专题5 全等三角形常见的模型&专题6 与全等三角形有关的线段和角的证明及计算-【提分教练】2024-2025学年八年级数学上册同步精导优化与设计方案（沪科版）

∠BED=∠F, (2)①若△ACP≌△BPQ,则AC=BP,AP=BQ, 在△BED和△CFD中，∠BDE=∠CDF. 可得5=7-2t,21=xt,解得x=2,t=1. BE=CF, ②若△ACP≌△BQP,则AC=BQ,AP=BP, ∴.△BED≌△CFD(AAS),.BD=CD, .AD是△ABC的中线. 可得5=，2=7-2，解得1=91=子 10.证明：：∠1=∠2，∠AFD=∠BFC, 综上所述，当点P,Q运动1s或子s时，△ACP与 ∴∠B=∠D.又：∠2=∠3， ∴.∠2+∠ACD=-∠3+∠ACD, △BPQ全等，F的值为2浅9. 即∠BCA=∠DCE. 4.a ∠B=∠D, 5.证明：(1)：∠ACB-∠DCE, 在△ABC和△EDC中，∠BCA=∠DCE, .∠ACD=∠BCE. AC=EC. 在△ACD和△BCE中， ∴.△ABC≌△EDC(AAS),∴.AB=ED. CA=CB, 11.证明：，∠A=∠B=∠CED=90°， ∠ACD=∠BCE, ∴.∠C+∠CEA=90°，∠CEA+∠DEB=90°， CD=CE. ∴∠C=∠DEB. ∴.△ACD≌△BCE(SAS),.BE=AD. ∠A=∠B, (2)解：△CPQ为等腰直角三角形.证明如下： 在△ACE和△BED中.， ∠C=∠DEB, 由(1)知AD=BE. CE=ED, AD,BE的中点分别为P,Q∴AP=BQ, ∴.△ACE2△BED(AAS) 由(1)知△ACD≌△BCE,∴.∠CAP=∠CBQ. 专题5全等三角形的常见模型 (CA=CB, 专题精练 在△ACP和△BCQ中∠CAP=∠CBQ, 1.(1)证明：CF∥AB, AP=BQ. .∠ADF=∠F,∠A=∠ECF .△ACP≌△BCQ(SAS), ∠A=∠ECF, .CP=CQ,∠ACP=∠BCQ. 在△ADE和△CFE中，3∠ADE=∠F, a=90°，∴.∠ACP+∠PCB=90°. DE=FE. .∠BCQ+∠PCB=90°，.∠PCQ=90°， ∴.△ADE≌△CFE(AAS). .△CPQ为等腰直角三角形. (2)解：，由(1)得△ADE≌△CFE, 专题6与全等三角形有关的线段和角 ..AD=CF. :D是AB的四等分点，BD=2, 的证明及计算 .AB=8,.AD=AB-BD=8-2=6, 专题精练 ∴.CF=6. 1.证明：，BE=FC,∴.BE+EF=FC十EF, 2.10 即BF-EC. 3.解：(1)△ACP≌△BPQ,PC⊥PQ. (AB=DC. 理由如下： 在△ABF和△DCE中，·∠B=∠C, :AC⊥AB,BD⊥AB,.∠A=∠B=90 BF=EC. .'AP=BQ=2 cm..'BP=5 cm..'BP=AC. .△ABF≌△DCE(SAS),.∠A=∠D. (AP=BQ. 2.解：AM⊥CD 在△ACP和△BPQ中，∠A=∠B, 如图，延长AM到点F,使MF=AM,交CD于点 AC=BP., N,连接BF,EF, ∴.△ACP≌△BPQ(SAS),∴.∠C=∠BPQ 则△AMB≌△FME(SAS), :∠C+∠APC=90°，∴.∠APC+∠BPQ=90°， ∴.AB=FE=AC,∠ABM=∠FEM, ∴∠CPQ=90°，.PCLPQ, AB∥EF, 53 .∠AEF+∠BAE=180°，∠BAN=∠AFE. ∠BAD-∠EAF=∠EAF, ∠BAC=∠DAE=90°， .∠EAF=∠GAF ∴∠CAD+∠BAE=180°， (AE=AG. ∴.∠AEF=∠CAD 在△AEF和△AGF中，∠EAF=∠GAF, AF=AF. .△AEF≌△AGF(SAS), ∴.EF=FG .FG=DG+DF=BE+DF, FE=AC. .'EF=BE+DF. 在△FEA和△CAD中， ∠AEF=∠CAD, 故答案为EF=BE十DF AE=AD. (2)结论EF=BE十DF仍然成立. ∴.△FEA≌△CAD(SAS), 理由：延长FD到点G,使DG=BE,连接AG,如图(1). ∴.∠EFA=∠ACD=∠BAN ∠BAC=90°，∴∠BAN+∠CAV=90°， ∴∠ACD+∠CAN=90°，∴.AM⊥CD. (AM=AN, 3.证明：在△MAB和△NAB中，AB=AB, MB=NB, 图(1) .△AMB≌△ANB(SSS),∴.∠MAB=∠NAB. (BE=DG. (AM=AN, 在△ABE和△ADG中，∠B=∠ADG, 在△MAC和△NAC中 ∠MAC=∠NAC, AB=4D, AC=AC, ∴.△ABE≌△ADG(SAS), ∴.△MAC≌△NAC(SAS),∴.CM=CN. ∴.AE=AG,∠BAE=∠DAG 4.(1)证明：，BE,CF分别是AC,AB两边上的高， :∠EAF=∠BAD.&∠GAF=∠DAG+ .∠AFC=∠AFG=∠BEA=90°， ∴.∠BAC+∠ACF=90°，∠BAC+∠ABE=90°. ∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF= ∠G+∠GAF-90°，.∠ABE-∠ACF. ∠EAF,∴∠EAF=∠GAF BD=CA. (AE=AG, 在△ABD和△GCA中，∠ABD=∠GCA, 在△AEF和△AGF中，∠EAF=∠GAF, AB=CG, AF=AF. .△ABD≌△GCA(SAS),.AD=AG .△AEF≌△AGF(SAS),.EF=FG. (2)解：AG⊥AD. .FG=DG+DF=BE+DF..'.EF=BE+DF. 理由：，△ABD≌△GCA(SAS), (3)如图(2)，连接EF,延长AE,BF相交于点C. .∠BAD=∠G,.∠BAD+∠GAF=90°， 北 ∴.AG⊥AD. 5.解：(1)在△ABE和△ADG中， BE=DG. ∠B=∠ADG, AB=AD. 图(2) ∴.△ABE≌△ADG(SAS), ,∠A0B=30°+90°+(90°-70°)=140°， ∴.AE=AG,∠BAE=∠DAG. ∠EOF=70,.∠EBOF=2∠AOB. ”∠EAF=∠BAD, 又OA=OB, ∴.∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF= ∠OAC+∠OBC=(90°-30)+(70°+50°)=180°， 54 ∴符合探索延伸中的条件， (2)点D,E分别是AB,AC的中点， ∴.结论EF=AE+BF成立， 即EF=2×(45+60)=210(海里). :AD-BD-7AB.AE-CE-AC. 答：此时两舰艇之间的距离是210海里。 BD=CE, 6.解：DE=BD+CE. ∴.AD=AE,AB=AC.在△ABE和△ACD中， 理由如下： AB=AC, :∠BAE=∠D+∠ABD=∠BAC+∠CAE ∠A=∠A..△ABE≌△ACD(SAS). 且∠ADB=∠AEC=∠BAC, AE=AD, ∴.∠ABD=∠CAE 5.证明：，AB∥DE,∴.∠B=∠D.,EC⊥BD, ∠ABD=∠CAE, ∠A=90°，∴∠DCE=90°=∠A. 在△ABD和△CAE中， ∠ADB=∠CEA, ∠B=∠D. AB=AC, 在△ABC和△CDE中，{AB=CD, .△ABD≌△CAE(AAS),.AD=CE,BD=AE. ∠A=∠DCE, .DE=AD+AE,..DE=CE+BD. .△ABC≌△CDE(ASA),.AC=CE. 7.解：BE十CF>EF.证明：如图，延长FD到G,使DG 6.B =DF,连接BG,EG AD=BC. 7.证明：在△CDA和△DCB中，{AC=BD, DC=CD. .△CDA≌△DCB(SSS),∴.∠DAC=∠CBD. 综合练习闯关 ,D是BC中点，∴.BD=CD. 1.B2.B3.B4.C5.C6.A7.B8.C9.A :DE⊥DF,∴.∠EDG=∠EDF 10.A11.20°12.315 ED=ED. 13.CD=C1D1(答案不唯一)14.4 在△EDG和△EDF中， ∠EDG=∠EDF, 15.解：(1)过点D作DF⊥BC于点F. DG=DF, :CD是△ABC的角平分线，∴.∠ECD=∠FCD ∴.△EDG≌△EDF(SAS),.EG=EF .DE⊥AC,∴.∠CED=∠CFD CD-BD. 又，CD=CD,∴.△ECD≌△FCD,∴.DF=DE=x, 在△FDC与△GDB中，{∠1=∠2， DF=DG, :Sae=Sare十San=号a十号a ∴.△FDC≌△GDB(SAS),.CF=BG. BE+BG>EG...BE+CF>EF. (atb)r. 章未综合训练 .S△AB0= AC·BC-= 2a6 考点突破 1 1 1.C (2)由1)知，2ab=豆（a+b)x, 2.∠B=∠C(或∠AFB=∠DEC) .x=ab 3.证明：，∠AOC=∠BOD a+b ∴.∠AOC-∠AOD=∠BOD-∠AOD, 16.(1)证明：，AD是BC边上的中线， 即∠COD=∠AOB. ∴.BD=CD.:AB∥CE,.∠BAD=∠E, OA=OC, ∠BAD=∠E, 在△AOB和△COD中， ∠AOB=∠COD, 在△ABD和△ECD中， ∠BDA=∠CDE, OB=OD. BD=CD, ∴.△AOB≌△COD(SAS). .△ABD≌△ECD(AAS),∴.AB=EC. 4.证明：(1)在△BOD和△COE中， (2)解：由(1)得△ABD2△ECD, ∠BOD=∠COE, ..AB=EC=6.AD=DE. ∠B=∠C. 在△ACE中，CE-AC<AE<CE+AC, BD=CE, 即6-2<2AD<6+2,.4<2AD<8. ∴.△BOD≌△COE(AAS),.OD=OE .2<AD<4. 55第14章全等三角形 专题5全等三角形的常见模型 专题精练仍 秒时，△ACP与△BPQ全等？并求出相应 类型1“X”型 的x的值。 1.如图，D是ABC的边AB 上一点，CF∥AB,DF交 AC于E点，DE=EF. B (1)求证：△ADE ≌△CFE: 图(1) 图2) (2)若D是AB的四等分点，BD=2,求CF 的长 类型3共顶点的三角形旋转（手拉手模型） 4.如图，在△OAB和△OCD 中，OA=OB,OC=OD. 类型2一线三垂直型 ∠AOB=∠COD=&,直线 2.如图，已知三条平行直 AC与直线BD相交于点 线，第1,2两条平行线 E,则∠AEB= 间的距离为2，第2,3两 5.如图1，CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE= 条平行线间的距离为4， 将一等腰直角三角形如图放置，过点A,B向 直线3作垂线，垂足分别为点D,E,则垂足 之间的距离为 3.如图(1)，AB=7cm,AC⊥AB,BD⊥AB,垂 足分别为A,B,AC=5cm.点P在线段AB 图1 图2 上以2cm/s的速度由点A向点B运动，同 (1)求证：BE-AD. 时点Q在射线BD由点B沿BD方向运动. (2)如图2，当a=90°时，AD,BE的中点分别 它们运动的时间为t(s),当点P运动到点B 为P,Q,连接CP,CQ,PQ,判断△CPQ的形 时，点Q随之结束运动 状，并证明. (1)若点Q的运动速度与点P的运动速度相 等，当1=1时，△ACP与△BPQ是否全等？ 并判断此时线段PC和线段PQ的位置关 系，请说明理由： (2)如图(2)，若“AC⊥AB,BD⊥AB”改为 “∠CAB=∠DBA”,点Q的运动速度为 xcm/s,其他条件不变，当点P,Q运动多少 69 第●套第电通量和金重每章家 数学人年级上册 专题6与全等三角形有关的线段和角的证明及计算 专题精练M 3.已知：如图，点A,B,C在 类型1利用三角形全等证明角相等 同一直线上，且AM= 1.如图，点E,F在BC AN.BM=BN. 上，BE=FC,AB= 求证：CM=CN. DC,∠B=∠C.求证： ∠A=∠D. 4.如图，在△ABC中， 类型2利用三角形全等证明线段相等以及线 BE,CF分别是AC, 段的位置关系 AB两边上的高，在BE 2.如图所示，∠BAC= 上截取BD=AC,在 ∠DAE=90°，M是BE CF的延长线上截取CG=AB,CG交BE于 的中点，AB=AC,AD= H,连接AD,AG AE,则AM与CD有什 (1)求证：AD=AG: 么样的位置关系？ (2)判断AD与AG的位置关系，并说明 理由 70 。1至量g,,后130家 第14章全等三角形 5.(1)问题背景： 类型3利用全等三角形解决线段的和差关系 如图(1)，在四边形ABCD中，AB=AD, 问题 ∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°，E,F分 6.如图，D,A,E三点都在一条直线上，且 别是BC,CD上的点，且∠EAF=60°，探究 ∠BDA=∠AEC=∠BAC,AB=AC,求 图中线段BE,EF,FD之间的数量关系 BD,CE,DE之间的数量关系 小王同学探究此问题的方法是延长FD到点 G,使DG=BE,连接AG,先证明△ABE≌ △ADG,再证明△AEF≌△AGF,可得出结 论，他的结论是 (2)探索延伸：如图(2)，若在四边形ABCD 中，AB=AD,∠B+∠D=180°，E,F分别是 BC.CD上的点，且∠EAF=号∠BAD,上述 结论是否仍然成立？说明理由： (3)实际应用：如图(3)，在某次军事演习中， 舰艇甲在指挥中心(O处)北偏西30°的A 处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并 且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动 指令后，舰艇甲向正东方向以45海里/时的 速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50的方向以 7.如图，在△ABC中，D是BC中 60海里时的速度前进，2小时后，指挥中心 点，DE⊥DF,试判断BE+CF 观测到甲、乙两舰艇分别到达E,F处，且两 与EF的大小关系，并证明你 B 舰艇与指挥中心之间的夹角为70°，试求此时 的结论 两舰艇之间的距离 图1) 图② 图3) 。。,g