考点03 全等三角形与角平分线中相关辅助线问题（解析版）

考点03全等三角形与角平分线中相关辅助线问题知识框架1)全等中常见辅助线总结2）角平分线中常见辅助线总结分类讲解1)全等中常见辅助线总结方法1截长补短法（往往需证2次全等）截长补短法使用范围：线段和差的证明（1）截长：在较长线段上截取一段等于某一短线段，再证剩下的那一段等于另一短线段。例：如图，求证BE+DC=AD方法：=1\*GB3①在AD上取一点F，使得AF=BE，证DF=DC；=2\*GB3②在AD上取一点F，使DF=DC，证AF=BE（2）补短：将短线段延长，证与长线段相等例：如图，求证BE+DC=AD方法：=1\*GB3①延长DC至点M处，使CM=BE，证DM=AD；=2\*GB3②延长DC至点M处，使DM=AD，证CM=BE（3）旋转：将包含一条短边的图形旋转，使两短边构成一条边，证与长边相等。注：旋转需要特定条件（两个图形的短边共线）例：如图，已知AB=AC，∠ABM=∠CAN=90°，求证BM+CN=MN方法：旋转△ABM至△ACF处，证NE=MN1．（2021·湖北八年级期末）如图，△ABC中，∠B=2∠A，∠ACB的平分线CD交AB于点D，已知AC=16，BC=9，则BD的长为（）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】B【分析】如图，在上截取连接证明利用全等三角形的性质证明求解再证明从而可得答案．【详解】解：如图，在上截取连接平分故选：【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，掌握以上知识是解题的关键．2．（2020·黑龙江龙凤初一期末）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=∠BAD．求证：EF=BE+FD．【答案】证明见解析．【分析】延长EB到G，使BG=DF，连接AG．先说明△ABG≌△ADF，然后利用全等三角形的性质和已知条件证得△AEG≌△AEF，最后再运用全等三角形的性质和线段的和差即可解答．【解析】延长EB到G，使BG=DF，连接AG．∵∠ABG=∠ABC=∠D=90°，AB=AD，∴△ABG≌△ADF．∴AG=AF，∠1=∠2．∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=∠BAD．∴∠GAE=∠EAF．又∵AE=AE，∴△AEG≌△AEF．∴EG=EF．∵EG=BE+BG．∴EF=BE+FD【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，做出辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．3．（2020·浙江秀洲初二期中）（1）问题背景：如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°，请探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系是什么？小明探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE，连结AG．先证明△ABE≌△ADG，得AE＝AG；再由条件可得∠EAF＝∠GAF，证明△AEF≌△AGF，进而可得线段BE，EF，FD之间的数量关系是．（2）拓展应用：如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD．问（1）中的线段BE，EF，FD之间的数量关系是否还成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．【答案】（1）EF＝BE+DF；（2）结论EF＝BE+DF仍然成立；证明见解析．【分析】（1）延长FD到点G．使DG=BE．连结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．连结AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解题．【解析】（1）EF＝BE+DF，理由如下：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）结论EF＝BE+DF仍然成立；理由：延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，如图2，∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADG＝180°，∴∠B＝∠ADG，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．【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．4．（2020·天津和平初二期中）(1)如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，G是AD上一点，∠ECG=45°，那么EG与图中两条线段的和相等？证明你的结论.(2)请用(1)中所积累的经验和知识完成此题，如图，在四边形ABCG中，AG//BC(BC>AG)，∠B=90°，AB=BC=12，E是AB上一点，且∠ECG=45°，BE=4，求EG的长?【答案】（1）EG=BE+DG；（2）EG=10.【分析】（1）延长AD至F，使DF=BE，连接CF，根据正方形的性质，可直接证明△EBC≌△FDC，从而得出∠BCE=∠DCF，根据∠GCE=45°，得∠GCF=∠GCE=45°，利用全等三角形的判定方法得出△ECG≌△FCG，即GE=GF，即可得出答案EG=BE+DE；(2)过C作CD⊥AG，交AG延长线于D．则四边形ABCD是正方形，设EG=x，则AE=8，根据（1）可得：AG=16-x，在直角△ADE中利用勾股定理即可求解.【解析】（1）解：EG=BE+DE如图（1）如图，延长AD在AD上截取DF=BE，连接CF∵正方形ABCD∴BC=DC，∠ABC=∠ADC=∠BCD=90°∵∠CDF=180°-∠ADC∴∠CDF=90°∴∠ABC=∠CDF∵BE=DF∴△EBC≌△FDC∴∠BCE=∠DCF，EC=FC∵∠ECG=45°∴∠BCE+∠GCD=90°-∠ECG=90°-45°=45°∴∠GCD+∠DCF=∠FCG=45°∴∠ECG=∠FCG∵GC=GC,EC=FC∴△ECG≌△FCG∴EG=GF∵GF=GD+DF=GD+BE∴EG=GD+BE（2）如图3，过C作CD⊥AG，交AG延长线于D，在直角梯形ABCD中，∵AG∥BC，∠A=∠B=90°，

又∠CDA=90°，AB=BC，∴四边形ABCG为正方形．∴AD=AB=BC=12．

已知∠ECG=45°，根据（1）可知，EG=BE+DG，

设EG=x，则AG=AD-(EG-BE)=12-(x-4)=16-x，∴AE=12-BE=8．

在Rt△AED中∵EG2=AG2+AE2，即x2=（16-x）2+82解得：x=10．∴EG=10．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质以及正方形的性质，解题的关键是注意每个题目之间的关系，正确作出辅助线．5．（2021·湖北）如图，△ABC为等边三角形，直线l经过点C，在l上位于C点右侧的点D满足∠BDC＝60°．（1）如图1，在l上位于C点左侧取一点E，使∠AEC＝60°，求证：△AEC≌△CDB；（2）如图2，点F、G在直线l上，连AF，在l上方作∠AFH＝120°，且AF＝HF，∠HGF＝120°，求证：HG＋BD＝CF；（3）在（2）的条件下，当A、B位于直线l两侧，其余条件不变时（如图3），线段HG、CF、BD的数量关系为．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）HG=CF+BD．【分析】（1）先利用角的和差证明∠BCD=∠EAC，然后利用AAS即可证明△AEC≌△CDB；（2）在l上C点左侧取一点E，使∠AEC=60°，连接AE，依次证明△AEC≌△CDB和△HGF≌△FEA即可得出结论；（3）在l上位于C点右侧取一点E，使∠AED=60°，连接AE，在l上取一点M，使BM=BD，依次证明△ACE≌△CBM和△HGF≌△FEA即可得出结论．【详解】解：（1）证明：∵△ABC是等边三角形，∴AC=BC，∠ACB=60°，∴∠BCD+∠ACE=120°，∵∠AEC=60°，∴∠ACE+∠EAC=120°，∴∠BCD=∠EAC，在△AEC和△CDB中∵,∴△AEC≌△CDB（AAS）；（2）证明：如图2，在l上C点左侧取一点E，使∠AEC=60°，连接AE，由（1）知：△AEC≌△CDB，∴BD=CE，∵∠AEC=60°，∴∠AEF=120°，∵∠AFH＝120°，∴∠AFE+∠FAE=∠AFE+∠GFH=60°，∴∠FAE=∠GFH，∵∠HGF=∠AEF=120°，AF=FH，∴△HGF≌△FEA（AAS），∴GH=EF，∴CF=EF+CE=HG+BD；（3）解：HG=CF+BD，理由是：如图3，在l上位于C点右侧取一点E，使∠AED=60°，连接AE，在l上取一点M，使BM=BD，∵∠BDC=60°，∴△BDM是等边三角形，∴∠BMD=60°，∵∠AED=60°，∴∠AEC=∠CMB=120°，∵∠ACB=60°，∴∠ACE+∠BCE=∠ACE+∠CAE=60°，∴∠CAE=∠BCE，∵AC=BC，∴△ACE≌△CBM（AAS），∴CE=BM=BD，由（2）可证△HGF≌△FEA（AAS），∴GH=FE，∵EF=CF+CE∴HG=CF+BD．故答案为：HG=CF+BD．【点睛】本题考查等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判断，三角形外角的性质等．掌握一线三等角的模型，能借助一线三等角证明对应角相等是解题关键．6．（2021·四川东辰国际学校八年级期末）已知在四边形ABCD中，∠ABC＋∠ADC＝180°，∠BAD＋∠BCD＝180°，AB＝BC（1）如图1，连接BD，若∠BAD＝90°，AD＝7，求DC的长度．（2）如图2，点P、Q分别在线段AD、DC上，满足PQ＝AP＋CQ，求证：∠PBQ＝∠ABP＋∠QBC（3）若点Q在DC的延长线上，点P在DA的延长线上，如图3所示，仍然满足PQ＝AP＋CQ，请写出∠PBQ与∠ADC的数量关系，并给出证明过程．【答案】（1）；（2）见解析；（3），证明见解析【分析】（1）根据已知条件得出为直角三角形，再根据证出，从而证出即可得出结论；（2）如图2，延长DC到K，使得CK=AP，连接BK，通过证△BPA≌△BCK（SAS）得到：∠1=∠2，BP=BK．然后根据证明得，从而得出，然后得出结论；（3）如图3，在CD延长线上找一点K，使得KC=AP，连接BK，构建全等三角形：△BPA≌△BCK（SAS），由该全等三角形的性质和全等三角形的判定定理SSS证得：△PBQ≌△BKQ，则其对应角相等：∠PBQ=∠KBQ，结合四边形的内角和是360°可以推得：∠PBQ=90°+∠ADC．【详解】（1）证明：如图1，．∵，，∴，在和中，∴，∴，∴；（2）如图2，延长至点，使得，连接∵，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，，∵，，∴，∵，，∴，∴，∴；（3）；如图3，在延长线上找一点，使得，连接，∵，∴，∵，∴，在和中，∴，∴，，∴，∵，∴，在和中，∴，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．7．（2020·江苏八年级月考）（1）问题背景：如图1：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC，CD上的点且∠EAF＝60°，探究图中线段BE、EF、FD之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，先证明ABE≌ADG，再证明AEF≌AGF，可得出结论，他的结论应是______________；（2）探索延伸：如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；（3）实际应用：如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以45海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以60海里/小时的速度前进，2小时后，指挥中心观测到甲、乙两地分别到达E、F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．【答案】（1）EF＝BE+DF；（2）结论EF＝BE+DF仍然成立；（3）此时两舰艇之间的距离是210海里【分析】（1）延长FD到点G，使DG=BE．连结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．连结AG，即可证明ABE≌ADG，可得AE=AG，再证明AEF≌AGF，可得EF=FG，即可解题；

（3）连接EF，延长AE、BF相交于点C，然后与（2）同理可证．【详解】解：（1）EF＝BE+DF，证明如下：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）结论EF＝BE+DF仍然成立；理由：延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，如图2，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；（3）如图3，连接EF，延长AE、BF相交于点C，∵∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°，∠EOF＝70°，∴∠EOF∠AOB，又∵OA＝OB，∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝180°，∴符合探索延伸中的条件，∴结论EF＝AE+BF成立，即EF＝2×（45+60）＝210（海里）．答：此时两舰艇之间的距离是210海里．【点睛】本题考查了全等三角形的判定以及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．方法2.与中点有关的辅助线1).已知中点（1）中线倍长法：将中点处的线段延长一倍。目的：=1\*GB3①构造出一组全等三角形；=2\*GB3②构造出一组平行线。将分散的条件集中到一个三角形中去。1．（2021·北京九年级专题练习）如图，中，，，为中线，求中线的取值范围．【答案】【分析】延长至点，使，连接，证明，得到，然后根据三角形三条边的关系求解即可．【详解】解：延长至点，使，连接，是中线，，在和中，，，，在中，，，，．【点睛】本题考查了三角形三条边的关系，以及全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）和全等三角形的性质（即全等三角形的对应边相等、对应角相等）是解题的关键．2．（2021·湖北随州市·八年级期末）在通过构造全等三角形解决的问题中，有一种典型的方法是倍延中线．（1）如图1，是的中线，求的取值范围．我们可以延长到点，使，连接，易证，所以．接下来，在中利用三角形的三边关系可求得的取值范围，从而得到中线的取值范围是；（2）如图2，是的中线，点在边上，交于点且，求证：；（3）如图3，在四边形中，，点是的中点，连接，且，试猜想线段之间满足的数量关系，并予以证明．【答案】（1）；（2）见解析；（3），证明见解析【分析】（1）延长到点，使，连接，即可证明，则可得，在中，根据三角形三边关系即可得到的取值范围，进而得到中线的取值范围；（2）延长到点使，连接，由（1）知，则可得，由可知，，由角度关系即可推出，故，即可得到；（3）延长到，使，连接，即可证明，则可得由，以及角度关系即可证明点在一条直线上，通过证明≌，即可得到，进而通过线段的和差关系得到．【详解】（1）延长到点，使，连接，∵是的中线，∴，在和中，，，，∴，∴，在中，，∴，即，∴；（2）证明:延长到点使,连接，由（1）知，∴，，，，，，，，（3），延长到，使，连接，，，，，，点在一条直线上，，∴，在和中，，，，∴≌，，∵，．【点睛】本题考查三角形中线、全等三角形的证明和性质、三角形的三边关系、等腰三角形的性质、平行线的性质、平角的概念、线段的和差关系等，正确的作出辅助线以及综合运用以上知识是解答本题的关键．3．（2021·四川七年级期末）在△ABC中，AB＝AC，点D是△ABC内一点，点E是CD的中点，连接AE，作EF⊥AE，若点F在BD的垂直平分线上，∠BAC＝α，则∠BFD＝_________．（用α含的式子表示）【答案】180°﹣α．【分析】根据全等三角形的性质得到∠EAC＝∠EMD，AC＝DM，根据线段垂直平分线的性质得到AF＝FM，FB＝FD，推出△MDF≌△ABF（SSS），得到∠AFB＝∠MFD，∠DMF＝∠BAF，根据角的和差即可得到结论．【详解】解：延长AE至M，使EM＝AE，连接AF，FM，DM，∵点E是CD的中点，∴DE＝CE，在△AEC与△MED中，，∴△AEC≌△MED（SAS），∴∠EAC＝∠EMD，AC＝DM，∵EF⊥AE，∴AF＝FM，∵点F在BD的垂直平分线上，∴FB＝FD，在△MDF与△ABF中，，∴△MDF≌△ABF（SSS），∴∠AFB＝∠MFD，∠DMF＝∠BAF，∴∠BFD+∠DFA＝∠DFA+∠AFM，∴∠BFD＝∠AFM＝180°﹣2（∠DMF+∠EMD）＝180°﹣（∠FAM+∠BAF+∠EAC）＝180°﹣∠BAC＝180°﹣α，故答案为：180°﹣α．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．4．（2021·江苏八年级期末）如图，在△ABC中，AD是高，E、F分别是AB、AC的中点，AB＝8，AC＝6．（1）求四边形AEDF的周长；（2）若∠BAC＝90°，求四边形AEDF的面积．【答案】（1）14；（2）12．【分析】（1）延长DE到G，使GE＝DE，连接BG，根据线段中点的定义求出AE＝4，AF＝3，并利用SAS证明△AED≌△BEG，由全等三角形的性质并再次利用全等三角形的判定得出△GBD≌△ABD，可证得DE＝AB＝4，同理DF＝AC＝3，即可计算出四边形的周长；（2）利用SSS可证△AEF≌△DEF，根据直角三角形的面积计算方法求出△AEF的面积，则四边形的面积即可求解．【详解】解：（1）延长DE到G，使GE＝DE，连接BG，∵E、F分别是AB、AC的中点，AB＝8，AC＝6，∴AE＝BE＝AB＝4，AF＝CF＝AC＝3．在△AED和△BEG中，，∴△AED≌△BEG（SAS）．∴AD＝BG，∠DAE＝∠GBE．∵AD⊥BC，∴∠DAE＋∠ABD＝90°．∴∠GBE＋∠ABD＝90°．即∠GBD＝∠ADB＝90°．在△GBD和△ABD中，，∴△GBD≌△ABD（SAS）．∴GD＝AB．∵DE＝GD，∴DE＝AB＝4．同理可证：DF＝AC＝3．∴四边形AEDF的周长＝AE＋ED＋DF＋FA＝14．（2）由（1）得AE＝DE＝AB＝4，AF＝DF＝AC＝3，在△AEF和△DEF中，，∴△AEF≌△DEF（SSS）．∵∠BAC＝90°，∴S△AEF＝AE•AF＝×4×3＝6．∴S四边形AEDF＝2S△AEF＝12．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定与性质并能利用倍长中线法构造全等三角形是解题的关键．5．（2021·湖北八年级期末）在通过构造全等三角形解决的问题中，有一种典型的方法是倍延中线．（1）如图1，是的中线，求的取值范围．我们可以延长到点，使，连接，易证，所以．接下来，在中利用三角形的三边关系可求得的取值范围，从而得到中线的取值范围是；（2）如图2，是的中线，点在边上，交于点且，求证：；（3）如图3，在四边形中，，点是的中点，连接，且，试猜想线段之间满足的数量关系，并予以证明．【答案】（1）；（2）见解析；（3），证明见解析【分析】（1）延长到点，使，连接，即可证明，则可得，在中，根据三角形三边关系即可得到的取值范围，进而得到中线的取值范围；（2）延长到点使，连接，由（1）知，则可得，由可知，，由角度关系即可推出，故，即可得到；（3）延长到，使，连接，即可证明，则可得由，以及角度关系即可证明点在一条直线上，通过证明≌，即可得到，进而通过线段的和差关系得到．【详解】（1）延长到点，使，连接，∵是的中线，∴，在和中，，，，∴，∴，在中，，∴，即，∴；（2）证明:延长到点使,连接，由（1）知，∴，，，，，，，，（3），延长到，使，连接，，，，，，点在一条直线上，，∴，∴在和中，，，，∴≌，，∵，．【点睛】本题考查三角形中线、全等三角形的证明和性质、三角形的三边关系、等腰三角形的性质、平行线的性质、平角的概念、线段的和差关系等，正确的作出辅助线以及综合运用以上知识是解答本题的关键．6．（2021·上海九年级专题练习）已知，在中，，点为边的中点，分别交，于点，．（1）如图1，①若，请直接写出______；②连接，若，求证：；（2）如图2，连接，若，试探究线段和之间的数量关系，并说明理由．【答案】（1）①45°；②见解析；（2），理由见解析【分析】（1）①利用直角三角形两个锐角相加得和三角形的外角等于不相邻的两个内角和的性质结合题干已知即可解题．②延长至点，使得，连接，从而可证明≌（SAS），再利用全等的性质，可知，即可知道，所以，根据题干又可得到，所以，从而得出结论．（2）延长至点，使得，连接，从而可证明≌（SAS），再利用全等的性质，可知，，根据题干即可证明≌（HL），即得出结论．【详解】（1）①∵，∴∵∴又∵∴∴故答案为．②如图，延长至点，使得，连接，∵点为的中点，∴，又∵，∴≌，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∴．（2）．如图，延长至点，使得，连接，∵，，∴≌，∴，，∵．∴≌，∴．【点睛】本题主要考查直角三角形的角的性质，三角形外角的性质，全等三角形的判定和性质以及平行线的性质．综合性较强，作出辅助线是解答本题的关键．（2）向中线作垂线：过线段两端点向中点处的线段作垂线。目的：构造出一组全等三角形辅助线技巧：锐角三角形的垂线在中线线段上；钝角三角形的垂线在中线线段的延长线上。1．（2021·全国初三专题练习）如图，是延长线上一点，且，是上一点，，求证：.【答案】详见解析【分析】分别过点D、C作AB的垂线，构建与，证其全等即可求得答案.【解析】如图，过点C作于点G，过点D作的延长线于点F，则有∠DFB=∠CGB=∠CGA=90°，又∵∠DBF=∠CBG，BD=BC，∴，∴DF=CG，.又，∴≌，.【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，正确添加辅助线，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键.2．（2021·全国初三专题练习）如图，已知AD为△ABC的中线，点E为AC上一点，连接BE交AD于点F，且AE＝FE.求证：BF＝AC．【答案】证明见解析【分析】向中线作垂线，证明，得到，再根据AE＝FE，得到角的关系，从而证明，最终得到结论.【解析】如图，分别过点、作，，垂足为、，则.，，，.，，，，又，，.【点睛】本题是较为典型的题型，至少可以用到两种方法来解题，此题的特点就是必须有中线这个条件才能构造平行四边形或双垂线.3．（2020.广东省七年级期中）如图，△ABC中，D为BC的中点，（1）在图中作出CM⊥AD，BN⊥AD，垂足分别为M、N；（2）求证：DM＝DN；（3）求AD＝3，求AM+AN的值．【分析】（1）根据条件作出图形，即可解答；（2）证明△BND≌△CMD，即可得到DN＝DM．（3）由△BND≌△CMD，得到DM＝DN，利用线段的和与差得到AM＝AD+DM，AN＝AD﹣ND，所以AM+AN＝AD+DM+AD﹣ND＝2AD＝6．【详解】解：（1）如图，（2）∵D为BC的中点，∴BD＝CD，∵CM⊥AD，BN⊥AD，∴∠BND＝∠CMD＝90°，在△BND和△CMD中，∠BND=∠CMD∠BDN=∠CDMBD=CD∴△BND≌△CMD，∴DN＝（3）∵△BND≌△CMD，∴DM＝DN，∵AM＝AD+DM，AN＝AD﹣ND，∴AM+AN＝AD+DM+AD﹣ND，∵DM＝DN，∴AM+AN＝2AD＝6．4．（2020·辽宁鞍山市·八年级期中）阅读下面的题目及分析过程，并按要求进行证明．已知：如图，点E是BC的中点，点A在DE上，且∠BAE＝∠CDE．求证：AB＝CD．分析：证明两条线段相等，常用的方法是应用全等三角形或等腰三角形的判定和性质，观察本题中要证明的两条线段，它们不在同一个三角形中，且它们分别所在的两个三角形也不全等，因此，要证AB＝CD，必须添加适当的辅助线，构造全等三角形或等腰三角形．（1）现给出如下两种添加辅助线的方法，请任意选出其中一种，对原题进行证明．①如图1，延长DE到点F，使EF＝DE，连接BF；②如图2，分别过点B、C作BF⊥DE，CG⊥DE，垂足分别为点F，G．（2）请你在图3中添加不同于上述的辅助线，并对原题进行证明．【答案】（1）①见解析；②见解析；（2）见解析；【分析】（1）①如图1，延长DE到点F，使EF＝DE，连接BF，△BEF≌△CED，∠BAE＝∠F，AB＝CD；②如图2，分别过点B、C作BF⊥DE，CG⊥DE，垂足分别为点F，G，△BEF≌△CEG△BAF≌△CDG，AB＝CD；（2）如图3，过C点作CM∥AB，交DE的延长线于点M，则∠BAE＝∠EMC，△BAE≌△CFE（AAS），∠F＝∠EDC，CF＝CD，AB＝CD；【详解】（1）①如图1，延长DE到点F，使EF＝DE，连接BF，∵点E是BC的中点，∴BE＝CE，在△BEF和△CED中，，∴△BEF≌△CED（SAS），∴BF＝CD，∠F＝∠CDE，∵∠BAE＝∠CDE，∴∠BAE＝∠F，∴AB＝BF，∴AB＝CD；②如图2，分别过点B、C作BF⊥DE，CG⊥DE，垂足分别为点F，G，∴∠F＝∠CGE＝∠CGD＝90°，∵点E是BC的中点，∴BE＝CE，在△BEF和△CEG中，，∴△BEF≌△CEG（AAS），∴BF＝CG，在△BAF和△CDG中，，∴△BAF≌△CDG（AAS），∴AB＝CD；（2）如图3，过C点作CM∥AB，交DE的延长线于点M，则∠BAE＝∠EMC，∵E是BC中点，∴BE＝CE，在△BAE和△CME中，，∴△BAE≌△CFE（AAS），∴CF＝AB，∠BAE＝∠F，∵∠BAE＝∠EDC，∴∠F＝∠EDC，∴CF＝CD，∴AB＝CD．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，对顶角相等，平行线的性质，构造出全等三角形是解本题的关键．5．（2021·江苏八年级期中）通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题：（模型呈现）（1）如图，，，过点作于点，过点作于点．由，得．又，可以推理得到．进而得到__________，．我们把这个数学模型称为“字”模型或“一线三等角”模型；（模型应用）（2）如图，，，，连接，，且于点，与直线交于点．求证：点是的中点；（深入探究）（3）如图，已知四边形和为正方形，的面积为，的面积为，则有__________（填“＞、=、＜”）（4）如图，分别以的三条边为边，向外作正方形，连接、、．当，，时，图中的三个阴影三角形的面积和为__________；（5）如图，点、、、、都在同一条直线上，四边形、、都是正方形，若该图形总面积是16，正方形的面积是4，则的面积是__________．【答案】（1）DE；（2）见解析；（3）＝；（4）6；（5）2【分析】（1）根据全等三角形的性质即可得到答案；（2）分别过点和点作于点，于点，由（1）中结论可得到AF=DM，AF=EN，然后只需要证明即可得到答案；（3）过点D作DO⊥AF交AF于O，过点E错EN⊥OD交OD延长线于N，过点C作CM⊥OD交OD延长线于M，然后同（2）中证明，，即可得到答案；（4）同（3）中证明方法可以得到，只需要求出即可得到答案；（5）同（3）中的方法可以证明，然后利用勾股定理得到即可得到答案.【详解】解：（1）∵∴（2）分别过点和点作于点，于点，∴，∵，∴，∴∵，∴，在和中，，，，∴，∴同理∴，∵，，∴，在和中，，，，∴∴，即点是的中点；（3）如图所示，过点D作DO⊥AF交AF于O，过点E作EN⊥OD交OD延长线于N，过点C作CM⊥OD交OD延长线于M∵四边形ABCD与四边形DEGF都是正方形∴∠ADC=∠90°，AD=DC，DF=DE∵DO⊥AF，CM⊥OD∴∠AOD=∠CMD=90°，∠OAD+∠ODA=90°，∠CDM+∠DCM=90°，又∵∠ODA+∠DCM=90°∴∠ADO=∠DCM∴∴，OD=MC同理可以证明∴，OD=NE∴MC=NE∵EN⊥OD，CM⊥OD，∠EPN=∠CMP∴∴∵，∴∴即；（4）如图所示，过点E作EO⊥CD交CD于O同（3）中的证明方法可以得到∵EO⊥CD∴∠EOD=90°又∵∠CDE=45°，DE=∴OD=OE=1∵AB=CD=4∴∴（5）同（3）中的方法可以证明，且即由勾股定理得：∴∴∵图形总面积是16，正方形KCMG的面积是4∴∴∴【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，正方形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定.6．（2021·黑龙江八年级期中）在中，直线经过点，于，于，于．请解答下列问题：（1）如图①，求证：；（提示：过点作于）（2）如图②、图③，线段，，之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需要证明；（3）在（1）（2）的条件下，若，，，则______．【答案】（1）证明见解析；（2）图②：，图③：；（3）9或7．【分析】（1）如图①过点作于点，先利用垂直和平行求得，根据全等三角形的性质得到，根据矩形的性质得到，根据线段的和差即可得到结论；（2）同理可得，，根据线段的和差即可得到结论；（3）先利用勾股定理求出BE，根据（1）（2）的结论代入数据即可得到结论．【详解】（1）证明：过点作于点，则．，，∵，∴，∵，即，，又∵在中，，，，．四边形为矩形，，；（2）图②：，图③：；理由：如图②，过点作交的延长线于，则同理可得：，，；如图③，过点作交的延长线于，同理可得：，，；（3）解：如图①，，，，∴∵，由（1）得；如图②同理；图③不存在，综上所述，或，故答案为：9或7．【点睛】本题考查了四边形的综合题，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．二、证中点（需证2次全等）（1）过端点作另一边的平行线：目的：构造出一组全等三角形特点：中线倍长的反向应用1.如图，在△ABC中，∠ABC=∠ACB，D，E分别是AC和AC的延长线上的点，连接BD，BE，若AB=CE，∠DBC=∠EBC。求证：D是AC的中点。【答案】：如图，过点C作AB的平行线，交BD的延长线于点F∵CF∥AB∴∠ABD=∠DFC∴∠DBC+∠BFC=∠ABC∵∠ABC=∠ACB∴∠ACB=∠DBC+∠BFC∵∠BCF+∠DBC+∠BFC=180°，∠BCE+∠ACB=180°∴∠BCF=∠BCE在△BCF与△BCE中∴△BCF≌△BCE∴CF=CE∵CE=AB∴AB=CF在△ABD与△CFD中∴△ABD≌△CFD∴AD=DC∴D是AC的中点【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，正确添加辅助线，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键.2.如图，AB⊥AE，AB=AE，AC⊥AD，AC=AD，AH⊥DE于点H，延长AH交BC于点M。求证：M是BC的中点。【答案】：如图，过点B作AC的平行线，交AM的延长线于点F∵BF∥AC∴∠BFA=∠MAC∴∠BFA+∠BAF=∠BAF+∠MAC=∠BAC∵AC⊥AD，AB⊥AE∴∠DAC+∠BAE=180°=DAB+∠BAC+∠BAC+∠CAE=∠DAE+∠BAC又∵∠ABF+∠BFA+∠BAF=∠ABF+∠BAC∴∠FBA=∠DAE∵AG⊥DE∴∠AHE=90°∴∠HAE+∠AEH=90°∵∠BAF+∠HAE=90°∴∠BAF=∠AEH在△BAF与△AEF中∴△BAF≌△AEF∴BF=AD∵AD=AC∴BF=AC在△FBM与△ACM中∴△FBM≌△ACM∴BM=MC∴M是BC的中点3．（2020·安徽八年级期末）如图，△ABC是等腰三角形，D，E分别是腰AB及AC延长线上的一点，且BD＝CE，连接DE交底BC于G.求证：GD＝GE.【答案】证明见解析【分析】过E作EF∥AB交BC延长线于F，根据等腰三角形的性质及平行线的性质可推出∠F=∠FCE，从而可得到BD=CE=EF，再根据AAS判定△DGB≌△EGF，根据全等三角形的性质即可证得结论．【详解】证明：过E作EF∥AB交BC延长线于F．∵AB=AC，∴∠B=∠ACB，∵EF∥AB，∴∠F=∠B，∵∠ACB=∠FCE，∴∠F=∠FCE，∴CE=EF，∵BD=CE，∴BD=EF，在△DBG与△GEF中，，∴△DGB≌△EGF（AAS），∴GD=GE．4．（2020·华中科技大学同济医学院附属中学八年级月考）如图1，△ABC中，AB＝AC，点D在AB边上，点E在AC的延长线上，且CE＝BD，连接DE交BC于点F．⑴求证：EF＝DF；⑵如图2，过点D作DG⊥BC，垂足为G，求证：BC＝2FG.【答案】（1）答案见详解；（2）答案见详解.【分析】(1)过点D作DM∥AC，如图1，则∠ACB=∠DMB，∠DMF=∠ECF，进而可得：CE=MD，易证：∆DMF≅∆ECF，即可得到结论；(2)过点D作DM∥AC，如图2，易证：∆DMF≅∆ECF，可得：MF=CF，根据等腰三角形三线合一，可得：BG=MG，进而可得到结论.【详解】（1）过点D作DM∥AC，如图1，则∠ACB=∠DMB，∠DMF=∠ECF，∵AB＝AC，∴∠B=∠ACB，∴∠B=∠DMB，∴BD=MD，∵CE＝BD，∴CE=MD，在∆DMF和∆ECF中，∵∴∆DMF≅∆ECF（AAS）,∴EF＝DF；（2）过点D作DM∥AC，如图2，由第（1）小题，可知：BD=MD，∆DMF≅∆ECF，∴MF=CF，∵DG⊥BC，∴BG=MG（等腰三角形三线合一），∴BC=BM+CM=2(GM+FM)=2FG，图1图2【点睛】本题主要考查三角形全等的判定和性质定理以及等腰三角形的性质定理，添加合适的辅助线，构造等腰三角形是解题的关键.5．（2021·河南八年级期末）阅读下面材料：数学课上，老师给出了如下问题：如图，AD为△ABC中线，点E在AC上，BE交AD于点F，AE＝EF．求证：AC＝BF．经过讨论，同学们得到以下思路：如图①，添加辅助线后依据SAS可证得△ADC≌△GDB，再利用AE＝EF可以进一步证得∠G＝∠FAE＝∠AFE＝∠BFG，从而证明结论.完成下面问题：（1）这一思路的辅助线的作法是：．（2）请你给出一种不同于以上思路的证明方法（要求：写出辅助线的作法，画出相应的图形，并写出证明过程）．【答案】（1）延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG；（2）见解析【分析】（1）延长AD于点G使得DG=AD．利用AE=EF可证得∠G=∠BFG=∠AFE=∠FAE，再依据AAS可以进一步证得△ADC≌△GDB，从而证明结论．（2）作BG∥AC交AD的延长线于G，证明△ADC≌△GDB（AAS），得出AC=BG，证出∠G=∠BFG，得出BG=BF，即可得出结论．【详解】解：（1）根据题意，则作法为：延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG；（2）作BG∥AC交AD的延长线于G，如图②所示：则∠G＝∠CAD，∵AD为△ABC中线，∴BD＝CD，在△ADC和△GDB中，，∴△ADC≌△GDB（AAS），∴AC＝BG，∵AE＝EF，∴∠CAD＝∠EFA，∵∠BFG＝∠EFA，∠G＝∠CAD，∴∠G＝∠BFG，∴BG＝BF，∴AC＝BF．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；熟练掌握等腰三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．6．（2020·北京朝阳初二期末）阅读下面材料：数学课上，老师给出了如下问题：如图，AD为△ABC中线，点E在AC上，BE交AD于点F，AE＝EF．求证：AC＝BF．经过讨论，同学们得到以下两种思路：思路一如图①，添加辅助线后依据SAS可证得△ADC≌△GDB，再利用AE＝EF可以进一步证得∠G＝∠FAE＝∠AFE＝∠BFG，从而证明结论．思路二如图②，添加辅助线后并利用AE＝EF可证得∠G＝∠BFG＝∠AFE＝∠FAE，再依据AAS可以进一步证得△ADC≌△GDB，从而证明结论．完成下面问题：（1）①思路一的辅助线的作法是：；②思路二的辅助线的作法是：．（2）请你给出一种不同于以上两种思路的证明方法（要求：只写出辅助线的作法，并画出相应的图形，不需要写出证明过程）．【答案】（1）①延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG；②作BG＝BF交AD的延长线于点G；（2）详见解析【分析】（1）①依据SAS可证得△ADC≌△GDB，再利用AE＝EF可以进一步证得∠G＝∠FAE＝∠AFE＝∠BFG，从而证明结论．②作BG＝BF交AD的延长线于点G．利用AE＝EF可证得∠G＝∠BFG＝∠AFE＝∠FAE，再依据AAS可以进一步证得△ADC≌△GDB，从而证明结论．（2）作BG∥AC交AD的延长线于G，证明△ADC≌△GDB（AAS），得出AC＝BG，证出∠G＝∠BFG，得出BG＝BF，即可得出结论．【解析】解：（1）①延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG，如图①，理由如下：∵AD为△ABC中线，∴BD＝CD，在△ADC和△GDB中，，∴△ADC≌△GDB（SAS），∴AC＝BG，∵AE＝EF，∴∠CAD＝∠EFA，∵∠BFG＝∠G，∠G＝∠CAD，∴∠G＝∠BFG，∴BG＝BF，∴AC＝BF．故答案为：延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG；②作BG＝BF交AD的延长线于点G，如图②．理由如下：∵BG＝BF，∴∠G＝∠BFG，∵AE＝EF，∴∠EAF＝∠EFA，∵∠EFA＝∠BFG，∴∠G＝∠EAF，在△ADC和△GDB中，，∴△ADC≌△GDB（AAS），∴AC＝BG，∴AC＝BF；故答案为：作BG＝BF交AD的延长线于点G；（2）作BG∥AC交AD的延长线于G，如图③所示：则∠G＝∠CAD，∵AD为△ABC中线，∴BD＝CD，在△ADC和△GDB中，，∴△ADC≌△GDB（AAS），∴AC＝BG，∵AE＝EF，∴∠CAD＝∠EFA，∵∠BFG＝∠EFA，∠G＝∠CAD，∴∠G＝∠BFG，∴BG＝BF，∴AC＝BF．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、其中一般证明两个三角形全等共有四个定理：AAS、ASA、SAS、SSS，需要同学们灵活运用，解题的关键是学会做辅助线解决问题．（2）两端点向中线作垂线：目的：构造出一组全等三角形特点：与已知中点时向中线作垂线方法一致1．（2021·全国初三专题练习）如图，在中，，，，，延长交于.求证：.【答案】详见解析【分析】如图，过点D作的延长线于点G，易证，再证即可得答案.【解析】如图，过点D作的延长线于点G，，，，又∵∠ACB=∠BGD=90°，BA=BD，∴，，又∵BC=BE，，又∵∠EBF=∠DGF=90°，∠EFB=∠DFG，∴，∴EF=DF.【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，学会添加常用辅助线，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键.2．（2020.河北省期中）如图．∠C＝90°，BE⊥AB且BE＝AB，BD⊥BC且BD＝BC，CB的延长线交DE于F。（1）求证：点F是ED的中点；（2）求证：S△ABC＝2S△BEF．【分析】（1）过点E作EM⊥CF交CF的延长线于M，根据同角的余角相等求出∠EBM＝∠A，然后利用“角角边”证明△ABC和△BEM全等，根据全等三角形对应边相等可得BC＝EM，再求出BD＝EM，然后利用“角角边”证明△EMF和△DBF全等，根据全等三角形对应边相等可得EF＝DF，从而得证；（2）根据全等三角形的面积相等和等底等高的三角形的面积相等进行证明．【详解】证明：（1）如图，过点E作EM⊥CF交CF的延长线于M，∵BE⊥AB，∴∠EBM+∠ABC＝180°﹣90°＝90°，∵∠C＝90°，∴∠A+∠ABC＝180°﹣90°＝90°，在△ABC和△BEM中，∠EBM=∠A∠C=∠M=90°BE=AB，∴△ABC≌△BEM（AAS），∴BC＝∵BD＝BC，∴BD＝EM，在△EMF和△DBF中，∠M=∠DBF=90°∠EFM=∠DFB∴△EMF≌△DBF（AAS），∴EF＝DF，∴点F是ED的中点；（2）∵△ABC≌△BEM，△EMF≌△DBF，∴S△ABC＝S△BEM，S△EMF＝S△DBF，∵点F是ED的中点，∴S△BEF＝S△DBF=12S△BEM=12S△ABC，∴S△ABC＝23．（2021·吉林八年级期末）如图①，∠BAD=90°，AB=AD，过点B作BC⊥AC于点C，过点D作DE⊥CA的延长线点E，由∠1+∠2=∠D+∠2=90°，得∠1=∠D，又∠ACB=∠AED=90°，AB=AD，得△ABC≌△DAE进而得到AC=DE，BC=AE，我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三等角”模型．请应用上述“一线三等角”模型，解决下列问题：（1）如图②，∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AC=AE，连接BC、DE，且BC⊥AH于点H，DE与直线AH交于点G，求证：点G是DE的中点．（2）如图③，在平面直角坐标系中，点A为平面内任意一点，点B的坐标为（4，1），若△AOB是以OB为斜边的等腰直角三角形，请直接写出点A的坐标．【答案】（1）见解析；（2）A(，)或(，-)．【分析】（1）过点D作DM⊥AM交AG于点M，过点E作EN⊥AG于点N．根据“K字模型”即可证明AH=DM和AH=EN，即EN=DM，再根据全等三角形的判定和性质即可证明DG=EG，即点G是DE的中点．（2）分情况讨论①当A点在OB的上方时，作AC垂直于y轴，BE垂直于x轴，CA和EB的延长线交于点D．根据“K字模型”即可证明，再利用B点坐标即可求出A点坐标．②当A点在OB的下方时，作AP垂直于y轴，BM垂直于x轴，PA和BM的延长线交于点Q．同理即能求出A点坐标．【详解】（1）如图，过点D作DM⊥AM交AG于点M，过点E作EN⊥AG于点N，则∠DMA=90°，∠ENG=90°．∵∠BHA=90，∴∠2+∠B=90°．∵∠BAD=90°，∴∠1+∠2=90°．∴∠B=∠1．在△ABH和△DAM中，∴△ABH△DAM（AAS），∴AH=DM．同理△ACH△EAN（AAS），∴AH=EN．∴EN=DM．在△DMG和△ENG中，∴△DMG△ENG（AAS）．∴DG=EG∴点G是DE的中点．（2）根据题意可知有两种情况，A点分别在OB的上方和下方．①当A点在OB的上方时，如图，作AC垂直于y轴，BE垂直于x轴，CA和EB的延长线交于点D．利用“K字模型”可知，∴，设，则，∵，∴，又∵，即，解得，∴，．即点A坐标为(，)．②当A点在OB的下方时，如图，作AP垂直于y轴，BM垂直于x轴，PA和BM的延长线交于点Q．根据①同理可得：，．即点A坐标为(，)．【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质．熟练利用三角形的判定方法是解答本题的关键．4．（2021·山东七年级期末）如图，以△ABC的两边AB和AC为腰在△ABC外部作等腰Rt△ABD和等腰Rt△ACE，AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝90°．（1）连接BE、CD交于点F，如图①，求证：BE＝CD，BE⊥CD；（2）连接DE，AM⊥BC于点M，直线AM交DE于点N，如图②，求证：DN＝EN．【答案】（1）见详解；（2）见详解．【分析】（1）只要证明△ABE≌△ADC即可解决问题；（2）延长AN到G，使AG=BC，连接GE，先证，再证即可解决问题．【详解】（1）证明：∵△ABD和△ACE都是等腰直角三角形，∴AB=AD，AE=AC，

又∵∠BAD=∠CAE=90°，∴∠BAD+∠DAE=∠CAE+∠DAE，

即∠BAE=∠DAC，∴△ABE≌△ADC，∴BE=DC，∠ABE=∠ADC，

又∵∠DOF=∠AOB，∠BOA+∠ABE=90°，

∴∠ABE+∠DOF=90°∴∠ADC+∠DOF=90，即BE⊥DC．（2）延长AN到G使AG=BC，连接GE，，，，，同理可证：，∴，，，，又，∴，．【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，辅助线是解此题的关键．2）角平分线中常见辅助线总结方法1：角平分线上的点向两边作垂线方法：利用角平分线性质，取角平分线上一点，向被平分的角的两边作垂线注：锐角三角形的垂线在中线线段上；钝角三角形的垂线在中线线段的延长线上。目的：构造一组全等三角形1．（2021·安徽安庆市·八年级期末）如图，是等腰三角形底边上的中线，平分，交于点，，，则的面积是（）A．4 B．6 C．8 D．12【答案】B【分析】作EF⊥BC于F，根据角平分线的性质得到EF＝DE＝2，根据三角形的面积公式计算即可．【详解】解：作EF⊥BC于F，∵AC＝BC＝6，CD是等腰三角形△ABC底边上的中线，∴CD⊥AB，∵BE平分∠ABC，ED⊥AB，EF⊥BC，∴EF＝DE＝2，∴△BCE的面积＝×BC×EF＝6，故选：B．【点睛】本题考查的是角平分线的性质，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．2．（2021·黑龙江大庆市·七年级期末）如图，已知，、分别平分和且度，则______度．【答案】60【分析】根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠ACD=∠BAC+∠ABC，∠ECD=∠BEC+∠EBC，根据角平分线的定义可得∠EBC=∠ABC，∠ECD=∠ACD，然后整理得到∠BEC=∠BAC，过点E作EF⊥BD于F，作EG⊥AC于G，作EH⊥BA交BA的延长线于H，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得EF=EG=EH，再根据到角的两边距离相等的点在角的平分线上判断出AE平分∠CAH，然后列式计算即可得解．【详解】解：由三角形的外角性质得，∠ACD=∠BAC+∠ABC，∠ECD=∠BEC+∠EBC，∵BE、CE分别平分∠ABC和∠ACD，∴∠EBC=∠ABC，∠ECD=∠ACD，∴∠BEC+∠EBC=（∠BAC+∠ABC），∴∠BEC=∠BAC，∵∠BEC=30°，∴∠BAC=60°，过点E作EF⊥BD于F，作EG⊥AC于G，作EH⊥BA交BA的延长线于H，

∵BE、CE分别平分∠ABC和∠ACD，∴EF=EH，EF=EG，∴EF=EG=EH，∴AE平分∠CAH，∴∠EAC=（180°∠BAC）=（180°60°）=60°．故答案为：60°．【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，到角的两边距离相等的点在角的平分线上的性质，熟记各性质并作辅助线是解题的关键．3．（2021·盐城市盐都区八年级月考）已知：如图，BD为△ABC的角平分线，且BD=BC，E为BD延长线上的一点，BE=BA，过E作EF⊥AB，F为垂足．下列结论：①△ABD≌△EBC；②∠BCE+∠BCD=180°；③AD=AE；④BA+BC=2BF．其中正确的是（）A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④【答案】D【分析】根据SAS证△ABD≌△EBC，可得∠BCE＝∠BDA，结合∠BCD＝∠BDC可得①②正确；根据角的和差以及三角形外角的性质可得∠DCE＝∠DAE，即AE＝EC，由AD＝EC，即可得③正确；过E作EG⊥BC于G点，证明Rt△BEG≌Rt△BEF和Rt△CEG≌Rt△AEF，得到BG＝BF和AF＝CG，利用线段和差即可得到④正确．【详解】解：①∵BD为△ABC的角平分线，∴∠ABD＝∠CBD，∴在△ABD和△EBC中，，∴△ABD≌△EBC（SAS），①正确；②∵BD为△ABC的角平分线，BD＝BC，BE＝BA，∴∠BCD＝∠BDC＝∠BAE＝∠BEA，∵△ABD≌△EBC，∴∠BCE＝∠BDA，∴∠BCE＋∠BCD＝∠BDA＋∠BDC＝180°，②正确；③∵∠BCE＝∠BDA，∠BCE＝∠BCD＋∠DCE，∠BDA＝∠DAE＋∠BEA，∠BCD＝∠BEA，∴∠DCE＝∠DAE，∴△ACE为等腰三角形，∴AE＝EC，∵△ABD≌△EBC，∴AD＝EC，∴AD＝AE．③正确；④过E作EG⊥BC于G点，∵E是∠ABC的角平分线BD上的点，且EF⊥AB，∴EF＝EG（角平分线上的点到角的两边的距离相等），∵在Rt△BEG和Rt△BEF中，，∴Rt△BEG≌Rt△BEF（HL），∴BG＝BF，∵在Rt△CEG和Rt△AFE中，，∴Rt△CEG≌Rt△AEF（HL），∴AF＝CG，∴BA＋BC＝BF＋FA＋BG−CG＝BF＋BG＝2BF，④正确．故选D．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和全等三角形的对应边、对应角相等的性质，等腰三角形的判定与性质，本题中熟练求证三角形全等和熟练运用全等三角形对应角、对应边相等的性质是解题的关键．4．（2020·广西南宁市·八年级期末）已知点C是∠MAN平分线上一点，∠BCD的两边CB、CD分别与射线AM、AN相交于B，D两点，且∠ABC+∠ADC＝180°．过点C作CE⊥AB，垂足为E．（1）如图1，当点E在线段AB上时，求证：BC＝DC；（2）如图2，当点E在线段AB的延长线上时，探究线段AB、AD与BE之间的等量关系；（3）如图3，在（2）的条件下，若∠MAN＝60°，连接BD，作∠ABD的平分线BF交AD于点F，交AC于点O，连接DO并延长交AB于点G．若BG＝1，DF＝2，求线段DB的长．【答案】（1）见解析；（2）AD﹣AB＝2BE，理由见解析；（3）3．【分析】（1）过点C作CF⊥AD，根据角平分线的性质得到CE＝CF，证明△BCE≌△DCF，根据全等三角形的性质证明结论；（2）过点C作CF⊥AD，根据角平分线的性质得到CE＝CF，AE＝AF，证明△BCE≌△DCF，得到DF＝BE，结合图形解答即可；（3）在BD上截取BH＝BG，连接OH，证明△OBH≌△OBG，根据全等三角形的性质得到∠OHB＝∠OGB，根据角平分线的判定定理得到∠ODH＝∠ODF，证明△ODH≌△ODF，得到DH＝DF，计算即可．【详解】（1）证明：如图1，过点C作CF⊥AD，垂足为F，∵AC平分∠MAN，CE⊥AB，CF⊥AD，∴CE＝CF，∵∠CBE+∠ADC＝180°，∠CDF+∠ADC＝180°，∴∠CBE＝∠CDF，在△BCE和△DCF中，，∴△BCE≌△DCF（AAS）∴BC＝DC；（2）解：AD﹣AB＝2BE，理由如下：如图2，过点C作CF⊥AD，垂足为F，∵AC平分∠MAN，CE⊥AB，CF⊥AD，∴CE＝CF，AE＝AF，∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠CBE＝180°，∴∠CDF＝∠CBE，在△BCE和△DCF中，，∴△BCE≌△DCF（AAS），∴DF＝BE，∴AD＝AF+DF＝AE+DF＝AB+BE+DF＝AB+2BE，∴AD﹣AB＝2BE；（3）解：如图3，在BD上截取BH＝BG，连接OH，∵BH＝BG，∠OBH＝∠OBG，OB＝OB在△OBH和△OBG中，，∴△OBH≌△OBG（SAS）∴∠OHB＝∠OGB，∵AO是∠MAN的平分线，BO是∠ABD的平分线，∴点O到AD，AB，BD的距离相等，∴∠ODH＝∠ODF，∵∠OHB＝∠ODH+∠DOH，∠OGB＝∠ODF+∠DAB，∴∠DOH＝∠DAB＝60°，∴∠GOH＝120°，∴∠BOG＝∠BOH＝60°，∴∠DOF＝∠BOG＝60°，∴∠DOH＝∠DOF，在△ODH和△ODF中，，∴△ODH≌△ODF（ASA），∴DH＝DF，∴DB＝DH+BH＝DF+BG＝2+1＝3．【点睛】本题考查了角平分线的性质，三角形全等的判定和性质，关键是依照基础示例引出正确辅助线．5．（2020·辽宁鞍山市·八年级期中）在△ABC中，若AD是∠BAC的角平分线，点E和点F分别在AB和AC上，且DE⊥AB，垂足为E，DF⊥AC，垂足为F（如图（1）），则可以得到以下两个结论：①∠AED+∠AFD＝180°；②DE＝DF．那么在△ABC中，仍然有条件“AD是∠BAC的角平分线，点E和点F，分别在AB和AC上”，请探究以下两个问题：（1）若∠AED+∠AFD＝180°（如图（2）），则DE与DF是否仍相等？若仍相等，请证明；否则请举出反例．（2）若DE＝DF，则∠AED+∠AFD＝180°是否成立？（只写出结论，不证明）【答案】（1）DE＝DF，理由见解析；（2）不一定成立【分析】（1）过点D作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，DM＝DN，△DME≌△DNF，DE＝DF；（2）如图，若DE、DF在点D到角的两边的垂线段与顶点A的同侧则一定不成立；【详解】（1）DE＝DF．理由如下：过点D作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，∵AD平分∠BAC，DM⊥AB，DN⊥AC，∴DM＝DN，∵∠AED+∠AFD＝180°，∠AFD+∠DFN＝180°，∴∠DFN＝∠AED，∴△DME≌△DNF（AAS），∴DE＝DF；（2）不一定成立．如图，若DE、DF在点D到角的两边的垂线段与顶点A的同侧则一定不成立，经过（1）的证明，若在垂线段上或两侧则成立，所以不一定成立．【点睛】本题主要考查角平分线的性质，难点在于熟练和灵活的应用角平分线要点；6．（2020·武汉市六中位育中学八年级）如图，中，于点，，点在上，，连接．（1）求证：；（2）延长交于点，连接，求的度数；（3）过点作，，连接交于点，若，，直接写出的面积．【答案】（1）见解析；（2）∠CFD=135°；（3）△NBC的面积为21．【分析】（1）由“SAS”可证△BDE≌△CDA，可得BE=CA；（2）过点D作DG⊥AC于G，DH⊥BF于H，由全等三角形的性质可得∠DBE=∠ACD，S△BDE=S△ADC，由面积关系可求DH=DG，由角平分线的性质可得∠DFG=∠DFH=45°，即可求解；（3）在CD上截取DE=AD=5，连接BE，延长BE交AC于F，由△BEN≌△MCN，可得EN=CN，由三角形的面积公式可求解．【详解】证明（1）在△BDE和△CDA中，，∴△BDE≌△CDA（SAS），∴BE=CA；（2）如图2，过点D作DG⊥AC于G，DH⊥BF于H，∵△BDE≌△CDA，∴∠DBE=∠DCA，S△BDE=S△ADC，∵∠DBE+∠A=∠ACD+∠A=90°，∴∠AFB=∠CFB=90°，∵S△BDE=S△ADC，∴，∴DH=DG，又∵DG⊥AC，DH⊥BF，∴∠DFG=∠DFH=45°，∴∠CFD=135°；（3）如图3，在CD上截取DE=AD=5，连接BE，延长BE交AC于F，由（1）、（2）可得BE=AC，BF⊥AC，BD=CD=12，∵CM⊥CA，∴BF∥CM，∴∠M=∠FBN，∵CM=CA，∴CM=BE，在△BEN和△MCN中，，∴△BEN≌△MCN（AAS），∴EN=CN，∵EC=CD-DE=12-5=7，∴，∴△NBC的面积，故△NBC的面积为21．【点睛】本题是三角形综合题，考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的判定和性质，三角形的面积公式等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．7．（2020·江西南昌市·八年级期中）如图，在中，已知：是它的角平分线，且．（1）求的面积；（2）在解完（1）问后，小智经过反思后发现，小慧发现，请判断小智和小慧的发现是否正确?若正确，请写出证明过程，若错误，请说明理由．【答案】（1）36，（2）都正确，证明见详解【分析】（1）过点D作DF⊥AB于F，AD是它的角平分线，利用角平分线性质有DF=DE，分别求S△ABD和S△ACD，则S△ABC=S△ABD+S△ACD计算即可（2）都正确AD是它的角平分线，，DF⊥AB，则DE=DF，由（1）知S△ABD=，S△ACD=，求两个三角形面积之比，过A作AG⊥BC于G，AG是△ABD的高，也是△ACD的高，分别求出利用高表示的三角形的面积，，再求求两个三角形面积之比即可．【详解】（1）过点D作DF⊥AB于F，AD是它的角平分线，，DF=DE=4，S△ABD=，S△ACD=，S△ABC=S△ABD+S△ACD=20+16=36，（2）都正确，AD是它的角平分线，，DF⊥AB，则DE=DF，S△ABD=，S△ACD=，，过A作AG⊥BC于G，，，，由，，小智和小慧的发现都正确．【点睛】本题考查三角形的面积与角平分线定理，掌握三角形的面积与角平分线定理，会求三角形的面积，会用面积证明角分线分得的两线段的比是解题关键．方法2过边上的点向角平分线作垂线方法：取被平分角边上一点，向角平分线作垂线，并延长至与另一个边相交适用条件：往往题干中已有线段与角平分线垂直，只需延长垂线段即可目的：构造一组关于角平分线对称的全等直角三角形1．（2020·重庆市松树桥中学校八年级月考）如图，△ABC的面积为9cm2，BP平分∠ABC，AP⊥BP于P，连接PC，则△PBC的面积为______cm2．【答案】4.5【分析】根据已知条件证得△ABP≌△EBP，根据全等三角形的性质得到AP=PE，得出S△ABP=S△EBP，S△ACP=S△ECP，推出，代入求出即可．【详解】解：延长AP交BC于E，∵BP平分∠ABC，∴∠ABP=∠EBP，∵AP⊥BP，∴∠APB=∠EPB=90°，在△ABP和△EBP中，，∴△ABP≌△EBP（ASA），∴AP=PE，∴∴cm2，故答案为4.5．【点睛】本题考查全等三角形的性质和判定，三角形的面积的应用，注意：等底等高的三角形的面积相等．2．（2020·河南九年级期中）如图，在△ABC中，AB＝8，AC＝6，AM平分∠BAC，CM⊥AM于点M，N为BC的中点，连结MN，则MN的长为______.【答案】1【分析】延长CM交AB于H，证明△AMH≌△AMC，根据全等三角形的性质得到AH＝AC＝6，CM＝MH，根据三角形中位线定理解答.【详解】解：延长CM交AB于H，∵AM平分∠BAC，∴在△AMH和△AMC中，，∴△AMH≌△AMC(ASA)∴AH＝AC＝6，CM＝MH，∴BH＝AB﹣AH＝2，∵CM＝MH，CN＝BN，∴MN＝BH＝1，故答案为：1.【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．3．（2020·江苏省灌云高级中学城西分校八年级月考）如图，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，∠ABC的平分线BD交AC于点D，CE⊥BD，交BD的延长线于点E，若BD＝4，则CE＝________．【答案】2【分析】根据题意延长BA、CE相交于点F，利用“角边角”证明△BCE和△BFE全等，根据全等三角形对应边相等可得CE=EF，根据等角的余角相等求出∠ABD=∠ACF，然后利用“角边角”证明△ABD和△ACF全等，根据全等三角形对应边相等可得BD=CF，然后求解即可．【详解】解：如图，延长BA、CE相交于点F，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD，在△BCE和△BFE中，，∴△BCE≌△BFE（ASA），∴CE=EF，∵∠BAC=90°，CE⊥BD，∴∠ACF+∠F=90°，∠ABD+∠F=90°，∴∠ABD=∠ACF，在△ABD和△ACF中，，∴△ABD≌△ACF（ASA），∴BD=CF，∵CF=CE+EF=2CE，∴BD=2CE=4，∴CE=2．故答案为：2．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质和等角的余角相等的性质，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键，难点在于作辅助线构造出全等三角形并得到与BD相等的线段CF．4．（2021·四川眉山市·八年级期末）在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90，BD平分∠ABC交AC于点D．（1）如图1，点F为BC上一点，连接AF交BD于点E．若AB=BF，求证：BD垂直平分AF．（2）如图2，CE⊥BD，垂足E在BD的延长线上．试判断线段CE和BD的数量关系，并说明理由．（3）如图3，点F为BC上一点，∠EFC=∠ABC，CE⊥EF，垂足为E，EF与AC交于点M．直接写出线段CE与线段FM的数量关系．【答案】（1）见解析；（2）BD=2CE，理由见解析；（3）FM=2CE．【分析】(1)由BD平分∠ABC，可得∠ABE=∠FBE，可证△ABE≌△FBE（SAS），可得AE=FE，∠AEB=∠FEB=×180°=90°即可；（2）延长CE，交BA的延长线于G，由CE⊥BD，∠ABE=∠FBE，可得GE=2CE=2GE，可证△BAD≌△CAG（ASA），可得BD=CG=2CE；（3）作FM的中垂线NH交CF于N，交FM于H，由FN=MN，MH=FH=FM，可得∠NMH=∠NBH，由∠EFC=∠ABC=22.5°，可求∠ABC=∠ACB=∠MNC=45°，可得NM=CM=FN，由外角∠EMC=∠MFC+∠MCF=22.5°+45°=67.5°，可求∠ECM=90°-∠EMC=22.5°，可证△FNH≌△CME（AAS），可得FH=CE即可．【详解】证明(1)∵BD平分∠ABC，∴∠ABE=∠FBE，∵BA=BF，BE=BE，∴△ABE≌△FBE（SAS），∴AE=FE，∠AEB=∠FEB=×180°=90°，∴BD垂直平分AF．（2）BD=2CE，理由如下：延长CE，交BA的延长线于G，∵CE⊥BD，∠ABE=∠FBE，∴GE=2CE=2GE，∵∠CED=90°=∠BAD，∠ADB=∠EDC，∴∠ABD=∠GCA，又AB=AC，∠BAD=∠CAG，，∴△BAD≌△CAG（ASA），∴BD=CG=2CE，

（3）FM=2CE，理由如下：作FM的中垂线NH交CF于N，交FM于H，∴FN=MN，MH=FH=FM，∴∠NMH=∠NBH，∵∠EFC=∠ABC=22.5°，∴∠MNC=2∠NFH=2×∠ABC=∠ABC，∵AB=AC，∠BAC=90，∴∠ABC=∠ACB=∠MNC=45°，∴NM=CM=FN，∵∠EMC=∠MFC+∠MCF=22.5°+45°=67.5°，∴∠ECM=90°-∠EMC=22.5°，∴∠NFH=∠MCE，又∵∠FHN=∠E=90°，∴△FNH≌△CME（AAS），∴FH=CE，∴FM=2FH=2CE．

【点睛】本题考查角平分线性质，三角形全等判定与性质，直角三角形两锐角互余，线段垂直平分线，三角形外角性质，掌握角平分线性质，三角形全等判定与性质，直角三角形两锐角互余，线段垂直平分线是解题关键．5．（2021·湖北八年级月考）如图，在△ABC中，∠C=90°，BC=AC，D是AC上一点，AE⊥BD交BD的延长线于E，AE=BD，且DF⊥AB于F，求证：CD=DF【答案】见解析【分析】延长AE、BC交于点F．根据同角的余角相等，得∠DBC=∠FAC；由ASA证明△BCD≌△ACF，得出AF=BD，AE=AF，由线段垂直平分线的性质得到AB=BF，再根据等腰三角形的三线合一得出BD是∠ABC的角平分线，由角平分线的性质定理即可得出结论．【解析】证明：延长AE、BC交于点F.如图所示：∵A