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专题 13.2 等腰三角形中的几何综合
【典例1】【概念学习】
规定①：如果一个三角形的三个角分别等于另一个三角形的三个角，那么称这两个三角形互为“形似三角
形”．
规定②：从三角形（不是等腰三角形）一个顶点引出一条射线与对边相交，顶点与交点之间的线段把这个
三角形分割成两个小三角形，如果分得的两个小三角形中一个为等腰三角形，另一个与原来三角形是“形
似三角形”，我们把这条线段叫做这个三角形的“等腰分割线”．
（1）【概念理解】
如图1，在△ABC中，∠A=36°，AB=AC，CD平分∠ACB， 则△CBD与△ABC （填“是”或
“不是”）互为“形似三角形”．
（2）如图2，在△ABC中，CD平分∠ACB，∠A=36°，∠B=48°．求证：CD为△ABC的等腰分割
线；
（3）【概念应用】
在△ABC中，∠A=45°，CD是△ABC的等腰分割线，直接写出∠ACB的度数．
【思路点拨】
（1）由题意推出∠BCD=36°，∠ABC=72°，∠BDC=72°，从而得出结论；
（2）根据题意，通过计算得出△BCD是等腰三角形，∠A=∠A=36°，∠ACD=∠B=48°，
∠ADC=∠ACB=96°，从而得出结论；
（3）根据题意，分为当△ACD是等腰三角形和△BCD是等腰三角形两类，当△ACD 是等腰三角形时，
再分为：AC=AD，AD=CD，AC=CD三种情形讨论；同样当△BCD是等腰三角形时，也分为三种情
形讨论，分别计算出∠ACB的度数即可．
【解题过程】
（1）解：∵∠A=36°，AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=72°，
∵CD平分∠ACB，
1
∴∠BCD= ∠ACB=36°，
2
∵∠ABC=72°，
∴∠BDC=72°，
∴△CBD和△ABC互为“形似三角形”，
故答案为：是；
（2）证明：．∵∠A=36°，∠B=48°，
∴∠ACB=180°−36°−48°=96°，
∵CD平分∠ACB，
1 1
∴ ∠ACD=∠BCD= ∠ACB= ×96°=48°，
2 2
∴∠BCD=48°=∠B，
∵∠ADC是△BCD的一个外角，
∴ ∠ADC=∠B+∠BCD=96°=∠ACB，
∴△BCD是等腰三角形，∠A=∠A=36°，∠ACD=∠B=48°，∠ADC=∠ACB=96°，
∴CD为△ABC的等腰分割线；
（3）解：（Ⅰ）当△ACD是等腰三角形，另一个三角形与原三角形是“形似三角形”时，
①如图1所示：
当AD=CD时，则∠ACD=∠A=45°，
∴∠BDC=∠A+∠ACD=90°，
此时，△ABC、△CBD是“形似三角形”，可知∠BCD=∠A=45°，
∴∠ACB=∠ACD+∠BCD=90°；
②如图2所示：180°−45°
当AC=AD时，则∠ACD=∠ADC= =67.5°，
2
此时，△ABC、△CBD是“形似三角形”，可知∠BCD=∠A=45°，
∴∠ACB=45°+67.5°=112.5°；
③当AC=CD时，这种情况不存在；
（Ⅱ）当△BCD是等腰三角形，另一个三角形与原三角形是“形似三角形”时，
①如图3所示：
当CD=DB时，∠B=∠BCD，
此时，△ABC、△ACD是“形似三角形”，可知∠ACD=∠B，
∴∠B=∠BCD=∠ACD，
∴∠BDC=∠ACD+∠A=∠ACD+45°，
∵∠BDC+∠B+∠BCD=180°，
∴∠ACD+45°+∠ACD+∠ACD=180°，
∴∠ACD=45°，
∴∠ACB=∠ACD+∠BCD=2×45°=90°；
②如图4所示：
当BC=BD时，∠BDC=∠BCD，
此时，△ABC、△ACD是“形似三角形”，可知∠ACD=∠B，∴∠BCD=∠BDC=∠ACD+∠A=∠ACD+45°，
在△BCD中，由三角形内角和可知∠B+2∠BDC=180°，得∠ACD+2(∠ACD+45°)=180°，
∴∠ACD=30°，
∴∠ACB=∠ACD+∠BCD=45°+2×30°=105°；
③当CD=CB时，这种情况不存在；
综上所述：∠ACB=90°或105°或112.5°．
1．（2022秋·河南南阳·八年级校考期末）如图，在等腰△ABC中，AB=AC=3，∠B=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于点E．
（1）当∠BDA=105°时，∠BAD= °；点D从点B向点C运动时，∠BDA逐渐变 （填“大”或
“小” )；
（2）当DC等于多少时，△ABD≅△DCE，请说明理由；
（3）在点D的运动过程中，△ADE的形状也在改变，判断当∠BDA等于多少度时，△ADE是等腰三角
形．
【思路点拨】
（1）根据三角形内角和定理得到∠BAD=35°，点D从点B向点C运动时，∠BDA逐渐变小；
（2）当DC=3时，则AB=DC，先由∠DEC+∠EDC=140°，∠ADB+∠EDC=140°，得
∠ADB=∠DEC，证出△ABD≅△DCE即可；
（3）分DA=DE、AE=AD、EA=ED三种情况，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算．
【解题过程】
（1）解：∵∠B=40°，∠BDA=105°，
∴∠BAD=180°−∠B−∠BDA=180°−105°−40°=35°，
由图形可知，∠BDA逐渐变小，
故答案为：35；小；
（2）解：当DC=3时，△ABD≅△DCE，理由如下：∵AB=3，
∴AB=DC，
∵∠C=40°，
∴∠DEC+∠EDC=140°，
∵∠ADE=40°，
∴∠ADB+∠EDC=140°，
∴∠ADB=∠DEC，
在△ABD和△DCE中，
{∠ADB=∠DEC
)
∠B=∠C ，
AB=DC
∴△ABD≅△DCE（AAS）；
（3）解：当∠BDA的度数为110°或80°时，△ADE是等腰三角形，
当DA=DE时，∠DAE=∠DEA=70°，
∴∠BDA=∠DAE+∠C=70°+40°=110°；
当AD=AE时，∠AED=∠ADE=40°，
∴∠DAE=100°，
此时，点D与点B重合，不合题意；
当EA=ED时，∠EAD=∠ADE=40°，
∴∠AED=100°，
∴∠EDC=∠AED−∠C=60°，
∴∠BDA=180°−40°−60°=80°，
综上所述，当∠BDA的度数为110°或80°时，△ADE是等腰三角形．
2．（2022秋·湖北省直辖县级单位·八年级校联考期中）在等腰△ABC中，AB=AC，D为AB上一点，E
为CD的中点．（1）如图1，连接AE，作EH⊥AC，若AD=2BD，S =6，EH=2，求AB的长．
△BDC
（2）如图2，F为AC上一点，连接BF，BE．若∠BAC=∠ABE=∠CBF，求证：BD+CF=AB．
【思路点拨】
（1）利用三角形面积之间的关系进行转化，可得S =6，再利用三角形面积公式可求得AB=6；
△AEC
（2）通过倍延中线构造全等三角形的方法，延长BE至G，使EG=BE，连接CG，则△BED≌△GEC，
再证明△ABF≌△GBC即可证出结论．
【解题过程】
（1）解：∵AD=2BD，S =6，
△BDC
∴S =2S =2×6=12，
△ACD △BCD
∵E为CD中点，
1
∴S ＝ S ＝6，
△ACE 2 △ACD
∵EH⊥AC，
1
∴ AC•EH=6，
2
∵EH=2，
∴AC=6，
∵AB=AC，
∴AB=6；
（2）证明：如图2，延长BE至G，使EG=BE，连接CG，
在△BED和△GEC中，
{
BE=EG
)
∠BED=∠GEC ，
DE=CE
∴△BED≌△GEC，
∴BD=CG，∠ABE=∠G，∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
即：∠ABF+∠CBF=∠ACB，
∵∠BAC=∠CBF，
∴∠ABF+∠BAC=∠ACB，
∵∠BFC=∠ABF+∠BAC，
∴∠BFC=∠ACB，
∴BF=BC，
∵∠BAC=∠ABE=∠CBF，
∴∠BAC=∠G，∠ABF+∠EBF=∠CBG+∠EBF，
∴∠ABF=∠GBC，
在△ABF和△GBC中，
{
∠BAC=∠G
)
∠ABF=∠GBC ，
BF=BC
∴△ABF≌△GBC，
∴AF=CG，
又∵BD=CG，
∴AF=BD，
∵AF+CF=AC，AB=AC，
∴BD+CF=AB．
3．（2022秋·河北邯郸·八年级校考期中）如图，已知：在△ABC中，AC=BC=4，∠ACB=120°，将
一块足够大的直角三角尺PMN(∠M=90°,∠MPN=30°)按如图放置，顶点Р在线段AB上滑动（且不
与A、B重合），三角尺的直角边PM始终经过点C，并且与CB的夹角∠PCB=α，斜边PN交AC于点
D．
（1）当α=______°，PN∥BC，此时∠APD=______°
（2）点Р在滑动时，当AP长为多少时，△ADP与△BPC全等，为什么？（3）点Р在滑动时，△PCD的形状可以是等腰三角形吗？若可以，直接写出夹角α的大小；若不可以，
请说明理由．
【思路点拨】
（1）根据内错角相等两直线平行得∠α=∠MPN=30°时，PN∥BC，等腰三角形的性质可得
∠B=30°，根据三角形外角定理即可解决问题；
（2）当AP=4时，△ADP与△BPC全等，理由为：根据CA=CB，且∠ACB度数，求出∠A与∠B度
数，再由外角性质得到∠α=∠APD，根据AP=BC，利用ASA即可得证；
（3）点P在滑动时，△PCD的形状可以是等腰三角形，分三种情况考虑：当PC=PD；PD=CD；
PC=CD，分别求出夹角α的大小即可．
【解题过程】
（1）若PN∥BC，则∠α=∠MPN，
∵ ∠MPN=30°，
∴ ∠α=∠MPN=30°，
∵∠ACB=120°，AC=BC，
∴∠A=∠B=30°，
∵ ∠α=30°，
∴∠APC=∠B+∠α=30°+30°=60°，
∵ ∠MPN=30°，
∠APD=∠APC−∠MPN=60°−30°=30°，
故答案为：30，30；
（2）当AP=4时，△ADP≌△BPC，理由如下：
∵∠ACB=120°，AC=BC，
∴∠A=∠B=30°，
∵∠APC是△BPC的一个外角，
∴∠APC=∠B+∠α=30°+∠α，
∵∠APC=∠DPC+∠APD=30°+∠APD，
∴∠α=∠APD，
∵AP=BC=4，
在△ADP和△BPC中，
{
∠A=∠B
)
AP=BC ，
∠APD=∠BCP∴△ADP≌△BPC(ASA)；
（3）∵△PCD是等腰三角形，∠PCD=120°−α，∠CPD=30°，
①当PC=PD时，
1
∴∠PCD=∠PDC= (180°−30°)=75°，
2
即120°−α=75°，
∴∠α=45°；
②当PD=CD时，△PCD是等腰三角形，
∴∠PCD=∠CPD=30°，即120°−α=30°，
∴α=90°；
③当PC=CD时，△PCD是等腰三角形，
∴∠CDP=∠CPD=30°，
∴∠PCD=180°−2×30°=120°，即120°−α=120°，
∴α=0°，
此时点P与点B重合，点D和A重合，
∵点P不与A，B重合，
∴α=0°，舍去，
综合所述：当△PCD是等腰三角形时，α=45°或90°．
4．（2023秋·重庆永川·八年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足是点D，
AE平分∠CAD，交BC于点E，在△ABC外有一点F，使FA⊥AE，FB⊥BC
（1）求证：CE=BF；
（2）在AC上取一点M，使CM=2DE，连接MB，交AD于点N，连接ME．求证：①ME⊥BC；②
DE=DN．
【思路点拨】
（1）先根据等量代换得到∠1=∠2，∠C=∠3，再根据全等三角形的判定和性质证明即可；
（2）①过点E作EG⊥AC于点G，先根据等腰三角形的性质求出CG=EG，∠4=45°，再根据角平分线的性质得到EG=ED，进而得到EG是CM的垂直平分线，然后等量代换证明即可；
②先根据平行线的判定和性质得到∠6=∠7，再根据等腰三角形的性质得到AM=EM，最后根据全等三
角形的判定和性质证明即可．
【解题过程】
（1）证明：如图，
∵∠BAC=90°，AF⊥AE，
∴∠1+∠EAB=90°，∠2+∠EAB=90°．
∴∠1=∠2．
又∵AB=AC，
∴∠C=∠ABC=45°．
∵FB⊥BC，
∴∠3 =90° −∠ABC．
∴∠C=∠3．
在△ABF和△ACE中，
{∠1=∠2
)
∵ AB=AC ，
∠C=∠3
∴△ABF≌△ACE．
∴BF=CE．
（2）①如图，过点E作EG⊥AC于点G．∵∠C=45°，
∴△GCE是等腰直角三角形．
∴CG=EG，∠4=45°．
∵AD⊥BC，AE平分∠CAD，
∴EG=ED．
∴CG=ED．
∵CM=2ED，
∴CM=2CG，即G是CM的中点．
∴EG是CM的垂直平分线．
∴EC=EM．
∴∠5=∠4=45°．
∴∠MEC =∠5 +∠4．即ME⊥BC．
②∵AD⊥BC，ME⊥BC，
∴ME //AD．
∴∠6=∠7．
∵∠1=∠6，
∴∠1=∠7．
∴AM=EM．
在Rt ΔAMB与Rt ΔEMB中，
{MB=MB)
∵ ，
AM=EM
∴Rt ΔAMB≌Rt ΔEMB．
∴∠8=∠9．
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=45°，∠BAD=∠CAD=45°．
∴∠6=∠8=22.5°，AD=BD．
在△ADE与△BDN中，
{
∠6=∠8
)
∵ AD=BD ，
∠ADE=∠BDN
∴△ADE ≌△BDN．
∴DE=DN．
5．（2022秋·福建泉州·八年级统考期中）如图，已知以△ABC的边AB、AC分别向外作等腰Rt△ABD与等腰Rt△ACE，其中∠BAD=∠CAE=90°，连接BE、CD，BE和CD相交于点O．
（1）求证：BE=DC；
（2）求∠BOC的大小；
（3）连接DE，取DE的中点F，再连结AF，猜想AF与BC的位置关系和数量关系，并证明．
【思路点拨】
（1）先判断出∠BAE=∠DAC，进而利用SAS判断出ΔBAE≌ΔDAC，即可得出结论；
（2）先判断出∠ADB+∠ABD=90°，再由ΔBAE≌ΔDAC得出∠ABE=∠ADC，进而求出
∠OBD+∠ODB=90°，即可得出结论；
（3）延长AF至G，使FG=FA，连接DG，利用SAS判断出ΔAEF≌ΔGDF，得出AE=DG，
∠AEF=∠GDF，进而得出∠ADG+∠DAE=180°，进而判断出∠ADG=∠BAC，进而利用SAS判
断出ΔADG≌ΔBAC，得出AG=BC，即可得出结论．
【解题过程】
（1）证明：∵∠BAD=∠CAE=90°，
∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC，
∴∠BAE=∠DAC，
∵△ABD与△ACE是等腰直角三角形，
∴AB=AD,AE=AC，
在△BAE和△DAC中，
{
AB=AD
)
∠BAE=∠DAC ，
AE=AC
∴△BAE≌△DAC(SAS)．
∴BE=DC；
（2）∵∠BAD=90°，∴∠ADB+∠ABD=90°，
由（1）知，△BAE≌△DAC，
∴∠ABE=∠ADC，
∴∠OBD+∠ODB=(∠ABE+∠ABD)+(∠ADB−∠ADC)
=∠ABE+∠ABD+∠ADB−∠ADC=∠ADB+∠ABD=90°，
∴∠BOC=∠OBD+∠ODB=90°；
（3）AF⊥BC,BC=2AF
证明：如图，延长AF至G，使FG=FA，连接DG，
∵点F是DE的中点，
∴EF=DF，
在△AEF和△GDF中，
{
EF=DF
)
∠AFE=∠GFD
AF=GF
∴△AEF≌△GDF(SAS)，
∴AE=DG,∠AEF=∠GDF
∴DG∥AE，
∴∠ADG+∠DAE=180°，
∵∠BAD=∠CAE=90°，
∴∠DAE+∠BAC=360°−∠BAD−∠CAE=180°
∴∠ADG=∠BAC，
∵AE=DG,AE=AC，
∴DG=AC，
在△ADG和△BAC中，{
DG=AC
)
∠ADG=∠BAC ，
AD=BA
∴△ADG≌△BAC(SAS)，
∴AG=BC，
∵AF=FG，
∴AG=2AF
∴BC=2AF．
延长FA交BC于H，
∵∠BAD=90°，
∴∠DAG+∠BAH=90°，
∵△ADG≌△BAC，
∴∠DAG=∠ABC，
∴∠ABC+∠BAH=90°，
∴∠AHB=90°，
∴AF⊥BC．
6．（2023秋·全国·八年级专题练习）如图，在△ABC中，AB=AC，点D，E分别在边AC，BC上，连
接AE，BD交于点F，∠BAC=∠BFE=2∠AEB．
（1）说明：∠EAC=∠ABD；
（2）若BD平分∠ABC，BE=15，AF=6，求△BEF的面积；
（3）判断EF，BF，AF之间的数量关系，并加以说明.
【思路点拨】
（1）根据∠BAE+∠EAC=∠BAC，∠BAE+∠ABD=∠BDC，∠BAC=∠BFE，即可证明结论；
（2）过点F作FG⊥BC于点G，求出∠ABE+∠AEB=90°，得出∠BAE=180°−90°=90°，证明
FA⊥AB，根据角平分线的性质得出FG=AF=6，根据三角形面积公式求出
1 1
S = BE×FG= ×15×6=45；
△BEF 2 2（3）在BD上截取BH=AE，连接AH，证明△ABH≌△CAE(SAS)，得出∠AHB=∠AEC，
∠C=∠BAH，证明∠HAF=∠AHF，得出AF=FH=BF−BH=BF−AE=BF−AF−EF，即可证
明结论．
【解题过程】
（1）证明：∵∠BAE+∠EAC=∠BAC，∠BAE+∠ABD=∠BDC，
又∵∠BAC=∠BFE，
∴∠BAE+∠EAC=∠BAE+∠ABD，
∴∠EAC=∠ABD；
（2）解：过点F作FG⊥BC于点G，如图所示：
∵AB=AC，
∴∠ABE=∠C，
∴∠BAC=180°−2∠ABE，
1
∴∠AEB= ∠BAC=90°−∠ABE，
2
∴∠ABE+∠AEB=90°，
∴∠BAE=180°−90°=90°，
∴FA⊥AB，
∵BD平分∠ABC，FG⊥BC，
∴FG=AF=6，
1 1
∴S = BE×FG= ×15×6=45；
△BEF 2 2
（3）解：2AF=BF−EF；理由如下：
在BD上截取BH=AE，连接AH，如图所示：在△ABH和△CAE中，
{
AB=AC
)
∠ABH=∠CAE ，
BH=AE
∴△ABH≌△CAE(SAS)，
∴∠AHB=∠AEC，∠C=∠BAH，
1 1
∴∠AHF=∠AEB= ∠BAC= (180°−2∠C)=90°−∠C，
2 2
根据解析（2）可知，∠BAE=90°，
∴∠HAF=90°−∠BAH=90°−∠C，
∴∠HAF=∠AHF，
∴AF=FH=BF−BH=BF−AE=BF−AF−EF，
∴2AF=BF−EF．
7．（2022秋·广东广州·八年级校考阶段练习）如图所示：在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点 P
为边 AC 上一点（点P 不与 A、C 重合），CD⊥BP 交 BP 延长线于点 D，点 E 在 BP 上且
AE⊥AD．
（1）求证：∠BAE=∠DAC；
（2）点 P 在边 AC 上运动的过程中，∠DAC+∠ABE的大小是否发生变化？若不变，求出该值，若变
化，请说明理由；
S
（3）记△BCP 的面积为 S，若点 P 为 AC 中点且 =5，求 PE 的长．
PD
【思路点拨】
（1）因为AE⊥AD，故∠EAD=90°=∠EAC+∠DAC，而∠BAC=90°=∠EAC+∠BAE，即可求
解；
（2）证明△AEB≌△ADC，则△AED是等腰直角三角形，则∠BAE+∠ABE=∠DAC+∠ABE=45°
，即可求解；
5
（3）证明△AHP≌△CDP，则AH=CD=x，HP=PD，从而得到BP= x，所以得到
21 1 5 5 S
S= ×BP·CD= × x·x= x2，再根据 =5即可求解．
2 2 2 4 PD
【解题过程】
（1）解：∵AE⊥AD，
∴∠EAD=90°=∠EAC+∠DAC，
∵∠BAC=90°=∠EAC+∠BAE，
∴∠BAE=∠DAC．
（2）解：∠DAC+∠ABE的大小不发生变化，理由如下：
∵CD⊥BP，
∴∠DCP+∠DPC=90°，
∵∠ABP+∠APB=90°， ∠APB=∠DPC，
∴∠ABE=∠DCP，
在△AEB和△ADC中，
{∠BAE=∠DAC
)
AB=AC ，
∠ABE=∠DCP
∴△AEB≌△ADC(ASA)，
∴BE=CD，AE=AD，
∴△AED是等腰直角三角形，
∴∠BAE+∠ABE=∠DAC+∠ABE=45°，
∴∠DAC+∠ABE的大小不发生变化，为45°．
（3）解：由（2）可知△AED是等腰直角三角形，过点A作AH⊥BD于点H，设CD=x，
∵点 P 为 AC 中点，
∴AP=PC，
在△AHP和△CDP中，
{∠AHP=∠CDP
)
∠APH=∠CPD ，
AP=PC∴△AHP≌△CDP(AAS)，
∴AH=CD=x，HP=PD，
∵△AED是等腰直角三角形，且AH⊥BD，
∴EH=HD=AH=x，
1
∴HP=PD= x，BE=CD=x，
2
1 5
∴BP=BE+EH+HP=x+x+ x= x，
2 2
1 1 5 5
∴S= ×BP·CD= × x·x= x2 ，
2 2 2 4
S
∵ =5，
PD
5 1
∴ x2=5· x，
4 2
∵x≠0，
∴x=2，
1
∴PE=EH+PH=x+ x=2+1=3，
2
∴PE=3．
8．（2023秋·八年级课时练习）已知：Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D是BC的中点，点P
是BC边上的一个动点，
（1）如图①，若点P与点D重合，连接AP，则AP与BC的位置关系是______________；
（2）如图②，若点P在线段BD上，过点B作BE⊥AP于点E，过点C作CF⊥AP于点F，则CF，BE和
EF这三条线段之间的数量关系是______________；
（3）如图③，在（2）的条件下，若BE的延长线交直线AD于点M，找出图中与CP相等的线段，并加以
证明；
（4）如图④，已知BC=4，AD=2，若点P从点B出发沿着BC边向点C运动，过点B作BE⊥AP于点E
，过点C作CF⊥AP于点F，设线段BE的长度为d ，线段CF的长度为d ，试求出点P在运动的过程中
1 2d +d 的最大值．
1 2
【思路点拨】
（1）利用等腰三角形的性质可得答案；
（2）利用AAS证明△ACF≌△BAE，得CF=AE，AF=BE即可；
（3）由（2）同理可证CF=AE．再利用ASA证明△CFP≌△AEM，得CP=AM；
8
（4）用两种方法表示△ABC的面积，可得d +d = ，当AP⊥BC时，AP最小，此时AP=2，可得答
1 2 AP
案．
【解题过程】
（1）解：∵点D是BC的中点，点P与点D重合，
∴AP⊥BC，
故答案为：AP⊥BC；
（2）解：CF=BE+EF，
∵BE⊥AP，CF⊥AP，
∴∠AEB=∠AFC=∠BAC=90°，则∠BAE+∠EAC=∠EAC+∠ACF=90°，
∴∠BAE=∠ACF，
∵AB=AC，
∴△ACF≌△BAE(AAS)，
∴CF=AE，AF=BE，
∴CF=BE+EF，
故答案为：CF=BE+EF；
（3）解：CP=AM，理由如下：
∵BE⊥AP，CF⊥AP．
∴∠AFC=∠AEB=90∘，∠CFP=∠AEM=90°，
∵∠BAE+∠FAC=90∘，∠ACF+∠FAC=90∘，
∴∠BAE=∠ACF．
又∵AB=AC，
∴△ACF≌△BAE(AAS)．
∴∠BAE=∠ACF，CF=AE．
∵在等腰Rt△ABC中，点D是BC的中点，
∴∠BAD=∠ACD=45∘．
∵∠BAE=∠ACF，∴∠EAM=∠FCP．
在△CFP和△AEM中，
{∠FCP=∠EAM
)
CF=AE ，
∠CFP=∠AEM
∴△CFP≌△AEM(ASA)，
∴CP=AM；
（4）解：∵AD⊥BC，
1 1
∴S = BC⋅AD=4，AD= BC=2，
△ABC 2 2
1 1
由图形可知，S =S +S = AP⋅BE+ AP⋅CF=4，
△ABC △APB △APC 2 2
8
∴d +d = ．
1 2 AP
当AP⊥BC时，即：点P与点D重合，AP最小，此时AP=2．
8
∴d +d 最大值为 =4．
1 2 2
9．（2022秋·湖南长沙·八年级长沙市南雅中学校考期末）在△ABC中，AB=AC，D为BC的中点，
E、F分别为AB、AC上的点．
（1）如图1，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，求证：DE=DF；
（2）如图2，∠AED+∠AFD=180°，请判断DE和DF有什么数量关系？并说明理由；
DP
（3）如图3，点F与点A重合，点P为CD上的一点，且∠APE=∠C，BA=BP，求 的值．
AE
【思路点拨】
（1）连接AD，由AB=AC，D为BC的中点，得AD平分∠BAC，再由DE⊥AB于E，DF⊥AC于F
得DE=DF；
（2）过D点作DG⊥AB，DH⊥AC，根据同角的补角相等得到∠BED=∠AFD，由AB=AC，D为
BC的中点，得AD平分∠BAC，再由DE⊥AB，DF⊥AC得，DG=DH，从而得到
△DGE≌△DHF（AAS），即可得证；（3）连接AD，过P点作PM⊥AB，通过证明△ADP≌△PMA（AAS），得到AM=DP，再通过边
和角的转换即可得到答案．
【解题过程】
（1）证明：如图，连接AD，
∵AB=AC，
∴△ABC是等腰三角形，
∵D为BC的中点，
∴AD平分∠BAC，
∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE=DF；
（2）解：DE=DF，理由如下：
如图，过D点作DG⊥AB，DH⊥AC，
∵ ∠AED+∠AFD=180°，∠AED+∠BED=180°，
∴ ∠BED=∠AFD，
∵AB=AC，
∴△ABC是等腰三角形，
∵D为BC的中点，
∴AD平分∠BAC，
∵ DG⊥AB，DH⊥AC，
∴ DG=DH，
在△DGE和△DHF中，
{∠GED=∠HFD
)
∠DGE=∠DHF ，
DG=DH
∴ △DGE≌△DHF（AAS），
∴ DE=DF；（3）解：如图，连接AD，过P点作PM⊥AB，
∵ BA=BP，
∴ ∠BAP=∠APD，
∵ AD⊥BC，PM⊥AB，
∴ ∠ADP=∠AMP，
∵ AP=AP，
∴ △ADP≌△PMA(AAS)，
∴ AM=DP，
∵ AB=AC，
∴ ∠B=∠C，
∵ ∠APE=∠C，
∴ ∠APE=∠B，
∴ ∠AEP=∠B+∠BPE=∠APE+∠BPE=∠APD，
∴ ∠AEP=∠BAP，
∴ PA=PE，
∵ PM⊥AE，
∴ AE=2AM=2DP，
DP 1
∴ = ．
AE 2
10．（2022秋·重庆长寿·八年级统考期末）在Rt△ABC中，AC=BC，∠ACB=90∘，点O为AB的中
点．
（1）若∠EOF=90°，两边分别交AC，BC于E，F两点．如图1，当点E，F分别在边AC和BC上时，
求证：OE=OF；（2）如图2，若∠EOF=90°，当点E，F分别在AC和CB的延长线上时，连接EF，若OE=6，则
S = ______;
△EOF
（3）如图3，若∠EOF=45∘，两边分别交边AC于E，交BC的延长线于F，连接EF，若CF=3，
EF=5，试求AE的长．
【思路点拨】
（1）连接OC，证明△AOE≌△COF(ASA)即可；
（2）连接OC，△COE≌△BOF(ASA)，得出OE=OF=6，利用三角形面积公式进行计算即可；
（3）连接CO，过点O作HO⊥FO，交CA的延长线于点H，证明△COF≌△AOH(ASA)，得出
CF=AH=3，OF=OH，证明△EOF≌△EOH(SAS)，得出EF=EH=5，即可得出答案．
【解题过程】
（1）证明：如图，连接OC，
∵AC=BC，∠ACB=90°，点O为AB的中点，
∴AO=CO=BO，∠AOC=∠EOF=90°，∠A=∠BCO=45°，
∴∠AOE+∠COE=∠COF+∠COE=90°，
∴∠AOE=∠COF，
∴△AOE≌△COF(ASA)，
∴OE=OF；
（2）解：如图，连接OC，
∵AC=BC，∠ACB=90°，点O为AB的中点，
∴AO=CO=BO，∠BOC=∠EOF=90°，∠ABC=∠ACO=45°，
∴∠OCE=∠OBF=180°−45°=135°，∠COE+∠EOB=∠EOB+∠BOF=90°，
∴∠COE=∠BOF，
∴△COE≌△BOF(ASA)，∴OE=OF=6，
1
∴S = ×OE⋅OF=18，
△EOF 2
故答案为：18．
（3）解：如图，连接CO，过点O作HO⊥FO，交CA的延长线于点H，
∵AC=BC，∠ACB=90°，点O为AB的中点，
∴AO=CO=BO，∠AOC=∠FOH=90°，∠BAC=∠BCO=45°
∴∠OCF=∠OAH=180°−45°=135°，∠COF+∠AOF=∠AOF+∠AOH=90°，
∴∠COF=∠AOH，
∴△COF≌△AOH(ASA)，
∴CF=AH=3，OF=OH，
∵∠EOF=45°，∠FOH=90°，
∴∠EOF=∠EOH=45°，
又∵OF=OH，EO=EO，
∴△EOF≌△EOH(SAS)，
∴EF=EH=5，
∴AE=EH−AH=2．
11．（2022秋·北京海淀·八年级校考期中）在ΔABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D在直线BC上，
∠C=2∠BDE，BE⊥DE于点E，DE交直线AB于点F．
（1）如图1，当点D与点C重合，且E与A在BC同侧时，
①补全图形；
②试探究线段BE与线段FD的数量关系，并证明你的结论．（2）如图2，点D在线段BC上，试探究线段BE与线段FD的数量关系，并证明你的结论．
【思路点拨】
（1）①根据要求作出图形即可，
②结论：FD=2BE，延长延长BE交CA延长线于F，证明△CEF≌△CEB(ASA)，得出FE=BE，再证
明△ACD≌△ABF(ASA)，即可得出结论；
1
（2）结论：BE= DF，过点D作DG//AC，交BE的延长线于点G，与AF相交于H，证明
2
△BGH≌△DFH(ASA)，推出BG=DF，再证明△BDE≌△GDE(ASA)，即可得出结论．
【解题过程】
（1）解：①图形如图1所示：
②结论：FD=2BE，理由如下：
延长BE交CA延长线于F，
∵CD平分∠ACB，
∴∠FCE=∠BCE，
在△CEF和△CEB中，
{
∠FCE=∠BCE
)
CE=CE ，
∠CEF=∠CEB=90°
∴△CEF≌△CEB(ASA)，
∴FE=BE，∵∠DAC=∠CEF=90°，
∴∠ACD+∠F=∠ABF+∠F=90°，
∴∠ACD=∠ABF，
在△ACD和△ABF中，
{
∠ACD=∠ABF
)
AC=AB ，
∠CAD=∠BAF=90°
∴△ACD≌△ABF(ASA)，
∴FD=BF，
∴FD=2BE．
1
（2）解：结论：BE= DF．理由如下：
2
过点D作DG//AC，交BE的延长线于点G，与AF相交于H，
∵DG//AC，
∴∠GDB=∠C，∠BHD=∠A=90°，
1
∵∠EDB= ∠C，
2
1
∴∠EDB=∠EDG= ∠C，
2
∵BE⊥ED，
∴∠BED=90°，
∴∠BED=∠BHD，
∵∠EFB=∠HFD，
∴∠EBF=∠HDF，
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠C=∠ABC=45°，
∵DG//AC，
∴∠GDB=∠C=45°，∴∠GDB=∠ABC=45°，
∴BH=DH，
在△BGH和△DFH中，
{
∠HBG=∠HDF
)
BH=DH ，
∠BHG=∠DHF=90°
∴△BGH≌△DFH(ASA)，
∴BG=DF，
在△BDE和△GDE中，
{
∠BDE=∠GDE
)
DE=DE ，
∠BED=∠GED=90°
∴△BDE≌△GDE(ASA)
∴BE=EG，
1 1
∴BE= BG= DF．
2 2
12．（2022秋·黑龙江哈尔滨·八年级哈尔滨市虹桥初级中学校校考期中）已知△ABC，CD⊥AB，
∠A=2∠BCD．
（1）如图1，求证：AB=AC；
（2）如图2，在AC上取点E，连接DE，若∠ACD=2∠ADE，取DE的中点F，作FG⊥BC于G，求
证：GF=CG；
（3）如图3，在（2）的条件下，FG交CD于点H，若BD=2DH，△BCD的面积为4，求CH长度．
【思路点拨】
（1）根据垂直的定义及三角形内角和定理分别用∠BCD表示出∠B和∠ACB，即可得结论．（2）如图，连接CF，根据∠A=2∠BCD，∠ACD=2∠ADE可得∠BCD+∠ADE=45°，根据角的
和差关系及外角性质可得∠CDE=∠DEC，即可得出CD=CE，根据等腰三角形“三线合一”的性质可
得CF平分∠DCE，可得∠BCD+∠FCD=45°，进而可得结论．
（3）如图，连接CF，过点D作DP⊥DE，交FG于P，过点F作FM∥BC，交AB于M，过点M作
MN⊥BC于N，连接FN，根据“三线合一”的性质及角的和差关系可得∠MDF=∠PDH，利用ASA
可证明△MDF ≅ △HDP，即可得出DM=DH，利用AAS可证明△MFN ≅ △GNF，可得
MN=FG=CG，利用ASA可证明△BMN ≅ △PCG，可得CH=BM，根据BD=2DH及△BCD的面
积即可得出DH的长，进而可得答案．
【解题过程】
（1）∵CD⊥AB，
∴∠ACD=90°−∠A，∠B=90°−∠BCD，
∵∠A=2∠BCD，
∴∠ACB=∠ACD+∠BCD=90°−∠BCD，
∴∠B=∠ACB，
∴AB=AC．
（2）如图，连接CF，
∵∠ACD=2∠ADE，∠A=2∠BCD，CD⊥AB，
∴2∠BCD+2∠ADE=90°，即∠BCD+∠ADE=45°，
∵∠ADE+∠CDE=90°，
∴∠CDE=2∠BCD+∠ADE，
∵∠DEC=∠A+∠ADE=2∠BCD+∠ADE，
∴∠CDE=∠DEC，
∴CD=CE，
∵F为DE的中点，∴CF平分∠DCE，
1
∴∠FCD= ∠ACD=∠ADE，
2
∴∠BCD+∠FCD=45°，即∠GCF=45°，
∵FG⊥BC，
∴∠GFC=∠GCF=45°，
∴GF=CG．
（3）如图，连接CF，过点D作DP⊥DE，交FG于P，过点F作FM∥BC，交AB于M，过点M作
MN⊥BC于N，连接FN，
∵F为DE的中点，CD=CE，
∴CF⊥DE，
∵∠GFC=45°，
∴∠DFP=45°，
∴DP=DF，
∵FM∥BC，
∴∠MFG=90°，
∴∠MFD=∠DPH=45°，
∵∠MDF+∠FDH=∠PDH+∠FDH，
∴∠MDF=∠PDH，
{∠MDF=∠PDH
)
在△MDF和△HDP中 DF=DP ，
∠MFD=∠DPH
∴△MDF ≅ △HDP，
∴DM=DH，
∵MN⊥BC，FM∥BC，
∴∠MFN=∠FNG,∠FMN=90°，{∠FMN=∠FGN
)
在△MFN和△GNF中 ∠MFN=∠FNG ，
FN=FN
∴△MFN ≅ △GNF，
∴MN=FG=CG，
∵∠BCD+∠B=∠BMN+∠B，
∴∠BCD=∠BMN，
{∠BMN=∠BCD
)
在△BMN和△PCG中， MN=CG ，
∠MNB=∠FGC
∴△BMN ≅ △PCG，
∴CH=BM，
∵BD=2DH，
∴CH=BM=3DH，CD=4DH，
∵S =4，
△BCD
1 1
∴ BD⋅CD= ×2DH×4DH=4，
2 2
∴DH=1，
∴CH=3DH=3．
13．（2022秋·辽宁大连·八年级统考期末）数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，等腰Rt△ABC
中，∠C=90°，BC=AC，点D为AC上一点，过点A作AE∥BD，AE=BF，AE⊥EF，EF交AB
于点P，大家通过思考与实践，纷纷提出不同的问题．
（1）小明说：PE与PF有一定数量关系，试说出小明的猜想，并加以证明；
（2）小伟说：如图2，连接CE，如果CE=AC，则AE=EF，请帮助小伟加以证明；
（3）小超受小伟的启发，在小伟添加的条件下，也提出一个问题：如图3，在BD上取点Q，使
∠ECQ=45°，若AE=6，求ΔBCQ的面积，请你思考此问题，并解决此问题．
【思路点拨】（1）根据AE∥BD得到∠BFE=∠AEF，∠ABF=∠BAE，即可得到ΔBFP≌ΔAEP(ASA)，即可
得到答案；
（2）连接BE，根据CE=AC得到∠CEA=∠CAE，根据AE∥BD得到∠BDC=∠CAE，即可得到
∠BDC=∠CEA，根据AE⊥EF及等腰Rt△ABC可得∠FBC=∠FEC，根据CE=AC，BC=AC可得
∠CBE=∠CEB，即可得到∠FBE=∠FEB，即可得到证明；
（3）连接CP，过点C作CH⊥EF交EF延长线于点H，根据△BFP≌△AEP，可得BP=AP，根据
Rt△ABC与CP⊥AB易得∠BCQ=∠PCE，即可得到ΔCBQ≌ΔCEP(ASA)，易得
ΔAPE≌ΔPCH（AAS），即可得到PE、CH，根据三角形面积公式即可得到答案．
【解题过程】
（1）解：PE=PF；
∵AE∥BD，
∴∠BFE=∠AEF，∠ABF=∠BAE，
在ΔBFP与ΔAEP中，
{∠ABF=∠BAE
)
∵ BF=AE ，
∠BFE=∠AEF
∴ΔBFP≌ΔAEP(ASA)，
∴PE=PF；
（2）证明：如图2，连接BE，
∵CE=AC，
∴∠CEA=∠CAE，
∵AE∥BD，
∴∠BDC=∠CAE，
∴∠BDC=∠CEA，
∵AE⊥EF，
∴∠CEA+∠CEF=90°，∵等腰Rt△ABC中，∠C=90°，
∴∠BDC+∠CBD=90°，
∴∠FBC=∠FEC，
∵CE=AC，BC=AC，
∴CE=BC，
∴∠CBE=∠CEB，
∴∠CBE−∠FBC=∠CEB−∠FEC，
∴∠FBE=∠FEB，
∴EF=BF，
∵AE=BF，
∴AE=EF；
（3）解：连接CP，过点C作CH⊥EF交EF延长线于点H，
∵△BFP≌△AEP，
∴BP=AP，
∵Rt△ABC中，∠C=90°，BC=AC，
∴CP⊥AB，∠BCP=∠ACP=45°，
∵∠ECQ=45°，
∴∠BCQ=∠PCE，
在ΔCBQ与ΔCEP中，
{∠FBC=∠FEC
)
∵ CE=BC ，
∠BCQ=∠PCE
∴ΔCBQ≌ΔCEP(ASA)，
∵∠CAP=∠ACP=45°，
∴CP=AP，
∵CP⊥AB，CH⊥HE，AE⊥EF，
∴∠CPA=∠CHE=∠AEP=90°，∴∠APE+∠EAP=∠APE+∠HPC，
∴∠EAP=∠HPC，
在ΔAPE与ΔPCH中，
{∠EAP=∠HPC
)
∵ ∠CHE=∠AEP ，
CP=AP
∴ΔAPE≌ΔPCH（AAS），
∴CH=PE，
∵AE=6，PE=PF=3，
∴CH=3，
1 9
∴S =S = ⋅PE⋅CH= ．
△BCQ △CPE 2 2
14．（2023春·全国·七年级专题练习）已知△ABC和△ADE，∠CAB=∠EAD=90°，AB=AC，
AD=AE．连接BD、CE，过点A作AH⊥CE于点H，反向延长线段AH交BD于点F．
（1）如图1，当AB=AD时
①请直接写出BF与DF的数量关系：____________（填“> ”、“<”、“=”）
②求证：CE=2AF
（2）如图2，当AB≠AD时，上述① ②结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
【思路点拨】
（1）①证明出△BAF≌△DAF，即可得到BF=DF，从而得到答案；②先证明出△BAF≌△DAF，得
到∠AFB=∠CHA，从而推出△AFB≌△CHA，从而即可得到答案；
（2）作BM⊥AF于点M，作DN⊥AF交AF的延长线于点N，通过证明△AMB≌△CHA，
△∧≌△EHA，可得到DN=AH，BM=DN，再△BMF≌△DNF，进行推理即可得到答案．
【解题过程】
（1）解：① ∵AB=AC，AD=AE，AB=AD，，∴AC=AE，
∵AH⊥CE，
∴∠CAH=∠EAH，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠CAH+∠BAF=90°，∠EAH+∠DAF=90°，
∴∠BAF=∠DAF，
在△BAF和△DAF中，
{
AB=AD
)
∠BAF=∠DAF ，
AF=AF
∴△BAF≌△DAF（SAS），
∴BF=DF，
故答案为：=；
② ∵AC=AE，AH⊥CE，
1
∴CH=EH= CE，
2
∴CE=2CH，
∵∠BAC=∠AHC=90°，
∴∠BAF+∠CAH=90°，∠ACH+∠CAH=90°，
∴∠BAF=∠ACH ，
∵△BAF≌△DAF，
∴∠AFB=∠AFD=90°，
∴∠AFB=∠CHA，
在△AFB和△CHA中，
{∠AFB=∠CHA
)
∠BAF=∠ACH ，
AB=CA
∴△AFB≌△CHA（AAS）
∴AF=CH，
∴CE=2AF；
（2）解：成立，证明如下：
作BM⊥AF于点M，作DN⊥AF交AF的延长线于点N，∴∠BMA=∠N=90°，
∴∠BAM+∠ABM=90°，∠DAN+∠ADN=90°，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAM+∠CAH=90°，∠DAN+EAH=90°，
∴∠ABM=∠CAH，∠ADN=∠EAH，
∵AH⊥CE，
∴AMB=∠CHA=∠N=∠EHA=90°，
在△AMB和△CHA中，
{∠AMB=∠CHA
)
∠ABM=∠CAH ，
AB=CA
∴△AMB≌△CHA（AAS），
∴MB=AH，
同理可证△∧≌△EHA（AAS），
∴DN=AH，
∴BM=DN，
在△BMF和△DNF中，
{
∠BMF=∠N
)
∠BFM=∠DFN ，
BM=DN
∴△BMF≌△DNF（AAS），
∴BF=DF，MF=NF，
∴AM=AF−MF，AN=AF+NF=AF+MF，
∴AM+AN=AF−MF+AF+MF=2AF，
∵△AMB≌△CHA，△∧≌△EHA，
∴AM=CH，AN=EH，∴CH+EH=AM+AN=2AF，
∵CE=CH+EH，
∴CE=2AF，
即BF=DF，CE=2AF．
15．（2023春·四川成都·七年级统考期末）已知等腰Rt△ABC中，∠ABC=90°，点D在射线BC上，连
接AD，在AD右侧作等腰Rt△ADE，且∠ADE＝90°
（1）如图1，若AD平分∠BAC，延长AE、BC交于点F，求证：DE=EF；
（2）如图2，点M为AE的中点，求证：点M在线段CD的垂直平分线上；
（3）如图3，射线AC与射线ED交于点G，若AD+DG=AE，求∠ADC的度数．
【思路点拨】
（1）由等腰直角三角形的性质得到∠BAC=∠DEA=45°，由角平分线的定义得到
1
∠BAD= ∠BAC=22.5°，进而求出∠ADB=67.5°，则可得∠EDF=22.5°，利用三角形外角的性质
2
可得∠EFD=∠EDF=22.5°，即可证明ED=EF；
（2）如图所示，在AB上取一点H使得BH=BD，连接CM并延长到T，使得CM=TM，连接
AT，CE，DM，DH，证明△BDH是等腰直角三角形，推出∠AHD=435°，证明AH=DC，
∠BAD=∠CDE，进而证明△AHD≌△DCE(SAS)，得到∠DCE=∠AHD=135°，则∠ACE=90°；
证明△AMT≌△EMC，得到AT=CE，∠MAT=MEC，进而推出∠TAC=∠ECA=90°，证明
△ATC≌△CEA，得到AE=CT，则AE=2CM；证明△ADM、△EDM都是等腰直角三角形，得到
AE=2DM，即可证明DM=CM，则点M在线段CD的垂直平分线上；
（3）如图所示，延长AD到K使得DK=DG，连接EK，设直线AC与EK交于M，证明△ADG≌△EDK
，得到∠DAG=∠DEK，由三角形内角和定理得到∠EMG=∠ADG=90°，再证明AK=AE，得到
∠KAM=∠EAM=22.5°，同理可得∠CDG=22.5°，则∠ADC=∠ADE+∠CDG=112.5° ．
【解题过程】
（1）证明：∵△ABC，△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC=∠ADE=90°，
∴∠BAC=∠DEA=45°，
∵AD平分∠BAC，1
∴∠BAD= ∠BAC=22.5°，
2
∴∠ADB=90°−∠BAD=67.5°，
∴∠EDF=180°−∠ADE−∠ADB=22.5°，
∴∠EFD=∠AED−∠EDF=22.5°，
∴∠EFD=∠EDF，
∴ED=EF；
（2）证明：如图所示，在AB上取一点H使得BH=BD，连接CM并延长到T，使得CM=TM，连接
AT，CE，DM，DH，
∵BH=BD，∠B=90°，
∴△BDH是等腰直角三角形，
∴∠BHD=45°，
∴∠AHD=435°，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=CB，∠ACB=45°，
∴AB−BH=BC−BD，即AH=DC，
∵∠BAD+∠BDA=90°=∠BDA+∠CDE，
∴∠BAD=∠CDE，
又∵AD=DE，
∴△AHD≌△DCE(SAS)，
∴∠DCE=∠AHD=135°，
∴∠ACE=90°；
∵M是AE的中点，
∴AM=EM，
又∵TM=CM，∠AMT=∠EMC，∴△AMT≌△EMC，
∴AT=CE，∠MAT=MEC，
∴AT∥CE，
∴∠TAC=∠ECA=90°，
又∵AC=CA，
∴△ATC≌△CEA(SAS)，
∴AE=CT，
∵CT=2CM，
∴AE=2CM；
∵△ADE是等腰直角三角形，M是AE的中点，
∴DM⊥AE，∠DAM=∠DEM=45°，
∴△ADM、△EDM都是等腰直角三角形，
∴AM=DM=ME，
∴AE=2DM，
∴DM=CM，
∴点M在线段CD的垂直平分线上；
（3）解：如图所示，延长AD到K使得DK=DG，连接EK，设直线AC与EK交于M，
∵AD=ED，∠ADG=∠EDK=90°，DG=DK，
∴△ADG≌△EDK(SAS)，
∴∠DAG=∠DEK，
又∵∠AGD=∠EGM，
∴∠EMG=∠ADG=90°，
∵AD+DG=AE，
∴AE=AD+DK，∴AK=AE，
∴∠KAM=∠EAM=22.5°，
∴AD平分∠BAC，
∴同理可得∠CDG=22.5°，
∴∠ADC=∠ADE+∠CDG=112.5°．
16．（2023春·福建宁德·八年级统考期中）如图1，已知等腰三角形ABC与等腰三角形BED全等，边AB
与边BE重合，BD交射线AC于点M，AB=AC．
（1）若∠ACB=72°，求∠AMB的度数．
（2）如图2，将等腰三角形BDE绕点B按顺时针方向旋转，过点E作EN∥DB，交AM于点N．
①求证：EN=AN．
②判断EN，DM，CM的数量关系，并证明．
【思路点拨】
（1）根据等腰三角形的性质、全等三角形的性质结合三角形的内角和求解即可；
（2）①证明∠BEA=∠BAE，∠BEN=∠BAC，可得∠NEA=∠NAE，进而可得结论；
②当点M在AC延长线上时，连接BN，并延长交AE于点F，证明∠MNB=∠MBN，可得MN=MB，
然后利用线段的和差代换可得结论；当点M在AC上时，同理求解．
【解题过程】
（1）解：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=72°．
∴∠BAC=36°．
∵等腰三角形ABC与等腰三角形BED全等，
∴∠ABD=∠BAC=36°．
∴∠AMB=180°−∠ABD−∠BAC=108°．
（2）①证明：如图，连接AE，由旋转可得AB=EB．
∴∠BEA=∠BAE．
∵△ABC≌△BED，
∴∠BAC=∠EBD．
∵EN∥BD，
∴∠BEN=∠EBD．
∴∠BEN=∠BAC．
∴∠BEA−∠BEN=∠BAE−∠BAC．
即∠NEA=∠NAE．
∴AN=EN．
②如图，当点M在AC延长线上时，连接BN，并延长交AE于点F．
∵BE=BA．NA=NE，
∵BF是AE的垂直平分线．
∵AB=EB，
∴∠ABF=∠EBF．
∵∠BNM=∠BAC+∠ABF，∠MBN=∠EBD+∠EBF，∠BAC=∠EBD，
∴∠MNB=∠MBN．
∴MN=MB．∵AC=MN+AN−CM，BD=MB+DM，BD=AC，
∴DM=AN−CM．
由（1）得EN=AN，
∴EN=DM+CM．
当点M在AC上时，连接BN，并延长交AE于点F,如图，
同理可得MN=MB．
∵AC=MN+AN+CM，BD=MB+DM，BD=AC，
∴DM=AN+CM，
由（1）得EN=AN，
∴EN=DM−CM．
17．（2022秋·江苏常州·八年级校考阶段练习）如果一个三角形能被一条线段分割成两个等腰三角形，那
么称这条线段为这个三角形的特异线，称这个三角形为特异三角形．如图①，在△ABC中，∠B＝2∠C，
线段AC的垂直平分线交AC于点D，交BC于点E．
（1）求证：AE是△ABC的一条特异线；
（2）如图②，若△ABC是特异三角形，且∠A＝30°，∠B为钝角，求出所有可能的∠B的度数；
（3）若某等腰三角形是特异三角形，求此等腰三角形的顶角度数（直接写出答案即可）．
【思路点拨】
（1）只要证明ΔABE，ΔAEC是等腰三角形即可．
（2）如图2中，当BD是特异线时，分三种情形讨论，如图3中，当AD是特异线时，AB=BD，
AD=DC根据等腰三角形性质即可解决问题，当CD为特异线时，不合题意．（3）分两种情况讨论，由等腰三角形的性质可求解．
【解题过程】
解：（1）证明：如图1中，
∵DE是线段AC的垂直平分线，
∴EA=EC，即ΔEAC是等腰三角形，
∴∠EAC=∠C，
∴∠AEB=∠EAC+∠C=2∠C，
∵∠B=2∠C，
∴∠AEB=∠B，即ΔEAB是等腰三角形，
∴AE是ΔABC是一条特异线．
（2）如图2中，
当BD是特异线时，如果AB=BD=DC，则∠ABC=∠ABD+∠DBC=120°=15°=135°，
如果AD=AB，DB=DC，则∠ABC=∠ABD+∠DBC=75°+37.5°=112.5°，
如果AD=DB，DC=DB，则ABC=∠ABD+∠DBC=30°+60°=90°（不合题意舍弃）．
如图3中，当AD是特异线时，AB=BD，AD=DC，则∠ABC=180°−20°−20°=140°当CD为特异线时，不合题意．
∴符合条件的∠ABC的度数为135°或112.5°或140°．
（3）如图4，在△ABC中，AB=AC，则∠B=∠C，
当AD是特异线，
①如果AD=BD=CD，
∴∠B=∠BAD=∠CAD=∠C=45°，
∴∠BAC=90°，
②如果AD=BD，AC=CD，
∴∠BAD=∠B，∠ADC=∠DAC=2∠B，
∴∠BAC=3∠B，
∵∠B+∠C+∠BAC=180°，
∴∠B=36°，
∴∠BAC=108°，
当BD是特异线，如图5，
当AD=BD，BD=BC，∴∠BAD=∠ABD，∠C=∠BDC=2∠A，
∵∠A+∠ABC+∠ACB=180°，
∴∠A=36°，
当AD=BD，CD=BC，
180
同理可求：∠A= °，
7
180
综上所述：等腰三角形的顶角度数为90°，108°，36°， °．
7
18．（2022秋·福建泉州·八年级福建省泉州市培元中学校考期中）如图，在△ABC中，AB=AC，点D、
E分别在AC、BD上，且满足∠ADB+∠ECB=90°，延长CE交AB于点F．
（1）如图1，若∠BAC=100°,∠ADB=70°．
①求证：CF平分∠ACB；
②求证：BC=AF+CF；
1 CE a
（2）如图2，过点B作BM⊥BD，交CF的延长线于点M，若BM= BC， = ，记△BCE的面积为
2 AC b
S
S ，△ABC的面积为S ，求 1 的值（用含a、b的式子表示）．
1 2 S
2
【思路点拨】
（1）①根据三角形内角和定理，求得∠ACF=∠BCF，即可得证；
②过点F作FQ⊥AC,FP⊥AB,得出FP=FQ，作∠GFP=10°，GF交BC于点G，得出CF=CG，证
明△FQA≌△FPG，得出AF=FG，GB=GF，根据BC=BG+CG=AF+FC即可得证；
（2）过点A作AN⊥BC，于点N，证明∠NAC=∠MEB，进而证明△BME≌△NCA (AAS)，根据全1 S EC EC a
等三角形的性质得出S =S = S ，结合已知条件ME=AC，得出 △BEC = = = ，即
△BME △CNA 2 △ABC S ME AC b
△BMC
可求解．
【解题过程】
（1）①证明：∵∠BAC=100°,∠ADB=70°，AB=AC，
1
∴∠ABC=∠ACB= (180°−∠BAC)=40°，
2
∵∠ADB+∠ECB=90°，
∴∠ECB=90°−∠ADB=20°，
∴∠ACE=∠ACB−∠ECB=40°−20°=20°，，
∴∠ACF=∠BCF，
即CF平分∠ACB；
②如图，
过点F作FQ⊥AC,FP⊥AB,
∴∠PFC=90°−∠BCF=90°−20°=70°，
∵CF平分∠ACB，
∴FP=FQ，
∵∠ACF=20°，∠FAC=100°，
∴∠AFC=60°,∠QAF=80°，
∴∠QFA=90°−∠QAF=10°，
作∠GFP=10°，GF交BC于点G，
∵∠GFP=10°，
∴∠FGP=80°,∠GFC=∠PFC+∠GFP=70°+10°=80°，
∴CF=CG，
在△FQA与△FPG中{∠QFA=∠PFG=10°
)
∠AQF=∠GPF=90°
FQ=FP
∴△FQA≌△FPG
∴AF=FG，
∵∠FBG=∠ABC=40°,∠FGC=80°，
∴∠GFB=∠FGC−∠FBG=40°，
∴∠GBF=∠GFB，
∴GB=GF，
∴BG=AF，
∴BC=BG+CG=AF+FC，
∴BC=AF+CF；
（2）如图，过点A作AN⊥BC，于点N，
∵AB=AC,AN⊥BC，
1 1
∴BN=NC= BC,∠∠NAC=NAB= ∠BAC，
2 2
1
∵BM= BC，
2
∴BM=BN=NC，
∵∠ADB+∠ECB=90°，
∴∠ADB=90°−∠ECB，
∴∠EDC=180°−∠ADB=180°−(90°−∠ECB)=90°+∠ECB，
∵∠DEC=180°−∠EDC−∠ACM
=180°−(90°+∠ECB)−∠ACM
=90°−∠ECB−∠ACM
=90°−∠ACB=∠NAC，
由∠MEB=∠DEC，
∴∠NAC=∠MEB，
∵BM⊥BD，
∴∠MBE=90°，
∴∠MBE=∠CNA=90°，
在△BME与△NCA中，
{∠MBE=∠CNA
)
∠MEB=∠CAN ，
MB=CN
∴△BME≌△NCA (AAS)，
∴ME=AC，
1
∴S =S = S ，
△BME △CNA 2 △ABC
CE a
∵ = ，
AC b
S EC EC a
∵ △BEC = = = ，
S ME AC b
△BMC
S a
∴ △BEC = ，
S 2b
△ABC
S a
记△BCE的面积为S ，△ABC的面积为S ，则 1= ．
1 2 S 2b
2
19．（2023春·北京西城·八年级北京市第一六一中学校考开学考试）已知在△ABC中，AB=AC，且
∠BAC=α．作△ACD，使得AC=CD．（1）如图1，若∠ACD与∠BAC互余，则∠DCB=__________(用含α的代数式表示)；
1
（2）如图2，若∠ACD与∠BAC互补，过点C作CH⊥AD于点H，求证：CH= BC；
2
（3）若由△ABC与△ACD的面积相等，则∠ACD与∠BAC满足什么关系？请直接写出你的结论数．
【思路点拨】
1
（1）根据等腰三角形两底角相等得∠ACB=90°− α，根据∠ACD与∠BAC互余得
2
∠ACD=90°−α，由∠BCD=∠ACB−∠ACD即可求出∠DCB的度数；
1
（2）作AE⊥BC,根据AAS证明△AEC≌△AHC,则CH=CE，由等腰三角形三线合一可得CE= BC
2
1
，因此CH= BC，问题得证；
2
（3）由△ABC与△ACD的面积相等得高相等.情况①：作DE⊥AC于E,BF⊥AC于F,根据HL可得
△DEC≌△BFA，则可得∠ACD=∠BAC；情况②:△ACD是钝角三角形，作BG⊥AC于G，作DN垂
直于AC的延长线于N，根据HL可得△ABG≌△CDN，则可得∠BAC=∠DCN，由于∠DCN与
∠ACD互补，因此∠BAC与∠ACD互补．
【解题过程】
（1）解：∵△ABC中，AB=AC，且∠BAC=α,
1 1
∴∠ACB=∠ABC= (180°−α)=90°− α
2 2
∵∠ACD+∠BAC=90°
∴∠ACD=90°−∠BAC=90°−α
∴ ∠BCD=∠ACB−∠ACD
1
=(90°− α)−(90°−α)
2
1
= α．
2
（2）如图，过A点作AE⊥BC于E点，∵ △ABC中，AB=AC，AE⊥BC，
1
∴∠AEC=90°,EC= BC，
2
∵ △ACD中CA=CD,CH⊥AD，
1
∴ ∠AHC=90°,∠ACH=∠DCH= ∠ACD，
2
∴ ∠AEC=∠AHC，
∵ AB=AC,∠BAC=α，
1
∴∠ACB=∠B= (180°−∠BAC)
2
1
= (180°−α)
2
1
=90°− α
2
∵∠ACD+∠BAC=180°
∴∠ACD=180°−∠BAC=180°−α
1 1 1
∴∠ACH= ∠ACD= (180°−α)=90°− α
2 2 2
∴∠ACB=∠ACH．
在△ACE和△ACH中，∠AEC=∠AHC,∠ACB=∠ACH,AC=AC，
∴△ACE≌△ACH (AAS)，
∴CH=CE，
1
∴CH= BC．
2
（3）①如图，作DE⊥AC于E，BF⊥AC于F，∵△ABC与△ACD的面积相等，
∴DE=BF，
又∵∠DEC=∠BFA=90° , DC=AB
∴△DEC≌△BFA(HL)
∴∠DCE=∠BAF
即∠ACD=∠BAC
②如图，作BG⊥AC于G，作DN垂直于AC的延长线于N．
则∠BGA=∠DNC=90°．
∵AB=AC，AC=CD，
∴AB=CD，
∵△ABC与△ACD的面积相等，
∴BG=DN．
∴△ABG≌△CDN．
∴∠BAG=∠DCN．
∠ACD+∠DCN=180°，
∴∠ACD+∠BAC=180°，
综上，∠ACD与∠BAC相等或互补．
20．（2022秋·广东东莞·八年级校考期中）△ABC为等腰直角三角形，∠ABC=90°，点D在AB边上
（不与点A、B重合），以CD为腰作等腰直角△CDE，∠DCE=90°．（1）如图1，作EF⊥BC于F，求证：△DBC≌△CFE；
MF
（2）如图1，在（1）的条件下，连接AE交BC于M，求 的值；
AD
（3）如图2，过点E作EH⊥CE交CB的延长线于点H，过点D作DG⊥DC，交AC于点G，连接GH当
2GH
点D在边AB上运动时，式子 的值会发生变化吗？若不变，求出该值；若变化请说明理由．
HE−GD
【思路点拨】
（1）根据等腰直角三角形的性质得到CD=CE，再利用等角的余角相等得到∠DCB=∠CEF，然后根据
“AAS”可证明△DBC≌△CFE；
（2）由△DBC≌△CFE得到BD=CF，BC=EF，再利用△ABC为等腰直角三角形得到AB=BC，所以
AB=EF，AD=BF，接着证明△ABM≌△EFM，得到BM=FM即可求解；
（3）在EH上截取EQ=DG，如图2，先证明△CDG≌△CEQ得到CG=CQ，∠DCG=∠ECQ，由于
∠DCG+∠DCB=45°，则∠ECQ+∠DCB=45°，所以∠HCQ=45°，再证明△HCG≌△HCQ，则
2GH
得到HG=HQ，然后可计算出 =2．
HE−GD
【解题过程】
（1）证明：∵△CDE为等腰直角三角形，∠DCE=90°．
∴CD=CE，∠DCB+∠ECF=90°，
∵EF⊥BC，
∴∠ECF+∠CEF=90°，
∴∠DCB=∠CEF，
在△DBC和△CEF中，
{∠DBC=∠CFE
)
∠DCB=∠CEF ，
CD=EC∴△DBC≌△CFE；
（2）解：如图1，
∵△DBC≌△CFE，
∴BD=CF，BC=EF，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AB=BC，
∴AB=EF，AD=BF，
在△ABM和△EFM中，
{∠AMB=∠EMF
)
∠ABM=∠EFM ，
AB=EF
∴△ABM≌△EFM，
∴BM=FM，
∴BF=2BM，
∴AD=2BM，
∴AD=2MF
MF 1
∴ = ；
AD 2
HE−GD 2GH
（3）解： 的值不变．
GH HE−GD
在EH上截取EQ=DG，如图2，在△CDG和△CEQ中
{
DG=EQ
)
∠CDG=∠CEQ ，
CD=CE
∴△CDG≌△CEQ，
∴CG=CQ，∠DCG=∠ECQ，
∵∠DCG+∠DCB=45°，
∴∠ECQ+∠DCB=45°，
而∠DCE=90°，
∴∠HCQ=45°，
∴∠HCQ=∠HCG，
在△HCG和△HCQ中，
{
HC=HC
)
∠HCG=∠HCQ ，
CG=CQ
∴△HCG≌△HCQ，
∴HG=HQ，
2GH 2HG 2HG
∴ = = =2．
HE−GD HQ+QE−GD HG+DG−GD
