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专题 12.4 全等三角形的经典模型【八大题型】
【人教版】
【题型1 一线三等角模型】......................................................................................................................................2
【题型2 倍长中线模型】..........................................................................................................................................6
【题型3 截长补短模型】........................................................................................................................................12
【题型4 手拉手模型】............................................................................................................................................21
【题型5 半角模型】................................................................................................................................................27
【题型6 角平分线模型】........................................................................................................................................35
【题型7 雨伞模型】................................................................................................................................................43
【题型8 平行线中点模型】....................................................................................................................................51
知识点1：一线三等角模型
三个等角的顶点在同一条直线，这个角可以是直角，也可以是锐角或钝角.这个模型称为一线三等角模型.
一线三等角类型：
（同侧）已知∠A=∠CPD=∠B=∠α，CP=PD
（异侧）已知∠EAC=∠ABD=∠DPC=∠α，CP=PD【题型1 一线三等角模型】
【例1】（23-24八年级·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)，直接可证．
（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)，再利用全等的性质导边即可证明．
【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
)
∠MAB=∠NBC
AB=BC
∴△ABM≌△BCN(AAS)；
∴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
)
∠AMB=∠BNC
AB=BC
∴△ABM≌△BCN(AAS)；
∴AM=BN，BM=CN；
∴MN=BN+BM=AM+CN；
故MN=AM+CN成立．
【变式1-1】（23-24八年级·福建龙岩·阶段练习）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，
BE⊥CE，于点E，AD⊥CE于点D．△BEC与△CDA全等吗？请说明理由．
【答案】全等，理由见解析
【分析】首先证明∠CAD=∠BCE，即可证明△CDA≌△BEC，即可解题．
【详解】全等，理由如下：
∵ BE⊥CE，E，AD⊥CE，∠ACB=90°
∴∠BCE+∠DCA=90°，∠DAC+∠DCA=90°．
∴∠CAD=∠BCE；在△BEC和△DAC中，
{
∠BCE=∠DAC
)
∠BEC=∠CDA=90°
BC=AC
∴△BEC≌△DAC(AAS)．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定，掌握证明全等三角形的方法是解题的关键．
【变式1-2】（23-24八年级·浙江温州·期中）如图，在△ABC中，AB＝AC＝9，点E在边AC上，AE的中
垂线交BC于点D，若∠ADE＝∠B，CD＝3BD，则CE等于（ ）
9 9
A．3 B．2 C． D．
4 2
【答案】A
【分析】根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠C，推出∠BAD＝∠CDE，根据线段垂直平分线的性质得到
AD＝ED，根据全等三角形的性质得到CD＝AB＝9，BD＝CE，即可得到结论．
【详解】解：∵AB＝AC＝9，
∴∠B＝∠C，
∵∠ADE＝∠B，∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB，∠CDE＝180°﹣∠ADE﹣∠ADB，
∴∠BAD＝∠CDE，
∵AE的中垂线交BC于点D，
∴AD＝ED，
在△ABD与△DCE中，
{∠BAD=∠CDE
)
∠B=∠C ，
AD=ED
∴△ABD≌△DCE（AAS），
∴CD＝AB＝9，BD＝CE，
∵CD＝3BD，
∴CE＝BD＝3
故选：A．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的性质，属于基础题．
【变式1-3】（23-24八年级·北京朝阳·期中）如图，∠B=∠C=∠FDE=80°，DF=DE，BF=1.5cm，CE=2cm，
求BC的长．
【答案】3.5
【分析】由平角定义及三角形内角和定理解得∠EDC=∠BFD，继而证明△BFD≅△CDE(AAS)，得
到BF=CD=1.5,BD=CE=2，最后根据线段的和差解题．
【详解】解：∵∠B=∠C=∠FDE=80°，
∴∠BDF+∠EDC=100°,∠BDF+∠BFD=100°
∴∠EDC=∠BFD
在△BFD与△CDE中，
{
∠B=∠C
)
∠EDC=∠BFD
DE=DF
∴△BFD≅△CDE(AAS)
∴BF=CD=1.5,BD=CE=2
∴BC=BD+DC=2+1.5=3.5．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
知识点2：倍长中线模型
当遇见中线或者中点的时候，可以尝试倍长中线或类中线，使得延长后的线段是原中线的二倍，从而构造
一对全等三角形(SAS)，并将已知条件中的线段和角进行转移.
已知点D为∆ABC中BC边中点，延长线段AD到点E使AD=DE,
1）连接EC,则∆ABD≌∆ECD，AB∥CE
2）连接BE,则∆ADC≌∆EDB，AC∥BE【题型2 倍长中线模型】
【例2】（23-24八年级·全国·专题练习）如图所示，在ΔABC中，AD交BC于点D，点E是BC中点，
EF∥AD交CA的延长线于点F，交AB于点G，若BG=CF，求证：AD为∠BAC的平分线.
【答案】见解析
【分析】延长FE，截取EH=EG，连接CH，可证△BEG≌△CEH，即可求得∠H=∠BGE，进一步证明
∠F=∠BGE，最后由平行线的性质即可证得∠CAD=∠BAD，即可解题．
【详解】证明：延长FE，截取EH=EG，连接CH，
∵E是BC中点，
∴BE=CE，
在△BEG和△CEH中，{ BE＝CE )
∠BEG＝∠CEH ，
¿＝EH
∴△BEG≌△CEH（SAS），
∴∠BGE=∠H，BG=CH
∵BG=CF
∴CH=CF
∴∠F=∠H
∴∠F=∠BGE
∵EF∥AD，
∴∠F=∠CAD，∠BAD=∠BGE，
∴∠CAD=∠BAD，
∴AD平分∠BAC．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质，本题中求证△BEG≌△CEH是解题的关键．
【变式2-1】（23-24八年级·山东泰安·期末）如图，AD是△ABC的中线，点E在AD上，且BE＝AC，求
证：∠BED＝∠CAD．
【答案】见解析
【分析】延长AD到E，使FD＝AD，连接BF，易证△ADC≌△FDB，得到BF＝AC，∠F＝∠CAD，而BE
＝AC，所以BF＝BE，得∠BED＝∠F，等量代换即可．
【详解】证明：延长AD到E，使FD＝AD，连接BF在△ADC和△FDB中，
{
BD=CD
)
∠BDF=∠ADC
DF=AD
∴△ADC≌△FDB（SAS）
∴BF＝AC，∠F＝∠CAD．
∵BE＝AC，
∴BF＝BE
∴∠BED＝∠F，
∴∠BED＝∠CAD．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，倍长中线构造全等三角形是解题的关
键．
【变式2-2】（23-24八年级·全国·课后作业）如图，在等腰直角三角形ABC中，∠C=90°,AC=8，F为
AB边的中点，点D，E分别在AC,BC边上运动，且保持AD=CE，连接DE,DF,EF．在此运动变化的
过程中，下列结论：①△≝¿是等腰直角三角形；②四边形CDFE的面积保持不变；③AD+BE>DE．其
中正确的是（ ）
A．①②③ B．① C．② D．①②
【答案】A
【分析】连接CF，利用SAS可证△ADF≌△CEF，从而得出DF=FE,∠AFD=∠CFE，从而求出∠EFD=90°，即可判断①；根据全等三角形的性质可得S =S ，从而得出四边形CDFE的面积为
△ADF △CEF
1
S ，从而判断②；延长DF到G使FG=DF，连接EG,BG，证出AD=BG和DE=EG，最后根据
2 △ABC
三角形的三边关系即可判断③．
【详解】解：如图，连接CF．
∵AC=BC，F为AB的中点，
1
∴CF⊥AB，∠ACF=∠BCF= ACB．
2
∵∠ACB=90°，
∴∠A=∠ACF=∠BCF=45°，
∴CF=AF．
又∵AD=CE，
∴△ADF≌△CEF．
∴DF=FE,∠AFD=∠CFE，
∵∠AFD+∠CFD=90°，
∴∠CFE+∠CFD=90°，
∴∠EFD=90°，
∴△≝¿是等腰直角三角形．①正确．
∵△ADF≌△CEF，
∴S =S ，
△ADF △CEF
1
∴四边形CDFE的面积为S +S =S +S =S = S ．
△CDF △CEF △CDF △MDF △AFC 2 △ABC
1 1
∵S = AC×BC= ×8×8=32，
△ABC 2 2
∴四边形CDFE的面积为16，为定值．②正确．
延长DF到G使FG=DF，连接EG,BG．
∵AF=BF，∠AFD=∠BFG，DF=FG，
∴△ADF≌△BCF，
∴AD=BG．
∵∠EFD=90°，
∴EF⊥DF，
∴DE=EG．在△EBG中，
∵BG+BE>EG，
∴AD+BE>DE．③正确．
①②③均正确，
故选A．
【点睛】此题考查的是全等三角形的判定及性质、等腰直角三角形的判定和三角形的三边关系，掌握构造
全等三角形的方法是解决的关键．
【变式2-3】（23-24八年级·辽宁大连·阶段练习）如图，在△ABC中，∠ABC=∠ACB，BE是AC的中
线，点D在AC的延长线上，连接BD，若∠ABE=∠D．
(1)猜想BD=________BE；
(2)完成（1）的证明过程．
【答案】(1)2
(2)证明见详解
【分析】（1）根据题意可进行求解；
（2）延长BE至F，使得EF=BE，连接CF，易证△ABE≌△CFE，则有∠ABE=∠F，由题意易得
∠EBC=∠DBC，∠D=∠F，然后可证△BCF≌△BCD，则BD=BF，进而问题可求证．
【详解】（1）解： BD=2BE；
延长BE至F，使得EF=BE，连接CF，如图所示：∵BE是AC的中线，
∴AE=CE，
∵∠AEB=∠CEF，
∴△ABE≌△CFE（SAS），
∴∠ABE=∠F，
∵∠ABC=∠ABE+∠CBE,∠ACB=∠D+∠DBC，且∠ABC=∠ACB，∠ABE=∠D，
∴∠EBC=∠DBC，∠D=∠F，
∵BC=BC，
∴△BCF≌△BCD（AAS），
∴BD=BF=2BE．
故答案为2；
（2）证明：延长BE至F，使得EF=BE，连接CF，如图所示：
∵BE是AC的中线，
∴AE=CE，
∵∠AEB=∠CEF，
∴△ABE≌△CFE（SAS），
∴∠ABE=∠F，
∵∠ABC=∠ABE+∠CBE,∠ACB=∠D+∠DBC，且∠ABC=∠ACB，∠ABE=∠D，
∴∠EBC=∠DBC，∠D=∠F，∵BC=BC，
∴△BCF≌△BCD（AAS），
∴BD=BF=2BE．
【点睛】本题主要考查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．
知识点3：截长补短模型
该模型适用于求证线段的和差倍分关系，该类题目中常出现等腰三角形、角平分线等关键词，可以采用截
长补短法构造全等三角形来完成证明。其中截长指在长线段中截取一段等于已知线段，补短指将短线段延
长，使短线段加上延长线段长度等于长线段。
(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在AD上取一点F,使得AF=BE,证DF=DC;②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
【题型3 截长补短模型】
【例3】（23-24八年级·全国·单元测试）已知：如图，在△ABC中，∠B=60°，D、E分别为AB、BC
上的点，且AE、CD交于点F．若AE、CD为△ABC的角平分线．
(1)求∠AFC的度数；
(2)若AD=6，CE=4，求AC的长．
【答案】(1)120度
(2)10
【分析】本题考查等腰三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、角平分线的定义等知识，解题的
关键是学会添加常用辅助线构造全等三角形解决问题．（1）由题意∠BAC+∠BCA=120°，根据
1
∠AFC=180°−∠FAC−∠FCA＝180°− (∠BAC+∠BCA)，即可解决问题；
2
（2）在AC上截取AG=AD=6，连接FG．只要证明△ADF≌△AGF，推出
∠AFD=∠AFG=60°，∠GFC=∠CFE=60°，再证明△CGF≌△CEF，推出CG=CE=4，由此即
可解决问题．
【详解】（1）解：∵AE、CD为△ABC的角平分线，
1 1
∴∠FAC= ∠BAC,∠FCA= ∠BCA
2 2
∵∠B=60°，
∴∠BAC+∠BCA＝120°，
1
∴∠AFC=180°−∠FAC−∠FCA＝180°− (∠BAC+∠BCA)=120°
2
（2）解：在AC上截取AG=AD=6，连接FG．
∵AE、CD为△ABC的角平分线．
∴∠FAC=∠FAD，∠FCA=∠FCE，
∵∠AFC=120°，
∴∠AFD=∠CFE=60°，
∵AD=AG,AF=AF
∴△ADF≌△AGF，
∴∠AFD=∠AFG=60°，
∴∠GFC=∠CFE=60°，
又∵CF=CF，
∴△CGF≌△CEF
∴CG=CE=4，
∴AC=AG+GC=10．
【变式3-1】（23-24八年级·江西景德镇·期末）如图，在 ABC中，∠A=100°，AB=AC，BE是∠ABC的平
△分线，求证：AE+BE=BC．
【答案】见解析
【分析】延长BE到F，使BF=BC，连接FC，由AB=AC，∠A=100°，得到∠ABC=∠ACB=40°，由于BE平
分∠ABC，于是得到∠ABE=∠EBC=20°，通过 FCE≌△F′CE，得到EF=EF′，∠EF′C=∠F=80°，证得
ABE≌△F′BE，于是得到AE=EF′，于是得到结△论．
△【详解】解：如图，延长BE到F，使BF=BC，连接FC，
∵AB=AC，∠A=100°，
∴∠ABC=∠ACB=40°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠EBC=20°，
∵BF=BC，
∴∠F=∠BCF=80°，
∴∠FCE=∠ACB=40°，
在BC上取CF′=CF，连接EF′，
{
CF=CF′
)
在△FCE与△F′CE中， ∠F′CE=∠FCE ，
CE=CE
∴△FCE≌△F′CE（SAS），
∴EF=EF′，∠EF′C=∠F=80°，
∴∠BF′E=100°，
∴∠A=∠BF′E，{
∠A=∠BF′E
)
在△ABE与△F′BE中， ∠ABE=∠F′BE ，
BE=BE
∴△ABE≌△F′BE（AAS），
∴AE=EF′，
∴AE=EF，
∴AE+BE=BE+EF=BC．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质，作辅助线构建全等
三角形是解题的关键．
【变式3-2】（23-24八年级·福建厦门·期中）如图，△ABC是等边三角形，F是AC的中点，D在线段BC
kBC+EC
上，连接DF，以DF为边在DF的右侧作等边△DFE，连接EC，若存在实数k，使得 为定值a，
DC
则k和a分别是（ ）
1 1 3
A．k= ，a=1 B．k= ，a=1 C．k=1，a= D．k=2，a=3
2 3 2
【答案】A
【分析】在BC上截取CG=CF，连接FG，通过证明△DFG≌△EFC，可得DG=EC，即可求解．
【详解】解：如图，在BC上截取CG=CF，连接FG，∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，
∵ F是AC的中点，
1 1
∴CF=CG= AB= BC，
2 2
∴△FCG是等边三角形，
∴∠GFC=60°，FG=CF，
∵△DFE是等边三角形，
∴FD=FE，∠DFE=60°，
∴∠DFG=∠EFC，
在△DFG与△EFC中，
{
FD=EF
)
∠DFG=∠EFC ，
FG＝CF
∴△DFG≌△EFC(SAS)．
∴DG=EC，
∴CF+EC=CD，
1
∴ BC+EC=CD，
2
1
BC+EC
2 ，
∴ =1
CD
1
∴ k= ，a=1；
2
故选：A．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，本题的难点是作出
辅助线，构成全等三角形．
【变式3-3】（23-24八年级·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之间的数量关系并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）AB+BC=BD，见解析；（3）BC−AB=2CE，见解析
【分析】（1）方法1：在BC上截取BM=BA，连接DM，证明△ABD≌△MBD(SAS)，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≌△CBD(SAS)，得出∠BND=∠C，ND=CD，进而得
出∠BND=∠NAD，则DN=DA，等量代换即可得证
（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≌△AFD(SAS)，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≌△BAD(SAS)，得出PC=BD，进而即可得证；
（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≌△DEC(AAS)，Rt△BDF≌和Rt△BDE(HL)，得出BF=BE，进而即可得证．
【详解】解：（1）方法1：在BC上截取BM=BA，连接DM，
∵BD ∠ABC
平分 ，
∴∠ABD=∠CBD，
在△ABD和△MBD中，
{
BD=BD
)
∠ABD=∠MBD ，
BA=BM∴△ABD≌△MBD(SAS)，
∴∠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 ∠ABC
平分 ，
∴∠NBD=∠CBD，
在△NBD和△CBD中，
{
BD=BD
)
∠NBD=∠CBD ，
BN=BC
∴△NBD≌△CBD(SAS)，
∴∠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≌△AFD(SAS)，
∴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 ，
AC=AD
∴△PAC≌△BAD(SAS)，
∴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 ，
DA=DC
∴△DFA≌△DEC(AAS)，
∴DF=DE，AF=CE，
在Rt△BDF和Rt△BDE中，
{BD=BD)
，
DF=DE
∴Rt△BDF≌Rt△BDE(HL)，
∴BF=BE，
∴BC=BE+CE=BA+AF+CE=BA+2CE，
∴BC−BA=2CE，
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
知识点4：手拉手模型两个顶角相等的等腰三角形共用顶角顶点，分别连接对应的两底角顶点，从而可以得到一个经典的全等模
型.因为顶点相连的四条边，形象可以看作两双手，通常称为“手拉手模型”.
如图，△ABC是等腰三角形、△ADE是等腰三角形，AB=AC，AD=AE，
∠BAC=∠DAE= 。结论：△BAD≌△CAE。
E
A A A
E
D
E
D
D
B C B C B C
图 1 图 2 图 3
【题型4 手拉手模型】
【例4】（23-24八年级·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三角形△CDE，连接BE，若BD=4cm，求BE
的值．
【答案】(1)见解析
(2)60°
(3)BE=10cm或18cm
【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≌△BOD(SAS)；
（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≌△CBE(SAS)，得出
AD=BE，结合图形，即可求解．
【详解】（1）证明：∵∠AOB=∠COD=60°，
∴∠AOC=∠BOD
又∵OA=OB，OC=OD，
∴△AOC≌△BOD(SAS)
（2）解：∵OA=OB，∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠OAB=∠OBA=60°
∵△AOC≌△BOD
∴∠OAC=∠OBD
∴∠APB=180°−∠PAB−∠PBA
=180°−(∠BAO−∠CAO)−(∠ABO+∠OBD)
=180°−60°+∠OAC−60°−∠OBD
=60°；
（3）解：如图所示，当D在线段AB上时，
∵△CDE是以点C为直角顶点的等腰直角三角形
∴∠DCE=90°,CD=CE，
又∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠CAD=90°−∠DCB=∠BCE
∴△CAD≌△CBE(SAS)
∴AD=BE
∵AB=14,BD=4
∴BE=AD=AB−DB=10cm如图所示，当D在AB的延长线上时，
同理可得，∴△CAD≌△CBE(SAS)
∴AD=BE
∵AB=14,BD=4
∴BE=AD=AB+DB=18cm
综上所述，BE=10cm或18cm
【变式4-1】（23-24·吉林长春·模拟预测）两个大小不同的等腰直角三角板按图1所示摆放，将两个三角板
抽象成如图2所示的△ABC和△AED，其中∠BAC=∠EAD=90°，点B、C、E依次在同一条直线上，
连结CD．若BC=4，CE=2，则△DCE的面积是 ．
【答案】6
【分析】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等知识，根据SAS证明
△ACD≌△ABE，由全等三角形的性质得出∠ACD=∠B，CD=BE，则可得出答案．
【详解】解：∵∠BAC=∠EAD=90°，
∴∠BAC+∠CAE=∠EAD+∠CAE，即∠BAE=∠CAD，
在△ABD和△ACD中，{
AB=AC
)
∠BAE=∠CAD ，
AD=AE
∴△ACD≌△ABE(SAS)，
∴∠ACD=∠B，CD=BE，
∵∠B=45°，
∴∠ACD=45°，
∴∠BCD=∠ACB+∠ACD=90°，
∵BC=4，CE=2，
∴BE=6，
∴CD=6，
1 1
∴S = CE⋅DC= ×2×6=6，
△DCE 2 2
故答案为：6．
【变式4-2】（23-24八年级·山东济宁·阶段练习）如图，大小不同的两块三角板 △ABC和 △DEC直角顶
点重合在点 C处，AC=BC，DC=EC，连接AE、BD，点 A恰好在线段 BD上．
(1)找出图中的全等三角形，并说明理由；
(2)猜想 AE与 BD的位置关系，并说明理由．
【答案】(1)△CBD≌△CAE，理由见解析
(2)AE⊥BD，理由见解析
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟记定理内容是解题关键．根据条件证△CBD≌△CAE即
可求解．
（1）根据题意得出∠BCD=∠ACE，再由全等三角形的判定证明即可；
（2）利用全等三角形的性质及角的等量代换即可得出结果．
【详解】（1）解：△CBD≌△CAE，理由如下：
∵∠ACB=∠DCE=90°，∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD，
∴∠BCD=∠ACE，
在△CBD与△CAE中，
{
BC=AC
)
∠BCD=∠ACE
DC=EC
∴△CBD≌△CAE(SAS)．
（2）AE⊥BD，理由如下：
设AE、CD交于点O，
由（1）得△CBD≌△CAE，
∴∠ADO=∠CEO，
∵∠AOD=∠COE，
∴∠OAD=∠OCE=90°，
∴AE⊥BD．
【变式4-3】（23-24八年级·甘肃武威·期末）如图，D为△ABC内一点，AB=AC，∠BAC=50°，将
AD绕着点A顺时针旋转50°能与线段AE重合．
(1)求证：EB=DC；
(2)若∠ADC=125°，求∠BED的度数．
【答案】(1)见解析
(2)∠BED=60°【分析】（1）根据将AD绕着点A顺时针旋转50°能与线段AE重合，得AD=AE，∠DAE=50°，通过
SAS证明△ACD≌△ABE，即可证出EB=CD；
（2）由△ACD≌△ABE得：∠ADC=∠AEB=125°，再根据AD=AE，∠DAE=50°，得
∠AED=65°，即可求出答案．
【详解】（1）证明：∵将AD绕着点A顺时针旋转50°能与线段AE重合，
∴AD=AE，∠DAE=50°，
∵∠BAC=50°，
∴∠DAE=∠BAC，
∴∠CAD=∠BAE，
在△ACDE和△ABE中，
{
AC=AB
)
∠CAD=∠BAE ，
AD=AE
∴△ACD≌△ABE(SAS)，
∴EB=DC；
（2）解：由△ACD≌△ABE得：∠ADC=∠AEB，
∵∠ADC=125°，
∴∠AEB=125°，
∵AD=AE，∠DAE=50°，
∴∠AED=65°，
∴∠BED=60°．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形是性质、三角形全等的判定与性质等知识，证明出
△ACD≌△ABE是解题的关键．
知识点5：半角模型
当一个角包含着该角的半角，如90°角包含着45°角，120°角包含着60°角，270°角包含着135°角，即出现
1
倍角关系，且这两个角共顶点，共顶点的两条边相等，则该模型为半角模型。解题方法为：1）过公共点
2
作 旋 O 转，2）截长补短的方法构造全等解题。
1 2 3
1
如图：已知∠2= ∠AOB，OA=OB
2
F
E
B
A
O
4
F' 1 2 3
F
E
B
A【说明】连接F′B，将△FOB绕点O旋转至△FOA的位置，连接F′E、FE，可得△OEF′≌△OEF
【题型5 半角模型】
【例5】（23-24八年级·福建龙岩·期中）如图，在Rt△ABC中，AB=AC，∠ABC=∠ACB=45°，D、
E是斜边BC上两点，且∠DAE=45°，若BD=3，CE=4，S =15，则△ABD与△AEC的面积之和
△ADE
为（ ）
A．36 B．21 C．30 D．22
【答案】B
【分析】将△ADE关于AE对称得到△AFE，从而可得△AFE的面积为15，再根据对称的性质可得
AF=AD,∠EAF=45°，然后根据三角形全等的判定定理证出△ACF≅△ABD，从而可得
CF=BD=3,∠ACF=∠ABD=45°,S =S ，最后根据△ABD与△AEC的面积之和等于△AFE
△ACF △ABD
与△CEF的面积之和即可得．
【详解】解：如图，将△ADE关于AE对称得到△AFE，
则AF=AD,∠EAF=45°，S =S =15，
△AFE △ADE
∴∠CAF+∠CAD=∠DAE+∠EAF=45°+45°=90°，
∵∠BAD+∠CAD=∠BAC=180°−∠ABC−∠ACB=90°，
∴∠CAF=∠BAD，{
AC=AB
)
在△ACF和△ABD中， ∠CAF=∠BAD ，
AF=AD
∴△ACF≅△ABD(SAS)，
∴CF=BD=3,∠ACF=∠ABD=45°,S =S ，
△ACF △ABD
∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=90°，即△CEF是直角三角形，
1 1
∴S = CE⋅CF= ×4×3=6，
△CEF 2 2
∴S +S =S +S =S +S =15+6=21，
△ABD △AEC △ACF △AEC △AFE △CEF
即△ABD与△AEC的面积之和为21，
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，通过作辅助线，构造全等三
角形和直角三角形是解题关键．
【变式5-1】（23-24八年级·山东潍坊·期末）如图所示，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边BC上的两
点，且∠DAE＝45°，将△ADC绕点A按顺时针方向旋转90°后得到△AFB，连接EF，有下列结论：①BE
＝DC；②∠BAF＝∠DAC；③∠FAE＝∠DAE；④BF＝DC．其中正确的有（ ）
A．①②③④ B．②③ C．②③④ D．③④
【答案】C
【分析】利用旋转性质可得△ABF≌△ACD，根据全等三角形的性质一一判断即可．
【详解】解：∵△ADC绕A顺时针旋转90°后得到△AFB，
∴△ABF≌△ACD，
∴∠BAF＝∠CAD，AF＝AD，BF＝CD，故②④正确，
∴∠EAF＝∠BAF+∠BAE＝∠CAD+∠BAE＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°＝∠DAE故③正确
无法判断BE＝CD，故①错误，
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考
题型．
【变式5-2】（23-24八年级·全国·专题练习）问题情境：已知，在等边△ABC中，∠BAC与∠ACB的角平分线交于点O，点M、N分别在直线AC，AB上，且∠MON＝60°，猜想CM、MN、AN三者之间的数量关
系．
方法感悟：小芳的思考过程是在CM上取一点，构造全等三角形，从而解决问题；
小丽的思考过程是在AB取一点，构造全等三角形，从而解决问题；
问题解决：（1）如图1，M、N分别在边AC，AB上时，探索CM、MN、AN三者之间的数量关系，并证
明；
（2）如图2，M在边AC上，点N在BA的延长线上时，请你在图2中补全图形，标出相应字母，探索
CM、MN、AN三者之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）CM＝AN+MN，详见解析；（2）CM＝MN﹣AN，详见解析
【分析】（1）在AC上截取CD＝AN，连接OD，证明△CDO≌△ANO，根据全等三角形的性质得到OD＝
ON，∠COD＝∠AON，证明△DMO≌△NMO，得到DM＝MN，结合图形证明结论；
（2）在AC延长线上截取CD＝AN，连接OD，仿照（1）的方法解答．
【详解】解：（1）CM＝AN+MN，
理由如下：在AC上截取CD＝AN，连接OD，
∵△ABC为等边三角形，∠BAC与∠ACB的角平分线交于点O，
∴∠OAC＝∠OCA＝30°，
∴OA＝OC，
在△CDO和△ANO中，
{
OC=OA
)
∠OCD=∠OAN ，
CD=AN
∴△CDO≌△ANO（SAS）∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，
∵∠MON＝60°，
∴∠COD+∠AOM＝60°，
∵∠AOC＝120°，
∴∠DOM＝60°，
在△DMO和△NMO中，
{
OD=ON
)
∠DOM=∠NOM ，
OM=OM
∴△DMO≌△NMO，
∴DM＝MN，
∴CM＝CD+DM＝AN+MN；
（2）补全图形如图2所示：
CM＝MN﹣AN，
理由如下：在AC延长线上截取CD＝AN，连接OD，
在△CDO和△ANO中，
{
CD=AN
)
∠OCD=∠OAN=150° ，
OC=OA
∴△CDO≌△ANO（SAS）
∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，
∴∠DOM＝∠NOM，
在△DMO和△NMO中，
{
OD=ON
)
∠DOM=∠NOM ，
OM=OM∴△DMO≌△NMO（SAS）
∴MN＝DM，
∴CM＝DM﹣CD＝MN﹣AN．
【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知等边三角形的性质及全等三角形的判
定定理．
【变式5-3】（23-24八年级·浙江绍兴·期中）问题情境
在等边△ABC的两边AB，AC上分别有两点M，N，点D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝
120°，BD＝DC．
特例探究
如图1，当DM＝DN时，
（1）∠MDB＝ 度；
（2）MN与BM，NC之间的数量关系为 ；
归纳证明
（3）如图2，当DM≠DN时，在NC的延长线上取点E，使CE＝BM，连接DE，猜想MN与BM，NC之间
的数量关系，并加以证明．
拓展应用
（4）△AMN的周长与△ABC的周长的比为 ．
2
【答案】（1）30；（2）MN＝BM+NC；（3）MN＝BM+NC，证明见解析；（4）
3
【分析】（1）先证明△MDN是等边三角形，则MN＝DM＝DN，再证明Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），得
∠BDM＝∠CDN＝30°；
（2）由（1）得DM＝2BM，可得结论MN＝2BM＝BM+NC；
归纳证明：先证△DBM≌△DCE（HL），得DM＝DE，∠BDM＝∠CDE，再证△MDN≌△EDN（SAS），得
MN＝NE，可得结论MN＝BM+CN；
拓展应用：（3）首先根据题意利用SAS证明△DBM≌△DCE，然后证明△MDN≌△EDN，根据全等三角形对应相等通过
线段之间的转化即可得到MN＝BM+NC；
（4）由（3）得到MN＝BM+NC，则△AMN的周长＝2AB，△ABC的周长＝3AB，即可得出结论．
【详解】特例探究：
解：（1）∵DM＝DN，∠MDN＝60°，
∴△MDN是等边三角形，
∴MN＝DM＝DN，
∵∠BDC＝120°，BD＝DC，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠DBM＝∠DCN＝90°，
∵BD＝CD，DM＝DN，
∴Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），
∴∠MDB＝∠NDC＝30°，
故答案为：30；
（2）由（1）得：DM＝2BM，DM＝MN，Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），
∴BM＝CN，
∴DM＝MN＝2BM＝BM+NC，
即MN＝BM+NC；
归纳证明
（3）解：猜想：MN＝BM+NC，证明如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵BD＝CD，∠BDC＝120°，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∴∠MBD＝∠NCD＝90°．
∴∠MBD＝∠ECD＝90°，
又∵BD＝CD，BM＝CE，
∴△DBM≌△DCE（SAS），
∴DM＝DE，∠MDB＝∠EDC，∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，
∴∠MDB+∠NDC＝60°，
∴∠EDN＝∠NDC+∠EDC＝∠MDB+∠NDC＝60°，
∴∠EDN＝∠MDN，
又∵DN＝DN，
∴△MDN≌△EDN（SAS），
∴MN＝EN＝EC+NC＝BM+NC；
拓展应用
（4）解：由（1）（2）得：MN＝BM+NC，
∴△AMN的周长＝AM+MN+AN＝AM+BM+NC+AN＝AB+AC＝2AB，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，
∴△ABC的周长＝3AB，
2AB 2
∴△AMN的周长与△ABC的周长的比为 ＝ ，
3AB 3
2
故答案为： ．
3
【点睛】此题考查了等边三角形的性质的，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握等边
三角形的性质，全等三角形的判定和性质．
知识点6：角平分线模型
模型一：如图一，角平分线+对称型
利用角平分线图形的对称性, 在角的两边构造对称全等三角形, 可以得到对应边、对应角相等。利用对称
性把一些线段或角进行转移, 这是经常使用的---种解题技巧。
【理论依据】: 三边对应相等的三角戏是全等三角形(SSS)、全等三角形对应角相等
模型二：如图二，角平分线+垂直两边型【几何语言】:∵OC为∠AOB的角平分线, D为OC上一点DE⊥OA, DF⊥OB
∴△CED ≌△OFD(AAS),
∴DE=DF
模型三：如图三，角平分线+垂直平分线型
【说明】构造此模型可以利用等腰三角形的 三线合一, 也可以得到两个全等的直角三角形, 进而
得到对应边、对应角相等。这个模型巧妙地把角平分线和三线合一联系了起来。
模型四：如图四，角平分线+平行线型
【说明】 有角平分线时, 常过角平分线上一点作角的有边的平行线, 构造等腰三角形, 为证明结论提供更
多的条件,体现了角平分线与等腰三角形之间的密切关系。
【题型6 角平分线模型】
【例6】（23-24八年级·四川成都·期末）（1）如图1，射线OP平分∠MON，在射线OM，ON上分别截取
线段OA，OB，使OA＝OB，在射线OP上任取一点D，连接AD，BD．求证：AD＝BD．
（2）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，CD平分∠ACB，求证：BC＝AC+AD．
（3）如图3，在四边形ABDE中，AB＝9，DE＝1，BD＝6，C为BD边中点，若AC平分∠BAE，EC平分∠AED，∠ACE＝120°，求AE的值．
【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）AE=13
【分析】（1）由题意易得∠AOD=∠BOD，然后易证△AOD≌△BOD，进而问题可求证；
（2）在BC上截取CE=CA，连接DE，由题意易得∠ACD=∠ECD，∠B=30°，则有△ACD≌△ECD，然后可
得∠A=∠CED=60°，则根据三角形外角的性质可得∠EDB=∠B=30°，然后可得DE=BE，进而问题可求证；
（3）在AE上分别截取AF=AB，EG=ED，连接CF、CG，同理（2）可证△ABC≌△AFC，△CDE≌△CGE，
则有∠ACB=∠ACF，∠DCE=∠GCE，然后可得∠ACF+∠GCE=60°，进而可得△CFG是等边三角形，最后
问题可求解．
【详解】证明：（1）∵射线OP平分∠MON，
∴∠AOD=∠BOD，
∵OD=OD，OA＝OB，
∴△AOD≌△BOD（SAS），
∴AD＝BD．
（2）在BC上截取CE=CA，连接DE，如图所示：
∵∠ACB＝90°，∠A＝60°，CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠ECD，∠B=30°，
∵CD=CD，
∴△ACD≌△ECD（SAS），
∴∠A=∠CED=60°，AD=DE，
∵∠B+∠EDB=∠CED，∴∠EDB=∠B=30°，
∴DE=BE，
∴AD=BE，
∵BC=CE+BE，
∴BC＝AC+AD．
（3）在AE上分别截取AF=AB=9，EG=ED=1，连接CF、CG，如图所示：
同理（1）（2）可得：△ABC≌△AFC，△CDE≌△CGE，
∴∠ACB=∠ACF，∠DCE=∠GCE，BC=CF，CD=CG，DE=GE=1，
∵C为BD边中点，
∴BC=CD=CF=CG=3，
∵∠ACE＝120°，
∴∠ACB+∠DCE=60°，
∴∠ACF+∠GCE=60°，
∴∠FCG=60°，
∴△CFG是等边三角形，
∴FG=CF=CG=3，
∴AE=AF+FG+GE=9+3+1=13．
【点睛】本题主要考查三角形全等的性质与判定、角平分线的定义、等腰三角形的性质与判定及等边三角
形的性质与判定，解题的关键是构造辅助线证明三角形全等．
【变式6-1】（23-24八年级·湖北孝感·期中）如图，在四边形ABCD中，AC与BD交于点O，AC平分
∠DAB，BD平分∠CBA，∠ADC+∠BCD=240°．(1)求∠AOB的度数；
(2)求证：OD=OC．
【答案】(1)120°
(2)见解析
【分析】（1）由四边形内角和性质求得∠DAB+∠ABC=120°．再由角平分线定义可得
1 1
∠OAB= ∠DAB，∠OBA= ∠ABC，最后由三角形内角和性质得到结论；
2 2
（2）作∠AOB的平分线交AB于E，证明△AOD≌△AOE，再由全等三角形的性质可得答案．
【详解】（1）在四边形ABCD中，∠DAB+∠ABC+∠BCD+∠CDA=360°，
又∵∠ADC+∠BCD=240°，
∴∠DAB+∠ABC=120°．
∵AC平分∠DAB，BD平分∠CBA，
1 1
∴∠OAB= ∠DAB，∠OBA= ∠ABC，
2 2
1
∴∠OAB+∠OBA= (∠DAB+∠ABC)=60°．
2
在△OAB中，∠AOB=180°−(∠OAB+∠OBA)=120°．
（2）∠AOD=∠BOC=180°−∠AOB=60°．
如图，作∠AOB的平分线交AB于E．则∠AOE=∠BOE=∠DOA=∠COB=60°．
在△AOD和△AOE中，
¿，
△AOD≌△AOE(ASA)．
∴OD=OE．
同理，OC=OE．
∴OD=OC
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，正确地作出辅助线是解题的关键．【变式6-2】（23-24八年级·江苏南京·期中）如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，CD平分∠ACB，
1
BE⊥CD，垂足E在CD的延长线上．求证：BE＝ CD．
2
【答案】见解析
1
【分析】分别延长BE、CA交于点F，首先结合题意推出 CFE≌△CBE，从而得到BE＝EF＝ BF，然后证
2
△
明 BFA≌△CDA，得到BF＝CD，即可得出结论．
【△详解】证明：分别延长BE、CA交于点F，
∵BE⊥CD，
∴∠BEC＝∠FEC＝90°．
∵CD平分∠ACB，
∴∠FCE＝∠BCE．
在 CFE与 CBE中，
∵∠△BEC＝∠△FEC，∠FCE＝∠BCE，CE＝CE，
∴△CFE≌△CBE，
1
∴BE＝EF＝ BF．
2
在 CFE与 CAD中，
∵∠△F＋∠FC△E＝∠ADC＋∠ACD＝ 90°，
∴∠F＝∠ADC．
在 BFA与 CDA中，
∵∠△F＝∠AD△C，∠BAC＝∠FAB，AB＝AC，
∴△BFA≌△CDA，
∴BF＝CD．
1
∴BE＝ CD．
2【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，理解角平分线的基本定义，熟练运用角平分线的性质构造辅
助线，并且准确判定全等三角形是解题关键．
【变式6-3】（23-24八年级·湖北武汉·期中）在△ABC中，BE，CD为△ABC的角平分线，BE，CD交于
点F．
1
（1）求证：∠BFC=90°+ ∠A；
2
（2）已知∠A=60°．
①如图1，若BD=4，BC=6.5，求CE的长；
②如图2，若BF=AC，求∠AEB的大小．
【答案】（1）证明见解析；（2）2.5；（3）100°．
1
【分析】（1）由三角形内角和定理和角平分线得出∠FBC+∠FCB=90°− ∠A的度数，再由三角形
2
内角和定理可求出∠BFC的度数，
（2）在BC上取一点G使BG=BD，构造△BFG≅△BFD（SAS），再证明△FEC≅△FGC(ASA)，即可
得BC=BD+CE，由此求出答案；
1
（3）延长BA到P，使AP=FC，构造△BFC≅△CAP（SAS），得PC=BC，∠P=∠BCF= ∠ACB，再
2
由三角形内角和可求∠ABC=40°，∠ACB=80°，进而可得∠AEB=180°−(∠ABE+∠A)=100°．【详解】解：（1）∵BE、CD分别是∠ABC与∠ACB的角平分线，
1 1
∴∠FBC+∠FCB= (180°−∠A)=90°− ∠A，
2 2
1
∴∠BFC=180°−(∠FBC+∠FCB)=180°−(90°− ∠A)，
2
1
∴∠BFC=90°+ ∠A，
2
（2）如解（2）图，在BC上取一点G使BG=BD，
1
由（1）得∠BFC=90°+ ∠A，
2
∵∠BAC=60°，
∴∠BFC=120°，
∴∠BFD=∠EFC=180°−∠BFC=60°，
在△BFG与△BFD中，
{
BF=BF
)
∠FBG=∠FBD ，
BD=BG
∴△BFG≅△BFD（SAS）
∴∠BFD=∠BFG，
∴∠BFD=∠BFG=60°，
∴∠CFG=120°−∠BFG=60°，
∴∠CFG=∠CFE=60°
在△FEC与△FGC中，
{∠CFE=∠CFG
)
CF=CF ，
∠ECF=∠GCF∴△FEC≅△FGC(ASA)，
∴CE=CG，
∵BC=BG+CG，
∴BC=BD+CE；
∵BD=4，BC=6.5，
∴CE=2.5
（3）如解（3）图，延长BA到P，使AP=FC，
∵∠BAC=60°，
∴∠PAC=180°−∠BAC=120°，
在△BFC与△CAP中，
{
BF=AC
)
∠BFC=∠CAP=120° ，
CF=PA
∴△BFC≅△CAP（SAS）
∴∠P=∠BCF，BC=PC，
∴∠P=∠ABC，
1
又∵∠P=∠BCF= ∠ACB，
2
∴∠ACB=2∠ABC，
又∵∠ACB+∠ABC+∠A=180°，
∴3∠ABC+60°=180°，
∴∠ABC=40°，∠ACB=80°，
1
∴∠ABE= ∠ABC=20°，∠AEB=180°−(∠ABE+∠A)=180°−(20°+60°)=100°
2
【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．
知识点7：雨伞模型
如图AP平分∠BAC，BD⊥AP，垂足为点 D，延长 BD交AC于点C，则∆ABD ≌ ∆ACD，AB=AC，
BD=CD
【题型7 雨伞模型】
【例7】（23-24八年级·江苏苏州·期中）如图，△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，AD平分∠BAC交BC
于点D，过点B作BE⊥AD，交AD延长线于点E，F为AB的中点，连接CF，交AD于点G，连接BG．
（1）线段BE与线段AD有何数量关系？并说明理由；
（2）判断△BEG的形状，并说明理由．
1
【答案】（1）BE＝ AD，见解析；（2）△BEG是等腰直角三角形，见解析
2
1
【分析】（1）延长BE、AC交于点H，先证明 BAE≌△HAE，得BE＝HE＝ BH，再证明 BCH≌△ACD，
2
△ △
1
得BH＝AD，则BE＝ AD；
2
（2）先证明CF垂直平分AB，则AG＝BG，再证明∠CAB＝∠CBA＝45°，则∠GAB＝∠GBA＝22.5°，于
是∠EGB＝∠GAB+∠GBA＝45°，可证明 BEG是等腰直角三角形．
1 △
【详解】证：（1）BE＝ AD，理由如下：
2如图，延长BE、AC交于点H，
∵BE⊥AD，
∴∠AEB＝∠AEH＝90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠HAE，
在 BAE和 HAE中，
{∠△AEB=∠△AEH
)
AE=AE ，
∠BAE=∠HAE
∴△BAE≌△HAE（ASA），
1
∴BE＝HE＝ BH，
2
∵∠ACB＝90°，
∴∠BCH＝180°﹣∠ACB＝90°＝∠ACD，
∴∠CBH＝90°﹣∠H＝∠CAD，
在 BCH和 ACD中，
{∠△BCH=∠△ACD
)
BC=AC ，
∠CBH=∠CAD
∴△BCH≌△ACD（ASA），
∴BH＝AD，
1
∴BE＝ AD．
2
（2） BEG是等腰直角三角形，理由如下：
∵AC＝△BC，AF＝BF，
∴CF⊥AB，
∴AG＝BG，
∴∠GAB＝∠GBA，
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
1
∴∠GAB＝ ∠CAB＝22.5°，
2
∴∠GAB＝∠GBA＝22.5°，∴∠EGB＝∠GAB+∠GBA＝45°，
∵∠BEG＝90°，
∴∠EBG＝∠EGB＝45°，
∴EG＝EB，
∴△BEG是等腰直角三角形．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等，理解等腰直角三角形的基
本性质，并且掌握全等三角形中常见辅助线的作法是解题关键．
【变式7-1】（23-24八年级·上海浦东新·期末）如图，△BAD和△CAE是等腰三角形且
∠BAD=∠CAE=90°，AF⊥CB，垂足为F．
(1)试说明∠ABF=∠ADC的理由
(2)猜想CF和CE的位置关系，并说明理由；
(3)试说明：CD=2BF+DE．
【答案】(1)见解析；
(2)CF⊥CE，理由见解析
(3)见解析
【分析】（1）先根据等角的余角相等证得∠BAC=∠DAE，再根据全等三角形的判定证明即可得出
∠ABC=∠ADE，根据领补角的定义，即可得证；
（2）根据等腰直角三角形的性质和全等三角形的性质求得∠BCA=∠E=45°，再根据直角三角形的两锐
角互余求得∠CAF=45°即可得出∠FAE=135°，进而证明AF∥CE，即可得出结论；（3）延长BF到G，使得FG=FB，根据全等三角形的判定与性质证明△AFB≌△AFG(SAS)，
△CGA≌△CDA(AAS)得到CG=CD即可证得结论．
【详解】（1）证明：∵∠BAD=∠CAE=90°，
∴∠BAC+∠CAD=90°，∠CAD+∠DAE=90°，
∴∠BAC=∠DAE，
在△BAC和△DAE中，
{
AB=AD
)
∵ ∠BAC=∠DAE ，
AC=AE
∴△BAC≌△DAE(SAS)；
∴∠ABC=∠ADE，
∴∠ABF=∠ADC；
（2）解：∵∠CAE=90°，AC=AE，
∴∠E=45°，
由（1）知△BAC≌△DAE，
∴∠BCA=∠E=45°，
∵AF⊥BC，
∴∠CFA=90°，
∴∠CAF=45°，
∴∠FAE=∠FAC+∠CAE=45°+90°=135°；
又∵∠E=45°，
∴∠FAE+∠E=180°，
∴AF∥CE，
∵AF⊥BC，
∴CF⊥CE；
（3）证明：延长BF到G，使得FG=FB，
∵AF⊥BG，
∴∠AFG=∠AFB=90°，
在△AFB和△AFG中，
{
BF=GF
)
∴ ∠AFB=∠AFG ，
AF=AF
∴△AFB≌△AFG(SAS)，∴AB=AG，∠ABF=∠G，
∵△BAC≌△DAE，
∴AB=AD，∠CBA=∠EDA，CB=ED，
∴AG=AD，∠ABF=∠CDA，
∴∠CGA=∠CDA，
∵∠GCA=∠DCA=45°，
∴在△CGA和△CDA中，
{∠GCA=∠DCA
)
∠CGA=∠CDA ，
AG=AD
∴△CGA≌△CDA(AAS)，
∴CG=CD，
∵CG=CB+BF+FG=CB+2BF=DE+2BF，
∴CD=2BF+DE．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、等角的余角相等、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、
线段的和差等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质，添加辅助线构造全等三角形求解线段问题是解答
的关键．
【变式7-2】（23-24八年级·山东泰安·期末）已知，如图ΔABC中，AB=AC，∠A=90°，∠ACB的平
分线CD交AB于点E，∠BDC=90°，
求证：CE=2BD.
【答案】见解析.【分析】延长BD交CA的延长线于F，先证得△ACE≌△ABF，得出CE=BF；再证△CBD≌△CFD，得出BD=DF；
由此得出结论即可．
【详解】证明：如图，
延长BD交CA的延长线于F，
∵∠BAC=90°
∴∠BAF=∠BAC=90° ,∠ACE+∠AEC=90°
∵∠BDC=90°
∴∠BDC=∠FDC=90°
∴∠ABF+∠BED=90°
∵∠AEC=∠BED
∴∠ACE=∠ABF
∵AB=AC
∴ΔACE≌ΔABF(ASA)
∴CE=BF
∵CD平分∠ACB
∴∠ACD=∠BCD
∵CD=CD
∴ΔCBD≌ΔCFD(ASA)
1
∴BD=FD= BF
2
1
∴BD= CE
2
∴CE=2BD
【点睛】此题考查三角形全等的判定与性质，角平分线的性质，根据已知条件，作出辅助线是解决问题的
关键．
【变式7-3】（23-24八年级·福建漳州·期末）求证：在直角三角形中，若一个锐角等于30°，则它所对的直
角边等于斜边的一半．要求：(1)根据给出的线段AB及∠B，以线段AB为直角边，在给出的图形上用尺规作出Rt△ABC的斜边AC，使
得∠A=30°，保留作图痕迹，不写作法；
(2)根据（1）中所作的图形，写出已知、求证和证明过程．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据作一个角等于已知角的方法作图即可；
（2）根据图形和命题的已知事项写出已知，根据命题的未知事项写出求证，再写出证明过程即可．
【详解】（1）解：如图所示，线段AC为所求作的线段；
（2）已知：如图，△ABC是直角三角形，∠ABC=90°，∠A=30°．
1
求证：BC= AC．
2
解法一：如图，在AC上截取一点D，使得CD=CB，连接DB．
∵∠ABC=90°，∠A=30°，∴∠ACB=60°．∵CD=CB，∴△BCD是等边三角形．
∴BC=CD=BD，∠CBD=60°．
∵∠ABC=90°，∴∠ABD=∠ABC−∠CBD=30°．
∴∠ABD=∠A．∴DA=DB．
1
∵BC=CD=DB，∴BC= AC．
2
解法二：如图，延长CB至点D，使CB=BD，连接AD．
∵∠ABC=90°，∠BAC=30°，
∴∠ABD=90°，∠ACB=60°，
∵AB=AB，BC=BD，∠ABC=∠ABD，
∴△ABC≌△ABD(SAS)．∴AC=AD．
∴△ACD是等边三角形．
∴AC=CD．
1 1
∵BC= CD，∴BC= AC．
2 2
【点睛】本题主要考查了用尺规作一个角等于已知角及命题的证明过程的书写格式，掌握相关内容是解题
的关键．
知识点8：平行线中点模型
已知AB∥CD，点E，F分别在直线AB、CD上，点O为线段EF的中点，延长PO交CD于点Q，则∆POE
≌ ∆QOF【题型8 平行线中点模型】
【例8】（23-24八年级·四川成都·期末）如图1，点A是直线MN上一点，点B是直线PQ上一点，且
MN//PQ．∠NAB和∠ABQ的平分线交于点C．
（1）求证：BC⊥AC；
（2）过点C作直线交MN于点D（不与点A重合），交PQ于点E,
①若点D在点A的右侧，如图2，求证：AD+BE=AB；
②若点D在点A的左侧，则线段AD、BE、AB有何数量关系？直接写出结论，不说理由．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）BE=AD+AB
【分析】(1) 由平行线性质可得∠NAB+∠ABQ=180°,再由角平分线定义可得
1 1
∠BAC= ∠NAB,∠CBA= ∠ABQ,再利用三角形内角和定理即可得∠C=90°,即可证明BC⊥AC;
2 2
(2) ①延长AC交PQ点F，先证明AC=FC,再证明△ACD≌△FCE,即可得AD+BE=AB;
②方法与①相同．
【详解】解：（1）∵MN∥PQ
∴∠NAB+∠ABQ=180°
∵AC平分∠NAB，BC平分∠ABQ
1 1
∴∠BAC= ∠NAB,∠CBA= ∠ABQ
2 2
1
∴∠BAC+∠ABC= ×180°=90°
2
在△ABC中，∵∠BAC+∠ABC+∠C=180°
∴∠C=180°- (∠BAC+∠ABC) =180°-90°=90°
∴BC⊥AC;
（2）①延长AC交PQ于点F
∵BC⊥AC
∴∠ACB=∠FCB=90°∵BC平分∠ABF
∴∠ABC=∠FBC
∴BC=BC
∴△ABC≌△FBC
∴AC=CF，AB=BF
∵MN∥BQ
∴∠DAC=∠EFC
∵∠ACD=∠FCE
∴△ACD≌△FCE
∴AD=EF
∴AB=BF=BE+EF=BE+AD
即：AB=AD+BE
②线段AD，BE，AB数量关系是：AD+AB=BE
如图3，延长AC交PQ点F,
∵MN//PQ ．
∴∠AFB=∠FAN，∠DAC=∠EFC
∵AC平分∠NAB
∴∠BAF=∠FAN
∴∠BAF=∠AFB
∴AB=FB
∵BC⊥AC∴C是AF的中点
∴AC=FC
在△ACD与△FCE中
∠DAC=∠EFC
{ AC=FC
∠ACD=∠FCE
∴△ACD≅△FCE(ASA)
∴AD=EF
∵AB=FB=BE-EF
∴AD+AB=BE
【点睛】本题考查了平行线性质，全等三角形性质判定，等腰三角形性质等，解题关键正确添加辅助线构
造全等三角形．
【变式8-1】（23-24八年级·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知：如图，AB∥CD，AB=CD，点E、F在AD
上，且满足AF=DE．
(1)求证BE=CF；
(2)若AE=OF，直接写出面积为△COD面积一半的所有三角形．
【答案】(1)见解析
(2)△ABE、△BOE、△CDF、△COF
【分析】本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定与性质，中线与面积．熟练掌握平行线的性质，全
等三角形的判定与性质，中线与面积是解题的关键．
（1）由AB∥CD，可得∠A=∠D，∠ABO=∠DCO，证明△ABO≌△DCO(ASA)，则
AO=DO，BO=CO，证明△BOE≌△COF(SAS)，则BE=CF；
（2）由线段的数量关系可得AE=OE=OF=DF，即BE是△ABO的中线，CF是△CDO的中线，然后根
据中线的性质进行求解作答即可．
【详解】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠A=∠D，∠ABO=∠DCO，
又∵AB=CD，∴△ABO≌△DCO(ASA)，
∴AO=DO，BO=CO，
∵AF=DE，AF=AO+OF，DE=DO+OE，
∴OE=OF，
∵OE=OF，∠BOE=∠COF，BO=CO，
∴△BOE≌△COF(SAS)，
∴BE=CF；
（2）解：∵AE=OF，AE+OE=AO，DF+OF=DO，OE=OF，
∴AE=OE=OF=DF，
∴BE是△ABO的中线，CF是△CDO的中线，
1
∴S =S =S =S = S ，
△ABE △BOE △CDF △COF 2 △COD
∴△ABE、△BOE、△CDF、△COF的面积为△COD面积一半．
【变式8-2】（23-24八年级·福建福州·期中）如图，△ABC是等边三角形，D是AC的中点，延长BC到点
E，使CE=CD，连接ED并延长交AB于点F．求证：DE=2DF
【答案】见详解
【分析】过C作CG∥AB交DE于G，可证△ADF≌△CDG（ASA），可得DF=DG，可证DG=EG，
即可求证．
【详解】证明：如图，过C作CG∥AB交DE于G，
∴ ∠DCG=∠A，∵D是AC的中点，
∴AD=CD，
在△ADF和△CDG中
{∠ADF=∠CDG
)
AD=CD ，
∠A=∠DCG
∴△ADF≌△CDG（ASA），
∴DF=DG，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠ACB=60°，
∴∠DCG=60°，
∠DCE=180°−∠ACB=120°，
∴∠ECG=∠DCE−∠DCG=60°，
∴∠DCG=∠ECG，
∵CE=CD，
∴DG=EG，
∴DE=2DG，
∴DE=2DF．
【点睛】本题考查了平行线的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的性质，
根据题意作出恰当的辅助线，掌握相关的性质是解题的关键．
【变式8-3】（23-24八年级·陕西榆林·期末）如图，在△ABC中，BD 是边AC上的高，BE为∠CBD的
角平分线，且AD=DE，AO是△ABC的中线，延长AO到点F，使得BF∥AC，连接EF，EF交BC于
点G，AF交BE于点H，交BD于点M．
(1)试说明：BF=CD+DE；
(2)若∠C=45°，试说明：EF⊥BC．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析．【分析】（1）证明△BOF≌△COA(AAS)得到BF=CA=CD+AD，进而由AD=DE即可求证；
（2）证明△FBE≌△CAB(SAS)得到∠BFE=∠C=45°，进而由平行线的性质得到∠CEG=45°，即可
由三角形内角和定理得到∠CGE=90°，即可求证；
本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，三角形内角和定理，等腰
三角形的性质，垂直的定义，从图形中找到全等三角形是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵AO是△ABC的中线，
∴BO=CO，
∵BF∥AC
∴∠BFO=∠CAO，
又∵∠BOF=∠COA，
∴△BOF≌△COA(AAS)，
∴BF=CA=CD+AD，
∵AD=DE，
∴BF=CD+DE
（2）证明：∵BD 是边AC上的高，
∴BD⊥AE，
∵AD=DE，
∴BD是AE的垂直平分线，
∴BE=BA，
∴∠BEA=∠BAE，
∵BF∥AC，
∴∠FBE=∠BEA，∠BFE=∠CEG，
∴∠FBE=∠BAE，
即∠FBE=∠CAB，
∵BF=CA，
∴△FBE≌△CAB(SAS)，
∴∠BFE=∠C=45°，
∴∠CEG=45°，
∴∠CGE=180°−45°−45°=90°，
∴．
