专题8 全等三角形中的基本模型2025-2026学年八年级数学上册【提优专题+重点题型+单元试卷 】典例剖析及举一反三训练（人教版）

专题8 全等三角形中的基本模型 典例精讲+针对训练 类型一 一线三等角模型 【典例1】（2023秋•海城市期中）问题情境：如图①，在直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于点D，可知：∠BAD＝∠C（不需要证明）； （1）特例探究：如图②，∠MAN＝90°，射线AE在这个角的内部，点B、C在∠MAN的边AM、AN上，且AB＝AC，CF⊥AE于点F，BD⊥AE于点D．证明：△ABD≌△CAF； （2）归纳证明：如图③，点B，C在∠MAN的边AM、AN上，点E，F在∠MAN内部的射线AD上，∠1、∠2分别是△ABE、△CAF的外角．已知AB＝AC，∠1＝∠2＝∠BAC．求证：△ABE≌△CAF； （3）拓展应用：如图④，在△ABC中，AB＝AC，AB＞BC．点D在边BC上，CD＝2BD，点E、F在线段AD上，∠1＝∠2＝∠BAC．若△ABC的面积为3，则△ACF与△BDE的面积之和为 　 　 ． 针对训练 1．如图，D，A，E三点都在一条直线上，且∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，AB＝AC，试探究BD，CE与DE之间的数量关系． 2．（2024春•南岗区期中）如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别为D，E，AD＝2.5，DE＝1.8，求BE的长． 4．（2025春•锦江区期中）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线l经过点C，过A作AD⊥l，垂足为D，过B作BE⊥l，垂足为E． （1）求证：△ADC≌△CEB； （2）若AD＝5，DE＝13，求BE的长； （3）如图2，延长AD至F，连接CF，过点C作CG⊥CF，且CG＝CF，连接BG交直线l于点H，若S△CGH＝12，CD＝6，求线段AF的长． 5．（2023秋•牡丹江期中）已知在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线l绕点C旋转，过点A作AD⊥l于D，过点B作BE⊥l于E，若AD＝6，BE＝3，画图并直接写出DE的长． 类型二 手拉手模型 【典例2】（2024秋•肥城市期末）已知：如图①，在△AOB和△COD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝50° （1）求证：①AC＝BD；②∠APB＝50°； （2）如图②，在△AOB和△COD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝α，则AC与BD间的等量关系为 　 　 ，∠APB的大小为 　 　 针对训练 1．（2023春•仓山区期末）如图1，△ABC和△ADE均为等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE＝40°，连接BD，CE交于点F． （1）求证：BD＝CE； （2）求∠BFE的度数； （3）连接AF，请从以下两个结论中选择一个正确的结论进行证明： ①AF平分∠CAD；②FA平分∠BFE； （4）参考以上结论，在图2中用尺规作图找出点P．使得∠GPH＝∠GPI＝∠HPI＝120°．（保留作图痕迹，不用说明理由） 2．（2023秋•西湖区期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝2AB，点D是AC的中点．将一块锐角为45°的直角三角板如图放置，使三角板斜边的两个端点分别与A、D重合，连接BE、EC． （1）求证：△ABE≌△DCE． （2）试猜想线段BE和EC的数量及位置关系，并证明你的猜想． 类型三 半角模型 【典例3】（2023秋•东港区月考）如图，在正方形ABCD中，M、N分别是射线CB和射线DC上的动点，且始终∠MAN＝45°． （1）如图1，当点M、N分别在线段BC、DC上时，请写出线段BM、MN、DN之间的数量关系并证明； （2）如图2，当点M、N分别在CB、DC的延长线上时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，给予证明；若不成立，写出正确的结论，并证明； （3）如图3，在△ABC中，AB＝AC，D、E在BC上，∠BAC＝2∠DAE，若S△ABC＝14，S△ADE＝6，求线段BD、DE、EC围成的三角形的面积，直接写出结果． 针对训练 1．（2023春•安宁区期末）探索与发现——“半角”模型 问题背景 （1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系，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，则线段BE，EF，FD之间的数量关系是 　 　 ； 探索发现 （2）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； 拓展延伸 （3）在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是直线BC，CD上的两个动点，且∠EAF∠BAD请直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关系． 2．如图，在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝120°，E为AB上一点，∠DCE＝60°，∠DAE＝120°，求证：DE﹣AD＝BE． 3．如图，△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝120°，点E为AB上一点，∠DCE＝∠DAE＝60°，求证：AD+DE＝BE． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题8 全等三角形中的基本模型 典例精讲+针对训练 类型一 一线三等角模型 【典例1】（2023秋•海城市期中）问题情境：如图①，在直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于点D，可知：∠BAD＝∠C（不需要证明）； （1）特例探究：如图②，∠MAN＝90°，射线AE在这个角的内部，点B、C在∠MAN的边AM、AN上，且AB＝AC，CF⊥AE于点F，BD⊥AE于点D．证明：△ABD≌△CAF； （2）归纳证明：如图③，点B，C在∠MAN的边AM、AN上，点E，F在∠MAN内部的射线AD上，∠1、∠2分别是△ABE、△CAF的外角．已知AB＝AC，∠1＝∠2＝∠BAC．求证：△ABE≌△CAF； （3）拓展应用：如图④，在△ABC中，AB＝AC，AB＞BC．点D在边BC上，CD＝2BD，点E、F在线段AD上，∠1＝∠2＝∠BAC．若△ABC的面积为3，则△ACF与△BDE的面积之和为 　1　 ． 【分析】（1）根据图②，求出∠BDA＝∠AFC＝90°，∠ABD＝∠CAF，根据AAS证两三角形全等即可； （2）根据图③，运用三角形外角性质求出∠ABE＝∠CAF，∠BAE＝∠FCA，根据ASA证两三角形全等即可； （3）根据图④，由CD＝2BD，△ABC的面积为3，可求出△ABD的面积为1，根据△ABE≌△CAF，得出△ACF与△BDE的面积之和等于△ABD的面积，据此即可得出答案． 【详解】（1）证明：如图②， ∵CF⊥AE，BD⊥AE，∠MAN＝90°， ∴∠BDA＝∠AFC＝90°， ∴∠ABD+∠BAD＝90°，∠BAD+∠CAF＝90°， ∴∠ABD＝∠CAF， 在△ABD和△CAF中， ， ∴△ABD≌△CAF（AAS）； （2）证明：如图③， ∵∠1＝∠BAC，∠1＝∠BAE+∠ABE，∠BAC＝∠BAE+∠CAF， ∴∠ABE＝∠CAF， ∵∠2＝∠FCA+∠CAF，∠BAC＝∠BAE+∠CAF，∠2＝∠BAC， ∴∠BAE＝∠FCA， 在△ABE和△CAF中， ， ∴△ABE≌△CAF（ASA）； （3）解：如图④， ∵△ABC的面积为3，CD＝2BD， ∴△ABD的面积3＝1， 由（2）可得△ABE≌△CAF， 即△ACF的面积＝△ABE的面积， ∴△ACF与△BDE的面积之和等于△ABE与△BDE的面积之和， 即△ACF与△BDE的面积之和等于△ABD的面积1． 故答案为：1． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，三角形的面积计算，三角形的外角性质等知识点的综合应用，解决问题的关键是掌握：两角及其夹边分别对应相等的两个三角形全等；两角及其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等；全等三角形的周长相等，面积相等． 针对训练 1．如图，D，A，E三点都在一条直线上，且∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，AB＝AC，试探究BD，CE与DE之间的数量关系． 【分析】由“AAS”可证△ABD≌△CAE，可得AD＝CE，BD＝AE，可得结论． 【详解】解：DE＝BD+CE， 理由如下： ∵∠BAE＝∠D+∠ABD＝∠BAC+∠CAE，且∠ADB＝∠AEC＝∠BAC， ∴∠ABD＝∠CAE， 在△ABD和△CAE中， ， ∴△ABD≌△CAE（AAS）， ∴AD＝CE，BD＝AE， ∵DE＝AD+AE， ∴DE＝CE+BD． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，熟练运用全等三角形的性质和判定解决问题是本题的关键． 2．（2024春•南岗区期中）如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别为D，E，AD＝2.5，DE＝1.8，求BE的长． 【分析】根据条件可以得出∠E＝∠ADC＝90°，进而得出△CEB≌△ADC，就可以得出BE＝DC，AD＝CE＝2.5，即可求解． 【详解】解：∵BE⊥CE，AD⊥CE， ∴∠E＝∠ADC＝90°， ∴∠EBC+∠BCE＝90°． ∵∠BCE+∠ACD＝90°， ∴∠EBC＝∠DCA． 在△CEB和△ADC中， ， ∴△CEB≌△ADC（AAS）， ∴BE＝DC，AD＝CE＝2.5 ∴BE＝CD＝CE﹣DE＝2.5﹣1.8＝0.7． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质，直角三角形的性质的运用，解答时证明三角形全等是关键． 4．（2025春•锦江区期中）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线l经过点C，过A作AD⊥l，垂足为D，过B作BE⊥l，垂足为E． （1）求证：△ADC≌△CEB； （2）若AD＝5，DE＝13，求BE的长； （3）如图2，延长AD至F，连接CF，过点C作CG⊥CF，且CG＝CF，连接BG交直线l于点H，若S△CGH＝12，CD＝6，求线段AF的长． 【分析】（1）由AD⊥l，垂足为D，BE⊥l，垂足为E，得∠ADC＝∠CEB＝90°，因为∠ACB＝90°，所以∠CAD＝∠BCE＝90°﹣∠ACD，而AC＝CB，即可根据“AAS”证明△ADC≌△CEB； （2）由全等三角形的性质得AD＝CE＝5，因为DE＝13，所以CD＝BE＝DE﹣CE＝8； （3）作GL⊥l于点L，则∠CLG＝∠FDC＝∠BEH＝90°，由CG⊥CF，推导出∠LCG＝∠F，而GC＝CF，可证明△CLG≌△FDC，得GL＝CD＝6，CL＝FD，则GL＝BE，再证明△CHL≌△BHE，得HL＝HE，由S△CGH6CH＝12，求得CH＝4，则CE+CL＝CH﹣HE+CH+HE＝2CH＝8，所以AF＝AD+FD＝CE+CL＝8． 【详解】（1）证明：∵直线l经过点C，AD⊥l，垂足为D，BE⊥l，垂足为E， ∴∠ADC＝∠CEB＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠CAD＝∠BCE＝90°﹣∠ACD， 在△ADC和△CEB中， ， ∴△ADC≌△CEB（AAS）． （2）解：由（1）得△ADC≌△CEB， ∴AD＝CE＝5， ∵DE＝13， ∴CD＝BE＝DE﹣CE＝13﹣5＝8， ∴BE的长是8． （3）解：如图2，作GL⊥l于点L，则∠CLG＝∠FDC＝∠BEH＝90°， ∵CG⊥CF， ∴∠FCG＝90°， ∴∠LCG＝∠F＝90°﹣∠FCD， 在△CLG和△FDC中， ， ∴△CLG≌△FDC（AAS）， ∴GL＝CD＝6，CL＝FD， ∵CD＝BE， ∴GL＝BE， 在△CHL和△BHE中， ， ∴△CHL≌△BHE（AAS）， ∴HL＝HE， ∵S△CGHCH•GL6CH＝12， ∴CH＝4， ∵CE＝CH﹣HE，CL＝CH+HL＝CH+HE， ∴CE+CL＝CH﹣HE+CH+HE＝2CH＝8， ∵AD＝CE，FD＝CL， ∴AF＝AD+FD＝CE+CL＝8， ∴线段AF的长为8． 【点睛】此题重点考查同角的余角相等、全等三角形的判定与性质等知识，正确地添加辅助线构造全等三角形是解题的关键． 5．（2023秋•牡丹江期中）已知在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线l绕点C旋转，过点A作AD⊥l于D，过点B作BE⊥l于E，若AD＝6，BE＝3，画图并直接写出DE的长． 【分析】分点A、B在直线l的同侧和异侧两种情形，通过AAS证明△ADC≌△CEB，可得AD＝CE，CD＝BE，即可解决问题． 【详解】解：如图1， ∵AD⊥CD，BE⊥CE， ∴∠ADC＝∠BEC＝90°， ∴∠DAC+∠ACD＝90°， ∵∠ACD+∠BCE＝180°﹣∠ACB＝90°， ∴∠DAC＝∠BCE， 在△ADC和△CEB中， ， ∴△ADC≌△CEB（AAS）， ∴AD＝CE，CD＝BE， ∴DE＝CD+CE＝9， 如图2： 同理可证：AD＝CE，CD＝BE， ∴DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE＝6﹣3＝3． 综上DE＝9或3． 【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，运用分类思想是解题的关键． 类型二 手拉手模型 【典例2】（2024秋•肥城市期末）已知：如图①，在△AOB和△COD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝50° （1）求证：①AC＝BD；②∠APB＝50°； （2）如图②，在△AOB和△COD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝α，则AC与BD间的等量关系为 　相等　 ，∠APB的大小为 　α　 【分析】（1）①根据∠AOB＝∠COD＝50°求出∠AOC＝∠BOD，根据SAS推出△AOC≌△BOD，根据全等三角形的性质得出AC＝BD； ②根据全等三角形的性质得出∠CAO＝∠DBO，求出∠APB＝∠AOB即可． （2）根据∠AOB＝∠COD＝α求出∠AOC＝∠BOD，根据SAS推出△AOC≌△BOD，根据全等三角形的性质得出AC＝BD，∠CAO＝∠DBO，求出∠APB＝∠AOB即可． 【详解】证明：（1）①∵∠AOB＝∠COD＝50°， ∴∠AOB+∠BOC＝∠COD+∠BOC， 即∠AOC＝∠BOD， 在△AOC和△BOD中， ∴△AOC≌△BOD（SAS）， ∴AC＝BD； ②设AC交OB于M， ∵△AOC≌△BOD， ∴∠CAO＝∠DBO， ∵∠CAO+∠AOB+∠AMO＝180°，∠DBO+∠APB+∠BMP＝180°，∠AMO＝∠BMP， ∴∠APB＝∠AOB＝50°； （2）解：AC＝BD，∠APB＝α， 理由是：∵∠AOB＝∠COD＝α， ∴∠AOC＝∠BOD， 在△AOC和△BOD中， ∴△AOC≌△BOD（SAS）， ∴AC＝BD，∠CAO＝∠DBO， ∵∠CAO+∠AOB+∠AMO＝180°，∠BMP+∠DBO+∠APB＝180°，∠AMO＝∠BMP， ∴∠APB＝∠AOB＝α， 故答案为：相等，α． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，解此题的关键是求出△AOC≌△BOD，注意：全等三角形的对应边相等，对应角相等． 针对训练 1．（2023春•仓山区期末）如图1，△ABC和△ADE均为等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE＝40°，连接BD，CE交于点F． （1）求证：BD＝CE； （2）求∠BFE的度数； （3）连接AF，请从以下两个结论中选择一个正确的结论进行证明： ①AF平分∠CAD； ②FA平分∠BFE； （4）参考以上结论，在图2中用尺规作图找出点P．使得∠GPH＝∠GPI＝∠HPI＝120°．（保留作图痕迹，不用说明理由） 【分析】（1）根据全等三角形的性质证明； （2）根据三角形的内角和定理及交的和差求解； （3）根据角平分线的判定定理证明； （4）根据（1）（2）（3）的结论作图． 【详解】解：（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAD＝∠CAE， 又∵AB＝AC，AD＝AE， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴BD＝CE； （2）解：∵△BAD≌△CAE， ∴∠ABD＝∠ACE， ∵∠ABD+∠BAC＝∠ACE+∠BFC， ∴∠BFC＝∠BAC＝40， ∴∠BFE＝180°﹣∠BFC＝140°； （3）解：②FA平分∠BFE． 证明：如图，过点A作AN⊥BD于点N，AM⊥CE于点M， ∵△BAD≌△CAE， ∴S△BAD＝S△CAE， ∴BD×AN＝CE×AM， 又∵BD＝CE， ∴AN＝AM， ∵AN⊥BD，AM⊥CE， ∴FA平分∠BFE． （4）如图：点P即为所求． 【点睛】本题考查了复杂作图，掌握全等三角形的性质、三角形的内角和定理及角平分线的判定定理是解题的关键． 2．（2023秋•西湖区期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝2AB，点D是AC的中点．将一块锐角为45°的直角三角板如图放置，使三角板斜边的两个端点分别与A、D重合，连接BE、EC． （1）求证：△ABE≌△DCE． （2）试猜想线段BE和EC的数量及位置关系，并证明你的猜想． 【分析】（1）根据SAS证△ABE≌△DCE； （2）BE＝EC，BE⊥EC，证△ABE≌△DCE，推出BE＝EC，∠AEB＝∠DEC，求出∠DEC+∠BED＝90°即可． 【详解】（1）证明：∵∠EAD＝45°，∠BAC＝90°， ∴∠BAE＝135°， ∵∠EDC＝135°， ∴∠BAE＝∠CDE， ∵点D是AC的中点， ∴AC＝2CD， 又∵AC＝2AB， ∴CD＝AB， 在△ABE和△DCE中 ． ∴△ABE≌△DCE（SAS）； （2）解：BE＝EC，BE⊥EC，理由如下： 由（1）知，△ABE≌△DCE， ∴BE＝EC，∠AEB＝∠DEC， ∵∠AED＝90°， ∴∠AEB+∠BED＝90°， ∴∠DEC+∠BED＝90°， 即：∠BEC＝90°， ∴BE⊥EC． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，注意：全等三角形的判定定理有SAS，AAS，ASA，SSS，全等三角形的对应边相等，对应角相等． 类型三 半角模型 【典例3】（2023秋•东港区月考）如图，在正方形ABCD中，M、N分别是射线CB和射线DC上的动点，且始终∠MAN＝45°． （1）如图1，当点M、N分别在线段BC、DC上时，请写出线段BM、MN、DN之间的数量关系并证明； （2）如图2，当点M、N分别在CB、DC的延长线上时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，给予证明；若不成立，写出正确的结论，并证明； （3）如图3，在△ABC中，AB＝AC，D、E在BC上，∠BAC＝2∠DAE，若S△ABC＝14，S△ADE＝6，求线段BD、DE、EC围成的三角形的面积，直接写出结果． 【分析】（1）延长CB至F，使BF＝DN，连接AF，可证得△ABF≌△ADN（SAS），得出：AF＝AN，∠BAF＝∠DAN，再证△MAF≌△MAN（SAS），得MF＝MN，进而得出结论； （2）在射线DC上截取DF＝BM，连接AF，可证得△ABM≌△ADF（SAS），得出：AF＝AN，∠BAF＝∠DAN，再证△MAN≌△FAN（SAS），得FN＝MN，进而得出结论； （3）将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接EG，则△ACG≌△ABD，得CG＝BD，因此S△ABC＝S△四边形AGCD＝14，同（2）得△ADE≌△AGE（SAS），则DE＝GE，S△ADE＝S△AGE＝6，得BD、DE、EC围成的三角形面积＝S△EGC，即可求解． 【详解】解：（1）BM+DN＝MN．理由： 如图1，延长CB至F，使BF＝DN，连接AF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝∠ADC＝∠BAC＝90°，AB＝AD， ∴∠ABF＝180°﹣∠ABC＝90°＝∠ADC， 在△ABF和△ADN中， ， ∴△ABF≌△ADN（SAS）， ∴AF＝AN，∠BAF＝∠DAN， ∵∠MAN＝45°， ∴∠DAN+∠BAM＝90°﹣45°＝45°， ∴∠BAF+∠BAM＝45°，即∠MAF＝45°＝∠MAN， ∵AM＝AM， ∴△MAF≌△MAN（SAS）， ∴MF＝MN， ∵BM+BF＝MF， ∴BM+DN＝MN； （2）（1）中的结论不成立，正确结论是BM+MN＝DN，理由： 如图2，在射线DC上截取DF＝BM，连接AF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝∠ADC＝∠ABM＝∠BAD＝90°，AB＝AD， 在△ABM和△ADF中， ， ∴△ABM≌△ADF（SAS）， ∴AM＝AF，∠BAM＝∠DAF， ∵∠MAN＝45°，即∠BAM+∠BAN＝45°， ∴∠DAF+∠BAN＝45°， ∴∠FAN＝∠BAD﹣（DAF+∠BAN）＝45°， ∴∠MAN＝∠FAN， ∵AN＝AN， ∴△MAN≌△FAN（SAS）， ∴FN＝MN， ∵DF+FN＝DN， ∴BM+MN＝DN； （3）将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接EG，如图3， 则△ACG≌△ABD， ∴CG＝BD， ∴S△ABC＝S△四边形AGCD＝14， 同（2）得：△ADE≌△AGE（SAS）， ∴DE＝GE，S△ADE＝S△AGE＝6， ∴BD、DE、EC围成的三角形面积为CG、GE、EC围成的三角形面积＝S△EGC＝S△四边形AGCD﹣S△ADE﹣S△AGE＝14﹣6﹣6＝2． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、旋转的性质、正方形的性质以及四边形和三角形面积等知识，本题综合性强，解此题的关键是根据旋转的启发正确作出辅助线得出全等三角形，属于中考常考题型． 针对训练 1．（2023春•安宁区期末）探索与发现——“半角”模型 问题背景 （1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系，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，则线段BE，EF，FD之间的数量关系是 　EF＝BE+FD　 ； 探索发现 （2）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； 拓展延伸 （3）在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是直线BC，CD上的两个动点，且∠EAF∠BAD请直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关系． 【分析】（1）证明△ABE≌△ADG（SAS），得BE＝DG，∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，再证△AEF≌△AGF（SAS），得EF＝GF，即可得出结论； （2）延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，即可证明△ABG≌△ADF，可得AF＝AG，再证明△AEF≌△AEG，可得EF＝EG，即可得出EF＝BE+DF； （3）如图3，作辅助线，构建△ABG，同理证明△ABG≌△ADF和△AEG≌△AEF．可得新的结论：EF＝BE﹣DF． 【详解】解：（1）结论：EF＝BE+FD，理由如下： ∵∠B＝∠ADC＝90°， ∴∠B＝∠ADG＝90°， ∵AB＝AD，BE＝DG， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴BE＝DG，∠BAE＝∠DAG，AE＝AG， ∵∠BAD＝120°，∠EAF＝60°， ∴∠BAE+∠DAF＝60°， ∴∠DAG+∠DAF＝60°， 即∠GAF＝60°， ∴∠EAF＝∠GAF， 又∵AF＝AF， ∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴EF＝GF， ∵GF＝DG+FD， ∴EF＝DG+FD＝BE+FD， 故答案为：EF＝BE+FD； （2）（1）中的结论EF＝BE+FD仍然成立． 理由是：如图2，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG． ∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABG+∠ABC＝180°， ∴∠ABG＝∠D， ∵在△ABG与△ADF中， ， ∴△ABG≌△ADF（SAS）． ∴AG＝AF，∠1＝∠2， ∴∠1+∠3＝∠2+∠3∠BAD＝∠EAF． ∴∠GAE＝∠EAF． 又AE＝AE， ∴△AEG≌△AEF（SAS）． ∴EG＝EF． ∵EG＝BE+BG． ∴EF＝BE+FD； （3）由（2）可得结论EF＝BE+FD， 当E在BC的延长线上时，EF＝FD﹣BE． 证明：在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG． ∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°， ∴∠B＝∠ADF． ∵在△ABG与△ADF中， ， ∴△ABG≌△ADF（SAS）． ∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF． ∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF∠BAD． ∴∠GAE＝∠EAF． ∵AE＝AE， ∴△AEG≌△AEF（SAS）． ∴EG＝EF， ∵EG＝BE﹣BG， ∴EF＝BE﹣FD． 同理可得：EG＝EF， ∵EG＝BG﹣BE， ∴EF＝FD﹣BE． 同理，当E在CB的延长线上时，EF＝BE﹣FD． 即线段EF，BE，FD之间的数量关系是EF＝BE+FD或EF＝BE﹣FD或EF＝FD﹣BE． 【点睛】本题是三角形的综合题，考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键． 2．如图，在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝120°，E为AB上一点，∠DCE＝60°，∠DAE＝120°，求证：DE﹣AD＝BE． 【分析】延长EB至点F，使得BF＝AD，连接CF．由“SAS”定理证明△CBF≌△CAD，再证明△CDE≌△CEF，则FE＝DE，可得结论． 【详解】证明：延长EB至点F，使BF＝AD，连接CF． ∵CA＝CB，∠ACB＝120°， ∴∠ABC＝∠CAE＝（180°﹣120°）÷2＝30°， ∴∠CBF＝180°﹣∠ABC＝150°， 在△CBF和△CAD中， ， ∴△CBF≌△CAD（SAS）， ∴CF＝CD，∠BCF＝∠ACD． ∵∠DCE＝60°， ∴∠FCE＝∠ECB+∠BCF＝∠ECB+∠ACD＝∠ACB﹣∠DCE＝120°﹣60°＝60°＝∠DCE． 又∵CE＝CE， 在△CDE和△CEF中， ， ∴△CDE≌△CEF（SAS）， ∴FE＝DE． ∴DE﹣AD＝EF﹣BF＝BE． 【点睛】本题考查等腰三角形的性质等知识，解题关键是学会用分类讨论的思想解决问题． 3．如图，△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝120°，点E为AB上一点，∠DCE＝∠DAE＝60°，求证：AD+DE＝BE． 【分析】在AB上截取BF＝AD，连接CF，通过证明△ADC≌△BFC，可得∠ACD＝∠BCF，CD＝CF，由“SAS”可得△DCE≌△FCE，可得DE＝EF，即可得结论． 【详解】证明：如图，在AB上截取BF＝AD，连接CF， ∵CA＝CB，∠ACB＝120°， ∴∠CAB＝∠CBA＝30°， ∵∠DAE＝60° ∴∠DAC＝∠DAE﹣∠CAB＝30° ∴∠DAC＝∠CBA，且AD＝BF，AC＝BC ∴△ADC≌△BFC（SAS） ∴∠ACD＝∠BCF，CD＝CF， ∵∠ACB＝∠ACE+∠ECF+∠BCF＝∠ACE+∠ECF+∠ACD＝∠DCE+∠ECF＝120° ∴∠ECF＝60°＝∠DCE，且CE＝CE，DC＝CF ∴△DCE≌△FCE（SAS） ∴DE＝EF ∴BE＝BF+EF＝AD+DE 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，添加恰当的辅助线构造全等三角形是本题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $