∴∠ABD=∠CAE

在△ABD 和△CAE中，

∠ABD=∠CAE，∠ADB=∠CEA，AB=AC

∴△ABD≌△CAE（AAS）

∴BD=AE，AD=CE

∵AE=AD+DE，

∴BD=DE+CE

（2）解：BD=DE﹣CE

证明如下：

∵BD⊥AE于D，CE⊥AE于E，

∴∠DAB+∠DBA=90°

∵∠BAC=90°，

∴∠DAB+∠CAE=90°，

∴∠DBA=∠CAE．

在△DBA和△EAC中，

∠D=∠E=90°，∠DBA=∠CAE，AB=AC

△DBA≌△EAC（AAS）

∴BD=AE，AD=CE

BD=AE=DE﹣AD=DE﹣CE

（3）∵BD⊥AE于D，CE⊥AE于E，

∴∠DAB+∠DBA=90°

∵∠BAC=90°，

∴∠DAB+∠CAE=90°，

∴∠DBA=∠CAE．

在△DBA和△EAC中，

∠D=∠E=90°，∠DBA=∠CAE，AB=AC

△DBA≌△EAC（AAS）

∴BD=AE，AD=CE

又∵ED=AD+AE，

∴DE=BD+CE．