第1章 全等三角形（模型总结）-2024-2025学年苏科版数学八年级上册

苏科版八年级上册 第1章 全等三角形 全等三角形--倍长中线 1、 知识解读 1、倍长中线 遇到与三角形的中线相关的问题时，我们常常可以延长中线，使延长的线段与中线长度相等，从而构造出一对“8字型”的全等三角形，使问题得到解决． 可以试一下连接BE哦！！ 条件：AD是△ABC的中线 辅助线：延长AD至E，使DE=AD，连接CE 结论：△ABD≌△ECD（SAS） 2、倍长中线拓展 条件：D是BC的中点，E是AC边上任意一点 辅助线：延长ED至F，使DF=DE，连接BF 结论:△EDC≌△FDB（SAS） 条件：∥，点D是BC的中点， 辅助线：延长AD交于点E 结论:△ABD≌△ECD（ASA）或（AAS） 2、 巩固练习 1．已知AD是△ABC的边BC上的中线，AB＝12，AC＝8，则中线AD的取值范围是（　　） A．2＜AD＜10 B．4＜AD＜20 C．1＜AD＜4 D．以上都不对 2．如图，在△ABC中，AC＝5，中线AD＝7，则AB边的取值范围是（　　） A．1＜AB＜29 B．4＜AB＜24 C．5＜AB＜19 D．9＜AB＜19 3．如图，已知△ABC中，AB＝AC，CE是AB边上的中线，延长AB到点D，使BD＝AB，求证：CD＝2CE． 4．如图，已知△ABC中，AB＝AC，CE是AB边上的中线，延长AB到D，使BD＝AB．给出下列结论：①AD＝2AC；②CD＝2CE；③∠ACE＝∠BCD；④CB平分∠DCE；其中，正确结论的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 5．如图，在△ABC，AD平分∠BAC，E、F分别在BD、AD上，且DE＝CD，EF＝AC，求证：EF∥AB． 6．如图，点D，E分别为△ABC的边AB，AC上的点，连接DE并延长至F，使EF＝DE，连接FC．若FC∥AB，AB＝5，CF＝3，则BD的长等于（　　） A．1 B．2 C．3 D．5 7．如图，梯形ABCD中，AD∥BC，E是AB的中点，CE恰好是平分∠BCD，若AD＝3，BC＝4，则CD的长是（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 8．如图，在△ABC中，点D为BC的中点，△AEF的边EF过点C，且AE＝EF，AB∥EF，连接DE，DE⊥AD，S△AEC：S△ACF＝3：8，AB＝14，CE的值为（　　） A．2.5 B．4 C．3.5 D．3 9．请阅读下列材料，完成相应的任务． 认识“倍长中线法” 中线是三角形中的重要线段之一，在利用中线解决几何问题时，常采用倍长中线法添加辅助线．所谓倍长中线法，即延长边上（不一定是底边）的中线，使所延长部分与中线相等，以便构造全等三角形、从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的一种方法． 如图1，在△ABC中，AD是BC边上的中线，延长AD到点H．使DH＝AD．连接BH，在△ADC和△HDB中，AD＝HD，∠ADC＝∠HDB．CD＝BD，所以，△ADC≌△HDB（依据），进一步可得到AC＝BH，AC∥BH等结论． 任务： （1）上述材料中△ADC≌△HDB的依据是 　 　； （2）如图2，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AD上一点，延长BE交AC于点F，AF＝EF，求证：AC＝BE； （3）如图3，在△ABC中，D为边BC的中点，已知AB＝5，AC＝3，AD＝2，请你直接写出BC的长． 10．【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，AB＝8，AC＝6，求BC边上的中线AD的取值范围． 经过组内合作交流，小明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）请证明△ADC≌△EDB； （2）请直接写出AD的取值范围 　 　； 【问题解决】请利用上述方法（倍长中线）解决问题． （3）如图2，已知∠BAD+∠CDE＝180°，AB＝AC，DC＝DE，P为BE的中点．若A，C，D共线，求证：AP平分∠BAC． 11．在通过构造全等三角形解决问题的过程中，有一种方法叫做倍长中线法． （1）如图（1），AD是△ABC的中线，且AB＞AC，延长AD至点E，使ED＝AD，连接BE，可证得△ADC≌△EDB，其中判定全等的依据为：　 ． （2）如图（2），AD是△ABC的中线，点E在BC的延长线上，CE＝AB，∠BAC＝∠BCA，求证：AE＝2AD． （3）如图（3），AD是△ABC的中线，AB＝AE，AC＝AF，∠BAE＝∠FAC＝90°，试探究线段AD与EF的数量和位置关系，并加以证明． 12．数学兴趣小组在探讨全等三角形相关问题的解决方法时发现：当条件中出现“中线”或“中点”时，可考虑倍长中线或作一条边的平行线来解决问题． （1）【问题初探】如图1：在△ABC中，AB＝2，AC＝6，AD为BC边上的中线，则AD的取值范围为 　 　． （2）【类比分析】如图2：在△ABC中，∠B＝90°，AB＝7，AD是△ABC的中线，CE⊥BC于点C，CE＝11且∠ADE＝90°．求AE的长度． （3）【拓展延伸】如图3：在△ABC中，AF⊥BC于点F，在AB右侧作AD⊥AB于点A，且AD＝AB，在AC左侧作AE⊥AC于点A，且AE＝AC，连接DE，延长AF交DE于点O．求证：点O为DE中点． 13．（1）【问题情境】课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图1，在△ABC中，若AB＝13，AC＝9，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至点E，使DE＝AD，连接BE，容易证得△ADC≌△EDB，再由“三角形的三边关系”可求得AD的取值范围是 　 　． 解后反思：题目中出现“中点”、“中线”等条件，可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中到同一个三角形之中． （2）【初步运用】如图2，AD是△ABC的中线，BE交AC于E，交AD于F，且∠FAE＝∠AFE．若AE＝4，EC＝3，求线段BF的长． （3）【拓展提升】如图3，在△ABC中，D为BC的中点，DE⊥DF分别交AB，AC于点E，F．求证：BE+CF＞EF． 14．为了进一步探究三角形中线的作用，数学兴趣小组合作交流时，小丽在组内做了如下尝试：如图1，在△ABC中，AD是BC边上的中线，延长AD到M，使DM＝AD，连接BM． 【探究发现】：（1）图1中AC与BM的数量关系是 　 　，位置关系是 　 　； 【初步应用】：（2）如图2，在△ABC中，若AB＝12，AC＝8，求BC边上的中线AD的取值范围．（提示：不等式的两边都乘或除以同一个正数，不等号的方向不变．例如：若3x＜6，则x＜2．） 【探究提升】：（3）如图3，AD是△ABC的中线，过点A分别向外作AE⊥AB、AF⊥AC，使得AE＝AB，AF＝AC，延长DA交EF于点P，判断线段EF与AD的数量关系和位置关系，请说明理由． 全等三角形--截长补短 一、知识解读 1、截长补短定义 截长补短分截长法与补短法两种，具体作法是在某条线段上截取一条线段与特定线段相等，或将某条线段延长，使之与特定线段相等． 2、使用场景 在题目的条件或结论中，见线段的和或差，可考虑截长补短． 题目条件或求证结论中含有EF=AB+CD时，可考虑截长补短． 3.辅助线描述及思路 二、巩固练习 1、如图，在△ABC中，∠A＝100°，∠ABC＝40°，BD是△ABC的角平分线．延长BD至E，使DE＝AD，连接EC （1）直接写出∠CDE的度数：∠CDE＝　 　； （2）猜想线段BC与AB+CE的数量关系为　 　，并给出证明． 2、如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，AB+BD＝CD．求证：∠B＝2∠C． 3、五边形ABCDE中，AB＝AE，AD平分∠CDE，∠B+∠E＝180°，求证：BC+DE＝CD． 4、如图，已知AP∥BC，∠PAB的平分线与∠CBA的平分线相交于点E，CE的连线交AP于点D，求证：AD+BC＝AB． 5、[阅读]在证明线段和差问题时，经常采用截长补短法，再利用全等图形求线段的数量关系，截长法：将较长的线段截取为两段，证明截取的两段分别与给出的两段相等．补短法：延长较短两条线段中的一条，使得与较长线段相等，证明延长的那一段与另一条较短线段相等． [应用]把两个全等的直角三角形的斜边重合，∠CAD＝∠CBD＝90°，组成一个四边形ACBD，以D为顶点作∠MDN，交边AC、BC于M、N． （1）若∠ACD＝30°，∠MDN＝60°，证明：AM+BN＝MN；经过思考，小红得到了这样的解题思路：利用补短法，延长CB到点E，使BE＝AM，连接DE，先证明△DAM≌△DBE，再证明△MDN≌△EDN，即可求得结论．按照小红的思路，请写出完整的证明过程； （2）当∠ACD+∠MDN＝90°时，AM、MN、BN三条线段之间有何数量关系？（直接写出你的结论，不用证明） （3）如图③，在（2）的条件下，若将M、N改在CA、BC的延长线上，完成图③，其余条件不变，则AM、MN、BN之间有何数量关系？证明你的结论． 6、【初步探索】 截长补短法，是初中几何题中一种添加辅助线的方法，也是把几何题化难为易的一种策略．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短就是通过延长或旋转等方式使两条短边拼合到一起，从而解决问题． （1）如图1，△ABC是等边三角形，点D是边BC下方一点，∠BDC＝120°，探索线段DA、DB、DC之间的数量关系； 【灵活运用】 （2）如图2，△ABC为等边三角形，直线a∥AB，D为BC边上一点，∠ADE交直线a于点E，且∠ADE＝60°．求证：CD+CE＝CA； 【延伸拓展】 （3） 如图3，在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，AB＝AD．若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，满足EF＝BE+FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系 7、阅读材料：截长补短法，是初中数学几何题中一种辅助线的添加方法．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短是通过在一条短边上延长一条线段与另一长边相等，从而解决问题．依据上述材料，解答下列问题：如图1，在△ABC中，AD平分∠BAC，交BC于点D，且∠B＝2∠C，求证：AB+BD＝AC． （1）为了证明结论“AB+BD＝AC”，小亮在AC上截取AE，使得AE＝AB，连接DE，解答了这个问题，请按照小亮的思路写证明过程； （2）如图2，在四边形ABCD中，已知∠BAD＝58°，∠D＝109°，∠ACD＝42°，∠ACB＝80°，CE是△ABC的高，AD＝10，EB＝3，求AB的长． 8、阅读材料： “截长补短法”是几何证明题中十分重要的方法，通常用来证明几条线段的数量关系．截长，即在长线段上截取一条线段等于其中一条短线段，再证明剩下的部分等于另一条短线段；补短，即延长其中一条短线段，使延长部分等于另一条线段，再证明延长后的线段等于长线段． 依据上述材料，解答下列问题： 如图，在等边△ABC中，点E是边AC上一定点，点D是直线BC上一动点，以DE为边作等边△DEF，连接CF． （1）如图1，若点D在边BC上，试说明CE+CF＝CD；（提示：在线段CD上截取CG＝CE，连接EG．） （2）如图2，若点D在边BC的延长线上，请探究线段CE，CF与CD之间的数量关系并说明理由． 3- 手拉手模型 1、 知识解读 1．等边三角形共顶点 等边△ABC与等边△DCE，B、C、E三点共线． 连结BD、AE交于点F，BD交AC于点G，AE交DC于点H，连结CF、GH，则： （1）△BCD≌△ACE； （2）AE＝BD；备注：全等结论（1）（2）（3） （3）∠AFB＝∠DFE＝60°； （4）FC平分∠BFE； （5）BF＝AF＋FC，EF＝DF＋FC； （6）△CGH为等边三角形． 证明思路： （1）由已知条件可得，则△BCD≌△ACE（SAS）． （2）由（1）得AE＝BD； （3）由（1）得∠GAF＝∠GBC，而∠AGF＝∠BGC，所以∠DFE＝∠AFB＝∠ACB＝60°． （4）方法一 如图1，过点C分别作BD、AE的垂线，垂足分别为M、N． 由（1）知S△ACE＝S△BCD，即BD·CM＝AE·CN，所以CM＝CN，故FC平分∠BFE． 方法二 由∠CAF＝∠CBF，可得A、B、C、F四点共圆，所以∠BFC＝∠BAC＝60°． 同理可得∠CFE＝∠CDE＝60°．所以FC平分∠BFE．备注：该方法可以在学了圆之后进行补充 （5）如图2，作∠FCI＝60°，交BD于点I，则△CFI为等边三角形． 易证△BCI≌△ACF，所以BI＝AF，IF＝CI＝FC． 从而BF＝BI＋IF＝AF＋CF．同理可得EF＝DF＋FC． （6）易证△ACH≌△BCG（ASA） 可得CG＝CH，而∠GCH＝60°，所以△CGH为等边三角形． 2．等腰直角三角形共顶点 等腰Rt△ABC与等腰Rt△DCE中，∠ACB＝∠DCE＝90°． 如图1，连结BD、AE交于点F，连结FC、AD、BE，则： （1）△BCD≌△ACE； （2）AE＝BD；备注：全等结论（1）（2）（3） （3）AE⊥BD； （4）FC平分∠BFE； （5）AB2＋DE2＝AD2＋BE2 （6）BF＝AF＋FC，EF＝DF＋FC； （7）如图2，若G、I分别为BE、AD的中点，则GC⊥AD、IC⊥BE（反之亦然）； （8）S△ACD＝S△BCE 证明思路： （1）（2）（3）（4）证明见“等边三角形共顶点”； （5）因为AE⊥BD，由勾股定理可得AB2＋DE2＝（AF2＋BF2）＋（DF2＋EF2）， AD2＋BE2＝（AF2＋DF2）＋（BF2＋EF2） 所以AB2＋DE2＝AD2＋BE2 （6）如图3，过点C作CK⊥FC，交BD于点K，则△CFK为等腰直角三角形． 易证△BCK≌△ACF，所以BK＝AF．从而BF＝BK＋KF＝AF＋FC， 同理可得EF＝DF＋FC． （7）①如图4，延长GC，交AD延长线于点H，延长CG至点K，使得GK＝GC，连结BK． 易证∠KBG＝∠CEG，BK＝EC＝CD． 由题意可得∠ACD＋∠BCE＝∠CBE＋∠CEB＋∠BCE＝180°， 所以∠ACD＝∠CBE＋∠CEB＝∠CBG＋∠GBK＝∠CBK． 可得△ACD≌△CBK（SAS） 则∠CAD＝∠BCK， 所以∠ACH＋∠CAH＝∠ACH＋∠BCK＝90°，故GC⊥AD． ②如图5，CJ⊥BE，延长JC交AD于点T，分别过点A，D作IJ的垂线，垂足分别为M、N．由已知可得△AMC≌△CJB；△DNC≌△CJE， 所以AM＝DN＝CJ，故有△AMI≌△DNI，所以AI＝DI，即可证． （8）在（7）中的证明过程中可得到S△ACD＝S△BCE；也可以用下面的方法来证明 如图6，过点D作DP⊥AC于点P，过点E作EQ⊥BC，交BC延长线于点Q． 易证△DPC≌△EQC（AAS）．所以DP＝EQ，故DP·AC＝ EQ·BC，即S△ACD＝S△BCE 3．等腰三角形共顶点 等腰△ACB与等腰△DCE中，AC＝BC，DC＝CE，且∠ACB＝∠DCE． 连结BD，AE交于点F，则： （1）△BCD≌△ACE； （2）AE＝BD；备注：全等结论（1）（2）（3） （3）∠AFB＝∠ACB； （4）FC平分∠BFE． 二、练习巩固 1．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 2．已知：如图，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，连接CD，C，D，E三点在同一条直线上，连接BD，BE．以下四个结论：①BD＝CE；②∠ACE+∠ABD＝45°；③∠BAE+∠DAC＝180°；④BD⊥CE．其中正确的是 　 　．（只填序号） 3．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以AC为边，作△ACD，满足AD＝AC，E为BC上一点，连接AE，2∠BAE＝∠CAD，连接DE，下列结论中正确的有（　　） ①AC⊥DE；②∠ADE＝∠ACB；③若CD∥AB，则AE⊥AD；④DE＝CE+2BE． A．①②③ B．②③④ C．②③ D．①②④ 4．【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． 5．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）如图1，当点D在线段BC上，如果∠BAC＝90°，则∠BCE＝　 　度； （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，画图并探究α，β之间有怎样的数量关系？ 4- 旋转 1．如图，AB＝AC，AD＝AE，点B、D、E在一条直线上，∠BAC＝∠DAE，∠1＝35°，∠2＝30°，则∠3＝　 　度． 2．如图，边长为4的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点，连接CE将线段CE绕点C顺时针旋转60°得到CF，连接DF，则在点E运动过程中，DF的最小值是 　 　． 3．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△A'BC'，连接AC'、AA'，则∠CAC'的度数为（　　） A．15° B．20° C．25° D．30° 4．如图，BD为△ABC的角平分线，且BD＝BC，E为BD延长线上一点，BE＝BA，过点E作EF⊥AB于点F，则下列结论正确的为（　　） ①△EBC可由△ABD绕点B旋转而得到； ②∠BCE+∠BCD＝180°； ③∠ABE＝∠DAE； ④BA+BC＝2BF． A．①②③ B．①②③④ C．①②④ D．①③④ 5．如图，△ABC中，∠A＝90°，∠B＝30°，BC＝10cm，点D在边AB上，以CD为边在CD右上方作等边△CDE，若∠ACD＝45°，则点E到BC边的距离为 　 　cm． 6.如图1，在△ABC中，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，且AD＝AE，连接DE，现将△ADE绕点A逆时针旋转一定角度（如图2），连接BD，CE． （1）求证：△ABD≌△ACE； （2）延长BD交CE于点F，若AD⊥BD，BD＝6，CF＝4，求线段DF的长． 5- 一线三等角 1、 知识解读 1、一线三垂直 2、一线三等角 二、巩固练习 1．如图，CD⊥DB，AB⊥BD，为了测量教学楼的高度，在旗杆CD与教学楼之间选定一点P，使得测旗杆顶C的视线PC与测楼顶A的视线PA的夹角∠APC＝90°，测得点P到楼底的距离PB与旗杆CD的高度都等于9米，又测得旗杆与楼之间距离DB＝27米，求这幢教学楼的高度多少米？ 2．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE于点E，AD⊥CE于点D，若AD＝8cm，BE＝3cm，则DE＝　　cm． 3．如图，在等腰直角三角形ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点B在直线l上，过A作AD⊥l于D，过C作CE⊥l于E．下列给出四个结论：①BD＝CE；②∠BAD与∠BCE互余；③AD+CE＝DE．其中正确结论的序号是（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 4．如图，在△ABC中，∠ACB为钝角，边AC绕点A沿逆时针方向旋转90°得到AD，边BC绕点B沿顺时针方向旋转90°得到BE，作DM⊥AB于点M，EN⊥AB于点N，若AB＝10，EN＝4，则DM＝　 　． 5．如图，△ABC中，∠C＝90°，D为AC上一点，E是AB上一点，且∠BDE＝90°，DB＝DE＝AE，若BC＝5，则AD的长是 　 　． 6．如图，AC＝AB＝BD，∠ABD＝90°，BC＝8，则△BCD的面积为（　　） A．8 B．12 C．14 D．16 7．直角三角形板中，有一个内角为45°的直角三角形是等腰直角三角形，它的两条直角边长相等．如图，△ABC中，∠ABC＝45°，∠ACB为钝角，以AC为边在右侧作等腰直角三角形ACD，∠ADC＝90°，过点D作DE⊥BC，垂足为E，连接BD，若△BCD的面积为9，则BC长为 　 　． 8．在学习完“探索全等三角形全等的条件”一节后，一同学总结出很多全等三角形的模型，他设计了以下问题给同桌解决：如图，做一个“U”字形框架PABQ，其中AB＝42cm，AP，BQ足够长，PA⊥AB于点A，点M从B出发向A运动，同时点N从B出发向Q运动，点M，N运动的速度之比为3：4，当两点运动到某一瞬间同时停止，此时在射线AP上取点C，使△ACM与△BMN全等，则线段AC的长为 　18或28　cm． 9．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． 10．如图，△ABC为等边三角形，点D为BC边上一点，先将三角板60°角的顶点与D点重合，平放三角板，再绕点D转动三角板，三角板60°角的两边分别与边AB、AC交于点E、点F，当DE＝DF时，如图（2）所示．求证：△BDE≌△CFD． 11．如图1，∠ABC＝90°，FA⊥AB于点A，D是线段AB上的点，AD＝BC，AF＝BD． （1）判断DF与DC的数量关系为 　 　，位置关系为 　 　． （2）如图2，若点D在线段AB的延长线上，过点A在AB的另一侧作AF⊥AB，并截取AF＝BD，连接DC，DF，CF，试说明（1）中结论是否成立，并说明理由． 12．【问题提出】 （1）已知：如图1，AD⊥DE于点D，BE⊥DE于点E，点C在线段DE上，AC＝BC且AC⊥BC，求证：△ADC≌△CEB． 【问题解决】 （2）如图2，点D，C，E在直线l上．点A，B在l的同侧，AC⊥BC，若AD＝AC＝BC＝BE＝5cm，CD＝6cm，求CE的长． 13．问题1：如图①，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，P是BC上一点，PA＝PD，AB+BP＝BC． 求证：∠APD＝90°； 问题2：如图②，在三角形ABC中，∠B＝∠C＝45°，P是AC上一点，PE＝PD，且∠EPD＝90°． 求的值． 14．在直线m上依次取互不重合的三个点D，A，E，在直线m上方有AB＝AC，且满足∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α． （1）如图1，当α＝90°时，猜想线段DE，BD，CE之间的数量关系是 　 ； （2）如图2，当0＜α＜180时，问题（1）中结论是否仍然成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由； （3）拓展与应用：如图3，当α＝120°时，点F为∠BAC平分线上的一点，且AB＝AF，分别连接FB，FD，FE，FC，试判断△DEF的形状，并说明理由． 15．已知，在△ABC中，AB＝AC，D，A，E三点都在直线m上，且DE＝9cm，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC （1）如图①，若AB⊥AC，则BD与AE的数量关系为 　 　，CE与AD的数量关系为 　 　； （2）如图②，判断并说明线段BD，CE与 DE的数量关系； （3）如图③，若只保持∠BDA＝∠AEC，BD＝EF＝7cm，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的值；若不存在，请说明理由． 6- 半角模型 1、 知识解读 1、 模型特点：①共端点等线段；②共顶点的其中一个角是另一个角的一半； 2、 解题思路：旋转（注意：在做辅助线时不能直接说旋转，具体辅助线做法如下详解，达到和旋转相同的效果） 3、 得到全等三角形和其他结论。 （1） 正方形的半角模型 1、“正方形内含型半角”模型 2、“正方形外延型半角”模型 证明过程同学们可以自己尝试一下哦！！ 证明过程： 1.“正方形内含型半角”模型 证明：如图1,延长CB至点G, 使 BG = DE, 连接AG. 在△ABG和△ADE中， ∴△ABG≌△ADE(SAS). ∴∠BAG=∠DAE,AG=AE. ∵∠EAF=45°, ∴∠BAF+∠DAE=45°. ∴∠BAF+∠BAG=45°. ∴∠FAG=∠EAF=45°. 在△AGF和△AEF中， ∴△AGF≌△AEF(SAS). ∴GF=EF. ∴EF=GB+BF=DE+BF. 2.“正方形外延型半角”模型 证明：如图2,在DC上截取DG=BF, 连接AG 在△ABF和△ADG中， ∴△ABF≌△ADG(SAS). ∴∠BAF=∠GAD,AG=AF. ∵∠EAF=45°, ∴∠BAF+∠BAE=45°. ∴∠BAE+∠GAD=45°. ∴∠EAG=∠EAF=45°. 在△AGE 和 △AFE 中 ， ∴△AGE ≌△AFE(SAS). ∴EF=GE=DE-DG=DE-BF. （2） 等腰直角三角形半角模型（备注：这个模型的结论涉及到勾股定理） 1、“等腰直角三角形内含型半角”模型 条件：如图1,在等腰直角三角形ABC中，AB=AC,∠BAC=90°,∠EAF=45°.说明BE,EF和CF的关系。 辅助线做法：如图2,过点B作BD⊥BC,且BD=FC,连接AD,DE, 分析过程：①证明出一组旋转型全等，即△ABD≌△ACF(SAS), ②再证明一组对称型全等，即△ADE≌△AFE(SAS). ③FC=DB,EF=ED，转换到Rt△DBE中，找到三边关系为DE²=BE²+BD²,即EF²=BE²+CF². 2、“等腰直角三角形外延型半角”模型 条件：如图3,在等腰直角三角形ABC中，AB=AC,∠BAC=90°,∠EAF=45°.说明BE,EF和CF的关系 辅助线做法：如图4,过点C作CD⊥BC,且CD=BE,连接AD,DF 分析过程：①证明出一组旋转型全等，即△ABE≌△ACD(SAS)； ②再证明一组对称型全等，即△ADF≌△AEF(SAS)； ③EF=DF,BE=CD，转换到Rt△CDF中，找到三边关系为DF²=CD²+CF²,即EF²=BE²+CF². （三）“邻边相等且对角互补的四边形半角”模型 条件：如图5,在四边形ABCD中，AB=AD,∠B+∠D=180°,∠EAF=∠BAD=ɑ，说明BE、DF、EF的数量关系 辅助线做法：如图6，延长CD至M，使得DM=BE,连接AM 分析过程：①可以证得一组旋转型全等，即△ABE≌△ADM(SAS) ②再证明一组对称型全等，即△AEF≌△AMF(SAS) ③进而可以得到BE+DF=EF. 2、 巩固练习 （一）正方形半角 1．如图，已知正方形ABCD，点E、F分别是AB、BC边上，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM． （1）求证：△EDF≌△MDF； （2）若正方形ABCD的边长为5，AE＝2时，求EF的长？ 2．如图1，点M、N别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠MAN＝45°，连接MN． （1）求证：MN＝BM+DN．下面提供解题思路，请填空： 如图2，把△ADN绕点A顺时针旋转 　90　度至△ABE，可使AD与AB重合． 由∠EBC＝∠ABE+∠ABC＝180°，则知E、B、C三点共线，从而可证△AEM≌　 ，从而得MN＝BM+DN． （2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间有怎样的等量关系？请写出你的猜想，并证明． （3）如图4，四边形ABCD不是正方形，但满足AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠MAN＝45°，且BC＝7，DC＝13，CN＝5，求BM的长． 3．已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M，N． （1）当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时（如图1），求证：BM+DN＝MN； （2）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），则线段BM，DN和MN之间数量关系是 　 　； （3）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，猜想线段BM，DN和MN之间又有怎样的数量关系呢？并对你的猜想加以说明． 4．【感知】如图①，点M是正方形ABCD的边BC上一点，点N是CD延长线上一点，且MA⊥AN，易证△ABM≌△ADN，进而证得BM＝DN（不要求证明） 【应用】如图②，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°．求证：BE+DF＝EF． 【拓展】如图③，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝90°，∠ABC+∠ADC＝180°，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，若BD＝3，EF＝1.7，则四边形BEFD的周长为　 　． 5．已知，正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边长分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N，AH⊥MN于点H． （1）如图①，当∠MAN点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系：　 　； （2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明； （3）如图③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝2，NH＝3，求AH的长． 6．如图1，已知正方形ABCD，AB＝3，E是边BC上的一个动点（不与点B，C重合），连接AE，点B关于直线AE的对称点为F，连接EF并延长交CD于点G，连接AG，AF． （1）求∠EAG的度数； （2）如图2，连接CF，若CF∥AG，求线段BE的长； （3）如图3，在点E运动过程中，作∠GEC的平分线EH交AG延长线于H，若S△AGE：S△EGH＝4：1，请直接写出线段BE的长． （二）等腰直角三角形半角 7．如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M，N在边BC上，且∠MAN＝45°．若BM＝1，CN＝3，则MN的长为 　 　． 8．旋转变换是解决数学问题中一种重要的思想方法，通过旋转变换可以将分散的条件集中到一起，从而方便解决问题．已知，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点D、E在边BC上，且． （1）如图a，当α＝60°时，将△AEC绕点A顺时针旋转60°到△AFB的位置，连结DF． ①∠DAF＝　 　；②求证：DF＝DE； （2）如图b，当α＝90°时，猜想BD、DE、CE的数量关系，并说明理由． （三）有一组邻边相等且对角互补半角 9．如图，△ABC是边长为6的等边三角形，BD＝CD，∠BDC＝120°，以点D为顶点作一个60°角，使其两边分别交AB于点M，交AC于点N，连结MN，则△AMN的周长是 　 　． 10．阅读下列学习内容： （1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠ABC＝∠D＝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． 探究思路如下：延长EB到点G，使BG＝DF，连接AG． ⇒△ABG≌△ADF⇒ ⇒∠DAF+∠BAE＝60°⇒∠GAB+∠BAE＝60° ∠EAG＝60°⇒⇒△AEF≌△AEG⇒EF＝EG 则由探究结果知，图中线段BE、EF、FD之间的数量关系为 　EF＝BE+FD　． （2）根据上面的方法，解决问题： 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； （3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝DA，∠BAD＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，点M、N分别在边BC、CD上，且∠MAN＝45°，若BM＝3，ND＝2，请求出线段MN的长度． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/7/10 12:13:22；用户：19902邮箱：19902929970；学号：37357472 11. [阅读]在证明线段和差问题时，经常采用截长补短法，再利用全等图形求线段的数量关系，截长法：将较长的线段截取为两段，证明截取的两段分别与给出的两段相等．补短法：延长较短两条线段中的一条，使得与较长线段相等，证明延长的那一段与另一条较短线段相等． [应用]把两个全等的直角三角形的斜边重合，∠CAD＝∠CBD＝90°，组成一个四边形ACBD，以D为顶点作∠MDN，交边AC、BC于M、N． （1）若∠ACD＝30°，∠MDN＝60°，证明：AM+BN＝MN；经过思考，小红得到了这样的解题思路：利用补短法，延长CB到点E，使BE＝AM，连接DE，先证明△DAM≌△DBE，再证明△MDN≌△EDN，即可求得结论．按照小红的思路，请写出完整的证明过程； （2）当∠ACD+∠MDN＝90°时，AM、MN、BN三条线段之间有何数量关系？（直接写出你的结论，不用证明） （3）如图③，在（2）的条件下，若将M、N改在CA、BC的延长线上，完成图③，其余条件不变，则AM、MN、BN之间有何数量关系？证明你的结论． 7- 婆罗摩笈多模型 1、 知识解读 1、 已知中点得垂直 证明思路： ①通过倍长中线得8字型全等 ⇒BM∥OD，BM=CD=OC ②通过∠OBM+∠BOD=180°，∠BOD+∠AOC=180° ⇒∠OBM=∠AOC ③证明△BOM≌△AOC(SAS) ⇒∠BMO=∠ACO=∠DOM ④∠DOM+∠COE=∠ACO+∠COE=90° ⑤OE⊥AC 2、已知垂直得中点 ①通过一线三垂直得2对全等 △AEO≌△OHB,△CEO≌△OKD ⇒BH=OE=KD ②证明△BHF≌△DKF(AAS) ⇒BF=DF 二、巩固练习 1．【感知】如图①，在四边形ABCD中，∠C＝∠D＝90°，点E在边CD上，∠AEB＝90°，且AE＝BE，求证：CD＝AD+BC． 【探究】如图②，在四边形ABCD中，∠C＝∠ADC＝90°，点E在边CD上，点F在边AD的延长线上，∠FEG＝∠AEB＝90°，且AE＝BE，EF＝EG，连接BG交CD于点H．求证：BH＝GH． 【拓展】如图③，点E在四边形ABCD内，∠AEB十∠DEC＝180°，且AE＝BE，DE＝EC，过E作EF交AD于点F，若∠EFA＝∠AEB，延长FE交BC于点G．求证：BG＝CG． 2．婆罗摩笈多（Brahmagupta）约公元598年生，约660年卒，在数学、天文学方面有所成就．婆罗摩笈多是印度印多尔北部乌贾因地方人，原籍可能为巴基斯坦的信德．婆罗摩笈多的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位．例如下列模型就被称为“婆罗摩笈多模型”：如图1，2，3，△ABC中，分别以AB，AC为边作Rt△ABE和Rt△ACD，AB＝AE，AC＝AD，∠BAE＝∠CAD＝90°，则有下列结论： （Ⅰ）图1中S△ABC＝S△ADE； （Ⅱ）如图2中，若AM是边BC上的中线，则ED＝2AM； （Ⅲ）如图3中，若AM⊥BC，则MA的延长线平分ED于点N． （1）上述三个结论中请你选择一个感兴趣的结论进行证明，写出证明过程； （2）能力拓展：将上述图形中的某一个直角三角形旋转到如图4所示的位置：△ABC与△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接BD，CE，若F为BD的中点，连接AF，求证：2AF＝CE． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$苏科版八年级上册 第1章 全等三角形 全等三角形--倍长中线 1、 知识解读 1、倍长中线 遇到与三角形的中线相关的问题时，我们常常可以延长中线，使延长的线段与中线长度相等，从而构造出一对“8字型”的全等三角形，使问题得到解决． 可以试一下连接BE哦！！ 条件：AD是△ABC的中线 辅助线：延长AD至E，使DE=AD，连接CE 结论：△ABD≌△ECD（SAS） 2、倍长中线拓展 条件：D是BC的中点，E是AC边上任意一点 辅助线：延长ED至F，使DF=DE，连接BF 结论:△EDC≌△FDB（SAS） 条件：∥，点D是BC的中点， 辅助线：延长AD交于点E 结论:△ABD≌△ECD（ASA）或（AAS） 2、 巩固练习 1．已知AD是△ABC的边BC上的中线，AB＝12，AC＝8，则中线AD的取值范围是（　　） A．2＜AD＜10 B．4＜AD＜20 C．1＜AD＜4 D．以上都不对 【分析】延长AD至点E，使AD＝DE，得出△ACD≌△EBD，进而在△ABE中利用三角形三边关系求解． 【解答】解：如图，延长AD至点E，使AD＝DE，连接BE， ∵AD是△ABC的边BC上的中线， ∴BD＝CD， 又∠ADC＝∠BDE，AD＝DE ∴△ACD≌△EBD， ∴BE＝AC， 在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE， 即AB﹣AC＜AE＜AB+AC，12﹣8＜AE＜12+8， ∴4＜AE＜20， ∴2＜AD＜10． 故选：A． 【点评】本题主要考查了全等三角形的判定及性质以及三角形的三边关系，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 2．如图，在△ABC中，AC＝5，中线AD＝7，则AB边的取值范围是（　　） A．1＜AB＜29 B．4＜AB＜24 C．5＜AB＜19 D．9＜AB＜19 【分析】延长AD至E，使DE＝AD，然后利用“边角边”证明△ABD和△ECD全等，根据全等三角形对应边相等可得AB＝CE，再利用三角形的任意两边之和大于第三边，三角形的任意两边之差小于第三边求出CE的取值范围，即为AB的取值范围． 【解答】解：如图，延长AD至E，使DE＝AD， ∵AD是△ABC的中线， ∴BD＝CD， 在△ABD和△ECD中， ， ∴△ABD≌△ECD（SAS）， ∴AB＝CE， ∵AD＝7， ∴AE＝7+7＝14， ∵14+5＝19，14﹣5＝9， ∴9＜CE＜19， 即9＜AB＜19． 故选：D． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的任意两边之和大于第三边，三角形的任意两边之差小于第三边，“遇中线，加倍延”构造出全等三角形是解题的关键． 3．如图，已知△ABC中，AB＝AC，CE是AB边上的中线，延长AB到点D，使BD＝AB，求证：CD＝2CE． 【分析】取AC的中点F，连接BF，根据中点的性质可得到AE＝AF，再根据SAS判定△ABF≌△ACE，由全等三角形的对应边相等可得到BF＝CE，再利用三角形中位线定理得到DC＝2BF，即证得了DC＝2CE． 【解答】证明：取AC的中点F，连接BF， ∵AB＝AC，点E，F分别是AB，AC的中点， ∴AE＝AF， 在△ABF和△ACE中 ， ∴△ABF≌△ACE（SAS）， ∴BF＝CE， ∵BD＝AB，AF＝CF， ∴DC＝2BF， ∴DC＝2CE 【点评】本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质以及等腰三角形的性质，正确作出辅助线、灵活运用定理是解题的关键． 4．如图，已知△ABC中，AB＝AC，CE是AB边上的中线，延长AB到D，使BD＝AB．给出下列结论：①AD＝2AC；②CD＝2CE；③∠ACE＝∠BCD；④CB平分∠DCE；其中，正确结论的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】根据三角形的中线的概念、等腰三角形的性质、三角形的中位线定理以及全等三角形的判定和性质进行分析判断． 【解答】解：①∵CB是三角形ACD的中线， ∴AD＝2AB， 又AB＝AC， ∴AD＝2AC．故此选项正确； ②取CE的中点F，连接BF． ∵AB＝BD，CF＝DF， ∴BF∥AC，BF＝AC． ∴∠CBF＝∠ACB． ∵AC＝AB， ∴∠ACB＝∠ABC． ∴∠CBF＝∠EBC． 又∵CE是三角形ABC的中线， ∴AC＝AB＝2BE． ∴BE＝BF． 又∵BC＝BC， ∴△BCE≌△BCF（SAS）， ∴CF＝CE， ∴CD＝2CE， 故此选项正确； ③若要∠ACE＝∠BCD， 则需∠ACB＝∠DCE， 又∠ACB＝∠ABC＝∠BCD+∠D＝∠DCE， 则需∠D＝∠BCE， 根据②中的全等，得∠BCD＝∠BCD， 则需∠D＝∠BCD， 则需BC＝BD，显然不成立，故此选项错误； ④根据②中的全等，知此选项正确． 故选：C． 【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，此题的知识综合性较强，同时注意利用成立的结论得到新的结论． 5．如图，在△ABC，AD平分∠BAC，E、F分别在BD、AD上，且DE＝CD，EF＝AC，求证：EF∥AB． 【分析】过E作AC的平行线于AD延长线交于G点，可证明△DEG≌△DCA，可得EG＝EF，可证明EF∥AB． 【解答】解：过E作AC的平行线于AD延长线交于G点， ∵EG∥AC， ∴∠DEG＝∠C， 在△DEG和△DCA中， ， ∴△DEG≌△DCA（ASA）， ∴EG＝EF，∠G＝∠CAD，又EF＝AC 故EG＝AC ∵AD平分∠BAC， ∴∠BAD＝∠CAD， ∵EG＝EF， ∴∠G＝∠EFD， ∴∠EFD＝∠BAD， ∴EF∥AB． 【点评】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应角、对应边相等的性质，本题中求证△DEG≌△DCA是解题的关键． 6．如图，点D，E分别为△ABC的边AB，AC上的点，连接DE并延长至F，使EF＝DE，连接FC．若FC∥AB，AB＝5，CF＝3，则BD的长等于（　　） A．1 B．2 C．3 D．5 【分析】由FC∥AB得，∠DAE＝∠FCE，再利用AAS证明△DAE≌△FCE，得AD＝CF，从而解决问题． 【解答】解：∵FC∥AB， ∴∠DAE＝∠FCE， 在△DAE与△FCE中， ， ∴△DAE≌△FCE（AAS）， ∴AD＝CF， ∵CF＝3， ∴AD＝CF＝3， 又∵AB＝5， ∴BD＝AB﹣AD＝5﹣3＝2， 故选：B． 【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质等知识，证明△DAE≌△FCE是解题的关键． 7．如图，梯形ABCD中，AD∥BC，E是AB的中点，CE恰好是平分∠BCD，若AD＝3，BC＝4，则CD的长是（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 【分析】延长CE交DA延长线于F，即可证得△AEF≌△BEC，则BC＝AF，根据等腰三角形的判定方法可以证得：CD＝DF即可求解． 【解答】解：如图，延长CE交DA延长线于F，∵AD∥BC， ∴∠1＝∠3，又AE＝EB，∠AEF＝∠BEC， ∴△AEF≌△BEC，又∠1＝∠2， ∴∠2＝∠3，CD＝DF＝AD+AF＝AD+BC＝7 故选：C． 【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质以及等腰三角形的判定方法，等角对等边，正确作出辅助线是解决本题的关键． 8．如图，在△ABC中，点D为BC的中点，△AEF的边EF过点C，且AE＝EF，AB∥EF，连接DE，DE⊥AD，S△AEC：S△ACF＝3：8，AB＝14，CE的值为（　　） A．2.5 B．4 C．3.5 D．3 【分析】延长AD与FE交于点G，利用平行线的性质可得∠BAD＝∠G，∠B＝∠DCG，再利用线段的中点定义可得BD＝DC，从而利用AAS可得△ABD≌△GCD，然后利用全等三角形的性质可得AB＝CG＝14，AD＝DG，从而可得DE是AG的垂直平分线，进而可得AE＝EG，最后利用等量代换可得EF＝EG，再根据已知可得＝，从而可得＝，进而可得＝，即可解答． 【解答】解：延长AD与FE交于点G， ∵AB∥EF， ∴∠BAD＝∠G，∠B＝∠DCG， ∵点D为BC的中点， ∴BD＝DC， ∴△ABD≌△GCD（AAS）， ∴AB＝CG＝14，AD＝DG， ∵AD⊥DE， ∴DE是AG的垂直平分线， ∴AE＝EG， ∵AE＝EF， ∴EF＝EG， ∵S△AEC：S△ACF＝3：8， ∴＝， ∴＝， ∴＝， ∴＝， ∴EC＝3， 故选：D． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 9．请阅读下列材料，完成相应的任务． 认识“倍长中线法” 中线是三角形中的重要线段之一，在利用中线解决几何问题时，常采用倍长中线法添加辅助线．所谓倍长中线法，即延长边上（不一定是底边）的中线，使所延长部分与中线相等，以便构造全等三角形、从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的一种方法． 如图1，在△ABC中，AD是BC边上的中线，延长AD到点H．使DH＝AD．连接BH，在△ADC和△HDB中，AD＝HD，∠ADC＝∠HDB．CD＝BD，所以，△ADC≌△HDB（依据），进一步可得到AC＝BH，AC∥BH等结论． 任务： （1）上述材料中△ADC≌△HDB的依据是 　SAS　； （2）如图2，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AD上一点，延长BE交AC于点F，AF＝EF，求证：AC＝BE； （3）如图3，在△ABC中，D为边BC的中点，已知AB＝5，AC＝3，AD＝2，请你直接写出BC的长． 【分析】（1）由全等三角形的判定可得出结论； （2）延长AD到点H，使DH＝AD，连接BH，证明△ADC≌△HDB（SAS），得出AC＝BH，∠H＝∠DAC，证出BE＝BH，则可得出结论； （3）延长AD到E，使得AD＝DE，连接BE，证明△DAC≌△DEB得AC＝EB，再证明∠AEB＝90°，由勾股定理求得BD，进而得BC． 【解答】（1）解：延长AD到点H，使DH＝AD，连接BH， ∵AD是BC边上的中线， ∴CD＝BD， 在△ADC和△HDB中， ， ∴△ADC≌△HDB（SAS）， 故答案为：SAS； （2）证明：延长AD到点H，使DH＝AD，连接BH， ∵AD是BC边上的中线， ∴BD＝CD， 在△ADC和△HDB中， ， ∴△ADC≌△HDB（SAS）， ∴AC＝BH，∠H＝∠DAC， ∵AF＝EF， ∴∠AEF＝∠DAC， ∴∠H＝∠AEF， ∵∠BEH＝∠AEF， ∴∠BEH＝∠H， ∴BE＝BH， ∴BE＝AC； （3）解：延长AD到E，使得AD＝DE，连接BE， ∵D是BC的中点， ∴CD＝BD， 在△DAC和△DEB中， ， ∴△DAC≌△DEB（SAS）， ∴AC＝EB＝3， ∵AE＝2AD＝4，AB＝5， ∴AE2+BE2＝AB2， ∴∠AEB＝90°， ∴BD＝＝， ∴BC＝2BD＝2． 【点评】本题主要考查了三角形三边的关系，全等三角形的性质与判定，勾股定理，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 10．【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，AB＝8，AC＝6，求BC边上的中线AD的取值范围． 经过组内合作交流，小明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）请证明△ADC≌△EDB； （2）请直接写出AD的取值范围 　1　＜AD＜　7　； 【问题解决】请利用上述方法（倍长中线）解决问题． （3）如图2，已知∠BAD+∠CDE＝180°，AB＝AC，DC＝DE，P为BE的中点．若A，C，D共线，求证：AP平分∠BAC． 【分析】（1）根据SAS可证明△ADC≌△EDB； （2）由全等三角形的性质可得出答案； （3）DP交AB延长线于点F，证明△BPF≌△EPD（AAS），得出BF＝DE＝DC，PD＝PF，证明△APF≌△APD（SSS），得出∠PAF＝∠PAD，则可得出结论． 【解答】（1）证明：∵AD为BC边上的中线， ∴BD＝CD， 在△ADC和△EDB中， ， ∴△ADC≌△EDB（SAS）； （2）解：∵△ADC≌△EDB（SAS）， ∴BE＝AC＝6， ∵AB＝8， ∴8﹣6＜AE＜8+6， 即2＜AE＜14， ∵DE＝AD， ∴AD＝AE， ∴1＜AD＜7， 故答案为：1，7； （3）证明：如图1，DP交AB延长线于点F， ∵∠BAC+∠CDE＝180°， ∴AF∥DE， ∴∠PFB＝∠PDE，∠PBF＝∠PED， ∵P为BE的中点， ∴BP＝PE， ∴△BPF≌△EPD（AAS）， ∴BF＝DE＝DC，PD＝PF， 又∵AB＝AC， ∴AB+BF＝AO+DC，即AF＝AD， 在△APF和△APD中， ， ∴△APF≌△APD（SSS）， ∴∠PAF＝∠PAD（全等三角形的对应角相等）， 即AP平分∠BAC． 【点评】本题属于三角形综合题，考查了三角形三边关系，全等三角形的判定和性质，角平分线的定义等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识． 11．在通过构造全等三角形解决问题的过程中，有一种方法叫做倍长中线法． （1）如图（1），AD是△ABC的中线，且AB＞AC，延长AD至点E，使ED＝AD，连接BE，可证得△ADC≌△EDB，其中判定全等的依据为：　SAS　． （2）如图（2），AD是△ABC的中线，点E在BC的延长线上，CE＝AB，∠BAC＝∠BCA，求证：AE＝2AD． （3）如图（3），AD是△ABC的中线，AB＝AE，AC＝AF，∠BAE＝∠FAC＝90°，试探究线段AD与EF的数量和位置关系，并加以证明． 【分析】（1）由全等三角形的判定可得出答案； （2）延长AD至M，使DM＝AD，先证明△ABD≌△MCD，进而得出MC＝AB，∠B＝∠MCD，即可得出∠ACM＝∠ACE，再证明△ACM≌△ACE，即可得出答案； （3）在AD的延长线上截取DH＝AD，连接CH，则AH＝2AD，先证明△CDH≌△BDA得到CH＝AB和∠AHC＝∠BAE，进一步证明CH＝AE、∠AHC＝90° 和∠FAE＝∠ACH，再证明△FAE≌△ACH得到EF＝AH和∠AEF＝∠AHC＝90°，即可求解． 【解答】（1）解：延长AD至点E，使ED＝AD． 在△ADC和△EDB中， ， ∴△ADC≌△EDB（SAS）， 故答案为：SAS； （2）证明：延长AD至M，使DM＝AD， ∵AD是△ABC的中线， ∴DB＝CD，且∠ADB＝∠MDC，AD＝DM ∴△ABD≌△MCD（SAS）， ∴MC＝AB，∠B＝∠MCD， ∵AB＝CE， ∴CM＝CE， ∵∠BAC＝∠BCA， ∴∠B+∠BAC＝∠ACB+∠MCD， 即∠ACM＝∠ACE，且AC＝AC，CM＝CE， ∴△ACM≌△ACE（SAS）． ∴AE＝AM， ∵AM＝2AD， ∴AE＝2AD． （3）解：EF＝2AD，EF⊥AD，证明如下： 如图，在AD的延长线上截取DH＝AD，连接CH， 则AH＝2AD， ∵AD是△ABC 的中线， ∴CD＝BD， ∴△CDH≌△BDA（SAS）， ∴CH＝AB，∠AHC＝∠BAE， ∵AB＝AE，∠BAH＝90°， ∴CH＝AE，∠AHC＝90°， ∴∠ACH+∠CAH＝90°， ∵∠FAC＝90°， ∴∠FAE+∠CAH＝90°， ∴∠FAE＝∠ACH， ∴△FAE≌△ACH（SAS）， ∴EF＝AH，∠AEF＝∠AHC＝90°， ∴EF＝2AD，EF⊥AD． 【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，三角形中线的定义，解题的关键是掌握全等三角形的性质与判定． 12．数学兴趣小组在探讨全等三角形相关问题的解决方法时发现：当条件中出现“中线”或“中点”时，可考虑倍长中线或作一条边的平行线来解决问题． （1）【问题初探】如图1：在△ABC中，AB＝2，AC＝6，AD为BC边上的中线，则AD的取值范围为 　2＜AD＜4　． （2）【类比分析】如图2：在△ABC中，∠B＝90°，AB＝7，AD是△ABC的中线，CE⊥BC于点C，CE＝11且∠ADE＝90°．求AE的长度． （3）【拓展延伸】如图3：在△ABC中，AF⊥BC于点F，在AB右侧作AD⊥AB于点A，且AD＝AB，在AC左侧作AE⊥AC于点A，且AE＝AC，连接DE，延长AF交DE于点O．求证：点O为DE中点． 【分析】（1）延长AD到点E，使DE＝AD，连接BE，证明△ADC≌△EDB，得到BE＝AC＝6，再根据在△ABE中，6﹣2＜AE＜6+2，即4＜2AD＜8，求解即可； （2）延长AD到点F，使DF＝AD，连接CF，先证明△ABD≌△FCD（SAS），得到∠FCD＝∠ABD＝90°，CF＝AB＝7，再证明E、C、F三点共线，得到EF＝EC+CF＝18，然后证明△ADE≌△FDE（SAS），得到AE＝EF＝18解决问题； （3）过点E作EM∥AD交AD延长线于M，先证明△AEM≌△CAB（AAS），得到EM＝AB，再证明△AOD≌△MOE（AAS），得到OD＝OE，即可得出结论． 【解答】（1）解：如图，延长AD到点E，使DE＝AD，连接BE， ∵AD为BC边上的中线， ∴BD＝CD， ∵∠ADC＝∠EDB， ∴△ADC≌△EDB（SAS）， ∴BE＝AC＝6， △ABE中，BE﹣AB＜AE＜BE+AB， ∴6﹣2＜AE＜6+2， ∴4＜2AD＜8， ∴2＜AD＜4； 故答案为：2＜AD＜4； （2）解：延长AD到点F，使DF＝AD，连接CF，如图4， ∵AD为BC边上的中线， ∴BD＝CD， ∵∠ADB＝∠FDC，DF＝AD， ∴△ABD≌△FCD（SAS）， ∴∠FCD＝∠ABD＝90°，CF＝AB＝7， ∵CE⊥BC， ∴∠BCD＝90°， ∴∠FCD+∠ECD＝180°， ∴E、C、F三点共线， ∴EF＝EC+CF＝11+7＝18， ∵∠ADE＝90°， ∴∠FDE＝∠ADE＝90°， ∵DE＝DE，AD＝DF， ∴△ADE≌△FDE（SAS）， ∴AE＝EF＝18； （3）证明：过点E作EM∥AD交AD延长线于M，如图4， ∵AD⊥AB，AE⊥AC， ∴∠3+∠2+∠CAD＝∠3+∠2+∠BAE＝90°， ∴∠CAD＝∠BAE， 又∵AF⊥BC， ∴∠3+∠2+∠CAD＝∠3+∠BAE+∠B＝90°， ∴∠2＝∠B， ∵EM∥AD， ∴∠2＝∠M， ∴∠B＝∠M， ∵AE⊥AC，AF⊥BC， ∴∠3+∠CAM＝∠C+∠CAM＝90°， ∴∠3＝∠C， ∵AE＝AC， ∴△AEM≌△CAB（AAS）， ∴EM＝AB， ∵AB＝AD， ∴EM＝AD， ∵∠2＝∠M，∠AOD＝∠EOM， ∴△AOD≌△MOE（AAS）， ∴OD＝OE， ∴O为DE中点． 【点评】本题属于三角形综合题，考查三角形三边的关系，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题． 13．（1）【问题情境】课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图1，在△ABC中，若AB＝13，AC＝9，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至点E，使DE＝AD，连接BE，容易证得△ADC≌△EDB，再由“三角形的三边关系”可求得AD的取值范围是 　2＜AD＜11　． 解后反思：题目中出现“中点”、“中线”等条件，可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中到同一个三角形之中． （2）【初步运用】如图2，AD是△ABC的中线，BE交AC于E，交AD于F，且∠FAE＝∠AFE．若AE＝4，EC＝3，求线段BF的长． （3）【拓展提升】如图3，在△ABC中，D为BC的中点，DE⊥DF分别交AB，AC于点E，F．求证：BE+CF＞EF． 【分析】（1）先判断出△ADC≌△EDB（SAS），得出BE＝AC＝9，最后用三角形的三边关系计算； （2）延长AD到M，使AD＝DM，连接BM，证明△ADC≌△MDB，根据全等三角形的性质解答； （3）延长ED到点G，使GD＝ED，连接CG、GF、EF，先证明△CDG≌△BDE，得CG＝BE，根据三角形的三边关系得CG+CF＞GF，则BE+CF＞GF，由DF垂直平分EG得GF＝EF，所以BE+CF＞EF． 【解答】（1）解：延长AD至点E，使DE＝AD，连接BE， 在△ADC和△EDB中， ， ∴△ADC≌△EDB（SAS）， ∴BE＝AC＝9， ∵AB﹣BE＜AE＜AB+BE， ∴4＜AE＜22 ∴2＜AD＜11， 故答案为：2＜AD＜11． （2）延长AD到M，使AD＝DM，连接BM，如图2， ∵AD是△ABC中线， ∴BD＝DC， 在△ADC和△MDB中， ， ∴△ADC≌△MDB（SAS）， ∴BM＝AC，∠CAD＝∠M， ∵∠AFE＝∠AEF， ∴AE＝EF＝4， ∴AC＝AE+CE＝7， ∴BM＝AC＝7， ∴∠CAD＝∠AFE， ∵∠AFE＝∠BFD， ∴∠BFD＝∠CAD＝∠M， ∴BF＝BM＝AC， 即AC＝BF＝7； （3）证明：如图3，延长ED到点G，使GD＝ED，连接CG、GF， ∵D是BC边上的中点， ∴CD＝BD， 在△CDG和△BDE中， ， ∴△CDG≌△BDE（SAS）， ∴CG＝BE， ∵CG+CF＞GF， ∴BE+CF＞GF， ∵DE⊥DF，GD＝ED， ∴DF垂直平分EG， ∴GF＝EF， ∴BE+CF＞EF． 【点评】此题是三角形综合题，主要考查三角形的中线的定义、全等三角形的判定与性质、三角形的三边关系、线段的垂直平分线的性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 14．为了进一步探究三角形中线的作用，数学兴趣小组合作交流时，小丽在组内做了如下尝试：如图1，在△ABC中，AD是BC边上的中线，延长AD到M，使DM＝AD，连接BM． 【探究发现】：（1）图1中AC与BM的数量关系是 　AC＝BM　，位置关系是 　AC∥BM　； 【初步应用】：（2）如图2，在△ABC中，若AB＝12，AC＝8，求BC边上的中线AD的取值范围．（提示：不等式的两边都乘或除以同一个正数，不等号的方向不变．例如：若3x＜6，则x＜2．） 【探究提升】：（3）如图3，AD是△ABC的中线，过点A分别向外作AE⊥AB、AF⊥AC，使得AE＝AB，AF＝AC，延长DA交EF于点P，判断线段EF与AD的数量关系和位置关系，请说明理由． 【分析】（1）证△ADC≌△MDB（SAS），得AC＝BM，∠CAD＝∠M，再由平行线的判定即可得出AC∥BM， （2）延长AD到M，使DM＝AD，连接BM，由（1）可知，△MDB≌△ADC（SAS），得BM＝AC＝8，再由三角形的三边关系即可得出结论； （3）延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM，由（1）可知，△BDM≌△CDA（SAS），得BM＝AC，再证△ABM≌△EAF（SAS），得AM＝EF，∠BAM＝∠E，则EF＝2AD，然后由三角形的外角性质证出∠APE＝∠BAE＝90°，即可得出结论． 【解答】解：（1）∵AD是△ABC的中线， ∴BD＝CD， 在△ADC和△MDB中， ， ∴△ADC≌△MDB（SAS）， ∴AC＝BM，∠CAD＝∠M， ∴AC∥BM， 故答案为：AC＝BM，AC∥BM； （2）如图2，延长AD到M，使DM＝AD，连接BM， 由（1）可知，△MDB≌△ADC（SAS）， ∴BM＝AC＝8， 在△ABM中，AB﹣BM＜AM＜AB+BM， ∴12﹣8＜AM＜12+8， 即4＜2AD＜20， ∴2＜AD＜10， 即BC边上的中线AD的取值范围为2＜AD＜10； （3）EF＝2AD，EF⊥AD，理由如下： 如图3，延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM， 由（1）可知，△BDM≌△CDA（SAS）， ∴BM＝AC， ∵AC＝AF， ∴BM＝AF， 由（2）可知，AC∥BM， ∴∠BAC+∠ABM＝180°， ∵AE⊥AB、AF⊥AC， ∴∠BAE＝∠FAC＝90°， ∴∠BAC+∠EAF＝180°， ∴∠ABM＝∠EAF， 在△ABM和△EAF中， ， ∴△ABM≌△EAF（SAS）， ∴AM＝EF，∠BAM＝∠E， ∵AD＝DM， ∴AM＝2AD， ∴EF＝2AD， ∵∠EAM＝∠BAM+∠BAE＝∠E+∠APE， ∴∠APE＝∠BAE＝90°， ∴EF⊥AD． 【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、倍长中线法、三角形的三边关系、平行线的判定与性质以及三角形的外角性质等知识，本题综合性强，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键，属于中考常考题型． 全等三角形--截长补短 一、知识解读 1、截长补短定义 截长补短分截长法与补短法两种，具体作法是在某条线段上截取一条线段与特定线段相等，或将某条线段延长，使之与特定线段相等． 2、使用场景 在题目的条件或结论中，见线段的和或差，可考虑截长补短． 题目条件或求证结论中含有EF=AB+CD时，可考虑截长补短． 3.辅助线描述及思路 二、巩固练习 1、如图，在△ABC中，∠A＝100°，∠ABC＝40°，BD是△ABC的角平分线．延长BD至E，使DE＝AD，连接EC （1）直接写出∠CDE的度数：∠CDE＝　60°　； （2）猜想线段BC与AB+CE的数量关系为　BC＝AB+CE　，并给出证明． 【分析】（1）由角平分线的性质和三角形内角和定理可求∠CDE的度数； （2）在BC上截取BF＝AB，由“SAS”可证△ABD≌△FBD，可得AD＝DF，∠ADB＝∠BDF＝60°，可得∴FDC＝180°﹣∠ADB﹣∠BDF＝60°＝∠EDC，由“SAS”可证△CDF≌△CDE，可得CE＝CF，则可得结论． 【解答】解：（1）∵∠ABC＝40°，BD平分∠ABC， ∴∠ABD＝20° ∴∠ADB＝180°﹣∠A﹣∠ABD＝60°＝∠CDE， 故答案为：60° （2）BC＝AB+CE 理由如下：如图，在BC上截取BF＝AB， ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD＝∠CBD，且BD＝BD，AB＝BF， ∴△ABD≌△FBD（SAS） ∴AD＝DF，∠ADB＝∠BDF＝60° ∴∠FDC＝180°﹣∠ADB﹣∠BDF＝60°＝∠EDC，且DE＝DF，CD＝CD ∴△CDF≌△CDE（SAS） ∴CE＝CF， ∴BC＝BF+CF＝AB+CE 故答案为：BC＝AB+CE 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键． 2、如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，AB+BD＝CD．求证：∠B＝2∠C． 【分析】在线段CD上截取DE＝BD，由“SAS”可证△ADB≌△ADE，可得AE＝AB，∠B＝∠AED，由线段和差关系可证AE＝CE，则可得结论． 【解答】解：如图，在线段CD上截取DE＝BD， ∵AD＝AD，∠ADB＝∠ADE，BD＝DE ∴△ADB≌△ADE（SAS） ∴AE＝AB，∠B＝∠AED， ∴AB+BD＝AE+DE， ∵AB+BD＝CD， ∴CD＝AE+DE， ∵CD＝CE+DE， ∴AE＝CE ∴∠C＝∠CAE， ∴∠AEB＝∠C+∠CAE＝2∠C＝∠B 【点评】本题考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当的辅助线构造全等三角形是本题的关键． 3、五边形ABCDE中，AB＝AE，AD平分∠CDE，∠B+∠E＝180°，求证：BC+DE＝CD． 【分析】延长DE，使EF＝BC，先证△ABC≌△AEF，再证△ADC≌△ADF，即可得证结果． 【解答】证明：如图，延长DE，使EF＝BC， ∵∠ABC+∠AED＝180°，∠AEF+∠AED＝180°， ∴∠ABC＝∠AEF， ∵AB＝AE，BC＝EF， ∴△ABC≌△AEF（SAS）， ∴EF＝BC，AC＝AF， ∵AD平分∠CDE， ∴∠ADF＝∠ADE， ∵AD＝AD，AC＝AF， ∴△ADC≌△ADF（SAS）， ∴CD＝DF＝EF+DE， ∴CD＝BC+DE． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，解题的关键是准确作出辅助线构造全等三角形． 4、如图，已知AP∥BC，∠PAB的平分线与∠CBA的平分线相交于点E，CE的连线交AP于点D，求证：AD+BC＝AB． 【分析】先在AB上截取AF＝AD，连接EF，由AE平分∠PAB，利用SAS即可证得△DAE≌△FAE，继而可证得∠EFB＝∠C，然后利用AAS证得△BEF≌△BEC，即可得BC＝BF，继而证得AD+BC＝AB． 证法二：延长AE交BC的延长线于M；由AP∥BC，及AE平分∠PAB，可求得∠BAE＝∠M，即AB＝BM，因此直线证得AD＝MC即可；在等腰△ABM中，BE是顶角的平分线，根据等腰三角形三线合一的性质知：E是AM的中点，即AE＝EM，而PA∥BM，即可证得△ADE≌△MCE，从而得到所求的结论． 【解答】证明：如图，在AB上截取AF＝AD，连接EF， ∵AE平分∠PAB， ∴∠DAE＝∠FAE， 在△DAE和△FAE中， ∵， ∴△DAE≌△FAE（SAS）， ∴∠AFE＝∠ADE， ∵AD∥BC， ∴∠ADE+∠C＝180°， ∵∠AFE+∠EFB＝180°， ∴∠EFB＝∠C， ∵BE平分∠ABC， ∴∠EBF＝∠EBC， 在△BEF和△BEC中， ∵， ∴△BEF≌△BEC（AAS）， ∴BC＝BF， ∴AD+BC＝AF+BF＝AB． 证法二：如图，延长AE交BC的延长线于M， ∵AE平分∠PAB，BE平分∠CBA， ∴∠1＝∠2，∠3＝∠4， ∵AD∥BC ∴∠1＝∠M＝∠2，∠1+∠2+∠3+∠4＝180° ∴BM＝BA，∠3+∠2＝90°， ∴BE⊥AM， 在△ABE和△MBE中， ， ∴△ABE≌△MBE（ASA）， ∴AE＝ME， 在△ADE和△MCE中， ， ∴△ADE≌△MCE（ASA）， ∴AD＝CM， ∴AB＝BM＝BC+AD． 【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质以及平行线的性质．注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用． 5、[阅读]在证明线段和差问题时，经常采用截长补短法，再利用全等图形求线段的数量关系，截长法：将较长的线段截取为两段，证明截取的两段分别与给出的两段相等．补短法：延长较短两条线段中的一条，使得与较长线段相等，证明延长的那一段与另一条较短线段相等． [应用]把两个全等的直角三角形的斜边重合，∠CAD＝∠CBD＝90°，组成一个四边形ACBD，以D为顶点作∠MDN，交边AC、BC于M、N． （1）若∠ACD＝30°，∠MDN＝60°，证明：AM+BN＝MN；经过思考，小红得到了这样的解题思路：利用补短法，延长CB到点E，使BE＝AM，连接DE，先证明△DAM≌△DBE，再证明△MDN≌△EDN，即可求得结论．按照小红的思路，请写出完整的证明过程； （2）当∠ACD+∠MDN＝90°时，AM、MN、BN三条线段之间有何数量关系？（直接写出你的结论，不用证明） （3）如图③，在（2）的条件下，若将M、N改在CA、BC的延长线上，完成图③，其余条件不变，则AM、MN、BN之间有何数量关系？证明你的结论． 【分析】（1）延长CB到E，使BE＝AM，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可； （2）延长CB到E，使BE＝AM，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可； （3）在CB截取BE＝AM，连接DE，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可． 【解答】（1）证明：延长CB到E，使BE＝AM， ∵∠A＝∠CBD＝90°， ∴∠A＝∠EBD＝90°， 在△DAM和△DBE中， ， ∴△DAM≌△DBE， ∴∠BDE＝∠MDA，DM＝DE， ∵∠MDN＝∠ADC＝60°， ∴∠ADM＝∠NDC， ∴∠BDE＝∠NDC， ∴∠MDN＝∠NDE， 在△MDN和△EDN中， ， ∴△MDN≌△EDN， ∴MN＝NE， ∵NE＝BE+BN＝AM+BN， ∴AM+BN＝MN． （2）AM+BN＝MN， 证明：延长CB到E，使BE＝AM，连接DE， 由（1）知：△DAM≌△DBE， ∴∠BDE＝∠MDA＝∠CDN，DM＝DE， ∵∠MDN+∠ACD＝90°，∠ACD+∠ADC＝90°， ∴∠NDM＝∠ADC＝∠CDB， ∴∠ADM＝∠CDN＝∠BDE， ∵∠CDM＝∠NDB ∴∠MDN＝∠NDE， 在△MDN和△EDN中， ， ∴△MDN≌△EDN， ∴MN＝NE， ∵NE＝BE+BN＝AM+BN， ∴AM+BN＝MN． （3）BN﹣AM＝MN， 证明：在CB截取BE＝AM，连接DE， ∵∠CDA+∠ACD＝90°，∠MDN+∠ACD＝90°， ∴∠MDN＝∠CDA， ∵∠ADN＝∠ADN， ∴∠MDA＝∠CDN， ∵∠B＝∠CAD＝90°， ∴∠B＝∠DAM＝90°， 在△DAM和△DBE中， ， ∴△DAM≌△DBE， ∴∠BDE＝∠ADM＝∠CDN，DM＝DE， ∵∠ADC＝∠BDC＝∠MDN， ∴∠MDN＝∠EDN， 在△MDN和△EDN中， ， ∴△MDN≌△EDN， ∴MN＝NE， ∵NE＝BN﹣BE＝BN﹣AM， ∴BN﹣AM＝MN． 【点评】本题考查了四边形的综合题，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生运用性质进行推理的能力，运用了类比推理的方法，题目比较典型，但有一定的难度． 6、【初步探索】 截长补短法，是初中几何题中一种添加辅助线的方法，也是把几何题化难为易的一种策略．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短就是通过延长或旋转等方式使两条短边拼合到一起，从而解决问题． （1）如图1，△ABC是等边三角形，点D是边BC下方一点，∠BDC＝120°，探索线段DA、DB、DC之间的数量关系； 【灵活运用】 （2）如图2，△ABC为等边三角形，直线a∥AB，D为BC边上一点，∠ADE交直线a于点E，且∠ADE＝60°．求证：CD+CE＝CA； 【延伸拓展】 （3）如图3，在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，AB＝AD．若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，满足EF＝BE+FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系． 【分析】（1）由等边三角形知AB＝AC，∠BAC＝60°，结合∠BDC＝120°知∠ABD+∠ACD＝180°，由∠ACE+∠ACD＝180°知∠ABD＝∠ACE，证△ABD≌△ACE得AD＝AE，∠BAD＝∠CAE，再证△ADE是等边三角形得DA＝DE＝DC+CE＝DC+DB； （2）首先在AC上截取CM＝CD，由△ABC为等边三角形，易得△CDM是等边三角形，继而可证得△ADM≌△EDC，即可得AM＝EC，则可证得CD+CE＝CA； （3）在DC延长线上取一点G，使得DG＝BE，连接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE＝∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE＝360°，进而推导得到2∠FAE+∠DAB＝360°，即可得出结论． 【解答】（1）解：如图1，延长DC到点E，使CE＝BD，连接AE， ∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝AC，∠BAC＝60°， ∵∠BDC＝120°， ∴∠ABD+∠ACD＝180°， 又∵∠ACE+∠ACD＝180°， ∴∠ABD＝∠ACE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴AD＝AE，∠BAD＝∠CAE， ∵∠BAC＝60°，即∠BAD+∠DAC＝60°， ∴∠DAC+∠CAE═60°， 即∠DAE＝60°， ∴△ADE是等边三角形， ∴DA＝DE＝DC+CE＝DC+DB， 即DA＝DC+DB； （2）证明：在AC上截取CM＝CD， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ACB＝60°， ∴△CDM是等边三角形， ∴MD＝CD＝CM，∠CMD＝∠CDM＝60°， ∴∠AMD＝120°， ∵∠ADE＝60°， ∴∠ADE＝∠MDC， ∴∠ADM＝∠EDC， ∵直线a∥AB， ∴∠ACE＝∠BAC＝60°， ∴∠DCE＝120°＝∠AMD， 在△ADM和△EDC中， ， ∴△ADM≌△EDC（ASA）， ∴AM＝EC， ∴CA＝CM+AM＝CD+CE； 即CD+CE＝CA． （3）解：∠EAF＝； 证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG＝BE，连接AG， ∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ABE＝180°， ∴∠ADC＝∠ABE， 又∵AB＝AD， ∴△ADG≌△ABE（SAS）， ∴AG＝AE，∠DAG＝∠BAE， ∵EF＝BE+FD＝DG+FD＝GF，AF＝AF， ∴△AEF≌△AGF（SSS）， ∴∠FAE＝∠FAG， ∵∠FAE+∠FAG+∠GAE＝360°， ∴2∠FAE+（∠GAB+∠BAE）＝360°， ∴2∠FAE+（∠GAB+∠DAG）＝360°， 即2∠FAE+∠DAB＝360°， ∴∠EAF＝． 【点评】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，以及等边三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形． 7、阅读材料：截长补短法，是初中数学几何题中一种辅助线的添加方法．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短是通过在一条短边上延长一条线段与另一长边相等，从而解决问题．依据上述材料，解答下列问题：如图1，在△ABC中，AD平分∠BAC，交BC于点D，且∠B＝2∠C，求证：AB+BD＝AC． （1）为了证明结论“AB+BD＝AC”，小亮在AC上截取AE，使得AE＝AB，连接DE，解答了这个问题，请按照小亮的思路写证明过程； （2）如图2，在四边形ABCD中，已知∠BAD＝58°，∠D＝109°，∠ACD＝42°，∠ACB＝80°，CE是△ABC的高，AD＝10，EB＝3，求AB的长． 【分析】（1）在AC上截取AE，使得AE＝AB，连接DE，根据角平分线的定义可得∠BAD＝∠DAC，再利用SAS证明△ABD≌△AED，从而可得∠B＝∠AED，BD＝DE，进而可得∠AED＝2∠C，然后利用三角形的外角性质可得∠AED＝∠C+∠EDC，从而可得∠C＝∠EDC，进而可得DE＝CE，再根据等量代换可得BD＝EC，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答； （2）在AE上截取AF＝AD，连接CF，先利用三角形内角和定理可得∠DAC＝29°，从而可得∠DAC＝∠FAC＝29°，再利用SAS证明△DAC≌△FAC，从而可得∠AFC＝∠D＝109°，进而可得∠CFE＝71°，然后利用三角形内角和定理可得∠B＝∠CFE＝71°，从而可得CF＝BC，再利用等腰三角形的三线合一性质可得BF＝2BE＝6，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答． 【解答】解：（1）在AC上截取AE，使得AE＝AB，连接DE， ∵AD平分∠BAC， ∴∠BAD＝∠DAC， ∵AD＝AD， ∴△ABD≌△AED（SAS）， ∴∠B＝∠AED，BD＝DE， ∵∠B＝2∠C， ∴∠AED＝2∠C， ∵∠AED是△DEC的一个外角， ∴∠AED＝∠C+∠EDC， ∴∠C＝∠EDC， ∴DE＝CE， ∴BD＝EC， ∵AE+EC＝AC， ∴AB+BD＝AC； （2）在AE上截取AF＝AD，连接CF， ∵∠D＝109°，∠ACD＝42°， ∴∠DAC＝180°﹣∠D﹣∠ACD＝29°， ∵∠BAD＝58°， ∴∠FAC＝∠BAD﹣∠DAC＝29°， ∴∠DAC＝∠FAC＝29°， ∵AC＝AC， ∴△DAC≌△FAC（SAS）， ∴∠AFC＝∠D＝109°， ∴∠CFE＝180°﹣∠AFC＝71°， ∵∠ACB＝80°，∠FAC＝29°， ∴∠B＝180°﹣∠ACB﹣∠FAC＝71°， ∴∠B＝∠CFE， ∴CF＝BC， ∵CE⊥AB， ∴BF＝2BE＝6， ∴AB＝AF+BF＝10+6＝16， ∴AB的长为16． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 8、阅读材料： “截长补短法”是几何证明题中十分重要的方法，通常用来证明几条线段的数量关系．截长，即在长线段上截取一条线段等于其中一条短线段，再证明剩下的部分等于另一条短线段；补短，即延长其中一条短线段，使延长部分等于另一条线段，再证明延长后的线段等于长线段． 依据上述材料，解答下列问题： 如图，在等边△ABC中，点E是边AC上一定点，点D是直线BC上一动点，以DE为边作等边△DEF，连接CF． （1）如图1，若点D在边BC上，试说明CE+CF＝CD；（提示：在线段CD上截取CG＝CE，连接EG．） （2）如图2，若点D在边BC的延长线上，请探究线段CE，CF与CD之间的数量关系并说明理由． 【分析】（1）在CD上截取CG＝CE，易证△CEG是等边三角形，得EG＝EC＝CG，证明△DEG≌△FEC（SAS），得DG＝CF，即可得出结论； （2）过D作DG∥AB，交AC的延长线于点G，易证∠GDC＝∠DGC＝60°，得△GCD为等边三角形，则DG＝CD＝CG，再证△EGD≌△FCD（SAS），得EG＝FC，即可得出结论． 【解答】（1）证明：在CD上截取CG＝CE，连接EG，如图1所示： ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ECG＝60°， ∴△CEG是等边三角形， ∴EG＝EC＝CG，∠CEG＝60°， ∵△DEF是等边三角形， ∴DE＝FE，∠DEF＝60°， ∴∠DEG+∠GEF＝∠FEC+∠GEF＝60°， ∴∠DEG＝∠FEC， 在△DEG和△FEC中， ， ∴△DEG≌△FEC（SAS）， ∴DG＝CF， ∴CD＝CG+DG＝CE+CF， ∴CE+CF＝CD； （2）解：线段CE，CF与CD之间的等量关系是CF＝CD+CE；理由如下： ∵△ABC是等边三角形， ∴∠A＝∠B＝60°， 过D作DG∥AB，交AC的延长线于点G，如图2所示： ∵GD∥AB， ∴∠GDC＝∠B＝60°，∠DGC＝∠A＝60°， ∴∠GDC＝∠DGC＝60°， ∴△GCD为等边三角形， ∴DG＝CD＝CG，∠GDC＝60°， ∵△EDF为等边三角形， ∴DE＝DF，∠EDF＝∠GDC＝60°， ∴∠EDG＝∠FDC， 在△EGD和△FCD中， ， ∴△EGD≌△FCD（SAS）， ∴GE＝CF， ∵GE＝CG+CE， ∴CF＝CD+CE． 【点评】本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；作辅助线构建等边三角形是解题的关键，属于中考常考题型． 3- 手拉手模型 1、 知识解读 1．等边三角形共顶点 等边△ABC与等边△DCE，B、C、E三点共线． 连结BD、AE交于点F，BD交AC于点G，AE交DC于点H，连结CF、GH，则： （1）△BCD≌△ACE； （2）AE＝BD；备注：全等结论（1）（2）（3） （3）∠AFB＝∠DFE＝60°； （4）FC平分∠BFE； （5）BF＝AF＋FC，EF＝DF＋FC； （6）△CGH为等边三角形． 证明思路： （1）由已知条件可得，则△BCD≌△ACE（SAS）． （2）由（1）得AE＝BD； （3）由（1）得∠GAF＝∠GBC，而∠AGF＝∠BGC，所以∠DFE＝∠AFB＝∠ACB＝60°． （4）方法一 如图1，过点C分别作BD、AE的垂线，垂足分别为M、N． 由（1）知S△ACE＝S△BCD，即BD·CM＝AE·CN，所以CM＝CN，故FC平分∠BFE． 方法二 由∠CAF＝∠CBF，可得A、B、C、F四点共圆，所以∠BFC＝∠BAC＝60°． 同理可得∠CFE＝∠CDE＝60°．所以FC平分∠BFE．备注：该方法可以在学了圆之后进行补充 （5）如图2，作∠FCI＝60°，交BD于点I，则△CFI为等边三角形． 易证△BCI≌△ACF，所以BI＝AF，IF＝CI＝FC． 从而BF＝BI＋IF＝AF＋CF．同理可得EF＝DF＋FC． （6）易证△ACH≌△BCG（ASA） 可得CG＝CH，而∠GCH＝60°，所以△CGH为等边三角形． 2．等腰直角三角形共顶点 等腰Rt△ABC与等腰Rt△DCE中，∠ACB＝∠DCE＝90°． 如图1，连结BD、AE交于点F，连结FC、AD、BE，则： （1）△BCD≌△ACE； （2）AE＝BD；备注：全等结论（1）（2）（3） （3）AE⊥BD； （4）FC平分∠BFE； （5）AB2＋DE2＝AD2＋BE2 （6）BF＝AF＋FC，EF＝DF＋FC； （7）如图2，若G、I分别为BE、AD的中点，则GC⊥AD、IC⊥BE（反之亦然）； （8）S△ACD＝S△BCE 证明思路： （1）（2）（3）（4）证明见“等边三角形共顶点”； （5）因为AE⊥BD，由勾股定理可得AB2＋DE2＝（AF2＋BF2）＋（DF2＋EF2）， AD2＋BE2＝（AF2＋DF2）＋（BF2＋EF2） 所以AB2＋DE2＝AD2＋BE2 （6）如图3，过点C作CK⊥FC，交BD于点K，则△CFK为等腰直角三角形． 易证△BCK≌△ACF，所以BK＝AF．从而BF＝BK＋KF＝AF＋FC， 同理可得EF＝DF＋FC． （7）①如图4，延长GC，交AD延长线于点H，延长CG至点K，使得GK＝GC，连结BK． 易证∠KBG＝∠CEG，BK＝EC＝CD． 由题意可得∠ACD＋∠BCE＝∠CBE＋∠CEB＋∠BCE＝180°， 所以∠ACD＝∠CBE＋∠CEB＝∠CBG＋∠GBK＝∠CBK． 可得△ACD≌△CBK（SAS） 则∠CAD＝∠BCK， 所以∠ACH＋∠CAH＝∠ACH＋∠BCK＝90°，故GC⊥AD． ②如图5，CJ⊥BE，延长JC交AD于点T，分别过点A，D作IJ的垂线，垂足分别为M、N．由已知可得△AMC≌△CJB；△DNC≌△CJE， 所以AM＝DN＝CJ，故有△AMI≌△DNI，所以AI＝DI，即可证． （8）在（7）中的证明过程中可得到S△ACD＝S△BCE；也可以用下面的方法来证明 如图6，过点D作DP⊥AC于点P，过点E作EQ⊥BC，交BC延长线于点Q． 易证△DPC≌△EQC（AAS）．所以DP＝EQ，故DP·AC＝ EQ·BC，即S△ACD＝S△BCE 3．等腰三角形共顶点 等腰△ACB与等腰△DCE中，AC＝BC，DC＝CE，且∠ACB＝∠DCE． 连结BD，AE交于点F，则： （1）△BCD≌△ACE； （2）AE＝BD；备注：全等结论（1）（2）（3） （3）∠AFB＝∠ACB； （4）FC平分∠BFE． 二、练习巩固 1．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 【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．版权所有 【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． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 2．已知：如图，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，连接CD，C，D，E三点在同一条直线上，连接BD，BE．以下四个结论：①BD＝CE；②∠ACE+∠ABD＝45°；③∠BAE+∠DAC＝180°；④BD⊥CE．其中正确的是 　①③④　．（只填序号） 【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．版权所有 【分析】①由AB＝AC，AD＝AE，利用等式的性质得到夹角相等，利用SAS得出△ABD≌△ACE，由全等三角形的对应边相等得到BD＝CE； ②由等腰直角三角形的性质得到∠ABD+∠DBC＝45°，等量代换得到∠ACE+∠DBC＝45°； ③根据周角的定义即可判断； ④由△ABD≌△AEC得到一对角相等，再利用等腰直角三角形的性质及等量代换得到BD垂直于CE； 【解答】解：①∵∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中， ， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴BD＝CE，故①正确； ②∵△ABC为等腰直角三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°， ∴∠ABD+∠DBC＝45°， ∵∠ABD＝∠ACE， ∴∠ACE+∠DBC＝45°，故②错误； ③∵∠BAC＝∠EAD＝90°， ∴∠BAE+∠CAD＝180°，故③正确； ④∵△BAD≌△CAE， ∴∠ABD＝∠ACE， ∵∠ABD+∠DBC＝45°， ∴∠ACE+∠DBC＝45°， ∴∠DBC+∠DCB＝∠DBC+∠ACE+∠ACB＝90°， 则BD⊥CE，故④正确； 综上所述，正确的结论有3个． 故答案为：①③④． 【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，以及等腰直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键． 3．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以AC为边，作△ACD，满足AD＝AC，E为BC上一点，连接AE，2∠BAE＝∠CAD，连接DE，下列结论中正确的有（　　） ①AC⊥DE；②∠ADE＝∠ACB；③若CD∥AB，则AE⊥AD；④DE＝CE+2BE． A．①②③ B．②③④ C．②③ D．①②④ 【分析】因为∠BAE＝∠DAC，且∠ABC＝90°，所以需要构造2倍的∠BAC，故延长EB至 G，使BE＝BG，从而得到∠GAE＝∠CAD，进一步证明∠GAC＝∠EDA，且AE＝AG，接着证明△GAC≌△EAD，则∠ADE＝∠ACG，DE＝CG，所以②是正确的，也可以通过线段的等量代换运算推导出④是正确的，设∠BAE＝x，则∠DAC＝2x，因为CD∥AB，所以∠BAC＝∠ACD＝90°﹣x，接着用x表示出∠EAC，再计算出∠DAE＝90°，故③是正确的，当∠CAE＝∠BAE时，可以推导出AC⊥DE，否则AC不垂直于DE，故①是错误的． 【解答】解：如图，延长EB至G，使BE＝BG，设AC与DE交于点M， ∵∠ABC＝90°， ∴AB⊥GE， ∴AB垂直平分GE， ∴AG＝AE，∠GAB＝∠BAE＝∠DAC， ∵∠BAE＝∠GAE， ∴∠GAE＝∠CAD， ∴∠GAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC， ∴∠GAC＝∠EAD， 在△GAC与△EAD中， ， ∴△GAC≌△EAD（SAS）， ∴∠G＝∠AED，∠ACB＝∠ADE， ∴②是正确的； ∵AG＝AE， ∴∠G＝∠AEG＝∠AED， ∴AE平分∠BED， 当∠BAE＝∠EAC时，∠AME＝∠ABE＝90°，则AC⊥DE， 当∠BAE≠∠EAC时，∠AME≠∠ABE，则无法说明AC⊥DE， ∴①是不正确的； 设∠BAE＝x，则∠CAD＝2x， ∴∠ACD＝∠ADC＝＝90°﹣x， ∵AB∥CD， ∴∠BAC＝∠ACD＝90°﹣x， ∴∠CAE＝∠BAC﹣∠EAB＝90°﹣x﹣x＝90°﹣2x， ∴∠DAE＝∠CAE+∠DAC＝90°﹣2x+2x＝90°， ∴AE⊥AD， ∴③是正确的； ∵△GAC≌△EAD， ∴CG＝DE， ∵CG＝CE+GE＝CE+2BE， ∴DE＝CE+2BE， ∴④是正确的， 故选：B． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，通过二倍角这一条件，构造两倍的∠BAE，是本题的突破口，也是常用方法，同时，要注意本题设参数导角，对学生分析数据的能力有一定要求． 4．【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． 【考点】三角形综合题．版权所有 【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． 【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理等知识，熟练掌握等边三角形的性质和等腰三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型． 5．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）如图1，当点D在线段BC上，如果∠BAC＝90°，则∠BCE＝　90　度； （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，画图并探究α，β之间有怎样的数量关系？ 【分析】（1）问要求∠BCE的度数，可将它转化成与已知角有关的联系，根据已知条件和全等三角形的判定定理，得出△ABD≌△ACE，再根据全等三角形中对应角相等，最后根据直角三角形的性质可得出结论； （2）问在第（1）问的基础上，将α+β转化成三角形的内角和； （3）问是第（1）问和第（2）问的拓展和延伸，要注意分析两种情况． 【解答】解：（1）∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC． 即∠BAD＝∠CAE． 在△ABD与△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠B＝∠ACE． ∴∠B+∠ACB＝∠ACE+∠ACB， ∴∠BCE＝∠B+∠ACB， 又∵∠BAC＝90° ∴∠BCE＝90°； 故答案为：90； （2）①α+β＝180°， 理由：∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAD+∠DAC＝∠EAC+∠DAC． 即∠BAD＝∠CAE． 在△ABD与△ACE中， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠B＝∠ACE． ∴∠B+∠ACB＝∠ACE+∠ACB． ∴∠B+∠ACB＝β， ∵α+∠B+∠ACB＝180°， ∴α+β＝180°； ②当点D在射线BC上时，α+β＝180°； 理由：∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAD＝∠CAE， ∵在△ABD和△ACE中 ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠ABD＝∠ACE， ∵∠BAC+∠ABD+∠BCA＝180°， ∴∠BAC+∠BCE＝∠BAC+∠BCA+∠ACE＝∠BAC+∠BCA+∠B＝180°， ∴α+β＝180°； 当点D在射线BC的反向延长线上时，α＝β． 理由：∵∠DAE＝∠BAC， ∴∠DAB＝∠EAC， ∵在△ADB和△AEC中， ∴△ADB≌△AEC（SAS）， ∴∠ABD＝∠ACE， ∵∠ABD＝∠BAC+∠ACB，∠ACE＝∠BCE+∠ACB， ∴∠BAC＝∠BCE， 即α＝β． 【点评】本题考查三角形全等的判定，以及全等三角形的性质；两者综合运用，促进角与角相互转换，将未知角转化为已知角是关键．本题的亮点是由特例引出一般情况． 4- 旋转 1．如图，AB＝AC，AD＝AE，点B、D、E在一条直线上，∠BAC＝∠DAE，∠1＝35°，∠2＝30°，则∠3＝　65　度． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】由角的和差得∠1＝∠4，边角边证明△ABD≌△ACE，其性质得∠ADB＝∠AEC，再由三角形的内角和定理，邻补角的性质求出∠3＝65°． 【解答】解：如图所示： ∵∠BAC＝∠DAE， ∠BAC＝∠1+∠DAC，∠DAE＝∠DAC+∠4， ∴∠1＝∠4， 在△ABD和△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠ADB＝∠AEC， 又∵∠2+∠4+∠AEC＝180°， ∴∠AEC＝115°， ∴∠ADB＝115°， 又∠ADB+∠3＝180°， ∴∠3＝65°， 故答案为65． 【点评】本题综合考查了角的和差，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，邻补角的性质等相关知识，重点掌握全等三角形的判定与性质，难点是灵活运用证明三角形全等的方法解决实际问题，易错点是学生将结果加上度的符号． 2．如图，边长为4的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点，连接CE将线段CE绕点C顺时针旋转60°得到CF，连接DF，则在点E运动过程中，DF的最小值是 　1　． 【考点】旋转的性质；垂线段最短；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；轴对称的性质．版权所有 【分析】取AC的中点G，则CG＝CD，利用SAS证明△CDE≌△CGF，得∠FGC＝∠EDC＝90°，则点F在直线BG上运动，根据垂线段最短从而解决问题． 【解答】解：取AC的中点G，则CG＝CD， ∵将线段CE绕点C顺时针旋转60°得到CF， ∴CE＝CF，∠ECF＝60°， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ACB＝60°， ∴∠DCE＝∠ACF， ∴△CDE≌△CGF（SAS）， ∴∠FGC＝∠EDC＝90°， ∴点F在直线BG上运动， 作DH⊥BG时，此时DF的最小值即为DH， ∵BD＝＝2， ∴DH＝1， 故答案为：1． 【点评】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，确定点F的运动路径是解题的关键． 3．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△A'BC'，连接AC'、AA'，则∠CAC'的度数为（　　） A．15° B．20° C．25° D．30° 【考点】旋转的性质；等腰直角三角形．版权所有 【分析】根据题意可得∠BAC＝∠ABC＝45°，由旋转的性质可得AB＝A′B，BC′＝A′C′，∠ABA′＝60°，则△ABA′为等边三角形，易证明△ABC′≌△AA′C′，根据全等三角形的性质得∠BAC′＝∠A′AC′＝30°，则∠CAC′＝∠BAC﹣∠BAC′，以此即可求解． 【解答】解：∵在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC， ∴∠BAC＝∠ABC＝45°， ∵将△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△A'BC'， ∴AB＝A′B，BC′＝A′C′，∠ABA′＝60°， ∴△ABA′为等边三角形， ∴AB＝AA′， 在△ABC′和△AA′C′中， ， ∴△ABC′≌△AA′C′， ∴∠BAC′＝∠A′AC′， ∵∠BAA′＝∠BAC′+∠A′AC′＝60°， ∴∠BAC′＝∠A′AC′＝30°， ∴∠CAC′＝∠BAC﹣∠BAC′＝15°． 故选：A． 【点评】本题主要考查旋转的性质、等边三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质，灵活运用旋转的性质是解题关键． 4．如图，BD为△ABC的角平分线，且BD＝BC，E为BD延长线上一点，BE＝BA，过点E作EF⊥AB于点F，则下列结论正确的为（　　） ①△EBC可由△ABD绕点B旋转而得到； ②∠BCE+∠BCD＝180°； ③∠ABE＝∠DAE； ④BA+BC＝2BF． A．①②③ B．①②③④ C．①②④ D．①③④ 【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】由BD为△ABC的角平分线，BD＝BC，BE＝BA，可证△ABD≌△EBC，所以△EBC可由△ABD绕点B旋转而得到，由△ABD≌△EBC可得∠BCE＝∠BDA，因为BD＝BC，∠BDC＝∠ADE，可得∠BCD＝∠ADE，因为∠BDA+∠ADE＝180°，等量代换∠BCE+∠BCD＝180°，因为BE＝BA，所以∠BAE＝∠BEA＝（180°﹣∠ABE），因为∠ABD＝∠DBC，∠BDC＝∠BCD＝（180°﹣∠DBC），∠BDC＝∠ADE，所以∠BAE＝∠BEA＝∠BDC＝∠BCD，即∠ADE＝∠AED＝（180°﹣∠ABE），因为∠DAE＝180°﹣2∠AED，可得∠ABE＝∠DAE，过E作EM⊥BC，交BC延长线于点M，可证Rt△AEF≌Rt△CEM，Rt△BEF≌Rt△BEM，所以AF＝CM，BF＝BM，所以BA+BC＝BF+AF+BM﹣CM＝BF+AF+BF﹣AF＝2BF． 【解答】解：∵BD为△ABC的角平分线， ∴∠ABD＝∠DBC， ∵BD＝BC，BE＝BA， ∴△ABD≌△EBC（SAS）， ∴△EBC可由△ABD绕点B旋转而得到，故①符合题意， ∴∠BCE＝∠BDA， ∵BD＝BC， ∴∠BDC＝∠BCD， ∵∠BDC＝∠ADE， ∴∠BCD＝∠ADE， ∵∠BDA+∠ADE＝180°， ∴∠BCE+∠BCD＝180°，故②符合题意， ∵BE＝BA， ∴∠BAE＝∠BEA＝（180°﹣∠ABE）， ∵∠ABD＝∠DBC，∠BDC＝∠BCD＝（180°﹣∠DBC）， ∴∠BAE＝∠BEA＝∠BDC＝∠BCD， ∵∠BDC＝∠ADE， ∴∠ADE＝∠AED＝（180°﹣∠ABE）， ∵∠DAE＝180°﹣2∠AED， ∴∠ABE＝∠DAE，故③符合题意， 过E作EM⊥BC，交BC延长线于点M， ， ∵BD为△ABC的角平分线， ∴EF＝EM， ∵△ABD≌△EBC， ∴CE＝DA， ∵∠ADE＝∠AED， ∴AD＝AE， ∴CE＝AE， ∴Rt△AEF≌Rt△CEM（HL）， ∴AF＝CM， ∵EF＝EM，BE＝BE， ∴Rt△BEF≌Rt△BEM（HL）， ∴BF＝BM， ∴BA+BC＝BF+AF+BM﹣CM＝BF+AF+BF﹣AF＝2BF，故④符合题意， 故选：B． 【点评】本题考查了旋转的性质，关键是掌握全等三角形的判定条件与性质． 5．如图，△ABC中，∠A＝90°，∠B＝30°，BC＝10cm，点D在边AB上，以CD为边在CD右上方作等边△CDE，若∠ACD＝45°，则点E到BC边的距离为 　5　cm． 【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；含30度角的直角三角形．版权所有 【分析】过点E作EF⊥BC，垂足为F，根据垂直定义可得∠CFE＝90°，再在Rt△ABC中，利用含30度角的直角三角形的性质可得AC＝5cm，∠ACB＝60°，然后根据已知易得△ACD是等腰直角三角形，从而可得AC＝CD＝5cm，再根据等边三角形的性质可得∠DCE＝60°，CD＝CE，从而可得∠ACB＝∠DCE＝60°，最后利用等式的性质可得：∠ACD＝∠FCE，从而利用AAS证明△CAD≌△CFE，进而利用全等三角形的性质即可解答． 【解答】解：过点E作EF⊥BC，垂足为F， ∴∠CFE＝90°， ∵∠A＝90°，∠B＝30°，BC＝10cm， ∴AC＝BC＝5（cm），∠ACB＝90°﹣∠B＝60°， ∵∠ACD＝45°， ∴△ACD是等腰直角三角形， ∴AC＝CD＝5cm， ∵△CDE是等边三角形， ∴∠DCE＝60°，CD＝CE， ∴∠ACB＝∠DCE＝60°， ∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB， ∴∠ACD＝∠FCE， ∵∠A＝∠CFE＝90°， ∴△CAD≌△CFE（AAS）， ∴EF＝AD＝5cm， 故答案为：5． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形，熟练掌握手拉手模型﹣旋转型全等是解题的关键． 6.如图1，在△ABC中，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，且AD＝AE，连接DE，现将△ADE绕点A逆时针旋转一定角度（如图2），连接BD，CE． （1）求证：△ABD≌△ACE； （2）延长BD交CE于点F，若AD⊥BD，BD＝6，CF＝4，求线段DF的长． 【分析】（1）由“SAS”可证△ABD≌△ACE； （2）由全等三角形的性质可得BD＝CE＝6，∠AEC＝∠ADB＝90°，由“HL”可证Rt△AEF≌Rt△ADF，可得DF＝EF＝2． 【解答】证明：（1）由图1可知：∠DAE＝∠BAC， ∴∠DAE+∠CAD＝∠BAC+∠CAD， ∴∠BAD＝∠CAE， 又∵AB＝AC，AD＝AE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）； （2）如图2，连接AF， ∵AD⊥BD， ∴∠ADB＝∠ADF＝90°， ∵△ABD≌△ACE， ∴BD＝CE＝6，∠AEC＝∠ADB＝90°， ∴EF＝CE﹣CF＝2， ∵AF＝AF，AD＝AE， ∴Rt△AEF≌Rt△ADF（HL）， ∴DF＝EF＝2． 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键． 5- 一线三等角 1、 知识解读 1、一线三垂直 2、一线三等角 二、巩固练习 1．如图，CD⊥DB，AB⊥BD，为了测量教学楼的高度，在旗杆CD与教学楼之间选定一点P，使得测旗杆顶C的视线PC与测楼顶A的视线PA的夹角∠APC＝90°，测得点P到楼底的距离PB与旗杆CD的高度都等于9米，又测得旗杆与楼之间距离DB＝27米，求这幢教学楼的高度多少米？ 【考点】全等三角形的应用．版权所有 【分析】根据AAS证明△DPC≌△BAP，从而利用全等三角形的性质可得AB＝DP＝18米． 【解答】解：∵CD⊥DB，AB⊥DB， ∴∠CDP＝∠ABP＝90°， ∵∠APC＝90°， ∴∠CPD+∠APB＝90°，∠PAB+∠APB＝90°， ∴∠CPD＝∠PAB， ∵DB＝27米，PB＝9米， ∴DP＝BD﹣BP＝18米， 在△DPC和△BAP中， ， ∴△DPC≌△BAP（AAS）， ∴AB＝DP＝18米． 答：这幢教学楼的高度18米． 【点评】本题考查全等三角形的应用，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 2．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE于点E，AD⊥CE于点D，若AD＝8cm，BE＝3cm，则DE＝　5　cm． 【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．版权所有 【分析】由余角的性质可证∠CAD＝∠BCE，即可证明△CDA≌△BEC，可得CD＝BE，CE＝AD，根据DE＝CE﹣CD，即可解题． 【解答】解：∵∠ACB＝90°，BE⊥CE于点E，AD⊥CE于点D， ∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠ACD+∠CAD＝90°， ∴∠CAD＝∠BCE， 在△CDA和△BEC中， ， ∴△CDA≌△BEC（AAS）， ∴CD＝BE，CE＝AD， ∵DE＝CE﹣CD， ∴DE＝AD﹣BE， ∵AD＝8cm，BE＝3cm， ∴DE＝5cm， 故答案为：5． 【点评】本题主要考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△CDA≌△BEC是解题的关键． 3．如图，在等腰直角三角形ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点B在直线l上，过A作AD⊥l于D，过C作CE⊥l于E．下列给出四个结论：①BD＝CE；②∠BAD与∠BCE互余；③AD+CE＝DE．其中正确结论的序号是（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．版权所有 【分析】根据同角的余角相等可得∠ABD＝∠BCE，再根据“AAS”可得△ABD≌△BCE，再逐项分析可得结论． 【解答】解：∵AD⊥l，CE⊥l， ∴∠ADB＝∠BEC＝90°， ∵∠ABC＝90°， ∴∠ABD+∠EBC＝∠BCE+∠EBC＝90°，即∠ABD＝∠BCE， 在△ABD和△BEC中， ， ∴△ABD≌△BCE（AAS）， ∴BD＝CE，故①正确； ∵∠BAD+∠ABD＝90°，∠ABD＝∠BCE， ∴∠BAD+∠BCE＝90°， 即∠BAD与∠BCE互余，故②正确； ∵△ABD≌△BCE， ∴AD＝EB，DB＝CE， ∵BE+D＝DE， ∴AD+CE＝DE，故③正确． 故选：D． 【点评】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应角相等的性质，本题中求证△ABD≌△CBE是解题的关键． 4．如图，在△ABC中，∠ACB为钝角，边AC绕点A沿逆时针方向旋转90°得到AD，边BC绕点B沿顺时针方向旋转90°得到BE，作DM⊥AB于点M，EN⊥AB于点N，若AB＝10，EN＝4，则DM＝　6　． 【考点】旋转的性质．版权所有 【分析】过点C作CF⊥AB于点F，由旋转的性质可得AD＝AC，BE＝BC，利用“一线三等角“证得∠D＝∠CAF，从而可判定△DAM≌△ACF（AAS），则DM＝AF．同理可证，△BFC≌△ENB（AAS），则BF＝EN＝4，再由AB＝10，可得AF，即DM的值． 【解答】解：过点C作CF⊥AB于点F，如图所示： ∵边AC绕点A沿逆时针方向旋转90°得到AD，边BC绕点B沿顺时针方向旋转90°得到BE， ∴AD＝AC，BE＝BC， ∵DM⊥AB于点M，EN⊥AB于点N，CF⊥AB于点F， ∴∠AMD＝∠AFC＝∠BFC＝∠BNE＝90°， ∴∠D+∠DAM＝90°， ∵∠CAD＝90°， ∴∠CAF+∠DAM＝90°， ∴∠D＝∠CAF， ∴在△DAM和△ACF中， ， ∴△DAM≌△ACF（AAS）， ∴DM＝AF． 同理可证，△BFC≌△ENB（AAS）， ∴BF＝EN＝4， ∵AB＝10， ∴AF＝AB﹣BF＝10﹣4＝6， ∴DM＝6． 故答案为：6． 【点评】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 5．如图，△ABC中，∠C＝90°，D为AC上一点，E是AB上一点，且∠BDE＝90°，DB＝DE＝AE，若BC＝5，则AD的长是 　10　． 【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．版权所有 【分析】过点E作EF⊥AD，垂足为F，根据垂直定义可得∠EFD＝90°，从而利用直角三角形的两个锐角互余可得∠FED+∠EDF＝90°，再利用平角定义可得∠BDC+∠EDF＝90°，然后利用同角的余角相等可得∠BDC＝∠FED，从而利用AAS证明△BDC≌△DEF，进而可得BC＝DF＝5，最后利用等腰三角形的三线合一性质进行计算即可解答． 【解答】解：过点E作EF⊥AD，垂足为F， ∴∠EFD＝90°， ∴∠FED+∠EDF＝90°， ∵∠BDE＝90°， ∴∠BDC+∠EDF＝180°﹣∠BDE＝90°， ∴∠BDC＝∠FED， ∵∠C＝∠EFD＝90°，BD＝ED， ∴△BDC≌△DEF（AAS）， ∴BC＝DF＝5， ∵EA＝ED，EF⊥AD， ∴AD＝2DF＝10， 故答案为：10． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 6．如图，AC＝AB＝BD，∠ABD＝90°，BC＝8，则△BCD的面积为（　　） A．8 B．12 C．14 D．16 【考点】等腰直角三角形．版权所有 【分析】由等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，即可求解． 【解答】解：作AE⊥BC于E，DF⊥CB交CB延长线于F， ∵AB＝AC， ∴BE＝CE＝4， ∵∠EAB+∠ABE＝∠DBF+∠ABE＝90°， ∴∠EAB＝∠DBF， ∵∠AEB＝∠BFD＝90°，AB＝DB， ∴△AEB≌△BFD（AAS）， ∴DF＝BE＝4， ∴S△DCB＝CB•DF， ∴S△DCB＝×8×4＝16， 故选：D． 【点评】本题考查等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，关键是作辅助线构造全等三角形． 7．直角三角形板中，有一个内角为45°的直角三角形是等腰直角三角形，它的两条直角边长相等．如图，△ABC中，∠ABC＝45°，∠ACB为钝角，以AC为边在右侧作等腰直角三角形ACD，∠ADC＝90°，过点D作DE⊥BC，垂足为E，连接BD，若△BCD的面积为9，则BC长为 　6　． 【考点】旋转的性质；三角形的面积；全等三角形的判定与性质；勾股定理；等腰直角三角形．版权所有 【分析】过点A作AF⊥ED交ED延长线于点F，过点A作AG⊥BE于点G，证明△CDE≌△DAF，得到相等的线段，再根据△BCD的面积，列出等式，求出BC的长． 【解答】解：过点A作AF⊥ED交ED延长线于点F，过点A作AG⊥BE于点G， ∵∠E＝∠F＝∠ADC＝90°， ∴∠ADF+∠DAF＝90°，∠ADF+∠CDE＝90°， ∴∠DAF＝∠CDE， ∵AD＝CD， ∴△CDE≌△DAF（AAS）， ∴CE＝DF＝a，AF＝DE＝b， ∵△BCD的面积为9， ∴BC×DE＝9， ∴BC＝， ∵四边形AFEG是矩形， ∴AG＝EF＝DF+DE＝a+b，EG＝AF＝b， ∴CG＝CE﹣GE＝a﹣b， ∴BG＝BC+CG＝， ∵∠ABC＝45°， ∴AG＝BG， ∴a+b＝， ∴b＝3， ∴BC＝， 故答案为：6． 【点评】本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质，勾股定理等，构造一线三等角全等三角形是解题的关键． 8．在学习完“探索全等三角形全等的条件”一节后，一同学总结出很多全等三角形的模型，他设计了以下问题给同桌解决：如图，做一个“U”字形框架PABQ，其中AB＝42cm，AP，BQ足够长，PA⊥AB于点A，点M从B出发向A运动，同时点N从B出发向Q运动，点M，N运动的速度之比为3：4，当两点运动到某一瞬间同时停止，此时在射线AP上取点C，使△ACM与△BMN全等，则线段AC的长为 　18或28　cm． 【考点】全等三角形的判定．版权所有 【分析】设BM＝3t cm，则BN＝4t cm，使△ACM与△BMN全等，由∠A＝∠B＝90°可知，分两种情况： 情况一：当BM＝AC，BN＝AM时，列方程解得t，可得AC； 情况二：当BM＝AM，BN＝AC时，列方程解得t，可得AC． 【解答】解：设BM＝3tcm，则BN＝4t cm，因为∠A＝∠B＝90°，使△ACM与△BMN全等，可分两种情况： 情况一：当BM＝AC，BN＝AM时， ∵BN＝AM，AB＝42cm， ∴4t＝42﹣3t， 解得：t＝6， ∴AC＝BM＝3t＝3×6＝18cm； 情况二：当BM＝AM，BN＝AC时， ∵BM＝AM，AB＝42cm， ∴3t＝42﹣3t， 解得：t＝7， ∴AC＝BN＝4t＝4×7＝28cm， 综上所述，AC＝18cm或AC＝28cm． 【点评】本题主要考查了全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质并利用分类讨论思想是解答此题的关键． 9．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． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【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． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键． 10．如图，△ABC为等边三角形，点D为BC边上一点，先将三角板60°角的顶点与D点重合，平放三角板，再绕点D转动三角板，三角板60°角的两边分别与边AB、AC交于点E、点F，当DE＝DF时，如图（2）所示．求证：△BDE≌△CFD． 【考点】旋转的性质；全等三角形的判定；等边三角形的性质．版权所有 【分析】由等边三角形性质可得∠B＝∠C＝60°，再由旋转的性质可得∠EDF＝60°，根据三角形内角和定理和平角定义可推出∠BED＝∠CDF，应用AAS即可证得结论． 【解答】证明：∵△ABC为等边三角形， ∴∠B＝∠C＝60°， ∴∠BDE+∠BED＝180°﹣∠B＝120°， 由旋转变换得∠EDF＝60°， ∴∠BDE+∠CDF＝180°﹣∠EDF＝120°， ∴∠BED＝∠CDF， 在△BDE和△CFD中， ， ∴△BDE≌△CFD（AAS）． 【点评】本题考查了等边三角形性质，旋转变换的性质，全等三角形的判定和性质等，熟练掌握全等三角形的基本模型：一线三等角是解题的关键． 11．如图1，∠ABC＝90°，FA⊥AB于点A，D是线段AB上的点，AD＝BC，AF＝BD． （1）判断DF与DC的数量关系为 　相等　，位置关系为 　垂直　． （2）如图2，若点D在线段AB的延长线上，过点A在AB的另一侧作AF⊥AB，并截取AF＝BD，连接DC，DF，CF，试说明（1）中结论是否成立，并说明理由． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】（1）利用SAS证明△ADF≌△BCD，得DF＝CD，∠ADF＝∠BCD，从而得出∠ADF+∠CDB＝90°，即可证明结论； （2）由（1）同理得△ADF≌△BCD，得DF＝CD，∠ADF＝∠BCD，从而得出∠ADF+∠CDB＝90°，即∠CDF＝90°． 【解答】解：（1）∵AF⊥AB， ∴∠DAF＝90°， 在△ADF与△BCD中， ， ∴△ADF≌△BCD（SAS）， ∴DF＝CD，∠ADF＝∠BCD， ∵∠BCD+∠CDB＝90°， ∴∠ADF+∠CDB＝90°， 即∠CDF＝90°， ∴CD⊥DF， 故答案为：相等，垂直； （2）成立，理由如下： ∵AF⊥AB， ∴∠DAF＝90°， ∵∠ABC＝90°， ∴∠CBD＝90°， ∴∠DAF＝∠CBD， 在△ADF与△BCD中， ， ∴△ADF≌△BCD（SAS）， ∴DF＝CD，∠ADF＝∠BCD， ∵∠BCD+∠CDB＝90°， ∴∠ADF+∠CDB＝90°， 即∠CDF＝90°， ∴CD⊥DF． 【点评】本题主要考查全等三角形的判定与性质，熟悉基本的一线三等角模型是解题的关键． 12．【问题提出】 （1）已知：如图1，AD⊥DE于点D，BE⊥DE于点E，点C在线段DE上，AC＝BC且AC⊥BC，求证：△ADC≌△CEB． 【问题解决】 （2）如图2，点D，C，E在直线l上．点A，B在l的同侧，AC⊥BC，若AD＝AC＝BC＝BE＝5cm，CD＝6cm，求CE的长． 【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．版权所有 【分析】（1）根据同角的余角相等可得∠A＝∠BCE，然后利用AAS即可证明结论； （2）作AG⊥CD于G，BH⊥CE于H，根据等腰三角形的性质得CG＝3cm，利用勾股定理得AG＝4cm，由（1）同理得，△ACG≌△CBH（AAS），得CH＝AG＝4cm，从而得出答案． 【解答】（1）证明：∵AD⊥DE于点D，BE⊥DE， ∴∠D＝∠E＝90°， ∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠ACD+∠A＝90°， ∴∠A＝∠BCE， 在△ADC和△CEB中， ， ∴△ADC≌△CEB（AAS）； （2）解：作AG⊥CD于G，BH⊥CE于H， ∵AD＝AC，AG⊥CD， ∴CG＝3cm， 在Rt△ACG中，由勾股定理得，AG＝4cm， 由（1）同理得，△ACG≌△CBH（AAS）， ∴CH＝AG＝4cm， ∵BC＝BE，BH⊥CE， ∴CE＝2CH＝8cm． 【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握基本几何模型是解题的关键． 13．问题1：如图①，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，P是BC上一点，PA＝PD，AB+BP＝BC． 求证：∠APD＝90°； 问题2：如图②，在三角形ABC中，∠B＝∠C＝45°，P是AC上一点，PE＝PD，且∠EPD＝90°． 求的值． 【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．版权所有 【分析】问题1：证明Rt△ABP≌Rt△PCD（HL），由全等三角形的性质得出∠APB＝∠PDC，则可得出结论； 问题2：过D点作DF⊥AC于点F，证明△APE≌△FDP（AAS），由全等三角形的性质得出AE＝PF，AP＝DF，证出AP＝FC，则可得出答案． 【解答】问题1：证明：∵BP+PC＝BC，BP+AB＝BC， ∴PC＝AB， 在Rt△ABP与Rt△PCD中， ， ∴Rt△ABP≌Rt△PCD（HL）， ∴∠APB＝∠PDC， ∴∠APD＝180°﹣∠APB﹣∠DPC＝180°﹣（∠PDC+∠DPC）＝180°﹣90°＝90°； 问题2：过D点作DF⊥AC于点F， 在ABC中，∠A＝180°﹣∠B﹣∠C＝90°， ∴∠A＝∠PFD， ∵∠APE+∠DPF＝90°∠AEP+∠APE＝90°， ∴∠DPF＝∠AEP， 在△APE与△FDP中， ， ∴△APE≌△FDP（AAS）， ∴AE＝PF，AP＝DF， 在△DPF中，∠FDC＝90°﹣∠C＝90°﹣45°＝45°， ∴DF＝FC， ∴AP＝FC， ∴PC＝PF+FC＝AE+AP， ∴． 【点评】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，证明△APE≌△FDP是解题的关键． 14．在直线m上依次取互不重合的三个点D，A，E，在直线m上方有AB＝AC，且满足∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α． （1）如图1，当α＝90°时，猜想线段DE，BD，CE之间的数量关系是 　DE＝BD+CE　； （2）如图2，当0＜α＜180时，问题（1）中结论是否仍然成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由； （3）拓展与应用：如图3，当α＝120°时，点F为∠BAC平分线上的一点，且AB＝AF，分别连接FB，FD，FE，FC，试判断△DEF的形状，并说明理由． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】（1）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，进而得到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE； （2）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α，进而得到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE； （3）先由α＝120°和AF平分∠BAC得到∠BAF＝∠CAF＝60°，然后结合AB＝AF＝AC得到△ABF和△ACF是等边三角形，然后得到FA＝FC、∠FCA＝∠FAB＝60°，然后结合△BDA≌△EAC得到∠BAD＝∠ACE、AD＝CE，从而得到∠FAD＝∠FCE，故可证△FAD≌△FCE，从而得到DF＝EF、∠DFA＝∠EFC，最后得到∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠EFC+∠AFE＝60°，即可得证△DEF是等边三角形． 【解答】解：（1）DE＝BD+CE，理由如下， ∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°， ∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°， ∴∠DBA＝∠EAC， ∵AB＝AC， ∴△DBA≌△EAC（AAS）， ∴AD＝CE，BD＝AE， ∴DE＝AD+AE＝BD+CE， 故答案为：DE＝BD+CE． （2）DE＝BD+CE仍然成立，理由如下， ∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α， ∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α， ∴∠DBA＝∠EAC， ∵AB＝AC， ∴△DBA≌△EAC（AAS）， ∴BD＝AE，AD＝CE， ∴DE＝AD+AE＝BD+CE； （3）△DEF是等边三角形，理由如下， ∵α＝120°，AF平分∠BAC， ∴∠BAF＝∠CAF＝60°， ∵AB＝AF＝AC， ∴△ABF和△ACF是等边三角形， ∴FA＝FC，∠FCA＝∠FAB＝∠AFC＝60°， 同（2）可得，△BDA≌△AEC， ∴∠BAD＝∠ACE，AD＝CE， ∴∠FAD＝∠FCE， ∴△FAD≌△FCE（SAS）， ∴DF＝EF，∠DFA＝∠EFC， ∴∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠EFC+∠AFE＝∠AFC＝60°， ∴△DEF是等边三角形． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，解题的关键是熟练应用一线三等角模型证明三角形全等． 15．已知，在△ABC中，AB＝AC，D，A，E三点都在直线m上，且DE＝9cm，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC （1）如图①，若AB⊥AC，则BD与AE的数量关系为 　BD＝AE　，CE与AD的数量关系为 　CE＝AD　； （2）如图②，判断并说明线段BD，CE与 DE的数量关系； （3）如图③，若只保持∠BDA＝∠AEC，BD＝EF＝7cm，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的值；若不存在，请说明理由． 【考点】三角形综合题．版权所有 【分析】（1）利用平角的定义和三角形内角和定理得∠CAE＝∠ABD，再利用AAS证明△ABD≌△CAE，得BD＝AE，CE＝AD； （2）由（1）同理可得△ABD≌△CAE，得BD＝AE，CE＝AD，可得答案； （3）分△DAB≌△ECA或△DAB≌△EAC两种情形，分别根据全等三角形的性质可解决问题． 【解答】解：（1）∵∠BDA＝∠AEC＝∠BAC， ∴∠BAD+∠CAE＝∠BAD+∠ABD， ∴∠CAE＝∠ABD， ∵∠BDA＝∠AEC，BA＝CA， ∴△ABD≌△CAE（AAS）， ∴BD＝AE，CE＝AD， 故答案为：BD＝AE，CE＝AD； （2）DE＝BD+CE， 由（1）同理可得△ABD≌△CAE（AAS）， ∴BD＝AE，CE＝AD， ∴DE＝BD+CE； （3）存在，当△DAB≌△ECA时， ∴AD＝CE＝2cm，BD＝AE＝7cm， ∴t＝1； 当△DAB≌△EAC时， ∴AD＝AE＝4.5cm，DB＝EC＝7cm， ∴t＝， 综上：t＝1或t＝． 【点评】本题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握一线三等角基本模型是解题的关键，同时渗透了分类讨论的数学思想． 6- 半角模型 1、 知识解读 1、 模型特点：①共端点等线段；②共顶点的其中一个角是另一个角的一半； 2、 解题思路：旋转（注意：在做辅助线时不能直接说旋转，具体辅助线做法如下详解，达到和旋转相同的效果） 3、 得到全等三角形和其他结论。 （1） 正方形的半角模型 1、“正方形内含型半角”模型 2、“正方形外延型半角”模型 证明过程同学们可以自己尝试一下哦！！ 证明过程： 1.“正方形内含型半角”模型 证明：如图1,延长CB至点G, 使 BG = DE, 连接AG. 在△ABG和△ADE中， ∴△ABG≌△ADE(SAS). ∴∠BAG=∠DAE,AG=AE. ∵∠EAF=45°, ∴∠BAF+∠DAE=45°. ∴∠BAF+∠BAG=45°. ∴∠FAG=∠EAF=45°. 在△AGF和△AEF中， ∴△AGF≌△AEF(SAS). ∴GF=EF. ∴EF=GB+BF=DE+BF. 2.“正方形外延型半角”模型 证明：如图2,在DC上截取DG=BF, 连接AG 在△ABF和△ADG中， ∴△ABF≌△ADG(SAS). ∴∠BAF=∠GAD,AG=AF. ∵∠EAF=45°, ∴∠BAF+∠BAE=45°. ∴∠BAE+∠GAD=45°. ∴∠EAG=∠EAF=45°. 在△AGE 和 △AFE 中 ， ∴△AGE ≌△AFE(SAS). ∴EF=GE=DE-DG=DE-BF. （2） 等腰直角三角形半角模型（备注：这个模型的结论涉及到勾股定理） 1、“等腰直角三角形内含型半角”模型 条件：如图1,在等腰直角三角形ABC中，AB=AC,∠BAC=90°,∠EAF=45°.说明BE,EF和CF的关系。 辅助线做法：如图2,过点B作BD⊥BC,且BD=FC,连接AD,DE, 分析过程：①证明出一组旋转型全等，即△ABD≌△ACF(SAS), ②再证明一组对称型全等，即△ADE≌△AFE(SAS). ③FC=DB,EF=ED，转换到Rt△DBE中，找到三边关系为DE²=BE²+BD²,即EF²=BE²+CF². 2、“等腰直角三角形外延型半角”模型 条件：如图3,在等腰直角三角形ABC中，AB=AC,∠BAC=90°,∠EAF=45°.说明BE,EF和CF的关系 辅助线做法：如图4,过点C作CD⊥BC,且CD=BE,连接AD,DF 分析过程：①证明出一组旋转型全等，即△ABE≌△ACD(SAS)； ②再证明一组对称型全等，即△ADF≌△AEF(SAS)； ③EF=DF,BE=CD，转换到Rt△CDF中，找到三边关系为DF²=CD²+CF²,即EF²=BE²+CF². （三）“邻边相等且对角互补的四边形半角”模型 条件：如图5,在四边形ABCD中，AB=AD,∠B+∠D=180°,∠EAF=∠BAD=ɑ，说明BE、DF、EF的数量关系 辅助线做法：如图6，延长CD至M，使得DM=BE,连接AM 分析过程：①可以证得一组旋转型全等，即△ABE≌△ADM(SAS) ②再证明一组对称型全等，即△AEF≌△AMF(SAS) ③进而可以得到BE+DF=EF. 2、 巩固练习 （一）正方形半角 1．如图，已知正方形ABCD，点E、F分别是AB、BC边上，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM． （1）求证：△EDF≌△MDF； （2）若正方形ABCD的边长为5，AE＝2时，求EF的长？ 【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．版权所有 【分析】（1）根据正方形的性质可得∠A＝∠DCF＝90°，AD＝AB＝BC＝5，根据旋转的性质可得∠A＝∠DCM＝90°，DE＝DM，∠EDM＝90°，从而证明F、C、M三点共线，然后利用正方形中的半角模型证明△EDF≌△MDF； （2）设CF＝x，从而可得BF＝5﹣x，EF＝FM＝2+x，然后在Rt△EBF中，根据勾股勾股定理进行计算即可解答，即可求出EF的长． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠B＝∠DCF＝90°，AD＝AB＝BC＝5， 由旋转得： ∠A＝∠DCM＝90°，DE＝DM，∠EDM＝90°， ∴∠DCF+∠DCM＝180°， ∴F、C、M三点在同一条直线上， ∵∠EDF＝45°， ∴∠FDM＝∠EDM﹣∠EDF＝45°， ∴∠EDF＝∠FDM， ∵DF＝DF， ∴△EDF≌△MDF（SAS）； （2）设CF＝x， ∴BF＝BC﹣CF＝5﹣x， 由旋转得：AE＝CM＝2， ∴BE＝AB﹣AE＝3，FM＝CF+CM＝2+x， ∵△EDF≌△MDF， ∴EF＝FM＝2+x， 在Rt△EBF中，BE2+BF2＝EF2， ∴9+（5﹣x）2＝（2+x）2， ∴x＝， ∴EF＝2+x＝， ∴EF的长为． 【点评】本题考查了旋转的性质，正方形法性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形中的半角模型是解题的关键． 2．如图1，点M、N别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠MAN＝45°，连接MN． （1）求证：MN＝BM+DN．下面提供解题思路，请填空： 如图2，把△ADN绕点A顺时针旋转 　90　度至△ABE，可使AD与AB重合． 由∠EBC＝∠ABE+∠ABC＝180°，则知E、B、C三点共线，从而可证△AEM≌　△ANM　，从而得MN＝BM+DN． （2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间有怎样的等量关系？请写出你的猜想，并证明． （3）如图4，四边形ABCD不是正方形，但满足AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠MAN＝45°，且BC＝7，DC＝13，CN＝5，求BM的长． 【考点】四边形综合题．版权所有 【分析】（1）利用旋转的性质和正方形的性质，证明△AEM≌△ANM即可求证； （2）在DC上取一点G，使DG＝BM，先证明△ABM≌△ADG，再证明△MAN≌△GAN，即可得出答案； （3）在DC上取一点G，使DG＝BM，先证明△ABM≌△ADG，再证明△MAN≌△GAN，得到MN＝NG，设BM＝x，用含x的代数式表达GC和MN，根据勾股定理列出方程，解出x的值即可． 【解答】解：（1）∵∠BAD＝90°， ∴△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABE， ∵旋转， ∴△ADN≌△ABE， ∴AN＝AE，∠DAN＝∠BAE， ∵∠MAN＝45°， ∴∠BAM+∠DAN＝45°，即∠BAM+∠BAE＝45°， ∴∠EAM＝∠NAM， ∴△AEM≌△ANM（SAS）， ∴MN＝EM＝BM+BE＝BM+DN． 故答案为：90，△ANM； （2）MN＝DN﹣BM，理由如下， 在DC上取一点G，使DG＝BM， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB，∠ADG＝∠ABM＝90°， 又∵DG＝BM， ∴△ABM≌△ADG（SAS）， ∴AM＝AG，∠MAB＝∠GAD， ∵∠MAN＝∠BAM+∠BAN＝45°， ∴∠GAD+∠BAN＝45°， ∴∠GAN＝45°，即∠MAN＝∠GAN， 又∵AN＝AN， ∴△MAN≌△GAG（SAS）， ∴MN＝NG＝DN﹣DG＝DN﹣BM， 即MN＝DN﹣BM； （3）解：在DC上取一点G，使DG＝BM， ∵∠BAD＝∠BCD＝90°， ∴∠D+∠ABC＝180°， ∵∠ABM+∠ABC＝180°， ∴∠D＝∠ABM， 又∵AB＝AD，DG＝BM， ∴△ABM≌△ADG（SAS）， ∴AM＝AG，∠MAB＝∠GAD， ∵∠MAN＝∠BAM+∠BAN＝45°， ∴∠GAD+∠BAN＝45°， ∴∠GAN＝45°，即∠MANF＝∠GAN， ∴△MAN≌△GAN（SAS）， ∴MN＝NG， 设BM＝x＝DG， ∴GC＝13﹣x， ∴MN＝NG＝18﹣x， 在Rt△MCN中，MC2+NC2＝MN2 ∴52+（7+x）2＝（18﹣x）2， 解得：x＝5， ∴BM的长为5． 【点评】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的性质和判定等内容，熟练掌握相关知识和理解题干材料是解题关键． 3．已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M，N． （1）当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时（如图1），求证：BM+DN＝MN； （2）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），则线段BM，DN和MN之间数量关系是 　BM+DN＝MN　； （3）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，猜想线段BM，DN和MN之间又有怎样的数量关系呢？并对你的猜想加以说明． 【考点】正方形的性质；旋转的性质；全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】（1）过A作AE⊥MN于E，根据全等求出AM＝AN，∠BAM＝∠DAN＝22.5°，求出∠EAN＝∠DAN＝22.5°，根据角平分线的性质求出DN＝EN，再求出答案即可； （2）证法与（1）类似，延长CB到E，使BE＝DN，连接AE，根据SAS证△ABE≌△ADN，推出AE＝AN，∠DAN＝∠BAE，求出∠NAM＝∠MAE，根据SAS证出△NAM≌△EAM即可； （3）在CD上截取DE＝BM，连接AE，根据SAS证△ADE≌△ABM，推出AE＝AM，∠DAE＝∠MAB，求出∠EAN＝∠MAN，根据SAS证出△MAN≌△EAN即可． 【解答】（1）证明：如图1，过A作AE⊥MN于E， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠D＝∠ABC＝90°，∠BAD＝90°， ∵∠MAN＝45°， ∴∠BAM+∠DAN＝90°﹣45°＝45°， 在△ABM和△ADN中 ， ∴△ABM≌△ADN（SAS）， ∴AM＝AN，∠BAM＝∠DAN＝45°＝22.5°， ∵AE⊥MN， ∴∠NAE＝MAN＝22.5°，MN＝2EN， ∴∠DAN＝∠NAE， ∵AE⊥MN，∠D＝90°， ∴DN＝NE， 即BM＝DN＝NE， ∴BM+DN＝MN； （2）解：线段BM，DN和MN之间数量关系是BM+DN＝MN，理由如下： 延长CB至E，使得BE＝DN，连接AE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠D＝∠ABC＝90°＝∠ABE， 在△ADN和△ABE中， ∵， ∴△ABE≌△ADN（SAS）， ∴∠BAE＝∠DAN，AE＝AN， ∴∠EAN＝∠BAE+∠BAN＝∠DAN+∠BAN＝90°， ∵∠MAN＝45°， ∴∠EAM＝∠MAN， ∵在△EAM和△NAM中 ， ∴△EAM≌△NAM， ∴MN＝ME， ∵ME＝BM+BE＝BM+DN， ∴BM+DN＝MN， 故答案为：BM+DN＝MN； （3）DN﹣BM＝MN，理由如下： 如图3，在DC上截取DE＝BM，连接AE， 由（1）知△ADE≌△ABM（SAS）， ∴∠DAE＝∠BAM，AE＝AM， ∴∠EAM＝∠BAM+∠BAE＝∠DAE+∠BAE＝90°， ∵∠MAN＝45°， ∴∠EAN＝∠MAN． ∵在△MAN和△EAN中， ， ∴△MAN≌△EAN（SAS）， ∴EN＝MN， 即DN﹣DE＝MN， ∴DN﹣BM＝MN． 【点评】本题考查了正方形的性质，角平分线的性质，全等三角形的性质和判定，此题比较典型，具有一定的代表性，且证明过程类似，同时通过做此题培养了学生的猜想能力和类比推理能力． 4．【感知】如图①，点M是正方形ABCD的边BC上一点，点N是CD延长线上一点，且MA⊥AN，易证△ABM≌△ADN，进而证得BM＝DN（不要求证明） 【应用】如图②，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°．求证：BE+DF＝EF． 【拓展】如图③，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝90°，∠ABC+∠ADC＝180°，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，若BD＝3，EF＝1.7，则四边形BEFD的周长为　6.4　． 【考点】四边形综合题．版权所有 【分析】【应用】如图②中，过点A作AG⊥AE交CD延长线于点G．先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，得到EF＝FG，由此即可证明． 【拓展】如图③中，如图③中，过点A作AG⊥AE交CD延长线于点G．首先证明BE+DF＝EF，由此即可计算四边形的周长． 【解答】【应用】如图②中，过点A作AG⊥AE交CD延长线于点G． ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝AD，∠B＝∠BAD＝∠ADC＝90°． ∴∠B＝∠ADG＝90°，∠BAE+∠EAD＝90°． ∵AG⊥AE，∴∠DAG+∠EAD＝90°． ∴∠BAE＝∠DAG． 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG． ∴AE＝AG，BE＝DG． ∵∠EAF＝45°，AG⊥AE， ∴∠EAF＝∠GAF＝45°． 在△FAE和△FAG中， ， ∴△AEF≌△AGF． ∴EF＝FG． ∵FG＝DF+DG＝DF+BE， ∴BE+DF＝EF． 【拓展】如图③中，过点A作AG⊥AE交CD延长线于点G． ∵AB＝AD，∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADG+∠ADC＝180° ∴∠ABE＝∠ADG， ∵AG⊥AE，∴∠DAG+∠EAD＝90°． ∵∠BAE+∠EAD＝90° ∴∠BAE＝∠DAG． 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG． ∴AE＝AG，BE＝DG． ∵∠EAF＝45°，AG⊥AE， ∴∠EAF＝∠GAF＝45°． 在△FAE和△FAG中， ， ∴△AEF≌△AGF． ∴EF＝FG． ∵FG＝DF+DG＝DF+BE， ∴BE+DF＝EF． ∴四边形BEFD的周长为EF+（BE+DF）+DB＝1.7+1.7+3＝6.4， 故答案为6.4 【点评】本题考查四边形的综合题、全等三角形的判定和性质、正方形的性质等知识，解题的关键是学会由感知部分得到启发，添加辅助线构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 5．已知，正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边长分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N，AH⊥MN于点H． （1）如图①，当∠MAN点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系：　AH＝AB　； （2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明； （3）如图③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝2，NH＝3，求AH的长． 【考点】四边形综合题．版权所有 【分析】（1）由三角形全等可以证明AH＝AB， （2）延长CB至E，使BE＝DN，证明△AEM≌△ANM，能得到AH＝AB， （3）分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，然后分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCE，设AH＝x，则MC＝x﹣2，NC＝x﹣3，在Rt△MCN中，由勾股定理，解得x． 【解答】解：（1）如图①AH＝AB， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°， 在△ABM与△ADN中，， ∴△ABM≌△ADN， ∴∠BAM＝∠DAN，AM＝AN， ∵AH⊥MN， ∴∠MAH＝MAN＝22.5°， ∵∠BAM+∠DAN＝45°， ∴∠BAM＝22.5°， 在△ABM与△AHM中，， ∴△ABM≌△AHM， ∴AB＝AH； 故答案为：AH＝AB； （2）数量关系成立．如图②，延长CB至E，使BE＝DN． ∵ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°， 在Rt△AEB和Rt△AND中，， ∴Rt△AEB≌Rt△AND， ∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD， ∴∠EAM＝∠NAM＝45°， 在△AEM和△ANM中，， ∴△AEM≌△ANM， ∴S△AEM＝S△ANM，EM＝MN， ∵AB、AH是△AEM和△ANM对应边上的高， ∴AB＝AH； （3）如图③分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND， ∴BM＝2，DN＝3，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°， 分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCD， 由（2）可知，AH＝AB＝BC＝CD＝AD， 设AH＝x，则MC＝x﹣2，NC＝x﹣3， 在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2+NC2， ∴52＝（x﹣2）2+（x﹣3）2， 解得x1＝6，x2＝﹣1（不符合题意，舍去） ∴AH＝6． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，翻折的性质，此题比较典型，具有一定的代表性，且证明过程类似，同时通过做此题培养了学生的猜想能力和类比推理能力． 6．如图1，已知正方形ABCD，AB＝3，E是边BC上的一个动点（不与点B，C重合），连接AE，点B关于直线AE的对称点为F，连接EF并延长交CD于点G，连接AG，AF． （1）求∠EAG的度数； （2）如图2，连接CF，若CF∥AG，求线段BE的长； （3）如图3，在点E运动过程中，作∠GEC的平分线EH交AG延长线于H，若S△AGE：S△EGH＝4：1，请直接写出线段BE的长． 【考点】四边形综合题．版权所有 【分析】（1）由轴对称的性质可知∠EAB＝∠EAF，利用全等三角形的性质证明∠DAG＝∠FAG即可解决问题； （2）证出FG＝DG＝CG＝1.5，设BE＝x，则EG＝x+1.5，EC＝3﹣x，由勾股定理得出（3﹣x）2+1.52＝（x+1.5）2，则可得出答案； （3）过点H作HM⊥EG，交EG的延长线于点M，HN⊥BC，交BC的延长线于点N，证明△ABE≌△ENH（AAS），由全等三角形的性质得出BE＝HN，由角平分线的性质得出MH＝HN，根据三角形面积公式可得出答案． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，点B关于AE对称， ∴AB＝AF＝AD，∠BAE＝∠EAF＝∠BAF，∠B＝∠AFE＝∠D＝90°， ∵AG＝AG， ∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL）， ∴∠FAG＝∠DAG＝∠FAD， ∴∠EAG＝∠EAF+∠GAF＝∠BAF+∠DAF＝∠BAD＝45°． （2）∵CF∥AG， ∴∠AGF＝∠CFG，∠AGD＝∠FCG， ∵△AFG≌△ADG， ∴∠AGF＝∠AGD， ∴∠GFC＝∠FCG， ∴FG＝DG＝CG＝1.5， 设BE＝x，则EG＝x+1.5，EC＝3﹣x， ∵EC2+CG2＝EG2， ∴（3﹣x）2+1.52＝（x+1.5）2， ∴x＝1， 即BE＝1． （3）过点H作HM⊥EG，交EG的延长线于点M，HN⊥BC，交BC的延长线于点N， ∵点B关于直线AE的对称点为F， ∴AB＝AF，∠AEB＝∠AEF， ∵EH平分∠CEG， ∴∠CEH＝∠GEH， ∴∠AEH＝∠BEC＝90°， ∵∠EAH＝45°， ∴∠EAH＝∠AHE， ∴AE＝EH， ∵∠AEB+∠HEN＝90°，∠BAE+∠AEB＝90°， ∴∠BAE＝∠HEN， ∵∠ABE＝∠ENH＝90°， ∴△ABE≌△ENH（AAS）， ∴BE＝HN， ∵EH平分∠CEG，HM⊥EG，HN⊥BC， ∴MH＝HN， ∵，， ∴， ∴， ∵AB＝3， ∴BE＝． 【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题． （二）等腰直角三角形半角 7．如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M，N在边BC上，且∠MAN＝45°．若BM＝1，CN＝3，则MN的长为 　　． 【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．版权所有 【分析】将△ABM逆时针旋转90°得到△ACF，连接NF，由条件可以得出△NCF为直角三角形，利用勾股定理就可以求出NF，通过证明三角形全等就可以MN＝NF，求出NF即可． 【解答】解：将△AMB逆时针旋转90°到△ACF，连接NF， ∴CF＝BM，AF＝AM，∠B＝∠ACF．∠2＝∠3， ∵△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴∠B＝∠ACB＝45°， ∵∠MAN＝45°， ∴∠NAF＝∠1+∠3＝∠1+∠2＝90°﹣45°＝45°＝∠NAF， 在△MAN和△FAN中 ∴△MAN≌△FAN（SAS）， ∴MN＝NF， ∵∠ACF＝∠B＝45°，∠ACB＝45°， ∴∠FCN＝90°， ∵CF＝BM＝1，CN＝3， ∴在Rt△CFN中，由勾股定理得：MN＝NF＝＝， 故答案为：． 【点评】本题考查了旋转的性质的运用，勾股定理的运用，全等三角形的判定与性质，能正确作出辅助线是解此题的关键，难度适中． 8．旋转变换是解决数学问题中一种重要的思想方法，通过旋转变换可以将分散的条件集中到一起，从而方便解决问题．已知，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点D、E在边BC上，且． （1）如图a，当α＝60°时，将△AEC绕点A顺时针旋转60°到△AFB的位置，连结DF． ①∠DAF＝　30°　；②求证：DF＝DE； （2）如图b，当α＝90°时，猜想BD、DE、CE的数量关系，并说明理由． 【考点】几何变换综合题．版权所有 【分析】（1）①先求出∠EAF＝60°，再求出∠DAE＝30°，即可求出答案； ②用SAS判断出△DAF≌△DAE，即可得出结论； （2）将△AEC绕点A顺时针旋转90°到△AFB的位置，连结DF，得出AF＝AE，∠EAF＝90°＝∠BAC，进而判断出△BAF≌△CAE（SAS），得出BF＝CE，∠ABF＝∠ACE，再判断出∠DBF＝90°，用勾股定理，即可得出结论． 【解答】（1）①解：由旋转知，AF＝AE，∠BAF＝∠CAE，∠EAF＝60°， ∵∠DAE＝α，∠BAC＝α＝60°， ∴∠DAE＝×60°＝30°， ∴∠CAE+∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝30°， ∴∠DAF＝∠BAD+∠BAF＝∠BAD+∠CAE＝30°， 故答案为：30°； ②证明：由①知，AF＝AE，∠DAF＝∠DAE＝30°， ∵AB＝AC， ∴△DAF≌△DAE（SAS）， ∴DF＝DE； （2）解：DE2＝BD2+CE2，理由如下： 如图， 将△AEC绕点A顺时针旋转90°到△AFB的位置，连结DF， ∴AF＝AE，∠EAF＝90°＝∠BAC， ∴∠BAF＝∠CAE， ∴△BAF≌△CAE（SAS）， ∴BF＝CE，∠ABF＝∠ACE， 在Rt△ABC中，∠C＝∠ABC＝45°， ∴∠ABF＝45°， ∴∠DBF＝90°，根据勾股定理得，DF2＝BD2+BF2， ∴DF2＝BD2+CE2， 同（1）②的方法得，DF＝DE， ∴DE2＝BD2+CE2． 【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，判断出△ADF≌△ADE是解本题的关键． （三）有一组邻边相等且对角互补半角 9．如图，△ABC是边长为6的等边三角形，BD＝CD，∠BDC＝120°，以点D为顶点作一个60°角，使其两边分别交AB于点M，交AC于点N，连结MN，则△AMN的周长是 　12　． 【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．版权所有 【分析】要求△AMN的周长，根据题目已知条件无法求出三条边的长，只能把三条边长用其它已知边长来表示，所以需要作辅助线，延长AB至F，使BF＝CN，连接DF，通过证明△BDF≌△CND，及△DMN≌△DMF，从而得出MN＝MF，△AMN的周长等于AB+AC的长． 【解答】解：∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°， ∴∠BCD＝∠DBC＝30°， ∵△ABC是边长为4的等边三角形， ∴∠ABC＝∠BAC＝∠BCA＝60°， ∴∠DBA＝∠DCA＝90°， 延长AB至F，使BF＝CN，连接DF， 在△BDF和△CND中， ， ∴△BDF≌△CND（SAS）， ∴∠BDF＝∠CDN，DF＝DN， ∵∠MDN＝60°， ∴∠BDM+∠CDN＝60°， ∴∠BDM+∠BDF＝60°， 在△DMN和△DMF中， ， ∴△DMN≌△DMF（SAS）， ∴MN＝MF， ∴△AMN的周长是：AM+AN+MN＝AM+MB+BF+AN＝AB+AC＝6+6＝12． 故答案为：12． 【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质；主要利用等边三角形和等腰三角形的性质来证明三角形全等，构造另一个三角形是解题的关键． 10．阅读下列学习内容： （1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠ABC＝∠D＝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． 探究思路如下：延长EB到点G，使BG＝DF，连接AG． ⇒△ABG≌△ADF⇒ ⇒∠DAF+∠BAE＝60°⇒∠GAB+∠BAE＝60° ∠EAG＝60°⇒⇒△AEF≌△AEG⇒EF＝EG 则由探究结果知，图中线段BE、EF、FD之间的数量关系为 　EF＝BE+FD　． （2）根据上面的方法，解决问题： 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； （3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝DA，∠BAD＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，点M、N分别在边BC、CD上，且∠MAN＝45°，若BM＝3，ND＝2，请求出线段MN的长度． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】（1）根据三角形的全等可得出线段BE、EF、FD之间的数量关系； （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）旋转ABM至△ADP位置，证明△PAN≌△MAN，得到MN＝NP，即可解答． 【解答】解：（1）EF＝BE+DF； （2）结论EF＝BE+DF仍然成立； 理由：延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，如图2， 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）∵四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝DA，∠BAD＝∠B＝∠C＝∠D＝90°， ∴四边形ABCD是正方形， 如图3，旋转ABM至△ADP位置， ∴∠PAM＝∠DAM+∠MAB＝90°AP＝AM，AN＝AN，∠PAN＝∠PAM﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°＝∠MAN， 在△PAN和△MAN中， ， ∴△PAN≌△MAN， ∴MN＝NP， ∴MN＝PN＝PD+DN＝BM+DN＝3+2＝5． 【点评】本题考查的是全等三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解题的关键． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/7/10 12:13:22；用户：19902929970；邮箱：19902929970；学号：37357472 11. [阅读]在证明线段和差问题时，经常采用截长补短法，再利用全等图形求线段的数量关系，截长法：将较长的线段截取为两段，证明截取的两段分别与给出的两段相等．补短法：延长较短两条线段中的一条，使得与较长线段相等，证明延长的那一段与另一条较短线段相等． [应用]把两个全等的直角三角形的斜边重合，∠CAD＝∠CBD＝90°，组成一个四边形ACBD，以D为顶点作∠MDN，交边AC、BC于M、N． （1）若∠ACD＝30°，∠MDN＝60°，证明：AM+BN＝MN；经过思考，小红得到了这样的解题思路：利用补短法，延长CB到点E，使BE＝AM，连接DE，先证明△DAM≌△DBE，再证明△MDN≌△EDN，即可求得结论．按照小红的思路，请写出完整的证明过程； （2）当∠ACD+∠MDN＝90°时，AM、MN、BN三条线段之间有何数量关系？（直接写出你的结论，不用证明） （3）如图③，在（2）的条件下，若将M、N改在CA、BC的延长线上，完成图③，其余条件不变，则AM、MN、BN之间有何数量关系？证明你的结论． 【分析】（1）延长CB到E，使BE＝AM，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可； （2）延长CB到E，使BE＝AM，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可； （3）在CB截取BE＝AM，连接DE，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可． 【解答】（1）证明：延长CB到E，使BE＝AM， ∵∠A＝∠CBD＝90°， ∴∠A＝∠EBD＝90°， 在△DAM和△DBE中， ， ∴△DAM≌△DBE， ∴∠BDE＝∠MDA，DM＝DE， ∵∠MDN＝∠ADC＝60°， ∴∠ADM＝∠NDC， ∴∠BDE＝∠NDC， ∴∠MDN＝∠NDE， 在△MDN和△EDN中， ， ∴△MDN≌△EDN， ∴MN＝NE， ∵NE＝BE+BN＝AM+BN， ∴AM+BN＝MN． （2）AM+BN＝MN， 证明：延长CB到E，使BE＝AM，连接DE， 由（1）知：△DAM≌△DBE， ∴∠BDE＝∠MDA＝∠CDN，DM＝DE， ∵∠MDN+∠ACD＝90°，∠ACD+∠ADC＝90°， ∴∠NDM＝∠ADC＝∠CDB， ∴∠ADM＝∠CDN＝∠BDE， ∵∠CDM＝∠NDB ∴∠MDN＝∠NDE， 在△MDN和△EDN中， ， ∴△MDN≌△EDN， ∴MN＝NE， ∵NE＝BE+BN＝AM+BN， ∴AM+BN＝MN． （3）BN﹣AM＝MN， 证明：在CB截取BE＝AM，连接DE， ∵∠CDA+∠ACD＝90°，∠MDN+∠ACD＝90°， ∴∠MDN＝∠CDA， ∵∠ADN＝∠ADN， ∴∠MDA＝∠CDN， ∵∠B＝∠CAD＝90°， ∴∠B＝∠DAM＝90°， 在△DAM和△DBE中， ， ∴△DAM≌△DBE， ∴∠BDE＝∠ADM＝∠CDN，DM＝DE， ∵∠ADC＝∠BDC＝∠MDN， ∴∠MDN＝∠EDN， 在△MDN和△EDN中， ， ∴△MDN≌△EDN， ∴MN＝NE， ∵NE＝BN﹣BE＝BN﹣AM， ∴BN﹣AM＝MN． 【点评】本题考查了四边形的综合题，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生运用性质进行推理的能力，运用了类比推理的方法，题目比较典型，但有一定的难度． 7- 婆罗摩笈多模型 1、 知识解读 1、 已知中点得垂直 证明思路： ①通过倍长中线得8字型全等 ⇒BM∥OD，BM=CD=OC ②通过∠OBM+∠BOD=180°，∠BOD+∠AOC=180° ⇒∠OBM=∠AOC ③证明△BOM≌△AOC(SAS) ⇒∠BMO=∠ACO=∠DOM ④∠DOM+∠COE=∠ACO+∠COE=90° ⑤OE⊥AC 2、已知垂直得中点 ①通过一线三垂直得2对全等 △AEO≌△OHB,△CEO≌△OKD ⇒BH=OE=KD ②证明△BHF≌△DKF(AAS) ⇒BF=DF 二、巩固练习 1．【感知】如图①，在四边形ABCD中，∠C＝∠D＝90°，点E在边CD上，∠AEB＝90°，且AE＝BE，求证：CD＝AD+BC． 【探究】如图②，在四边形ABCD中，∠C＝∠ADC＝90°，点E在边CD上，点F在边AD的延长线上，∠FEG＝∠AEB＝90°，且AE＝BE，EF＝EG，连接BG交CD于点H．求证：BH＝GH． 【拓展】如图③，点E在四边形ABCD内，∠AEB十∠DEC＝180°，且AE＝BE，DE＝EC，过E作EF交AD于点F，若∠EFA＝∠AEB，延长FE交BC于点G．求证：BG＝CG． 【分析】（1）利用AAS定理证明△EBC≌△AED，根据全等三角形的性质得到AD＝EC，BC＝DE，结合图形计算，证明结论； （2）过点G作GM⊥CD于M，证明△BCH≌△GMH，根据全等三角形的性质证明即可； （3）在FG的延长线上取点P，使EP＝AF，在FG上取点Q，使EQ＝FD，连接BP、CQ，证明△AEF≌△EBP，根据全等三角形的性质得到EF＝BP，∠AFE＝∠EPB，EF＝CQ，∠EFD＝∠CQE，利用AAS定理证明△BPG≌△CQG，根据全等三角形的对应边相等证明即可． 【解答】证明：（1）∵∠C＝∠D＝90°， ∴∠CBE+∠CEB＝90°， ∵∠AEB＝90°， ∴∠AED+∠CEB＝90°， ∴∠CBE＝∠AED， 在△EBC和△AED中， ， ∴△EBC≌△AED（AAS）， ∴AD＝EC，BC＝DE， ∴CD＝CE+DE＝AD+BC； （2）如图②，过点G作GM⊥CD于M， 由（1）可知△EBC≌△AED， ∴DE＝BC， 同（1）可得，△FDE≌△EMG（AAS）， ∴DE＝MG， ∴BC＝MG， 在△BCH和△GMH中， ， ∴△BCH≌△GMH（AAS）， ∴BH＝GH； （3）如图③，在FG的延长线上取点P，使EP＝AF，在FG上取点Q，使EQ＝FD，连接BP、CQ， ∵∠AEB十∠AEF+∠BEP＝180°，∠AEF十∠AFE+∠EAF＝180°，∠EFA＝∠AEB， ∴∠BEP＝∠EAF， 在△AEF和△EBP中， ， ∴△AEF≌△EBP（SAS）， ∴EF＝BP，∠AFE＝∠EPB， 同理可得，△DEF≌△ECQ（SAS）， ∴EF＝CQ，∠EFD＝∠CQE， ∴BP＝CQ， ∵∠EFD+∠AFE＝180°，∠CQE+∠CQG＝180°， ∴∠BPG＝∠CQG， 在△BPG和△CQG中， ， ∴△BPG≌△CQG（AAS）， ∴BG＝CG． 【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、灵活运用类比思想是解题的关键． 2．婆罗摩笈多（Brahmagupta）约公元598年生，约660年卒，在数学、天文学方面有所成就．婆罗摩笈多是印度印多尔北部乌贾因地方人，原籍可能为巴基斯坦的信德．婆罗摩笈多的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位．例如下列模型就被称为“婆罗摩笈多模型”：如图1，2，3，△ABC中，分别以AB，AC为边作Rt△ABE和Rt△ACD，AB＝AE，AC＝AD，∠BAE＝∠CAD＝90°，则有下列结论： （Ⅰ）图1中S△ABC＝S△ADE； （Ⅱ）如图2中，若AM是边BC上的中线，则ED＝2AM； （Ⅲ）如图3中，若AM⊥BC，则MA的延长线平分ED于点N． （1）上述三个结论中请你选择一个感兴趣的结论进行证明，写出证明过程； （2）能力拓展：将上述图形中的某一个直角三角形旋转到如图4所示的位置：△ABC与△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接BD，CE，若F为BD的中点，连接AF，求证：2AF＝CE． 【分析】（1）如图1，由“AAS”可证△ADH≌△ACP，CP＝DH，由三角形的面积公式可求解； 如图2，延长AM至N，使得MN＝AM，连接BN，由“SAS”可证△BMN≌△CMA，可得BN＝AC，∠CAM＝∠BNM，由“SAS”可证△ABN≌△EAD，可得AN＝DE，可得结论； 如图3，过点E作EP⊥MN，交MN的延长线于P，DQ⊥MN于Q，先证AM＝EP，AM＝DQ，可得EP＝DQ，由“AAS”可证△EPN≌△DQN，可得EN＝DN； （2）延长AF至K，使FK＝AF，连接DK，由“SAS”可证△AFB≌△KFD，可得AB＝KD，∠ABD＝∠BDK，由“SAS”可证△ADK≌△EAC，可得CE＝AK，可得结论． 【解答】解：如图1，过点D作DH⊥AE于H，过点C作CP⊥BA，交BA的延长线于P， ∵∠BAE＝90°， ∴∠EAP＝90°＝∠DAC， ∴∠DAH＝∠CAP， ∵DH⊥AE，CP⊥BA， ∴∠DHA＝∠CPA＝90°， 又∵AD＝AC， ∴△ADH≌△ACP（AAS）， ∴CP＝DH， ∴×AE×DH＝×AB×CP， ∴S△ABC＝S△ADE； 如图2，延长AM至N，使得MN＝AM，连接BN， ∵AM是边BC上的中线， ∴BM＝CM， 又∵∠AMC＝∠BMN，AM＝MN， ∴△BMN≌△CMA（SAS）， ∴BN＝AC，∠CAM＝∠BNM， ∵AC＝AD，AC∥BN， ∴BN＝AD， ∵AC∥BN， ∴∠BAC+∠ABN＝180°， ∵∠BAE＝∠CAD＝90°， ∴∠BAC+∠EAD＝180°， ∴∠ABN＝∠EAD， 在△ABN和△EAD中， ， ∴△ABN≌△EAD（SAS）， ∴AN＝DE， ∵MN＝AM， ∴DE＝AN＝2AM， 如图3，过点E作EP⊥MN，交MN的延长线于P，DQ⊥MN于Q， ∴∠EPA＝∠DQA＝90°＝∠EAB＝∠AMB， ∴∠BAM+∠EAP＝90°＝∠BAM+∠ABM， ∴∠EAP＝∠ABM， 又∵AB＝AE， ∴△ABM≌△EAP（AAS）， ∴AM＝EP， 同理可证AM＝DQ， ∴EP＝DQ， 又∵∠ENP＝∠DNQ，∠EPN＝∠DQN＝90°， ∴△EPN≌△DQN（AAS）， ∴EN＝DN； （2）如图4，延长AF至K，使FK＝AF，连接DK， ∵F为BD的中点， ∴DF＝BF， 又∵AF＝FK，∠AFB＝∠DFK， ∴△AFB≌△KFD（SAS）， ∴AB＝KD，∠ABD＝∠BDK， ∴AB＝AC＝DK， ∵∠ABD+∠ADB+∠BAD＝180°， ∴∠DAB+∠ADK＝180°， ∵∠DAE＝∠CAB＝90°， ∴∠DAB+∠CAE＝180°， ∴∠CAE＝∠ADK， 又∵AD＝AE，DK＝AC， ∴△ADK≌△EAC（SAS）， ∴CE＝AK， ∴CE＝2AF． 【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$