15.1-15.3 轴对称习题集（上） 2026--2027学年人教版八年级数学上册

第十五章轴对称题集 目录 第1课时轴对称（轴对称与轴对称图形） .4 题型①轴对称的性质.… …4 题型②生活中的轴对称 题型③坐标系中的轴对称. 题型④网格中的轴对称 5 第2课时轴对称（线段的垂直平分线）.7 题型①线段的垂直平分线的性质..7 题型②线段的垂直平分线的判定 .7 题型③角平分线与线段的垂直平分线.7 第3课时等腰三角形的性质（三线合一（一）连底边上的中线) 10 题型①连中线构对称全等. .10 题型②连中线构旋转全等… .10 第4课时等腰三角形的性质（三线合一（二)作底边上的高).12 题型①作高得半线段.… 12 第5课时构造等腰三角形的技巧（构等腰（一）作腰（底)的平行线)15 题型①内作底的平行线. ..15 题型②外作腰的平行线 ...16 题型③内作腰的平行线.…。 .16 题型④外作底的平行线.… ..16 第6课时构造等腰三角形的技巧（构等腰（二)角平分线遇平行线) 18 题型①内角平分线遇平行线 .18 题型②外角平分线遇平行线19 第7课时构造等腰三角形的技巧（枸等腰（三)截长补短法) .20 第8课时构造等腰三角形的技巧（构等腰（四)二倍角处理) 22 题型①垂直十二倍角 .22 题型②平分线十二倍角 .23 题型③中点十二倍角.… 23 第9课时构造等腰三角形的技巧（构等腰（五）特殊角翻折) ....26 第10课时构造等腰三角形的技巧（构等腰（六)倍长中线或作平行线) 28 题型①中线倍长构八字型导角… .28 题型②中线倍长构对角互补模型导角 28 第11课时等腰三角形中构全等技巧（构全等（一）一边一角(S)构全等) 30 题型①知等边知等角… .30 题型② 知等边隐等角.… 30 题型③知等角隐等边.… .31 第12课时等腰三角形中构全等技巧（构全等（二）一等边、一互补构全等)32 第13课时等腰三角形中构全等技巧（构全等（三)镜面角构全等)34 第14课时等腰三角形中构全等技巧（构全等（四）“十字架”构全等)36 第15课时玩转45°角（45°角的用法（一）再探手拉手一作垂直) 题型①遇45°作垂线得等腰直角三角形… .38 题型②隐45°角 ..39 第16课时玩转45°角(45°角的用法（二）再探手拉手一夹半角模型) .41 题型①内夹型.… .41 题型②错位型. 42 -2 第17课时玩转45°角（45°角的用法（三）再探手拉手一共顶，点的三等腰模型) 43 第18课时玩转45°角（45°角的用法（四）再探手拉手一破解手拉脚、脚拉脚) 45 题型① 手拉脚→手拉手45 题型②脚拉脚→手拉手 ...46 第19课时等边三角形的性质与判定（等边三角形的性质与判定) .47 题型①等边三角形的性质 ..47 题型②等边三角形的判定.47 题型③等边三角形的性质与判定的综合. ….48 第20课时等边三角形（构等边（一）作平行线) 50 题型①过边上一点作平行线构等边， .50 题型②过边的延长线上一点作平行线构等边 ....50 题型③综合运用.… .51 第21课时等边三角形（构等边（二）作等边三角形) .53 题型①利用60°构等边三角形得全等53 题型②利用60°构等边三角形得手拉手全等53 3 第1课时轴对称（轴对称与轴对称图形) 典例精课时 题型①轴对称的性质 【例1】如图，直线/，m相交于点O,P为这两直线外一点，且OP3.6。若点P关 于直线/，m的对称点分别是P,B,则P,P之间的距离不可能是（) A.8B.7C.6D.5 m D 题型②生活中的轴对称 【例2】墙上有一面镜子，镜子对面的墙上有一个数字式电子钟。如果在镜子里看到该 电子钟的时间显示如图所示，那么实际时间是() A.21:05B.15:02C.15:20D.21:20 -4- E0:5 题型③坐标系中的轴对称 【例3】如图，在平面直角坐标系中，A(-2,3),B(-3,5),C(-5,1)。 (1)分别画出△ABC关于直线-1对称的△ABC和关于直线y1对称的 △ABG; (2)△ABC内一点P(x,y)关于直线X-1对称后的对应点A的坐标为 (3)△ABC内一点P(x,)关于直线y1对称后的对应点B的坐标为 V= 题型④网格中的轴对称 【例4】如图，在3X3的正方形网格中，请用无刻度的直尺画出五个与△ABC关于某 条直线对称的格点三角形（三个顶点都在网格线的交点的三角形)，并画出对称轴。 CB B 实战演练 -5- 1.如图，在△ABC中，AB8cm,BG6Cm,AC5cm,沿着过△ABC的顶，点B的直 线折叠这个三角形，使，点C落在AB边上的，点E处，折痕为BD,则△AED周长为 0 2.如图，在Rt△ABC中，∠BAC90°，AD⊥BC,垂足为D,△ADB与△ADB关于 直线AD对称，点B的对称，点是点B。若∠BAC14°，则∠B的度数为 () A.38°B.48° C.50°D.52 B D B' 3.如图，是一辆汽车车牌在水中的倒影，则该车的牌照号码是() A.M9017102B.M2017109 G.5017109D.2017106 N50IJJ0ò 4.如图，在4X4的网格中画出△ABC关于某直线对称的格点三角形，并画出相应的 对称轴。 -6- B 5.如图，在五边形ABDEC中，ABAC,BDDE,M为CE的中点，DB∥AM,DML AM。 (1)作出△DMA关于直线DM对称的△DMW: (2)求证：∠DA作2∠BAC。 B 第2课时轴对称（线段的垂直平分线) 典例精课时 题型① 线段的垂直平分线的性质 【例1】如图，在四边形ABCD中，AG,AH分别垂直平分DC,GB,垂足分别为G,H, ∠GAH75°，∠DBG25°，求∠ADC的度数。 B G H -7 题型②线段的垂直平分线的判定 【例2】如图，在△ABC中，BC的垂直平分线DE交AC于点D,交BC于点F,AE 平分∠BAC,∠G∠E。求证：AE垂直平分BD。 A D B F C E 题型③角平分线与线段的垂直平分线 【例3】如图，在△ABC中，∠BAG120°，AB,AC的垂直平分线交于点P,两垂直平 分线交△ABC的边于点G,D,E,H,连接AD,AE,AP。 (1)求∠DAE的度数： (2)求证：AP平分∠DAE。 B D E P 实战演练 1.如图，在△ABC中，∠AGB-90°，BC6,AC8,D为AB上一点，E为AC上一 ,点，BE垂直平分CD。若AD4,则EC的长为 -8- D 2.如图，在四边形ABCD中，E为AB边上的一点，CE垂直平分DB,DE垂直平分 ACo (1)求∠CED的度数； (2)AC与BD交于点F,若AFAE,求证：BECF。 D A B E 3.如图，在△ABC中，AB10,AC6,点0在边BC上，OD垂直平分BC,AD平分 ∠BAC,过，点D作DM⊥AB于点M,BC2DM。求OD的长。 A M 0 B D -9- 第3课时等腰三角形的性质（三线合一（一)连底边上的中线) 等腰三角形的「三线合一」：顶角的平分线、底边上的中线、底边上的高互相重合。解 题时只要看到「ABAC,且D是BC的中点」，就应当马上连出AD一它同时是中 线、高线和角平分线，于是AD⊥BC∠BAD∠CAD一并到手。这条辅助线的威力在 于：它把等腰三角形劈成两个全等的直角三角形，又让原本分散在全等、旋转、圆中的 条件都落到同一条对称轴上。本课时两个题型分别是「连中线构对称全等」与「连中线 构旋转全等」。 典例精课时 -10- 题型①连中线构对称全等 【例1】如图，在△ABC中，ABAC,D为BC的中点，E为△ABC内一点，AEBD, ∠AEB-90°。求证：DE∥AB。 B D 题型②连中线构旋转全等 【例2】如图，在Rt△ABC中，ABAC,AF⊥BF于点F,O是BC边的中点，求∠BFO 的度数。 B 实战演练 如图，在△ABC中，∠ACB90°，ACBC,D为AB的中点，M为BC上一，点，F为 AC延长线上一点，∠FD作45°。求证：F作BMCF。 -11- 第4课时等腰三角形的性质（三线合一（二)作底边上的高) 「三线合一」的第二条用法是作底边上的高：在等腰三角形中过顶，点作底边的垂线，垂 足就是底边的中点，于是「一条高」同时送来「两条相等的线段」和「两个相等的 角」。当题目里出现「求两倍关系」（如BG2AE、AC2BC)或「求面积」时，最省力 的做法往往就是先作这条高，再把已知的角、已知的边挂到两个直角三角形里去。 典例精课时 -12- 题型①作高得半线段 【例1】如图，在△ABC中，ABAC,E为△ABC外一点，∠E90°（即 ∠AEB90°)，∠EAB∠C。求证：BC2AE。 【例2】如图，在四边形ABCD中，AB-AD-CD,∠BAC∠ACB90°。（1)求证： AC2BC,(2)若BC2,求四边形ABCD的面积。 【例3】如图，在四边形ABCD中，AC-BC-BD,ACL BD于点E。（1)求证： ∠ACB2∠ABD:(2)若AB6,求△ABD的面积。 -13- D A E B 实战演练 1.如图，在△ABC中，ABAC,E为AC上一点，D为BA的延长线上一点，ADAE, AB 延长DE交BC于点F。(1)求证：DFL BC:(2)若DE2EF,求AD的值。 D E B F C 2.如图，在Rt△ABC中，∠ACB90°，点D,E分别在BC,AB上，ADDB,DA平分 ∠GDE,过点E作ELAG,垂足为MEW交AD于点M求的值。 DN M \N 3.如图，在△ABC中，ACBC∠ACB90°，D为AB上一，点，且∠BCD22.5°，求 证：Saa4CD。 -14- -15- 第5课时构造等腰三角形的技巧（构等腰（一）作腰（底）的平行 线) 作腰的平行线 作底边的平行线 图形 D E…7D D B E E 条件 ABAC,DEI∥AC ABAC,DEI∥BC 结论 DB-DE AD-AE 等腰三角形中「作平行线」是构造新等腰三角形最常用的手段。只要让截出的线段与原 三角形的腰（或底）平行，题中立刻多出一对相等的角，进而多出一个新的等腰三角形 —这就是本课时两条模型线的作用。作腰的平行线所得的小等腰（DBD)与作底的 平行线所得的小等腰（ADAE)在解题时可灵活选用，哪条线能让「已知的相等线段」 与「要求的线段」发生联系，就用哪一条。 典例精课时 题型①内作底的平行线 【例1】如图，在△ABC中，ABAC,D为AB上一点，E为BC的延长线上一点，DE 与AC交于点F。若F为DE的中点，求证：AFAD+CF。 -16- 题型②外作腰的平行线 【例2】如图，在△ABC中，ABAC,过点C作BC的垂线，交BA的延长线于点D, BC 延长AC至点E,使CEDB,连接DE交BC的延长线于点F。求CF的值。 实战演练 题型③内作腰的平行线 1.如图，在△ABC中，ABAC,点E在AB上，点F在AC的延长线上，且 MN BECF,EF交BC于点N.EML BC于点M,求BC的值。 题型④外作底的平行线 2.如图，在△ABC中，ABAC,D为AB的延长线上一，点，DE⊥AC交AC的延长线于 ,点E,若∠DCE∠ACB,求证：BD2CE。 -17- B ■ C 3.如图，在△ABC中，ABAC,D为BA的延长线上一点，E为BC上一点，DGDE。 （1)求证：∠1=∠2；(2)若DE交AC于点F,DFEF,求证：BECE。(图中 ∠1=∠BDE,∠2=∠AGD) D 1 A B E -18- 第6课时构造等腰三角形的技巧（构等腰（二）角平分线遇平行 线) 类型1：内角平分线十平行线 类型2：外角平分线+平行线 图形 E B B 条件 BD平分∠ABC,AD∥BG ∠DAC为△ABC的外角，AEI∥BC,AE 平分∠DAC 结论 AB-AD ABAC 角平分线与平行线相遇，几乎必然「生出」一个等腰三角形：角平分线给出两个相等的 角，平行线又把其中一个角「搬」到另一处，于是同一个顶点处出现两个相等的角，等 腰随之而来。类型1中AD∥BC把∠DBC搬到∠ADB,与∠ABD相等，得ABAD:类 型2中AE∥BC把∠B(（即∠EAD的一部分)与∠C挂钩，再由AE平分外角∠DAG 得两角相等，故ABAC。解题时凡是同时看到「平分线」与「平行线」，先找这个小等 腰。 典例精课时 题型①内角平分线遇平行线 【例1】如图，AB∥CD,BD与AC交于点E,0为AC的中点，连接OD,∠1=∠2 (∠1=∠BD0,∠2=∠ODC。试探究线段CD、AB、BD之间的数量关系。 .19- B D 题型②外角平分线遇平行线 【例2】如图，在△ABC中，AB8,点M是BC的中点，AD是∠BAC的平分线，作 MF∥AD交AC于点F。若CF10,求AC的长。 个 实战演练 如图，在△ABC中，∠ABC2∠ACB,AO、B0分别平分∠BAG、∠ABC,连接OC。 (1)求证：G0平分∠ACB:(2)若AB6,AC10,求OB的长。 -20- 第7课时构造等腰三角形的技巧（构等腰（三）截长补短法) 典例精课时 【例】如图，在等腰Rt△ABC中，ABAC,过，点C作BC的垂线CD,E为BC上一 点，且∠1=∠2（∠2=∠ADCG,∠1=∠ADE)。求证：BE+CD-DE。 D E B -21- D C E B 实战演练 1.如图，在△ABC中，∠ACB2∠ABC,AD是△ABC的角平分线，ABAD+CD,求∠B 的度数。 D -22- 2.如图，A、E、B在同一条直线上，∠本∠DEF2∠FBE,EFED。求证：BE-AD-AE。 D 第8课时 构造等腰三角形的技巧（构等腰（四）二倍角处理) 作角平分线 截取等线段 延长构造等腰 图形 A 0 D B B B E C 条件 ∠ABG2∠C ∠B2∠C ∠B2∠C 方法 作BD平分∠ABC 截取AEAB 延长CB至D,使 -23- 作角平分线 截取等线段 延长构造等腰 DB-AB 结论 BD-CD AE-ECAB AD-AC 「二倍角」是构造等腰三角形最隐蔽的入口：把倍角的一半「作出来」（作平分线）、 或把半角「补出来」（截取等线段、延长构造等腰)，都能制造一对相等的角，从而得 到等腰三角形。三种手法可统一记忆一倍角处「劈开」，半角处「补齐」，目的是让 同一个三角形中出现两个等角。本课时例题反复演示这三种选择。 典例精课时 题型①垂直十二倍角 【例1】如图，在△ABC中，∠BAG120°，AD⊥BC于点D,且AB+BD-DC,求∠C的 度数。（用两种方法） 题型②平分线十二倍角 【例2】如图，在△ABC中，AD平分∠BAC,∠B2∠ADB,求证：ACAB卧CD。 .24- D 题型③中，点十二倍角 【例3】如图，在四边形ABCD中，AC、BD相交于点E,E为BD的中点， ∠BAC2∠ACD,AE2,CE=8,求AB的长。 D B 实战演练 1.如图，C0平分∠ACB交AB于点O,∠作2∠B。求证：BGAC+AO。 B 2.如图，AC与BD交于点E,BEDE,∠BAC2∠DCE。求证：CE-AE+AB。 -25- D A E B 3.如图，在△ABC中，∠AGB-90°，E是AC上一点，∠ADE45°，∠ABG2∠EDC。 (1)求证：AD平分∠CAB:（2)求证：ABAE+DB。 D B -26- 4.如图，△ABC为等边三角形，D、E分别为CB、AC的延长线上一点，∠D2∠E （∠DF∠ADB,∠E∠CEB)。求证：CEAD+BD。 y D B E -27- 第9课时 构造等腰三角形的技巧（构等腰（五）特殊角翻折) 条件 AB=AC,BD平分∠ABC 图形 1089 1009 00 EF 方法 截取BE=AB. 截取BF=BD,BE=BA. 截取BE=BC. 结论 △CDE为等腰三角形. △CDF,△DEF都是等腰三角形. △BCE,△CDE为等腰三角形. 典例精课时 【例】如图，在△ABC中，ABAC,BD平分∠ABC交AC于点D。若∠BAC108°， 求证：BGAB卧CD。（要求：分别用截长法与补短法两种证法) 28. 实战演练 1.如图，在△ABC中，ABAC,BD平分∠ABC交AC于点D。若∠BAC100°，求 证：BCBD+AD。 A D -29- 第10课时构造等腰三角形的技巧（构等腰（六）倍长中线或作平行 线) 题型① 中线倍长构八字型导角 类型1：中点、等角模型 类型2：中点、八字模型导角 条件：AC=BC,∠D=∠BEC 条件：AC=BE,BC=DE, 结论：BE=AD. ∠ACB=∠BED=90°， 方法：延长DC至点F, P为AD的中点. 使CF=DC,连接BF. 结论：PC⊥PE. 方法：延长CP至点H,使PH=PC. 典例精课时 【例1】如图，ACBE,BGDE,∠ACB∠BED90°，P为AD的中点，求证：PC⊥PE。 题型② 中线倍长构对角互补模型导角 【例2】如图，在五边形ABCDE中，ABCD,BCDE,∠ABG∠CDE90°，M为AE的中 ,点。求证：BMLD。 E M -30- 实战演练 1.如图，ABAC,ADAE,∠BAC∠DAE,ED的延长线交BC于点F。（1)求证： BDCE:(2)若CFBF,求证：ADL⊥BD。 D 2.如图，∠BDE∠ACB-90°，BDDE,BCAC,F是AE的中点，写出线段FD与线段 FC的关系并说明理由。 A E B 3.如图，ABBE,ADDF,∠ABF∠ADF180°，M为EF的中点，求证：DM⊥BM。 D B -31- 第11课时等腰三角形中构全等技巧（构全等（一）一边一角(S)构 全等) 题型① 知等边知等角 典例精课时 【例】如图，在等腰△ABC中，ACBC,D,E分别为AB,BC上一点，∠CDE∠A, CDBD,过点C作CHL DE,垂足为H。求证：CEBE2EH。 D 题型② 知等边隐等角 实战演练 1.如图，AD⊥BC交BC于点F,ADBC,DE⊥AB于点E,∠BAG+∠DAC180°。求 证：DEAB+AF。 .32 题型③ 知等角隐等边 2.如图，在△ABC中，ABAC,AD⊥BC于点D。P为AD上一点，E为BA的延长线 上一点，∠PGF∠E,PE、AC交于点F,∠DAC42∠GFP=180°。求证：FC-AP4AE。 -33- 第2课时等腰三角形中构全等技巧（构全等（二）一等边、一互补 构全等) 类型1：两旁互补 类型2：同旁互补 条件：AB=CD, 条件：AB=AC, ∠B+∠DCE=180°. ∠D+∠E=180 方法：作AF=AB. 方法：作AF=AD. B 结论：△AEF≌△DEC,AE=DE. 0 结论：△ABD≌△ACF,BD=CE. 典例精课时 【例1】如图，在△ABC中，D,E分别为BC,AC上一点，AEAB卧EC, ∠DEC∠A什∠AED。求证：BDCD。 B 【例2】如图，在△ABC中，D,E分别为AB,BC上的，点，且AE、CD交于点F, ABBC,∠B∠EFC。 (1)探究∠ADF与∠AEC的数量关系，并说明理由； (2)若∠B2∠FAC,求证：ADEC。 -34- 1B E D F A 实战演练 1.如图，在△ABC中，D,E分别为AC,AB上一，点，DEBC,∠AEDr∠GC180°。求 证：ADAB。 E -35- 第3课时等腰三角形中构全等技巧（构全等（三）镜面角构全等) 类型1：直角镜面 类型2：非直角镜面 条件：AC⊥BC,∠ABC=∠DBE 条件：∠ABC=∠DBE 方法1：延长DB,AC交于点F. 方法：沿CE翻折△DBE 方法2：作点B关于AC的对称点M. 至△FBE. 典例精课时 【例1】如图，在△ABC中，ACBC,∠ACB90°，D为BC的延长线上一点，BE⊥DA 交DA的延长线于点E,∠CADC∠BAE。求证：AD2BE。 【例2】在△ABD中，E为BA的延长线上一点，F在BD上，∠DEF∠DAF, ∠AFB∠EFD。求证：DkDE。 -36- 实战演练 1.如图，在△ABC中，ACBC,∠C90°，D,E分别是AG,AB上一点， ∠ADE∠BDC,过，点E作EF⊥DB交BC于点F。 (1)求证：∠AED∠FEB: (2)求证：BD-DEEF。 A E D F B .37. 第14课时等腰三角形中构全等技巧（构全等（四）“十字架”构全 等) 类型 类型1作垂线构内K全等 类型2作垂线构双全等 类型3补短构全等 图形 D ∠ACB=90°，AC=BC, ∠ACB=90°，E为BC的中点， ∠ACB=90°，AC=BC, 条件 CD⊥AE,垂足为H. AC=BC,CD⊥AE BE=CF. 方法 作BN⊥CD于点N. 作BM⊥BC交CD的延长线于点M.延长EC至点M,使CM=BE, 结论 △ACH≌△CBN △ACE≌△CBM,△BDE≌△BDM. EF⊥CD台→CD=EF, 典例精课时 【例】如图，在△ABC中，ACBC,∠CAB∠GBF45°，点M为线段BC上一点，过 ,点C作CD⊥AM交AB于点D,在BC上取一点N使C:BM,连接DN。求证： ∠AMMG∠DNB。 -38- 实战演练 1.如图，在△ABC中，AGBC,∠ACB90°，D为AC上一点，DE⊥AB于点E,过，点 D作DF⊥EC交BC于点F。若DFCE,求证：AD2FB C D 2.如图，∠GAB∠GBA45°，MW分别是CB,BC的延长线上一点，过，点C作AM的 垂线分别交AM,AB于点O,D,∠作∠W。求证：G:BM。 M -39- 第15课时玩转45°角（45°角的用法（一）再探手拉手一作垂 直) 45 B 条件：AB=AC,∠BAC=90°， 条件：AB=AC,∠BAC=90°， 条件：AB=AC,∠BAC=90°， ∠APC=45°. ∠APB=45° ∠APC=135°. 方法：作等腰Rt△ADP 方法：作等腰Rt△ADP 方法：作等腰Rt△ADP 结论：△ABD≌△ACP,BD⊥PC. 结论：△ABD≌△ACP,BP⊥PC. 结论：△ABP≌△ACD,BP⊥PC 典例精课时 题型① 遇45°作垂线得等腰直角三角形 【例1】如图，在Rt△ABC中，∠BAC90°，ABAC,D是△ABC外一点， ∠ADC45°，CD4,连接BD。求△BCD的面积。 B 【例2】如图，在等腰Rt△ABC中，ABAC,P是中线BD的延长线上一点， ∠APB45°，BP12。求CP的长。 -40- 题型②1 隐45°角 【例3】如图，在等腰Rt△ABC中，ABAC,D是△ABC外一点，∠ADG135°。求 证：BD⊥CD。 A 实战演练 1.如图，D为Rt△ACB外一，点，∠AGB90°，ACBC,∠ADC45°。求证： ∠CDB45°。 -41- 2.如图，D是△ABC内一点，BDCD,BD⊥CD,∠BAD45°，若AB8,求△ABC的 面积。 D B 3.如图，在等腰Rt△ABC中，ABAC,0是△ABC内一点，∠B0C∠A0C135°。求 证：B02A0。 R -42- 第16课时玩转45°角(45°角的用法（二）再探手拉手一夹半 角模型) B 条件：AB=AC,∠BAC=90°， 条件：AB=AC,∠BAC=90° 条件：AB=AC,∠BAC=90°， ∠DAE=45° ∠DAE=45°. O是BC的中点，∠DOE=45 方法：作AF⊥AD,且AF=AD. 方法：作AF⊥AD,且AF=AD. 方法：连接OA,作OF⊥OD. 结论：△ABD≌△ACF, 结论：△ABD≌△ACF, 结论：△OAD≌△OCF,△OBD≌△OAF, △ADE≌△AFE. △ADE≌△AFE. △ODE≌△OFE 典例精课时 题型① 内夹型 【例1】如图，在△ABC中，ACBC,∠ACB=90°，D,E为边AB上的两，点， ∠DGE45°，∠CDE60°。求证：DE2AD。 -43- 题型②错位型 【例2】如图，在△ABC中，ABAC,∠BAC90°，D为BC上一点，E为BC延长线 上一点，∠DAE45°，∠AEB15°。若BD5,求BE的长。 DC 实战演练 1.如图，在△ABC中，ACBC,∠ACB90°，E,F分别为AC,BC上的，点，D为AB的 中，点，∠EDF45°。求证：BF-EFCE。 D -44- 第17课时玩转45°角（45°角的用法（三）再探手拉手—共顶 点的三等腰模型) 条件：AB=AC,∠BAC=90°，∠BDC=45. 条件：AB=AC,∠BAC=90°，∠BDC=135 方法：作BP⊥DC,AE⊥AP交直线BP于点E 方法：作CP⊥BD,AE⊥AP交直线BD于点E 结论：△ABE≌△ACP,△PAB≌△PAD. 结论：△ABE≌ACP,△PAD≌△PAC 典例精课时 【例】如图，在等腰Rt△ABC中，ABAC,D是△ABC外一点，∠BDG45°。求证： ACAB。 A B -45- 实战演练 1.如图，在四边形ABCD中，ABAD,AB⊥AD,∠BCD135°。 (1)求证：ACAB: (2)求证：∠GADF2∠DBC. -46- 第18课时玩转45°角(45°角的用法（四）再探手拉手一破解 手拉脚、脚拉脚) 类型1手拉脚一→手拉手 类型2脚拉脚→手拉手 翻折两次构手拉手 翻折一次构手拉手 或作等腰Rt△CPE 或作等腰Rt△APE 和等腰Rt△BCF B 典例精课时 题型①手拉脚手拉手 【例】如图，在△ADE和△ABC中，AD-AE,ABBC,∠DAE∠ABC90°，延长DB到 ,点F,使BFDB,连接CF,CE。求证：CFCE,CF⊥CE。 .47. E D B C 题型②脚拉脚手拉手 2.如图，△ABC和△DCE都是等腰直角三角形，∠BAC∠CDE90°，且点D在BA 的延长线上，连接BE。求证：BE⊥BC。 D y B C -48- 第19课时 等边三角形的性质与判定(（等边三角形的性质与判定) 题型①等边三角形的性质 典例精课时 【例1】如图，△ABC和△BDE都是等边三角形，连接AD、CD、CE,若∠DCE66°， 求∠ADC的度数。 .49. D B E 题型②等边三角形的判定 【例2】如图，在四边形ABCD中，∠D60°，AD-BC-AB卧CD,求∠B的度数。 C A 题型③等边三角形的性质与判定的综合 【例3】如图，在△ABC中，∠ACB90°，ACBC,CD平分∠ACB,∠CDB120°，延 长BD至点E,使CEAC。 (1)求证：△ACE为等边三角形： -50- (2)求证：DEBD+CD。 实战演练 1.如图，点D是等边△ABC的边AB上一，点，连接CD,并以GD为边作等边 △CDE,过，点D作DF⊥BC,垂足为F。若AF∥DE,BG6,求GF的长。 B 2.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CACB,∠BADF∠ADE60°，DE3,AB10,CE 平分∠ACB,DE与CE相交于点E,求AD的长。 D 3.如图，△ABC为等边三角形，D,E,N分别为BC,AB,AC上一点， ∠ADE∠ADN60°。 (1)求证：BECW (2)若DN2DE,求AD/DE的值。 -51- D 第20课时 等边三角形（构等边（一）作平行线) 模型1：形内构等边三角形 模型2：形外构等边三角形 条件：等边△ABC,DE∥BC 条件：等边△ABC,DE∥BC,D'E'∥BC 结论：等边△ADE 结论：等边△ADE,等边△AD'E' B C D'....... -52- 典例精课时 题型①过边上一点作平行线构等边 【例1】△ABC为等边三角形，D为AC上一点，E,F分别为BC及其延长线上一点， ADBE+CF。求证：DEDF。 题型②过边的延长线上一点作平行线构等边 【例2】如图，△ABC是等边三角形，D是AB的延长线上一点，延长BC至，点E,使 CF CE0,DE交AC的延长线于点F。求BD的值。 题型③ 综合运用 【例3】如图，在等边△ABC中，D是AC边上一点，E是BA延长线上一点， BDDE。（1)求证：AECD: -53- (2)若F是BD的中，点，求证：CE2CF。 A 实战演练 1.如图，△ABC为等边三角形，E为边AC上一点，D为AB的延长线上一点， CEBD,AE2CE。求∠D的度数。 B D 2.如图，在等边△ABC中，P为AC的中点，点E在AB的延长线上，点F在BC 的延长线上，且满足∠AEP∠PrC求BFBE的值。 BC 3.如图，△ABC为等边三角形，E是边AC上一，点，以BE为边作等边△BEF,G在 BA的延长线上，且EBEG,连接CF。求证：ABAG+CF。 -54- G A B F 55- 第21课时 等边三角形（构等边（二）作等边三角形) 条件：等边△ABC 方法：以AD为边作等边△ADE 结论：①△BAD≌△CAE:②∠BFC=∠BAC=60°. 典例精课时 题型①利用60°构等边三角形得全等 【例1】如图，BE∥CF,,点A在EF上，△ABC为等边三角形，且∠CAF∠ABE。求 证：BE-AFCF。 B 题型②利用60°构等边三角形得手拉手全等 【例2】如图，E为等边△ABC内一点，∠BEA90°，∠AEG150°。求证：BE2EC。 -56- 实战演练 如图，在△BCD中，∠DBG60°，以CD为边在CD上方作等边三角形CDE。 (1)求证：BDBC4BE: (2)F是DE的中点，连接BF并延长，交GD的延长线于点G,若∠GF∠BCE,求 证：GF-BFBE。 -57. 第十五章 轴对称 题集 目录 第1课时　轴对称（轴对称与轴对称图形） 4 题型①　轴对称的性质 4 题型②　生活中的轴对称 4 题型③　坐标系中的轴对称 5 题型④　网格中的轴对称 6 第2课时　轴对称（线段的垂直平分线） 10 题型①　线段的垂直平分线的性质 10 题型②　线段的垂直平分线的判定 11 题型③　角平分线与线段的垂直平分线 12 第3课时　等腰三角形的性质（　三线合一（一）连底边上的中线） 18 题型①　连中线构对称全等 18 题型②　连中线构旋转全等 19 第4课时　等腰三角形的性质（三线合一（二）作底边上的高） 21 题型①　作高得半线段 21 第5课时　构造等腰三角形的技巧（构等腰（一）作腰（底）的平行线） 27 题型①　内作底的平行线 27 题型②　外作腰的平行线 28 题型③　内作腰的平行线 29 题型④　外作底的平行线 30 第6课时　构造等腰三角形的技巧（构等腰（二）角平分线遇平行线） 33 题型①　内角平分线遇平行线 33 题型②　外角平分线遇平行线 34 第7课时　构造等腰三角形的技巧（构等腰（三）截长补短法） 36 第8课时　构造等腰三角形的技巧（构等腰（四）二倍角处理） 40 题型①　垂直＋二倍角 40 题型②　平分线＋二倍角 41 题型③　中点＋二倍角 42 第9课时　构造等腰三角形的技巧（构等腰（五）特殊角翻折） 46 第10课时　构造等腰三角形的技巧（构等腰（六）倍长中线或作平行线） 48 题型①　中线倍长构八字型导角 48 题型②　中线倍长构对角互补模型导角 49 第11课时　等腰三角形中构全等技巧（构全等(一) 一边一角(SA)构全等） 53 题型①　知等边知等角 53 题型②　知等边隐等角 53 题型③　知等角隐等边 54 第12课时　等腰三角形中构全等技巧（构全等(二) 一等边、一互补构全等） 56 第13课时　等腰三角形中构全等技巧（构全等(三) 镜面角构全等） 59 第14课时　等腰三角形中构全等技巧（构全等(四) “十字架”构全等） 62 第15课时　玩转 45° 角（45°角的用法(一) 再探手拉手——作垂直） 65 题型①　遇 45° 作垂线得等腰直角三角形 65 题型②　隐 45° 角 66 第16课时　玩转 45° 角（45°角的用法(二) 再探手拉手——夹半角模型） 70 题型①　内夹型 70 题型②　错位型 71 第17课时　玩转 45° 角（45°角的用法(三) 再探手拉手——共顶点的三等腰模型） 73 第18课时　玩转 45° 角（45°角的用法(四) 再探手拉手——破解手拉脚、脚拉脚） 76 题型①　手拉脚→手拉手 76 题型②　脚拉脚→手拉手 77 第19课时　等边三角形的性质与判定（等边三角形的性质与判定） 78 题型①　等边三角形的性质 78 题型②　等边三角形的判定 78 题型③　等边三角形的性质与判定的综合 79 第20课时　等边三角形（构等边(一) 作平行线） 83 题型①　过边上一点作平行线构等边 83 题型②　过边的延长线上一点作平行线构等边 84 题型③　综合运用 84 第21课时　等边三角形（构等边(二) 作等边三角形） 89 题型①　利用 60° 构等边三角形得全等 89 题型②　利用 60° 构等边三角形得手拉手全等 89 第1课时　轴对称（轴对称与轴对称图形） 典例精课时 题型①　轴对称的性质 【例1】如图，直线 l，m 相交于点 O，P 为这两直线外一点，且 OP=3.6。若点 P 关于直线 l，m 的对称点分别是 P1，P2，则 P1，P2 之间的距离不可能是（　　） A．8　　B．7　　C．6　　D．5 解：∵P1，P2 分别是点 P 关于直线 l，m 的对称点，∴OP1=OP=3.6，OP2=OP=3.6。 在 △P1OP2 中，由「三角形两边之和大于第三边」得 P1P2<OP1+OP2=3.6+3.6=7.2，即 P1P2 一定小于 7.2。 所以 P1P2 不可能等于 8。故选 A。 小结：对称点把「点与对称轴的距离」原样搬了过去，所以 OP1=OP2=OP 是本题的全部信息，接下来只需把它们放进同一个三角形里用三边关系卡范围。 题型②　生活中的轴对称 【例2】墙上有一面镜子，镜子对面的墙上有一个数字式电子钟。如果在镜子里看到该电子钟的时间显示如图所示，那么实际时间是（　　） A．21：05　　B．15：02　　C．15：20　　D．21：20 解：镜中的像与钟面实际显示关于镜面（竖直方向）成轴对称，所以把镜中示数左右翻转、再逐位还原，就是实际时间。 镜中读数为 20：15，左右翻转后逐位识别：2 的像是 5，5 的像是 2，0 与 1 不变，故实际时间是 21：05。故选 A。 小结：电子钟的「数字」在镜中会左右翻转，所以 2 与 5 会互相伪装，0、1、8 则「以假乱真」看不出变化。把示数左右翻转再逐位归类，是这类题最稳的做法。 题型③　坐标系中的轴对称 【例3】如图，在平面直角坐标系中，A(−2，3)，B(−3，5)，C(−5，1)。 (1)分别画出 △ABC 关于直线 x=−1 对称的 △A1B1C1 和关于直线 y=1 对称的 △A2B2C2； (2)△ABC 内一点 P(x，y) 关于直线 x=−1 对称后的对应点 P1 的坐标为______； (3)△ABC 内一点 P(x，y) 关于直线 y=1 对称后的对应点 P2 的坐标为______。 解：(1)关于直线 x=−1 对称时，纵坐标不变，横坐标变为 −2−x： A(−2，3)→A1(0，3)，B(−3，5)→B1(1，5)，C(−5，1)→C1(3，1)，顺次连接 A1，B1，C1 即得 △A1B1C1。 关于直线 y=1 对称时，横坐标不变，纵坐标变为 2−y： A(−2，3)→A2(−2，−1)，B(−3，5)→B2(−3，−3)，C(−5，1)→C2(−5，1)（点 C 恰在对称轴 y=1 上，它的对称点就是它本身），顺次连接 A2，B2，C2 即得 △A2B2C2。 (2)P1 的坐标为 (−2−x，y)。 理由：点 P 与它的对称点 P1 的连线被对称轴 x=−1 垂直平分，所以 P 与 P1 的纵坐标相同，而横坐标的平均数为 −1，由 =−1 得 x′=−2−x。 (3)P2 的坐标为 (x，2−y)。 小结：关于竖直直线 x=m 对称，只改横坐标，x′ 满足 =m；关于水平直线 y=n 对称，只改纵坐标，y′ 满足 =n。口诀是「垂直于哪条轴，就只动那个坐标」。 题型④　网格中的轴对称 【例4】如图，在 3×3 的正方形网格中，请用无刻度的直尺画出五个与 △ABC 关于某条直线对称的格点三角形（三个顶点都在网格线的交点的三角形），并画出对称轴。 解：以网格左下角为原点建立坐标，三个顶点为 A(0，3)，B(1，0)，C(0，0)。只要对称轴取成下列直线，对称得到的三个顶点就仍然落在格点上： ①取直线 x=1.5（正方形上下方向的对称轴）：A(0，3)→(3，3)，B(1，0)→(2，0)，C(0，0)→(3，0)； ②取直线 y=1.5（左右方向的对称轴）：A(0，3)→(0，0)，B(1，0)→(1，3)，C(0，0)→(0，3)； ③取直线 y=x（左下—右上对角线）：A(0，3)→(3，0)，B(1，0)→(0，1)，C(0，0)→(0，0)； ④取直线 y=3−x（左上—右下对角线）：A(0，3)→(0，3)，B(1，0)→(3，2)，C(0，0)→(3，3)； ⑤取直线 x=1（一条网格线）：A(0，3)→(2，3)，B(1，0)→(1，0)，C(0，0)→(2，0)。 把每次得到的三个格点顺次连接并画出相应的对称轴即可（对称轴上的格点，对称点就是它本身）。 小结：网格中作图找对称，关键是「对称轴必须落在格或半格的位置上」，即对称轴与格点的距离要使对称点也落在格点上；最常用的就是网格的两条中位线和两条对角线，再用网格线本身补足个数。 实战演练 1．如图，在 △ABC 中，AB=8 cm，BC=6 cm，AC=5 cm，沿着过 △ABC 的顶点 B 的直线折叠这个三角形，使点 C 落在 AB 边上的点 E 处，折痕为 BD，则 △AED 周长为______cm。 解：由折叠可知 △BDC 与 △BDE 关于直线 BD 对称，∴BE=BC=6，DE=DC。 ∵AB=8，点 E 在 AB 上，∴AE=AB−BE=8−6=2。 ∴△AED 的周长 =AE+ED+DA=AE+(DC+DA)=2+AC=2+5=7（cm）。故填 7。 2．如图，在 Rt△ABC 中，∠BAC=90°，AD⊥BC，垂足为 D，△ADB 与 △ADB′ 关于直线 AD 对称，点 B 的对称点是点 B′。若 ∠B′AC=14°，则 ∠B 的度数为（　　） A．38°　　B．48°　　C．50°　　D．52° 解：∵△ADB 与 △ADB′ 关于直线 AD 对称，∴∠B′AD=∠BAD。 设 ∠B′AD=∠BAD=α。∵AD⊥BC，∴∠ADB=90°，在 Rt△ABD 中 ∠BAD+∠B=90°，即 ∠B=90°−α。 又 ∠BAC=90°，∴∠DAC=90°−α，∴∠B′AC=∠DAC−∠DAB′=90°−α−α=90°−2α=14°，解得 α=38°。 ∴∠B=90°−38°=52°。故选 D。 3．如图，是一辆汽车车牌在水中的倒影，则该车的牌照号码是（　　） A．M9017102　　B．M2017109　　C．W5017109　　D．M2017106 解：水中的倒影是车牌上下翻转后形成的像，所以把倒影上下翻转一次就能还原（0、1 不变，2 与 5 互变，7 的像形似「▽」，9 的像形似「6」，M 的像形似「W」）。 图中倒影为「W 5 0 1 ▽ 1 0 6」，逐位还原得 M 2 0 1 7 1 0 9。故选 B。 4．如图，在 4×4 的网格中画出 △ABC 关于某直线对称的格点三角形，并画出相应的对称轴。 解：以网格左下角为原点建立坐标，三个顶点为 A(3，4)，B(4，0)，C(2，3)。下列六条直线都可以作为对称轴，且对称所得的三个顶点都是格点： ①直线 x=2：A→(1，4)，B→(0，0)，C→(2，3)； ②直线 x=2.5：A→(2，4)，B→(1，0)，C→(3，3)； ③直线 x=3：A→(3，4)，B→(2，0)，C→(4，3)； ④直线 y=2：A→(3，0)，B→(4，4)，C→(2，1)； ⑤直线 y=x：A→(4，3)，B→(0，4)，C→(3，2)； ⑥直线 y=4−x（即 x+y=4）：A→(0，1)，B→(4，0)，C→(1，2)。 任选其中一个画出图形与对称轴即可（六个格子对应上述六种情况）。 小结：判断「对称后是不是格点三角形」，只要盯住对称轴的位置：对称轴若是网格线或两格网格线的中线，对称点就落在格点上；若对称轴是两条对角线的位置，同样满足要求。 5．如图，在五边形 ABDEC 中，AB=AC，BD=DE，M 为 CE 的中点，DB∥AM，DM⊥AM。 (1)作出 △DMA 关于直线 DM 对称的 △DMN； (2)求证：∠DAM=∠BAC。 (1)作法：∵DM⊥AM，垂足为 M，∴只要延长 AM 到点 N，使 MN=MA，再连接 DN，则 △DMN 就是 △DMA 关于直线 DM 对称的图形。 (2)证明：由(1)知，点 N 与点 A 关于直线 DM 对称， ∴DN=DA，且 M 是 AN 的中点。 又 ∵M 是 CE 的中点，∴线段 AN 与 CE 互相平分， ∴四边形 ACNE 是平行四边形，∴NE=AC，NE∥AC。 ∵AB=AC，∴NE=AB。在 △DNE 和 △DAB 中，DN=DA，NE=AB，DE=DB， ∴△DNE≌△DAB（SSS），∴∠DNE=∠DAB。 ∵NE∥AC，∴∠ANE=∠MAC（两直线平行，内错角相等）。 在 △ADN 中，DA=DN，∴∠DAN=∠AND； 而 ∠AND=∠ANE+∠DNE=∠MAC+∠DAB，又点 N，A，M 在同一条直线上（N 在 AM 的延长线上），∴∠DAM=∠DAN=∠MAC+∠DAB。 又由图可知射线 AD 在 ∠BAM 的内部、射线 AM 在 ∠DAC 的内部，∴∠BAC=∠BAD+∠DAM+∠MAC =∠DAB+(∠DAB+∠MAC)+∠MAC=2(∠DAB+∠MAC)=2∠DAM，即 ∠DAM=∠BAC。 小结：本题的「钥匙」是(1)中作出的对称点 N——它让 DN=DA，同时又使 M 成为 AN 的中点，于是 AN 与 CE 互相平分，冒出平行四边形 ACNE，从而把已知的 AB=AC「搬」成了 NE=AB，再用 BD=DE 凑出 △DNE≌△DAB（SSS），角的关系就全部打通了。 第2课时　轴对称（线段的垂直平分线） 典例精课时 题型①　线段的垂直平分线的性质 【例1】如图，在四边形 ABCD 中，AG，AH 分别垂直平分 DC，CB，垂足分别为 G，H，∠GAH=75°，∠DBC=25°，求 ∠ADC 的度数。 解：∵ AG 垂直平分 DC，∴ AD=AC； ∵ AH 垂直平分 CB，∴ AC=AB。∴ AD=AC=AB，即点 A 到 B、C、D 三点的距离相等。 ∵ AG⊥DC，AH⊥CB，∠GAH=75°， ∴ ∠DCB=180°−∠GAH=105°（一个角的两边分别垂直于另一个角的两边，这两个角相等或互补；由图形可知 C 处的内角为钝角）。 在 △ADC 中，∵ AD=AC，∴ ∠DAC=180°−2∠ACD； 在 △ACB 中，∵ AC=AB，∴ ∠CAB=180°−2∠ACB。 ∴ ∠DAB=∠DAC+∠CAB=360°−2(∠ACD+∠ACB)=360°−2∠DCB =360°−2×105°=150°。 在 △ABD 中，∵ AD=AB，∴ ∠ABD=∠ADB=(180°−150°)=15°。 ∴ ∠ABC=∠ABD+∠DBC=15°+25°=40°。 ∵ AB=AC，∴ ∠ACB=∠ABC=40°，∴ ∠CAB=180°−40°−40°=100°。 ∴ ∠DAC=∠DAB−∠CAB=150°−100°=50°。 在 △ADC 中，AD=AC，∴ ∠ADC=(180°−50°)=65°。 小结：AG、AH 是 DC、CB 的垂直平分线，于是 A 到 B、C、D 三点等距——这个「一点到三点等距」是本题的全部出发点；再由「互相垂直的两组边角相等或互补」把 ∠GAH=75° 换成 ∠DCB=105°，剩下的就是反复用「等边对等角」把三角形的内角串起来。 题型②　线段的垂直平分线的判定 【例2】如图，在 △ABC 中，BC 的垂直平分线 DE 交 AC 于点 D，交 BC 于点 F，AE 平分 ∠BAC，∠C=∠E。求证：AE 垂直平分 BD。 证明：记 ∠ACB=α。 ∵ D 在直线 DE 上，而 DE 是 BC 的垂直平分线，∴ DB=DC， ∴ ∠DBC=∠DCB=∠ACB=α，∠BDC=180°−2α。 ∵ DE⊥BC，DC 与 BC 的夹角为 ∠DCB=α，∴ ∠CDE=90°−α， ∴ ∠BDE=∠BDC−∠CDE=(180°−2α)−(90°−α)=90°−α。 ………(1) 又 ∠ADE=180°−∠CDE=180°−(90°−α)=90°+α。 在 △ADE 中，∠AED=∠ACB=α， ∴ ∠DAE=180°−α−(90°+α)=90°−2α。 ∵ D 在 AC 上，∴ ∠EAC=∠DAE=90°−2α。 又 AE 平分 ∠BAC，∴ ∠BAE=∠EAC=90°−2α，∠BAC=180°−4α。 在 △ABC 中，∠ABC=180°−∠BAC−∠ACB=180°−(180°−4α)−α=3α。 ∴ ∠ABD=∠ABC−∠DBC=3α−α=2α。 又 ∠ADB=180°−∠BDC=180°−(180°−2α)=2α， ∴ ∠ABD=∠ADB，∴ AB=AD。 ………(2) 在 △ABE 和 △ADE 中，AB=AD，∠BAE=∠DAE，AE=AE， ∴ △ABE≌△ADE（SAS），∴ EB=ED。 ………(3) 由 (2)(3) 知，点 A、E 到 B、D 两点的距离都相等， 即 A、E 都在线段 BD 的垂直平分线上，∴ 直线 AE 垂直平分 BD。 小结：整道题只有一个「开关」——D 在 BC 的垂直平分线上，于是 DB=DC。由此得 ∠DBC=∠C；再用 DE⊥BC 把 ∠ADE 锁成 90°+∠C，△ADE 的三个角就全能用 ∠C 表示，从而算出 ∠BAC=180°−4∠C、∠ABC=3∠C；于是 △ABD 的两个底角都是 2∠C，得 AB=AD；配上 △ABE≌△ADE 得到的 EB=ED，A、E 到 B、D 等距，结论自然成立。要证「AE 垂直平分 BD」，归根到底就是证 AB=AD 且 EB=ED。 题型③　角平分线与线段的垂直平分线 【例3】如图，在 △ABC 中，∠BAC=120°，AB，AC 的垂直平分线交于点 P，两垂直平分线交 △ABC 的边于点 G，D，E，H，连接 AD，AE，AP。 （1）求 ∠DAE 的度数； （2）求证：AP 平分 ∠DAE。 （1）解：∵ D 在 AB 的垂直平分线上，∴ DA=DB， ∴ ∠DAB=∠DBA=∠ABC。 ∵ E 在 AC 的垂直平分线上，∴ EA=EC，∴ ∠EAC=∠ECA=∠ACB。 ∴ ∠DAE=∠BAC−∠DAB−∠EAC=120°−∠ABC−∠ACB =120°−(180°−∠BAC)=120°−60°=60°。 （2）证明：∵ P 是 AB、AC 两条垂直平分线的交点，∴ PA=PB=PC， ∴ △PAB、△PAC、△PBC 都是等腰三角形。 设 ∠PBC=∠BCP=x（△PBC 中 PB=PC）。 在 △PAB 中，PA=PB，∴ ∠PAB=∠PBA=∠ABC+x； 在 △PAC 中，PA=PC，∴ ∠PAC=∠PCA=∠ACB+x。 ∵ AP 在 ∠BAC 的内部，∴ ∠PAB+∠PAC=∠BAC=120°， 即 2x+∠ABC+∠ACB=120°。又 ∠ABC+∠ACB=180°−120°=60°， ∴ 2x=60°，x=30°。 ∴ ∠PAB=∠ABC+30°。 ∴ ∠DAP=∠PAB−∠DAB=(∠ABC+30°)−∠ABC=30°。 又 ∠DAE=60°，∴ ∠PAE=∠DAE−∠DAP=60°−30°=30°， ∴ ∠DAP=∠PAE，即 AP 平分 ∠DAE。 小结：两垂直平分线的交点 P 到 A、B、C 三点等距，于是 △PAB、△PAC、△PBC 都是等腰三角形，「等边对等角」可以把图上所有角都用 ∠ABC+∠ACB 表示。第(1)问的关键是 DA=DB、EA=EC，把 ∠DAB、∠EAC 分别换成 ∠ABC、∠ACB；第(2)问的关键是先由等腰三角形算出 ∠PBC=30°，从而 ∠DAP=∠PAB−∠ABC=30°=∠DAE。 实战演练 1．如图，在 △ABC 中，∠ACB=90°，BC=6，AC=8，D 为 AB 上一点，E 为 AC 上一点，BE 垂直平分 CD。若 AD=4，则 EC 的长为　　　。 解：∵ BE 垂直平分 CD，∴ BD=BC=6，ED=EC。 在 Rt△ABC 中，AB=√(AC2+BC2)=√(82+62)=10， ∴ AD=AB−BD=10−6=4，与已知条件相符。 设 EC=x，则 ED=x，AE=AC−EC=8−x。 作 DP⊥AC 于 P。由面积关系得 C 到 AB 的距离为 ==， ∴ ×AC×DP=×AD×，即 ×8×DP=×4×， ∴ DP=。 在 Rt△APD 中，AP=√(AD2−DP2)=√(42−()2)=√(16−)=， ∴ PC=AC−AP=8−=。 在 Rt△EDP 中，ED2=EP2+DP2， 即 x2=(−x)2+()2， 展开得 x2=−x+x2+， ∴ x==，解得 x=3。 故 EC 的长为 3。 小结：BE 垂直平分 CD 一下子送出两条信息——BD=BC（在 B 处）和 ED=EC（在 E 处）。前者立刻定出 D 在 AB 上的位置（AD=4，与已知吻合）；后者把「求 EC」变成「解一个等腰三角形」，只要把 D 到 AC 的距离 DP 与 AP 用面积法、勾股定理算出来即可。 2．如图，在四边形 ABCD 中，E 为 AB 边上的一点，CE 垂直平分 DB，DE 垂直平分 AC。 （1）求 ∠CED 的度数； （2）AC 与 BD 交于点 F，若 AF=AE，求证：BE=CF。 （1）解：∵ DE 垂直平分 AC，∴ DA=DC，DE⊥AC； ∵ CE 垂直平分 DB，∴ CD=CB，CE⊥DB。 ∴ △ADC、△DCB 都是等腰三角形，且 DA=DC=CB。 又 EA=EC，∴ △AEC 等腰，∠EAC=∠ECA； EB=ED，∴ △BED 等腰，∠EBD=∠EDB。 ∵ E 在 AB 上，∴ ∠EAC=∠BAC，∠EBD=∠ABD。 ………(※) 在 △ABC 中，∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°。 ∵ ∠ABC=∠ABD+∠DBC，∠ACB=∠ACE+∠ECB， 而 ∠DBC=∠CDB=(180°−∠DCB)=90°−∠DCB（△DCB 等腰）， ∠ECB=∠DCB（CE 平分 ∠DCB），∠ACE=∠EAC=∠BAC， ∴ ∠BAC+(∠ABD+90°−∠DCB)+(∠BAC+∠DCB)=180°， 化简得 2∠BAC+∠ABD=90°。 ………① 把 A 与 B、C 与 D 的地位互换（题设条件保持不变），同理可得 2∠ABD+∠BAC=90°。 ………② 由 ①② 解得 ∠BAC=∠ABD=30°。 ………③ ∵ A、E、B 三点共线，且 C、D 在 AB 的同侧， ∴ ∠BEC+∠CED+∠DEA=180°。 ∵ △AEC 中 ∠AEC=180°−2∠BAC=180°−60°=120°， ∴ ∠BEC=180°−∠AEC=2∠BAC=60°； 同理 ∠DEA=180°−∠DEB=2∠ABD=60°。 ∴ ∠CED=180°−60°−60°=60°。 （2）证明：由（1）知 ∠BAC=∠ABD=30°，而 F 在 AC 上、E 在 AB 上、F 在 DB 上， ∴ ∠BAF=∠BAC=30°，∠ABF=∠ABD=30°， ∴ 在 △ABF 中 AF=BF，∠AFB=180°−30°−30°=120°。 ∵ AF=AE，且 ∠EAF=∠BAF=30°， ∴ △AEF 是等腰三角形，∠AFE=∠AEF=(180°−30°)=75°。 ∴ ∠BFE=∠BFA−∠AFE=120°−75°=45°， ∴ 在 △BEF 中，∠BEF=180°−∠EBF−∠BFE=180°−30°−45°=105°。 又 ∠BEC=60°，∴ ∠CEF=∠BEF−∠BEC=105°−60°=45°； 而 ∠ECF=∠ECA=∠EAC=∠BAC=30°。 ∴ 在 △CEF 中，∠CFE=180°−45°−30°=105°。 在 △BEF 和 △CFE 中，∠EBF=∠ECF=30°，∠BEF=∠CFE=105°，EF=FE， ∴ △BEF≌△CFE（AAS），∴ BE=CF。 小结：第(1)问的骨架是「两对等腰三角形 + 一条直线 AB」：由 ∠BEC=2∠BAC、∠DEA=2∠ABD 及 ∠BEC+∠CED+∠DEA=180° 得 ∠CED=180°−2(∠BAC+∠ABD)，再设法求出 ∠BAC+∠ABD=60° 即可；而求这个和的关键是巧用「A 与 B、C 与 D 互换后题设不变」，得到两个对称的方程。第(2)问则完全是角度搬运：AF=AE 让 △AEF 的底角为 75°，于是 △BEF 与 △CFE 的三个角分别相等，配上公共边 EF 就得到全等。 3．如图，在 △ABC 中，AB=10，AC=6，点 O 在边 BC 上，OD 垂直平分 BC，AD 平分 ∠BAC，过点 D 作 DM⊥AB 于点 M，BC=2DM。求 OD 的长。 解：∵ OD 垂直平分 BC，∴ OB=OC=BC，OD⊥BC。 ∵ AD 平分 ∠BAC，DM⊥AB，过 D 作 DN⊥AC 于 N， ∴ DM=DN（角平分线上的点到角两边的距离相等）。 ∵ BC=2DM，∴ DM=DN=BC=OB=OC。 ………(1) 在 Rt△DBO 与 Rt△DBM 中，DB 为公共斜边，OB=DM， ∴ 由勾股定理得 OD2=DB2−OB2=DB2−DM2=BM2，即 OD=BM。 ………(2) 同理，在 Rt△DCO 与 Rt△DCN 中，DC 为公共斜边，OC=DN， ∴ OD=CN。 ………(3) 由 (2)(3) 得 BM=CN=OD，记它们的长为 m。 在 Rt△ADM 与 Rt△ADN 中，AD 为公共斜边，DM=DN， ∴ AM=AN。 ………(4) 若点 N 在线段 AC 上，则 AM=AB−BM=10−m，AN=AC−CN=6−m， 由 AM=AN 得 10−m=6−m，矛盾，故点 N 在线段 AC 的延长线上（在点 C 之外）， 此时 AN=AC+CN=6+m，而 AM=AB−BM=10−m。 由 AM=AN 得 10−m=6+m，∴ m=2。 故 OD=2。 小结：本题看起来无从下手，突破口在「BC=2DM」这一条——它恰好把 DM、DN 与 OB、OC 拉成相等，于是 Rt△DBO 与 Rt△DBM、Rt△DCO 与 Rt△DCN 各是一对「斜边公共、一条直角边相等」的直角三角形，由勾股定理立刻得到 OD=BM=CN；再用 Rt△ADM≌Rt△ADN（HL）得到 AM=AN，配合 AB=10、AC=6 就解出了 m。全程只用「角平分线性质」「垂直平分线性质」与勾股定理，没有引入任何新工具。 第3课时　等腰三角形的性质（　三线合一（一）连底边上的中线） 等腰三角形的「三线合一」：顶角的平分线、底边上的中线、底边上的高互相重合。解题时只要看到「AB=AC，且 D 是 BC 的中点」，就应当马上连出 AD——它同时是中线、高线和角平分线，于是 AD⊥BC、∠BAD=∠CAD 一并到手。这条辅助线的威力在于：它把等腰三角形劈成两个全等的直角三角形，又让原本分散在全等、旋转、圆中的条件都落到同一条对称轴上。本课时两个题型分别是「连中线构对称全等」与「连中线构旋转全等」。 典例精课时 题型①　连中线构对称全等 【例1】如图，在 △ABC 中，AB=AC，D 为 BC 的中点，E 为 △ABC 内一点，AE=BD，∠AEB=90°。求证：DE∥AB。 证明：∵AB=AC，D 为 BC 的中点，∴AD⊥BC（三线合一），∠ADB=90°。 又 ∠AEB=90°，∴∠AEB=∠ADB=90°，∴A、B、D、E 四点在以 AB 为直径的圆上。 在 Rt△AEB 中，BE2=AB2−AE2；在 Rt△ADB 中，AB2=AD2+BD2。 ∵AE=BD，∴BE2=AD2+BD2−BD2=AD2，∴BE=AD。 在同一个圆中，弦 BE 与弦 AD 相等，它们所对的圆周角相等，即 ∠EAB=∠ABD。 又 ∠EDB 与 ∠EAB 都对弧 BE，∴∠EDB=∠EAB=∠ABD。 ∵E 在 △ABC 内，∴E 与 A 在直线 BC 的同侧， ∴由 ∠EDB=∠ABD（同位角相等）得 DE∥AB。 两个关键点：一是由 ∠AEB=∠ADB=90° 断定 A、B、D、E 四点共圆（AB 为直径）；二是由 BE=AD 把「弦相等」转化为「圆周角相等」。四点共圆这一步把两条看似无关的垂线（AD⊥BC 与 AE⊥BE）串到了一起，是证明「两线平行」时非常好用的一招。 题型②　连中线构旋转全等 【例2】如图，在 Rt△ABC 中，AB=AC，AF⊥BF 于点 F，O 是 BC 边的中点，求 ∠BFO 的度数。 解：∵∠BAC=90°，O 是斜边 BC 的中点， ∴OA=OB=OC=BC（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）。 ∵AB=AC，∴AO⊥BC（三线合一），∴∠AOB=90°。 ∵AF⊥BF，∴∠AFB=90°，∴∠AFB=∠AOB，A、O、B、F 四点在以 AB 为直径的圆上。 ∵∠BFO 与 ∠BAO 都是弧 BO 所对的圆周角，∴∠BFO=∠BAO。 ∵AB=AC，AO⊥BC，∴AO 平分 ∠BAC，∴∠BAO=∠BAC=45°。 ∴∠BFO=45°。 起点是直角三角形中「斜边上的中线等于斜边的一半」：它一下子给出 OA=OB，再加上 AB=AC 就有 AO⊥BC，于是 ∠AOB=90° 与 ∠AFB=90° 同立，A、O、B、F 四点共圆。最后把要求的 ∠BFO 换成同弧上的 ∠BAO，问题就化为「等腰直角三角形顶角的一半」。注意本题中的 F 位置并不唯一，但只要 F 与 A 在 BO 同侧，∠BFO 就是定值 45°。 实战演练 如图，在 △ABC 中，∠ACB=90°，AC=BC，D 为 AB 的中点，M 为 BC 上一点，F 为 AC 延长线上一点，∠FDM=45°。求证：FM=BM+CF。 证明：∵∠ACB=90°，AC=BC，D 为 AB 的中点， ∴CD=AD=BD，CD⊥AB（三线合一），∠ACD=∠BCD=45°，即 △CDB 是等腰直角三角形。 将 △DCF 绕点 D 旋转 90°，使点 C 与点 B 重合（∵DC=DB 且 ∠CDB=90°，旋转 90° 恰好把 C 送到 B 的位置），设点 F 的对应点为 F′。 ∵F 在 AC 的延长线上，∴射线 CF 的方向与射线 CA 相反； 旋转 90° 后这一个方向变成由 B 指向 C 外侧的水平方向， ∴点 F′ 在射线 BC 上点 B 的外侧，且 BF′=CF（旋转不改变长度）。 ∴MF′=MB+BF′=MB+CF。下面只需证 FM=MF′。 ∵绕点 D 旋转 90°，∴DF=DF′，∠FDF′=90°。 ∵∠FDM=45°=∠FDF′，且射线 DM 在 ∠FDF′ 的内部，∴DM 平分 ∠FDF′。 ∵DF=DF′，∴△DFF′ 是等腰三角形，顶角的平分线 DM 也是底边 FF′ 上的中线， ∴M 是 FF′ 的中点，FM=MF′。 ∴FM=MB+CF。 这是「截长补短」中的补短：把 CF 搬到 BC 的延长线上（BF′=CF），于是折线段 MB+CF 变成了一条直线段 MF′，问题化为比较 MF 与 MF′。而 MF′=MF 的依据仍是旋转：∠FDF′=90°、∠FDM=45°，说明 DM 正好是等腰 △DFF′ 的顶角平分线，从而 M 是 FF′ 的中点。「旋转 90° + 等腰三线合一」是处理 45° 角条件的一套固定动作。 第4课时　等腰三角形的性质（三线合一（二）作底边上的高） 「三线合一」的第二条用法是作底边上的高：在等腰三角形中过顶点作底边的垂线，垂足就是底边的中点，于是「一条高」同时送来「两条相等的线段」和「两个相等的角」。当题目里出现「求两倍关系」（如 BC=2AE、AC=2BC）或「求面积」时，最省力的做法往往就是先作这条高，再把已知的角、已知的边挂到两个直角三角形里去。 典例精课时 题型①　作高得半线段 【例1】如图，在 △ABC 中，AB=AC，E 为 △ABC 外一点，∠E=90°（即 ∠AEB=90°），∠EAB=∠C。求证：BC=2AE。 证明：过点 A 作 AD⊥BC 于点 D。 ∵AB=AC，∴D 为 BC 的中点，DC=BC，且 ∠ACD=∠ACB。 ∵∠AEB=90°，∴在 Rt△AEB 中，AE=AB·cos∠EAB。 ∵∠EAB=∠C=∠ACB=∠ACD，∴AE=AB·cos∠ACD。 在 Rt△ADC 中，DC=BC，AC=AB， ∴cos∠ACD===。 ∴AE=AB·cos∠ACD=AB·=BC，即 BC=2AE。 整道题只做了一件事：把 ∠EAB 换成 ∠ACB，再把 ∠ACB 放进直角三角形 ADC 里用余弦表示。因为 AB=AC，所以 AC 与 AB 可以互换，分母上的 AB 正好与外面的 AB 约掉，只留下 BC。凡是题中要证「某线段等于另一半线段」的，先作高把底边平分，是成功率最高的第一步。 【例2】如图，在四边形 ABCD 中，AB=AD=CD，∠BAD=∠ACB=90°。（1）求证：AC=2BC；（2）若 BC=2，求四边形 ABCD 的面积。 （1）证明：∵AB=AD，∠BAD=90°，∴△ABD 是等腰直角三角形，∠ABD=∠ADB=45°。 ∵AD=CD，∴△ACD 是等腰三角形。设 ∠CAD=∠ACD=α，则 ∠ADC=180°−2α。 ∵AC 在 ∠BAD 的内部，∴∠BAC=∠BAD−∠CAD=90°−α。 在 Rt△ABC 中，∠ABC=90°−∠BAC=α， ∴AC=AB·sin∠ABC=AB·sin α，BC=AB·cos∠ABC=AB·cos α。 过点 D 作 DP⊥AC 于点 P。∵AD=CD，∴P 是 AC 的中点，AP=AC（三线合一）。 在 Rt△ADP 中，∠DAP=∠CAD=α，∴AP=AD·cos α。 ∴AC=AD·cos α=AB·cos α（∵AD=AB），即 AC=2AB·cos α。 又 AC=AB·sin α，∴AB·sin α=2AB·cos α，∴sin α=2cos α。 ∴AC=2AB·cos α=2BC，即 AC=2BC。 （2）解：∵BC=2，由（1）得 AC=2BC=4。 由 sin α=2cos α 与 sin2α+cos2α=1 得 cos α=，sin α=。 在 Rt△ABC 中，AB==4÷=2√5， ∴AD=CD=2√5，且 sin∠ADC=sin(180°−2α)=sin 2α=2sin α·cos α=。 ∴S△ACD=AD·CD·sin∠ADC=×2√5×2√5×=8。 又 S△ABC=AC·BC=×4×2=4。 ∴四边形 ABCD 的面积为 S△ABC+S△ACD=4+8=12。 第（1）问的核心是把同一条 AC 用两种方式各算一遍：在直角三角形 ABC 里 AC=AB·sin α，在等腰三角形 ACD 里（作高得半线段）AC=2AB·cos α，两式相等立刻得到 sin α=2cos α，于是 AC/BC=tan α=2。第（2）问沿这条线索把 AB 求出（2√5），再用 S=½ab·sinC 分别算两个三角形的面积。注意 ∠ACB=90° 与 AC=2BC 一起给定了整个图形的形状，所以面积是唯一确定的。 【例3】如图，在四边形 ABCD 中，AC=BC=BD，AC⊥BD 于点 E。（1）求证：∠ACB=2∠ABD；（2）若 AB=6，求 △ABD 的面积。 （1）证明：设 ∠ACB=γ。 ∵AC=BC，∴△ABC 是等腰三角形，∠CAB=∠ABC=(180°−γ)=90°−。 ∵AC⊥BD 于点 E，且 A、E、C 共线，∴∠BEC=90°，∠BCE=∠ACB=γ， ∴在 Rt△BEC 中，∠EBC=90°−γ。 ∵B、E、D 共线（E 在线段 BD 上），∴∠DBC=∠EBC=90°−γ。 ∴∠ABD=∠ABC−∠DBC=(90°−)−(90°−γ)==∠ACB， 即 ∠ACB=2∠ABD。 （2）解：设 AE=x，CE=y，则 AC=x+y。∵AC=BD，∴BD=x+y。 ∵AC⊥BD 于点 E，∴∠AEB=∠CEB=90°。 在 Rt△AEB 中，AB2=AE2+BE2=x2+BE2； 在 Rt△CEB 中，BC2=CE2+BE2=y2+BE2。 ∵AC=BC，∴AC2=BC2，即 (x+y)2=y2+BE2， 展开得 x2+2xy+y2=y2+BE2，∴BE2=x2+2xy。 ∴AB2=x2+BE2=2x2+2xy=2x(x+y)。 ∵AE⊥BD，∴S△ABD=BD·AE=(x+y)·x=·=。 ∵AB=6，∴S△ABD==9。 第（1）问只用了两次等腰：先在 △ABC 中把 ∠ABC 写成 90°−，再在 Rt△BEC 中把 ∠EBC 写成 90°−γ，两者相减即得 。第（2）问的漂亮之处在于：设 AE=x、CE=y 之后，AC=BC 这个条件经过勾股定理变成 BE2=x2+2xy，于是 AB2=2x(x+y)=2·(2S△ABD)，面积与 AB 的关系被彻底钉死为 S=，与 E 的位置无关。 实战演练 1．如图，在 △ABC 中，AB=AC，E 为 AC 上一点，D 为 BA 的延长线上一点，AD=AE，延长 DE 交 BC 于点 F。（1）求证：DF⊥BC；（2）若 DE=2EF，求 的值。 （1）证明：∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB。设 ∠ABC=∠ACB=β，则 ∠BAC=180°−2β。 ∵AD=AE，∴△ADE 是等腰三角形，顶角 ∠DAE=180°−∠BAC=2β， ∴∠ADE=∠AED=(180°−2β)=90°−β。 ∵D 在 BA 的延长线上，∴∠DBF=∠ABC=β；又 D，E，F 共线，∴∠BDF=∠ADE=90°−β。 在 △DBF 中，∠DFB=180°−∠BDF−∠DBF=180°−(90°−β)−β=90°，即 DF⊥BC。 （2）解：∵DF⊥BC，∴∠DFB=∠EFC=90°。 在 Rt△DBF 中，∠DBF=β，∴DF=DB·sinβ； 在 Rt△EFC 中，∠ECF=∠ACB=β，∴EF=EC·sinβ。 ∵DE=2EF，∴DF=DE+EF=3EF，即 DB·sinβ=3EC·sinβ，∴DB=3EC。 ∵DB=AB+AD，EC=AC−AE=AB−AD（∵AC=AB，AE=AD）， ∴AB+AD=3(AB−AD)，解得 AB=2AD，∴=2。 第（1）问把 △ADE 的顶角 ∠DAE 与 △ABC 的顶角 ∠BAC 用「互补」串了起来：两等腰一夹，DF⊥BC 就水到渠成。第（2）问的关键是「同样的 β 出现在两个直角三角形里」，于是 DF 与 EF 之比就化为 DB 与 EC 之比，再把 DB、EC 都用 AB、AD 表示，方程一解即得 AB=2AD。「同一个角的正弦把两段线段联系起来」是本题最省力的通道。 2．如图，在 Rt△ABC 中，∠ACB=90°，点 D，E 分别在 BC，AB 上，AD=DB，DA 平分 ∠CDE，过点 E 作 EM⊥AC，垂足为 M，EM 交 AD 于点 N。求 的值。 解：∵EM⊥AC，∠ACB=90°，∴AC⊥BC，∴EM∥BC，即 NM∥DC。 ∴△ANM∽△ADC，∴==。 又 △AEM∽△ABC（∠A 公共，∠AME=∠ACB=90°），∴=。 ∴=，即 AN=，从而 DN=AD−AN==，MN=。 ∴=。 设 ∠CDA=α。∵∠ACD=90°，∴在 Rt△ADC 中 cosα=，∠CAD=90°−α。 ∵B，D，C 共线，∴∠ADB=180°−∠CDA=180°−α。 ∵AD=DB，∴在等腰 △ADB 中 ∠DAB=∠DBA=[180°−(180°−α)]=。 ∵DA 平分 ∠CDE，∴∠ADE=∠CDA=α，∠CDE=2α。 在 △ADE 中，∠DAE=∠DAB=，∴∠AED=180°−−α=180°−。 ∵A，E，B 共线，∴∠BED=180°−∠AED=。 在 △BDE 中，∠BDE=∠ADB−∠ADE=(180°−α)−α=180°−2α。 由正弦定理：AE=AD·=， EB=DB·=。 ∵DB=AD，∴==2cosα=2·。 ∴=·=·2·=2。 本题把 EM⊥AC 转化成「EM∥BC」，于是 NM∥DC，△ANM∽△ADC 与 △AEM∽△ABC 两次相似把 DN、MN 都写成已知量的组合。剩下的工作是求 EB∶AE：在 △ADE 与 △BDE 里各用一次正弦定理，消去公共的 sin∠BED 之后，比值正好等于 2cosα；而 2cosα 又恰好是 2DC∶AD（直角三角形中的邻边比斜边），两处相抵，答案与 α 无关，恒为 2。 3．如图，在 △ABC 中，AC=BC，∠ACB=90°，D 为 AB 上一点，且 ∠BCD=22.5°，求证：S△BCD=CD2。 证明：∵AC=BC，∠ACB=90°，∴∠A=∠B=45°。 在 △BCD 中，∠CBD=∠ABC=45°，∠BCD=22.5°， ∴∠BDC=180°−45°−22.5°=112.5°。 由正弦定理：=， ∴CD=BC·=BC·， ∴BC=CD·=√2·CD·cos22.5°。 ∴S△BCD=BC·CD·sin∠BCD=·√2 CD cos22.5°·CD·sin22.5° =CD2·sin22.5°cos22.5°=CD2·sin45°=··CD2=CD2。 22.5° 与 45° 是「倍角关系」，112.5° 又恰好与 22.5° 互余（sin112.5°=cos22.5°），这正是本题设计的巧妙之处：正弦定理算出的 CD 与 BC 之比里，45° 的正弦与 22.5° 的余弦在最后一步用「倍角公式 sin22.5°cos22.5°=½sin45°」收口。凡遇到 22.5°、67.5°、112.5° 这类角，都要留意它们与 45° 的倍、半关系。 第5课时　构造等腰三角形的技巧（构等腰（一）作腰（底）的平行线） 作腰的平行线 作底边的平行线 图形 条件 AB=AC，DE∥AC AB=AC，DE∥BC 结论 DB=DE AD=AE 等腰三角形中「作平行线」是构造新等腰三角形最常用的手段。只要让截出的线段与原三角形的腰（或底）平行，题中立刻多出一对相等的角，进而多出一个新的等腰三角形——这就是本课时两条模型线的作用。作腰的平行线所得的小等腰（DB=DE）与作底的平行线所得的小等腰（AD=AE）在解题时可灵活选用，哪条线能让「已知的相等线段」与「要求的线段」发生联系，就用哪一条。 典例精课时 题型①　内作底的平行线 【例1】如图，在 △ABC 中，AB=AC，D 为 AB 上一点，E 为 BC 的延长线上一点，DE 与 AC 交于点 F。若 F 为 DE 的中点，求证：AF=AD+CF。 证明：过点 D 作 DH∥BC，交 AC 于点 H。 ∵DH∥BC，∴∠ADH=∠ABC，∠AHD=∠ACB。 ∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∴∠ADH=∠AHD，∴AD=AH。 ∵DH∥BC，E 在 BC 的延长线上，∴DH∥CE，∴∠DHF=∠ECF（H，F，C 三点共线）。 又 ∠DFH=∠EFC（对顶角），DF=FE（F 为 DE 的中点）， ∴△DHF≌△ECF（AAS），∴HF=CF，且 H 与 C 关于点 F 对称，即 F 在 HC 上。 ∵H 在线段 AC 上，F 在线段 HC 上，∴A，H，F，C 依次排列， ∴AF=AH+HF=AD+CF。 本题的要求是把「AF」拆成「一条等于 AD 的线段 + 一条等于 CF 的线段」。过 D 作 DH∥BC 一举两得：既截出小等腰 △ADH（得 AH=AD），又使 △DHF 与 △ECF 具备「一组对边相等（DF=FE）、一组对顶角相等、一组由平行线给出的等角」而全等，从而 HF=CF。同一套路在处理「线段和差」时反复出现：先作平行线造等腰转移一条线段，再用全等转移另一条。 题型②　外作腰的平行线 【例2】如图，在 △ABC 中，AB=AC，过点 C 作 BC 的垂线，交 BA 的延长线于点 D，延长 AC 至点 E，使 CE=DB，连接 DE 交 BC 的延长线于点 F。求 的值。 解：记 ∠ABC=∠ACB=β。 ∵CD⊥BC，∴∠DCB=90°，在 Rt△DCB 中 ∠CDB=90°−β； 又 CA 在 ∠DCB 内部，∴∠DCA=∠DCB−∠ACB=90°−β。 ∴∠CDA=∠DCA（A 在 DB 上），∴DA=CA；又 CA=BA， ∴DA=BA，即 A 是 BD 的中点，DB=2AB=2AC。 由 CE=DB 得 CE=2AC，即 AC=CE，C 是 AE 的中点。（此结论备用） 过点 D 作 DG∥AC，交 BC 的延长线于点 G。 ∵DG∥AC，DC 为截线，∴∠CDG=∠DCA=90°−β。 在 △DCB 与 △DCG 中：∠DCB=∠DCG=90°，DC=DC，∠CDB=∠CDG， ∴△DCB≌△DCG（ASA），∴CB=CG，DB=DG。 ∵DG∥AC∥CE（E，G 都在 AC 方向的射线上），且 DG=DB=CE， ∴四边形 EGDC 是平行四边形（一组对边平行且相等）， ∴其对角线 ED 与 GC 互相平分。 ∵F 是 DE 与 BC 的交点，而 G，C，B 共线，∴F 也是 DE 与 GC 的交点， ∴F 是 GC 的中点，∴CF=GC=BC（∵GC=CB）。 ∴=2。 本题的难点在于「BC 与 CF 不在同一个三角形里」。破题的关键是先由 CD⊥BC 推出 AD=AC=AB（这一步把 A 变成 BD 的中点），再作 DG∥AC 把图形补成一个平行四边形，使得要求的 CF 变成平行四边形对角线的一半。注意证 △DCB≌△DCG 时用的是 ASA：公共边 DC 夹在两组等角之间（都是 90° 与 90°−β）。 实战演练 题型③　内作腰的平行线 1．如图，在 △ABC 中，AB=AC，点 E 在 AB 上，点 F 在 AC 的延长线上，且 BE=CF，EF 交 BC 于点 N，EM⊥BC 于点 M，求 的值。 解：过点 E 作 EK∥AC，交 BC 于点 K。 ∵EK∥AC，∴∠EKB=∠ACB；又 ∠EBK=∠ABC，AB=AC，∴∠ABC=∠ACB， ∴∠EKB=∠EBK，∴EB=EK。 ∵BE=CF（已知），∴EK=CF；又 EK∥AC∥CF（F 在 AC 的延长线上）， ∴四边形 EKFC 是平行四边形（一组对边平行且相等）， ∴N 既是 EF 的中点，又是 KC 的中点，∴KN=KC。 ∵EB=EK，EM⊥BC 于 M（即 EM⊥BK）， ∴由等腰三角形「三线合一」，EM 也是 BK 边上的中线，M 是 BK 的中点， ∴MK=BK。 ∵M，K，N 都在线段 BC 上，且 M 在 K 的左侧、N 在 K 的右侧， ∴MN=MK+KN=BK+KC=BC，∴=。 本题把「作腰的平行线」与「三线合一」绑在一起使用：EK∥AC 既造出等腰 △EBK（EB=EK），又配合 BE=CF 把四边形 EKFC 补成平行四边形，于是 M、N 分别是 BK、KC 的中点，MN 自然等于 BC 的一半。这道题的结果与 E 的位置无关，是个定值。 题型④　外作底的平行线 2．如图，在 △ABC 中，AB=AC，D 为 AB 的延长线上一点，DE⊥AC 交 AC 的延长线于点 E，若 ∠DCE=∠ACB，求证：BD=2CE。 证明：∵AB=AC，∴A 在 BC 的垂直平分线 l 上，l 是 △ABC 的对称轴，且 l⊥BC。 作点 D 关于直线 l 的对称点 D′。 ∵A，B，D 共线（D 在 AB 的延长线上），而 l 把 B 送到 C、把 A 留在原地， ∴A，C，D′ 共线，即 D′ 在 AC 的延长线上；且 BD=CD′，AD=AD′。 ∵DD′⊥l，l⊥BC，∴DD′∥BC， ∴D′ 就是「过 D 作 BC 的平行线与射线 AC 的交点」，记这个交点为 G。 于是 BD=CD′=CG……①（下面求出 CG 与 CE 的关系）。 ∵∠DCE=∠ACB（已知），且 G，E，C 在同一条射线上（都在射线 AC 上）， ∴∠DCG=∠DCE=∠ACB。 ∵DG∥BC，G，C，B 共线，∴∠DGC=∠BCA（内错角）=∠ACB。 ∴∠DCG=∠DGC，∴在 △CDG 中 DC=DG。 ∵DE⊥AC，而 C，E，G 都在直线 AC 上，∴DE⊥CG，即 DE 是等腰 △CDG 底边 CG 上的高， ∴由「三线合一」E 是 CG 的中点，CG=2CE……② 由①②得 BD=2CE。 「D 关于 △ABC 的对称轴（BC 的垂直平分线）的对称点正好是 G」是本题的枢纽：轴对称把 BD 原封不动地搬到了 CG 的位置。再结合 ∠DCG=∠DGC 说明 △CDG 是等腰三角形，而 DE⊥AC 恰好是它底边上的高，于是 CE 是 CG 的一半。整道题只用轴对称、等腰三角形的性质，没有用到任何比例线段。 3．如图，在 △ABC 中，AB=AC，D 为 BA 的延长线上一点，E 为 BC 上一点，DC=DE。（1）求证：∠1=∠2；（2）若 DE 交 AC 于点 F，DF=EF，求证：BE=CE。（图中 ∠1=∠BDE，∠2=∠ACD） （1）证明：∵DC=DE，∴∠DCE=∠DEC。 ∵D 在 BA 的延长线上，A 在 DB 上，E 在 BC 上，AB=AC， ∴∠DBE=∠ABC=∠ACB，且 ∠DEB=180°−∠DEC。 在 △DBE 中，∠BDE=180°−∠DBE−∠DEB=180°−∠ABC−(180°−∠DEC)=∠DEC−∠ABC。 又 CA 在 ∠DCB 内部（A 是 DB 上一点），∴∠ACD=∠DCB−∠ACB=∠DCE−∠ACB。 ∵∠DCE=∠DEC 且 ∠ACB=∠ABC，∴∠ACD=∠DEC−∠ABC=∠BDE，即 ∠1=∠2。 （2）证明：过点 D 作 DH∥AC，交 BC 的延长线于点 H。 ∵D 在 BA 的延长线上，DH∥AC，而 ∠ABC=∠ACB，∴∠DBH=∠ABC=∠ACB=∠DHB， ∴DB=DH，即点 D 到 B、H 的距离相等，点 D 在线段 BH 的垂直平分线上。 设过 D 作直线 BC 的垂线，垂足为 P，则 P 是 BH 的中点，PB=PH。 又 DC=DE，∴点 D 也在线段 CE 的垂直平分线上， ∴同一个垂足 P 也是 CE 的中点，PC=PE。 ∵PB=BE+PE，PH=PC+CH，且 PE=PC，PB=PH， ∴BE+PE=PC+CH，即 BE=CH……① ∵DF=EF，而 △DFC 与 △EFC 都以 DE 为底、共顶点 C， ∴S△DFC=S△EFC（等底同高）。 又 DH∥AC，即 DH∥FC，∴D，H 到直线 FC 的距离相等， ∴S△DFC=S△HFC（同底 FC，等高），∴S△EFC=S△HFC。 而 E，C，H 三点共线，这两个三角形都以 F 为顶点， ∴底边 EC=CH（同高的两三角形面积相等，则底相等）……② 由①②得 BE=CH=EC，即 BE=CE。 第（2）问用的是「面积法 + 垂直平分线」，两招都很轻巧：①由 DB=DH 与 DC=DE 断定「D 到 B、H 等距」且「D 到 C、E 等距」，于是同一条垂线上的垂足 P 既是 BH 的中点又是 CE 的中点，两式相减即得 BE=CH；②由 DF=EF 得 S△DFC=S△EFC，再由 DH∥FC 把顶点从 D 换成 H，得 S△HFC=S△EFC，从而 EC=CH。把两段合起来，BE=EC 就出来了。 第6课时　构造等腰三角形的技巧（构等腰（二）角平分线遇平行线） 类型1：内角平分线＋平行线 类型2：外角平分线＋平行线 图形 条件 BD 平分 ∠ABC，AD∥BC ∠DAC 为 △ABC 的外角，AE∥BC，AE 平分 ∠DAC 结论 AB=AD AB=AC 角平分线与平行线相遇，几乎必然「生出」一个等腰三角形：角平分线给出两个相等的角，平行线又把其中一个角「搬」到另一处，于是同一个顶点处出现两个相等的角，等腰随之而来。类型1 中 AD∥BC 把 ∠DBC 搬到 ∠ADB，与 ∠ABD 相等，得 AB=AD；类型2 中 AE∥BC 把 ∠B（即 ∠EAD 的一部分）与 ∠C 挂钩，再由 AE 平分外角 ∠DAC 得两角相等，故 AB=AC。解题时凡是同时看到「平分线」与「平行线」，先找这个小等腰。 典例精课时 题型①　内角平分线遇平行线 【例1】如图，AB∥CD，BD 与 AC 交于点 E，O 为 AC 的中点，连接 OD，∠1=∠2（∠1=∠BDO，∠2=∠ODC）。试探究线段 CD、AB、BD 之间的数量关系。 解：结论是 CD=AB+BD。延长 BO 交 CD 于点 M。 ∵AB∥CD，∴∠OAB=∠OCM（内错角，O 在 AC 上，M 在 CD 上）。 又 ∠AOB=∠COM（对顶角），OA=OC（O 为 AC 中点）， ∴△AOB≌△COM（ASA），∴AB=CM，OB=OM。 ∵∠1=∠2，即 ∠BDO=∠CDO=∠MDO（M 在射线 DC 上），DO=DO，OB=OM， ∴△DBO≌△DMO（SAS），∴BD=DM。 ∴CD=DM+CM=BD+AB，即 CD=AB+BD。 本题同时用上了「中点」与「平分线」：中点 O 提示倍长/延长中线构造全等——延长 BO 交 CD 于 M，先用 ∠OAB=∠OCM、对顶角与 OA=OC 得 △AOB≌△COM，把 AB 转移到 CM、把 OB 转移到 OM；再用角平分线 ∠BDO=∠MDO 与 OB=OM 得 △DBO≌△DMO，把 BD 转移到 DM。两次全等之后，CD=DM+CM 就拼出了结论。「中点＋平行 ⇒ 全等转移」与「平分线＋等腰 ⇒ 边相等」是本题的两个支点。 题型②　外角平分线遇平行线 【例2】如图，在 △ABC 中，AB=8，点 M 是 BC 的中点，AD 是 ∠BAC 的平分线，作 MF∥AD 交 AC 于点 F。若 CF=10，求 AC 的长。 解：延长 MF 交 BA 的延长线于点 E。 ∵MF∥AD，∴∠E=∠BAD（同位角），∠AFE=∠FAD（内错角）。 ∵AD 平分 ∠BAC，∴∠BAD=∠FAD，∴∠E=∠AFE，∴AE=AF。 延长 FM 至点 N，使 MN=MF，连接 BN。 ∵BM=CM（M 为 BC 中点），∠BMN=∠CMF（对顶角），MN=MF， ∴△BMN≌△CMF（SAS），∴BN=CF=10，∠BNM=∠CFM。 ∵∠BNM=∠CFM=∠AFE=∠E，即 ∠BNE=∠BEN，∴BE=BN=10。 ∵BE=AB+AE=8+AE，∴AE=2，∴AF=2， ∴AC=AF+CF=2+10=12。 外角平分线遇平行线，等腰 △AEF（AE=AF）是第一个收获；但光有它还算不出 AC，必须把「M 是 BC 中点」用起来——倍长 FM 得 △BMN≌△CMF，把 CF 搬到 BN，再由 ∠BNE=∠BEN 得 △BEN 也是等腰，于是 BE=BN=CF。这样 CF=BE=AB+AE，AF=CF−AB=2，AC=AF+CF=12。两次等腰、一次全等，层层递进，是「中点＋平行＋平分线」的典型组合。 实战演练 如图，在 △ABC 中，∠ABC=2∠ACB，AO、BO 分别平分 ∠BAC、∠ABC，连接 OC。（1）求证：CO 平分 ∠ACB；（2）若 AB=6，AC=10，求 OB 的长。 （1）证明：过点 O 分别作 OE⊥AB 于 E，OF⊥AC 于 F，OG⊥BC 于 G。 ∵AO 平分 ∠BAC，∴OE=OF（角平分线上的点到角两边距离相等）； ∵BO 平分 ∠ABC，∴OE=OG。∴OF=OG， ∴点 O 在 ∠ACB 的平分线上（到角两边距离相等的点在角平分线上），即 CO 平分 ∠ACB。 （2）解：由（1）知 O 是 △ABC 的内心（三条平分线的交点）。设 ∠ACB=γ，则 ∠ABC=2γ。 在 △ABC 中由正弦定理：=， 即 =，∴=，得 cosγ=。 ∴sinγ=，sin2γ=，∠BAC=180°−3γ， sin∠BAC=sin3γ=sin2γcosγ+cos2γsinγ=·+·=。 ∴BC==10·=， S△ABC=AB·AC·sin∠BAC=×6×10×=， s=(6+10+)=，内切圆半径 r==÷=。 ∵O 是内心，∠OBA=∠ABC=γ，作 OH⊥AB 于 H，则 OH=r， ∴OB===×=4。 第（1）问是内心判定的标准套路：一个点若在两条角平分线上，它到三边的距离就两两相等，从而自动落在第三条平分线上。第（2）问中 ∠ABC=2∠ACB 这个「倍角」条件用正弦定理一除，立刻化成 cosγ=5∕6 的定值；再由内心半径 r=S∕s 与 OB=r∕sin∠OBA 收口，所有 √11 全部约去，答案恰为整数 4。凡「倍角＋已知两边」的图形，正弦定理几乎是首选工具。 第7课时　构造等腰三角形的技巧（构等腰（三）截长补短法） 典例精课时 【例】如图，在等腰 Rt△ABC 中，AB=AC，过点 C 作 BC 的垂线 CD，E 为 BC 上一点，且 ∠1=∠2（∠2=∠ADC，∠1=∠ADE）。求证：BE+CD=DE。 证明：先证一个关键事实——∠DAE=45°。 ∵CD⊥BC，∴∠DCB=90°；又 ∠ACB=45°，∴∠ACD=135°。设 ∠ADC=∠ADE=α，则 ∠DAC=180°−135°−α=45°−α，∠DAB=90°−∠DAC=45°+α，∠ABE=∠ABC=45°。 在 △ABE 中：AE·sin∠AEB=AB·sin∠ABE=AB·sin45°； 在 △ADE 中：AE·sin∠AED=AD·sin∠ADE=AD·sinα； 在 △ACD 中：AD·sinα=AC·sin∠ACD=AC·sin135°=AB·sin45°。 ∴sin∠AEB=sin∠AED。若 ∠AEB+∠AED=180°，则由 ∠AEB=135°−∠BAE、∠AED=180°−α−∠DAE 及 ∠BAE+∠DAE=∠DAB=45°+α 得 α=45°，此时 ∠DAC=0°，D 与 C 重合，矛盾；故 ∠AEB=∠AED。 ∴135°−∠BAE=180°−α−∠DAE，而 ∠DAE=∠DAB−∠BAE=45°+α−∠BAE，代入得 ∠BAE=α，∴∠DAE=∠DAB−∠BAE=45°。 方法一（补短法）：延长 EB 至点 N，使 BN=CD，连接 AN。 ∵∠ABN=180°−∠ABC=135°=∠ACD，AB=AC，BN=CD， ∴△ABN≌△ACD（SAS），∴AN=AD，∠BAN=∠CAD。 ∴∠DAN=∠DAB+∠BAN=∠DAB+∠CAD=∠BAC=90°。 ∵∠DAE=45°，∴∠EAN=90°−∠DAE=45°=∠DAE；又 AE=AE，AD=AN， ∴△ADE≌△ANE（SAS），∴DE=NE=NB+BE=CD+BE，即 BE+CD=DE。 方法一先「补短」：把 CD 补到 EB 的延长线上，再用 ∠ABN=∠ACD=135° 一次性完成 △ABN≌△ACD，把 AD 原封不动搬到 AN，使 △ADN 成为等腰直角三角形；而 ∠DAE=45° 恰好说明 AE 平分 ∠DAN，于是 △ADE≌△ANE，DE=NE。整个证明的枢纽是 ∠DAE=45° 这个定值——它由「∠1=∠2」经三次正弦定理挤压出来，与 D 的位置无关。 方法二（截长法）：在 DE 上取点 M，使 DM=CD，连接 AM。 ∵DM=DC，∠ADM=∠ADC（即 ∠1=∠2），AD=AD， ∴△ADM≌△ADC（SAS），∴AM=AC=AB，∠DAM=∠DAC，∠AMD=∠ACD=135°。 ∴∠AME=180°−135°=45°，且 ∠MAE=∠DAE−∠DAM=45°−∠DAC=∠ADC=∠BAE。 又 AM=AB，AE=AE，∴△AEM≌△AEB（SAS），∴ME=BE。 ∴DE=DM+ME=CD+BE，即 BE+CD=DE。 方法二先「截长」：在 DE 上截取 DM=CD，△ADM≌△ADC 一举得到 AM=AB 与 ∠AME=45°=∠ABE；再由 ∠MAE=∠BAE 完成 △AEM≌△AEB，把 BE 搬到 ME。两种方法殊途同归，都依赖 ∠DAE=45°：截长补短的威力不在于「截」或「补」本身，而在于截、补之后能否用全等把分散的线段集中到同一条线段上。 实战演练 1．如图，在 △ABC 中，∠ACB=2∠ABC，AD 是 △ABC 的角平分线，AB=AD+CD，求 ∠B 的度数。 解：设 ∠ABC=β，则 ∠ACB=2β，∠BAC=180°−3β，∠BAD=∠DAC=90°−。 在 △ABD 中，∠ADB=180°−β−(90°−)=90°+，由正弦定理 AB·sinβ=AD·sin∠ADB=AD·cos……① 在 △ACD 中，∠ADC=180°−2β−(90°−)=90°−，由正弦定理 CD·sin2β=AD·sin∠DAC=AD·cos……② ∵AB=AD+CD，把 ①② 代入并两边同乘 sinβ·sin2β： cos·sin2β=sinβ·sin2β+sinβ·cos， 即 2sinβcosβcos=2sin2βcosβ+sinβcos， 两边除以 sinβ：2cosβcos=2sinβcosβ+cos=sin2β+cos。 由积化和差 2cosβcos=cos+cos，得 cos=sin2β=cos(90°−2β)。 ∵0°<β<60°，∴=90°−2β（另一解 =2β−90° 给 β=60°，此时 ∠A=0°，舍去），解得 β=36°。 ∴∠B=36°（此时 ∠A=∠C=72°，△ABC 是顶角 36° 的黄金三角形）。 条件 AB=AD+CD 是「一线段等于两线段之和」，本可截长补短，但图形中没有现成的全等通道，改用正弦定理把三段线段统一用 AD 表示，反而一路畅通：两个三角形各用一次正弦定理，代入 AB=AD+CD 后出现 2cosβcos(β∕2) 与 cos(3β∕2)，积化和差一展开，cos(3β∕2) 正好消去，剩下 cos(β∕2)=sin2β，一个倍角关系就锁定了 β=36°。解出后回看：∠A=∠C=72°，△ABC 与 △ADC 都是黄金三角形，条件设计得极为精巧。 2．如图，A、E、B 在同一条直线上，∠A=∠DEF=2∠FBE，EF=ED。求证：BE−AD=AE。 证明：设 ∠FBE=γ，则 ∠A=∠DEF=2γ。 ∵A、E、B 共线，∴∠AED+∠DEF+∠FEB=180°，∴∠FEB=180°−∠AED−2γ； 在 △ADE 中，∠ADE=180°−∠A−∠AED=180°−2γ−∠AED，∴∠FEB=∠ADE……① 记 ∠ADE=φ，则 ∠AED=180°−2γ−φ。∵ED=EF，在 △ADE 中由正弦定理 AE=，AD=， ∴AE+AD====。 在 △EFB 中，∠EFB=180°−∠FEB−γ=180°−φ−γ，由正弦定理 EB==。 ∴AE+AD=EB，即 BE−AD=AE。 本题的关键是先「换角」：由 A、E、B 共线与 ∠DEF=∠A=2γ，可得 ∠FEB=∠ADE，于是两个三角形 △ADE 与 △EFB 共用一套角度记号 φ。再由 ED=EF 这个公共边把两个三角形中的 AE、AD、EB 全部用 ED 与 φ、γ 表示，最后一步只差一个和差化积：sinφ+sin(2γ+φ)=2sin(φ+γ)cosγ，它恰好把 AE+AD 化成与 EB 完全相同的表达式。凡「共线三点＋一组等角＋一组等边」的图形，把所有线段统一到公共边上来表示，是最省力的证明路线。 第8课时　构造等腰三角形的技巧（构等腰（四）二倍角处理） 作角平分线 截取等线段 延长构造等腰 图形 条件 ∠ABC=2∠C ∠B=2∠C ∠B=2∠C 方法 作 BD 平分 ∠ABC 截取 AE=AB 延长 CB 至 D，使 DB=AB 结论 BD=CD AE=EC=AB AD=AC 「二倍角」是构造等腰三角形最隐蔽的入口：把倍角的一半「作出来」（作平分线）、或把半角「补出来」（截取等线段、延长构造等腰），都能制造一对相等的角，从而得到等腰三角形。三种手法可统一记忆——倍角处「劈开」，半角处「补齐」，目的是让同一个三角形中出现两个等角。本课时例题反复演示这三种选择。 典例精课时 题型①　垂直＋二倍角 【例1】如图，在 △ABC 中，∠BAC=120°，AD⊥BC 于点 D，且 AB+BD=DC，求 ∠C 的度数。（用两种方法） 方法一（截长法）：在 CD 上取点 E，使 DE=BD，连接 AE。 ∵AD⊥BC，∴∠ADB=∠ADE=90°；又 BD=DE，AD=AD， ∴△ABD≌△AED（SAS），∴AB=AE，∠BAD=∠EAD，∠AED=∠B。 ∵AB+BD=DC，∴CE=DC−DE=DC−BD=AB=AE，∴∠C=∠CAE。 设 ∠C=γ，则 ∠B=60°−γ，∠BAD=90°−∠B=30°+γ， ∴∠BAE=2∠BAD=60°+2γ，∠CAE=120°−∠BAE=60°−2γ。 ∵∠CAE=∠C，∴60°−2γ=γ，解得 γ=20°，即 ∠C=20°。 方法二（补短法）：延长 DB 至点 F，使 BF=AB，连接 AF。 则 DF=DB+BF=BD+AB=DC。∵AD⊥BC，∴∠ADF=∠ADC=90°；又 DF=DC，AD=AD， ∴△ADF≌△ADC（SAS），∴∠F=∠C。 ∵AB=BF，∴∠F=∠BAF，∴∠ABC=∠F+∠BAF=2∠F，∴∠F=∠ABC。 设 ∠C=γ，则 ∠ABC=60°−γ，∴γ=(60°−γ)，解得 γ=20°，即 ∠C=20°。 两种方法分别对应二倍角模型的两种处理：截长法在 DC 上截出 DE=BD，用垂直造全等 △ABD≌△AED，把 AB 变成 AE，再由 CE=AE 得到等腰 △AEC，最后用 ∠BAE=2∠BAD「劈开倍角」列方程；补短法把 AB 补到 DB 的延长线上，DF=DC 直接造出全等 △ADF≌△ADC，并由 AB=BF 得 ∠ABC=2∠F。注意答案 ∠C=20°、∠B=40°：条件 AB+BD=DC 恰好把 120° 拆成 20°+40°+120°，非常精巧。 题型②　平分线＋二倍角 【例2】如图，在 △ABC 中，AD 平分 ∠BAC，∠B=2∠ADB，求证：AC=AB+CD。 证明：在 AC 上截取 AE=AB，连接 DE。 ∵AD 平分 ∠BAC，∴∠EAD=∠BAD；又 AE=AB，AD=AD， ∴△ADE≌△ADB（SAS），∴∠AED=∠B=2∠ADB，DE=DB，∠ADE=∠ADB。 ∵∠ADB 是 △ACD 的外角，∴∠ADB=∠C+∠BAC； 又 ∠B=2∠ADB 且 ∠BAC+∠B+∠C=180°， ∴∠BAC+2∠ADB+∠ADB−∠BAC=180°，即 3∠ADB=180°−∠BAC……① ∵∠CED=180°−∠AED=180°−2∠ADB，由①得 180°−2∠ADB=∠ADB+∠BAC，∴∠CED=∠ADB+∠BAC。 ∠CDE=∠ADC−∠ADE=(180°−∠ADB)−(180°−∠AED−∠BAC)=∠AED+∠BAC−∠ADB=∠ADB+∠BAC， ∴∠CED=∠CDE，∴CE=CD。 ∴AC=AE+CE=AB+CD。 本题是「截取等线段」模型的直接应用：在 AC 上截取 AE=AB，△ADE≌△ADB 把 ∠B 翻到 ∠AED 的位置，于是 2∠ADB 同时出现在 E 处；剩下的工作全部是角度追踪——用外角定理把 ∠ADB 与 ∠C、∠A∕2 联系起来，证出 △CDE 的两个底角相等，从而 CE=CD。二倍角条件 ∠B=2∠ADB 在这里转化为 3∠ADB=180°−∠A∕2，是整个证明的枢纽。 题型③　中点＋二倍角 【例3】如图，在四边形 ABCD 中，AC、BD 相交于点 E，E 为 BD 的中点，∠BAC=2∠ACD，AE=2，CE=8，求 AB 的长。 解：延长 AE 至点 F，使 EF=EA，连接 DF。 ∵E 为 BD 中点，∴BE=DE；又 ∠AEB=∠FED（对顶角），AE=FE， ∴△ABE≌△FDE（SAS），∴AB=FD，∠BAE=∠DFE。 ∵∠BAE=∠BAC=2∠ACD=2∠DCF（F 在线段 AC 上）， ∴∠DFE=2∠DCF，∴∠DFC=180°−∠DFE=180°−2∠DCF。 在 △DFC 中，∠FDC=180°−∠DFC−∠DCF=∠DCF，∴FD=FC。 ∴AB=FD=FC=FE+EC=AE+CE=2+8=10。 中点提示「倍长」：延长 AE 至 F 使 EF=EA，配合 BE=DE 与对顶角完成 △ABE≌△FDE，把 AB 与 ∠BAC 一起搬到 △FDC 中；∠DFE=2∠DCF 说明 △FDC 的外角是顶角的两倍，于是 ∠FDC=∠FCD，等腰随之而来，AB=FC=FE+EC。本题把「倍长中线」与「二倍角」两个模型串在一起，是板块二与板块四的综合。 实战演练 1．如图，CO 平分 ∠ACB 交 AB 于点 O，∠A=2∠B。求证：BC=AC+AO。 证明：在 CB 上截取 CD=CA，连接 OD。 ∵CO 平分 ∠ACB，∴∠OCD=∠OCA；又 CD=CA，CO=CO， ∴△COD≌△COA（SAS），∴OD=OA，∠CDO=∠CAO=∠A=2∠B。 ∴∠ODB=180°−∠CDO=180°−2∠B， ∴∠BOD=180°−∠B−∠ODB=∠B，∴OD=BD。 ∴BC=BD+DC=OD+CA=AO+AC，即 BC=AC+AO。 ∠A=2∠B 是「二倍角」，本题没有直接去劈它，而是先在 CB 上截取 CD=CA，用平分线 CO 完成全等，把 ∠A 原样搬到 △OBD 的外角位置——于是 ∠ODB=180°−2∠B，△OBD 的第三个角恰好又回到 ∠B，等腰 △OBD 出现，BD 转化为 OD=OA。两次等腰（△ACD 与 △OBD）一拼，结论自然成立。 2．如图，AC 与 BD 交于点 E，BE=DE，∠BAC=2∠DCE。求证：CE=AE+AB。 证明：延长 AE 至点 F，使 EF=EA，连接 DF。 ∵BE=DE，∠AEB=∠FED（对顶角），AE=FE， ∴△ABE≌△FDE（SAS），∴AB=FD，∠BAE=∠DFE。 ∵∠BAE=∠BAC=2∠DCE，∴∠DFE=2∠DCE；又 F 在线段 EC 上，∴∠DCF=∠DCE， ∴∠DFC=180°−∠DFE=180°−2∠DCE=180°−2∠DCF。 在 △DFC 中，∠FDC=180°−∠DFC−∠DCF=∠DCF，∴FD=FC。 ∴CE=CF+FE=AB+AE，即 CE=AE+AB。 与例3 同源：中点 BE=DE 提示倍长 AE，△ABE≌△FDE 一步把 AB 与 ∠BAC 一起搬到 F 处；二倍角条件使 △FDC 的顶角外角等于底角的两倍，从而 ∠FDC=∠FCD，等腰 △FDC 把 AB 送到 FC 的位置。「中点→倍长全等」「二倍角→等腰」两板斧连用，是处理这类四边形问题的固定套路。 3．如图，在 △ABC 中，∠ACB=90°，E 是 AC 上一点，∠ADE=45°，∠ABC=2∠EDC。（1）求证：AD 平分 ∠CAB；（2）求证：AB=AE+DB。 （1）证明：设 ∠EDC=θ，则 ∠ABC=2θ，∠BAC=90°−2θ。 ∵DE 在 ∠ADC 内部，∴∠ADC=∠ADE+∠CDE=45°+θ， ∴∠DAC=90°−∠ADC=45°−θ=(90°−2θ)=∠BAC， ∴AD 平分 ∠CAB。 （2）证明：在 AB 上截取 AF=AE，连接 DF。 由（1）∠EAD=∠FAD；又 AE=AF，AD=AD， ∴△ADE≌△ADF（SAS），∴∠AFD=∠AED，DF=DE。 在 △ADE 中，∠AED=180°−45°−∠DAE=135°−(45°−θ)=90°+θ， ∴∠DFB=180°−∠AFD=180°−(90°+θ)=90°−θ， ∴∠FDB=180°−∠B−∠DFB=180°−2θ−(90°−θ)=90°−θ=∠DFB，∴BF=DB。 ∴AB=AF+FB=AE+DB。 第（1）问只做一次角度追踪：把 ∠ADC 拆成 45°+θ，立刻发现 ∠DAC=45°−θ 恰为 ∠BAC 的一半。第（2）问在 AB 上截取 AF=AE，用平分线完成 △ADE≌△ADF，把 45° 的 ∠ADE 连同 DE 一起搬到 F 处，于是 △DFB 中 ∠DFB=∠FDB=90°−θ，第二个等腰出现，BF=DB。两个等腰三角形一接，AE 与 DB 就拼成了 AB。 4．如图，△ABC 为等边三角形，D、E 分别为 CB、AC 的延长线上一点，∠D=2∠E（∠D=∠ADB，∠E=∠CEB）。求证：CE=AD+BD。 证明：作 ∠ADB 的平分线交 AB 于点 N，则 ∠ADN=∠BDN=∠ADB=∠CEB。 ∵∠DBN=180°−∠ABC=120°，∠ECB=180°−∠ACB=120°，∴∠DBN=∠ECB， ∴∠DNB=180°−120°−∠BDN=60°−∠CEB； 又 ∠EBC=180°−120°−∠CEB=60°−∠CEB，∴∠DNB=∠EBC， ∴△DBN∽△ECB，∴=，即 EC==……① 又 △ADN 与 △BDN 同高（底在 AB 上）， ===， ∴AD=……② 由①②：EC==+DB=AD+DB，即 CE=AD+BD。 等边三角形给出两个 120° 的外角（∠DBN 与 ∠ECB），这是构造相似的天然条件：作 ∠ADB 的平分线后，△DBN 与 △ECB 三角对应相等而相似，把 EC 表示成 DB·AB∕BN；再用面积法（等高三角形面积比等于底之比，结合正弦）把 AN∕BN 化为 AD∕BD，两式一合并，AB=AN+NB 恰好把 EC 拆成 AD+DB。二倍角在这里转化为「作平分线造相似」，与例题中的模型一脉相承。 第9课时　构造等腰三角形的技巧（构等腰（五）特殊角翻折） 典例精课时 【例】如图，在 △ABC 中，AB=AC，BD 平分 ∠ABC 交 AC 于点 D。若 ∠BAC=108°，求证：BC=AB+CD。（要求：分别用截长法与补短法两种证法） 证法一（截长法）：在 BC 上截取 BE=BA，连接 DE， 则 △ABD≌△EBD（SAS）， ∴∠DEB=∠BAC=108°，∴∠CED=72°， ∵∠C=36°，∴∠CDE=72°=∠CED， ∴CD=CE，∴BC=BE+CE=AB+CD。 证法二（补短法）：延长 BA 至点 E，使 BE=BC，连接 DE， 则 △BDE≌△BDC（SAS）， ∴DE=CD，∠E=∠C=36°，∠EAD=72°， ∴∠EDA=72°=∠EAD，∴AE=DE=CD， ∴BC=BE=AB+AE=AB+CD。 108° 是「顶角特例」：∠ABC=∠C=36°，平分线把 ∠ABC 劈成两个 18°。截长取 BE=BA，用平分线造 △ABD≌△EBD，把 108° 原样搬到 △EDC 的外角，于是 ∠CED=72°=∠CDE，等腰自然出现；补短取 BE=BC，方向反过来，用同一组 SAS 把 CD 变成 DE，再用 ∠EDA=∠EAD=72° 收出 AE=DE。两法对照：「截长」在长边上取段，「补短」把短边接长，全等的枢纽都是那条平分线。 实战演练 1．如图，在 △ABC 中，AB=AC，BD 平分 ∠ABC 交 AC 于点 D。若 ∠BAC=100°，求证：BC=BD+AD。 证明：在 BC 上截取 BE=BD，连接 DE。 ∵∠DBC=20°，则 ∠BED=80°，∠C=40°， ∴∠CDE=40°=∠C，∴CE=DE。 在 BC 上截取 BF=BA，连接 DF，则 △BDA≌△BDF（SAS）， AD=DF，∠DFB=∠A=100°， ∴∠DFE=80°=∠DEF， ∴DE=DF，∴CE=AD， ∴BC=BE+CE=BD+AD。 100° 顶角给出 ∠ABC=∠C=40°，平分后 ∠DBC=20°。本题「一次截长、两次等腰」：先截 BE=BD 得 △BDE 的 80° 底角，它恰好把 ∠CDE 逼成 40°=∠C，第一只等腰 △CDE 出现；再截 BF=BA 用平分线完成 △BDA≌△BDF，把 AD 变成 DF，∠DFB=100° 使 ∠DFE=∠DEF=80°，第二只等腰把 DE 与 DF 接通。两条「截长」辅线一交，BD+AD 便拼成 BC。 第10课时　构造等腰三角形的技巧（构等腰（六）倍长中线或作平行线） 题型①　中线倍长构八字型导角 典例精课时 【例1】如图，AC=BE，BC=DE，∠ACB=∠BED=90°，P 为 AD 的中点，求证：PC⊥PE。 证明：过点 D 作 DH∥AC，交 CP 的延长线于点 H，连接 CE，HE， ∴∠A=∠PDH， ∵∠APC=∠DPH，PA=PD，∴△ACP≌△DHP（ASA）， ∴PH=PC，DH=AC=BE。 延长 CB，HD 交于点 G， ∵AC∥DH，∴∠G=∠ACB=90°=∠BED， ∴∠GBE=∠EDG，∴∠CBE=∠EDH， ∵BC=DE，∴△CBE≌△EDH（SAS）， ∴EC=EH，∵PC=PH，∴PC⊥PE。 中点 P 给出倍长模型的入场券：倍长 CP 至 PH，用平行线带来的 ∠A=∠PDH 完成 △ACP≌△DHP（ASA），把 AC 与 PC 一起搬到 D、H 处，DH=BE 使第二组条件接通；再延长 CB、HD 造出直角八字型，导出 ∠CBE=∠EDH，SAS 得 △CBE≌△EDH，EC=EH。等腰 △ECH 配上中线 PC=PH，「三线合一」一步收出 PC⊥PE——两次全等、一只等腰，是本题的主线。 题型②　中线倍长构对角互补模型导角 【例2】如图，在五边形 ABCDE 中，AB=CD，BC=DE，∠ABC=∠CDE=90°，M 为 AE 的中点。求证：BM⊥MD。 证法一（计算导角）：延长 BM 至点 N，使 MN=BM，连接 NE，ND，BD。 ∵M 为 AE 的中点，∴AM=ME。 ∵∠AMB=∠NME，∴△AMB≌△EMN（SAS）， ∴NE=AB=CD，∠BAE=∠NEM， ∵∠NED+∠NEM+∠AED=360°，∴∠NED+∠BAE+∠AED=360°， ∵∠BAE+∠AED+∠EDC+∠ABC+∠BCD=540°，∠ABC=∠EDC=90°， ∴∠BAE+∠AED+∠BCD=360°，∴∠NED=∠BCD。 ∵NE=CD，DE=BC，∴△NED≌△DCB（SAS），∴DN=DB。 ∵BM=MN，∴DM⊥BM。 证法二（构互补图导角）：延长 NE，DC 交于点 G，NE 交 BC 于点 F。 由证法一知 NE=AB，AB∥NG，∴NG⊥BC， ∵∠CDE=90°，∴∠BCG=∠DEG（八字型），∴∠BCD=∠DEN， 再证 △NED≌△DCB（SAS）即可，同法一得 DN=DB，BM=MN，故 DM⊥BM。 五边形对角互补条件藏在内角和里：两个直角吃掉 180°，剩下 ∠BAE+∠AED+∠BCD=360°；倍长 BM 后 ∠NED 恰好顶替了前两角之和，于是 ∠NED=∠BCD。配合 NE=AB=CD、DE=BC，两组「边边角关系」拼成 SAS 全等，DN=DB 出现。中点 M 双重身份（AE 中点、BN 中点）让「等腰三线合一」收尾——这正是把「倍长中线」与「对角互补导角」两套技巧串起来的经典布局。 实战演练 1．如图，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，ED 的延长线交 BC 于点 F。（1）求证：BD=CE；（2）若 CF=BF，求证：AD⊥BD。 （1）解：∵∠BAC=∠DAE， ∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC，即 ∠BAD=∠CAE，△ABD≌△ACE（SAS），∴BD=CE； （2）过点 C 作 CH∥BD 交 DF 的延长线于点 H， ∠H=∠BDF，∠CFH=∠BFD，△CFH≌△BFD（AAS）， ∴CH=BD=CE， ∴∠H=∠CEH，∴∠CEH=∠BDF， ∵AB=AC，AD=AE，∴∠ADE=∠AED=∠ABC=∠ACB， ∠ADF+∠ADE=∠ADF+∠ABC=180°， ∴∠ADB+∠BDF+∠ABC=180°， ∴∠ADB+∠AED+∠CEH=180°， ∴∠ADB+∠AEC=180°，由（1）得 ∠ADB=∠AEC， ∴∠ADB=90°，即 AD⊥BD。 第（1）问是「共角加减」直接造 SAS；第（2）问的关键是过 C 作 CH∥BD，把 F 处的对顶角与内错角聚齐，用 AAS 得 CH=BD=CE，等腰 △CEH 反手把 ∠CEH 交还给 ∠BDF；再借两组等腰底角（∠ADE=∠ABC）把 ∠ADF 的邻补角拆成三段，于是 ∠ADB 与 ∠AEC 的和为 180°，而它们相等，只能都是 90°。「平行转移＋等腰导角」是处理旋转全等中垂直结论的常规兵器。 2．如图，∠BDE=∠ACB=90°，BD=DE，BC=AC，F 是 AE 的中点，写出线段 FD 与线段 FC 的关系并说明理由。 解：FD=FC，FD⊥FC。理由：延长 CF 至点 M，使 MF=CF，连接 ME，DM，DC，延长 DE 交 AC 于点 N。 ∵F 为 AE 的中点，∴AF=EF。 ∵∠AFC=∠MFE， ∴△AFC≌△EFM（SAS）， ∴ME=AC=BC， ∠EMF=∠FCA， ∴ME∥AC，∴∠MED=∠AND。 ∵∠BDN+∠BCN+∠DBC+∠DNC=360°，∠BDN=90°，∠BCA=90°， ∴∠DBC+∠DNC=180°。∵∠AND+∠DNC=180°， ∴∠DNA=∠DBC，∴∠MED=∠DBC。 ∵BD=DE，ME=BC，∴△DBC≌△DEM（SAS）， ∴∠BDC=∠EDM，DC=DM， ∴∠CDM=∠BDE=90°， ∴∠DCM=∠DMC=45°。 ∵DC=DM，MF=CF，∴FD⊥FC， ∴∠CDF=90°−∠DCF=45°， ∴∠CDF=∠DCF，∴FD=FC，故 FD=FC，FD⊥FC。 等腰直角三角形给「手拉手」，中点给「倍长」：倍长 CF 得 △AFC≌△EFM，把 AC=BC 转成 ME=BC；延长 DE 交 AC 于 N，构出对角互补四边形 BDNC，借 ∠MED=∠AND=∠DBC 完成第二次全等 △DBC≌△DEM，收出 DC=DM 且 ∠CDM=90°。等腰直角 △DCM 配上底边中线 MF，三线合一同时给出垂直与相等——FD=FC 且 FD⊥FC 一并到手。「两次全等＋一只等腰直角」是本型的完整骨架。 3．如图，AB=BE，AD=DF，∠ABE+∠ADF=180°，M 为 EF 的中点，求证：DM⊥BM。 证明：延长 BM 到点 H，使 HM=BM，连接 HF，HD，延长 BE，DF 交于点 C。 ∵M 为 EF 的中点，∴FM=EM，∵∠HMF=∠BME， ∴△HFM≌△BEM（SAS）， ∴FH=BE，∠FHM=∠EBM，∴HF∥BE， ∴∠CFH=∠C，∵AB=BE，∴FH=AB， ∵∠A+∠C+∠ABC+∠ADC=360°， 且 ∠ABC+∠ADC=180°， ∴∠A+∠C=180°，∴∠CFH+∠A=180°， ∵∠DFH+∠CFH=180°，∴∠DFH=∠A。 ∵FD=AD，∴△FHD≌△ABD（SAS），∴HD=BD， ∵BM=MH，∴DM⊥BM。 互补条件 ∠ABE+∠ADF=180° 意味着延长 BE、DF 会造出对角互补四边形 ABCD，∠A+∠C=180°。倍长 BM 用中点 M 完成 △HFM≌△BEM，把 BE 与平行方向一起搬到 FH（FH∥BE，FH=AB）；于是 ∠CFH=∠C，与 ∠A+∠C=180° 联立得 ∠DFH=∠A，第二次全等 △FHD≌△ABD 把 HD 与 BD 接通。等腰 △HBD 的底边中线即 BM——「补形（对角互补四边形）＋两次倍长」是本题主轴。 第11课时　等腰三角形中构全等技巧（构全等(一) 一边一角(SA)构全等） 题型①　知等边知等角 典例精课时 【例】如图，在等腰 △ABC 中，AC=BC，D,E 分别为 AB,BC 上一点，∠CDE=∠A，CD=BD，过点 C 作 CH⊥DE，垂足为 H。求证：CE−BE=2EH。 证明：在 DE 上截取 DF=BE，连接 CF。 ∵AC=BC，∠CDE=∠A=∠B， 又 ∵CD=BD，∴△CDF≌△DBE（SAS），∴CF=DE， ∵CD=BD，∴∠B=∠CDE=∠DCE， ∴CE=DE，∴CE=CF， ∵CH⊥DE，∴FH=EH， ∴CE−BE=DE−DF=EF=2EH。 等腰给「双底角 ∠B=∠A」，∠CDE=∠A 把它接到 D 处，CD=BD 一到位，SA 全等 △CDF≌△DBE 便在 DE 上截出 DF=BE；全等把 DE 搬成 CF，而 CD=BD 又使 ∠DCE=∠B，第二只等腰 △CDE 出现，CE=CF=DE。等腰 △CEF 中 CH 是底边垂线，三线合一给出 FH=EH，差式 CE−BE 即 EF=2EH。两次等腰、一次全等，是「截长」在 SA 模型里的标准用法。 题型②　知等边隐等角 实战演练 1．如图，AD⊥BC 交 BC 于点 F，AD=BC，DE⊥AB 于点 E，∠BAC+∠DAC=180°。求证：DE=AB+AF。 证明：在 DE 上截取 DM=AB，连接 AM。 ∵AD⊥BC，DE⊥AB，∴∠D+∠DAB=90°，∠B+∠DAB=90°，∴∠D=∠B。 ∵AD=BC，DM=AB，∴△ADM≌△CBA（SAS）， ∴AM=AC，∠AMD=∠BAC。 ∵∠AMD+∠AME=180°，∠BAC+∠DAC=180°， ∴∠DAC=∠AME。∵∠AFC=∠AEM=90°， ∴△CAF≌△AME（AAS），∴AF=ME， ∴DE=DM+ME=AB+AF。 互补条件 ∠BAC+∠DAC=180° 把 AD 与 AB「拼」在一条视线上。先由双垂直导出 ∠D=∠B，配合 AD=BC 完成 △ADM≌△CBA，把 AC 与 ∠BAC 一起搬到 △ADM 内；互补条件反向传递，∠DAC=∠AME，再用两个直角配 AAS 得 AF=ME。「截取 DM=AB 后两次全等」正是把 AB 与 AF 分段放进 DE 的桥梁。 题型③　知等角隐等边 2．如图，在 △ABC 中，AB=AC，AD⊥BC 于点 D。P 为 AD 上一点，E 为 BA 的延长线上一点，∠PCA=∠E，PE、AC 交于点 F，∠DAC+2∠CFP=180°。求证：FC=AP+AE。 证明：在 CA 上截取 CM=AE，连接 BP，PM。 ∵AB=AC，AD⊥BC，∴BD=CD，∠ABC=∠ACB。 ∵AD⊥BC，∴PB=PC，∴∠PBC=∠PCB， ∴∠ABC−∠PBC=∠ACB−∠PCB，即 ∠ABP=∠ACP。 ∵∠ACP=∠E，∴∠E=∠ABP，∴PE=PB=PC。 ∵∠PCM=∠E，CM=AE， ∴△PCM≌△PEA（SAS），∴PM=AP， ∴∠DAC=∠PMA。∵∠DAC+2∠CFP=180°， ∴∠PMA+2∠CFP=180°。 ∵∠PMA+∠CFP+∠MPF=180°， ∴∠CFP=∠MPF，∴MF=PM=AP， ∴CF=MF+CM=AP+AE。 三线合一先送 PB=PC，∠PCA=∠E 把 ∠ABP 换到 E 处，等腰 △PCE 使 PE=PB=PC；在 CA 上截 CM=AE，SAS 完成 △PCM≌△PEA，PM=AP 且 ∠PMA=∠DAC。条件 ∠DAC+2∠CFP=180° 与三角形内角和 ∠PMA+∠CFP+∠MPF=180° 相减，立刻得到 ∠CFP=∠MPF——等腰 △PFM 把 AP 送到 MF，FC=FM+MC=AP+AE 自然闭合。补短法与「二倍角」的处理一气呵成。 第12课时　等腰三角形中构全等技巧（构全等(二) 一等边、一互补构全等） 典例精课时 【例1】如图，在 △ABC 中，D,E 分别为 BC,AC 上一点，AE=AB+EC，∠DEC=∠A+∠AED。求证：BD=CD。 证明：延长 AB，ED 交于点 F。过点 B 作 BM∥AC 交 EF 于点 M。 ∵∠DEC=∠A+∠F，∠DEC=∠A+∠AED， ∴∠F=∠AED，∴AE=AF=AB+BF。 ∵AE=AB+EC，∴BF=EC。 ∵BM∥AC，∴∠AEF=∠BMF。 ∵∠F=∠AEF，∴∠F=∠BMF， ∴BM=BF，∴BM=EC。 ∵BM∥AC，∴∠BMD=∠DEC。 ∵∠BDM=∠CDE，∴△BDM≌△CDE（AAS），∴BD=CD。 把 AE=AB+EC 拆成 AE=AF（延长 AB 造出 F），外角条件一步给出 ∠F=∠AED，等腰 △AEF 使 BF=EC；平行线 BM∥AC 再造第二只等腰 △BFM，BM=BF=EC。于是「等边转移」完成，AAS 收尾 △BDM≌△CDE。补形（延长交于 F）+平行线导角，是处理「和差条件」的典型开局。 【例2】如图，在 △ABC 中，D,E 分别为 AB,BC 上的点，且 AE、CD 交于点 F，AB>BC，∠B=∠EFC。 （1）探究 ∠ADF 与 ∠AEC 的数量关系，并说明理由； （2）若 ∠B=2∠FAC，求证：AD=EC。 （1）解：∵∠B=∠EFC，∠EFD+∠EFC=180°，∴∠EFD+∠B=180°。 ∵∠BDF+∠BEF+∠B+∠EFD=360°，∴∠BDF+∠BEF=180°。 ∵∠BDF+∠ADF+∠BEF+∠AEC=180°+180°=360°， ∴∠ADF+∠AEC=180°； （2）证明：延长 CD 至点 N，连接 AN，使 AN=AD， ∴∠N=∠ADN。∵∠ADF+∠ADN=180°，∠ADF+∠AEC=180°，∴∠ADN=∠AEC， ∴∠N=∠AEC。∵∠EFC=∠B=2∠FAC， ∠EFC=∠FAC+∠FCA， ∴∠FAC=∠FCA，∴FA=FC。 ∵∠AFN=∠CFE，∴△AFN≌△CFE（AAS）， ∴AN=EC。∵AN=AD，∴AD=EC。 第（1）问用「四边形内角和 + 邻补角」两次相减：∠B=∠EFC 把两处的互补关系串起来，得到 ∠ADF+∠AEC=180°。第（2）问把这个互补当桥梁：延长 CD 截 AN=AD 造等腰 △ADN，∠ADN=∠AEC 化为 ∠N=∠AEC；再由 ∠B=2∠FAC 与外角定理夹出 ∠FAC=∠FCA，等腰 △AFC 配对顶角完成 AAS，AN=EC 一步归并。「互补→等腰→全等」三级跳是本型的完整链条。 实战演练 1．如图，在 △ABC 中，D,E 分别为 AC,AB 上一点，DE=BC，∠AED+∠C=180°。求证：AD=AB。 证明：在 AC 上取点 F，使 BF=BC，∴∠BFC=∠C。 ∵∠BFC+∠BFA=180°，∠AED+∠C=180°， ∴∠AED=∠AFB。 ∵BF=BC，DE=BC，∴BF=DE。 ∵∠A=∠A，∴△ABF≌△ADE（AAS），∴AD=AB。 互补条件 ∠AED+∠C=180° 提示「造同旁互补」：在 AC 上截 BF=BC，等腰 △BFC 的外角 ∠BFA 恰好接住 ∠AED；DE=BC=BF 完成边的转移，AAS 一步得到 △ABF≌△ADE。同旁互补模型（表格类型2）在实战里的直接套用。 第13课时　等腰三角形中构全等技巧（构全等(三) 镜面角构全等） 典例精课时 【例1】如图，在 △ABC 中，AC=BC，∠ACB=90°，D 为 BC 的延长线上一点，BE⊥DA 交 DA 的延长线于点 E，∠CAD=∠BAE。求证：AD=2BE。 证明：延长 CA，BE 交于点 N， ∴∠NAE=∠DAC=∠BAE。 ∵BE⊥DA，∴∠AEN=∠AEB=90°， ∵AE=AE，∴△ANE≌△ABE（ASA），∴NE=BE。 ∵∠ACD=∠AEN=90°，∠DAC=∠NAE， ∴∠N=∠D。 ∵∠ACD=∠NCB=90°，AC=BC， ∴△ACD≌△BCN（ASA），∴AD=BN=2BE。 镜面角 ∠CAD=∠BAE 是「翻折」的信号：把 CA 延长与 BE 相交于 N，△ABE 沿 AE 镜面对折成 △ANE（ASA），NE=BE 完成减半；再由两个直角与公共角 ∠A 导出 ∠N=∠D，第二组 ASA △ACD≌△BCN 把 AD 整体搬到 BN——两次镜面全等接力，2 倍关系自然浮出。 【例2】在 △ABD 中，E 为 BA 的延长线上一点，F 在 BD 上，∠DEF=∠DAF，∠AFB=∠EFD。求证：DA=DE。 证明：延长 AF 至点 M，使点 FM=EF，连接 DM。 ∵∠EFD=∠AFB=∠DFM，DF=DF， ∴△DEF≌△DMF（SAS），∴DE=DM，∠DEF=∠M。 ∵∠DEF=∠DAF，∴∠M=∠DAF， ∴DM=DA，∴DA=DE。 ∠AFB 与 ∠EFD 是对顶角，而延长 AF 后 ∠DFM 与 ∠AFB 又是邻补角——三个角便串成一串，FM=FE 配 DF 公共边完成 SAS，把 △DEF「沿 F 翻」到 △DMF；条件 ∠DEF=∠DAF 随之变成 ∠M=∠DAF，等腰 △ADM 收出 DA=DM。一翻一收，两条线段等长水到渠成。 实战演练 1．如图，在 △ABC 中，AC=BC，∠C=90°，D,E 分别是 AC,AB 上一点，∠ADE=∠BDC，过点 E 作 EF⊥DB 交 BC 于点 F。 （1）求证：∠AED=∠FEB； （2）求证：BD=DE+EF。 证明：(1) ∵EF⊥DB，∴∠EFB+∠DBC=90°。 ∵∠C=90°，∴∠CDB+∠DBC=90°， ∴∠EFB=∠CDB=∠ADE。 ∵AC=BC，∠ACB=90°，∴∠A=∠ABC=45°。 ∵∠AED+∠ADE+∠A=∠FEB+∠ABC+∠EFB=180°，∴∠AED=∠FEB； (2) 过点 B 作 BM⊥BC 与 DE 的延长线交于点 M， ∴∠MBC=90°，∴∠MBE=∠MBC−∠ABC=45°， ∴∠MBE=∠ABC=∠A=45°，∴AC∥BM。 ∵∠MEB=∠AED=∠FEB，EB=EB， ∴△MEB≌△FEB（ASA）， ∴EM=EF，∠M=∠EFB=∠CDB。 ∵AC∥BM，∴∠DBM=∠CDB，∴∠M=∠DBM， ∴DB=DM=DE+EM=DE+EF。 第（1）问全是「同角的余角」接力：EFB 与 CDB 同余于 ∠DBC，又都等于 ∠ADE；45° 底角使 ∠A=∠ABC=45°，两个三角形内角和一比对，∠AED=∠FEB。第（2）问作 BM⊥BC 造 45°，∠MBE=∠A 给出 AC∥BM，ASA 得 △MEB≌△FEB，EM=EF；∠M=∠DBM 使 △MDB 等腰——BD=DM=DE+EM=DE+EF。截长补短与镜面全等合璧。 第14课时　等腰三角形中构全等技巧（构全等(四) “十字架”构全等） 典例精课时 【例】如图，在 △ABC 中，AC=BC，∠CAB=∠CBA=45°，点 M 为线段 BC 上一点，过点 C 作 CD⊥AM 交 AB 于点 D，在 BC 上取一点 N 使 CN=BM，连接 DN。求证：∠AMC=∠DNB。 解：过点 B 作 BG⊥BC，交 CD 的延长线于点 G。 ∵AM⊥CD，∠ACB=90°， ∴∠ACG+∠CAM=90°，∠ACD+∠BCG=90°， ∴∠CAM=∠BCG， ∵AC=BC，∴△ACM≌△CBG（ASA）， ∴CM=BG，∠AMC=∠G。 ∵CN=BM，∴CM=BN=BG， ∵BD=BD，∠DBN=∠DBG=45°，∴△DBN≌△DBG（SAS）， ∴∠G=∠BND，∴∠AMC=∠DNB。 十字架的标准开局：过 B 作 BC 的垂线，用「同角的余角」把 ∠CAM 转到 ∠BCG，ASA 得 △ACM≌△CBG，CM 搬到 BG、∠AMC 搬到 ∠G；45° 底角使 ∠DBN=∠DBG=45°，CM=BN=BG 一线穿起，SAS 得 △DBN≌△DBG。「一次 ASA 造垂线三角形 + 一次 SAS 收等腰」是本型的固定两步。 实战演练 1．如图，在 △ABC 中，AC=BC，∠ACB=90°，D 为 AC 上一点，DE⊥AB 于点 E，过点 D 作 DF⊥EC 交 BC 于点 F。若 DF=CE，求证：AD=2FB。 证明：过点 E 作 EH⊥AC 于点 H。 ∵AC=BC，∠ACB=90°，DE⊥AB， ∴∠B=∠A=∠EDA=45°，∴DE=EA。 ∵EH⊥AC，∴AH=DH，∠HEA=90°−∠A=45°， ∴∠A=∠HEA， ∴EH=AH=DH。 ∵CE⊥DF，EH⊥AC， ∴∠ECH+∠CEH=∠ECH+∠CDF=90°， ∴∠CEH=∠CDF。 ∵∠CHE=∠FCD=90°，CE=DF， ∴△CDF≌△HEC（AAS），∴CF=CH。 ∵CA=CB，∴CA−CH=CB−CF，即 AH=FB。 ∴AD=2AH=2FB。 45° 等腰直角三角形三次登场：△ADE 中 DE=EA、△AEH 中 EH=AH=DH。CE⊥DF 与 EH⊥AC 用「同角余角」导出 ∠CEH=∠CDF，AAS 得 △CDF≌△HEC，CF=CH；由 CA=CB 一减即 AH=FB，而 AH 恰是 AD 的一半（三线合一）。全等只是桥，「中点 = 中点」的转化才是 2 倍关系的来源。 2．如图，∠CAB=∠CBA=45°，M,N 分别是 CB,BC 的延长线上一点，过点 C 作 AM 的垂线分别交 AM,AB 于点 O,D，∠M=∠N。求证：CN=BM。 证明：过点 B 作 MN 的垂线交 CD 的延长线于点 G。则 ∠CBG=∠GBM=90°。 ∵CO⊥AM，∴∠GOM=90°=∠GBM， ∴∠G=∠M。 ∵∠ACM=∠GBC=90°，AC=BC，△ACM≌△CBG（ASA）， ∴CM=BG。 ∵∠GBD=90°−∠ABC=45°=∠NBD， ∠N=∠M=∠G，BD=BD， ∴△GBD≌△NBD（AAS），∴NB=BG，∴NB=CM， ∴NB−BC=CM−BC，即 CN=BM。 与例题同构：BG⊥BC 造出 △CBG，把 ∠M 转为 ∠G、CM 转为 BG；∠N=∠M=∠G 加上 45° 的 ∠NBD=∠GBD，AAS 得 △GBD≌△NBD，NB=BG=CM。两端各减去公共的 BC，CN=BM。「外侧作垂线 + 双全等」处理两延长线上的对称线段，是十字架模型的镜像用法。 第15课时　玩转 45° 角（45°角的用法(一) 再探手拉手——作垂直） 典例精课时 题型①　遇 45° 作垂线得等腰直角三角形 【例1】如图，在 Rt△ABC 中，∠BAC=90°，AB=AC，D 是 △ABC 外一点，∠ADC=45°，CD=4，连接 BD。求 △BCD 的面积。 解：过点 A 作 AE⊥AD 交 DC 的延长线于点 E，连接 BE。 ∵∠ADC=45°，∴△ADE 为等腰直角三角形， ∴AD=AE，∠AED=∠ADC=45°， ∵△ABC 为等腰直角三角形，∠BAE=∠DAC， ∴△ADC≌△AEB（SAS），∠AEB=∠ADC=45°， BE=CD=4， ∴∠BEC=∠AEB+∠AED=90°，BE⊥DC， ∴S△BCD=CD·BE=×4×4=8。 45° 是「造等腰直角三角形」的请柬：AE⊥AD 一作，△ADE 等腰直角立现，AD=AE；再借 ∠BAE=∠DAC 完成手拉手 △ADC≌△AEB，CD 平移为 BE，∠AEB=45° 与 ∠AED=45° 拼出 BE⊥DC——底 CD=4、高 BE=4，面积水到渠成。「作垂线→等腰直角→手拉手全等」是 45° 模型的三板斧。 【例2】如图，在等腰 Rt△ABC 中，AB=AC，P 是中线 BD 的延长线上一点，∠APB=45°，BP=12。求 CP 的长。 解：过点 A 作 AE⊥AP 交 BP 于点 E，AF⊥BP 于点 F。 ∵∠APB=45°，∴△APE 为等腰直角三角形， ∴△ABE≌△ACP（SAS）， ∴BE=CP，∠APC=∠AEB=135°，∴∠BPC=90°。 ∵AF⊥EP，∴EF=FP=AF， ∵BD 是 △ABC 的中线，∴AD=CD， ∴△ADF≌△CDP（AAS），∴AF=CP=EF=EP， ∴BP=BE+EF+FP=3CP，∵BP=12，∴CP=4。 ∠APB=45° 递上等腰直角 △APE：AE⊥AP 后 SAS 得 △ABE≌△ACP，BE=CP 且 ∠APC=135° 反推 ∠BPC=90°；等腰直角 △APE 中斜边上的高 AF 平分底边，EF=FP=AF；中线给 AD=CD，AAS 得 △ADF≌△CDP，AF=CP。三条等长线段一串，BP=3CP，「三分之一」关系使 CP=4 脱口而出。 题型②　隐 45° 角 【例3】如图，在等腰 Rt△ABC 中，AB=AC，D 是 △ABC 外一点，∠ADC=135°。求证：BD⊥CD。 证明：过点 A 作 AE⊥AD 交 CD 的延长线于点 E。 ∵∠ADC=135°，∴∠ADE=45°， ∴△ADE 为等腰直角三角形， ∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAD=∠CAE， ∵AB=AC，AD=AE， ∴△ABD≌△ACE（SAS），∠ADB=∠E=45°， ∴∠BDC=∠ADC−∠ADB=135°−45°=90°， ∴BD⊥CD。 135°=180°−45°：延长 CD 后 ∠ADE=45° 自动现形，等腰直角 △ADE 给出 AD=AE；90°+90° 的「同角余角」把 ∠BAD 转成 ∠CAE，手拉手 SAS 得 △ABD≌△ACE，∠ADB=45° 从 ∠ADC=135° 中一减，垂直即证。与例1 同法，只是 45° 藏在补角里。 实战演练 1．如图，D 为 Rt△ACB 外一点，∠ACB=90°，AC=BC，∠ADC=45°。求证：∠CDB=45°。 解：过点 C 作 CD 的垂线交 DA 的延长线于点 E， ∵∠ADC=45°，∴∠E=∠ADC=45°，∴EC=CD， ∵∠ECD=90°，∠ACB=90°， ∴∠ACE=∠DCB，又 ∵AC=CB， ∴△ACE≌△BCD（SAS），∴∠CDB=∠E=45°。 ∠ADC=45° 的邻补角一侧作垂线，等腰直角 △ECD 立现，EC=CD；「同角的余角」把 ∠ACE 转成 ∠DCB，手拉手 SAS 完成 △ACE≌△BCD，∠CDB 与 ∠E 互换——45° 从 D 处搬到 CDB，垂直背景一气贯通。 2．如图，D 是 △ABC 内一点，BD=CD，BD⊥CD，∠BAD=45°，若 AB=8，求 △ABC 的面积。 解：过点 D 作 DE⊥AD 交 AB 于点 E，连接 CE。 ∵∠BAD=45°，∴△ADE 为等腰直角三角形，∴AD=DE。 ∵BD=CD，∠BDC=90°=∠ADE，∴∠ADB=∠EDC， ∴△ABD≌△ECD（SAS）， ∴AB=CE=8，∠DAB=∠DEC=∠DEA=45°， ∴∠AEC=90°，CE⊥AB， ∴S△ABC=AB·CE=×8×8=32。 内点 D 处的等腰直角 △BDC 与 △ADE「旋转对接」：∠BDC=∠ADE=90° 各减去中间的公共部分得 ∠ADB=∠EDC，SAS 得 △ABD≌△ECD，AB 转身成为 CE；而 ∠DEC=∠DEA=45° 相加即 ∠AEC=90°，CE 恰是 AB 边上的高——面积公式一步到位。旋转全等把「线段转移」与「位置垂直」一次送齐。 3．如图，在等腰 Rt△ABC 中，AB=AC，O 是 △ABC 内一点，∠BOC=∠AOC=135°。求证：BO=2AO。 证明：过点 A 作 AD⊥AO 交 CO 的延长线于点 D，连接 BD，过点 D 作 DE⊥BO 于点 E。 ∵∠BOC=∠AOC=135°， ∴∠BOD=∠AOD=45°， ∴△ADO 为等腰直角三角形， ∴△ABD≌△ACO（SAS）， ∴∠ADB=∠AOC=135°， ∴∠BDC=∠ADB−∠ADO=135°−45°=90°， ∴△BDO 为等腰直角三角形， ∴BE=OE=DE， ∵∠BOD=∠ADO=45°， ∴DA=DE，∴AO=AD=DE=BE=OE， ∴BO=BE+OE=2AO。 135° 与 45° 互为邻补：AD⊥AO 后 ∠BOD=∠AOD=45°，等腰直角 △ADO 给 AD=AO；手拉手 △ABD≌△ACO 把 135° 搬到 ∠ABD，外角一减 ∠BDO=90°，第二只等腰直角 △BDO 出现。两个等腰直角三角形的斜边中线（DE、各段）一串，BO=BE+OE 恰好是 AO 的两倍。「135° → 45° → 双等腰直角」链条完整。 第16课时　玩转 45° 角（45°角的用法(二) 再探手拉手——夹半角模型） 典例精课时 题型①　内夹型 【例1】如图，在 △ABC 中，AC=BC，∠ACB=90°，D,E 为边 AB 上的两点，∠DCE=45°，∠CDE=60°。求证：DE=2AD。 证明：过点 C 作 CM⊥CE，且 CM=CE，连接 AM，MD。 ∴∠MCE=90°=∠ACB，∴∠MCA=∠BCE。 ∵CA=CB，CM=CE，∴△ACM≌△BCE（SAS）， ∴∠MAC=∠B。∵∠ACB=90°，∴∠CAB+∠B=90°， ∴∠MAC+∠CAB=∠B+∠CAB=90°， 即 ∠MAD=90°。∵CM⊥CE，∠DCE=45°， ∴∠MCD=45°， ∴∠MCD=∠ECD。∵CM=CE，CD=CD， ∴△MCD≌△ECD（SAS），∴DE=MD，∠CDM=∠CDE=60°，∴∠MDA=60°， ∴∠AMD=90°−∠MDA=30°，∵∠MAD=90°， ∴MD=2AD，∴DE=2AD。 夹半角 ∠DCE=45° 的标配动作：作 CM⊥CE 且 CM=CE，把「半角」两侧各翻出一只手拉手全等——△ACM≌△BCE 把 ∠B 搬到 ∠MAC，拼出 ∠MAD=90°；△MCD≌△ECD 把 DE 搬成 MD。最终落在含 30° 角的直角 △AMD 上：∠AMD=30°，斜边 MD=2AD。两次全等都是为了「搬运」，收官靠 30° 直角三角形的倍数关系。 题型②　错位型 【例2】如图，在 △ABC 中，AB=AC，∠BAC=90°，D 为 BC 上一点，E 为 BC 延长线上一点，∠DAE=45°，∠AEB=15°。若 BD=5，求 BE 的长。 解：过点 A 作 AF⊥AD，且 AF=AD，连接 CF，EF。 ∵AB=AC，∠BAC=90°， ∴△ABD≌△ACF（SAS）， ∴BD=CF，∠B=∠ACF=45°，∴∠BCF=90°， ∵∠DAE=45°，∴∠FAE=45°， ∴△ADE≌△AFE（SAS）， ∴EF=ED，∠AEF=∠AEB=15°， ∴∠FEB=30°，∴EF=2BF，∴ED=2BD=10， ∴BE=BD+DE=15。 错位型与内夹型同一副骨架：AF⊥AD 且 AF=AD，第一组 SAS 把 BD 搬到 CF（∠BCF=90°），第二组 SAS 把 DE 搬到 FE；∠AEB=15° 翻倍成 ∠FEB=30°，30° 直角三角形中 EF=2BF，于是 DE=2BD=10，BE=5+10=15。「双全等搬运 + 30° 角倍分」是错位型的完整解法链。 实战演练 1．如图，在 △ABC 中，AC=BC，∠ACB=90°，E,F 分别为 AC,BC 上的点，D 为 AB 的中点，∠EDF=45°。求证：BF=EF+CE。 证明：连接 CD，过点 D 作 DM⊥DE 交 CB 于点 M。 ∵CA=CB，∠ACB=90°，D 为 AB 的中点， ∴∠A=∠B=∠ACD=∠BCD=45°，CD⊥AB。 ∴CD=DB，∠CDB=90°， ∴ED⊥DM，∠EDM=90°， ∴△CDE≌△BDM（SAS）， ∴CE=BM，DM=DE， ∴∠EDM=90°，∠EDF=45°， ∴∠MDF=45°，∠EDF=∠MDF， ∵DF=DF，∴△DEF≌△DMF（SAS），∴EF=FM， ∴BF=BM+FM=CE+EF。 直角三角形斜边中线 CD 先给出 45° 的「半角舞台」：CD=DB 且 ∠CDB=90°，对 DE 作垂线 DM 即完成夹半角的旋转对接——△CDE≌△BDM 把 CE 搬成 BM，∠EDF=∠MDF=45° 再用公共 DF 完成 △DEF≌△DMF，EF=FM。BF=BM+MF 一拆，CE 与 EF 各就各位。这是「中点+半角」的典型收尾。 第17课时　玩转 45° 角（45°角的用法(三) 再探手拉手——共顶点的三等腰模型） 典例精课时 【例】如图，在等腰 Rt△ABC 中，AB=AC，D 是 △ABC 外一点，∠BDC=45°。求证：AD=AB。 解：过点 C 作 CE⊥BD 于点 E，连接 AE， 过点 A 作 AF⊥AE 交 CE 于点 F。∵∠BDC=45°， ∴△DCE 为等腰直角三角形，∴CE=DE， ∵∠BAC=∠EAF=90°， ∴∠BAE=∠CAF，∠ABE=∠ACF， ∵AB=AC，∴△ABE≌△ACF（ASA）， ∴AE=AF，∴△AEF 为等腰直角三角形， ∴∠AEF=45°。∴∠AEF=∠DEA=45°， ∵DE=CE，AE=AE， ∴△EAC≌△EAD（SAS），∴AC=AD。 ∵AB=AC，∴AB=AD。 「三等腰」连环套：CE⊥BD 借 45° 造出第一只等腰直角 △DCE（CE=DE）；AF⊥AE 借 90°+90° 的余角关系完成手拉手 △ABE≌△ACF，AE=AF 造出第二只等腰直角 △AEF（∠AEF=45°）；45° 相等加上 DE=CE，SAS 得 △EAC≌△EAD——第三只等腰把 AC 送成 AD。结论 AB=AD 正是「三只等腰、层层递进」的合力。 实战演练 1．如图，在四边形 ABCD 中，AB=AD，AB⊥AD，∠BCD=135°。 （1）求证：AC=AB； （2）求证：∠CAD=2∠DBC。 （1）解：过点 B 作 BE⊥DC 交 DC 的延长线于点 E，连接 AE，过点 A 作 AF⊥AE 交 CD 的延长线于点 F。 ∵∠BCD=135°，∴∠BCE=45°， ∴△BCE 为等腰直角三角形，∴BE=CE， ∵AB⊥AD，∴∠BAE=∠DAF， ∵AB=AD，∠BAD=∠BEC=90°， ∴∠ABE+∠ADE=180°， ∵∠ADF+∠ADE=180°，∴∠ABE=∠ADF， ∴△ABE≌△ADF（ASA），∴AE=AF， △AEF 为等腰直角三角形，∴∠AEF=∠F=45°， ∴∠AEB=∠AEF=45°，∵BE=CE，AE=AE， ∴△ABE≌△ACE（SAS），∴AB=AC； （2）设 ∠CAD=2α，则 ∠BAC=90°−2α，∵AB=AC， ∠ABC===45°+α， ∴∠DBC=∠ABC−∠ABD=45°+α−45°=α， ∴∠CAD=2∠DBC。 与例题互为镜像：135° 的外角在延长线上翻出 45°，等腰直角 △BCE 先行；AF⊥AE 的手拉手 △ABE≌△ADF 给 AE=AF，第二只等腰直角 △AEF 又把 ∠AEB 拉回 45°，于是 △ABE≌△ACE，AB=AC——三只等腰接力如出一辙。第（2）问只需设 ∠CAD=2α 做一次代数追踪，∠DBC=α 从等腰底角里自然析出，二倍关系立现。 第18课时　玩转 45° 角（45°角的用法(四) 再探手拉手——破解手拉脚、脚拉脚） 典例精课时 题型①　手拉脚→手拉手 【例】如图，在 △ADE 和 △ABC 中，AD=AE，AB=BC，∠DAE=∠ABC=90°，延长 DB 到点 F，使 BF=DB，连接 CF，CE。求证：CF=CE，CF⊥CE。 证明：延长 CB 到点 H，使得 HB=CB，连接 AH，延长 HD 交 CE 于点 O， ∵DB=BF，∴△DBH≌△FBC（SAS）， ∴HD=CF，∠DHB=∠FCB，∴HD∥CF， ∵△ABC 为等腰直角三角形，∴AB=BC=BH， ∴△AHC 为等腰直角三角形， ∴△ADH≌△AEC（SAS）， ∴HD=CE，∠AHD=∠ACE， ∵∠HAC=90°，∴∠COH=∠HAC=90°， ∵HD∥CF，∴∠FCE=180°−∠COH=90°， ∴CF=CE，CF⊥CE。 「手拉脚」的两个 90° 顶角是突破口：把 CB 倍长到 H，DB=BF 与 HB=CB 两次倍长把 △DBH 与 △FBC 接成手拉手，HD=CF 且 HD∥CF；等腰直角 △AHC 又给 AH=AC，第二次 SAS △ADH≌△AEC 把 HD 换回 CE。两条线段都等于 HD，CF=CE；∠COH=90° 经平行传递到 ∠FCE=90°——线段相等与垂直一对结论同时落地。 题型②　脚拉脚→手拉手 2．如图，△ABC 和 △DCE 都是等腰直角三角形，∠BAC=∠CDE=90°，且点 D 在 BA 的延长线上，连接 BE。求证：BE⊥BC。 证明：分别将 △ABC 和 △CDE 沿 AC、CD 翻折，得到 △BCF 和 △ECG， 则 △BCF 和 △ECG 为等腰直角三角形， ∴△EBC≌△GFC，BE=FG， 延长 BE、GF 交于点 O，可得 BE⊥FG。 过点 E 作 EH∥FG 交 AB 于点 H，∵ED=DG， ∴△DEH≌△DGF（AAS），∴EH=FG， ∵BE=FG，∴EH=BE， ∵BE⊥FG，∴EH⊥BE， ∴△BEH 为等腰直角三角形，∴∠EHB=45°，∠ECB=45°， ∴∠EHB=∠ECB=45°，∴EB⊥BC。 脚拉脚的破解口诀是「翻折两次，凑出手拉手」：把两个等腰直角分别沿 AC、CD 翻折，得到 △BCF 与 △ECG，全等把 BE 换成 FG 并给出 BE⊥FG；再过 E 作 FG 的平行线 EH，用 AAS 借 ED=DG 得 EH=FG=BE，于是 △BEH 是等腰直角，∠EHB=45°。45° 与 ∠ECB=45° 一对齐，EB⊥BC 即刻成立。 第19课时　等边三角形的性质与判定（等边三角形的性质与判定） 题型①　等边三角形的性质 典例精课时 【例1】如图，△ABC 和 △BDE 都是等边三角形，连接 AD、CD、CE，若 ∠DCE=66°，求 ∠ADC 的度数。 解：∵△ABC 和 △BDE 都是等边三角形， ∴AB=BC，BD=BE，∠ABC=∠DBE=60°， ∴∠ABD=∠CBE， ∴△ABD≌△CBE，∴∠BAD=∠BCE， ∵∠DCE=66°，∴∠BCD+∠BCE=66°， ∴∠BCD+∠BAD=66°， ∴∠DAC+∠DCA=120°−66°=54°， ∴∠ADC=180°−54°=126°。 共顶点 B 的两只等边是「手拉手」的标准配置：SAS 得 △ABD≌△CBE，∠BAD 与 ∠BCE 互换身份。于是 ∠DCE=∠BCD+∠BCE 摇身变成 ∠BCD+∠BAD——恰好是 △ADC 两个底角之外被「借走」的部分。用 △ABD 的 120° 内角和减回 66°，顶角 ∠ADC=126° 应声而出。 题型②　等边三角形的判定 【例2】如图，在四边形 ABCD 中，∠D=60°，AD=BC=AB+CD，求 ∠B 的度数。 解：延长 DC 至点 M，使 CM=AB，连接 AM， 则 △AMD 是等边三角形， 易证 △BCA≌△MAC，∴∠B=∠M=60°。 和差条件 AD=AB+CD 与 60° 是「补短造等边」的信号：延长 DC 至 M 使 CM=AB，则 DM=CD+CM=AD——△AMD 有两边相等且夹角 60°，等边判定一步到位，∠M=60°。再由 BC=AM、AC 公共、CM=AB 的组合，△BCA≌△MAC 把 ∠B 送到 ∠M，60° 轻松收回。 题型③　等边三角形的性质与判定的综合 【例3】如图，在 △ABC 中，∠ACB=90°，AC=BC，CD 平分 ∠ACB，∠CDB=120°，延长 BD 至点 E，使 CE=AC。 （1）求证：△ACE 为等边三角形； （2）求证：DE=BD+CD。 （1）证明：∵CD 平分 ∠ACB，∴∠BCD=∠ACB=45°， ∴∠CBE=∠CDE−∠BCD=60°−45°=15°。 ∵AC=BC，CE=AC，∴CB=CE，∴∠CEB=∠CBE=15°， ∴∠BCE=180°−∠CBE−∠CEB=150°， ∴∠ACE=∠BCE−∠ACB=150°−90°=60°， ∵CA=CE，∴△ACE 为等边三角形。 （2）在 DE 上截取 DH=CD，连接 CH， ∵∠CDE=60°，∴△CDH 为等边三角形， ∴CH=CD，∠CHD=60°=∠CDH， ∴∠CDB=∠CHE=120°， ∵∠CBD=∠CEH，CB=CE， ∴△CBD≌△CEH（AAS），∴BD=EH， ∴DE=EH+DH=BD+CD。 第（1）问是「角度追踪定形」：45° 平分线与外角 60° 一相减，15° 底角浮出；CE=AC=BC 使 △BCE 等腰，∠BCE=150°，减去直角得 ∠ACE=60°——一个顶角 60° 的等腰即等边。第（2）问在 BE 上截取 DH=DC：∠CDH=180°−120°=60° 顺势造出等边 △CDH，120° 对 120° 的 AAS 把 BD 送到 EH，DE=EH+DH=BD+CD。「60° 判等边 + 截长补短」双剑合璧。 实战演练 1．如图，点 D 是等边 △ABC 的边 AB 上一点，连接 CD，并以 CD 为边作等边 △CDE，过点 D 作 DF⊥BC，垂足为 F。若 AF∥DE，BC=6，求 CF 的长。 解：∵△ABC、△DEC 均为等边三角形， ∴AC=BC，∠BAC=∠ABC=∠ACB=∠DCE=∠DEC=60°， ∴∠ACD=∠BCE=∠BDE。 ∵DE∥AF，∴∠BDE=∠BAF=∠ACD。 ∵AB=AC，∴△ABF≌△CAD（ASA），∴AD=BF。 ∵DF⊥BC，∠ABC=60°，∴∠BDF=30°。 ∴DB=2BF。∴BC=AB=BD+AD=3BF=6，BF=2， ∴FC=BC−BF=4。 共顶点 C 的双等边先送手拉手全等；平行线 AF∥DE 把 ∠BDE 平移给 ∠BAF，凑出 ASA 的 △ABF≌△CAD，AD=BF 完成「小段转移」。收官全靠 60° 里的 30°：DF⊥BC 时 ∠BDF=30°，30° 所对直角边是斜边一半，DB=2BF，于是 AB=BD+AD=3BF——BC=6 直接解出 BF=2，CF=4。 2．如图，在 Rt△ABC 中，∠ACB=90°，CA=CB，∠BAD=∠ADE=60°，DE=3，AB=10，CE 平分 ∠ACB，DE 与 CE 相交于点 E，求 AD 的长。 解：延长 DE 交 AB 于点 F，延长 CE 交 AB 于点 G。 ∵∠BAD=∠D=60°，∴△ADF 是等边三角形， ∴AD=AF=DF，∠AFD=60°。 ∵CA=CB，CE 平分 ∠ACB， ∴CG⊥AB，即 ∠CGB=90°，AG=AB=5，∴∠FEG=30°。 设 AD=AF=DF=a，在 Rt△GEF 中，∠AFD=60°，EF=DF−DE=a−3， ∴GF=EF=，由 AF−GF=AG， 得 a−=5，∴a=7，∴AD=7。 两个 60° 相遇于 D，补形出等边 △ADF 把 AD「躺」到 AB 上（AF=AD）；等腰直角三角形的三线合一给 CG⊥AB、AG=5，Rt△GEF 中 60° 的 ∠F 自动补出 30° 的 ∠FEG 与 GF=½EF。设 a 一元一次方程 a−(a−3)∕2=5，AD=7 秒解——「补形 + 三线合一 + 30° 倍分」是这类复合图形的固定套路。 3．如图，△ABC 为等边三角形，D,E,N 分别为 BC,AB,AC 上一点，∠ADE=∠ADN=60°。 （1）求证：BE=CN； （2）若 DN=2DE，求 AD/DE 的值。 （1）解：延长 DE 至点 F，使 DF=AD，连接 AF。 ∵∠ADF=60°，∴△ADF 为等边三角形， ∴AD=AF，∠F=∠FAD=60°。 ∵△ABC 为等边三角形，∴∠BAC=60°，AB=AC。 ∵∠ADN=60°，∴∠F=∠ADN，∠FAD=∠BAC， ∴∠FAE=∠DAN。∴△AFE≌△ADN（AAS）， ∴AE=AN，∴AB−AE=AC−AN，即 BE=CN； （2）由（1）知 △AFE≌△ADN，∴EF=DN。 ∵DN=2DE，∴EF=2DE，∴DF=DE+EF=3DE。 ∵△ADF 为等边三角形，∴AD=DF=3DE， ∴AD/DE=3。 「补形造等边」再次显威：延长 DE 截 DF=AD，60° 直接把 △ADF 补成等边，AF=AD 且 ∠F=60°；∠F=∠ADN 与 ∠FAD=∠BAC 联手导出 ∠FAE=∠DAN，AAS 完成 △AFE≌△ADN，AE=AN——BE 与 CN 只差两次减法。第（2）问更妙：全等把 DN 复制为 EF，DN=2DE 使 DF=3DE，而 DF 恰是等边边长 AD，比值 3 一步到位。 第20课时　等边三角形（构等边(一) 作平行线） 典例精课时 题型①　过边上一点作平行线构等边 【例1】△ABC 为等边三角形，D 为 AC 上一点，E,F 分别为 BC 及其延长线上一点，AD=BE+CF。求证：DE=DF。 证明：过点 D 作 DM∥AB 交 BC 于点 M。 ∵△ABC 为等边三角形， ∴∠B=∠ACB=∠A=60°，AC=BC。∵DM∥AB， ∴∠MDC=∠A=60°，∠DMC=∠B=60°， ∴△DMC 为等边三角形，∴DC=MC=DM。 ∵AC=BC，∴AD=BM=BE+EM， ∵AD=BE+CF，∴EM=CF。 ∵∠DME=180°−∠DMC=120°，∠DCF=180°−∠ACB=120°， ∴∠DCF=∠DME，∴△DME≌△DCF（SAS），∴DE=DF。 和差条件 AD=BE+CF 配「平行线构等边」：作 DM∥AB，一步得到等边 △DMC，把 AC=BC 转移为 BM+EM=BE+CF，公共段 BE 抵消后剩下 EM=CF；再借两个 120° 的等角与 DM=DC 完成 SAS。「平行线截等边→等边」是拆和差条件的常用开局。 题型②　过边的延长线上一点作平行线构等边 【例2】如图，△ABC 是等边三角形，D 是 AB 的延长线上一点，延长 BC 至点 E，使 CE=AD，DE 交 AC 的延长线于点 F。求 的值。 解：过点 D 作 DG∥BC 交 AF 的延长线于点 G。 ∵△ABC 为等边三角形， ∴∠ABC=∠ACB=60°，AB=AC。∵BC∥DG， ∴∠ADG=∠ABC=60°，∠G=∠ACB=60°， ∴△ADG 为等边三角形，∴AD=AG=DG， ∴AD−AB=AG−AC，即 BD=CG。 ∵DG∥BC，∴∠E=∠FDG，∠ECF=∠G。 ∵CE=AD=DG，∴△CEF≌△GDF（AAS）， ∴CF=FG，∴CG=2CF。 ∴BD=CG，∴==。 形外作平行线 DG∥BC 造等边 △ADG：等边三角形三条边转移出 BD=CG（同减公共段 AB/AC）；再用 CE=AD=DG 与两组平行内错角完成 AAS，F 成为 CG 中点，比值水到渠成。「延长线上的和差」优先考虑形外构等边。 题型③　综合运用 【例3】如图，在等边 △ABC 中，D 是 AC 边上一点，E 是 BA 延长线上一点，BD=DE。（1）求证：AE=CD； （2）若 F 是 BD 的中点，求证：CE=2CF。 （1）证明：过点 D 作 DG∥BC 交 AB 于点 G， 易得 △ADG 为等边三角形， ∴AD=AG，∵AC=AB，∴CD=BG， ∵BD=DE，∠DBG=∠DEA，∠DGB=∠DAE=120°， ∴△BDG≌△EDA（AAS），∴BG=AE=CD； （2）证明：延长 CF 到点 H，使 FH=CF，连接 BH，易证 △CDF≌△HBF（SAS），∴BH=CD，∠CDF=∠HBF， ∵∠CBH=∠HBF+∠CBD=∠CDF+∠CBD=180°−∠BCD=120°=∠CAE，由(1)得， AE=CD=BH，∴△CAE≌△CBH（SAS），∴CE=CH=2CF。 第(1)问「形内作平行线」：DG∥BC 造等边 △ADG，CD 转移为 BG，再由 BD=DE 与两个 120° 角完成 AAS。第(2)问「中线倍长」：F 是 BD 中点，延长 CF 到 H 使 FH=CF，△CDF≌△HBF 把 CD 转移到 BH，并把 ∠CDF 搬到 ∠HBF；拼出 ∠CBH=120°=∠CAE 后用(1)的结论 AE=BH 收尾 SAS。两次转移（平行线等边 + 倍长中线）层层递进，是综合题的典型结构。 实战演练 1．如图，△ABC 为等边三角形，E 为边 AC 上一点，D 为 AB 的延长线上一点，CE=BD，AE=2CE。求 ∠D 的度数。 解：过点 E 作 EM∥BC 交 AB 于点 M， ∴∠AME=∠ABC，∠AEM=∠ACB。 ∵△ABC 为等边三角形， ∴AB=AC，∠ABC=∠ACB=60°， ∴∠AME=∠AEM=60°， ∴△AME 为等边三角形，∴AM=ME=AE。 ∴AB−AM=AC−AE，即 BM=CE。 ∵CE=BD，∴BM=BD=CE， ∴MD=BD+BM=2CE。 ∵AE=2CE，∴ME=AE=2CE， ∴ME=MD，∴∠D=∠MED。 ∵∠AME=∠D+∠MED=60°， ∴2∠D=60°，∴∠D=30°。 作 EM∥BC 造等边 △AME，两条和差关系同时兑现：BM=CE=BD 使 MD=BD+BM=2CE，又 ME=AE=2CE，△MDE 成为等腰三角形，再用外角定理 ∠AME=∠D+∠MED 收口。 2．如图，在等边 △ABC 中，P 为 AC 的中点，点 E 在 AB 的延长线上，点 F 在 BC 的延长线上，且满足 ∠AEP=∠PFC，求 的值。 解：过点 P 作 PM∥BC 交 AB 于点 M， ∴△AMP 为等边三角形， ∴AP=MP，∠AMP=60°， ∵P 为 AC 的中点，∴AP=PC，∴MP=PC， ∵∠ACB=60°，∴∠EMP=∠PCF=120°， ∵∠AEP=∠PFC，∴△PCF≌△PME（AAS）， ∴CF=ME， ∴BF−BE=BC+CF−ME+MB=BC+MB， 又∵P 为 AC 的中点，MP∥BC， ∴MB=BC，∴BF−BE=BC+BC=BC， ∴=。 中点 P 配平行线 PM∥BC：AP=PC 转移为 MP=PC，两个 120° 角加已知等角完成 AAS，得 CF=ME。注意 E 在 AB 延长线上，B 夹在 M,E 之间，故 BE=ME−MB，BF−BE=BC+MB；中位线再给 MB=½BC，比值即 3/2。 3．如图，△ABC 为等边三角形，E 是边 AC 上一点，以 BE 为边作等边 △BEF，G 在 BA 的延长线上，且 EB=EG，连接 CF。求证：AB=AG+CF。 证明：过点 E 作 EH∥BC 交 AB 于点 H。 ∵△ABC，△BEF 为等边三角形， ∴AB=BC，EB=EF，∠ABC=∠EBF=60°， ∴∠ABE=∠CBF，∴△ABE≌△CBF（SAS），∴AE=CF； ∵EH∥BC，∴∠AHE=∠ABC，∠AEH=∠ACB。 ∵△ABC 为等边三角形， ∴∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°， ∴∠AHE=∠AEH=60°=∠HAE， ∴AH=AE，∠EAG=∠EHB。 ∵EG=EB，∴∠G=∠EBH， ∴△EAG≌△EHB（AAS），∴BH=AG， ∴AB=AH+BH=AE+AG=CF+AG。 「共顶点双等边」先手拉手：△ABE≌△CBF 给出 AE=CF；再作 EH∥BC 造等边 △AHE，把 AE 转移到 AH；EG=EB 的等腰 △EBG 与 △EAG、△EHB 完成 AAS，BH=AG；AB=AH+BH=AE+AG=CF+AG，和差证明一气呵成。 第21课时　等边三角形（构等边(二) 作等边三角形） 典例精课时 题型①　利用 60° 构等边三角形得全等 【例1】如图，BE∥CF，点 A 在 EF 上，△ABC 为等边三角形，且 ∠CAF=∠ABE。求证：BE=AF+CF。 证明：在 EB 上截取 EG=EA，连接 AG。 ∵∠CAF=∠ABE， ∴∠BAF=∠BAC+∠CAF=60°+∠CAF=∠E+∠ABE，∴∠E=60°， ∴△AEG 为等边三角形，∴∠AGB=120°， ∵BE∥CF，∴∠F=180°−∠E=120°， ∴∠AGB=∠F。 ∵AB=AC，∴△AGB≌△CFA（AAS）， ∴CF=AG=EG，AF=BG， ∴BE=BG+EG=AF+CF。 平行线给出 ∠E 与 ∠F 互补，等边条件把 60° 藏进 ∠BAC；在 EB 上截 EG=EA 造等边 △AEG，∠AGB=120° 与 ∠F 对上，AB=AC 完成 AAS，两段转移 BG=AF、EG=CF 后 BE 的和差自动成立。 题型②　利用 60° 构等边三角形得手拉手全等 【例2】如图，E 为等边 △ABC 内一点，∠BEA=90°，∠AEC=150°。求证：BE=2EC。 证明：在 EC 右侧作等边 △ECF，连接 AF，则 B，E，F 三点共线。 易证 △ACF≌△BCE（SAS）。 ∴AF=BE， 又 ∠FEC=60°，∠AEF=∠AEC−∠FEC=90°。 ∵∠AFC=∠BEC=120°，∴∠AFE=60°。 ∴∠EAF=90°−60°=30°。 ∴AF=2EF，∴BE=2EC。 绕 E 把 △BEC「手拉手」转到 △FEC：等边 △ECF 造出 60°，∠AEC=150° 剩下 ∠AEF=90°；全等再搬来 ∠AFC=120°，Rt△AEF 里 30° 角对半边，AF=2EF 换名成 BE=2EC。构等边+旋转是「内点角度和差」的标准解法。 实战演练 如图，在 △BCD 中，∠DBC=60°，以 CD 为边在 CD 上方作等边三角形 CDE。 （1）求证：BD=BC+BE； （2）F 是 DE 的中点，连接 BF 并延长，交 CD 的延长线于点 G，若 ∠G=∠BCE，求证：GF=BF+BE。 （1）证明：在 BD 上截取 BO=BC， ∵∠DBC=60°，∴△BOC 为等边三角形， ∴CO=CB，∠OCB=∠BOC=60°，∴∠DOC=120°， ∵△CDE 为等边三角形，∴CD=CE，∠DCE=60°， ∴∠DCE=∠OCB=60°， 即 ∠OCD+∠OCE=∠OCE+∠BCE， ∴∠OCD=∠BCE，∴△OCD≌△BCE（SAS），∴OD=BE， ∴BD=BO+OD=BC+BE； （2）证明：在 GF 上截取 HF=BF，连接 DH。 ∵△OCD≌△BCE，∴∠EBC=∠DOC=120°， ∴∠OCB+∠EBC=180°，∴OC∥BE， ∵F 是 DE 的中点，∴FE=FD。 ∵∠BFE=∠HFD，∴△BEF≌△HDF（SAS）， ∴BE=HD，∠BEF=∠HDF，∴DH∥BE， ∴DH∥OC，∴∠HDG=∠OCD， 又∵∠G=∠BCE，∴∠G=∠HDG， ∴HG=HD，∴GF=GH+HF=BE+BF。 (1)在 60° 角内部截 BO=BC 造等边 △BOC，两个 60° 减公共角得 ∠OCD=∠BCE，SAS 搬运 OD=BE；(2)倍长思想变形——在 GF 上截 HF=BF，△BEF≌△HDF 把 BE 转移成 DH，并借平行线把 ∠G 与 ∠HDG 绑定，等腰 △HDG 收出 HG=HD，GF=GH+HF 一拆即得。 - 1 - 学科网（北京）股份有限公司 $