专题2 构造全等三角形的常用方法-2025-2026学年八年级数学上册【基础过关+易错警示+中档提升+拓展延伸】同步练习课后作业（人教版）

专题2 构造全等三角形的常用方法 类型一 倍长中线法 【典例1】（2023春•莱山区期末）【阅读理解】 如图1，△ABC中，若AB＝9，AC＝5，求BC边上的中线AD的取值范围．可以用如下方法：延长AD至E，使DE＝AD，连接BE． （1）在△ABE中，利用三角形三边关系即可判断AD的取值范围是 　 　 ． 【问题解决】 如图2，△ABC中，D是BC边上的中点，DE⊥DF于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF． （2）求证：BE+CF＞EF； 【问题拓展】 如图3，在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，CB＝CD，∠BCD＝102°，以C为顶点作一个51°的角，角的两边分别交AB、AD于E、F两点，连接EF． （3）试探究线段BE，DF，EF之间的数量关系，并说明理由． 【针对训练】 1．（2024秋•定州市期中）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．求证：△ADC≌△EDB． （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． 2．（2023秋•大冶市校级月考）如图，在△ABC中，点O为BC的中点，点M为AB上一点，ON⊥OM交AC于N． 求证：BM+CN＞MN． 类型二 截长补短法 【典例2】如图，已知四边形ABCD中，AD∥BC，若∠DAB的平分线AE交CD于E，连接BE，且BE恰好平分∠ABC，求证：AB＝AD+BC． 【针对训练】 1．如图，已知：正方形ABCD中，∠BAC的平分线交BC于E，求证：AB+BE＝AC． 方法（一）： 方法（二）： 2．（2024秋•安阳期末）如图，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AE＝AC，AF⊥CB，垂足为F． （1）求证：△ABC≌△ADE； （2）求证：CD＝2BF+DE． 3．（2024秋•蔡甸区校级月考）如图，已知AD∥BC，∠PAB的平分线与∠CBA的平分线相交于E，CE的连线交AP于D．求证：AD+BC＝AB． 类型三 半角模型——旋转构造全等 【典例3】（2022秋•太和县期末）如图，在四边形ABDC中，AC＝AB，DC＝DB，∠CAB＝60°，∠CDB＝120°，E是AC上一点，F是AB延长线上一点，且CE＝BF，连接AD． （1）求证： ①DE＝DF； ②∠ADB＝60°． （2）若点G在AB上，且∠EDG＝60°，猜想CE、EG、BG之间的数量关系，并说明理由． 【针对训练】 1．（2024秋•新田县期中）阅读理解 半角模型：半角模型是指有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角两边相等，通过翻折或旋转，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构造全等三角形，使条件弱化，这样可把握问题的本质．【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1中线段BE、EF、FD之间的数量关系． 【初步探索】 小亮同学认为解决此问题可以用如下方法：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，则可得到线段BE、EF、FD之间的数量关系是 　 　 ． 【探索延伸】 如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC、CD上的点，，上述结论是否仍然成立，并说明理由． 【结论运用】 如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进，1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处；且两舰艇之间的夹角∠EOF为70°，则此时两舰艇之间的距离为 海里． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题2 构造全等三角形的常用方法 类型一 倍长中线法 【典例1】（2023春•莱山区期末）【阅读理解】 如图1，△ABC中，若AB＝9，AC＝5，求BC边上的中线AD的取值范围．可以用如下方法：延长AD至E，使DE＝AD，连接BE． （1）在△ABE中，利用三角形三边关系即可判断AD的取值范围是 　1.5＜AD＜7　 ． 【问题解决】 如图2，△ABC中，D是BC边上的中点，DE⊥DF于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF． （2）求证：BE+CF＞EF； 【问题拓展】 如图3，在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，CB＝CD，∠BCD＝102°，以C为顶点作一个51°的角，角的两边分别交AB、AD于E、F两点，连接EF． （3）试探究线段BE，DF，EF之间的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）将△ACD绕着点D逆时针旋转180°得到△EBD，得到△ACD≌△EBD，根据全等三角形的性质得到BE＝AC，根据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； （2）延长FD至点M，使DM＝DF，连接BM、EM，同（1）得△BMD≌△CFD，得出BM＝CF，由线段垂直平分线的性质得出EM＝EF，在△BME中，由三角形的三边关系得出BE+BM＞EM即可得出结论； （3）延长AB至点H，使BH＝DF，连接CH，证出∠HBC＝∠D，证明△HBC≌△FDC，得出CH＝CF，∠HCB＝∠FCD，证出∠ECH＝51°＝∠ECF，再证明△HCE≌△FCE，得出EH＝EF，即可得出结论． 【详解】（1）解：如图①，将△ACD绕着点D逆时针旋转180°得到△EBD，则△ACD≌△EBD， ∴AD＝DE，BE＝AC＝5， 在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，即4＜AE＜14， 故答案为：2＜AD＜7 （2）证明：如图②，延长FD至N，使DN＝DF，连接BN、EN， 在△FDC和△NDB中， ， ∴△FDC≌△NDB（SAS） ∴BN＝FC， ∵DF＝DN，DE⊥DF， ∴EF＝EN 在△EBN中，BE+BN＞EN， ∴BE+CF＞EF； （3）解：BE+DF＝EF， 理由如下：如图③，延长AB至点H，使BH＝DF，连接CH， ∵∠ABC+∠D＝180°，∠HBC+∠ABC＝180°， ∴∠HBC＝∠D， 在△HBC和△FDC中， ， ∴△HBC≌△FDC（SAS） ∴CH＝CF，∠HCB＝∠FCD， ∵∠BCD＝102°，∠ECF＝51°， ∴∠BCE+∠FCD＝51°， ∴∠ECH＝51°＝∠ECF， 在△HCE和△FCE中， ， ∴△HCE≌△FCE（SAS） ∴EH＝EF， ∴BE+DF＝EF． 【点睛】本题考查的是三角形的三边关系、全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线、掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解决问题的关键． 【针对训练】 1．（2024秋•定州市期中）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．求证：△ADC≌△EDB． （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． 【分析】（1）由SAS证明三角形全等可得出答案； （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． 【详解】（1）证明：∵AD是△ABC的中线 ∴DB＝CD， 在△ADC和△EDB中， ， ∴△ADC≌△EDB（SAS）； （2）证明：延长AD至M，使DM＝AD， ∵AD是△ABC的中线， ∴DB＝CD， 在△ABD和△MCD中， ， ∴△ABD≌△MCD（SAS）， ∴MC＝AB，∠B＝∠MCD， ∵AB＝CE， ∴CM＝CE， ∵∠BAC＝∠BCA， ∴∠B+∠BAC＝∠ACB+∠MCD， 即∠ACM＝∠ACE， 在△ACM和△ACE中， ∴△ACM≌△ACE（SAS）． ∴AE＝AM， ∵AM＝2AD， ∴AE＝2AD． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定定理． 2．（2023秋•大冶市校级月考）如图，在△ABC中，点O为BC的中点，点M为AB上一点，ON⊥OM交AC于N． 求证：BM+CN＞MN． 【分析】延长NO至P，使OP＝NO，连接MP、BP，根据SAS可证△BOP≌△CON，根据全等三角形的性质，线段中垂线定理可得MN＝MP，再根据三角形三边关系即可求解． 【详解】证明：延长NO至P，使OP＝NO，连接MP、BP， ∵点0为BC的中点， ∴BO＝CO， 在△BOP与△CON中， ， ∴△BOP≌△CON（SAS）， ∴PB＝CN， ∵MO⊥PN，OP＝ON， ∴MN＝MP（线段中垂线定理）， ∵BM+BP＞MP， ∴BM+CN＞MN． 【点睛】考查了全等三角形的判定与性质，线段中垂线定理，三角形三边关系，本题的难点是作出辅助线，将三条线段转移到一个三角形中． 类型二 截长补短法 【典例2】如图，已知四边形ABCD中，AD∥BC，若∠DAB的平分线AE交CD于E，连接BE，且BE恰好平分∠ABC，求证：AB＝AD+BC． 【分析】延长AE交BC延长线于F．想办法证明BA＝BF，△ADE≌△FCE（ASA）解决问题． 【详解】证明：如图，延长AE交BC延长线于F． ∵AD∥CB， ∴∠CBA+∠BAD＝180°，∵BE平分∠CBA，AE平分∠BAD， ∴∠EBA+∠BAE＝90°， ∴∠BEA＝180°﹣90°＝90°， ∴BE⊥AF， ∵BE＝BE，∠BEA＝∠BEF， ∴△ABE≌△FBE（ASA）， ∴BA＝BF，AE＝FE， ∴△ADE≌△FCE（ASA）， ∴AD＝CF， ∴AB＝BC+CF＝BC+AD． 【点睛】本题考查平行线的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 【针对训练】 1．如图，已知：正方形ABCD中，∠BAC的平分线交BC于E，求证：AB+BE＝AC． 方法（一）： 方法（二）： 【分析】方法一：过点E作EF⊥AC于F，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得BE＝EF，再利用“HL”证明Rt△ABE和Rt△AFE全等，根据全等三角形对应边相等可得AB＝AF，再求出△CEF是等腰直角三角形，然后得到EF＝CF，最后根据AF+CF＝AC等量代换即可得证； 方法二：延长AB到H，使BH＝BE，从而得到△BHE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得∠H＝45°，根据正方形的对角线平分一组对角可得∠ACB＝45°，从而得到∠ACB＝∠H，再根据角平分线的定义可得∠BAE＝∠CAE，然后利用“角角边”证明△AHE和△ACE全等，根据全等三角形对应边相等可得AH＝AC，再根据AB+BH＝AH等量代换即可得证． 【详解】证明：方法一：如图1，过点E作EF⊥AC于F， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠B＝90°，∠ACB＝45°， ∵AE是∠BAC的平分线， ∴BE＝EF， 在Rt△ABE和Rt△AFE中， ， ∴Rt△ABE≌Rt△AFE（HL）， ∴AB＝AF， ∵EF⊥AC，∠ACB＝45°， ∴△CEF是等腰直角三角形， ∴EF＝CF， ∵AF+CF＝AC， ∴AB+BE＝AC； 方法二：如图2，延长AB到H，使BH＝BE， 所以，△BHE是等腰直角三角形， 所以，∠H＝45°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ACB＝45°， ∴∠ACB＝∠H， ∵AE是∠BAC的平分线， ∴∠BAE＝∠CAE， 在△AHE和△ACE中， ， ∴△AHE≌△ACE（AAS）， ∴AH＝AC， ∵AB+BH＝AH， ∴AB+BE＝AC． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，利用“截长补短法”作出辅助线是解题的关键． 2．（2024秋•安阳期末）如图，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AE＝AC，AF⊥CB，垂足为F． （1）求证：△ABC≌△ADE； （2）求证：CD＝2BF+DE． 【分析】（1）由“SAS”可证△ABC≌△ADE； （2）先证明△AFB≌△AFG，可得AB＝AG，∠ABF＝∠G，由（1）知△BAC≌△DAE，可得AG＝AD，∠ABF＝∠CDA，∠G＝∠CDA，再证明△CGA≌△CDA，可得CD＝CG，可得CD＝2BF+DE． 【详解】证明：（1）∵∠BAD＝∠CAE＝90°， ∴∠BAC+∠CAD＝∠CAD+∠DAE＝90°， ∴∠BAC＝∠DAE， 在△ABC和△ADE中， ， ∴△ABC≌△ADE（SAS）； （2）如图，延长CF至G，使FG＝BF，连接AG， ∵AF⊥BC， ∴∠AFG＝∠AFB＝90°， 在△AFB和△AFG中， ， ∴△AFB≌△AFG（SAS）， ∴AB＝AG，∠ABF＝∠G， 由（1）知△BAC≌△DAE， ∴AB＝AD，∠CBA＝∠EDA，CB＝ED， ∴AG＝AD，∠ABF＝∠CDA， ∴∠G＝∠CDA， 在△CGA和△CDA中， ， ∴△CGA≌△CDA（AAS）， ∴CG＝CD， ∵CG＝CB+BF+FG＝CB+2BF＝DE+2BF， ∴CD＝2BF+DE． 【点睛】本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，添加恰当的辅助线构造全等三角形是解题的关键． 3．（2024秋•蔡甸区校级月考）如图，已知AD∥BC，∠PAB的平分线与∠CBA的平分线相交于E，CE的连线交AP于D．求证：AD+BC＝AB． 【分析】延长BE交AP于点F，由AD∥BC得∠AFE＝∠CBE，而∠FAE＝∠BAE，∠CBE＝∠ABE，则∠AFE＝∠ABE，即可证明△AFE≌△ABE，得FE＝BE，AF＝AB，再证明△DEF≌△CEB，得DF＝BC，即可证明AD+BC＝AB． 【详解】证明：如图，延长BE交AP于点F， ∵AD∥BC， ∴∠AFE＝∠CBE， ∵∠PAB的平分线与∠CBA的平分线相交于E， ∴∠FAE＝∠BAE，∠CBE＝∠ABE， ∴∠AFE＝∠ABE， 在△AFE和△ABE中， ， ∴△AFE≌△ABE（AAS）， ∴FE＝BE，AF＝AB， 在△DEF和△CEB中， ， ∴△DEF≌△CEB（ASA）， ∴DF＝BC， ∴AD+BC＝AD+DF＝AF＝AB． 【点睛】此题重点考查平行线的性质、全等三角形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 类型三 半角模型——旋转构造全等 【典例3】（2022秋•太和县期末）如图，在四边形ABDC中，AC＝AB，DC＝DB，∠CAB＝60°，∠CDB＝120°，E是AC上一点，F是AB延长线上一点，且CE＝BF，连接AD． （1）求证： ①DE＝DF； ②∠ADB＝60°． （2）若点G在AB上，且∠EDG＝60°，猜想CE、EG、BG之间的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）①在本题中证线段相等，需三角形全等，线段DE，DF在△CDE，△FDB中，②证明∠ADB＝60°，需要连接AD，得全等△ABD和△ACD，得出∠的度数． （2）3条线段的关系，一般情况下，就是两短线之和等于长线段，有（1）可知CE＝BF，及CE+BG＝BF+BG＝GF，这样就转化为EG与GF的关系，又回到三角形是否全等的问题． 【详解】（1）证明：①在四边形ABCD中∠A＝60°，∠CDB＝120°， ∵∠A+∠ABD+∠CDB+∠C＝360°， ∴∠ABD+∠C＝180°， 又∵∠ABD+∠DBF＝180°， ∴∠C＝∠DBF． 在△CDE和△BDF中，CE＝BF，∠C＝∠DBF，DC＝DB， ∴△CDE≌△BDF（SAS）． ∴DE＝DF． ②连接AD，在△ACD和△ABD中，AC＝AB，DC＝DB，AD＝AD， ∴△ACD≌△ABD（SSS）． ∴∠ADC＝∠ADB． 又∵∠CDB＝120°， ∴∠ADB＝60°． （2）解：猜想CE、EG、BG之间的数量关系是EG＝GB+CE，理由如下： ∵∠CDB＝120°，∠ADB＝60°， ∴∠CDE+∠BDG＝60°． 由（1）知△CDE≌△BDF， ∴∠CDE＝∠FDB． ∴∠GDF＝∠BDG+∠BDF＝∠CDE+∠BDG＝60°， 又∵∠EDG＝60°， ∴∠EDG＝∠GDF． 在△EDG和△FDG中，DE＝DF，∠EDG＝∠GDF，DG＝DG， ∴△EDG≌△FDG（SAS）． ∴EG＝GF＝GB+BF＝GB+CE． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定、性质、角的计算，解题的关键是：（1）找出全等的三角形，及△CDE≌△BDF；△ACD≌△ABD，（2）证出EG＝FG．本题难度不大，但较繁琐，解决该题型题目时，根据全等三角形的性质找出相等的边角关系是关键． 【针对训练】 1．（2024秋•新田县期中）阅读理解 半角模型：半角模型是指有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角两边相等，通过翻折或旋转，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构造全等三角形，使条件弱化，这样可把握问题的本质．【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1中线段BE、EF、FD之间的数量关系． 【初步探索】 小亮同学认为解决此问题可以用如下方法：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，则可得到线段BE、EF、FD之间的数量关系是 　EF＝BE+FD　 ． 【探索延伸】 如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC、CD上的点，，上述结论是否仍然成立，并说明理由． 【结论运用】 如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进，1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处；且两舰艇之间的夹角∠EOF为70°，则此时两舰艇之间的距离为 　210　 海里． 【分析】【初步探索】延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，则可得到结论； 【探索延伸】延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，则结论可求； 【结论运用】连接EF，延长AE、BF交于点C，利用已知条件得到：四边形OABC中：OA＝OB，∠OAC+∠OBC＝180°且∠EOF∠AOB，符合【探索延伸】具备的条件，则EF＝AE+BF． 【详解】解：【初步探索】延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，如图， 在Rt△ABE和Rt△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG， ∵∠BAD＝∠BAE+∠EAD，∠EAG＝∠EAD+∠DAG， ∴∠BAD＝∠EAG． ∵∠EAF∠BAD， ∴∠EAF∠EAG， ∴∠EAF＝∠GAF． 在△AEF和△AGF中， ， ∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴EF＝FG， ∵GF＝GD+DF＝DF+BE， ∴EF＝BE+DF； 故答案为：EF＝BE+FD； 【探索延伸】结论仍然成立：EF＝BE+DF． 证明：延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，如图， ∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADG＝180°， ∴∠B＝∠ADG， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG， ∵∠BAD＝∠BAE+∠EAD，∠EAG＝∠EAD+∠DAG， ∴∠BAD＝∠EAG． ∵∠EAF∠BAD， ∴∠EAF∠EAG， ∴∠EAF＝∠GAF． 在△AEF和△AGF中， ， ∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴EF＝FG， ∵GF＝GD+DF＝DF+BE， ∴EF＝BE+DF； 【结论运用】连接EF，延长AE、BF交于点C，如图， ∵∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°，∠EOF＝70°， ∴∠EOF∠AOB， ∵OA＝OB，∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝180°， ∴四边形OABC中：OA＝OB，∠OAC+∠OBC＝180°， ∴四边形OABC符合探索延伸中的条件， ∴结论EF＝AE+BF成立， 即EF＝AE+BF＝1.5×60+1.5×80＝210（海里）， ∴此时两舰艇之间的距离是210海里． 故答案为：210． 【点睛】本题主要考查四边形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定定理与性质定理是解题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$