专题03 全等三角形模型之一线等角、手拉手、倍长中线模型（高效培优专项训练）数学新教材浙教版八年级上册

**基本信息** 聚焦全等三角形三大核心模型，以题型为载体系统提炼一线三等角、手拉手、倍长中线的解题方法，构建“模型识别-全等判定-变式应用”的逻辑链条。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |一线三等角模型|6题|K字模型构造全等，利用等角条件证三角形全等|基于ASA/AAS判定，从静态图形到动态动点问题，拓展至面积计算| |手拉手模型|6题|共顶点等腰三角形旋转构造全等（SAS）|以等边/等腰直角三角形为背景，推导线段关系与位置关系，培养空间观念| |倍长中线模型|6题|延长中线至等长构造全等三角形（SAS）|从线段取值范围到中点问题迁移，强化转化思想与推理能力|

专题03 全等三角形模型之一线等角、手拉手、倍长中线模型 题型一 全等三角形模型之一线三等角模型 题型二 全等三角形模型之手拉手模型 题型三 全等三角形模型之倍长中线模型 题型一：全等三角形模型之一线三等角模型 1．（四川成都市武侯区西川实验学校2025-2026学年下学期八年级期中数学）如图，在四边形中，，，，，点E为边（含端点）上的动点．以为边构造等腰直角三角形，且，连接，则线段长的最小值是______，最大值是______． 【答案】 【分析】过点作，构造“一线三等角”模型，求得垂直直线，且，从而得到点是在距离直线1个单位长度且与平行的直线上运动，根据“点到直线垂线段最短”找出的最小值，再在点与点或点重合时求出的最大值． 【详解】解：如图所示，过点作交的延长线于点， ， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴点在距离直线1个单位长度且与平行的直线上运动，如下图所示，直线为距离直线1个单位长度且与平行的直线，直线交于点； ∴当时，取得最小值， 此时，如下图所示， ， ∵，，， ∴四边形为矩形， ∴； 当点与点重合时，取得最大值，如下图所示，过点作交于点， ， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是矩形， ∴； 同理可证四边形是矩形， ∴， ∴， 在中，； 综上所述，的最小值为，最大值为． 2．（25-26七年级下·四川成都·期末）如图，与为等腰三角形，，，，为线段上一个动点，与相交于点． (1)如图1，求证：平分； (2)如图2，在延长线上取一点，当时，线段与有什么位置关系？并说明理由； (3)如图3，若，且的面积为，求的长． 【答案】(1)证明：∵， ∴，即， 在和中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即平分． (2)解：，理由如下： 如图所示，在上截取，使得，连接，在上取点，连接，使得， ，， ， 在和中，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ， ∴， ∵， ∴， 在和中，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴． (3) 【分析】（1）利用“相等的角减去相同角的两角仍相等”证明模型证明，进而证明，得到对应角相等证明结果； （2）在上截取，使得，连接，在上取点，连接， 使得，证明，利用等腰三角形的性质与全等三角形的性质以及等量代换证明，最后根据等量代换证得，从而得到答案； （3）先根据等腰三角形的性质与全等三角形的性质等量代换后得到，利用算出，再利用三角形内角和为和等量代换得出，取线段垂直平分线的交点，连接，过点作交于点，通过角度的换算得到是等腰直角三角形，再证得，根据平行线间垂线段相等，利用同底等高得到的面积，从而求解． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：由（1）知，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴设，则， ∵， ∴，解得， ∴， 在和中，， ∴，， 如图所示，取线段垂直平分线的交点，连接，过点作交于点， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴，则， 又∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， 又∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴； ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴或， ∵线段的长度为非负数， ∴． 3．（25-26八年级下·云南玉溪·开学考试）如图①，在中，，过点在外作直线，于点，于点． (1)试说明：； (2)如图②，将（1）中条件改为，，请问（1）中的结论是否还成立？请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)成立，理由见解析 【分析】（1）利用“”，可得，从而，，根据，等量代换即可说明； （2）利用“”，可得，从而，，再根据，等量代换即可． 【详解】（1）解：， ， ，， ， ， ， 在和中， ， （） ，， ， ； （2）解：成立，理由如下， ， ， ， ， ， 在和中， ， （） ，， ， ． 【点睛】注意识别题中的“一线三等角”模型和类比的数学思想． 4．（25-26七年级下·广东揭阳·阶段检测）综合题 (1)如图1，，，，．点在线段上以的速度由点向点运动，同时，点以相同的速度在射线上由点向点运动．它们运动的时间为，当点到达点时，点也停止运动．当时，猜想：线段与之间的关系，并说明理由． (2)【拓展】如图2，在中，，D，A，E三点都在直线m上，并且猜想：线段、、之间的关系，并说明理由． (3)【应用】如图3，在中，是钝角，，，，直线m与的延长线交于点F，若，的面积是12，则与的面积之和为 ． 【答案】(1)解：且 理由: 当时，，， ， ， 又， ， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， ， 又， ， ． (2)解：，理由如下： ，， ， 又，，三点在直线上， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ． (3)6 【分析】(1) 当时，，，结合，利用SAS判定，得到及，再通过直角互余与平角关系证得． (2) 利用三角形内角和与平角关系转化得到，结合已知角等和，利用AAS判定，从而得，，相加即得． (3) 由(2)的模型可得，从而，将面积和转化为；再利用及同高三角形面积比等于底边比，得． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：由(2)同理可证， ， ， 直线与的延长线交于点，且， 与有公共顶点，且底边与在同一直线上， ， ， ， 即与的面积之和为． 5．（25-26七年级下·四川达州·期末）综合与实践：类比思维是根据两个具有相同或相似特征的事物间的对比，从某一事物的某些已知特征去推测另一事物的相应特征存在的思维活动．请尝试用类比思维解决以下问题： 【建立模型】： (1)如图1，在等腰直角三角形中，，，直线l经过点C，过点A作于点D，过点B作于点E，直接写出、、之间的数量关系：_________________； 【实践探究】： (2)如图2，在中，，点D、E分别在边、上，且，．若，求的长度． 【拓展应用】： (3)如图3，在中，，，点D、E分别是边、上的动点，以为腰向右作等腰，使得，且，连接、，． ①线段和有何数量关系，并说明理由； ②在点D、E运动过程中，点F位置也随之发生改变，若，当线段取得最小值时，求的面积． 【答案】(1) (2)4 (3)①， 证明：如图，在上取一点，使得，连接， ∵，， ∴， ∵，， ，即， ∵， ∴， 在和中： ， ， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． ②64 【分析】（1）由，，，通过等量代换得．结合，证，得，，由得． （2）得．由三角形外角性质得，又，且，故．结合，证，得，．由得． （3）①在上取点使，连接．由，且，结合证，得，．由，得，故．于是，代入得． ②由且得．由得，作，则为等腰直角三角形，．又，也为等腰直角三角形，，故，进而计算的面积． 【详解】（1）解：，理由如下： ， ， ， ， ， ． 在和中： ， ， ， 又， ． （2）解：∵， ∴， ， ∴， ∴， 在和中： ， ， ∴，，， ． （3）①略； ②∵， ∴为定直线， ∴当时，最小， 如图，过点作于点， ∴ ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ， ， 的面积为． 6．（24-25八年级上·湖北孝感·阶段检测）通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题： (1)如图1，，，过点B作于点C，过点D作于点E．由，得．又，可以推理得到≌______，推理依据是______．进而得到______，______．我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三等角”模型； (2)如图2，，，，连接，且于点与直线交于点G．求证：点G是的中点； (3)如图3，已知四边形和，，，，的面积为，的面积为，试猜想和的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)；；； (2)见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）根据已知条件，利用判定≌，再根据全等三角形的性质求解； （2）利用“”字模型，证明同角的余角相等，多次利用三角形全等证出结果； （3）先利用“”字模型，证明，，利用全等三角形得到新的条件证，再将三角形面积进行等量代换求出最后答案． 【详解】（1）解：由题意知得，在和中，， ∴， ∴． （2）证明：如图：作， ∴ ， ∵， ∴，则， 在和中，， ∴， 同理可证， ∴，， ∴， 在和中，， ∴， ∴，即：点G是的中点． （3）解：，理由如下： 如图：作，， ∵，，， ∴，则， 在和中，， ∴， 同理可证， ∴，，，， ∴ ∵在 和 中，， ∴， ∴， ∴ ∴． 题型二：全等三角形模型之手拉手模型 7．（25-26八年级下·山东泰安·期中）如图，在正方形外取一点E，连接、、．过点A作的垂线交于点P．若，，则下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数是（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】利用SAS可证明，根据等腰直角三角形性质得，进而可得，即可判断结论①；在中，根据勾股定理可得的长，即可判断结论②；结合前面的结论可知，进而可判断结论③；连接，根据可求出正方形的边长，进而可判断结论④． 【详解】解：对于结论①， 在正方形中，，． ， ， ，， ． 在和中， ． ． ， ，， ，故结论①符合题意； 对于结论②， 由前面的结论可得， ． 在中，，， ，故结论②不符合题意； 对于结论③， ，故结论③符合题意； 对于结论④， 如图，连接． ， ， ， ， ， ， ，故结论④不符合题意； 综上，结论①③符合题意． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、正方形的性质、勾股定理，二次根式．熟练掌握全等三角形的判定和性质，能够把复杂的问题进行有效地转化是解题的关键． 8．（25-26九年级上·贵州遵义·期中）如图，是等边三角形，点在边上，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，． (1)求证：； (2)若，，求的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据“等角减去同角仍相等”得到，再根据判定，从而证明结果； （2）利用等量代换将转化为，从而解出答案． 【详解】（1）解：∵是等边三角形， ∴， ∵绕点逆时针旋转得到， ∴， ∴，即， 在和中，， ， ∴． （2）解：∵绕点逆时针旋转得到， ∴，是等边三角形， ∴， ∵是等边三角形， ∴， 由（1）知， 9．（25-26九年级上·江西上饶·期末）【课本再现】（1）如图1，和都是等边三角形，且点B、C、E在一条直线上，连接和相交于点，线段与的数量关系是 ；请你用旋转的性质说明上述关系成立的理由． 【深入探究】（2）如图2，将绕点逆时针旋转一定的角度，其他条件与（1）中相同． ①线段与的数量关系是 ； ②的度数为 ． 【拓展应用】（3）如图3，是等边三角形，，，，求边的长度． 【答案】（1），理由如下： 和都是等边三角形， ，，，， ，， ， 将绕点逆时针旋转得到， ； （2）①；②； （3）8 【分析】（1）利用等边三角形的性质，可得绕点逆时针旋转得到，即可得到； （2）由（1）可知，则，，再根据等边三角形的性质和角之间的等量代换，易得，从而可求； （3）将绕点逆时针旋转得到，连接，易得是等边三角形，由旋转的性质知，从而可得，再根据勾股定理，计算即可． 【详解】解：（1）略 （2）①；② 理由：由（1）可知绕点逆时针旋转得到， 则， ，； 等边三角形， ， ， ， ； 故答案为：①；②； （3）如图所示，将绕点逆时针旋转得到，连接， ，，， 是等边三角形， ，， 由旋转的性质知， ， ， ， 在中，由勾股定理得， ． 【点睛】本题考查等边三角形的性质和判定，旋转的性质，全等的性质，勾股定理等知识点，掌握“手拉手模型”是解题的关键． 10．（25-26八年级上·河南新乡·期末）【问题提出】如图，、都是等边三角形，求证：． 【方法提炼】这两个共顶点的等边三角形，其在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形，即．如果把小等边三角形的一边看作“小手”，大等边三角形的一边看作“大手”，这样就类似“大手拉着小手”，不妨称之为“手拉手”基本图形，当图形中只有一个等边三角形时，可尝试在它的一个顶点作另一个等边三角形，构造“手拉手”基本图形，从而解决问题． 【方法应用】 (1)在等边三角形中，是边上一定点，是直线上一动点，以为一边作等边三角形，连接． ①如图，若点在边上，求证：． ②如图，若点在边的延长线上，线段之间的数量关系为______，并加以说明． (2)如图，在等腰中，，，，且交于点，以为边作等边，直线交直线于点，连接交于点，写出之间的数量为______．（直接写出结论不用说明理由） 【答案】(1)①见解析；②，见解析； (2)． 【分析】（1）①如图，过点作，交于点，易证是等边三角形，得出，证明，得出，即可得出结论； ②如图，过点作，交于点，易证是等边三角形，得出，证明，得出，即可得出结论； （2）先根据等边的性质结合三角形的内角和定理和外角的性质推出，再如图，在上截取，连接，易证是等边三角形，证明，得出，即可得出结论． 【详解】（1）解：①证明：如图，过点作，交于点， ∵是等边三角形， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∴，即， ∵在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴． ② 证明：如图，过点作，交于点， ∵是等边三角形， ∴，， ∴是等边三角形， ∴． ∵是等边三角形， ∴，， ∴，即． ∵在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴． （2） 证明：∵是等边三角形， ∴，． 又∵， ∴，， ∴， ∵在中，， ∴， ∵，， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴， 如图，在上截取，连接， ∴是等边三角形， ∴，． ∴，即． ∵在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，三角形全等的性质和判定，三角形外角的性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键． 11．（25-26七年级下·山东济南·期末）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，在相对位置变化时，始终存在一对全等三角形，通过查询资料，他们得知这种模型称为“手拉手模型”，兴趣小组进行了如下操作： (1)观察猜想 如图1，在中，分别以为边向外作等腰直角和等腰直角，，连接，则与的数量关系为______，位置关系为______； (2)类比探究 如图2，在中，分别以为边作等腰直角和等腰直角，，点在同一直线上，为中边上的高，猜想，之间的数量关系并说明理由； (3)解决问题 如图3，点是等边外一点，若，求线段的长． 【答案】(1)． (2)解：． 理由如下： 和都是等腰直角三角形， ， 在和中， 由， (3)65． 【分析】（1）通过等腰直角三角形的性质证明出，即可得出，再根据角的关系即可证明；（2）仍是通过已知条件证明，则，根据直角三角形斜边的中线是斜边的一半得，则可求出；（3）延续前两问的思路，先构造等边三角形，再构造等腰直角三角形，从而证明，则． 【详解】（1）解：记与的交点为， 由题可知， ， 在和中， 由， ， ， ， ． （2）略 （3）解：如图4，以为边，构造等边三角形，连接，过点作，交的延长线于点，则，，， ， ， ， ，在直角三角形中，由勾股定理得：， ， ， 在直角三角形中，由勾股定理得：， 均为等边三角形，， ， ， ， 在和中， ， ， ． 【点睛】本题的通用思路都是由“手拉手”模型构造全等三角形，在此基础上得到边和角的关系，最后一问是通过做辅助线，构造两个等边三角形“手拉手”，再利用勾股定理求解． 12．（25-26七年级下·河南驻马店·阶段检测）根据题意，完成以下各题 (1)如图，和是等腰直角三角形，，，连接，，构建“手拉手”模型，得到了 ；在此基础上，又利用“蝴蝶型”，如图的划斜线部分，得到了______ ． (2)如图，和是等边三角形，，连接，，的延长线与相交于点．请猜想与的大小关系，求的度数； (3)如图，在和中，，，，，连接，．则与的数量关系为______，直线与直线的夹角为______； (4)如图，和是等腰直角三角形，， ，连接，，是线段的中点，连接若，请你直接写出的长． 【答案】(1)，； (2) (3)；直线与直线的夹角为 (4)2 【分析】（1）先通过证得，进而通过全等三角形性质可得到； （2）先证明，再证明可得，再根据三角形内角和定理可得； （3）方法同（2），需要先证，然后再根据全等三角形性质即可求解． （4）延长到使，连接，证明得，得，进一步证明，再证明即可得出结论 【详解】（1）解：∵， ∴，即， ∵和是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴，， 如图，与交点为，与交点为， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， （2）解：∵和是等边三角形， ， ，即， ， ， 设与相交于点，则， ； （3）解：延长交于点F，设交于点G， ∵， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴， 即直线与直线的夹角为； （4）解：延长到使，连接． ， 又， ， ， ， ， ， ， ， 和是等腰直角三角形， ， ， ， ， ． 题型三：全等三角形模型之倍长中线模型 13．（2025八年级上·全国·专题练习）如图，在中，是边上的中线，若，，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了三角形三边关系，全等三角形的判定及性质；延长至，使，由判定，由三角形的三边关系得，即可求解． 【详解】解：延长至，使， 是边上的中线， ， ， （）， ， ， ， ， 故选：A． 14．（25-26七年级下·辽宁辽阳·期末）课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图，在中，，，求边上的中线的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长至点，使，连接．依据小明的方法，可求得的取值范围是____________． 【答案】 【分析】本题考查了三角形的三边关系、全等三角形的判定和性质，延长至点，使，连接，根据证明，即可得到，然后根据三角形的三边关系解答即可． 【详解】解：延长至点，使，连接， ∵点D是的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∴， 15．（25-26八年级上·广东揭阳·期末）【模型启迪】（1）如图1，在中，为边的中点，连接并延长至点，使，连接，则与的数量关系为______，位置关系为______． 【模型探索】（2）若，，则的取值范围为______． 【模型迁移】（3）如图2，在中，为边的中点，连接，为边上一点，连接交于点，且；求证：． 【答案】(1)，； (2) (3) 证明：延长至点，使，连接，    由（1）同理可得：， ，， ， ， ， ，即， ． 【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质，三角形的三边关系，三角形的中线，掌握知识点是解题的关键． （1）根据证明，得到，，得到，以此即可解答； （2）先求出，，，根据三角形的三边关系，得到，代入求解即可； （3）延长至点，使，连接，利用（1）中方法同理可证，得到，，由可得，根据等边对等角可得和对顶角相等可得，进而可得，以此即可证明． 【详解】（1）解：∵为边的中点， ， 在和中， ， ， ，， ∴， 故答案为：，； （2）∵，，， ∴，， ∴， 解得． （3）略 16．（25-26八年级上·广东广州·期中）【探究】 （1）如图1，是的中线，且，延长至点E，使，连接，可证得，其中判定两个三角形全等的依据为__________． A．    B． C． D． 【应用】 （2）提示：解题时，条件若出现“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转化到同一个三角形中．如图2，是的中线，若，，求出的取值范围． 【拓展】 （3）根据以上经验，如图3，，，，连接、，E是的中点，证明：． 【答案】（1）B； （2）； （3）证明：延长至，使，连接，如图： ∵是的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 【分析】（1）先利用三角形的中线的意义得出，再根据对顶角的性质得出，从而可证明； （2）先证明，根据全等三角形的性质可得出，再利用三角形三边关系求解即可； （3）先证明，从而可得，，再证明，从而可得，于是可得． 【详解】（1）解：因为是的中线， 所以， 延长至点E， 所以， 又， 所以， 故选：B； （2）解：延长至点，使，连接，如图， 则， 在与中， ， ∴， ∴， 在中，， 即， ∴的取值范围为； （3）略 【点睛】本题考查了全等的性质和综合（），倍长中线模型(全等三角形的辅助线问题)，确定第三边的取值范围，灵活选用判定方法证全等（全等三角形的判定综合）等知识点，解题关键是掌握上述知识点． 17．（25-26八年级上·贵州遵义·期末）问题情境：课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题： 如图1，中，若，，求边上的中线的取值范围． 小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长至点E，使，连接．请根据小明的方法思考并解答： （1）①由已知和作图能得到，依据是___________． A．     B．     C．      D． ②由“三角形的三边关系”可求得的取值范围是___________． 解后反思： 题目中出现“中点”、“中线”等条件，可考虑延长中线，构造全等三角形、平行线、平移线段，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形之中． 类比探究： （2）如图2，已知与，，，，、分别为中边上的中线与高，且，求的面积． 拓展延伸： （3）如图3，四边形中，，M是的中点，若四边形的面积为a，求证：的面积为． 【答案】（1）①A，②；（2）40； （3）证明：延长交于， ∵， ∴， 又∵是的中点， ∴， ∴， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴的面积为． 【分析】本题考查三角形全等的判定及性质，三角形的三边关系，平行线的性质，三角形的中线性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解答的关键． （1）①先根据三角形的中线定义得到，可根据“”可证明； ②先根据全等三角形的性质得到，利用三角形的三边关系求得，结合即可求解； （2）延长至，使得，可证明，得，，，可得，根据平行线的性质和已知可证明，即可证明，进而有即可求解； （3）延长交于，证明得到，则，结合可证得结论． 【详解】解：（1）①∵是中线， ∴， 在和中， ， ∴． 故选：A； ②解：∵，，， ∴， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴． 故答案为：； （2）延长至，使得， ∵是中线， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴ ； （3）略． 18．（25-26七年级下·江西吉安·期末）阅读以下材料，完成以下两个问题． 【阅读材料】已知：如图，（）中，D、E在上，且，过D作交于点F，．求证：平分． 结合此题，，点E是的中点，考虑倍长，并且要考虑连接哪两点，目的是证明全等，从而转移边和角．有两种考虑方法：①考虑倍长，如图（1）所示；②考虑倍长，如图（2）所示 (1)请选择方法①或方法②，完成阅读材料中的证明． (2)根据上述材料，完成下列问题： 已知，如图3，在中，是边上的中线，分别以，为直角边向外作等腰直角三角形，，，，证明：； (3)与面积之间的关系，并说明理由． 【答案】(1)方法①∶证明：如图，延长至点，使，连接， 在和中， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， 平分； 方法②：证明：如图，延长至点，使，连接， 在和中， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， 平分； (2)如图，延长至点，使，连接， 是边上的中线， ， 在和中， ， ， ，， ∴， ∴， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ∴， 设与交于点H， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 即． (3)与面积相等，理由如下； 由（2）可知， ∴， ∵，， ∴， 由（2）可知， ∴， ∴． 【分析】（1）方法①：延长至点，使，连接，证明，得到，，再根据等边对等角的性质和平行线的性质，得出，即可证明；方法②：延长至点，使，连接，证明，得到，，再根据等边对等角的性质和平行线的性质，得出，即可证明； （2）延长至点，使，连接，证明，得到，，进而推出，，再证明，即可得出，设与交于点H，由，即可得出，等量代换可得出，由三角形内角和定理即可得出． 【详解】（1）证明：略； （2）证明：略； （3）解：略； 2 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题03全等三角形模型之一线等角、手拉手、倍长中线模型 题型归纳 题型一全等三角形模型之一线三等角模型 题型二全等三角形模型之手拉手模型 题型三全等三角形模型之倍长中线模型 题型专练 题型一：全等三角形模型之一线三等角模型 1.(四川成都市武侯区西川实验学校2025-2026学年下学期八年级期中数学)如图，在四边形ABCD中， ∠A=∠ABC=90°，AB=4,BC=3,AD=1,点E为边AB(含端点)上的动点，以DE为边构造等腰 直角三角形DEF,且∠EDF=9O°，连接FC,则线段FC长的最小值是一，最大值是一 E B 2.(25-26七年级下四川成都期末)如图，△ABC与△AED为等腰三角形，AB=AC,AD=AE, ∠DAE=∠BAC,D为线段BC上一个动点，AC与DE相交于点G. 图1 图2 图3 (I)如图1，求证：CA平分∠BCE: (2)如图2，在ED延长线上取一点F,当DF=EG时，线段AC与BF有什么位置关系？并说明理由： 25 (3)如图3，若AE⊥AB'且∠CAD=2∠CDE,△CDE的面积为4，求CD的长. 119 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 3.(25-26八年级下·云南玉溪开学考试)如图①，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC过点C在△ABC 外作直线I,AM⊥I于点M,BN⊥I于点N 图① 图② (I)试说明：MN=AM+BN: (2)如图②，将(1)中条件改为∠ADC=∠CEB=∠ACB=Q(90°<a<180),AC=BC,请问(1)中的结 论DE=AD+BE是否还成立？请说明理由， 4.(25-26七年级下·广东揭阳阶段检测)综合题 ()如图1，AB=7cm,AC⊥AB,BD⊥AB,AC=5cm.点P在线段AB上以2cm/S的速度由点A向点 B运动，同时，点？以相同的速度在射线BD上由点B向点D运动.它们运动的时间为(S),当点P到达 点B时，点Q也停止运动.当t=ls时，猜想：线段CP与PO之间的关系，并说明理由. D B 图1 (②)【拓展】如图2，在△ABC中，AB=AC,D,A,E三点都在直线m上，并且∠BDA=∠AEC=∠BAC 猜想：线段DE、BD、CE之间的关系，并说明理由. m A 图2 (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，则△ABD与△CEF的面积之和为_· 219 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B -1m 图3 5.(25-26七年级下·四川达州期末)综合与实践：类比思维是根据两个具有相同或相似特征的事物间的 对比，从某一事物的某些已知特征去推测另一事物的相应特征存在的思维活动.请尝试用类比思维解决以 下问题： B DI B D 图1 图2 图3 【建立模型】： ()如图L,在等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°，CA=CB,直线I经过点C,过点A作AD⊥I于点 D,过点B作BE⊥I于点E,直接写出DE、AD、BE之间的数量关系： 【实践探究】： (2)如图2，在△ABC中，AB=AC,点D、E分别在边BC、AC上，且DA=DE,∠B=∠ADE.若 BC=12,AB=8,求CE的长度. 【拓展应用】： (3)如图3，在△ABC中，AB=AC,∠A=45°，点D、E分别是边AC、AB上的动点，以DE为腰向右作 等腰△DEF,使得DE=DF,且∠EDF=45°，连接CF、BF,∠FCA=22.5°. ①线段BE和AD有何数量关系，并说明理由； ②在点D、E运动过程中，点F位置也随之发生改变，若BC=16,当线段BF取得最小值时，求△BFC的 面积. 6.(2425八年级上湖北孝感阶段检测)通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题： G B G D D 丁2 ■ B A E 图1 图2 图3 3/9 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (L)如图1，∠BAD=90°，AB=AD,过点B作BC⊥AC于点C,过点D作DE⊥AC于点B.由 ∠1+∠2=∠2+∠D=90°，得∠1=∠D.又∠ACB=∠AED=90°，可以推理得到△ABC≌ 推理依 据是一· 进而得到AC=一，BC=一.我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三等 角”模型： (②)如图2，∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD,AC=AE,连接BC,DE，且BC⊥AF于点F,DE与直线 AF交于点G.求证：点G是DE的中点： (3)如图3，已知四边形ABCD和DEFG,∠ADC=∠EDF=90°，AD=CD,DE=DF,△AFD的面积为 S,△DCE的面积为S2,试猜想S和S2的数量关系，并说明理由. 题型二：全等三角形模型之手拉手模型 7.(25-26八年级下山东泰安期中)如图，在正方形ABCD外取一点E,连接AE、BE、DE,过点A 作AE的垂线交DE于点P.若AE=AP=V2,PB=2V5,则下列结论：①LAEB=135°；②EB=3;③ 、9 Sm+S=5:④CD=2,其中正确结论的个数是() A D A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 8.(25-26九年级上贵州遵义·期中)如图，△ABC是等边三角形，点D在AC边上，连接BD,将BD绕 点B逆时针旋转60°得到BE,连接AE,DE (I)求证：AE=CD: (2)若BC=12cm,BD=8cm,求△ADE的周长. 9.(25-26九年级上江西上饶期未)【课本再现】(1)如图1，△ABC和△CDE都是等边三角形，且点 4/9 面学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B、C、E在一条直线上，连接BD和AE相交于点P,线段BD与AE的数量关系是_；请你用旋转的性质说 明上述关系成立的理由. D D C C 图1 图2 图3 【深入探究】(2)如图2，将△CDE绕点C逆时针旋转一定的角度，其他条件与(1)中相同. ①线段BD与AE的数量关系是_： ②∠DPE的度数为_· 【拓展应用】(3)如图3，△ABC是等边三角形，∠ADC=30°，AD=6,BD=10,求边CD的长度， 10.(25-26八年级上·河南新乡期末)【问题提出】如图1，△ABD、△ACE都是等边三角形，求证： BE=DC 【方法提炼】这两个共顶点的等边三角形，其在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形，即 △ADC≌△ABE.如果把小等边三角形的一边看作“小手”，大等边三角形的一边看作“大手”，这样就 类似“大手拉着小手”，不妨称之为“手拉手”基本图形，当图形中只有一个等边三角形时，可尝试在它 的一个顶点作另一个等边三角形，构造“手拉手”基本图形，从而解决问题， 【方法应用】 B D B D 图1 图2 图3 图4 (I)在等边三角形ABC中，E是边AC上一定点，D是直线BC上一动点，以DE为一边作等边三角形DEF 连接CF ①如图2，若点D在边BC上，求证：CE+CF=CD ②如图3，若点D在边BC的延长线上，线段CE、CF、CD之间的数量关系为 ,并加以说明， (2)如图4，在等腰△ABC中，120°<∠BAC<180°，AB=AC，,AD⊥BC,且交BC于点D,以AC为边作 等边△ACE,直线BE交直线AD于点F,连接FC交AE于点M,写出FE、FA、FC之间的数量为. (直接写出结论不用说明理由) 5/9 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 11. (25-26七年级下·山东济南期末)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 是由两个共顶点且项角相等的等腰三角形构成，在相对位置变化时，始终存在一对全等三角形，通过查询 资料，他们得知这种模型称为“手拉手模型”，兴趣小组进行了如下操作： 图1 图2 图3 (1)观察猜想 如图1，在△ABC中，分别以AB,AC为边向外作等腰直角△ABD和等腰直角△ACE,∠BAD=∠CAE=90°」 连接BE,CD,则BE与CD的数量关系为—，位置关系为一： (2)类比探究 如图2，在△ABC中，分别以AB,AC为边作等腰直角△ABD和等腰直角△ACE,∠BAD=∠CAE=90°，点 D,E,C在同一直线上，AM为△ACE中CE边上的高，猜想DC,BC,AM之间的数量关系并说明理由： (3)解决问题 如图3，点D是等边△ABC外一点，若AD=3,BD2=32,∠ADB=75°，求线段CD的长. 12.(25-26七年级下·河南驻马店阶段检测)根据题意，完成以下各题 图 图2 图3 图4 图5 (I)如图1，△ABC和△ADE是等腰直角三角形，AB<AD,∠BAC=∠DAE=9O°，连接BD,CE,构建“手 拉手”模型，得到了BD=；在此基础上，又利用“蝴蝶型”，如图2的划斜线部分，得到了BD⊥ (2)如图3，△ABC和△ADE是等边三角形，AD<AB,连接BD,CE,BD的延长线与CE相交于点F.请 猜想BD与CE的大小关系，求∠BFC的度数： (3)如图4，在△ABC和△ADE中，AB=AC,AD=AE,AD<AB,∠BAC=∠DAE=40°，连接BD, CE.则BD与CE的数量关系为一，直线BD与直线CE的夹角为一： 6/9 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (④如图5，△ABC和△ADE是等腰直角三角形，AB<AD,∠BAC=∠DAE=90(∠DAC<90),连接BE, CD,F是线段BE的中点，连接AF,若DC=4,请你直接写出AF的长 题型三：全等三角形模型之倍长中线模型 13.(2025八年级上全国专题练习)如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，若AB=5,AC=3,则 AD的取值范围是() D A.1<AD<4B.2<AD<8 C.3<AD<5 D.4<AD<8 14.(25-26七年级下·辽宁辽阳期末)课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图，在△ABC中， AB=8,AC=6,求BC边上的中线AD的取值范围.小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法： 延长AD至点E,使DE=AD,连接CE.依据小明的方法，可求得AD的取值范围是 D 15.(25-26八年级上：广东揭阳期末)【模型启迪】(1)如图1，在△ABC中，D为BC边的中点，连接 AD并延长至点H,使DH=AD,连接BH,则AC与BH的数量关系为一，位置关系为一 【模型探索】(2)若AB=9,AC=5,则AD的取值范围为 【模型迁移】(3)如图2，在△ABC中，D为BC边的中点，连接AD,E为AC边上一点，连接BE交 AD于点F,且BF=AC;求证：AE=EF, 图1 图2 719 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 16.(25-26八年级上广东广州期中)【探究】 (I)如图1，AD是△ABC的中线，且AB>AC,延长AD至点E,使ED=AD,连接BE,可证得 △ADC≌△EDB,其中判定两个三角形全等的依据为 A.SSS B.SAS C.AAS D.ASA 【应用】 (2)提示：解题时，条件若出现“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 和所求证的结论转化到同一个三角形中，.如图2，EP是△DEF的中线，若EF=8,DE=6,求出EP的取 值范围. 【拓展】 (3)根据以上经验，如图3，OA=OB,OC=OD,∠AOB+∠COD=180°，连接AC、BD,E是AC的 中点，证明：OE=。BD 2 B 图1 图2 图3 17.(25-26八年级上·贵州遵义·期末)问题情境：课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题： B E ED 图1 图2 图3 如图1，△ABC中，若AB=4,AC=5,求BC边上的中线AD的取值范围. 小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD至点E,使DE=AD,连接CE.请根据小明 的方法思考并解答： (I)①由已知和作图能得到△ABD≌△ECD,依据是 A.SAS B.AAS C.SSS D.HL ②由“三角形的三边关系”可求得AD的取值范围是 解后反思： 819 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题目中出现“中点”、“中线”等条件，可考虑延长中线，构造全等三角形、平行线、平移线段，把分散 的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形之中. 类比探究： (2)如图2，已知△ABC与△AMN,AC=AM,AB=AN,∠BAC+∠MAN=180°，AD、AE分别为 △ABC中BC边上的中线与高，且BC=10,AE=8,求△AMN的面积. 拓展延伸： (3)如图3，四边形ABCD中，AD∥BC,M是AB的中点，若四边形ABCD的面积为a,求证：△CDM 的面积为2“ 18.(25-26七年级下·江西吉安·期末)阅读以下材料，完成以下两个问题. 【阅读材料】已知：如图，△ABC(AB≠AC)中，D、E在BC上，且DE=EC,过D作DF∥BA交AE 于点F,DF=AC.求证：AE平分∠BAC. 结合此题，DE=EC,点E是DC的中点，考虑倍长，并且要考虑连接哪两点，目的是证明全等，从而转 移边和角.有两种考虑方法：①考虑倍长FE,如图(1)所示：②考虑倍长AE,如图(2)所示 D 图(1) 图(2) 图(3)》 (1)请选择方法①或方法②，完成阅读材料中的证明， (2)根据上述材料，完成下列问题： 已知，如图3，在△ABC中，AD是BC边上的中线，分别以AB,AC为直角边向外作等腰直角三角形， ∠BAE=∠CAF=9O°，AE=AB,AC=AF,证明：AD⊥EF; (3)△ABC与△AEF面积之间的关系，并说明理由. 9/9面学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题03全等三角形模型之一线等角、手拉手、倍长中线模型 题型归纳 题型一全等三角形模型之一线三等角模型 题型二全等三角形模型之手拉手模型 题型三全等三角形模型之倍长中线模型 题型专练 题型一：全等三角形模型之一线三等角模型 1. 3 √13 【分析】过点F作FG⊥AD,构造“一线三等角”模型，求得FG垂直直线AD,且FG=l,从而得到点 F是在距离直线AD1个单位长度且与AD平行的直线上运动，根据“点到直线垂线段最短”找出FC的最 小值，再在点E与点A或点B重合时求出FC的最大值. 【详解】解：如图所示，过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点G, G F A E B ∠DGF=90°， ,△DEF是等腰直角三角形， .∠EDF=90°，DE=DF 、.∠GDF+∠ADE=90,∠GDF+∠GFD=90°， .∠ADE=∠GFD. ∠DGF=∠A=90° 在 和 中 ∠GFD=∠ADE, △GDF△AED DF=DE .△GDF≌△AED(AAS), .GF AD=1, 1/36 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ∴，点F在距离直线AD1个单位长度且与AD平行的直线上运动，如下图所示，直线为距离直线AD1个单 位长度且与AD平行的直线，直线I交AB于点H: G A EH B .当FC⊥I时，FC取得最小值， 此时，如下图所示， G A H E B .FC⊥1,1⊥AB,∠ABC=90°， ∴，四边形FHBC为矩形， .'FC=BH=AB-AH=4-1=3; 当点E与点B重合时，FC取得最大值，如下图所示，过点C作CK⊥I交I于点K, A H (E)B ,△GDF≌AAED .DG=AE=4」 ..AG=DG+AD=5. .∠A=∠DGF=90°，1⊥AB, ∴.四边形GHAF是矩形， .FH=AG=5: 同理可证四边形KHBC是矩形， 2/36 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 .CK=BH=3,KH=BC=3. ∴.KF=FH-KH=2, 在Rt△CKF中，FC=VKF2+CK2=V13: 综上所述，FC的最小值为3，最大值为V3 2.(1)证明：：∠DAE=∠BAC, .∠DAE-∠DAC=∠BAC-∠DAC,即∠CAE=∠BAD, AB=AC 在 和 中， {∠BAD=∠CAE」 △ABD△ACE AD=AE .△ABD≌AACE(SAS). .∠B=∠ACE, AB=AC, .∠B=∠ACB .∠ACE=∠ACB, 即CA平分∠BCE. (2)解：ACBF,理由如下： 如图所示，在AB上截取AM,使得AM=AG,连接DM,在AB上取点H,连接DH,使得DH=DB, H G D C .AD=AE .∠ADE=∠AED. AM=AG 在 和 中， ∠BAD=∠CAE. △ADM△AEG AD=AE .△ADM≌aAEG(SAS), .DM=EG,∠AMD=∠AGE,∠ADM=∠AED .∠ABC=∠DHB，,∠ADM=∠ADE, 3/36 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ,∠BAC=∠DAE,AB=AC,AD=AE,∠ADM=∠AED .∠ABC=∠ACB=∠ADE=∠AED=∠ADM=∠DHB, 又，∠BDF=180°-∠ADE-∠ADM-∠BDM, ∠MDH=180°-∠ABC-∠DHB-∠BDM, .∠BDF=∠MDH, .DF EG,DM=EG ∴.DF=DM, DH=DB 在 和 中， ∠MDH=∠BDF △DMH△DFB DM=DF .△DMH≌aDFB(SAS), ∴.∠AMD=∠F, 又：∠AMD=∠AGE=∠CGD, .∠F=∠CGD」 .ACl BF (3)CD=5 【分析】(1)利用“相等的角减去相同角的两角仍相等”证明模型证明∠CAE=∠BAD,进而证明 △ABD≌△ACE,得到对应角相等证明结果： (2)在AB上截取AM,使得AM=AG,连接DM,在AB上取点H,连接DH, 使得DH=DB,证明△ADM≌△AEG,利用等腰三角形的性质与全等三角形的性质以及等量代换证明 △DMH≌△DFB,最后根据等量代换证得∠F=∠CGD,从而得到答案： (3)先根据等腰三角形的性质与全等三角形的性质等量代换后得到∠BAD=∠CDE=∠CAE,利用 AB⊥AE算出∠CAD=45°，再利用三角形内角和为180°和等量代换得出∠CEG=45°，取线段AD,CD垂 直平分线的交点M,连接AM,DM,EM,CM,过点M作MN⊥BC交BC于点N,通过角度的换算得到 △CDM,aDMN,aCMN是等腰直角三角形，再证得ME∥BC,根据平行线间垂线段相等，利用同底等高得 到△CDM的面积，从而求解. 【详解】(1)略 (2)略 (3)解：由(1)知，∠ACB=∠ACE,∠BAD=∠CAE. ,∠BAC=∠DAE,AB=AC,AD=AE, 4/36 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ∴.∠ABC=∠ADE=∠ACB. .∠ABC+∠BAD+∠ADB=∠ADB+∠ADE+∠CDE=18O°， .∠BAD=∠CDE, .∠CAD=2∠CDE. ∴设∠CDE=a,则∠BAD=∠CDE=a,∠CAD=2a, AB⊥AE, .∠BAE=∠BAD+∠CAD+∠CAE=4a=90°，解得u=22.5, .∠CAD=45°，∠CDE=22.5°， 在△ADG和△CEG中，∠ADE=∠ABC=∠ACE,∠AGD=∠CGE, .∠CEG=∠CAD=45°，∠DAE=∠BAC=∠DAC+∠BAD=67.5」 如图所示，取线段AD,CD垂直平分线的交点M,连接AM,DM,EM,CM,过点M作MN⊥BC交BC于点 N, E D .'AM DM=CM, .∠MAD=∠MDA,∠MAC=∠MCA,∠MDC=∠MCD, .∠CAD=∠DAM+∠MAC=45°」 .∠DAM+∠MAC=∠MDA+∠MCA=45°， 在△ADC中，∠DAC+∠ADC+∠ACD=∠DAC+∠MDA+∠MDC+∠MCD+MCA=I80°， .∠MDC+∠MCD=90°，则∠DMC=90°， 又：DM=CM, ∴.aCDM是等腰直角三角形， ∴.∠MDC=∠MCD=45°， 又：MN⊥BC, .△DNM,aCM是等腰直角三角形， .DN MN,CN =MN .CD=CN+DN. 5/36 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 :MN-CD: 2 ·∠DAE=67.5°，AD=AE :∠ADE=∠ABD=180°-，∠D1E=5625 2 又∠CDE=22.5° .∠ADC=∠ADE+∠CDE=78.75°， .∠ADM=∠ADC-∠MDC=33.75°， AM=DM, .∠MAD=∠ADM=33.75°， .∠DAE=67.5°， .∠MAE=∠DAE-∠MAD=33.75° .∠MAE=∠MAD, AD=AE 在 和 中， ∠MAD=∠MAE】 △AMD AAME AM=AM .△AMD≌△AME(SAS), .∠AEM=∠ADM=∠MAD=33.75 ∴.∠MEG=∠AED-∠AEM=22.5°， ∠CDE=22.5°， .∠CDE=∠MEG, .ME∥DC, S.CDM =S.CDE, S.cOM =CD:MN=CD.S.coE25 4 40D=25 4 .CD2=25, 又52=25，(-5)2=25 .CD=5或CD=-5, 线段的长度为非负数， .CD=5 6/36 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 3.(1)见解析 (2)成立，理由见解析 【分析】(I)利用“AAS”,可得△AMC≌aCNB,从而AM=CN,CM=BN,根据MN=CN+CM, 等量代换即可说明MN=AM+BN: (2)利用“AAS”,可得△ADC≌△CEB,从而AD=CE,CD=BE,再根据DE=CE+CD,等量代 换即可. 【详解】(1)解：∠ACB=90 .∠ACM+∠BCN=90°， AM⊥I,BN⊥I, .∠AMC=∠CNB=90°， .∠ACM+∠CAM=90°. ∴.∠CAM=∠BCN, 在△AMC和△CNB中， [∠AMC=∠CNB ∠CAM=∠BCN AC=CB .△AMC≌aCNB(AAS) ∴.AM=CN,CM=BN, .MN =CN+CM, .MN AM+BN: (2)解：DE=AD+BE成立，理由如下， ·∠ACB=a(90°<a<180). .∠ACD+∠BCE=180°-a, ∠ADC=a(90°<a<180), .∠ACD+∠CAD=180°-a, ∴.∠CAD=∠BCE, 在△ADC和△CEB中， [∠ADC=∠CEB ∠CAD=∠BCE. AC=CB ∴.△ADC≌△CEB(AAS) 7136 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 .AD=CE,CD=BE, .DE=CE+CD, .DE AD+BE. 【点睛】注意识别题中的“一线三等角”模型和类比的数学思想. 4.(I)解：CP=PO且PC⊥PO理由： 当t=1时，AP=2x1=2,BQ=2×1=2, AB=7, .BP=AB-AP=7-2=5, 又：AC=5, .AC=BP, :AC⊥AB,BD⊥AB, .∠A=∠B=90°， 在△ACP和△BPQ中， (AP=BO ∠A=∠B AC=BP ∴.△ACP≥△BPQ(SAS) ∴CP=PQ,∠C=∠BPQ ∠C+∠APC=90°」 ∴.∠APC+∠BPQ=90° 又∠APC+∠CPQ+∠BPQ=180° ∴.∠CPQ=90° .PC⊥PQ (2)解：DE=BD+CE,理由如下： ∠BDA=∠BAC,∠BDA+∠BAD+∠ABD=I80° .∠ABD=180°-∠BAD-∠BDA=180°-∠BAD-∠BAC, 又：D,A,E三点在直线m上， .∠BAD+∠BAC+∠CAE=18O°， .∠CAE=180°-∠BAD-∠BAC, .∠ABD=∠CAE, 8/36 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 在△ADB和△CEA中， [∠BDA=∠AEC ∠ABD=∠CAE AB=AC .△ADB2△CEA(AAS). .AE=BD,AD=CE, .DE=AE+AD=BD+CE. (3)6 【分析】（山当t=1时，AP=B0=2,BP=5=AC,结合∠A=∠B=90°，利用SAS判定 △ACP≌△BPO,得到CP=PO及∠C=∠BPO,再通过直角互余与平角关系证得∠CPO=90° (②)利用三角形内角和与平角关系转化得到∠ABD=∠CAE,结合己知角等和AB=AC,利用AAS判定 △ADB=△CEA,从而得AE=BD,AD=CE,相加即得DE=BD+CE (3)由(2)的模型可得△ADB≌ACEA,从而SABp=Sc4,将面积和转化为S.cE4+S,cr=ScA:再利用 1 BC=2CF及同高三角形面积比等于底边比，得Sc4=2S.c=6. 【详解】(1)略 (2)略 (3)解：由(2)同理可证△ADB≌aCEA, .S△ABD=SACEA, SABD+S.CEF=S.CEA+S.CEF=SCFA, :直线m与BC的延长线交于点F,且BC=2CF, ∴.△CFA与△ABC有公共顶点A,且底边CF与BC在同一直线上， .S.CEL CF 1 S.ABC BC 2 S。HBc=12, 5.c4=2×12=6, 即△ABD与△CEF的面积之和为6. 5.(1)DE=AD+BE (2)4 (3)①BE=2AD, 9/36 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 证明：如图，在AC上取一点M,使得DM=AE,连接FM, M 图3 .∠A=45°，∠EDF=45°， ∴.∠A=∠EDF, AB=AC,AE=DM, ∴.AB-AE=AC-DM,即BE=AD+CM, .∠EDM=∠EDF+∠FDM=∠EAD+∠AED, ∴.∠FDM=∠DEA, 在△AED和△MDF中： AE=DM ∠DEA=∠FDM, DE=FD ∴△AED≌AMDF(SAS)」 ,AD=FM,∠DMF=∠A=45°， ∠FCD=22.5°，∠FMD=∠FCD+∠MFC. .∠MFC=45°-22.5°=22.5°=∠FCD, .FM=CM=AD .BE=AD+CM, .BE =2AD ②64 【分析】(1)由∠ACB=90°，AD⊥1，BE⊥1，通过等量代换得LCAD=∠BCE.结合CA=CB,证 △ADC≌△CEB,得AD=CE,CD=BE,由DE=CE+CD得DE=AD+BE. (2)AB=AC得∠B=∠C.由三角形外角性质得∠ADC=∠B+∠DAB,又∠ADC=∠ADE+LEDC,且 ∠ADE=∠B,故∠EDC=∠DAB.结合DA=DE,证△DAB≌△EDC,得AB=CD=8,BD=CE.由 BC=12CE=BD=BC-CD=12-8=4. (3)①在AC上取点M使DM=AE,连接FM.由∠A=∠EDF=45°，且DE=DF,结合AE=DM证 △AED≌aMDF,得AD=FM,∠DMF=∠A=45°.由∠FCD=22.5°，得∠MFC=22.5°=∠FCD,故 10136 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 FM=CM.于是AD=CM,代入得BE=2AD. ②由AB=AC且∠A=45°得∠ACB=67.5°.由∠FCA=22.5°得∠GCF=45°，作FG⊥BC,则△CFG为 等腰直角三角形，FG=GC,又∠FBG=45°，△BFG也为等腰直角三角形，BG=FG,故 BG=GC=PG=号BC=8,进而计算ABrC的面积， 【详解】(I)解：DE=AD+BE,理由如下： ∠ACB=90°， .∠ACD+∠BCE=90°， :AD⊥I,BE⊥1， .∠ADC=∠CEB=90°， :∠ACD+∠CAD=90°， ∴.∠CAD=∠BCE 在△ADC和△CEB中： ∠ADC=∠CEB ∠CAD=∠BCE, CA=CB .AADC2△CEB(AAS), .AD=CE,CD=BE 又DE=CE+CD, .DE =AD+BE. (2)解：，AB=AC, .∠B=∠C, ∠B=∠ADE, .∠ADC=∠ADE+∠EDC=∠B+∠DAB. .∠EDC=∠DAB, 在△EDC和△DAB中： ∠C=∠B ∠EDC=∠DAB」 DE=AD ∴△EDC≌△DAB(AAS) .'AB=CD=8,BD=CE,BC=12. 11/36 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 .CE=BD=BC-CD=BC-AB=12-8=4. (3)①略； ②∠FCA=22.5°， .CF为定直线， .当BF⊥CF时，BF最小， 如图，过点F作FG⊥BC于点G, B .∠BFC=90° AB=AC，∠A=45°， ∠ACB=180°-45 =67.5° 2 .∠GCF=∠ACB-∠FCA=45」 .∠GFC=90°-45°=45°=∠GCF ∴.GF=GC,∠BFG=90°-∠GFC=45°. .∠FBG=90°-45°=45°=∠BFG, ..BG=FG=CG. ...BC=BG+CG=2FG=16. FG=8, △BFC的面积为2×16×8=64 6.(I)△DAE:AAS:DE:AE (2)见解析 (3)S=S,理由见解析 【分析】(I)根据已知条件，利用AAS判定△ABC≌△DAE,再根据全等三角形的性质求解： (2)利用“K”字模型，证明同角的余角相等，多次利用三角形全等证出结果； (3)先利用“K”字模型，证明△ADM≌aDCP,△DFN≌aEDP,利用全等三角形得到新的条件证 △AMQ≌△FNQ,再将三角形面积进行等量代换求出最后答案. 12136 面学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ∠1=∠D 【详解】(1)解：由题意知得，在 和 中， ∠ACB=∠AED △ABC△DAE AB=AD .△DAE≌△ABC(AAS). .AC=DE,BC=AE (2)证明：如图：作DM⊥AF,EN⊥AF, ∴.∠DMG=∠ENG=∠AFB=∠AMD=90°， .∠BAD=90° .∠BAF+∠FBA=90°，∠BAF+∠DAG=90°，则∠FBA=∠DAG, ∠FBA=∠DAG 在 和 中， ∠AFB=∠AMD △ABF△DAM AB=AD .△ABF≌△DAM(AAS). 同理可证△ACF≌△EAN, .AF=DM,AF=EN, .DM =EN, '∠DMG=∠ENG=90° 在 和 中， ∠DGM=∠EGN △DMG△ENG DM=EN .aDMG≌aENG(AAS), .EG=DG,即：点G是DE的中点. B D G 图2 (3)解：=S,理由如下： 如图：作PO⊥CE,AM⊥PO,FN⊥PQ, :∠ADC=∠EDF=90°，AD=CD,DE=DF, .∠ADM+∠MAD=90,∠ADM+∠PDC=90°，则∠MAD=∠PDC, 13136 面学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 [∠MAD=∠PDC 交 和 中， {∠ADM=∠DCP △ADM△DCP AD=CD ∴.△ADM≌aDCP(AAS) 同理可证△DFV≌△EDP, .S.ADM=S.DCP,S.OFN=S.EDP AM=DP,FN=DP, .AM=FN [∠AMQ=∠FNQ=90° ,在 和 中， ∠AOM=∠FON, △AMQ △FNQ AM=FN ∴.△AMO≌aFNg(AAS), .S.AM=S.FNO, .S.AFD=S4D+S.FNO+S.DFN =S.4DO+Sv+S.DFN =S.ADM +S.DEN =S.DCP+S.EDP =SADCE S=S2」 、M D E B 图3 题型二：全等三角形模型之手拉手模型 7.B 【分析】利用SAS可证明△APD≌△AEB,根据等腰直角三角形性质得∠APE=∠AEP=45°，进而可得 ∠APD=∠AEB=135°，即可判断结论①：在Rt△BPE中，根据勾股定理可得EB的长，即可判断结论②： 14136 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 结合前面的结论可知SAPn+SAPs=S,BP+SEPB,进而可判断结论③：连接BD,根据 SABD=S.APn+SAPs+S即D可求出正方形的边长，进而可判断结论④. 【详解】解：对于结论①， 在正方形ABCD中，AB=AD,∠BAD=90°. EA⊥PA, .∠EAP=∠BAD=90°， .∠EAB+∠BAP=90°，∠PAD+∠BAP=90°， ∠EAB=∠PAD 在△APD和△AEB中， AE=AP, ∠EAB=∠PAD, AB=AD, .∴△APD≌△AEB(SAS) .∠AEB=∠APD AE=AP=V2,∠EAP=90°， .∠AEP=∠APE=45°，PE=2, ∠AEB=∠APD=180°-45°=135°，故结论①符合题意： 对于结论②， 由前面的结论可得∠BEP=135°-45°=90°， EB⊥ED. 在Rt△BPE中，PE=2,PB=2N5, ·.BE=√PB2-PE2=4,故结论②不符合题意： 对于结论③， SAPD+S4PB=SAEP+S.EPB E4PPEE-5x5+×2x4=144=5,故铛论@消合思底， 对于结论④， 如图，连接BD 15136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D C △APD≌△AEB .PD=BE =4, 1 六5，am=2xPD-BE=2X4x4=8, S.ABD =S.4PD+S.4P8+S.BPD=5+8=13. .S正方形ABCD=2SABD=26】 .CD2=26, “.CD=√26，故结论④不符合题意； 综上，结论①③符合题意. 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、正方形的性质、勾股定理，二次根式.熟练掌握全等 三角形的判定和性质，能够把复杂的问题进行有效地转化是解题的关键. 8.(1)见解析 (2)20cm 【分析】(1)根据“等角减去同角仍相等”得到∠ABE=∠CBD,再根据SAS判定△ABE≌aCBD,从而 证明结果； (2)利用等量代换将AD+CD+DE转化为AC+DE,从而解出答案. 【详解】(1)解：，△ABC是等边三角形， .AB=BC,∠ABC=60° ,BD绕点B逆时针旋转60°得到BE, .BD=BE,∠DBE=60° :∠ABC=∠DBE,∠ABC-∠ABD=∠DBE-∠ABD,即LABE=LCBD, AB=BC 在 和 中， ∠ABE=∠CBD △ABE ACBD BE=BD △ABE≌△CBD(SAS). .AE=CD (2)解：，BD绕点B逆时针旋转60°得到BE, 16136 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 :.BD=BE,∠DBE=60°，△BDE是等边三角形， .'DE BD =8cm. ,△ABC是等边三角形， .'AC=BC=12cm. 由(1)知AE=CD. C.ADE AD+AE+DE=AD+CD+DE=AC+DE=12+8=20cm 9.(1)BD=AE,理由如下： ·△ABC和△CDE都是等边三角形， .AC=BC,∠ACB=60°，CE=CD,∠ECD=60 :∠ACE=∠ACD+∠ECD,∠BCD=∠ACD+∠ACB, .∠ACE=∠BCD, ∴.将△ACE绕点C逆时针旋转60°得到△BCD, .BD=AE: (2)①BD=AE;②60°： (3)8 【分析】(I)利用等边三角形的性质，可得△ACE绕点C逆时针旋转60°得到△BCD,即可得到 BD=AE: (2)由(1)可知△ACE≌aBCD,则BD=AE,∠BDC=∠AEC,再根据等边三角形的性质和角之间的等 量代换，易得∠BDE+∠AED=120°，从而可求∠DPE; (3)将△ACD绕点C逆时针旋转60°得到△BCE,，连接DE,易得△CDE是等边三角形，由旋转的性质知 ∠BEC=∠ADC,从而可得∠BED=90°，再根据勾股定理，计算即可. 【详解】解：(1)略 (2)①BD=AE;②60° 理由：由(1)可知△ACE绕点C逆时针旋转60°得到△BCD, 则△ACE≌ABCD .BD=AE,∠BDC=∠AEC: 等边三角形△CDE, ∴.∠CDE=∠CED=60° ·∠CED=∠AED+∠AEC, .∠BDE+∠AED=∠BDC+∠CDE+∠AED=∠AEC+∠AED+6O°=∠CED+6O°=I2O°， 17136 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 :∠DPE=180°-（∠BDE+∠AED)=180°-120°=60°： 故答案为：①BD=AE;②60°： (3)如图所示，将△ACD绕点C逆时针旋转60°得到△BCE,连接DE, :.BE=AD=6CD=EC∠DCE=60° △CDE是等边三角形， .DE=CD,∠CED=60° 由旋转的性质知∠BEC=∠ADC, ∠ADC=30°， ∴.∠BEC=30°， ∴.∠BED=∠BEC+∠DEC=90° 在Rt△BDE中，由勾股定理得DE=√DB2-BE2=V10-6=8, .CD=DE=8」 【点睛】本题考查等边三角形的性质和判定，旋转的性质，全等的性质，勾股定理等知识点，掌握“手拉 手模型”是解题的关键。 10.(1)①见解析；②CF=CD+CE,见解析： (2)FC=FA+FE. 【分析】(I)①如图2，过点E作EG∥AB,EG交BC于点G,易证△CEG是等边三角形，得出 EG=EC=CG,证明△DEG≌aFEC(SAS),得出DG=CF,即可得出结论： ②如图3，过点E作EG∥AB,EG交BC于点G,易证aCEG是等边三角形，得出EG=EC=CG,证明 △DEG≌aFEC(SAS),得出DG=CF,即可得出结论； (2)先根据等边的性质结合三角形的内角和定理和外角的性质推出∠EFC=60°，再如图4，在FC上截 取FH=FE,连接EH,易证△EFH是等边三角形，证明△FEA≌△HEC(SAS),得出AF=HC,即可得出 结论 【详解】(1)解：①证明：如图2，过点E作EG∥AB,EG交BC于点G, 18136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 BD 图2 ,△ABC是等边三角形， .∠CGE=∠B=60°，∠CEG=∠A=60°， ∴.△CEG是等边三角形， .'.EG=EC=CG. ,△DEF是等边三角形， ∴ED=EF,∠DEF=60° ∴.∠DEF-∠GEF=∠CEG-∠GEF,即LDEG=∠FEC, ,在△DEG和△FEC中， ED=EF ∠DEG=∠FEC, EG=EC :.△DEG≌aFEC(SAS). .DG=CF CD=DG+CG. .CD=CF+CE ②CF=CD+CE 证明：如图3，过点E作EG∥AB,EG交BC于点G, B G CD 图3 ,△ABC是等边三角形， .∠CGE=∠B=60°，∠CEG=∠A=60°， ∴.△CEG是等边三角形， .'.EG=EC=CG 19136 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ,△DEF是等边三角形， .ED=EF,∠DEF=60°， :.∠CEG+∠CED=∠DEF+∠CED,即LDEG=∠FEC ,在△DEG和△FEC中， 「ED=EF ∠DEG=∠FEC EG=EC .△DEG≌aFEC(SAS), ..DG=CF DG=CD+CG, .CF CD+CE (2)FC=FA+FE 证明：，△ACE是等边三角形， .∠AEC=∠ACE=60°，AE=CE=AC 又AB=AC, ∴.AB=AE,∠ABC=∠ACB, .∠ABE=∠AEB, :在AEBC中，∠ABE+∠AEB+∠ABC+∠ACB=180°-（∠AEC+∠ACE)=60°， .∠FBC=∠ABE+∠ABC=30°， ,AD⊥BC,AB=AC, ∴.AD垂直平分BC, .FB=FC, ∴.∠FCB=∠FBC=30°」 ∴.∠EFC=∠FBC+∠FCB=60° 如图4，在FC上截取FH=FE,连接EH, F B D 图4 20136 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 :.△EFH是等边三角形， ∴.EF=EH=FH,∠FEH=60° :.∠FEH-∠AEH=∠AEC-∠AEH,即∠FEA=∠HEC ,在△FEA和△HEC中， 「EF=EH ∠FEA=∠HEC」 EA=EC .△FEA≌aHEC(SAS), .AF=HC, FC=CH+FH, ∴.FC=FA+FE 【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，三角形的内角 和定理，三角形全等的性质和判定，三角形外角的性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本 题的关键， 11.(1)BE=CD:BE⊥CD (2)解：DC=BC+2AM 理由如下： :△ABD和△ACE都是等腰直角三角形，∠BAD=∠CAE=90°，AM⊥CE, 六1B=AD,AC=AE,∠BAD-∠BAE=∠CAB-∠BAE,M=EM=CM=)CE, .∠DAE=∠BAC,CE=2AM, 在△ABC和△ADE中， AB=AD 由∠DAE=∠BAC AC=AE ∴△ABC≌△ADE(SAS), .BC=DE, ∴.DC=DE+CE=BC+2AM: (3)65. 【分析】(I)通过等腰直角三角形的性质证明出△DAC≌△BAE(SAS),即可得出BE=CD,再根据角的 关系即可证明BE⊥CD:(2)仍是通过已知条件证明△ABC≌△ADE(SAS),则BC=DE,根据直角三 21136 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 角形斜边的中线是斜边的一半得CE=2AM,则可求出DC=BC+2AM；(3)延续前两问的思路，先构 造等边三角形ADE,再构造等腰直角三角形BDF,从而证明△ACD≌△ABE(SAS),则CD'=BE】 【详解】(1)解：记BE与CD的交点为F, E 由题可知AD=AB,AC=AE,LBDA+∠DBA=180°-∠BAD=90°， .∠DAC=∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC=∠BAE, ∴.在△DAC和△BAE中， AD=AB 由∠DAC=∠BAE AC=AE △DAC≌△BAE(SAS). .BE=CD,∠ADC=∠ABE ∴.∠BDF+∠DBF=∠BDF+45°+∠ABE=45°+∠BDF+∠ADC=45°+∠BDA=90° ∠BFD=180°-（∠BDF+∠DBF)=90°， .BE⊥CD (2)略 (3)解：如图4，以AD为边，构造等边三角形ADE,连接DE,过点B作BF⊥DE,交ED的延长线于 点F,则DE=AD=3,∠EDA=60°，∠BFE=90°， F 图4 ∠ADB=75 .∠BDF=180°-∠ADE-∠ADB=45°， .∠DBF=90°-∠BDF=45°， .DF=BF,在直角三角形BDF中，由勾股定理得：BD2=32=DF2+BF2, 22136 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 .DF=BF=4, :.EF DE+DF=7, 在直角三角形BEF中，由勾股定理得：BE2=42+7=65, '△ABC,△ADE均为等边三角形，AD=3, ∠EAD=∠BAC=60°，AE=AD=3,AC=AB, ,∴.∠EAD+∠BAD=∠BAC+∠BAD, ∴.∠EAB=∠DAC, 在△ACD和△ABE中， AC=AB ∠DAC=∠EAB, AD=AE AACD≌△ABE(SAS). ∴CD2=BE2=65」 【点睛】本题的通用思路都是由“手拉手”模型构造全等三角形，在此基础上得到边和角的关系，最后一 问是通过做辅助线，构造两个等边三角形“手拉手”，再利用勾股定理求解. 12.(1)CE,CE: (2)60° (3)BD=CE；直线BD与直线CE的夹角为40° (4)2 【分析】(1)先通过SAS证得△BAD≌△CAE,进而通过全等三角形性质可得到BD=CE,BD⊥CE: (2)先证明∠BAD=∠CAE,再证明△ABD≌△ACE可得BD=CE,再根据三角形内角和定理可得： (3)方法同(2)，需要先证△ABD≌△ACE,然后再根据全等三角形性质即可求解。 (4)延长AF到M使FM=FA,连接EM,证明△AFB≌△MFE得∠BAM=∠M,得ME∥AB,进一步 证明∠MEA=∠DAC,再证明△AEM≌△DAC即可得出结论 【详解】(1)解：，∠BAC=∠DAE=90°， ∴.∠BAC+∠CAD=∠EAD+∠CAD,即∠BAD=∠CAE, ,△ABC和△ADE是等腰直角三角形， .'AB=AC,EA=DA .△BAD≌aCAE(SAS). .BD=CE,∠BDA=∠CEA, 23136 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 如图，AD与EC交点为H,BD与EC交点为M, ∴.∠AHE=∠CHD ∴.∠AHE+∠CEA=∠CHD+∠BDA, .∠EAD=90° :.∠AHE+∠CEA=∠CHD+∠BDA=90°， .∠BMC=∠DMH=90°， .BD⊥CE」 (2)解：：△ABC和△ADE是等边三角形， ∴.AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=60° ∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC,即∠BAD=∠CAE, ∴.△ABD≌△ACE(SAS)」 ∴.BD=CE,∠ABD=∠ACE 设BF与AC相交于点G,则∠AGB=∠FGC, .∠BFC=∠BAC=60°： (3)解：延长BD交CE于点F设BD,AC交于点G, 图4 .∠BAC=∠DAE=40° .∠BAC+∠DAC=∠DAC+∠DAE, ∠BAD=∠CAE. 24136 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 又AB=AC,AD=AE, .△ABD≌△ACE(SMAS), .BD=CE,∠ABD=∠ACE .∠AGB=∠CGF, ∴.∠CFB=∠BAC=40°」 即直线BD与直线CE的夹角为40°： (4)解：延长AF到M使FM=FA,连接EM. ∴.∠EFM=∠BFA 又FE=FB, .∴AAFB≌△MFE(SAS), :ME=AB, .∠BAM=∠M, ∴.ME∥AB, .∠MEA+∠EAB=180°， :∠BAC=∠DAE=90°， .∠DAC+∠EAB=180° ∠MEA=∠DAC, :△ABC和△ADE是等腰直角三角形， .AB=AC,AD=AE .EM=AC, .△AEM≌△DAC(SAS), .AM=DC, .DC=4, .AM=4, ..AF=2. 25136 面学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题型三：全等三角形模型之倍长中线模型 13.A 【分析】本题考查了三角形三边关系，全等三角形的判定及性质：延长AD至E,使AD=ED,由SAS判 定△BDE≌aCDA,由三角形的三边关系得AB-EB<AE<AB+EB,即可求解. 【详解】解：延长AD至E,使AD=ED, B D 是 边上的中线， E .AD BC ∴.BD=CD :∠BDE=∠CDA, .ABDE≌ACDA(SAS), .EB=AC=3, AB-EB<AE<AB+EB, .2<2AD<8, .1<AD<4, 故选：A 14.1<AD<7 【分析】本题考查了三角形的三边关系、全等三角形的判定和性质，延长AD至点E,使DE=AD,连接 CE,根据SAS证明△ABD≌aECD,即可得到AB=CE=8,然后根据三角形的三边关系解答即可. 【详解】解：延长AD至点E,使DE=AD,连接CE, ,点D是BC的中点， ..BD=DC, 又，∠ADB=∠EDC, .△ABD≌aECD(SAS). .AB=CE=8」 .CE-AC<AE<AC+CE, 26136 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 即2<AE<14, .1<AD<7, 15.(1)AC=BH,ACll BH. (2)2<AD<7 (3)证明：延长AD至点G,使DG=AD,连接BG, A B 由(1)同理可得：△ACD≌aGBD(SAS), ·AC=BG,∠CAD=∠BGD .BF=AC, ∴BG=BF, .∠BGD=∠BFG=∠AFE, ∴.∠AFE=∠CAD,即∠AFE=EAF, ∴.AE=EF 【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质，三角形的三边关系，三角形 的中线，掌握知识点是解题的关键 (I)根据SAS证明△ACD≌aHBD,得到AC=BH,∠ACD=∠HBD,得到AC‖BH,以此即可解答： (2)先求出AC=BH=5,AB=9,AH=2AD,根据三角形的三边关系，得到AB-BH<AH<AB+BH, 代入求解即可； (3)延长AD至点G,使DG=AD,连接BG,利用(I)中方法同理可证△ACD≌aGBD(SAS),得到 AC=BG,∠CAD=∠BGD,由BF=AC可得BG=BF,根据等边对等角可得和对顶角相等可得 ∠BGD=∠BFG=∠AFE,进而可得∠AFE=∠CAD,以此即可证明AE=EF. 【详解】(1)解：D为BC边的中点， .BD=CD, 在△ACD和△HBD中， 27136 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 CD=BD ∠ADC=∠HDB AD=HD AACD≌aHBD(SAS), ∴AC=BH,∠ACD=∠HBD, 、ACII BH 故答案为：AC=BH,ACI‖BH, (2)AC=BH=5,AB=9,DH=AD .'AB-BH<AH<AB+BH,AH=2AD, .9-5<2AD<9+5, 解得2<AD<7. (3)略 16.(1)B: (2)1<EP<7: (3)证明：延长OE至H,使EH=OE,连接CH,如图： D H.- 夕 图3 ,E是AC的中点， .AE=CE, .OE=EH,∠AEO=∠CEH, .△ABC≌aCEH(SAS), .AO=CH,∠A=∠HCE, .AO∥CH, .∠AOC+∠HC0=180°， .∠AOB+∠COD=180°， .∠AOC+∠BOD=180°， .∠BOD=∠HCO 28136 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 CH=OA=OB.OC=OD. :.△BOD≌aHCO(SAS). .BD=OH, o6加 【分析】(I)先利用三角形的中线的意义得出BD=DC,再根据对项角的性质得出∠ADC=∠EDB，从 而可证明△ADC≌aEDB(SAS): (2)先证明△EDP≌△QFP,根据全等三角形的性质可得出FQ=DE=6,再利用三角形三边关系求解即 可； (3)先证明△ABC≌aCEH,从而可得AO=CH,∠A=∠HCE,再证明△BOD≌aHCO,从而可得 BD=OH,于是可得OE=BD 2 【详解】(1)解：因为AD是△ABC的中线， 所以BD=DC, 延长AD至点E, 所以∠ADC=∠EDB, 又ED=AD, 所以△ADC≌△EDB(SAS), 故选：B; (2)解：延长EP至点，使PO=PE,连接FO,如图， 则OE=2PE」 F O- P D 图2 在aPDE与△POF中， (PE=PO ∠EPD=∠QPE, PD=PF .aEDP≌aQFP(SAS). 29136 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 .'.FO=DE=6. 在△EFQ中，EF-FQ<QE<EF+FQ. 即8-6<2EP<8+6, ∴.EP的取值范围为l<EP<7; (3)略 【点睛】本题考查了全等的性质和SAS综合(SAS),倍长中线模型（全等三角形的辅助线问题），确定第 三边的取值范围，灵活选用判定方法证全等（全等三角形的判定综合）等知识点，解题关键是掌握上述知 识点 17.(1)①A,②0.5<AD<4.5:(2)40, (3)证明：延长DM交BC于N, M W2- B .·AD‖BC .∠A=∠MBN,∠ADM=∠BNM, 又，M是AB的中点， ∴.AM=BM, .△ADM≌aBNM(AAS). ..DM=NM,S.ADM =S.BNM .S.cov =S.cw-.cov, ,S四边形ABCD=S四边形BCDM+S.ADM=S四边形BCDM+SaBN=ScDN, 1 1 1 ∴.S.CDM= 2 2 1 ·aCDM的面积为2a. 【分析】本题考查三角形全等的判定及性质，三角形的三边关系，平行线的性质，三角形的中线性质，熟 练掌握全等三角形的判定与性质是解答的关键. (I)①先根据三角形的中线定义得到BD=CD,可根据“SAS”可证明△ABD≌aECD(SAS): 30136 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ②先根据全等三角形的性质得到CB=AB=4:利用三角形的三边关系求得1<4E<9:结合4D=24E即 可求解： (2)延长AD至H,使得AD=DH,可证明△ADC≌△HDB(SAS),得∠ACB=∠DBH,AC=BH, S△Mc=S△HDs,可得AC‖BH,根据平行线的性质和已知可证明∠ABH=∠MAN,即可证明 △ABH≌aMAN(SAS),进而有SAN=S.ABH=S。ABD+SHDE=SABD+SMDC=S。ABc即可求解； (3)延长DM交BC于N，,证明△ADM≌aBNM(AAS)得到DM=M,S.HDM=S,M,则 Sm=Sam-Soam,结合SEan-+Sau=Sa6aw+Saw=Scm可证得结论. 【详解】解：(1)①，AD是中线， .BD=CD, 在△ABD和△ECD中， CD=BD ∠ADB=∠EDC, AD=ED ∴.△ABD≌aECD(SAS). 故选：A； ②解：：△ABD≌aECD,AB=4,AC=5, ..CE=AB=4. .AC-CE AE<AC+CE 5-4<AE<5+4,即1<AE<9, AD=DE, 1 D=2E, .0.5<AD<4.5 故答案为：0.5<AD<4.5 (2)延长AD至H,使得AD=DH, 31136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 M B AD是中线， .BD=CD. 又，∠ADC=∠HDB, .△ADC≌△HDB(SAS), ∴.∠ACB=∠DBH,AC=BH,S△MDc=SAHDB .ACll BH .∠ABH+∠BAC=180° .∠BAC+∠MAN=180°， ∴.∠ABH=∠MAN, .AC=AM, ∴.BH=AM, ..AB=AN, .△ABH≌aMAN(SAS). .S.AMN=S.ABM=S.ABD+S.MDE=S.4D+S.4DC =S。ABC BC.4F 1 2×10x8 =40； (3)略. 18.(I)方法①：证明：如图，延长FE至点G,使GE=FE,连接CG, 32136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B D E 在△DFE和aCGE中， DE =CE ∠DEF=∠CEG EF=EG ∴ADFE≌aCGE(SAS). DF=CG.∠DFE=∠G, .DF=AC. ..CG=AC, ∴.∠CAG=∠G, DF∥AB, ·∠BAE=∠DFE, .∠BAE=∠CAG. ∴AE平分∠BAC: 方法②：证明：如图，延长AE至点G,使GE=AE,连接DG, D G 在△ACE和△GDE中， AE=GE ∠AEC=∠GED CE=DE ∴△ACE≌aGDE(SAS). ∴AC=DG,∠CAE=∠G, 33136 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ..DF=AC, ..DG=DF, .∠DFG=∠G, .DF∥AB. .∠DFG=∠BAE. .∠BAE=∠CAE, AE平分∠BAC: (2)如图，延长AD至点G,使GD=AD,连接BG, E 是 边上的中线， D G .AD BC :BD=CD, 在△ACD和△GBD中， CD=BD ∠ADC=∠GDB AD=GD .AACD≌AGBD(SAS), .BG=AC,∠ACD=∠GBD, BG∥AC, .∠ABG+∠BAC=180°， .AC=AF, .:.BG=AF, ∠BAE=∠CAF=90°， .∠EAF=360°-∠BAE-∠CAF-∠BAC=180°-∠BAC, ∠ABG=∠ABC+∠GBD=∠ABC+∠ACD=180°-∠BAC, .∠EAF=∠ABG、 在△AEF和△BAG中， 34136 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 「AE=AB ∠EAF=∠ABG， AF=BG ∴△AEF≌△BAG(SAS). .∠AEF=∠BAG, 设AD与EF交于点H, .∠BAE=90° ∠BAG+∠EAH=90°， 又：∠AEF=∠BAG, ∴.∠AEF+∠EAH=90°」 .∠AHE=90°， 即AD⊥EF, (3)△ABC与△AEF面积相等，理由如下： 由(2)可知△ACD≌AGBD. .S.ACD =SGBD; S.ABC =S.ABD+S.ACD:S.ABG =S.ABD+S.GBD, SAABC=S△MBG, 由(2)可知△AEF≌△BAG. 、.SAEr=SABG, .S。AEr=SABC. 【分析】(1)方法①：延长FE至点G,使GE=FE,连接CG,证明△DFE≌aCGE(SAS),得到 DF=CG,∠DFE=LG,再根据等边对等角的性质和平行线的性质，得出∠BAE=∠CAG,即可证明： 方法②：延长AE至点G,使GE=AE,连接DG,证明△ACE≌aGDE(SAS),得到AC=DG, ∠CAE=∠G,再根据等边对等角的性质和平行线的性质，得出∠BAE=∠CAG,即可证明； (2)延长AD至点G,使GD=AD,连接BG,证明△ACD≌aGBD(SAS),得到BG=AC, ∠ACD=∠GBD,进而推出BG=AF,∠EAF=∠ABG,再证明△AEF≌aBAG(SAS),即可得出 ∠AEF=∠BAG,设AD与EF交于点H,由∠BAE=90°，即可得出∠BAG+∠EAH=90°，等量代换可得 出∠AEF+∠EAH=90°，由三角形内角和定理即可得出∠AHE=90°. 【详解】(1)证明：略； 35136 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (2)证明：略； (3)解：略： 36136