专题11 全等三角形常见辅助线与动点问题（题型专练）数学新教材浙教版八年级上册

专题11 全等三角形常见辅助线与动点问题 （题型突破·举一反三） 题型01 连接两点构造全等三角形 题型02 一线三等角模型 题型03 截长补短法 题型04 倍长中线法 题型05 手拉手模型 题型06 半角模型 题型07 动点问题 ▌题型01 连接两点构造全等三角形 已知两个定点，连接两点得到公共边，再找一组角、一组边相等，用SSS/SAS/ASA/AAS证全等，一般四边形连接四边形的对角线构造三角形。 【典例1】如图，在△ABC和△DCB中，AC与BD相交于点O，AB＝DC，AC＝BD．求证：△ABO≌△DCO． 【变式1-1】已知：如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，AB＝CD．求证：AB∥CD，AD∥BC． 【变式1-2】如图，在四边形ABCD中，CB⊥AB于点B，CD⊥AD于点D，点E，F分别在AB，AD上，AE=AF，CE=CF． （1）求证：CB=CD； （2）若AE=8，CD=6，求四边形AECF的面积； （3）猜想∠DAB，∠ECF，∠DFC三者之间的数量关系，并证明你的猜想． 【变式1-3】如图，在五边形ABCDE中， （1）已知AB＝AE，BC＝ED，∠B＝∠E，F是CD中点，求证：AF⊥CD． （2）已知AB＝AE，BC＝ED，∠C＝∠D，F是CD中点，求证：AF⊥CD． （3）已知∠B＝∠E，BC＝ED，∠C＝∠D，F是CD中点，求证：AF⊥CD． ▌题型02 一线三等角模型 【模型解读】在某条直线上有三个角相等，利用平角为180°与三角形内角和为180°，证得两个三角形全等。 【常见模型及证法】 同侧型一线三等角（常见）： 锐角一线三等角 直角一线三等角（“K型图”） 钝角一线三等角 条件：+ CE=DE 证明思路：+任一边相等 异侧型一线三等角： 锐角一线三等角 直角一线三等角 钝角一线三等角 条件：+ 任意一边相等 证明思路：+任一边相等 【典例1】在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E． （1）当直线MN绕点C旋转到图（1）的位置时， 求证：①△ADC≌△CEB； ②DE＝AD+BE； （2）当直线MN绕点C旋转到图（2）的位置时，求证：DE＝AD﹣BE； （3）当直线MN绕点C旋转到图（3）的位置时，请直接写出DE，AD，BE之间的等量关系． 【变式1-1】如图（1），∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE于E，AD⊥CE于D． （1）求证：△ACD≌△CBE； （2）如图（2）其它条件不变的前提下，将CE所在的直线旋转到△ABC的外部，若BE＝3cm，AD＝9cm，求DE的长． 【变式1-2】（1）猜想：如图1，已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E．试猜想DE、BD、CE有怎样的数量关系，请直接写出； （2）探究：如果三个角不是直角，那结论是否会成立呢？如图2，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D，A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α（其中α为任意锐角或钝角）如果成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由； （3）解决问题：如图3，F是角平分线上的一点，且△ABF和△ACF均为等边三角形，D、E分别是直线m上A点左右两侧的动点，D、E、A互不重合，在运动过程中线段DE的长度始终为n，连接BD、CE，若∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，试判断△DEF的形状，并说明理由． 【变式1-3】【概念建构】 在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线MN经过点A，BD⊥MN于点D，CE⊥MN于点E．如图1，当直线MN在△ABC外部时，称Rt△ABD和Rt△CAE是Rt△ABC的“双外弦三角形”，如图2，当直线MN在△ABC内部时，称Rt△ABD和Rt△CAE是Rt△ABC的“双内弦三角形”．依据“两角及其夹边分别相等的两个三角形全等”的基本事实，我们得到“双外弦三角形”和“双内弦三角形”都是全等三角形，即Rt△ABD≌Rt△CAE． 【概念应用】 （1）如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AM⊥BC于点M，AM＝BM＝CM，E是BC边上的点，AE＝DE，AE⊥DE，连接AD，BD，若，AM＝4，求BD的长． 小亮同学在阅读与理解【概念建构】的基础上，作DN⊥BC于点N．构造出如图4所示的“双内弦三角形”，并应用“双内弦三角形”是全等三角形的结论求出了BD．请你依照小亮的解题思路，写出解答过程． （2）请你应用“双内弦三角形”和“双外弦三角形”都是全等三角形的结论或者按照自己的解题思路解答下列问题． 如图5，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D是AB边上一点，DE＝DC，DE⊥DC，DE交BC于点N，延长EB，CD交于点F，猜想DE，DF，CN之间的数量关系，并说明理由． 【学以数用】 （3）如图6，AD∥BC，△ABE和△CDF是等腰直角三角形，∠EAB＝∠FDC＝90°，AD＝2，BC＝5，求△ADE和△ADF的面积和． ▌题型03 截长补短法 常见的截长补短法添加辅助线的方法： （1）截长法 ①在线段AB（最长线段）上截取AC（某条较短线段），使得AC=EF，连接…… ②过某点作AB（最长线段）的垂线 （2）补短法 ①延长AB（某条较短线段）至点C，使得BC=EF（另外一条较短线段），连接…… ②通过旋转法，使得两条较短线段在同一直线上，半角模型中可以利用这种方法 截长：即在一条较长的线段上截取一段较短的线段 在线段上截取 补短：即在较短的线段上补一段线段使其和较长的线段相等 延长，使得 截长补短法的解题步： ①添加辅助线（截长或补短） ②连接线段，构造全等三角形 ③证明三角形全等，转移线段 【典例1】（2025秋•大庆校级期末）已知：如图，在△ABC中，∠B＝60°，D、E分别为AB、BC上的点，且AE、CD交于点F．若AE、CD为△ABC的角平分线． （1）求∠AFC的度数； （2）若AD＝6，CE＝4，求AC的长． 【变式1-1】（2026春•青羊区校级期中）如图，点D是△ABC外一点，连接AD，CD，过点C作CE⊥AB，垂足为E．AD＝7，CE＝4，AB＝13，△ADC的面积为14． （1）求证：AC是∠BAD的平分线． （2）若AB﹣AD＝2BE，求证：CD＝BC． 【变式1-2】（2026春•天府新区期末）已知△ABC中，∠BAC＝α，点D在BC上，连接AD． （1）设α＝120°，AD平分∠BAC，点E在射线AD上，连接BE． ①如图1，若AB＝BE，试说明BE∥AC； ②如图2，若∠EBC＝60°，试说明AE＝AB+AC； （2）如图3，若α＝90°，AB＝AC，作点C关于射线AD的对称点C′，连接BC′并延长交射线AD于点F，连接CF，若CF＝3，△ACF的面积为7，求BF的长． 【变式1-3】（2025秋•固原校级期末）“截长补短法”证明线段的和差问题： 先阅读背景材料，猜想结论并填空，然后做问题探究． 背景材料： （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．探究的方法是，延长FD到点G．使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出的结论是 ． 探索问题： （2）如图2，若四边形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？成立的话，请写出推理过程． ▌题型04 倍长中线法 1. 倍长中线法：中线指的是三角形的顶点到对边中点所连线段，倍长中线法，就是将三角形的中线延长一倍，以便构造出全等三角形，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的方法。 在△ABC中，AD是中线，添加辅助线的方法：延长AD到点E，使得AD=DE，连接DE 证明：∵AD是中线 ∴BD=CD 在△ADC和△EDB中 ∴△ADC≌△EDB（SAS） 2. 类倍长中线法 类中线，即与中点有关的线段，三角形一边任一点与另一边中点所连线段，添加辅助线的方法与倍长中线法一样，将类中线延长一倍，构造全等三角形。 在△ABC中，AD是中线，点M是线段AB上任意一点，添加辅助线的方法：延长MD到点N，使得DN=MD，连接CN 证明：∵AD是中线 ∴BD=CD 在△BDM和△CDN中 ∴△BDM≌△CDN（SAS） 3. 间接倍长中线法 除了上述两种方法外，还有一种间接倍长中线法。在△ABC中，AD是中线，添加辅助线的方法：延长AD，过点B作BE⊥AD交AD于点E，过点C作CF⊥AD交AD于点F 证明：∵AD是中线 ∴BD=CD ∵BE⊥AD，CF⊥AD ∴∠E=∠CFD=90° 在△BED和△CFD中 ∴△BED≌△CFD（AAS） 【典例1】（2026春•福田区校级期中）在通过构造全等三角形解决的问题中，有一种方法叫倍长中线法． 【问题背景】 （1）如图1，AD是△ABC的中线，AB＝8，AC＝5，求AD的取值范围． 我们可以延长AD到点E，使DE＝AD，连接BE，根据SAS可证△ADC≌△EDB，所以BE＝AC．接下来，在△ABE中利用三角形的三边关系可求得AE的取值范围，从而得到中线AD的取值范围．请按照上述思路，写出求解AD的取值范围的完整过程． 【变式思考】 （2）如图2，△ABC中，AD是中线，分别以AB，AC为腰向外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，AB＝AE，AC＝AF，∠BAE＝∠CAF＝90°，连接EF．求证：EF＝2AD． 【探究延伸】 （3）如图3，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点E，∠BAC+∠BAD＝180°，点F是BC的中点，∠CEF＝∠ADB，当EF＝6时，求BD的长． 【变式1-1】（2025秋•海淀区校级期中）【阅读理解】 课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题： 如图1，△ABC中，若AB＝10，AC＝8，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到点E，使DE＝AD，请根据小明的方法思考： （1）由已知和作图能得到△ADC≌△EDB的理由是 ． A．SSS B．SAS C．AAS D．HL （2）求得AD的取值范围是 ． A.8＜AD＜10 B.8≤AD≤10 C.1＜AD＜9 D.1≤AD≤9 【感悟】 解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集合到同一个三角形中， 【问题解决】 （3）如图2，AD是△ABC的中线，点E在BC的延长线上，CE＝AB，∠BAC＝∠BCA，求证：AE＝2AD． 【变式1-2】（2025秋•北京校级期中）已知△ABC 是等边三角形，点D在△ABC 内部，且∠BDC＝120°． （1）如图1，设∠ABD＝α，求∠ACD的度数（用含α的式子表示）； （2）如图2，点E是BC的中点，连接AD，DE，用等式表示线段AD与DE之间的数量关系，并证明． 【变式1-3】（2025秋•锡林郭勒盟期中）【初步探索】 （1）如图1，AD是△ABC的中线，探究AB+AC与2AD的大小关系． 小明同学探究此问题的方法是：延长AD至点E，使DE＝AD，连接BE，先证明△ADC≌△EDB，可得出结论，他的结论应是 【灵活运用】 （2）如图2，AD是△ABC的中线，E、F分别在AB、AC上，且DE⊥DF，求证：BE+CF＞EF． 【拓展延伸】 （3）如图3，AD为△ABC的角平分线，直线MN⊥AD于点A．点E为MN上一点（与点A不重合），△ABC周长记为a，△EBC周长记为b，比较a与b的数量关系并证明． ▌题型05 手拉手模型 手拉手模型有三个特点：（1）共顶点；（2）双等腰；（3）顶角相等。 判断左右手的方法：将等腰三角形的顶点朝上，正对自己，在自己左边的为左手顶点，在自己右边的为右手顶点。 手拉手模型核心结论：左手拉左手=右手拉右手 1）等边三角形手拉手模型 条件：在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明： （1）△ABE≌△DBC； （2）AE=DC； （3）AE与DC的夹角为60°； （4）△AGB≌△DFB； （5）△EGB≌△CFB； （6）BH平分∠AHC； 证明：（1）∵△ABD和△BCE都是等边三角形 ∴BD=AB，BE=BC，∠DBA=∠EBC=60° 又∠EBA=∠EBA+∠EBD ∠EBC=∠EBC+∠EBD ∴∠EBA=∠EBC 在△ABE与△DBC中 ∴△ABE≌△DBC （2）由（1）得：△ABE≌△DBC ∴AE=DC （3）在△DHG和△ABG中 由（1）得：△ABE≌△DBC ∴∠GDH=∠GAB 又∠HGD=∠AGB ∴∠DHG=∠DBA=60° 即AE与DC的夹角为60°； （4）∵△ABD和△BCE都是等边三角形 ∴BD=AB，∠DBA=∠EBC=60° ∴∠DBE=180°-∠DBA-∠EBC=60° 由（1）得：△ABE≌△DBC ∴∠GDH=∠GAB 在△AGB和△DFB中 ∴△AGB≌△DFB； （6）如图，连接BH，过点B做BM⊥AE，BN⊥CD 由（1）△ABE≌△DBC BM、BN分别是AE、CD边上的高 ∴BM=BN ∴BH平分∠AHC 2）等腰直角三角形手拉手模型 条件：如图两个等腰直角三角形ADC与EDG，连接AG,CE,二者相交于H.证明： （1）△ADG≌△CDE （2）AG=CE （3）∠AHC=90° （4）HD平分∠AHE 证明：（1）∵△ACD和△GDE都是等腰直角三角形 ∴AD=CD，DG=DE，∠DBA=∠EBC=90° 又∠GDA=∠ADC+∠CDG ∠CDE=∠EDG+∠CDG ∴∠GDA=∠CDE 在△ADG和△CDE中 ∴△ADG≌△CDE（SAS） （2）由（1）得：△ADG≌△CDE ∴AG=CE （3）在△ADF和△CHF中 由（1）得：△ADG≌△CDE ∴∠DAG=∠DCE 又∠CFH=∠AFD ∴∠CHF=∠ADF=90° 即AE与DC的夹角为90°； （4）如图，连接DH，过点D做DM⊥AE，DN⊥CD 由（1）△ADG≌△CDE DM、DN分别是AG、CE边上的高 ∴DM=DN ∴DH平分∠AHE 3）正方形手拉手模型 条件：如图，两个正方形ABCD和DEFG，连接AG与CE，二者相交于H。证明： （1）△ADG≌△CDE （2）AG=CE （3）∠AHC=90° （4）HD分∠AHE 4）一般等腰三角形手拉手模型 当两个三角形是以公共顶点为顶点等腰三角形时，如果这两个三角形是以公共定点为顶点的等腰三角形，则可以根据SAS连带出的一组新的全等三角形。 条件：△OAB，△OCD均为等腰三角形，且∠AOB = ∠COD 结论：（1）△OAC≌△OBD；（2）∠AEB=∠AOB；（3）OE平分∠AED 核心图形： 核心条件：OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD 【典例1】（2026•仙桃校级三模）△ABD为正三角形，点C在直线BD上，△ACE也为正三角形，其中，点A，C，E按逆时针方向排列，如图，直线CE于直线AD交于点F． （1）求证：DE＝BC． （2）请证明随着点C运动，点E在一条定直线上运动． 【变式1-1】如图，C为线段AE上一动点（不与点A、E重合），在AE同侧分别作正△ABC和正△CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ．以下五个结论：①AD＝BE；②PQ∥AE；③AP＝BQ；④连接OC，OC平分∠AOE；⑤∠AOB＝60°．恒成立的结论有（　　） A．①⑤ B．①②⑤ C．①②③⑤ D．①②③④⑤ 【变式1-2】（2026春•海淀区校级期末）四边形ABCD和CEFG都是正方形，其中正方形CEFG可以绕顶点C旋转（CE＜CB）． （1）如图1，点E在BC上，点G在CD上，连接BG和DE，取BG的中点P，连接CP，求证：DE＝2CP； （2）如图2，正方形CEFG绕点C旋转到图2位置，连接DE和BG，取线段BG的中点P，连接CP． ①依题意补全图2； ②判断线段CP与DE的关系，并证明你的结论． 【变式1-3】（2025秋•开鲁县期末）（1）如图1，△ABC与△ADE均是顶角为40°的等腰三角形，BC、DE分别是底边，求证：BD＝CE； （2）如图2，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接BE． 填空：∠AEB的度数为 　 　 ；线段BE与AD之间的数量关系是　 　 ． （3）拓展探究 如图3，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE．请判断∠AEB的度数及线段CM、AE、BE之间的数量关系，并说明理由． ▌题型06 半角模型 半角模型的特征：两个角是一半的关系，并且两个角有公共顶点，角的两边相等。 解题思路：（1）将半角两边的三角形通过旋转到一边合并成新的三角形； （2）证明与半角形成的三角形全等； （3）通过全等的性质得出线段之间的数量关系，从而得到结论。 口诀：大角加半角，大角两边相等，构造全等。 即已知如图：①∠2=∠AOB；②OA=OB，连接FB，将△FOB绕点O旋转至△F′OA的位置，连接F′E、FE，可得△OEF′≌△OEF。 证明：∵将△FOB绕点O旋转至△F′OA的位置 ∴△FOB≌△F′OA ∴∠3=∠4，OF=OF′ ∵∠2=∠AOB ∴∠1+∠3=∠AOB ∴∠1+∠4=∠AOB 即∠E0F′=∠2 在△OEF′和△OEF中 ∴△OEF′≌△OEF（SAS） 1. 90°夹45°模型（正方形）： 条件：如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，∠EAF=45° （1）EF=BE+DF，C△CEF=2AB 证明：如图，延长FD到G，使DG=BE，连接AG， ∵在△GDA和△EBA中， ∴△GDA≌△EBA（SAS）， ∴AG=AE，∠GAD=∠EAB， 故∠GAF=45°， 在△GAF和△EAF中， ∴△GAF≌△EAF（SAS）， ∴GF=EF， 即GD+DF=BE+DF=EF； （2） （3）过点A作AH⊥EF，则AH=AB 证明：∵四边形ABCD为正方形， ∴AB=AD，∠BAD=90°， ∴把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ， ∴AQ=AF，∠FAQ=90°，∠ABQ=∠D=90°，而∠ABC=90°， ∴点Q在CB的延长线上， ∵∠EAF=45°， ∴∠QAE=90°-∠EAF=45°， ∴∠EAF=∠QAE， 在△AEQ和△AEF中， ∴△AEQ≌△AEF（SAS）， ∴EQ=EF， ∵AB⊥EQ，AH⊥FE， ∴AB=AH． 2. 120°夹60°模型 条件：如图，D是等边△ABC外的一点，DB=DC，∠BDC=120°，∠EDF=60°，且E、F分别在AB和AC上．结论：EF=BE+CF 证明：证明：延长AB到N，使BN=CF，连接DN， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABC=∠ACB=60°， ∵BD=CD，∠BDC=120°， ∴∠DBC=∠DCB=30°， ∴∠ACD=∠ABD=30°+60°=90°=∠NBD， ∵在△NBD和△FCD中， ∴△NBD≌△FCD（SAS）， ∴DN=DF，∠NDB=∠FDC， ∵∠BDC=120°，∠EDF=60°， ∴∠EDB+∠FDC=60°， ∴∠EDB+∠BDN=60°， 即∠EDF=∠EDN， 在△EDN和△EDF中， ∴△EDN≌△EDF（SAS）， ∴EF=EN=BE+BN=BE+CF， 即BE+CF=EF． 【典例1】（2025秋•西昌市期末）【问题背景】 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：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BE、EF、FD之间的数量关系是 ． 【探索延伸】 在四边形ABCD中如图2，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC、CD上的点，∠EAF∠BAD，上述结论是否仍然成立？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°，试求此时两舰艇之间的距离． 【变式1-1】（2025秋•重庆期中）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF∠BAD．求证：EF＝BE+FD． 【变式1-2】（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∠EAF∠BAD．请直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关系： ； （2）如图②，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程； （3）在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是边BC，CD所在直线上的点，且∠EAF∠BAD．请直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关系： ． 【变式1-3】（2025春•工业园区校级期中）（1）如图1，四边形ABCD是边长为5 cm的正方形，E，F分别在AD，CD边上，∠EBF＝45°．为了求出△DEF的周长．小南同学的探究方法是： 如图2，延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，先证△ABH≌△CBF，再证△EBH≌△EBF，得EF＝EH，从而得到△DEF的周长＝ cm； （2）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝100°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F分别是线段BC，CD上的点．且∠EAF＝50°．探究图中线段EF，BE，FD之间的数量关系； （3）如图4，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是线段BC，CD上的点，且2∠EAF＝∠BAD，（2）中的结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由； （4）若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，点E、F分别在CB、DC的延长线上，且2∠EAF＝∠BAD，请画出图形，并直接写出线段EF、BE、FD之间的数量关系． ▌题型07 动点问题 几何动点问题充分体现了数学中的“变”与“不变”的和谐统一，其特点是图形的某些元素(点、线段、角等)或某部分几何图形按一定的规律运动变化，从而引发其它一些元素的数量、位置关系、图形面积等发生变化， 但图形的一些元素数量和关系在运动变化的过程中却互相依存，具有一定的规律可寻。 全等三角形的动态问题是将几何、代数相结合，数形结合，具有较强的综合性，题目灵活多变。全等三角形的动态问题有单动点、双动点等类型问题,通过动点在运动过程中引起的角度变化，线段长度变化，探究其中不变的量(角度、 长度、性状等),在解题过程中，要善于抓住图形中的变与不变，以不变解决变。当面对这类题型的时候，要特别注意的地方是，题目可能会有多解，所以一定要全面的对题目进行综合考虑。 思路: 1.利用图形想到三形全等； 2.分析题目，了解有几个动点，动点的路程，速度； 3.结合图形和题目，得出已知或能间接求出的数据； 4.分情况讨论，把每种可能情况列出来，不要漏； 5.动点一般都是压轴题，步骤不重要，重要的是思路； 6.动点类问题一般都有好几问， 前一问大都是后一问的提示，就像几何探究类题一样，如果后面的题难了， 可以反过去看看前面问题的结论。 当研究目标多变或问题情形复杂时，我们往往将问题拆解成几个较为简单的问题来进行考虑，动点问题也是如此．具体分析动点问题时，往往会先研究背景图形，再分析运动过程、分段，为最后表达线段长，建等式做好准备．因为动点运动方向的改变不仅会改变线段长的表达，还可能改变和动点相关的图形的形状，所以要先分段，然后逐段分析，表达线段长，建等式． 【典例1】（2026春•松江区期中）如图，AB＝14，AC＝6，AC⊥AB，BD⊥AB，垂足分别为A，B．点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿AB向点B运动；点Q从点B出发，以每秒a个单位长度的速度沿射线BD方向运动．点P、点Q同时出发，当以P，B，Q为顶点的三角形与△CAP全等时，求a的值． 【变式1-1】（2025秋•邯郸校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90，AC＝6，BC＝8．点P从点A出发，沿折线AC﹣CB以每秒1个单位长度的速度向终点B运动，点Q从点B出发沿折线BC﹣CA以每秒3个单位长度的速度向终点A运动，P、Q两点同时出发．分别过P、Q两点作PE⊥l于E，QF⊥l于F．设点P的运动时间为t（秒）： （1）当P、Q两点相遇时，求t的值； （2）在整个运动过程中，求CP的长（用含t的代数式表示）； （3）当△PEC与△QFC全等时，直接写出所有满足条件的CQ的长． 【变式1-2】（2025秋•祁阳市校级期末）已知AB＝12cm，AC＝BD＝10cm，点P在线段AB上以2cm/s的速度由点A向点B运动，同时点Q在线段BD上由点B向点D运动，它们运动的时间为t秒． （1）如图1，若AC⊥AB，BD⊥AB，且点Q的运动速度与点P的运动速度相同，当t＝1时，△ACP与△BPQ是否全等，并判断此时线段PC和线段PQ的位置关系和数量关系，请分别说明理由； （2）如图2，若∠A＝∠B＝60°，设点Q的运动速度为vcm/s，是否存在实数v，使得△ACP与△BPQ全等？若存在，求出v，t的值；若不存在，请说明理由． 【变式1-3】如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，直线l经过点C且与边AB相交．动点P从点A出发沿A→C→B路径向终点B运动；动点Q从点B出发沿B→C→A路径向终点A运动．点P和点Q的速度分别为1cm/s和2cm/s，两点同时出发并开始计时，当点P到达终点B时计时结束．在某时刻分别过点P和点Q作PE⊥l于点E，QF⊥l于点F，设运动时间为t秒，当△PEC与△QFC全等时，求t的值． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题11 全等三角形常见辅助线与动点问题 （题型突破·举一反三） ▌题型01 连接两点构造全等三角形 【典例1】 【解答】证明：连接BC， 在△ABC和△DCB中， ， ∴△ABC≌△DCB（SSS）， ∴∠A＝∠D， 在△ABO和△DCO中， ， ∴△ABO≌△DCO（AAS）． 【变式1-1】 【解答】证明：连接AC， 在△ADB和△CBD中， ∵， ∴△ADB≌△CBD（SSS）， ∴∠DCA＝∠CAB，∠DAC＝∠ACB， ∴AB∥CD，AD∥BC． 【变式1-2】 【解答】解：（1）如图，连接AC， 在△ACE 和△ACF中， ∵， ∴△ACE≌△ACF（SSS）， 则∠FAC=∠EAC， ∵CB⊥AB，CD⊥AD， ∴∠B=∠D=90°， ∵AC=AC， ∴△ACB≌△ACD（AAS）， ∴CB=CD， （2）由（1）得△ACE≌△ACF，CB=CD， ∵AE=8，CD=6， ， ∴=24+24=48； （3）猜想∠DAB+∠ECF=2∠DFC， 证明：∵△ACE≌△ACF， ∴∠EAC=∠FAC，∠ACE=∠ACF， ∵∠DAB=∠FAC+∠EAC，∠ECF=∠ACF+∠ACE， ∴∠DAB+∠ECF=∠FAC+∠EAC+∠ACF+∠ACE， =2∠FAC+2∠ACF =2（∠FAC+∠ACF） ∵∠DFC=∠FAC+∠ACF， ∴∠DAB+∠ECF=2∠DFC． 【变式1-3】 【解答】解：（1）如图所示，连接AC，AD， 在△ABC与△AED中， ， ∴△ABC≌△AED（SAS）， ∴AC＝AD， ∵F是CD中点， ∴AF⊥CD； （2）如图所示，连接BF，EF， ∵F是CD中点， ∴CF＝FD， 在△BCF与△EDF中， ， ∴△BCF≌△EDF（SAS）， ∴BF＝EF，∠CFB＝∠DFE 在△ABF与△AEF中， ， ∴△ABF≌△AEF（SSS）， ∴∠AFB＝∠AFE， ∴∠AFB+∠CFB＝∠DFE+∠AFE，即∠AFC＝∠AFD， ∵∠AFC+∠AFD＝180°， ∴∠AFD＝90°， ∴AF⊥CD； （3）如图所示，连接BD，CE交于点G， ∵F是CD中点， ∴CF＝FD， 在△BCD与△EDC中， ， ∴△BCD≌△EDC（SAS）， ∴∠CDB＝∠DCE， ∴CG＝DG， 在△CGF与△DGF中， ， ∴△CGF≌△DGF（SAS）， ∴∠AFC＝∠AFD， ∵∠AFC+∠AFD＝180°， ∴∠AFD＝90°， ∴AF⊥CD． ▌题型02 一线三等角模型 【典例1】 【解答】解：（1）①∵AD⊥MN，BE⊥MN， ∴∠ADC＝∠ACB＝90°＝∠CEB， ∴∠CAD+∠ACD＝90°，∠BCE+∠ACD＝90°， ∴∠CAD＝∠BCE， ∵在△ADC和△CEB中， ， ∴△ADC≌△CEB（AAS）； ②∵△ADC≌△CEB， ∴CE＝AD，CD＝BE， ∴DE＝CE+CD＝AD+BE； （2）证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN， ∴∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°， ∴∠CAD＝∠BCE， ∵在△ADC和△CEB中， ， ∴△ADC≌△CEB（AAS）； ∴CE＝AD，CD＝BE， ∴DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE； （3）当MN旋转到题图（3）的位置时，AD，DE，BE所满足的等量关系是：DE＝BE﹣AD． 理由如下：∵AD⊥MN，BE⊥MN， ∴∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°， ∴∠CAD＝∠BCE， ∵在△ADC和△CEB中， ， ∴△ADC≌△CEB（AAS）， ∴CE＝AD，CD＝BE， ∴DE＝CD﹣CE＝BE﹣AD． 【变式1-1】 【解答】解：（1）∵BE⊥CE于E，AD⊥CE于点D， ∴∠ADC＝∠CEB＝90°， ∴∠CAD+∠ACD＝90°， ∵∠BCE+∠ACD＝∠ACB＝90°， ∴∠BCE＝∠CAD， ∵AC＝BC， ∴△ACD≌△CBE（ASA）； （2）当CE所在的直线旋转到△ABC的外部时，仍有AC＝BC，∠D＝∠E＝90°， ∴∠CAD+∠ACD＝90°， ∵∠BCE+∠ACD＝180°﹣∠ACB＝90°， ∴∠BCE＝∠CAD， ∴△ACD≌△CBE（ASA）， ∴CE＝AD＝9cm，CD＝BE＝3cm， ∴DE＝CD+CE＝12cm， 答：DE的长为12cm． 【变式1-2】 【解答】解：（1）DE＝BD+CE， 理由如下：∵∠BAC＝90°， ∴∠BAD+∠CAE＝90°， ∵BD⊥m，CE⊥m， ∴∠ADB＝∠CEA＝90°， ∴∠BAD+∠ABD＝90°， ∴∠ABD＝∠CAE， 在△ADB和△CEA中， ， ∴△ADB≌△CEA（AAS）， ∴BD＝AE，AD＝CE， ∴DE＝AD+AE＝BD+CE； （2）结论DE＝BD+CE成立， 理由如下：∵∠BAD+∠CAE＝180°﹣∠BAC，∠BAD+∠ABD＝180°﹣∠ADB，∠ADB＝∠BAC， ∴∠ABD＝∠CAE， 在△BAD和△ACE中， ， ∴△BAD≌△ACE（AAS）， ∴BD＝AE，AD＝CE， ∴DE＝DA+AE＝BD+CE； （3）△DFE为等边三角形， 理由如下：由（2）得，△BAD≌△ACE， ∴BD＝AE，∠ABD＝∠CAE， ∴∠ABD+∠FBA＝∠CAE+FAC，即∠FBD＝∠FAE， 在△FBD和△FAE中， ， ∴△FBD≌△FAE（SAS）， ∴FD＝FE，∠BFD＝∠AFE， ∴∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠DFA+∠BFD＝60°， ∴△DFE为等边三角形． 【变式1-3】 【解答】解：（1）由题意，∠DEN+∠AME＝90°，∠AME+∠MAE＝90°， ∴∠DEN＝∠EAM， ∴△EDN≌△AEM（SAS）， ∴AM＝EN，EM＝DN， ∵AM＝BM， ∴BM＝EN，BN+MN＝EM+MN， ∴EM＝BN＝DN， 又∵DN⊥BC， ∴∠BND＝90°， 在Rt△AME中，，AM＝4，由勾股定理，得， ∴DN＝BN＝EM＝2， 在Rt△BDN中，∠BND＝90°，由勾股定理，得BD2； （2）DF2+DE2＝CN2． 理由：如图2，过点E作EG⊥AB交AB延长线于点G， ∵∠ADC+∠ACD＝90°，∠GDE+∠ADC＝90°， ∴∠ACD＝∠GDE， ∵∠A＝∠G＝90°，CD＝DE， ∴△ACD≌△GDE（SAS）， ∴AD＝GE，AC＝GD， ∵AB＝AC， ∴AB＝GD，AD+BD＝BD+BG， ∴AD＝BG， ∴GE＝BG， ∵∠G＝90°， ∴∠GBE＝∠GEB＝∠FBD＝45°， ∴∠FBC＝90°， ∴∠F+∠FCB＝90°， ∵DE⊥DC， ∴∠FDE＝∠NDC＝90°， ∴∠F+∠FED＝90°， ∴∠FED＝∠FCB． 又∵DE＝DC， ∴△CND≌△EFD（AAS）， ∴CN＝EF， 在Rt△EDF中，有DF2+DE2＝EF2＝CN2． （3）分别过点B，E，F，C作AD的垂线，垂足分别为M，N，P，Q， 同（2）得△ABM≌△EAN，△DPF≌△CQD． ∴EN＝AM，PF＝DQ． ∴ ） AD×（BC﹣AD） ＝3． ▌题型03 截长补短法 【典例1】 【解答】解：（1）∵AE、CD分别为△ABC的角平分线， ∴∠FAC∠BAC，∠FCA∠BCA， ∵∠B＝60° ∴∠BAC+∠BCA＝120°， ∴∠AFC＝180﹣∠FAC﹣∠FCA＝180°120°＝120°； （2）在AC上截取AG＝AD＝6，连接FG． ∵AE、CD分别为△ABC的角平分线 ∴∠FAC＝∠FAD，∠FCA＝∠FCE， ∵∠AFC＝120°， ∴∠AFD＝∠CFE＝60°， 在△ADF和△AGF中， ， ∴△ADF≌△AGF（SAS）， ∴∠AFD＝∠AFG＝60°， ∴∠GFC＝∠CFE＝60°， 在△CGF和△CEF中， ， ∴△CGF≌△CEF（ASA）， ∴CG＝CE＝4， ∴AC＝AG+GC＝10． 【变式1-1】 【解答】证明：（1）过点C作CF⊥AD交AD的延长线于点F，如图1所示： ∵△ADC的面积为14，AD＝7， ∴AD•CF＝14， ∴CF4， ∵CE＝4， ∴CF＝CE＝4， 又∵CE⊥AB，垂足为E，CF⊥AD交AD的延长线于点F，点C在∠BAD的内部， ∴点C在∠BAD的平分线上， ∴AC是∠BAD的平分线； （2）在AB上截取AH＝AD＝7，连接CH，如图所示： ∵AB＝13， ∴BH＝AB﹣AH＝AB﹣AD＝13﹣7＝6， ∵AB﹣AD＝2BE， ∴2BE＝6， ∴BE＝3， ∴EH＝BH﹣BE＝6﹣3＝3， ∴EH＝BH＝3， ∵CE⊥AB，垂足为E， ∴CE是线段BH的垂直平分线， ∴HC＝BC， 由（1）可知：AC是∠BAD的平分线， ∴∠HAC＝∠DAC， 在△HAC和△DAC中， ， ∴△HAC≌△DAC（SAS）， ∴HC＝CD， ∴CD＝BC． 【变式1-2】 【解答】（1）证明：①∵∠BAC＝α＝120°，AD平分∠BAC， ∴∠BAE＝∠CAE∠BAC120°＝60°， ∵AB＝BE， ∴△ABE是等边三角形， ∴∠E＝60°， ∴∠E＝∠CAE， ∴BE∥AC； ②如图2，在AE上取一点H，使AH＝AB， 由①知，∠BAE＝60°， ∴△ABH是等边三角形， ∴BH＝AB，∠AHB＝60°， ∴∠BHE＝180°﹣∠AHB＝180°﹣60°＝120°， ∴∠BHE＝∠BAC， ∵∠EBC＝60°， ∴∠E+∠BDE＝180°﹣∠EBC＝120°， ∵∠BDE＝∠ADC， ∴∠E+∠ADC＝120°， ∵∠CAD＝60°， ∴∠C+∠ADC＝180°﹣∠CAD＝120°， ∴∠E＝∠C， ∴△BHE≌△BAC（AAS）， ∴HE＝AC， ∴AE＝AH+HE＝AB+AC； （2）解：如图3，连接AC'， 由折叠知，AC'＝AC，C'F＝CF＝3，∠FAC'＝∠FAC，∠AFB＝∠AFC， 过点A作AM⊥BF于M，AN⊥FC交FC的延长线于N， ∴∠AMF＝90°，AM＝AN， ∵△ACF的面积为7， ∴CF•AN＝7， ∴3AN＝7， ∴AN， ∴AM， ∵AC'＝AC，AB＝AC， ∴AC'＝AB， ∵AM⊥BF， ∴BM＝C'M，∠BAM＝∠C'AM， ∴∠FAM＝∠C'AM+∠FAC'＝∠BAM+∠FAC， ∵∠BAC＝∠BAM+∠FAC+∠FAM＝2∠FAM＝90°， ∴∠FAM＝45°， ∵∠AMF＝90°， ∴∠AFM＝45°＝∠FAM， ∴MF＝AM， ∴BM＝C'M＝MF﹣C'F3， ∴BF＝BM+MF， 即BF的长为． 【变式1-3】 【解答】证明：（1）在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG， ∵∠EAF∠BAD， ∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF， ∴∠EAF＝∠GAF， 在△AEF和△GAF中， ， ∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴EF＝FG， ∵FG＝DG+DF＝BE+DF， ∴EF＝BE+DF； 故答案为：EF＝BE+DF． （2）解：结论EF＝BE+DF仍然成立； 理由：延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG， ∵∠EAF∠BAD， ∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF， ∴∠EAF＝∠GAF， 在△AEF和△GAF中， ， ∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴EF＝FG， ∵FG＝DG+DF＝BE+DF， ∴EF＝BE+DF． ▌题型04 倍长中线法 【典例1】 【解答】（1）解：如图，延长AD到点E，使DE＝AD，连接BE， ∵AD是△ABC的中线， ∴CD＝BD， 在△ADC和△EDB中， ， ∴△ADC≌△EDB（SAS）， ∴BE＝AC＝5， ∵AB﹣BE＜AE＜AB+BE，AB＝8，AC＝5， ∴8﹣5＜AE＜8+5， ∴3＜AE＜13， ∵DE＝AD， ∴AE＝2AD， ∴3＜2AD＜13， ∴AD， 故AD的取值范围为AD； （2）证明：如图，延长AD至G，使DG＝AD，连接BG， 则AG＝2AD， ∵D为BC的中点， ∴CD＝BD， ∵∠ADC＝∠GDB， ∴△ADC≌△GDB（SAS）， ∴∠C＝∠GBD，AC＝BG， ∴AC∥BG， ∴∠ABG+∠BAC＝180°， ∵AC＝AF， ∴BG＝AF， ∵∠BAE＝∠CAF＝90°， ∴∠EAF+∠BAC＝180°， ∴∠ABG＝∠EAF， 在△EAF和△ABG中， ∴△EAF≌△ABG（SAS）， ∴AG＝EF， ∴EF＝2AD； （3）解：如图，延长EF到G，使EF＝FG，连接CG，延长CA到H，使AH＝AD，连接BH， ∵F是BC的中点， ∴CF＝BF， ∵∠EFB＝∠CFG， ∴△BEF≌△CGF（SAS）， ∴BE＝CG，∠G＝∠BEF， ∴CG∥BE， ∴∠BEH＝∠GCE， ∵∠BAC+∠BAH＝180°，∠BAC+∠BAD﹣180°米 ∴∠BAH＝∠BAD， 在△BAH和△BAD中， ∴△BAH≌△BAD（SAS）， ∴BH＝BD，∠H＝∠ADB， ∵∠ADB＝∠CEF， ∴∠H＝∠CEF， ∴△HBE≌△EGC（AAS）， ∴EG＝BH＝BD＝2EF＝2×6＝12， 即BD＝12． 【变式1-1】 【解答】（1）解：∵△ADC≌△EDB的理由是AD＝DE，BD＝CD，∠ADC＝∠EDB，符合SAS判定， 故答案为：B； （2）解：由（1）知△ADC≌△EDB， ∴AC＝BE＝8， ∴10﹣8＜AE＜10+8， 即2＜2AD＜18， ∴1＜AD＜9， 故答案为：C； （3）证明：倍长AD，连接CF，如图， ∵AD＝DF，∠ADB＝∠FDC，BD＝CD， ∴△ACF≌△ACE（SAS）， ∴AB＝CF，∠B＝∠FCD， ∵∠BAC＝∠BCA， ∴∠BAC+∠B＝∠BCA+∠FCD，即∠ACF＝∠ACE， ∵CE＝AB， ∴CF＝CE， ∴△ACF≌△ACE（SAS）， ∴AE＝AF， ∵AF＝2AD， ∴AE＝2AD． 【变式1-2】 【解答】解：（1）∵△ABC 是等边三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝60°， 即∠ABD+∠DBC＝60°，∠ACD+∠BCD＝60°， ∵∠BDC＝120°， ∴∠DBC+∠DCB＝180°﹣120°＝60°， ∴∠ABD+∠ACD＝60°， ∴∠ACD＝60°﹣∠ABD＝60°﹣α；证明： （2）延长CD至F使DF＝BD，连接BF、AF， ∵∠BDC＝120°， ∴∠BDF＝180﹣∠BDC＝120°＝60°， ∴△BDF是等边三角形， ∴BF＝DF＝DB，∠FBD＝∠BFD＝60°， ∴∠ABF+∠ABD＝60°， 又∵∠ABC＝∠ABD+∠DBC＝60°， ∴∠DBC＝∠ABF， ∵AB＝BC， ∴△ABF≌△CBD（SAS）， ∴CD＝AF，∠BDC＝∠AFB＝120°， ∴∠AFD＝∠AFB﹣∠BFD＝60°， 延长DE至G，使DE＝GE，连接BG， ∵点E是BC的中点， ∴BE＝CE， 又∵∠BEG＝∠CED， ∴△BEG≌△CED（SAS）， ∴CD＝BG，∠BCD＝∠GBE， ∴BG＝AF， ∵∠BDC＝120°， ∴∠BCD+∠DBC＝60°， ∴∠GBE+∠DBC＝60°，即∠GBD＝60°， ∴∠GBD＝∠AFD＝60°， 在△DBG与△DFA中， ， ∴△DBG≌△DFA（SAS）， ∴AD＝DG＝DE+GE＝2DE． 【变式1-3】 【解答】解：（1）延长AD至点E，使DE＝AD，连接BE， 在△ADC和△EDB中， ， ∴△ADC≌△EDB（SAS）， ∴BE＝AC， ∵AB+BE＞AD+DE， ∴AB+AC＞2AD． 故答案为：AB+AC＞2AD； （2）延长FD至G，使得GD＝DF，连接BG，EG 在△DFC和△DGB中， ， ∴△DFC≌△DGB（SAS）， ∴BG＝CF， ∵在△EDF和△EDG中 ∴△EDF≌△EDG（SAS）， ∴EF＝EG， 在△BEG中，两边之和大于第三边， ∴BG+BE＞EG 又∵EF＝EG，BG＝CF， ∴BE+CF＞EF （3） ①点E在点A右侧时 延长BA到F，使AF＝AC，连接EF， ∠FAE＝∠MAB＝90°﹣∠BAD＝90°﹣∠CAD＝∠CAE， 在△ACE和△AFE中， ， ∴△ACE≌△AFE（SAS）， ∴CE＝EF ∵BE，EF，BF为△BEF三边， ∴BE+EF＞BF， ∴BE+CE＞AB+AF， ∴BE+CE＞AB+AC， ∴BC+BE+CE＞BC+AB+AC 即b＞a ②点E在点A左侧时，同理b＞a． 综上，b＞a ▌题型05 手拉手模型 【典例1】 【解答】（1）证明：∵△ABD和△ACE都是等边三角形， ∴AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝60°． ∴AB＝AD， ∴∠BAD﹣∠CAD＝∠CAE﹣∠CAD， 即∠BAC＝∠DAE， 在△ABC和△ADE中， ， ∴△ABC≌△ADE（SAS）， ∴BC＝DE； （2）证明：如图，线段BD的延长线标一点H， ∵△ABD是等边三角形， ∴∠ABC＝∠ADB＝60°， 由（1）知，△ABC≌△ADE， ∴∠ADE＝∠ABC＝60°， ∴∠EDH＝180°﹣∠ADB﹣∠ADE＝180°﹣60°﹣60°＝60°，为定值， ∴随着点C运动，点E在一条定直线上运动． 【变式1-1】 【解答】解：①∵△ABC和△CDE都是正三角形， ∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°， ∴∠DCP＝180°﹣∠ACB﹣∠DCE＝60°， ∵∠ACD＝∠ACB+∠BCD，∠BCE＝∠DCE+∠BCD， ∴∠ACD＝∠BCE， 在△ADC和△BEC中， ， ∴△ADC≌△BEC（SAS）， ∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，故①正确； ②在△CDP和△CEQ中， ， ∴△CDP≌△CEQ（ASA）． ∴CP＝CQ， ∴∠CPQ＝∠CQP＝60°， ∴∠QPC＝∠BCA， ∴PQ∥AE，故②正确； ③由②可知，△CDP≌△CEQ， ∴DP＝QE， 由①可知，AD＝BE， ∴AD﹣DP＝BE﹣QE， ∴AP＝BQ，故③正确； ④如图，过点C作CM⊥BE于点M，CN⊥AD于点N， 由①可知，△ADC≌△BEC， ∴AD＝BE，S△ADC＝S△BEC， ∴AD•CNBE•CM， ∴CN＝CM， ∵CM⊥BE，CN⊥AD， ∴OC平分∠AOE，故④正确； ⑤由①可知，△ADC≌△BEC， ∴∠DAC＝∠EBC， ∴∠AOB＝∠DAC+∠AEO＝∠EBC+∠AEO＝∠ACB＝60°，故⑤正确； 综上所述，恒成立的结论有：①②③④⑤． 故选：D． 【变式1-2】 【解答】（1）∴BC＝DC，CG＝CE，∠BCG＝90°，∴△BCG≌△DCE（SAS）， ∴BG＝DE， 在Rt△BCG中，点P是斜边BG的中点， ∴BG＝2CP， ∴DE＝2CP； （2）解：①补全图形如图2所示， ②线段CP与DE的关系为DE＝2CP，证明： 如图3，延长CP至M使PM＝PC，连接BM，则CM＝2CP， ∵点P是BG的中点， ∴BP＝CP， ∵∠BPM＝∠GPC， ∴△BPM≌△GPC（SAS）， ∴BM＝CG，∠BMP＝∠GCP， ∴∠CBM＝180°﹣∠BCM﹣∠BMP＝180°﹣∠BCM﹣∠GCP＝180°﹣∠BCG， ∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形， ∴BC＝DC，CG＝CE，∠BCD＝∠ECG＝90°， ∴BM＝CE，∠DCE＝360°﹣90°﹣90°﹣∠BCG＝180°﹣∠BCG， ∴∠CBM＝∠BCD， ∴△BCM≌△DCE（SAS）， ∴CM＝DE， ∴DE＝2CP， 【变式1-3】 【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE＝40°， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC， 即∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴BD＝CE． （2）解：∵△ACB和△DCE均为等边三角形， ∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∠CDE＝∠CED＝60°， ∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB， 即∠ACD＝∠BCE， 在△ACD和△BCE中， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE＝AD，∠ADC＝∠BEC， ∵点A，D，E在同一直线上， ∴∠ADC＝180°﹣60°＝120°， ∴∠BEC＝120°， ∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝120°﹣60°＝60°， 综上，可得 ∠AEB的度数为60°；线段BE与AD之间的数量关系是：BE＝AD． 故答案为：60°、BE＝AD． （3）解：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形， ∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CDE＝∠CED＝45°， ∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB， 即∠ACD＝∠BCE， 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE＝AD，∠BEC＝∠ADC， ∵点A，D，E在同一直线上， ∴∠ADC＝180﹣45＝135°， ∴∠BEC＝135°， ∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝135﹣45＝90°； ∵∠DCE＝90°，CD＝CE，CM⊥DE， ∴CM＝DM＝EM， ∴DE＝DM+EM＝2CM， ∴AE＝AD+DE＝BE+2CM． ▌题型06 半角模型 【典例1】 【解答】解：初步探索：EF＝BE+FD， 故答案为：EF＝BE+FD， 探索延伸：结论仍然成立， 证明：如图2，延长FD到G，使DG＝BE，连接AG， ∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADG+∠ADC＝180° ∴∠B＝∠ADG， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG， ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG， ∵∠EAF∠BAD， ∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF， ∴∠EAF＝∠GAF， 在△AEF和△AGF中， ， ∴△AEF≌△AGF， ∴EF＝FG， ∴FG＝DG+FD＝BE+DF； 结论运用：解：如图3，连接EF，延长AE、BF交于点C， ∵∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°， ∠EOF＝70°， ∴∠EOF∠AOB， ∵OA＝OB， ∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝180°， ∴符合探索延伸中的条件 ∴结论EF＝AE+BF成立， 即EF＝1.5×（60+80）＝210海里， 答：此时两舰艇之间的距离是210海里． 【变式1-1】 【解答】证明：延长EB到G，使BG＝DF，连接AG． ∵∠ABG＝∠ABC＝∠D＝90°，AB＝AD， ∴△ABG≌△ADF． ∴AG＝AF，∠1＝∠2． ∴∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠EAF∠BAD． ∴∠GAE＝∠EAF． 在△AEG与△AEF中 ， ∴△AEG≌△AEF（SAS）． ∴EG＝EF． ∵EG＝BE+BG． ∴EF＝BE+FD 【变式1-2】 【解答】解：（1）如图1，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG． ∵在△ABG与△ADF中， ， ∴△ABG≌△ADF（SAS）． ∴AG＝AF，∠1＝∠2， ∴∠1+∠3＝∠2+∠3∠BAD＝∠EAF． ∴∠GAE＝∠EAF． 又AE＝AE， 易证△AEG≌△AEF． ∴EG＝EF． ∵EG＝BE+BG． ∴EF＝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． ∴EG＝EF． ∵EG＝BE+BG． ∴EF＝BE+FD （3）①EF＝BE﹣FD． 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， 易证△AEG≌△AEF（SAS）． ∴EG＝EF ∵EG＝BE﹣BG ∴EF＝BE﹣FD． ②EF＝FD﹣BE． 证明：在DF上截取DH＝BE， 同第一种情况方法，证△AEB≌△AHD（SAS）， 证△AEF≌△AHF（SAS）， ∴EF＝FH＝FD﹣DH＝FD﹣BE； ③由（1）、（2）可知，EF＝BE+FD； ④如图，点E在BC延长线上，点F在DC延长线，此时线段EF，BE，FD之间并无直接数量关系． 综上，EF＝BE﹣FD或EF＝FD﹣BE或EF＝BE+FD； 故答案为：EF＝BE﹣FD或EF＝FD﹣BE或EF＝BE+FD； 【变式1-3】 【解答】解：（1）如图1，延长EA到H，使AH＝CF，连接BH， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝AD＝CD＝5cm，∠BAD＝∠BCD＝90°， ∴∠BAH＝∠BCF＝90°， 又∵AH＝CF，AB＝BC， ∴△ABH≌△CBF（SAS）， ∴BH＝BF，∠ABH＝∠CBF， ∵∠EBF＝45°， ∴∠CBF+∠ABE＝45°＝∠HBA+∠ABE＝∠EBF， ∴∠EBH＝∠EBF， 又∵BH＝BF，BE＝BE， ∴△EBH≌△EBF（SAS）， ∴EF＝EH， ∴EF＝EH＝AE+CF， ∴△DEF的周长＝DE+DF+EF＝DE+DF+AE+CF＝AD+CD＝10（cm）． 故答案为：10． （2）EF＝BE+DF． 证明：如图2所示，延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG， ∵∠BAD＝100°，∠EAF＝50°， ∴∠BAE+∠FAD＝∠DAG+∠FAD＝50°， ∴∠EAF＝∠FAG＝50°， 在△EAF和△GAF中， ， ∴△EAF≌△GAF（SAS）， ∴EF＝FG＝DF+DG， ∴EF＝BE+DF； （3）成立． 证明：如图3，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，∠BAG＝∠DAF， ∵2∠EAF＝∠BAD， ∴∠DAF+∠BAE＝∠BAG+∠BAE∠BAD＝∠EAF， ∴∠GAE＝∠EAF， 又AE＝AE， ∴△AEG≌△AEF（SAS）， ∴EG＝EF， ∵EG＝BE+BG， ∴EF＝BE+FD； （4）EF＝DF﹣BE， 理由如下：在DF上截取DH，使DH＝BE， ∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ABE＝180°， ∴∠ABE＝∠ADH，且AB＝AD，DH＝BE， ∴△ABE≌△ADH（SAS）， ∴∠BAE＝∠DAH，AH＝AE， ∵∠EAF∠BAD， ∴∠DAH+∠BAF∠BAD， ∴∠HAF∠BAD＝∠EAF，且AF＝AF，AE＝AH， ∴△FAH≌△FAE（SAS）， ∴HF＝EF， ∴EF＝HF＝DF﹣DH＝DF﹣BE． ▌题型07 动点问题 【典例1】 【解答】解：当△CAP≌△PBQ时，则AC＝PB，AP＝BQ， ∵AC＝6，AB＝14， ∴PB＝6， ∴AP＝AB﹣PB＝14﹣6＝8， ∴BQ＝8， ∴8÷a＝8÷2， 解得a＝2； 当△CAP≌△QBP时，则AC＝BQ，AP＝BP， ∵AC＝6，AB＝14， ∴BQ＝6，AP＝BP＝7， ∴6÷a＝7÷2， 解得a； 由上可得a的值是2或． 【变式1-1】 【解答】解：（1）由题意得t+3t＝6+8， 解得t（秒）， 当P、Q两点相遇时，t的值为秒； （2）由题意可知AP＝t， 则CP的长为； （3）当P在AC上，Q在BC上时， ∵∠ACB＝90， ∴∠PCE+∠QCF＝90°， ∵PE⊥l于E，QF⊥l于F． ∴∠EPC+∠PCE＝90°，∠PEC＝∠CFQ＝90°， ∴∠EPC＝∠QCF， ∴△PCE≌△CQF， ∴PC＝CQ， ∴6﹣t＝8﹣3t，解得t＝1， ∴CQ＝8﹣3t＝5； 当P在AC上，Q在AC上时，即P、Q重合时，则CQ＝PC， 由题意得，6﹣t＝3t﹣8， 解得t＝3.5， ∴CQ＝3t﹣8＝2.5， 当P在BC上，Q在AC上时，即A、Q重合时，则CQ＝AC＝6， 综上，当△PEC与△QFC全等时，满足条件的CQ的长为5或2.5或6． 【变式1-2】 【解答】解：（1）当t＝1时，△ACP与△BPQ全等， 线段PC和线段PQ的位置关系是：PC⊥PQ，数量关系是：PC＝PQ，理由如下： ∵AC⊥AB，BD⊥AB， ∴∠A＝∠B＝90°， ∵点P在线段AB上以2cm/s的速度由点A向点B运动， ∴AP＝2cm， ∵AB＝12cm，AC＝BD＝10cm， ∴BP＝AB﹣AP＝10（cm）， ∴AC＝BP＝10cm， 又∵且点Q的运动速度与点P的运动速度相同， ∴BQ＝2cm， ∴AP＝BQ＝2cm， 在△ACP和△BPQ中， ， ∴△ACP≌△BPQ（SAS）， ∴PC＝PQ，∠C＝∠BPQ， 在Rt△ACP中，∠C+∠APC＝90°， ∴∠BPQ+∠APC＝90°， ∴∠CPQ＝180°﹣（∠BPQ+∠APC）＝90°， ∴PC⊥PQ； （2）依题意得：AP＝2tcm，BQ＝vtcm， ∵AB＝12cm，AC＝BD＝10cm， ∴BP＝AB﹣AP＝（12﹣2t）cm， 又∵∠A＝∠B＝60°， ∴当△ACP与△BPQ全等时，有以下两种情况： ①当AC＝BP，AP＝BQ时，则△ACP≌△BPQ（SAS）， 由AC＝BP，得：10＝12﹣2t， 解得：t＝1， 由AP＝BQ，得：2t＝vt， ∵t＝1， ∴v＝2， 即当t＝1s，v＝2cm/s时，△ACP与△BPQ全等； ②当AC＝BQ，AP＝BP时，则△ACP≌△BQP（SAS）， 由AP＝BP，得：2t＝12﹣2t， 解得：t＝3， 由AC＝BQ，得：10＝vt， ∵t＝3， ∴v， 即当t＝3s，v＝10/3cm/s时，△ACP与△BPQ全等， 综上所述：v，t的值分别为t＝1s，v＝2cm/s或t＝3s，vcm/s． 【变式1-3】 【解答】解：①如图，点Q在BC上，点P在AC上时， 由题意得，AP＝t，BQ＝2t， ∵AC＝6cm，BC＝8cm， ∴CP＝6﹣t，CQ＝8﹣2t， ∵PE⊥l，QF⊥l， ∴∠PEC＝∠CFQ＝∠ACB＝90°， ∴∠CPE+∠PCE＝∠PCE+∠FCQ＝90°， ∴∠CPE＝∠FCQ， 当△PEC≌△CFQ时， 则PC＝CQ（全等三角形对应边相等）， 即6﹣t＝8﹣2t， 解得t＝2； ②如图，当点P与点Q重合时， 由题意得，AP＝t，BQ＝2t， ∵AC＝6cm，BC＝8cm， ∴CP＝6﹣t，CQ＝2t﹣8， 当△PEC≌△QFC时， 则PC＝CQ（全等三角形对应边相等）， ∴6﹣t＝2t﹣8， 整理得，3t＝14， 解得； ③如图，当点Q与A重合时， 由题意得，AP＝t， ∵AC＝6cm， ∴CP＝t﹣6，CQ＝6， ∵∠QCF+∠CQF＝∠QCF+∠PCE＝90°， ∴∠CQF＝∠PCE， 当△PEC≌△CFQ时， 则PC＝CQ（全等三角形对应边相等）， 即t﹣6＝6， 解得t＝12； 综上所述：当t＝2秒或秒或12秒时，△PEC与△QFC全等． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题11 全等三角形常见辅助线与动点问题 （题型突破·举一反三） 题型01 连接两点构造全等三角形 题型02 一线三等角模型 题型03 截长补短法 题型04 倍长中线法 题型05 手拉手模型 题型06 半角模型 题型07 动点问题 ▌题型01 连接两点构造全等三角形 已知两个定点，连接两点得到公共边，再找一组角、一组边相等，用SSS/SAS/ASA/AAS证全等，一般四边形连接四边形的对角线构造三角形。 【典例1】如图，在△ABC和△DCB中，AC与BD相交于点O，AB＝DC，AC＝BD．求证：△ABO≌△DCO． 【分析】由△ABC≌△DCB（SSS），得到∠A＝∠D，由AAS即可证明△ABO≌△DCO． 【解答】证明：连接BC， 在△ABC和△DCB中， ， ∴△ABC≌△DCB（SSS）， ∴∠A＝∠D， 在△ABO和△DCO中， ， ∴△ABO≌△DCO（AAS）． 【变式1-1】已知：如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，AB＝CD．求证：AB∥CD，AD∥BC． 【分析】连接AC，利用三边对应相等的两个三角形全等，证明△ADB≌△CBD，再利用全等的性质可得∠DCA＝∠CAB，∠DAC＝∠ACB，进而证明AB∥CD，AD∥BC． 【解答】证明：连接AC， 在△ADB和△CBD中， ∵， ∴△ADB≌△CBD（SSS）， ∴∠DCA＝∠CAB，∠DAC＝∠ACB， ∴AB∥CD，AD∥BC． 【变式1-2】如图，在四边形ABCD中，CB⊥AB于点B，CD⊥AD于点D，点E，F分别在AB，AD上，AE=AF，CE=CF． （1）求证：CB=CD； （2）若AE=8，CD=6，求四边形AECF的面积； （3）猜想∠DAB，∠ECF，∠DFC三者之间的数量关系，并证明你的猜想． 【分析】（1）连接AC，利用SSS证明△ACE≌△ACF即可得出结论， （2）先证明△ACE≌△ACF，再根据面积相等即可解决问题； （3）结合（2）可得∠FCA=∠ECA，∠FAC=∠EAC，∠AFC=∠AEC．进而可以解决问题． 【解答】解：（1）如图，连接AC， 在△ACE 和△ACF中， ∵， ∴△ACE≌△ACF（SSS）， 则∠FAC=∠EAC， ∵CB⊥AB，CD⊥AD， ∴∠B=∠D=90°， ∵AC=AC， ∴△ACB≌△ACD（AAS）， ∴CB=CD， （2）由（1）得△ACE≌△ACF，CB=CD， ∵AE=8，CD=6， ， ∴=24+24=48； （3）猜想∠DAB+∠ECF=2∠DFC， 证明：∵△ACE≌△ACF， ∴∠EAC=∠FAC，∠ACE=∠ACF， ∵∠DAB=∠FAC+∠EAC，∠ECF=∠ACF+∠ACE， ∴∠DAB+∠ECF=∠FAC+∠EAC+∠ACF+∠ACE， =2∠FAC+2∠ACF =2（∠FAC+∠ACF） ∵∠DFC=∠FAC+∠ACF， ∴∠DAB+∠ECF=2∠DFC． 【变式1-3】如图，在五边形ABCDE中， （1）已知AB＝AE，BC＝ED，∠B＝∠E，F是CD中点，求证：AF⊥CD． （2）已知AB＝AE，BC＝ED，∠C＝∠D，F是CD中点，求证：AF⊥CD． （3）已知∠B＝∠E，BC＝ED，∠C＝∠D，F是CD中点，求证：AF⊥CD． 【分析】（1）连接AC，AD，根据全等三角形的判定和性质得出△ABC≌△AED，AC＝AD，再由等腰三角形三线合一即可证明； （2）连接BF，EF，根据全等三角形的判定和性质得出△BCF≌△EDF，△ABF≌△AEF，∠CFB＝∠DFE，∠AFB＝∠AFE，结合图形得出∠AFC＝∠AFD，即可证明； （3）连接BD，CE交于点G，根据全等三角形的判定和性质得出△BCD≌△EDC，△CGF≌△DGF，∠AFC＝∠AFD，结合图形即可证明． 【解答】解：（1）如图所示，连接AC，AD， 在△ABC与△AED中， ， ∴△ABC≌△AED（SAS）， ∴AC＝AD， ∵F是CD中点， ∴AF⊥CD； （2）如图所示，连接BF，EF， ∵F是CD中点， ∴CF＝FD， 在△BCF与△EDF中， ， ∴△BCF≌△EDF（SAS）， ∴BF＝EF，∠CFB＝∠DFE 在△ABF与△AEF中， ， ∴△ABF≌△AEF（SSS）， ∴∠AFB＝∠AFE， ∴∠AFB+∠CFB＝∠DFE+∠AFE，即∠AFC＝∠AFD， ∵∠AFC+∠AFD＝180°， ∴∠AFD＝90°， ∴AF⊥CD； （3）如图所示，连接BD，CE交于点G， ∵F是CD中点， ∴CF＝FD， 在△BCD与△EDC中， ， ∴△BCD≌△EDC（SAS）， ∴∠CDB＝∠DCE， ∴CG＝DG， 在△CGF与△DGF中， ， ∴△CGF≌△DGF（SAS）， ∴∠AFC＝∠AFD， ∵∠AFC+∠AFD＝180°， ∴∠AFD＝90°， ∴AF⊥CD． ▌题型02 一线三等角模型 【模型解读】在某条直线上有三个角相等，利用平角为180°与三角形内角和为180°，证得两个三角形全等。 【常见模型及证法】 同侧型一线三等角（常见）： 锐角一线三等角 直角一线三等角（“K型图”） 钝角一线三等角 条件：+ CE=DE 证明思路：+任一边相等 异侧型一线三等角： 锐角一线三等角 直角一线三等角 钝角一线三等角 条件：+ 任意一边相等 证明思路：+任一边相等 【典例1】在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E． （1）当直线MN绕点C旋转到图（1）的位置时， 求证：①△ADC≌△CEB； ②DE＝AD+BE； （2）当直线MN绕点C旋转到图（2）的位置时，求证：DE＝AD﹣BE； （3）当直线MN绕点C旋转到图（3）的位置时，请直接写出DE，AD，BE之间的等量关系． 【分析】（1）①根据AD⊥MN，BE⊥MN，∠ACB＝90°，得出∠CAD＝∠BCE，再根据AAS即可判定△ADC≌△CEB；②根据全等三角形的对应边相等，即可得出CE＝AD，CD＝BE，进而得到DE＝CE+CD＝AD+BE； （2）先根据AD⊥MN，BE⊥MN，得到∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°，进而得出∠CAD＝∠BCE，再根据AAS即可判定△ADC≌△CEB，进而得到CE＝AD，CD＝BE，最后得出DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE； （3）运用（2）中的方法即可得出DE，AD，BE之间的等量关系是：DE＝BE﹣AD． 【解答】解：（1）①∵AD⊥MN，BE⊥MN， ∴∠ADC＝∠ACB＝90°＝∠CEB， ∴∠CAD+∠ACD＝90°，∠BCE+∠ACD＝90°， ∴∠CAD＝∠BCE， ∵在△ADC和△CEB中， ， ∴△ADC≌△CEB（AAS）； ②∵△ADC≌△CEB， ∴CE＝AD，CD＝BE， ∴DE＝CE+CD＝AD+BE； （2）证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN， ∴∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°， ∴∠CAD＝∠BCE， ∵在△ADC和△CEB中， ， ∴△ADC≌△CEB（AAS）； ∴CE＝AD，CD＝BE， ∴DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE； （3）当MN旋转到题图（3）的位置时，AD，DE，BE所满足的等量关系是：DE＝BE﹣AD． 理由如下：∵AD⊥MN，BE⊥MN， ∴∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°， ∴∠CAD＝∠BCE， ∵在△ADC和△CEB中， ， ∴△ADC≌△CEB（AAS）， ∴CE＝AD，CD＝BE， ∴DE＝CD﹣CE＝BE﹣AD． 【变式1-1】如图（1），∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE于E，AD⊥CE于D． （1）求证：△ACD≌△CBE； （2）如图（2）其它条件不变的前提下，将CE所在的直线旋转到△ABC的外部，若BE＝3cm，AD＝9cm，求DE的长． 【分析】（1）利用同角的余角相等可得∠ACD＝∠BCE，又有BE⊥CE于E，AD⊥CE于点D，AC＝BC，利用角边角可判定△ACD≌△CBE； （2）同理可得△ACD≌△CBE，从而有CE＝AD＝9cm，CD＝BE＝3cm，故DE＝CD+CE＝12cm． 【解答】解：（1）∵BE⊥CE于E，AD⊥CE于点D， ∴∠ADC＝∠CEB＝90°， ∴∠CAD+∠ACD＝90°， ∵∠BCE+∠ACD＝∠ACB＝90°， ∴∠BCE＝∠CAD， ∵AC＝BC， ∴△ACD≌△CBE（ASA）； （2）当CE所在的直线旋转到△ABC的外部时，仍有AC＝BC，∠D＝∠E＝90°，∴∠CAD+∠ACD＝90°， ∵∠BCE+∠ACD＝180°﹣∠ACB＝90°， ∴∠BCE＝∠CAD， ∴△ACD≌△CBE（ASA）， ∴CE＝AD＝9cm，CD＝BE＝3cm， ∴DE＝CD+CE＝12cm， 答：DE的长为12cm． 【变式1-2】（1）猜想：如图1，已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E．试猜想DE、BD、CE有怎样的数量关系，请直接写出； （2）探究：如果三个角不是直角，那结论是否会成立呢？如图2，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D，A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α（其中α为任意锐角或钝角）如果成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由； （3）解决问题：如图3，F是角平分线上的一点，且△ABF和△ACF均为等边三角形，D、E分别是直线m上A点左右两侧的动点，D、E、A互不重合，在运动过程中线段DE的长度始终为n，连接BD、CE，若∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，试判断△DEF的形状，并说明理由． 【分析】（1）根据同角的余角相等得到∠ABD＝∠CAE，进而证明△ADB≌△CEA，根据全等三角形的性质得到BD＝AE，AD＝CE，结合图形计算，得到答案； （2）根据补角的概念、三角形内角和定理得到∠ABD＝∠CAE，证明△ADB≌△CEA，根据全等三角形的性质得到BD＝AE，AD＝CE，结合图形计算，得到答案； （3）证明△FBD≌△FAE，得到FD＝FE，∠BFD＝∠AFE，进而得出∠DFE＝60°，根据等边三角形的判定定理证明结论． 【解答】解：（1）DE＝BD+CE， 理由如下：∵∠BAC＝90°， ∴∠BAD+∠CAE＝90°， ∵BD⊥m，CE⊥m， ∴∠ADB＝∠CEA＝90°， ∴∠BAD+∠ABD＝90°， ∴∠ABD＝∠CAE， 在△ADB和△CEA中， ， ∴△ADB≌△CEA（AAS）， ∴BD＝AE，AD＝CE， ∴DE＝AD+AE＝BD+CE； （2）结论DE＝BD+CE成立， 理由如下：∵∠BAD+∠CAE＝180°﹣∠BAC，∠BAD+∠ABD＝180°﹣∠ADB，∠ADB＝∠BAC， ∴∠ABD＝∠CAE， 在△BAD和△ACE中， ， ∴△BAD≌△ACE（AAS）， ∴BD＝AE，AD＝CE， ∴DE＝DA+AE＝BD+CE； （3）△DFE为等边三角形， 理由如下：由（2）得，△BAD≌△ACE， ∴BD＝AE，∠ABD＝∠CAE， ∴∠ABD+∠FBA＝∠CAE+FAC，即∠FBD＝∠FAE， 在△FBD和△FAE中， ， ∴△FBD≌△FAE（SAS）， ∴FD＝FE，∠BFD＝∠AFE， ∴∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠DFA+∠BFD＝60°， ∴△DFE为等边三角形． 【变式1-3】【概念建构】 在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线MN经过点A，BD⊥MN于点D，CE⊥MN于点E．如图1，当直线MN在△ABC外部时，称Rt△ABD和Rt△CAE是Rt△ABC的“双外弦三角形”，如图2，当直线MN在△ABC内部时，称Rt△ABD和Rt△CAE是Rt△ABC的“双内弦三角形”．依据“两角及其夹边分别相等的两个三角形全等”的基本事实，我们得到“双外弦三角形”和“双内弦三角形”都是全等三角形，即Rt△ABD≌Rt△CAE． 【概念应用】 （1）如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AM⊥BC于点M，AM＝BM＝CM，E是BC边上的点，AE＝DE，AE⊥DE，连接AD，BD，若，AM＝4，求BD的长． 小亮同学在阅读与理解【概念建构】的基础上，作DN⊥BC于点N．构造出如图4所示的“双内弦三角形”，并应用“双内弦三角形”是全等三角形的结论求出了BD．请你依照小亮的解题思路，写出解答过程． （2）请你应用“双内弦三角形”和“双外弦三角形”都是全等三角形的结论或者按照自己的解题思路解答下列问题． 如图5，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D是AB边上一点，DE＝DC，DE⊥DC，DE交BC于点N，延长EB，CD交于点F，猜想DE，DF，CN之间的数量关系，并说明理由． 【学以数用】 （3）如图6，AD∥BC，△ABE和△CDF是等腰直角三角形，∠EAB＝∠FDC＝90°，AD＝2，BC＝5，求△ADE和△ADF的面积和． 【分析】（1）证出∠BND＝90°，由勾股定理可得出答案； （2）过点E作EG⊥AB交AB延长线于点G，证明△ACD≌△GDE（SAS），由全等三角形的性质得出AD＝GE，AC＝GD，证明△CND≌△EFD（AAS），得出CN＝EF，由勾股定理可得出结论； （3）分别过点B，E，F，C作AD的垂线，垂足分别为M，N，P，Q，同（2）得△ABM≌△EAN，△DPF≌△CQD．得出EN＝AM，PF＝DQ．根据三角形面积公式可得出答案． 【解答】解：（1）由题意，∠DEN+∠AME＝90°，∠AME+∠MAE＝90°， ∴∠DEN＝∠EAM， ∴△EDN≌△AEM（SAS）， ∴AM＝EN，EM＝DN， ∵AM＝BM， ∴BM＝EN，BN+MN＝EM+MN， ∴EM＝BN＝DN， 又∵DN⊥BC， ∴∠BND＝90°， 在Rt△AME中，，AM＝4，由勾股定理，得， ∴DN＝BN＝EM＝2， 在Rt△BDN中，∠BND＝90°，由勾股定理，得BD2； （2）DF2+DE2＝CN2． 理由：如图2，过点E作EG⊥AB交AB延长线于点G， ∵∠ADC+∠ACD＝90°，∠GDE+∠ADC＝90°， ∴∠ACD＝∠GDE， ∵∠A＝∠G＝90°，CD＝DE， ∴△ACD≌△GDE（SAS）， ∴AD＝GE，AC＝GD， ∵AB＝AC， ∴AB＝GD，AD+BD＝BD+BG， ∴AD＝BG， ∴GE＝BG， ∵∠G＝90°， ∴∠GBE＝∠GEB＝∠FBD＝45°， ∴∠FBC＝90°， ∴∠F+∠FCB＝90°， ∵DE⊥DC， ∴∠FDE＝∠NDC＝90°， ∴∠F+∠FED＝90°， ∴∠FED＝∠FCB． 又∵DE＝DC， ∴△CND≌△EFD（AAS）， ∴CN＝EF， 在Rt△EDF中，有DF2+DE2＝EF2＝CN2． （3）分别过点B，E，F，C作AD的垂线，垂足分别为M，N，P，Q， 同（2）得△ABM≌△EAN，△DPF≌△CQD． ∴EN＝AM，PF＝DQ． ∴ ） AD×（BC﹣AD） ＝3． ▌题型03 截长补短法 常见的截长补短法添加辅助线的方法： （1）截长法 ①在线段AB（最长线段）上截取AC（某条较短线段），使得AC=EF，连接…… ②过某点作AB（最长线段）的垂线 （2）补短法 ①延长AB（某条较短线段）至点C，使得BC=EF（另外一条较短线段），连接…… ②通过旋转法，使得两条较短线段在同一直线上，半角模型中可以利用这种方法 截长：即在一条较长的线段上截取一段较短的线段 在线段上截取 补短：即在较短的线段上补一段线段使其和较长的线段相等 延长，使得 截长补短法的解题步： ①添加辅助线（截长或补短） ②连接线段，构造全等三角形 ③证明三角形全等，转移线段 【典例1】（2025秋•大庆校级期末）已知：如图，在△ABC中，∠B＝60°，D、E分别为AB、BC上的点，且AE、CD交于点F．若AE、CD为△ABC的角平分线． （1）求∠AFC的度数； （2）若AD＝6，CE＝4，求AC的长． 【分析】（1）由题意∠BAC+∠BCA＝120°，根据∠AFC＝180﹣∠FAC﹣∠FCA＝180120°，即可解决问题； （2）在AC上截取AG＝AD＝6，连接FG．只要证明△ADF≌△AGF（SAS），推出∠AFD＝∠AFG＝60°，∠GFC＝∠CFE＝60°，再证明△CGF≌△CEF（ASA），推出CG＝CE＝4，由此即可解决问题． 【解答】解：（1）∵AE、CD分别为△ABC的角平分线， ∴∠FAC∠BAC，∠FCA∠BCA， ∵∠B＝60° ∴∠BAC+∠BCA＝120°， ∴∠AFC＝180﹣∠FAC﹣∠FCA＝180°120°＝120°； （2）在AC上截取AG＝AD＝6，连接FG． ∵AE、CD分别为△ABC的角平分线 ∴∠FAC＝∠FAD，∠FCA＝∠FCE， ∵∠AFC＝120°， ∴∠AFD＝∠CFE＝60°， 在△ADF和△AGF中， ， ∴△ADF≌△AGF（SAS）， ∴∠AFD＝∠AFG＝60°， ∴∠GFC＝∠CFE＝60°， 在△CGF和△CEF中， ， ∴△CGF≌△CEF（ASA）， ∴CG＝CE＝4， ∴AC＝AG+GC＝10． 【变式1-1】（2026春•青羊区校级期中）如图，点D是△ABC外一点，连接AD，CD，过点C作CE⊥AB，垂足为E．AD＝7，CE＝4，AB＝13，△ADC的面积为14． （1）求证：AC是∠BAD的平分线． （2）若AB﹣AD＝2BE，求证：CD＝BC． 【分析】（1）过点C作CF⊥AD交AD的延长线于点F，根据△ADC的面积为14得CF＝4，由此得CF＝CE＝7，再根据角平分线的性质即可得出结论； （2）在AB上截取AH＝AD＝7，连接CH，则BH＝AB﹣AH＝AB﹣AD＝6，再根据AB﹣AD＝2BE得BE＝3，进而得EH＝BH＝3，由此得CE是线段BH的垂直平分线，则HC＝BC，再证明△HAC和△DAC全等得HC＝CD，据此即可得出结论． 【解答】证明：（1）过点C作CF⊥AD交AD的延长线于点F，如图1所示： ∵△ADC的面积为14，AD＝7， ∴AD•CF＝14， ∴CF4， ∵CE＝4， ∴CF＝CE＝4， 又∵CE⊥AB，垂足为E，CF⊥AD交AD的延长线于点F，点C在∠BAD的内部， ∴点C在∠BAD的平分线上， ∴AC是∠BAD的平分线； （2）在AB上截取AH＝AD＝7，连接CH，如图所示： ∵AB＝13， ∴BH＝AB﹣AH＝AB﹣AD＝13﹣7＝6， ∵AB﹣AD＝2BE， ∴2BE＝6， ∴BE＝3， ∴EH＝BH﹣BE＝6﹣3＝3， ∴EH＝BH＝3， ∵CE⊥AB，垂足为E， ∴CE是线段BH的垂直平分线， ∴HC＝BC， 由（1）可知：AC是∠BAD的平分线， ∴∠HAC＝∠DAC， 在△HAC和△DAC中， ， ∴△HAC≌△DAC（SAS）， ∴HC＝CD， ∴CD＝BC． 【变式1-2】（2026春•天府新区期末）已知△ABC中，∠BAC＝α，点D在BC上，连接AD． （1）设α＝120°，AD平分∠BAC，点E在射线AD上，连接BE． ①如图1，若AB＝BE，试说明BE∥AC； ②如图2，若∠EBC＝60°，试说明AE＝AB+AC； （2）如图3，若α＝90°，AB＝AC，作点C关于射线AD的对称点C′，连接BC′并延长交射线AD于点F，连接CF，若CF＝3，△ACF的面积为7，求BF的长． 【分析】（1）①先求出∠BAE＝∠CAE＝60°，进而判断出△ABE是等边三角形，得出∠E＝60°，即可得出结论； ②在AE上取一点H，使AH＝AB，由①知，∠BAE＝60°，得出△ABH是等边三角形，进而得出BH＝AB，∠AHB＝60°，利用三角形的内角和定理得出∠E＝∠C，得出△BHE≌△BAC（AAS），即可得出结论； （2）连接AC'，由折叠知，AC'＝AC，C'F＝CF＝3，∠FAC'＝∠FAC，∠AFB＝∠AFC，再过点A作AM⊥BF于M，AN⊥FC交FC的延长线于N，得出∠AMF＝90°，AM＝AN，进而利用三角形的面积求出AN，进而得出AM，AC'＝AB，再求出∠FAM＝45°，得出MF＝AM，即可得出结论． 【解答】（1）证明：①∵∠BAC＝α＝120°，AD平分∠BAC， ∴∠BAE＝∠CAE∠BAC120°＝60°， ∵AB＝BE， ∴△ABE是等边三角形， ∴∠E＝60°， ∴∠E＝∠CAE， ∴BE∥AC； ②如图2，在AE上取一点H，使AH＝AB， 由①知，∠BAE＝60°， ∴△ABH是等边三角形， ∴BH＝AB，∠AHB＝60°， ∴∠BHE＝180°﹣∠AHB＝180°﹣60°＝120°， ∴∠BHE＝∠BAC， ∵∠EBC＝60°， ∴∠E+∠BDE＝180°﹣∠EBC＝120°， ∵∠BDE＝∠ADC， ∴∠E+∠ADC＝120°， ∵∠CAD＝60°， ∴∠C+∠ADC＝180°﹣∠CAD＝120°， ∴∠E＝∠C， ∴△BHE≌△BAC（AAS）， ∴HE＝AC， ∴AE＝AH+HE＝AB+AC； （2）解：如图3，连接AC'， 由折叠知，AC'＝AC，C'F＝CF＝3，∠FAC'＝∠FAC，∠AFB＝∠AFC， 过点A作AM⊥BF于M，AN⊥FC交FC的延长线于N， ∴∠AMF＝90°，AM＝AN， ∵△ACF的面积为7， ∴CF•AN＝7， ∴3AN＝7， ∴AN， ∴AM， ∵AC'＝AC，AB＝AC， ∴AC'＝AB， ∵AM⊥BF， ∴BM＝C'M，∠BAM＝∠C'AM， ∴∠FAM＝∠C'AM+∠FAC'＝∠BAM+∠FAC， ∵∠BAC＝∠BAM+∠FAC+∠FAM＝2∠FAM＝90°， ∴∠FAM＝45°， ∵∠AMF＝90°， ∴∠AFM＝45°＝∠FAM， ∴MF＝AM， ∴BM＝C'M＝MF﹣C'F3， ∴BF＝BM+MF， 即BF的长为． 【变式1-3】（2025秋•固原校级期末）“截长补短法”证明线段的和差问题： 先阅读背景材料，猜想结论并填空，然后做问题探究． 背景材料： （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．探究的方法是，延长FD到点G．使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出的结论是EF＝BE+FD ． 探索问题： （2）如图2，若四边形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？成立的话，请写出推理过程． 【分析】（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题； （2）延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题． 【解答】证明：（1）在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG， ∵∠EAF∠BAD， ∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF， ∴∠EAF＝∠GAF， 在△AEF和△GAF中， ， ∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴EF＝FG， ∵FG＝DG+DF＝BE+DF， ∴EF＝BE+DF； 故答案为：EF＝BE+DF． （2）解：结论EF＝BE+DF仍然成立； 理由：延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG， ∵∠EAF∠BAD， ∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF， ∴∠EAF＝∠GAF， 在△AEF和△GAF中， ， ∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴EF＝FG， ∵FG＝DG+DF＝BE+DF， ∴EF＝BE+DF． ▌题型04 倍长中线法 1. 倍长中线法：中线指的是三角形的顶点到对边中点所连线段，倍长中线法，就是将三角形的中线延长一倍，以便构造出全等三角形，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的方法。 在△ABC中，AD是中线，添加辅助线的方法：延长AD到点E，使得AD=DE，连接DE 证明：∵AD是中线 ∴BD=CD 在△ADC和△EDB中 ∴△ADC≌△EDB（SAS） 2. 类倍长中线法 类中线，即与中点有关的线段，三角形一边任一点与另一边中点所连线段，添加辅助线的方法与倍长中线法一样，将类中线延长一倍，构造全等三角形。 在△ABC中，AD是中线，点M是线段AB上任意一点，添加辅助线的方法：延长MD到点N，使得DN=MD，连接CN 证明：∵AD是中线 ∴BD=CD 在△BDM和△CDN中 ∴△BDM≌△CDN（SAS） 3. 间接倍长中线法 除了上述两种方法外，还有一种间接倍长中线法。在△ABC中，AD是中线，添加辅助线的方法：延长AD，过点B作BE⊥AD交AD于点E，过点C作CF⊥AD交AD于点F 证明：∵AD是中线 ∴BD=CD ∵BE⊥AD，CF⊥AD ∴∠E=∠CFD=90° 在△BED和△CFD中 ∴△BED≌△CFD（AAS） 【典例1】（2026春•福田区校级期中）在通过构造全等三角形解决的问题中，有一种方法叫倍长中线法． 【问题背景】 （1）如图1，AD是△ABC的中线，AB＝8，AC＝5，求AD的取值范围． 我们可以延长AD到点E，使DE＝AD，连接BE，根据SAS可证△ADC≌△EDB，所以BE＝AC．接下来，在△ABE中利用三角形的三边关系可求得AE的取值范围，从而得到中线AD的取值范围．请按照上述思路，写出求解AD的取值范围的完整过程． 【变式思考】 （2）如图2，△ABC中，AD是中线，分别以AB，AC为腰向外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，AB＝AE，AC＝AF，∠BAE＝∠CAF＝90°，连接EF．求证：EF＝2AD． 【探究延伸】 （3）如图3，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点E，∠BAC+∠BAD＝180°，点F是BC的中点，∠CEF＝∠ADB，当EF＝6时，求BD的长． 【分析】（1）按照题干思路写出过程即可； （2）倍长AD到点G，易证△ADC≌△GDB（SAS），再证△EAF≌△ABG（SAS），即可得证； （3）倍长EF到点G，易证△BEF≌△CGF（SAS），再证△BAH≌△BAD（SAS），最后证△HBE≌△EGC（AAS），即可得解． 【解答】（1）解：如图，延长AD到点E，使DE＝AD，连接BE， ∵AD是△ABC的中线， ∴CD＝BD， 在△ADC和△EDB中， ， ∴△ADC≌△EDB（SAS）， ∴BE＝AC＝5， ∵AB﹣BE＜AE＜AB+BE，AB＝8，AC＝5， ∴8﹣5＜AE＜8+5， ∴3＜AE＜13， ∵DE＝AD， ∴AE＝2AD， ∴3＜2AD＜13， ∴AD， 故AD的取值范围为AD； （2）证明：如图，延长AD至G，使DG＝AD，连接BG， 则AG＝2AD， ∵D为BC的中点， ∴CD＝BD， ∵∠ADC＝∠GDB， ∴△ADC≌△GDB（SAS）， ∴∠C＝∠GBD，AC＝BG， ∴AC∥BG， ∴∠ABG+∠BAC＝180°， ∵AC＝AF， ∴BG＝AF， ∵∠BAE＝∠CAF＝90°， ∴∠EAF+∠BAC＝180°， ∴∠ABG＝∠EAF， 在△EAF和△ABG中， ∴△EAF≌△ABG（SAS）， ∴AG＝EF， ∴EF＝2AD； （3）解：如图，延长EF到G，使EF＝FG，连接CG，延长CA到H，使AH＝AD，连接BH， ∵F是BC的中点， ∴CF＝BF， ∵∠EFB＝∠CFG， ∴△BEF≌△CGF（SAS）， ∴BE＝CG，∠G＝∠BEF， ∴CG∥BE， ∴∠BEH＝∠GCE， ∵∠BAC+∠BAH＝180°，∠BAC+∠BAD﹣180°米 ∴∠BAH＝∠BAD， 在△BAH和△BAD中， ∴△BAH≌△BAD（SAS）， ∴BH＝BD，∠H＝∠ADB， ∵∠ADB＝∠CEF， ∴∠H＝∠CEF， ∴△HBE≌△EGC（AAS）， ∴EG＝BH＝BD＝2EF＝2×6＝12， 即BD＝12． 【变式1-1】（2025秋•海淀区校级期中）【阅读理解】 课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题： 如图1，△ABC中，若AB＝10，AC＝8，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到点E，使DE＝AD，请根据小明的方法思考： （1）由已知和作图能得到△ADC≌△EDB的理由是 B ． A．SSS B．SAS C．AAS D．HL （2）求得AD的取值范围是 C ． A.8＜AD＜10 B.8≤AD≤10 C.1＜AD＜9 D.1≤AD≤9 【感悟】 解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集合到同一个三角形中， 【问题解决】 （3）如图2，AD是△ABC的中线，点E在BC的延长线上，CE＝AB，∠BAC＝∠BCA，求证：AE＝2AD． 【分析】（1）由△ADC≌△EDB的条件可解答； （2）在△ABE中，由三边的关系求出AE的取值范围即可解答； （3）倍长AD，连接CF，证明△ACF≌△ACE即可解答． 【解答】（1）解：∵△ADC≌△EDB的理由是AD＝DE，BD＝CD，∠ADC＝∠EDB，符合SAS判定， 故答案为：B； （2）解：由（1）知△ADC≌△EDB， ∴AC＝BE＝8， ∴10﹣8＜AE＜10+8， 即2＜2AD＜18， ∴1＜AD＜9， 故答案为：C； （3）证明：倍长AD，连接CF，如图， ∵AD＝DF，∠ADB＝∠FDC，BD＝CD， ∴△ACF≌△ACE（SAS）， ∴AB＝CF，∠B＝∠FCD， ∵∠BAC＝∠BCA， ∴∠BAC+∠B＝∠BCA+∠FCD，即∠ACF＝∠ACE， ∵CE＝AB， ∴CF＝CE， ∴△ACF≌△ACE（SAS）， ∴AE＝AF， ∵AF＝2AD， ∴AE＝2AD． 【变式1-2】（2025秋•北京校级期中）已知△ABC 是等边三角形，点D在△ABC 内部，且∠BDC＝120°． （1）如图1，设∠ABD＝α，求∠ACD的度数（用含α的式子表示）； （2）如图2，点E是BC的中点，连接AD，DE，用等式表示线段AD与DE之间的数量关系，并证明． 【分析】（1）利用等边三角形的性质和三角形内角和定理即可解答． （2）延长CD至F使DF＝CD，即可证明三角形DBF为等边三角形，再证明三角形BDC全等于三角形AFD，然后延长DE至G使DE＝GE，连接BG，再证明三角形ADF全等于三角形DBG即可． 【解答】解：（1）∵△ABC 是等边三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝60°， 即∠ABD+∠DBC＝60°，∠ACD+∠BCD＝60°， ∵∠BDC＝120°， ∴∠DBC+∠DCB＝180°﹣120°＝60°， ∴∠ABD+∠ACD＝60°， ∴∠ACD＝60°﹣∠ABD＝60°﹣α；证明： （2）延长CD至F使DF＝BD，连接BF、AF， ∵∠BDC＝120°， ∴∠BDF＝180﹣∠BDC＝120°＝60°， ∴△BDF是等边三角形， ∴BF＝DF＝DB，∠FBD＝∠BFD＝60°， ∴∠ABF+∠ABD＝60°， 又∵∠ABC＝∠ABD+∠DBC＝60°， ∴∠DBC＝∠ABF， ∵AB＝BC， ∴△ABF≌△CBD（SAS）， ∴CD＝AF，∠BDC＝∠AFB＝120°， ∴∠AFD＝∠AFB﹣∠BFD＝60°， 延长DE至G，使DE＝GE，连接BG， ∵点E是BC的中点， ∴BE＝CE， 又∵∠BEG＝∠CED， ∴△BEG≌△CED（SAS）， ∴CD＝BG，∠BCD＝∠GBE， ∴BG＝AF， ∵∠BDC＝120°， ∴∠BCD+∠DBC＝60°， ∴∠GBE+∠DBC＝60°，即∠GBD＝60°， ∴∠GBD＝∠AFD＝60°， 在△DBG与△DFA中， ， ∴△DBG≌△DFA（SAS）， ∴AD＝DG＝DE+GE＝2DE． 【变式1-3】（2025秋•锡林郭勒盟期中）【初步探索】 （1）如图1，AD是△ABC的中线，探究AB+AC与2AD的大小关系． 小明同学探究此问题的方法是：延长AD至点E，使DE＝AD，连接BE，先证明△ADC≌△EDB，可得出结论，他的结论应是AB+AC＞2AD 【灵活运用】 （2）如图2，AD是△ABC的中线，E、F分别在AB、AC上，且DE⊥DF，求证：BE+CF＞EF． 【拓展延伸】 （3）如图3，AD为△ABC的角平分线，直线MN⊥AD于点A．点E为MN上一点（与点A不重合），△ABC周长记为a，△EBC周长记为b，比较a与b的数量关系并证明． 【分析】（1）根据全等三角形的判定定理和三角形的三边关系解答即可； （2）延长FD至G，使得GD＝DF，连接BG，EG，根据全等三角形的判定定理和三角形的三边关系解答即可； （3）分两种情况进行解答即可． 【解答】解：（1）延长AD至点E，使DE＝AD，连接BE， 在△ADC和△EDB中， ， ∴△ADC≌△EDB（SAS）， ∴BE＝AC， ∵AB+BE＞AD+DE， ∴AB+AC＞2AD． 故答案为：AB+AC＞2AD； （2）延长FD至G，使得GD＝DF，连接BG，EG 在△DFC和△DGB中， ， ∴△DFC≌△DGB（SAS）， ∴BG＝CF， ∵在△EDF和△EDG中 ∴△EDF≌△EDG（SAS）， ∴EF＝EG， 在△BEG中，两边之和大于第三边， ∴BG+BE＞EG 又∵EF＝EG，BG＝CF， ∴BE+CF＞EF （3） ①点E在点A右侧时 延长BA到F，使AF＝AC，连接EF， ∠FAE＝∠MAB＝90°﹣∠BAD＝90°﹣∠CAD＝∠CAE， 在△ACE和△AFE中， ， ∴△ACE≌△AFE（SAS）， ∴CE＝EF ∵BE，EF，BF为△BEF三边， ∴BE+EF＞BF， ∴BE+CE＞AB+AF， ∴BE+CE＞AB+AC， ∴BC+BE+CE＞BC+AB+AC 即b＞a ②点E在点A左侧时，同理b＞a． 综上，b＞a ▌题型05 手拉手模型 手拉手模型有三个特点：（1）共顶点；（2）双等腰；（3）顶角相等。 判断左右手的方法：将等腰三角形的顶点朝上，正对自己，在自己左边的为左手顶点，在自己右边的为右手顶点。 手拉手模型核心结论：左手拉左手=右手拉右手 1）等边三角形手拉手模型 条件：在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明： （1）△ABE≌△DBC； （2）AE=DC； （3）AE与DC的夹角为60°； （4）△AGB≌△DFB； （5）△EGB≌△CFB； （6）BH平分∠AHC； 证明：（1）∵△ABD和△BCE都是等边三角形 ∴BD=AB，BE=BC，∠DBA=∠EBC=60° 又∠EBA=∠EBA+∠EBD ∠EBC=∠EBC+∠EBD ∴∠EBA=∠EBC 在△ABE与△DBC中 ∴△ABE≌△DBC （2）由（1）得：△ABE≌△DBC ∴AE=DC （3）在△DHG和△ABG中 由（1）得：△ABE≌△DBC ∴∠GDH=∠GAB 又∠HGD=∠AGB ∴∠DHG=∠DBA=60° 即AE与DC的夹角为60°； （4）∵△ABD和△BCE都是等边三角形 ∴BD=AB，∠DBA=∠EBC=60° ∴∠DBE=180°-∠DBA-∠EBC=60° 由（1）得：△ABE≌△DBC ∴∠GDH=∠GAB 在△AGB和△DFB中 ∴△AGB≌△DFB； （6）如图，连接BH，过点B做BM⊥AE，BN⊥CD 由（1）△ABE≌△DBC BM、BN分别是AE、CD边上的高 ∴BM=BN ∴BH平分∠AHC 2）等腰直角三角形手拉手模型 条件：如图两个等腰直角三角形ADC与EDG，连接AG,CE,二者相交于H.证明： （1）△ADG≌△CDE （2）AG=CE （3）∠AHC=90° （4）HD平分∠AHE 证明：（1）∵△ACD和△GDE都是等腰直角三角形 ∴AD=CD，DG=DE，∠DBA=∠EBC=90° 又∠GDA=∠ADC+∠CDG ∠CDE=∠EDG+∠CDG ∴∠GDA=∠CDE 在△ADG和△CDE中 ∴△ADG≌△CDE（SAS） （2）由（1）得：△ADG≌△CDE ∴AG=CE （3）在△ADF和△CHF中 由（1）得：△ADG≌△CDE ∴∠DAG=∠DCE 又∠CFH=∠AFD ∴∠CHF=∠ADF=90° 即AE与DC的夹角为90°； （4）如图，连接DH，过点D做DM⊥AE，DN⊥CD 由（1）△ADG≌△CDE DM、DN分别是AG、CE边上的高 ∴DM=DN ∴DH平分∠AHE 3）正方形手拉手模型 条件：如图，两个正方形ABCD和DEFG，连接AG与CE，二者相交于H。证明： （1）△ADG≌△CDE （2）AG=CE （3）∠AHC=90° （4）HD分∠AHE 4）一般等腰三角形手拉手模型 当两个三角形是以公共顶点为顶点等腰三角形时，如果这两个三角形是以公共定点为顶点的等腰三角形，则可以根据SAS连带出的一组新的全等三角形。 条件：△OAB，△OCD均为等腰三角形，且∠AOB = ∠COD 结论：（1）△OAC≌△OBD；（2）∠AEB=∠AOB；（3）OE平分∠AED 核心图形： 核心条件：OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD 【典例1】（2026•仙桃校级三模）△ABD为正三角形，点C在直线BD上，△ACE也为正三角形，其中，点A，C，E按逆时针方向排列，如图，直线CE于直线AD交于点F． （1）求证：DE＝BC． （2）请证明随着点C运动，点E在一条定直线上运动． 【分析】（1）根据等边三角形的性质得到AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝60°．证明△ABC≌△ADE，即可得出结论； （2）先求出∠ABC＝∠ADB＝60°，再得出∠ADE＝∠ABC＝60°，进而得出∠EDH＝60°，即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵△ABD和△ACE都是等边三角形， ∴AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝60°． ∴AB＝AD， ∴∠BAD﹣∠CAD＝∠CAE﹣∠CAD， 即∠BAC＝∠DAE， 在△ABC和△ADE中， ， ∴△ABC≌△ADE（SAS）， ∴BC＝DE； （2）证明：如图，线段BD的延长线标一点H， ∵△ABD是等边三角形， ∴∠ABC＝∠ADB＝60°， 由（1）知，△ABC≌△ADE， ∴∠ADE＝∠ABC＝60°， ∴∠EDH＝180°﹣∠ADB﹣∠ADE＝180°﹣60°﹣60°＝60°，为定值， ∴随着点C运动，点E在一条定直线上运动． 【变式1-1】如图，C为线段AE上一动点（不与点A、E重合），在AE同侧分别作正△ABC和正△CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ．以下五个结论：①AD＝BE；②PQ∥AE；③AP＝BQ；④连接OC，OC平分∠AOE；⑤∠AOB＝60°．恒成立的结论有（　　） A．①⑤ B．①②⑤ C．①②③⑤ D．①②③④⑤ 【分析】①证△ADC≌△BEC（SAS），得AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，故①正确； ②证△CDP≌△CEQ（ASA），得CP＝CQ，则∠CPQ＝∠CQP＝60°，得∠QPC＝∠BCA，即可得出PQ∥AE，故②正确； ③由全等三角形的性质得DP＝QE，再①可知，AD＝BE，则AP＝BQ，故③正确； ④过点C作CM⊥BE于点M，CN⊥AD于点N，由全等三角形的性质得AD＝BE，S△ADC＝S△BEC，再由三角形面积得CN＝CM，即可得出OC平分∠AOE，故④正确； ⑤由全等三角形的性质得∠DAC＝∠EBC，再由三角形的外角性质得∠AOB＝∠DAC+∠AEO＝∠EBC+∠AEO＝∠ACB＝60°，故⑤正确；即可得出结论． 【解答】解：①∵△ABC和△CDE都是正三角形， ∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°， ∴∠DCP＝180°﹣∠ACB﹣∠DCE＝60°， ∵∠ACD＝∠ACB+∠BCD，∠BCE＝∠DCE+∠BCD， ∴∠ACD＝∠BCE， 在△ADC和△BEC中， ， ∴△ADC≌△BEC（SAS）， ∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，故①正确； ②在△CDP和△CEQ中， ， ∴△CDP≌△CEQ（ASA）． ∴CP＝CQ， ∴∠CPQ＝∠CQP＝60°， ∴∠QPC＝∠BCA， ∴PQ∥AE，故②正确； ③由②可知，△CDP≌△CEQ， ∴DP＝QE， 由①可知，AD＝BE， ∴AD﹣DP＝BE﹣QE， ∴AP＝BQ，故③正确； ④如图，过点C作CM⊥BE于点M，CN⊥AD于点N， 由①可知，△ADC≌△BEC， ∴AD＝BE，S△ADC＝S△BEC， ∴AD•CNBE•CM， ∴CN＝CM， ∵CM⊥BE，CN⊥AD， ∴OC平分∠AOE，故④正确； ⑤由①可知，△ADC≌△BEC， ∴∠DAC＝∠EBC， ∴∠AOB＝∠DAC+∠AEO＝∠EBC+∠AEO＝∠ACB＝60°，故⑤正确； 综上所述，恒成立的结论有：①②③④⑤． 故选：D． 【变式1-2】（2026春•海淀区校级期末）四边形ABCD和CEFG都是正方形，其中正方形CEFG可以绕顶点C旋转（CE＜CB）． （1）如图1，点E在BC上，点G在CD上，连接BG和DE，取BG的中点P，连接CP，求证：DE＝2CP； （2）如图2，正方形CEFG绕点C旋转到图2位置，连接DE和BG，取线段BG的中点P，连接CP． ①依题意补全图2； ②判断线段CP与DE的关系，并证明你的结论． 【分析】（1）先判断出BC＝DC，CG＝CE，∠BCG＝90°，进而得出△BCG≌△DCE（SAS），得出BG＝DE，最后根据直角三角形的性质，即可得出结论； （2）由题意补全图形补全图形如图2所示， ②线段CP与DE的关系为DE＝2CP，延长CP至M使PM＝PC，连接BM，则CM＝2CP，判断出△BPM≌△GPC（SAS），得出BM＝CG，∠BMP＝∠GCP，再判断出∠CBM＝∠BCD，得出△BCM≌△DCE（SAS），即可得出结论． 【解答】（1）∴BC＝DC，CG＝CE，∠BCG＝90°，∴△BCG≌△DCE（SAS）， ∴BG＝DE， 在Rt△BCG中，点P是斜边BG的中点， ∴BG＝2CP， ∴DE＝2CP； （2）解：①补全图形如图2所示， ②线段CP与DE的关系为DE＝2CP，证明： 如图3，延长CP至M使PM＝PC，连接BM，则CM＝2CP， ∵点P是BG的中点， ∴BP＝CP， ∵∠BPM＝∠GPC， ∴△BPM≌△GPC（SAS）， ∴BM＝CG，∠BMP＝∠GCP， ∴∠CBM＝180°﹣∠BCM﹣∠BMP＝180°﹣∠BCM﹣∠GCP＝180°﹣∠BCG， ∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形， ∴BC＝DC，CG＝CE，∠BCD＝∠ECG＝90°， ∴BM＝CE，∠DCE＝360°﹣90°﹣90°﹣∠BCG＝180°﹣∠BCG， ∴∠CBM＝∠BCD， ∴△BCM≌△DCE（SAS）， ∴CM＝DE， ∴DE＝2CP， 【变式1-3】（2025秋•开鲁县期末）（1）如图1，△ABC与△ADE均是顶角为40°的等腰三角形，BC、DE分别是底边，求证：BD＝CE； （2）如图2，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接BE． 填空：∠AEB的度数为 　 　 ；线段BE与AD之间的数量关系是　 　 ． （3）拓展探究 如图3，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE．请判断∠AEB的度数及线段CM、AE、BE之间的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）根据全等三角形的判定方法，判断出△BAD≌△CAE，即可判断出BD＝CE． （2）首先根据△ACB和△DCE均为等边三角形，可得AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∠CDE＝∠CED＝60°，据此判断出∠ACD＝∠BCE；然后根据全等三角形的判定方法，判断出△ACD≌△BCE，即可判断出BE＝AD，∠BEC＝∠ADC，进而判断出∠AEB的度数为60°即可． （3）首先根据△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，可得AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，据此判断出∠ACD＝∠BCE；然后根据全等三角形的判定方法，判断出△ACD≌△BCE，即可判断出BE＝AD，∠BEC＝∠ADC，进而判断出∠AEB的度数为90°即可；最后根据DCE＝90°，CD＝CE，CM⊥DE，可得CM＝DM＝EM，所以DE＝DM+EM＝2CM，据此判断出AE＝BE+2CM即可． 【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE＝40°， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC， 即∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴BD＝CE． （2）解：∵△ACB和△DCE均为等边三角形， ∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∠CDE＝∠CED＝60°， ∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB， 即∠ACD＝∠BCE， 在△ACD和△BCE中， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE＝AD，∠ADC＝∠BEC， ∵点A，D，E在同一直线上， ∴∠ADC＝180°﹣60°＝120°， ∴∠BEC＝120°， ∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝120°﹣60°＝60°， 综上，可得 ∠AEB的度数为60°；线段BE与AD之间的数量关系是：BE＝AD． 故答案为：60°、BE＝AD． （3）解：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形， ∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CDE＝∠CED＝45°， ∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB， 即∠ACD＝∠BCE， 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE＝AD，∠BEC＝∠ADC， ∵点A，D，E在同一直线上， ∴∠ADC＝180﹣45＝135°， ∴∠BEC＝135°， ∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝135﹣45＝90°； ∵∠DCE＝90°，CD＝CE，CM⊥DE， ∴CM＝DM＝EM， ∴DE＝DM+EM＝2CM， ∴AE＝AD+DE＝BE+2CM． ▌题型06 半角模型 半角模型的特征：两个角是一半的关系，并且两个角有公共顶点，角的两边相等。 解题思路：（1）将半角两边的三角形通过旋转到一边合并成新的三角形； （2）证明与半角形成的三角形全等； （3）通过全等的性质得出线段之间的数量关系，从而得到结论。 口诀：大角加半角，大角两边相等，构造全等。 即已知如图：①∠2=∠AOB；②OA=OB，连接FB，将△FOB绕点O旋转至△F′OA的位置，连接F′E、FE，可得△OEF′≌△OEF。 证明：∵将△FOB绕点O旋转至△F′OA的位置 ∴△FOB≌△F′OA ∴∠3=∠4，OF=OF′ ∵∠2=∠AOB ∴∠1+∠3=∠AOB ∴∠1+∠4=∠AOB 即∠E0F′=∠2 在△OEF′和△OEF中 ∴△OEF′≌△OEF（SAS） 1. 90°夹45°模型（正方形）： 条件：如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，∠EAF=45° （1）EF=BE+DF，C△CEF=2AB 证明：如图，延长FD到G，使DG=BE，连接AG， ∵在△GDA和△EBA中， ∴△GDA≌△EBA（SAS）， ∴AG=AE，∠GAD=∠EAB， 故∠GAF=45°， 在△GAF和△EAF中， ∴△GAF≌△EAF（SAS）， ∴GF=EF， 即GD+DF=BE+DF=EF； （2） （3）过点A作AH⊥EF，则AH=AB 证明：∵四边形ABCD为正方形， ∴AB=AD，∠BAD=90°， ∴把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ， ∴AQ=AF，∠FAQ=90°，∠ABQ=∠D=90°，而∠ABC=90°， ∴点Q在CB的延长线上， ∵∠EAF=45°， ∴∠QAE=90°-∠EAF=45°， ∴∠EAF=∠QAE， 在△AEQ和△AEF中， ∴△AEQ≌△AEF（SAS）， ∴EQ=EF， ∵AB⊥EQ，AH⊥FE， ∴AB=AH． 2. 120°夹60°模型 条件：如图，D是等边△ABC外的一点，DB=DC，∠BDC=120°，∠EDF=60°，且E、F分别在AB和AC上．结论：EF=BE+CF 证明：证明：延长AB到N，使BN=CF，连接DN， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABC=∠ACB=60°， ∵BD=CD，∠BDC=120°， ∴∠DBC=∠DCB=30°， ∴∠ACD=∠ABD=30°+60°=90°=∠NBD， ∵在△NBD和△FCD中， ∴△NBD≌△FCD（SAS）， ∴DN=DF，∠NDB=∠FDC， ∵∠BDC=120°，∠EDF=60°， ∴∠EDB+∠FDC=60°， ∴∠EDB+∠BDN=60°， 即∠EDF=∠EDN， 在△EDN和△EDF中， ∴△EDN≌△EDF（SAS）， ∴EF=EN=BE+BN=BE+CF， 即BE+CF=EF． 【典例1】（2025秋•西昌市期末）【问题背景】 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：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BE、EF、FD之间的数量关系是 EF＝BE+FD ． 【探索延伸】 在四边形ABCD中如图2，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC、CD上的点，∠EAF∠BAD，上述结论是否仍然成立？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°，试求此时两舰艇之间的距离． 【分析】探索延伸：延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，证明△ABE≌△ADG和△AEF≌△AGF，得到答案； 结论运用：连接EF，延长AE、BF交于点C，得到EF＝AE+BF，根据距离、速度和时间的关系计算即可． 【解答】解：初步探索：EF＝BE+FD， 故答案为：EF＝BE+FD， 探索延伸：结论仍然成立， 证明：如图2，延长FD到G，使DG＝BE，连接AG， ∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADG+∠ADC＝180° ∴∠B＝∠ADG， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG， ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG， ∵∠EAF∠BAD， ∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF， ∴∠EAF＝∠GAF， 在△AEF和△AGF中， ， ∴△AEF≌△AGF， ∴EF＝FG， ∴FG＝DG+FD＝BE+DF； 结论运用：解：如图3，连接EF，延长AE、BF交于点C， ∵∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°， ∠EOF＝70°， ∴∠EOF∠AOB， ∵OA＝OB， ∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝180°， ∴符合探索延伸中的条件 ∴结论EF＝AE+BF成立， 即EF＝1.5×（60+80）＝210海里， 答：此时两舰艇之间的距离是210海里． 【变式1-1】（2025秋•重庆期中）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF∠BAD．求证：EF＝BE+FD． 【分析】可通过构建全等三角形来实现线段间的转换．延长EB到G，使BG＝DF，连接AG．目的就是要证明三角形AGE和三角形AEF全等将EF转换成GE，那么这样EF＝BE+DF了，于是证明两组三角形全等就是解题的关键．三角形ABE和AEF中，只有一条公共边AE，我们就要通过其他的全等三角形来实现，在三角形ABG和AFD中，已知了一组直角，BG＝DF，AB＝AD，因此两三角形全等，那么AG＝AF，∠1＝∠2，那么∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠EAF∠BAD．由此就构成了三角形ABE和AEF全等的所有条件（SAS），那么就能得出EF＝GE了． 【解答】证明：延长EB到G，使BG＝DF，连接AG． ∵∠ABG＝∠ABC＝∠D＝90°，AB＝AD， ∴△ABG≌△ADF． ∴AG＝AF，∠1＝∠2． ∴∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠EAF∠BAD． ∴∠GAE＝∠EAF． 在△AEG与△AEF中 ， ∴△AEG≌△AEF（SAS）． ∴EG＝EF． ∵EG＝BE+BG． ∴EF＝BE+FD 【变式1-2】（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∠EAF∠BAD．请直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关系：EF＝BE+FD ； （2）如图②，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程； （3）在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是边BC，CD所在直线上的点，且∠EAF∠BAD．请直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关系：EF＝BE﹣FD或EF＝FD﹣BE或EF＝BE+FD ． 【分析】（1）如图1，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，即可解题； （2）如图2，同理可得：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． 【解答】解：（1）如图1，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG． ∵在△ABG与△ADF中， ， ∴△ABG≌△ADF（SAS）． ∴AG＝AF，∠1＝∠2， ∴∠1+∠3＝∠2+∠3∠BAD＝∠EAF． ∴∠GAE＝∠EAF． 又AE＝AE， 易证△AEG≌△AEF． ∴EG＝EF． ∵EG＝BE+BG． ∴EF＝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． ∴EG＝EF． ∵EG＝BE+BG． ∴EF＝BE+FD （3）①EF＝BE﹣FD． 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， 易证△AEG≌△AEF（SAS）． ∴EG＝EF ∵EG＝BE﹣BG ∴EF＝BE﹣FD． ②EF＝FD﹣BE． 证明：在DF上截取DH＝BE， 同第一种情况方法，证△AEB≌△AHD（SAS）， 证△AEF≌△AHF（SAS）， ∴EF＝FH＝FD﹣DH＝FD﹣BE； ③由（1）、（2）可知，EF＝BE+FD； ④如图，点E在BC延长线上，点F在DC延长线，此时线段EF，BE，FD之间并无直接数量关系． 综上，EF＝BE﹣FD或EF＝FD﹣BE或EF＝BE+FD； 故答案为：EF＝BE﹣FD或EF＝FD﹣BE或EF＝BE+FD； 【变式1-3】（2025春•工业园区校级期中）（1）如图1，四边形ABCD是边长为5 cm的正方形，E，F分别在AD，CD边上，∠EBF＝45°．为了求出△DEF的周长．小南同学的探究方法是： 如图2，延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，先证△ABH≌△CBF，再证△EBH≌△EBF，得EF＝EH，从而得到△DEF的周长＝　10　 cm； （2）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝100°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F分别是线段BC，CD上的点．且∠EAF＝50°．探究图中线段EF，BE，FD之间的数量关系； （3）如图4，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是线段BC，CD上的点，且2∠EAF＝∠BAD，（2）中的结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由； （4）若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，点E、F分别在CB、DC的延长线上，且2∠EAF＝∠BAD，请画出图形，并直接写出线段EF、BE、FD之间的数量关系． 【分析】（1）延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，由“SAS”可证△ABH≌△CBF，可得BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，由“SAS”可证△EBH≌△EBF，可得EF＝EH，可得EF＝EH＝AE+CF，即可求解． （2）延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，由“SAS”可证△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，再由“SAS”可证△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题； （3）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，即可解题； （4）在DF上截取DH，使DH＝BE，证明△ABE≌△ADH（SAS），得出∠BAE＝∠DAH，AH＝AE，证明△FAH≌△FAE（SAS），由全等三角形的性质得出HF＝EF，可得结论． 【解答】解：（1）如图1，延长EA到H，使AH＝CF，连接BH， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝AD＝CD＝5cm，∠BAD＝∠BCD＝90°， ∴∠BAH＝∠BCF＝90°， 又∵AH＝CF，AB＝BC， ∴△ABH≌△CBF（SAS）， ∴BH＝BF，∠ABH＝∠CBF， ∵∠EBF＝45°， ∴∠CBF+∠ABE＝45°＝∠HBA+∠ABE＝∠EBF， ∴∠EBH＝∠EBF， 又∵BH＝BF，BE＝BE， ∴△EBH≌△EBF（SAS）， ∴EF＝EH， ∴EF＝EH＝AE+CF， ∴△DEF的周长＝DE+DF+EF＝DE+DF+AE+CF＝AD+CD＝10（cm）． 故答案为：10． （2）EF＝BE+DF． 证明：如图2所示，延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG， ∵∠BAD＝100°，∠EAF＝50°， ∴∠BAE+∠FAD＝∠DAG+∠FAD＝50°， ∴∠EAF＝∠FAG＝50°， 在△EAF和△GAF中， ， ∴△EAF≌△GAF（SAS）， ∴EF＝FG＝DF+DG， ∴EF＝BE+DF； （3）成立． 证明：如图3，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，∠BAG＝∠DAF， ∵2∠EAF＝∠BAD， ∴∠DAF+∠BAE＝∠BAG+∠BAE∠BAD＝∠EAF， ∴∠GAE＝∠EAF， 又AE＝AE， ∴△AEG≌△AEF（SAS）， ∴EG＝EF， ∵EG＝BE+BG， ∴EF＝BE+FD； （4）EF＝DF﹣BE， 理由如下：在DF上截取DH，使DH＝BE， ∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ABE＝180°， ∴∠ABE＝∠ADH，且AB＝AD，DH＝BE， ∴△ABE≌△ADH（SAS）， ∴∠BAE＝∠DAH，AH＝AE， ∵∠EAF∠BAD， ∴∠DAH+∠BAF∠BAD， ∴∠HAF∠BAD＝∠EAF，且AF＝AF，AE＝AH， ∴△FAH≌△FAE（SAS）， ∴HF＝EF， ∴EF＝HF＝DF﹣DH＝DF﹣BE． ▌题型07 动点问题 几何动点问题充分体现了数学中的“变”与“不变”的和谐统一，其特点是图形的某些元素(点、线段、角等)或某部分几何图形按一定的规律运动变化，从而引发其它一些元素的数量、位置关系、图形面积等发生变化， 但图形的一些元素数量和关系在运动变化的过程中却互相依存，具有一定的规律可寻。 全等三角形的动态问题是将几何、代数相结合，数形结合，具有较强的综合性，题目灵活多变。全等三角形的动态问题有单动点、双动点等类型问题,通过动点在运动过程中引起的角度变化，线段长度变化，探究其中不变的量(角度、 长度、性状等),在解题过程中，要善于抓住图形中的变与不变，以不变解决变。当面对这类题型的时候，要特别注意的地方是，题目可能会有多解，所以一定要全面的对题目进行综合考虑。 思路: 1.利用图形想到三形全等； 2.分析题目，了解有几个动点，动点的路程，速度； 3.结合图形和题目，得出已知或能间接求出的数据； 4.分情况讨论，把每种可能情况列出来，不要漏； 5.动点一般都是压轴题，步骤不重要，重要的是思路； 6.动点类问题一般都有好几问， 前一问大都是后一问的提示，就像几何探究类题一样，如果后面的题难了， 可以反过去看看前面问题的结论。 当研究目标多变或问题情形复杂时，我们往往将问题拆解成几个较为简单的问题来进行考虑，动点问题也是如此．具体分析动点问题时，往往会先研究背景图形，再分析运动过程、分段，为最后表达线段长，建等式做好准备．因为动点运动方向的改变不仅会改变线段长的表达，还可能改变和动点相关的图形的形状，所以要先分段，然后逐段分析，表达线段长，建等式． 【典例1】（2026春•松江区期中）如图，AB＝14，AC＝6，AC⊥AB，BD⊥AB，垂足分别为A，B．点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿AB向点B运动；点Q从点B出发，以每秒a个单位长度的速度沿射线BD方向运动．点P、点Q同时出发，当以P，B，Q为顶点的三角形与△CAP全等时，求a的值． 【分析】根据题意，可以分两种情况讨论，第一种△CAP≌△PBQ，第二种△CAP≌△QBP，然后分别求出相应的a的值即可． 【解答】解：当△CAP≌△PBQ时，则AC＝PB，AP＝BQ， ∵AC＝6，AB＝14， ∴PB＝6， ∴AP＝AB﹣PB＝14﹣6＝8， ∴BQ＝8， ∴8÷a＝8÷2， 解得a＝2； 当△CAP≌△QBP时，则AC＝BQ，AP＝BP， ∵AC＝6，AB＝14， ∴BQ＝6，AP＝BP＝7， ∴6÷a＝7÷2， 解得a； 由上可得a的值是2或． 【变式1-1】（2025秋•邯郸校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90，AC＝6，BC＝8．点P从点A出发，沿折线AC﹣CB以每秒1个单位长度的速度向终点B运动，点Q从点B出发沿折线BC﹣CA以每秒3个单位长度的速度向终点A运动，P、Q两点同时出发．分别过P、Q两点作PE⊥l于E，QF⊥l于F．设点P的运动时间为t（秒）： （1）当P、Q两点相遇时，求t的值； （2）在整个运动过程中，求CP的长（用含t的代数式表示）； （3）当△PEC与△QFC全等时，直接写出所有满足条件的CQ的长． 【分析】（1）由题意得t+3t＝6+8，即可求得P、Q两点相遇时，t的值； （2）根据题意即可得出CP的长为； （3）分两种情况讨论得出关于t的方程，解方程求得t的值，进而即可求得CQ的长． 【解答】解：（1）由题意得t+3t＝6+8， 解得t（秒）， 当P、Q两点相遇时，t的值为秒； （2）由题意可知AP＝t， 则CP的长为； （3）当P在AC上，Q在BC上时， ∵∠ACB＝90， ∴∠PCE+∠QCF＝90°， ∵PE⊥l于E，QF⊥l于F． ∴∠EPC+∠PCE＝90°，∠PEC＝∠CFQ＝90°， ∴∠EPC＝∠QCF， ∴△PCE≌△CQF， ∴PC＝CQ， ∴6﹣t＝8﹣3t，解得t＝1， ∴CQ＝8﹣3t＝5； 当P在AC上，Q在AC上时，即P、Q重合时，则CQ＝PC， 由题意得，6﹣t＝3t﹣8， 解得t＝3.5， ∴CQ＝3t﹣8＝2.5， 当P在BC上，Q在AC上时，即A、Q重合时，则CQ＝AC＝6， 综上，当△PEC与△QFC全等时，满足条件的CQ的长为5或2.5或6． 【变式1-2】（2025秋•祁阳市校级期末）已知AB＝12cm，AC＝BD＝10cm，点P在线段AB上以2cm/s的速度由点A向点B运动，同时点Q在线段BD上由点B向点D运动，它们运动的时间为t秒． （1）如图1，若AC⊥AB，BD⊥AB，且点Q的运动速度与点P的运动速度相同，当t＝1时，△ACP与△BPQ是否全等，并判断此时线段PC和线段PQ的位置关系和数量关系，请分别说明理由； （2）如图2，若∠A＝∠B＝60°，设点Q的运动速度为vcm/s，是否存在实数v，使得△ACP与△BPQ全等？若存在，求出v，t的值；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）当t＝1时，依题意得∠A＝∠B＝90°，AP＝BQ＝2cm，进而得AC＝BP＝10cm，由此可依据“SAS”判定△ACP和△BPQ全等得PC＝PQ，∠C＝∠BPQ，再根据∠C+∠APC＝90°得∠BPQ+∠APC＝90°，继而得∠CPQ＝90°，则PC⊥PQ； （2）依题意得AP＝2tcm，BQ＝vtcm，则BP＝（12﹣2t）cm，再根据∠A＝∠B＝60°得当△ACP与△BPQ全等时，有以下两种情况：①当AC＝BP，AP＝BQ时，则△ACP≌△BPQ（SAS），由AC＝BP得10＝12﹣2t，解得t＝1，由AP＝BQ，得2t＝vt，将t＝1代入得v＝2，②当AC＝BQ，AP＝BP时，则△ACP≌△BQP（SAS），由AP＝BP得2t＝12﹣2t，解得t＝3，由AC＝BQ得10＝vt，将t＝3代入得v，综上所述即可得出答案． 【解答】解：（1）当t＝1时，△ACP与△BPQ全等， 线段PC和线段PQ的位置关系是：PC⊥PQ，数量关系是：PC＝PQ，理由如下： ∵AC⊥AB，BD⊥AB， ∴∠A＝∠B＝90°， ∵点P在线段AB上以2cm/s的速度由点A向点B运动， ∴AP＝2cm， ∵AB＝12cm，AC＝BD＝10cm， ∴BP＝AB﹣AP＝10（cm）， ∴AC＝BP＝10cm， 又∵且点Q的运动速度与点P的运动速度相同， ∴BQ＝2cm， ∴AP＝BQ＝2cm， 在△ACP和△BPQ中， ， ∴△ACP≌△BPQ（SAS）， ∴PC＝PQ，∠C＝∠BPQ， 在Rt△ACP中，∠C+∠APC＝90°， ∴∠BPQ+∠APC＝90°， ∴∠CPQ＝180°﹣（∠BPQ+∠APC）＝90°， ∴PC⊥PQ； （2）依题意得：AP＝2tcm，BQ＝vtcm， ∵AB＝12cm，AC＝BD＝10cm， ∴BP＝AB﹣AP＝（12﹣2t）cm， 又∵∠A＝∠B＝60°， ∴当△ACP与△BPQ全等时，有以下两种情况： ①当AC＝BP，AP＝BQ时，则△ACP≌△BPQ（SAS）， 由AC＝BP，得：10＝12﹣2t， 解得：t＝1， 由AP＝BQ，得：2t＝vt， ∵t＝1， ∴v＝2， 即当t＝1s，v＝2cm/s时，△ACP与△BPQ全等； ②当AC＝BQ，AP＝BP时，则△ACP≌△BQP（SAS）， 由AP＝BP，得：2t＝12﹣2t， 解得：t＝3， 由AC＝BQ，得：10＝vt， ∵t＝3， ∴v， 即当t＝3s，v＝10/3cm/s时，△ACP与△BPQ全等， 综上所述：v，t的值分别为t＝1s，v＝2cm/s或t＝3s，vcm/s． 【变式1-3】如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，直线l经过点C且与边AB相交．动点P从点A出发沿A→C→B路径向终点B运动；动点Q从点B出发沿B→C→A路径向终点A运动．点P和点Q的速度分别为1cm/s和2cm/s，两点同时出发并开始计时，当点P到达终点B时计时结束．在某时刻分别过点P和点Q作PE⊥l于点E，QF⊥l于点F，设运动时间为t秒，当△PEC与△QFC全等时，求t的值． 【分析】分△PEC≌△CFQ，且点P在AC上、点Q在BC上运动，△PEC≌△QFC，且点P与点Q重合，当△PEC≌△CFQ，且点Q在AC上、点P在BC上运动三种情况进行讨论求解即可． 【解答】解：①如图，点Q在BC上，点P在AC上时， 由题意得，AP＝t，BQ＝2t， ∵AC＝6cm，BC＝8cm， ∴CP＝6﹣t，CQ＝8﹣2t， ∵PE⊥l，QF⊥l， ∴∠PEC＝∠CFQ＝∠ACB＝90°， ∴∠CPE+∠PCE＝∠PCE+∠FCQ＝90°， ∴∠CPE＝∠FCQ， 当△PEC≌△CFQ时， 则PC＝CQ（全等三角形对应边相等）， 即6﹣t＝8﹣2t， 解得t＝2； ②如图，当点P与点Q重合时， 由题意得，AP＝t，BQ＝2t， ∵AC＝6cm，BC＝8cm， ∴CP＝6﹣t，CQ＝2t﹣8， 当△PEC≌△QFC时， 则PC＝CQ（全等三角形对应边相等）， ∴6﹣t＝2t﹣8， 整理得，3t＝14， 解得； ③如图，当点Q与A重合时， 由题意得，AP＝t， ∵AC＝6cm， ∴CP＝t﹣6，CQ＝6， ∵∠QCF+∠CQF＝∠QCF+∠PCE＝90°， ∴∠CQF＝∠PCE， 当△PEC≌△CFQ时， 则PC＝CQ（全等三角形对应边相等）， 即t﹣6＝6， 解得t＝12； 综上所述：当t＝2秒或秒或12秒时，△PEC与△QFC全等． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $