《2025年学霸题中题八年级数学上册人教版》

1. 新趋势 开放性试题 (南通中考)如图,点B,F,C,E在一条直线上,$AB// ED,AC// FD$,要使$\triangle ABC\cong \triangle DEF$,只需添加一个条件,则这个条件可以是____.

答案：
$AB = DE$ (答案不唯一)
归纳总结
不共顶点旋转模型
两个全等图形可以看作是绕一点(非共顶点)旋转而得.

2. (2024·抚顺期中)如图①所示,点A,E,F,C在一条直线上,$AE=CF$,过点E,F分别作$DE⊥AC,BF⊥AC,AB=CD$.
(1)请猜想线段EG,FG的数量关系,不用说明理由.$EG=FG$
(2)若将$\triangle DEC$的边EC沿CA方向移动,变为图②时,其余条件不变,上述结论是否成立?请说明理由.成立，理由：$\because DE\perp AC,BF\perp AC,\therefore\angle BFA=\angle DEC=90^\circ$.$\because AE=CF,\therefore AE + EF=CF + EF$,即$AF=CE$.在$Rt\triangle ABF$和$Rt\triangle CDE$中,$\left\{\begin{array}{l}AB=CD\\AF=CE\end{array}\right.$,$\therefore Rt\triangle ABF\cong Rt\triangle CDE(HL)$,$\therefore BF=DE$.在$\triangle BFG$和$\triangle DEG$中,$\left\{\begin{array}{l}\angle BFG=\angle DEG=90^\circ\\\angle BGF=\angle DGE\\BF=DE\end{array}\right.$,$\therefore\triangle BFG\cong\triangle DEG(AAS)$,$\therefore GE=GF$

答案：
(1) $EG = FG$. 解析: $ \because DE \perp AC, BF \perp AC, \therefore \angle BFA = \angle DEC = 90^\circ $. $ \because AE = CF, \therefore AE - EF = CF - EF $, 即 $ AF = CE $. 在 $ Rt \triangle ABF $ 和 $ Rt \triangle CDE $ 中, $ \left\{ \begin{array} { l } { AB = CD }, \\ { AF = CE }, \end{array} \right. $ $ \therefore Rt \triangle ABF \cong Rt \triangle CDE ( HL ) $, $ \therefore BF = DE $, 在 $ \triangle BFG $ 和 $ \triangle DEG $ 中, $ \left\{ \begin{array} { l } { \angle BFG = \angle DEG = 90 ^ { \circ } }, \\ { \angle BGF = \angle DGE }, \\ { BF = DE }, \end{array} \right. $ $ \therefore \triangle BFG \cong \triangle DEG ( AAS ), \therefore EG = FG $.
(2) 结论依然成立. 理由: $ \because DE \perp AC, BF \perp AC, \therefore \angle BFA = \angle DEC = 90 ^ { \circ } $. $ \because AE = CF, \therefore AE + EF = CF + EF $, 即 $ AF = CE $. 在 $ Rt \triangle ABF $ 和 $ Rt \triangle CDE $ 中, $ \left\{ \begin{array} { l } { AB = CD }, \\ { AF = CE }, \end{array} \right. $ $ \therefore Rt \triangle ABF \cong Rt \triangle CDE ( HL ) $, $ \therefore BF = DE $. 在 $ \triangle BFG $ 和 $ \triangle DEG $ 中, $ \left\{ \begin{array} { l } { \angle BFG = \angle DEG = 90 ^ { \circ } }, \\ { \angle BGF = \angle DGE }, \\ { BF = DE }, \end{array} \right. $ $ \therefore \triangle BFG \cong \triangle DEG ( AAS ), \therefore GE = GF $.

3. 如图,$AB⊥AC$于点A,$AB=AC,AD⊥AE$于点A,$AD=AE$,已知$∠D=35^{\circ },∠B=25^{\circ }$,则$∠CAE$的度数为 (C)

A. $35^{\circ }$
B. $25^{\circ }$
C. $30^{\circ }$
D. $45^{\circ }$

答案： C 解析: 由垂直定义可得 $ \angle BAC = \angle DAE = 90 ^ { \circ } $, 进而可得 $ \angle BAE = \angle CAD $, 然后证明 $ \triangle BAE \cong \triangle CAD ( SAS ) $, 由全等三角形的性质得出 $ \angle E = \angle D = 35 ^ { \circ } $, 求出 $ \angle BAE = 120 ^ { \circ }, \therefore \angle CAE = 30 ^ { \circ } $.

4. 如图,在$\triangle ABC$中,$AB=AC$,在$\triangle ADE$中,$AD=AE$,且$∠BAC=∠DAE$,连接BD,CE交于点F,连接AF.求证:
(1)$\triangle ABD\cong \triangle ACE;$
(2)$∠BFA=∠AFE.$

答案：

(1) $ \because \angle BAC = \angle DAE, \therefore \angle BAC + \angle CAD = \angle DAE + \angle CAD $, 即 $ \angle BAD = \angle CAE $. $ \because $ 在 $ \triangle BAD $ 和 $ \triangle CAE $ 中, $ \left\{ \begin{array} { l } { AB = AC }, \\ { \angle BAD = \angle CAE }, \\ { AD = AE }, \end{array} \right. $ $ \therefore \triangle BAD \cong \triangle CAE ( SAS ) $.
(2) 如图, 作 $ AM \perp BD $ 于点 $ M $, 作 $ AN \perp CE $ 于点 $ N $. 由 $ \triangle BAD \cong \triangle CAE $ 得, $ BD = CE, S _ { \triangle BAD } = S _ { \triangle CAE } $. $ \therefore \frac { 1 } { 2 } \cdot BD \cdot AM = \frac { 1 } { 2 } \cdot CE \cdot AN, \therefore AM = AN $,

$ \therefore $ 点 $ A $ 在 $ \angle BFE $ 的平分线上, $ \therefore FA $ 平分 $ \angle BFE $, 即 $ \angle BFA = \angle AFE $.
归纳总结
手拉手模型
如图①, $ \triangle OAB $ 和 $ \triangle OCD $ 为等腰三角形, $ OA = OB, OC = OD $, 将 $ \triangle OCD $ 绕点 $ O $ 旋转一定角度, 连接 $ AC, BD $, 相交于点 $ E $, 连接 $ OE $, 如图②, 则可得结论: ① $ AC = BD $; ② $ EO $ 平分 $ \angle AED $; ③ $ AC, BD $ 所在直线的夹角与 $ \angle AOB $ 相等或互补.