专题2全等三角形的常见模型及其构造方法(原卷版+解析)

专题2全等三角形的常见模型及其构造方法（原卷版）类型一一线三等角模型捕捉一线三等角模型1．（2023•南谯区校级一模）如图，在矩形ABCD中，E，F分别为BC，DC上一点，AE＝EF，AE⊥EF，若BE＝3，矩形ABCD的周长为26，则矩形ABCD的面积为．2．（2022秋•武汉期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α，若DE＝8，BD＝2，求CE的长．3．（2023春•榆林期末）如图是一个工业开发区局部的设计图，河的同一侧有两个工厂A和B，AD、BC的长表示两个工厂到河岸的距离，其中E是进水口，D、C为两个排污口．已知AE＝BE，∠AEB＝90°，AD⊥DC，BC⊥DC，点D、E、C在同一直线上，AD＝150米，BC＝350米，求两个排污口之间的水平距离DC．构造一线三等角模型4．（2022秋•武汉期中）如图，AC＝AB＝BD，∠ABD＝90°，BC＝8，则△BCD的面积为（）A．8 B．12 C．14 D．165．（2023春•和平区期中）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是（4，0），点B的坐标是（0，3），把线段BA绕点B逆时针旋转90°后得到线段BC，则点C的坐标是（）A．（3，4） B．（4，3） C．（4，7） D．（3，7）6．（2023•雁塔区校级开学）如图，直线l1∥l2∥l3，正方形ABCD的三个顶点A、B、C分别在直线l1、l2、l3上，点A到直线l2的距离是3，点C到直线l2的距离是6，则正方形ABCD的面积为．​7．（2021秋•恩施市校级月考）如图1，OA＝2，OB＝4，以A点为顶点、AB为腰在第三象限作等腰Rt△ABC，（1）求C点的坐标；（2）如图2，P为y轴负半轴上一个动点，当P点向y轴负半轴向下运动时，以P为顶点，PA为腰作等腰Rt△APD（D点在第四象限），过D作DE⊥x轴于E点，求OP﹣DE的值．

类型二手拉手模型捕捉手拉手模型8．（2023春•高碑店市校级月考）如图，在△AOB和△COD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD，AC，BD交于点M，关于结论Ⅰ，Ⅱ，下列判断正确的是（）结论Ⅰ：AC＝BD；结论Ⅱ：∠CMD＞∠CODA．Ⅰ对，Ⅱ错 B．Ⅰ错，Ⅱ对 C．1，Ⅱ都对 D．Ⅰ，Ⅱ都错9．（2021秋•十堰期中）在等腰△OAB和等腰△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，连接AC、BD交于点M．（1）如图1．若∠AOB＝∠COD＝40°．则AC与BD的数量关系为；∠AMB的度数为；（2）如图2，若∠AOB＝∠COD＝90°，判断AC与BD之间存在怎样的关系？并说明理由；10．已知：在△ABD和△ACE中，AD＝AB，AC＝AE．（1）如图1，若∠DAB＝∠CAE＝60°，求证：BE＝DC；（2）如图2，若∠DAB＝∠CAE＝n°，求∠DOB的度数．

构建手拉手模型11．（2021秋•恩施市校级期末）在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，D为BC的中点（1）如图1，E，F分别是AB，AC上的点，且BE＝AF求证：△DEF为等腰直角三角形；（2）如图1，若AB＝4，则四边形AEDF的面积为（直接写出结果）；（3）如图2，若E，F分别为AB，CA延长线上的点，仍有BE＝AF，其他条件不变，则△DEF是否仍为等腰直角三角形？证明你的结论．类型三半角模型12．已知：边长为1的正方形ABCD中，M、N分别是BC、CD上的点．（1）若MN＝BM+ND，求证：∠MAN＝45°；（2）若△MNC得周长为2，求∠MAN的度数．13．如图，点P为定角∠AOB的平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补．若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA，OB相交于M，N两点，请猜想PM与PN的数量关系并说明理由．14．（2023春•连城县期末）（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=12∠BAD，线段EF、BE、FD之间的关系是（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=12∠（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF=12∠类型四倍长中线模型15．（2020•黄陂区期末）如图，在△ABC中，D为BC的中点，若AC＝3，AD＝4．则AB的长不可能是（）A．5 B．7 C．8 D．916．（2020秋•通河县期末）如图所示，AD为△ABC中线，D为BC中点，AE＝AB，AF＝AC，连接EF，EF＝2AD．若△AEF的面积为3，则△ADC的面积为．类型五截长补短构造全等三角形17．阅读：探究线段的和．差．倍．分关系是几何中常见的问题，解决此类问题通常会用截长法或补短法，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．（1）请完成下题的证明过程：如图1，在△ABC中，∠B＝2∠C，AD平分∠BAC．求证：AB+BD＝AC．证明：在AC上截取AE＝AB，连接DE（2）如图2，AD∥BC，EA，EB分别平分∠DAB，∠CBA，CD过点E，求证：AB＝AD+BC．类型六平行线+线段中点构造全等三角形18．如图，AC∥BD，E为CD的中点，AE⊥BE（1）求证：AE平分∠BAC，BE平分∠ABD；（2）线段AB、AC、BD有怎样的数量关系？请写出你的结论并证明．19．（2023春•博山区期末）如图，AB⊥BC于点B，AB⊥AD于点A，点E是CD中点，若BC＝5，AD＝10，BE=132，求​

专题2全等三角形的常见模型及其构造方法（解析版）类型一一线三等角模型捕捉一线三等角模型1．（2023•南谯区校级一模）如图，在矩形ABCD中，E，F分别为BC，DC上一点，AE＝EF，AE⊥EF，若BE＝3，矩形ABCD的周长为26，则矩形ABCD的面积为40．【思路引领】由矩形的性质得AB+BC＝13，再证△ABE≌△ECF（AAS），得AB＝EC，然后求出AB＝5，则BC＝8，即可解决问题．解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AD＝BC，∠B＝∠C＝90°，∵矩形ABCD的周长为26，∴AB+BC＝13，∵AE⊥EF，∴∠AEF＝90°，∴∠AEB+∠CEF＝90°，∵∠AEB+∠BAE＝90°，∴∠BAE＝∠CEF，在△ABE和△ECF中，∠B=∠C∠BAE=∠CEF∴△ABE≌△ECF（AAS），∴AB＝EC，∵AB+BC＝13，∴AB+BE+EC＝13，∴AB+3+AB＝13，∴AB＝5，∴BC＝8，∴S矩形ABCD＝AB•BC＝5×8＝40，故答案为：40．【总结提升】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的性质，证明三角形全等是解题的关键．2．（2022秋•武汉期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α，若DE＝8，BD＝2，求CE的长．【思路引领】先根据角的加减求出∠ECA＝∠BAD，再根据AAS证明△BAD≌△ACE，再求出AD的值即可．解：∵∠AEC＝∠BAC＝α，∴∠ECA+∠CAE＝180°﹣α，∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，∴∠ECA＝∠BAD，在△BAD与△ACE中，∠BDA=∠AEC∠BAD=∠ACE∴△BAD≌△ACE（{AAS}），∴CE＝AD，AE＝BD＝2，∵DE＝8，∴AD＝DE﹣AE＝8﹣2＝6，∴CE＝AD＝6．【总结提升】本题考查了角的加减和全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．3．（2023春•榆林期末）如图是一个工业开发区局部的设计图，河的同一侧有两个工厂A和B，AD、BC的长表示两个工厂到河岸的距离，其中E是进水口，D、C为两个排污口．已知AE＝BE，∠AEB＝90°，AD⊥DC，BC⊥DC，点D、E、C在同一直线上，AD＝150米，BC＝350米，求两个排污口之间的水平距离DC．【思路引领】根据ASA证明△ADE与△ECB全等，再利用全等三角形的性质解答即可．解：∵∠AEB＝90°，AD⊥DC，BC⊥DC，∴∠AEB＝∠ADE＝∠BCE＝90°，∴∠AED+∠DAE＝90°，∠AED+∠BEC＝90°，∠BEC+∠EBC＝90°，∴∠DAE＝∠CEB，∠AED＝∠EBC，又∵AE＝BE，∴△ADE≌△ECB（ASA），∴AD＝CE，DE＝BC，又∵AD＝150米，BC＝350米，∴DC＝DE+CE＝BC+AD＝350+150＝500（米）．答：两个排污口之间的水平距离DC为500米．【总结提升】此题考查全等三角形的应用，关键是根据ASA证明△ADE与△ECB全等．构造一线三等角模型4．（2022秋•武汉期中）如图，AC＝AB＝BD，∠ABD＝90°，BC＝8，则△BCD的面积为（）A．8 B．12 C．14 D．16【思路引领】由等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，即可求解．解：作AE⊥BC于E，DF⊥CB交CB延长线于F，∵AB＝AC，∴BE＝CE＝4，∵∠EAB+∠ABE＝∠DBF+∠ABE＝90°，∴∠EAB＝∠DBF，∵∠AEB＝∠BFD＝90°，AB＝DB，∴△AEB≌△BFD（AAS），∴DF＝BE＝4，∴S△DCB=12CB•∴S△DCB=1故选：D．【总结提升】本题考查等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，关键是作辅助线构造全等三角形．5．（2023春•和平区期中）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是（4，0），点B的坐标是（0，3），把线段BA绕点B逆时针旋转90°后得到线段BC，则点C的坐标是（）A．（3，4） B．（4，3） C．（4，7） D．（3，7）【思路引领】过点C作CD⊥y轴，垂足为D，根据垂直定义可得∠CDB＝90°，从而利用直角三角形的两个锐角互余可得∠CBD+∠DCB＝90°，再利用旋转的性质可得CB＝BA，∠CBA＝90°，然后利用平角定义可得∠CBD+∠ABO＝90°，从而利用同角的余角相等可得∠ABO＝∠DCB，进而可得△BOA≌△CDB，最后利用全等三角形的性质可得CD＝BO＝3，DB＝OA＝4，从而求出DO＝7，即可解答．解：过点C作CD⊥y轴，垂足为D，∴∠CDB＝90°，∴∠CBD+∠DCB＝180°﹣∠CDB＝90°，∵点A的坐标是（4，0），点B的坐标是（0，3），∴OA＝4，OB＝3，由旋转得：CB＝BA，∠CBA＝90°，∴∠CBD+∠ABO＝180°﹣∠ABC＝90°，∴∠ABO＝∠DCB，∵∠CDB＝∠AOB＝90°，∴△BOA≌△CDB（AAS），∴CD＝BO＝3，DB＝OA＝4，∴DO＝DB+OB＝4+3＝7，∴点C的坐标是（3，7），故选：D．【总结提升】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，全等三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．6．（2023•雁塔区校级开学）如图，直线l1∥l2∥l3，正方形ABCD的三个顶点A、B、C分别在直线l1、l2、l3上，点A到直线l2的距离是3，点C到直线l2的距离是6，则正方形ABCD的面积为45．​【思路引领】过点A作AE⊥l2于点E，过点C作CF⊥l2于点F，通过证明△ABE≌△BCF，得出BF＝AE，再由勾股定理即可得出结论．解：过点A作AE⊥l2于点E，过点C作CF⊥l2于点F，∴∠CBF+∠BCF＝90°，四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∴∠DAB＝∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝90°，∴∠ABE+∠CBF＝90°，∵l1∥l2∥l3，∴∠ABE＝∠BCF，在△ABE和△BCF中，∠AEB=∠BFC∠ABE=∠BCF∴△ABE≌△BCF（AAS），∴BF＝AE，∴BF2+CF2＝BC2，∴BC2＝32+62＝45．故答案为：45．【总结提升】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及正方形面积的求解方法，能够熟练掌握．7．（2021秋•恩施市校级月考）如图1，OA＝2，OB＝4，以A点为顶点、AB为腰在第三象限作等腰Rt△ABC，（1）求C点的坐标；（2）如图2，P为y轴负半轴上一个动点，当P点向y轴负半轴向下运动时，以P为顶点，PA为腰作等腰Rt△APD（D点在第四象限），过D作DE⊥x轴于E点，求OP﹣DE的值．【思路引领】（1）作CM⊥x轴于M，即可求CM和AM的值，证得△MAC≌△OBA（AAS），由全等三角形的性质得出CM＝OA＝2，MA＝OB＝4，则可求出C点坐标；（2）求OP﹣DE的值则将其放在同一直线上，过D作DQ⊥OP于Q点，即是求PQ的值，由图可求得△AOP≌△PDQ（AAS），即可求得PQ的长．解：（1）过C作CM⊥x轴于M点，如图1，∵CM⊥OA，AC⊥AB，∴∠MAC+∠OAB＝90°，∠OAB+∠OBA＝90°，∴∠MAC＝∠OBA，在△MAC和△OBA中，∠CMA=∠AOB=90°∠MAC=∠OBA∴△MAC≌△OBA（AAS），∴CM＝OA＝2，MA＝OB＝4，∴点C的坐标为（﹣6，﹣2）；（2）过D作DQ⊥OP于Q点，如图2，∴OP﹣DE＝PQ，∠APO+∠QPD＝90°∠APO+∠OAP＝90°，∴∠QPD＝∠OAP，在△AOP和△PDQ中，AOP=∠PQD=90°∠QPD=∠OAP∴△AOP≌△PDQ（AAS），∴OP﹣DE＝PQ＝OA＝2．【总结提升】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，坐标与图形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．类型二手拉手模型捕捉手拉手模型8．（2023春•高碑店市校级月考）如图，在△AOB和△COD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD，AC，BD交于点M，关于结论Ⅰ，Ⅱ，下列判断正确的是（）结论Ⅰ：AC＝BD；结论Ⅱ：∠CMD＞∠CODA．Ⅰ对，Ⅱ错 B．Ⅰ错，Ⅱ对 C．1，Ⅱ都对 D．Ⅰ，Ⅱ都错【思路引领】根据已知条件可知三角形的全等，根据全等三角形的性质可知边相等，对应的高相等，再根据三角形的内角和即可求出角的大小．解：∵∠AOB＝∠COD＝108°，∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD，∴∠AOC＝∠BOD，在△AOC和△BOD中，OA=OB∠AOC=∠BOD∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC＝BD，故结论Ⅰ正确；∵△AOC≌△BOD，∴∠OCE＝∠MDO，∴∠MDC＝∠MDO+∠ODC，∴∠OCD＝∠OCE+∠MCD，∵∠COD＝180°﹣（∠OCD+∠ODC），∠CMD＝180°﹣（∠MDC+∠MCD），∴∠CMD＝180°﹣（∠MDO+∠ODC+∠MCD），∠COD＝180°﹣（∠OCE+∠MCD+∠ODC），∴∠CMD＝∠COD，故结论Ⅱ错误．故选：A．【总结提升】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟记全等三角形对应性质和判定定理是解题的关键．9．（2021秋•十堰期中）在等腰△OAB和等腰△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，连接AC、BD交于点M．（1）如图1．若∠AOB＝∠COD＝40°．则AC与BD的数量关系为AC＝BD；∠AMB的度数为40°；（2）如图2，若∠AOB＝∠COD＝90°，判断AC与BD之间存在怎样的关系？并说明理由；【思路引领】（1）①先证明：∠BOD＝∠AOC，再证明△BOD≌△AOC（SAS），即可得AC＝BD；②由△BOD≌△AOC及三角形内角和定理即可求得∠AMB＝40°；（2）①证明△BOD≌△AOC（SAS）即可得BD＝AC，②根据全等三角形性质和三角形内角和定理即可求得∠AMB；解：（1）∵∠AOB＝∠COD，∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD，∴∠BOD＝∠AOC，在△BOD和△AOC中，OB=OA∠BOD=∠AOC∴△BOD≌△AOC（SAS），∴AC＝BD；∠OBD＝∠OAC，∵∠AOB＝40°，∴∠OAB+∠OBA＝180°﹣∠AOB＝180°﹣40°＝140°，又∵∠OAB+∠OBA＝∠OAB+∠ABD+∠OBD，∴∠OAB+∠OBA＝∠OAB+∠ABD+∠OAC＝140°，∴∠MAB+ABM＝140°，∵在△ABM中，∠AMB+∠MAB+ABM＝180°，∴∠AMB＝40°，故答案为：AC＝BD，40°；（2）AC＝BD，AC⊥BD，理由如下：∵∠AOB＝∠COD＝90°，∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD，∴∠BOD＝∠AOC，在△BOD和△AOC中，OB=OA∠BOD=∠AOC∴△BOD≌△AOC（SAS），∴BD＝AC，∠OBD＝∠OAC，又∵∠OAB+∠OBA＝90°，∠ABO＝∠ABM+∠OBD，∠MAB＝∠MAO+∠OAB，∴∠MAB+∠MBA＝90°，又∵在△AMB中，∠AMB+∠ABM+∠BAM＝180°，∴∠AMB＝180°﹣（∠ABM+∠BAM）＝180°﹣90°＝90°，∴AC⊥BD；【总结提升】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形性质，全等三角形判定和性质，含30°的直角三角形性质，勾股定理等．熟练掌握全等三角形判定和性质是解题关键．10．已知：在△ABD和△ACE中，AD＝AB，AC＝AE．（1）如图1，若∠DAB＝∠CAE＝60°，求证：BE＝DC；（2）如图2，若∠DAB＝∠CAE＝n°，求∠DOB的度数．【思路引领】（1）通过证明△ADC≌△ABE，利用全等三角形的性质即可得到DC＝BE；（2）同理可证明△ADC≌△ABE，利用三角形的内角和定理和三角形的外角之间的关系即可求出∠DOB的度数．证明：（1）∵∠DAB＝∠CAE∴∠DAB+∠BAC＝∠CAE+∠BAC∴∠DAC＝∠BAE，在△ADC和△ABE中，AD=AB∠DAC=∠BAE∴△ADC≌△ABE，∴DC＝BE，（2）同理得：△ADC≌△ABE，∴∠ADC＝∠ABE，又∵∠DOB＝180°﹣∠ODB﹣∠OBD，＝180°﹣∠ODB﹣∠ABD﹣∠ABE，∴∠DOB＝180°﹣∠ODB﹣∠ABD﹣∠ADC，＝180°﹣∠ADB﹣∠ABD，∴∠DOB＝∠DAB＝n°．【总结提升】本题考查了全等三角形的判定和性质以及三角形的内角和定理、三角形的外角之间的数量关系，题目的综合性很强，难度中等．构建手拉手模型11．（2021秋•恩施市校级期末）在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，D为BC的中点（1）如图1，E，F分别是AB，AC上的点，且BE＝AF求证：△DEF为等腰直角三角形；（2）如图1，若AB＝4，则四边形AEDF的面积为（直接写出结果）；（3）如图2，若E，F分别为AB，CA延长线上的点，仍有BE＝AF，其他条件不变，则△DEF是否仍为等腰直角三角形？证明你的结论．【考点】四边形综合题．【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．【答案】（1）见解答；（2）4；（3）仍为等腰直角三角形；理由见解答．【思路引领】（1）题要通过构建全等三角形来求解．连接AD，可通过证△ADF和△BDE全等来求本题的结论．（2）题可把将四边形AEDF的面积分成△ADF和ADE的面积和求解，由（1）证得△ADF和△BDE全等，因此四边形AEDF的面积可转化为△ABD的面积，由此得证．（3）与（1）题的思路和解法一样．【解答】（1）证明：∵AB＝AC，∠A＝90°，D为BC中点，∴AD=BC2=BD且AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD＝45°，在△BDE和△ADF中，BD=AD∠B=∠DAF=45°∴△BDE≌△ADF（SAS），∴DE＝DF，∠BDE＝∠ADF，∵∠BDE+∠ADE＝90°，∴∠ADF+∠ADE＝90°，即：∠EDF＝90°，∴△EDF为等腰直角三角形．（2）解：∵由（1）可知，△AFD≌△BED，∴S△BDE＝S△ADF，而S四边形AEDF＝S△AED+S△ADF＝S△AED+S△BDE＝S△ABD，∵AB＝4，∴AD＝BD＝22，∴S四边形AEDF=1故答案为：4．（3）解：仍为等腰直角三角形．理由：∵△AFD≌△BED，∴DF＝DE，∠ADF＝∠BDE，∵∠ADF+∠FDB＝90°，∴∠BDE+∠FDB＝90°，即：∠EDF＝90°，∴△EDF为等腰直角三角形．【总结提升】本题综合考查了等腰三角形的性质及判定、全等三角形的判定和性质等知识，难度较大．类型三半角模型12．已知：边长为1的正方形ABCD中，M、N分别是BC、CD上的点．（1）若MN＝BM+ND，求证：∠MAN＝45°；（2）若△MNC得周长为2，求∠MAN的度数．【思路引领】（1）延长CB到E，使BE＝DN，连接AE，因为∠D＝∠B，AD＝AB，DN＝BE，所以△ABM≌△ADN，则有∠BAM＝∠DAN，AN＝AE，又因为MN＝BM+DN，BM＝DN，所以△AEM≌△ANM，故∠EAM＝∠NAM＝∠EAN＝90°，即∠MAN＝45°；（2）延长CB至E，使BE＝DN，则Rt△ABE≌Rt△AND，故AE＝AN，进而求证△AMN≌△AME，即可求得∠MAN＝∠MAE＝45°．【解答】（1）证明：延长CB到E，使BE＝DN，连接AE，∵∠D＝∠B＝90°，AD＝AB，DN＝BE，∴∠ABE＝∠D＝90°，∴△ABE≌△ADN．∴AE＝AN，∠BAE＝∠DAN，∵MN＝BM+ND＝BM+BE＝ME，AM＝AM，∴△AME≌△AMN（SSS），∴∠EAM＝∠NAM．∴∠MAN＝∠MAE＝∠BAE+∠BAM＝∠DAN+∠BAM，∵∠EAN＝90°，∴∠MAN＝45°．（2）解：如图，延长CB到E，使BE＝DN，连接AE，∵∠D＝∠B＝90°，AD＝AB，DN＝BE，∴∠ABE＝∠D＝90°，∴△ABE≌△ADN．∴AE＝AN，∠BAE＝∠DAN，∴∠EAN＝∠DAB＝90°，又MN＝2﹣CN﹣CM＝DN+BM＝BE+BM＝ME，∴△AMN≌△AME，∴∠MAN＝∠MAE＝45°．【总结提升】此题把全等三角形的判定和性质结合求解，有利于培养学生综合运用数学知识的能力．13．如图，点P为定角∠AOB的平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补．若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA，OB相交于M，N两点，请猜想PM与PN的数量关系并说明理由．【思路引领】当PM⊥OA时，由四边形内角和为360°可得PN⊥OB，结合角平分线的性质可得PM、PN的关系；当PM与OA不垂直时，作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，根据角平分线的性质可得PE＝PF，结合OP＝OP即可证明Rt△POE≌Rt△POF．根据图中各角的数量关系可得∠MPE＝∠NPF；接下来，证明△PEM≌△PFN即可得到结论，据此解答．解：猜想PM、PN的数量关系是PM＝PN．理由：①当PM⊥OA时，在四边形OMPN中易得PN⊥OB．又点P在∠AOB的平分线上，∴PM＝PN．②当PM与OA不垂直时，如图，作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．∵∠PEO＝∠PFO＝90°，∴∠EPF+∠AOB＝180°．∵∠MPN+∠AOB＝180°，∴∠EPF＝∠MPN，∴∠EPM＝∠FPN．∵OP平分∠AOB，PE⊥OA，PF⊥OB，∴PE＝PF．在△PEM和△PFN中，∠MPE＝∠NPF，PE＝PF，∠PEM＝∠PFN，∴△PEM≌△PFN（ASA），∴PM＝PN．【总结提升】本题侧重考查全等三角形的题目，需结合全等三角形的判定与性质等知识解答．14．（2023春•连城县期末）（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=12∠BAD，线段EF、BE、FD之间的关系是EF＝BE+FD（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=12∠（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF=12∠【思路引领】（1）延长CB至G，使BG＝DF，连接AG，证明△ABG≌△ADF，根据全等三角形的性质得到AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，再证明△GAE≌△FAE，根据全等三角形的性质得出EF＝EG，结合图形计算，证明结论；（2）延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，仿照（1）的证明方法解答；（3）在EB上截取BH＝DF，连接AH，仿照（1）的证明方法解答．解：（1）EF＝BE+FD，理由如下：如图1，延长CB至G，使BG＝DF，连接AG，在△ABG和△ADF中，AB=AD∠ABG=∠D=90°∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，∵∠EAF=12∠∴∠DAF+∠BAE＝∠EAF，∴∠GAE＝∠BAG+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝∠EAF，在△GAE和△FAE中，AG=AF∠GAE=∠FAE∴△GAE≌△FAE（SAS），∴EF＝EG，∵EG＝BG+BE＝BE+DF，∴EF＝BE+FD，故答案为：EF＝BE+FD；（2）（1）中的结论仍然成立，理由如下：如图2，延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠1＝180°，∴∠1＝∠D，在△ABM和△ADF中，AB=AD∠1=∠D∴△ABM≌△ADF（SAS），∴AM＝AF，∠3＝∠2，∵∠EAF=12∠∴∠3+∠4＝∠EAF，∴∠EAM＝∠3+∠4＝∠2+∠4＝∠EAF，在△MAE和△FAE中，AM=AF∠MAE=∠FAE∴△MAE≌△FAE（SAS），∴EF＝EM，∵EM＝BM+BE＝BE+DF，∴EF＝BE+FD；（3）（1）中的结论不成立，EF＝BE﹣FD，理由如下：如图3，在EB上截取BH＝DF，连接AH，同（2）中证法可得，△ABH≌△ADF，∴AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，∴∠HAE＝∠FAE，在△HAE和△FAE中，AH=AF∠HAE=∠FAE∴△HAE≌△FAE（SAS），∴EF＝EH，∵EH＝BE﹣BH＝BE﹣DF，∴EF＝BE﹣FD．【总结提升】本题考查的是全等三角形的判定和性质，掌握三角形全等的判定定理、灵活运用类比思想是解题的关键．类型四倍长中线模型15．（2020•黄陂区期末）如图，在△ABC中，D为BC的中点，若AC＝3，AD＝4．则AB的长不可能是（）A．5 B．7 C．8 D．9【思路引领】延长AD至H，使AD＝DH＝4，连接BH，由“SAS”可证△ADC≌△HDB，可得AC＝BH＝3，由三角形的三边关系可求解．解：如图，延长AD至H，使AD＝DH＝4，连接BH，则AH＝8，∵D为BC的中点，∴BD＝CD，在△ADC和△HDB中，AD=DH∠ADC=∠HDB∴△ADC≌△HDB（SAS），∴AC＝BH＝3，在△ABH中，AH﹣BH＜AB＜AH+BH，∴5＜AB＜11，∴AB的长不可能是5，故选：A．【总结提升】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．16．（2020秋•通河县期末）如图所示，AD为△ABC中线，D为BC中点，AE＝AB，AF＝AC，连接EF，EF＝2AD．若△AEF的面积为3，则△ADC的面积为1.5．【思路引领】延长AD到点G，使DG＝AD，连接BG，利用线段中点的定义可得△ADC的面积＝△ADB的面积，BD＝DC，再利用倍长中线模型证明△ADC≌△GDB，从而可得△ADC的面积＝△BDG的面积，BG＝AC，再结合已知易得BG＝AF，EF＝AG，然后利用SSS证明△AEF≌△BGA，从而可得△AEF的面积＝△ABG的面积＝3，最后进行计算即可解答．解：延长AD到点G，使DG＝AD，连接BG，∵D为BC中点，∴△ADC的面积＝△ADB的面积，BD＝DC，∵∠ADC＝∠GDB，∴△ADC≌△GDB（SAS），∴△ADC的面积＝△BDG的面积，BG＝AC，∵AC＝AF，∴BG＝AF，∵EF＝2AD，AG＝2AD，∴EF＝AG，∵AE＝AB，∴△AEF≌△BGA（SSS），∴△AEF的面积＝△ABG的面积＝3，∴△ADC的面积＝△BDG的面积＝△ABD的面积=12△故答案为：1.5．【总结提升】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的面积，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．类型五截长补短构造全等三角形17．阅读：探究线段的和．差．倍．分关系是几何中常见的问题，解决此类问题通常会用截长法或补短法，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．（1）请完成下题的证明过程：如图1，在△ABC中，∠B＝2∠C，AD平分∠BAC．求证：AB+BD＝AC．证明：在AC上截取AE＝AB，连接DE（2）如图2，AD∥BC，EA，EB分别平分∠DAB，∠CBA，CD过点E，求证：AB＝AD+BC．【思路引领】（1）在AC上截取AE＝AB，连接DE，证明△ABD≌△AED，得到∠B＝∠AED，再证明ED＝EC即可；（2）由等腰三角形的性质知AE＝FE，再证明△ADE≌△FCE即可解决本题．证明：在AC上截取AE＝AB，连接DE，如图1：∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠DAC，在△ABD和△AED中，AE=AB∠BAD=∠DAC∴△ABD≌△AED（SAS），∴∠B