专题 12.5 全等三角形中辅助线的添法（三大模型）
【模型一：倍长中线模型】
1．（23-24八年级上·江苏·期末）如图，在△ABC中．AD是BC边上的中线，交BC于点D．
（1）如下图，延长AD到点E，使DE=AD，连接BE． 求证：△ACD≌△EBD．
（2）如下图，若∠BAC=90°，试探究AD与BC有何数量关系，并说明理由．
（3）如下图，若CE是边AB上的中线，且CE交AD于点O． 请你猜想线段AO与OD之间的数量关系，
并说明理由．
【思路点拨】
（1）利用SAS可得△ACD≌△EBD；
（2）延长AD到点E，使DE=AD，连接BE，先根据△ACD≌△EBD证得∠C=∠CBE，AC=BE，进
1
而得到AC∥EB，AD= AE；再证得△ABC≌△BAE(SAS)利用全等三角形全等的性质即可；
2
（3）延长OE到点M，使EM=OE，连接AM．延长OD到点N，使DN=OD，连接BM，BN，BO，证得△MOB≌△NBO(ASA)可得MB=NO，进而得到AO=2OD，
本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的中线，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
【解题过程】
（1）证明：在△ACD和△EBD中，
{
DA=DE
)
∠ADC=∠EDB
DC=DB
∴△ACD≌△EBD(SAS)；
1
（2）解：AD= BC，理由如下：
2
延长AD到点E，使DE=AD，连接BE，如图
由（1）得△ACD≌△EBD，
∴∠C=∠CBE，AC=BE
1
∴AC∥EB， AD= AE
2
∴∠BAC+∠ABE=180°，
∵∠BAC=90°，
∴∠ABE=90°，
∴∠BAC=∠ABE
在△ABC和△BAE中
{
AC=BE
)
∠BAC=∠ABE
AB=AB
∴△ABC≌△BAE(SAS)
∴BC=AE，
1
∴AD= BC；
2
（3）AO=2OD，理由如下：延长OE到点M，使EM=OE，连接AM．延长OD到点N，使DN=OD，连接BM，BN，BO，如图，
由（1）得△AOE≌△BME，△ODC≌△NDB，
∴∠AOE=∠BME，∠OCD=∠NBD，AO=BM，
∴AO∥BM，OC∥NB，
∴∠MBO=∠BON ，∠MOB=∠NBO
在△MOB和△NBO中，
{∠MBO=∠BON
)
OB=OB ，
∠MOB=∠NBO
∴△MOB≌△NBO(ASA)
∴MB=NO，
∴AO=2OD．
2．（23-24八年级上·广西北海·期末）八年级数学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=9，AC=5，求BC边上的中线AD的取值范围．小红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，请根据小红的方法思考作答：
（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）求得AD的取值范围是______；
A．5<AD<9 B．5≤AD≤9 C．2<AD<7 D．
2≤AD≤7
（3）归纳总结：题目中出现“中点”“中线”等条件，可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．完成上题之后，小红善于探究，她又提出了如下的问题，请
你解答．
如图2，在△ABC中，点E在BC上，且DE=DC，过E作EF∥AB，且EF=AC．求证：AD平分
∠BAC．
【思路点拨】
本题是三角形综合题，考查了倍长中线法解题，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟
练掌握倍长中线法，灵活进行三角形全等的证明，是解题的关键．
（1）根据三角形全等的判定定理去选择即可；
（2）根据三角形全等的性质和三角形三边关系定理计算即可；
（3）由“SAS”可证△EFD≌△CMD，可得EF=DM，∠EFD=∠M，由平行线的性质和等腰三角形
的性质可证∠M=∠BAD=∠CAM，可得AD平分∠BAC．
【解题过程】
（1）解：延长AD到点E，使DE=AD，
∵BD=CD，
在△ADC和△EDB中，
{
CD=BD
)
∠ADC=∠BDE ，
AD=DE
∴△ADC≌△EDB(SAS)，
故选：B．
（2）解：∵△ADC≌△EDB，
∴AC=EB，
∵AB=9，AC=5，AB−BE<AE<AB+BE，
∴4<2AD<14，
∴2<AD<7，
故选：C；
（3）证明：如图，延长AD至M，使DM=DF，连接CM，∵DE=DC，∠EDF=∠CDM，DF=DM，
∴△EFD≌△CMD(SAS)，
∴EF=DM，∠EFD=∠M，
∴EF∥CM，
∵EF∥AB，
∴CM∥AB，
∴∠BAD=∠M，
∵EF=AC，
∴EF=DM=AC，
∴∠CAM=∠M，
∴∠BAD=∠CAM，
∴AD平分∠BAC．
3．（23-24八年级上·安徽安庆·期末）（1）如图①，在△ABC中，若AB=6，AC=4，AD为BC边上的
中线，求AD的取值范围；
（2）如图②，在△ABC中，点D是BC的中点，DE⊥DF，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接
EF，判断BE+CF与EF的大小关系并证明；
（3）如图③，在四边形ABCD中，AB∥CD，AF与DC的延长线交于点F，点E是BC的中点，若AE
是∠BAF的角平分线．试探究线段AB，AF，CF之间的数量关系，并加以证明．
【思路点拨】
（1）由已知得出AB−BE<AE<AB+BE，即6−4<AE<6+4，AD为AE的一半，即可得出答案；（2）延长FD至点M，使DM=DF，连接BM，EM，可得△BMD≌△CFD，得出BM=CF，由线段
垂直平分线的性质得出EM=EF，在△BME中，由三角形的三边关系得出BE+BM>EM即可得出结论；
（3）延长AE，DF交于点G，根据平行和角平分线可证AF=FG，也可证得△ABE≌△GCE，从而可
得AB=CG，即可得到结论．
【解题过程】
解：（1）如图①，延长AD到点E，使DE=AD，连接BE，
∵D是BC的中点，
∴BD=CD，
∵∠ADC=∠BDE，
∴△ACD≌△EBD(SAS)，
∴BE=AC=4，
在△ABE中，AB−BE<AE<AB+BE，
∴6−4<AE<6+4，，
∴2<AE<10，
∴1<AD<5，
故答案为：1<AD<5；
（2）BE+CF>EF，理由如下：
延长FD至点M，使DM=DF，连接BM、EM，如图②所示．
同（1）得：△BMD≌△CFD(SAS)，
∴BM=CF，∵DE⊥DF，DM=DF，
∴EM=EF，
在△BME中，由三角形的三边关系得：
BE+BM>EM，
∴BE+CF>EF；
（3）AF+CF=AB，理由如下：
如图③，延长AE，DF交于点G，
∵AB∥CD，
∴∠BAG=∠G，
在△ABE和△GCE中，
{
CE=BE，
)
∠BAG=∠G， ，
∠AEB=∠GEC
∴△ABE≌△GEC(AAS)，
∴CG=AB，
∵AE是∠BAF的平分线，
∴∠BAG=∠GAF，
∴∠FAG=∠G，
∴AF=GF，
∵FG+CF=CG，
∴AF+CF=AB ．
4．（23-24八年级上·江苏南通·期中）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．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：
如图1所示，延长AD到点E，使DE=AD，连接BE．请根据小明的思路继续思考：（1）由已知和作图能证得△ADC≌△EDB，得到BE=AC，在△ABE中求得2AD的取值范围，从而求
得AD的取值范围是______________．
方法总结：上述方法我们称为“倍长中线法”．“倍长中线法”多用于构造全等三角形和证明边之间的关
系；
（2）如图2，AD是△ABC的中线，AB=AE,AC=AF,∠BAE+∠CAF=180°，试判断线段AD与EF
的数量关系，并加以证明；
（3）如图3，在△ABC中，D,E是BC的三等分点．求证：AB+AC>AD+AE．
【思路点拨】
本题考查了三角形三边关系，三角形全等的性质与判定，利用倍长中线辅助线方法是解题的关键．
（1）延长AD到点E，使DE=AD，连接BE，根据题意证明△MDB≌△ADC，可知BM=AC，在
△ABM中，根据AB−BM<AM<AB+BM，即可；
（2）延长AD到M，使得DM=AD，连接BM，由（1）的结论以及已知条件证明△ABM≌△EAF，进
而可得AM=2AD，由AM=EF，即可求得AD与EF的数量关系；
（3），取DE中点H，连接AH并延长至Q点，使得AH=QH，连接QE和QC，通过“倍长中线”思想全
等证明，进而得到AB=CQ，AD=EQ,然后结合三角形的三边关系建立不等式证明即可得出结论．
【解题过程】
（1）解：如图1所示，延长AD到点E，使DE=AD，连接BE．
∵AD是△ABC的中线，
∴BD=CD，
在△MDB和△ADC中，
¿，
∴△MDB≌△ADC(SAS)，
∴BM=AC=4，
在△ABM中，AB−BM<AM<AB+BM，
∴6−4<AM<6+4，即2<AM<10，∴1<AD<5，
故答案为：1<AD<5．
（2）EF=2AD，理由：
如图2，延长AD到M，使得DM=AD，连接BM，
由（1）知，△BDM≌△CDA(SAS)，
∴BM=AC，∠M=∠MAC
∵AC=AF，
∴BM=AF，
∵∠MBA+∠M+∠BAM=180°，即∠MBA+∠BAC=180°，
又∵∠BAE+∠CAF=180°，
∴∠EAF+∠BAC=180°，
∴∠EAF=∠MBA，
又∵AB=EA，
∴△ABM≌△EAF(SAS)，
∴AM=EF，
∵AD=DM，
∴AM=2AD，
∵AM=EF，
∴EF=2AD．
（3）证明：如图所示，取DE中点H，连接AH并延长至Q点，使得AH=QH，连接QE和QC，∵H为DE中点， D、E为BC三等分点，
∴DH=EH,BD=DE=CE，
∴DH=CH，
在△ABH和△QCH中，
{
BH=CH
)
∠BHA=∠CHQ ，
AH=OH
∴△ABH≌△QCH(SAS),
同理可得: △ADH≌△QEH,
∴AB=CQ,AD=EQ，
此时, 延长AE交CQ于 K点，
∵AC+CQ=AC+CK+QK,AC+CK>AK，
∴AC+CQ>AK+QK，
∵AK+QK=AE+EK+QK>QE,EK+QK>QE，
∴AK+QK>AE+QE，
∴AC+CQ>AK+QK>AE+QE，
∵AB=CQ,AD=EQ，
∴AB+AC>AD+AE．
5．（23-24七年级下·广东佛山·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，△ABC中，AB=8，AC=6，求BC边上的中线AD的取值范围，经过组内合作交流．小明得到了
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）求得AD的取值范围是___________；
【问题解决】请利用上述方法（倍长中线）解决下列三个问题
如图，已知∠BAC+∠CDE=180°，AB=AC，DC=DE，P为BE的中点．
（2）如图1，若A，C，D共线，求证：AP平分∠BAC ；
（3）如图2，若A，C，D不共线，求证：AP⊥DP；
（4）如图3，若点C在BE上，记锐角∠BAC=x，且AB=AC=CD=DE，则∠PDC的度数是
___________（用含x的代数式表示）．
【思路点拨】
（1）根据三角形三边之间的关系：两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，即可进行解答；
（2）延长DP交AB延长线于点F，证△APF≌△APD即可；
（3）延长DP至点F，使得PF=PD，连接BF、AF、AD，证△APF≌△APD即可；
（4）过点C作CM⊥BC交AP于点M，由（3）可得∠APD=90°，证△ACM≌△DCP，用含x的代数
式表示出∠PDC即可．
【解题过程】
（1）∵AD为BC边上的中线，
∴BD=CD，
在△ADC和△EDB中
{
BD=CD
)
∠ADC=∠EDB
AD=ED
∴△ADC≌△EDB(SAS) ，
∴BE=AC=6，∵AB=8，
∴8−6<AE<8+6，
即2<AE<14，
∵DE=AD，
1
∴AD= AE，
2
∴1<AD<7，
故答案为：1<AD<7
（2）如下图，DP交AB延长线于点F
∠BAC+∠CDE=180°，
∴AF∥DE（同旁内角互补，两直线平行），
∴∠PFB=∠PDE，∠PBF=∠PED，
∵P为BE的中点
∴BP=PE，
∴△BPF≌△EPD(AAS)，
∴BF=DE=DC，PD=PF，
又∵AB=AC，
∴AB+BF=AC+DC，即AF=AD，
在△APF和△APD中
{PF=PD
)
AP=AP
AF=AD
∴△APF≌△APD(SSS)，
∴∠PAF=∠PAD（全等三角形的对应角相等），即AP平分∠BAC
（3）延长DP至点F，使得PF=PD，连接BF、AF、AD由（1）同理易知△DPE≌△FBP(SAS)，
∴BF=DE=CD，∠E=∠FBP，
∵∠BAC+∠CDE=180°，且∠BAC+∠CAD+∠ADC+∠CDE+∠E=360°，
∠CAD+∠C+∠ADC=180°，
∴∠ABF=∠ACD，AB=AC，
∴△ABF≌△ACD(SAS)，
∴AF=AD，
∴△APF≌△APD(SSS)，
∴∠APD=∠APF=180°÷2=90°，
∴AP⊥DP
（4）过点C作CM⊥BC交AP于点M，由（3）可得∠APD=90°，∠BAC=x，
∠BAC+∠CDE=180°，AB=AC=CD=DE，
180°−x x
∴∠ACB= =90°− ，
2 2
∠CDE 180°−x x
∴∠DCE=90°− =90°− = ，
2 2 2
∴∠ACB和∠DCE互余，∠ACD=∠MCP=∠APD=90°，
x
∴∠ACM=∠DCP= ，∠CAM=∠CDP
2
∴△ACM≌△DCP(ASA)，
∴MC=PC，
∴∠BPA=45°，x
又∵∠ACB=90°− ，
2
x
∴∠PDC=∠PAC=∠ACB−∠APB=45°− ，
2
x
故答案为：45°−
2
【模型二：旋转模型（截长补短）】
1
6．（23-24八年级上·湖北武汉·期末）如图，在五边形ABCDE中，∠B=∠E=90°，∠CAD= ∠BAE，
2
AB=AE，且CD=3，AE=4，则五边形ABCDE的面积为（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
【思路点拨】
本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、三点共线，解题的关键是利用全等的性质将面积进行
转化．
将△ABC绕点A逆时针旋转至△AEF，首先证明点D，E，F三点共线，证明△ACD≌△AFD(SAS)，得
到CD=DF=3，S =S ，再将所求面积转化为2S 进行计算即可．
△ACD △AFD △AFD
【解题过程】
解：如图，将△ABC绕点A逆时针旋转至△AEF，∵AB=AE，∠B=∠E=90°，
则AF=AC，∠B=∠AED=∠AEF=90°，
∴∠≝=180°，即点D，E，F三点共线，
1
∵∠CAD= ∠BAE，
2
∠BAC+∠DAE=∠DAE+∠EAF=∠CAD，
即∠FAD=∠CAD，
在△ACD和△AFD中
{
AC=AF
)
∠CAD=∠FAD ，
AD=AD
∴△ACD≌△AFD(SAS)
∴CD=DF，S =S
△ACD △AFD
∵ CD=3，
∴DF=3，
五边形ABCDE的面积为：
S +S =S +S
四边形ACDE △ABC 四边形ACDE △AEF
=S +S =2S ，
△ACD △AFD △AFD
1
=2× ×DF×AE，
2
1
=2× ×3×4
2
=12．
故选：D．
7．（23-24八年级上·上海·期中）如图所示，已知AC平分∠BAD，∠B+∠D=180°，CE⊥AB于点E，判断AB、AD与BE之间有怎样的等量关系，并证明．
【思路点拨】
在AB上截取EF，使EF=BE，联结CF．证明△BCE≌△ECF(SAS)，得到∠B=∠BFC，又证明
△AFC≌△ADC，得到AF=AD，最后结论可证了．
【解题过程】
证明：在AB上截取EF，使EF=BE，联结CF．
∵CE⊥AB
∴∠BEC=∠FEC=90°
在△BCE 和△ECF
BE=EF
{∠BEC=∠FEC
CE=CE
∴△BCE≌△ECF(SAS)
∴∠B=∠BFC
∵∠B+∠D=180°
又∵∠BFC+∠AFC=180°
∴∠D=∠AFC
∵AC平分∠BAD
∴∠FAC=∠DAC
在△AFC 和△ADC中∠AFC=∠D
{∠FAC=∠DAC
AC=AC
∴△AFC≌△ADC(AAS)
∴AF=AD
∵AB=AF+BE+EF
∴AB=AD+2BE
8．（23-24八年级上·山东临沂·期中）【基本模型】
（1）如图1，ABCD是正方形，∠EAF=45°，当E在BC边上，F在CD边上时，请你探究BE、DF与
EF之间的数量关系，并证明你的结论．
【模型运用】
（2）如图2，ABCD是正方形，∠EAF=45°，当E在BC的延长线上，F在CD的延长线上时，请你探究
BE、DF与EF之间的数量关系，并证明你的结论．
【思路点拨】
本题主要考查全等三角形的判定和性质．本题蕴含半角模型，遇到半角经常要通过旋转构造全等三角形．
（1）结论：EF=BE+DF．将△ADF绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△ABF′，然后求出
∠EAF′=∠EAF=45°，利用“边角边”证明△AEF和△AEF′全等，根据全等三角形对应边相等可得
EF=EF′，从而得解；
（2）结论：EF=BE−DF，证明方法同法（1）．
【解题过程】
解：（1）结论：EF=BE+DF．
理由：如图1，将△ADF绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△ABF′，则：∠F′ AB=∠DAF,∠ABF′=∠D=90°，AF=AF′，BF′=DF，
∴∠ABF′+∠ABC=180°，即：F′,B,E三点共线，
∵∠EAF=45°，
∴∠DAF+∠BAE=90°−∠EAF=45°，
∴∠BAF′+∠BAE=45°，
∴∠EAF′=∠EAF=45°，
在△AEF和△AEF′中，
{
AF=AF′
)
∠EAF=∠EAF′ ，
AE=AE
∴△AEF≌△EAF(SAS)，
∴EF=EF′，
又EF′=BE+BF′，
∴EF=BE+DF．
（2）结论：EF=BE−DF．
理由：如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△ABF′，
则：BF′=DF,AF′=AF，
同法（1）可得：△AEF≌△AEF′ (SAS)，
∴EF=EF′，又EF′=BE−BF′=BE−DF，
∴EF=BE−DF．
9．（23-24八年级上·湖北武汉·周测）（1）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、
1
F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF= ∠BAD．求证：EF=BE+FD；
2
（2）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的
1
点，且∠EAF= ∠BAD．（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出它们之间
2
的数量关系，并证明．
【思路点拨】
（1）延长CB至M，使BM＝DF，连接AM．先证明△ABM≌△ADF，得到AF＝AM，∠2＝∠3，再证明
△AME≌△AFE，得到EF＝ME，进行线段代换，问题得证；
（2）在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．先证明△ABG≌△ADF，得到AG＝AF，再证明
△AEG≌△AEF，得到EG＝EF，进行线段代换即可证明EF＝BE﹣FD．
【解题过程】
解：（1）证明：如图，延长CB至M，使BM＝DF，连接AM．∵∠ABC+∠D＝180°，∠1+∠ABC＝180°，
∴∠1＝∠D，
在△ABM与△ADF中，
¿，
∴△ABM≌△ADF（SAS）．
∴AF＝AM，∠2＝∠3．
1
∵∠EAF= ∠BAD，
2
1
∴∠2+∠4= ∠BAD＝∠EAF．
2
∴∠3+∠4＝∠EAF，即∠MAE＝∠EAF．
在△AME与△AFE中，
¿，
∴△AME≌△AFE（SAS）．
∴EF＝ME，即EF＝BE+BM，
∴EF＝BE+DF；
（2）结论EF＝BE+FD不成立，应当是EF＝BE﹣FD．
证明：如图，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，
¿，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF，
1
∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF= ∠BAD，
2
∴∠GAE＝∠EAF．
在△AGE与△AFE中，
¿，
∴△AEG≌△AEF，
∴EG＝EF，
∵EG＝BE﹣BG，
∴EF＝BE﹣FD．
10．（23-24八年级上·贵州黔东南·期末）【初步探索】（1）如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，
∠B=∠ADC=90°，∠BAD=120°，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF=60°，探究图中BE、
EF、FD之间的数量关系．小芮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 ；
【灵活运用】（2）如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=∠180°，∠BAD=120°，E、
F分别是BC、CD上的点，且∠EAF=60°，（1）中的结论是否仍然成立，说明理由．
【拓展延伸】（3）如图3，在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD，若点E在CB的延
长线上，点F在CD的延长线上，满足EF=BE+FD，请判断∠EAF与∠DAB的数量关系．并证明你的结论．
【思路点拨】
本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性质的综合应用，解决问题的关
键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形．解题时注意：同角的补角相
等．
（1）根据SAS可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再根据SAS判定
△AEF≌△AGF，可得出EF=GF=DG+DF=BE+DF，据此得出结论；
（2）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先根据SAS判定△ABE≌△ADG，进而得出
∠BAE=∠DAG，AE=AG，再根据SAS判定△AEF≌△AGF，可得出EF=GF=DG+DF=BE+DF
；
（3）在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，先根据SAS判定△ADG≌△ABE，再根据SAS
判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，推导得到
2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出结论．
【解题过程】
解：（1）BE+FD=EF．理由如下：
如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
∵∠ADC=90°，
∴∠ADG=180°−∠ADC=90°，
又∵∠B=90°，
∴∠B=∠ADG，在△ABE与△ADG中，
{
AB=AD
)
∠B=∠ADG ，
BE=DG
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
∵∠BAD=120°，∠EAF=60°，
∴∠BAE+∠DAF=∠BAD−∠EAF=60°，
∴∠DAG+∠DAF=60°，
即∠GAF=60°，
∴∠GAF=∠EAF；
在△AEF与△AGF中，
{
AE=AG
)
∠EAF=∠GAF ，
AF=AF
∴△AEF≌△AGF(SAS)，
∴EF=GF，
∵GF=DG+DF，
∴EF=BE+DF，
故答案为：BE+FD=EF；
（2）（1）中的结论仍成立，理由如下：
如图2，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
∠B+∠ADF=180°，∠ADG+∠ADF=180°，
∴∠B=∠ADG，
又∵AB=AD，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，∵∠BAD=120° 120°，∠EAF=60°，
∴∠BAE+∠DAF=60°，
∴∠DAG+∠DAF=60°，
∴∠GAF=∠EAF=60°，
又∵AF=AF，
∴△AEF≌△AGF(SAS)，
∴EF=FG=DG+DF=BE+DF；
1
（3）∠EAF=180°− ∠DAB．
2
证明：如图3，延长DC到点G，使DG=BE，连接AG，
∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°，
∴∠ADC=∠ABE，
在△ABE与△ADG中，
{
AB=AD
)
∠B=∠ADG ，
BE=DG
∴△ADG≌△ABE(SAS)，
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，
∵EF=BE+FD，
∴EF=DG+FD，
∴EF=GF，
在△AEF与△AGF中，
{AE=AG
)
EF=GF ，
AF=AF
∴△AEF≌△AGF(SSS)，
∴∠FAE=∠FAG，∵∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，
∴2∠FAE+(∠GAB+∠BAE)=360°，
∴2∠FAE+(∠GAB+∠DAG)=360°，
即2∠FAE+∠DAB=360°，
1
∴∠EAF=180°− ∠DAB．
2
【模型三：“K子”型（一线三垂直）】
11．（23-24八年级上·广东江门·阶段练习）已知，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线m过点A，
且BD⊥m于D，CE⊥m于E，当直线m绕点A旋转至图1位置时，我们可以发现DE=BD+CE．
（1）当直线m绕点A旋转至图2位置时，问：BD与DE、CE的关系如何？请予证明；
（2）直线m在绕点A旋转一周的过程中，BD、DE、CE存在哪几种不同的数量关系？（直接写出，不必
证明）
【思路点拨】
（1）利用条件证明△ABD≌△CAE， 再结合线段的和差可得出结论；
（2）根据图，可得BD、DE、CE存在3种不同的数量关系；
【解题过程】
（1）证明：如图2，
∵BD⊥m，CE⊥m，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∴∠ABD+∠DAB=90°．
∵∠BAC=90°，
∴∠DAB+∠CAE=90°，
∴∠ABD=∠CAE．在△ABD和△CAE中，
{∠BDA=∠CBA
)
∠ABD=∠CAB ，
AB=CA
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴AD=CE，BD=AE
∵DE=AE−AD，
∴DE=BD−CE．
（2）直线m在绕点A旋转一周的过程中，BD、DE、CE存在3种不同的数量关系：DE=BD+CE，
DE=BD−CE，DE=CE−BD．
如图1时，DE=BD+CE，
如图2时，DE=BD−CE，
如图3时，DE=CE−BD，（证明同理）
12．（23-24八年级上·贵州铜仁·阶段练习）（1）如图1，已知△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．求证：DE=BD+CE．
（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．请写出DE,BD,CE三条线段的数量关系，并说明理由．
【思路点拨】
（1）利用已知得出∠CAE=∠ABD，进而利用AAS得出则△ABD≌△CAE，即可得出DE=BD+CE；
（2）根据∠BDA=∠AEC=∠BAC，得出∠CAE=∠ABD，在△ADB和△CEA中，根据AAS证出△ADB≌△CEA，从而得出AE=BD，AD=CE，即可证出DE=BD+CE；
【解题过程】
（1）DE=BD+CE．理由如下：
∵BD⊥m，CE⊥m，
∴∠BDA=∠AEC=90°
又∵∠BAC=90°，
∴∠BAD+∠CAE=90°，∠BAD+∠ABD=90°，
∴∠CAE=∠ABD
在△ABD和△CAE中，
{ ∠ABD＝∠CAE )
∠ADB＝∠CEA＝90° ，
AB＝AC
∴△ABD≌△CAE（AAS）
∴BD=AE，AD=CE，
∵DE=AD+AE，
∴DE=CE+BD；
（2）DE=BD+CE，理由如下：
∵∠BDA=∠AEC=∠BAC，
∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE，
∴∠CAE=∠ABD，
在△ADB和△CEA中，
{∠ABD＝∠CAE
)
∠ADB＝∠CEA ，
AB＝AC
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE=BD，AD=CE，
∴BD+CE=AE+AD=DE．
13．（23-24八年级上·山西大同·阶段练习）某学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的基本
图形．（1）如图1．已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线l经过点A，BD⊥直线l，CE⊥直线
l，垂足分别为点D、E．证明：DE=BD+CE．
（2）组员小明对图2进行了探究，若∠BAC=90°，AB=AC，直线l经过点A．BD⊥直线l，CE⊥直
线l，垂足分别为点D、E．他发现线段DE、BD、CE之间也存在着一定的数量关系，请你直接写出段DE、
BD、CE之间的数量关系，
（3）数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用这个知识来解决问题：
如图3，过△ABC的边AB、AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG（正方形的4条边都相等，4个角都
是直角），AH是BC边上的高，延长HA交EG于点I，若BH=3，CH=7，求AI的长．
【思路点拨】
（1）根据BD⊥直线l，CE⊥直线l，∠BAC=90°，可得∠CAE=∠ABD，利用AAS可证明
△ADB≌△CEA，根据DE=AE+AD即可得到DE=BD+CE；
（2）同（1）利用AAS可证明△ADB≌△CEA，根据DE=AE−AD即可得到DE=BD−CE；
（3）过E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延长线于N，可构造两组一线三直角全等模型，即：
△ABH≌△EAM，△AHC≌△GNA，从而可以得到EM=GN，MN=4，再根据△EMI≌△CNI可得
MI=∋=2，即可确定AI的长度；
【解题过程】
（1）证明：∵BD⊥直线l，CE⊥直线l，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAD+∠CAE=90°，
∵∠BAD+∠ABD=90°，
∴∠CAE=∠ABD，
在△ADB和△CEA中，
{∠ABD=∠CAE
)
∠BDA=∠CEA ，
AB=AC∴△ADB≌△CEA(AAS)
∴BD=AE，AD=CE，
∴DE=AE+AD=BD+CE；
（2）∵BD⊥直线l，CE⊥直线l，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAD+∠CAE=90°，
∵∠BAD+∠ABD=90°，
∴∠CAE=∠ABD，
在△ADB和△CEA中，
{∠ABD=∠CAE
)
∠BDA=∠CEA ，
AB=AC
∴△ADB≌△CEA(AAS)
∴BD=AE，AD=CE，
∴DE=AE−AD=BD−CE；
（3）如图，过E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延长线于N，
∴∠EMI=∠GNI=90°
∵∠BAH+∠EAM=90°，∠BAH+∠ABH=90°，
∴∠EAM=∠ABH
在△ABH和△EAM中，
{∠AHB=∠EMA
)
∠ABH=∠EAM ，
AB=AE
∴△ABH≌△EAM(AAS)
∴BH=AM=3，AH=EM，
同理可得：△AHC≌△GNA
∴CH=AN=7，AH=GN，即：EM=GN，MN=AN−AM=7−3=4，
在△EMI和△CNI中，
{∠EMI=∠CNI
)
∠EIM=∠CIN ，
EM=CN
∴△EMI≌△CNI(AAS)，
1
∴MI=∋= MN=2，
2
∴AI=AM+MI=3+2=5．
14．（23-24八年级上·河北石家庄·阶段练习）通过对如图数学模型的研究学习，解决下列问题：
（1）如图1，∠BAD=90°，AB=AD，过点B作BC⊥AC于点C，过点D作DE⊥AC于点E．由
∠1+∠2=∠2+∠D=90°，得∠1=∠D．又∠ACB=∠AED=90°，可以推理得到△ABC≌△DAE．
进而得到AC=________，BC=AE．我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三等角”模型；
（2）如图2，∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AC=AE，连接BC,DE，且BC⊥AF于点F，DE与
直线AF交于点G．求证：点G是DE的中点；
（3）如图3，已知四边形ABCD和DEGF为正方形，△AFD的面积为S ，△DCE的面积为S ，
1 2
S +S =10．求出S 的值．
1 2 1
【思路点拨】
（1）由△ABC≌△DAE即可求解；
（2）作DM⊥AF,EN⊥AF，利用“K字模型”的结论可得△ABF≌△DAM,△ACF≌△EAN，故可
推出DM=EN，再证△DMG≌△ENG即可；
（3）作PQ⊥CE,AM⊥PQ,FN⊥PQ，利用“K字模型”的结论可得
△ADM≌△DCP,△DFN≌△EDP，进一步可证△AMQ≌△FNQ，即可求解．
【解题过程】（1）解：∵△ABC≌△DAE
∴AC=DE
故答案为：DE；
（2）证明：作DM⊥AF,EN⊥AF
由“K字模型”可得：△ABF≌△DAM,△ACF≌△EAN
∴AF=DM,AF=EN
∴DM=EN
∵∠DMG=∠ENG=90°,∠DGM=∠BGN
∴△DMG≌△ENG
∴GM=GN
即：点G是DE的中点
（3）解：作PQ⊥CE,AM⊥PQ,FN⊥PQ，如图：
∵四边形ABCD和四边形DEGF均为正方形
∴∠ADC=∠EDF=90°,AD=CD,DE=DF
由“K字模型”可得：△ADM≌△DCP,△DFN≌△EDP
∴S =S ,S =S
△ADM △DCP △DFN △EDP
AM=DP,FN=DP∵∠AMQ=∠FNQ=90°,∠AQM=∠FQN
∴△AMQ≌△FNQ
∴S =S
△AMQ △FNQ
∴S +S +S =S +S +S =S +S =S +S
△ADQ △FNQ △DFN △ADQ △AMQ △DFN △ADM △DFN △DCP △EDP
即：S =S
1 2
∵S +S =10
1 2
∴S =5
1
15．（23-24七年级下·广东深圳·期末）【材料阅读】小明在学习完全等三角形后，为了进一步探究，他尝
试用三种不同方式摆放一副三角板（在△ABC中，∠ABC=90°，AB=CB；△≝¿中，∠≝=90°，
∠EDF=30°），并提出了相应的问题．
【发现】（1）如图1，将两个三角板互不重叠地摆放在一起，当顶点B摆放在线段DF上时，过点A作
AM⊥DF，垂足为点M，过点C作CN⊥DF，垂足为点N，
①请在图1找出一对全等三角形，在横线上填出推理所得结论；
∵∠ABC=90°，
∴∠ABM+∠CBN=90°，
∵AM⊥DF，CN⊥DF，
∴∠AMB=90°，∠CNB=90°，
∴∠ABM+∠BAM=90°，
∴∠BAM=∠CBN，
∵∠BAM=∠CBN
∠AMB=∠CNB=90°
AB=BC，
__________；
②AM=2，CN=7，则MN=__________；
【类比】（2）如图2，将两个三角板叠放在一起，当顶点B在线段DE上且顶点A在线段EF上时，过点C
作CP⊥DE，垂足为点P，猜想AE，PE，CP的数量关系，并说明理由；【拓展】（3）如图3，将两个三角板叠放在一起，当顶点A在线段DE上且顶点B在线段EF上时，若
AE=5，BE=1，连接CE，则△ACE的面积为__________．
【思路点拨】
本题综合考查了全等三角形的判定与性质，熟记相关定理内容进行几何推理是解题关键．
（1）①根据两个三角形全等的判定定理，结合已知求证即可得到答案；
②由①中△ABM≌△BCN(AAS)，利用两个三角形全等的性质，得到AM=BN=2，BM=CN=7，即可
得到MN=MB+BN=CN+AM=9；
（2）根据两个三角形全等的判定定理，得到△ABE≌△BCP，利用两个三角形全等的性质，得到
AE=BP，BE=CP，由图中BE=BP+PE，即可得到三者的数量关系；
（3）延长FE，过点C作CP⊥FE于P，如图所示，由两个三角形全等的判定定理得到△ABE≌△BCP，
从而PC=BE=1，PB=AE=5，则可求得PE，延长AE，过点C作CF⊥AE于F，如图所示，由平行线
间的平行线段相等可得CF=PE=4，代入面积公式得S ，即可得到答案．
△ACE
【解题过程】
解：（1）①∵∠ABC=90°，
∴∠ABM+∠CBN=90°，
∵AM⊥DF，CN⊥DF，
∴∠AMB=90°，∠CNB=90°，
∴∠ABM+∠BAM=90°，
∴∠BAM=∠CBN，
∵∠BAM=∠CBN，∠AMB=∠CNB=90°，AB=BC，
∴△ABM≌△BCN(AAS)；
故答案为：△ABM≌△BCN(AAS)
②由①知△ABM≌△BCN(AAS)，
∴AM=BN,BM=CN，
∵AM=2，CN=7，
∴MN=MB+BN=CN+AM=9；
故答案为：9；
（2）结论：PE=PC−AE．理由如下：
∵∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBE=90°，
∵CP⊥BE，∴∠CPB=90°，
∴∠BCP+∠CBP=90°
∴∠ABE=∠BCP，
∵∠AEB=90°，
∴∠AEB=∠CPB=90°，
∵AB=BC，
∴△ABE≌△BCP，
∴AE=BP，BE=CP
∵BE=BP+PE，
∴PE=BE−BP=PC−AE；
（3）延长FE，过点C作CP⊥FE于P，如图所示：
∵∠ABE+∠EBC=90°，∠ABE+∠BAE=90°，
∴∠EBC=∠BAE，
∵∠AEB=∠CPB=90°，AB=BC，
∴△ABE≌△BCP，
∴PC=BE=1，PB=AE=5，
∴PE=PB−BE=5−1=4，
延长AE，过点C作CF⊥AE于F，如图所示：
∵AF⊥PE，CP⊥PE，
∴AF∥CP，∵AF⊥PE，CF⊥AF，
∴PE∥CF，
由平行线间的平行线段相等可得CF=PE=4，
1 1
S = ×AE×CF= ×5×4=10．
△ACE 2 2
故答案为：10．
