模型11 全等三角形- K型模型-解析版

全等三角形模型（十一）——K型模型◎结论1：如图所示，AB⊥AD且AB=AD，BC⊥CE，DE⊥CE.则△ABC≌△DAE，CE=DE＋BC.【证明】∵BC⊥CE，DE⊥CE，AB⊥AD，∴∠C=∠BAD=∠E=90°，∴∠1+∠3=∠1+∠2=90°，∴∠2=∠3在△ABC和△DAE中，∠C=∠E=90°∠2=∠3AB=DA,∴△ABC≌△DAE（AAS），∴AC=DE，BC=AE，∴CE=CA+AE=BC+DE.eq\o\ac(○,eq\o\ac(○,巧)eq\o\ac(○,记)eq\o\ac(○,口)eq\o\ac(○,诀)长手+短手◎结论2：如图所示，AB⊥AD且AB=AD，BC⊥CA，DE⊥CA.则△ABC≌△DAE，CE=DE-BC.【证明】证明同上，△ABC≌△DAE，AC=DE，BC=AECE=AC-AE=DE-BC.eq\o\ac(○,巧)eq\o\ac(○,记)eq\o\ac(○,口)eq\o\ac(○,诀)长手-短手1．（2021·福建·福州教院二附中八年级期末）一天课间，顽皮的小明同学拿着老师的等腰直角三角板玩，不小心将三角板掉到两根柱子之间，如图所示，这一幕恰巧被数学老师看见了，于是有了下面这道题：如果每块砖的厚度a＝8cm，则DE的长为（

）A．40cm B．48cm C．56cm D．64cm【答案】C【详解】由等腰直角三角形的性质可得∠ACB＝90°，AC＝CB，因此可以考虑证明△ACD和△CBE全等，可以证明DE的长为7块砖的厚度的和．【分析】解：由题意得∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°，AC＝CB，∴∠ACD＝90°﹣∠BCE＝∠CBE，在△ACD和△CBE中，，∴△ACD≌△CBE（AAS），∴CD＝BE＝3a，AD＝CE＝4a，∴DE＝CD+CE＝3a+4a＝7a，∵a＝8cm，∴7a＝56cm，∴DE＝56cm，故选C．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．2．（2022·全国·八年级专题练习）如图，AC＝CE，∠ACE＝90°，AB⊥BD，ED⊥BD，AB＝6cm，DE＝2cm，则BD等于（）A．6cm B．8cm C．10cm D．4cm【答案】B【分析】根据题意证明即可得出结论．【详解】解：∵AB⊥BD，ED⊥BD，∴，∵∠ACE＝90°，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，，∴，故选：B．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定定理以及性质定理是解本题的关键．3．（2022·江西上饶·八年级期中）课间，小聪拿着老师的等腰直角三角板玩，不小心掉到两墙之间(如图)，∠ACB＝90°，AC＝BC，从三角板的刻度可知AB＝20cm，小聪想知道砌墙砖块的厚度(每块砖的厚度相等)，下面为砌墙砖块厚度的平方的是（

）．A．cm2 B．cm2 C．cm2 D．cm2【答案】A【分析】设每块砖的厚度为xcm，则AD=3xcm，BE=2xcm，然后证明△DAC≌△ECB得到CD=BE=2xcm，再利用勾股定理求解即可．【详解】解：设每块砖的厚度为xcm，则AD=3xcm，BE=2xcm，由题意得：∠ACB=∠ADC=∠BEC=90°，∴∠ACD+∠DAC=∠ACD+∠BCE=90°，∴∠DAC=∠ECB，又∵AC=CB，∴△DAC≌△ECB（AAS），∴CD=BE=2xcm，∵，，∴，∴，故选A．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．1．（2022·江苏·八年级单元测试）如图所示，中，．直线l经过点A，过点B作于点E，过点C作于点F．若，则__________．【答案】7【分析】根据全等三角形来实现相等线段之间的关系，从而进行计算，即可得到答案；【详解】解：∵BE⊥l，CF⊥l，∴∠AEB=∠CFA=90°．∴∠EAB+∠EBA=90°．又∵∠BAC=90°，∴∠EAB+∠CAF=90°．∴∠EBA=∠CAF．在△AEB和△CFA中∵∠AEB=∠CFA，∠EBA=∠CAF，AB=AC，∴△AEB≌△CFA．∴AE=CF，BE=AF．∴AE+AF=BE+CF．∴EF=BE+CF．∵，∴；故答案为：7．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，余角的性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的证明三角形全等．2．（2022·全国·八年级课时练习）如图，已知ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AD⊥DE于点D，BE⊥DE于点E，且点C在DE上，若AD＝5，BE＝8，则DE的长为_____．【答案】13【分析】先根据AD⊥DE，BE⊥DE，∠ADC=∠CEB=90°，则∠DAC+∠DCA=90°，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，可得AC=CB，推出∠DAC=∠ECB，即可证明△DAC≌△ECB得到CE=AD=5，CD=BE=8，由此求解即可．【详解】解：∵AD⊥DE，BE⊥DE，∴∠ADC=∠CEB=90°，∴∠DAC+∠DCA=90°，∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，∴∠DCA+∠BCE=90°，AC=CB∴∠DAC=∠ECB，∴△DAC≌△ECB（AAS），∴CE=AD=5，CD=BE=8，∴DE=CD+CE=13，故答案为：13．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，垂线的定义，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．3．（2022·全国·八年级课时练习）如图，一个等腰直角三角形ABC物件斜靠在墙角处（∠O＝90°），若OA＝50cm，OB＝28cm，则点C离地面的距离是____cm．【答案】28【分析】作CD⊥OB于点D，依据AAS证明,GMF，再根据全等三角形的性质即可得到结论．【详解】解：过点C作CD⊥OB于点D，如图，∴∵是等腰直角三角形∴AB=CB，∴又∴在和中，∴∴故答案为：28．【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质、三角形全等的判定与性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．1．（1）尝试探究：如图①，在中，，ABAC，AF是过点A的一条直线，且B，C在AE的同侧，BD⊥AE于D，CE⊥AE于E，则图中与线段AD相等的线段是；DE与BD、CE的数量关系为．（2）类比延伸：如图②，，BA=BC，点A，B的坐标分别是(-2，0)，(0，3)，求点C的坐标．（3）拓展迁移：在（2）的条件下，在坐标平面内找一点P（不与点C重合），使与△ABC全等．直接写出点P的坐标．【答案】（1）CE，DE=BD+CE；（2）（−3，5）；（3）存在，P点坐标分别为(5，2)，(3，1)，(1，2)．【分析】（1）由BD⊥AE，∠BAC90°，推进而得到即可求解；（2）作轴于点E，得出（AAS）即可求解；（3）分两种情况，①当时，；②当时，，讨论并构造全等三角形即可求解．【详解】解：（1）∵BD⊥AE，，CE⊥AE∴，，∴．在和中，，∴，∴AD=CE，BD=AE，∴DE=AD+AE=BD+CE．故答案为：CE，DE=BD+CE；（2）作轴于点E，∵轴，OA⊥OB，，∴，，，∴∠ABO=∠BCE．又∵，∴（AAS），∴，∵点A，B的坐标分别是(-2，0)，(0，3)，∴，∴，∴(-3，5)；（3）分类讨论：①当∠PAB=90°时，，∴，．∵B(0，3)，A(−2，0)，C(−3，5)，∴，，设P(x，y)，∴，，∴，解得：，，∴(−5，2)，(1，−2)，如图；②当∠ABP=90°时，，∴AP=AC，BP=AB，∵B(0，3)，A(−2，0)，C(−3，5)，∴，，设P(x，y)，∴，，∴，解得：，，∵点P与点C不重合，∴(−3，5)舍去，∴(3，1)，如图．综上，存在这样的P点，坐标分别为(5，2)，(3，1)，(1，2)．【点睛】本题主要考查三角形全等的判定和性质，两点间距离公式，坐标与图形性质，勾股定理等知识．利用数形结合的思想是解题关键．2．（1）观察理解：如图1，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线l过点C，点A，B在直线l同侧，BD⊥l，AE⊥l，垂足分别为D，E，求证：△AEC≌△CDB．（2）理解应用：如图2，过△ABC边AB、AC分别向外作正方形ABDE和正方形ACFG，AH是BC边上的高，延长HA交EG于点I．利用（1）中的结论证明：I是EG的中点．（3）类比探究：①将图1中△AEC绕着点C旋转180°得到图3，则线段ED、EA和BD的关系_______；②如图4，直角梯形ABCD中，，AB⊥BC，AD＝2，BC＝3，将腰DC绕D点逆时针旋转90°至DE，△AED的面积为．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）①ED=EA－BD；②1【分析】（1）根据同角的余角相等可得∠A＝∠BCD，再利用AAS证得△AEC≌△CDB，即可；（2）分别过点E、G向HI作垂线，垂足分别为M、N，由（1）可证得△EMA≌△AHB，△ANG≌△CHA，从而得到EM=GN，可得到△EMI≌△GNI，从而得到EI=IG，即可求证；（3）①由（1）得：△AEC≌△CDB，可得CE=BD，AE=CD，即可；②过点C作CP⊥AD交AD延长线于点P，过点E作EQ⊥AD交AD延长线于点Q，根据旋转的性质可得根据题意得：∠CDE=90°，CD=DE，再由（1）可得△CDP≌△DEQ，从而得到DP=EQ，然后根据两平行线间的距离，可得AP=BC，进而得到PD=1，即可求解．【详解】（1）证明：∵BD⊥l，AE⊥l，∴∠AEC＝∠BDC＝90°，又∵∠ACB＝90°∴∠A+∠ACE＝∠ACE+∠BCD＝90°，∴∠A＝∠BCD，在△AEC和△CDB中，∴△AEC≌△CDB（AAS）；（2）证明：分别过点E、G向HI作垂线，垂足分别为M、N，由（1）得：△EMA≌△AHB，△ANG≌△CHA，∴EM＝AH，GN=AH，∴EM=GN，在△EMI和△GNI中，∴△EMI≌△GNI（AAS）；∴EI=IG，即I是EG的中点；（3）解：①由（1）得：△AEC≌△CDB，∴CE=BD，AE=CD，∵ED=CD-CE，∴ED=EA－BD；故答案为：ED=EA－BD②如图，过点C作CP⊥AD交AD延长线于点P，过点E作EQ⊥AD交A