文档内容
专题 03 三角形全等模型之一线三等角模型与半角模型
目录
解题知识必备.....................................................................................................................................................1
压轴题型讲练.....................................................................................................................................................3
类型一、一线三等角（K型图）模型（同侧型）.............................................................................................3
类型二、一线三等角（K型图）模型（异侧型）.............................................................................................5
类型三、半角模型之90°-45°型..........................................................................................................................9
类型四、半角模型之60°-30°型或120°-60°型..................................................................................................15
压轴能力测评（8题）.....................................................................................................................................20
解题知识必备
模型1.一线三等角（K型图）模型（同侧型）
【常见模型及证法】
同侧型一线三等角（常见）：
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： + CE=DE
证明思路： +任一边相等
模型2.一线三等角（K型图）模型（异侧型）
【常见模型及证法】
异侧型一线三等角：
锐角一线三等角 直角一线三等角 钝角一线三等角
条件： + 任意一边相等
证明思路： +任一边相等模型3.半角模型之90°-45°型
【模型展示】
（1）正方形半角模型
条件：四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°；
结论：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④ AEF的周长=2AB；
⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。
（2）等腰直角三角形半角模型
条件： ABC是等腰直角三角形，∠DAE=45°；
结论：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝BD2＋EC2；
模型4.半角模型之60°-30°型或120°-60°型
（1）等边三角形半角模型（120°-60°型）
条件： ABC是等边三角形， BDC是等腰三角形，且BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°；
结论：①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋FC；④ AEF的周长=2AB；
⑤DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC。
（2）等边三角形半角模型（60°-30°型）
压轴题型讲练
类型一、一线三等角（K型图）模型（同侧型）
例题：（23-24八年级上·江苏南京·阶段练习）已知，在 中， ， 三点都在直线m上，
且 ．(1)如图①，若 ，则 与 的数量关系为 ___________， 与 的数量关系为 ___________；
(2)如图②，判断并说明线段 ， 与 的数量关系；
(3)如图③，若只保持 ，点A在线段 上以 的速度由点D向点E运
动，同时，点C在线段 上以 的速度由点E向点F运动，它们运动的时间为 ．是否存在x，
使得 与 全等？若存在，求出相应的t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3) 或
【分析】（1）利用平角的定义和三角形内角和定理得 ，再利用 证明 得
；
（2）由（1）同理可得 ，得 ，可得答案；
（3）分 或 两种情形，分别根据全等三角形的性质可解决问题．
【详解】（1）解：∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ；
（2） ，
由（1）同理可得 ，
∴ ，
∴ ；
（3）存在，当 时，
∴ ，
∴ ，此时 ；
当 时，∴
∴ ， ，
综上： 或 ．
【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握一线三等角基本模型是解
题的关键，同时渗透了分类讨论的数学思想．
【变式训练1】（23-24八年级上·云南昆明·期末）如图，在 中， ．
(1)如图1，直线 过点B， 于点M， 于点N，且 ，求证：
．
(2)如图2，直线 过点B， 交 于点M， 交 于点N，且 ，则
是否成立？请说明理由！
【答案】(1)见解析
(2)成立，理由见解析
【分析】（1）本题主要考查全等三角形的判定和性质综合，利用题目中的已知条件导角，可推导
，最后证明 ，直接可证．
（2）利用 及 是 的外角，可以推出 ，再利用 可以判定
，再利用全等的性质导边即可证明．
【详解】（1）证明：∵ 于点M， 于点N；
∴ ；
∴ ；
∵ ，
∴ ；
∴ ；
在 和 中，
∴ ；∴ ， ；
∴ ．
（2） 成立．理由如下：
设 ；
∴ ；
∴ ；
在 和 中；
∴ ；
∴ ， ；
∴ ；
故 成立．
类型二、一线三等角（K型图）模型（异侧型）
例题：（23-24八年级上·山西吕梁·期末）数学课上，老师让同学们利用三角形纸片进行操作活动，探究有
关线段之间的关系
问题情境：
如图1，三角形纸片 中， ， .将点C放在直线 上，点A，B位于直线 的同侧，
过点A作 于点D
初步探究：
(1)在图1的直线 上取点E，使 ，得到图2，猜想线段 与 的数量关系，并说明理由；
(2)小颖又拿了一张三角形纸片 继续进行拼图操作，其中 ， .小颖在图1的基础
上，将三角形纸片 的顶点P放在直线 上，点M与点B重合，过点N作 于点H.如图3，探究
线段 ， ， 之间的数量关系，并说明理由
【答案】(1)
(2)【分析】本题考查了全等三角形的常见模型－垂直模型，熟记模型的构成以及结论是解题关键．
（1）过点B作 于点F，证 得 ，根据“三线合一”可得 ，即可求解；
（2）结合（1）的推理过程可得 得 ，再证 得 即可求解．
【详解】（1）解： ，理由如下：
过点B作 于点F，即 ，
，
， ，
.
，
.
.
在 和 中， ，
.
.
， ，
.
.
（2）解： .理由如下：
过点B作 于点F，∴ ，
由（1）可得： ，
.
，， .
，
.
.
在 和 中， ，
.
.
【变式训练1】（23-24八年级上·河北石家庄·阶段练习）通过对如图数学模型的研究学习，解决下列问题：
(1)如图1， ， ，过点B作 于点C，过点D作 于点E．由
，得 ．又 ，可以推理得到 ．进而得
到 ________， ．我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三等角”模型；
(2)如图2， ， ， ，连接 ，且 于点F， 与直线
交于点G．求证：点G是 的中点；
(3)如图3，已知四边形 和 为正方形， 的面积为 ， 的面积为 ，
．求出 的值．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由 即可求解；
（2）作 ，利用“K字模型”的结论可得 ，故可推出，再证 即可；
（3）作 ，利用“K字模型”的结论可得 ，进
一步可证 ，即可求解．
【详解】（1）解：∵
∴
故答案为： ；
（2）证明：作
由“K字模型”可得：
∴
即：点G是 的中点
（3）解：作 ，如图：
∵四边形 和四边形 均为正方形
∴
由“K字模型”可得：即：
∵
∴
【点睛】本题考查了“一线三等角”的全等模型，熟悉模型的构成条件、证明过程及结论是解题关键．
类型三、半角模型之90°-45°型
例题：（22-23九年级下·甘肃武威·阶段练习）【问题背景】（1）如图1，点E、F分别在正方形 的
边 、 上， ，连接 ，则有 ，试说明理由；
【迁移应用】（2）如图2，四边形 中， ， ，点E、F分别在边 、 上，
，若 ， 都不是直角，且 ，试探究 、 、 之间的数量关系；
【联系拓展】（3）如图3，在 中， ， ，点D、E均在边 上，且
，猜想 、 、 满足的等量关系．（直接写出结论，不需要证明）．
【答案】（1）见解析；（2） ，见解析；（3）
【分析】（1）把 绕点A逆时针旋转90°至 ，然后利用SAS证明 ，由此可得
．
（2）把 绕点A逆时针旋转90°至 ，然后利用SAS证明 ，由此可得
．
（3）把 旋转到 的位置，连接 ，先根据SAS证明 ，由此可得 ，
．又由 可得 ．因此 是直角三角形，由此可得
，因此 ．
【详解】（1）如图1，∵ ， ，
∴把 绕点A逆时针旋转90°至 ，可使 与 重合，如图1，
∵ ，
∴ ，点F，D、G共线，
则 ， ，
，
即 ，
在 和 中， ，
∴ ，
∴ ；
（2） ，理由如下：如图2，
∵ ， ，
∴把 绕点A逆时针旋转90°至 ，可使 与 重合，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
，
∴ ，
∵ ，
∴ ，点F、D、G共线在 和 中， ，
∴ ，
∴ ，
即： ，
（3） ，
理由是：把 旋转到 的位置，连接 ，则 ， ．
∵ ， ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
则在 和 中， ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ 是直角三角形，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理．通过旋转变换构造全等三角
形是解题的关键．本题还运用了转化的思想：要想证明两条较短线段之和等于第三条线段，需要将这两条
线段转化到一条直线上，希望多加体会．
【变式训练1】如图①，四边形 是正方形， ， 分别在边 、 上，且 ，我们称
之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法，如图①，将 绕点 顺
时针旋转 ，点 与点 重合，连接 、 、 ．(1)试判断 ， ， 之间的数量关系；
(2)如图②，点 、 分别在正方形 的边 、 的延长线上， ，连接 ，请写出
、 、 之间的数量关系，并写出证明过程．
(3)如图③，在四边形 中， ， ， ，点 ， 分别在边 ，
上， ，请直接写出 ， ， 之间数量关系．
【答案】(1)
(2) ，证明见解析
(3)
【分析】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，利用
旋转构造全等三角形是解题的关键．
（1）首先利用 证明 ，得 ，从而得出答案；
（2）在 上取 ,连接 ，首先由 ，得 ， ，再利
用 证明 ，得 ，即可证明结论；
（3）将 绕点 逆时针旋转 得 ，由旋转的性质得点 、 、 共线，由（1）同理可得
，得 ，从而解决问题．
【详解】（1）解： ，证明如下：
四边形 是正方形，
，
由旋转的性质可得： ， ， ， ，
，
点 、 、 共线，
，
，，
，
在 和 中，
，
，
，
；
（2）解： ，
证明如下：
如图，在 上取 ，连接 ，
四边形 是正方形，
， ，
，
，
在 和 中，
，
，
， ，
，
，
，
，
在 和 中，
，，
，
，
；
（3）解：如图，将 绕点 逆时针旋转 得 ，
， ， ，
，
，
点 、 、 共线，
，
，
，
，
在 和 中，
，
，
，
．
类型四、半角模型之60°-30°型或120°-60°型
例题：（22-23八年级上·江西宜春·期中）问题背景：“半角模型”问题．如图1，在四边形 中，
， ， ，点E，F分别是 上的点，且 ，连接 ，
探究线段 之间的数量关系．(1)探究发现：小明同学的方法是延长 到点G．使 ．连结 ，先证明 ，再证
明 ，从而得出结论：_____________；
(2)拓展延伸：如图2，在四边形 中， ， ，E、F分别是边 上的点，
且 ，请问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由．
(3)尝试应用：如图3，在四边形 中， ， ，E、F分别是边 延长线
上的点，且 ，请探究线段 具有怎样的数量关系，并证明．
【答案】(1)
(2)成立，理由见解析
(3) ，证明见解析
【分析】（1）延长 到点G．使 ．连接 ，利用全等三角形的性质解决问题即可；
（2）延长 至M，使 ，连接 ．证明 ，由全等三角形的性质得出
． ，由全等三角形的性质得出 ，即 ，则可得出
结论；
（3）在 上截取 ，使 ，连接 ．证明 ．由全等三角形的性质得出
．证明 ，由全等三角形的性质得出结论．
【详解】（1）解： ．
延长 到点G．使 ．连接 ，
∵ ，
∴ ．
∴ ．∴ ．
∴ ．
又∵ ，
∴ ．
∴ ．
∵ ．
∴ ．
故答案为： ；
（2）解：（1）中的结论 仍然成立．
证明：如图②中，延长 至M，使 ，连接 ．
∵ ，
∴ ，
在 与 中，
，
∴ ．
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∴ ，即 ．
在 与 中，
，
∴ ．∴ ，即 ，
∴ ；
（3）解：结论： ．
证明：如图③中，在 上截取 ，使 ，连接 ．
∵ ，
∴ ．
在 与 中，
，
∴ ．
∴ ．
∴ ．
∴ ．
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是添加辅助线，构造
全等三角形解决问题．
【变式训练1】问题背景：
如图1，在四边形ABCD中 ， ， ，E、F分别是BC，CD上的点，且
∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD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 ，再证明 ，可得出结论，他的结论应
是______．实际应用：
如图2，在新修的小区中，有块四边形绿化ABCD，四周修有步行小径，且AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，
在小径BC，CD上各修一凉亭E，F，在凉亭E与F之间有一池塘，不能直接到达，经测量得
，BE＝10米，DF＝15米，试求两凉亭之间的距离EF．
【答案】问题背景：EF＝BE＋FD；实际应用：两凉亭之间的距离EF为25米
【分析】（1）根据 ABE≌△ADG可得BE=DG，根据 AEF≌△AGF得EF=GF，进而求得结果；
（2）延长CD至H，使DH=BE，可证得 ADH≌△ABE，进而证得 FAH≌△FAE，进一步求得EF．
△ △
【详解】解：问题背景：∵∠ADC=90°，
△
∠ADC+∠ADG=180°，
△
∴∠ADG=90°，
在 ABE和 ADG中，
△ △
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=60°，∠BAD=120°，
∴∠BAE+DAF=120°-60°=60°，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=60°=∠EAF，
在 AEF和 AGF中，
△ △
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF=FG，∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF，
故答案为：EF=BE+DF；
实际应用：如图2，延长CD至H，使DH=BE，连接AH，
∵∠B+∠ADC=180°，∠ADH+∠ADC=180°，
∴∠ADH=∠B，
在△ADH和△ABE中，
，
∴△ADH≌△ABE（SAS），
∴AE=AH，∠BAE=∠DAH，
∵∠EAF= ∠BAD，
∴∠HAF=∠DAH+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，
在△AEF和△AHF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF=FH，
∵FH=DH+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF，
∵BE=10米，DF=15米，
∴EF=10+15=25（米）．
【点睛】本题主要考查的是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质等知识，作辅助线构造全等
三角形并两次证全等是解题的关键．压轴能力测评（8题）
1．如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，BC上，若F是BC的中点，且∠EDF＝45°，
则DE的长为 ．
【答案】2
【分析】延长BA到点G，使AG=CF，连接DG，EF，利用SAS证明 ADG≌△CDF，得∠CDF=∠GDA，
DG=DF，再证明 GDE≌△FDE（SAS），得GE=EF，设AE=x，则BE=6 x，EF=x+3，再利用勾股定理解决
△
问题．
△
【详解】解：延长BA到点G，使AG＝CF，连接DG，EF，
∵AD＝CD，∠DAG＝∠DCF，
∴△ADG≌△CDF（SAS），
∴∠CDF＝∠GDA，DG＝DF，
∵∠EDF＝45°，
∴∠EDG=∠ADE+∠ADG＝∠ADE+∠CDF＝45°，
∵DE＝DE，
∴△GDE≌△FDE（SAS），
∴GE＝EF，
∵F是BC的中点，
∴AG=CF=BF=3，
设AE＝x，则BE＝6﹣x，EF＝x+3，
由勾股定理得，（6﹣x）2+32＝（x+3）2，
解得x＝2，∴AE＝2，
∴DE＝ ，
故答案为：2 ．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握半角模型
的处理策略是解题的关键．
2．在 中， ， ，直线 经过点 ，且 于 ， 于 ．
(1)当直线 绕点 旋转到图 的位置时，求证：
① ；
② ；
(2)当直线 绕点 旋转到图 的位置时， ， ，求线段 的长．
【答案】(1) 见解析， 见解析；
(2) ．
【分析】（1） 由已知推出 ，因为 ， ，推
出 ，根据 即可得到答案；
由 得到 ， ，即可求出答案；
（ ）与（ ）证法类似可证出 ，能推出 ，得到 ， ，代
入已知即可得到答案，
本题考查了全等三角形的性质和判定，同角的余角相等，垂直的定义，熟练掌握知识点的应用是解题的关
键．
【详解】（1） 证明：∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
在 和 中，
，∴ ；
证明：由（ ）知： ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ；
（2）证明：∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ．
3．“一线三等角”模型是平面几何图形中的重要模型之一，“一线三等角”指的是图形中出现同一条直
线上有3个相等的情况，在学习过程中，我们发现“一线三等角”模型的出现，还经常会伴随着出现全等
三角形．
根据对材料的理解解决以下问题∶
(1)如图1， ， ．猜想 ， ， 之间的关系：__________
(2)如图2，将（1）中条件改为 ， ，请问（1）中的结
论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
(3)如图3，在 中，点 为 上一点， ， ， ， ，请直接写
出 的长．
【答案】(1)
(2)（1）中结论仍然成立，理由见解析
(3)7【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理．熟练掌握全等三角形的判定方法，证明
三角形全等，是解题的关键．
（1）证明 ，得到 ，利用 ，即可得到 ；
（2）证明 ，得到 ，利用 ，即可得到 ；
（3）证明 ，推出 即可得解．
【详解】（1）解：∵ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
故答案为： ；
（2）解：（1）中结论仍然成立，理由如下：
∵ ， ，
，
∴ ．
在 和 中，
，
∴ ．
∴ ， ．
∴ ，
∴（1）中结论仍然成立；
（3）解：∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
4．阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：
从正方形的一个顶点引出夹角为 的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型．半角模型可证出多个几何结论，例如：
如图1，在正方形 中，以 为顶点的 ， 、 与 、 边分别交于 、 两点．易
证得 ．
大致证明思路：如图2，将 绕点 顺时针旋转 ，得到 ，由 可得 、 、
三点共线， ，进而可证明 ，故 ．
任务：
如图3，在四边形 中， ， ， ，以 为顶点的 ， 、
与 、 边分别交于 、 两点．请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论 是否依
然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
【答案】成立，见解析
【分析】根据旋转的性质得到 ， ， ， ，
，推出 、 、 三点共线，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：成立．
证明：将 绕点 顺时针旋转 得到 ，
， ， ， ， ，
，
、 、 三点共线，
，
，
， ，
，
，．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
5．问题情境
在等边△ABC的两边AB，AC上分别有两点M，N，点D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝
120°，BD＝DC．
特例探究
如图1，当DM＝DN时，
（1）∠MDB＝ 度；
（2）MN与BM，NC之间的数量关系为 ；
归纳证明
（3）如图2，当DM≠DN时，在NC的延长线上取点E，使CE＝BM，连接DE，猜想MN与BM，NC之间
的数量关系，并加以证明．
拓展应用
（4）△AMN的周长与△ABC的周长的比为 ．
【答案】（1）30；（2）MN＝BM+NC；（3）MN＝BM+NC，证明见解析；（4）
【分析】（1）先证明△MDN是等边三角形，则MN＝DM＝DN，再证明Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），得
∠BDM＝∠CDN＝30°；
（2）由（1）得DM＝2BM，可得结论MN＝2BM＝BM+NC；
归纳证明：先证△DBM≌△DCE（HL），得DM＝DE，∠BDM＝∠CDE，再证△MDN≌△EDN（SAS），得
MN＝NE，可得结论MN＝BM+CN；
拓展应用：
（3）首先根据题意利用SAS证明△DBM≌△DCE，然后证明△MDN≌△EDN，根据全等三角形对应相等通过
线段之间的转化即可得到MN＝BM+NC；
（4）由（3）得到MN＝BM+NC，则△AMN的周长＝2AB，△ABC的周长＝3AB，即可得出结论．
【详解】特例探究：
解：（1）∵DM＝DN，∠MDN＝60°，
∴△MDN是等边三角形，
∴MN＝DM＝DN，
∵∠BDC＝120°，BD＝DC，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠DBM＝∠DCN＝90°，
∵BD＝CD，DM＝DN，
∴Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），
∴∠MDB＝∠NDC＝30°，
故答案为：30；
（2）由（1）得：DM＝2BM，DM＝MN，Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），
∴BM＝CN，
∴DM＝MN＝2BM＝BM+NC，
即MN＝BM+NC；
归纳证明
（3）解：猜想：MN＝BM+NC，证明如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵BD＝CD，∠BDC＝120°，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∴∠MBD＝∠NCD＝90°．
∴∠MBD＝∠ECD＝90°，
又∵BD＝CD，BM＝CE，
∴△DBM≌△DCE（SAS），
∴DM＝DE，∠MDB＝∠EDC，
∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，
∴∠MDB+∠NDC＝60°，
∴∠EDN＝∠NDC+∠EDC＝∠MDB+∠NDC＝60°，
∴∠EDN＝∠MDN，
又∵DN＝DN，
∴△MDN≌△EDN（SAS），
∴MN＝EN＝EC+NC＝BM+NC；
拓展应用
（4）解：由（1）（2）得：MN＝BM+NC，
∴△AMN的周长＝AM+MN+AN＝AM+BM+NC+AN＝AB+AC＝2AB，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，
∴△ABC的周长＝3AB，∴△AMN的周长与△ABC的周长的比为 ＝ ，
故答案为： ．
【点睛】此题考查了等边三角形的性质的，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握等边
三角形的性质，全等三角形的判定和性质．
6．通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题：
【模型呈现】
（1）如图， ， ，过点 作 于点 ，过点 作 交 的延长线于点
．由 ，得 ．又 ， ，可以推
理得到 ，进而得到 ＝______， ＝______．（请完成填空）我们把这个数学模型称
为“ 字”模型或“一线三等角”模型．
【模型应用】
（2）①如图， ， ， ，连接 、 ，且 于点 ， 与
直线 交于点 ，求证：点 是 的中点；
②如图，若点 为 轴上一动点，点 为 轴上一动点，点 的坐标为 ，是否存在以 、 、 为
顶点且以 为斜边的三角形为等腰直角三角形？若存在，请直接写出点 的坐标；若不存在，请说明理
由．
【答案】（1） ， ；（2）见解析；（3）存在， 或
【分析】本题是三角形综合题目，考查了等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、坐标与图形性质、直角三角形的性质等知识；
（1）由全等三角形的性质可得出答案；
（2）过点 作 交 于点 ，过点 作 交 于点 ，证明 ，得
出 ；同理可得： ．得出 ，证明 ，由全等三角形的性
质可得出 ；
（3）分两种情况，由全等三角形的性质可得出答案．
【详解】（1）解：由题意可知 ，
， ，
故答案为： ， ；
（2）证明：如图1，过点 作 交 于点 ，过点 作 交 于点 ，
， ，
，
，
在 和 中，
，
，
；
同理可得： ．
，
，
在 和 中，
，
，
，
点 是 的中点．（3）解：如图，当点 在 轴正半轴上时，由【模型呈现】可知 ，
， ，
，
，
；
当点 在 轴负半轴上时，同理可得 ．
综上所述，点 的坐标为 或 ．
7．（ ）如图 ，在四边形 中， ， ， 分别是边 上的点，且
，线段 之间的关系是 ；（不需要证明）
（ ）如图 ，在四边形 中， ， ， 分别是边 上的点，且
，（ ）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关系，
并证明．
（ ）如图 ，在四边形 中， ， ， 分别是边 延长线上的点，
且 ，（ ）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关
系，并证明．【答案】（ ） ；（ ）（ ）中的结论仍然成立，理由见解析；（ ）（ ）中的结论不成
立， ．
【分析】( )延长 至 ，使 ，连接 ，证明 ，根据全等三角形的性质得到
， ，再证明 ，根据全等三角形的性质得出 ，结合图形计
算，即可证明结论；
( )延长 至 ，使 ，连接 ，仿照( )的证明方法解答；
( )在 上截取 ，连接 ，仿照( )的证明方法解答．
【详解】解：（ ） ，
理由如下：
如图 ，延长 至 ，使 ，连接 ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
在 和 中，，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
故答案为： ；
（ ）（ ）中的结论仍然成立，
理由如下：
如图 ，延长 至 ，使 ，连接 ，
∵ ， ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，∴ ，
∵ ，
∴ ；
（ ）（ ）中的结论不成立， ，
理由如下：如图 ，在 上截取 ，连接 ，
同（ ）中证法可得， ，
∴ ， ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，掌握三角形全等的判定定理、灵活运用类比思想是解题的
关键．
8．在直线m上依次取互不重合的三个点D，A，E，在直线m上方有 ，且满足
．
【积累经验】
（1）如图1，当 时，猜想线段DE，BD，CE之间的数量关系是______；
【类比迁移】（2）如将2，当 时，问题（1）中结论是否仍然成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请
说明理由；
【拓展应用】
（3）如图3，在 中， 是钝角， ， ， ，直线
m与CB的延长线交于点F，若 ， 的面积是12，请直接写出 与 的面积之和．
【答案】（1） ；（2） 仍然成立，理由见解析；（3） 与 的面积
之和为4．
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．
（1）由 得到 ，进而得到
，然后结合 得证 ，最后得到 ；
（2）由 得到 ，进而得到
，然后结合 得证 ，最后得到 ．
（3）由 ，得出 ，由 证得 ，得
出 ，再由不同底等高的两个三角形的面积之比等于底的比，得出 F即可得出结果．
【详解】解：（1） ，理由如下，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ．
（2） 仍然成立，理由如下，
∵ ，，
，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
；
（3）∵ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
设 的底边 上的高为h，则 的底边 上的高为h，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ 与 的面积之和为4．
