期末复习之全等三角形相关的热考几何模型（解析版）

全等三角形相关的热考几何模型（热考必刷34题8种题型专项训练）倍长中线模型一线三垂直模型一线三等角模型截长补短模型半角模型手拉手模型对角互补模型婆罗摩及多模型一．倍长中线模型（共5小题）1．（23-24八年级上·贵州铜仁·期末）某数学兴趣小组在活动时，老师提出了这样一个问题：如图1，在△ABC中，AB=6，AC=8，D是BC的中点，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E，使DE=AD，请补充完整证明“△ABD≌△ECD”的推理过程．(1)求证：△ABD≌△ECD证明：延长AD到点E，使DE=AD在△ABD和△ECD中∵∴△ABD≌△ECD（__________）请补齐空白处(2)由（1）的结论，根据AD与AE之间的关系，探究得出AD的取值范围是__________；(3)【感悟】解题时，条件中若出现“中点”“中线”等字样，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】如图2，△ABC中，∠B=90°，AB=2，AD是△ABC的中线，CE⊥BC，CE=4，且∠ADE=90°，求AE的长．【答案】(1)已作；对顶角相等；BD；SAS(2)1<AD<7(3)6【分析】本题是三角形的综合题和倍长中线问题，主要考查的是全等三角形的判定和性质、三角形的三边关系等知识，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．（1）延长AD到点E，使DE=AD，由“SAS”可证△ABD≌△ECD；（2）由全等三角形的性质可得CE=AB=6，由三角形的三边关系可求解；（3））延长AD交EC的延长线于F，由“ASA”可证△ABD≌△FCD，则CF=AB=2，AD=DF，证明△ADE≌△FDE，得AE=EF，根据EF=CE+CF=CE+AB=4+2=6，即可得AE的长．【详解】（1）证明：延长AD到点E，使DE=AD，在△ABD和△ECD中，AD=ED已作∴△ABD≌△ECD(SAS（2）由（1）得：△ABD≌△ECD，且AB=6，∴CE=AB=6，在△ACE中，8-6<AE<8+6，∴1<AD<7；（3）延长AD交EC的延长线于F，∵AD是△ABC的中线∴BD=CD∵AB⊥BC，EF⊥BC，∴∠ABD=∠FCD=90°，在△ABD和△FCD中，∠ABD=∠FCD∴△ABD≌△FCDASA∴CF=AB=2，AD=DF，又∵∠FDE=∠ADE=90°且ED=ED∴△ADE≌△FDESAS∴AE=EF，∵EF=CE+CF=CE+AB=4+2=6，∴AE=6．即：AE的长是6．2．（23-24七年级下·山东济南·期末）【方法学习】数学兴趣小组活动时，王老师提出了如下问题：如图1，在△ABC中，AB=7，AC=5，BC边上的中线AD的取值范围．小李在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法（如图1），①延长AD到E，使得DE=AD；②连接BE，通过三角形全等把AB、AC、2AD转化在△ABE中；③利用三角形的三边关系可得AE的取值范围为AB-BE<AE<AB+BE，从而得到AD的取值范围；方法总结：解题时，条件中若出现“中点”、“中线”字样，可以考虑倍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】（1）如图1，请写出AD的取值范围是．（2）如图2，OA=OB，OC=OD，∠AOB与∠COD互补，连接AC、BD，E是AC的中点，求证：OE=1【问题拓展】（3）如图3，在四边形ABCD中，∠B+∠D=180°，CB=CD，∠BCD=100°以C为顶点作一个50°的角，角的两边分别交AB、AD于E、F两点，连接EF，探索线段BE，DF，EF之间的数量关系，并说明理由．【答案】（1）1<AD<6；（2）见解析；（3）BE+DF=EF，理由见解析【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形．（1）由题意知，△BDE≌△CDA，则BE=AC=3，DE=AD，AE=2AD，由AB-BE<AE<AB+BE，求解作答即可；（2）如图3，延长OE到点P，使OE=EP，连接AP，证明△AEP≌△CEOSAS，则AP=CO=OD，∠CAP=∠C，可证AP∥CO，则∠AOC+∠OAP=180°，由∠AOB与∠COD互补，可得∠AOC+∠BOD=180°，则∠BOD=∠OAP，证明△BOD≌△OAPSAS（3）延长AB至点H，使BH=DF，连接CH，先证明△HBC≌△FDCSAS，再证明△HCE≌△FCESAS，得到【详解】（1）解：由题意知，△BDE≌△CDA，∴BE=AC=5，DE=AD，∴AE=2AD，∵AB-BE<AE<AB+BE，∴7-5<2AD<5+7，即2<AD<12，故答案为：1<AD<6；（2）证明：如图，延长OE到点P，使OE=EP，连接AP，∵E是AC的中点，∴AE=CE，又∵EP=OE，∴△AEP≌△CEOSAS∴AP=CO=OD，∴AP∥CO，∴∠AOC+∠OAP=180°，∵∠AOB与∠COD互补，∴∠AOC+∠BOD=180°，∴∠BOD=∠OAP，又∵AP=OD，∴△BOD≌△OAPSAS∴BD=OP，∴OE=1∴OE=1（3）解：BE+DF＝理由如下：如图③，延长AB至点H，使BH=DF，连接CH，∵∠ABC+∠D=180°,∠HBC+∠ABC=180°，∴∠HBC=∠D，在△HBC和△FDC中，DF=BH∠D=∠CBH∴△HBC≌△FDC∴CH=CF,∠HCB=∠FCD，∵∠BCD=100°,∠ECF=50°，∴∠BCE+∠FCD=50°，∴∠ECH=50°=∠ECF，在△HCE和△FCE中，CF=CH∠ECF=∠ECH∴△HCE≌△FCE∴EH=EF，∵HE=BH+EB∴EF=BE+DF．3．（2024七年级下·全国·专题练习）(1)阅读理解：如图1，在△ABC中，若AB=10，AC=6．求BC边上的中线AD的取值范围．解决此问题可以用如下方法：延长AD到点E，使DE=AD，再连接BE(或将△ACD绕着点D逆时针旋转180°得到△EBD)，把AB，AC，2AD集中在△ABE中，利用三角形三边的关系即可判断中线AD的取值范围是______；(2)问题解决：如图2，在△ABC中，D是BC边上的中点，DE⊥DF于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，求证：BE+CF>EF；(3)问题拓展：如图3，在四边形ABCD中，∠B+∠D=180°，CB=CD，∠BCD=140°，以C为顶点作一个70°角，角的两边分别交AB，AD于E，F两点，连接EF，探索线段BE，DF，EF之间的数量关系，并加以证明．【答案】(1)2<AD<8；(2)见解析；(3)BE+DF=EF，证明见解析【分析】本题考查全等三角形的判定及性质、三角形三边关系、角的和差等，解答此题的关键是作出辅助线，构造出与图1中结构相关的图形．（1）延长AD至E，使DE=AD，连接BE，证明△BDE≌△CDASAS，得出BE=AC=6（2）延长FD至点M，使DM=DF，连接BM，EM，同（1）得，△BMD≌△CFDSAS，得出BM=CF再证明△EDM≌△EDFSAS，得出（3）延长AB至点N，使BN=DF，连接CN，证明△NBC≌△FDCSAS得出CN=CF，∠NCB=∠FCD，再证明△NCE≌△FCE【详解】（1）解：延长AD至E，使DE=AD，连接BE，如图1所示：∵AD是BC边上的中线，∴BD=CD，在△BDE和△CDA中，BD=CD∴△BDE≌△CDASAS∴BE=AC=6，在△ABE中，由三角形的三边关系得：AB-BE<AE<AB+BE，∴10-6<AE<10+6，即4<AE<16，∴2<AD<8；故答案为：2<AD<8；（2）证明：延长FD至点M，使DM=DF，连接BM，EM，如图所示，同（1）得，△BMD≌△CFDSAS∴BM=CF∵DE⊥DF，DM=DF，DE=DE∴△EDM≌△EDFSAS∴EM=EF在△BME中，由三角形的三边关系得BE+BM>EM，∴BE+CF>EF；（3）BE+DF=EF，证明如下：延长AB至点N，使BN=DF，连接CN，如图所示，∵∠ABC+∠D=180°，∠NBC+∠ABC=180°∴∠NBC=∠D在△NBC和△FDC中，BN=DF∠NBC=∠D∴△NBC≌△FDCSAS∴CN=CF，∠NCB=∠FCD∵∠BCD=140°，∠ECF=70°∴∠BCE+∠FCD=70°，∴∠ECN=70°=∠ECF在△NCE和△FCE中，CM=CF∴△NCE≌△FCESAS∴EN=EF．∵BE+BN=EN，∴BE+DF=EF．4．（22-23八年级上·北京东城·期中）【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=6，AC=4，求BC边上的中线AD的取值范围．小丽在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：如图2，延长AD到点M，使DM=AD，连接BM，可证△ACD≌△MBD，从而把AB，AC，2AD集中在△ABC中，利用三角形三边的关系即可判断中线AD的取值范围．

【方法总结】解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，有时需要考虑倍长中线（或与中点有关的线段）构造全等三角形，把分散的已知条件和所求集中到同一个三角形中．我们把这种添加辅助线称为“倍长中线法”．【问题解决】(1)直接写出图1中AD的取值范围：(2)猜想图2中AC与BM的数量关系和位置关系，并加以证明．(3)如图3，AD是△ABC的中线，AB=AE，AC=AF，∠BAE=∠CAF=90°，判断线段AD和线段EF的数量关系，并加以证明．【答案】(1)1<AD<5(2)AC∥BM,AC=BM(3)EF=2AD【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，倍长中线法；（1）延长AD使得AD=DM，连接BM，先证明△MDB≌△ADC(SAS)得到BM=AC=4，在△ABM中，根据三角形三边关系（2）由（1）中△MDB≌△ADC(SAS（3）延长AD使得AD=DM，连接BM，同（1）可得△MDB≌△ADC(SAS)，进而判断出∠EAF=∠ABM，进而证明【详解】（1）解：延长AD使得AD=DM，连接BM，如图2，∵AD是△ABC的中线，∴BD=CD，∵∠BDM=∠CDA，∴△MDB≌△ADC(SAS∴BM=AC=4，在△ABM中，AB-BM<AM<AB+BM，∴6-4<AM<4+6,2<AM<10，∴1<AD<5；（2）解：AC∥BM,AC=BM；由（1）得：△MDB≌△ADC(SAS∴∠M=∠CAD，AC=BM，∴AC∥BM；（3）解：EF=2AD；延长AD使得AD=DM，连接BM，如图，

由（1）得：△MDB≌△ADC(SAS∴AC=BM，∵AC=AF，∴BM=AF，由（2）得：AC∥BM，∴∠BAC+∠ABM=180°，∵∠BAE=∠FAC=90°，∴∠BAC+∠EAF=180°，∴∠EAF=∠ABM，∵AB=AE，∴△ABM≌△EAF(SAS∴AM=EF，∵AD=DM，∴AM=2AD，∵AM=EF，∴EF=2AD5．（22-23八年级下·吉林·阶段练习）【阅读理解】数学兴趣小组活动时，老师提出如下问题：如图1，在△ABC中，若AB=8，AC=6，求BC边上的中线AD的取值范围．小明提出了如下解决方法，延长线段AD至点E，使DE=AD，连接BE．请根据小明的方法回答下列问题．(1)由已知和作图能得到△ADC≌△EDB的理由是____________．A．SSS

B．SAS

C．AAS

D．HL(2)探究得出AD的取值范围___________．A．6<AD<8

B．6≤AD≤8

C．1<AD<7

D．1≤AD≤7【问题解决】(3)如图2，在△ABC中，CD=AB，∠BDA=∠BAD，AE是△ABD的中线，求证：∠C=∠BAE．【答案】(1)B(2)C(3)见解析【分析】（1）根据AD=DE，∠ADC=∠EDB，BD=DC推出△ADC和△EDB全等即可，据此即可判定；（2）根据全等得出BE=AC=6，AE=2AD，由三角形三边关系定理得出8-6<2AD<8+6，求出即可；（3）延长AE到F，使AE=EF，连接DF，证明△ABE≌△DFESAS，得出AB=DF，∠F=∠BAE，证明△ADF≌△ADCSAS，得出【详解】（1）解：∵AD是△ABC中线，∴BD=DC，在△ADC与△EDB中，AD=ED∴△ADC≌故选：B；（2）解：由1知：△ADC≌∴BE=AC=6，AE=2AD，由三角形三边之间的关系可得：AB-BE<AE<AB+BE，即8-6<2AD<8+6，解得：1<AD<7，故选：C；（3）证明：延长AE到F，使AE=EF，连接DF，如图所示：∵AE是△ABD中线，∴BE=DE，在△ABE与△FDE中AE=EF∠AEB=∠DEF∴△ABE≌△DFE∴AB=DF，∠F=∠BAE，∵CD=AB，∴CD=DF，∵∠F=∠BAE，∴AB∥DF，∴∠BAD+∠ADF=180°，∵∠BDA+∠ADC=180°，∠BDA=∠BAD，∴∠ADF=∠ADC，∵在△ADF和△ADC中AD=AD∠ADF=∠ADC∴△ADF≌△ADCSAS∴∠F=∠C，∴∠C=∠BAE．【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了三角形的中线，三角形的三边关系定理，平行线的判断和性质，全等三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质和定理．二．一线三垂直模型（共4小题）6．（24-25八年级上·云南文山·阶段练习）通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题：【模型呈现】某兴趣小组在从汉代数学家赵爽的弦图（如图1，由外到内含三个正方形）中提炼出两个三角形全等模型图（如图2、图3），即“一线三等角”模型和“K字”模型．【问题发现】（1）如图2，已知△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°，一直线过顶点C，过A，B分别作其垂线，垂足分别为E，F，求证：△AEC≌△CFB；（2）如图3，若改变直线的位置，其余条件与（1）相同，请写出EF，AE，BF之间的数量关系，并说明理由；【问题提出】（3）在（2）的条件下，若BF=4AE，EF=5，求△BFC的面积．【答案】（1）见解析；（2）EF=BF-AE，见解析；（3）50【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的面积，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．（1）根据垂直的定义和余角的性质得到∠FCB=∠EAC，根据全等三角形的性质推出△AEC≌△CFB；（2）根据余角的性质得到∠CAE=∠BCF根据全等三角形的性质得到CE=BF，AE=CF，等量代换得到结论；（3）由（2）得EF=AE+BF且BF=4AE，得到EF=3AE=5，根据三角形的面积公式即可得到结论．【详解】（1）证明：∵∠ACB=90°，∴∠ECA+∠FCB=90°，又∵AE⊥EF，BF⊥EF，∴∠AEF=∠BFC=90°，∴∠ECA+∠EAC=90°，∴∠FCB=∠EAC，在△ACE和△CBF中，∠AEC=∠CFB∠EAC=∠FCB∴△AEC≌△CFBAAS（2）解：EF=BF-AE，理由如下：∵∠AEC=∠CFB=90°，∠ACB=90°，∴∠ACE+∠CAE=∠ACE+∠BCF=90°，∴∠CAE=∠BCF又∵AC=BC，∴△CAE≌△BCFAAS∴CE=BF，AE=CF，∴EF=CE-CF=BF-AE，即EF=BF-AE；（3）解：由（2）得EF=BF-AE且BF=4AE，EF=5，∴EF=3AE=5，∴AE=∵CF=AE，∴AE=CF=53，则∴S△BFC7．（23-24八年级上·辽宁大连·期中）通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题：(1)如图1，点A在直线l上，∠BAD=90°,AB=AD，过点B作BC⊥l于点C，过点D作DE⊥l交于点E．得∠1=∠D．又∠BCA=∠AED=90°，可以推理得到△ABC≌△DAE(AAS)．进而得到结论：AC=_____，BC=_____．我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三直角”模型；(2)如图2，∠∠BAD=∠MAN=90°,AB=AD,AM=AN,BM⊥l于点C，DE⊥l于点E，ND与直线l交于点P，求证：NP=DP．【答案】(1)DE，AE(2)见解析【分析】本题考查一线三直角全等问题，（1）由∠CBA=∠AED=∠BAD=90°，得∠1+∠2=∠2+∠（2）作NF⊥l于点F，因为BM⊥l于点C，DE⊥l于点E，所以∠ACM=∠NFA=∠NFP=∠DEP=90°，由（1）得AC=DE，因为∠MAN=90°，所以∠CAM+∠FAN=∠FNA+∠FAN=90°【详解】（1））解：BC⊥l于点C，DE⊥l于点E，∴∠CBA=∵∠BAD=90°∴∠1+∴∠1=在△ABC和△DAE中，∠1=∠D∠BCA=∠AED∴△ABC≌△DAE（∴AC=DE，BC=AE，故答案为：DE，AE．（2）证明：如图2，作NF⊥l于点F，∵BM⊥l于点C，DE⊥l于点E，∴∠ACM=由（1同理（1）得AC=NF，∴NF=DE，在△PFN和△PED中，∠MFP=∠DEF∴△PFN≌△PED（∴NP=DP．8．（20-21七年级下·广东深圳·期中）如图，已知：在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线MN经过点C，AD⊥MN，BE⊥MN．（1）当直线MN绕点C旋转到图（1）的位置时，求证：△ADC≅△CEB；（2）当直线MN绕点C旋转到图（2）的位置时，求证：DE=AD-BE；（3）当直线MN绕点C旋转到图（3）的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请直接写出这个等量关系：____________．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）DE=BE-AD【分析】（1）由已知推出∠ADC=∠BEC=90°，因为∠ACD+∠BCE=90°，∠DAC+∠ACD=90°，推出∠DAC=∠BCE，根据AAS即可得到答案；（2）结论：DE=AD-BE．与（1）证法类似可证出∠ACD=∠EBC，能推出△ADC≌△CEB，得到AD=CE，CD=BE，即可得到答案．（3）结论：DE=BE-AD．证明方法类似．【详解】解：（1）证明：如图1，∵AD⊥DE，BE⊥DE，∴∠ADC=∠BEC=90°，∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠BCE=90°，∠DAC+∠ACD=90°，∴∠DAC=∠BCE，在△ADC和△CEB中，∠CDA=∠BEC∠DAC=∠ECB∴△ADC≌△CEB（AAS）；（2）如图2，∵BE⊥EC，AD⊥CE，∴∠ADC=∠BEC=90°，∴∠EBC+∠ECB=90°，∵∠ACB=90°，∴∠ECB+∠ACE=90°，∴∠ACD=∠EBC，在△ADC和△CEB中，∠ACD=∠CBE∠ADC=∠BEC∴△ADC≌△CEB（AAS），∴AD=CE，CD=BE，∴DE=EC-CD=AD-BE．（3）DE=BE-AD；如图3，∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠BCE=90°∵AD⊥MN，BE⊥MN，∴∠ADC=∠CEB=90°，∴∠ACD+∠DAC=90°，∴∠DAC=∠ECB，在△ACD和△CBE中，∠ADC=∠CEB∠DAC=∠ECB∴△ACD≌△CBE（AAS），∴AD=CE，CD=BE，∴DE=CD-CE=BE-AD．【点睛】本题主要考查了余角的性质，全等三角形的性质和判定等知识点，能根据已知证明△ACD≌△CBE是解此题的关键，题型较好，综合性比较强．9．（21-22八年级上·湖北恩施·期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC是直角三角形，且∠BAC是直角．(1)若点A的坐标为A-2,0，点B的坐标为B0,-4，点C在第三象限，且AB=AC，求点(2)若点A的坐标为A-2,0，点B的坐标为B2,0，AB=AC，点P为y轴正半轴上一动点，连接PC交x轴于点E，点F是点E关于y轴为对称轴的对称点连接PF且延长PF交BC于点D，连接AD交PC于点G．点P在运动过程中是否存在AD⊥PC，若存在，请写出证明过程；若不存在，请说明理由（提示：作∠BAC的平分线交PC于点(3)若点A的坐标为A-2,-2，点B的坐标为B0,m，点C的坐标为Cn,0【答案】(1)C点的坐标为C(2)存在点P，使AD⊥PC，理由见解析(3)存在m+n为定值，其定值为m+n=-4【分析】（1）过点C作CM⊥x轴于点M，可证明△AMC≌（2）作∠BAC的平分线交PC于H，先证明△EAH≌△FBD，从而AH=BD，进而证明△ACH≌△BAD，进一步得出结论；（3）过点A分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为N,K，可得△ACN≌△ABK，进而得出结果．【详解】（1）过点C作CM⊥x轴于点M．∵∠BAC是直角，∴∠1+∠2=90°∵CM⊥x轴，∴∠1+∴∠2=∠3∵∠AOB=∠AMC=90°，AB=AC，∴△AMC∴CM=AO，AM=BO，∵A-2,0，B∴CM=2，OM=6∴C点的坐标为-6,-2（2）存在点P，使AD⊥PC．理由：作∠BAC的平分线交PC于H．∵AB=AC，CA⊥AB，∴∠ABC=45°∵E，F关于y轴对称，∴OE=OF，∵OA=OB=2，PO⊥EF，∴AE=BF，∠AEH=∠BFD，∴△EAH≌∴AH=BD∵AB=AC，∠ABD=∠CAH=45°，∴△ACH≌∴∠1=∠3，∵∠1+∠2=90°，∴∠3+∠2=90°，∴AD⊥PC．（3）存在m+n为定值，其定值为m+n=-4．过点A分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为N、K．∵∠2+∠1=90°，∠1+∴∠3=∠2∵AN=AK=2，∠ANC=∠AKB=90°，∴△ANC≌∴NC=BK∵A-2,-2，B0,m，∴N-2,0，K∴NC=n+2，BK=-2-m，∴n+2=-2-m，∴m+n=-4∴存在m+n为定值，其定值为m+n=-4．【点睛】本题考查了直角坐标系中点的坐标与线段长之间的关系，等腰直角三角形性质，全等三角形判定和性质等知识，解决问题的关键是利用等腰直角三角形构造全等三角形．三．一线三等角模型（共5小题）10．（24-25八年级上·江苏扬州·阶段练习）【观察发现】（1）如图1，AC=BC，CE=CD，∠ECD=∠ACB=60°且点B、C、E在一条直线上，连接BD和AE，BD、AE相交于点P，则线段BD和AE的数量关系是__________，【深入探究1】（2）如图2，AC=BC，CE=CD，∠ECD=∠ACB=60°，连接BD和AE，BD、AE相交于点P，则线段BD和【深入探究2】（3）如图3，AC=BC，CE=CD，且∠ACB=∠DCE=90°，连接AD、BE，过点C作CK⊥BE，并延长KC交AD于点Q．求证：Q为【答案】（1）相等，60°；（2）BD=AE，BD与AE相交构成的锐角的度数为60°；（3）证明见详解【分析】（1）根据∠ECD=∠ACB=60°，得到∠ACE=∠BCD，利用“边角边”证明△ACE和△BCD全等，根据全等三角形对应边相等可得BD=AE，根据全等三角形对应角相等可得∠AEC=∠BDC，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠DPE=∠DCE；（2）证明△ACE≌△BCDSAS，由全等三角形的性质得出BD=AE,∠AEC=∠BDC（3）分别过点A点D作KQ的垂线，垂足分别为M,N，证明△ACM≌△CBK，△CDN≌△ECK可得AM=CK,DN=CK，推出AM=DN，再证明△AQM≌△DQN，可得AQ=DQ，即可证明结论．【详解】解：（1）∵∠ECD=∠ACB=60°，∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD，即∠ACE=∠BCD，在△ACE和△BCD中，AC=BC∠ACE=∠BCD∴△ACE≌△BCDSAS∴BD=AE,∠AEC=∠BDC，由三角形的外角性质，∠DPE=∠AEC+∠DBC，∠DCE=∠BDC+∠DBC，∴∠DPE=∠DCE=60°；故答案为：相等，60°；（2）BD=AE,BD与AE相交构成的锐角的度数为60°．证明：∵∠ECD=∠ACB=60°，∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD，即∠ACE=∠BCD，在△ACE和△BCD中，AC=BC∠ACE=∠BCD∴△ACE≌△BCDSAS∴BD=AE,∠AEC=∠BDC，又∵∠DNA=∠ENC，∴∠DPE=∠DCE=60°；（3）证明：如图3，分别过点A点D作KQ的垂线，垂足分别为M,N，∵CK⊥BE，∴∠CKB=∠CKE=90°，∵AC=BC，CE=CD，且∠ACB=∠DCE=90°，∴∠ACM+∠BCK=∠CBK+∠BCK=90°，∴∠ACM=∠CBK，∵∠AMK=∠CKB=90°,AC=BC∴△ACM≌△CBKAAS∴AM=CK，同理：△CDN≌△ECKAAS∴DN=CK，∴AM=DN，∵∠AMQ=∠DNQ=90°,∠AQM=∠DQN，∴△AQM≌△DQNAAS∴AQ=DQ，∴Q为AD中点．【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理，熟记性质与判定方法是解题的关键．11．（21-22八年级上·云南昆明·期末）如图，在△ABC中，AB=BC．(1)如图1，直线NM过点B，AM⊥MN于点M，CN⊥MN于点N，且∠ABC=90°，求证：MN=AM+CN．(2)如图2，直线NM过点B，AM交NM于点M，CN交NM于点N，且∠AMB=∠ABC=∠BNC，则MN=AM+CN是否成立？请说明理由！【答案】(1)见解析(2)成立，理由见解析【分析】（1）本题主要考查全等三角形的判定和性质综合，利用题目中的已知条件导角，可推导∠CBN=∠BAM，最后证明△AMB≌△BNC(AAS（2）利用∠AMB=∠ABC及∠ABN是△ABM的外角，可以推出∠MAB=∠CBN，再利用AAS可以判定△AMB≌△BNC(AAS【详解】（1）证明：∵AM⊥MN于点M，CN⊥MN于点N；∴∠AMB=∠BNC=90°；∴∠MAB+∠ABM=90°；∵∠ABC=90°，∴∠ABM+∠NBC=90°；∴∠MAB=∠NBC；在△ABM和△BCN中，∠AMB=∠BNC∴△ABM≌△BCNAAS∴AM=BN，BM=CN；∴MN=BN+BM=AM+CN．（2）MN=AM+CN成立．理由如下：设∠AMB=∠ABC=∠BNC=α；∴∠ABM+∠BAM=∠ABM+∠CBN=180°-α；∴∠BAM=∠CBN；在△ABM和△BCN中；∠BAM=∠CBN∴△ABM≌△BCNAAS∴AM=BN，BM=CN；∴MN=BN+BM=AM+CN；故MN=AM+CN成立．12．（2021九年级·浙江·专题练习）如图，在△ABC中，AB=AC=2，∠B=∠C=40°，点D在线段BC上运动（D不与B、C重合），连接AD，作∠ADE=40°，DE交线段AC于E．

(1)当∠BDA=115°时，∠EDC=°，∠DEC=°；点D从B向C运动时，∠BDA逐渐变（填“大”或“小”）；(2)当DC等于多少时，△ABD≌(3)在点D的运动过程中，△ADE的形状可以是等腰三角形吗？若可以，请直接写出∠BDA的度数．若不可以，请说明理由．【答案】(1)25；115；小(2)当DC=2时，△ABD≌△DCE(3)可以；∠BDA的度数为110°或80°【分析】（1）由已知平角的性质可得∠EDC=180°-∠ADB-∠ADE，再利用三角形内角和定理进而求得∠DEC，即可判断点D从B向C运动过程中，∠BDA逐渐变小；（2）当DC=2时，由已知和三角形内角和定理可得∠DEC+∠EDC=140°，∠ADB+∠EDC=140°，等量代换得∠ADB=∠DEC，又由AB=AC=2，可得△ABD≌△DCEAAS（3）根据等腰三角形的判定定理，利用三角形内角和定理求解即可．【详解】（1）解：∠EDC=180°-∠ADB-∠ADE=180°-115°-40°=25°，∠DEC=180°-∠EDC-∠C=180°-25°-40°=115°，点D从B向C运动时，∠BDA逐渐变小，故答案为：25；115；小．（2）解：当DC=2时，△ABD≌△DCE，理由：∵∠C=40°，∴∠DEC+∠EDC=140°，又∵∠ADE=40°，∴∠ADB+∠EDC=140°，∴∠ADB=∠DEC，又∵∠B=∠C，AB=DC=2，∴△ABD≌△DCEAAS（3）解：当∠BDA的度数为110°或80°时，△ADE的形状是等腰三角形；理由：∵∠BDA=110°时，∴∠ADC=70°，∵∠C=40°，∴∠DAC=70°，∠AED=∠C+∠EDC=30°+40°=70°，∴∠DAC=∠AED，∴△ADE是等腰三角形；∵∠BDA=80°时，∴∠ADC=100°，∵∠C=40°，∴∠DAC=40°，∴∠DAC=∠ADE，∴△ADE的形状是等腰三角形．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定，熟练掌握知识点是解题的关键．13．（19-20八年级上·河南安阳·期末）（1）如图①．已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E．则线段DE、BD与CE之间的数量关系是______；

（2）如图②，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB=AC，D，A，E三点都在直线m上，并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=α，其中α为任意锐角或钝角．请问：（1）中的结论是还否成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由．（3）拓展与应用：如图③，D，E是D，A，E三点所在直线m上的两动点（D，A，E三点互不重合），点F为∠BAC平分线上的一点，且△ABF和△ACF均为等边三角形，连接BD、CE．若∠BDA=∠AEC=∠BAC，试判断△DEF的形状，并说明理由．【答案】（1）DE=BD+CE；（2）成立，证明见解析；（3）等边三角形，理由见解析【分析】（1）根据垂直的定义得到∠BDA=∠CEA=90°，根据等角的余角相等得到∠CAE=∠ABD，根据“AAS”证明△ADB≌△CEA，根据全等三角形的性质得到AE=BD，AD=CE，结合图形得到DE=BD+CE；（2）根据∠BDA=∠AEC=∠BAC，得到∠ABD=∠CAE，由AAS定理证明△ADB≌△CEA，根据全等三角形的性质得到BD=AE，DA=CE，得出结论；（3）根据△ADB≌△CEA，得到BD=AE，∠DBA=∠CAE，证明△DBF≌△EAF(SAS)，得到DF=EF，∠BFD=∠AFE，求出【详解】解：（1）DE=BD+CE．理由：如图1，∵BD⊥直线m，CE⊥直线m，∴∠BDA=∠CEA=90°，∵∠BAC=90°，∴∠BAD+∠CAE=90°，∵∠BAD+∠ABD=90°，∴∠CAE=∠ABD，在△ADB和△CEA中，∠ABD=∠CAE∠ADB=∠CEA=90°∴△ADB≌△CEA(AAS∴AE=BD，AD=CE，∴DE=AE+AD=BD+CE；（2）（1）中结论成立，理由如下：如图2，∵∠BDA=∠BAC=α，∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°-α，∴∠DBA=∠CAE，在△ADB和△CEA中，∠DBA=∠CAE∠BDA=∠AEC∴△ADB≌△CEA(AAS∴AE=BD，AD=CE，∴DE=AE+AD=BD+CE；（3）结论：△DEF是等边三角形．理由：如图3，由（2）可知，△ADB≌△CEA，∴BD=AE，∠DBA=∠CAE，∵△ABF和△ACF均为等边三角形，∴∠ABF=∠CAF=60°，BF=AF，∴∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF，即∠DBF=∠EAF，在△DBF和△EAF中，FB=FA∠DBF=∠EAF∴△DBF≌△EAF(SAS∴DF=EF，∠BFD=∠AFE，∴∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=60°，∴△DEF为等边三角形．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质以及等边三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．14．（22-23八年级下·河南洛阳·期中）综合与实践数学活动课上，老师让同学们以“过等腰三角形顶点的直线”为主题开展数学探究．(1)操作发现：如图甲，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，且AB=AC，直线l经过点A．小华分别过B、C两点作直线l的垂线，垂足分别为点D、E．易证△ABD≌△CAE，此时，线段DE、BD、CE(2)拓展应用：如图乙，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，已知点C的坐标为(-2,0)，点B的坐标为(1,2)．请利用小华的发现直接写出点A的坐标：；(3)迁移探究：①如图丙，小华又作了一个等腰△ABC，AB=AC，且∠BAC≠90°，她在直线l上取两点D、E，使得∠BAC=∠BDA=∠AEC，请你帮助小华判断（1）中线段DE、BD、CE的数量关系是否变化，若不变，请证明；若变化，写出它们的关系式并说明理由；②如图丁，△ABC中，AB=2AC，∠BAC≠90°，点D、E在直线l上，且∠BAC=∠BDA=∠AEC，请直接写出线段DE、BD、CE的数量关系．【答案】(1)DE=BD+CE(2)(-4,3)(3)①DE=BD+CE，理由见解析；②DE=【分析】（1）由全等得到边长关系即可．（2）分别按照（1）中情形过A、B做出x轴垂线，得到三角形全等后根据边长关系得到点A坐标．（3）①将（1）中互余的角度变成计算关系，仍可得角度相等，从而得到全等的三角形，进而得到边长关系．②根据①可证全等，然后根据全等三角形的性质得到边长关系．【详解】（1）由等腰直角△ABC得AB=AC，AB⊥AC，又∵BD⊥AD，CE⊥AE∴∠ABD+∠BAD=∴∠ABD=∠CAE又∵AB=CA，∠BDA=∴△ABD∴AD=CE，BD=AE∴DE=BD+CE（2）过A、B作出x轴垂线AD，BE，由（1）可得∴AD=CE，ED=AD+BE，又∵B(1,2)C(-2,0)得BE=2，OE=1，CO=2，∴AD=CE=3，DE=AD+BE=5∴DO=DE-OE=4∴A(-4,3)（3）①∵∠BAC=∠BDA=∠AEC∴∠ABD+∠BAD=∴∠ABD=∠CAE又∵AB=CA，∠BDA=∠AEC∴△ABD∴AD=CE，BD=AE∴DE=BD+CE②与①中同理可得∠ABD=∠CAE分别取BD，AB中点M，N连接MN．∴BM=1∴MN∥DA又∵BA=2AC∴BN=AC∵MN∴∠BMN=∠BDA又∵∠BDA=∠AEC∴∠BMN=∠AEC在△BMN与△AEC中∠NBM=∠CAE∴△NBM∴MN=CE=12∴DE=DA+AE=2CE+【点睛】本题考查一线三等角模型，注重模仿推理能力，结合一个示范作迁移应用，需要大胆参考示范进行相同位置图像的关系论证．对知识点的充分理解和迁移是解题的关键．四．截长补短模型（共3小题）15．（21-22七年级下·辽宁阜新·期末）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，(1)小王同学探究此问题的方法是：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，他的结论应是；（直接写结论，不需证明）(2)如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADF=180°，E，F分别是BC、CD上的点，且∠EAF=1(3)如图3，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，E，F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF=1【答案】(1)EF=BE+FD；(2)（1）中的结论EF=BE+FD仍然成立，证明见解析；(3)结论EF=BE+FD不成立，结论：EF=BE-FD；证明见解析．【分析】（1）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，证明△ABE≌△ADG和△AEF≌△AGF，根据全等三角形的性质即可求解；（2）（1）中的结论EF=BE+FD仍然成立．如图2中，延长CB至M，使BM=DF，连接AM，证明△ABM≌△ADFSAS和△AME≌△AFE（3）结论EF=BE+FD不成立，结论：EF=BE-FD．如图3中，在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG，证明△ABG≌△ADFSAS和△AEG≌△AEF本题考查了三角形全等的判定和性质，补角性质，解题的关键是学会利用旋转变换的思想添加辅助线，构造全等三角形解决问题．【详解】（1）解：如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，在△ABE和△ADG中，AB=AD∠B=∠ADG∴△ABE≌△ADGSAS∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，∠BAE+∠DAF=∠DAG+∠DAF，即∠GAF=∠BAE+∠DAF，∵∠BAD=120°，∠EAF=60°，∴∠BAE+∠DAF=120°-60°=60°，∴∠GAF=60°，∴∠GAF=∠EAF，在△AGF和△AEF中，AF=AF∠GAF=∠EAF∴△AGF≌△AEFSAS∴FG=EF，∵FG=DF+DG，∴EF=BE+FD，故答案为：EF=BE+FD；（2）解：（1）中的结论EF=BE+FD仍然成立．证明：如图2中，延长CB至M，使BM=DF，连接AM，∵∠ABC+∠D=180°，∠1+∠ABC=180°，∴∠1=∠D，在△ABM与△ADF中，AB=AD∠1=∠D∴△ABM≌△ADFSAS∴AF=AM，∠2=∠3，∵∠EAF=1∴∠2+∠4=1∴∠3+∠4=∠EAF，即∠MAE=∠EAF，在△AME与△AFE中，AM=AF∠MAE=∠EAF∴△AME≌△AFESAS∴EF=ME，∵EF=BE+BM，∴EF=BE+DF（3）解：结论EF=BE+FD不成立，结论：EF=BE-FD．证明：如图3中，在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG，∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，∴∠B=∠ADF，在△ABG与△ADF中，AB=AD∠ABG=∠ADFBG=DF∴△ABG≌△ADFSAS∴∠BAG=∠DAF，AG=AF，∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF=12∴∠GAE=∠EAF，∴AE=AE，∴△AEG≌△AEFSAS∴EG=EF，∵EG=BE-BG，∴EF=BE-FD．16．（21-22八年级上·四川南充·期末）（1）阅读理解：问题：如图1，在四边形ABCD中，对角线BD平分∠ABC，∠A+∠C=180°．求证：DA=DC．思考：“角平分线+对角互补”可以通过“截长、补短”等构造全等去解决问题．方法1：在BC上截取BM=BA，连接DM，得到全等三角形，进而解决问题；方法2：延长BA到点N，使得BN=BC，连接DN，得到全等三角形，进而解决问题．结合图1，在方法1和方法2中任选一种，添加辅助线并完成证明．（2）问题解决：如图2，在（1）的条件下，连接AC，当∠DAC=60°时，探究线段AB，BC，BD之间的数量关系，并说明理由；（3）问题拓展：如图3，在四边形ABCD中，∠A+∠C=180°，DA=DC，过点D作DE⊥BC，垂足为点E，请写出线段AB、CE、BC之间的数量关系．【答案】（1）见解析；（2）AB+BC=BD，见解析；（3）BC-AB=2CE，见解析【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定；（1）方法1：在BC上截取BM=BA，连接DM，证明△ABD≌△MBDSAS，得出∠A=∠BMD，AD=MD，进而得出∠C=∠CMD，则DM=DC，等量代换即可得证；方法2：延长AB到N，使BN=BC，连接DN，证明△NBD≌△CBDSAS，得出∠BND=∠C，ND=CD，进而得出∠BND=∠NAD，则（2）AB，BC，BD之间的数量关系为AB+BC=BD．方法1：在BD上截取BF=AB，连接AF，由1知∠BAD+∠BCD=180°，得出△ABF，△ADC为等边三角形，证明△ABC≌△AFDSAS，得出DF=BC，进而即可得证；方法2：延长CB到P，使BP=BA，连接AP，由1知AD=CD，则△ADC，△ABP是等边三角形，证明△PAC≌△BADSAS，得出（3）线段AB、CE、BC之间的数量关系为BC-AB=2CE，连接BD，过点D作DF⊥AB于点F，证明△DFA≌△DECAAS，Rt△BDF≌和Rt△BDE【详解】解：（1）方法1：在BC上截取BM=BA，连接DM，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD，在△ABD和△MBD中，BD=BD∠ABD=∠MBD∴△ABD≌△MBDSAS∴∠A=∠BMD，AD=MD，∵∠BMD+∠CMD=180°，∠C+∠A=180°，∴∠C=∠CMD，∴DM=DC，∴DA=DC；方法2：延长AB到N，使BN=BC，连接DN，∵BD平分∠ABC，∴∠NBD=∠CBD，在△NBD和△CBD中，BD=BD∠NBD=∠CBD∴△NBD≌△CBDSAS∴∠BND=∠C，ND=CD，∵∠NAD+∠BAD=180°，∠C+∠BAD=180°，∴∠BND=∠NAD，∴DN=DA，∴DA=DC；（2）AB，BC，BD之间的数量关系为AB+BC=BD．方法1：理由如下：如图2，在BD上截取BF=AB，连接AF，由（1）知∠BAD+∠BCD=180°，∴∠ABC+∠DAC=180°，∵∠DAC=60°，∴∠ABC=120°，∴∠ABD=∠DBC=60°，∴△ABF为等边三角形，∴AB=AF=BF，∠BAF=60°，∵AD=DC，∴△ADC为等边三角形，∴AD=AC，∠DAC=60°，∴∠DAF=∠BAC，∴△ABC≌△AFDSAS∴DF=BC，∴BD=BF+DF=AB+BC．方法2：理由：延长CB到P，使BP=BA，连接AP，由（1）知AD=CD，∵∠DAC=60°，∴△ADC是等边三角形，∴AC=AD，∠ADC=60°，∵∠BCD+∠BAD=180°，∴∠ABC=360°-180°-60°=120°，∴∠PBA=180°-∠ABC=60°，∵BP=BA，∴△ABP为等边三角形，∴∠PAB=60°，AB=AP，∵∠DAC=60°，∴∠PAB+∠BAC=∠DAC+∠BAC，即∠PAC=∠BAD，在△PAC和△BAD中，PA=BA∠PAC=∠BAD∴△PAC≌△BADSAS∴PC=BD，∵PC=BP+BC=AB+BC，∴AB+BC=BD；（3）线段AB、CE、BC之间的数量关系为BC-AB=2CE．连接BD，过点D作DF⊥AB于点F，∵∠BAD+∠C=180°，∠BAD+∠FAD=180°，∴∠FAD=∠C，在△DFA和△DEC中，∠DFA=∠DEC∠FAD=∠C∴△DFA≌△DECAAS∴DF=DE，AF=CE，在Rt△BDF和RtBD=BDDF=DE∴Rt∴BF=BE，∴BC=BE+CE=BA+AF+CE=BA+2CE，∴BC-BA=2CE．17．（22-23八年级上·湖北孝感·期中）如图，在五边形ABCDE中，AB=AE，CA平分∠BCD，∠CAD=1

(1)求证：CD=BC+DE；(2)若∠B=75°，求∠E的度数．【答案】(1)见解析(2)105°【分析】（1）在CD上截取CF=CB，连接AF，证明△BCA≌△FCASAS，根据全等三角形的性质得出AB=AF，∠BAC=∠FAC，进而证明△ADF≌△ADESAS，根据全等三角形的性质得出（2）根据全等三角形的性质，结合图形可得∠B+∠E=∠CFA+∠AFD=180°，即可求解．【详解】（1）解：在CD上截取CF=CB，连接AF．

∵CA平分∠BCD，∴∠BCA=∠FCA．在△BCA和△FCA中，CB=CF∴△BCA≌△FCA∴AB=AF，∠BAC=∠FAC．又∵AB=AE，∴AF=AE．又∵∠CAD=1∴∠BAC+∠EAD=∠FAC+∠FAD，∴∠FAD=∠EAD．在△ADF和△ADE中，AF=AE∠FAD=∠EAD∴△ADF≌△ADE∴DE=DF．∴CD=CF+FD=BC+DE．（2）∵△BCA≌△FCA，∴∠B=∠CFA．∵△ADF≌△ADE，∴∠E=∠AFD．∴∠B+∠E=∠CFA+∠AFD=180°．∴∠E=180°-∠B=180°-75°=105°．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．五．半角模型（共4小题）18．（20-21七年级下·上海嘉定·期末）在等边三角形ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，P为△ABC外一点，且∠MPN=60°，∠BPC=120°，BP=CP．探究：当点M、N分别在直线AB、(1)如图①，当点M、N在边AB、AC上，且PM=PN时，试说明(2)如图②，当点M、N在边AB、AC上，且PM≠PN时，答：．（请在空格内填“一定成立”“不一定成立”或“一定不成立”)．(3)如图③，当点M、N分别在边AB、【答案】(1)见解析(2)一定成立(3)MN=NC-BM【分析】（1）根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理得到∠PBC=∠PCB=30°，进而得到∠PBM=∠PCN=90°，证明Rt△PBM≌Rt△PCN(HL)（2）延长AC至H，使CH=BM，连接PH，证明△PBM≌△PCH，得到PM=PH，∠BPM=∠CPH，再证明△MPN≌△HPN(SAS)，得到MN=HN，即可得到答案；（3）在AC上截取CK=BM，连接PK，证明△PBM≌△PCH(SAS)，得到PM=PK，∠BPM=∠CPK，再证明△MPN≌△KPN(SAS)，得到MN=KN，即可得到答案．【详解】（1）证明：∵△ABC为等边三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°，∵∠BPC=120°，BP=CP，∴∠PBC=∠PCB=1∴∠PBM=∠PCN=90°，在Rt△PBM和RtPB=PCPM=PN∴Rt∴∠BPM=∠CPN=30°，∵∠MPN=60°，PM=PN，∴△PMN为等边三角形，∴PM=PN=MN，在Rt△PBM中，∠BPM=30°∴BM=1同理可得，CN=1∴BM+CN=MN；（2）解：一定成立，理由如下：如图，延长AC至H，使CH=BM，连接PH，，由（1）可知：∠PBM=∠PCN=90°，∴∠PCH=90°，∴∠PBM=∠PCH，在△PBM和△PCH中，BM=CH∠PBM=∠PCH∴△PBM≌△PCH(SAS)，∴PM=PH，∠BPM=∠CPH，∵∠BPM+∠CPN=60°，∴∠CPN+∠CPH=60°，∴∠MPN=∠HPN，在△MPN和△HPN中，PM=PH∠MPN=∠HPN∴△MPN≌△HPN(SAS)，∴MN=HN=BM+CN，故答案为：一定成立；（3）解：如图，在AC上截取CK=BM，连接PK，，在△PBM和△PCK中，PB=PC∠PBM=∠PCK=90°∴△PBM≌△PCK(SAS)，∴PM=PK，∠BPM=∠CPK，∵∠BPM+∠BPN=60°，∴∠CPK+∠BPN=60°，∴∠KPN=60°，∴∠MPN=∠KPN，在△MPN和△KPN中，PM=PK∠MPN=∠KPN∴△MPN≌△KPN(SAS)，∴MN=KN，∵KN=NC-CK=NC-BM，∴MN=NC-BM．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．19．（22-23八年级上·山西朔州·期末）（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．小明同学探究此问题的方法是：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=1（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60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进2小时后，甲、乙两舰艇分别到达E,F处，此时在指挥中心观测到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）问题背景：EF=FD+BE，理由见详解；（2）探索延伸：成立，理由见详解；（3）实际应用：两舰艇之间的距离为280海里【分析】（1）问题背景：AB=AD，∠B=∠ADC=90°，DG=BE，可证△ABE≌△ADG，由AE=AG，∠GAD+∠DAF=∠EAF，AF为公共边，可证△AEF≌△AGF，由此即可求解；（2）探索延伸：根据“问题背景”的提示，延长FD到点G，使DG=BE，由此即可求解；（3）实际应用：如图所示（见详解），延长EA，使得AC=BF，连接EF，证明△OAC≌△OBF(SAS)，△COE≌△FOE(SAS【详解】解：（1）问题背景：根据题意，在Rt△ABE，Rt∵AB=AD∠B=∠ADG=90°∴△ABE≌△ADG(SAS∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，∵∠BAD=120°，∠EAF=60°，∴∠BAE+∠FAD=120°-60°=60°，即∠FAD+∠DAG=∠GAF=60°，∴在△EAF，△GAF中，∵AE=AG∠EAF=∠GAF=60°∴△AEF≌△AGF(SAS∴EF=GF=FD+DG=FD+BE，∴EF=FD+BE；（2）探索延伸：如图所示，延长FD到点G，使DG=BE，∵∠B+∠ADF=180°，∠ADF+∠ADG=180°，∴∠B=∠ADG，在△ABE，△ADG中，AB=AD∠B=∠ADG∴△ABE≌△ADG(SAS∴AE=AG，∠BAE=∠DAG∵∠EAF=1∴∠BAE+∠FAD=∠BAD-∠EAF=∠BAD-1∴∠FAD+∠DAG=1∴∠EAF=∠FAG，在△EAF，△GAF中，∵AE=AG∠EAF=∠GAF∴△AEF≌△AGF(SAS∴EF=GF=FD+DG=FD+BE，∴EF=FD+BE，∴成立；（3）实际应用：如图所示，延长EA，使得AC=BF，连接EF，∵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，舰艇乙沿北偏东50°的方向行驶，∴∠OAE=60°，∠OAC=120°，∠B=70°+50°=120°，∴在△OAC，△OBF中，OA=OB∠OAC=∠OBF=120°∴△OAC≌△OBF(SAS∴OF=OC，∠BOF=∠AOC，∵∠EOF=70°，∴∠BOF+∠AOE=∠AOB-∠EOF=140°-70°=70°，∴∠COE=∠BOF+∠AOE=70°，即∠COE=∠EOF，在△COE，△FOE中，OC=OF∠COE=∠FOE∴△COE≌△FOE(SAS∴EF=FC=AE+AC=AE+BF，∵舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进2小时，∴AE=60×2=120，BF=80×2=160，∴EF=120+160=280（海里），∴两舰艇之间的距离为280海里．【点睛】本题主要考查三角形全等的判定和性质及实际应用，掌握作辅助线求证三角形全等，再根据三角形全等的性质是解题的关键．20．（20-21七年级下·上海松江·期末）如图，在四边形ABCD中，AB=AD,∠B+∠ADC=180°，点E、F分别在直线BC、CD上，且∠EAF=1(1)当点E、F分别在边BC、CD上时（如图1），请说明EF=BE+FD的理由．(2)当点E、F分别在边BC、CD延长线上时（如图2），（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请说明理由；若不成立，请写出EF、BE、FD之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)不成立，EF=BE-FD，见解析【分析】（1）延长EB至G，使BG＝DF，连接AG，通过证明△ABG≌△ADF，△EAG≌△EAF可得GE＝EF，进而可说明EF＝BE+DF；（2）在BE上截取BM＝DF，连接AM，通过证明△ABM≌△ADF，△AME≌△AFE可得ME＝EF，进而可得EF＝BE﹣FD．【详解】（1）EF＝BE+DF，理由：延长EB至G，使BG＝DF，连接AG，∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ABG＝180°，∴∠ADC＝∠ABG，在△ABG和△ADF中，AB=AD∠ABG=∠ADF∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，∵∠EAF＝12∠BAD∴∠BAE+∠DAF＝∠BAE+∠BAG＝∠EAF，即∠EAG＝∠EAF，在△EAG和△EAF中，AG=AF∠EAG=∠EAF∴△EAG≌△EAF（SAS），∴GE＝EF，∴EF＝BE+DF；（2）（1）中结论不成立，EF＝BE﹣FD，在BE上截取BM＝DF，连接AM，∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADF＝180°，∴∠ABC＝∠ADF，在△ABM和△ADF中，AB=AD∠ABM=∠ADF∴△ABM≌△ADF（SAS），∴AM＝AF，∠BAM＝∠DAF，∵∠BAM+∠MAD＝∠DAF+∠MAD，∴∠BAD＝∠MAF，∵∠EAF＝12∠BAD∴∠EAF＝12∠MAF∴∠EAF＝∠EAM，在△AME和△AFE中，AM=AF∠EAM=∠EAF∴△AME≌△AFE（SAS），∴ME＝EF，∴ME＝BE﹣BM＝BE﹣DF，∴EF＝BE﹣FD．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线证明相关三角形全等是解题的关键．21．（20-21九年级上·广西南宁·期中）如图①，四边形ABCD是正方形，M，N分别在边CD、BC上，且∠MAN=45°，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法，如图①，将△ADM绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，连接AM、AN、MN．(1)试判断DM，BN，MN之间的数量关系；(2)如图②，点M、N分别在正方形ABCD的边BC、CD的延长线上，∠MAN=45°，连接MN，请写出MN、DM、BN之间的数量关系，并写出证明过程．(3)如图③，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B+∠D=180°，点N，M分别在边BC，CD上，∠MAN=60°，请直接写出BN，DM，MN之间数量关系．【答案】(1)MN=DM+BN(2)MN=BN-DM，证明见解析(3)MN=DM+BN【分析】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，利用旋转构造全等三角形是解题的关键．（1）首先利用SAS证明△EAN≌△MAN，得（2）在BC上取BE=MD,连接AE，首先由△ABE≌△ADMSAS，得AE=AM，∠BAE=∠MAD，再利用SAS证明△EAN≌△MAN（3）将△ABN绕点A逆时针旋转120°得△ADE，由旋转的性质得点E、D、C共线，由（1）同理可得△EAM≌△NAMSAS，得EM=MN【详解】（1）解：MN=DM+BN，证明如下：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠BAD=∠D=90°，由旋转的性质可得：AE=AM，BE=DM，∠ABE=∠D=90°，∠DAM=∠BAE，∴∠ABE+∠ABC=180°，∴点E、B、C共线，∵∠DAM+∠BAM=90°，∴∠BAE+∠BAM=90°=∠EAM，∵∠MAN=45°，∴∠EAN=∠EAM-∠MAN=45°=∠MAN，在△EAN和△MAN中，AE=AM∴△EAN≌△MANSAS∴EN=MN，∵EN=BE+BN，∴MN=DM+BN；（2）解：MN=BN-DM，证明如下：如图，在BC上取BE=MD，连接AE，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠ADC=∠BAD=90°，AB=AD，∵∠ADC+∠ADM=180°，∴∠ADC=∠ADM=∠ABE=90°，在△ABE和△ADM中，AB=AD∠ABE=∠ADM∴△ABE≌△ADMSAS∴AE=AM，∠BAE=∠MAD，∵∠BAE+∠EAD=∠BAD=90°，∴∠DAM+∠EAD=∠EAM=90°，∵∠MAN=45°，∴∠EAN=∠EAM-∠MAN=45°=∠MAN，在△EAN和△MAN中，AE=AM∠EAN=∠MAN∴△EAN≌△MANSAS∴EN=MN，∵EN=BN-BE，∴MN=BN-DM；（3）解：如图，将△ABN绕点A逆时针旋转120°得△ADE，∴∠B=∠ADE，AB=AD，AE=AN，∴∠B+∠ADC=180°，∴∠ADE+∠ADC=180°，∴点E、D、C共线，∵∠BAN+∠NAD=∠BAD=120°，∴∠DAE+∠NAD=∠NAE=120°，∵∠MAN=60°，∴∠EAN=∠EAM-∠MAN=60°=∠MAN，在△EAN和△MAN中，AE=AN∠EAM=∠NAM∴△EAM≌△NAMSAS∴EM=MN，∴MN=DM+BN．六．手拉手模型（共7小题）22．（21-22八年级上·广东珠海·期中）如图，△ABC是一个锐角三角形，分别以AB、AC为边向外作等边三角形△ABD、△ACE，连接BE、CD交于点F，连接AF．(1)求证：△ABE≌△ADC；(2)求∠EFC的度数；(3)求证：AF平分∠DFE．【答案】(1)见解析(2)60°(3)见解析【分析】（1）由△ABD、△ACE是等边三角形，易证∠DAC=∠BAE，继而可证△ABE≌△ADC；（2）由△ABE≌△ADC，得到∠AEB=∠ACD，进一步得到∠CEF+∠ECF=∠AEC+∠ACE=120°，由三角形内角和得到答案；（3）作AH⊥DC于点H，AN⊥BE于点N，证明AH=AN，由【详解】（1）证明：∵△ABD、△ACE是等边三角形，∴DA=AB，∴∠DAB+∠BAC=∠EAC+∠BAC，即∠DAC=∠BAE，∴△ABE≌△ADCSAS（2）解：∵△ABE≌△ADC，∴∠AEB=∠ACD，∵∠AEB+∠CAE=∠ACD+∠EFC，∴∠EFC=∠CAE=60°；（3）证明：如图，作AH⊥DC于点H，AN⊥BE于点∵△ABE≌△ADC，∴∠ADC=∠ABE，∵∠AHD=∠ANB=90°，AD=AB，∴△AHD≌△ANB(AAS∴AH=AN，∵AH⊥DC，∴AF平分∠DFE．【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、角平分性的判定知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．23．（20-21八年级上·云南昆明·期末）小明同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组全等的三角形，小明把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．（1）问题发现：如图1，若△ABC和△ADE均是顶角为40°的等腰三角形，BC、DE分别是底边，求证：BD＝CE；（2）拓展探究：如图2，若△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一条直线上，连接BE，则∠AEB的度数为；线段BE与AD之间的数量关系是；（3）解决问题：如图3，若△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一条直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM、AE、BE之间的数量关系并说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）60°，BE＝AD；（3）∠AEB＝90°，AE＝BE+2CM，理由见解析【分析】（1）先判断出∠BAD＝∠CAE，进而利用SAS判断出△BAD≌△CAE，即可得出结论；（2）同（1）的方法判断出△BAD≌△CAE，得出AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，最后用角的差，即可得出结论；（3）同（2）的方法，即可得出结论．【详解】解：（1）∵△ABC和△ADE均是顶角为40°的等腰三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE；（2）∵△ABC和△ADE均是等边三角形，∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝∠CDE＝∠CED＝60°，∴∠ACB﹣∠BCD＝∠DCE﹣∠BCD，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，∵∠CDE＝60°，∴∠BEC＝∠ADC＝180°﹣∠CDE＝120°，∵∠CED＝60°，∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°，故答案为：60°，BE＝AD；（3）AE＝BE+2CM，理由：同（1）（2）的方法得，△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，∵△CDE是等腰直角三角形，∴∠CDE＝∠CED＝45°，∴∠ADC＝180°﹣∠CDE＝45°，∴∠BEC＝∠ADC＝135°，∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝135°﹣45°＝90°，∵CD＝CE，CM⊥DE，∴DM＝ME，∵∠DCE＝90°，∴DM＝ME＝CM．∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形，等边三角形，等腰直角三角形的性质，判断出△ACD≌△BCE是解本题的关键．24．（20-21八年级上·山西阳泉·期中）问题情境：在自习课上，小雪拿来了如下一道题目（原问题）和合作学习小组的同学们交流，如图①，△ACB和△∠CDE均为等腰三角形．CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE．点A、D、E在同一条直线上，连接BE．求证：∠CDE=∠BCE+∠CBE．问题发现：小华说：我做过一道类似的题目：如图②，△ACB和△CDE均为等边三角形，其他条件不变，求∠AEB的度数．（1）请聪明的你完成小雪的题目要求并直接写出小华的题目要求．拓展研究：（2）如图③，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A、D、E在同一条直线上，CF为△DCE中DE边上的高，连接BE．请求∠AEB的度数及线段CF、AE、BE之间的数量关系，并说明理由．【答案】（1）证明见解析；∠AEB=60°；（2）∠AEB=90°；AE=BE+2CF；理由见解析．【分析】（1）小雪的题目：先利用SAS证明△ADC≅△BEC，再利用全等三角形的性质、三角形外角的性质及等量代换即可得证；小华的题目：先利用SAS证明△ADC≅△BEC，再利用全等三角形的性质得出∠ADC=∠BEC，然后根据等边三角形的性质求出∠CDE=∠CED=60°，最后根据邻补角的概念和角的和与差即可得出答案；（2）根据题意易证△ADC≅△BEC，再根据全等三角形的性质及邻补角的概念即可求得∠AEB的度数；然后根据三线合一即可得出CF=DF=EF，最后根据线段的和与差及等量代换即可得出答案．【详解】（1）小雪的题目：证明：∵∠ACB=∠DCE∴∠ACD=∠BCE在△ADC和△DCE中，CA=CB∴△ADC≅△BEC∴∠CAD=∠CBE又∵∠ACD=∠BCE,∠CDE=∠CAD+∠ACD∴∠CDE=∠CBE+∠BCE；小华的题目：解：∵∠ACB=∠DCE∴∠ACD=∠BCE在△ADC和△DCE中，CA=CB∴△ADC≅△BEC∴∠ADC=∠BEC∵△CDE为等边三角形∴∠CDE=∠CED=60°又∵点A、D、E在同一条直线上∴∠ADC=∠BEC=120°∴∠AEB=∠BEC-∠CED=60°（2）∠AEB=90°；AE=BE+2CF；理由如下：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∴AC=BC,CD=CE,∠ACB=∠DCE=90°，∴∠ACB-∠DCB=∠DCE-∠DCB即∠ACD=∠BCE在△ADC和△DCE中，CA=CB∴△ADC≅△BEC∴BE=AD,∠BEC=∠ADC,∵点A、D、E在同一直线上∴∠ADC=180°-45°=135°∴∠BEC=135°∴∠AEB=∠BEC-∠CED=135°-45°=90°∵∠DCE=90°∴CF=DF=EF∴DE=DF+EF=2CF∴AE=AD+DE=BE+2CF．【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质、等腰三角形的性质、等边三角形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．25．（23-24七年级下·湖南长沙·阶段练习）如图，在△AOB和△COD中，OA=OB，OC=OD，若∠AOB=∠COD=60°，连接AC、BD交于点P；(1)求证∶△AOC≌△BOD．(2)求∠APB的度数．(3)如图（2），△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，AC=BC，AB=14cm，点D是射线AB上的一点，连接CD，在直线AB上方作以点C为直角顶点的等腰直角△CDE，连接BE，若BD=4cm，求【答案】(1)见解析(2)60°(3)BE=10cm或【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质，三角形内角和定理的应用；（1）根据题意得出∠AOC=∠BOD，即可证明△AOC≌△BODSAS（2）根据题意可得△AOB是等边三角形，根据（1）的结论可得∠OAC=∠OBD，进而根据三角形的内角和定理，即可求解；（3）分情况讨论，当D在线段AB上时，当D在AB的延长线上时，证明△CAD≌△CBESAS，得出AD=BE【详解】（1）证明：∵∠AOB=∠COD