专题06 全等三角形之一线三等角模型与手拉手模型的二类综合题型（压轴题专项训练）数学新教材人教版八年级上册

**基本信息** 聚焦全等三角形一线三等角与手拉手模型，通过模型分类、通法提炼、典例变式构建系统性方法体系，强化推理能力与模型意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |解题通法|2类模型（含3种细分）|模型条件-结论-证明三步法，同侧/异侧型证全等|从模型定义到细分类型，构建条件与结论推导链条| |题型归纳（一线三等角）|典例1+变式2|特征+方法模版，ASA/AAS证全等|典例基础应用到变式旋转拓展，形成问题解决路径| |题型归纳（手拉手）|典例1+变式2|特征+方法模版，SAS证全等|从特殊（等边/等腰直角）到一般等腰三角形，体现从具体到抽象| |压轴挑战|10题（选择3+填空3+解答4）|综合应用模型通法，突破多步推理|融合两类模型综合题，提升知识迁移与创新意识|

函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题06全等三角形之一线三等角模型与手拉手模型的二类综 合题型 目录 解题通法一明晰核心解法，助力能力迁移 题型归纳一精讲典型题法， 夯实解题根基 题型一、全等三角形之一线三等角模型 题型二、全等三角形模型之手拉手模型 压轴挑战一攻克高难压轴， 突破思维上限 ◆◆ 夙解题通法 明晰核心解法，助力能力迁移 【一线三等角模型及证法】 1)一线三等角(K型图)模型（同侧型） 锐角一线三等角 直角一线三等角(“K型图”) 钝角一线三等角 条件：∠A=∠CED=∠B,AE=DE: 结论：△ABE兰△ECD,AB+CD=BC。 2)一线三等角(K型图)模型（异侧型） 锐角一线三等角 直角一线三等角 钝角一线三等角 1/11 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 条件：∠DCF=∠ABC=∠AEID,AB=DE:结论：△ABE=△ECD,AB-CDBC。 1)(同侧型)证明：：∠AEC∠B+∠BAE,∠B=∠AED,∠AEC=∠AEDH∠BAE, ,'∠AEC=∠AEDH∠CED,∴.∠BAE=∠CED。 在△ABE和△ECD中，∠B=∠C,∠BAE=∠CED,AE=ED:∴.△ABE=△ECD, :AB=EC,BE=CD,.BC=BE+EC,:.AB+CD-BC. 2)(异侧型)证明：：∠DCF=∠ABC,∠ECD=∠ABE, :∠ABC=∠AEB+∠A，,∠AED=∠ABB+∠CED,∠ABC=∠AED, ∴.∠AEB+∠A=∠AEB+∠CED,'.∠A=∠CED, 在△ABE和△ECD中，∠A=∠CED,∠ECDF∠ABE,AE=ED:∴.AABE=AECD, .AB=EC,BE=CD,:BC=EC-BE,∴AB-CD=BC。 【手拉手模型及证法】 1)双等边三角形型 A 条件：△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE,AD交于点F。 结论：①△ACD≌△BCE;②BE-AD:③∠AFMF∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。 证明：，△ABC和△DCE均为等边三角形，∴.BC=AC,CE-CD,∠BCA=∠ECD=60° ∴.∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE,即：∠BCE=∠ACD,∴.△ACD≌△BCE(SAS), ∴.BE=AD,∠CBE=∠CAD,又，∠CMB=∠AMF,∴.∠IFM∠BCM=60°， 过点C作CP LAD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又：'∠CBE=-∠CAD,BC=AC,∴.△BCQ≌△ACP (AAS) 2/11 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ∴.CO=CP,根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD。 2)双等腰直角三角形型 食44 条件：△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，C为公共点：连接BE,AD交于点N。 结论：①△ACD≌△BCE:②BE-AD:③∠AMME∠BCM=90°；④CN平分∠BND。 证明：，△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，.BC=AC,CE=CD,∠BCA=∠ECD=90° ∴.∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE,即∠BCE=∠ACD,∴.△ACD≌△BCE(SAS), .'.BE=AD,∠CBE=∠CAD,又.·∠CMB=∠AN,.'.∠A∈∠BCM=90°， 过点C作CP LAD,CO LBE,则∠COB=∠CPA=90°，又，∠CBE=∠CAD,BC=AC,∴.△BCO≌△ACP (AAS) ∴.CO=CP,根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。 3)双等腰三角形型 条件：BC=AC,CE=CD,∠BCA=∠ECD,C为公共点；连接BE,AD交于点F。 结论：①△ACD≌△BCE;②BE=AD:③∠BCME∠AFM④CF平分∠BFD. 证明：，∠BCA=∠ECD,∴，∠BCA什∠ACE=∠ECD+∠ACE,即∠BCE=∠ACD, 又，BC=AC,CE=CD,∴.△ACD≌△BCE(SAS),.BE=AD,∠CBE=∠CAD, 又，'∠CMB=∠AMF,.∠BCME∠AFM,过点C作CP LAD,CO LBE,则∠CQB=∠CPA=90°， 又，'∠CBE=∠CAD,BC=AC,∴.△BCQ≌△ACP(AAS) ∴.CQ=CP,根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD。 3/11 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 夙题型归纳一精讲典型题法，务尖解题根基 题型一、全等三角形之一线三等角模型 典例1(25-26八年级下·云南玉溪开学考试)如图①，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC过点C在 △ABC外作直线I,AM⊥I于点M,BN⊥I于点N. M C 图① 图② (I)试说明：MN=AM+BN: (2)如图②，将(1)中条件改 ∠DC=∠CEB=∠ACB=a(90°<a<180),AC=BC,请间(L中的结 论DE=AD+BE是否还成立？请说明理由， 题型棋版 1.特征：一条直线上出现三个相等角，构造全等或相似三角形，常用于求线段长度。 2方法：利用同角的余角或补角相等，找出等角，再结合已知边角用ASA或AAS证明全等，从而得对应 边相等。 变式1-1(25-26八年级上河北邯郸期中)(1)习题呈现：类似冀教版八年级上册57页C组习题，如图 1,在△ACB中，∠ACB=90°，AC=BC,直线经过点C,且AD⊥MN于D,BE⊥MN于E.请直接写 出DE、AD、BE之间的数量关系 (2)问题解决：在(I)的条件下，当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，求证：DE=AD-BE, (3)变式探究：如图3，∠BCA=60°，CA=CB,CD是经过∠BCA顶点C的一条直线，并且经过∠BCA 的内部，点E、F在射线CD上，且∠BEC=∠CFA=120°.请猜想EF、BE、AF之间的数量关系，并说 明理由， 4/11 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 →B 图1 图2 图3 变式1-2(25-26八年级上广西来宾期末)(1)如图①，在△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，DE是过 点A的直线，BD⊥DE于点D,CE⊥DE于点E,且BD=AE.求证：DE=BD+CE, B A E A D A 图① 图② 图③ (2)如图②，在△ABC中，AB=CA,D,A,E三点都在直线I上，并且有∠BD仁∠AEC=∠BAC-a, 且≠9O°，请问DE=BD+CE是否成立？若成立，请给出证明，如不成立，请说明理由. (3)拓展与应用：如图③，D,E是D,A,E三点所在直线I上的两动点(D,A,E三点互不重合)，点 F为∠BAC平分线上的一点，且△ABF和△ACF均为等边三角形，连接BD,CE.若 ∠BDA=∠AEC=∠BAC,试判断△DEF的形状. 题型二、全等三角形模型之手拉手模型 典例2(25-26八年级上云南·期中)南南同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有 公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组全等的三角形，南南把具有这个规律的图形 称为“手拉手”图形. 图1 图2 图3 (I)问题发现：如图1，若△ABC和△ADE均是顶角为4O°的等腰三角形，BC、DE分别是底边，求证： 5/11 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 BD=CE; (2)拓展探究：如图2，若△ABC和△ADE均为等边三角形，点B、D、E在同一条直线上，连接CE,则 ∠BEC的度数为 一；线段CE与BD之间的数量关系是 (3)解决问题：如图3，若△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，点B、D、E在同一条 直线上，AM为△ADE中DE边上的高，连接CE.若等式BE=aCE+bAM成立，请求出a的值和b的值， 题型模版 1特征：两个等腰三角形共顶点，且顶角相等，通过旋转全等，证边角相等或求夹角。 2方法：找到公共顶点，利用等腰性质及顶角相等，用SA证明两三角形全等，得对应边角相等。 变式2-1(25-26八年级上山西朔州期中)综合与探究 问题背景：△ABE和△CDE为等腰直角三角形，∠AEB=∠CED=9O°，AE=BE,CE=DE,连接 BD,AC, 图1 图2 图3 问题初探： (1)如图1，当B,E,C三点在同一条直线上时， ①BD与AC的位置关系为， ②BD与AC的数量关系为， 拓展探究： (2)如图2，当B,E,C三点不在同一条直线上时，BD与AC交于点F,试判断(1)中BD与AC的位 置关系和数量关系是否发生变化，并说明理由. (3)如图3，将(2)中的等腰直角三角形变为普通等腰三角形，其他条件不变，请直接判断(2)中BD 与AC的位置关系和数量关系是否仍然成立. 变式2-2(25-26八年级上河南新乡期中)(1)如图1，△ABC和△CDE都是等边三角形，连接AD, BE.若BE∥CD,则∠BEC的度数是 6/11 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 图1 图2 图3 (2)如图2，△ABC和△CDE都是等边三角形，点A,D,E在同一条直线上，连接BE.求证： AE=BE+CE (3)如图3，△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A,D,E在同一条直线 上，CM⊥AE于点M,连接BE,求∠AEB的度数以及线段CM,AE,BE之间的数量关系， ◆◆ 同压轴挑战一支克高难压轴，突成思维上保 一、单选题 1.(25-26八年级下·广东江门期中)如图，△ABC中，∠ABC=90°，AB=CB,三角形的顶点在相互平 行的三条直线， 人、、5上，且、之同的距腐为1.久、之间的距离为3，则4C的长是() 4 B 13 A.52 B.25 C.4V2 D.7 2.(25-26八年级上四川德阳·期末)已知：如图，在△ABC,△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC, AD=AE,C,D,E三点在同一条直线上，连接BD.以下四个结论：①BD=CE;② ∠ACE+∠DBC=45°：③BD⊥CE;④∠BAE+∠DAC=180°.其中错误的个数是(). 7/11 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D A.0 B.1 C.2 D.3 3.(25-26八年级下·湖南衡阳期末)如图，在△ABC中，AD是BC边上的高， ∠BAF=∠CAG=90°，AB=AF,AC=AG FGDA BG,CF .连接，交的延长线于点E,连接 ·则下列结论： ①BG=CF;②BG⊥CF;③EF=EG:④BC=2AE,其中正确的有() G A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.①②③④ 二、填空题 4.(25-26八年级上江苏扬州期末)如图，∠ACB=90°，AC=BC,BE⊥CE于E,AD⊥CE于D. AD=5cm.DE=3cm,BE=cm. 5.(25-26七年级下山东济南期中)如图，∠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.若BC=m,AF=n,则△ADG的面积为一 8/11 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D B 6.(2026吉林长春·模拟预测)两个大小不同的等腰直角三角板按图1所示摆放，将两个三角板抽象成如 图2所示的△ABC和△AED,其中∠BAC=∠EAD=9O°，点B、C、E依次在同一条直线上，连结CD.若 BC=4,CE=2,则△DCE的面积是 图1 图2 三、解答题 7.(25-26七年级下·四川成都期末)如图，△ABC与△AED为等腰三角形，AB=AC,AD=AE, ∠DAE=∠BAC,D为线段BC上一个动点，AC与DE相交于点G. D D 图1 图2 图3 (1)如图1，求证：CA平分∠BCE: (2)如图2，在ED延长线上取一点F,当DF=EG时，线段AC与BF有什么位置关系？并说明理由： 25 (3③)如图3，若AE⊥AB,且∠CAD=2LCDE,ACDE的面积为4，求CD的长. 8.(25-26七年级下四川达州期末)综合与实践：类比思维是根据两个具有相同或相似特征的事物间的 对比，从某一事物的某些已知特征去推测另一事物的相应特征存在的思维活动.请尝试用类比思维解决以 9/11 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 下问题： B 图1 图2 图3 【建立模型】： (I)如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°，CA=CB,直线I经过点C,过点A作AD1I于点 D,过点B作BE⊥I于点E,直接写出DE、AD、BE之间的数量关系： 【实践探究】： (②)如图2，在△ABC中，AB=AC,点D、E分别在边BC、AC上，且DA=DE,∠B=∠ADE.若 BC=12,AB=8,求CE的长度. 【拓展应用】： (3)如图3，在△ABC中，AB=AC,∠A=45°，点D、E分别是边AC、AB上的动点，以DE为腰向右作 等腰△DEF,使得DE=DF,且∠EDF=45°，连接CF、BF,∠FCA=22.5°. ①线段BE和AD有何数量关系，并说明理由： ②在点D、E运动过程中，点F位置也随之发生改变，若BC=16,当线段BF取得最小值时，求△BFC的 面积. 9.(25-26七年级下广东揭阳阶段检测)综合题 (I)如图1，AB=7cm,AC⊥AB,BD1AB,AC=5cm.点P在线段AB上以2cm/s的速度由点A向点 B运动，同时，点P以相同的速度在射线BD上由点B向点D运动.它们运动的时间为 (s ,当点P到达 点B时，点Q也停止运动.当t=ls时，猜想：线段CP与PO之间的关系，并说明理由. (2)【拓展】如图2，在△ABC中，AB=AC,D,A,EB三点都在直线m上，并且∠BDA=∠AEC=∠BAC 猜想：线段DE、BD、CE之间的关系，并说明理由 (3)【应用】如图3，在△ABC中，∠BAC是钝角，AB=AC,∠BAD>∠CAE,∠BDA=∠AEC=∠BAC, 直线m与BC的延长线交于点F,若BC=2CF,△ABC的面积是12，则△ABD与△CEF的面积之和为_· 10/11 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B D B 净P B D A m 图1 图2 图3 10.(25-26七年级下河南驻马店阶段检测)根据题意，完成以下各题 图1 图2 图3 图4 图5 (I)如图1，△ABC和△ADE是等腰直角三角形，AB<AD,∠BAC=∠DAE=90°，连接BD,CE,构建“手 拉手”模型，得到了BD=_；在此基础上，又利用“蝴蝶型”，如图2的划斜线部分，得到了BD⊥ (2)如图3，△ABC和△ADE是等边三角形，AD<AB,连接BD,CE,BD的延长线与CE相交于点F.请 猜想BD与CE的大小关系，求∠BFC的度数： (3)如图4，在△ABC和△ADE中，AB=AC,AD=AE,AD<AB,∠BAC=∠DAE=40°，连接BD, CE.则BD与CE的数量关系为一，直线BD与直线CE的夹角为一： (④如图5，△ABC和△ADE是等腰直角三角形，AB<AD,∠BAC=∠DAE=90(∠DAC<90),连接BE, CD,F是线段BE的中点，连接AF.若DC=4,请你直接写出AF的长. 11/11 专题06 全等三角形之一线三等角模型与手拉手模型的二类综合题型 目 录 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、全等三角形之一线三等角模型 题型二、全等三角形模型之手拉手模型 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 【一线三等角模型及证法】 1）一线三等角（K型图）模型（同侧型） 锐角一线三等角 直角一线三等角（“K型图”） 钝角一线三等角 条件：，AE=DE； 结论：，AB+CD=BC。 2）一线三等角（K型图）模型（异侧型） 锐角一线三等角 直角一线三等角 钝角一线三等角 条件：，AE=DE； 结论：，AB-CD=BC。 1）（同侧型）证明：∵∠AEC=∠B+∠BAE，∠B=∠AED，∴∠AEC=∠AED+∠BAE， ∵∠AEC=∠AED+∠CED，∴∠BAE=∠CED。 在△ABE和△ECD中，∠B=∠C，∠BAE=∠CED，AE=ED；∴， ∴，，∵BC=BE+EC，∴AB+CD=BC。 2）（异侧型）证明：∵，∴∠ECD=∠ABE， ∵，∠AED=∠AEB+∠CED，， ∴∠AEB+∠A=∠AEB+∠CED，∴∠A=∠CED， 在△ABE和△ECD中，∠A=∠CED，∠ECD=∠ABE，AE=ED；∴， ∴，，∵BC=EC-BE，∴AB-CD=BC。 【手拉手模型及证法】 1）双等边三角形型 条件：△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。 证明： ∵△ABC和△DCE均为等边三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=60° ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即：∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMF，∴∠AFM=∠BCM=60°， 过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD。 2）双等腰直角三角形型 条件：△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N。 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BND。 证明： ∵△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=90° ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMN，∴∠ANM=∠BCM=90°， 过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。 3）双等腰三角形型 条件：BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD，C为公共点；连接BE，AD交于点F。 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠BCM=∠AFM；④CF平分∠BFD。 证明： ∵∠BCA=∠ECD，∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD， 又∵BC=AC，CE=CD，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE=AD，∠CBE=∠CAD， 又∵∠CMB=∠AMF，∴∠BCM=∠AFM，过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°， 又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD。 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、全等三角形之一线三等角模型 典例1（25-26八年级下·云南玉溪·开学考试）如图①，在中，，过点在外作直线，于点，于点． (1)试说明：； (2)如图②，将（1）中条件改为，，请问（1）中的结论是否还成立？请说明理由． 【答案】(1) 证明：， ， ，， ， ， ， 在和中， ， （） ，， ， ； (2) 成立，理由如下， ， ， ， ， ， 在和中， ， （） ，， ， ． 【分析】（1）利用“”，可得，从而，，根据，等量代换即可说明； （2）利用“”，可得，从而，，再根据，等量代换即可． 【详解】（1）解：略． （2）解：略． 题型模版 1.特征：一条直线上出现三个相等角，构造全等或相似三角形，常用于求线段长度。 2.方法：利用同角的余角或补角相等，找出等角，再结合已知边角用ASA或AAS证明全等，从而得对应边相等。 变式1-1（25-26八年级上·河北邯郸·期中）（1）习题呈现：类似冀教版八年级上册57页C组习题，如图1，在中，，，直线经过点C，且于，于E．请直接写出、、之间的数量关系． （2）问题解决：在（1）的条件下，当直线绕点C旋转到图2的位置时，求证：． （3）变式探究：如图3，，，是经过顶点C的一条直线，并且经过的内部，点E、F在射线上，且．请猜想、、之间的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）； （2）证明：∵， ， 又 ∵， ， ， ， ， ， ． （3）， 理由：∵， ， ∵，， ， 在和中， ， ， ， ∴． 【分析】本题考查了邻补角的意义，全等三角形的判定和性质等知识点，能根据已知证出符合全等的条件是解此题的关键，题型较好，综合性比较强． （1）由已知推出，因为，推出，根据即可得到，得到，即可求出答案； （2）与（1）证法类似可证出，能推出，得到，代入已知即可得到答案； （3）与（1）（2）证法类似可证出，能推出，得到，代入已知即可得到答案； 【详解】解：（1）证明：∵， ， ， ， ， 在和中 ， ， ， ， ． （2）略 （3）略 变式1-2（25-26八年级上·广西来宾·期末）（1）如图①，在中，，，是过点A的直线，于点D，于点E，且．求证：． （2）如图②，在中，，D，A，E三点都在直线l上，并且有，且，请问是否成立？若成立，请给出证明，如不成立，请说明理由． （3）拓展与应用：如图③，D，E是D，A，E三点所在直线l上的两动点（D，A，E三点互不重合），点F为平分线上的一点，且和均为等边三角形，连接，．若，试判断的形状． 【答案】 （1）证明：直线l，直线l， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ； （2）解：成立，证明如下： ， ， ， 在和中， ， ， ，， ； （3）为等边三角形 【分析】（1）只需要证明，根据已知条件，结合全等三角形的判定定理即可解答； （2）运用类比的方法，同样可以证明； （3）结合（2）及已知条件，利用可以证明； 接下来根据全等三角形的性质可以得到，，至此问题即可解答． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：由（2）可知，， ，， 和均为等边三角形， ，， ， ， 在和中， ， ， ，， ， 为等边三角形． 题型二、全等三角形模型之手拉手模型 典例2（25-26八年级上·云南·期中）南南同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组全等的三角形，南南把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形． (1)问题发现：如图1，若和均是顶角为的等腰三角形，、分别是底边，求证：； (2)拓展探究：如图2，若和均为等边三角形，点B、D、E在同一条直线上，连接，则的度数为__________；线段与之间的数量关系是__________； (3)解决问题：如图3，若和均为等腰直角三角形，，点B、D、E在同一条直线上，为中边上的高，连接．若等式成立，请求出a的值和b的值． 【答案】(1) 证明：和均是顶角为的等腰三角形， ，，， ，即， 在和中， ， ， ； (2)，； (3)，． 【分析】本题考查了等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的斜边中线等知识，掌握“手拉手”图形的解题思路是解题关键． （1）结合等腰三角形的性质，证明，即可得到结论； （2）结合等边三角形的性质，同（1）理证明，得到，，进而得到，即可求出的度数； （3）同（1）理证明，得到，根据等腰三角形三线合一的性质，以及直角三角形斜边中线等于斜边一半，得到，从而得出，即可得出a的值和b的值． 【详解】（1）略 （2）解：和均为等边三角形， ，，， ，即， ， ，， ， ； （3）解：同（1）理可证，， ， 为等腰直角三角形，为中边上的高， ， ， 等式成立， ，． 题型模版 1.特征：两个等腰三角形共顶点，且顶角相等，通过旋转全等，证边角相等或求夹角。 2.方法：找到公共顶点，利用等腰性质及顶角相等，用SAS证明两三角形全等，得对应边角相等。 变式2-1（25-26八年级上·山西朔州·期中）综合与探究 问题背景：和为等腰直角三角形，，，，连接． 问题初探： （1）如图1，当B，E，C三点在同一条直线上时， ①与的位置关系为_________． ②与的数量关系为_________． 拓展探究： （2）如图2，当B，E，C三点不在同一条直线上时，与交于点F，试判断（1）中与的位置关系和数量关系是否发生变化，并说明理由． （3）如图3，将（2）中的等腰直角三角形变为普通等腰三角形，其他条件不变，请直接判断（2）中与的位置关系和数量关系是否仍然成立． 【答案】（1）① ；② ； （2）由题意得， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴，， ∴， 设与交于点；如图； ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴与的位置关系和数量关系没有发生变化； （3）与的数量关系没有发生变化；位置关系不是垂直关系； 【分析】（1）根据题意证明，再根据全等可得，，即可求解； （2）根据题意证明，设与交于点，再根据全等可得，，即可求解； （3）根据题意证明，设与交于点，再根据全等可得，即可求解； 【详解】解：（1）理由：延长交于点，如图 在和中， ∴ ∵ ∴ ∴， ∴ 故答案为： ① ；②； （2） 略 （3）设， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴，， ∴， 设与交于点；如图； ∴， ∵， ∴， ∴， ∴不垂直， ∴与的数量关系没有发生变化；位置关系不是垂直关系； 变式2-2（25-26八年级上·河南新乡·期中）（1）如图1，和都是等边三角形，连接，．若，则的度数是________． （2）如图2，和都是等边三角形，点，，在同一条直线上，连接．求证：． （3）如图3，和均为等腰直角三角形，，点，，在同一条直线上，于点，连接，求的度数以及线段，，之间的数量关系． 【答案】（1）； （2）证明：∵和都是等边三角形， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴； （3）， 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质，掌握相关结论是解题关键； （1）由题意得，结合即可求解； （2）证即可求解； （3）证，得，；推出，；根据，得；进而得，即可求解； 【详解】解：（1）∵都是等边三角形， ∴， ∵， ∴； （2）略 （3）由题意得： ， ∴，即， ∴， ∴，； ∵为等腰直角三角形， ∴， ∵点，，在同一条直线上， ∴， ∴； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴； 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 一、单选题 1．（25-26八年级下·广东江门·期中）如图，中，，，三角形的顶点在相互平行的三条直线，、、上，且、之间的距离为1，、之间的距离为3，则的长是（   ） A． B． C． D．7 【答案】A 【分析】本题主要考查了勾股定理，三角形的全等的判定和性质，证得是解答本题的关键．作于D，作于E，再证明，因此可得，再结合勾股定理求得，然后再根据勾股定理求出的长即可． 【详解】解：如图：作于D，作于E，    ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 在中，根据勾股定理得：， 在中，根据勾股定理得：． 故选：A． 2．（25-26八年级上·四川德阳·期末）已知：如图，在，中，，，，C，D，E三点在同一条直线上，连接．以下四个结论：①；②；③；④．其中错误的个数是（   ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等，熟练掌握考查的知识点是解题的关键． 先证明和为等腰直角三角形，推出，再证明，运用全等的性质即可解题． 【详解】解：∵，，， ∴和为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，故①正确，不符合题意； ∴， ∵， ∴，故②正确，不符合题意； ∵， ， ， ， ， ∴， ∴，故③正确，不符合题意； ∵如图，延长射线交于点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，故④正确，不符合题意； 综上，符合题意共个． 故选：A． 3．（25-26八年级下·湖南衡阳·期末）如图，在中，是边上的高，．连接，交的延长线于点E，连接．则下列结论：①；②；③；④，其中正确的有（   ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】先证即可判断①，利用及三角形内角和定理与对顶角即可判断②，点F作于点M，过点G作交的延长线于点N，证明，得出，同理得到，从而得出，证明，从而得到，即可判断③④，即可得到答案． 【详解】解：∵，， ∴， 在与中， ∵， ∴， ∴，故①正确， ∵， ∴， 如图，记交于点，的交点为， ∵， ∴， ∴，故②正确， 过点F作于点M，过点G作交的延长线于点N， ， ∵， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴，， 同理， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， 故③正确，④正确． 二、填空题 4．（25-26八年级上·江苏扬州·期末）如图，，，于E，于D．，，______ 【答案】2 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键． 证明，根据全等三角形的对应边相等即可证得，，从而求解． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴ ∴， ∴， ∴， 故答案为：2． 5．（25-26七年级下·山东济南·期中）如图，，，，连接，，且于点F，与直线交于点G．若，，则的面积为____． 【答案】 【分析】过点D作于P，过点E作交的延长线于Q，证明，，得到，，，，证明，得到，根据得到，进而得到，根据三角形面积公式计算即可． 【详解】解：如图，过点D作于P，过点E作交的延长线于Q， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， 同理可证 ∴，，，， 在与中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 6．（2026·吉林长春·模拟预测）两个大小不同的等腰直角三角板按图1所示摆放，将两个三角板抽象成如图2所示的和，其中，点、、依次在同一条直线上，连结．若，，则的面积是____． 【答案】6 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质等知识，根据证明，由全等三角形的性质得出，则可得出答案． 【详解】解：， ，即， 在和中， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， 故答案为：6． 三、解答题 7．（25-26七年级下·四川成都·期末）如图，与为等腰三角形，，，，为线段上一个动点，与相交于点． (1)如图1，求证：平分； (2)如图2，在延长线上取一点，当时，线段与有什么位置关系？并说明理由； (3)如图3，若，且的面积为，求的长． 【答案】(1)证明：∵， ∴，即， 在和中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即平分． (2)解：，理由如下： 如图所示，在上截取，使得，连接，在上取点，连接，使得， ，， ， 在和中，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ， ∴， ∵， ∴， 在和中，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴． (3) 【分析】（1）利用“相等的角减去相同角的两角仍相等”证明模型证明，进而证明，得到对应角相等证明结果； （2）在上截取，使得，连接，在上取点，连接， 使得，证明，利用等腰三角形的性质与全等三角形的性质以及等量代换证明，最后根据等量代换证得，从而得到答案； （3）先根据等腰三角形的性质与全等三角形的性质等量代换后得到，利用算出，再利用三角形内角和为和等量代换得出，取线段垂直平分线的交点，连接，过点作交于点，通过角度的换算得到是等腰直角三角形，再证得，根据平行线间垂线段相等，利用同底等高得到的面积，从而求解． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：由（1）知，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴设，则， ∵， ∴，解得， ∴， 在和中，， ∴，， 如图所示，取线段垂直平分线的交点，连接，过点作交于点， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴，则， 又∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， 又∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴； ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴或， ∵线段的长度为非负数， ∴． 8．（25-26七年级下·四川达州·期末）综合与实践：类比思维是根据两个具有相同或相似特征的事物间的对比，从某一事物的某些已知特征去推测另一事物的相应特征存在的思维活动．请尝试用类比思维解决以下问题： 【建立模型】： (1)如图1，在等腰直角三角形中，，，直线l经过点C，过点A作于点D，过点B作于点E，直接写出、、之间的数量关系：_________________； 【实践探究】： (2)如图2，在中，，点D、E分别在边、上，且，．若，求的长度． 【拓展应用】： (3)如图3，在中，，，点D、E分别是边、上的动点，以为腰向右作等腰，使得，且，连接、，． ①线段和有何数量关系，并说明理由； ②在点D、E运动过程中，点F位置也随之发生改变，若，当线段取得最小值时，求的面积． 【答案】(1) (2)4 (3)①， 证明：如图，在上取一点，使得，连接， ∵，， ∴， ∵，， ，即， ∵， ∴， 在和中： ， ， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． ②64 【分析】（1）由，，，通过等量代换得．结合，证，得，，由得． （2）得．由三角形外角性质得，又，且，故．结合，证，得，．由得． （3）①在上取点使，连接．由，且，结合证，得，．由，得，故．于是，代入得． ②由且得．由得，作，则为等腰直角三角形，．又，也为等腰直角三角形，，故，进而计算的面积． 【详解】（1）解：，理由如下： ， ， ， ， ， ． 在和中： ， ， ， 又， ． （2）解：∵， ∴， ， ∴， ∴， 在和中： ， ， ∴，，， ． （3）①略； ②∵， ∴为定直线， ∴当时，最小， 如图，过点作于点， ∴ ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ， ， 的面积为． 9．（25-26七年级下·广东揭阳·阶段检测）综合题 (1)如图1，，，，．点在线段上以的速度由点向点运动，同时，点以相同的速度在射线上由点向点运动．它们运动的时间为，当点到达点时，点也停止运动．当时，猜想：线段与之间的关系，并说明理由． (2)【拓展】如图2，在中，，D，A，E三点都在直线m上，并且猜想：线段、、之间的关系，并说明理由． (3)【应用】如图3，在中，是钝角，，，，直线m与的延长线交于点F，若，的面积是12，则与的面积之和为 ． 【答案】(1)解：且 理由: 当时，，， ， ， 又， ， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， ， 又， ， ． (2)解：，理由如下： ，， ， 又，，三点在直线上， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ． (3)6 【分析】(1) 当时，，，结合，利用SAS判定，得到及，再通过直角互余与平角关系证得． (2) 利用三角形内角和与平角关系转化得到，结合已知角等和，利用AAS判定，从而得，，相加即得． (3) 由(2)的模型可得，从而，将面积和转化为；再利用及同高三角形面积比等于底边比，得． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：由(2)同理可证， ， ， 直线与的延长线交于点，且， 与有公共顶点，且底边与在同一直线上， ， ， ， 即与的面积之和为． 10．（25-26七年级下·河南驻马店·阶段检测）根据题意，完成以下各题 (1)如图，和是等腰直角三角形，，，连接，，构建“手拉手”模型，得到了 ；在此基础上，又利用“蝴蝶型”，如图的划斜线部分，得到了______ ． (2)如图，和是等边三角形，，连接，，的延长线与相交于点．请猜想与的大小关系，求的度数； (3)如图，在和中，，，，，连接，．则与的数量关系为______，直线与直线的夹角为______； (4)如图，和是等腰直角三角形，， ，连接，，是线段的中点，连接若，请你直接写出的长． 【答案】(1)，； (2) (3)；直线与直线的夹角为 (4)2 【分析】（1）先通过证得，进而通过全等三角形性质可得到； （2）先证明，再证明可得，再根据三角形内角和定理可得； （3）方法同（2），需要先证，然后再根据全等三角形性质即可求解． （4）延长到使，连接，证明得，得，进一步证明，再证明即可得出结论 【详解】（1）解：∵， ∴，即， ∵和是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴，， 如图，与交点为，与交点为， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， （2）解：∵和是等边三角形， ， ，即， ， ， 设与相交于点，则， ； （3）解：延长交于点F，设交于点G， ∵， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴， 即直线与直线的夹角为； （4）解：延长到使，连接． ， 又， ， ， ， ， ， ， ， 和是等腰直角三角形， ， ， ， ， ． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $