初中数学120大招-87 数学班主任精准攻克2022年中考全等三角形的常见辅助线

数学班主任精准攻克2022年中考全等三角形的常见辅助线《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全等三角形的证明及其常见辅助线（一）核心知识聚焦1.遇到角平分线，可以自角平分线上的某一点向角的两边作垂线，或在角的两边截取相等的线段，构造全等三角形；遇到角平分线加垂线，则延长线段与角的另一边相交，构造等腰三角形2.遇到等腰三角形，可作底边上的高，利用“三线合一”的性质解题；3.遇到角平分线或等腰三角形，利用“翻折”，“旋转”思维模式来构造全等三角形角平分线模型知识精讲1. 过角平分线上一点向角的两边作垂线段，利用角平分线上的点到角两边的距离相等的性质来解决问题，例：已知：P是平分线上的一点，过点P作于点M，过点P作于点N，则.2. 若题目中已经有了角平分线和角平分线上一点到一边的垂线段（距离），则作另一边的垂线段，例：已知：AD是的平分线，，过点D作于点E，则.3. 在角的两边上取相等的线段，结合角平分线构造全等三角形（角边等，造全等），例：已知：点D是平分线上的一点，在OA、OB上分别取点E、F，且，连接DE、DF，则.4. 过角平分线上一点作角的一边的平行线，构造等腰三角形，例：已知：点D是平分线上的一点，过点D作，则是等腰三角形，即.证明：是的平分线，，又，是等腰三角形.5. 有角平分线时，过角一边上的点作角平分线的平行线，交角的另一边所在直线于一点，也可构造等腰三角形，例：已知：OC平分，点D是OA上一点，过点D作交OB的反向延长线于点E，则.6. 从角的一边上的一点作角平分线的垂线，使之与角的另一边相交，则可得到一个等腰三角形，例：已知：OE平分∠AOB，点D在OA上，DE⊥OE，则可延长DE交OB于点F，则DE＝EF，OD＝OF，∠ODF＝∠OFD.7. 有角平分线时，可将等角放到直角三角形中，构造相似三角形，也可以另加一对相等的角构造相似三角形，例：（1）已知：OC平分，点E、F分别在OA、OB上，过点E作于点M，过点F作于点N，则，如图所示：（2）已知：OC平分，点E、F在OC上，作于点M，作于点N，则，如图所示：（3）已知：OC平分，点E、F在OC上，作，则，如图所示：8. 利用“在同圆或等圆中，相等的圆周角（圆心角）所对的弦相等”可得相等线段，例：已知：∠BAC是圆O的圆周角，∠DOE是圆O的圆心角，AF平分∠BAC，OG平分∠DOE，连接BF、CF、DG、EG，则BF＝CF，DG＝EG.9. 【内内模型】如图，两个内角平分线交于点D，则.证明：平分，平分，，在中，①在中，②，由得，即.10. 【内外模型】如图，的一个内角平分线和一个外角平分线交于点D，则.证明：平分，平分，，在中，，即①在中，②由得，即.11. 【外外模型】如图，两个外角的角平分线交于点D，则.证明：平分，平分，，在中，，即①，②由①＝②，得，在中，，，，即，由④可得，代入③式可得，整理可得.题模一：角平分线类例1.1.1已知，AC平分∠MAN，点B、D分别在AN、AM上．（1）如图1，若，请你探索线段AD、AB、AC之间的数量关系，并证明之；（2）如图2，若，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由．【答案】见解析【解析】（1）关系是：．证明：∵AC平分∠MAN，∴又，∴则（直角三角形一锐角为30°，则它所对直角边为斜边一半）∴；（2）仍成立．证明：过点C分别作AM、AN的垂线，垂足分别为E、F∵AC平分∠MAN∴（角平分线上点到角两边距离相等）∵，∴又，∴△CED≌△CFB（AAS）∵，∴由（1）知，∴．例1.1.2如图，已知，，BD为∠ABC的平分线，CE⊥BE，求证：．【答案】见解析【解析】延长CE，交BA的延长线于点F．∵BD为∠ABC的平分线，CE⊥BE，∴△BEF≌△BEC，∴，．∵，CE⊥BE，∴，又∵，∴△ABD≌△ACF，∴．∴．例1.1.3如图，，平分，平分，点在上．①探讨线段、和之间的等量关系．②探讨线段与之间的位置关系．【答案】见解析【解析】①；②．证明如下：在线段上取点，使，连结．在和中∴∴，∵而∴在和中∴∴，∴，技巧提升：作平行线法作平行，构造全等．利用的思维模式是全等变换中的“平移”．【例题1】1.△ABC中，∠BAC＝60°，∠C＝40°，AP平分∠BAC交BC于P，BQ平分∠ABC交AC于Q，求证：AB＋BP＝BQ＋AQ．（有多种辅助线作法）【答案】见解析【解析】【分析】方法一，延长AB到D，使BD＝BP，连接PD，根据已知条件求得各个角的值，发现∠4＝∠C，，进而得QB＝QC，，再根据△APD≌△APC，得AD＝AC，等量代换之后得证；方法二，过点P作PD//BQ交CQ于点D，结合已知条件可得BQ＋AQ＝CQ＋AQ＝AC，证明△ABP≌△ADP，可得AB＋BP＝AD＋PD＝AD＋CD＝AC，等量代换之后得证；【详解】方法一、证明：延长AB到D，使BD＝BP，连接PD，则∠D＝∠5.∵AP，BQ分别是∠BAC，∠ABC的平分线，∠BAC＝60°，∠ACB＝40°，∴∠1＝∠2＝30°，∠ABC＝180°－60°－40°＝80°，∠3＝∠4＝40°＝∠C，∴QB＝QC，又∠D＋∠5＝∠3＋∠4＝80°，∴＝40°,在△APD与△APC中，，∴△APD≌△APC（AAS），∴AD＝AC．即AB＋BD＝AQ＋QC，∴AB＋BP＝BQ＋AQ．方法二、如图，过点P作PD∥BQ交CQ于点D，BQ平分∠ABC∴∠CBQ＝∠ABC＝×80°＝40°，∴∠CBQ＝∠ACB，∴BQ＝CQ，∴BQ＋AQ＝CQ＋AQ＝AC①，∵PD∥BQ∴∠CPD＝∠CBQ＝40°，∴∠CPD＝∠ACB＝40°，∴PD＝CD，∠ADP＝∠CPD＋∠ACB＝40°＋40°＝80°，∵∠ABC＝80°，∴∠ABC＝∠ADP，∵AP平分∠BAC，∴∠BAP＝∠CAP，∵在△ABP与△ADP中，，∴△ABP≌△ADP（AAS），∴AB＝AD，BP＝PD，∴AB＋BP＝AD＋PD＝AD＋CD＝AC②，由①②可得，BQ＋AQ＝AB＋BP．【点睛】本题考查了角平分线的定义，三角形全等的性质与判定，等角对等边，熟练以上知识点是解题的关键．全等三角形的证明及其常见辅助线（二）核心知识聚焦1.截长补短法：截长补短法是在某条线段上截取一条线段与特定线段相等，或是将某条线段延长，使之与特定线段相等；2.截长补短法适用于当已知或求证中涉及线段的和、差、倍、分时，通过截长补短将问题转化为两条线段相等；3.通过截长补短法构造全等三角形，体会转化思想在几何证明的运用.截长补短模型证明问题【专题说明】截长补短法在初中几何教学中有着十分重要的作用,它主要是用来证线段的和差问题,而且这种方法一直贯穿着整个几何教学的始终.那么什么是截长补短法呢?所谓截长补短其实包含两层意思,即截长和补短.截长就是在较长的线段上截取一段等于要证的两段较短的线段中的一段,证剩下的那一段等于另外一段较短的线段.当条件或结论中出现a+b=c时，用截长补短．【知识总结】1、补短法：通过添加辅助线“构造”一条线段使其为求证中的两条线段之和，在证所构造的线段和求证中那一条线段相等；2、截长法：通过添加辅助线先在求证中长线段上截取与线段中的某一段相等的线段，在证明截剩部分与线段中的另一段相等。3、截长法与补短法，具体做法是在某条线段上截取一条线段与特定线段相等，或是将某条线段延长，使之与特定线段相等，再利用三角形全等的有关性质加以说明，这种做法一般遇到证明三条线段之间关系是常用.如图1，若证明线段AB,CD,EF之间存在EF=AB+CD,可以考虑截长补短法.截长法：如图2，在EF上截取EG=AB,在证明GF=CD即可；补短法：如图3，延长AB至H点，使BH=CD,再证明AH=EF即可.【类型】一、截长“截长”是指在较长的线段上截取另外两条较短的线段，截取的作法不同，涉及四种方法。方法一：如图2所示，在BF上截取BM=DF，易证△BMC≌△DFC（SAS），则MC=FC=FG，∠BCM=∠DCF，可得△MCF为等腰直角三角形，又可证∠CFE=45°，∠CFG=90°，∠CFG=∠MCF，FG∥CM，可得四边形CGFM为平行四边形，则CG=MF，于是BF=BM+MF=DF+CG.图2方法二：如图2所示，在BF上截取FM=GC，可证四边形GCFM为平行四边形，可得CM=FG=CF；可得∠BFC=∠BDC=45°，得∠MCF=90°；又得∠BMC=∠DFC=135°，于是△BMC≌△DFC（AAS），BM=DF，于是BF=FM+BM=CG+DF.上述两种方法中都利用了两个共顶点的等腰Rt△BCD和△MCF。方法三：如图3所示，在BF上截取FK=FD，得等腰Rt△DFK，可证得∠DFC=∠KFG=135°，所以△DFC≌△KFG（SAS），所以KG=DC=BC，∠FKG=∠FDC=∠CBF，KG∥BC，得四边形BCGK为平行四边形，BK=CG，于是BF=BK+KF=CG+DF.图3方法四：如图3所示，在BF上截取BK=CG，可得四边形BCGK为平行四边形，BC=GK=DC，BC∥KG，∠GKF=∠CBF=∠CDF，根据四边形BCFD为圆的内接四边形，可证得∠BFC=45°，∠DFC=∠KFG，于是△DCF≌△KGF（AAS），DF=KF，于是BF=BK+KF=CG+DF.上述两种方法中都利用了两个共顶点的等腰Rt△BDC和△KDF。【类型】二、补短“补短”指的是选取两条较短线段中的一条进行延长，使得较短的两条线段共线并寻求解题突破，根据辅助线作法的不同也涉及四种不同的方法。方法五：如图4所示，延长GC至N，使CN=DF，易证△CDF≌△BCN（SAS），可得CF=FG=BN，∠DFC=∠BNC=135°，又知∠FGC=45°，可证BN∥FG，于是四边形BFGN为平行四边形，得BF=NG，所以BF=NG=NC+CG=DF+CG.图4方法六：如图4所示，延长GC至N，使NG=BF，得四边形BFGN为平行四边形，所以BN=GF=CF，又∠DCF+∠CDF=∠CBN+∠BCN=45°，得∠DCF=∠CBN，又CD=BC，可证△CDF≌△BCN（SAS），DF=CN，以下从略.方法七：如图5所示，延长CG至P，使CP=BF，连接PF，则四边形CPFB为平行四边形，PF=BC=DC，又∠BFC=45°，∠PFE=∠DEC，因为∠PFG=∠FGC－∠P=45°－∠P，∠DCF=∠CFE－∠CDF=45°－∠CDF，又可证∠P=∠CBF=∠CDF，于是∠PFG=∠DCF，所以△PFG≌△DCF（SAS），PG=DF，于是BF=CP=CG+PG=CG+DF.图5方法八：如图5所示，延长CG至P，使GP=DF，连接PF，可证∠DFC=∠PGF=135°，FC=CF，所以△DFC≌△PGF（SAS），所以DC=PF=BC，∠P=∠CDF=∠CBF=∠PCE，BC∥FP，所以四边形BCPF为平行四边形，所以BF=CP=CG+PG=CG+DF.方法九：如图6所示，延长DE至Q，使DQ=BF，连接CQ，GQ，可证△BCF≌△DCQ（SAS），CF=CQ，∠BCF=∠DCQ，于是可得∠FCQ=∠BCD=90°，所以△FCQ为等腰直角三角形，可得四边形FCQG为正方形，FQ=CG，所以BF=DQ=DF+FQ=DF+CG.图6方法十：如图6所示，延长FE至Q，使FQ=CG，通过证明四边形FCQG为正方形，△BCF≌△DCQ，同样可以证明结论成立。感兴趣的读者可以自行证明，详细思路从略。方法十一：如图7所示，延长FD至H，使DH=CG，可证得∠BDF=∠BDC+∠CDF，∠ECF=∠FCG+∠CEG，于是∠BDF=∠ECF，则∠BDH=∠BCF，所以△BDH∽△BCF（SAS），得∠H=∠BFC=45°，所以△BFH为等腰直角三角形，于是BF=HF=DF+DH=DF+CG.图7方法十二：如图7所示，延长FD至H，使FH=BF，可得△BFH为等腰直角三角形，于是∠HBD=∠FBC，又∠H=∠BFC=45°，所以△BDH∽△BCF，所以BF=HF=DF+DH=DF+CG.经过上述分析，可知采取不同的切入点，解题思路会有差异。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=MN题模：截长补短类例1.3.1如图所示，是边长为的正三角形，是顶角为的等腰三角形，以为顶点作一个的，点、分别在、上，求的周长．【答案】见解析【解析】如图所示，延长到使．在与中，因为，，，所以，故．因为，，所以．又因为，所以．在与中，，，，所以，则，所以的周长为．典例1．（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．典例突破：（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝100°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F分别是BC，CD上的点．且∠EAF＝50°．探究图中线段EF，BE，FD之间的数量关系．小明同学探究的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论是（直接写结论，不需证明）；（2）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2∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由；（3）如图3，四边形ABCD是边长为7的正方形，∠EBF＝45°，直接写出△DEF的周长．【答案】（1）EF＝BE+DF；（2）成立，理由详见解析；（3）14．【分析】（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，由“SAS”可证△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，再由“SAS”可证△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题；（2）延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，即可证明△ABG≌△ADF，可得AF＝AG，再证明△AEF≌△AEG，可得EF＝EG，即可解题；（3）延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，由“SAS”可证△ABH≌△CBF，可得BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，由“SAS”可证△EBH≌△EBF，可得EF＝EH，可得EF＝EH＝AE+CF，即可求解．【详解】证明：（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠BAD＝100°，∠EAF＝50°，∴∠BAE+∠FAD＝∠DAG+∠FAD＝50°，∴∠EAF＝∠FAG＝50°，在△EAF和△GAF中，∵，∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF＝FG＝DF+DG，∴EF＝BE+DF，故答案为：EF＝BE+DF；（2）结论仍然成立，理由如下：如图2，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABG+∠ABC＝180°，∴∠ABG＝∠D，∵在△ABG与△ADF中，，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，∵2∠EAF＝∠BAD，∴∠DAF+∠BAE＝∠BAG+∠BAE＝∠BAD＝∠EAF，∴∠GAE＝∠EAF，又AE＝AE，∴△AEG≌△AEF（SAS），∴EG＝EF．∵EG＝BE+BG．∴EF＝BE+FD；如图，延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，核心知识聚焦1.倍长中线：遇到已知条件或要证明的结论中出现中点或中线时，常将过中点的线段倍长，构造全等三角形；2.倍长中线是延长过中点的线段与原中线长相等，形成两条线段互相平分，从而构造出全等三角形；3.倍长中线利用的思维模式是全等变换中的“旋转”，把一个三角形绕中点旋转180°得到与之中心对称的三角形.∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝7＝AD＝CD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∴∠BAH＝∠BCF＝90°，又∵AH＝CF，AB＝BC，∴△ABH≌△CBF（SAS），∴BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，∵∠EBF＝45°，∴∠CBF+∠ABE＝45°＝∠HBA+∠ABE＝∠EBF，∴∠EBH＝∠EBF，又∵BH＝BF，BE＝BE，∴△EBH≌△EBF（SAS），∴EF＝EH，∴EF＝EH＝AE+CF，∴△DEF的周长＝DE+DF+EF＝DE+DF+AE+CF＝AD+CD＝14．【点睛】本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．题模二：中点类例1.2.1如图，已知在中，是边上的中线，是上一点，且，延长交于，与相等吗？为什么？【答案】见解析【解析】延长到，使，连结∵，，∴．∴．又∵，∴∴，而∴，故．例1.2.2（1）已知：如图1，在△ABC中，∠A=90°，D为BC中点，E为AB上一点，F为AC上一点，ED⊥DF，连接EF，求证：线段BE、FC、EF总能构成一个直角三角形；（2）已知：如图2，∠A=120°，D为BC中点，E为AB上一点，F为AC上一点，ED⊥DF，连接EF，请你找出一个条件，使线段BE、FC、EF能构成一个等边三角形，给出证明．【答案】（1）见解析（2）当线段时，线段BE、FC、EF能构成一个等边三角形【解析】该题考查的是三角形综合．（1）证明：延长FD到G使，连接BG，EG，∵D为BC中点，∴，∵在△BDG和△CDF中，，∴△BDG≌△CDF（SAS），∴，，∵，∴，∵，∴，∴，即，∴线段BE、BG、EG总能构成一个直角三角形，∵，∴线段BE、FC、EF总能构成一个直角三角形；（2）当线段时，线段BE、FC、EF能构成一个等边三角形，证明：延长FD到W使，连接BW，EW，∵D为BC中点，∴，在△BDW和△CDF中，∴△BDW≌△CDF（SAS）∴，∵∴，∵，∴，∴，即，∴当线段（或，）时，BE、BW、EW能构成一个等边三角形；∵，∴当线段（或，）时，线段BE、FC、EF能构成一个等边三角形．方法一作平行线法作平行，构造全等．利用的思维模式是全等变换中的“平移”．典例1如图1，已知和都是等边三角形，且点E在线段AB上．（1）过点E作交AC于点G，试判断的形状并说明理由；（2）求证：；（3）如图2，若点D在射线CA上，且，求证：．【答案】（1）是等边三角形，理由见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析．【解析】【分析】（1）如图（见解析），先根据等边三角形的性质可得，再根据平行线的性质可得，然后根据等边三角形的判定即可得；（2）先根据等边三角形的性质可得，从而可得，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，从而可得，然后根据平行线的判定即可得证；（3）先根据平行线的性质、三角形全等的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，从而可得，然后根据三角形的内角和定理可得，最后根据三角形全等的判定定理与性质可得，据此根据线段的和差、等量代换即可得证．【详解】（1）是等边三角形，理由如下：如图，过点E作交AC于点G，是等边三角形，，，是等边三角形；（2）和是等边三角形，，，即，在和中，，，，，；（3）由（2）知，，，，，，，由（2）已证：，，和是等边三角形，，在中，，在中，，，在和中，，，，．【点睛】本题考查了三角形全等的判定定理与性质、等边三角形的性质、平行线的判定与性质、等腰三角形的性质等知识点，较难的是题（3），正确找出两个三角形全等的条件是解题关键．方法二作垂直法作垂直，构造全等．分为做1条垂直辅助线和2条垂直辅助线．可以利用通过作角平分线上的点两边的距离得全等，或截取等长线段得全等；思维模式是全等变换中的“轴对称”即“对折”．【例题2】7.如图，△ABC中，AB＝2AC，AD平分∠BAC，且AD＝BD．求证：CD⊥AC．【答案】见解析【解析】【分析】过D作DE⊥AB于E，根据等腰三角形性质推出AE=AB，∠DEA=90°，求出AE=AC，根据SAS证△DEA≌△DCA，推出∠ACD=∠AED即可．【详解】过D作DE⊥AB于E，∵AD＝BD，DE⊥AB∴AE＝AB，∠DEA＝90°，∵2AC＝AB∴AE＝AC∵AD平分∠BAC∴∠BAD＝∠CAD，在△DEA和△DCA中，，∴△DEA≌△DCA，∴∠ACD＝∠AED，∴∠ACD＝90°，∴AC⊥DC．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定的应用，关键是求出△DEA≌△DCA，主要培养了学生分析问题和解决问题的能力，题目比较好，难度适中．变式18.如图所示，在四边形中，平分，求证：．【答案】详见解析【解析】【分析】过点C分别作于E，于F，由条件可得出△CDF≌△CEB，可得∠B=∠FDC，进而可证明∠B+∠ADC=180°．【详解】证明：过点C分别作于E，于F，∵AC平分∠BAD，CE⊥AB于E，于F，∴CF=CE，在Rt△CDF与Rt△CEB中，∴，，，.【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据HL证明△CDF≌△CEB进而得出∠B=∠FDC．变式29.已知：∠AOB=90°,OM是∠AOB的平分线,将三角板的直角顶点P在射线OM上滑动,两直角边分别与OA、OB交于C、D.求证：PC=PD.【答案】见解析【解析】【分析】过P分别作PE⊥OB于E，PF⊥OA于F，由角平分线的性质易得PE＝PF，然后由同角的余角相等证明∠1＝∠2，即可由ASA证明△CFP≌△DEP，从而得证．【详解】证明：过P分别作PE⊥OB于E，PF⊥OA于F，∴∠CFP=∠DEP=90°,∵OM是∠AOB的平分线，∴PE=PF,∵∠1+∠FPD=90°又∵∠AOB=90°∴∠FPE=90°，∴∠2+∠FPD=90°∴∠1=∠2,∵在△CFP和△DEP中：，∴△CFP≌△DEP(ASA)∴PC=PD.【点睛】此题主要考查角平分线的性质和全等三角形的判定和性质，难度中等，作辅助线很关键．变式310.如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，∠ABC＝45°，点D为BC的中点，CE⊥AD于点E，其延长线交AB于点F，连接DF．求证：∠ADC＝∠BDF．【答案】见解析【解析】【分析】作BG⊥CB，交CF的延长线于点G，由ASA证明△ACD≌△CBG，得出CD＝BG，∠CDA＝∠CGB，证出BG＝BD，∠FBD＝∠GBF＝∠CBG，再由SAS证明△BFG≌△BFD，得出∠FGB＝∠FDB，即可得出结论．【详解】证明：作BG⊥CB，交CF的延长线于点G，如图所示：∵∠CBG＝90°，CF⊥AD，∴∠CAD+∠ADC＝∠BCG+∠ADC＝90°，∴∠CAD＝∠BCG，在△ACD和△CBG中，，∴△ACD≌△CBG（ASA），∴CD＝BG，∠CDA＝∠CGB，∵CD＝BD，∴BG＝BD，∵∠ABC＝45°，∴∠FBD＝∠GBF＝∠CBG，在△BFG和△BFD中，，∴△BFG≌△BFD（SAS），∴∠FGB＝∠FDB，∴∠ADC＝∠BDF．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质；本题有一定难度，需要通过作辅助线两次证明三角形全等才能得出结论．变式411.如图，四边形ABCD中，∠B=∠C=90°，E是BC的中点，DE平分∠ADC．(1)求证：AE平分∠BAD．(2)求证：AD＝AB＋CD．【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）过点E作EF⊥DA于点F，首先根据角的平分线上的点到角的两边的距离相等可得CE=EF，根据等量代换可得BE=EF，再根据角平分线的判定可得AE平分∠BAD；（2）首先证明Rt△DFE和Rt△DCE可得DC=DF，同理可得AF=AB，再由AD=AF+DF利用等量代换可得结论；【详解】（1）证明：过点E作EF⊥DA于点F，∵∠C=90°，DE平分∠ADC，∴CE=EF，∵E是BC的中点，∴BE=CE，∴BE=EF，又∵∠B=90°，EF⊥AD，∴AE平分∠BAD．（2）证明：AD=CD+AB，∵∠C=∠DFE=90°，∴在Rt△DFE和Rt△DCE中，∴Rt△DFE和Rt△DCE（HL），∴DC=DF，同理AF=AB，∵AD=AF+DF，∴AD=CD+AB；【点睛】此题考查角平分线的性质和判定，全等三角形的性质和判定，解题关键是掌握角平分线的性质和判定定理．培优变式512.已知如图,在△ABC中,以AB、AC为直角边,分别向外作等腰直角三角形ABE、ACF,连结EF,过点A作AD⊥BC,垂足为D,反向延长DA交EF于点M.（1）用圆规比较EM与FM的大小.（2）你能说明由(1)中所得结论的道理吗?【答案】(1)EM=FM；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）直接用圆规比较两线段的大小；（2）作EH⊥AM,垂足为H,FK⊥AM,垂足为K.先说明Rt△EHA≌Rt△ADB,得EH=AD,Rt△FKA≌Rt△ADC,得FK=AD,得EH=FK,在Rt△EHK与Rt△FKM中,Rt△EHM≌Rt△FKM,得EM=FM.【详解】解：（1）EM=FM（2）作EH⊥AM,垂足为H,FK⊥AM,垂足为K,则∠AHE=90〬,∠AKF=90〬,因为，AD⊥BC,所以，∠ADB=90〬,所以，∠ABD+∠BAD=90〬,又因为，△ABE是等腰直角三角形，所以，AE=AB,∠BAE=90〬,所以，∠EAH+∠BAD=90〬,所以，∠EAH=∠ABD，所以，Rt△EHA≌Rt△ADB（AAS），所以，EH=AD，同理：Rt△FKA≌Rt△ADC，FK=AD，所以EH=FK在Rt△EHK与Rt△FKM中,所以，Rt△EHM≌Rt△FKM（AAS）得EM=FM.【点睛】本题考核知识点：全等三角形的判定和性质.解题关键点：熟记全等三角形的判定和性质.方法三倍长中线法倍长中线主要用于证明全等三角形，其主要是在全等三角形的判定过程中，遇到一般三角形边上的中线或中点，考虑中线倍长；思维模式是全等变换中的“旋转”，可转移元素或将分散的条件聚集拢来．其主要的图形特征和证明方法如图：已知：在三角形ABC中，O为BC边中点，辅助线：延长AO到点D使AO＝DO，结论：△AOB≌△DOC证明：延长AO到点D使AO＝DO，由中点可知，OB＝OC，在△AOB和△DOC中∴△AOB≌△DOC同理在下图中仍能得到△AOB≌△DOC规律总结：由倍长中线法证明三角形全等的过程一般均是用SAS的方法，这是由于作出延长线后出现的对顶角决定的．补充：关于倍长中线的其他方法①向中线做垂直，易证△BEO≌△CDO步骤：延长AO到点D，过点B，C分别向AD作垂线，垂足为E，D，易证△BEO≌△CDO（AAS）②过中线做任意三角形证明全等，易证△BDO≌△CEO步骤：在AC上任意选取一点E，连接EO并延长到点D，使EO＝DO，连接BD，易证△BDO≌△CEO（SAS）点拨：倍长中线的思路：已知中线——作中线倍长线——证全等——找大小关系【例题3】13.如图，是的中线，分别在边上（不与端点重合），且，则（）．A. B.C. D.与的长短关系不确定【答案】A【解析】【分析】延长至点G，使，连接，证明，可得，进而根据三角形三边关系即可得．【详解】如图，延长至点G，使，连接，是边上的中线，,又，是的垂直平分线，，又(SAS)，，．故选A．【点睛】本题考查了三角形中线的性质，垂直平分线的性质，三角形全等的性质与判定，三角形三边关系，证明是解题的关键．变式14.如图，为AD上的中点，则BE＝______．【答案】【解析】【分析】延长BE交CD于点F，证，则BE=EF=BF，故再在直角三角形BCF中运用勾股定理求出BF长即可.【详解】解：延长BE交CD于点F,∵AB平行CD，则∠A=∠EDC，∠ABE=∠DFE，又E为AD上的中点，∴BE=EF,所以.∴∴在直角三角形BCF中，BF==.∴.【点睛】本题的关键是作辅助线，构造三角形全等，找到线段的关系，然后运用勾股定理求解.变式15.如图，中，为的中点，是上一点，连接并延长交于，，且，，那么的长度为__．【答案】；【解析】【分析】延长至使，连接，得出,得出，所以得出是等腰三角形，根据已知线段长度建立等量关系计算．【详解】如图：延长至使，连接在和中：∴∴∵∴∴∵∴∴∴即∴【点睛】倍长中线是常见的辅助线、全等中相关的角的代换是解决本题的关键．变式16.如图，E是BC的中点，点A在DE上，且∠BAE＝∠CDE.求证：AB＝CD.【答案】见解析【解析】【分析】此题要证明AB=CD，不能通过证明△ABE和△CED全等得到，因为根据已知条件无法证明它们全等；那么可以利用等腰三角形的性质来解题，为此必须把AB和CD通过作辅助线转化到一个等腰三角形中，而延长DE到F，使EF=DE，连接BF就可以达到要求，然后利用全等三角形的判定与性质就可以证明题目的问题．【详解】证明：延长DE至点F，使EF＝DE，连接BF.∵E是BC的中点∴BE＝CE在△BEF和△CED中∴△BEF≌△CED∴∠BFE＝∠CDE，BF＝CD又∵∠BAE＝∠CDE∴∠BFE＝∠BAE∴AB＝BF又∵BF=CD，∴AB＝CD【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质；一般证明线段相等大多数是通过全等三角形解决问题，有时没有全等三角形时，可以利用等腰三角形的性质解决问题．变式17.某数学兴趣小组在一次活动中进行了探究试验活动，请你来加入．【探究与发现】（1）如图1，AD是的中线，延长AD至点E，使，连接BE，证明：．【理解与应用】（2）如图2，EP是的中线，若，，设，则x的取值范围是________．（3）如图3，AD是的中线，E、F分别在AB、AC上，且，求证：．【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析【解析】【分析】（1）根据全等三角形的判定即可得到结论；（2）延长至点，使，连接，根据全等三角形的性质得到，根据三角形的三边关系即可得到结论；（3）延长FD至G，使得，连接BG，EG，结合前面的做题思路，利用三角形三边关系判断即可．【详解】（1）证明：，，，，（2）；如图，延长至点，使，连接，在与中，，，，在中，，即，的取值范围是；故答案为：；（3）延长FD至G，使得，连接BG，EG，在和中，，，，，，在和中，，，，，，在中，两边之和大于第三边，，又，，【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的中线的定义，三角形的三边关系，正确的作出图形是解题的关键．培优变式18.问题探究：小红遇到这样一个问题：如图1，中，，，AD是中线，求AD的取值范围．她的做法是：延长AD到E，使，连接BE，证明，经过推理和计算使问题得到解决．请回答：（1）小红证明的判定定理是：__________________________________________；（2）AD的取值范围是________________________；方法运用：（3）如图2，AD是的中线，在AD上取一点F，连结BF并延长交AC于点E，使，求证：．（4）如图3，在矩形ABCD中，，在BD上取一点F，以BF为斜边作，且，点G是DF的中点，连接EG，CG，求证：．【答案】（1）；（2）；（3）见解析；（4）见解析【解析】【分析】（1）利用三角形的中线与辅助线条件，直接证明，从而可得证明全等的依据；（2）利用全等三角形的性质得到求解的范围，从而可得答案；（3）延长至点，使，证明，利用全等三角形的性质与，证明，得到，从而可得答案；（4）延长至点使，连接、、，证明，得到，利用锐角三角函数证明，再证明，利用相似三角形的性质可得是直角三角形，从而可得答案．【详解】解：（1）如图，AD是中线，在与中，故答案为：（2）故答案为：（3）证明：延长至点，使，∵是的中线∴在和中∴，∴，又∵，∵，∴，又∵，∴∴，又∵∴（4）证明：延长至点使，连接、、∵G为的中点∴在和中∴∴在中，∵，∴又矩形中，∴，∴，∴，又，∴，∴，又为的外角，∴，即，∵，∴，∴，即，在和中，∴，又，∴，∴，∵，∴，∴是直角三角形，∵G为的中点，∴，即．【点睛】本题考查的是倍长中线法证明三角形全等，同时考查全等三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，矩形的性质，三角形相似的判定与性质，锐角三角函数的应用，掌握以上知识是解题的关键．【考点1角分线上点向角两边作垂线构全等】【方法点拨】过角平分线上一点向角两边作垂线，利用角平分线上的点到两边距离相等的性质来证明问题；【例1】如图，已知BP平分∠ABC，PD⊥BC于D，BF+BE＝2BD，求证：∠BFP+∠BEP＝180°．【分析】过点P作PH⊥AB于H，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得PD＝PH，利用“HL”证明Rt△BDP和Rt△BHP全等，根据全等三角形对应边相等可得BD＝BH，再求出DE＝FH，然后利用“边角边”证明△ODE和△PHF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠BEP＝∠PFH，然后根据∠BFP+∠PFH＝180°等量代换即可得证．【答案】证明：如图，过点P作PH⊥AB于H，∵BP平分∠ABC，PD⊥BC，∴PD＝PH，在Rt△BDP和Rt△BHP中，，∴Rt△BDP≌Rt△BHP（HL），∴BD＝BH，∵BF+BE＝2BD，∴BD﹣BF＝BE﹣BD，即BH﹣BF＝BE﹣BD，∴FH＝DE，在△ODE和△PHF中，，∴△ODE≌△PHF（SAS），∴∠BEP＝∠PFH，∵∠BFP+∠PFH＝180°，∴∠BFP+∠BEP＝180°．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，难点在于求出DE＝FH．【变式1-1】（2019秋•汉阳区期中）已知：∠AOB＝90°，OM是∠AOB的平分线，将三角板的直角顶点P在射线OM上滑动，两直角边分别与OA、OB交于C、D．（1）PC和PD有怎样的数量关系是．（2）请你证明（1）得出的结论．【分析】过P分别作PE⊥OB于E，PF⊥OA于F，由角平分线的性质易得PE＝PF，然后由同角的余角相等证明∠1＝∠2，即可由ASA证明△CFP≌△DEP，从而得证．【答案】解：（1）PC＝PD．（4分）（2）过P分别作PE⊥OB于E，PF⊥OA于F，∴∠CFP＝∠DEP＝90°，（6分）∵OM是∠AOB的平分线，∴PE＝PF，（7分）∵∠1+∠FPD＝90°，（直角三角板）又∵∠AOB＝90°，∴∠FPE＝90°，∴∠2+∠FPD＝90°，∴∠1＝∠2，（9分）在△CFP和△DEP中，∴△CFP≌△DEP（ASA），（10分）∴PC＝PD．（12分）【点睛】此题主要考查角平分线的性质和全等三角形的判定和性质，难度中等，作辅助线很关键．【变式1-2】（2019•北京校级期中）已知∠MAN＝120°，AC平分∠MAN，点B、D分别在AN、AM上．（1）如图1，若∠ABC＝∠ADC＝90°，请你探索线段AD、AB、AC之间的数量关系，并证明之；（2）如图2，若∠ABC+∠ADC＝180°，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由．【分析】（1）得到∠ACD＝∠ACB＝30°后再可以证得AD＝AB＝AC从而，证得结论；（2）过点C分别作AM、AN的垂线，垂足分别为E、F，证得△CED≌△CFB后即可得到AD+AB＝AE﹣ED+AF+FB＝AE+AF，从而证得结论．【答案】（1）关系是：AD+AB＝AC（1分）证明：∵AC平分∠MAN，∠MAN＝120°∴∠CAD＝∠CAB＝60°又∠ADC＝∠ABC＝90°，∴∠ACD＝∠ACB＝30°（2分）则AD＝AB＝AC（直角三角形一锐角为30°，则它所对直角边为斜边一半）（4分）∴AD+AB＝AC（5分）；（2）仍成立．证明：过点C分别作AM、AN的垂线，垂足分别为E、F（6分）∵AC平分∠MAN∴CE＝CF（角平分线上点到角两边距离相等）（7分）∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADC+∠CDE＝180°∴∠CDE＝∠ABC又∠CED＝∠CFB＝90°，∴△CED≌△CFB（AAS）（10分）∵ED＝FB，∴AD+AB＝AE﹣ED+AF+FB＝AE+AF（11分）由（1）知AE+AF＝AC（12分）∴AD+AB＝AC（13分）【点睛】本题考查了角平分线的性质、全等三角形的判定及性质、直角三角形的性质等知识，是一道比较好的综合题．【变式1-3】（2019秋•东区校级月考）如图①，OP是∠MON的平分线，请你利用该图形画一对以OP所在直线为对称轴的全等三角形．请你参考这个作全等三角形的方法，解答下列问题：（1）如图②，在△ABC中，∠ACB是直角，∠B＝60°，AD、CE分别是∠BAC、∠BCA的平分线，AD、CE相交于点F．请你判断并写出FE与FD之间的数量关系；（不需证明）（2）如图③，在△ABC中，∠B＝60°，AD、CE分别是∠BAC、∠BCA的平分线，AD、CE相交于点F，请问，你在（1）中所得结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．【分析】图①根据角平分线上的点到角的两边的距离相等，过点P作PA⊥OM于A，作PB⊥ON于B，△POA和△POB即为关于直线OP对称的全等三角形；（1）猜想FE＝FD；（2）过点F作FG⊥AB于G，作FH⊥BC于H，作FK⊥AC于K，根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得FG＝FH＝FK，根据四边形的内角和定理求出∠GFH＝120°，再根据三角形的内角和定理求出∠AFC＝120°，根据对顶角相等求出∠EFD＝120°，然后求出∠EFG＝∠DFH，再利用“角角边”证明△EFG和△DFH全等，根据全等三角形对应边相等可得FE＝FD．【答案】解：图①如图所示；（1）FE＝FD；（2）如图，过点F作FG⊥AB于G，作FH⊥BC于H，作FK⊥AC于K，∵AD、CE分别是∠BAC、∠BCA的平分线，∴FG＝FH＝FK，在四边形BGFH中，∠GFH＝360°﹣60°﹣90°×2＝120°，∵AD、CE分别是∠BAC、∠BCA的平分线，∠B＝60°，∴∠FAC+∠FCA＝（180°﹣60°）＝60°，在△AFC中，∠AFC＝180°﹣（∠FAC+∠FCA）＝180°﹣60°＝120°，∴∠EFD＝∠AFC＝120°，∴∠EFG＝∠DFH，在△EFG和△DFH中，，∴△EFG≌△DFH（ASA），∴FE＝FD．【点睛】本题考查了角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，遇到角平分线，作角平分线上的点到两边的距离构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．【考点2截取法构全等】【方法点拨】利用对称性，在角的两边截取相等的线段，构造全等三角形；【例2】（2019秋•黄浦区校级期中）已知：在四边形ABCD中，BC＞BA，∠A+∠C＝180°，且∠C＝60°，BD平分∠ABC，求证：BC＝AB+DC．【分析】先在BC上截取BE＝BA，根据已知条件证明△BAD≌△BED，进而可得出AD＝DE，∠A＝∠BED，再根据∠BED+∠DEC＝180°，∠A+∠C＝180°，∠C＝60°，可知△CDE是等边三角形，故可得出结论．【答案】证明：在BC上截取BE＝BA，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠EBD，在△BAD和△BED中，∵∴△BAD≌△BED（SAS），∴AD＝DE，∠A＝∠BED，∵∠BED+∠DEC＝180°，∠A+∠C＝180°，∴∠C＝∠DEC，∴DE＝DC，∴DC＝AD∵∠C＝60°，∴△CDE是等边三角形，∴DE＝CD＝CE，∴BC＝BE+CE＝AB+CD．【点睛】本题考查的是角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解答此题的关键．【变式2-1】已知△ABC中，∠A＝60°，BD，CE分别平分∠ABC和∠ACB，BD、CE交于点O，试判断BE，CD，BC的数量关系，并说明理由．【分析】在CB上取点G使得CG＝CD，可证△BOE≌△BOG，得BE═BG，可证△CDO≌△CGO，得CD＝CG，可以求得BE+CD＝BC．【答案】解：在BC上取点G使得CG＝CD，∵∠BOC＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝180°﹣（180°﹣60°）＝120°，∴∠BOE＝∠COD＝60°，∵在△COD和△COG中，，∴△COD≌△COG（SAS），∴∠COG＝∠COD＝60°，∴∠BOG＝120°﹣60°＝60°＝∠BOE，∵在△BOE和△BOG中，，∴△BOE≌△BOG（ASA），∴BE＝BG，∴BE+CD＝BG+CG＝BC．【点睛】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应角、对应边相等的性质，本题中求证CD＝CG和BE＝BG是解题的关键．【变式2-2】（2019秋•邵阳期末）如图①，在△ABC中，∠ACB＝2∠B，AD为∠BAC的角平分线，求证：AB＝AC+CD小明同学经过思考，得到如下解题思路：在AB上截取AE＝AC，连接DE，得到△ADE≌△ADC，从而易证AB＝AC+CD（1）请你根据以上解思路写出证明过程；（2）如图②，若AD为△ABC的外角∠CAE平分线，交BC的延长线于点D，∠D＝25°，其他条件不变，求∠B的度数．【分析】（1）首先得出△AED≌△ACD（SAS），即可得出∠B＝∠BDE，求出BE＝DE＝CD，进而得出答案；（2）首先得出△AED≌△ACD（SAS），即可得出∠B＝∠EDC，求出BE＝DE＝CD，进而得出答案．【答案】证明：（1）在AB上截取AE＝AC，连接DE，∵AD为∠ABC的角平分线，∴∠EAD＝∠CAD，在△AED和△ACD中，，∴△AED≌△ACD（SAS），∴ED＝CD，∠C＝∠AED，∵∠ACB＝2∠B，∴∠AED＝2∠B，∵∠B+∠BDE＝∠AED，∴∠B＝∠BDE，∴BE＝ED＝CD，∴AB＝AE+BE＝AC+CD；（2）在射线BA上截取AE＝AC，连接DE，∵AD为∠EAC的角平分线，∴∠EAD＝∠CAD，在△AED和△ACD中，，∴△AED≌△ACD（SAS），∴ED＝CD，∠ACD＝∠AED，∵∠ACB＝2∠B，∴设∠B＝x，则∠ACB＝2x，∴∠EAC＝3x，∴∠EAD＝∠CAD＝1.5x，∵∠ADC+∠CAD＝∠ACB＝2x，∴∠ADC＝0.5x＝25°，解得：x＝50°∴∠EDC＝x，∴∠B＝∠EDC＝50°，【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及三角形外角的性质等知识，利用已知得出△AED≌△ACD是解题关键．【变式2-3】（2019•长汀县校级模拟）观察、猜想、探究：在△ABC中，∠ACB＝2∠B．（1）如图①，当∠C＝90°，AD为∠BAC的角平分线时，求证：AB＝AC+CD；（2）如图②，当∠C≠90°，AD为∠BAC的角平分线时，线段AB、AC、CD又有怎样的数量关系？不需要证明，请直接写出你的猜想；（3）如图③，当AD为△ABC的外角平分线时，线段AB、AC、CD又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并对你的猜想给予证明．【分析】（1）过D作DE⊥AB，交AB于点E，理由角平分线性质得到ED＝CD，利用HL得到直角三角形AED与直角三角形ACD全等，由全等三角形的对应边相等，对应角相等，得到AE＝AC，∠AED＝∠ACB，由∠ACB＝2∠B，利用等量代换及外角性质得到一对角相等，利用等角对等边得到BE＝DE，由AB＝AE+EB，等量代换即可得证；（2）AB＝CD+AC，理由为：在AB上截取AG＝AC，如图2所示，由角平分线定义得到一对角相等，再由AD＝AD，利用SAS得到三角形AGD与三角形ACD全等，接下来同（1）即可得证；（3）AB＝CD﹣AC，理由为：在AF上截取AG＝AC，如图3所示，同（2）即可得证．【答案】解：（1）过D作DE⊥AB，交AB于点E，如图1所示，∵AD为∠BAC的平分线，DC⊥AC，DE⊥AB，∴DE＝DC，在Rt△ACD和Rt△AED中，AD＝AD，DE＝DC，∴Rt△ACD≌Rt△AED（HL），∴AC＝AE，∠ACB＝∠AED，∵∠ACB＝2∠B，∴∠AED＝2∠B，又∵∠AED＝∠B+∠EDB，∴∠B＝∠EDB，∴BE＝DE＝DC，则AB＝BE+AE＝CD+AC；（2）AB＝CD+AC，理由为：在AB上截取AG＝AC，如图2所示，∵AD为∠BAC的平分线，∴∠GAD＝∠CAD，∵在△ADG和△ADC中，，∴△ADG≌△ADC（SAS），∴CD＝DG，∠AGD＝∠ACB，∵∠ACB＝2∠B，∴∠AGD＝2∠B，又∵∠AGD＝∠B+∠GDB，∴∠B＝∠GDB，∴BE＝DG＝DC，则AB＝BG+AG＝CD+AC；（3）AB＝CD﹣AC，理由为：在AF上截取AG＝AC，如图3所示，∵AD为∠FAC的平分线，∴∠GAD＝∠CAD，∵在△ADG和△ACD中，，∴△ADG≌△ACD（SAS），∴CD＝GD，∠AGD＝∠ACD，即∠ACB＝∠FGD，∵∠ACB＝2∠B，∴∠FGD＝2∠B，又∵∠FGD＝∠B+∠GDB，∴∠B＝∠GDB，∴BG＝DG＝DC，则AB＝BG﹣AG＝CD﹣AC．【点睛】此题考查了角平分线性质，以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握角平分线性质是解本题的关键．【考点3延长垂线段构全等】【方法点拨】题目中有垂直于角平分线的线段，则延长该线段与角的另一边相交，构成等腰三角形；【例3】如图，在△ABC中，∠ABC＝3∠C，AD平分∠BAC，BE⊥AD于E，求证：BE＝（AC﹣AB）．（提示：延长BE交AC于点F）．【分析】根据全等三角形的判定与性质，可得∠ABF＝∠AFB，AB＝AF，BE＝EF，根据三角形外角的性质，可得∠C+∠CBF＝∠AFB＝∠ABF，根据角的和差、等量代换，可得∠CBF＝∠C，根据等腰三角形的判定，可得BF＝CF，根据线段的和差、等式的性质，可得答案．【答案】证明：如图：延长BE交AC于点F，∵BF⊥AD，∴∠AEB＝∠AEF．∵AD平分∠BAC，∴∠BAE＝∠FAE在△ABE和△AFE中，，∴△ABE≌△AFE（ASA）∴∠ABF＝∠AFB，AB＝AF，BE＝EF．∵∠C+∠CBF＝∠AFB＝∠ABF，∠ABF+∠CBF＝∠ABC＝3∠C，∴∠C+2∠CBF＝3∠C，∴∠CBF＝∠C．∴BF＝CF，∴BE＝BF＝CF．∵CF＝AC﹣AF＝AC﹣AB，∴BE＝（AC﹣AB）．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，利用了全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，等量代换，等式的性质，利用等量代换得出∠CBF＝∠C是解题关键．【变式3-1】已知：如图，在△ABC中，∠ABC＝3∠C，∠1＝∠2，BE⊥AE．求证：AC﹣AB＝2BE．【分析】延长BE交AC于M，利用三角形内角和定理，得出∠3＝∠4，AB＝AM，∴AC﹣AB＝AC﹣AM＝CM．再利用∠4是△BCM的外角，再利用等腰三角形对边相等，CM＝BM利用等量代换即可求证．【答案】证明：延长BE交AC于M∵BE⊥AE，∴∠AEB＝∠AEM＝90°在△ABE中，∵∠1+∠3+∠AEB＝180°，∴∠3＝90°﹣∠1同理，∠4＝90°﹣∠2∵∠1＝∠2，∴∠3＝∠4，∴AB＝AM∵BE⊥AE，∴BM＝2BE，∴AC﹣AB＝AC﹣AM＝CM，∵∠4是△BCM的外角∴∠4＝∠5+∠C∵∠ABC＝3∠C，∴∠ABC＝∠3+∠5＝∠4+∠5∴3∠C＝∠4+∠5＝2∠5+∠C∴∠5＝∠C∴CM＝BM∴AC﹣AB＝BM＝2BE【点睛】此题考查学生对等腰三角形的判定与性质的理解和掌握，此题的关键是作好辅助线，延长BE交AC于M，利用三角形内角和定理，三角形外角的性质，考查的知识点较多，是一道难题．【变式3-2】（2019秋•通州区期末）已知：∠A＝90°，AB＝AC，BD平分∠ABC，CE⊥BD，垂足为E．求证：BD＝2CE．【分析】延长CE、BA交于点F．根据等角的余角相等，得∠ABD＝∠ACF；再根据ASA可以证明△ABD≌△ACF，则BD＝CF；根据ASA可以证明△BCE≌△BFE，则CE＝EF，从而证明结论．【答案】证明：延长CE、BA交于点F．∵CE⊥BD于E，∠BAC＝90°，∴∠ABD＝∠ACF．又AB＝AC，∠BAD＝∠CAF＝90°，∴△ABD≌△ACF，∴BD＝CF．∵BD平分∠ABC，∴∠CBE＝∠FBE．有BE＝BE，∴△BCE≌△BFE，∴CE＝EF，∴CE＝BD，∴BD＝2CE．【点睛】本题考查了三角形全等的判定及性质；准确作出辅助线是正确解决本题的关键．【变式3-3】（2019•成都校级期中）如图，△ABC中，过点A分别作∠ABC，∠ACB的外角的平分线的垂线AD，AE．D，E为垂足，求证：（1）ED∥BC；（2）ED＝（AB+AC+BC）．【分析】（1）分别延长AD、AE与直线BC交于点F、G，根据AD⊥BD，得到∠ADB＝∠FDB＝90°，再根据BD＝BD，∠ABD＝∠FBD，证得△ABD≌△FBD，进而得到AD＝FD、AE＝EG，证得DE∥BC．（2）根据上题证得的△ABD≌△FBD，AB＝BF，同理AC＝CG，证得GF＝FB+BC+GC＝AB+BC+AC，从而证得结论．【答案】证明：（1）分别延长AD、AE与直线BC交于点F、G，∵AD⊥BD，∴∠ADB＝∠FDB＝90°，∵BD＝BD，∠ABD＝∠FBD，∴△ABD≌△FBD∴AD＝FD，同理可得AE＝EG，∴DE∥BC；（2）由（1）知△ABD≌△FBD，∴AB＝BF，同理AC＝CG，∵DE＝FG∴GF＝FB+BC+GC＝AB+BC+AC，∴DE＝（AB+BC+AC）【点睛】本题考查了三角形的中位线定理及三角形的有关知识，解题的关键是正确的利用中位线定理得到中位线与第三边的位置或数量关系．【考点4倍长中线法构全等】【方法点拨】遇到三角形的中线，倍长中线，使延长线段与原中线长相等，构造全等三角形.【例4】（2019秋•津南区校级期中）已知：在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AD上一点，且BE＝AC，延长BE交AC于F，求证：AF＝EF．【分析】根据点D是BC的中点，延长AD到点G，得到△ADC≌△GDB，利用全等三角形的对应角相等，对应边相等进行等量代换，得到△AEF中的两个角相等，然后用等角对等边证明AE等于EF．【答案】证明：如图，延长AD到点G，使得AD＝DG，连接BG．∵AD是BC边上的中线（已知），∴DC＝DB，在△ADC和△GDB中，∴△ADC≌△GDB（SAS），∴∠CAD＝∠G，BG＝AC又∵BE＝AC，∴BE＝BG，∴∠BED＝∠G，∵∠BED＝∠AEF，∴∠AEF＝∠CAD，即：∠AEF＝∠FAE，∴AF＝EF．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，根据题意作辅助线得到全等三角形，利用全等三角形的性质，得到对应的角相等，然后证明两线段相等．【分析】根据点D是BC的中点，延长AD到点G，得到△ADC≌△GDB，利用全等三角形的对应角相等，对应边相等进行等量代换，得到△AEF中的两个角相等，然后用等角对等边证明AE等于EF．【答案】证明：如图，延长AD到点G，使得AD＝DG，连接BG．∵AD是BC边上的中线（已知），∴DC＝DB，在△ADC和△GDB中，∴△ADC≌△GDB（SAS），∴∠CAD＝∠G，BG＝AC又∵BE＝AC，∴BE＝BG，∴∠BED＝∠G，∵∠BED＝∠AEF，∴∠AEF＝∠CAD，即：∠AEF＝∠FAE，∴AF＝EF．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，根据题意作辅助线得到全等三角形，利用全等三角形的性质，得到对应的角相等，然后证明两线段相等．【变式4-1】（2019秋•闵行区期中）如图，在△ABC中，AE平分∠BAC，交BC于点E，D是BC边上点，且DE＝CE，点F在AE上，联结DF，满足DF＝AC，求证：DF∥AB．【分析】延长FE到G，使EG＝EF．连接CG，由于已知条件通过SAS证得△DEF≌△CEG得到DF＝GC，∠DFE＝∠G，由DF＝AC得到∠G＝∠CAE，继而由角平分线的性质可求得∠BAE＝∠DEF，可证明DF∥AB．【答案】证明：如图，延长FE到G，使EG＝EF，连接CG．在△DEF和△CEG中，∴△DEF≌△CEG（SAS）．∴DF＝GC，∠DFE＝∠G．∵DF＝AC，∴∠G＝∠CAE，∵AE平分∠BAC∴∠BAE＝∠CAE．∴∠G＝∠BAE，∴∠BAE＝∠DFE，∴DF∥AB．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，通过作辅助线，构造全等三角形进行求解是正确解决本题的关键．【变式4-2】（2019春•富阳市校级期中）如图，AD为△ABC的中线，∠ADB和∠ADC的平分线分别交AB、AC于点E、F．求证：BE+CF＞EF．【分析】延长ED到H，使DE＝DH，连接CH，FH，证△EFD≌△HFD，推出EF＝FH，证△BDE≌△CDH，推出BE＝CH，在△CFH中，由三角形三边关系定理得出CF+CH＞FH，代入求出即可．【答案】证明：延长ED到H，使DE＝DH，连接CH，FH，∵AD是△ABC的中线，∴BD＝DC，∵DE、DF分别为∠ADB和∠ADC的平分线，∴∠1＝∠4＝∠ADB，∠3＝∠5＝∠ADC，∴∠1+∠3＝∠4+∠5＝∠ADB+∠ADC＝×180°＝90°，∵∠1＝∠2，∴∠3+∠2＝90°，即∠EDF＝∠FDH，在△EFD和△HFD中，，∴△EFD≌△HFD（SAS），∴EF＝FH，在△BDE和△CDH中，，∴△BDE≌△CDH（SAS），∴BE＝CH，在△CFH中，由三角形三边关系定理得：CF+CH＞FH，∵CH＝BE，FH＝EF，∴BE+CF＞EF．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的三边关系定理的应用，题目比较好，但是有一定的难度．【变式4-3】（2019秋•启东市校级月考）【阅读理解】课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图1，△ABC中，若AB＝8，AC＝6，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到点E，使DE＝AD，请根据小明的方法思考：（1）由已知和作图能得到△ADC≌△EDB的理由是A．SSSB．SASC．AASD．HL（2）求得AD的取值范围是A．6＜AD＜8B．6≤AD≤8C．1＜AD＜7D．1≤AD≤7【方法感悟】解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集合到同一个三角形中．【问题解决】（3）如图2，已知：CD＝AB，∠BDA＝∠BAD，AE是△ABD的中线，求证：∠C＝∠BAE．【分析】延长ED到H，使DE＝DH，连接CH，FH，证△EFD≌△HFD，推出EF＝FH，证△BDE≌△CDH，推出BE＝CH，在△CFH中，由三角形三边关系定理得出CF+CH＞FH，代入求出即可．【答案】证明：延长ED到H，使DE＝DH，连接CH，FH，∵AD是△ABC的中线，∴BD＝DC，∵DE、DF分别为∠ADB和∠ADC的平分线，∴∠1＝∠4＝∠ADB，∠3＝∠5＝∠ADC，∴∠1+∠3＝∠4+∠5＝∠ADB+∠ADC＝×180°＝90°，∵∠1＝∠2，∴∠3+∠2＝90°，即∠EDF＝∠FDH，在△EFD和△HFD中，，∴△EFD≌△HFD（SAS），∴EF＝FH，在△BDE和△CDH中，，∴△BDE≌△CDH（SAS），∴BE＝CH，在△CFH中，由三角形三边关系定理得：CF+CH＞FH，∵CH＝BE，FH＝EF，∴BE+CF＞EF．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的三边关系定理的应用，题目比较好，但是有一定的难度．【考点5作平行线构全等】【方法点拨】有角平分线时，常过角平分线上的一点作角的一边的平行线，从而构造等腰三角形．或通过一边上的点作角平分线的平行线与另外一边的反向延长线相交，从而也构造等腰三角形．【例5】若两个三角形的一边及其对角对应相等，并有一对角互补（不是直角），则这两个三角形为友好三角形．如图1，点D在AB边上，CD＝CB，则△ABC和△ACD就是友好三角形．（1）两个友好三角形全等．（从下面选择一个正确的填入）A．一定B．不一定C．一定不（2）如图2，在△ABC中，AB＝AC，点D在AB上，点E在AC延长线上，连结DE交BC于其中BD≠BF，若△BDF和△CEF是友好三角形，求证：DF＝EF．（3）如图3，CE是△ABC的中线，点D在AC上，BD与CE交于点F，CF＝AE，DF＝DC，图中与△ACE成友好三角形的是．【分析】（1）由友好三角形的定义可求解；（2）过点D作DG∥AC交BC于点G，由友好三角形的定义可得BD＝CE，∠B+∠BCE＝180°，通过证明△DFG≌△ECF，可得DF＝EF；（3）由题意可得∠DCF＝∠DFC＝∠EFB，BE＝AE，∠BEF+∠AEC＝180°，由友好三角形的定义可得△BEF与△ACE成友好三角形；【答案】解：（1）∵两个友好三角形一对角互补∴两个友好三角形一定不全等故选C（2）如图2，过点D作DG∥AC交BC于点G，∵△BDF和△CEF是友好三角形∴BD＝CE，∠B+∠BCE＝180°∵AB＝AC∴∠B＝∠ACB，∵DG∥AC∴∠ACB＝∠DGB，∠DGC＝∠BCE∴∠ACB＝∠DGB＝∠B∴DG＝DB，且∠DGC＝∠BCE，∠DFG＝∠CFE∴△DFG≌△ECF（AAS）∴DF＝EF（3）①∵CE是△ABC的中线，∴AE＝BE，∵DF＝DC∴∠DFC＝∠DCF∴∠DCF＝∠DFC＝∠EFB，且BE＝AE，∠BEF+∠AEC＝180°∴△BEF与△ACE成友好三角形故答案为：△BEF【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，解这个题的关键是能根据已知题意和所学的定理进行推理．题目比较好，但是有一定的难度．【变式5-1】（2019秋•建湖县期末）如图，在△ABC，AD平分∠BAC，E、F分别在BD、AD上，且DE＝CD，EF＝AC，求证：EF∥AB．【分析】过E作AC的平行线于AD延长线交于G点，可证明△DEG≌△DCA，可得EG＝EF，可证明EF∥AB．【答案】解：过E作AC的平行线于AD延长线交于G点，∵EG∥AC在△DEG和△DCA中，，∴△DEG≌△DCA（ASA），∴EG＝EF，∠G＝∠CAD，又EF＝AC故EG＝AC∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，∵EG＝EF，∴∠G＝∠EFD，∴∠EFD＝∠BAD，∴EF∥AB．【点睛】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应角、对应边相等的性质，本题中求证△DEG≌△DCA是解题的关键．【变式5-2】（2019春•河口区校级期中）如图所示，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，AE平分∠BAC交BC于E，交CD于F，FG∥AB交BC于G．试判断CE，CF，GB的数量关系，并说明理由．【分析】过E作AC的平行线于AD延长线交于G点，可证明△DEG≌△DCA，可得EG＝EF，可证明EF∥AB．【答案】解：过E作AC的平行线于AD延长线交于G点，∵EG∥AC在△DEG和△DCA中，，∴△DEG≌△DCA（ASA），∴EG＝EF，∠G＝∠CAD，又EF＝AC故EG＝AC∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，∵EG＝EF，∴∠G＝∠EFD，∴∠EFD＝∠BAD，∴EF∥AB．【点睛】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应角、对应边相等的性质，本题中求证△DEG≌△DCA是解题的关键．【变式5-3】△ABC中，∠BAC＝60°，∠C＝40°，AP平分∠BAC交BC于P，BQ平分∠ABC交AC于Q，求证：AB+BP＝BQ+AQ．（有多种辅助线作法）【分析】方法一、延长AB到D，使BD＝BP，连接PD．则∠D＝∠5．由已知条件不难算出：∠1＝∠2＝30°，∠3＝∠4＝40°＝∠C．于是QB＝QC．又∠D+∠5＝∠3+∠4＝80°，故∠D＝40°．于是△APD≌△APC（AAS），所以AD＝AC．即AB+BD＝AQ+QC，等量代换即可得证；方法二、根据三角形内角和定理求出∠ABC的度数，再根据角平分线的定义求出∠CBQ＝40°，根据等角对等边的性质可得BQ＝CQ，然后