文档内容
专题 12.8 全等三角形全章专项复习【3 大考点 13 种题型】
【人教版】
【考点1 全等三角形】..............................................................................................................................................2
【题型1 利用全等三角形的性质求角】..................................................................................................................3
【题型2 利用全等三角形的性质求两线段的位置关系】.....................................................................................6
【题型3 利用全等三角形的性质求线段的长】.....................................................................................................9
【题型4 利用全等三角形的性质解决图形变换中的问题】...............................................................................12
【考点2 三角形全等的判定】................................................................................................................................15
【题型5 添加条件判断三角形全等】....................................................................................................................16
【题型6 全等三角形的判定与性质的综合应用】...............................................................................................18
【题型7 “倍长中线法”构造全等三角形】..........................................................................................................24
【题型8 “截长补短法”证明线段和差问题】......................................................................................................30
【题型9 应用全等三角形的性质解决实际问题】...............................................................................................36
【题型10 全等三角形在探究性问题中的应用】...................................................................................................40
【考点3 角的平分线的性质】................................................................................................................................50
【题型11 角平分线性质的应用】............................................................................................................................51
【题型12 角平分线判定的应用】............................................................................................................................56
【题型13 角平分线性质与判定的综合运用】.......................................................................................................60
【考点1 全等三角形】
（1）一元二次方程的定义
等号两边都就是整式，只含有一个未知数（一元），并且未知数的最高次数就是2（二次）的方程，叫做
一1．全等形的概念
定义：能够完全重合的两个图形叫做全等形．
【提示】（1）全等形的形状相同，大小相等．
（2）两个图形是否全等，只与这两个图形的形状和大小有关，而与图形所在的位置无关．
（3）判断两个图形是不是全等形的方法：把两个图形叠合在一起，看是否能够完全重合．
2．全等三角形的概念和表示方法
（1）全等三角形的概念：
能够完全重合的两个三角形叫做全等三角形．
（2）全等三角形的对应元素：①对应顶点：全等三角形中，能够重合的顶点；②对应边：全等三角形中，能够重合的边；③对应角：全
等三角形中，能够重合的角．
（3）全等三角形的表示方法：
“全等”用符号“≌”表示，读作“全等于”．记两个三角形全等时，通常把表示对应顶点的字母写在对
应的位置上．
3．全等三角形的性质
全等三角形的对应边相等，全等三角形的对应角相等．
数学语言表示：△ABC≌△A'B'C'，AB=A'B'，AC=A'C'，BC=B'C'；∠A=∠A'，∠B=∠B'，∠C=∠C'．
【拓展】由全等三角形的定义还容易知道，全等三角形的周长相等，面积相等，
对应边上的中线相等，对应角的平分线相等，对应边上的高相等．
但是周长相等的三角形不一定全等，面积相等的三角形也不一定全等．
【总结】寻找全等三角形对应边、对应角的三种方法：
（1）图形特征法：
最长边对最长边，最短边对最短边；
最大角对最大角，最小角对最小角．
（2）位置关系法：
①公共角（对顶角）为对应角、公共边为对应边．
②对应角的对边为对应边，对应边的对角为对应角．
（3）字母顺序法：
根据书写规范按照对应顶点确定对应边或对应角．
【题型1 利用全等三角形的性质求角】
【例1】（23-24八年级·河北邯郸·期中）如图所示，锐角△ABC中，D，E分别是AB，AC边上的点，
△ADC≌△ADC′，△AEB≌△AEB′，且C′D//EB′//BC，BE、CD交于点F，若∠BAC=40°，则
∠BFC的大小是（ ）
A．105° B．100° C．110° D．115°
【答案】B
【分析】延长C′D交AB′于H．利用全等三角形的性质，平行线的性质，三角形的外角的性质证明∠BFC=∠C′+∠AHC′+∠CAD，再求出∠C′+∠AHC′即可解决问题．
【详解】解：延长C′D交AB′于H．
∵△AEB≌△AEB′，
∴∠ABE=∠B′，∠EAB=∠EAB′=40°，
∵C′H∥EB′，
∴∠AHC′=∠B′，
∵△ADC≌△ADC′，
∴∠C′=∠ACD，∠DAC=∠DAC′=40°，
∵∠BFC=∠DBF+∠BDF，∠BDF=∠CAD+∠ACD，
∴∠BFC=∠AHC′+∠C′+∠CAD，
∵∠DAC=∠DAC′=∠CAB′=40°，
∴∠C′AH=120°，
∴∠C′+∠AHC′=60°，
∴∠BFC=60°+40°=100°，
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，平行线的性质，三角形的内角和定理以及三角形外角的性质等知
识，熟练掌握基本性质是解题的关键．
【变式1-1】（23-24八年级·浙江金华·期末）在两个全等的三角形中，已知一个三角形的三个内角为30°
，α，β(α>β)，另一个三角形有一个角为70°，则α−β= °．
【答案】10
【分析】本题考查了全等三角形的性质、三角形内角和定理等知识点，熟练掌握全等三角形的性质是解题
的关键．
根据全等三角形的性质和三角形的内角和定理即可得到结论．
【详解】解：∵在两个全等的三角形中，已知一个三角形的三个内角为30°，α，β(α>β)，另一个三角
形有一个角为70°，∴α=70°或β=70°，
当α=70°，β=80°，
∵α>β，
∴这种情况不存在，
当β=70°，α=80°，
∴α−β=80°−70°=10°．
故答案为：10．
故选B．
【变式1-2】（23-24八年级下·江苏泰州·期末）如图，在由6个相同的小正方形拼成的网格中，
∠1+∠2=＝ °．
【答案】45
【分析】连接AC，利用全等三角形的性质解答即可．
【详解】解：如图所示：
由图可知ΔACE与ΔABD与ΔACF全等，
∴AB=AC，∠1=∠CAE=∠ACF，
∵∠CAE+∠DAC=90°，
∴∠1+∠DAC=∠BAC=90°，
∴ΔABC是等腰直角三角形，
∴∠2+∠ACF=45°，
∴∠1+∠2=45°，
故答案为：45．
【点睛】本题考查了全等图形，主要利用了网格结构以及全等三角形的判定与性质，准确识图并确定出全
等三角形是解题的关键．
【变式1-3】（23-24八年级·贵州黔东南·阶段练习）如图所示，D，E分别是△ABC的边AC、BC上的点，若△ADB≌△EDB≌△EDC，则∠C的度数为（ ）
A．15° B．20° C．25° D．30°
【答案】D
【分析】此题考查了全等三角形对应角相等的性质，直角三角形两锐角互余的性质，解题的关键是求出
∠A=∠BED=∠CED=90°．
根据全等三角形对应角相等，得到∠A=∠BED=∠CED,∠ABD=∠EBD=∠C，根据
∠BED+∠CED=180°，求出∠A=∠BED=∠CED=90°，在利用直角三角形两锐角互余求解即可．
【详解】解：∵△ADB≌△EDB≌△EDC，
∴∠A=∠BED=∠CED,∠ABD=∠EBD=∠C，
∵∠BED+∠CED=180°，
∴∠A=∠BED=∠CED=90°，
在△ABC中，∠C+2∠C=90°，
∴∠C=30°，
故选D．
【题型2 利用全等三角形的性质求两线段的位置关系】
【例2】（23-24八年级·全国·单元测试）如图，CA⊥BE，且 ABC≌△ADE，则BC与DE的关系是
． △
【答案】相等且垂直
【分析】根据全等三角形对应边相等可得BC=DE，全等三角形对应角相等可得∠C=∠E，根据垂直的定义
求出∠BAC=90°，然后求出∠B+∠E=90°，从而得到∠BFE=90°，即BC⊥DE．
【详解】延长ED交BC于F,
∵△ABC≌△ADE，
∴BC=DE，∠C=∠E，∵CA⊥BE，
∴∠BAC=90°，
∵∠B+∠C=180°-∠BAC=180°-90°=90°，
∴∠B+∠E=90°，
∴∠BFE=180°-（∠B+∠E）=180°-90°=90°，
∴BC⊥DE，
故BC与DE的关系是相等且垂直．
故答案为相等且垂直
【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.
【变式2-1】（23-24八年级·河北承德·期末）如图，△ABC≌△EFD，则BC与DF的关系是（ ）
A．平行但不相等 B．相等但不平行 C．不平行也不相等 D．平行且相等
【答案】D
【分析】根据全等三角形的性质可得BC＝FD，∠BCA＝∠FDE，再由平行线的判定可推出BC∥FD，即可
得出结论．
【详解】解：∵△ABC≌△EFD，
∴BC＝FD，∠BCA＝∠FDE，
∴BC∥FD，
即BC与DF的关系是：平行且相等；
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质、平行线的判定，掌握全等三角形的性质是解题的关键．
【变式2-2】（23-24八年级下·河北保定·期中）如图，已知△ADE≌△CFE，点D是AB上一点，DF交
AC于点E．（1）AD与CF的位置关系是 ；
（2）若AB=7，CF=4，则BD的长为 ．
【答案】 AD∥CF 3
【分析】本题考查了全等三角形的性质，平行线的判定，掌握全等三角形的性质是解题的关键．
（1）由△ADE≌△CFE，得到∠DAE=∠FCE，即可得出AD∥CF；
（2）由△ADE≌△CFE，得到AD=CF，即可求解．
【详解】解：（1）∵△ADE≌△CFE，
∴∠DAE=∠FCE，
∴AD∥CF，
故答案为：AD∥CF；
（2）∵△ADE≌△CFE，
∴AD=CF，
∵AB=7，CF=4，
∴BD=AB−AD=7−4=3，
故答案为：3．
【变式2-3】（23-24八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图所示，已知AD⊥BC于点D，△ABD≌△CFD
．
(1)若BC=10，AD=7，求BD的长．
(2)试判断AB和CF的关系，并说明理由
【答案】(1)3
(2)AB=CF，AB⊥CF，理由见解析
【分析】（1）根据△ABD≌△CFD，得出BD=DF， AD=DC，根据BD=BC−CD即可求解；（2）根据全等的性质得出AB=CF，∠BAD=∠FCD，然后由∠AFE=∠CFD即可得到
∠AEF=∠CDF=90°，进而求解即可．
【详解】（1）解：∵△ABD≌△CFD，
∴BD=DF， AD=DC，
∵BC=10，AD=7，
∴CD=7，
∴BD=BC−CD=3；
（2）∵△ABD≌△CFD
∴AB=CF，∠BAD=∠FCD，
∵∠AFE=∠CFD，
∴∠AEF=∠CDF=90°
∴AB⊥CF
∴AB=CF，且AB⊥CF．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质，三角形的内角和，解题的关键是掌握全等三角形对应边相
等，对应角相等．
【题型3 利用全等三角形的性质求线段的长】
【方法总结】利用全等三角形的性质求线段长的方法:(1)先确定两个三角形中边 的对应关系,再由这种对应
关系实现已知线段与所求线段的转换; (2)若所求的线段不是全等三角形的对应边,则需要用等式的 性质进行
转换求解.
【例3】（23-24八年级·黑龙江齐齐哈尔·阶段练习）边长都为整数的△ABC和△DEF全等,AB与DE是对
应边,AB=2,BC=4,若△DEF的周长为奇数,则DF的值为 .
【答案】3或4或5
【分析】根据三角形的三边关系求得AC的范围，然后根据全等三角形的对应边相等即可求解.
【详解】AC的取值范围是2＜AC＜6，则AC的奇数值是3或5，
△ABC和△DEF全等，AB与DE是对应边,AB=2,BC=4,
当DF=AC时，DF=3或5
当DF=BC时，DF=4
故答案为3或4或5
【点睛】本题考点涉及全等三角形的性质、三角形的三边关系等知识点，熟练掌握相关性质定理是解题关
键.
【变式3-1】（23-24八年级·山西临汾·期末）如图，已知△ABC≌△A′B′C′，点B,B′,C,C′在同一条直线上，若BC′=11,B′C=5，则BB′的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】根据△ABC≌△A′B′C′得到BC=B′C′，得到BC−B′C=B′C′−B′C，从而解答．
本题考查了全等三角形的性质，熟练掌握性质是解题的关键．
【详解】解：∵△ABC≌△A′B′C′，
∴BC=B′C′，
∴BC−B′C=B′C′−B′C，
BC′−B′C 11−5
∴BB′=CC′= = =3，
2 2
故选B．
【变式3-2】（23-24八年级下·河北保定·阶段练习）如图，△ABC≌△DEB，点D在AB上，BC与DE交
于点F，AD=AC．
（1）若AD=5，则DE的长为 ；
（2）连接CD，若S =2，则S 的值为 ．
△ACD △DEB
【答案】 10 4
【分析】（1）根据全等三角形的性质分析求解；
（2）结合三角形中线的性质求得△ABC的面积，从而利用全等三角形的性质分析求解．
【详解】解：（1）∵△ABC≌△DEB，
∴AC=BD，DE=AB
∵AD=AC=5，
∴AD=AC=BD=5，即AB=10，∴DE=AB=10，
（2）又（1）可得AD=AC=BD，
∴S =2S =4，
△ABC △ACD
∵△ABC≌△DEB，
∴S =S =4
△DEB △ABC
故答案为：10；4．
【点睛】本题考查全等三角形的性质，三角形中线的性质，理解全等三角形的性质及三角形中线的概念是
解题关键．
【变式3-3】（23-24八年级下·河南郑州·期末）在学习完“探索三角形全等的条件”一节后，小丽总结出
很多全等三角形的模型，她设计了以下问题给同桌解决：做一个“U”字形框架PABQ，其中AB＝20 cm，
AP，BQ足够长，PA⊥AB于点A，QB⊥AB于点B，点M从B出发向A运动，点N从B出发向Q运动，速
度之比为2：3，运动到某一瞬间两点同时停止，在AP上取点C，使△ACM与△BMN全等，则AC的长度
为 cm．
【答案】8或15/15或8
【分析】设BM=2t，则BN=3t，使△ACM与△BMN全等，由∠A=∠B=90°可知，分两种情况讨论：
当BM=AC，BN=AM时，列方程解得t的值即可得到AC的长；当BM=AM，BN=AC时，列方程解得t的
值，可解得AC的长．
【详解】解：设BM=2tcm，则BN=3tcm，
∵∠A=∠B=90°，要使得△ACM与△BMN全等，可分两种情况讨论：
当BM=AC，BN=AM时，∵BN=AM,AB=20cm
∴3t=20−2t
解得t=4
∴AC=BM=2t=8cm；
当BM=AM，BN=AC时，
∵BM=AM,AB=20cm
∴2t=20−2t
解得t=5
∴AC=BN=3t=15cm
故答案为：8或15．
【点睛】本题考查全等三角形的性质，涉及分类讨论法、列一元一次方程、解一元一次方程等知识，是重
要考点，掌握相关知识是解题关键．
【题型4 利用全等三角形的性质解决图形变换中的问题】
【方法总结】三角形经过平移、旋转或翻折变换后,形状、大小没有发生变化,故变换前后两三角形全等.
【例4】（23-24八年级下·江苏连云港·期末）如图，将△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在点A′处，且
A′B平分∠ABC，A′C平分∠ACB，若∠BA′C=122°，则∠1+∠2的度数为（ ）
A．116° B．100° C．128° D．120°
【答案】C
【分析】本题考查了三角形内角和定理，角平分线定义，三角形外角的性质，折叠变换等知识，关键在于
能够正确添加辅助线，灵活运用所学知识．根据折叠可知，∠ADE=∠ED A′，∠AED=∠DE A′，再
利用平角为180°，三角形内角和180°，推出∠1+∠2=2∠A，再利用三角形内角和定理、角平分线性质
求出∠A，再求出结果即可．
【详解】解：∵△ABC纸片沿DE折叠，
∴△AED≌△A'ED，
∴∠ADE=∠ED A′，∠AED=∠DE A′，
∴∠1+∠2=180°−2∠ADE+180°−2∠AED=180°−(∠ADE+∠AED)+180°−(∠ADE+∠AED)
=2∠A，
∵A′B平分∠ABC，A′C平分∠ACB，∠BA′C=122°，
1 1
∴∠A′BC= ∠ABC，∠A′CB= ∠ACB，
2 2
∴∠A′BC+∠A′CB=180°−122°=58°，
∴∠ABC+∠ACB=2(∠A′BC+∠A′CB)=2×58°=116°，
∴∠A=180°−116°=64°，
∴∠1+∠2=2∠A=2×64°=128°，
故选：C
【变式4-1】（2024八年级·江苏·专题练习）一个图形经过平移、翻折、旋转前后的图形全等．根据下列全
等三角形写出对应的边和角．
(1)△ABC≌△CDA，对应边是 ，对应角是 ；
(2)△AOB≌△DOC，对应边是 ，对应角是 ；
(3)△AOC≌△BOD，对应边是 ，对应角是 ；
(4)△ACE≌△BDF，对应边是 ，对应角是 ．
【答案】(1)AB=CD，BC=DA，AC=CA；∠B=∠D，∠BAC=∠DCA，∠DAC=∠ACB
(2)AO=DO，AB=DC，OB=OC；∠A=∠D，∠B=∠C，∠AOB=∠DOC
(3)AO=BO，OC=OD，AC=BD；∠A=∠B，∠C=∠D，∠AOC=∠BOD
(4)AC=BD，AE=BF，CE=DF；∠A=∠DBF，∠E=∠F，∠ACE=∠D
【分析】本题考查了全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键．根据全是三角形的性
质即可得到结论．
【详解】（1）解：△ABC≌△CDA，对应边是AB=CD，BC=DA，AC=CA，
对应角是∠B=∠D，∠BAC=∠DCA，∠DAC=∠ACB；
（2）△AOB≌△DOC，对应边是AO=DO，AB=DC，OB=OC，对应角是∠A=∠D，∠B=∠C，∠AOB=∠DOC；
（3）△AOC≌△BOD，对应边是AO=BO，OC=OD，AC=BD，
对应角是∠A=∠B，∠C=∠D，∠AOC=∠BOD；
（4）△ACE≌△BDF，对应边是AC=BD，AE=BF，CE=DF，
对应角是∠A=∠DBF，∠E=∠F，∠ACE=∠D．
【变式4-2】（23-24八年级下·重庆大足·期末）如图，△ABC中，∠ACB=90∘，将△ABC沿AC方向平
移AD的长度得到△≝¿，且AD=3，BC=6，BG=2，则图中阴影部分的面积是 ．
【答案】15
【分析】本题主要考查了平移的性质，把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图
形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个
点是对应点．连接各组对应点的线段平行（或共线）且相等．先根据平移的性质得到△≝≌△ABC即
BC=EF=6，CF=AD=3，可求出CG=4，最后根据梯形的面积公式计算即可．
【详解】解：∵将△ABC沿AC方向平移AD的长度得到△≝¿，
∴△≝≌△ABC，
∴BC=EF=6，CF=AD=3，
∵BG=2，
∴CG=BC−BG=4，
1
∴S = ×(4+6)×3=15．
阴影 2
故答案为：15．
【变式4-3】（23-24八年级下·浙江杭州·阶段练习）如图，△ABE和△ADC是△ABC分别沿着AB，AC
边翻折180°形成的．若∠1:∠2:∠3=28:5:3．则∠EFC的度数（ ）A．60° B．70° C．80° D．90°
【答案】C
【分析】首先根据三角形内角之比得出三个内角的度数，然后根据翻折的两个三角形是全等三角形，由对
应角相等得出∠EBC，∠BCD的度数；再根据三角形外角的性质得出答案即可．
【详解】解：根据题意设∠1=28x，则∠2=5x，∠3=3x，
则28x+5x+3x=180°，
解得x=5°，
则∠1=140°，∠2=25°，∠3=15°，
由折叠的性质可知：△ABE≌△ADC≌△ABC，
∴∠2=∠EBA=25°，∠3=∠ACD=15°，
∴∠EBC=50°，∠BCD=30°，
∴∠EFC=∠EBC+∠BCD=80°．
故选：C．
【点睛】本题考查图形的翻折，涉及三角形的内角和定理和外角性质，解题的关键是掌握经过翻折的两个
三角形是全等三角形．
【考点2 三角形全等的判定】
1．判定两个三角形全等的基本事实：边边边（SSS）
（1）基本事实：三边分别相等的两个三角形全等，简写成“边边边”或“SSS”．
（2）这个基本事实告诉我们：当三角形的三边确定后，其形状、大小也随之确定．这也是三角形具有稳
定性的原因．
2．判定两个三角形全等的基本事实：边角边（SAS）
（1）基本事实：两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等，简写成“边角边”或“SAS”．
（2）此方法包含“边”和“角”两种元素，必须是两边夹一角才行，而不是两边及一边对角分别相等，
一定要注意元素的“对应”关系．
【注意】（1）此方法是证明两个三角形全等最常用的方法之一，应用时，可以从图形上直接观察到三个
对应元素必须符合“两边夹角”，即“SAS”，不要误认为有两边一角就能判定两个三角形全等．（2）在书写时也要按照“边→角→边”的顺序排列条件，必须牢记“边边角”不能作为判定两个三角形
全等的条件．
3．判定两个三角形全等的基本事实：角边角（ASA）
（1）基本事实：两角和它们的夹边分别相等的两个三角形全等，简写成“角边角”或“ASA”．
（2）用“ASA”来判定两个三角形全等，一定要证明这两个三角形有两个角以及这两个角的夹边分别相
等，证明时要加强对夹边的认识．
4．判定两个三角形全等的基本事实：角角边（AAS）
（1）基本事实：两角和其中一个角的对边分别相等的两个三角形全等，简写成“角角边”或“AAS”．
（2）这一结论很容易由“ASA”推得，将这一结论与“ASA”结合起来，即可得出：两个三角形如果具备两
角和一条边对应相等，就可判定其全等．
5．直角三角形全等的判定方法：斜边、直角边（HL）
（1）基本事实：斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等，简写成“斜边、直角边”或“HL”．
（2）“HL”定理是直角三角形所独有的，对于一般三角形不成立．
【归纳】判定两个三角形全等常用的思路方法如下：
【题型5 添加条件判断三角形全等】
【例5】（23-24八年级下·山东日照·开学考试）如图，已知∠1=∠2，AC=AD，增加下列条件，其中不
能使△ABC≌△AED的是（ ）
A．AB=AE B．BC=ED C．∠C=∠D D．∠B=∠E
【答案】B
【分析】本题考查了全等三角形的判定，正确理解全等三角形的判定方法是解题的关键．根据全等三角形的判定方法，即可判断答案．
【详解】∵∠1=∠2，
∴∠CAB=∠DAE，
A、添加条件AB=AE，根据“边角边”即可判断△ABC≌△AED，不符合题意；
B、添加条件BC=ED，无法判断△ABC≌△AED，符合题意；
C、添加条件∠C=∠D，根据“角边角”即可判断△ABC≌△AED，不符合题意；
D、添加条件∠B=∠E，根据“角角边”即可判断△ABC≌△AED，不符合题意．
故选B．
【变式5-1】（23-24八年级·湖北武汉·阶段练习）如图，已知△ABC的六个元素，则根据甲、乙、丙3个
三角形中的条件能和△ABC全等的图形是（ ）
A．甲和乙 B．甲和丙 C．只有乙 D．只有丙
【答案】B
【分析】本题主要考查全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
分别利用全等三角形的判定方法逐个判断即可．
【详解】解：因为49°所对的边是b不是a，故图乙中的三角形和△ABC不全等．
如图甲、丙根据全等三角形的判定定理SAS和AAS可以证得它们全等、丙中的三角形和△ABC全等．
故选：B．
【变式5-2】（23-24八年级·山东泰安·期末）给出下列四组条件：①AB=DE，BC=EF，AC=DF；②
AB=DE，∠B=∠E，BC=EF；③∠B=∠E，AC=DF，∠C=∠F；④AB=DE，AC=DF，
∠B=∠E．其中，能使△ABC≌△≝¿的条件共有（ ）
A．1组 B．2组 C．3组 D．4组
【答案】C
【分析】本题考查三角形全等的判定方法，根据全等三角形的判定方法结合选项进行判定即可．
【详解】解：①AB=DE，BC=EF，AC=DF，可根据SSS判定△ABC≌△≝¿；
②AB=DE，∠B=∠E，BC=EF，可根据SAS判定△ABC≌△≝¿；
③∠B=∠E，AC=DF，∠C=∠F，可根据AAS判定△ABC≌△≝¿；
④AB=DE，AC=DF，∠B=∠E，不能判定△ABC≌△≝¿；故选：C．
【变式5-3】（2024八年级·全国·专题练习）如图，B是AD中点，∠C=∠E，请添加一个条件，使得
△ABC≌△DBE，可以添加的条件是 ．（写出一个即可）
【答案】∠A=∠D（答案不唯一）
【分析】本题考查了全等三角形的判定．根据题意可知已有一组对应角和一组对应边相等，再确定一组对
应角相等即可判定△ABC≌△DBE．
【详解】解：∵B是AD中点，
∴AB=DB，
∵∠C=∠E，
∴当∠A=∠D时，依据AAS可得，△ABC≌△DBE，
故答案为：∠A=∠D（答案不唯一）
【题型6 全等三角形的判定与性质的综合应用】
【例6】（23-24八年级·山西吕梁·期末）（1）已知AB∥CD，AD∥BC，O为AC中点，过O点的直线
分别与AD、BC相交于点M，N，如图1，那么AM与CN有什么关系？请说明理由．
（2）若将过O点的直线旋转至图2、3的情况时，其它条件不变，那么图1中的AM与CN的关系还成立
吗？请说明理由．
【答案】（1）AM=CN，AM∥CN，理由见解析
（2）成立，见解析
【分析】（1）由平行线的性质可得∠1=∠2，证明△AOM≌△CON，根据全等三角形的对应边相等，
即可证得AM=CN；（2）当图2、3的情况时，证明方法和图1情况完全一样．
【详解】（1）AM=CN，AM∥CN
理由如下：
∵AD∥BC，
∴∠1=∠2，
又O是AC中点，
∴OA=OC，
在△AOM和△CON中，
{
∠1=∠2
)
∠AOM=∠CON ，
OA=OC
∴△AOM≌△CON(AAS)，
∴AM=CN，
∴AM=CN，AM∥CN；
（2）成立，
图2中：∵AD∥BC，
∴∠1=∠2，
又O是AC中点，
∴OA=OC，
在△AOM和△CON中，
{
∠1=∠2
)
∠AOM=∠CON ，
OA=OC
∴△AOM≌△CON(AAS)，
∴AM=CN，
∴AM=CN，AM∥CN；
图3中：∵AD∥BC，
∴∠1=∠2，
又O是AC中点，
∴OA=OC，
在△AOM和△CON中，{
∠1=∠2
)
∠AOM=∠CON ，
OA=OC
∴△AOM≌△CON(AAS)，
∴AM=CN，
∴AM=CN，AM∥CN；
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和平行线的判定与性质，根据全等三角形得出角相等是解题的
关键．
【变式6-1】（23-24八年级下·河北保定·期末）如图，AD是△ABC的中线，E，F分别是AD和AD延长
线上的点，且CE∥BF．
(1)△ECD与△FBD全等吗？请说明你的理由；
(2)若AD=6，DF=2，△BDF的面积为3，请直接写出△AEC的面积．
【答案】(1)△ECD≌△FBD，见解析
(2)6
【分析】（1）根据中线的性质可得BD=CD，根据平行线的性质可得∠ECD=∠FBD，根据全等三角形
的判定即可证明；
（2）过点C作CG⊥AF交AF于点G，根据全等三角形的性质可得DE=DF=2，△ECD的面积为3，根
据三角形的面积公式求得CG=3，即可求解．
【详解】（1）解：△ECD≌△FBD，
理由如下：
∵AD是△ABC的中线，∴BD=CD，
∵CE∥BF，∴∠ECD=∠FBD，
在△ECD和△FBD中，{∠ECD=∠FBD
)
CD=BD ，
∠CDE=∠BDF
∴△ECD≌△FBD．
（2）解：过点C作CG⊥AF交AF于点G，如图：
∵△ECD≌△FBD，△BDF的面积为3，
∴DE=DF=2，△ECD的面积为3，
3×2
∴CG= =3，
2
1 1
则△AEC的面积为 ×AE×CG= ×(6−2)×3=6．
2 2
【点睛】本题考查了中线的性质，平行线的性质，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是解题的关键．
【变式6-2】（23-24八年级·山东日照·期末）在复习课上，老师布置了一道思考题：如图所示，点M，N
分别在等边△ABC的BC,CA边上，且BM=CN，AM，BN交于点Q．求证：∠BQM=60°．同学们利
用有关知识完成了解答后，老师又提出了下列问题：
(1)若将题中“BM=CN”与“∠BQM=60°”的位置交换，得到的是否仍是真命题？请你给出答案并说
明理由．
(2)若将题中的点M，N分别移动到BC,CA的延长线上，是否仍能得到∠BQM=60°？请你画出图形，给
出答案并说明理由．【答案】(1)仍是真命题，证明见解析
(2)仍能得到∠BQM=60°，作图和证明见解析
【分析】（1）由角边角得出△ABM和△BCN全等，对应边相等即可．
（2）由（1）问可知BM=CN，故可由边角边得出△BAN和△ACM全等，对应角相等，即可得出
∠BQM=60°．
【详解】（1）∵∠BQM=60°
∴∠QBA+∠BAM=60°
∵∠QBA+∠CQN=60°
∴∠BAQ=∠CQN
在△ABM和△BCN中有
∠BAQ=∠CQN
{ AB=BC
∠ABM=∠BCN
∴△ABM ≅△BCN（ASA）
∴BM=CN
故结论仍为真命题．
（2）∵BM=CN
∴CM=AN
∵AB=AC，∠ACM=∠BAN=180°−60°=120°，
在△BAN和△ACM中有
BA=AC
{∠BAN=∠ACM
AN=CM
∴△BAN ≅△ACM（SAS）
∴∠BNA=∠CMA
∴∠BQM=∠BNA+∠NAQ=∠CMA+∠CAM=∠ACB=60°
故仍能得到∠BQM=60°，如图所示【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，从判定两个三角形全等的方法可知，要判定两个三角形全
等，需要知道这两个三角形分别有三个元素（其中至少一个元素是边）对应相等，这样就可以利用题目中
的已知边角迅速、准确地确定要补充的边角，有目的地完善三角形全等的条件，从而得到判定两个三角形
全等的思路．
【变式6-3】（23-24八年级下·四川成都·期末）如图，Rt△ABC与Rt△≝¿中，∠ABC=∠≝=90°，
BC=EF，线段AC与线段DF在一条直线上，且AF=CD，连接EC，BF，BE，BE与AD相交于点G．
(1)△ABF与△DEC全等吗？为什么？
(2)试说明点G是线段BE的中点．
【答案】(1)全等，理由见解析
(2)说明见解析
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，中点定义等知识，熟记全等三角形的判定定理与性质定理
是解题的关键．
（1）利用HL证明Rt△ABC≌Rt△≝¿，根据全等三角形的性质得出AB=ED，∠BAC=∠EDF，再利
用SAS即可证明△ABF≌△DEC；
（2）利用AAS证明△ABG≌△DEG，根据全等三角形的性质及线段中点定义即可得解．
【详解】（1）解：△ABF≌△DEC，
理由如下：
∵AF=CD，
∴AF+FC=CD+FC，即AC=FD，在Rt△ABC与Rt△≝¿中，
{AC=FD)
，
BC=EF
∴Rt△ABC≌Rt△≝(HL)，
∴AB=ED，∠BAC=∠EDF，
在△ABF和△DEC中
{
AB=ED
)
∠BAC=∠EDF ，
AF=CD
∴△ABF≌△DEC(SAS)；
（2）解：由（1）知AB=DE，∠BAC=∠EDF，
∵BE与AD相交于点G，
∴∠BGA=∠EGD，
在△ABG和△DEG中，
{∠BGA=∠EGD
)
∠BAG=∠EDG ，
AB=DE
∴△ABG≌△DEG(AAS)，
∴BG=≥¿，
∴点G是线段BE的中点．
【题型7 “倍长中线法”构造全等三角形】
【方法总结】所谓倍长中线法,就是将三角形的中线延长一倍,以便构造出全等三角形,从而运用全等三角形
的有关知识来解决问题的方法.
【例7】（23-24八年级·湖北省直辖县级单位·期中）我们规定：有两组边相等，且它们所夹的角互补的两
个三角形叫兄弟三角形．如图，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=90°．回答下列问题：
(1)求证：△OAC和△OBD是兄弟三角形．
(2)取BD的中点P，连接OP，试说明AC=2OP．小王同学根据要求的结论，想起了老师上课讲的“中线（点）倍延”的辅助线构造方法，解决了这个问题．
①请在图中通过作辅助线构造△BPE，并证明BE=OD．
②求证：AC=2OP．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②见解析
【分析】本题是三角形综合题，考查了新定义兄弟三角形，全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是
解题的关键．
（1）证出∠AOC+∠BOD=180°，由兄弟三角形的定义可得出结论；
（2）①延长OP至E，使PE=OP，证明△BPE≌△DPO(SAS)，由全等三角形的性质得出BE=OD；
②证明△EBO≌△COA(SAS)，由全等三角形的性质得出OE=AC，则可得出结论．
【详解】（1）证明：∵∠AOB=∠COD=90°，
∴∠AOC+∠BOD=360°−∠AOB−∠COD=360°−90°−90°=180°，
又∵AO=OB，OC=OD，
∴△OAC和△OBD是兄弟三角形；
（2）证明：①延长OP至E，使PE=OP，
∵P BD
为 的中点，
∴BP=PD，
在△BPE和△DPO中，
{
PE=OP
)
∠BPE=∠DPO ，
BP=PD
∴△BPE≌△DPO(SAS)，
∴BE=OD；
②∵△BPE≌△DPO，
∴∠E=∠DOP，∴BE∥OD，
∴∠EBO+∠BOD=180°，
又∵∠BOD+∠AOC=180°，
∴∠EBO=∠AOC，
∵BE=OD，OD=OC，
∴BE=OC，
在△EBO和△COA中，
{
EB=OC
)
∠EBO=∠AOC ，
OB=OA
∴△EBO≌△COA(SAS)，
∴OE=AC，
又∵OE=2OP，
∴AC=2OP．
【变式7-1】（16-17八年级·浙江杭州·期中）在△ABC中，AB=3，AC=4，延长BC至D，使CD=BC，连接
AD，则AD的长的取值范围为（ ）
A．1＜AD＜7 B．2＜AD＜14 C．2.5＜AD＜5.5 D．5＜AD＜11
【答案】D
【分析】利用倍长中线法构造全等三角形后，再利用三角形的三边关系确定范围即可．
【详解】如图，延长AC到E使CE=AC，连接ED.
∵BC=CD，AC=CE，∠ACB=∠ECD，
∴△ACB≌△ECD，
∴DE=AB=3，AC=CE=4，
∴AE=2AC=8，
在△AED中，根据在三角形中任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，由AE+DE=11，AE−DE=5.
∴5”、“<”、“＝”填空）；
(2)探究：PA与AQ之间的关系；
(3)若把（1）中的△ABC改为钝角三角形，AC>AB，∠A是钝角，其他条件不变，试探究PA与AQ之间
的关系，请画出图形并直接写出结论．
【答案】(1)=
(2)结论：PA=AQ，AP⊥AQ，详见解析
(3)上述结论成立，详见解析
【分析】本题主要考查了垂线的定义、三角形内角和定理、全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识
点并灵活运用是解题的关键．
（1）根据垂线的定义和三角形内角和定理即可得出答案；
（2）根据垂线的定义和三角形内角和定理可得∠1=∠2，证明△QAC≌△APB(SAS)，可得结论；
（3）根据垂线的定义和三角形内角和定理可得∠1=∠2，证明△QAC≌△APB(SAS)，可得结论；
【详解】（1）解：设CE、BD交于F，
∵ CE、BD是△ABC高，
∴∠BEF=∠CDF=90°，
∵∠BFE=∠CFD，
∴∠1=180°−∠BEF−∠BFE=90°−∠BFE,∠2=180°−∠CDF−∠CFD=90°−∠CDF，
∴∠1=∠2；
故答案为：=；（2）解：结论：PA=AQ，AP⊥AQ，
证明：∵ CE、BD是△ABC高，，
∴AB⊥AC,CE⊥AB，
∴∠1+∠CAB=90°,∠2+∠CAB=90°，
∴∠1=∠2，
在△QAC和△APB中，
{QC=AB
)
∠1=∠2 ，
CA=BP
∴△QAC≌△APB(SAS)，
∴AQ=AP,∠QAC=∠P，
而∠DAP+∠P=90°，
∴∠DAP+∠QAC=90°，
即∠QAP=90°，
∴ AP⊥AQ；
即PA=AQ，AP⊥AQ；
（3）解：上述结论成立，理由如下：
如图所示：
∵ CE、BD △ABC
是 高，，
∴BD⊥AC,CE⊥AB，
∴∠1+∠CAE=90°,∠2+∠DAB=90°，
∴∠1=∠2，在△QAC和△APB中，
{QC=AB
)
∠1=∠2 ，
CA=BP
∴△QAC≌△APB(SAS)，
∴AQ=AP,∠QAC=∠P，
∵∠PDA=90°，
∴∠P+∠PAD=90°，
∴∠QAC+∠PAD=90°，
∴∠QAP=90°，
∴AQ⊥AP，
即PA=AQ，AP⊥AQ
【变式10-2】（23-24八年级·广西南宁·期末）综合与实践：
【问题情境】在综合与实践课上，老师对各学习小组出示了一个问题：如图1，∠ACB=900，AC=BC
，AD⊥CD,BE⊥CD，垂足分别为点D,E．请证明：AD=CE．
【合作探究】“希望”小组受此问题的启发，将题目改编如下：如图2，∠CDF=90°，CD=FD，点A
是DF上一动点，连接AC，作∠ACB=90°且BC=AC，连接BF交CD于点G．若DG=1,CG=3，请证
明：点A为DF的中点．
【拓展提升】“创新”小组在“希望”小组的基础上继续提出问题：如图3，∠CDF=90°，CD=FD，
点A是射线DF上一动点，连接AC，作∠ACB=90°且BC=AC，连接BF交射线CD于点G．若
FD=4AF，请直接写出DG与CG的数量关系．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）CG=9DG
【分析】本题考查了全等三角形的综合问题，熟练掌握全等三角形的判定及性质，添加适当的辅助线是解题的关键．
（1）利用AAS证得△ACD≌△CBE，即可求证结论；
（2）过B作BH⊥CD于H，由（1）得△ACD≌△CBH，进而可得AD=CH,CD=BH，再利用AAS可
证△DFG≌△HBG，则可证DG=GH，根据数量关系可得AD=2，DF=4，进而可求证结论；
（3）过点B作BH⊥CD于H，由（2）得AD=CH，CD=BH=FD，HG=DG，再根据数量关系即可
求解；
【详解】解：（1）证明：∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCD=90°，
∵BE⊥CD，
∴∠B+∠BCD=90°，
∴∠B=∠ACD，
在△ACD和△CBE中，
{
∠ACD=∠B
)
∠ADC=∠CEB=90° ，
AC=BC
∴△ACD≌△CBE(AAS)，
∴AD=CE；
（2）证明：过B作BH⊥CD于H，如图：
由（1）得：△ACD≌△CBH，
∴AD=CH,CD=BH，
∵DF=CD，
∴DF=BH，
在△DFG和△HBG中，{
∠DGF=∠BGH
)
∠ADH=∠DHB=90° ，
AD=BH
∴△DFG≌△HBG(AAS)，
∵DG=1，
∴DG=GH=1，
∵CG=3，
∴CH=CG=GH=3−1=2，CD=CH+DG=4，
∴AD=2，DF=4，
∴A是DF的中点；
（3）CG=9DG，理由如下：
过点B作BH⊥CD于H，如图：
由（2）得：AD=CH，CD=BH=FD，HG=DG，
∵FD=4AF，
∴AD=CH=5AF，CD=DF=4 AF，
∴DH=CH−CD=AF，
1 1
∴DG= DH= AF，
2 2
9
∴CG=CD+DG= AF，
2
∴CG=9DG．
【变式10-3】（23-24八年级·吉林长春·期末）如图1，△ABC中，AD⊥BC于点D，以A为直角顶点，
分别以AB、AC为直角边，在△ABC外作等腰直角△ABE和等腰直角△ACF，过点E、F作射线DA的垂
线，垂足分别为H、G．(1)试探究EH与FG之间的数量关系，并证明你的结论．
(2)如图2，若连接EF交DA的延长线于G，由（1）中的结论能否判断EG与FG的大小关系？并说明理
由．
(3)在（2）的条件下，若△AGF面积为90，AD=20，请直接写出BC长．
【答案】(1)相等，见解析
(2)能，相等，见解析
(3)18
【分析】（1）根据一线三等角模型，利用AAS证明 ，△EHG≌△ADB(AAS)，推出EH=AD，
△FGA≌△ADC推出GF=AD，即可得出EH=FG；
（2）利用AAS证明△EPG≌△FQG，即可得出EH=FG；
（3）利用全等三角形相等，可得AD=QF，PN=BD，由此可解．
【详解】（1）解：EH=FG，证明如下：
∵ △ABE是等腰直角三角形，
∴ ∠EAB=90°，AE=AB，
∵ EH⊥HD，BD⊥HD，
∴ ∠EHG=∠ADB=90°，
∴ ∠HEA+∠HGE=90°，
∠BAD+∠HGE=90°，
∴ ∠HEA=∠BAD，
在△EHG和△ADB中，
{∠EHG=∠ADB
)
∠HEA=∠BAD ，
AE=AB∴ △EHG≌△ADB(AAS)，
∴ EH=AD，
同理△FGA≌△ADC，
则GF=AD，
∴ EH=FG；
（2）解：EG=FG，理由如下：
∵ EP⊥GD，FQ⊥GD，
∴ ∠EPG=∠FQG=90°，
在△EPG和△FQG中，
{∠EPG=∠FQG
)
∠PGE=∠GQF ，
PG=GQ
∴ △EPG≌△FQG (AAS)，
∴ EG=FG；
（3）在（2）的条件下，若△AGF面积为90，AD=20，请直接写出BC长
∵ FQ⊥GD，AD⊥BC，
∴ ∠FQA=∠ADC=90°，
∴ ∠QAF+∠QFA=90°，
∠QAF+∠DAC=90°，
∴ ∠QFA=∠DAC，
在△QFA和△DAC中，
{∠FQA=∠ADC
)
∠QFA=∠DAC ，
AF=AC
∴ △QFA≌△DAC(AAS)，∴AD=QF=20，
∵S =90，
△AGF
1
∴ AG×QF=90
2
∴AG=9，
∵ △ABE是等腰直角三角形，
∴ ∠EAB=90°，AE=AB，
∵ EP⊥PD，BD⊥PD，
∴ ∠EPA=∠ADB=90°，
∴ ∠PEA+∠PAE=90°，
∠BAD+∠PAE=90°，
∴ ∠PEA=∠BAD，
在△EPA和△ADB中，
{∠EPA=∠ADB
)
∠PEA=∠BAD ，
AE=AB
∴ △EPA≌△ADB(AAS)，
∴ PN=BD，
又∵PG+CD=AG
∴BC=BD+DC=AG+PG+DC=2AG=18．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、等腰三角形的定义等，熟练掌握全等三角形的判定是解题的
关键．
【考点3 角的平分线的性质】
1．作已知角的平分线
用尺规作已知角的平分线．已知：∠AOB，求作：∠AOB的平分线．
作法：（1）以点O为圆心，适当长为半径画弧，交OA于点M，交OB于点N．
（2）分别以点M，N为圆心，大于1/2MN的长为半径画弧，两弧在∠AOB的内部相交于点C．
（3）画射线OC．射线OC即为所求．
如图所示：★作图依据：构造△OMC≌△ONC（SSS）．
2．角的平分线的性质
内容：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．
【提示】
（1）这里的距离指的是点到角的两边垂线段的长；
（2）该性质可以独立作为证明两条线段相等的依据，不需要再用全等三角形；
（3）使用该结论的前提条件是图中有角平分线、有垂直；
（4）运用角的平分线时常添加的辅助线：由角的平分线上的已知点向两边作垂线段，利用其相等来推导
其他结论．
3．证明几何命题的一般步骤
一般情况下，我们要证明一个几何命题时，可以按照以下的步骤进行：
（1）明确命题中的已知和求证；
（2）根据题意，画出图形，并用符号表示已知和求证；
（3）经过分析，找出由已知推出要证的结论的途径，写出证明过程．
4．角的平分线的判定
（1）内容：角的内部到角的两边的距离相等的点在角的平分线上．
（2）角的平分线的判定的前提条件是指在角的内部的点到角两边的距离相等时，它才是在角的平分线上，
角的外部的点不会在角的平分线上．
【题型11 角平分线性质的应用】
【方法总结】角平分线上有一点到一条边有垂线段时,通常可作这一点到另一边的垂线段,得到两条垂线段
的长度相等.
【例11】（23-24八年级下·山东青岛·期末）如图1，在△ABC中，AD是△ABC的角平分线．
BD
(1)若AB=6，AC=3，BC=5，可得到结论： =__________；
DCBD
(2)若AB=m，AC=n，BC=t，可得到结论： =__________；
DC
(3)图2中，AB=m，AC=n，BC=t，若CE是∠BCA的外角平分线，与BA的延长线交于点E，可得到
BE
结论： = __________．
AE
【答案】(1)2
m
(2)
n
t
(3)
n
【分析】（1）本题考查角平分线的性质，根据角平分线的性质可得DE=DF，从而求得
S BD
S :S =2:1，再利用 △ABD = 求解即可；
△ABD △ADC S DC
△ADC
S BD
（2）由（1）可得， △ABD = ，即可求解；
S DC
△ADC
(1 ) (1 ) (1 ) (1 )
（3）由S :S = ⋅BC⋅ℎ : ⋅AC⋅ℎ = ⋅BE⋅CN : ⋅AE⋅CN ，即可求解．
△BCE △ACE 2 2 2 2
【详解】（1）解：过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，过点A作AG⊥BC于点G，
∵AD是△ABC的角平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE=DF，
(1 ) (1 )
∴S :S = ×DE×AB : ×AC×DF =2:1，
△ABD △ADC 2 2
1
×AG×BD
S 2 BD
∴ △ABD = = =2，
S 1 DC
△ADC ×AG×DC
2
故答案为：2．S BD
（2）解：由（1）可得， △ABD = ，
S DC
△ADC
(1 ) (1 )
∵S :S = ×DE×AB : ×AC×DF =m:n，
△ABD △ADC 2 2
S BD m
∴ △ABD = = ，
S DC n
△ADC
m
故答案为： ．
n
（3）解：过点E分别作EH⊥BC于点H，EG⊥AC交AC的延长线于点G，则EG=EH= ℎ，过点C作
CN⊥BE于点N，
(1 ) (1 ) (1 ) (1 )
∴S :S = ⋅BC⋅ℎ : ⋅AC⋅ℎ = ⋅BE⋅CN : ⋅AE⋅CN ，
△BCE △ACE 2 2 2 2
BE BC t
即 = = ，
AE AC n
t
故答案为： ．
n
【变式11-1】（23-24八年级下·湖南张家界·期末）如图，点P是△ABC的三个内角平分线的交点，若
△ABC的周长为18cm，面积为27cm2，则点P到边BC的距离是（ ）
A．3cm B．4cm C．6cm D．8cm
【答案】A
【分析】本题考查的是角平分线的性质，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．过
点P作PD⊥AB于D，PE⊥BC于E，PF⊥AC于F，根据角平分线的性质得到PE=PF=PD，根据三角形的面积公式计算，得到答案．
【详解】解：过点P作PD⊥AB于D，PE⊥BC于E，PF⊥AC于F，如图，
∵点P是△ABC的内角平分线的交点，
∴PE=PF=PD，
又△ABC的周长为18cm，面积为27cm2，
1 1 1 1
∴S = AB⋅PD+ BC⋅PE+ AC⋅PF= PE(AB+BC+AC)，
△ABC 2 2 2 2
1
∴ ×18×PE=27
2
∴PE=3cm
∴点P到边BC的距离是3cm
故选：A．
【变式11-2】（23-24八年级·湖北武汉·期末）如图，在△ABC中，AD是它的角平分线，点P是线段AD
上的任一点（不与A、D重合），PE∥AB，交BC于点E，PF∥AC，交BC于点F，若点D到PE的距
离为3，PF=6，则S = ．
△PDF
【答案】9
【分析】本题考查平行线的性质，角平分线的性质，三角形的面积．利用角平分线的性质求得的边的高是
解题的关键．
过点P作DM⊥PE，垂足为M，DN⊥PF，垂足为N，先由平行线的性质与角平分线证明
∠EPD=∠FPD，再利用角平分线的性质证明，求得PM=PN=3，即可由三角形面积公式求解．
【详解】过点P作DM⊥PE，垂足为M，DN⊥PF，垂足为N，如图，∵ AD △ABC
是 的角平分线，
∴ ∠BAD=∠CAD，
∵ PE∥AB，PF∥AC，
∴ ∠EOD=∠BAD，∠FPD=∠CAD，
∴ ∠EPD=∠FPD，
∵ DM⊥PE，DN⊥PF，
∴PM=PN，
∵点D到PE的距离为3，
∴ PM=PN=3，
∵ PF=6，
∴点D到PF的距离为3，
1 1
∴S = PN×PF= ×3×6=9，
△PDF 2 2
故答案为：9．
【变式11-3】（23-24八年级·云南红河·期末）如图所示，在△ABC中，AD平分∠BAC，∠B=50°，过
点D作AC的垂线，交AC于点E，∠CDE=32°．
(1)求∠ADE的度数；
S 3
(2)若AC=6， △ADC = ，求AB的长．
S 4
△ABD
【答案】(1)54°(2)AB=8
【分析】此题考查了三角形内角和定理，角平分线的概念，角平分线的性质定理，解题的关键是掌握以上
知识点．
（1）根据三角形内角和定理和角平分线的概念求解即可；
（2）如图所示，过点D作DF⊥AB交AB于点F，根据角平分线的性质定理得到DF=DE，然后结合
1
AC⋅DE
S 3 2 3
△ADC = 得到 = ，然后代数求解即可．
S 4 1 4
△ABD AB⋅DF
2
【详解】（1）∵DE⊥AC
∴∠DEC=90°
∵∠CDE=32°
∴∠C=58°
∵∠B=50°
∴∠BAC=180°−∠B−∠C=72°
∵AD平分∠BAC
1
∴∠CAD= ∠BAC=36°
2
∴∠ADE=180°−∠AED−∠DAE=54°；
（2）如图所示，过点D作DF⊥AB交AB于点F
∵AD平分∠BAC，DE⊥AC，DF⊥AB
∴DF=DES 3
∵ △ADC =
S 4
△ABD
1
AC⋅DE
2 3 6 3
∴ = ，即 =
1 4 AB 4
AB⋅DF
2
∴AB=8．
【题型12 角平分线判定的应用】
【方法总结】证明一条射线(或线段)是角平分线,有两种方法:①利用三角形全等证两角相等;②利用到角两
边距离相等的点在角的平分线上.
【例12】（23-24八年级·重庆渝北·期末）已知，△ABC和△ECD都是等边三角形，且点B、C、D在一条
直线上．
(1)求证：BE=AD；
(2)若AD，BE交于O点，连接OC，求证：OC平分∠BOD．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
【分析】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定及性质，角平分线的判定定理；
（1）由等边三角形的性质得AC=BC，EC=DC，∠ACB=∠ECD=60°，由SAS可判定
△ACD≌△BCE，由全等三角形的性质即可求证；
（2）作CF⊥BE于F，CG⊥AD于G，由全等三角形的性质得CF=CG，由角平分线的判定定理即可求
证；
掌握全等三角形的判定及性质，角平分线的判定定理是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵△ABC和△ECD都是等边三角形，
∴AC=BC，
EC=DC，
∠ACB=∠ECD=60°，∴∠ACB+∠ACE=∠ECD+∠ACE，
即∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中
{
AC=BC
)
∠ACD=∠BCE ，
EC=DC
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE；
（2）证明：如图，作CF⊥BE于F，CG⊥AD于G，
∵△ACD≌△BCE
，
∴CF=CG，
∴CO平分∠BOD．
【变式12-1】（23-24八年级·海南省直辖县级单位·期中）如图，已知点D、E、F分别是△ABC的三边
上的点，CE=BF，S =S ，且∠BAD=42°，则∠BAC的值是 ．
△DCE △DBF
【答案】84°/84度
【分析】本题考查了三角形面积公式、角平分线的判定，作DG⊥AB于G，DH⊥AC于H，由三角形面
积公式得出DG=DH，从而得出AD平分∠BAC，再由角平分线的性质即可得出答案，熟练掌握以上知
识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：如图，作DG⊥AB于G，DH⊥AC于H，，
1 1
∵S = BF⋅DG，S = CE⋅DH，CE=BF，S =S ，
△BDF 2 △CDE 2 △DCE △DBF
∴DG=DH，
∵DG⊥AB，DH⊥AC，
∴AD平分∠BAC，
∴∠BAC=2∠BAD=2×42°=84°，
故答案为：84°．
【变式12-2】（23-24八年级·河南新乡·期中）如图，三条公路两两相交于A、B、C三点，现计划修建一
个商品超市，要求这个超市到三条公路的距离相等，则可供选择的地方有 处?(阴影部分不能修建超
市)
【答案】3
【分析】因为要到三条公路的距离相等，所以超市要选择的位置是ΔABC内角平分线的交点或者是外角平
分线的交点，作图可知答案．
【详解】解：如图所示，ΔABC的内角平分线的交点O ，外角平分线的交点O ,O ,O ，
1 2 3 4
∵阴影部分不能修建超市，
∴ O 不能修建超市，
4
故满足条件的修建点共有3处，即点O ,O ,O ；
1 2 3
故答案为：3．【点睛】此题考查了角平分线的判定定理，熟练掌握：到角的两边的距离相等的点在角的平分线上，是解
答此题的关键．
【变式12-3】（23-24八年级·湖南衡阳·期中）如图，AB=AC，BE⊥AC于点E，CF⊥AB于点F，BE
、CF相交于点D，则①△ABE≌△ACF；②△BDF≌△CDE；③点D在∠BAC的平分线上，以上结论
正确的是 ．（填序号）
【答案】①②③
【分析】连接AD，根据垂直的定义，利用AAS证明△ABE≌△ACF即可判断①；推出AE=AF，由
AB=AC推出EC=BF，再利用AAS证明△BDF≌△CDE即可判断②；根据角平分线的判定即可判断
③．
【详解】解：连接AD
∵BE⊥AC于点E，CF⊥AB于点F，
∴∠AEB=∠AFC=90°，∠DEC=∠DFB=90°
在△ABE和△ACF中{∠BAE=∠CAF
)
∠AEB=∠AFC
AB=AC
∴△ABE≌△ACF(AAS)，故①正确；
∴AE=AF
∵AB=AC
∴EC=BF
在△DEC和△DFB中
{∠EDC=∠FDB
)
∠DEC=∠DFB
EC=FB
∴△DEC≌△DFB(AAS)，故②正确；
∴DE=DF
∵DE⊥AC，DF⊥AB
∴点D在∠BAC的平分线上，故③正确；
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质、角平分线的判定，熟练掌握性质定理是解题的关键．
【题型13 角平分线性质与判定的综合运用】
【方法总结】当遇到角平分线问题时,除了常见的作垂线的方法,还有截长法.遇到角平分线时的常见作辅助
线方法:
①作垂线:已知AP平分∠BAC,过点P作PD⊥AB,PE⊥AC,得PD=PE且,可△ADP≌△AEP;
②截长:已知AP平分∠BAC,在AC上截取AF=AE,连接PF,可证得△AFPP≌△AEP.
【例13】（23-24八年级·江苏泰州·期中）如图，在△ABC中，点D是BC边上一点，已知
α
∠DAC=α,∠DAB=90°− ,CE平分∠ACB交AB于点E，连接DE，则∠DEC的度数为（ ）
2α α α
A． B． C．30°− D．45°−α
2 3 2
【答案】A
【分析】过点E作EM⊥AC于M，EN⊥AD于N，EH⊥BC于H，先计算出∠EAM，则AE平分
∠MAD，根据角平分线的性质得EM=EN，再由CE平分∠ACB得到EM=EH，则EN=EH，于是根
据角平分线定理的逆定理可判断DE平分∠ADB，再根据三角形外角性质解答即可．
【详解】解：过点E作EM⊥AC于M，EN⊥AD于N，EH⊥BC于H，如图：
α
∵∠DAC=α，∠DAB=90°−
，
2
α
∴∠EAM=90°−
，
2
∴AE平分∠MAD，
∴EM=EN，
∵CE平分∠ACB，
1
∴EM=EH，∠2= ∠ACB
2
∴EN=EH
∴DE平分∠ADB，
1
∴∠1= ∠ADB，
2
∵由三角形外角可得：∠1=∠DEC+∠2，1
∵∠2= ∠ACB，
2
1
∴∠1=∠DEC+ ∠ACB，
2
而∠ADB=∠DAC+∠ACB，
1 1
∴∠DEC= ∠DAC= α，
2 2
故选：A．
【点睛】本题考查了角平分线的性质和判定定理，三角形的外角性质定理，解决本题的关键是运用角平分
线定理的逆定理证明DE平分∠ADB．
【变式13-1】（23-24八年级下·山东威海·期末）如图，△ABC的内角∠ABC和外角∠ACD的角平分线
BE，CE交于点E，且∠BEC=26°，则∠CAE= ．
【答案】64°/64度
【分析】延长BA，过点E作EF⊥BD于点F，作EG⊥AC于点G，作EH⊥BA于点H，根据角平分线
的判定可知AE是∠CAH的平分线，再利用角平分线的定义可知
∠ACD=2∠ECD，∠ABC=2∠EBC，最后利用三角形外角的性质即可解答．本题考查了角平分线的
判定，角平分线的定义，三角形外角的性质，熟练运用角平分线的定义是解题的关键．
【详解】解：延长BA，过点E作EF⊥BD于点F，作EG⊥AC于点G，作EH⊥BA于点H，
∵△ABC的外角∠ACD的平分线CE与内角∠ABC平分线BE交于点E，
∴EH=EF，EG=EF，
∴EH=EG，∴AE是∠CAH的平分线，
∵BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，
∴∠ACD=2∠ECD，∠ABC=2∠EBC，
∵∠ECD=∠BEC+∠EBC，∠ACD=∠ABC+∠BAC，
∴∠BAC=2∠BEC=52°，
∴∠CAH=128°，
∴∠CAE=64°，
故答案为：64°．
【变式13-2】（23-24八年级·湖南长沙·阶段练习）如图，△ABC中，点D在BC边上，∠BAD=100°，
∠ABC的平分线交AC于点E，过点E作EF⊥AB，垂足为F，且∠AEF=50°，连接DE．
(1)求证：DE平分∠ADC；
(2)若AB=7，AD=4，CD=8，S =15，求△ABE的面积．
△ACD
【答案】(1)见解析
35
(2)S =
△ABE 4
【分析】（1）过点E作EG⊥AD于G，EH⊥BC于H，先通过计算得出∠FAE=∠CAD=40，根据角
平分线的判定与性质得EF=EG，EF=EH，则EG=EH，由到角两边距离相等的点在角的平分线上结
论得证；
1 1
（2）设EG=x，则EF=EH=EG=x，根据S =S +S =15，即： ×4x+ ×8x=15，求
△ACD △ADE △CDE 2 2
5 1
得，x= ，根据S = AB⋅EF，计算求解即可．
2 △ABE 2
【详解】（1）明：如图，过点E作EG⊥AD于G，EH⊥BC于H，∵EF⊥AB，∠AEF=50°，
∴∠FAE=90°−50°=40°，
∵∠BAD=100°，
∴∠CAD=180°−∠BAD−∠FAE=40°，
∴∠FAE=∠CAD=40°，
∴CA为∠DAE的平分线，
又EF⊥AB，EG⊥AD，
∴EF=EG，
∵BE是∠ABC的平分线，
∴EF=EH，
∴EG=EH，
∴点E在∠ADC的平分线上，
∴DE平分∠ADC；
（2）解：设EG=x，则EF=EH=EG=x，
1 1 1 1
∴S =S +S = AD⋅EG+ CD⋅EH=15，即： ×4x+ ×8x=15，
△ACD △ADE △CDE 2 2 2 2
5
解得，x= ，
2
1 1 5 35
∴S = AB⋅EF= ×7× = ，
△ABE 2 2 2 4
35
∴△ABE的面积为 ．
4
【点睛】本题主要考查了角平分线的判定与性质，三角形内角和定理，三角形的高．熟练掌握：角平分线
上的点到角的两边距离相等，到角两边距离相等的点在角的平分线上是解题的关键．
【变式13-3】（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）在△ABC中，∠BAC=60°，线段BF、CE分别平
分∠ABC、∠ACB交于点G．(1)如图1，求∠BGC的度数；
(2)如图2，求证：EG=FG；
(3)如图3，过点C作CD⊥EC交BF延长线于点D，连接AD，点N在BA延长线上，连接NG交AC于点
M，使∠DAC=∠NGD，若EB:FC=1:2，CG=10，求线段MN的长．
【答案】(1)120°
(2)见解析
(3)5
【分析】（1）根据三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB=120°，根据BF平分∠ABC、CE平分
1 1
∠ACB，得出∠GBC=∠GBE= ∠ABC，∠GCB=∠GCF= ∠ACB，求出
2 2
∠GBC+∠GCB=60°，根据三角形内角和得出∠BGC+∠GBC+∠GCB=180°，即可求出结果；
（2）作GH平分∠BGC交BC于点H，证明△BGE≌△BGH，得出EG=GH，证明△CGF≌△CGH
，得出FG=GH，即可证明结论；
（3）作DP⊥BC交BC延长线于点P，作DQ⊥AB交BA延长线于点Q，作DR⊥AC于点R，证明CD
平分∠ACP，根据DR⊥AC，DP⊥BC，得出DR=DP，根据BF平分∠ABC，DR⊥AC，
DQ⊥AB，得出DP=DQ，证明DR=DQ，证明△¬≌△CFG，得出NG=CG=10，证明
△BEG≌△MFG，得出BE=MF，作FL⊥NG于点L，FK⊥CG于点K，GW⊥MC于点W，根据
1 1 1 1 MG MF 1
S = MG⋅FL= MF⋅GW，S = GC⋅FK= FC⋅GW，得出 = = ，求出
△MGF 2 2 △CGF 2 2 GC FC 2
MG=5即可得出答案．
【详解】（1）解：在△ABC中，∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，∵∠BAC=60°
∴∠ABC+∠ACB=120°，
∵BF平分∠ABC、CE平分∠ACB，
1 1
∴∠GBC=∠GBE= ∠ABC，∠GCB=∠GCF= ∠ACB，
2 2
∴∠GBC+∠GCB=60°，
在△BGC中，∠BGC+∠GBC+∠GCB=180°，
∴∠BGC=120°．
（2）解：作GH平分∠BGC交BC于点H，如图所示：
∴∠BGH=∠CGH=60°，
∵∠BGE=∠CGF=∠GBC+∠GCB=60°，
∴∠BGH=∠CGH=∠BGE=∠CGF，
∵∠GBC=∠GBE，BG=BG
∴△BGE≌△BGH，
∴EG=GH，
∵∠GCH=∠GCF，CG=CG，
∴△CGF≌△CGH，
∴FG=GH，
∴EG=FG；
（3）解：作DP⊥BC交BC延长线于点P，作DQ⊥AB交BA延长线于点Q，作DR⊥AC于点R，如图
所示：∵CE平分∠ACB，
∴∠ACB=2∠ACE，
∵CD⊥EC，
∴∠ECD=90°，
∴∠ACE+∠ACD=90°，
∵∠ACB+∠ACP=180°，
∴∠ACP=2∠ACD，
∴CD平分∠ACP，
∵DR⊥AC，DP⊥BC，
∴DR=DP，
∵BF平分∠ABC，DR⊥AC，DQ⊥AB，
∴DP=DQ，
∴DR=DQ，
∴AD平分∠QAC，
∵∠BAC=60°，
∴∠DAQ=∠DAC=60°，
∴∠NGD=∠DAC=60°，
由（1）得∠BGC=120°，
∴∠BEG=∠FGC=180°−∠BGC=60°，
∵∠MGF=∠ABF+∠BNG=60°，
∠FGC=∠FBC+∠ECB=60°，
∠ABF=∠FBC，
∴∠BNG=∠ECB，∵∠ECB=∠ACE，
∴∠ACE=∠BNG，
由（2）得EG=FG，
∴△¬≌△CFG，
∴NG=CG=10，
∠¬=∠CFG，
∵∠¬+∠BEG=180°，
∠CFG+∠MFG=180°，
∴∠BEG=∠MFG，
∴△BEG≌△MFG，
∴BE=MF，
∵BE:FC=1:2，
∴MF:FC=1:2，
作FL⊥NG于点L，FK⊥CG于点K，GW⊥MC于点W，
∵∠MGF=∠CGF=60°，
∴FK=FL，
1 1
S = MG⋅FL= MF⋅GW，
△MGF 2 2
1 1
S = GC⋅FK= FC⋅GW，
△CGF 2 2
MG MF 1
∴ = = ，
GC FC 2
∴MG=5，
∴MN=NG−MG=5．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，角平分线的判定和性质，三角形面积的计算，三角形
内角和定理的应用，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形全等的判定方法．
