专题七 全等三角形八大模型必考点【人教版】【考点1 一线三等角构造全等模型】【考点2 手拉手模型-旋转模型】【考点3 倍长中线模型】 【考点4 平行线+线段中线构造全等模型】【考点5 角平分线+垂直构造全等模型】【考点6 正方形中的半角模型】【考点7 等腰三角形中的半角模型】【考点8 对角互补且一组邻边相等的半角模型】【考点1 一线三等角构造全等模型】方法点拨：“一线三等角模型”最关键的要点就是证明角相等，（1）三垂直：利用同角的余角相等（2）一般角：利用三角形的外角的性质1阅读理解，自主探究：“一线三垂直”模型是“一线三等角”模型的特殊情况，即三个等角角度为90，于是有三组边相互垂直所以称为“一线三垂直模型”当模型中有一组对应边长相等时，则模型中必定存在全等三角形（1）问题解决：如图1，在等腰直角ABC中，ACB90，ACBC，过点C作直线DE，ADDE于D，BEDE于E，求证：ADCCEB；（2）问题探究：如图2，在等腰直角ABC中，ACB90，ACBC，过点C作直线CE，ADCE于D，BECE于E，AD2.5cm，DE1.7cm，求BE的长；（3）拓展延伸：如图3，在平面直角坐标系中，A（1，0），C（1，3），ABC为等腰直角三角形，ACB90，ACBC，求B点坐标.解：（1）证明：ADDE，BEDE，ADCCEB90，ACB90，ACD+ECB90，DAC+ACD90，DACECB，在ADC和CEB中，ADCCEB（AAS）；（2）解：BECE，ADCE，ADCCEB90，CBE+ECB90，ACB90，ECB+ACD90，ACDCBE，在ADC和CEB中，ADCCEB（AAS），ADCE2.5cm，CDBE，BECDCEDE2.51.70.8（cm），即BE的长为0.8cm；（3）解：如图3，过点C作直线lx轴，交y轴于点G，过A作AEl于点E，过B作BFl于点F，交x轴于点H，则AECCFBACB90，A（1，0），C（1，3），EGOA1，CG1，FHAEOG3，CEEG+CG2，ACE+EAC90，ACE+FCB90，EACFCB，在AEC和CFB中，AECCFB（AAS），AECF3，BFCE2，FGCG+CF1+34，BHFHBF321，B点坐标为（4，1）2如图，已知A（3，0），B（0，1），连接AB，过B点作AB的垂线段BC，使BABC，连接AC（1）如图1，求C点坐标；（2）如图2，若P点从A点出发沿x轴向左平移，连接BP，作等腰直角BPQ，连接CQ，当点P在线段OA上，PA与CQ有何位置和数量关系，猜想并证明；（3）在（2）的条件下若C、P，Q三点共线，求此时APB的度数及P点坐标解：（1）如图1，过C作CHy轴于H，则BCH+CBH90，ABBC，ABO+CBH90，ABOBCH，在ABO和BCH中，ABOBCH（AAS），BHOA3，CHOB1，OHOB+BH4，C点坐标为（1，4）；（2）CQAP，CQAP证明：如图2，延长CQ交x轴于D，交AB于E，PBQABC90，PBQABQABCABQ，即PBAQBC，在PBA和QBC中，PBAQBC（SAS），PACQ，BAPBCQ，又AEDCEB，ADECBE90，即CDAD，CQAP；（3）BPQ是等腰直角三角形，BQP45，当C、P，Q三点共线时，BQC135，由（2）可知，PBAQBC，BPABQC135，OPB18013545，OPOB1，P点坐标为（1，0）3如图1，直线AB分别与x轴、y轴交于A、B两点，OC平分AOB交AB于点C，点D为线段AB上一点，过点D作DEOC交y轴于点E，已知AOm，BOn，且m、n满足n212n+36+|n2m|0（1）求A、B两点的坐标；（2）若点D为AB中点，延长DE交x轴于点F，在ED的延长线上取点G，使DGDF，连接BGBG与y轴的位置关系怎样？说明理由；求OF的长；（3）如图2，若点F的坐标为（10，10），E是y轴的正半轴上一动点，P是直线AB上一点，且P点的坐标为（6，6），是否存在点E使EFP为等腰直角三角形？若存在，求出点E的坐标；若不存在，说明理由解：（1）由n212n+36+|n2m|0，（n6）2+|n2m|0，n60，n2m0，n6，m3，A（3，0），B（0，6）；（2）BGy轴在BDG与ADF中，BDDA，BDGFDA，DGDF，BDGADF（SAS），BGAFAFy轴，BGy轴由可知，BGFA，BDE为等腰直角三角形BGBE设OFx，则有OEx，3+x6x，x1.5，即：OF1.5；（3）要使EFP为等腰直角三角形，必有EFEP，且FEP90，如图，过F、P分别向y轴作垂线垂足分别为M、NFEP90，FEM+PEN90，又FEM+MFE90，PENMFE，RtFMERtENP（HL），MENP6，OE1064即存在点E（0，4），使EFP为等腰直角三角形【考点2 手拉手模型-旋转模型】方法点拨：手拉手模型有一个特点，就是从一个顶点出发，散发出来的四条线段，两两相等（或者对应成比例），然后夹角相等。若两两相等，就出三角形全等。1如图在平面直角坐标中，点A和点B的坐标分别为（1，3）和（2，0），点C为x轴上点B右侧的任意一点，以AC为腰向右上方作等腰ACD，使CADOAB，ADAC，直线BD与y轴交于点P（1）求证：AOAB；（2）求证：AOCABD；（3）直接写出当点C运动时，点P在y轴上的位置是否发生改变？解：（1）证明：如图，作AEOB于点E，A（1，3），B（2，0），OE1，BE211，OEBE，在AEO与AEB中，AEOAEB（SAS），AOAB；（2）证明：CADOAB，CAD+BACOAB+BAC，即BADOAC，在AOC与ABD中，AOCABD（SAS）；（3）解：点P在y轴上的位置不发生改变理由：设AOBABO，由（2）知AOCABD，ABDAOB，OB2，OBP180ABOABD1802为定值，又POB90，OP长度不变，点P在y轴上的位置不发生改变2在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成的，在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形兴趣小组成员经过研讨给出定义：如果两个等腰三角形的顶角相等，且顶角的顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型”因为顶点相连的四条边，可以形象地看作两双手，所以通常称为“手拉手模型”（1）如图1，ABC与ADE都是等腰三角形，ABAC，ADAE，且BACDAE，则有 BADCAE（2）如图2，已知ABC，以AB、AC为边分别向外作等边ABD和等边ACE，并连接BE，CD，则BOD60（3）如图3，在两个等腰直角三角形ABC和ADE中，ABAC，AEAD，BACDAE90，连接BD，CE，交于点P，请判断BD和CE的关系，并说明理由解：（1）BACDAE，BADCAE，又ABAC，ADAE，BADCAE（SAS），故答案为：BAD，CAE；（2）ABD和ACE是等边三角形，ABAD，ACAE，BADCAE60，DACBAE，DACBAE（SAS），ADCABE，ADC+BDC+ABD+DAB180，ABE+BDC+ABD+DOB180，DABBOD60，故答案为：60；（3）BDCE，BDCE，理由如下：BACDAE90，BAC+BAEDAE+BAE，即CAEBAD，在ABD和ACE中，ABDACE（SAS），BDCE，ABDACE，BPC+ABDBAC+ACE，BPCBAC90，BDCE3如图，在ABC中，AC10（1）如图，分别以AB，BC为边，向外作等边ABD和等边BCE，连接AE，CD，则AECD（填“”“”或“”）；（2）如图，分别以AB，BC为腰，向内作等腰ABD和等腰BCE，ABDCBE且小于ABC，连接AE，CD，猜想AE与CD的数量关系，并说明理由；（3）如图，以AB为腰向内作等腰ABD，以BC为腰向外作等腰BCE，且ABDCBE，已知点A到直线DE的距离为3，AE12，求DE的长及点D到直线AE的距离解：（1）ABD和BCE为等边三角形，BDBA，BCBE，DBACBE，DBA+ABCCBE+ABC，即DBCABE，在DBC和ABE中，DBCABE（SAS），AECD，故答案为：；（2）AECD，理由如下：ABD和BCE为等腰三角形，BDBA，BCBE，DBACBE，DBA+DBECBE+DBE，即ABEDBC，在DBC和ABE中，DBCABE（SAS），AECD（3）ABD和BCE为等腰三角形，且ABDCBE，BDBA，BCBE，ABDCBE，ABD+DBCCBE+DBC，即ABCDBE，在ABC和DBE中，ABCDBE（SAS），ACDE10，设D到直线AE的距离为h，点A到直线DE的距离为3，AE12，SADE10312h，h，即D到直线AE的距离为【考点3 倍长中线模型】方法点拨：通过延长三角形的中线，使延长后的线段是原中线的2倍，从而构造一对8字型的全等三角形（SAS），实现边角的转移。1（1）【问题情境】课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图1，在