1.(2025·包头期末)在$△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AC=CB$，过点$C$作直线$l$.
(1)如图①，当点$A$，$B$位于直线$l$的同侧时，过点$A$作$AM⊥ l$于点$M$，过点$B$作$BN⊥ l$于点$N$，$△ AMC$与$△ CNB$全等吗？请说明理由；
(2)如图②，当点$A$，$B$位于直线$l$的异侧时，过点$A$作$AM⊥ l$于点$M$，过点$B$作$BN⊥ l$于点$N$，试探究线段$AM$，$NB$，$MN$的数量关系，并说明理由.
(1)如图①，当点$A$，$B$位于直线$l$的同侧时，过点$A$作$AM⊥ l$于点$M$，过点$B$作$BN⊥ l$于点$N$，$△ AMC$与$△ CNB$全等吗？请说明理由；
(2)如图②，当点$A$，$B$位于直线$l$的异侧时，过点$A$作$AM⊥ l$于点$M$，过点$B$作$BN⊥ l$于点$N$，试探究线段$AM$，$NB$，$MN$的数量关系，并说明理由.
答案：1.解:(1)△AMC与△CNB全等.理由如下:
∵AM⊥直线l于点D,BN⊥直线l于点N,
∴∠AMC=∠CNB=90°,
∴∠BCN+∠CBN=180°-90°=90°.
∵∠ACB=90°,
∴∠ACM+∠BCN=180°-90°=90°,
∴∠ACM=∠CBN.
在△AMC和△CNB中,$\begin{cases} ∠AMC=∠CNB, \\ ∠ACM=∠CBN, \\ AC=CB, \end{cases}$
∴△AMC≌△CNB(AAS).
(2)MN=AM-NB.理由如下:
∵AM⊥直线l,BN⊥直线l,
∴∠AMC=∠CNB=90°.
∵∠ACB=90°,
∴∠ACM+∠CAM=∠ACM+∠BCN=90°,
∴∠CAM=∠BCN.
在△ACM和△CBN中,$\begin{cases} ∠AMC=∠CNB, \\ ∠CAM=∠BCN, \\ AC=CB, \end{cases}$
∴△AMC≌△CNB(AAS),
∴AM=CN,CM=BN,
∴MN=CN-CM=AM-NB.
∵AM⊥直线l于点D,BN⊥直线l于点N,
∴∠AMC=∠CNB=90°,
∴∠BCN+∠CBN=180°-90°=90°.
∵∠ACB=90°,
∴∠ACM+∠BCN=180°-90°=90°,
∴∠ACM=∠CBN.
在△AMC和△CNB中,$\begin{cases} ∠AMC=∠CNB, \\ ∠ACM=∠CBN, \\ AC=CB, \end{cases}$
∴△AMC≌△CNB(AAS).
(2)MN=AM-NB.理由如下:
∵AM⊥直线l,BN⊥直线l,
∴∠AMC=∠CNB=90°.
∵∠ACB=90°,
∴∠ACM+∠CAM=∠ACM+∠BCN=90°,
∴∠CAM=∠BCN.
在△ACM和△CBN中,$\begin{cases} ∠AMC=∠CNB, \\ ∠CAM=∠BCN, \\ AC=CB, \end{cases}$
∴△AMC≌△CNB(AAS),
∴AM=CN,CM=BN,
∴MN=CN-CM=AM-NB.
解析：
【分析】
(1)要判断△AMC和△CNB是否全等，先梳理已知条件：由AM⊥l、BN⊥l可得两个直角相等，且已知AC=CB，还需推导一组角相等；结合∠ACB=90°，可知∠ACM和∠CBN都是∠BCN的余角，根据同角的余角相等即可得到等角，满足AAS全等判定条件，即可证明两三角形全等。
(2)探究三条线段的数量关系，依旧利用“一线三直角”的模型特征，先证明△AMC和△CNB全等，得到对应边相等，再观察MN的线段构成，通过等量代换即可得到三条线段的数量关系。
【解析】
(1)△AMC与△CNB全等，理由如下：
∵AM⊥直线l于点M，BN⊥直线l于点N，
∴∠AMC=∠CNB=90°，
∴∠BCN+∠CBN=180°-90°=90°。
∵∠ACB=90°，
∴∠ACM+∠BCN=180°-90°=90°，
∴∠ACM=∠CBN。
在△AMC和△CNB中，
$\begin{cases} ∠AMC=∠CNB, \\ ∠ACM=∠CBN, \\ AC=CB, \end{cases}$
∴△AMC≌△CNB(AAS)。
(2)MN=AM-NB，理由如下：
∵AM⊥直线l，BN⊥直线l，
∴∠AMC=∠CNB=90°，
∴∠ACM+∠CAM=90°。
∵∠ACB=90°，
∴∠ACM+∠BCN=90°，
∴∠CAM=∠BCN。
在△ACM和△CBN中，
$\begin{cases} ∠AMC=∠CNB, \\ ∠CAM=∠BCN, \\ AC=CB, \end{cases}$
∴△AMC≌△CNB(AAS)，
∴AM=CN，CM=BN，
∴MN=CN-CM=AM-NB。
【答案】
(1)△AMC≌△CNB；(2)MN=AM-NB
【知识点】
AAS证全等，同角的余角相等，线段和差计算
【点评】
本题是全等三角形中典型的“一线三直角”模型考题，解题核心是通过直角条件推导等角，结合已知等边证明三角形全等，再利用全等三角形对应边相等的性质转化线段，进而得到线段间的数量关系，熟练掌握该模型特征可大幅提升解题效率。
【难度系数】
0.7
(1)要判断△AMC和△CNB是否全等，先梳理已知条件：由AM⊥l、BN⊥l可得两个直角相等，且已知AC=CB，还需推导一组角相等；结合∠ACB=90°，可知∠ACM和∠CBN都是∠BCN的余角，根据同角的余角相等即可得到等角，满足AAS全等判定条件，即可证明两三角形全等。
(2)探究三条线段的数量关系，依旧利用“一线三直角”的模型特征，先证明△AMC和△CNB全等，得到对应边相等，再观察MN的线段构成，通过等量代换即可得到三条线段的数量关系。
【解析】
(1)△AMC与△CNB全等，理由如下：
∵AM⊥直线l于点M，BN⊥直线l于点N，
∴∠AMC=∠CNB=90°，
∴∠BCN+∠CBN=180°-90°=90°。
∵∠ACB=90°，
∴∠ACM+∠BCN=180°-90°=90°，
∴∠ACM=∠CBN。
在△AMC和△CNB中，
$\begin{cases} ∠AMC=∠CNB, \\ ∠ACM=∠CBN, \\ AC=CB, \end{cases}$
∴△AMC≌△CNB(AAS)。
(2)MN=AM-NB，理由如下：
∵AM⊥直线l，BN⊥直线l，
∴∠AMC=∠CNB=90°，
∴∠ACM+∠CAM=90°。
∵∠ACB=90°，
∴∠ACM+∠BCN=90°，
∴∠CAM=∠BCN。
在△ACM和△CBN中，
$\begin{cases} ∠AMC=∠CNB, \\ ∠CAM=∠BCN, \\ AC=CB, \end{cases}$
∴△AMC≌△CNB(AAS)，
∴AM=CN，CM=BN，
∴MN=CN-CM=AM-NB。
【答案】
(1)△AMC≌△CNB；(2)MN=AM-NB
【知识点】
AAS证全等，同角的余角相等，线段和差计算
【点评】
本题是全等三角形中典型的“一线三直角”模型考题，解题核心是通过直角条件推导等角，结合已知等边证明三角形全等，再利用全等三角形对应边相等的性质转化线段，进而得到线段间的数量关系，熟练掌握该模型特征可大幅提升解题效率。
【难度系数】
0.7
2.(2025·新城区月考)【基础回顾】
(1)如图①,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,直线l经过点A,分别从点B,C向直线l作垂线,垂足分别为D,E,求证:△ABD≅△CAE;
【变式探究】
(2)如图②,在△ABC中,AB=AC,直线l经过点A,点D,E在直线l上,如果∠CEA=∠ADB=∠BAC,猜想DE,BD,CE有何数量关系,并给予证明;
【拓展应用】
(3)小明和科技兴趣小组的同学们制作了一幅机器人图案,大致图形如图③所示,以△ABC的边AB,AC为一边向外作△BAD和△CAE,其中∠BAD=∠CAE=90°,AB=AD,AC=AE,AG是边BC上的高,延长GA交DE于点H.设△ADH的面积为S₁,△AEH的面积为S₂,请猜想S₁,S₂的大小关系,并说明理由.
(1)如图①,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,直线l经过点A,分别从点B,C向直线l作垂线,垂足分别为D,E,求证:△ABD≅△CAE;
【变式探究】
(2)如图②,在△ABC中,AB=AC,直线l经过点A,点D,E在直线l上,如果∠CEA=∠ADB=∠BAC,猜想DE,BD,CE有何数量关系,并给予证明;
【拓展应用】
(3)小明和科技兴趣小组的同学们制作了一幅机器人图案,大致图形如图③所示,以△ABC的边AB,AC为一边向外作△BAD和△CAE,其中∠BAD=∠CAE=90°,AB=AD,AC=AE,AG是边BC上的高,延长GA交DE于点H.设△ADH的面积为S₁,△AEH的面积为S₂,请猜想S₁,S₂的大小关系,并说明理由.
答案：
2.(1)证明:
∵BD⊥直线l,CE⊥直线l,
∴∠BDA=∠AEC=90°,
∴∠DAB+∠DBA=90°.
∵∠BAC=90°,
∴∠DAB+∠EAC=90°,
∴∠DBA=∠EAC.
在△ABD和△CAE中,$\begin{cases} ∠BDA=∠AEC, \\ ∠DBA=∠EAC, \\ AB=CA, \end{cases}$
∴△ABD≌△CAE(AAS).
(2)解:DE=BD+CE.
证明:
∵∠EAB是△ABD的外角,
∴∠EAB=∠ADB+∠DBA,
∴∠EAC+∠BAC=∠ADB+∠DBA.
∵∠ADB=∠BAC,
∴∠EAC=∠DBA.
在△EAC和△DBA中,$\begin{cases} ∠EAC=∠DBA, \\ ∠CEA=∠ADB, \\ AC=BA, \end{cases}$
∴△EAC≌△DBA(AAS),
∴CE=AD,AE=BD,
∴DE=AE+AD=BD+CE.
(3)解:S₁=S₂.理由如下:
如答图,过点D作DM⊥AH交AH的延长线于点M,过点E作EN⊥AH于点N.
∵AG是边BC上的高,DM⊥AM,
∴∠AGB=∠DMA=90°,
∴∠ABG+∠BAG=90°.
∵∠BAD=90°,
∴∠BAG+∠DAM=90°,
∴∠ABG=∠DAM.
在△ABG和△DAM中,$\begin{cases} ∠AGB=∠DMA, \\ ∠ABG=∠DAM, \\ AB=DA, \end{cases}$
∴△ABG≌△DAM(AAS),
∴DM=AG,
同理可证明△AGC≌△ENA,
∴EN=AG,
∴DM=EN.
∵$S_1=\frac{1}{2}AH· DM$,$S_2=\frac{1}{2}AH· EN$,
∴$S_1=S_2$.
第2题答图
2.(1)证明:
∵BD⊥直线l,CE⊥直线l,
∴∠BDA=∠AEC=90°,
∴∠DAB+∠DBA=90°.
∵∠BAC=90°,
∴∠DAB+∠EAC=90°,
∴∠DBA=∠EAC.
在△ABD和△CAE中,$\begin{cases} ∠BDA=∠AEC, \\ ∠DBA=∠EAC, \\ AB=CA, \end{cases}$
∴△ABD≌△CAE(AAS).
(2)解:DE=BD+CE.
证明:
∵∠EAB是△ABD的外角,
∴∠EAB=∠ADB+∠DBA,
∴∠EAC+∠BAC=∠ADB+∠DBA.
∵∠ADB=∠BAC,
∴∠EAC=∠DBA.
在△EAC和△DBA中,$\begin{cases} ∠EAC=∠DBA, \\ ∠CEA=∠ADB, \\ AC=BA, \end{cases}$
∴△EAC≌△DBA(AAS),
∴CE=AD,AE=BD,
∴DE=AE+AD=BD+CE.
(3)解:S₁=S₂.理由如下:
如答图,过点D作DM⊥AH交AH的延长线于点M,过点E作EN⊥AH于点N.
∵AG是边BC上的高,DM⊥AM,
∴∠AGB=∠DMA=90°,
∴∠ABG+∠BAG=90°.
∵∠BAD=90°,
∴∠BAG+∠DAM=90°,
∴∠ABG=∠DAM.
在△ABG和△DAM中,$\begin{cases} ∠AGB=∠DMA, \\ ∠ABG=∠DAM, \\ AB=DA, \end{cases}$
∴△ABG≌△DAM(AAS),
∴DM=AG,
同理可证明△AGC≌△ENA,
∴EN=AG,
∴DM=EN.
∵$S_1=\frac{1}{2}AH· DM$,$S_2=\frac{1}{2}AH· EN$,
∴$S_1=S_2$.
第2题答图解析：
【分析】
本题围绕全等三角形的一线三等角模型逐层考查：(1)是基础的一线三直角构型，先根据垂直得到两组直角相等，再利用同角的余角相等得到一组锐角相等，结合已知AB=AC，用AAS即可证明△ABD≌△CAE；(2)是变式的一线三等角构型，利用三角形外角的性质推导得到两组角相等，结合AB=AC证全等，再根据全等三角形对应边相等推导DE、BD、CE的数量关系；(3)是模型的拓展应用，要判断两个同底三角形的面积关系，只需证明它们的高相等，因此过D、E分别作AH的垂线，通过两次AAS证全等，得到两条高都等于AG，即可推出面积相等。
【解析】
(1)证明：
∵BD⊥直线l，CE⊥直线l，
∴∠BDA=∠AEC=90°，
∴∠DAB+∠DBA=90°。
∵∠BAC=90°，
∴∠DAB+∠EAC=90°，
∴∠DBA=∠EAC。
在△ABD和△CAE中，
$\begin{cases} ∠BDA=∠AEC, \\ ∠DBA=∠EAC, \\ AB=CA, \end{cases}$
∴△ABD≌△CAE(AAS)。
(2)解：DE=BD+CE，证明如下：
∵∠EAB是△ABD的外角，
∴∠EAB=∠ADB+∠DBA，
∴∠EAC+∠BAC=∠ADB+∠DBA。
∵∠ADB=∠BAC，
∴∠EAC=∠DBA。
在△EAC和△DBA中，
$\begin{cases} ∠EAC=∠DBA, \\ ∠CEA=∠ADB, \\ AC=BA, \end{cases}$
∴△EAC≌△DBA(AAS)，
∴CE=AD，AE=BD，
∴DE=AE+AD=BD+CE。
(3)解：S₁=S₂，理由如下：
如答图，过点D作DM⊥AH交AH的延长线于点M，过点E作EN⊥AH于点N。
∵AG是边BC上的高，DM⊥AM，
∴∠AGB=∠DMA=90°，
∴∠ABG+∠BAG=90°。
∵∠BAD=90°，
∴∠BAG+∠DAM=90°，
∴∠ABG=∠DAM。
在△ABG和△DAM中，
$\begin{cases} ∠AGB=∠DMA, \\ ∠ABG=∠DAM, \\ AB=DA, \end{cases}$
∴△ABG≌△DAM(AAS)，
∴DM=AG，
同理可证明△AGC≌△ENA，
∴EN=AG，
∴DM=EN。
∵$S_1=\frac{1}{2}AH· DM$，$S_2=\frac{1}{2}AH· EN$，
∴$S_1=S_2$。
【答案】
(1)△ABD≌△CAE，证明见解析；
(2)DE=BD+CE，证明见解析；
(3)$S_1=S_2$，理由见解析。
第2题答图
【知识点】
全等三角形的判定与性质，一线三等角模型，三角形面积计算
【点评】
本题由浅入深考查全等三角形相关知识，从基础的一线三直角模型延伸到一般的一线三等角构型，再到模型的灵活应用，解题的关键是熟练掌握AAS全等判定方法，结合同角的余角相等、三角形外角性质推导角相等关系，遇到同底三角形面积比较问题时可转化为证明对应高相等。
【难度系数】
0.7
本题围绕全等三角形的一线三等角模型逐层考查：(1)是基础的一线三直角构型，先根据垂直得到两组直角相等，再利用同角的余角相等得到一组锐角相等，结合已知AB=AC，用AAS即可证明△ABD≌△CAE；(2)是变式的一线三等角构型，利用三角形外角的性质推导得到两组角相等，结合AB=AC证全等，再根据全等三角形对应边相等推导DE、BD、CE的数量关系；(3)是模型的拓展应用，要判断两个同底三角形的面积关系，只需证明它们的高相等，因此过D、E分别作AH的垂线，通过两次AAS证全等，得到两条高都等于AG，即可推出面积相等。
【解析】
(1)证明：
∵BD⊥直线l，CE⊥直线l，
∴∠BDA=∠AEC=90°，
∴∠DAB+∠DBA=90°。
∵∠BAC=90°，
∴∠DAB+∠EAC=90°，
∴∠DBA=∠EAC。
在△ABD和△CAE中，
$\begin{cases} ∠BDA=∠AEC, \\ ∠DBA=∠EAC, \\ AB=CA, \end{cases}$
∴△ABD≌△CAE(AAS)。
(2)解：DE=BD+CE，证明如下：
∵∠EAB是△ABD的外角，
∴∠EAB=∠ADB+∠DBA，
∴∠EAC+∠BAC=∠ADB+∠DBA。
∵∠ADB=∠BAC，
∴∠EAC=∠DBA。
在△EAC和△DBA中，
$\begin{cases} ∠EAC=∠DBA, \\ ∠CEA=∠ADB, \\ AC=BA, \end{cases}$
∴△EAC≌△DBA(AAS)，
∴CE=AD，AE=BD，
∴DE=AE+AD=BD+CE。
(3)解：S₁=S₂，理由如下：
如答图，过点D作DM⊥AH交AH的延长线于点M，过点E作EN⊥AH于点N。
∵AG是边BC上的高，DM⊥AM，
∴∠AGB=∠DMA=90°，
∴∠ABG+∠BAG=90°。
∵∠BAD=90°，
∴∠BAG+∠DAM=90°，
∴∠ABG=∠DAM。
在△ABG和△DAM中，
$\begin{cases} ∠AGB=∠DMA, \\ ∠ABG=∠DAM, \\ AB=DA, \end{cases}$
∴△ABG≌△DAM(AAS)，
∴DM=AG，
同理可证明△AGC≌△ENA，
∴EN=AG，
∴DM=EN。
∵$S_1=\frac{1}{2}AH· DM$，$S_2=\frac{1}{2}AH· EN$，
∴$S_1=S_2$。
【答案】
(1)△ABD≌△CAE，证明见解析；
(2)DE=BD+CE，证明见解析；
(3)$S_1=S_2$，理由见解析。
第2题答图【知识点】
全等三角形的判定与性质，一线三等角模型，三角形面积计算
【点评】
本题由浅入深考查全等三角形相关知识，从基础的一线三直角模型延伸到一般的一线三等角构型，再到模型的灵活应用，解题的关键是熟练掌握AAS全等判定方法，结合同角的余角相等、三角形外角性质推导角相等关系，遇到同底三角形面积比较问题时可转化为证明对应高相等。
【难度系数】
0.7