第1章全等三角形-手拉手模型和婆罗摩笈多模型2023-2024学年苏科版八年级上册

2023-2024学年苏科版八年级上册第1章全等三角形 手拉手模型和婆罗摩笈多模型 1、 知识解读 （一）手拉手模型 （2） 婆罗摩笈多模型 1、已知中点得垂直 2、已知垂直得中点 证明思路： ①通过一线三垂直得2对全等 △AEO≌△OHB,△CEO≌△OKD ⇒BH=OE=KD ②证明△BHF≌△DKF(AAS) ⇒BF=DF ①通过倍长中线得8字型全等 ⇒BM∥OD，BM=CD=OC ②通过∠OBM+∠BOD=180°，∠BOD+∠AOC=180° ⇒∠OBM=∠AOC ③证明△BOM≌△AOC(SAS) ⇒∠BMO=∠ACO=∠DOM ④∠DOM+∠COE=∠ACO+∠COE=90° ⑤OE⊥AC 2、 经典例题 1．（2023春•开福区校级期末）如图，AB＝AC，AD＝AE，点B、D、E在一条直线上，∠BAC＝∠DAE，∠1＝35°，∠2＝30°，则∠3＝　 度． 2．（2023秋•涪城区期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△A'BC'，连接AC'、AA'，则∠CAC'的度数为（　　） A．15° B．20° C．25° D．30° 3．（2023秋•河东区期末）如图，已知：AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠ECD＝90°，∠EBD＝38°，现有下列结论：①△BDC≌△AEC；②∠AEB＝128°；③BD＝AE；④AE⊥BD．其中不正确的有（　　） A．0个 B．1个 C．2个 D．3 个 4．（2023秋•殷都区期末）如图，△ABC中，∠A＝90°，∠B＝30°，BC＝10cm，点D在边AB上，以CD为边在CD右上方作等边△CDE，若∠ACD＝45°，则点E到BC边的距离为 　 　cm． 5．（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 　 　．（只填序号） 6．（2024春•松江区期末）如图，已知△ABC与△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，点D在边BC边上（不与B、C重合），且∠B＝∠ADE，DE交AC于F． （1）试说明∠BAD与∠CAE相等的理由； （2）联结CE，若CD＝CE，说明DF与EF相等的理由； （3）若∠BAD＝20°，当△DAF是等腰三角形时，直接写出∠B的度数． 7．（2023秋•钢城区期末）【初步感知】： 如图①，△ABC和△CDE都是等边三角形，连接AD、BE．小组同学发现： （1）△ACD与△BCE全等，依据是 　 　（填写全等三角形判定定理）； （2）线段BE＝AD，依据是 　 　； 【拓展探究】： 如图②，△ABC和△CDE都是等腰三角形，AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝α，AD、BE相交于点M，连接CM． （3）线段BE与AD之间是否仍存在（2）中的结论？若存在，请说明理由； （4）∠AMB＝　 　（用含α的式子表示），并说明理由． 8．【感知】如图①，在四边形ABCD中，∠C＝∠D＝90°，点E在边CD上，∠AEB＝90°，且AE＝BE，求证：CD＝AD+BC． 【探究】如图②，在四边形ABCD中，∠C＝∠ADC＝90°，点E在边CD上，点F在边AD的延长线上，∠FEG＝∠AEB＝90°，且AE＝BE，EF＝EG，连接BG交CD于点H．求证：BH＝GH． 【拓展】如图③，点E在四边形ABCD内，∠AEB十∠DEC＝180°，且AE＝BE，DE＝EC，过E作EF交AD于点F，若∠EFA＝∠AEB，延长FE交BC于点G．求证：BG＝CG． 9．婆罗摩笈多（Brahmagupta）约公元598年生，约660年卒，在数学、天文学方面有所成就．婆罗摩笈多是印度印多尔北部乌贾因地方人，原籍可能为巴基斯坦的信德．婆罗摩笈多的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位．例如下列模型就被称为“婆罗摩笈多模型”：如图1，2，3，△ABC中，分别以AB，AC为边作Rt△ABE和Rt△ACD，AB＝AE，AC＝AD，∠BAE＝∠CAD＝90°，则有下列结论： （Ⅰ）图1中S△ABC＝S△ADE； （Ⅱ）如图2中，若AM是边BC上的中线，则ED＝2AM； （Ⅲ）如图3中，若AM⊥BC，则MA的延长线平分ED于点N． （1）上述三个结论中请你选择一个感兴趣的结论进行证明，写出证明过程； （2）能力拓展：将上述图形中的某一个直角三角形旋转到如图4所示的位置：△ABC与△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接BD，CE，若F为BD的中点，连接AF，求证：2AF＝CE． 【拓展，难度大】 10．已知：△AOB和△COD均为等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°．连接AD，BC，点H为BC中点，连接OH． （1）如图1所示，求证： ①； ②OH⊥AD； （2）将△COD绕点O旋转到图2所示位置时，判断线段OH与AD的关系，并说明理由． 11．我们定义：如图1，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC'，连接B'C'．当α+β＝180°时，我们称△A'B'C'是△ABC的“旋补三角形”，△AB'C'边B'C'上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”． 特例感知： （1）在图2中，△AB'C'是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”． 如图2，当△ABC为等边三角形时，且BC＝6时，AD的长为 　 　； 猜想论证： （2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．（如果你没有找到证明思路，可以考虑倍长AD或倍长B'A，……） 拓展应用： （3）如图3，在四边形ABCD中，∠BCD＝150°，AB＝12，CD＝6，以CD为边在四边形内部作等边△PCD，连接AP，BP，若△PAD是△PBC的“旋补三角形”，请直接写出△PBC的“旋补中线”长及四边形ABCD中AD边的长． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年苏科版八年级上册第1章全等三角形 手拉手模型和婆罗摩笈多模型 1、 知识解读 （一）手拉手模型 （2） 婆罗摩笈多模型 1、已知中点得垂直 2、已知垂直得中点 证明思路： ①通过一线三垂直得2对全等 △AEO≌△OHB,△CEO≌△OKD ⇒BH=OE=KD ②证明△BHF≌△DKF(AAS) ⇒BF=DF ①通过倍长中线得8字型全等 ⇒BM∥OD，BM=CD=OC ②通过∠OBM+∠BOD=180°，∠BOD+∠AOC=180° ⇒∠OBM=∠AOC ③证明△BOM≌△AOC(SAS) ⇒∠BMO=∠ACO=∠DOM ④∠DOM+∠COE=∠ACO+∠COE=90° ⑤OE⊥AC 2、 经典例题 1．（2023春•开福区校级期末）如图，AB＝AC，AD＝AE，点B、D、E在一条直线上，∠BAC＝∠DAE，∠1＝35°，∠2＝30°，则∠3＝　65　度． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】由角的和差得∠1＝∠4，边角边证明△ABD≌△ACE，其性质得∠ADB＝∠AEC，再由三角形的内角和定理，邻补角的性质求出∠3＝65°． 【解答】解：如图所示： ∵∠BAC＝∠DAE， ∠BAC＝∠1+∠DAC，∠DAE＝∠DAC+∠4， ∴∠1＝∠4， 在△ABD和△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠ADB＝∠AEC， 又∵∠2+∠4+∠AEC＝180°， ∴∠AEC＝115°， ∴∠ADB＝115°， 又∠ADB+∠3＝180°， ∴∠3＝65°， 故答案为65． 【点评】本题综合考查了角的和差，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，邻补角的性质等相关知识，重点掌握全等三角形的判定与性质，难点是灵活运用证明三角形全等的方法解决实际问题，易错点是学生将结果加上度的符号． 2．（2023秋•涪城区期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△A'BC'，连接AC'、AA'，则∠CAC'的度数为（　　） A．15° B．20° C．25° D．30° 【考点】旋转的性质；等腰直角三角形．版权所有 【分析】根据题意可得∠BAC＝∠ABC＝45°，由旋转的性质可得AB＝A′B，BC′＝A′C′，∠ABA′＝60°，则△ABA′为等边三角形，易证明△ABC′≌△AA′C′，根据全等三角形的性质得∠BAC′＝∠A′AC′＝30°，则∠CAC′＝∠BAC﹣∠BAC′，以此即可求解． 【解答】解：∵在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC， ∴∠BAC＝∠ABC＝45°， ∵将△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△A'BC'， ∴AB＝A′B，BC′＝A′C′，∠ABA′＝60°， ∴△ABA′为等边三角形， ∴AB＝AA′， 在△ABC′和△AA′C′中， ， ∴△ABC′≌△AA′C′， ∴∠BAC′＝∠A′AC′， ∵∠BAA′＝∠BAC′+∠A′AC′＝60°， ∴∠BAC′＝∠A′AC′＝30°， ∴∠CAC′＝∠BAC﹣∠BAC′＝15°． 故选：A． 【点评】本题主要考查旋转的性质、等边三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质，灵活运用旋转的性质是解题关键． 3．（2023秋•河东区期末）如图，已知：AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠ECD＝90°，∠EBD＝38°，现有下列结论：①△BDC≌△AEC；②∠AEB＝128°；③BD＝AE；④AE⊥BD．其中不正确的有（　　） A．0个 B．1个 C．2个 D．3 个 【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．版权所有 【分析】延长AE交BD于点F，交BC于点G，根据等式的性质可得∠ACE＝∠BCD，从而利用SAS证明△BDC≌△AEC，进而可得BD＝AE，∠EAC＝∠DBC，再根据已知可得∠DBC+∠EBC＝38°，从而可得∠EAC+∠EBC＝38°，然后利用直角三角形的两个锐角互余可得∠ABE+∠BAE＝52°，从而利用三角形内角和定理可得∠AEB＝128°，再利用直角三角形的两个锐角互余可得∠AGC+∠EAC＝90°，最后根据对顶角相等可得∠BGF＝∠AGC，从而可得∠BGF+∠CBD＝90°，从而利用三角形内角和定理可得：∠BFG＝90°，即可解答． 【解答】解：延长AE交BD于点F，交BC于点G， ∵∠ACB＝∠ECD＝90°， ∴∠ACB﹣∠BCE＝∠ECD﹣∠BCE， ∴∠ACE＝∠BCD， ∵AC＝BC，DC＝EC， ∴△BDC≌△AEC（SAS）， ∴BD＝AE，∠EAC＝∠DBC， ∵∠EBD＝38°， ∴∠DBC+∠EBC＝38°， ∴∠EAC+∠EBC＝38°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠ABE+∠BAE＝90°﹣（∠EAC+∠EBC）＝52°， ∴∠AEB＝180°﹣（∠ABE+∠BAE）＝128°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠AGC+∠EAC＝90°， ∵∠BGF＝∠AGC， ∴∠BGF+∠CBD＝90°， ∴∠BFG＝180°﹣（∠BGF+∠CBD）＝90°， ∴AF⊥BD， 即AE⊥BD， 所以，上列结论，其中不正确的有0个， 故选：A． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 4．（2023秋•殷都区期末）如图，△ABC中，∠A＝90°，∠B＝30°，BC＝10cm，点D在边AB上，以CD为边在CD右上方作等边△CDE，若∠ACD＝45°，则点E到BC边的距离为 　5　cm． 【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；含30度角的直角三角形．版权所有 【分析】过点E作EF⊥BC，垂足为F，根据垂直定义可得∠CFE＝90°，再在Rt△ABC中，利用含30度角的直角三角形的性质可得AC＝5cm，∠ACB＝60°，然后根据已知易得△ACD是等腰直角三角形，从而可得AC＝CD＝5cm，再根据等边三角形的性质可得∠DCE＝60°，CD＝CE，从而可得∠ACB＝∠DCE＝60°，最后利用等式的性质可得：∠ACD＝∠FCE，从而利用AAS证明△CAD≌△CFE，进而利用全等三角形的性质即可解答． 【解答】解：过点E作EF⊥BC，垂足为F， ∴∠CFE＝90°， ∵∠A＝90°，∠B＝30°，BC＝10cm， ∴AC＝BC＝5（cm），∠ACB＝90°﹣∠B＝60°， ∵∠ACD＝45°， ∴△ACD是等腰直角三角形， ∴AC＝CD＝5cm， ∵△CDE是等边三角形， ∴∠DCE＝60°，CD＝CE， ∴∠ACB＝∠DCE＝60°， ∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB， ∴∠ACD＝∠FCE， ∵∠A＝∠CFE＝90°， ∴△CAD≌△CFE（AAS）， ∴EF＝AD＝5cm， 故答案为：5． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形，熟练掌握手拉手模型﹣旋转型全等是解题的关键． 5．（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） 【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．版权所有 【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． 【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，以及等腰直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键． 6．（2024春•松江区期末）如图，已知△ABC与△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，点D在边BC边上（不与B、C重合），且∠B＝∠ADE，DE交AC于F． （1）试说明∠BAD与∠CAE相等的理由； （2）联结CE，若CD＝CE，说明DF与EF相等的理由； （3）若∠BAD＝20°，当△DAF是等腰三角形时，直接写出∠B的度数． 【考点】三角形综合题．版权所有 【分析】（1）利用等角减去公共角即可证出； （2）证出△ABD≌△ACE（SAS），再利用等腰三角形三线合一即可证出； （3）分类讨论，分别就某一种情况进行计算，要先得出∠FDC＝∠BAD＝20°，再建立关于α的方程即可． 【解答】（1）证明：∵∠B＝∠ADE，AB＝AC，AD＝AE ∴∠BAC＝180°﹣2∠B，∠DAE＝180°﹣2∠ADE， ∴∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC， 即∠BAD＝∠CAE， （2）证明：如图， 在△ABD和△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠ACE＝∠ABD， ∵AB＝AC， ∴∠ABD＝∠ACD， ∴∠ACE＝∠ACD， ∵CD＝CE， ∴DF＝EF（等腰三角形三线合一）． （3）①DA＝DF时，如图， 设∠B＝α，则∠ADF＝∠C＝α， ∵∠ADC＝∠ADF+∠FDC＝∠B+∠BAD， ∴∠FDC＝∠BAD＝20°， ∵DA＝DF， ∴∠DAF＝∠DFA＝＝90°﹣α， ∵∠DFA＝∠FDC+∠C，即90°﹣α＝α+20， 解得α＝，此时∠B＝． ②AF＝DF时，如图， 由①知∠FDC＝∠BAD＝20°，设∠B＝α，则∠ADF＝∠C＝α， ∵AF＝DF， ∴∠DAF＝∠ADF＝α， ∴∠AFD＝180﹣2α＝α+20， 解得α＝，此时∠B＝． ③AD＝AF时，因为AD＝AE，点F在DE上，所以此种情况不存在． 综上，∠B的度数为（）°或（）°． 【点评】本题主要考查了三角形综合以及全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质，熟练掌握相关知识点以及分类讨论思想是解题关键． 7．（2023秋•钢城区期末）【初步感知】： 如图①，△ABC和△CDE都是等边三角形，连接AD、BE．小组同学发现： （1）△ACD与△BCE全等，依据是 　SAS　（填写全等三角形判定定理）； （2）线段BE＝AD，依据是 　全等三角形的对应边相等　； 【拓展探究】： 如图②，△ABC和△CDE都是等腰三角形，AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝α，AD、BE相交于点M，连接CM． （3）线段BE与AD之间是否仍存在（2）中的结论？若存在，请说明理由； （4）∠AMB＝　α　（用含α的式子表示），并说明理由． 【考点】三角形综合题．版权所有 【分析】（1）由等边三角形的性质得AC＝BC，CE＝CD，∠ACB＝∠DCE＝60°，再证明∠ACD＝∠BCE，然后由SAS证明△ACD≌△BCE即可； （2）由全等三角形的性质即可得出结论； （3）先证明∠ACD＝∠BCE，再证明△CBE≌△CAD（SAS），然后由全等三角形的性质即可得出结论； （4）由全等三角形的性质得∠CAD＝∠CBE，再由三角形内角和定理得∠BAC+∠ABC＝180°﹣α，则∠BAM+∠ABM＝180°﹣α，然后由三角形内角和定理即可得出结论． 【解答】解：（1）∵△ABC和△CDE都是等边三角形， ∴AC＝BC，CE＝CD，∠ACB＝∠DCE＝60°， ∵∠BCE＝∠ACB﹣∠ECA，∠ACD＝∠DCE﹣∠ECA， ∴∠ACD＝∠BCE， 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， 故答案为：SAS； （2）由（1）可知，△ACD≌△BCE， ∴BE＝AD（全等三角形的对应边相等）， 故答案为：全等三角形的对应边相等； （3）存在（2）的结论BE＝AD，理由如下： ∵∠ACB＝∠DCE＝α，∠ACD＝α+∠BCD，∠BCE＝α+∠BCD ∴∠ACD＝∠BCE， 在△CBE和△CAD中， ， ∴△CBE≌△CAD（SAS）， ∴BE＝AD； （4）∠AMB＝α，理由如下： ∵△ACD≌△BCE， ∴∠CAD＝∠CBE， ∵∠BAC+∠ABC＝180°﹣α， ∴∠BAM+∠ABM＝180°﹣α， ∴∠AMB＝180°﹣（180°﹣α）＝α， 故答案为：α． 【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理等知识，熟练掌握等边三角形的性质和等腰三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型． 8．【感知】如图①，在四边形ABCD中，∠C＝∠D＝90°，点E在边CD上，∠AEB＝90°，且AE＝BE，求证：CD＝AD+BC． 【探究】如图②，在四边形ABCD中，∠C＝∠ADC＝90°，点E在边CD上，点F在边AD的延长线上，∠FEG＝∠AEB＝90°，且AE＝BE，EF＝EG，连接BG交CD于点H．求证：BH＝GH． 【拓展】如图③，点E在四边形ABCD内，∠AEB十∠DEC＝180°，且AE＝BE，DE＝EC，过E作EF交AD于点F，若∠EFA＝∠AEB，延长FE交BC于点G．求证：BG＝CG． 【分析】（1）利用AAS定理证明△EBC≌△AED，根据全等三角形的性质得到AD＝EC，BC＝DE，结合图形计算，证明结论； （2）过点G作GM⊥CD于M，证明△BCH≌△GMH，根据全等三角形的性质证明即可； （3）在FG的延长线上取点P，使EP＝AF，在FG上取点Q，使EQ＝FD，连接BP、CQ，证明△AEF≌△EBP，根据全等三角形的性质得到EF＝BP，∠AFE＝∠EPB，EF＝CQ，∠EFD＝∠CQE，利用AAS定理证明△BPG≌△CQG，根据全等三角形的对应边相等证明即可． 【解答】证明：（1）∵∠C＝∠D＝90°， ∴∠CBE+∠CEB＝90°， ∵∠AEB＝90°， ∴∠AED+∠CEB＝90°， ∴∠CBE＝∠AED， 在△EBC和△AED中， ， ∴△EBC≌△AED（AAS）， ∴AD＝EC，BC＝DE， ∴CD＝CE+DE＝AD+BC； （2）如图②，过点G作GM⊥CD于M， 由（1）可知△EBC≌△AED， ∴DE＝BC， 同（1）可得，△FDE≌△EMG（AAS）， ∴DE＝MG， ∴BC＝MG， 在△BCH和△GMH中， ， ∴△BCH≌△GMH（AAS）， ∴BH＝GH； （3）如图③，在FG的延长线上取点P，使EP＝AF，在FG上取点Q，使EQ＝FD，连接BP、CQ， ∵∠AEB十∠AEF+∠BEP＝180°，∠AEF十∠AFE+∠EAF＝180°，∠EFA＝∠AEB， ∴∠BEP＝∠EAF， 在△AEF和△EBP中， ， ∴△AEF≌△EBP（SAS）， ∴EF＝BP，∠AFE＝∠EPB， 同理可得，△DEF≌△ECQ（SAS）， ∴EF＝CQ，∠EFD＝∠CQE， ∴BP＝CQ， ∵∠EFD+∠AFE＝180°，∠CQE+∠CQG＝180°， ∴∠BPG＝∠CQG， 在△BPG和△CQG中， ， ∴△BPG≌△CQG（AAS）， ∴BG＝CG． 【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、灵活运用类比思想是解题的关键． 9．婆罗摩笈多（Brahmagupta）约公元598年生，约660年卒，在数学、天文学方面有所成就．婆罗摩笈多是印度印多尔北部乌贾因地方人，原籍可能为巴基斯坦的信德．婆罗摩笈多的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位．例如下列模型就被称为“婆罗摩笈多模型”：如图1，2，3，△ABC中，分别以AB，AC为边作Rt△ABE和Rt△ACD，AB＝AE，AC＝AD，∠BAE＝∠CAD＝90°，则有下列结论： （Ⅰ）图1中S△ABC＝S△ADE； （Ⅱ）如图2中，若AM是边BC上的中线，则ED＝2AM； （Ⅲ）如图3中，若AM⊥BC，则MA的延长线平分ED于点N． （1）上述三个结论中请你选择一个感兴趣的结论进行证明，写出证明过程； （2）能力拓展：将上述图形中的某一个直角三角形旋转到如图4所示的位置：△ABC与△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接BD，CE，若F为BD的中点，连接AF，求证：2AF＝CE． 【分析】（1）如图1，由“AAS”可证△ADH≌△ACP，CP＝DH，由三角形的面积公式可求解； 如图2，延长AM至N，使得MN＝AM，连接BN，由“SAS”可证△BMN≌△CMA，可得BN＝AC，∠CAM＝∠BNM，由“SAS”可证△ABN≌△EAD，可得AN＝DE，可得结论； 如图3，过点E作EP⊥MN，交MN的延长线于P，DQ⊥MN于Q，先证AM＝EP，AM＝DQ，可得EP＝DQ，由“AAS”可证△EPN≌△DQN，可得EN＝DN； （2）延长AF至K，使FK＝AF，连接DK，由“SAS”可证△AFB≌△KFD，可得AB＝KD，∠ABD＝∠BDK，由“SAS”可证△ADK≌△EAC，可得CE＝AK，可得结论． 【解答】解：如图1，过点D作DH⊥AE于H，过点C作CP⊥BA，交BA的延长线于P， ∵∠BAE＝90°， ∴∠EAP＝90°＝∠DAC， ∴∠DAH＝∠CAP， ∵DH⊥AE，CP⊥BA， ∴∠DHA＝∠CPA＝90°， 又∵AD＝AC， ∴△ADH≌△ACP（AAS）， ∴CP＝DH， ∴×AE×DH＝×AB×CP， ∴S△ABC＝S△ADE； 如图2，延长AM至N，使得MN＝AM，连接BN， ∵AM是边BC上的中线， ∴BM＝CM， 又∵∠AMC＝∠BMN，AM＝MN， ∴△BMN≌△CMA（SAS）， ∴BN＝AC，∠CAM＝∠BNM， ∵AC＝AD，AC∥BN， ∴BN＝AD， ∵AC∥BN， ∴∠BAC+∠ABN＝180°， ∵∠BAE＝∠CAD＝90°， ∴∠BAC+∠EAD＝180°， ∴∠ABN＝∠EAD， 在△ABN和△EAD中， ， ∴△ABN≌△EAD（SAS）， ∴AN＝DE， ∵MN＝AM， ∴DE＝AN＝2AM， 如图3，过点E作EP⊥MN，交MN的延长线于P，DQ⊥MN于Q， ∴∠EPA＝∠DQA＝90°＝∠EAB＝∠AMB， ∴∠BAM+∠EAP＝90°＝∠BAM+∠ABM， ∴∠EAP＝∠ABM， 又∵AB＝AE， ∴△ABM≌△EAP（AAS）， ∴AM＝EP， 同理可证AM＝DQ， ∴EP＝DQ， 又∵∠ENP＝∠DNQ，∠EPN＝∠DQN＝90°， ∴△EPN≌△DQN（AAS）， ∴EN＝DN； （2）如图4，延长AF至K，使FK＝AF，连接DK， ∵F为BD的中点， ∴DF＝BF， 又∵AF＝FK，∠AFB＝∠DFK， ∴△AFB≌△KFD（SAS）， ∴AB＝KD，∠ABD＝∠BDK， ∴AB＝AC＝DK， ∵∠ABD+∠ADB+∠BAD＝180°， ∴∠DAB+∠ADK＝180°， ∵∠DAE＝∠CAB＝90°， ∴∠DAB+∠CAE＝180°， ∴∠CAE＝∠ADK， 又∵AD＝AE，DK＝AC， ∴△ADK≌△EAC（SAS）， ∴CE＝AK， ∴CE＝2AF． 【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 【拓展，难度大】 10．已知：△AOB和△COD均为等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°．连接AD，BC，点H为BC中点，连接OH． （1）如图1所示，求证： ①； ②OH⊥AD； （2）将△COD绕点O旋转到图2所示位置时，判断线段OH与AD的关系，并说明理由． 【分析】（1）①首先证明△AOD≌△BOC（SAS），利用全等三角形的性质得到BC＝AD，再利用直角三角形斜边中线的性质即可得到；②通过全等三角形对应角相等以及直角三角形两锐角互余证明OH⊥AD； （2）如图2中，延长OH到E，使得HE＝OH，连接BE，通过证明△BEO≌△ODA，可得以及∠DAO+∠AOH＝∠EOB+∠AOH＝90°，问题得证． 【解答】（1）证明：①∵△OAB与△OCD为等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°， ∴OC＝OD，OA＝OB， 在△AOD与△BOC中， ∵OA＝OB，∠AOD＝∠BOC，OD＝OC， ∴△AOD≌△BOC（SAS）， ∴BC＝AD， ∵H是BC中点， ∴； ②∵△AOD≌△BOC， ∴∠ADO＝∠BCO，∠OAD＝∠OBC， ∵点H为线段BC的中点， ∴∠OBH＝∠HOB＝∠OAD， 又∵∠OAD+∠ADO＝90°， ∴∠ADO+∠BOH＝90°， ∴OH⊥AD； （2）解：结论：，理由如下： 延长OH到E，使得HE＝OH，连接BE， ∵点H是BC中点， ∴BH＝CH， ∵∠EHB＝∠OHC，CH＝BH， ∴△BEH≌△COH（SAS）， ∴OH＝EH，BE＝CO，∠EBC＝∠BCO， ∴， ∴∠OBE＝∠EBC+∠OBC＝∠BCO+∠OBC＝180°﹣∠BOC， ∵∠AOB＝∠COD＝90°， ∴∠AOD＝180°﹣∠BOC＝∠OBE， ∵BE＝CO，OC＝OD， ∴BE＝OD， ∵OB＝OA，BE＝OD， ∴△BEO≌△ODA（SAS）， ∴OE＝AD， ∴， ∵△BEO≌△ODA， ∴∠EOB＝∠DAO， ∴∠DAO+∠AOH＝∠EOB+∠AOH＝90°， ∴OH⊥AD． 【点评】本题考查了旋转变换，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 11．我们定义：如图1，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC'，连接B'C'．当α+β＝180°时，我们称△A'B'C'是△ABC的“旋补三角形”，△AB'C'边B'C'上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”． 特例感知： （1）在图2中，△AB'C'是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”． 如图2，当△ABC为等边三角形时，且BC＝6时，AD的长为 　3　； 猜想论证： （2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．（如果你没有找到证明思路，可以考虑倍长AD或倍长B'A，……） 拓展应用： （3）如图3，在四边形ABCD中，∠BCD＝150°，AB＝12，CD＝6，以CD为边在四边形内部作等边△PCD，连接AP，BP，若△PAD是△PBC的“旋补三角形”，请直接写出△PBC的“旋补中线”长及四边形ABCD中AD边的长． 【分析】（1）首先证明△ADB′是含有30°的直角三角形，可得AD＝AB′即可解决问题； （2）结论：AD＝BC．如图1中，延长AD到M，使得AD＝DM，连接B′M，C′M，首先证明四边形AC′MB′是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′M，即可解决问题； （3）如图，过点P作PH⊥AB于H，取BC的中点J，连接PJ．解直角三角形求出BC，PJ，利用（2）中结论解决问题即可． 【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC＝AC＝AB′＝AC′， ∵DB′＝DC′， ∴AD⊥B′C′， ∵∠BAC＝60°，∠BAC+∠B′AC′＝180°， ∴∠B′AC′＝120°， ∴∠B′＝∠C′＝30°， ∴AD＝AB′＝BC＝3， 故答案为：3； （2）结论：AD＝BC． 理由：如图1中，延长AD到M，使得AD＝DM，连接B′M，C′M， ∵B′D＝DC′，AD＝DM， ∴四边形AC′MB′是平行四边形， ∴AC′＝B′M＝AC， ∵∠BAC+∠B′AC′＝180°，∠B′AC′+∠AB′M＝180°， ∴∠BAC＝∠MB′A， ∵AB＝AB′， ∴△BAC≌△AB′M（SAS）， ∴BC＝AM， ∴AD＝BC． （3）如图，过点P作PH⊥AB于H，取BC的中点J，连接PJ． ∵△PCD是等边三角形， ∴PC＝CD＝PD＝6，∠PCD＝∠CPD＝60°， ∵∠BCD＝150°， ∴∠PCB＝90°， ∵△PAD是△PBC的“旋补三角形”， ∴∠APB＝180°﹣60°＝120°，PA＝PB， ∵PH⊥AB， ∴AH＝HB＝6，∠APH＝∠BPH＝60°， ∴sin60°＝， ∴＝， ∴PB＝4， ∴BC＝＝＝2， ∴△PBC的“旋补中线”长＝BC＝， ∵BJ＝CJ＝， ∴PJ＝＝， ∵△PBC也是△PAD的“旋补三角形”， ∴AD＝2PJ＝2． 学科网（北京）股份有限公司 $$