2020年八年级数学上册第十二章模型构建专题：全等三角形中常见的解题模型
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ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
∴∠MAC＝∠NCB. 在△AMC 和△CNB 中， ∠AMC ∠CNB， ∠MAC ∠NCB， AC CB， ∴△AMC≌△CNB(AAS)． ∴AM＝CN，MC＝NB. ∵MN＝CM－CN，∴MN＝BN－AM.
∴在△AFC 和△DEB 中， AF DE， ∠A ∠D， AC DB ∴△AFC≌△DEB(SAS)．
在图③中，∵AB＝CD，
∴AB－BC＝CD－BC，即 AC＝BD.
AF DE， 在△AFC 和△DEB 中，∠A ∠D，
AC DB
∴△AFC≌△DEB(SAS)．
模型展示：(∠D＝∠E＝∠BAC)
2．如图，在△ABC 中，AB＝AC，∠B＝∠C＝40°， 点 D 在线段 BC 上运动(D 不与 B、C 重合)，连接 AD，作∠ADE＝40°，DE 交线段 AC 于点 E. (1)若∠BDA＝115°，则∠BAD＝ 25 °，∠DEC ＝ 115 °；
(2)若 DC＝AB，求证：△ABD≌△DCE. 证明：∵∠EDC＋∠EDA＋∠ADB＝180°， ∠DAB＋∠B＋∠ADB＝180°，∠B＝∠EDA＝40°， ∴∠EDC＝∠DAB. ∵∠B＝∠C，DC＝AB， ∴△ABD≌△DCE(ASA)．
∴∠MAC＝∠NCB. 在△AMC 和△CNB 中， ∠AMC ∠CNB， ∠MAC ∠NCB， AC CB， ∴△AMC≌△CNB(AAS)． ∴AM＝CN，MC＝NB. ∵MN＝NC＋CM，∴MN＝AM＋BN.
(2)如图②，若过点 C 在△ABC 内作直线 MN，AM ⊥MN 于 M，BN⊥MN 于 N，则 AM、BN 与 MN 之 间有什么关系？请说明理由． (2)解：MN＝BN－AM. 理由如下： ∵AM⊥MN，BN⊥MN， ∴∠AMC＝∠CNB＝90°. ∵∠ACB＝90°，∴∠MAC＋∠ACM＝90°， ∠NCB＋∠ACM＝90°.
BP AC， ∠ABE ∠ACQ， AB CQ， ∴△APB≌△QAC(SAS)．
∴AP＝AQ.
(2)AP⊥AQ. (2)∵△APB≌△QAC， ∴∠BAP＝∠CQA. ∵∠CQA＋∠QAF＝90°， ∴∠BAP＋∠QAF＝90°， 即∠QAP＝90°. ∴AP⊥AQ.
4．如图①，在△ABC 中，∠ACB＝90°，AC＝BC， 过点 C 在△ABC 外作直线 MN，AM⊥MN 于 M，BN ⊥MN 于 N. (1)求证：MN＝AM＋BN； (1)证明：∵AM⊥MN，BN⊥MN， ∴∠AMC＝∠CNB＝90°. ∵∠ACB＝90°，∴∠MAC＋∠ACM＝90°， ∠NCB＋∠ACM＝90°.
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1．(1)如图①，A，B，C，D 在同一直线上，AB＝CD， DE∥AF，且 DE＝AF，求证：△AFC≌△DEB； (1)证明：∵AB＝CD， ∴AB＋BC＝CD＋BC，即 AC＝BD. ∵DE∥AF， ∴∠A＝∠D. 在△AFC 和△DEB 中，
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3．如图，BE、CF 是△ABC 的高，且交于点 O，在 射线 BE 上截取 BP＝AC，在射线 CF 上截取 CQ＝ AB.求证： (1)AP＝AQ； 证明：(1)∵CF⊥AB，BE⊥AC， ∴∠AEB＝∠AFC＝90°. ∴∠ABE＝∠ACQ＝90°－∠BAC. 在△APB 和△QAC 中，
AF DE， ∠A ∠D， AC DB
∴△AFC≌△DEB(SAS)．
(2)如果将△BDE 沿着 AD 边的方向平行移动，如图 ②，图③时，其余条件不变，结论是否成立？如果 成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由． (2)解：在图②，图③中结 论依然成立．证明如下： 同(1)可得∠A＝∠D. 在图②中， ∵点 B，C 重合，AB＝CD，∴AC＝BD.
∴∠MAC＝∠NCB. 在△AMC 和△CNB 中， ∠AMC ∠CNB， ∠MAC ∠NCB， AC CB， ∴△AMC≌△CNB(AAS)． ∴AM＝CN，MC＝NB. ∵MN＝CM－CN，∴MN＝BN－AM.
∴在△AFC 和△DEB 中， AF DE， ∠A ∠D， AC DB ∴△AFC≌△DEB(SAS)．
在图③中，∵AB＝CD，
∴AB－BC＝CD－BC，即 AC＝BD.
AF DE， 在△AFC 和△DEB 中，∠A ∠D，
AC DB
∴△AFC≌△DEB(SAS)．
模型展示：(∠D＝∠E＝∠BAC)
2．如图，在△ABC 中，AB＝AC，∠B＝∠C＝40°， 点 D 在线段 BC 上运动(D 不与 B、C 重合)，连接 AD，作∠ADE＝40°，DE 交线段 AC 于点 E. (1)若∠BDA＝115°，则∠BAD＝ 25 °，∠DEC ＝ 115 °；
(2)若 DC＝AB，求证：△ABD≌△DCE. 证明：∵∠EDC＋∠EDA＋∠ADB＝180°， ∠DAB＋∠B＋∠ADB＝180°，∠B＝∠EDA＝40°， ∴∠EDC＝∠DAB. ∵∠B＝∠C，DC＝AB， ∴△ABD≌△DCE(ASA)．
∴∠MAC＝∠NCB. 在△AMC 和△CNB 中， ∠AMC ∠CNB， ∠MAC ∠NCB， AC CB， ∴△AMC≌△CNB(AAS)． ∴AM＝CN，MC＝NB. ∵MN＝NC＋CM，∴MN＝AM＋BN.
(2)如图②，若过点 C 在△ABC 内作直线 MN，AM ⊥MN 于 M，BN⊥MN 于 N，则 AM、BN 与 MN 之 间有什么关系？请说明理由． (2)解：MN＝BN－AM. 理由如下： ∵AM⊥MN，BN⊥MN， ∴∠AMC＝∠CNB＝90°. ∵∠ACB＝90°，∴∠MAC＋∠ACM＝90°， ∠NCB＋∠ACM＝90°.
BP AC， ∠ABE ∠ACQ， AB CQ， ∴△APB≌△QAC(SAS)．
∴AP＝AQ.
(2)AP⊥AQ. (2)∵△APB≌△QAC， ∴∠BAP＝∠CQA. ∵∠CQA＋∠QAF＝90°， ∴∠BAP＋∠QAF＝90°， 即∠QAP＝90°. ∴AP⊥AQ.
4．如图①，在△ABC 中，∠ACB＝90°，AC＝BC， 过点 C 在△ABC 外作直线 MN，AM⊥MN 于 M，BN ⊥MN 于 N. (1)求证：MN＝AM＋BN； (1)证明：∵AM⊥MN，BN⊥MN， ∴∠AMC＝∠CNB＝90°. ∵∠ACB＝90°，∴∠MAC＋∠ACM＝90°， ∠NCB＋∠ACM＝90°.
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1．(1)如图①，A，B，C，D 在同一直线上，AB＝CD， DE∥AF，且 DE＝AF，求证：△AFC≌△DEB； (1)证明：∵AB＝CD， ∴AB＋BC＝CD＋BC，即 AC＝BD. ∵DE∥AF， ∴∠A＝∠D. 在△AFC 和△DEB 中，
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3．如图，BE、CF 是△ABC 的高，且交于点 O，在 射线 BE 上截取 BP＝AC，在射线 CF 上截取 CQ＝ AB.求证： (1)AP＝AQ； 证明：(1)∵CF⊥AB，BE⊥AC， ∴∠AEB＝∠AFC＝90°. ∴∠ABE＝∠ACQ＝90°－∠BAC. 在△APB 和△QAC 中，
AF DE， ∠A ∠D， AC DB
∴△AFC≌△DEB(SAS)．
(2)如果将△BDE 沿着 AD 边的方向平行移动，如图 ②，图③时，其余条件不变，结论是否成立？如果 成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由． (2)解：在图②，图③中结 论依然成立．证明如下： 同(1)可得∠A＝∠D. 在图②中， ∵点 B，C 重合，AB＝CD，∴AC＝BD.