第10讲 全等三角形常考六类几何模型（暑假预习举一反三讲义）新八年级数学上册新教材人教版

第10讲 全等三角形常考六类几何模型（暑假预习讲义） 【新教材人教版】 【知识框架+6个题型+课后作业】 模块二 全等三角形常考七类几何模型 【题型1 中点模型之倍长构全等】 【例1】如图，在△ABC中，AD为BC边上的中线，M为AD上一点，连接BM并延长交AC于N，∠AMN＝∠MAN，若BM＝6，AN＝3.7，则CN的长度是　 　 ． 【分析】延长AD至点E，使得AD＝DE，再连接BE，证明△BDE≌△CDA，得到∠E＝∠MAN，BE＝AC，结合∠AMN＝∠MAN，∠AMN＝∠BME，可得∠E＝∠BME，推出BE＝BM＝AC＝6，即可求解． 【解答】解：如图，延长AD至点E，使得AD＝DE，再连接BE， ∵AD为BC边上的中线， ∴BD＝CD， 在△BDE和△CDA中， ， ∴△BDE≌△CDA（SAS）， ∴∠E＝∠MAN，BE＝AC， ∵∠AMN＝∠MAN， ∴∠E＝∠AMN， ∵∠AMN＝∠BME， ∴∠E＝∠BME， ∴BE＝BM＝AC＝6， ∴CN＝AC﹣AN＝6﹣3.7＝2.3， 故答案为：2.3． 【变式1-1】如图，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】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． 【解答】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． 【变式1-2】如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC+∠DAE＝180°，连接BE，CD，若AM为△ACD的中线，猜想AM与BE的数量关系并说明理由． 【分析】延长AM到N，使AM＝MN，连接CN，则AN＝2AM，先证明△ADM和△NCM全等得AD＝CN，∠DAM＝∠N，则AD∥CN，进而得∠DAC+∠ACN＝180°，再由∠BAC+∠DAE＝180°得∠BAE+∠DAC＝180°，则∠ACN＝∠BAE，由此可依据“SAS”判定△ACN和△BAE全等，则AN＝BE，由此可得AM与BE的数量关系． 【解答】解：猜想：BE＝2AM，理由如下： 延长AM到N，使AM＝MN，连接CN，如图②所示： 则AN＝2AM， ∵AM为△ACD的中线， ∴DM＝CM， 在△ADM和△NCM中， ， ∴△ADM≌△NCM（SAS）， ∴AD＝CN，∠DAM＝∠N， ∴AD∥CN， ∴∠DAC+∠ACN＝180°， ∵∠BAC+∠DAE＝180°， ∴∠BAE+∠DAC＝180°， ∴∠ACN＝∠BAE， ∵AD＝AE，AD＝CN， ∴CN＝AE， 在△ACN和△BAE中， ， ∴△ACN≌△BAE（SAS）， ∴AN＝BE， ∵AN＝2AM， ∴BE＝2AM． 【变式1-3】数学兴趣小组在活动时，老师提出了这样一个问题：如图1，在△ABC中，AB＝6，AC＝10，D是BC的中点，求BC边上的中线AD的取值范围． 【方法探索】（1）小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：如图1，延长AD到点E，使DE＝AD，连接BE．根据SAS可以判定△ADC≌△EDB，得出AC＝BE．这样就能把线段AB、AC、2AD集中在△ABE中．利用三角形三边的关系，即可得出中线AD的取值范围是 　 ． 【问题解决】（2）由第（1）问方法的启发，请解决下面问题：如图2，在△ABC中，D是BC边上的一点，AE是△ABD的中线，CD＝AB，∠BDA＝∠BAD，试说明：AC＝2AE； 【问题拓展】（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，判断线段EF与AD的关系，并说明理由． 【分析】（1）由题意得：AE在△ABE中，由三角形三边关系可得到AE的取值范围，ADAE，即可求得AD的取值范围； （2）由“SAS”可证△EDF≌△EBA，可得∠ADC＝∠ADF，由“SAS”可证△AFD≌△ACD（SAS），可得AC＝AF＝2AE； （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）在△ABE中，AB＝6，BE＝AC＝10，由三角形三边关系可得：AE﹣AB＝4＜AE＜AB+BE＝16，即AE到取值范围为4＜AE＜16， ∵AD， ∴AD的取值范围为2＜AD＜8； 故答案为：2＜AD＜8； （2）如图2，延长AE至点F，使得EF＝AE，连接DF，则AF＝EF+AE＝2AE， ∵E是BD中点， ∴DE＝BE， 在△EDF和△EBA中， ， ∴△EDF≌△EBA（SAS）， ∴DF＝AB＝CD，∠B＝∠EDF，∠F＝∠EAB， ∵∠CDA＝∠B+∠BAD，∠ADF＝∠BDA+∠EDF，∠BDA＝∠BAD， ∴∠ADC＝∠ADF， 在△AFD和△ACD中， ， ∴△AFD≌△ACD（SAS）， ∴AC＝AF， ∴AC＝2AE； （3）EF＝2AD，EF⊥AD， 理由：如图3，延长DA交EF于点P，延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM， 由（1）可知，△BDM≌△CDA（SAS）， ∴BM＝AC，∠M＝∠CAD， ∵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． 【题型2 截长补短构全等】 【例2】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，解答下列问题：如图1，在中，交于点D，平分，且． (1)为了证明结论“”，小亮在AC上截取，使得，解答了这个问题，请按照小亮的思路写证明过程； (2)如图2，在四边形中，已知，，，，， ，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)16 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定及性质，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． （1）在上截取，使得，连接，根据角平分线的定义可得，再利用证明，从而可得，，进而可得，然后利用三角形的外角性质可得，从而可得，进而可得，再根据等量代换可得，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答； （2）在上截取，连接，先利用三角形内角和定理可得，从而可得，再利用证明，从而可得，进而可得，然后利用三角形内角和定理可得，从而可得，再利用等腰三角形的三线合一性质可得，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答． 【详解】（1）解：证明：在上截取，使得， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵是的一个外角， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴； （2）在上截取，连接， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的长为16． 【变式2-1】如图，在中，，的角平分线、相交于点O，求证：．    【答案】证明见解析 【分析】根据三角形内角和定理和角平分线的定义，得到，，在上截取，连接，分别证明，，得到，即可证明结论． 【详解】证明：， ， 、分别平分、， ，， ， ， ， 如图，在上截取，连接，    在和中， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ． 【变式2-2】综合与实践 问题提出 如图1，在中，平分，交于点D，且，则，，之间存在怎样的数量关系？并说明理由． 方法运用    （1）我们可以通过作辅助线，构造全等三角形来解题．如图2，延长至点E，使得，连接，……，请判断，，之间的数量关系并补充完整解题过程． （2）以上方法叫做“补短法”．我们还可以采用“截长法”，即通过在上截取线段构造全等三角形来解题．如图3，在线段上截取，使得①______，连接②______．请补全空格，并在图3中画出辅助线． 延伸探究 （3）小明发现“补短法”或“截长法”还可以帮助我们解决其他多边形中的问题．如图4，在五边形中，，，，若，求的度数． 【答案】（1），见解析 （2）①AC   ②DF，见解析 （3） 【分析】（1）利用证明，得出，从而证得，所以，即可得出结论； （2）根据语言描述作出图形即可； （3）延长至点G，使，连接，利用证明，得出，，从而可证得．即可利用证明，得出，即可由求解． 【详解】（1）． 理由：∵平分， ∴． 又∵，， ∴， ∴． ∵， ∴． 又∵， ∴， ∴． ∵， ∴． （2）①AC   ②DF． 辅助线如图1所示．    （3）如图2，延长至点G，使，连接，．    ∵，， ∴． ∵，，， ∴， ∴，． ∵， ∴． 又∵，， ∴， ∴． 又∵， ∴． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，通过作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 【变式2-3】（1）阅读理解：问题：如图1，在四边形中，对角线平分，．求证：． 思考：“角平分线+对角互补”可以通过“截长、补短”等构造全等去解决问题． 方法1：在上截取，连接，得到全等三角形，进而解决问题； 方法2：延长到点，使得，连接，得到全等三角形，进而解决问题． 结合图1，在方法1和方法2中任选一种，添加辅助线并完成证明． （2）问题解决：如图2，在（1）的条件下，连接，当时，探究线段，，之间的数量关系，并说明理由； （3）问题拓展：如图3，在四边形中，，，过点作，垂足为点，请写出线段、、之间的数量关系． 【答案】（1）见解析；（2），见解析；（3），见解析 【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定； （1）方法1：在上截取，连接，证明，得出，，进而得出，则，等量代换即可得证；方法：延长到，使，连接，证明，得出，，进而得出，则，等量代换即可得证 （2），，之间的数量关系为．方法1：在上截取，连接，由知，得出，为等边三角形，证明，得出，进而即可得证；方法：延长到，使，连接，由知，则，是等边三角形，证明，得出，进而即可得证； （3）线段、、之间的数量关系为，连接，过点作于点，证明，和，得出，进而即可得证． 【详解】解：（1）方法1：在上截取，连接， 平分， ， 在和中， ， ， ，， ，， ， ， ； 方法2：延长到，使，连接， 平分， ， 在和中， ， ， ，， ，， ， ， ； （2），，之间的数量关系为． 方法1：理由如下： 如图，在上截取，连接， 由（1）知， ， ， ， ， 为等边三角形， ，， ， 为等边三角形， ，， ， ， ， ． 方法：理由：延长到，使，连接， 由（1）知， ， 是等边三角形， ，， ， ， ， ， 为等边三角形， ，， ， ， 即， 在和中， ， ， ， ， ； （3）线段、、之间的数量关系为． 连接，过点作于点， ，， ， 在和中， ， ， ，， 在和中， ， ， ， ， ． 【题型3 一线三等角模型】 【例3】如图1，CA⊥AB，DB⊥AB，AC＝BD，P，Q分别为线段AB，BD上任意一点． （1）若P为AB的中点，点Q与点D重合，试说明△ACP与△BDP全等； （2）如图2，若∠CPQ＝90°，CP＝PQ，求AC，BQ，AB之间的数量关系； （3）如图3，将“CA⊥AB，DB⊥AB”改为“∠A＝∠B＝α（α为锐角）”，其他条件不变．若∠CPQ＝α，CP＝PQ，判断（2）中的数量关系是否会改变？并说明理由． 【分析】（1）根据题意应用SAS证明即可； （2）根据题意证明△ACP≌△BPQ，得到AC＝BP，AP＝BQ，则问题可证； （3）根据题意证明△ACP≌△BPQ，得到AC＝BP，AP＝BQ，则问题可证． 【解答】解：（1）由题意可知AC＝QB． ∵AC⊥AB，DB⊥AB， ∴∠A＝90°，∠B＝90°， ∴∠A＝∠B＝90°． 又∵P为AB的中点， ∴AP＝BP， ∵AC＝BD， ∴△ACP≌△BDP（SAS）； （2）由（1）可知∠A＝∠B＝90°． ∵∠ACP＝180°﹣∠A﹣∠CPA＝90°﹣∠CPA， ∠BPQ＝180°﹣∠CPQ﹣∠CPA＝90°﹣∠CPA， ∴∠ACP＝∠BPQ． 又∵CP＝PQ， ∴△ACP≌△BPQ（AAS）， ∴AC＝BP，AP＝BQ， ∴AB＝AP+BP＝BQ+AC， 即AC，BQ，AB之间的数量关系为AB＝BQ+AC； （3）不会改变； 理由：∵∠ACP＝180°﹣∠A﹣∠CPA＝180°﹣α﹣∠CPA， ∠BPQ＝180°﹣∠CPQ﹣∠CPA＝180°﹣α﹣∠CPA， ∴∠ACP＝∠BPQ． 又∵CP＝PQ，∠A＝∠B， ∴△ACP≌△BPQ（AAS）， ∴AC＝BP，AP＝BQ， ∴AB＝AP+PB＝BQ+AC， 即（2）中的数量关系不会改变． 【变式3-1】如图，已知∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足点分别是D，E，AD＝5，BE＝2，则DE的长为 　 　 ． 【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，就可以求出DE的值． 【解答】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＝2，CE＝AD＝5． ∴DE＝EC﹣CD＝5﹣2＝3． 故答案为：3． 【变式3-2】已知，△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝90°，一直线过顶点C，过A，B分别作其垂线，垂足分别为E，F． （1）如图1，求证：EF＝AE+BF； （2）如图2，请直接写出EF，AE，BF之间的数量关系 　 　； （3）在（2）的条件下，若BF＝3AE，EF＝4，求△BFC的面积． 【分析】（1）根据垂直的定义和余角的性质得到∠FCB＝∠EAC，根据全等三角形的性质得到AE＝CF，CE＝BF，等量代换得到结论； （2）根据余角的性质得到∠CAE＝∠BCF根据全等三角形的性质得到CE＝BF，AE＝CF，等量代换得到结论； （3）由（2）得EF＝AE+BF且BF＝3AE，求得CE＝3AE，得到EF＝2AE＝4，根据三角形的面积公式即可得到结论． 【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°， ∴∠ECA+∠FCB＝90°， 又∵AE⊥EF，BF⊥EF， ∴∠AEF＝∠BFC＝90°， ∴∠ECA+∠EAC＝90°， ∴∠FCB＝∠EAC， 在△ACE和△CBF中， ， ∴△ACE≌△CBF（AAS）， ∴AE＝CF，CE＝BF， ∵EF＝EC+CF， ∴EF＝AE+BF； （2）解：EF＝BF﹣AE，理由如下： ∵∠AEC＝∠CFB＝90°，∠ACB＝90°， ∴∠ACE+∠CAE＝∠ACE+∠BCF＝90°， ∴∠CAE＝∠BCF 又∵AC＝BC， ∴△CAE≌△BCF（AAS）， ∴CE＝BF，AE＝CF， ∴EF＝CE﹣CF＝BF﹣AE， 即EF＝BF﹣AE； 故答案为：EF＝BF﹣AE； （3）解：由（2）得EF＝BF﹣AE且BF＝3AE， ∴CE＝3AE， ∵CF＝AE， ∴EF＝2AE＝4， ∴AE＝CF＝2，BF＝6， ∴△BFC的面积． 【变式3-3】直线CD经过∠BCA的顶点C，CA＝CB．E，F分别是直线CD上两点，且∠BEC＝∠CFA＝∠α． 【数学思考】 若直线CD经过∠BCA的内部，且E，F在射线CD上，请解决下面两个问题： （1）①如图1，若∠BCA＝90°，∠α＝90°，求证：EF＝BE﹣AF； （2）②如图2，若0°＜∠BCA＜90°，当∠α与∠BCA之间满足怎样的数量关系时，①中结论仍然成立，并给予证明． 【问题拓展】 （3）如图3，若直线CD经过∠BCA的外部，∠α＝∠BCA，请直接写出EF，BE和AF之间数量关系． 【分析】（1）证明△BCE≌△CAF（AAS），则BE＝CF，CE＝AF，EF＝CF﹣CE＝BE﹣AF； （2）当∠α+∠ACB＝180°时，∠ECB＝∠FAC，证明△BCE≌△CAF（AAS），则BE＝CF，CE＝AF，EF＝CF﹣CE＝BE﹣AF； （3）证明△BCE≌△CAF（AAS），则BE＝CF，CE＝AF，EF＝CF+CE＝BE+AF． 【解答】（1）证明：∵∠BEC＝∠CFA＝90°，∠BCA＝90°， ∴∠BCE+∠ACF＝90°＝∠EBC+∠BCE， ∴∠EBC＝∠ACF， ∵∠EBC＝∠FCA，∠BEC＝∠CFA，CB＝CA， ∴△BCE≌△CAF（AAS）， ∴BE＝CF，CE＝AF， ∴EF＝CF﹣CE＝BE﹣AF， ∴EF＝BE﹣AF； （2）解：当∠α+∠ACB＝180°时，①中的结论仍然成立，理由如下： 当∠α+∠ACB＝180°时，则∠α+∠FCA+∠ECB＝180°＝∠α+∠FCA+∠FAC， ∴∠ECB＝∠FAC， ∵∠EBC＝∠FCA，∠BEC＝∠CFA，CB＝CA， ∴△BCE≌△CAF（AAS）， ∴BE＝CF，CE＝AF， ∴EF＝CF﹣CE＝BE﹣AF， ∴EF＝BE﹣AF； （3）解：EF＝BE+AF； ∵∠α+∠FCA+∠FAC＝180°＝∠α+∠FCA+∠ECB， ∴∠ECB＝∠FAC， ∵∠EBC＝∠FCA，∠BEC＝∠CFA，CB＝CA， ∴△BCE≌△CAF（AAS）， ∴BE＝CF，CE＝AF， ∴EF＝CF+CE＝BE+AF， ∴EF＝BE+AF． 【题型4 手拉手模型】 【例4】如图，已在与中，，求证：． 【答案】见解析 【分析】此题考查了全等三角形的判定和性质，根据等式的性质得出，利用证明全等解答即可． 【详解】解：∵， ∴， 即， ∵， ∴， 在与中， ， ∴， ∴． 【变式4-1】已知：如图，在、中，，，，点、、三点在同一直线上，连接．求证： (1) ； (2)． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质；全等问题要注意找条件，有些条件需在图形是仔细观察，认真推敲方可．做题时，有时需要先猜后证． （1）要证，现有，，需它们的夹角，而由很易证得，即可得出． （2）、有何特殊位置关系，从图形上可看出是垂直关系，可向这方面努力．要证，需证，需证可由直角三角形提供． 【详解】（1）证明： ， ， ， 在和中， ， ． ∴； （2）解：∵， ， ， ， ， 则． 【变式4-2】如图，D为内一点，，，将绕着点A顺时针旋转能与线段重合． (1)求证：； (2)若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据将绕着点A顺时针旋转能与线段重合，得，，通过证明，即可证出； （2）由得：，再根据，，得，即可求出答案． 【详解】（1）证明：∵将绕着点A顺时针旋转能与线段重合， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：由得：， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴． 【变式4-3】综合实践 在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成的，在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．兴趣小组成员经过研讨给出定义：如果两个等腰三角形的顶角相等，且顶角的顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型”．因为顶点相连的四条边，可以形象地看作两双手，所以通常称为“手拉手模型”，如图1，△ABC与△ADE都是等腰三角形，其中∠BAC＝∠DAE，则△ABD≌△ACE（SAS）． 【初步把握】如图2，△ABC与△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，请直接写出图中的一对全等三角形． 【深入研究】如图3，已知△ABC，以AB、AC为边分别向外作等边△ABD和等边△ACE，BE、CD交于点Q．求∠DQB的大小，并证明：BE＝CD． 【拓展延伸】如图4，在两个等腰直角△ABC和△ADE中，AB＝AC，AE＝AD，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接BD，CE，交于点P，请判断BD和CE的关系，并说明理由． 【分析】[初步把握]根据SAS证明△BAD≌△CAE即可 [深入把握]根据SAS证明△ACD≌△AEB，再由全等的性质得到 [拓展延伸]根据SAS证明△EAC≌DAB，由全等的性质可得BD＝CE，∠ACE＝∠ABD，进而可证BD⊥CE 【解答】解：[初步把握] 证明：∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD， ∴∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中， ， ∴△BAD≌△CAE（SAS）． [深入把握] 证明：∵△ABD和△ACE都是等边三角形， ∴AB＝AD，AE＝AC，∠BAD＝∠CAE＝60°， ∴∠BAD+∠BAC＝∠CAE+∠BAC． 即∠DAC＝∠BAE， 在△ABE和△ADC中， ， ∴△ABE≌△ADC（SAS）， ∴BE＝CD；∠ADC＝∠ABE． ∵∠BQD+∠ABE＝∠BAD+∠ADC， ∴∠DQB＝∠DAB＝60°． [拓展延伸] 解：BD＝CE，BD⊥CE，理由如下： ∵∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAC+∠BAE＝∠DAE+∠BAE， 即∠CAE＝∠BAD， 在△ABD和△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE， ∵∠BPC+∠ABD＝∠BAC+∠ACE， ∴∠BPC＝∠BAC＝90°， ∴BD⊥CE． 【题型5 夹半角模型】 【例5】如图，四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠C＝90°，E，F分别为BC，CD上的点，∠EAF＝45°．探究EF，BE，DF之间的数量关系并证明． 【分析】由“SAS”可证△ADF≌△ABH，可得∠DAF＝∠BAH，AH＝AF，由“SAS”可证△AEF≌△AEH，可得EF＝EH，即可求解． 【解答】解：EF＝BE+DF，理由如下： 如图，延长CB至H，使BH＝DF，连接AH， ∵∠BAD＝∠C＝90°， ∴∠ABC+∠ADC＝180°， 又∵∠ABC+∠ABH＝180°， ∴∠ADF＝∠ABH， 在△ADF和△ABH中， ， ∴△ADF≌△ABH（SAS）， ∴∠DAF＝∠BAH，AH＝AF， ∵∠EAF＝45°， ∴∠BAE+∠DAF＝45°， ∴∠BAE+∠BAH＝45°＝∠EAH＝∠EAF， 在△AEF和△AEH中， ， ∴△AEF≌△AEH（SAS）， ∴EF＝EH， ∴EF＝BE+DF． 【变式5-1】如图，在中，，，为上一点，，，求证：． 【答案】见解析 【分析】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．延长至点，使得，连接．由“”定理证明，再证明，则，可得结论． 【详解】证明：延长至点，使，连接． ，， ， ， 又 ， 在和中， ， ， ，． ， ． 又， 在和中， ， ， ． ． 【变式5-2】（1）问题背景： 如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E，F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝60°．探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系． 小明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 　 　； （2）灵活运用： 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，请说明理由； （3）探索延伸： 如图3，已知在四边形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，如图3所示，且满足EF＝BE+FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系． 【分析】（1）根据SAS可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，再根据SAS判定△AEF≌△AGF，可得出EF＝GF＝DG+DF＝BE+DF，据此得出结论； （2）延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先根据SAS判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，再根据SAS判定△AEF≌△AGF，可得出EF＝GF＝DG+DF＝BE+DF； （3）在DC延长线上取一点G，使得DG＝BE，连接AG，先根据SAS判定△ADG≌△ABE，再根据SAS判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE＝∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE＝360°，推导得到2∠FAE+∠DAB＝360°，即可得出结论． 【解答】解：（1）BE+FD＝EF．理由如下： 理由：如图1，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG， ∵∠ADC＝90°， ∴∠ADG＝180°﹣∠ADC＝90°， 又∵∠B＝90°， ∴∠B＝∠ADG， 在△ABE与△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG， ∵∠BAD＝120°，∠EAF＝60°， ∴∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝60°， ∴∠DAG+∠DAF＝60°， 即∠GAF＝60°， ∴∠GAF＝∠EAF； 在△AEF与△AGF中， ， ∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴EF＝GF， ∵GF＝DG+DF， ∴EF＝BE+DF， 故答案为：BE+FD＝EF； （2）BE+FD＝EF仍然成立，理由如下： 如图2，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG， ∵∠B+∠ADF＝180°，∠ADG+∠ADF＝180°， ∴∠B＝∠ADG， 又∵AB＝AD， ∴在△ABE与△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG， ∵∠EAF∠BAD， ∴∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF∠BAD， ∴∠DAG+∠DAF∠BAD， 即∠GAF∠BAD， ∴∠GAF＝∠EAF， 在△AEF与△AGF中， ， ∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴EF＝GF， ∵GF＝DG+DF， ∴EF＝BE+DF； （3）∠EAF＝180°∠DAB．证明如下： 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， ∴在△ABE与△ADG中， ∴△ADG≌△ABE（SAS）， ∴AG＝AE，∠DAG＝∠BAE， ∵EF＝BE+FD， ∴EF＝DG+FD， ∴EF＝GF， 在△AEF与△AGF中， ∴△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＝180°∠DAB． 【变式5-3】（1）如图①，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E，F分别是边BC，CD上的点，且2∠EAF＝∠BAD．求证：EF＝BE+DF； （2）如图②，将（1）中的条件，“∠B＝∠D＝90°”改为“∠B+∠D＝180°”，其他条件都不变，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由； （3）如图③，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E，F分别是边BC，CD延长线上的点，且2∠EAF＝∠BAD，请写出EF，BE，DF三者之间的关系并证明． 【分析】（1）延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，证明△ABG≌△ADF（SAS），得出AG＝AF，∠GAB＝∠DAF，再证明△AEG≌△AEF（SAS），得出EG＝EF，即可得出结论； （2）延长EB到点G，使BG＝DF，连接AG，证明△ABG≌△ADF（SAS），得出AG＝AF，∠GAB＝∠DAF，再证明△AEG≌△AEF（SAS），得出EG＝EF，即可得出结论； （3）在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．方法同（2）可得出结论． 【解答】（1）证明：如图①延长EB到G，使BG＝DF，连接AG， ∵∠ABC＝90°， ∴∠ABG＝180°﹣∠ABC＝90°， 在△ABG和△ADF中， ， ∴△ABG≌△ADF（SAS）， ∴AG＝AF，∠GAB＝∠DAF， ∵2∠EAF＝∠BAD， ∴∠EAF∠BAD， ∴∠DAF+∠BAE∠BAD， ∴∠EAG＝∠GAB+∠BAE＝∠DAF+∠BAE∠BAD， ∴∠EAG＝∠EAF， 在△AEG和△AEF中， ， ∴△AEG≌△AEF（SAS）， ∴EG＝EF， ∵EG＝BE+BG＝BE+DF， ∴EF＝BE+DF； （2）解：（1）中的结论EF＝BE+FD仍然成立，理由如下： 如图②，延长EB到点G，使BG＝DF，连接AG， ∵∠ABD+∠D＝180°，∠ABD+∠ABG＝180°， ∴∠ABG＝∠D， 在△ABG和△ADF中， ， ∴△ABG≌△ADF（SAS）， ∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF， ∵2∠EAF＝∠BAD， ∴∠EAF∠BAD， ∴∠DAF+∠BAE∠BAD， ∴∠EAG＝∠GAB+∠BAE＝∠DAF+∠BAE∠BAD， ∴∠EAG＝∠EAF， 在△AEG和△AEF中， ， ∴△EAG≌△EAF（SAS）， ∴EG＝EF， ∵EG＝BE+BG＝BE+DF， ∴EF＝BE+DF． （3）解：EF＝BE﹣FD，证明如下： 如图③，在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG， ∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°， ∴∠B＝∠ADF， 在△ABG和△ADF中， ， ∴△ABG≌△ADF（SAS）， ∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF， ∵2∠EAF＝∠BAD， ∴∠EAF∠BAD， ∴∠DAF+∠DAE∠BAD， ∴∠BAG+∠DAE＝∠DAF+∠DAE＝∠EAF∠BAD， ∴∠EAG∠BAD＝∠EAF， 在△AEG和△AEF中， ， ∴△AEG≌△AEF（SAS）， ∴EG＝EF， ∵EG＝BE﹣BG， ∴EF＝BE﹣DF． 【题型6 遇角平分线构全等】 【例6】如图，在△ABC中，D为边AC上一点，且BD平分∠ABC，过A作AE⊥BD于点E．若∠ABC+4∠C＝180°，AB＝5，BC＝12，则AE＝　 　 ． 【分析】延长AE交BC于点F，根据角平分线的定义可得∠ABD＝∠DBC∠ABF，再根据垂直定义可得∠AEB＝∠BEF＝90°，从而利用ASA证明△ABE≌△FBE，再利用全等三角形的性质可得AE＝EF，AB＝BF＝5，从而可得CF＝7，然后根据垂直定义可得∠EBF+∠AFB＝90°，从而可得∠ABC+∠AFB＝90°，再根据已知可得∠ABC+2∠C＝90°，从而可得∠AFB＝2∠C，最后利用三角形的外角性质可得∠AFB＝∠C+∠CAF，从而可得∠C＝∠CAF，进而可得AF＝CF＝7，进行计算即可解答． 【解答】解：延长AE交BC于点F， ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD＝∠DBC∠ABF， ∵BE⊥AF， ∴∠AEB＝∠BEF＝90°， ∵BE＝BE， ∴△ABE≌△FBE（ASA）， ∴AE＝EF，AB＝BF＝5， ∵BC＝12， ∴CF＝BC﹣BF＝12﹣5＝7， ∵∠BEF＝90°， ∴∠EBF+∠AFB＝90°， ∴∠ABC+∠AFB＝90°， ∵∠ABC+4∠C＝180°， ∴∠ABC+2∠C＝90°， ∴∠AFB＝2∠C， ∵∠AFB是△AFC的一个外角， ∴∠AFB＝∠C+∠CAF， ∴∠C＝∠CAF， ∴AF＝CF＝7， ∴AE＝EFAF＝3.5， 故答案为：3.5． 【变式6-1】如图，在四边形ABCD中，AD＝CD，BD平分∠ABC，DE⊥BC，BE＝7，CE＝3，若△BCD的面积是20，则△ABD的面积是　 　 ． 【分析】作DF⊥BA交BA的延长线于点F，则∠F＝90°，由BE＝7，CE＝3，求得BC＝10，由S△BCD10DE＝20，求得DE＝4，由角平分线的性质得DF＝DE＝4，可根据“HL”证明Rt△DAF≌Rt△CDE，得AF＝CE＝3，再根据“HL”证明Rt△DBF≌Rt△DBE，得BF＝BE＝7，则AB＝4，求得S△ABDAB•DF＝8，于是得到问题的答案． 【解答】解：作DF⊥BA交BA的延长线于点F，则∠F＝90°， ∵BE＝7，CE＝3， ∴BC＝BE+CE＝7+3＝10， ∵DE⊥BC，△BCD的面积是20， ∴10DE＝20，∠AED＝∠DEC＝90°， ∴DE＝4， ∵BD平分∠ABC，DF⊥BA，DE⊥BC， ∴DF＝DE＝4， 在Rt△DAF和Rt△CDE中， ， ∴Rt△DAF≌Rt△CDE（HL）， ∴AF＝CE＝3， 在Rt△DBF和Rt△DBE中， ， ∴Rt△DBF≌Rt△DBE（HL）， ∴BF＝BE＝7， ∴AB＝BF﹣AF＝7﹣3＝4， ∴S△ABDAB•DF4×4＝8， 故答案为：8． 【变式6-2】如图，D为△ABC外一点，BD⊥AD，BD平分△ABC的一个外角，若2∠C+∠BAD＝180°，AB＝5，BC＝3，则AD的长为　 　． 【分析】设AD、CB的延长线交于点E，先利用ASA证得△ABD和△EBD全等，即可得出AD＝ED，AB＝EB＝5，∠BAD＝∠E，结合已知∠BAD+2∠C＝180°，得出∠E+2∠C＝180°，再根据三角形内角和定理得出∠E+∠C+∠EAC＝180°，从而得出∠C＝∠EAC，于是有AE＝CE，再求出CE的长即可求出AD的长． 【解答】解：设AD、CB的延长线交于点E， 由题意得∠ABD＝∠EBD， ∵BD⊥AD， ∴∠ADB＝∠EDB＝90°， 在△ABD和△EBD中， ， ∴△ABD≌△EBD（ASA）， ∴AD＝ED，AB＝EB＝5，∠BAD＝∠E， ∵BC＝3， ∴CE＝BC+EB＝3+5＝8， ∵∠BAD+2∠C＝180°， ∴∠E+2∠C＝180°， ∵∠E+∠C+∠EAC＝180°， ∴∠C＝∠EAC， ∴AE＝CE＝8， ∴AD＝EDAE＝4． 故答案为：4． 【变式6-3】如图Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AD平分∠CAB交BC于D，点E在AB的延长线上，满足∠ADE+∠CAB＝180°，若AC＝6，BE＝2，则线段AB的长为 　 　． 【分析】延长AD到M，作DH⊥AB于H．首先证明△ADC≌△ADH，推出AC＝AH＝6，再证明AH＝HE＝6，由BE＝2，可得BH＝4，推出AB＝10． 【解答】解：延长AD到M，作DH⊥AB于H． ∵AD平分∠CAB， ∴∠DAC＝∠DAH， ∵∠C＝∠AHD，AD＝AD， ∴△ADC≌△ADH（AAS）， ∴AC＝AH＝6， ∵∠ADE+∠CAB＝180°，∠ADE+∠EDM＝180°， ∴∠EDM＝∠CAB， ∵∠EDM＝∠DAE+∠DEA＝∠DAE+∠CAD，∠CAD＝∠DAB， ∴∠DAB＝∠E， ∴DA＝DE， ∵DH⊥AE， ∴AH＝HE＝6， ∵BE＝2， ∴BH＝4， ∴AB＝10， 故答案为：10． 模块三 课后作业 1．如图，△ABC中，D是AC边的中点，过D作直线交AB于点E，交BC的延长线于点F，且AE＝CF．若AB＝19，BC＝7，则CF＝　 　 ． 【分析】，由“AAS”可证△ADH≌△CDF，可得AH＝CF＝AE，可得∠H＝∠AEH＝∠F＝∠FEB，可得BE＝BF，即可求解． 【解答】解：如图，过点A作AH∥BF交FE的延长线于点H， ∴∠H＝∠F，且AD＝DC，∠ADH＝∠CDF， ∴△ADH≌△CDF（AAS）， ∴AH＝CF， ∵AE＝CF， ∴AH＝AE， ∴∠H＝∠AEH， ∴∠AEH＝∠F＝∠FEB， ∴BE＝BF＝BC+CF＝7+CF， ∴AB＝AE+BE＝CF+7+CF＝19， ∴CF＝6， 故答案为：6． 2．如图在△ABC中，AD平分∠BAC，∠B＝2∠ADB，AB＝3，CD＝5，则AC的长为　 　 ． 【分析】在AC上取点E，使AE＝AB＝3，连接DE，则由角平分线的性质可证明△ABD≌△AED，从而有∠B＝∠AED，∠ADB＝∠ADE，则可得∠CDE＝∠CED，有CE＝CD＝5，再由AC＝CE+AE即可求解． 【解答】解：如图，在AC上取点E，使AE＝AB＝3，连接DE， ∵AD平分∠BAC， ∴∠BAD＝∠EAD； 又∵AD＝AD，AE＝AB， ∴△ABD≌△AED（SAS）， ∴∠B＝∠AED，∠ADB＝∠ADE； ∵∠B＝2∠ADB， ∴∠BDE＝∠ADB+∠ADE＝2∠ADB＝∠B， ∴∠BDE＝∠AED， ∴180°﹣∠BDE＝180°﹣∠AED， ∴∠CDE＝∠CED， ∴CE＝CD＝5， ∴AC＝CE+AE＝5+3＝8． 故答案为：8． 3．如图，∠ACD是△ABC的外角，CE是∠ACD的平分线，BE是∠ABC的平分线，CE与BE交于点E，连接AE．若∠BEC＝35°，则∠CAE＝　 　 °． 【分析】延长BA，作EN⊥BD，EF⊥BA，EM⊥AC，设∠ECD＝x°，则∠ACE＝∠ECD＝x°，进而根据三角形的外角的性质得出∠CAF＝110°，证明Rt△EFA≌Rt△EMA（HL），即可求解． 【解答】解：CE是∠ACD的平分线，BE是∠ABC的平分线，如图，延长BA，作EN⊥BD，EF⊥BA，EM⊥AC， 设∠ECD＝x°， ∴∠ACE＝∠ECD＝x°，EM＝EN，∠ABE＝∠EBC，EF＝EN， ∴EF＝EM， ∵∠BEC＝35°， ∴∠ABE＝∠EBC＝∠ECD﹣∠BEC＝（x﹣35）°， ∴∠BAC＝∠ACD﹣∠ABC＝2x°﹣（x°﹣35°）﹣（x°﹣35°）＝70°， ∴∠CAF＝110°， 在Rt△EFA和Rt△EMA中， ， ∴Rt△EFA≌Rt△EMA（HL）， ∴∠FAE＝∠EAC＝55°． 故答案为：55． 4．如图，在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，E、F分别在BC、CD上，且AB＝BE，AD＝DF，M为EF的中点，求证：DM⊥BM． 【分析】延长BM到H，使MH＝MB，连接GH，DH，BD，先依据“SAS”判定△FMH和△EMB全等得FH＝BE，∠FHM＝∠EBM，进而得FH∥BC，则∠CFH＝∠C，根据四边形内角和定理得∠A+∠C＝180°，及∠DFH+∠CFH＝180°得∠A＝∠DFH，由此依据“SAS”判定△ABD和△FHD全等得BD＝HD，然后根据等腰三角形的性质即可得出结论． 【解答】解：证明：延长BM到H，使MH＝MB，连接GH，DH，BD，如图2所示： ∵点M为EF的中点， ∴FM＝EM， 在△FMH和△EMB中， ， ∴△FMH≌△EMB（SAS）， ∴FH＝BE，∠FHM＝∠EBM， ∴FH∥BC， ∴∠CFH＝∠C， 在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°， ∴∠A+∠C＝180°， ∵∠DFH+∠CFH＝180°， ∴∠A＝∠DFH， ∵AB＝BE，BE＝FH， ∴AB＝FH， 在△ABD和△FHD中， ， ∴△ABD≌△FHD（SAS）， ∴BD＝HD， ∵HM＝BM， ∴DM⊥BM． 5．如图，D，A，E三点都在一条直线上，且∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，AB＝AC，求BD，CE，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． 【解答】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． 6．在中，，D是边上一点，点E在的右侧，线段，且． (1)如图1，若，连接．则的度数为 ；与的数量关系是 ． (2)如图2，若，连接．试判断的形状，并说明理由． 【答案】(1)， (2)是直角三角形，理由见解析 【分析】本题考查了等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定及性质． （1）根据题意证明是等边三角形，再结合等边三角形的性质，即可得的度数．根据题意证明，即可得到． （2）连接，根据题意得出，是等腰直角三角形，证明，可得，即可证明是直角三角形． 【详解】（1）解：当时， ，， 是等边三角形， ， ， ， 即， 在和中， ， ， ． 故答案为：． （2）是直角三角形，理由如下： 连接，如图所示： 当时，且，， ，是等腰直角三角形，有， ， 即， 在和中， ， ， ， 是直角三角形． 7．如图，在中，，，为上一点，，，求证：． 【答案】见解析 【分析】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．延长至点，使得，连接．由“”定理证明，再证明，则，可得结论． 【详解】证明：延长至点，使，连接． ，， ， ， 又 ， 在和中， ， ， ，． ， ． 又， 在和中， ， ， ． ． 8．在中，，点是直线上一点（不与重合），以为一边在的右侧作，使．设． (1)如图1，如果___________度； (2)如图2，你认为之间有怎样的数量关系？并说明理由． (3)当点在直线上移动时，之间又有怎样的数量关系？请在备用图上画出图形，并直接写出你的结论．（B、C、E三点不共线） 【答案】(1)； (2)； (3)图象见详解；； 【分析】（1）先证明（），则可得，根据，可知； （2）已知，则，则，根据则． （3）连接，作使得，，连接、：根据，，可得，证明，进而可得，则，由此可证明之间存在数量关系为； 【详解】（1）解：在与中， ， ∴（）， ∴， ∵， ∴ ∴ 故答案为：； （2）解：已知， ∴， ∴， ∵ ∴ ∴． （3）解：连接，作使得，，连接、，可得下图： ∵， ， ∴； 在和中， ， ∴ ； ∴； ∴， ∴之间存在数量关系为． 9．（1）如图①，已知：△ABC中，∠BAC＝90° AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥m于D，CE⊥m于E 猜想DE、BD、CE之间的数量关系为 　 　 ； （2）拓展：如图②，将（1）中的条件改为：△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，α为任意锐角或钝角，请问（1）中结论是否仍然成立？如成立，请证明；若不成立，请说明理由； （3）应用：如图③，在△ABC中，∠BAC是钝角，AB＝AC，∠BAD＞∠CAE，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，直线m与BC的延长线交于点F，若BC＝2CF，△ABC的面积是12，求△ABD与△CEF的面积之和． 【分析】（1）根据BD⊥直线m，CE⊥直线m得∠BDA＝∠CEA＝90°，而∠BAC＝90°，根据等角的余角相等得∠CAE＝∠ABD，由AAS证得△ADB≌△CEA，则AE＝BD，AD＝CE，即可得出结论； （2）由∠BDA＝∠BAC＝α，则∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，得出∠CAE＝∠ABD，由AAS证得△ADB≌△CEA即可得出答案； （3）由∠BAD＞∠CAE，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，∴∠CAE＝∠ABD，得出∠CAE＝∠ABD，由AAS证得△ADB≌△CEA，得出S△ABD＝S△CEA，再由不同底等高的两个三角形的面积之比等于底的比，得出S△ACF即可得出结果． 【解答】解：（1）∵BD⊥直线m，CE⊥直线m， ∴∠BDA＝∠CEA＝90°， ∵∠BAC＝90°， ∴∠BAD+∠CAE＝90°， ∵∠BAD+∠ABD＝90°， ∴∠CAE＝∠ABD， 在△ADB和△CEA中， ， ∴△ADB≌△CEA（AAS）， ∴AE＝BD，AD＝CE， ∴DE＝AE+AD＝BD+CE， 故答案为：DE＝BD+CE； （2）（1）中结论仍然成立；理由如下： ∵∠BDA＝∠BAC＝α， ∴∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣α， ∴∠CAE＝∠ABD， 在△ADB和△CEA中， ， ∴△ADB≌△CEA（AAS）， ∴AE＝BD，AD＝CE， ∴DE＝AE+AD＝BD+CE； （3）∵∠BAD＞∠CAE，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC， ∴∠CAE＝∠ABD， 在△ABD和△CEA中， ， ∴△ABD≌△CEA（AAS）， ∴S△ABD＝S△CEA， 设△ABC的底边BC上的高为h，则△ACF的底边CF上的高为h， ∴S△ABCBC•h＝12，S△ACFCF•h， ∵BC＝2CF， ∴S△ACF＝6， ∵S△ACF＝S△CEF+S△CEA＝S△CEF+S△ABD＝6， ∴△ABD与△CEF的面积之和为6． 10．（1）如图1，在△ABC中，AB＝AC，点D是AC边上一点，连接BD，G，F两点都在线段BD上，连接AG，AF，过C作CE∥BD交AF延长线于点E，若AG＝AF，∠ABD＝∠CAE．求证：AG＝CE； （2）如图2，在△ABC中，AB＝AC，点D为△ABC下方一点，连接AD，BD，过C作CE∥BD交AD于点E，若∠ABD＝∠CAE，CE＝3，AE＝1，求DE的长． 【分析】（1）由AG＝AF，得∠AGF＝∠AFG，则∠AGB＝∠AFD，由CE∥BD，得∠E＝∠AFD，所以∠AGB＝∠E，而∠ABG＝∠CAE，AB＝CA，即可根据“AAS”证明△ABG≌△CAE，则AG＝CE； （2）在BD上截取BH＝AE，连接AH，可证明△ABH≌△CAE，得AH＝CE＝3，∠AHB＝∠CEA，则∠AHD＝180°﹣∠AHB＝180°﹣∠CEA＝∠CED，根据平行线的性质得∠CED＝∠D，则∠AHD＝∠D，所以AD＝AH＝3，则DE＝AD﹣AE＝2． 【解答】（1）证明：∵AG＝AF， ∴∠AGF＝∠AFG， ∵∠AGB+∠AGF＝180°，∠AFD+∠AFG＝180°， ∴∠AGB＝∠AFD， ∵CE∥BD， ∴∠E＝∠AFD， ∴∠AGB＝∠E， 在△ABG和△CAE中， ， △ABG≌△CAE（AAS）， ∴AG＝CE. （2）解：如图2，在BD上截取BH＝AE，连接AH， 在△ABH和△CAE中， ， ∴△ABH≌△CAE（SAS）， ∴AH＝CE＝3，∠AHB＝∠CEA， ∴∠AHD＝180°﹣∠AHB＝180°﹣∠CEA＝∠CED， ∵CE∥BD， ∴∠CED＝∠D， ∴∠AHD＝∠D， ∴AD＝AH＝3， ∴DE＝AD﹣AE＝3﹣1＝2， ∴DE的长是2． 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第10讲 全等三角形常考六类几何模型（暑假预习讲义） 【新教材人教版】 【知识框架+6个题型+课后作业】 模块二 全等三角形常考七类几何模型 【题型1 中点模型之倍长构全等】 【例1】如图，在△ABC中，AD为BC边上的中线，M为AD上一点，连接BM并延长交AC于N，∠AMN＝∠MAN，若BM＝6，AN＝3.7，则CN的长度是　 　 ． 【变式1-1】如图，AD是△ABC的中线，点E在BC的延长线上，CE＝AB，∠BAC＝∠BCA，求证：AE＝2AD． 【变式1-2】如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC+∠DAE＝180°，连接BE，CD，若AM为△ACD的中线，猜想AM与BE的数量关系并说明理由． 【变式1-3】数学兴趣小组在活动时，老师提出了这样一个问题：如图1，在△ABC中，AB＝6，AC＝10，D是BC的中点，求BC边上的中线AD的取值范围． 【方法探索】（1）小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：如图1，延长AD到点E，使DE＝AD，连接BE．根据SAS可以判定△ADC≌△EDB，得出AC＝BE．这样就能把线段AB、AC、2AD集中在△ABE中．利用三角形三边的关系，即可得出中线AD的取值范围是 　 ． 【问题解决】（2）由第（1）问方法的启发，请解决下面问题：如图2，在△ABC中，D是BC边上的一点，AE是△ABD的中线，CD＝AB，∠BDA＝∠BAD，试说明：AC＝2AE； 【问题拓展】（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，判断线段EF与AD的关系，并说明理由． 【题型2 截长补短构全等】 【例2】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，解答下列问题：如图1，在中，交于点D，平分，且． (1)为了证明结论“”，小亮在AC上截取，使得，解答了这个问题，请按照小亮的思路写证明过程； (2)如图2，在四边形中，已知，，，，， ，求的长． 【变式2-1】如图，在中，，的角平分线、相交于点O，求证：．    【变式2-2】综合与实践 问题提出 如图1，在中，平分，交于点D，且，则，，之间存在怎样的数量关系？并说明理由． 方法运用    （1）我们可以通过作辅助线，构造全等三角形来解题．如图2，延长至点E，使得，连接，……，请判断，，之间的数量关系并补充完整解题过程． （2）以上方法叫做“补短法”．我们还可以采用“截长法”，即通过在上截取线段构造全等三角形来解题．如图3，在线段上截取，使得①______，连接②______．请补全空格，并在图3中画出辅助线． 延伸探究 （3）小明发现“补短法”或“截长法”还可以帮助我们解决其他多边形中的问题．如图4，在五边形中，，，，若，求的度数． 【变式2-3】（1）阅读理解：问题：如图1，在四边形中，对角线平分，．求证：． 思考：“角平分线+对角互补”可以通过“截长、补短”等构造全等去解决问题． 方法1：在上截取，连接，得到全等三角形，进而解决问题； 方法2：延长到点，使得，连接，得到全等三角形，进而解决问题． 结合图1，在方法1和方法2中任选一种，添加辅助线并完成证明． （2）问题解决：如图2，在（1）的条件下，连接，当时，探究线段，，之间的数量关系，并说明理由； （3）问题拓展：如图3，在四边形中，，，过点作，垂足为点，请写出线段、、之间的数量关系． 【题型3 一线三等角模型】 【例3】如图1，CA⊥AB，DB⊥AB，AC＝BD，P，Q分别为线段AB，BD上任意一点． （1）若P为AB的中点，点Q与点D重合，试说明△ACP与△BDP全等； （2）如图2，若∠CPQ＝90°，CP＝PQ，求AC，BQ，AB之间的数量关系； （3）如图3，将“CA⊥AB，DB⊥AB”改为“∠A＝∠B＝α（α为锐角）”，其他条件不变．若∠CPQ＝α，CP＝PQ，判断（2）中的数量关系是否会改变？并说明理由． 【变式3-1】如图，已知∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足点分别是D，E，AD＝5，BE＝2，则DE的长为 　 　 ． 【变式3-2】已知，△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝90°，一直线过顶点C，过A，B分别作其垂线，垂足分别为E，F． （1）如图1，求证：EF＝AE+BF； （2）如图2，请直接写出EF，AE，BF之间的数量关系 　 　； （3）在（2）的条件下，若BF＝3AE，EF＝4，求△BFC的面积． 【变式3-3】直线CD经过∠BCA的顶点C，CA＝CB．E，F分别是直线CD上两点，且∠BEC＝∠CFA＝∠α． 【数学思考】 若直线CD经过∠BCA的内部，且E，F在射线CD上，请解决下面两个问题： （1）①如图1，若∠BCA＝90°，∠α＝90°，求证：EF＝BE﹣AF； （2）②如图2，若0°＜∠BCA＜90°，当∠α与∠BCA之间满足怎样的数量关系时，①中结论仍然成立，并给予证明． 【问题拓展】 （3）如图3，若直线CD经过∠BCA的外部，∠α＝∠BCA，请直接写出EF，BE和AF之间数量关系． 【题型4 手拉手模型】 【例4】如图，已在与中，，求证：． 【变式4-1】已知：如图，在、中，，，，点、、三点在同一直线上，连接．求证： (1) ； (2)． 【变式4-2】如图，D为内一点，，，将绕着点A顺时针旋转能与线段重合． (1)求证：； (2)若，求的度数． 【变式4-3】综合实践 在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成的，在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．兴趣小组成员经过研讨给出定义：如果两个等腰三角形的顶角相等，且顶角的顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型”．因为顶点相连的四条边，可以形象地看作两双手，所以通常称为“手拉手模型”，如图1，△ABC与△ADE都是等腰三角形，其中∠BAC＝∠DAE，则△ABD≌△ACE（SAS）． 【初步把握】如图2，△ABC与△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，请直接写出图中的一对全等三角形． 【深入研究】如图3，已知△ABC，以AB、AC为边分别向外作等边△ABD和等边△ACE，BE、CD交于点Q．求∠DQB的大小，并证明：BE＝CD． 【拓展延伸】如图4，在两个等腰直角△ABC和△ADE中，AB＝AC，AE＝AD，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接BD，CE，交于点P，请判断BD和CE的关系，并说明理由． 【题型5 夹半角模型】 【例5】如图，四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠C＝90°，E，F分别为BC，CD上的点，∠EAF＝45°．探究EF，BE，DF之间的数量关系并证明． 【变式5-1】如图，在中，，，为上一点，，，求证：． 【变式5-2】（1）问题背景： 如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E，F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝60°．探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系． 小明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 　 　； （2）灵活运用： 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，请说明理由； （3）探索延伸： 如图3，已知在四边形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，如图3所示，且满足EF＝BE+FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系． 【变式5-3】（1）如图①，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E，F分别是边BC，CD上的点，且2∠EAF＝∠BAD．求证：EF＝BE+DF； （2）如图②，将（1）中的条件，“∠B＝∠D＝90°”改为“∠B+∠D＝180°”，其他条件都不变，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由； （3）如图③，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E，F分别是边BC，CD延长线上的点，且2∠EAF＝∠BAD，请写出EF，BE，DF三者之间的关系并证明． 【题型6 遇角平分线构全等】 【例6】如图，在△ABC中，D为边AC上一点，且BD平分∠ABC，过A作AE⊥BD于点E．若∠ABC+4∠C＝180°，AB＝5，BC＝12，则AE＝　 　 ． 【变式6-1】如图，在四边形ABCD中，AD＝CD，BD平分∠ABC，DE⊥BC，BE＝7，CE＝3，若△BCD的面积是20，则△ABD的面积是　 　 ． 【变式6-2】如图，D为△ABC外一点，BD⊥AD，BD平分△ABC的一个外角，若2∠C+∠BAD＝180°，AB＝5，BC＝3，则AD的长为　 　． 【变式6-3】如图Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AD平分∠CAB交BC于D，点E在AB的延长线上，满足∠ADE+∠CAB＝180°，若AC＝6，BE＝2，则线段AB的长为 　 　． 模块三 课后作业 1．如图，△ABC中，D是AC边的中点，过D作直线交AB于点E，交BC的延长线于点F，且AE＝CF．若AB＝19，BC＝7，则CF＝　 　 ． 2．如图在△ABC中，AD平分∠BAC，∠B＝2∠ADB，AB＝3，CD＝5，则AC的长为　 　 ． 3．如图，∠ACD是△ABC的外角，CE是∠ACD的平分线，BE是∠ABC的平分线，CE与BE交于点E，连接AE．若∠BEC＝35°，则∠CAE＝　 　 °． 4．如图，在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，E、F分别在BC、CD上，且AB＝BE，AD＝DF，M为EF的中点，求证：DM⊥BM． 5．如图，D，A，E三点都在一条直线上，且∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，AB＝AC，求BD，CE，DE之间的数量关系． 6．在中，，D是边上一点，点E在的右侧，线段，且． (1)如图1，若，连接．则的度数为 ；与的数量关系是 ． (2)如图2，若，连接．试判断的形状，并说明理由． 7．如图，在中，，，为上一点，，，求证：． 8．在中，，点是直线上一点（不与重合），以为一边在的右侧作，使．设． (1)如图1，如果___________度； (2)如图2，你认为之间有怎样的数量关系？并说明理由． (3)当点在直线上移动时，之间又有怎样的数量关系？请在备用图上画出图形，并直接写出你的结论．（B、C、E三点不共线） 9．（1）如图①，已知：△ABC中，∠BAC＝90° AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥m于D，CE⊥m于E 猜想DE、BD、CE之间的数量关系为 　 　 ； （2）拓展：如图②，将（1）中的条件改为：△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，α为任意锐角或钝角，请问（1）中结论是否仍然成立？如成立，请证明；若不成立，请说明理由； （3）应用：如图③，在△ABC中，∠BAC是钝角，AB＝AC，∠BAD＞∠CAE，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，直线m与BC的延长线交于点F，若BC＝2CF，△ABC的面积是12，求△ABD与△CEF的面积之和． 10．（1）如图1，在△ABC中，AB＝AC，点D是AC边上一点，连接BD，G，F两点都在线段BD上，连接AG，AF，过C作CE∥BD交AF延长线于点E，若AG＝AF，∠ABD＝∠CAE．求证：AG＝CE； （2）如图2，在△ABC中，AB＝AC，点D为△ABC下方一点，连接AD，BD，过C作CE∥BD交AD于点E，若∠ABD＝∠CAE，CE＝3，AE＝1，求DE的长． 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 $