专题突破1-2全等三角形的常见模型练习（4大题型）-2024-2025学年八年级数学上册单元速记·巧练（浙教版）

专题突破2：全等三角形的常见模型 一、K型图模型特征与结论识别 图形 条件与结论 辅助线 注意事项 条件：AC=BC,AC⊥BC 结论： △ADC≌△CEB(AAS) 分别过点A、B作AD⊥l, BE⊥l K型图可以和等腰直角三角板结合，也可以和正方形结合 K型全等模型变形——三垂定理： 如图，亦有△ADC≌△CEB(AAS) 总结：当一个直角放在一条直线上时，常通过构造K型全等来证明边相等，或者边之间的数量关系 二、手拉手模型特征与结论识别 图形 条件与结论 辅助线 条件：AD=AE、AB=AC ∠BAC=∠DAE 结论：△ABD≌△ACE(SAS) BD=CE 分别连接BD、CE 手拉手模型在第一章只是表面应用，后续深层次应用需要在等腰三角形学完之后探究 三、倍长中线辅助线方法规律总结 基本图形 辅助线 条件与结论 应用环境 延长AD到点E， 使DE=AD，连接CE 条件：△ABC中，AD=BD 结论： △ABD≌△CED(SAS) ①倍长中线常和△三边关系结合，考察中线长的取值范围 ②倍长中线也可以和其他几何图形结合，考察几何图形的面积问题 四、截长补短辅助线方法规律总结 基本图形 辅助线 条件与结论 应用环境 在AC上截取AE=AD，连接PE 条件： AP平分∠BAC， 结论： △APD≌△APE(SAS) ①截长补短类辅助线经常和角平分线同步考察 ②截长补短类全等的目的通常是为了等价线段 总结：因为截长补短常得线段相等，所以截长补短经常用于证明三条线段间的数量关系，如AD=BC+EF 题型一 K型图（一线三等角） 【例1】．（2024春•工业园区期末）如图，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，点E、F在边BC上，点P在四边形的内部，且AE⊥PE，AE＝PE，∠CFD＝∠PFE．若BE＝CD＝1，CF＝2，AB＝3，则四边形ABCD的面积为（　　） A．18 B．16 C．14 D．12 【分析】作PG⊥BC于点G，可证明△ABE≌△EGP，得AB＝EG＝3，BE＝GP，而BE＝CD＝1，所以CD＝GP，再证明△CFD≌△GFP，得CF＝GF＝2，所以BC＝BE+EG+GF+CF＝8，求得S四边形ABCD＝16，于是得到问题的答案． 【解答】解：作PG⊥BC于点G，则∠EGP＝∠PGF＝90°， ∵∠B＝∠C＝90°， ∴∠B+∠C＝180°，∠B＝∠EGP，∠C＝∠PGF， ∴AB∥DC， ∴四边形ABCD是梯形， ∵AE⊥PE， ∴∠AEP＝90°， ∴∠GEP+∠AEB＝180°， ∵∠BAE+∠ABE＝180°， ∴∠BAE＝∠GEP， 在△ABE和△EGP中， ， ∴△ABE≌△EGP（AAS）， ∴AB＝EG＝3，BE＝GP， ∵BE＝CD＝1， ∴CD＝GP， 在△CFD和△GFP中， ， ∴△CFD≌△GFP（AAS）， ∴CF＝GF＝2， ∴BC＝BE+EG+GF+CF＝1+3+2+2＝8， ∴S四边形ABCD＝×（3+1）×8＝16， 故选：B． 【变式1-1】．（2023秋•长兴县期末）已知：如图，在△ABC中，AB＝AC＝12，点E在边AC上，若∠DAE＝∠DEA，∠ADE＝∠B，CD＝3BD，则CE等于（　　） A．3 B．4 C． D．6 【分析】先证∠BAD＝∠CDE，AD＝DE，利用AAS证得△ABD和△DCE全等，得出AB＝DC＝12，BD＝CE，结合CD＝3BD，求出BD的长，即为CE的长． 【解答】解：∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C， 在△ABD中，∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB， ∵∠CDE＝180°﹣∠ADE﹣∠ADB，且∠ADE＝∠B， ∴∠BAD＝∠CDE， ∵∠DAE＝∠DEA， ∴AD＝DE， 在△ABD和△DCE中， ， ∴△ABD≌△DCE（AAS）， ∴AB＝DC，BD＝CE， ∵AB＝AC＝12， ∴DC＝12， ∴CD＝3BD， ∴BD＝4， ∴CE＝BD＝4， 故选：B． 【变式1-2】．（2023•南谯区校级一模）如图，在矩形ABCD中，E，F分别为BC，DC上一点，AE＝EF，AE⊥EF，若BE＝3，矩形ABCD的周长为26，则矩形ABCD的面积为 　40　． 【分析】由矩形的性质得AB+BC＝13，再证△ABE≌△ECF（AAS），得AB＝EC，然后求出AB＝5，则BC＝8，即可解决问题． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD，AD＝BC，∠B＝∠C＝90°， ∵矩形ABCD的周长为26， ∴AB+BC＝13， ∵AE⊥EF， ∴∠AEF＝90°， ∴∠AEB+∠CEF＝90°， ∵∠AEB+∠BAE＝90°， ∴∠BAE＝∠CEF， 在△ABE和△ECF中， ， ∴△ABE≌△ECF（AAS）， ∴AB＝EC， ∵AB+BC＝13， ∴AB+BE+EC＝13， ∴AB+3+AB＝13， ∴AB＝5， ∴BC＝8， ∴S矩形ABCD＝AB•BC＝5×8＝40， 故答案为：40． 【变式1-3】．（2022•鹿城区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在BC边上，点E在AC边上，连接AD，DE．已知∠1＝∠2，AD＝DE． （1）求证：△ABD≌△DCE； （2）若BD＝3，CD＝5，求AE的长． 【分析】（1）根据AAS可证明△ABD≌△DCE； （2）得出AB＝DC＝5，CE＝BD＝3，求出AC＝5，则AE可求出． 【解答】（1）证明：∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C， 在△ABD与△DCE中， ， ∴△ABD≌△DCE（AAS）； （2）解：∵△ABD≌△DCE， ∴AB＝DC＝5，CE＝BD＝3， ∵AC＝AB， ∴AC＝5， ∴AE＝AB﹣EC＝5﹣3＝2． 【变式1-4】．（2023秋•右玉县期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E． （1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证： ①△ADC≌△CEB； ②DE＝AD+BE； （2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，AD＝5，BE＝2，求线段DE的长． 【分析】（1）①由已知推出∠ADC＝∠BEC＝90°，因为∠ACD+∠BCE＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°，推出∠DAC＝∠BCE，根据AAS即可得到答案； ②由①得到AD＝CE，CD＝BE，即可求出答案； （2）与（1）证法类似可证出∠ACD＝∠EBC，能推出△ADC≌△CEB，得到AD＝CE，CD＝BE，代入已知即可得到答案． 【解答】（1）①证明：∵AD⊥DE，BE⊥DE， ∴∠ADC＝∠BEC＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°， ∴∠DAC＝∠BCE， 在△ADC和△CEB中， ， ∴△ADC≌△CEB（AAS）； ②证明：由（1）知：△ADC≌△CEB， ∴AD＝CE，CD＝BE， ∵DC+CE＝DE， ∴AD+BE＝DE； （2）证明：∵BE⊥EC，AD⊥CE， ∴∠ADC＝∠BEC＝90°， ∴∠EBC+∠ECB＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠ECB+∠ACE＝90°， ∴∠ACD＝∠EBC， 在△ADC和△CEB中， ， ∴△ADC≌△CEB（AAS）， ∴AD＝CE，CD＝BE， ∴DE＝EC﹣CD＝AD﹣BE＝5﹣2＝3． 【变式1-5】．（2023秋•临平区月考）已知，在△ABC中，AB＝AC，D，A，E三点都在直线m上，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC． （1）如图①，若AB⊥AC，则BD与AE的数量关系为 　BD＝AE　，BD，CE与DE的数量关系为 　BD+CE＝DE　． （2）如图②，当AB不垂直于AC时，（1）中的结论是否成立？请说明理由． （3）如图③，若只保持∠BDA＝∠AEC，BD＝EF＝7cm，DE＝10cm，点A在线段DE上以2cm/s的速度由点D向点E运动，同时，点C在线段EF上以x cm/s的速度由点E向点F运动，它们运动的时间为t（s）．是否存在x，使得△ABD与△EAC全等？若存在，求出相应的t与x的值；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由平角的定义和三角形内角和定理得∠CAE＝∠ABD，再由AAS证明△ABD≌△CAE，得BD＝AE，CE＝AD，即可解决问题； （2）同（1）得△ABD≌△CAE（AAS），得BD＝AE，CE＝AD，即可得出结论； （3）分△DAB≌△ECA或△DAB≌△EAC两种情形，分别根据全等三角形的性质求出t的值，即可解决问题． 【解答】解：（1）∵∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，∠BAD+∠CAE+∠BAC＝∠BAD+∠ABD+∠BDA＝180°， ∴∠BAD+∠CAE＝∠BAD+∠ABD， ∴∠CAE＝∠ABD， ∵∠BDA＝∠AEC，AB＝CA， ∴△ABD≌△CAE（AAS）， ∴BD＝AE，AD＝CE， ∵AE+AD＝DE， ∴BD+CE＝DE， 故答案为：BD＝AE，BD+CE＝DE； （2）成立，BD＝AE，BD+CE＝DE，理由如下： 同（1）得：△ABD≌△CAE（AAS）， ∴BD＝AE，CE＝AD， ∵AE+AD＝DE， ∴BD+CE＝DE； （3）存在，理由如下： 当△DAB≌△ECA时，AD＝CE，BD＝AE＝7cm， ∵AD+AE＝DE＝10cm， ∴CE＝AD＝DE﹣AE＝3cm， ∴t＝＝， ∴x＝3÷＝2； 当△DAB≌△EAC时， ∴AD＝AE＝DE＝5cm，DB＝EC＝7cm， ∴t＝＝，x＝7÷＝， 综上所述，存在x，使得△ABD与△EAC全等，t＝，x＝2或t＝，x＝． 题型二 手拉手模型 【例2】．（2023秋•河东区期末）如图，已知：AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠ECD＝90°，∠EBD＝38°，现有下列结论：①△BDC≌△AEC；②∠AEB＝128°；③BD＝AE；④AE⊥BD．其中不正确的有（　　） A．0个 B．1个 C．2个 D．3 个 【分析】延长AE交BD于点F，交BC于点G，根据等式的性质可得∠ACE＝∠BCD，从而利用SAS证明△BDC≌△AEC，进而可得BD＝AE，∠EAC＝∠DBC，再根据已知可得∠DBC+∠EBC＝38°，从而可得∠EAC+∠EBC＝38°，然后利用直角三角形的两个锐角互余可得∠ABE+∠BAE＝52°，从而利用三角形内角和定理可得∠AEB＝128°，再利用直角三角形的两个锐角互余可得∠AGC+∠EAC＝90°，最后根据对顶角相等可得∠BGF＝∠AGC，从而可得∠BGF+∠CBD＝90°，从而利用三角形内角和定理可得：∠BFG＝90°，即可解答． 【解答】解：延长AE交BD于点F，交BC于点G， ∵∠ACB＝∠ECD＝90°， ∴∠ACB﹣∠BCE＝∠ECD﹣∠BCE， ∴∠ACE＝∠BCD， ∵AC＝BC，DC＝EC， ∴△BDC≌△AEC（SAS）， ∴BD＝AE，∠EAC＝∠DBC， ∵∠EBD＝38°， ∴∠DBC+∠EBC＝38°， ∴∠EAC+∠EBC＝38°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠ABE+∠BAE＝90°﹣（∠EAC+∠EBC）＝52°， ∴∠AEB＝180°﹣（∠ABE+∠BAE）＝128°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠AGC+∠EAC＝90°， ∵∠BGF＝∠AGC， ∴∠BGF+∠CBD＝90°， ∴∠BFG＝180°﹣（∠BGF+∠CBD）＝90°， ∴AF⊥BD， 即AE⊥BD， 所以，上列结论，其中不正确的有0个， 故选：A． 【变式2-1】．（2023秋•诸暨市期末）如图，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，点C、D、E三点在同一直线上，连接BD交AC于点F． （1）求证：△BAD≌△CAE； （2）猜想BD，CE有何特殊位置关系，并说明理由． 【分析】（1）由“SAS”可证△BAD≌△CAE； （2）由全等三角形的性质可得∠ACE＝∠ABD，由三角形内角和定理可求解． 【解答】证明：（1）∵∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中， ， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， （2）BD⊥CE，理由如下： 如图，设AC与BD于G， ∵△BAD≌△CAE， ∴∠ACE＝∠ABD， ∵∠AGB＝∠CGD，∠BAC＝90°， ∴∠CDG＝90°， ∴BD⊥CE． 【变式2-2】．（2023秋•慈溪市期末）如图，已知△ABC和△CDE均为等边三角形，点D在AB的延长线上，连结AE． （1）求证：△ACE≌△BCD； （2）求∠DAE的度数． 【分析】（1）根据等边三角形的性质得出AC＝BC，∠ACB＝60°，CD＝CE，∠DCE＝60°，则∠ACE＝∠BCD，利用SAS即可证明△ACE≌△BCD； （2）根据邻补角定义求出∠CBD＝120°，再根据全等三角形的性质及角的和差求解即可． 【解答】（1）证明：∵△ABC和△CDE均为等边三角形， ∴AC＝BC，∠ACB＝∠ABC＝∠CAB＝60°，CD＝CE，∠DCE＝60°， ∴∠ACE＝∠BCD， 在△ACE和△BCD中， ， ∴△ACE≌△BCD（SAS）； （2）解：∵∠ABC＝60°，∠ABC+∠CBD＝180°， ∴∠CBD＝120°， ∵△ACE≌△BCD， ∴∠CAE＝∠CBD＝120°， ∴∠DAE＝∠CAE﹣∠CAB＝60°． 【变式2-3】．（2020秋•萧山区期末）如图，在△AOB和△COD中，OA＝OB，OC＝OD，若∠AOB＝∠COD＝60°． （1）求证：AC＝BD． （2）求∠APB的度数． 【分析】（1）先∠AOB＝∠COD＝60°，OA＝OB，OC＝OD得到∠AOC＝∠BOD，然后得证△AOC≌△BOD，从而得到AC＝BD； （2）先由△AOC≌△BOD得到∠OAC＝∠OBD，从而得到∠PAB+∠PBA＝∠OAB+∠OBA，然后由OA＝OB，∠AOB＝60°得到△AOB是等边三角形，从而得到∠PAB+∠PBA＝120°，最后得到∠APB的度数． 【解答】（1）证明：∵∠AOB＝∠COD， ∴∠AOC＝∠BOD， 在△AOC和△BOD中， ， ∴△AOC≌△BOD（SAS）， ∴AC＝BD． （2）解：∵OA＝OB，∠AOB＝60°， ∴△AOB是等边三角形， ∴∠OAB＝∠OBA＝60°， ∵△AOC≌△BOD， ∴∠OAC＝∠OBD， ∴∠PAB+∠PBA＝∠OAB﹣∠OAC+∠OBA+∠OBD＝120°， ∴∠APB＝180°﹣（∠PAB+∠PBA）＝180°﹣120°＝60°． 【变式2-4】．（2023秋•钢城区期末）【初步感知】： 如图①，△ABC和△CDE都是等边三角形，连接AD、BE．小组同学发现： （1）△ACD与△BCE全等，依据是 　SAS　（填写全等三角形判定定理）； （2）线段BE＝AD，依据是 　全等三角形的对应边相等　； 【拓展探究】： 如图②，△ABC和△CDE都是等腰三角形，AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝α，AD、BE相交于点M，连接CM． （3）线段BE与AD之间是否仍存在（2）中的结论？若存在，请说明理由； （4）∠AMB＝　α　（用含α的式子表示），并说明理由． 【分析】（1）由等边三角形的性质得AC＝BC，CE＝CD，∠ACB＝∠DCE＝60°，再证明∠ACD＝∠BCE，然后由SAS证明△ACD≌△BCE即可； （2）由全等三角形的性质即可得出结论； （3）先证明∠ACD＝∠BCE，再证明△CBE≌△CAD（SAS），然后由全等三角形的性质即可得出结论； （4）由全等三角形的性质得∠CAD＝∠CBE，再由三角形内角和定理得∠BAC+∠ABC＝180°﹣α，则∠BAM+∠ABM＝180°﹣α，然后由三角形内角和定理即可得出结论． 【解答】解：（1）∵△ABC和△CDE都是等边三角形， ∴AC＝BC，CE＝CD，∠ACB＝∠DCE＝60°， ∵∠BCE＝∠ACB﹣∠ECA，∠ACD＝∠DCE﹣∠ECA， ∴∠ACD＝∠BCE， 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， 故答案为：SAS； （2）由（1）可知，△ACD≌△BCE， ∴BE＝AD（全等三角形的对应边相等）， 故答案为：全等三角形的对应边相等； （3）存在（2）的结论BE＝AD，理由如下： ∵∠ACB＝∠DCE＝α，∠ACD＝α+∠BCD，∠BCE＝α+∠BCD ∴∠ACD＝∠BCE， 在△CBE和△CAD中， ， ∴△CBE≌△CAD（SAS）， ∴BE＝AD； （4）∠AMB＝α，理由如下： ∵△ACD≌△BCE， ∴∠CAD＝∠CBE， ∵∠BAC+∠ABC＝180°﹣α， ∴∠BAM+∠ABM＝180°﹣α， ∴∠AMB＝180°﹣（180°﹣α）＝α， 故答案为：α． 【变式2-5】．（2022秋•乐清市校级期中）如图1，在△ABC中，AB＝AC，D为线段BC上一动点（不与点B、C重合）．连接AD，作∠DAE＝∠BAC，且AD＝AE，连接CE． （1）求证：△ABD≌△ACE． （2）当CE平分∠ACF时，若∠BAD＝32°，求∠DEC的度数． （3）如图2，设∠BAC＝α（90°＜α＜180°），在点D运动过程中，当DE⊥BC时，∠DEC＝　（α﹣90）　°．（用含α的式子表示） 【分析】（1）先证∠BAD＝∠CAE，再由SAS证△ABD≌△ACE即可； （2）证△ABC是等边三角形，得∠BAC＝∠DAE＝∠ACB＝∠ACE＝60°，再证△DAE是等边三角形，得∠AED＝60°，然后由三角形内角和定理即可得出结论； （3）由等腰三角形的性质得到∠B＝∠ACB＝90°﹣，再由全等三角形的性质得到∠B＝∠ACE＝90°﹣，求出∠DCE＝180°﹣α，然后由直角三角形的性质即可得到结论． 【解答】（1）证明：∵∠DAE＝∠BAC， ∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD， 即∠BAD＝∠CAE， 在△ABD和△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）； （2）解：由（1）可知，∠BAD＝∠CAE＝32°，△ABD≌△ACE， ∴∠B＝∠ACE， ∵CE平分∠ACF，∠ACE＝∠FCE， ∵AB＝AC， ∴∠B＝∠ACB， ∴∠B＝∠ACB＝∠ACE＝∠FCE， ∵∠ACB+∠ACE+∠FCE＝180°， ∴∠ACB＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴∠BAC＝∠DAE＝∠ACB＝∠ACE＝60°， ∴△DAE是等边三角形， ∴∠AED＝60°， ∴∠DEC＝180°﹣32°﹣60°﹣60°＝28°， 即∠DEC的度数为28°； （3）解：∵∠BAC＝α，AB＝AC， ∴∠B＝∠ACB＝（180°﹣α）＝90°﹣， 由（1）可知，△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠B＝∠ACE＝90°﹣， ∴∠DCE＝2（90°﹣）＝180°﹣α， ∵DE⊥BC， ∴∠CDE＝90°， ∴∠DEC＝90°﹣∠DCE＝90°﹣（180°﹣α）＝α﹣90°， 故答案为：（α﹣90）． 题型三 倍长中线造全等 【例3】．（2023秋•重庆期末）如图，在△ABC中，AB＝10，AC＝6，则BC边上的中线AD的取值范围是　2＜AD＜8　． 【分析】延长AD至E，使DE＝AD，由SAS证明△ACD≌△EBD，得出BE＝AC＝6，在△ABE中，由三角形的三边关系求出AE的取值范围，即可得出AD的取值范围； 【解答】（1）解：延长AD至E，使DE＝AD，连接BE，如图1所示 ∵AD是BC边上的中线， ∴BD＝CD， 在△BDE和△CDA中， ， ∴△BDE≌△CDA（SAS）， ∴BE＝AC＝6， 在△ABE中，由三角形的三边关系得：AB﹣BE＜AE＜AB+BE， ∴10﹣6＜AE＜10+6，即4＜AE＜16， ∴2＜AD＜8； 故答案为2＜AD＜8． 【变式3-1】．（2023秋•安吉县期中）【发现问题】小强在一次学习过程中遇到了下面的问题：如图①，AD是△ABC的中线，若AB＝5，AC＝3，求AD的取值范围． 【探究方法】小强所在的小组通过探究发现，延长AD至点E．使ED＝AD．连接BE． 可以证出△ADC≌△EDB，利用全等三角形的性质可将已知的边长与AD转化到△ABE中，进而求出AD的取值范围． 方法小结：从上面的思路可以看出，解决问题的关键是将中线AD延长一倍，构造出全等三角形，我们把这种方法叫做“倍长中线法”． （1）请你利用上面解答问题的思路方法，写出求AD的取值范围的过程； 【问题解决】 （2）如图②，CB是△AEC的中线，CD是△ABC的中线，且AB＝AC，下列四个选项中： A．∠ACD＝∠BCD B．CE＝2CD C．∠BCD＝∠BCE D．CD＝CB 直接写出所有正确选项的序号是 　BC　． 【问题拓展】 （3）如图③，在△ABO和△CDO中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB与∠COD互补，连接AC、BD，E是BD的中点，求证：OE＝AC． 【分析】（1）延长AD至点E，使ED＝AD．证明△ADC≌△EDB（SAS），推出AC＝BE＝3，再利用三角形的三边关系，可得结论； （2）延长CD至F，使DF＝CD，利用SAS证明△CBE≌△CBF，即可判断； （3）延长OE到J，使得EJ＝OE，连接DJ．证明△AOC≌△JDO（SAS），推出AC＝OJ，可得结论． 【解答】（1）解：如图①中，延长AD至点E，使ED＝AD． 在△ADC和△EDB中， ， ∴△ADC≌△EDB（SAS）， ∴AC＝BE＝3， ∵AB＝5， ∴5﹣3＜AE＜5+3， ∴2＜2AD＜＜8， ∴1＜AD＜4； （2）解：如图②中，延长CD至F，使DF＝CD， 由（1）得BF＝AC，∠FBA＝∠A， ∵AC＝AB， ∴BF＝AB，∠ACB＝∠ABC， ∵点B为AE的中点， ∴BE＝AB， ∴BE＝BF， ∵∠CBE＝∠ACB+∠A， ∠CBF＝∠CBA+∠ABF， ∴∠CBE＝∠CBF， 又∵CB＝CB， ∴△CBE≌△CBF（SAS）， ∴CE＝CF＝2CD，∠BCE＝∠BCD， 故B、C正确． 故答案为：B、C； （2）证明：如图③中，延长OE到J，使得EJ＝OE，连接DJ． 同法可证△BEO≌△DEJ， ∴∠BOE＝∠J，OB＝DJ， ∴OB∥DJ， ∴∠ODJ+∠BOD＝180°， ∵∠AOB与∠COD互补， ∴∠BOD+∠AOC＝180°， ∴∠AOC＝∠ODJ， ∵OA＝OB，OC＝OD， ∴OA＝DJ， 在△AOC和△JDO中， ， ∴△AOC≌△JDO（SAS）， ∴AC＝OJ， ∴AC＝2OE，即OE＝AC． 【变式3-2】．（2022秋•阿尔山市期末）【阅读理解】 课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题： 如图1，△ABC中，若AB＝8，AC＝6，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到点E，使DE＝AD，请根据小明的方法思考： （1）由已知和作图能得到△ADC≌△EDB的理由是　B　． A．SSS B．SAS C．AAS D．HL （2）求得AD的取值范围是　C　． A．6＜AD＜8 B．6≤AD≤8 C．1＜AD＜7 D．1≤AD≤7 【感悟】 解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集合到同一个三角形中． 【问题解决】 （3）如图2，AD是△ABC的中线，BE交AC于E，交AD于F，且AE＝EF．求证：AC＝BF． 【分析】（1）根据AD＝DE，∠ADC＝∠BDE，BD＝DC推出△ADC和△EDB全等即可； （2）根据全等得出BE＝AC＝6，AE＝2AD，由三角形三边关系定理得出8﹣6＜2AD＜8+6，求出即可； （3）延长AD到M，使AD＝DM，连接BM，根据SAS证△ADC≌△MDB，推出BM＝AC，∠CAD＝∠M，根据AE＝EF，推出∠CAD＝∠AFE＝∠BFD，求出∠BFD＝∠M，根据等腰三角形的性质求出即可． 【解答】（1）解：∵在△ADC和△EDB中 ， ∴△ADC≌△EDB（SAS）， 故选B； （2）解：∵由（1）知：△ADC≌△EDB， ∴BE＝AC＝6，AE＝2AD， ∵在△ABE中，AB＝8，由三角形三边关系定理得：8﹣6＜2AD＜8+6， ∴1＜AD＜7， 故选C． （3）证明： 延长AD到M，使AD＝DM，连接BM， ∵AD是△ABC中线， ∴CD＝BD， ∵在△ADC和△MDB中 ∴△ADC≌△MDB， ∴BM＝AC，∠CAD＝∠M， ∵AE＝EF， ∴∠CAD＝∠AFE， ∵∠AFE＝∠BFD， ∴∠BFD＝∠CAD＝∠M， ∴BF＝BM＝AC， 即AC＝BF． 题型四 截长补短造全等 【例4】．（2023春•荣成市期末）如图，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，∠EAF＝∠BAD，若DF＝1，BE＝5，则线段EF的长为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【分析】根据全等三角形的判定和性质解答． 【解答】解：在BE上截取BG＝DF， ∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADF＝180°， ∴∠B＝∠ADF， 在△ADF与△ABG中 ， ∴△ADF≌△ABG（SAS）， ∴AG＝AF，∠FAD＝∠GAB， ∵∠EAF＝∠BAD， ∴∠FAE＝∠GAE， 在△AEG与△AEF中 ， ∴△AEG≌△AEF（SAS） ∴EF＝EG＝BE﹣BG＝BE﹣DF＝4． 故选：B． 【变式4-1】．如图，BN为∠MBC的平分线，P为BN上一点，且PD⊥BC于点D，∠APC+∠ABC＝180°，给出下列结论：①∠MAP＝∠BCP；②PA＝PC；③AB+BC＝2BD；④四边形BAPC的面积是△PBD面积的2倍，其中结论正确的个数有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【分析】过点P作PK⊥AB，垂足为点K．证明Rt△BPK≌Rt△BPD，△PAK≌△PCD，利用全等三角形的性质即可解决问题． 【解答】解：过点P作PK⊥AB，垂足为点K． ∵PK⊥AB，PD⊥BC，∠ABP＝∠CBP， ∴PK＝PD， 在Rt△BPK和Rt△BPD中， ， ∴Rt△BPK≌Rt△BPD（HL）， ∴BK＝BD， ∵∠APC+∠ABC＝180°，且∠ABC+∠KPD＝180°， ∴∠KPD＝∠APC， ∴∠APK＝∠CPD，故①正确， 在△PAK和△PCD中， ， ∴△PAK≌△PCD（ASA）， ∴AK＝CD，PA＝PC，故②正确， ∴BK﹣AB＝BC﹣BD， ∴BD﹣AB＝BC﹣BD， ∴AB+BC＝2BD，故③正确， ∵Rt△BPK≌Rt△BPD，△PAK≌△PCD（ASA）， ∴S△BPK＝S△BPD，S△APK＝S△PDC， ∴S四边形ABCP＝S四边形KBDP＝2S△PBD．故④正确． 故选：A． 【变式4-2】．（2022秋•汨罗市月考）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，点E，F分别是BC，CD上的点，且EF＝BE+FD，若∠EAF＝55°，求∠BAD的度数． 【分析】延长FD到G使DG＝BE，连接AG，如图，先证明△ABE≌△ADG得到AE＝AG，∠BAE＝∠GAD，再证明△AEF≌△AGF得到∠EAF＝∠FAG＝55°，然后利用∠BAE＝∠GAD得到∠BAD＝∠EAG＝2∠EAF＝110°． 【解答】解：延长FD到G使DG＝BE，连接AG，如图， ∵∠B+∠D＝180°，∠ADG+∠D＝180°， ∴∠B＝∠ADG， 在△ABE和△ADG， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AE＝AG，∠BAE＝∠GAD， ∵EF＝BE+FD， ∴EF＝DG+DF＝GF， 在△AEF和△AGF中， ， ∴△AEF≌△AGF（SSS）， ∴∠EAF＝∠FAG＝55°， ∵∠BAE＝∠GAD， ∴∠BAD＝∠EAG＝2∠EAF＝110°． 【变式4-3】．（2021秋•台安县月考）如图，四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，∠BCD＝150°，CB＝CD，M，N为AB、AD上的两个动点，且∠MCN＝75°．求证：MN＝BM+DN． 【分析】延长AB至点E，使得BE＝DN，连接CE，根据同角的补角相等得∠CBE＝∠CDN，根据SAS证明△CBE≌△CDN，则∠BCE＝∠DCN，进而证明∠ECM＝∠MCN＝75°，根据SAS证明△ECM≌△NCM，得到MN＝ME，则MN＝BM+BE＝BM+DN． 【解答】证明：延长AB至点E，使得BE＝DN，连接CE， ∵四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，∠ABC+∠CBE＝180°， ∴∠CBE＝∠CDN， 在△CBE和△CDN中， ， ∴△CBE≌△CDN（SAS）， ∴∠BCE＝∠DCN，CN＝CE， ∵∠BCD＝150°，∠MCN＝75°， ∴∠MCE＝∠MCB+∠BCE＝∠MCB+∠DCN＝75°， ∴∠MCN＝∠MCE， 在△ECM和△NCM中， ， ∴△ECM≌△NCM（SAS）， ∴MN＝ME＝BM+BE＝BM+DN． 【变式4-4】．（2023秋•荔湾区期末）如图，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，求证：EF＝BE+FD． 【分析】延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，先证△ABM≌△ADF（SAS），得AF＝AM，∠BAM＝∠DAF，再证△AME≌△AFE（SAS），得EF＝ME，进而得出结论． 【解答】证明：延长CB至M，使BM＝FD，连接AM，如图所示： ∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABM+∠ABC＝180°， ∴∠ABM＝∠D， 在△ABM与△ADF中， ， ∴△ABM≌△ADF（SAS）， ∴AF＝AM，∠BAM＝∠DAF， ∵∠EAF＝∠BAD， ∴∠DAF+∠BAE＝∠BAD＝∠FAE， ∴∠BAM+∠BAE＝∠EAF， 即∠MAE＝∠EAF， 在△AME与△AFE中， ， ∴△AME≌△AFE（SAS）， ∴EF＝ME， ∵ME＝BE+BM， ∴EF＝BE+FD． 【变式4-5】．（2022秋•铁锋区期末）【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°，试探究图中线段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△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 　EF＝BE+DF　． 【探索延伸】如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由． 【学以致用】 如图3，四边形ABCD是边长为5的正方形，∠EBF＝45°，直接写出△DEF的周长． 【分析】（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题； （2）延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题； （3）延长DC，截取CG＝AE，连接BG，根据SAS定理可得出△AEB≌△CGB，故可得出BE＝BG，∠ABE＝∠CBG，再由∠EBF＝45°，∠ABC＝90°可得出∠ABE+∠CBF＝45°，故∠CBF+∠CBG＝45°，由SAS定理可得△EBF≌△GBF，故EF＝GF，故△DEF的周长＝EF+ED+CF＝AE+CF+DE+DF＝AD+CD，由此可得出结论． 【解答】（1）解：如图1， 在△ABE和△ADG中， ∵， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG， ∵∠EAF＝∠BAD， ∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF， ∴∠EAF＝∠GAF， 在△AEF和△GAF中， ∵， ∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴EF＝FG， ∵FG＝DG+DF＝BE+DF， ∴EF＝BE+DF； 故答案为：EF＝BE+DF． （2）解：结论EF＝BE+DF仍然成立； 理由：如图2，延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG， 在△ABE和△ADG中， ∵， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG， ∵∠EAF＝∠BAD， ∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF， ∴∠EAF＝∠GAF， 在△AEF和△GAF中， ∵， ∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴EF＝FG， ∵FG＝DG+DF＝BE+DF， ∴EF＝BE+DF； （3）解：如图3，延长DC到点G，截取CG＝AE，连接BG， 在△AEB与△CGB中， ∵， ∴△AEB≌△CGB（SAS）， ∴BE＝BG，∠ABE＝∠CBG． ∵∠EBF＝45°，∠ABC＝90°， ∴∠ABE+∠CBF＝45°， ∴∠CBF+∠CBG＝45°． 在△EBF与△GBF中， ∵， ∴△EBF≌△GBF（SAS）， ∴EF＝GF， ∴△DEF的周长＝EF+ED+DF＝AE+CF+DE+DF＝AD+CD＝5+5＝10． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！32 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题突破2：全等三角形的常见模型 一、K型图模型特征与结论识别 图形 条件与结论 辅助线 注意事项 条件：AC=BC,AC⊥BC 结论： △ADC≌△CEB(AAS) 分别过点A、B作AD⊥l, BE⊥l K型图可以和等腰直角三角板结合，也可以和正方形结合 K型全等模型变形——三垂定理： 如图，亦有△ADC≌△CEB(AAS) 总结：当一个直角放在一条直线上时，常通过构造K型全等来证明边相等，或者边之间的数量关系 二、手拉手模型特征与结论识别 图形 条件与结论 辅助线 条件：AD=AE、AB=AC ∠BAC=∠DAE 结论：△ABD≌△ACE(SAS) BD=CE 分别连接BD、CE 手拉手模型在第一章只是表面应用，后续深层次应用需要在等腰三角形学完之后探究 三、倍长中线辅助线方法规律总结 基本图形 辅助线 条件与结论 应用环境 延长AD到点E， 使DE=AD，连接CE 条件：△ABC中，AD=BD 结论： △ABD≌△CED(SAS) ①倍长中线常和△三边关系结合，考察中线长的取值范围 ②倍长中线也可以和其他几何图形结合，考察几何图形的面积问题 四、截长补短辅助线方法规律总结 基本图形 辅助线 条件与结论 应用环境 在AC上截取AE=AD，连接PE 条件： AP平分∠BAC， 结论： △APD≌△APE(SAS) ①截长补短类辅助线经常和角平分线同步考察 ②截长补短类全等的目的通常是为了等价线段 总结：因为截长补短常得线段相等，所以截长补短经常用于证明三条线段间的数量关系，如AD=BC+EF 题型一 K型图（一线三等角） 【例1】．（2024春•工业园区期末）如图，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，点E、F在边BC上，点P在四边形的内部，且AE⊥PE，AE＝PE，∠CFD＝∠PFE．若BE＝CD＝1，CF＝2，AB＝3，则四边形ABCD的面积为（　　） A．18 B．16 C．14 D．12 【变式1-1】．（2023秋•长兴县期末）已知：如图，在△ABC中，AB＝AC＝12，点E在边AC上，若∠DAE＝∠DEA，∠ADE＝∠B，CD＝3BD，则CE等于（　　） A．3 B．4 C． D．6 【变式1-2】．（2023•南谯区校级一模）如图，在矩形ABCD中，E，F分别为BC，DC上一点，AE＝EF，AE⊥EF，若BE＝3，矩形ABCD的周长为26，则矩形ABCD的面积为 　 　． 【变式1-3】．（2022•鹿城区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在BC边上，点E在AC边上，连接AD，DE．已知∠1＝∠2，AD＝DE． （1）求证：△ABD≌△DCE； （2）若BD＝3，CD＝5，求AE的长． 【变式1-4】．（2023秋•右玉县期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E． （1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证： ①△ADC≌△CEB； ②DE＝AD+BE； （2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，AD＝5，BE＝2，求线段DE的长． 【变式1-5】．（2023秋•临平区月考）已知，在△ABC中，AB＝AC，D，A，E三点都在直线m上，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC． （1）如图①，若AB⊥AC，则BD与AE的数量关系为 　 　，BD，CE与DE的数量关系为 　 　． （2）如图②，当AB不垂直于AC时，（1）中的结论是否成立？请说明理由． （3）如图③，若只保持∠BDA＝∠AEC，BD＝EF＝7cm，DE＝10cm，点A在线段DE上以2cm/s的速度由点D向点E运动，同时，点C在线段EF上以x cm/s的速度由点E向点F运动，它们运动的时间为t（s）．是否存在x，使得△ABD与△EAC全等？若存在，求出相应的t与x的值；若不存在，请说明理由． 题型二 手拉手模型 【例2】．（2023秋•河东区期末）如图，已知：AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠ECD＝90°，∠EBD＝38°，现有下列结论：①△BDC≌△AEC；②∠AEB＝128°；③BD＝AE；④AE⊥BD．其中不正确的有（　　） A．0个 B．1个 C．2个 D．3 个 【变式2-1】．（2023秋•诸暨市期末）如图，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，点C、D、E三点在同一直线上，连接BD交AC于点F． （1）求证：△BAD≌△CAE； （2）猜想BD，CE有何特殊位置关系，并说明理由． 【变式2-2】．（2023秋•慈溪市期末）如图，已知△ABC和△CDE均为等边三角形，点D在AB的延长线上，连结AE． （1）求证：△ACE≌△BCD； （2）求∠DAE的度数． 【变式2-3】．（2020秋•萧山区期末）如图，在△AOB和△COD中，OA＝OB，OC＝OD，若∠AOB＝∠COD＝60°． （1）求证：AC＝BD． （2）求∠APB的度数． 【变式2-4】．（2023秋•钢城区期末）【初步感知】： 如图①，△ABC和△CDE都是等边三角形，连接AD、BE．小组同学发现： （1）△ACD与△BCE全等，依据是 　 　（填写全等三角形判定定理）； （2）线段BE＝AD，依据是 　 　； 【拓展探究】： 如图②，△ABC和△CDE都是等腰三角形，AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝α，AD、BE相交于点M，连接CM． （3）线段BE与AD之间是否仍存在（2）中的结论？若存在，请说明理由； （4）∠AMB＝　 　（用含α的式子表示），并说明理由． 【变式2-5】．（2022秋•乐清市校级期中）如图1，在△ABC中，AB＝AC，D为线段BC上一动点（不与点B、C重合）．连接AD，作∠DAE＝∠BAC，且AD＝AE，连接CE． （1）求证：△ABD≌△ACE． （2）当CE平分∠ACF时，若∠BAD＝32°，求∠DEC的度数． （3）如图2，设∠BAC＝α（90°＜α＜180°），在点D运动过程中，当DE⊥BC时，∠DEC＝　 　°．（用含α的式子表示） 题型三 倍长中线造全等 【例3】．（2023秋•重庆期末）如图，在△ABC中，AB＝10，AC＝6，则BC边上的中线AD的取值范围是　 　． 【变式3-1】．（2023秋•安吉县期中）【发现问题】小强在一次学习过程中遇到了下面的问题：如图①，AD是△ABC的中线，若AB＝5，AC＝3，求AD的取值范围． 【探究方法】小强所在的小组通过探究发现，延长AD至点E．使ED＝AD．连接BE． 可以证出△ADC≌△EDB，利用全等三角形的性质可将已知的边长与AD转化到△ABE中，进而求出AD的取值范围． 方法小结：从上面的思路可以看出，解决问题的关键是将中线AD延长一倍，构造出全等三角形，我们把这种方法叫做“倍长中线法”． （1）请你利用上面解答问题的思路方法，写出求AD的取值范围的过程； 【问题解决】 （2）如图②，CB是△AEC的中线，CD是△ABC的中线，且AB＝AC，下列四个选项中： A．∠ACD＝∠BCD B．CE＝2CD C．∠BCD＝∠BCE D．CD＝CB 直接写出所有正确选项的序号是 　 　． 【问题拓展】 （3）如图③，在△ABO和△CDO中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB与∠COD互补，连接AC、BD，E是BD的中点，求证：OE＝AC． 【变式3-2】．（2022秋•阿尔山市期末）【阅读理解】 课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题： 如图1，△ABC中，若AB＝8，AC＝6，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到点E，使DE＝AD，请根据小明的方法思考： （1）由已知和作图能得到△ADC≌△EDB的理由是　 　． A．SSS B．SAS C．AAS D．HL （2）求得AD的取值范围是　 　． A．6＜AD＜8 B．6≤AD≤8 C．1＜AD＜7 D．1≤AD≤7 【感悟】 解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集合到同一个三角形中． 【问题解决】 （3）如图2，AD是△ABC的中线，BE交AC于E，交AD于F，且AE＝EF．求证：AC＝BF． 题型四 截长补短造全等 【例4】．（2023春•荣成市期末）如图，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，∠EAF＝∠BAD，若DF＝1，BE＝5，则线段EF的长为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【变式4-1】．如图，BN为∠MBC的平分线，P为BN上一点，且PD⊥BC于点D，∠APC+∠ABC＝180°，给出下列结论：①∠MAP＝∠BCP；②PA＝PC；③AB+BC＝2BD；④四边形BAPC的面积是△PBD面积的2倍，其中结论正确的个数有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【变式4-2】．（2022秋•汨罗市月考）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，点E，F分别是BC，CD上的点，且EF＝BE+FD，若∠EAF＝55°，求∠BAD的度数． 【变式4-3】．（2021秋•台安县月考）如图，四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，∠BCD＝150°，CB＝CD，M，N为AB、AD上的两个动点，且∠MCN＝75°．求证：MN＝BM+DN． 【变式4-4】．（2023秋•荔湾区期末）如图，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，求证：EF＝BE+FD． 【变式4-5】．（2022秋•铁锋区期末）【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°，试探究图中线段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△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 　 　． 【探索延伸】如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由． 【学以致用】 如图3，四边形ABCD是边长为5的正方形，∠EBF＝45°，直接写出△DEF的周长． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$