全等三角形压轴题（八大题型归纳）（解析版）

这是一份全等三角形压轴题（八大题型归纳）（解析版），共92页。

特训03 全等三角形压轴题（八大题型归纳）
目录：
题型1：垂线模型；
题型2：一线三等角模型；
题型3：手拉手模型；
题型4：旋转模型；
题型5：倍长中线模型；
题型6：截长补短模型；
题型7：作平行线法、作垂线法；
题型8：半角模型.
题型1：垂直模型
1．已知，中，，，直线m过点A，且于D，于E，当直线m绕点A旋转至图1位置时，我们可以发现．

(1)当直线m绕点A旋转至图2位置时，问：与、的关系如何？请予证明；
(2)直线m在绕点A旋转一周的过程中，、、存在哪几种不同的数量关系？（直接写出，不必证明）
【答案】(1)，证明见解析；
(2)，，．
【分析】（1）利用条件证明， 再结合线段的和差可得出结论；
（2）根据图，可得、、存在3种不同的数量关系；
【解析】（1）证明：如图2，
∵，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
在和中，
，
∴（AAS），
∴，
∵，
∴．
（2）直线m在绕点A旋转一周的过程中，、、存在3种不同的数量关系：，，．
如图1时，，
如图2时，，
如图3时，，（证明同理）

【点睛】本题主要考查三角形全等，注意证三角形全等的方法及三角形全等后的性质．
2．如图1所示，已知中，，直线m经过点C，过A、B两点分别作直线m的垂线，垂足分别为E、F．

（1）如图1，当直线m在A、B两点同侧时，求证：；
（2）若直线m绕点C旋转到图2所示的位置时（），其余条件不变，猜想与，有什么数量关系？并证明你的猜想；
（3）若直线m绕点C旋转到图3所示的位置时（）其余条件不变，问与，的关系如何？直接写出猜想结论，不需证明．
【答案】（1）见解析；（2），理由见解析；（3），理由见解析
【分析】（1）先证得，，根据证，推出，即可；
（2）类比（1）证得对应的两个三角形全等，由此可推出，，再根据即可得到；
（3）类比（1）证得对应的两个三角形全等，由此可推出，，再根据即可得到．
【解析】（1）证明：，，，
，
，，
，
在和中，
，
，
，，
∵，
∴；
（2）解：，理由如下：
，，，
，
，，
，
在和中，
，
，
，，
∵，
∴；
（3）解：，理由如下：
，，，
，
，，
，
在和中，
，
，
，，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，主要涉及到了全等三角形的判定与性质，等量代换等知识点，难度不大，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解决本题的关键．
3．如图，已知中，，，分别过、向过的直线作垂线，垂足分别为．
（1）如图1，过的直线与斜边不相交时，直接写出线段、、的数量关系是______；
（2）如图2，过的直线与斜边相交时，探究线段、、的数量关系并加以证明；
（3）在（2）的条件下，如图3，直线交于点，延长交于点，连接、、，若，，，四边形的面积是90，求的面积．

【答案】（1）数量关系为：EF=BE+CF；（2）数量关系为：EF=BE-CF．证明见详解；（3）S△GHC=15．
【分析】（1）数量关系为：EF=BE+CF．利用一线三直角得到∠BEA=∠AFC=90°，∠EBA=∠FAC，再证△EBA≌△FEC（AAS）可得BE=AF，AE=CF即可；
（2）数量关系为：EF=BE-CF．先证∠BEA=∠AFC=90°，∠EBA+∠EAB=90°，∠EAB+∠FAC= =90°，可得∠EBA=∠FAC，再证△EBA≌△FEC（AAS），可得BE=AF，AE=CF即可；
（3）先由（2）结论EF=BE-CF；，求出BE=AF=12，由，可求FH=2，EH=4，利用对角线垂直的四边形面积可求BG=，再求EG=3，AH= 10，分别求出S△ACF=，S△HCF=，S△AGH=，利用面积差即可求出．
【解析】解：（1）数量关系为：EF=BE+CF．
∵BE⊥EF，CF⊥EF，∠BAC=90°，
∴∠BEA=∠AFC=90°，∠EBA+∠EAB=90°，∠EAB+∠FAC=180°-∠BAC=90°，
∴∠EBA=∠FAC，
在△EBA和△FEC中，
∵，
∴△EBA≌△FAC（AAS），
∴BE=AF，AE=CF，
∴EF=AF+AE=BE+CF；
（2）数量关系为：EF=BE-CF．
∵BE⊥AF，CF⊥AF，∠BAC=90°，
∴∠BEA=∠AFC=90°，∠EBA+∠EAB=90°，∠EAB+∠FAC= =90°，
∴∠EBA=∠FAC，
在△EBA和△FEC中，
∵，
∴△EBA≌△FAC（AAS），
∴BE=AF，AE=CF，
∴EF=AF-AE=BE-CF；
（3）∵EF=BE-CF；，
∴BE=AF=EF+CF=6+6=12，
∵，EH+FH=EF=6，
∴2FH+FH= 6，
解得FH=2，
∴EH=2FH=4，
S四边形ABFG==90，
∴BG=，
∴EG=BG-BE=15-12=3，AH=AE+EH=6+4=10，
∵S△ACF=，S△HCF=，S△AGH=，
∴S△GHC=S△ACF-S△HCF-S△AGH=36-6-15=15．

【点睛】本题考查图形变换探究线段和差问题，感知，探究以及应用，三角形全等判定与性质，三角形面积，四边形面积，与三角形高有关的计算，掌握图形变换探究线段和差问题，感知，探究以及应用，三角形全等判定与性质，三角形面积，四边形面积，与三角形高有关的计算是解题关键．
题型2：一线三等角模型
4．综合与实践
数学活动课上，老师让同学们以“过等腰三角形顶点的直线”为主题开展数学探究．
(1)操作发现：如图甲，在中，，且，直线l经过点A．小华分别过B、C两点作直线l的垂线，垂足分别为点D、E．易证，此时，线段、、的数量关系为： ；

(2)拓展应用：
如图乙，为等腰直角三角形，，已知点C的坐标为，点B的坐标为．请利用小华的发现直接写出点A的坐标： ；
(3)迁移探究：
①如图丙，小华又作了一个等腰，，且，她在直线l上取两点D、E，使得，请你帮助小华判断（1）中线段、、的数量关系是否变化，若不变，请证明；若变化，写出它们的关系式并说明理由；
②如图丁，中，，，点D、E在直线上，且，请直接写出线段、、的数量关系．

【答案】(1)
(2)
(3)①，理由见解析；②

【分析】（1）由全等得到边长关系即可．
（2）分别按照（1）中情形过A、B做出轴垂线，得到三角形全等后根据边长关系得到点A坐标．
（3）①将（1）中互余的角度变成计算关系，仍可得角度相等，从而得到全等的三角形，进而得到边长关系．
②根据①可证全等，然后根据全等三角形的性质得到边长关系．
【解析】（1）由等腰直角得，，
又，


又，

，

（2）
过A、B作出轴垂线，，由（1）可得，，
又得，，，
，


（3）①


又，

，

②

与①中同理可得
分别取，中点，连接．
，
,
又



又

在与中


，

【点睛】本题考查一线三等角模型，注重模仿推理能力，结合一个示范作迁移应用，需要大胆参考示范进行相同位置图像的关系论证．对知识点的充分理解和迁移是解题的关键．
5．感知：数学课上，老师给出了一个模型：如图1，点A在直线上，且，像这种一条直线上的三个顶点含有三个相等的角的模型我们把它称为“一线三等角“模型．

应用：
(1)如图2，中，，直线经过点C，过A作于点D，过B作于点E．求证：．
(2)如图3，在中，D是上一点，
，求点C到边的距离．
(3)如图4，在中，E为边上的一点，F为边上的一点．若
，求 的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)

【分析】（1）由直角三角形的性质得出，可证明；
（2）过点D作于点F，过点C作于，交的延长线于点E，证明，由全等三角形的性质可得出，则可得出答案；
（3）过点D作交的延长线于点M，证明，由相似三角形的性质可得出答案．
【解析】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）解：过点D作于点F，过点C作于，交的延长线于点E，

∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
即点C到的距离为；
（3）过点D作交的延长线于点M，

∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
6．通过对数学模型“K字”模型或“一线三等角”模型的研究学习，解决下列问题：

[模型呈现]如图1，，，过点B作于点C，过点D作于点E．求证：．
[模型应用]如图2，且，且，请按照图中所标注的数据，计算图中实线所围成的图形的面积为________________．
[深入探究]如图3，，，，连接，，且于点F，与直线交于点G．若，，则的面积为_____________．
【答案】[模型呈现]见解析；[模型应用]50；[深入探究]63
【分析】[模型呈现]证明，根据全等三角形的对应边相等得到；
[模型应用]根据全等三角形的性质得到，，，根据梯形的面积公式计算，得到答案；
[深入探究]过点D作于P，过点E作交的延长线于Q，根据全等三角形的性质得到，证明，得到，进而求出，根据三角形的面积公式计算即可．
【解析】[模型呈现]证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
[模型应用]解：由[模型呈现]可知，，
∴，
则，

故答案为：50；
[深入探究]过点D作于P，过点E作交AG的延长线于Q，
由[模型呈现]可知，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：63．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形的面积计算，熟记三角形确定的判定定理是解题的关键．
题型3：手拉手模型
7．如图，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＞OC，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M，连接OM．下列结论：①AC＝BD；②∠AMB＝40°；③OM平分∠BOC；④MO平分∠BMC．其中正确的个数为（　　）

A．① B．①② C．①②③ D．①②④
【答案】D
【分析】由SAS证明ΔAOC≅ΔBOD得出∠OCA=∠ODB，AC=BD，①正确；
由全等三角形的性质得出∠OAC=∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC=∠AOB+∠OBD，得出∠AMB=∠AOB=40°，②正确；
作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图所示：则∠OGC=∠OHD=90°，由AAS证明ΔOCG≅ΔODH(AAS)，得出OG=OH，由角平分线的判定方法得出MO平分∠BMC，④正确；
由∠AOB=∠COD，得出当∠DOM=∠AOM时，OM才平分∠BOC，假设∠DOM=∠AOM，由ΔAOC≅ΔBOD得出∠COM=∠BOM，由MO平分∠BMC得出∠CMO=∠BMO，推出ΔCOM≅ΔBOM，得OB=OC，而OA=OB，所以OA=OC，而OA>OC，故③错误；即可得出结论．
【解析】解：∵∠AOB=∠COD=40°，
∴∠AOB+∠AOD=∠COD+∠AOD，
即∠AOC=∠BOD，
在ΔAOC和ΔBOD中，
{OA=OB∠AOC=∠BODOC=OD，
∴ΔAOC≅ΔBOD(SAS)，
∴∠OCA=∠ODB，AC=BD，①正确；
∴∠OAC=∠OBD，
由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC=∠AOB+∠OBD，
∴∠AMB=∠AOB=40°，②正确；
作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图2所示：

则∠OGC=∠OHD=90°，
在ΔOCG和ΔODH中，
{∠OCA=∠ODB∠OGC=∠OHDOC=OD，
∴ΔOCG≅ΔODH(AAS)，
∴OG=OH，
∴MO平分∠BMC，④正确；
∵∠AOB=∠COD，
∴当∠DOM=∠AOM时，OM才平分∠BOC，
假设∠DOM=∠AOM
∵ΔAOC≅ΔBOD，
∴∠COM=∠BOM，
∵MO平分∠BMC，
∴∠CMO=∠BMO，
在ΔCOM和ΔBOM中，
{∠COM=∠BOMOM=OM∠CMO=∠BMO，
∴ΔCOM≅ΔBOM(ASA)，
∴OB=OC，
∵OA=OB
∴OA=OC
与OA>OC矛盾，
∴③错误；
综上所述，正确的是①②④；
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的外角性质，角平分线的判定等知识，熟悉相关性质是解题的关键．
8．两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角顶点，并将它们的底角顶点分别对应连接起来得到两个全等三角形，我们把这样的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，连接BD，CE，则△ABD≌△ACE．

(1)请证明图1的结论成立；
(2)如图2，△ABC和△AED是等边三角形，连接BD，EC交于点O，求∠BOC的度数；
(3)如图3，AB＝BC，∠ABC＝∠BDC＝60°，试探究∠A与∠C的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)60°
(3)∠A+∠BCD=180°，理由见解析

【分析】（1）利用等式的性质得出∠BAD=∠CAE，即可得出结论；
（2）同（1）的方法判断出△ABD≌△ACE，得出∠ADB=∠AEC，再利用对顶角和三角形的内角和定理判断出∠BOC=60°，即可得出答案；
（3）先判断出△BDP是等边三角形，得出BD=BP，∠DBP=60°，进而判断出△ABD≌△CBP（SAS），即可得出结论．
【解析】（1）解：证明：∵∠BAC=∠DAE，

∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，

∴∠BAD=∠CAE，

在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）；
（2）如图2，

∵△ABC和△ADE是等边三角形，

∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，

∴∠BAD=∠CAE，

在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），

∴∠ADB=∠AEC，

令AD与CE交于点G，

∵∠AGE=∠DGO，

∴180°-∠ADB-∠DGO=180°-∠AEC-∠AGE，

∴∠DOE=∠DAE=60°，

∴∠BOC=60°；
（3）∠A+∠BCD=180°．理由：

如图3，延长DC至P，使DP=DB，


∵∠BDC=60°，

∴△BDP是等边三角形，

∴BD=BP，∠DBP=60°，

∵∠ABC=60°=∠DBP，

∴∠ABD=∠CBP，

∵AB=CB，

∴△ABD≌△CBP（SAS），

∴∠BCP=∠A，

∵∠BCD+∠BCP=180°，

∴∠A+∠BCD=180°．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，构造等边三角形是解本题的关键．
9．已知：△ABC与△BDE都是等腰三角形．BA＝BC，BD＝BE（AB＞BD）且有∠ABC＝∠DBE．

（1）如图1，如果A、B、D在一直线上，且∠ABC＝60°，求证：△BMN是等边三角形；
（2）在第（1）问的情况下，直线AE和CD的夹角是 　 　°；
（3）如图2，若A、B、D不在一直线上，但∠ABC＝60°的条件不变则直线AE和CD的夹角是 　 　°；
（4）如图3，若∠ACB＝60°，直线AE和CD的夹角是 　 　°．
【答案】（1）证明见解析；（2）60；（3）60；（4）60；
【分析】（1）根据题意，得∠ABC＝∠DBE＝60°，从而得；通过证明，得；通过证明，得，根据等边三角形的性质分析，即可完成证明；
（2）结合题意，通过证明为等边三角形，得；结合（1）的结论，根据三角形外角性质，推导得，从而完成求解；
（3）同理，通过证明为等边三角形，得；通过证明，得；根据三角形外角性质，推导得，从而完成求解；
（4）根据题意，通过证明为等边三角形，推导得，通过证明，得，结合三角形外角的性质计算，即可得到答案．
【解析】（1）∵∠ABC＝∠DBE＝60°
∴，，
∴
∵BA＝BC，BD＝BE
和中

∴
∴
和中

∴
∴
∴为等边三角形；
（2）∵∠ABC＝∠DBE＝60°, BA＝BC
∴为等边三角形；
∴
根据题意，AE和CD相交于点O
∵
∴
∵
∴
∴，即直线AE和CD的夹角是
故答案为：；
（3）∵∠ABC＝∠DBE＝60°, BA＝BC
∴为等边三角形；
∴
∵，，∠ABC＝∠DBE＝60°
∴
∵BA＝BC，BD＝BE
和中

∴
∴
如图，延长，交CD于点O

∴
∵
∴
∴，即直线AE和CD的夹角是
故答案为：；
（4）∵BA＝BC，
∴
∵∠ACB＝60°
∴
∴为等边三角形
∵BD＝BE，∠ABC＝∠DBE
∴
∵，
∴
和中

∴
∴
分别延长CD、AE，相较于点O，如下图：

∴
∵
∴
∴，即直线AE和CD的夹角是
故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰三角形、等边三角形、全等三角形、补角、三角形外角的知识；解题的关键是熟练掌握等边三角形、全等三角形、三角形外角的性质，从而完成求解．
10．在ABC中，AB＝AC，点D是直线BC上一点（不与B，C重合），以AD为一边在AD的右侧作ADE，使AD＝AE，∠DAE＝∠BAC，连接CE．

（1）（请直接写出你的结论）如图1，当点D在线段BC上：
①如果∠BAC＝90°，则∠BCE＝ °；
②如果∠BAC＝100°，则∠BCE＝ °；
（2）设∠BAC＝α，∠BCE＝β．
①如图2，当点D在线段BC上移动，则α、β之间有怎样的数量关系？请说明理由；
②当点D在直线BC上移动，则α、β之间有怎样的数量关系？请画出图形，并直接写出你的结论．
【答案】（1）①90；②80；（2）①α+β＝180°，理由见解析；②图见解析，α+β＝180°或α＝β
【分析】、（1）①由等腰直角三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝45°，由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得∠ABC＝∠ACE＝45°，可求∠BCE的度数；
②由等腰三角形的性质求出∠ABD＝∠ACB＝40°，由“SAS”可证△ABD≌△ACE得出∠ABD＝∠ACE＝40°，则可得出结论；
（2）①由“SAS”可证△ABD≌△ACE得出∠ABD＝∠ACE，再用三角形的内角和即可得出结论；
②分两种情况画出图形，由“SAS”可证△ABD≌△ACE得出∠ABD＝∠ACE，再用三角形的内角和即可得出结论．
【解析】解：（1）①∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵∠DAE＝∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS）
∴∠ABC＝∠ACE＝45°，
∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，
故答案为：90；
②∵∠BAC＝100°，AB＝AC，
∴∠ABD＝∠ACB＝40°，
∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
∵∠BAD＝∠CAE，
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE＝40°，
∴∠BCE＝∠ACE+∠ACB＝40°+40°＝80°，
故答案为：80．
（2）①α+β＝180°，
理由：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC．
即∠BAD＝∠CAE．
在△ABD与△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠B＝∠ACE．
∴∠B+∠ACB＝∠ACE+∠ACB．
∵∠ACE+∠ACB＝β，
∴∠B+∠ACB＝β，
∵α+∠B+∠ACB＝180°，
∴α+β＝180°．
②如图1：当点D在射线BC上时，α+β＝180°，
连接CE，

∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，
在△ABC中，∠BAC+∠B+∠ACB＝180°，
∴∠BAC+∠ACE+∠ACB＝∠BAC+∠BCE＝180°，
即：∠BCE+∠BAC＝180°，
∴α+β＝180°，
如图2：当点D在射线BC的反向延长线上时，α＝β．
连接BE，

∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
又∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，
∴∠ABD＝∠ACE＝∠ACB+∠BCE，
∴∠ABD+∠ABC＝∠ACE+∠ABC＝∠ACB+∠BCE+∠ABC＝180°，
∵∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB，
∴∠BAC＝∠BCE．
∴α＝β；
综上所述：点D在直线BC上移动，α+β＝180°或α＝β．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质，等腰三角形的性质和三角形内角和定理，掌握全等三角形的判定方法及性质是关键．
11．（1）如图①，和都是等边三角形，且点，，在一条直线上，连结和，直线，相交于点．则线段与的数量关系为_____________．与相交构成的锐角的度数为___________．
（2）如图②，点，，不在同一条直线上，其它条件不变，上述的结论是否还成立．

（3）应用：如图③，点，，不在同一条直线上，其它条件依然不变，此时恰好有．设直线交于点，请把图形补全．若，则___________．
【答案】（1）相等，；（2）成立，证明见解析；（3）见解析，4.
【分析】（1）证明△BCD≌△ACE，并运用三角形外角和定理和等边三角形的性质求解即可；
（2）是第（1）问的变式，只是位置变化，结论保持不变；
（3）根据∠AEC=30°，判定AE是等边三角形CDE的高，运用前面的结论，把条件集中到一个含有30°角的直角三角形中求解即可.
【解析】（1）相等；  .理由如下：
∵和都是等边三角形，
∴，，，
∴，
在和中
，
∴．
∴，．
又∵，
∴.

（2）成立；理由如下：
证明：∵和都是等边三角形，

∴，，，
∴，
在和中
，
∴．
∴，．
又∵，
∴.
（3）补全图形（如图）,
∵△CDE是等边三角形，
∴∠DEC=60°，
∵∠AEC=30°，
∴∠AEC=∠AED，
∴EQ⊥DQ，
∴∠DQP=90°，
根据（1）知，∠BDC=∠AEC=30°，
∵PQ=2，
∴DP=4.
故答案为：4.

【点睛】本题是一道猜想证明题，以两线段之间的大小关系为基础，考查了等边三角形的性质，三角形的全等，直角三角形的性质，证明两个手拉手模型三角形全等是解题的关键.
12．和都是等腰直角三角形，，将绕点D旋转．
（1）如图1，当点B落在直线上时，若，，求的长；
（2）如图2，直线、交于点F，再连接，求证：；
（3）如图3，，，G为中点，连接，，以直角边构造等腰，过H作交于点I，连接，当最小时，直接写出的长度．

【答案】（1）34，（2）证明见解析，（3）
【分析】（1）作CF⊥DB于F，根据勾股定理求出CF和BF即可；
（2）将△CEF绕点C逆时针旋转90°，得到△CDM，可证点M在BD上，再证△FCM是等腰直角三角形即可；
（3）作CN⊥AB于N，作AF⊥AC交AN延长线于F，得出△GAC≌△HAF，当点H落在CF上时，HI最小，此时点I与点N重合，利用勾股定理求解即可．
【解析】解：（1）作CF⊥DB于F，
∵，，都是等腰直角三角形，
∴，，
∵点B落在直线上，
∴，
∴；
的长为34．

（2）将△CEF绕点C逆时针旋转90°，得到△CDM，
由（1）得，∠CDB=∠CEA，
∴点M在BD上，CF=CM，∠FCM=90°，EF=DM，
∴，
∵；
∴．

（3）
作CN⊥AB于N，作AF⊥AC交AN延长线于F，
∵是等腰直角三角形，
∴∠ACF=45°，
∴AC=AF，
∵∠GAH=∠CAF=90°，
∴∠GAC=∠HAF，
∵AG=AH，
∴△GAC≌△HAF，
∴CG=FH，

∴当点H落在CF上时，HI最小，此时点I与点N重合，如图所示，
∵∠GCA=∠AFC=45°，
∴∠GCI=90°，
∵，，
∴，，
；

【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质和勾股定理，解题关键是恰当作辅助线，构造全等三角形进行推理证明．
题型4：旋转模型
13．如图1，在等腰Rt中，，点D、E分别在边、上，，连接，点M、P、N分别为、、的中点．

(1)观察猜想：图1中，线段与的数量关系是______，位置关系是______；
(2)探究证明：把绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接，，判断的形状，并说明理由；
(3)拓展延伸：把绕点A在平面内自由旋转，若，，求面积的最大值．
【答案】(1)，
(2)是等腰直角三角形，理由见解析
(3)

【分析】（1）利用三角形的中位线定理得出，，进而得出，即可得出结论，再利用三角形的中位线定理得出，再得出，最后利用互余得出结论；
（2）先判断出，得出，同（1）的方法得出，，即可得出，同（1）的方法即可得出结论；
（3）由等腰直角三角形可知，当最大时，面积最大，而的最大值是，即可得出结论．
【解析】（1）解：∵P、N分别为、的中点，
∴， ，
∵点M、P分别为DE、DC的中点，

∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：，．
（2）解：是等腰直角三角形，理由如下．
由旋转可知，，
∵，，
∴，
∴，，
由三角形的中位线定理得，， ，
∴，
∴是等腰三角形，
同（1）的方法可得，，，
，，
∵，
∴，

，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形．
（3）解：由（2）可知，是等腰直角三角形，，
∴当最大时，面积最大，
∴点D在的延长线上，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题综合考查了三角形全等的判定与性质、旋转的性质及三角形的中位线定理，熟练应用相关知识是解决本题的关键．
14．如图，等边中，分别交、于点、．
（1）求证：是等边三角形；

（2）将绕点顺时针旋转（），设直线与直线相交于点．
①如图，当时，判断的度数是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由；
②若，，当，，三点共线时，求的长．

【答案】（1）见解析；（2）①的度数是定值，为60°；②或8．
【分析】（1）根据等边三角形的性质，可得，再由 ，可得到，，从而得到 ，即可求证；
（2）根据题意，可证得，从而得到，再根据三角形的内角和等于180°，即可求解；
（3）分两种情况讨论：当，，三点共线，且在BC上方时，当，，三点共线，且在BC下方时，即可求解．
【解析】证明：（1）是等边三角形，
∴，
∵ ，
∴，，
，
∴是等边三角形；
（2）解：①的度数是定值，理由如下：
是等边三角形，
∴BC=AC，CD=CE， ，
∴ ，
在和中，
，
∴ ，
∴，
又∵ ，
∴，
即的度数是定值，为60°；
②当，，三点共线，且在BC上方时，过点作，

∵是等边三角形，，
∴，
在中，由勾股定理得：
，
在中，，
；
当，，三点共线，且在BC下方时.

，
综上所述，或8．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，图形的旋转，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
15．四边形是由等边和顶角为的等腰排成，将一个角顶点放在处，将角绕点旋转，该交两边分别交直线、于、，交直线于、两点．
（1）当、都在线段上时（如图1），请证明：；

（2）当点在边的延长线上时（如图2），请你写出线段，和之间的数量关系，并证明你的结论；
（3）在（1）的条件下，若，，请直接写出的长为 ．
【答案】（1）证明见解析；（2）．证明见解析；（3）．
【分析】（1）把△DBM绕点D逆时针旋转120°得到△DAQ，根据旋转的性质可得DM=DQ，AQ=BM，∠ADQ=∠BDM，然后求出∠QDN=∠MDN，利用“边角边”证明△MND和△QND全等，根据全等三角形对应边相等可得MN=QN，再根据AQ+AN=QN整理即可得证；
（2）把△DAN绕点D顺时针旋转120°得到△DBP，根据旋转的性质可得DN=DP，AN=BP，根据∠DAN=∠DBP=90°可知点P在BM上，然后求出∠MDP=60°，然后利用“边角边”证明△MND和△MPD全等，根据全等三角形对应边相等可得MN=MP，从而得证；
（3）过点M作MH∥AC交AB于G，交DN于H，可以证明△BMG是等边三角形，根据等边三角形的性质可得BM=MG=BG，根据全等三角形对应角相等可得∠QND=∠MND，再根据两直线平行，内错角相等可得∠QND=∠MHN，然后求出∠MND=∠MHN，根据等角对等边可得MN=MH，然后求出AN=GH，再利用“角角边”证明△ANE和△GHE全等，根据全等三角形对应边相等可得AE=GE，再根据BG=AB-AE-GE代入数据进行计算即可求出BG，从而得到BM的长．
【解析】解：（1）证明：把△DBM绕点D逆时针旋转120°得到△DAQ，
则DM=DQ，AQ=BM，∠ADQ=∠BDM，∠QAD=∠CBD=90°，
∴点Q在直线CA上，

∵∠QDN=∠ADQ+∠ADN=∠BDM+∠ADN=∠ABD-∠MDN=120°-60°=60°，
∴∠QDN=∠MDN=60°，
∵在△MND和△QND中，
，
∴△MND≌△QND（SAS），
∴MN=QN，
∵QN=AQ+AN=BM+AN，
∴BM+AN=MN；
（2）：.
理由如下：如图，把△DAN绕点D顺时针旋转120°得到△DBP，
则DN=DP，AN=BP，

∵∠DAN=∠DBP=90°，
∴点P在BM上，
∵∠MDP=∠ADB-∠ADM-∠BDP=120°-∠ADM-∠ADN=120°-∠MDN=120°-60°=60°，
∴∠MDP=∠MDN=60°，
∵在△MND和△MPD中，
，
∴△MND≌△MPD（SAS），
∴MN=MP，
∵BM=MP+BP，
∴MN+AN=BM；
（3）如图，过点M作MH∥AC交AB于G，交DN于H，

∵△ABC是等边三角形，
∴△BMG是等边三角形，
∴BM=MG=BG，
根据（1）△MND≌△QND可得∠QND=∠MND，
根据MH∥AC可得∠QND=∠MHN，
∴∠MND=∠MHN，
∴MN=MH，
∴GH=MH-MG=MN-BM=AN，
即AN=GH，
∵在△ANE和△GHE中，
，
∴△ANE≌△GHE（AAS），
∴AE=EG=2.1，
∵AC=7，
∴AB=AC=7，
∴BG=AB-AE-EG=7-2.1-2.1=2.8，
∴BM=BG=2.8．
故答案为：2.8
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质及等腰三角形的性质，根据等边三角形的性质，旋转变换的性质作辅助线构造全等三角形是解题的关键，（3）作平行线并求出AN=GH是解题的关键，也是本题的难点．
16．已知：等腰和等腰中，，，．

（1）如图1，延长交于点，若，则的度数为 ；
（2）如图2，连接、，延长交于点，若，求证：点为中点；
（3）如图3，连接、，点是的中点，连接，交于点，，，直接写出的面积．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）
【分析】（1）由已知条件可得，对顶角，则，根据即可的；
（2）过点作的垂线交的延长线于,证明，得,进而可得，再证明即可得证点为中点；
（3）延长至，使得，连接，设交于点，先证明，进而证明，根据角度的计算以及三角形内角和定理求得，进而证明，再根据,证明，根据已知条件求得最后证明即可．
【解析】（1）设交于，如图1，

是等腰和是等腰





即




故答案为
（2）如图2，过点作的垂线交的延长线于,








是等腰和是等腰

又







又


即是的中点
（3）延长至，使得，连接，设交于点，如图


即

是等腰和是等腰

在与中，

（SAS）
，
点是的中点

，
（SAS）







（SAS）
，


即
，




【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，等腰直角三角形的性质，三角形内角和定理，三角形外角性质，构造辅助线是解题的关键．
题型5：倍长中线模型
17．（1）如图1，在ABC中，AB＝4，AC＝6，AD是BC边上的中线，延长AD到点E使DE＝AD，连接CE，把AB，AC，2AD集中在ACE中，利用三角形三边关系可得AD的取值范围是　 　；
（2）如图2，在ABC中，AD是BC边上的中线，点E，F分别在AB，AC上，且DE⊥DF，求证：BE＋CF＞EF；
（3）如图3，在四边形ABCD中，∠A为钝角，∠C为锐角，∠B＋∠ADC＝180°，DA＝DC，点E，F分别在BC，AB上，且∠EDF＝∠ADC，连接EF，试探索线段AF，EF，CE之间的数量关系，并加以证明．

【答案】（1）1＜AD＜5；（2）见解析；（3）AF+EC=EF，见解析
【分析】（1）证明，推出CE=AB=4，在中，利用三角形的三边关系解决问题即可．
（2）如图2中，延长ED到H，使得DH=DE，连接DH，FH．证明，推出BE=CH，再证明EF=FH，利用三角形的三边关系即可解决问题．
（3）结论：AF+EC=EF．延长BC到H，使得CH=AF．提供两次全等证明AF=CE，EF=EH即可解决问题．
【解析】（1）∵CD=BD，AD=DE，∠CDE=∠ADB，
∴(SAS)，
∴EC=AB=4，
∵6﹣4＜AE＜6+4，
∴2＜2AD＜10，
∴1＜AD＜5，
故答案为：1＜AD＜5；
（2）如图2中，延长ED到H，使得DH=DE，连接DH，FH．

∵BD=DC，∠BDE=∠CDH，DE=DH，
∴(SAS)，
∴BE=CH，
∵FD⊥EH，又DE=DH，
∴EF=FH，在△CFH中，CH+CF＞FH，
∵CH=BE，FH=EF，
∴BE+CF＞EF；
（3）结论：AF+EC=EF．理由：延长BC到H，使得CH=AF．
∵∠B+∠ADC=180°，
∴∠A+∠BCD=180°，
∵∠DCH+∠BCD=180°，
∴∠A=∠DCH，
∵AF=CH，AD=CD，
∴(SAS)，
∴DF=DH，∠ADF=∠CDH，
∴∠ADC=∠FDH，
∵∠EDF= ∠ADC，
∴∠EDF=∠FDH，
∴∠EDF=∠EDH，
∵DE=DE，
∴(SAS)，
∴EF=EH，
∵EH=EC+CH=EC+AF，
∴EF=AF+EC．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的中线的性质，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会倍长中线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
18．（1）阅读理解：
如图①，在中，若，求边上的中线的取值范围．可以用如下方法：将绕着点D逆时针旋转得到，在中，利用三角形三边的关系即可判断中线的取值范围是_______；
（2）问题解决：
如图②，在中，D是边上的中点，于点D，交于点E，DF交于点F，连接，求证：；
（3）问题拓展：
如图③，在四边形中，，，，以C为顶点作一个的角，角的两边分别交于E、F两点，连接EF，探索线段之间的数量关系，并说明理由．

【答案】（1）；（2）见解析；（3），理由见解析
【分析】（1）如图①：将绕着点D逆时针旋转得到可得，得出 ，然后根据三角形的三边关系求出的取值范围，进而求得的取值范围；
（2）如图②：绕着点D旋转 得到可得，得出 ，由线段垂直平分线的性质得出，在中，由三角形的三边关系得出 即可得出结论；
（3）将绕着点C按逆时针方向旋转得到可得，得出，证出 ，再由证明，得出，进而证明结论．
【解析】解：（1）如图①：将绕着点D逆时针旋转得到
∴（），
∴，,即
∵是边上的中线，
∴，
在中，由三角形的三边关系得：，
∴ ，即，
∴；
故答案为；
（2）证明：如图②：绕着点D旋转 得到
∴（），
∴，
∵
∴，
在中，由三角形的三边关系得： ，
∴；
（3），理由如下：
如图③，将绕着点C按逆时针方向旋转
∴△DCF≌△BCH，
∴
∴
∵
∴，
∴点A、B、H三点共线
∵，
∴
∴，
在和中，
，
∴（）
∴，
∵
∴．

【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查对全等三角形的性质和判定、三角形的三边关系定理、旋转的性质等知识点，通过旋转得到构造全等三角形是解答本题的关键.
19．在△ABM中，AM⊥BM，垂足为M，AM＝BM，点D是线段AM上一动点．
（1）如图1，点C是BM延长线上一点，MD＝MC，连接AC，若BD＝17，求AC的长；
（2）如图2，在（1）的条件下，点E是△ABM外一点，EC＝AC，连接ED并延长交BC于点F，且点F是线段BC的中点，求证：∠BDF＝∠CEF．
（3）如图3，当E在BD的延长上，且AE⊥BE，AE＝EG时，请你直接写出∠1、∠2、∠3之间的数量关系．（不用证明）

【答案】（1）17；（2）见解析；（3）∠3＝2∠1+∠2
【分析】（1）根据SAS证明△AMC≌△BMD，由AC＝BD求出AC的长；
（2）延长EF到点G，使FG＝FE，连接BG，证明△BFG≌△CFE，可得EC＝GB，∠G＝∠CEF，再由BD＝BG可得∠G＝∠BDF，从而证得结论；
（3）延长AE、BM交于点C，作MH⊥AC于点H，作MF⊥BG于点F，证明∠FEM＝∠HEM＝45°及△AEM≌△GEM，再证明∠AME＝∠1，根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和即可推导出∠3＝2∠1+∠2．
【解析】解：（1）如图1，∵AM⊥BM，

∴∠AMC＝∠BMD＝90°，
∵AM＝BM，MD＝MC，
∴△AMC≌△BMD（SAS），
∴AC＝BD＝17．
（2）证明：如图2，延长EF到点G，使FG＝FE，连接BG，

∵F为BC中点，
∴BF＝CF，
∵∠BFG＝∠CFE，
∴△BFG≌△CFE（SAS），
∴BG＝EC，∠G＝∠CEF，
又∵BD＝AC，EC＝AC，
∴BD＝EC，
∴BG＝BD，
∴∠G＝∠BDF，
∴∠BDF＝∠CEF．
（3）如图3，延长AE、BM交于点C，作MH⊥AC于点H，作MF⊥BG于点F，
∵AM⊥BM，AE⊥BE，
∴∠BEC＝∠AMC＝90°，
∴∠MBF＝90°﹣∠C＝∠MAH，
∵∠BFM＝∠AHM＝90°，BM＝AM，  
∴△BFM≌△AHM（AAS），
∴FM＝HM，
∵∠EFM＝∠EHM＝90°，EM＝EM，
∴Rt△EMF≌Rt△EMH（HL），
∵∠FEH＝90°，
∴∠FEM＝∠HEM＝∠FEH＝45°，
∵∠AEB＝∠GEC＝90°，
∴∠AEM＝∠GEM＝90°+45°＝135°，
∵AE＝EG，EM＝EM，
∴△AEM≌△GEM（SAS），
∴∠AME＝∠GME，
∵∠BEM＝∠BAM＝45°，
∴∠AME＝∠3﹣∠BEM＝∠3﹣∠BAM＝∠1，
∴∠AMG＝2∠AME＝2∠1，
∵∠3＝∠AMG+∠2，
∴∠3＝2∠1+∠2．

【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质综合，解题的关键是根据题意作出辅助线，证明三角形全等．
20．如图，在等边△ABC中，点D，E分别是AC，AB上的动点，且AE＝CD，BD交CE于点P．
（1）如图1，求证：∠BPC＝120°；
（2）点M是边BC的中点，连接PA，PM，延长BP到点F，使PF＝PC，连接CF，
①如图2，若点A，P，M三点共线，则AP与PM的数量关系是　 　．
②如图3，若点A，P，M三点不共线，问①中的结论还成立吗？若成立，请给出证明，若不成立，说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）①AP＝2PM；②成立，证明见解析
【分析】（1）由“SAS”可证△AEC≌△CDB，得到∠ACE＝∠CBD，根据三角形的内角和定理计算，得出结论；
（2）①由等边三角形的性质和已知条件得出∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，AM⊥BC，∠BAP＝∠CAP＝∠BAC＝30°，得出PB＝PC，由等腰三角形的性质得出∠PBC＝∠PCB＝30°，得出PC＝2PM，证出∠ACP＝60°﹣30°＝30°＝∠CAP，得出AP＝PC，即可得出AP＝2PM；
②延长PM＝MH，连接CH，由“SAS”可证△ACF≌△BCP，可得AF＝BP，∠AFC＝∠BPC＝120°，由“SAS”可证△CMH≌△BMP，可得CH＝BP＝AF，∠HCM＝∠PBM，由“SAS”可证△AFP≌△HCP，可得AP＝PN＝2PM．
【解析】（1）证明：∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，∠A＝∠ABC＝∠ACB＝60°，
在△AEC和△CDB中，
，
∴△AEC≌△CDB（SAS），
∴∠ACE＝∠CBD，
∵∠BPC+∠DBC+∠BCP＝180°，
∴∠BPC+∠ACE+∠BCP＝180°，
∴∠BPC＝180°﹣60°＝120°；
（2）①解：AP＝2PM，
理由如下：∵△ABC为等边三角形，点M是边BC的中点，
∴AM⊥BC，∠BAM＝∠CAM＝30°，
∵AM⊥BC，点M是边BC的中点，
∴PB＝PC，
∵∠BPC＝120°，
∴∠PBC＝∠PCB＝30°，
∴PC＝2PM，∠ACP＝30°，
∴∠PAC＝∠PCA，
∴PA＝PC，
∴AP＝2PM，
故答案为：AP＝2PM；
②解：①中的结论成立，
理由如下：延长PM至H，是MH＝PM，连接AF、CH，
∵∠BPC＝120°，
∴∠CPF＝60°，
∵PF＝PC，
∴△PCF为等边三角形，
∴CF＝PF＝PC，∠PCF＝∠PFC＝60°，
∵△ABC为等边三角形，
∴BC＝AC，∠ACB＝60°＝∠PCF，
∴∠BCP＝∠ACF，
在△BCP和△ACF中，
，
∴△BCP≌△ACF（SAS），
∴AF＝BP，∠AFC＝∠BPC＝120°，
∴∠AFP＝60°，
在△CMH和△BMP中，
，
∴△CMH≌△BMP（SAS），
∴CH＝BP＝AF，∠MCH＝∠MBP，
∴CH∥BP，
∴∠HCP+∠BPC＝180°，
∴∠HCP＝60°＝∠AFP，
在△AFP和△HCP中，
，
∴△AFP≌△HCP（SAS），
∴AP＝PH＝2PM．

【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质、等边三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
题型6：截长补短模型
21．如图，在锐角中，，点D，E分别是边上一动点，连接BE交直线于点F．

(1)如图1，若，且，求的度数；
(2)如图2，若，且，在平面内将线段绕点C顺时针方向旋转60°得到线段，连接，点N是的中点，连接．在点D，E运动过程中，猜想线段之间存在的数量关系，并证明你的猜想．
【答案】(1)
(2)，理由见解析

【分析】（1）如图1中，在射线上取一点K，使得，证明，推出，再证明，可得结论；
（2）结论：．首先证明．如图2中，延长到Q，使得，连接，证明，推出，延长到P，使得，则是等边三角形，再证明，推出，，推出是等边三角形，可得结论
【解析】（1）解：如图1中，在射线上取一点K，使得，

在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）结论：．
理由：如图2中，∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
如图2中，延长到Q，使得，连接，

∵，
∴，
∴，，
∴，
∴．
延长到，使得，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
22．把两个全等的直角三角形的斜边重合，组成一个四边形以D为顶点作，交边、于M、N．

(1)若，，两边分别交、于点M、N，、、三条线段之间有何种数量关系？证明你的结论；
(2)当时，、、三条线段之间有何数量关系？证明你的结论；
(3)如图③，在（2）的条件下，若将M、N改在、的延长线上，完成图3，其余条件不变，则、、之间有何数量关系（直接写出结论，不必证明）
【答案】(1)，证明见解析；
(2)，证明见解析；
(3)作图见解析，．

【分析】（1）延长到E，使，证，推出，，证，推出即可；
（2）延长到E，使，证，推出，，证，推出即可；
（3）在截取，连接，证，推出，，证，推出即可．
【解析】（1）．证明如下：
如图，延长到E，使，连接．

，
．
，
．
在和中，
，
，
，．
，
，，
．
在和中，
，
，
．
，
；
（2）．证明如下：
如图，延长到E，使，连接．
，
．
，
，．
在和中，
，
，
，．
，，，
，
，，
．
在和中，
，
，
．
，
；
（3）补充完成题图，如图所示．

．证明如下：
如上图，在上截取，连接．
，，
，
．
，
．
在和中，
，
，
，．
，
，
．
在和中，
，
，
．
，
．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
23．如图1，在等边三角形中，于于与相交于点O．

(1)求证：；
(2)如图2，若点G是线段上一点，平分，，交所在直线于点F．求证：．
(3)如图3，若点G是线段上一点（不与点O重合），连接，在下方作，边交所在直线于点F．猜想：三条线段之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)，理由见解析

【分析】（1）由等边三角形的可求得，理由含角的直角三角形的性质可得，进而可证明结论；
（2）利用证明即可证明结论；
（3）连接，在上截取，连接，可证得是等边三角形，进而可利用证明，得到，由可说明猜想的正确性．
【解析】（1）证明：∵为等边三角形，
∴，，
∵，，
∴平分，平分，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∴；
（2）证明：∵，，
∴，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴；
（3）解：．理由如下：连接，在上截取，连接，

∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，，
∵，  
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定的与性质，含 角的直角三角形，角平分线的定义等知识的综合运用，属于三角形的综合题，证明相关三角形全等是解题的关键．
24．问题背景：
如图1：在四边形ABCD中，AB=AD．∠BAD=120°．∠B=∠ADC=90°．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．

(1)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△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 ；（直接写结论，不需证明）
探索延伸：
(2)如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADF=180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF=∠BAD，（1）中结论是否仍然成立，并说明理由；
(3)如图3，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF=∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明：若不成立，请直接写出它们之间的数量关系．
【答案】(1)EF=BE+FD
(2)（1）中的结论EF=BE+FD仍然成立．证明见解析；
(3)结论EF=BE+FD不成立，结论是：EF=BE-FD．证明见解析．

【分析】（1）延长FD到点G．使DG=BE．连接AG，利用全等三角形的性质解决问题即可；
（2）延长CB至M，使BM=DF，连接AM．证明△ABM≌△ADF（SAS），由全等三角形的性质得出AF=AM，∠2=∠3．△AME≌△AFE（SAS），由全等三角形的性质得出EF=ME，即EF=BE+BM，则可得出结论；
（3）在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．证明△ABG≌△ADF（SAS）．由全等三角形的性质得出∠BAG=∠DAF，AG=AF．证明△AEG≌△AEF（SAS），由全等三角形的性质得出结论．
【解析】（1）解：EF=BE+FD．
延长FD到点G．使DG=BE．连接AG，

∵∠ABE=∠ADG=∠ADC=90°，AB=AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS）．
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG．
∴∠BAE+∠DAF=∠DAG+∠DAF=∠EAF=60°．
∴∠GAF=∠EAF=60°．
又∵AF=AF，
∴△AGF≌△AEF（SAS）．
∴FG=EF．
∵FG=DF+DG．
∴EF=BE+FD．
故答案为：EF=BE+FD；
（2）解：（1）中的结论EF=BE+FD仍然成立．
证明：如图②中，延长CB至M，使BM=DF，连接AM．

∵∠ABC+∠D=180°，∠1+∠ABC=180°，
∴∠1=∠D，
在△ABM与△ADF中，
，
∴△ABM≌△ADF（SAS）．
∴AF=AM，∠2=∠3．
∵∠EAF=∠BAD，
∴∠2+∠4=∠BAD=∠EAF．
∴∠3+∠4=∠EAF，即∠MAE=∠EAF．
在△AME与△AFE中，
，
∴△AME≌△AFE（SAS）．
∴EF=ME，即EF=BE+BM，
∴EF=BE+DF；
（3）解：结论EF=BE+FD不成立，结论：EF=BE-FD．
证明：如图③中，在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．

∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADF．
在△ABG与△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS）．
∴∠BAG=∠DAF，AG=AF．
∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF=∠BAD．
∴∠GAE=∠EAF．
∵AE=AE，
∴△AEG≌△AEF（SAS），
∴EG=EF，
∵EG=BE-BG，
∴EF=BE-FD．
【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．
25．（1）阅读理解：问题：如图1，在四边形中，对角线平分，．求证：．
思考：“角平分线+对角互补”可以通过“截长、补短”等构造全等去解决问题．
方法1：在上截取，连接，得到全等三角形，进而解决问题；
方法2：延长到点，使得，连接，得到全等三角形，进而解决问题．
结合图1，在方法1和方法2中任选一种，添加辅助线并完成证明．
（2）问题解决：如图2，在（1）的条件下，连接，当时，探究线段，，之间的数量关系，并说明理由；
（3）问题拓展：如图3，在四边形中，，，过点D作，垂足为点E，请直接写出线段、、之间的数量关系．

【答案】（1）证明见解析；（2）；理由见解析；（3）．
【分析】（1）方法1：在上截取，连接，得到全等三角形，进而解决问题；方法2：延长到点，使得，连接，得到全等三角形，进而解决问题；
（2）延长到点，使，连接，证明，可得，即
（3）连接，过点作于，证明，，进而根据即可得出结论．
【解析】解：（1）方法1：在上截，连接，如图．
平分，
．
在和中，，
，
，．
，．
．
，
．

方法2：延长到点，使得，连接，如图．

平分，
．
在和中，，
．
，．
，
．
，
，
．
（2）、、之间的数量关系为：．
（或者：，）．
延长到点，使，连接，如图2所示．

由（1）可知，
．
为等边三角形．
，．
，
．
．
，
为等边三角形．
，．
，
，
即．
在和中，，
．
，
，
．
（3），，之间的数量关系为：．
（或者：，）
解：连接，过点作于，如图3所示．

，．
．
在和中，，
，
，．
在和中，
，
．
，
，
．
【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，正确的添加辅助线是解题的关键．
26．（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，线段EF、BE、FD之间的关系是 ；（不需要证明）
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，（1）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．
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF＝∠BAD，（1）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】（1）EF＝BE+FD；（2）（1）中的结论仍然成立，见解析；（3）结论不成立，EF＝BE﹣FD，见解析
【分析】（1）延长CB至G，使BG＝DF，连接AG，证明△ABG≌△ADF，根据全等三角形的性质得到AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，再证明△GAE≌△FAE，根据全等三角形的性质得出EF＝EG，结合图形计算，证明结论；
（2）延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，仿照（1）的证明方法解答；
（3）在EB上截取BH＝DF，连接AH，仿照（1）的证明方法解答．
【解析】解：（1）EF＝BE+FD，
理由如下：如图1，延长CB至G，使BG＝DF，连接AG，

在△ABG和△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠DAF+∠BAE＝∠EAF，
∴∠GAE＝∠BAG+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝∠EAF，
在△GAE和△FAE中，
，
∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴EF＝EG，
∵EG＝BG+BE＝BE+DF，
∴EF＝BE+FD，
故答案为：EF＝BE+FD；
（2）（1）中的结论仍然成立，
理由如下：如图2，延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，

∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠1＝180°，
∴∠1＝∠D，
在△ABM和△ADF中，
，
∴△ABM≌△ADF（SAS），
∴AM＝AF，∠3＝∠2，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠2+∠4＝∠EAF，
∴∠EAM＝∠3+∠4＝∠2+∠4＝∠EAF，
在△MAE和△FAE中，
，
∴△MAE≌△FAE（SAS），
∴EF＝EM，
∵EM＝BM+BE＝BE+DF，
∴EF＝BE+FD；
（3）（1）中的结论不成立，EF＝BE﹣FD，
理由如下：如图3，在EB上截取BH＝DF，连接AH，

同（2）中证法可得，△ABH≌△ADF，
∴AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，
∴∠HAE＝∠FAE，
在△HAE和△FAE中，
，
∴△HAE≌△FAE（SAS），

∵EH＝BE﹣BH＝BE﹣DF，
∴EF＝BE﹣FD．
【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，掌握三角形全等的性质与判定是解题的关键．
题型7：作平行线法、作垂线法
27．如图，AB＝AD，AC＝AE，，AH⊥BC于H，HA的延长线交DE于G，下列结论：①DG＝EG；②BC＝2AG；③AH＝AG；④，其中正确的结论为（ ）

A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
【答案】B
【分析】①如图，过点分别作的垂线交及的延长线于点，证明，，即可得结论；②延长至，使，连接证明，取的中点，连接并延长至，使得，可得，证明，，则可得，即，；③由①可知，故不一定等于；④，由②可知，，则，由可得即可得
【解析】解：①如图，过点分别作的垂线交及的延长线于点，

AB＝AD，AC＝AE，，AH⊥BC




同理可得




又


故①正确
②如图，延长至，使，连接





，

如图，取的中点，连接并延长至，使得，

是的中点，



，



，




又




③如图，由①可知，故不一定等于
故③不正确

④如图，由②可知，





故④正确
综上所述，故正确的有①②④
故选B
【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，掌握三角形全等的性质与判定是解题的关键．
28．阅读下面的题目及分析过程，并按要求进行证明．
已知：如图，点E是BC的中点，点A在DE上，且∠BAE＝∠CDE．
求证：AB＝CD．
分析：证明两条线段相等，常用的方法是应用全等三角形或等腰三角形的判定和性质，观察本题中要证明的两条线段，它们不在同一个三角形中，且它们分别所在的两个三角形也不全等，因此，要证AB＝CD，必须添加适当的辅助线，构造全等三角形或等腰三角形．
（1）现给出如下两种添加辅助线的方法，请任意选出其中一种，对原题进行证明．
①如图1，延长DE到点F，使EF＝DE，连接BF；
②如图2，分别过点B、C作BF⊥DE，CG⊥DE，垂足分别为点F，G．
（2）请你在图3中添加不同于上述的辅助线，并对原题进行证明．

【答案】（1）①见解析；②见解析；（2）见解析；
【分析】（1）①如图1，延长DE到点F，使EF＝DE，连接BF，△BEF≌△CED，∠BAE＝∠F， AB＝CD；
②如图2，分别过点B、C作BF⊥DE，CG⊥DE，垂足分别为点F，G，△BEF≌△CEG
△BAF≌△CDG，AB＝CD；
（2）如图3，过C点作CM∥AB，交DE的延长线于点M，则∠BAE＝∠EMC，△BAE≌△CFE（AAS），∠F＝∠EDC，CF＝CD，AB＝CD；
【解析】（1）①如图1，

延长DE到点F，使EF＝DE，连接BF，
∵点E是BC的中点，∴BE＝CE，
在△BEF和△CED中，
，
∴△BEF≌△CED（SAS），∴BF＝CD，∠F＝∠CDE，
∵∠BAE＝∠CDE，∴∠BAE＝∠F，
∴AB＝BF，∴AB＝CD；
②如图2，

分别过点B、C作BF⊥DE，CG⊥DE，垂足分别为点F，G，
∴∠F＝∠CGE＝∠CGD＝90°，
∵点E是BC的中点，∴BE＝CE，
在△BEF和△CEG中，
，
∴△BEF≌△CEG（AAS），∴BF＝CG，
在△BAF和△CDG中，
，
∴△BAF≌△CDG（AAS），
∴AB＝CD；
（2）如图3，

过C点作CM∥AB，交DE的延长线于点M，
则∠BAE＝∠EMC，
∵E是BC中点，
∴BE＝CE，
在△BAE和△CME中，
，
∴△BAE≌△CFE（AAS），∴CF＝AB，∠BAE＝∠F，
∵∠BAE＝∠EDC，
∴∠F＝∠EDC，∴CF＝CD，∴AB＝CD．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，对顶角相等，平行线的性质，构造出全等三角形是解本题的关键．
29．如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D在边AC上，CD⊥DE，且CD＝DE，连接BE，取BE的中点F，连接DF．

(1)请直接写出∠ADF的度数及线段AD与DF的数量关系；
(2)将图1中的△CDE绕点C按逆时针旋转，
①如图2，（1）中∠ADF的度数及线段AD与DF的数量关系是否仍然成立？请说明理由；
②如图3，连接AF，若AC＝3，CD＝1，求S△ADF的取值范围．
【答案】(1)∠ADF=45°，AD=DF；
(2)①成立，理由见解析；②1≤S△ADF≤4.

【分析】（1）延长DF交AB于H，连接AF，先证明△DEF≌△HBF，得BH=CD，再证明△ADH为等腰直角三角形，利用三线合一及等腰直角三角形边的关系即可得到结论；
（2）①过B作DE的平行线交DF延长线于H，连接AH、AF，先证明△DEF≌△HBF，延长ED交BC于M，再证明∠ACD=∠ABH，得△ACD≌△ABH，得AD=AH，等量代换可得∠DAH=90°，即△ADH为等腰直角三角形，利用三线合一及等腰直角三角形边的关系即可得到结论；
②先确定D点的轨迹，求出AD的最大值和最小值，代入S△ADF=求解即可．
【解析】（1）解：∠ADF=45°，AD=DF，理由如下：
延长DF交AB于H，连接AF，

∵∠EDC=∠BAC=90°，
∴DE∥AB，
∴∠ABF=∠FED，
∵F是BE中点，
∴BF=EF，
又∠BFH=∠DFE，
∴△DEF≌△HBF，
∴BH=DE，HF=FD，
∵DE=CD，AB=AC，
∴BH=CD，AH=AD，
∴△ADH为等腰直角三角形，
∴∠ADF=45°，
又HF=FD，
∴AF⊥DH，
∴∠FAD=∠ADF=45°，
即△ADF为等腰直角三角形，
∴AD=DF;
（2）解：①结论仍然成立，∠ADF=45°，AD=DF，理由如下：
过B作DE的平行线交DF延长线于H，连接AH、AF，如图所示，

则∠FED=∠FBH，∠FHB=∠EFD，
∵F是BE中点，
∴BF=EF，
∴△DEF≌△HBF，
∴BH=DE，HF=FD，
∵DE=CD，
∴BH=CD，
延长ED交BC于M，
∵BH∥EM，∠EDC=90°，
∴∠HBC+∠DCB=∠DMC+∠DCB=90°，
又∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=45°，
∴∠HBA+∠DCB=45°，
∵∠ACD+∠DCB=45°，
∴∠HBA=∠ACD，
∴△ACD≌△ABH，
∴AD=AH，∠BAH=∠CAD，
∴∠CAD+∠DAB=∠BAH+∠DAB=90°，
即∠HAD=90°，
∴∠ADH=45°，
∵HF=DF，
∴AF⊥DF，即△ADF为等腰直角三角形，
∴AD=DF．
②由①知，S△ADF=DF2=AD2，
由旋转知，当A、C、D共线时，且D在A、C之间时，AD取最小值为3－1=2，
当A、C、D共线时，且C在A、D之间时，AD取最大值为3+1=4，
∴1≤S△ADF≤4．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形性质及判定、全等三角形判定及性质、勾股定理等知识点．构造全等三角形及将面积的最值转化为线段的最值是解题关键．遇到题干中有“中点”时，采用平行线构造出对顶三角形全等是常用辅助线．
30．我们定义：三角形一个内角的平分线所在的直线与另一个内角相邻的外角的平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．

(1)如图1，是中的遥望角．
①直接写出与的数量关系___________；
②连接AE，猜想与的数量关系，并说明理由．
(2)如图2，四边形ABCD中，，点E在BD的延长线上，连CE，若已知，求证：是中的遥望角．
【答案】(1)①；②，理由见解析
(2)见解析

【分析】（1）①运用角平分线的定义，以及三角形外角的性质，推导得到，，即、可得出；②过点作交延长线于点，过点作交于点，过点作交延长线于点，运用角平分线的性质及判定定理可证，由，可得；
（2）过作交于点，过作交延长线于点，先证四边形是矩形，再证，最后证得平分，平分即可．
【解析】（1）解：①∵平分，即，
∴．
∵平分，即，
∴．
又∵，
∴．
②猜想：，理由如下：
如图2，过点作交延长线于点，过点作交于点，过点作交延长线于点，

∵平分，，，
∴，
同理，，
∴，
∵，，
∴平分，即，
∵，
∴．
（2）证明：如图3，过作交于点，过作交延长线于点，

∵，，，
∴，，，
∴四边形是矩形，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
在与中，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴平分，
∴，即平分，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平分，
∵平分，
∴是中的遥望角．
【点睛】本题考查了角平分线的性质及判定，全等三角形的性质及判定，熟练掌握角平分线判定定理及相关性质是解题的关键．
题型8：半角模型
31．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．
【解析】（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．
32．问题情境：已知，在等边△ABC中，∠BAC与∠ACB的角平分线交于点O，点M、N分别在直线AC，AB上，且∠MON＝60°，猜想CM、MN、AN三者之间的数量关系．
方法感悟：小芳的思考过程是在CM上取一点，构造全等三角形，从而解决问题；

小丽的思考过程是在AB取一点，构造全等三角形，从而解决问题；
问题解决：（1）如图1，M、N分别在边AC，AB上时，探索CM、MN、AN三者之间的数量关系，并证明；
（2）如图2，M在边AC上，点N在BA的延长线上时，请你在图2中补全图形，标出相应字母，探索CM、MN、AN三者之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）CM＝AN+MN，详见解析；（2）CM＝MN﹣AN，详见解析
【分析】（1）在AC上截取CD＝AN，连接OD，证明△CDO≌△ANO，根据全等三角形的性质得到OD＝ON，∠COD＝∠AON，证明△DMO≌△NMO，得到DM＝MN，结合图形证明结论；
（2）在AC延长线上截取CD＝AN，连接OD，仿照（1）的方法解答．
【解析】解：（1）CM＝AN+MN，
理由如下：在AC上截取CD＝AN，连接OD，

∵△ABC为等边三角形，∠BAC与∠ACB的角平分线交于点O，
∴∠OAC＝∠OCA＝30°，
∴OA＝OC，
在△CDO和△ANO中，
，
∴△CDO≌△ANO（SAS）
∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，
∵∠MON＝60°，
∴∠COD+∠AOM＝60°，
∵∠AOC＝120°，
∴∠DOM＝60°，
在△DMO和△NMO中，
，
∴△DMO≌△NMO，
∴DM＝MN，
∴CM＝CD+DM＝AN+MN；
（2）补全图形如图2所示：

CM＝MN﹣AN，
理由如下：在AC延长线上截取CD＝AN，连接OD，
在△CDO和△ANO中，
，
∴△CDO≌△ANO（SAS）
∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，
∴∠DOM＝∠NOM，
在△DMO和△NMO中，
，
∴△DMO≌△NMO（SAS）
∴MN＝DM，
∴CM＝DM﹣CD＝MN﹣AN．