八年级下册数学重难点题型人教版专题 几何中常见模型及辅助线题型大视野解析版.docx

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八年级下册数学重难点题型人教版专题几何中常见模型及辅助线题型大视野解析版

专题几何中常见模型及辅助线题型大视野

【例题精讲】

题型一、手拉手模型

例题.【2019·惠州市期末】如图，正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，正方形A′B′C′D′的顶点A′与点O重合，A′B′交BC于点E，A′D′交CD于点F.

（1）求证：

OE=OF；

（2）若正方形ABCD的边长为1，求两个正方形重叠部分的面积；

（3）若正方形A′B′C′D′绕着O点旋转，EF的长度何时最小，并求出最小值.

【答案】见解析.

【解析】解：

（1）∵四边形ABCD是正方形，四边形OB’C’D’是正方形，

∴OB=OC，∠BOC=90°，∠B’OD’=90°，∠OBE=∠OCF=45°，

∴∠BOE=∠FOC，

∴△BOE≌△COF，

∴OE=OF；

（2）由

（1）知，△BOE≌△COF，

∴S△BOE=S△COF

∴两正方形重叠部分面积=S四边形OECF

=S△COF+S△OCE

=S△BOE+S△OCE

=S△BOC

=

（3）由

（1）知OE=OF，则△EOF是等腰直角三角形，

∴EF=

OE，

由垂线段最短，知当OE⊥BC时，OE长度最小，最小为

，此时EF长度最小，

即EF最小值为：

.

题型二、一线三直角模型

例题.【2019·临沂市期中】如图，正方形ABCD中，AC是对角线，今有较大的直角三角板，一边始终经过点B，直角顶点P在射线AC上移动，另一边交DC于Q．

（1）如图①，当点Q在DC边上时，猜想并写出PB与PQ所满足的数量关系，并加以证明；

（2）如图②，当点Q落在DC的延长线上时，猜想并写出PB与PQ满足的数量关系，并证明你的猜想．

【答案】见解析．

【解析】解：

（1）结论：

PB＝PQ，

理由：

过P作PE⊥BC于E，PF⊥CD于F，

∵P为正方形对角线AC上的点，

∴PC平分∠DCB，∠DCB＝90°，

∴PF＝PE，

∴四边形PECF为正方形．

∵∠BPE+∠QPE＝90°，∠QPE+∠QPF＝90°，

∴∠BPE＝∠QPF，

∴Rt△PQF≌Rt△PBE，

∴PB＝PQ；

（2）结论：

PB＝PQ．

理由：

过P作PE⊥BC于E，PF⊥CD于F，

∵P为正方形对角线AC上的点，

∴PC平分∠DCB，∠DCB＝90°，

∴PF＝PE，

∴四边形PECF为正方形，

∵∠BPF+∠QPF＝90°，∠BPF+∠BPE＝90°，

∴∠BPE＝∠QPF，

∴Rt△PQF≌Rt△PBE，

∴PB＝PQ．

题型三、辅助线

例1.【2019·莆田市期末】如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、AB上一点，且AF=BE，AE与DF交于点G．

（1）求证：

AE=DF．

（2）如图2，在DG上取一点M，使AG=MG，连接CM，取CM的中点P．写出线段PD与DG之间的数量关系，并说明理由．

【答案】见解析.

【解析】

（1）证明：

∵四边形ABCD是正方形，

∴AD=AB，∠DAF=∠ABE=90°，

∵AF=BE，

∴△DAF≌△ABE（SAS），

∴AE=DF．

（2）解：

结论：

DG=

PD．

理由：

连接GP并延长至H，使GP=PH，连接DH、CH，

∵PM=PC，∠MPG=∠CPH，PG=PH，

∴△MPG≌△CPH（SAS），

∴∠PMG=∠PCH，GM=CH=AG，

∴DF∥CH，

∴∠FDC=∠DCH，

∵∠DAG+∠ADG=90°，∠ADG+∠CDF=90°，

∴∠DAG=∠CDG=∠DCH，

∵DA=DC，

∴△DAG≌△DCH（SAS），

∴DG=DH，∠ADG=∠CDH，

∴∠GDH=∠ADC=90°，

∴△GDH是等腰直角三角形，

∵GP=PH，

∴PD=PG，PD⊥GH，

∴DG=

PD．

例2.【2019·武汉市期末】在平行四边形ABCD中，E是AD上一点，AE=AB，过点E作直线EF，在EF上取一点G，使得∠EGB=∠EAB，连接AG．

（1）如图①，当EF与AB相交时，若∠EAB=60°，求证：

EG=AG+BG；

（2）如图②，当EF与CD相交时，且∠EAB=90°，请你写出线段EG、AG、BG之间的数量关系，并证明你的结论．

【答案】见解析.

【解析】

（1）证明：

在EG上截取EH=BG，

∵∠EAB=∠EGB，∠APE=∠BPG，

∴∠ABG=∠AEH．

在△ABG和△AEH中，

∵AE=AB，∠ABG=∠AEH，BG=EH，

∴△ABG≌△AEH，

∴AH=AG，∠EAH=∠GAB，

∴∠GAH=∠EAB=60°，

∴△AGH是等边三角形，

∴GH=AG，

∴EG=AG+BG；

（2）EG=

AG－BG．

如图，

过点A作AH⊥AG，交GE的延长线于H，

则∠GAH=∠EAB=90°，

∴∠GAB=∠HAE．

∵∠EGB=∠EAB=90°，

∴∠AGH+∠AGB=∠AGH+∠H=90°．

∴∠AGB=∠H，

∵AB=AE，

∴△ABG≌△AEH．

∴BG=EH，AG=AH，

∵∠GAH=∠EAB=90°，

∴△AGH是等腰直角三角形．

∴

AG=HG．

∴EG=

AG－BG．

【刻意练习】

1.【2018·容县期末】如图，已知△ABC中，AC＝BC＝5，AB＝5

，三角形顶点在相互平行的三条直线L1，L2，L3上，且L2，L3之间的距离为3，则L1，L3之间的距离是　．

【答案】4.

【解析】解：

如图过点A作AM⊥L3于M，过点B作BN⊥L3于N．

∵AC＝BC＝5，AB＝5

，

∴AC2+BC2＝AB2，

∴∠ACB＝90°，

∵∠AMC＝∠BNC＝90°，

∴∠ACM+∠BCN＝90°，

∵∠BCN+∠CBN＝90°，

∴∠ACM＝∠CBN，

∴△ACM≌△CBN（AAS），

∴AM＝CN＝3，

在Rt△NCB中，由勾股定理得：

BN＝4，

故答案为：

4．

2.【2019·长沙市雨花区期末】在正方形ABCD中，连接BD，P为射线CB上的一个动点（与点C不重合），连接AP，AP的垂直平分线交线段BD于点E，连接AE，PE．

提出问题：

当点P运动时，∠APE的度数，DE与CP的数量关系是否发生改变？

探究问题：

（1）首先考察点P的两个特殊位置：

①当点P与点B重合时，如图1-1所示，∠APE=______°，用等式表示线段DE与CP之间的数量关系：

______；

②当BP=BC时，如图1-2所示，①中的结论是否发生变化？

直接写出你的结论：

______；（填“变化”或“不变化”）

（2）然后考察点P的一般位置：

依题意补全图2-1，2-2，通过观察、测量，发现：

（1）中①的结论在一般情况下______（填“成立”或“不成立”）

（3）证明猜想：

若

（1）中①的结论在一般情况下成立，请从图2-1和图2-2中任选一个进行证明；若不成立，请说明理由．

【答案】

（1）45，PC=

DE；不变化；

（2）成立；（3）见解析.

【解析】

解：

（1）①当点P与点B重合时，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠APE=45°，EA=EB=ED，

∴PC=

DE．

②当BP=BC时，①中的结论不发生变化；

故答案为：

45，PC=

DE，不变化；

（2）结论仍然成立；

（3）如图，

过点E作EF⊥AD于F，延长FE交BC于G，连接AC、EC，

∵点E在线段AP的垂直平分线上，

∴EA=EP，

∵四边形ABCD是正方形，

∴BD是AC的垂直平分线，

∴EA=EC，

∴∠EAC=∠ECA，

∵BA=BC，

∴∠BAC=∠BCA，

∴∠EAB=∠ECB，

∵EA=EP，EA=EC，

∴EP=EC，

∴∠EPC=∠ECP，

∵∠EPC+∠EPB=180°，

∴∠BAE+∠EPB=180°，

∴∠ABP+∠AEP=180°，

∵∠ABP=90°，

∴∠AEP=90°，

∴∠APE=∠PAE=45°，

∵EF⊥AD，

∴∠DFG=90°，

∵∠BCD=∠ADC=90°，

∴四边形FGCD是矩形，

∴CG=FD，∠FGC=90°，

∵∠BDA=45°，

∴FD=

DE，

∵EP=EC，

∴CP=2CG=2DF=

DE．

3.【2019·阳江市期中】

（1）如图

（1），在平行四边形ABCD中，DE⊥AB，BF⊥CD，垂足分别为E、F，求证：

AE=CF；

（2）如图

（2），在平行四边形ABCD中，AC、BD是两条对角线，求证AC2+BD2=2（AB2+BC2）

（3）如图（3），PQ是△PMN的中线，若PM=11，PN=13，MN=10，求出PQ的长度．

【答案】见解析.

【解析】

解：

（1）∵平行四边形ABCD中，DE⊥AB，BF⊥CD，

∴AD=CB，DE=BF，∠AED=∠CFB=90°，

∴Rt△AED≌Rt△CFB（HL），

∴AE=CF；

（2）如图，分别过A，D作AE⊥BC交CB延长线于E，DF⊥BC于F．

根据勾股定理可得：

AC2=AE2+（BE+BC）2①，

AE2=AB2-BE2②，

BD2=DF2+（BC-CF）2③，

DF2=DC2-CF2 ④，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB=DC，

又∵AE⊥BC，DF⊥BC，

∴∠AEB=∠DFC=90°，AE=DF，

∴Rt△AEB≌Rt△DFC（HL），

∴BE=CF，而AB=DC，

把②代入①，④代入③，可得：

AC2=AB2-BE2+（BE+BC）2

BD2=DC2-CF2+（BC-CF）2

上面两式相加，可得：

AC2 +BD2=2（AB2+BC2）；

（3）如图，延长PQ至R，使得QR=PQ，连接RM，RN，

∵PQ是△PMN的中线，

∴NQ=MQ，

∴四边形NPMR是平行四边形，

由

（2）可得，MN2 +PR2=2（NP2 +MP2），

又∵PM=11，PN=13，MN=10，

∴102 +（2PQ）2=2（132+112），

解得：

PQ=2

．

4.【2019·十堰市外国语期末】如图，已如等腰Rt△ABC和△CDE，AC=BC，CD=CE，连接BE、AD，P为BD中点，M为AB中点、N为DE中点，连接PM、PN、MN．

（1）试判断△PMN的形状，并证明你的结论；

（2）若CD=5，AC=12，求△PMN的周长．

【答案】见解析.

【解析】

解：

（1）△PMN是等腰直角三角形，理由如下：

延长BE交AD于F，如图所示：

∵P为BD中点，M为AB中点、N为DE中点，

∴PM∥AD，PM=

AD，PN∥BE，PN=

BE，

∴△BCE≌△ACD（SAS），

∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，

∴PM=PN，

∵∠CBE+∠BEC=90°，∠AEF=∠BEC，

∴∠CAD+∠AEF=∠CBE+∠BEC=90°，

∴∠AFE=90°，

∴BE⊥AD，

∵PM∥AD，PN∥BE，

∴PM⊥PN，

即△PMN是等腰直角三角形；

（2）∵∠ACD=90°，CD=5，AC=12，

由勾股定理得：

AD=

=13，

∴PN=PM=

AD=

，

∵△PMN是等腰直角三角形，

∴MN=

PM=

，

即△PMN的周长=PM+PN+MN=13+

．

5.【2019·固始县期末】如图，在正方形ABCD中，E、F分别是边AB、BC的中点，连接AF、DE相交于点G，连接CG．

（1）求证：

AF⊥DE；

（2）求证：

CG=CD．

【答案】见解析.

【解析】

证明：

（1）∵四边形ABCD为正方形

∴AB=BC=CD=AD，∠ABF=∠DAE=90°，

∵E，F分别是边AB．BC的中点

∴AE=

AB，BF=

BC，

∴AE=BF．

在△ABF与△DAE中，

∵AD=AB，∠DAF=∠ABF，AE=BF，

∴△DAE≌△ABF（SAS）．

∴∠ADE=∠BAF，

∵∠BAF+∠DAG=90°，

∴∠ADG+∠DAG=90°，

∴∠DGA=90°，即AF⊥DE．

（2）证明：

延长AF交DC延长线于M，

∵F为BC中点，

∴CF=FB

∵DM∥AB，

∴∠M=∠FAB．

在△ABF与△MCF中，

∵∠M=∠FAB，∠CFM=∠BFA，CF=BF，

∴△ABF≌△MCF（AAS），

∴AB=CM．

∴AB=CD=CM，

∵△DGM是直角三角形，

∴CG=

DM=CD．

6.【2019·高阳县期中】如图，正方形ABCD的边长为2

，对角线AC、BD相交于点O，E是OC的中点，连接BE，过点A作AM⊥BE于点M，交BD于点F．

（1）求证：

AF=BE；

（2）求点E到BC边的距离．

【答案】见解析.

【解析】

（1）证明：

∵四边形ABCD为正方形，

∴OA=OB，∠AOB=∠BOC=90°，

∵AM⊥BE于点M，

∴∠AME=90°，

∴∠MAE=∠OBE，

∴△AOF≌△BOE，

∴AF=BE；

（2）解：

作EN⊥BC于N，如图，

∵四边形ABCD为正方形，

∴OC=

BC=2，∠OCB=45°，

∵E是OC的中点，

∴CE=1，

在Rt△ECN中，∠ECN=45°，

△CEN为等腰直角三角形，

∴EN=

CE=

，

即点E到BC边的距离为

．

7.【2019·汕头市期中】如图，四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，且BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠GCE=90°．

（1）求证：

△BCG≌△DCE；

（2）求证：

BG⊥DE．

【答案】见解析.

【解析】

证明：

（1）∵∠BCD=∠GCE=90°，

∴∠BCG=∠DCE，

在△BCG与△DCE中，

∵BC=CD，∠BCG=∠DCE，CE=CG，

∴△BCG≌△DCE（SAS）；

（2）∵△BCG≌△DCE，

∴∠HBC=∠ODH，

∵∠BHC=∠DHO，

∵∠HBC+∠BHC=90°，

∴∠ODH+∠DHO=90°，

∴∠DOH=90°，

∴BG⊥DE．

8.【2019·北师大附属中学期末】如图，在▱ABCD中，BC＝2AB，点E、F分别是BC、AD的中点，AE、BF交于点O，连接EF，OC．

（1）求证：

四边形ABEF是菱形；

（2）若AB＝4，∠ABC＝60°，求OC的长．

【答案】见解析．

【解析】

（1）证明：

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴BC∥AD，BC＝AD．

∵E，F分别是BC，AD的中点，

∴BE＝

BC，AF＝

AD，

∴BE＝AF．

∴四边形ABEF是平行四边形．

∵BC＝2AB，

∴AB＝BE．

∴平行四边形ABEF是菱形．

（2）解：

过点O作OG⊥BC于点G，如图所示：

∵E是BC的中点，BC＝2AB，

∴BE＝CE＝AB，

∵四边形ABEF是菱形，∠ABC＝60°，

∴BE＝CE＝AB＝4，∠OBE＝30°，∠BOE＝90°．

∴OE＝2，∠OEB＝60°．

∴GE＝1，OG＝

．

∴GC＝GE+CE＝5．

在Rt△OCG中，由勾股定理得：

OC＝

．

9.【2019·厦门六中月考】正方形ABCD中，点P是边CD上的任意一点，连接BP，O为BP的中点，作PE⊥BD于E，连接EO，AE．

（1）若∠PBC=α，求∠POE的大小（用含α的式子表示）；

（2）用等式表示线段AE与BP之间的数量关系，并证明．

【答案】见解析.

【解析】解：

（1）在正方形ABCD中，BC=DC，∠C=90°

∴∠DBC=∠CDB=45°

∵∠PBC=α

∴∠DBP=45°-α

∵PE⊥BD，且O为BP的中点

∴EO=BO

∴∠EBO=∠BEO

∴∠EOP=∠EBO+∠BEO=90°-2α

（2）连接OC，EC，

在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABD=∠CBD，BE=BE

∴ΔABE≌ΔCBE

∴AE=CE

在RtΔBPC中，O为BP的中点

∴CO=BO=

BP

∴∠OBC=∠OCB

∴∠COP=2α

由

（1）知∠EOP=90°-2α

∴∠EOC=∠COP+∠EOP=90°

又由

（1）知BO=EO

∴EO=CO

∴△EOC是等腰直角三角形

∴EO2+OC2=EC2

∴EC=

OC=

BP

即BP=

EC

∴BP=

AE.

10.【2018·莆田市期中】

（1）如图1的正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°，延长CD到点G，使DG=BE，连接EF，AG．求证：

EF=FG；

（2）如图2，等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点M，N在边BC上，且∠MAN=45°．若BM=1，CN=3，求MN的长．

【答案】见解析.

【解析】解：

（1）证明：

在正方形ABCD中，

∠ABE=∠ADG，AD=AB，DG=BE，

∴△ABE≌△ADG（SAS），

∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，

∴∠EAG=90°，

∴△FAE≌△GAF（SAS），

∴EF=FG；

（2）解：

如图，过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE=BM．连接AE、EN．

∵AB=AC，∠BAC=90°，

∴∠B=∠ACB=45°．

∵CE⊥BC，

∴∠ACE=∠B=45°．

∴△ABM≌△ACE（SAS）．

∴AM=AE，∠BAM=∠CAE．

∵∠BAC=90°，∠MAN=45°，

∴∠BAM+∠CAN=45°．

由∠BAM=∠CAE，得∠MAN=∠EAN=45°．

∴△MAN≌△EAN（SAS）．

∴MN=EN．

在Rt△ENC中，由勾股定理，得EN2=EC2+NC2．

∴MN2=BM2+NC2．

∵BM=1，CN=3，

∴MN2=12+32，

∴MN=

．

11.【2019·北师大附属中学期末】四边形ABCD是边长为4正方形，点E是边BC上一动点（含端点B，不含端点C），点F是正方形外角∠DCM的平分线上一点，且满足∠AEF＝90°．

（1）当点E与点B重合时，直接写出线段AE与线段EF的数量关系；

（2）如图1，当点E是边BC的中点时，

①补全图形；

②请证明

（1）中的结论仍然成立；

（3）取线段CF的中点N，连接DE、NE、DN，

①求证：

EN＝DN；

②直接写出线段EN长度的取值范围．

【答案】见解析．

【解析】解：

（1）当点𝐸与点𝐵重合时，AE=EF．

（2）①如图，

②如图，在AB上取AB中点H，连接HE，

∵四边形ABCD是正方形

∴AB＝CB，且点H是AB中点，点E是BC中点，

∴AH＝BH＝BE＝CE，

∴∠BEH＝∠BHE＝45°，

∴∠AHE＝135°，

∵CF平分∠DCM，

∴∠DCF＝45°

∴∠ECF＝135°＝∠AHE，

∵∠AEF＝90°

∴∠AEB+∠FEC＝90°，且∠AEB+∠BAE＝90°，

∴∠BAE＝∠FEC，且AH＝EC，∠AHE＝∠ECF，

∴△AHE≌△ECF（ASA）

∴AE＝EF.

（3）①如图，延长DN，使HN＝DN，连接FH，EH，

∵CN＝FN，∠DNC＝∠HNF，DN＝NH，

∴△DCN≌△HFN（SAS）

∴DC＝FH，∠DCF＝∠FCM＝45°，

∴FH∥DC，且CD⊥BC，

∴FH⊥BM，

∴∠FEM+∠EFH＝90°，且∠FEM＝∠BAE，∠BAE+∠DAE＝90°，

∴∠DAE＝∠EFH，

∵AD＝CD，CD＝FH，

∴AD＝FH，且AE＝EF，∠DAE＝∠EFH，

∴△ADE≌△FHE，

∴DE＝EH，且DN＝NH，

∴EN＝DN.

②∵DE＝EH，DN＝NH，

∴EN＝DN，EN⊥DN

∴DE＝

EN，

∵点E是边BC上一动点（含端点B，不含端点C），

∴4＜DE≤4

，

∴2

＜EN≤4.

12.【2019·宿迁市期末】

（1）如图1，在平面直角坐标系中，四边形OBCD是正方形，且D（0，2），点E是线段OB延长线上一点，M是线段OB上一动点（不包括点O、B），作MN⊥DM，垂足为M，且MN=DM．设OM=a，请你利用基本活动经验直接写出点N的坐标______（用含a的代数式表示）；

（2）如果

（1）的条件去掉“且MN=DM”，加上“交∠CBE的平分线与点N”，如图2，求证：

MD=MN．将这个问题解决，请写出你的证明过程．

（3）在

（2）的条件下，如图3，请你继续探索：

连接DN交BC于点F，连接FM，下列两个结论：

①FM的长度不变；②MN平分∠FMB，请你指出正确的结论，并给出证明．

【答案】

（1）N（2+a，a）；

（2）（3）见解析.

【解析】

（1）解：

过点N作NE⊥OB于E，

∵∠DMN=90°，

∴∠DMO+∠NME=90°，∠NME+∠MNE=90°，

∴∠DMO=∠MNE，

∵DM=MN，

∴△DMO≌△MNE，

∴ME=DO=2，NE=OM=a，

∴OE=OM+ME=2+a，

∴点N坐标（2+a，a），

故答案为：

（2+a，a）．

（2）证明：

在OD上截取OH=OM，连接HM，

∵OD=OB，OH=OM，

∴HD=MB，∠OHM=∠OMH，

∴∠DHM=180°-45°=135°，

∵NB平分∠CBE，

∴∠NBE=45°，

∴∠NBM=180°-45°=135°，

∴∠DHM=∠NBM，

∵∠DMN=90°，

∴∠DMO+∠NMB=90°，

∵∠HDM+∠DMO=90°，

∴∠HDM=∠NMB，

∴△DHM≌△MBN，

∴DM=MN．

（3）结论：

MN平分∠FMB成立．

理由：

在BO延长线上取OA=CF，

易证：

△DOA≌△DCF，

∴AD=DF，∠ADO=∠CDF，

∵∠MDN=45°，

∴∠CDF+∠ODM=45°，

∴∠ADO+∠ODM=45°，

∴∠ADM=∠FDM，

∴△DMA≌△DMF，

∴∠DFM=∠DAM=∠DFC，

过M作MP⊥DN于P，则∠FMP=∠CDF，

由

（2）可知∠NMF+∠FMP=∠PMN=45°，

∴∠NMB=∠MDH，∠MDO+∠CDF=45°，

∴∠NMB=∠NMF，即MN平分∠FMB．

13.【2019·福州市期末】如图1，点E为正方形ABCD的边AB上一点，EF⊥EC，且EF＝EC，连接AF．

求∠EAF的度数；

如图2，连接FC交BD于M，交AD于N．求证：

BD＝AF＋2DM．

【答案】见解析.

【解析】

（1）解：

过点F作FM⊥AB交AB的延长线于点M，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠B＝∠M＝∠CEF＝90°，

∴∠MEF＋∠CEB＝90°，∠CEB＋∠BCE＝90°，

∴∠MEF＝∠ECB，

∵EC＝EF，

∴△EBC≌△FME，

∴FM＝BE，

∴EM＝BC

∵BC＝AB，

∴EM＝AB，

∴EM﹣AE＝AB﹣AE

∴AM＝BE，

∴FM＝AM，

∵FM⊥AB，

∴∠MAF＝45°，

∴∠EAF＝135°．

（2）证明：

过点F作FG∥AB交BD于点G，

由

（1）可知∠EAF＝135°，

∵∠ABD＝45°

∴∠EAF＋∠ABD＝180°，

∴AF∥BG，

∵FG∥AB，