专题04 全等三角形八大重要模型专练（题型专练）数学新教材苏科版八年级上册

专题04 全等三角形八大重要模型专练 （题型突破·举一反三） 题型 01 全等三角形中的平移模型 题型 02 全等三角形中的对称模型 题型 03 全等三角形中的旋转共顶点模型 题型 04 全等三角形中的旋转不共顶点模型 题型 05 全等三角形中的 “一线三垂直” 模型 题型 06全等三角形中的 “斜向一线三等角”模型 题型 07全等三角形中的 “截长补短”模型 题型 08 全等三角形中的 “倍长中线”模型 ▌题型01 全等三角形中的平移模型 ◆图形特征 一组三角形沿直线左右 / 上下平移得到，对应边平行且相等，无翻转、旋转。 ◆解题必备 1. 核心等量：平移前后对应线段相等、对应角相等；平行线得内错角相等。 2. 常用等量推导：同加 / 同减公共线段，得到相等边（如，公共，则）。 3. 判定首选：SAS、SSS。 4. 常见条件：、、线段。 5. 解题思路：先由平行证角等，再利用线段和差推出一组对应边相等，证全等后求线段 / 角度。 【典例1】（2026·江苏南通·二模）如图，点是的中点，，． (1)求证：； (2)若，求的度数． 【变式1-1】（25-26八年级上·河南周口·期末）如图，点B，E，C，F在同一直线上，． (1)求证：≌； (2)若，求的度数． 【变式1-2】如图，点B，E，C，F在一条直线上，AB＝DE，AC＝DF，BE＝CF．试说明： （1）△ABC≌△DEF； （2）∠A＝∠EGC． 【变式1-3】如图，A、D、B、E四点在同一条直线上，AD＝BE，BC∥EF，BC＝EF． （1）求证：AC＝DF； （2）若CD为∠ACB的平分线，∠A＝25°，∠E＝71°，求∠CDF的度数． ▌题型02 全等三角形中的对称模型 ◆图形特征 沿某条直线对折后两三角形完全重合，对称轴为公共边 / 公共角平分线。 ◆解题必备 1. 核心性质：对称轴两侧对应边、对应角相等；公共边 / 公共角天然相等。 2. 判定首选：SAS、AAS、ASA。 3. 隐藏条件：折叠→角相等、线段相等；垂直平分→线上点到两端距离相等。 4. 解题思路：利用对称直接得一组边 / 角相等，搭配公共边 / 直角完成全等证明。 【典例2】（25-26八年级上·河南周口·期中）如图，点D在上，点E在上，，． (1)求证：． (2)若，，求的长． 【变式1-1】（24-25八年级上·江苏盐城·阶段检测）已知，如图，点A、D、B、E在同一直线上，，，． (1)求证：； (2)当，时，求的长． 【变式1-2】（24-25八年级上·江苏宿迁·开学考试）如图，在中，，于D，于E，相交于F．求证： (1)； (2)平分． 【变式1-3】如图，已知CA＝CB，AD＝BD，M、N分别是CA、CB的中点，求证：DM＝DN． ▌题型03 全等三角形中的旋转共顶点模型 ◆图形特征 两个三角形拥有同一个公共顶点，其中一个三角形绕公共顶点旋转一定角度后，能与另一个三角形部分重合。 ◆解题必备 1.解题思路： 第一步：利用 “同加 / 同减公共角” 证明两组边的夹角相等； 第二步：用 SAS 证明两个普通三角形全等； 第三步：借助全等性质推导相等线段、相等角度。 2.判定：SAS（两组对应边相等，两边中间夹角相等）。 【典例3】（23-24八年级上·江苏常州·阶段检测）已知：，求证： (1) (2)． 【变式1-1】如图，已知点是线段上一点，，，是上一点，． (1)求证：； (2)若，求的长． 【变式1-2】如图，已知，，相交于点，，． (1)求证：． (2)求证：． 【变式1-3】【变式1】已知如图，E、F在BD上，且AB＝CD，BF＝DE，AE＝CF，求证：AC与BD互相平分． ▌题型04 全等三角形中的旋转不共顶点模型 ◆图形特征 两三角形旋转后无公共顶点，仅对应边、角旋转重合。 ◆解题必备 1. 核心性质：旋转前后图形全等，对应边、对应角全部相等。 2. 角度推导：旋转角处处相等；平行线 + 旋转角推导等角。 3. 判定：AAS、ASA、SAS 均可。 4. 关键技巧：标记旋转前后对应边、对应角，区分无关线段，避免混淆顶点。 5. 解题思路：直接提取旋转带来的相等边、相等角，补齐一组条件证全等。 【典例4】如图，已知点B，E，C，F在一条直线上，，，． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【变式1-1】如图，，，求证： (1)． (2) 【变式1-2】（25-26八年级上·四川眉山·期中）如图1，A，B，C，D在同一直线上，，，且． (1)求证：； (2)如果将沿着边的方向平行移动，如图2时，其余条件不变，结论是否成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由． 【变式1-3】已知：点A，D，C，B在同一条直线上，DF∥CE，DF＝CE， AD＝BC． 求证：（1）CF＝DE； （2）AF∥EB． ▌题型05 全等三角形中的“一线三垂直”模型 ◆图形特征 同一条直线上有 3 个直角，两侧各一个直角三角形。 ◆解题必备 1. 核心等角推导：（同角的余角相等）。 2. 固定条件：一组斜边相等，即可用 AAS 证两直角三角形全等。 3. 判定首选：AAS。 4. 用途：求线段长度、坐标几何求点坐标、线段和差。 5. 解题模板：先互余倒角，再找一组等斜边，AAS 全等，转化线段长。 【典例5】（25-26七年级下·黑龙江绥化·期中）在中，，直线经过点，且于．于． (1)当直线绕点旋转到图1的位置时，求证：； (2)当直线绕点旋转到图2的位置时，求证：； (3)当直线绕点旋转到图3的位置时，试问具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明． 【变式1-1】根据图形解决以下问题 (1)如图1，在等腰直角中，，，直线经过点C，过点A作于点D，过点B作于点E，求证：； (2)在等腰直角中，，，点D是直线上一动点，分别过点作直线的垂线，垂足分别为点； ①如图2，点D在线段上，与是否全等？请说明理由； ②如图3，点D在线段延长线上，若，，请直接写出线段的长． 【变式1-2】根据题目条件，解答下列各题： (1)观察理解：如图①，中，，，直线过点，点，在直线同侧，，，垂足分别为，，试说明：． (2)理解应用：如图②，，且，，且，利用（1）中的结论，请按照图中所标注的数据计算图中实线所围成的图形的面积____________； (3)类比探究：如图③，中，，，过点作于点，，连接，求的面积． 【变式1-3】（24-25八年级上·吉林·期末）在直角三角形中，，直线经过点． (1)当时， ①如图1，分别过点，作直线于点，直线于点．求证：； ②如图2，过点作直线于点，点与点关于直线对称，连接交直线于点，连接．请写出线段，，三者之间的数量关系，并说明理由． (2)如图3，当，时，点与点关于直线对称，连接，．点从点出发，以每秒的速度沿路径运动到终点；点以每秒的速度沿路径运动到终点．分别过点，作直线于点，直线于点．点，同时开始运动，各自达到相应的终点时停止运动，设运动时间为秒．当与全等时，直接写出的值． ▌题型06 全等三角形中的“斜向一线三等角”模型 ◆图形特征 同一直线上三个相等角（不一定是 90°，可为 60°、45°、任意 α）。 ◆解题必备 1. 核心倒角公式：，三角形内角和 180°，推出。 2. 分类：直角版（一线三垂直）、锐角版、钝角版。 3. 判定：AAS 为主。 4. 必备条件：任意一组对应边相等即可证全等。 5. 解题思路：利用平角 + 三角形内角和证明两组角对应相等，搭配一条等边证全等。 【典例6】如图，在△ABC中，AC＝BC，∠A＝∠B，D、E分别为AB、BC上一点，∠CDE＝∠A．若BC＝BD，求证：CD＝DE． 【变式1-1】（1）课本习题回放：如图①，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别为D，E，AD＝2.5cm，DE＝1.7cm．求BE的长． （2）探索证明：如图②，点B、C在∠MAN的边AM、AN上，点E，F在∠MAN内部的射线AD上，∠1、∠2分别是△ABE、△CAF的外角．已知AB＝AC，∠1＝∠2＝∠BAC．求证：△ABE≌△CAF． 【变式1-2】已知：CD是经过∠BCA顶点C的一条直线，CA＝CB，点E、F分别是直线CD上两点，且∠BEC＝∠CFA＝∠α． （1）若直线CD经过∠BCA的内部，且E，F在射线CD上，如图1，若∠BCA＝90°，∠a＝90°，则BE与CF的数量关系是 　 　． （2）如图2，若直线CD经过∠BCA的外部，∠α＝∠BCA，请提出关于EF，BE，AF三条线段数量关系的合理猜想：　 　.并说明理由． 【变式1-3】问题情境：如图1，在直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于点D，可知： ∠BAD＝∠C（不需要证明）； （1）特例探究：如图2，∠MAN＝90°，射线AE在这个角的内部，点B、C在∠MAN的边AM、AN上，且AB＝AC，CF⊥AE于点F，BD⊥AE于点D．证明：△ABD≌△CAF； （2）归纳证明：如图3，点B，C在∠MAN的边AM、AN上，点E，F在∠MAN内部的射线AD上， ∠1、∠2分别是△ABE、△CAF的外角．已知AB＝AC，∠1＝∠2＝∠BAC．求证：△ABE≌△CAF； （3）拓展应用：如图4，在△ABC中，AB＝AC，AB＞BC．点D在边BC上，CD＝2BD，点E、F在线段AD上，∠1＝∠2＝∠BAC．若△ABC的面积为3，则△ACF与△BDE的面积之和为　 　． ▌题型07 全等三角形中的“截长补短”模型 ◆图形特征 求证形如 的线段和差等式。 ◆解题必备 1. 两种核心辅助线： · 截长：在长线段上截取一段等于其中一条短线段，再证剩余部分等于另一条短线段； · 补短：延长短线段，补出等于另一条短线段的长度，证明总长等于长线段。 2. 核心工具：构造全等三角形转移线段。 3. 解题步骤：作辅助线→构造全等→线段等量代换→完成和差证明。 【典例7】如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ABC、∠BCD的平分线交AD于点E． 求证：AB+CD＝BC． 【变式1-1】在“教、学、练、评一体化”学习活动手册中，全等三角形专题复习课，学习过七种作辅助线的方法，其中有“截长补短”作辅助线的方法． 截长法：在较长的线段上截取一条线段等于较短线段； 补短法：延长较短线段和较长线段相等． 这两种方法统称截长补短法． 请用这两种方法分别解决下列问题： 已知，如图，在△ABC中，AB＞AC，∠1＝∠2，P为AD上任一点， 求证：AB﹣AC＞PB﹣PC． 【变式1-2】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． 【变式1-3】阅读下面文字并填空： 数学习题课上李老师出了这样一道题：“如图1，在中，平分，．求证：”． 李老师给出了如下简要分析：要证就是要证线段的和差问题，李老师采用了‘截长法’，如图2，在上截取，连接，只要证__________即可，这就将证明线段和差问题转化为证明线段相等问题，只要证出____________________，得出及__________，再证出____________________，进而得出，则结论成立． 请仿照上题方法解决以下问题： 变式应用：如图，和是等腰三角形，且，，，，以A为顶点作一个角，角的两边分别交边延长线于点E、F，连接，则之间存在什么样的关系？并说明理由． ▌题型08 全等三角形中的“倍长中线”模型 ◆图形特征 已知三角形中线，求证边相等、线段和差、平行。 ◆解题必备 1. 标准辅助线：延长中线一倍，使延长部分 = 原中线，连接端点构造全等。 2. 全等依据：SAS（中线等分边得一组等线段，对顶角相等，倍长中线得另一组等线段）。 3. 核心作用： ① 转移三角形的边，把分散线段集中到同一个三角形； ② 证两直线平行； 4. 拓展：倍长类中线（中点非中线也可使用该方法）。 5. 解题思路：倍长中线造全等，转化线段后用三边关系、全等导边导角。 【典例8】（24-25八年级上·广东广州·期中）数学兴趣小组在探讨全等三角形相关问题的解决方法时发现：当条件中出现“中线”或“中点”时，可考虑倍长中线或作一条边的平行线来解决问题． (1)【问题初探】如图：在中，为边上的中线，则的取值范围为__________． (2)【类比分析】如图：在中，是的中线，于点且． 求的长度． 【变式1-1】（24-25八年级上·江苏淮安·阶段检测）【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，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：延长到点，使，请根据小明的方法思考： （1）由已知和作图能得到的理由是（  ） A．           B．            C．             D． （2）求得的取值范围是（  ） A．      B．        C．        D． 【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，是的中线，交于，交于，且．求证： 【变式1-2】（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：． 【变式1-3】（25-26八年级上·浙江杭州·期中）【探究与发现】 数学课上老师让同学们解决这样的一个问题：如图1，已知是的中点，点在上，且．求证：． 小明在组内经过合作交流，得到解决方法：延长至点，使得，连结．易证，故对应角，所以，因此可得．以上解法称之为“倍长中线”法，在利用中线解决几何问题时，常常采用“倍长中线法”添加辅助线构造全等三角形来解决问题： (1)【初步感知】请根据小明的方法思考：由已知和作图能得到，依据是（    ） A．    B．    C．    D． (2)【灵活运用】如图2，是的中线，若，，设，则的取值范围是___________； (3)【拓展延伸】如图3，在中，平分，为的中点，过点作，交的延长线于点，交于点．求证：． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 全等三角形八大重要模型专练 （题型突破·举一反三） 题型 01 全等三角形中的平移模型 题型 02 全等三角形中的对称模型 题型 03 全等三角形中的旋转共顶点模型 题型 04 全等三角形中的旋转不共顶点模型 题型 05 全等三角形中的 “一线三垂直” 模型 题型 06全等三角形中的 “斜向一线三等角”模型 题型 07全等三角形中的 “截长补短”模型 题型 08 全等三角形中的 “倍长中线”模型 ▌题型01 全等三角形中的平移模型 【典例1】 【答案】(1)证明：点是的中点， ． ， ． 又， ， ； (2) 【分析】（1）由点是的中点，可知，因为，根据平行线性质可得，结合条件，利用“边角边”证明全等即可； （2）由全等三角形对应角相等，再由平行线的性质即可求解题目． 【详解】（1）证明：略； （2）解：， ． ， ． 【变式1-1】 【答案】(1) 证明：∵， ∴ ， 即， 又∵，， ∴； (2)． 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先由，整理得，再结合，，即可证明； （2）由，得，即可作答． 【详解】（1）略 （2）解：由（1）得， ∴． 【变式1-2】 【答案】（1）见详解；（2）见详解. 【分析】（1）根据等式性质，由BE＝CF得BC＝EF，再根据SSS定理得△ABC≌△DEF即可； （2）由全等三角形得∠B＝∠DEF，由平行线的判定定理得AB∥DE，再根据平行线的性质得∠A＝∠EGC． 【详解】解：（1）∵BE＝CF， ∴BE+EC＝CF+EC， ∴BC＝EF， 在△ABC和△DEF中 ， ∴△ABC≌△DEF（SSS）； （2）∵△ABC≌△DEF， ∴∠B＝∠DEF， ∴AB∥DE， ∴∠A＝∠EGC． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，平行线的性质与判定，解题的关键是正确寻找全等三角形全等的条件，属于中考常考题型． 【变式1-3】 【答案】（1）见详解（2）42° 【分析】（1）由“SAS”可证△ABC≌△DEF，可得AC＝DF； （2）由全等三角形的性质可得∠ABC＝∠E＝71°，∠A＝∠FDE＝25°，由三角形内角和定理可求∠ACB＝84°，由角平分线的性质和外角的性质可求∠CDF的度数． 【详解】证明：（1）∵AD＝BE ∴AB＝DE ∵BC∥EF ∴∠ABC＝∠DEF，且AB＝BE，BC＝EF ∴△ABC≌△DEF（SAS） ∴AC＝DF （2）∵△ABC≌△DEF ∴∠ABC＝∠E＝71°，∠A＝∠FDE＝25° ∴∠ACB＝180°﹣∠A﹣∠ABC＝84° ∵CD为∠ACB的平分线 ∴∠ACD＝42°＝∠BCD ∵∠CDB＝∠A+∠ACD＝∠CDF+∠EDF ∴∠CDF＝42° 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，灵活运用全等三角形的性质是本题的关键． ▌题型02 全等三角形中的对称模型 【典例2】 【答案】(1) 证明：在和中， ， ； (2) 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质， （1）用直接证明全等即可； （2）根据全等得出，再根据线段和差计算得出结论． 【详解】（1）略 （2）解：，， ， ， ． 【变式1-1】 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】本题考查了全等三角形的判定、线段的和差． （1）由线段的和差得，由即可得证； （2）由线段的和差得，即可求解． 【详解】（1）证明： ， ， 即：， 在和中 ， （）； （2）解： ， ， ， ． 【变式1-2】 【答案】(1)证明：∵， ∴． ∵， ∴， ∴； (2)证明：在和中， ， ∴， ∴， ∴平分． 【分析】（1）根据“”证明，再根据全等三角形的对应边相等得出答案； （2）根据“”证明，再根据全等三角形的对应角相等得出答案． 【详解】（1）略 （2）略 【变式1-3】 【分析】连接CD．由△ACD≌△BCD，推出∠ACD＝∠BCD，再证明△CDM≌△CDN即可． 【详解】证明：连接CD． 在△ACD和△BCD中， ， ∴△ACD≌△BCD， ∴∠ACD＝∠BCD， ∵CMAC，CNCB，CA＝CB， ∴CM＝CN， 在△CDM和△CDN中， ， ∴△CDM≌△CDN， ∴DM＝DN． ▌题型03 全等三角形中的旋转共顶点模型 【典例3】 【答案】(1)见详解； (2)见详解 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理； （1）先证明，再利用即可证明； （2）由全等三角形的性质可得，再结合平角的定义和三角形内角和定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴，即， 在和中， ∵， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∵，， ∴． 【变式1-1】 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查全等三角形的判定，线段的和差，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键． （1）利用证明即可； （2）利用线段的和差求解即可． 【详解】（1）解：， 在和中， ， ． （2）解：，， ， ， ． 【变式1-2】 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质． （1）利用说明，进而可得结论； （2）利用全等三角形的性质说明，再利用对顶角相等得，因此得到，进而可得结论． 【详解】（1）证明： ， ， 在和中， ， ， ． （2）如图，令交于点O， ， ， ， ， ． 【变式1-3】 【分析】先证△ABE≌△DFC得∠B＝∠D，再证△ABO≌△COD，根据全等三角形的性质即可证明AC与BD互相平分． 【详解】证明：∵BF＝DE， ∴BF﹣EF＝DE﹣EF 即BE＝DF， 在△ABE和△DFC中， ∴△ABE≌△DFC（SSS）， ∴∠B＝∠D． 在△ABO和△CDO中， ∴△ABO≌△CDO（AAS）， ∴AO＝CO，BO＝DO， 即AC与BD互相平分． ▌题型04 全等三角形中的旋转不共顶点模型 【典例4】 【答案】(1)见解析 (2)6 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质、平行线的判定等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形全等的条件，学会利用全等三角形的性质解决问题． （1）利用可证明，可得，便可证得； （2）根据全等三角形的性质可知，推出，由此即可解决问题． 【详解】（1）证明：∵ ∴ 在和中， ， ∴ ∴ ∴； （2）解：∵， ∴，即， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 【变式1-1】 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定、平行线的判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）利用全等三角形判定证明即可； （2）利用全等三角形的性质得出，再根据内错角相等，两直线平行即可证明． 【详解】（1）证明：在和中 ∴； （2）证明：由（1）得，， ∴， ∴． 【变式1-2】 【答案】(1)见解析 (2)成立，理由见解析 【分析】此题考查了全等三角形的判定，平行线的性质，解题的关键是掌握以上知识点． （1）由得到，由得到，然后证明； （2）由得到，由得到，然后证明． 【详解】（1）证明：∵， ∴，即． ∴， ∴． 又∵ ∴； （2）成立，证明如下： ∵， ∴，即． ∵， ∴． 又∵， ∴． 【变式1-3】 【答案】（1）见详解；（2）见详解. 【分析】（1）证明△FDC≌△ECD，即可解决问题； （2）证明△FAC≌△EBD（SAS），可得∠A＝∠B，再根据平行线的判定即可解决问题． 【详解】证明：（1）∵DF∥CE， ∴∠FDC＝∠ECD， 在△FDC和△ECD中， ， ∴△FDC≌△ECD（SAS）， ∴CF＝DE； （2）∵△FDC≌△ECD， ∴∠FCD＝∠EDC， ∵AD＝BC， ∴AD+DC＝BC+DC， ∴AC＝BD， 在△FAC和△EBD中， ， ∴△FAC≌△EBD（SAS）， ∴∠A＝∠B， ∴AF∥EB． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，熟练运用全等三角形的判定是本题的关键． ▌题型05 全等三角形中的“一线三垂直”模型 【典例5】 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)，证明见解析 【分析】（1）证明，可得，即可求证； （2）证明，可得，即可求证； （3）证明，可得，即可解答． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）证明：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：，证明如下： ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴． 【变式1-1】 【答案】(1)证明：∵，， ∴， 又， ∴， 在和中，， ∴． (2)①； 理由：∵，， ∴， 又， ∴， 在和中，， ∴． ②4 【分析】（1）利用同角的余角相等证得，证明即可； （2）①利用同角的余角相等证得，根据证明；②利用同角的余角相等证得，根据证明，再利用等量代换即可． 【详解】（1）解：略 （2）解：①略 ②∵，， ∴， 又， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴． 【变式1-2】 【答案】(1)证明：，，垂足分别为D，E， ， ， 在中，，， ， ， 在和中， ， ； (2)50 (3)32 【分析】（1）先证明，，进而可依据“”判定； （2）同（1）证明，，得出，，，，再根据三角形的面积公式分别求出，，，，再求出，进而可求出梯形的面积为80，由此即可得出图中实线所围成的图形的面积S； （3）过点作于点H，先证明，进而依据“”判定得，再根据三角形的面积公式即可得出的面积． 【详解】（1）略 （2）解：由（1）同理可得，， ，，，， ，， ，， ， ，，， ， ， 图中实线所围成的图形的面积 ； （3）解：过点作于点H，如图所示： ， 中，，， ， ， 于点A，， ， ， 在和中， ， ， ， 的面积为： 【变式1-3】 【答案】(1) ①证明：∵， ∴， ∵直线， ∴， ∴， 在和中，， ∴； ②，理由如下： 证明：点与点关于直线对称， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴； (2)或5或6.5 【分析】本题属于三角形综合题，考查的是全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键． （1）①根据同角的余角相等得到，根据全等三角形的判定定理证明即可； ②由对称及可知，，，结合即可证明结论； （2）分点沿路径运动、点沿路径运动、点沿路径运动、点沿路径运动四种情况计算即可． 【详解】（1）①略 ②略 （2）解：由题意得， 由（1）可得，， ∵对称， ∴， ∴， ∴当时，， 当点沿路径运动时，， 解得，，不合题意， 当点沿路径运动时，， 解得，， 当点沿路径运动时，， 解得，， 当点沿路径运动时，， 解得，， 综上所述，当或5或6.5时，． ▌题型06 全等三角形中的“斜向一线三等角”模型 【典例6】 【分析】先根据条件得出∠ACD＝∠BDE，BD＝AC，再根据ASA判定△ADC≌△BED，即可得到CD＝DE． 【详解】证明： ∵AC＝BC BC＝BD， ∴AC＝BD， ∵∠CDB＝∠A+∠ACD＝∠CDE+∠BDE，∠CDE＝∠A， ∴∠ACD＝∠BDE， 在△ACD与△BDE中， ， ∴△ACD≌△BDE（ASA）， ∴CD＝DE． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质,熟练掌握等腰三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键． 【变式1-1】 【分析】（1）利用AAS定理证明△CEB≌△ADC，根据全等三角形的性质解答即可； （2）由条件可得∠BEA＝∠AFC，∠4＝∠ABE，根据AAS可证明△ABE≌△CAF． 【详解】解：（1）∵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，CE＝AD＝2.5cm． ∵DC＝CE﹣DE，DE＝1.7cm， ∴DC＝2.5﹣1.7＝0.8cm， ∴BE＝0.8cm； （2）证明：∵∠1＝∠2， ∴∠BEA＝∠AFC． ∵∠1＝∠ABE+∠3，∠3+∠4＝∠BAC，∠1＝∠BAC， ∴∠BAC＝∠ABE+∠3， ∴∠4＝∠ABE． ∵∠AEB＝∠AFC，∠ABE＝∠4，AB＝AC， ∴△ABE≌△CAF（AAS）． 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 【变式1-2】 【分析】（1）根据“AAS”可以证明Rt△BCE≌Rt△CAF，则BE＝CF； （2）同理证明Rt△BCE≌Rt△CAF，则CE＝AF，BE＝CF，可得EF＝CE+CF＝AF+BE． 【详解】解：（1）BE＝CF，理由： ∵∠BCE+∠ACF＝90°，∠FCA+∠FAC＝90°， ∴∠BCE＝∠FCA（同角的余角相等）， ∵∠BEC＝∠CFA，CA＝CB， ∴Rt△BCE≌Rt△CAF（AAS）， ∴BE＝CF； 故答案为：BE＝CF； （2）EF＝AF+BE，理由： ∵∠BCE+∠ACF＝180°﹣∠α，∠CAF+∠ACF＝180°﹣∠α， ∴∠BCE＝∠CAF（同角的补角相等）， ∵∠BEC＝∠CFA，CA＝CB， ∴△BCE≌△CAF（AAS）， ∴CE＝AF，BE＝CF， ∴EF＝CE+CF＝AF+BE． 故答案为：EF＝AF+BE． 【点睛】此题考查了两直角三角形全等的判定方法，是从特殊到一般，所用方法一样，依据有所不同． 【变式1-3】 【分析】（1）根据图②，求出∠BDA＝∠AFC＝90°，∠ABD＝∠CAF，根据AAS证两三角形全等即可； （2）根据图③，运用三角形外角性质求出∠ABE＝∠CAF，∠BAE＝∠FCA，根据ASA证两三角形全等即可； （3）根据图④，由CD＝2BD，△ABC的面积为3，可求出△ABD的面积为1，根据△ABE≌△CAF，得出△ACF与△BDE的面积之和等于△ABD的面积，据此即可得出答案． 【详解】（1）证明：如图②，∵CF⊥AE，BD⊥AE，∠MAN＝90°， ∴∠BDA＝∠AFC＝90°， ∴∠ABD+∠BAD＝90°，∠BAD+∠CAF＝90°， ∴∠ABD＝∠CAF， 在△ABD和△CAF中， ∴△ABD≌△CAF（AAS）； （2）证明：如图③， ∵∠1＝∠BAC，∠1＝∠BAE+∠ABE，∠BAC＝∠BAE+∠CAF， ∴∠ABE＝∠CAF， ∵∠2＝∠FCA+∠CAF，∠BAC＝∠BAE+∠CAF，∠2＝∠BAC， ∴∠BAE＝∠FCA， 在△ABE和△CAF中，， ∴△ABE≌△CAF（ASA）； （3）解：如图④，∵△ABC的面积为3，CD＝2BD， ∴△ABD的面积3＝1， 由（2）可得△ABE≌△CAF， 即：S△ACF＝S△ABE， ∴S△ACF+S△BDE＝S△ABE+S△BDE＝S△ABD＝1 即△ACF与△BDE的面积之和等于△ABD的面积1， 故答案为1． 【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的性质和判定，三角形的面积计算，三角形的外角性质等知识点的综合应用，判断出两三角形全等是解本题的关键． ▌题型07 全等三角形中的“截长补短”模型 【典例7】 【分析】先利用角平分线的特点构造出△ABE≌△FBE，得出∠BAE＝∠BFE，借助平行线的性质判断出∠CFE＝∠CDE，得出△FCE≌△DCE即可． 【解答】证明：在BC上截取BF＝AB， ∵∠ABC、∠BCD的平分线交AD于点E， ∴∠ABE＝∠FBE，∠BCE＝∠DCE， 在△ABE和△FBE中， ∴△ABE≌△FBE， ∴∠BAE＝∠BFE， ∵AB∥CD， ∴∠BAE+∠CDE＝180°， ∴∠BFE+∠CDE＝180°， ∵∠BFE+∠CFE＝180°， ∴∠CFE＝∠CDE， 在△FCE和△DCE中，， ∴△FCE≌△DCE， ∴CF＝CD， ∴BC＝BF+CF＝AB+CD． 【点评】此题是全等三角形的性质和判定，主要考查了角平分线的定义，平行线的性质，同角或等角的补角相等，邻补角的定义，解本题的关键是判断出∠CFE＝∠CDE． 【变式1-1】 【分析】解法一：在AB上截取AE，使AE＝AC，连接PE，证明△AEP≌△ACP，得PC＝PE，再根据三角形的任意两边之差小于第三边证明即可； 解法二：延长AC到D，使AD＝AB，连接PD，证明△ADP≌△ABP，得PD＝PB，再根据三角形的任意两边之差小于第三边证明即可． 【详解】解：解法一：如图，在AB上截取AE，使AE＝AC，连接PE， 在△AEP和△ACP中， ， ∴△AEP≌△ACP（SAS）， ∴PE＝PC， 在△PBE中，BE＞PB﹣PE， 即AB﹣AC＞PB﹣PC； 解法二：如图，延长AC到D，使AD＝AB，连接PD， 在△ADP和△ABP中， ， ∴△ADP≌△ABP（SAS）， ∴PD＝PB， 在△PCD中，CD＞PD﹣PC， 即AB﹣AC＞PB﹣PC． 【点评】此题考查了全等三角形的判定，熟记全等三角形的判定定理是解题的关键． 【变式1-2】 【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． 【详解】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． 【点评】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△AEF≌△AGF是解题的关键． 【变式1-3】 【答案】；；；；；；变式应用：．理由见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，属于截长补短类辅助线．按照题干的要求填空即可；变式应用：在上截取，连接，求得，证明，得到，，得到，证明，得到，据此求解即可． 【详解】解：如图2，在上截取，连接， 只要证即可，这就将证明线段和差问题转化为证明线段相等问题，只要证出，得出及，再证出，进而得出，则结论成立． 故答案为：；；；；；； 变式应用：．理由如下： 在上截取，连接， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． ▌题型08 全等三角形中的“倍长中线”模型 【典例8】 【答案】(1)； (2)． 【分析】延长到点使，构造使，根据全等三角形对应边相等可知，根据三角形三边关系可得，从而可得； 延长交的延长线于点，构造，从而可证，，，可证，根据全等三角形对应边相等可得，从而可得 【详解】（1）解：如下图所示，延长到点使， 是边上的中线， ， 在和中， ， 在中，， ， ， ， ， ， ； （2）解：如下图所示，延长交的延长线于点， 是的中线， ， ， ， 在和中， ， ，， ， ， 在和中， ， ， ， ． 【点睛】本题考查三角形三边的关系、全等三角形的判定与性质．解决本题的关键是构造全等三角形，利用全等三角形对应边相等的关系找边之间的关系． 【变式1-1】 【答案】（1）B；（2）C；（3）见解析 【分析】本题考查了三角形的中线，三角形的三边关系定理，等腰三角形性质和判定，全等三角形的性质和判定等知识点，主要考查学生运用定理进行推理的能力． （1）根据，，推出和全等即可； （2）根据全等得出，，由三角形三边关系定理得出，求出即可； （3）延长到，使，连接，根据证，推出，，根据，推出，求出，根据等腰三角形的性质求出即可． 【详解】解：（1）在和中 ， ， 故选B； （2）由（1）知：， ，， 在中，，由三角形三边关系定理得：， ∴ ， 故选C； （3）如图2，延长到，使，连接， 是中线， ， 在和中 ， ， ，， ， ， ， ， ， 即． 【变式1-2】 【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． 【变式1-3】 【答案】(1)B； (2)； (3)见解析． 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，三角形三边的关系，三角形的中线的性质，勾股定理． （1）根据题干证明即可； （2）延长至点，使得，连接，根据中线的性质，全等三角形的判定和性质，则，可得，根据三角形三边的关系，可，即可； （3）延长至点，使得，连接，根据全等三角形的判定和性质，则，根据平行线的性质，则，，根据角平分线的性质，可得，根据等量代换，等角对等边，即可证明． 【详解】（1）解：∵是的中点， ∴， 在和中， ， ∴． 故选：B； （2）解：如图，延长至点，使得，连接， ∵是的中线， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （3）证明，如图，延长至点，使得，连接， ∵点是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴，， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 全等三角形八大重要模型专练 （题型突破·举一反三） 题型 01 全等三角形中的平移模型 题型 02 全等三角形中的对称模型 题型 03 全等三角形中的旋转共顶点模型 题型 04 全等三角形中的旋转不共顶点模型 题型 05 全等三角形中的 “一线三垂直” 模型 题型 06全等三角形中的 “斜向一线三等角”模型 题型 07全等三角形中的 “截长补短”模型 题型 08 全等三角形中的 “倍长中线”模型 ▌题型01 全等三角形中的平移模型 ◆图形特征 一组三角形沿直线左右 / 上下平移得到，对应边平行且相等，无翻转、旋转。 ◆解题必备 1. 核心等量：平移前后对应线段相等、对应角相等；平行线得内错角相等。 2. 常用等量推导：同加 / 同减公共线段，得到相等边（如，公共，则）。 3. 判定首选：SAS、SSS。 4. 常见条件：、、线段。 5. 解题思路：先由平行证角等，再利用线段和差推出一组对应边相等，证全等后求线段 / 角度。 【典例1】（2026·江苏南通·二模）如图，点是的中点，，． (1)求证：； (2)若，求的度数． 【答案】(1)证明：点是的中点， ． ， ． 又， ， ； (2) 【分析】（1）由点是的中点，可知，因为，根据平行线性质可得，结合条件，利用“边角边”证明全等即可； （2）由全等三角形对应角相等，再由平行线的性质即可求解题目． 【详解】（1）证明：略； （2）解：， ． ， ． 【变式1-1】（25-26八年级上·河南周口·期末）如图，点B，E，C，F在同一直线上，． (1)求证：≌； (2)若，求的度数． 【答案】(1) 证明：∵， ∴ ， 即， 又∵，， ∴； (2)． 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先由，整理得，再结合，，即可证明； （2）由，得，即可作答． 【详解】（1）略 （2）解：由（1）得， ∴． 【变式1-2】如图，点B，E，C，F在一条直线上，AB＝DE，AC＝DF，BE＝CF．试说明： （1）△ABC≌△DEF； （2）∠A＝∠EGC． 【答案】（1）见详解；（2）见详解. 【分析】（1）根据等式性质，由BE＝CF得BC＝EF，再根据SSS定理得△ABC≌△DEF即可； （2）由全等三角形得∠B＝∠DEF，由平行线的判定定理得AB∥DE，再根据平行线的性质得∠A＝∠EGC． 【详解】解：（1）∵BE＝CF， ∴BE+EC＝CF+EC， ∴BC＝EF， 在△ABC和△DEF中 ， ∴△ABC≌△DEF（SSS）； （2）∵△ABC≌△DEF， ∴∠B＝∠DEF， ∴AB∥DE， ∴∠A＝∠EGC． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，平行线的性质与判定，解题的关键是正确寻找全等三角形全等的条件，属于中考常考题型． 【变式1-3】如图，A、D、B、E四点在同一条直线上，AD＝BE，BC∥EF，BC＝EF． （1）求证：AC＝DF； （2）若CD为∠ACB的平分线，∠A＝25°，∠E＝71°，求∠CDF的度数． 【答案】（1）见详解（2）42° 【分析】（1）由“SAS”可证△ABC≌△DEF，可得AC＝DF； （2）由全等三角形的性质可得∠ABC＝∠E＝71°，∠A＝∠FDE＝25°，由三角形内角和定理可求∠ACB＝84°，由角平分线的性质和外角的性质可求∠CDF的度数． 【详解】证明：（1）∵AD＝BE ∴AB＝DE ∵BC∥EF ∴∠ABC＝∠DEF，且AB＝BE，BC＝EF ∴△ABC≌△DEF（SAS） ∴AC＝DF （2）∵△ABC≌△DEF ∴∠ABC＝∠E＝71°，∠A＝∠FDE＝25° ∴∠ACB＝180°﹣∠A﹣∠ABC＝84° ∵CD为∠ACB的平分线 ∴∠ACD＝42°＝∠BCD ∵∠CDB＝∠A+∠ACD＝∠CDF+∠EDF ∴∠CDF＝42° 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，灵活运用全等三角形的性质是本题的关键． ▌题型02 全等三角形中的对称模型 ◆图形特征 沿某条直线对折后两三角形完全重合，对称轴为公共边 / 公共角平分线。 ◆解题必备 1. 核心性质：对称轴两侧对应边、对应角相等；公共边 / 公共角天然相等。 2. 判定首选：SAS、AAS、ASA。 3. 隐藏条件：折叠→角相等、线段相等；垂直平分→线上点到两端距离相等。 4. 解题思路：利用对称直接得一组边 / 角相等，搭配公共边 / 直角完成全等证明。 【典例2】（25-26八年级上·河南周口·期中）如图，点D在上，点E在上，，． (1)求证：． (2)若，，求的长． 【答案】(1) 证明：在和中， ， ； (2) 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质， （1）用直接证明全等即可； （2）根据全等得出，再根据线段和差计算得出结论． 【详解】（1）略 （2）解：，， ， ， ． 【变式1-1】（24-25八年级上·江苏盐城·阶段检测）已知，如图，点A、D、B、E在同一直线上，，，． (1)求证：； (2)当，时，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】本题考查了全等三角形的判定、线段的和差． （1）由线段的和差得，由即可得证； （2）由线段的和差得，即可求解． 【详解】（1）证明： ， ， 即：， 在和中 ， （）； （2）解： ， ， ， ． 【变式1-2】（24-25八年级上·江苏宿迁·开学考试）如图，在中，，于D，于E，相交于F．求证： (1)； (2)平分． 【答案】(1)证明：∵， ∴． ∵， ∴， ∴； (2)证明：在和中， ， ∴， ∴， ∴平分． 【分析】（1）根据“”证明，再根据全等三角形的对应边相等得出答案； （2）根据“”证明，再根据全等三角形的对应角相等得出答案． 【详解】（1）略 （2）略 【变式1-3】如图，已知CA＝CB，AD＝BD，M、N分别是CA、CB的中点，求证：DM＝DN． 【分析】连接CD．由△ACD≌△BCD，推出∠ACD＝∠BCD，再证明△CDM≌△CDN即可． 【详解】证明：连接CD． 在△ACD和△BCD中， ， ∴△ACD≌△BCD， ∴∠ACD＝∠BCD， ∵CMAC，CNCB，CA＝CB， ∴CM＝CN， 在△CDM和△CDN中， ， ∴△CDM≌△CDN， ∴DM＝DN． ▌题型03 全等三角形中的旋转共顶点模型 ◆图形特征 两个三角形拥有同一个公共顶点，其中一个三角形绕公共顶点旋转一定角度后，能与另一个三角形部分重合。 ◆解题必备 1.解题思路： 第一步：利用 “同加 / 同减公共角” 证明两组边的夹角相等； 第二步：用 SAS 证明两个普通三角形全等； 第三步：借助全等性质推导相等线段、相等角度。 2.判定：SAS（两组对应边相等，两边中间夹角相等）。 【典例3】（23-24八年级上·江苏常州·阶段检测）已知：，求证： (1) (2)． 【答案】(1)见详解； (2)见详解 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理； （1）先证明，再利用即可证明； （2）由全等三角形的性质可得，再结合平角的定义和三角形内角和定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴，即， 在和中， ∵， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∵，， ∴． 【变式1-1】如图，已知点是线段上一点，，，是上一点，． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查全等三角形的判定，线段的和差，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键． （1）利用证明即可； （2）利用线段的和差求解即可． 【详解】（1）解：， 在和中， ， ． （2）解：，， ， ， ． 【变式1-2】如图，已知，，相交于点，，． (1)求证：． (2)求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质． （1）利用说明，进而可得结论； （2）利用全等三角形的性质说明，再利用对顶角相等得，因此得到，进而可得结论． 【详解】（1）证明： ， ， 在和中， ， ， ． （2）如图，令交于点O， ， ， ， ， ． 【变式1-3】【变式1】已知如图，E、F在BD上，且AB＝CD，BF＝DE，AE＝CF，求证：AC与BD互相平分． 【分析】先证△ABE≌△DFC得∠B＝∠D，再证△ABO≌△COD，根据全等三角形的性质即可证明AC与BD互相平分． 【详解】证明：∵BF＝DE， ∴BF﹣EF＝DE﹣EF 即BE＝DF， 在△ABE和△DFC中， ∴△ABE≌△DFC（SSS）， ∴∠B＝∠D． 在△ABO和△CDO中， ∴△ABO≌△CDO（AAS）， ∴AO＝CO，BO＝DO， 即AC与BD互相平分． ▌题型04 全等三角形中的旋转不共顶点模型 ◆图形特征 两三角形旋转后无公共顶点，仅对应边、角旋转重合。 ◆解题必备 1. 核心性质：旋转前后图形全等，对应边、对应角全部相等。 2. 角度推导：旋转角处处相等；平行线 + 旋转角推导等角。 3. 判定：AAS、ASA、SAS 均可。 4. 关键技巧：标记旋转前后对应边、对应角，区分无关线段，避免混淆顶点。 5. 解题思路：直接提取旋转带来的相等边、相等角，补齐一组条件证全等。 【典例4】如图，已知点B，E，C，F在一条直线上，，，． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)6 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质、平行线的判定等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形全等的条件，学会利用全等三角形的性质解决问题． （1）利用可证明，可得，便可证得； （2）根据全等三角形的性质可知，推出，由此即可解决问题． 【详解】（1）证明：∵ ∴ 在和中， ， ∴ ∴ ∴； （2）解：∵， ∴，即， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 【变式1-1】如图，，，求证： (1)． (2) 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定、平行线的判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）利用全等三角形判定证明即可； （2）利用全等三角形的性质得出，再根据内错角相等，两直线平行即可证明． 【详解】（1）证明：在和中 ∴； （2）证明：由（1）得，， ∴， ∴． 【变式1-2】（25-26八年级上·四川眉山·期中）如图1，A，B，C，D在同一直线上，，，且． (1)求证：； (2)如果将沿着边的方向平行移动，如图2时，其余条件不变，结论是否成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)成立，理由见解析 【分析】此题考查了全等三角形的判定，平行线的性质，解题的关键是掌握以上知识点． （1）由得到，由得到，然后证明； （2）由得到，由得到，然后证明． 【详解】（1）证明：∵， ∴，即． ∴， ∴． 又∵ ∴； （2）成立，证明如下： ∵， ∴，即． ∵， ∴． 又∵， ∴． 【变式1-3】已知：点A，D，C，B在同一条直线上，DF∥CE，DF＝CE， AD＝BC． 求证：（1）CF＝DE； （2）AF∥EB． 【答案】（1）见详解；（2）见详解. 【分析】（1）证明△FDC≌△ECD，即可解决问题； （2）证明△FAC≌△EBD（SAS），可得∠A＝∠B，再根据平行线的判定即可解决问题． 【详解】证明：（1）∵DF∥CE， ∴∠FDC＝∠ECD， 在△FDC和△ECD中， ， ∴△FDC≌△ECD（SAS）， ∴CF＝DE； （2）∵△FDC≌△ECD， ∴∠FCD＝∠EDC， ∵AD＝BC， ∴AD+DC＝BC+DC， ∴AC＝BD， 在△FAC和△EBD中， ， ∴△FAC≌△EBD（SAS）， ∴∠A＝∠B， ∴AF∥EB． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，熟练运用全等三角形的判定是本题的关键． ▌题型05 全等三角形中的“一线三垂直”模型 ◆图形特征 同一条直线上有 3 个直角，两侧各一个直角三角形。 ◆解题必备 1. 核心等角推导：（同角的余角相等）。 2. 固定条件：一组斜边相等，即可用 AAS 证两直角三角形全等。 3. 判定首选：AAS。 4. 用途：求线段长度、坐标几何求点坐标、线段和差。 5. 解题模板：先互余倒角，再找一组等斜边，AAS 全等，转化线段长。 【典例5】（25-26七年级下·黑龙江绥化·期中）在中，，直线经过点，且于．于． (1)当直线绕点旋转到图1的位置时，求证：； (2)当直线绕点旋转到图2的位置时，求证：； (3)当直线绕点旋转到图3的位置时，试问具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)，证明见解析 【分析】（1）证明，可得，即可求证； （2）证明，可得，即可求证； （3）证明，可得，即可解答． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）证明：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：，证明如下： ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴． 【变式1-1】根据图形解决以下问题 (1)如图1，在等腰直角中，，，直线经过点C，过点A作于点D，过点B作于点E，求证：； (2)在等腰直角中，，，点D是直线上一动点，分别过点作直线的垂线，垂足分别为点； ①如图2，点D在线段上，与是否全等？请说明理由； ②如图3，点D在线段延长线上，若，，请直接写出线段的长． 【答案】(1)证明：∵，， ∴， 又， ∴， 在和中，， ∴． (2)①； 理由：∵，， ∴， 又， ∴， 在和中，， ∴． ②4 【分析】（1）利用同角的余角相等证得，证明即可； （2）①利用同角的余角相等证得，根据证明；②利用同角的余角相等证得，根据证明，再利用等量代换即可． 【详解】（1）解：略 （2）解：①略 ②∵，， ∴， 又， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴． 【变式1-2】根据题目条件，解答下列各题： (1)观察理解：如图①，中，，，直线过点，点，在直线同侧，，，垂足分别为，，试说明：． (2)理解应用：如图②，，且，，且，利用（1）中的结论，请按照图中所标注的数据计算图中实线所围成的图形的面积____________； (3)类比探究：如图③，中，，，过点作于点，，连接，求的面积． 【答案】(1)证明：，，垂足分别为D，E， ， ， 在中，，， ， ， 在和中， ， ； (2)50 (3)32 【分析】（1）先证明，，进而可依据“”判定； （2）同（1）证明，，得出，，，，再根据三角形的面积公式分别求出，，，，再求出，进而可求出梯形的面积为80，由此即可得出图中实线所围成的图形的面积S； （3）过点作于点H，先证明，进而依据“”判定得，再根据三角形的面积公式即可得出的面积． 【详解】（1）略 （2）解：由（1）同理可得，， ，，，， ，， ，， ， ，，， ， ， 图中实线所围成的图形的面积 ； （3）解：过点作于点H，如图所示： ， 中，，， ， ， 于点A，， ， ， 在和中， ， ， ， 的面积为： 【变式1-3】（24-25八年级上·吉林·期末）在直角三角形中，，直线经过点． (1)当时， ①如图1，分别过点，作直线于点，直线于点．求证：； ②如图2，过点作直线于点，点与点关于直线对称，连接交直线于点，连接．请写出线段，，三者之间的数量关系，并说明理由． (2)如图3，当，时，点与点关于直线对称，连接，．点从点出发，以每秒的速度沿路径运动到终点；点以每秒的速度沿路径运动到终点．分别过点，作直线于点，直线于点．点，同时开始运动，各自达到相应的终点时停止运动，设运动时间为秒．当与全等时，直接写出的值． 【答案】(1) ①证明：∵， ∴， ∵直线， ∴， ∴， 在和中，， ∴； ②，理由如下： 证明：点与点关于直线对称， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴； (2)或5或6.5 【分析】本题属于三角形综合题，考查的是全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键． （1）①根据同角的余角相等得到，根据全等三角形的判定定理证明即可； ②由对称及可知，，，结合即可证明结论； （2）分点沿路径运动、点沿路径运动、点沿路径运动、点沿路径运动四种情况计算即可． 【详解】（1）①略 ②略 （2）解：由题意得， 由（1）可得，， ∵对称， ∴， ∴， ∴当时，， 当点沿路径运动时，， 解得，，不合题意， 当点沿路径运动时，， 解得，， 当点沿路径运动时，， 解得，， 当点沿路径运动时，， 解得，， 综上所述，当或5或6.5时，． ▌题型06 全等三角形中的“斜向一线三等角”模型 ◆图形特征 同一直线上三个相等角（不一定是 90°，可为 60°、45°、任意 α）。 ◆解题必备 1. 核心倒角公式：，三角形内角和 180°，推出。 2. 分类：直角版（一线三垂直）、锐角版、钝角版。 3. 判定：AAS 为主。 4. 必备条件：任意一组对应边相等即可证全等。 5. 解题思路：利用平角 + 三角形内角和证明两组角对应相等，搭配一条等边证全等。 【典例6】如图，在△ABC中，AC＝BC，∠A＝∠B，D、E分别为AB、BC上一点，∠CDE＝∠A．若BC＝BD，求证：CD＝DE． 【分析】先根据条件得出∠ACD＝∠BDE，BD＝AC，再根据ASA判定△ADC≌△BED，即可得到CD＝DE． 【详解】证明： ∵AC＝BC BC＝BD， ∴AC＝BD， ∵∠CDB＝∠A+∠ACD＝∠CDE+∠BDE，∠CDE＝∠A， ∴∠ACD＝∠BDE， 在△ACD与△BDE中， ， ∴△ACD≌△BDE（ASA）， ∴CD＝DE． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质,熟练掌握等腰三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键． 【变式1-1】（1）课本习题回放：如图①，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别为D，E，AD＝2.5cm，DE＝1.7cm．求BE的长． （2）探索证明：如图②，点B、C在∠MAN的边AM、AN上，点E，F在∠MAN内部的射线AD上，∠1、∠2分别是△ABE、△CAF的外角．已知AB＝AC，∠1＝∠2＝∠BAC．求证：△ABE≌△CAF． 【分析】（1）利用AAS定理证明△CEB≌△ADC，根据全等三角形的性质解答即可； （2）由条件可得∠BEA＝∠AFC，∠4＝∠ABE，根据AAS可证明△ABE≌△CAF． 【详解】解：（1）∵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，CE＝AD＝2.5cm． ∵DC＝CE﹣DE，DE＝1.7cm， ∴DC＝2.5﹣1.7＝0.8cm， ∴BE＝0.8cm； （2）证明：∵∠1＝∠2， ∴∠BEA＝∠AFC． ∵∠1＝∠ABE+∠3，∠3+∠4＝∠BAC，∠1＝∠BAC， ∴∠BAC＝∠ABE+∠3， ∴∠4＝∠ABE． ∵∠AEB＝∠AFC，∠ABE＝∠4，AB＝AC， ∴△ABE≌△CAF（AAS）． 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 【变式1-2】已知：CD是经过∠BCA顶点C的一条直线，CA＝CB，点E、F分别是直线CD上两点，且∠BEC＝∠CFA＝∠α． （1）若直线CD经过∠BCA的内部，且E，F在射线CD上，如图1，若∠BCA＝90°，∠a＝90°，则BE与CF的数量关系是 　 　． （2）如图2，若直线CD经过∠BCA的外部，∠α＝∠BCA，请提出关于EF，BE，AF三条线段数量关系的合理猜想：　 　.并说明理由． 【分析】（1）根据“AAS”可以证明Rt△BCE≌Rt△CAF，则BE＝CF； （2）同理证明Rt△BCE≌Rt△CAF，则CE＝AF，BE＝CF，可得EF＝CE+CF＝AF+BE． 【详解】解：（1）BE＝CF，理由： ∵∠BCE+∠ACF＝90°，∠FCA+∠FAC＝90°， ∴∠BCE＝∠FCA（同角的余角相等）， ∵∠BEC＝∠CFA，CA＝CB， ∴Rt△BCE≌Rt△CAF（AAS）， ∴BE＝CF； 故答案为：BE＝CF； （2）EF＝AF+BE，理由： ∵∠BCE+∠ACF＝180°﹣∠α，∠CAF+∠ACF＝180°﹣∠α， ∴∠BCE＝∠CAF（同角的补角相等）， ∵∠BEC＝∠CFA，CA＝CB， ∴△BCE≌△CAF（AAS）， ∴CE＝AF，BE＝CF， ∴EF＝CE+CF＝AF+BE． 故答案为：EF＝AF+BE． 【点睛】此题考查了两直角三角形全等的判定方法，是从特殊到一般，所用方法一样，依据有所不同． 【变式1-3】问题情境：如图1，在直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于点D，可知： ∠BAD＝∠C（不需要证明）； （1）特例探究：如图2，∠MAN＝90°，射线AE在这个角的内部，点B、C在∠MAN的边AM、AN上，且AB＝AC，CF⊥AE于点F，BD⊥AE于点D．证明：△ABD≌△CAF； （2）归纳证明：如图3，点B，C在∠MAN的边AM、AN上，点E，F在∠MAN内部的射线AD上， ∠1、∠2分别是△ABE、△CAF的外角．已知AB＝AC，∠1＝∠2＝∠BAC．求证：△ABE≌△CAF； （3）拓展应用：如图4，在△ABC中，AB＝AC，AB＞BC．点D在边BC上，CD＝2BD，点E、F在线段AD上，∠1＝∠2＝∠BAC．若△ABC的面积为3，则△ACF与△BDE的面积之和为　 　． 【分析】（1）根据图②，求出∠BDA＝∠AFC＝90°，∠ABD＝∠CAF，根据AAS证两三角形全等即可； （2）根据图③，运用三角形外角性质求出∠ABE＝∠CAF，∠BAE＝∠FCA，根据ASA证两三角形全等即可； （3）根据图④，由CD＝2BD，△ABC的面积为3，可求出△ABD的面积为1，根据△ABE≌△CAF，得出△ACF与△BDE的面积之和等于△ABD的面积，据此即可得出答案． 【详解】（1）证明：如图②，∵CF⊥AE，BD⊥AE，∠MAN＝90°， ∴∠BDA＝∠AFC＝90°， ∴∠ABD+∠BAD＝90°，∠BAD+∠CAF＝90°， ∴∠ABD＝∠CAF， 在△ABD和△CAF中， ∴△ABD≌△CAF（AAS）； （2）证明：如图③， ∵∠1＝∠BAC，∠1＝∠BAE+∠ABE，∠BAC＝∠BAE+∠CAF， ∴∠ABE＝∠CAF， ∵∠2＝∠FCA+∠CAF，∠BAC＝∠BAE+∠CAF，∠2＝∠BAC， ∴∠BAE＝∠FCA， 在△ABE和△CAF中，， ∴△ABE≌△CAF（ASA）； （3）解：如图④，∵△ABC的面积为3，CD＝2BD， ∴△ABD的面积3＝1， 由（2）可得△ABE≌△CAF， 即：S△ACF＝S△ABE， ∴S△ACF+S△BDE＝S△ABE+S△BDE＝S△ABD＝1 即△ACF与△BDE的面积之和等于△ABD的面积1， 故答案为1． 【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的性质和判定，三角形的面积计算，三角形的外角性质等知识点的综合应用，判断出两三角形全等是解本题的关键． ▌题型07 全等三角形中的“截长补短”模型 ◆图形特征 求证形如 的线段和差等式。 ◆解题必备 1. 两种核心辅助线： · 截长：在长线段上截取一段等于其中一条短线段，再证剩余部分等于另一条短线段； · 补短：延长短线段，补出等于另一条短线段的长度，证明总长等于长线段。 2. 核心工具：构造全等三角形转移线段。 3. 解题步骤：作辅助线→构造全等→线段等量代换→完成和差证明。 【典例7】如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ABC、∠BCD的平分线交AD于点E． 求证：AB+CD＝BC． 【分析】先利用角平分线的特点构造出△ABE≌△FBE，得出∠BAE＝∠BFE，借助平行线的性质判断出∠CFE＝∠CDE，得出△FCE≌△DCE即可． 【解答】证明：在BC上截取BF＝AB， ∵∠ABC、∠BCD的平分线交AD于点E， ∴∠ABE＝∠FBE，∠BCE＝∠DCE， 在△ABE和△FBE中， ∴△ABE≌△FBE， ∴∠BAE＝∠BFE， ∵AB∥CD， ∴∠BAE+∠CDE＝180°， ∴∠BFE+∠CDE＝180°， ∵∠BFE+∠CFE＝180°， ∴∠CFE＝∠CDE， 在△FCE和△DCE中，， ∴△FCE≌△DCE， ∴CF＝CD， ∴BC＝BF+CF＝AB+CD． 【点评】此题是全等三角形的性质和判定，主要考查了角平分线的定义，平行线的性质，同角或等角的补角相等，邻补角的定义，解本题的关键是判断出∠CFE＝∠CDE． 【变式1-1】在“教、学、练、评一体化”学习活动手册中，全等三角形专题复习课，学习过七种作辅助线的方法，其中有“截长补短”作辅助线的方法． 截长法：在较长的线段上截取一条线段等于较短线段； 补短法：延长较短线段和较长线段相等． 这两种方法统称截长补短法． 请用这两种方法分别解决下列问题： 已知，如图，在△ABC中，AB＞AC，∠1＝∠2，P为AD上任一点， 求证：AB﹣AC＞PB﹣PC． 【分析】解法一：在AB上截取AE，使AE＝AC，连接PE，证明△AEP≌△ACP，得PC＝PE，再根据三角形的任意两边之差小于第三边证明即可； 解法二：延长AC到D，使AD＝AB，连接PD，证明△ADP≌△ABP，得PD＝PB，再根据三角形的任意两边之差小于第三边证明即可． 【详解】解：解法一：如图，在AB上截取AE，使AE＝AC，连接PE， 在△AEP和△ACP中， ， ∴△AEP≌△ACP（SAS）， ∴PE＝PC， 在△PBE中，BE＞PB﹣PE， 即AB﹣AC＞PB﹣PC； 解法二：如图，延长AC到D，使AD＝AB，连接PD， 在△ADP和△ABP中， ， ∴△ADP≌△ABP（SAS）， ∴PD＝PB， 在△PCD中，CD＞PD﹣PC， 即AB﹣AC＞PB﹣PC． 【点评】此题考查了全等三角形的判定，熟记全等三角形的判定定理是解题的关键． 【变式1-2】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． 【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． 【详解】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． 【点评】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△AEF≌△AGF是解题的关键． 【变式1-3】阅读下面文字并填空： 数学习题课上李老师出了这样一道题：“如图1，在中，平分，．求证：”． 李老师给出了如下简要分析：要证就是要证线段的和差问题，李老师采用了‘截长法’，如图2，在上截取，连接，只要证__________即可，这就将证明线段和差问题转化为证明线段相等问题，只要证出____________________，得出及__________，再证出____________________，进而得出，则结论成立． 请仿照上题方法解决以下问题： 变式应用：如图，和是等腰三角形，且，，，，以A为顶点作一个角，角的两边分别交边延长线于点E、F，连接，则之间存在什么样的关系？并说明理由． 【答案】；；；；；；变式应用：．理由见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，属于截长补短类辅助线．按照题干的要求填空即可；变式应用：在上截取，连接，求得，证明，得到，，得到，证明，得到，据此求解即可． 【详解】解：如图2，在上截取，连接， 只要证即可，这就将证明线段和差问题转化为证明线段相等问题，只要证出，得出及，再证出，进而得出，则结论成立． 故答案为：；；；；；； 变式应用：．理由如下： 在上截取，连接， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． ▌题型08 全等三角形中的“倍长中线”模型 ◆图形特征 已知三角形中线，求证边相等、线段和差、平行。 ◆解题必备 1. 标准辅助线：延长中线一倍，使延长部分 = 原中线，连接端点构造全等。 2. 全等依据：SAS（中线等分边得一组等线段，对顶角相等，倍长中线得另一组等线段）。 3. 核心作用： ① 转移三角形的边，把分散线段集中到同一个三角形； ② 证两直线平行； 4. 拓展：倍长类中线（中点非中线也可使用该方法）。 5. 解题思路：倍长中线造全等，转化线段后用三边关系、全等导边导角。 【典例8】（24-25八年级上·广东广州·期中）数学兴趣小组在探讨全等三角形相关问题的解决方法时发现：当条件中出现“中线”或“中点”时，可考虑倍长中线或作一条边的平行线来解决问题． (1)【问题初探】如图：在中，为边上的中线，则的取值范围为__________． (2)【类比分析】如图：在中，是的中线，于点且． 求的长度． 【答案】(1)； (2)． 【分析】延长到点使，构造使，根据全等三角形对应边相等可知，根据三角形三边关系可得，从而可得； 延长交的延长线于点，构造，从而可证，，，可证，根据全等三角形对应边相等可得，从而可得 【详解】（1）解：如下图所示，延长到点使， 是边上的中线， ， 在和中， ， 在中，， ， ， ， ， ， ； （2）解：如下图所示，延长交的延长线于点， 是的中线， ， ， ， 在和中， ， ，， ， ， 在和中， ， ， ， ． 【点睛】本题考查三角形三边的关系、全等三角形的判定与性质．解决本题的关键是构造全等三角形，利用全等三角形对应边相等的关系找边之间的关系． 【变式1-1】（24-25八年级上·江苏淮安·阶段检测）【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，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：延长到点，使，请根据小明的方法思考： （1）由已知和作图能得到的理由是（  ） A．           B．            C．             D． （2）求得的取值范围是（  ） A．      B．        C．        D． 【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，是的中线，交于，交于，且．求证： 【答案】（1）B；（2）C；（3）见解析 【分析】本题考查了三角形的中线，三角形的三边关系定理，等腰三角形性质和判定，全等三角形的性质和判定等知识点，主要考查学生运用定理进行推理的能力． （1）根据，，推出和全等即可； （2）根据全等得出，，由三角形三边关系定理得出，求出即可； （3）延长到，使，连接，根据证，推出，，根据，推出，求出，根据等腰三角形的性质求出即可． 【详解】解：（1）在和中 ， ， 故选B； （2）由（1）知：， ，， 在中，，由三角形三边关系定理得：， ∴ ， 故选C； （3）如图2，延长到，使，连接， 是中线， ， 在和中 ， ， ，， ， ， ， ， ， 即． 【变式1-2】（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． 【变式1-3】（25-26八年级上·浙江杭州·期中）【探究与发现】 数学课上老师让同学们解决这样的一个问题：如图1，已知是的中点，点在上，且．求证：． 小明在组内经过合作交流，得到解决方法：延长至点，使得，连结．易证，故对应角，所以，因此可得．以上解法称之为“倍长中线”法，在利用中线解决几何问题时，常常采用“倍长中线法”添加辅助线构造全等三角形来解决问题： (1)【初步感知】请根据小明的方法思考：由已知和作图能得到，依据是（    ） A．    B．    C．    D． (2)【灵活运用】如图2，是的中线，若，，设，则的取值范围是___________； (3)【拓展延伸】如图3，在中，平分，为的中点，过点作，交的延长线于点，交于点．求证：． 【答案】(1)B； (2)； (3)见解析． 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，三角形三边的关系，三角形的中线的性质，勾股定理． （1）根据题干证明即可； （2）延长至点，使得，连接，根据中线的性质，全等三角形的判定和性质，则，可得，根据三角形三边的关系，可，即可； （3）延长至点，使得，连接，根据全等三角形的判定和性质，则，根据平行线的性质，则，，根据角平分线的性质，可得，根据等量代换，等角对等边，即可证明． 【详解】（1）解：∵是的中点， ∴， 在和中， ， ∴． 故选：B； （2）解：如图，延长至点，使得，连接， ∵是的中线， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （3）证明，如图，延长至点，使得，连接， ∵点是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴，， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $