文档内容
专题 2.1 全等三角形全章九类必考点
【人教版】
【考点1 作辅助线构造全等求线段、角度】.........................................................................................................1
【考点2 作辅助线构造全等求面积】......................................................................................................................9
【考点3 作辅助线构造全等探究线段之间的数量关系】...................................................................................16
【考点4 一线三等角构造全等解题】....................................................................................................................28
【考点5 倍长中线法构造全等解题】....................................................................................................................36
【考点6 半角模型构造全等解题】........................................................................................................................47
【考点7 由全等解多结论问题】............................................................................................................................58
【考点8 利用全等解动点问题】............................................................................................................................68
【考点9 全等三角形的实际应用】........................................................................................................................79
【考点1 作辅助线构造全等求线段、角度】
1．（2024•香坊区校级开学）如图，D为△ABC外一点，BD⊥AD，BD平分△ABC的一个外角，若
2∠C+∠BAD＝180°，AB＝5，BC＝3，则AD的长为 ．
【分析】设AD、CB的延长线交于点E，先利用ASA证得△ABD和△EBD全等，即可得出AD＝ED，
AB＝EB＝5，∠BAD＝∠E，结合已知∠BAD+2∠C＝180°，得出∠E+2∠C＝180°，再根据三角形内角
和定理得出∠E+∠C+∠EAC＝180°，从而得出∠C＝∠EAC，于是有AE＝CE，再求出CE的长即可求出
AD的长．
【解答】解：设AD、CB的延长线交于点E，由题意得∠ABD＝∠EBD，
∵BD⊥AD，
∴∠ADB＝∠EDB＝90°，
在△ABD和△EBD中，
{∠ABD=∠EBD
)
BD=BD ，
∠ADB=∠EDB
∴△ABD≌△EBD（ASA），
∴AD＝ED，AB＝EB＝5，∠BAD＝∠E，
∵BC＝3，
∴CE＝BC+EB＝3+5＝8，
∵∠BAD+2∠C＝180°，
∴∠E+2∠C＝180°，
∵∠E+∠C+∠EAC＝180°，
∴∠C＝∠EAC，
∴AE＝CE＝8，
1
∴AD＝ED= AE＝4．
2
故答案为：4．
2．（2024•渠县校级模拟）如图Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AD平分∠CAB交BC于D，点E在AB的延长
线上，满足∠ADE+∠CAB＝180°，若AC＝6，BE＝2，则线段AB的长为 ．
【分析】延长AD到M，作DH⊥AB于H．首先证明△ADC≌△ADH，推出AC＝AH＝6，再证明AH＝
HE＝6，由BE＝2，可得BH＝4，推出AB＝10．
【解答】解：延长AD到M，作DH⊥AB于H．
∵AD平分∠CAB，
∴∠DAC＝∠DAH，
∵∠C＝∠AHD，AD＝AD，∴△ADC≌△ADH（AAS），
∴AC＝AH＝6，
∵∠ADE+∠CAB＝180°，∠ADE+∠EDM＝180°，
∴∠EDM＝∠CAB，
∵∠EDM＝∠DAE+∠DEA＝∠DAE+∠CAD，∠CAD＝∠DAB，
∴∠DAB＝∠E，
∴DA＝DE，
∵DH⊥AE，
∴AH＝HE＝6，
∵BE＝2，
∴BH＝4，
∴AB＝10，
故答案为：10．
3．（2023秋•长兴县期末）如图，已知在△ABC中，点D，E分别在边AB，BC上，过点E作EF⊥AB于
点F，∠B＝∠EAF+∠BCD，AE＝CD，若BF＝6，则AD的长为 ．
【分析】在FA上取一点G，使得FG＝BF，连接EG，在CB上取一点K，使得CK＝EG，连接DK．证
明△AEG≌△DCK（SAS），由全等三角形的性质得出DK＝AG，∠AGE＝∠DKC，证出∠B＝∠DKB，
得出DB＝DK，则可得出答案．
【解答】解：在FA上取一点G，使得FG＝BF，连接EG，在CB上取一点K，使得CK＝EG，连接
DK．∵EF⊥AB，
∴EB＝EG，
∴∠B＝∠EGB，
∵∠EGB＝∠BAE+∠AEG，∠B＝∠BAE+∠BCD，
∴∠AEG＝∠BCD，
∵AE＝CD，EG＝CK，
∴△AEG≌△DCK（SAS），
∴DK＝AG，∠AGE＝∠DKC，
∴∠EGB＝∠DKB，
∴∠B＝∠DKB，
∴DB＝DK，
∴BD＝AG，
∴AD＝BG，
∵BG＝2BF＝12，
∴AD＝12，
故答案为：12．
4．（2023秋•武隆区期末）如图，△ABC中，∠ACB＝60°，点D在AB上，CD＝14，∠BDC＝60°，延长
CB至点E，使CE＝AC，过点E作EF⊥CD于点F，交AB于点G，若5DG＝3AD，则DF＝ ．
1
【分析】由“AAS”可证△AHC≌△CFE，可得CF＝AH，由直角三角形的性质可得DH= CD＝7，DG
2
＝2DF，由线段的数量关系可求解．【解答】解：如图，过点C作CH⊥AB于H，
∵∠ACB＝60°＝∠BDC，∠BDC＝∠A+∠ACD，∠ACB＝∠ACD+∠BCD，
∴∠A＝∠BCD，
在△AHC和△CFE中，
{
∠A=∠BCD
)
∠AHC=∠EFC=90° ，
AC=CE
∴△AHC≌△CFE（AAS），
∴CF＝AH，
∵∠BDC＝60°，EF⊥CD，CH⊥AB，
∴∠DGF＝∠DCH＝30°，
1
∴DH= CD＝7，DG＝2DF，
2
∵5DG＝3AD，
10
∴AD= DF，
3
∵AH＝CF，
10
∴ DF+7＝14﹣DF，
3
21
∴DF= ，
13
21
故答案为： ．
13
5．（2024春•工业园区校级期末）如图，在△ADE和△ABC中，∠E＝∠C，DE＝BC，EA＝CA，过A作
AF⊥DE，垂足为F，DE交CB的延长线于点G，连接AG．四边形DGBA的面积为12，AF＝4，则FG
的长是 ．【分析】过点A作AH⊥BC于H，判定△ABC≌△AED，得出AF＝AH，再判定Rt△AFG≌Rt△AHG，
判定 Rt△ADF≌Rt△ABH，得出 S四边形DGBA ＝S四边形AFGH ＝12，再根据 Rt△AFG≌Rt△AHG，求得
Rt△AFG的面积＝6，进而得到FG的长．
【解答】解：过点A作AH⊥BC于H，如图所示：
在△ABC与△AED中，
{BC=DE
)
∠C=∠E ，
CA=EA
∴△ABC≌△ADE（SAS），
∴AD＝AB，S△ABC ＝S△AED ，
又∵AF⊥DE，
1 1
即 ×DE×AF = ×BC×AH，
2 2
∴AF＝AH，
又∵AF⊥DE，AH⊥BC，
∴在Rt△AFG和Rt△AHG中，
{AG=AG)
AF=AH
∴Rt△AFG≌Rt△AHG（HL），
同理：Rt△ADF≌Rt△ABH（HL），
∴S四边形DGBA ＝S四边形AFGH ＝12，
∵Rt△AFG≌Rt△AHG，
∴Rt△AFG的面积＝6，
∵AF＝4，
1
∴ ×FG×4＝6，
2
解得：FG＝3；故答案为：3．
6．（2024春•深圳期中）如图，把两块大小相同的含45°的三角板ACF和三角板CFB如图所示摆放，点D
在边AC上，点E在边BC上，且∠CFE＝13°，∠CFD＝32°，则∠DEC的度数是（ ）
A．58° B．45° C．77° D．64°
【分析】作FH⊥FE交AC用H，由题意可求得∠AFH＝∠CFE＝13°，由ASA可证得△FAH≌△FCE，
从而有FH＝FE，再由SAS证得△DFE≌△DFH，有∠DEF＝∠DHF，从而可求解．
【解答】解：作FH⊥FE交AC用H，如图，
∵∠AFC＝∠EFH＝90°，
∴∠AFH＝∠CFE＝13°，
∵∠A＝∠FCE＝45°，FA＝FC，
∴△FAH≌△FCE，
∴FH＝FE，
∵∠DFE＝∠CFE+∠DFC＝13°+32°＝45°，
∴∠DFH＝∠DFE＝45°，∵DF＝DF，
∴△DFE≌△DFH，
∴∠DEF＝∠DHF＝∠A+∠AFH＝58°，
∵∠FEB＝∠CFE+∠FCE＝58°，
∴∠DEC＝180°﹣58°﹣58°＝64°，
故选：D．
7．（2023秋•老河口市期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝30°，AD平分∠BAC，点E在BC的延长线
上，∠CAE＝75°，若CE＝BA+AC，则∠B的度数为 ．
【分析】延长CA到O，使得AO＝AB，连接OE，求出∠BAE＝∠OAE＝105°，证明△AOE≌△ABE，
然后根据角度关系求得3∠B+30°＝180°求出∠B的度数即可．
【解答】解：延长CA到O，使得AO＝AB，连接OE，
∵∠BAC＝30°，∠CAE＝75°，
∴∠BAE＝75°+30°＝105°，∠OAE＝180°﹣75°＝105°，
∴∠BAE＝∠OAE，
在△AOE和△ABE中，
{
AO=AB
)
∠BAE=∠OAE ，
AE=AE
∴△AOE≌△ABE（SAS），
∴∠B＝∠O，
∵CE＝BA+AC，
∴CE＝AO+AC＝OC，
∴∠O＝∠CEO，∴∠OCE+∠O+∠OEC＝∠B+∠BAC+∠B+∠B＝180°，
故3∠B+30°＝180°，
∴∠B＝50°，
故答案为：50°
【考点2 作辅助线构造全等求面积】
1．（2023秋•金安区校级期末）如图，△ABC的面积为15cm2，BP平分∠ABC，过点A作AP⊥BP于点
P．则△PBC的面积为 cm2．
【分析】根据已知条件证得△ABP≌△EBP，根据全等三角形的性质得到 AP＝PE，得出 S△ABP ＝
1
S△EBP ，S△ACP ＝S△ECP ，推出S△PBC =
2
S△ABC ，代入求出即可．
【解答】解：延长AP交BC于E，
∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP＝∠EBP，
∵AP⊥BP，
∴∠APB＝∠EPB＝90°，
在△ABP和△EBP中，
{∠ABP=∠EBP
)
BP=BP ，
∠APB=∠EPB
∴△ABP≌△EBP（ASA），
∴AP＝PE，
∴S△ABP ＝S△EBP ，S△ACP ＝S△ECP ，
1 1
∴S△PBC =
2
S△ABC =
2
×15＝7.5（cm2），
故答案为：7.5．2．（2024春•温江区期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，BD是高，E是△ABC外一点，BE＝BA，
2
∠E＝∠C，若DE= BD，AD＝8，BD＝10，求△BDE的面积为 ．
5
【分析】根据SAS证明△ABF与△BED全等，进而利用全等三角形的性质解答即可．
【解答】解：在BD上截取BF＝DE，
在Rt△ABC中，
∵∠ABC＝90°，
∴∠BAC+∠C＝90°，
∵BD是高，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠ABD＝∠C＝∠E，
在△ABF与△BED中，
{
AB=BE
)
∠ABD=∠E ，
BF=DE
∴△ABF≌△BED（SAS），2
∵若DE= BD，AD＝8，BD＝10，
5
∴BF＝DE＝4；
1 1
∴S△BDE ＝S△ABF =
2
BF•AD =
2
×4×8＝16．
故答案为：16．
3．（2024春•朝阳区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，AB＞BC，点D在边BC上，且CD＝
2BD，点E、F在线段AD上．∠CFD＝∠BED＝∠BAC，△ABC的面积为18，则△ABE与△CDF的面
积之和 ．
【分析】先证△ABE≌△CAF（ASA），得出△ABE与△CDF的面积之和＝△CAF与△CDF的面积之和
＝△ACD的面积，根据△ABD与△ADC等高，底边值为1：2，得出△ABD与△ADC面积比为1：2，
即可选出答案．
【解答】解：∵∠CFD＝∠BED＝∠BAC，∠BED＝∠BAE+∠ABE，∠BAC＝∠BAE+∠CAF，∠CFD
＝∠FCA+∠CAF，
∴∠ABE＝∠CAF，∠BAE＝∠FCA，
在△ABE和△CAF中，
{∠ABE=∠CAF
)
AB=AC ，
∠BAE=∠ACF
∴△ABE≌△CAF（ASA），
∴△ABE的面积＝△ACF的面积，
∴△ABE与△CDF的面积之和＝△CAF与△CDF的面积之和＝△ACD的面积，
∵△ABC的面积为18，CD＝2BD，
2
∴△ACD的面积= ×18＝12，
3
∴△ABE与△CDF的面积之和＝12，
故答案为：12．
4．（2024春•光明区月考）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD，点F在线段CD上，且DF＝3CF，点E为AB的中点，若△ADE的面积为3，则△DEF的面积为 ．
【分析】延长DE、CB交于点G，由AD∥BC，得∠ADE＝∠G，而AE＝BE，∠AED＝∠BEG，即可根
据“AAS”证明△ADE≌△BGE，得AD＝BG，DE＝GE，S△ADE ＝S△BGE ＝3，由BC＝2AD＝2BG，得
3 3 27
S△BCE ＝2S△BGE ＝6，求得S△DCE ＝9，由DF＝3CF，得DF =
4
DC，所以S△DEF =
4
S△DCE =
4
，于是得到
问题的答案．
【解答】解：延长DE、CB交于点G，
∵AD∥BC，
∴∠ADE＝∠G，
∵点E为AB的中点，
∴AE＝BE，
在△ADE和△BGE中，
{
∠ADE=∠G
)
∠AED=∠BEG ，
AE=BE
∴△ADE≌△BGE（AAS），
∴AD＝BG，DE＝GE，S△ADE ＝S△BGE ＝3，
∴BC＝2AD＝2BG，
∴S△BCE ＝2S△BGE ＝6，
∴S△DCE ＝S△BCE ＝S△BGE +S△BCE ＝3+6＝9，
∵DF＝3CF，
∴DC＝3CF+CF＝4CF，
3
∴DF= DC，
4
3 3 27
∴S△DEF =
4
S△DCE =
4
×9 =
4
，
27
故答案为： ．
45．（2024春•福田区期中）如图，在锐角三角形ABC中，∠BAC＝60°，BE，CD分别为△ABC的角平分
线．BE，CD相交于点F，FG平分∠BFC，已知BD＝3，CE＝2，△BFC的面积＝2.5，求△BCD的面
积＝ ．
【分析】过点F作FN⊥BC于点N，FM⊥AB于点M，根据角平分线性质定理求出FM＝FN，结合三角
形内角和定理、邻补角定义、角平分线定义求出∠BFD＝60°＝∠BFG，利用 ASA 证明
△BDF≌△BGF，△CEF≌△CGF，则BD＝BG，CE＝CG，BC＝BG+CG＝BD+CE＝5，根据三角形面
1 3
积公式求出FN＝1＝FM，S△BDF =
2
BD•FM =
2
，再根据△BCD的面积＝S△BDF +S△BFC 求解即可．
【解答】解：如图，过点F作FN⊥BC于点N，FM⊥AB于点M，
∵∠BAC＝60°，BE、CD为三角形ABC的角平分线，
1 1 1
∴∠EBC+∠DCB= ∠ABC+ ∠ACB= ×（180°﹣∠BAC）＝60°，FM＝FN，
2 2 2
∴∠BFC＝180°﹣（∠EBC+∠DCB）＝120°，
∴∠BFD＝60°，
∵FG平分∠BFC，
1
∴∠BFG= ∠BFC＝60°＝∠DFB，
2
在△BDF和△BGF中，{∠BFD=∠BFG
)
BF=BF ，
∠DBF=∠GBF
∴△BDF≌△BGF（ASA），
∴BD＝BG，
同理可得△CEF≌△CGF（ASA），
∴CE＝CG，
∴BC＝BG+CG＝BD+CE，
∵BD＝BG＝3，CE＝CG＝2，
∴BC＝5，
∵△BFC的面积＝2.5，
1
∴ BC•FN＝2.5，
2
∴FN＝1，
∴FM＝1，
1 1 3
∴S△BDF =
2
BD•FM =
2
×3×1 =
2
，
∴△BCD的面积＝S△BDF +S△BFC ＝4，
故答案为：4．
6．（2023春•丹江口市期末）如图，四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝90°，对角线BD⊥CD，若BD＝
14，则△ABD的面积为 ．
【分析】过点 A 作 AE⊥BD，垂足为 E，根据垂直定义可得∠AEB＝∠CDB＝90°，从而可得
∠BAE+∠ABE＝90°，再利用同角的余角相等可得∠BAE＝∠DBC，然后利用 AAS 证明
△ABE≌△BCD，从而利用全等三角形的性质可得AE＝BD＝14，最后利用三角形的面积公式进行计
算，即可解答．
【解答】解：过点A作AE⊥BD，垂足为E，∵AE⊥BD，CD⊥BD，
∴∠AEB＝∠CDB＝90°，
∴∠BAE+∠ABE＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABD+∠DBC＝90°，
∴∠BAE＝∠DBC，
∵AB＝BC，
∴△ABE≌△BCD（AAS），
∴AE＝BD＝14，
1 1
∴△ABD的面积= BD•AE= ×14×14＝98，
2 2
故答案为：98．
7 ． （ 2023• 九 龙 坡 区 校 级 开 学 ） 如 图 ， 在 五 边 形 ABCDE 中 ，
1
∠B=∠E=90°，∠CAD= ∠BAE，AB=AE且CD＝5，AE＝6，则五边形ABCDE的面积为
2
．
【分析】可延长DE至F，使EF＝BC，可得△ABF≌△AED，连AC，AD，AF，可将五边形ABCDE的
面积转化为两个△ADF的面积，进而求出结论．
【解答】解：延长CB到F，使BF＝DE，连接AF，
在△AFB与△ADE中，{
AB=AE
)
∠ABF=∠AED ，
BF=DE
∴△AFB≌△ADE（SAS），
∴AF＝AD，∠FAB＝∠DAE，AB＝AE＝6，
1 1 1
∵∠CAD= ∠BAE= （∠DAE+∠BAD）= ∠FAD，
2 2 2
∴∠FAC＝∠DAC，
∴△AFC≌△ADC（ASA），
∴FC＝CD＝5，
1
∴五边形ABCDE的面积＝S△AFC +S△ACD ＝2S△AFC ＝2×
2
×6×5= 30．
故答案为：30．
【考点3 作辅助线构造全等探究线段之间的数量关系】
1．（2024春•莱芜区期末）如图，△ABC中两边AB、AC上有两点M、N，D为△ABC外一点，且∠A＝
80°，∠BDC＝100°，∠MDN＝50°，BD＝DC．
（1）猜想线段MN、BM、NC之间的数量关系并证明；
（2）若AB＝6，AC＝7，求△AMN的周长．
【分析】（1）延长AB，在AB的延长线上截取BE＝NC，连接DE，根据∠A＝80°，∠BDC＝100°得
∠ABD+∠ACD＝180°，再根据∠DBE+∠ABD＝180°得∠DBE＝∠ACD，由此可依据“SAS”判定
△DBE和△DCN全等，则DE＝DN，∠EDB＝∠NDC，进而根据∠BDC＝100°，∠MDN＝50°得∠MDE
＝∠MDN＝50°，由此可依据“SAS”判定△MDE和△MDN全等，则ME＝MN，据此可得线段MN、BM、NC之间的数量关系；
（2）由（1）的结论得MN＝BM+NC，则△AMN的周长为AM+AN+MN＝AM+AN+BM+NC＝AB+AC，由
此可得出答案．
【解答】解：（1）猜想：MN＝BM+NC，证明如下：
延长AB，在AB的延长线上截取BE＝NC，连接DE，如图所示：
在△ABC中，∠A＝80°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣80°＝100°，
在△BCD中，∠BDC＝100°，
∴∠DBC+∠DCB＝180°﹣100°＝80°，
∴∠ABC+∠ACB+∠DBC+∠DCB＝180°，
即∠ABD+∠ACD＝180°，
∵∠DBE+∠ABD＝180°，
∴∠DBE＝∠ACD，
在△DBE和△DCN中，
{
BE=NC
)
∠DBE=∠ACD ，
BD=DC
∴△DBE≌△DCN（SAS），
∴DE＝DN，∠EDB＝∠NDC，
∵∠BDC＝100°，∠MDN＝50°，
∴∠BDM+∠NDC＝∠BDC﹣∠MDN＝50°，
∴∠MDE＝∠BDM+∠EDB＝∠BDM+∠NDC＝50°，
∴∠MDE＝∠MDN＝50°，
在△MDE和△MDN中，
{
DE=DN
)
∠MDE=∠MDN ，
DM=DM∴△MDE≌△MDN（SAS），
∴ME＝MN，
∵ME＝BM+BE＝BM+NC，
∴MN＝BM+NC；
（2）由（1）可知：MN＝BM+NC，
∴△AMN的周长为：AM+AN+MN＝AM+AN+BM+NC＝AB+AC，
∵AB＝6，AC＝7，
∴AB+AC＝13，
∴△AMN的周长为13．
2．（2023秋•宁国市期末）如图1，△ABC中，AB＝BC，点D在边BC上，CD＝CA，连接AD，∠CAE＝
∠BAD，AE交BC的延长线于点E．
（1）求证AD＝AE；
（2）如图2，在图1的基础上延长CA到F，使AF＝CE，连接DF交边AB于点G，探究线段AG，AC
之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）根据等边对等角得出∠BAC＝∠BCA，进而利用等角对等边解答即可；
（2）在AB上截取，AH＝AC，连接DH，根据SAS证明△ADH与△AEC全等和利用AAS证明△AGF与
△HGD，进而利用全等三角形的性质解答即可．
【解答】（1）证明：∵AB＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA，
∵∠BAC＝∠BAD+∠DAC，∠BCA＝∠CAE+∠E，且∠CAE＝∠BAD，
∴∠DAC＝∠E，
∵CA＝CD，
∴∠CDA＝∠CAD，
∴∠CDA＝∠E，
∴AD＝AE；1
（2）解：AG= AC，
2
证明如下：在AB上截取，AH＝AC，连接DH，
∵AD＝AE，∠HAD＝∠CAE，
在△ADH与△AEC中，
{
AH=AC
)
∠HAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△ADH≌△AEC（SAS），
∴∠DHA＝∠ACE，CE＝DH，
∵AF＝CE，
∴DH＝AF，
∵∠BAC＝∠BCA，∠GAF＝180°﹣∠BAC．∠ACE＝180°﹣∠ACB，
∴∠ACE＝∠GAF，
∴∠DHA＝∠GAF，
在△AGF与△HGD中，
{∠DGH=∠AGF
)
∠DHA=∠GAF ，
DH=AF
∴△AGF≌△HGD（AAS），
1 1
∴AG＝GH= AH= AC．
2 2
3．（2023 秋•扶余市期末）如图，在△ABC 中，AB＝AC，BF⊥AE 于点 E，交 AF 于点 F，∠EAF
1
= ∠BAC，连接CF．
2（1）如图1，当∠EAF在∠BAC内部时，求证：EF＝BE+CF；
（2）如图2，当∠EAF的边AE，AF分别在∠BAC外部和内部时，求证：CF＝BF+2BE．
【分析】（1）线段BE上取一点H，使EH＝BE，连接AH，先证AE为线段BH的垂直平分线，从而得
AB＝AH＝AC，∠BAE＝∠HAE，再证∠HAF＝∠CAF，进而可依据“SAS”判定△AHF和△ACF全
等，从而得HF＝CF，由此即可得出结论；
（2）在BE的延长线上取一点N，使EN＝BE，连接AN，则BN＝2BE，先证AE为线段BN的垂直平分
线，从而得AN＝AB＝AC，∠NAB＝2∠BAE，再证∠NAF＝∠CAF，进而可依据“SAS”判定△ANF和
△ACF全等，从而得NF＝CF，由此即可得出结论．
【解答】（1）证明：如图，线段 BE上取一点H，使EH＝BE，连接AH，如图1所示：
∵EH＝BE，BF⊥AE，
∴AE为线段BH的垂直平分线，
∴AB＝AH，
∴∠BAE＝∠HAE，
又∵AB＝AC，
∴AH＝AC，
1
∵∠EAF= ∠BAC，
2
∴∠EAF＝∠BAE+∠CAF，
∴∠EAH+∠HAF＝∠HAE+∠CAF，
即∠HAF＝∠CAF，在△AHF和△ACF中，
{
AH=AC
)
∠HAF=∠CAF ，
AF=AF
∴△AHF≌△ACF（SAS），
∴HF＝CF，
∴EF＝EH+HF＝BE+CF；
（2）在BE的延长线上取一点N，使EN＝BE，连接AN，如图2所示：
∵EN＝BE，
∴BN＝BE+EN＝2BE，
∵EN＝BE，BF⊥AE，
∵AE为线段BN的垂直平分线，
∴AN＝AB，
∴∠NAE＝∠BAE，
∴∠NAB＝2∠BAE，
又∵AB＝AC，
∴AN＝AC，
1
∵∠EAF= ∠BAC，
2
∴2∠EAF＝∠BAC＝∠BAE+∠CAF，
∴2（∠BAE+∠BAF）﹣∠BAE＝∠CAF，
∴2∠BAE+∠BAF＝∠CAF，
即∠NAB+∠BAF＝∠CAF，
∴∠NAF＝∠CAF，
在△ANF和△ACF中，{
AN=AC
)
∠NAF=∠CAF ，
AF=AF
∴△ANF≌△ACF（SAS），
∴NF＝CF，
∵BF＝BN+BF＝2BE+BF，
∴CF＝BF+2BE．
4．（2024春•金沙县校级期末）已知△ABC．
（1）如图1，E为边BC的中点，连接AE并延长到点F，使EF＝AE，连接BF，求BF与AC的数量和
位置关系，并说明理由；
（2）如图2，若AB＝AC，E为边AC上一点，过点C作BC的垂线交BE的延长线于点D，连接AD，
若∠ABD＝∠CAD，试说明：AE＝CE．
【分析】（1）根据线段中点的定义得出BE＝CE，进而证明△BFE≌△CAE（SAS），根据全等三角形
的性质，平行线的判定，即可得出结论；
（2）过点 A 作 AH⊥BC 于点 H，过点 C 作 CT∥AB 交 AD 的延长线于点 T，证明△ABE≌△CAT
（ASA），△CDE≌△CDT（AAS），根据全等三角形的性质，即可得证．
【解答】（1）解：BF∥AC，BF＝AC，理由如下：
因为E为边BC的中点，
所以BE＝CE．
在△BFE和△CAE中，
因为BE＝CE，∠BEF＝∠CEA，FE＝AE，
所以△BFE≌△CAE（SAS），
所以BF＝AC，∠CAE＝∠BFE，
所以BF∥AC．
（2）证明：如图，过点A作AH⊥BC于点H，过点C作CT∥AB交AD的延长线于点T．因为AB∥CT，
所以∠BAE＝∠ACT．
在△ABE和△CAT中，
因为∠BAE＝∠ACT，AB＝CA，∠ABE＝∠CAT，
所以△ABE≌△CAT（ASA），
所以AE＝CT，∠AEB＝∠ATC．
因为∠CED＝∠AEB，
所以∠CED＝∠ATC．
因为AH⊥BC，CD⊥CB，
所以AH∥CD，
所以∠CAH＝∠ACD．
因为AB＝AC，AH⊥BC，
所以∠BAC＝2∠CAH，
所以∠ACT＝2∠ACD，
所以∠DCE＝∠DCT．
在△CDE和△CDT中，
因为∠DCE＝∠DCT，∠CED＝∠CTD，CD＝CD，
所以△CDE≌△CDT（AAS），
所以CE＝CT，
所以AE＝CE．
5．（2023秋•建湖县期末）如图，△ABC中，AB＝AC，BE＝CD，BD＝CF．
（1）求证：∠BED＝∠CDF；
（2）作∠ACB的平分线交DF于点G，∠BED＝2∠DFC，DG＝3，BC＝13．
①求证：GD+CD＝FC；
②求BE的长．【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出∠B＝∠DCA，利用SAS证明△BED≌△CDF，根据全等三角
形的性质即可得解；
（2）①在FC上截取CM＝CD，CG是∠BCA的平分线，即可证明△DCG≌△MCG，根据全等三角形
的性质得出DG＝GM，∠GDC＝∠GMC，再根据三角形外角性质证明GM＝FM，然后根据线段的和差
即可得解；
②根据线段的和差求解即可．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠DCA，
在△BED和△CDF中，
{
BE=CD
)
∠B=∠DCF ，
BD=CF
∴△BED≌△CDF（SAS），
∴∠BED＝∠CDF；
（2）①证明：∵∠BED＝∠CDF，∠BED＝2∠DFC，
∴∠CDF＝2∠DFC，
在FC上截取CM＝CD，连接GM，如图所示：
∵CG是∠BCA的平分线，
∴∠DCG＝∠GCM，
在△DCG和△MCG中，{
CD=CM
)
∠DCG=∠GCM ，
CG=CG
∴△DCG≌△MCG（SAS），
∴DG＝GM，∠GDC＝∠GMC，
∴∠GMC＝2∠DFC，
∵∠GMC＝∠DFC+∠FGM，
∴∠DFC＝∠FGM，
∴GM＝FM＝DG，
∵CM+FM＝FC，
∴GD+CD＝FC；
②解：∵GD+CD＝FC，BE＝CD，BD＝CF，
∴GD+BE＝BD，
∵BC＝BD+CD，
∴BC＝GD+BE+BE＝2BE+GD，
∵DG＝3，BC＝13，
∴BE＝5．
6．（2023秋•渌口区期末）如图，等腰Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E点为射线CB上一动点，
连接AE，作AF⊥AE且AF＝AE．
（1）如图1，过F点作FG⊥AC交AC于G点，求证：△AGF≌△ECA；
AD
（2）如图2，连接BF交AC于D点，若 =3，求证：E点为BC中点；
CD
BC 4 AD
（3）如图3，当E点在CB的延长线上时，连接BF与AC的延长线交于D点，若 = ，则 =
BE 3 CD
．【分析】（1）易证∠CAE＝∠F，即可证明△AGF≌△ECA，即可解题；
（2）过 F 点作 FG⊥AC 交 AC 于 G 点，根据（1）中结论可得 FG＝AC＝BC，即可证明
AD AG 1
△FGD≌△BCD，可得DG＝CD，根据 =3可证 = ，根据AG＝CE，AC＝BC，即可解题；
CD AC 2
AC 4
（3）过 F 作 FG⊥AD 的延长线交于点 G，易证 = ，由（1）（2）可知△AGF≌△ECA，
CE 7
AC
△DGF≌△DCB，可得CD＝DG，AG＝CE，即可求得 的值，即可解题．
CD
【解答】证明：（1）∵∠FAG+∠CAE＝90°，∠FAG+∠F＝90°，
∴∠CAE＝∠F，
在△AGF和△ECA中，
{∠AGF=∠ECA
)
∠F=∠CAE ，
AF=AE
∴△AGF≌△ECA（AAS）；
（2）过F点作FG⊥AC交AC于G点，
∵△AGF≌△ECA，
∴FG＝AC＝BC，
在△FGD和△BCD中，
{
∠FDG=∠CDB
)
∠FGD=∠C=90° ，
FG=BC
∴△FGD≌△BCD（AAS），
∴DG＝CD，
AD
∵ = 3，
CD
AG
∴ = 2，
CDAG 1
∴ = ，
AC 2
∵AG＝CE，AC＝BC
CE 1
∴ = ，
BC 2
∴E点为BC中点；
（3）过F作FG⊥AD的延长线交于点G，如图3，
BC 4
∵ = ，BC＝AC，CE＝CB+BE，
BE 3
AC 4
∴ = ，
CE 7
由（1）（2）知：△AGF≌△ECA，△DGF≌△DCB，
∴CD＝DG，AG＝CE，
AC 4
∴ = ，
AG 7
AC 4
∴ = ，
CG 3
AC AC 8
= =
∴1 CD 3，
AG
2
AD 11
∴ = ．
CD 3
11
故答案为 ．
3
【考点4 一线三等角构造全等解题】
1．（2023秋•望城区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝3，∠B＝42°，点D在线段BC上运动（点D不
与点B、C重合），连接AD，作∠ADE＝42°，DE交线段AC于点E．（1）当∠BDA＝118°时，∠EDC＝ °，∠AED＝ °；
（2）若DC＝3，试说明△ABD≌△DCE；
（3）在点D的运动过程中，△ADE的形状可以是以AE为腰的等腰三角形吗？若可以，求∠BDA的度
数；若不可以，请说明理由．
【分析】（1）根据三角形内角和定理得到∠BAD＝25°，根据等腰三角形的性质得到∠C＝∠B＝42°，
根据三角形内角和定理计算，得到答案；
（2）当DC＝3时，利用∠DEC+∠EDC＝140°，∠ADB+∠EDC＝140°，得到∠ADB＝∠DEC，根据AB
＝DC＝3，证明△ABD≌△DCE；
（3）分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．
【解答】解：（1）∵AB＝AC，
∴∠C＝∠B＝42°，
∵∠ADE＝42°，∠BDA＝118°，
∵∠EDC＝180°﹣∠ADB﹣∠ADE＝20°，
∴∠AED＝∠EDC+∠C＝20°+42°＝62°，
故答案为：20；62；
（2）当DC＝3时，△ABD≌△DCE，
理由：∵AB＝3，DC＝3，
∴AB＝DC，
∵∠C＝42°，
∴∠DEC+∠EDC＝138°，
∵∠ADE＝42°，
∴∠ADB+∠EDC＝138°，
∴∠ADB＝∠DEC，
在△ABD和△DCE中，
{∠ADB=∠DEC
)
∠B=∠C ，
AB=DC∴△ABD≌△DCE（AAS）；
（3）当∠BDA的度数为110°或80°时，△ADE的形状是等腰三角形，
①当AD＝AE时，∠AED＝∠ADE＝42°＝∠C，
此时，点D与点B重合，不合题意；
②当EA＝ED时，∠EAD＝∠ADE＝42°，
∴∠BDA＝∠EAD+∠C＝42°+42°＝84°；
综上所述，当∠BDA的度数为84°时，△ADE的形状是等腰三角形．
2．（2023秋•天元区期末）（1）如图①，已知：△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，
BD⊥m于D，CE⊥m于E，求证：DE＝BD+CE；
（2）拓展：如图②，将（1）中的条件改为：△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并
且∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝ ， 为任意锐角或钝角，请问结论DE＝BD+CE是否成立？如成立，请证
明；若不成立，请说明理由；α α
（3）应用：如图③，在△ABC中，∠BAC是钝角，AB＝AC，∠BAD＞∠CAE，∠BDA＝∠AEC＝
∠BAC，直线m与BC的延长线交于点F，若BC＝2CF，△ABC的面积是12，求△ABD与△CEF的面
积之和．
【分析】（1）根据BD⊥直线m，CE⊥直线m得∠BDA＝∠CEA＝90°，而∠BAC＝90°，根据等角的余
角相等得∠CAE＝∠ABD，由AAS证得△ADB≌△CEA，则AE＝BD，AD＝CE，即可得出结论；
（2）由∠BDA＝∠BAC＝ ，则∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣ ，得出∠CAE＝∠ABD，由
AAS证得△ADB≌△CEA即α可得出答案； α
（3）由∠BAD＞∠CAE，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，∴∠CAE＝∠ABD，得出∠CAE＝∠ABD，由AAS
证得△ADB≌△CEA，得出S△ABD ＝S△CEA ，再由不同底等高的两个三角形的面积之比等于底的比，得出
S△ACF 即可得出结果．
【解答】（1）证明：∵BD⊥直线m，CE⊥直线m，
∴∠BDA＝∠CEA＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，∵∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠CAE＝∠ABD，
{∠ABD=∠CAE
)
在△ADB和△CEA中， ∠BDA=∠CEA ，
AB=AC
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE；
（2）解：结论DE＝BD+CE成立；理由如下：
∵∠BDA＝∠BAC＝ ，
∴∠DBA+∠BAD＝∠αBAD+∠CAE＝180°﹣ ，
∴∠CAE＝∠ABD， α
{∠ABD=∠CAE
)
在△ADB和△CEA中， ∠BDA=∠CEA ，
AB=AC
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE；
（3）解：∵∠BAD＞∠CAE，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，
∴∠CAE＝∠ABD，
{∠ABD=∠CAE
)
在△ABD和△CEA中， ∠BDA=∠CEA ，
AB=AC
∴△ABD≌△CEA（AAS），
∴S△ABD ＝S△CEA ，
设△ABC的底边BC上的高为h，则△ACF的底边CF上的高为h，
1 1
∴S△ABC =
2
BC•h＝12，S△ACF =
2
CF•h，
∵BC＝2CF，
∴S△ACF ＝6，
∵S△ACF ＝S△CEF +S△CEA ＝S△CEF +S△ABD ＝6，
∴△ABD与△CEF的面积之和为6．
3．（2024春•萧县期末）如图1，CA⊥AB，DB⊥AB，AC＝BD，P，Q分别为线段AB，BD上任意一点．（1）若P为AB的中点，点Q与点D重合，试说明△ACP与△BDP全等；
（2）如图2，若∠CPQ＝90°，CP＝PQ，求AC，BQ，AB之间的数量关系；
（3）如图3，将“CA⊥AB，DB⊥AB”改为“∠A＝∠B＝ （ 为锐角）”，其他条件不变．若∠CPQ
＝ ，CP＝PQ，判断（2）中的数量关系是否会改变？并说α明理α由．
【α分析】（1）根据题意应用SAS证明即可；
（2）根据题意证明△ACP≌△BPQ，得到AC＝BP，AP＝BQ，则问题可证；
（3）根据题意证明△ACP≌△BPQ，得到AC＝BP，AP＝BQ，则问题可证．
【解答】解：（1）由题意可知AC＝QB．
∵AC⊥AB，DB⊥AB，
∴∠A＝90°，∠B＝90°，
∴∠A＝∠B＝90°．
又∵P为AB的中点，
∴AP＝BP，
∵AC＝BD，
∴△ACP≌△BDP（SAS）；
（2）由（1）可知∠A＝∠B＝90°．
∵∠ACP＝180°﹣∠A﹣∠CPA＝90°﹣∠CPA，
∠BPQ＝180°﹣∠CPQ﹣∠CPA＝90°﹣∠CPA，
∴∠ACP＝∠BPQ．
又∵CP＝PQ，
∴△ACP≌△BPQ（AAS），
∴AC＝BP，AP＝BQ，
∴AB＝AP+BP＝BQ+AC，
即AC，BQ，AB之间的数量关系为AB＝BQ+AC；
（3）不会改变；
理由：∵∠ACP＝180°﹣∠A﹣∠CPA＝180°﹣ ﹣∠CPA，
α∠BPQ＝180°﹣∠CPQ﹣∠CPA＝180°﹣ ﹣∠CPA，
∴∠ACP＝∠BPQ． α
又∵CP＝PQ，∠A＝∠B，
∴△ACP≌△BPQ（AAS），
∴AC＝BP，AP＝BQ，
∴AB＝AP+PB＝BQ+AC，
即（2）中的数量关系不会改变．
4．（2024春•沙坪坝区校级月考）已知，△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝90°，一直线过顶点C，过A，B
分别作其垂线，垂足分别为E，F．
（1）如图1，求证：EF＝AE+BF；
（2）如图2，请直接写出EF，AE，BF之间的数量关系 ；
（3）在（2）的条件下，若BF＝3AE，EF＝4，求△BFC的面积．
【分析】（1）根据垂直的定义和余角的性质得到∠FCB＝∠EAC，根据全等三角形的性质得到AE＝
CF，CE＝BF，等量代换得到结论；
（2）根据余角的性质得到∠CAE＝∠BCF根据全等三角形的性质得到CE＝BF，AE＝CF，等量代换得
到结论；
（3）由（2）得EF＝AE+BF且BF＝3AE，求得CE＝3AE，得到EF＝2AE＝4，根据三角形的面积公式
即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，
∴∠ECA+∠FCB＝90°，
又∵AE⊥EF，BF⊥EF，
∴∠AEF＝∠BFC＝90°，
∴∠ECA+∠EAC＝90°，
∴∠FCB＝∠EAC，
在△ACE和△CBF中，{∠AEC=∠BFC
)
∠EAC=∠FCB ，
AC=BC
∴△ACE≌△CBF（AAS），
∴AE＝CF，CE＝BF，
∵EF＝EC+CF，
∴EF＝AE+BF；
（2）解：EF＝BF﹣AE，理由如下：
∵∠AEC＝∠CFB＝90°，∠ACB＝90°，
∴∠ACE+∠CAE＝∠ACE+∠BCF＝90°，
∴∠CAE＝∠BCF
又∵AC＝BC，
∴△CAE≌△BCF（AAS），
∴CE＝BF，AE＝CF，
∴EF＝CE﹣CF＝BF﹣AE，
即EF＝BF﹣AE；
故答案为：EF＝BF﹣AE；
（3）解：由（2）得EF＝BF﹣AE且BF＝3AE，
∴CE＝3AE，
∵CF＝AE，
∴EF＝2AE＝4，
∴AE＝CF＝2，BF＝6，
1 1
∴△BFC的面积= CF⋅BF= ×2×6=6．
2 2
5．（2023秋•雷州市期末）如图1，△ABC中，∠ABC＝∠ACB．点D、E、F分别是AB、BC、AC边上的
点，BE＝CF．
（1）若∠DEF＝∠ABC，求证：DE＝EF；
（2）若∠A+2∠DEF＝180°，BC＝9，EC＝2BE，求BD的长．【分析】（1）由“AAS”可证△BDE≌△CEF，可得DE＝EF；
（2）由“AAS”可证△BDE≌△CEF，可得BD＝EC＝6．
【解答】（1）证明：∵∠DEF＝∠ABC，∠DEC＝∠ABC+∠BDE＝∠DEF+∠CEF，
∴∠BDE＝∠CEF，
在△BDE和△CEF中，
{∠ABC=∠ACB
)
∠BDE=∠CEF ，
BE=CF
∴△BDE≌△CEF（AAS），
∴DE＝EF；
（2）解：∵BC＝9，EC＝2BE，
∴BE＝3，EC＝6，
∵∠A+2∠DEF＝180°，∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，∠ABC＝∠ACB，
∴∠DEF＝∠ABC＝∠ACB，
∵∠DEC＝∠ABC+∠BDE＝∠DEF+∠CEF，
∴∠BDE＝∠CEF，
在△BDE和△CEF中，
{∠ABC=∠ACB
)
∠BDE=∠CEF ，
BE=CF
∴△BDE≌△CEF（AAS），
∴BD＝EC＝6．
6．（2023秋•栾城区校级期中）直线CD经过∠BCA的顶点C，CA＝CB．E，F分别是直线CD上两点，
且∠BEC＝∠CFA＝∠ ．
α【数学思考】
若直线CD经过∠BCA的内部，且E，F在射线CD上，请解决下面两个问题：
（1）①如图1，若∠BCA＝90°，∠ ＝90°，求证：EF＝BE﹣AF；
（2）②如图2，若0°＜∠BCA＜90α°，当∠ 与∠BCA之间满足怎样的数量关系时，①中结论仍然成
立，并给予证明． α
【问题拓展】
（3）如图3，若直线CD经过∠BCA的外部，∠ ＝∠BCA，请直接写出EF，BE和AF之间数量关系．
【分析】（1）证明△BCE≌△CAF（AAS），则αBE＝CF，CE＝AF，EF＝CF﹣CE＝BE﹣AF；
（2）当∠ +∠ACB＝180°时，∠ECB＝∠FAC，证明△BCE≌△CAF（AAS），则BE＝CF，CE＝AF，
EF＝CF﹣CαE＝BE﹣AF；
（3）证明△BCE≌△CAF（AAS），则BE＝CF，CE＝AF，EF＝CF+CE＝BE+AF．
【解答】（1）证明：∵∠BEC＝∠CFA＝90°，∠BCA＝90°，
∴∠BCE+∠ACF＝90°＝∠EBC+∠BCE，
∴∠EBC＝∠ACF，
∵∠EBC＝∠FCA，∠BEC＝∠CFA，CB＝CA，
∴△BCE≌△CAF（AAS），
∴BE＝CF，CE＝AF，
∴EF＝CF﹣CE＝BE﹣AF，
∴EF＝BE﹣AF；
（2）解：当∠ +∠ACB＝180°时，①中的结论仍然成立，理由如下：
当∠ +∠ACB＝α180°时，则∠ +∠FCA+∠ECB＝180°＝∠ +∠FCA+∠FAC，
∴∠αECB＝∠FAC， α α
∵∠EBC＝∠FCA，∠BEC＝∠CFA，CB＝CA，
∴△BCE≌△CAF（AAS），∴BE＝CF，CE＝AF，
∴EF＝CF﹣CE＝BE﹣AF，
∴EF＝BE﹣AF；
（3）解：EF＝BE+AF；
∵∠ +∠FCA+∠FAC＝180°＝∠ +∠FCA+∠ECB，
∴∠αECB＝∠FAC， α
∵∠EBC＝∠FCA，∠BEC＝∠CFA，CB＝CA，
∴△BCE≌△CAF（AAS），
∴BE＝CF，CE＝AF，
∴EF＝CF+CE＝BE+AF，
∴EF＝BE+AF．
【考点5 倍长中线法构造全等解题】
1．（2023•梁山县校级三模）如图，AD是△ABC的中线，E是AD上一点，BE交AC于F，若EF＝AF，
BE＝7.5，CF＝6，则EF的长度为（ ）
A．2.5 B．2 C．1.5 D．1
【分析】延长AD，使DG＝AD，连接BG，由“SAS”可证△ADC≌△GDB，可得AC＝DG＝CF+AF＝
6+AF，∠DAC＝∠G，由等腰三角形的性质可得BE＝BG＝7.5，即可求EF的长．
【解答】解：如图，延长AD，使DG＝AD，连接BG，∵AD是△ABC的中线
∴BD＝CD，且DG＝AD，∠ADC＝∠BDG
∴△ADC≌△GDB（SAS）
∴AC＝BG＝CF+AF＝6+AF，∠DAC＝∠G
∵EF＝AF，
∴∠DAC＝∠AEF
∴∠G＝∠AEF＝∠BEG
∴BE＝BG＝7.5
∴6+AF＝BG＝7.5
∴AF＝1.5＝EF
故选：C．
2．（2024春•兴宁市期末）如图，在△ABC中，AD为BC边的中线，E为AD上一点，连接BE并延长交
AC于点F，若∠AEF＝∠FAE，BE＝4，EF＝1.6，则CF的长为 ．
【分析】延长AD至G，使DG＝AD，连接BG，可证明△BDG≌△CDA（SAS），则BG＝AC，∠CAD
＝∠G，根据AF＝EF，得∠CAD＝∠AEF，可证出∠G＝∠BEG，即得出AC＝BE＝4，然后利用线段的
和差即可解决问题．
【解答】解：如图，延长AD至G，使DG＝AD，连接BG，
在△BDG和△CDA中，{
BD=CD
)
∠BDG=∠CDA ，
DG=DA
∴△BDG≌△CDA（SAS），
∴BG＝AC，∠CAD＝∠G，
∵∠AEF＝∠FAE，
∴∠CAD＝∠AEF，
∵∠BEG＝∠AEF，
∴∠CAD＝∠BEG，
∴∠G＝∠BEG，
∴BG＝BE＝4，
∴AC＝BE＝4，
∵∠AEF＝∠FAE，
∴AF＝EF＝1.6，
∴CF＝AC﹣AF＝4﹣1.6＝2.4．
故答案为：2.4．
3．（2023秋•应城市期中）在△ABC中，AD是BC边上的中线，AC＝6，AB＝4，则AD的取值范围是
．
【分析】延长AD至点E，使DE＝AD，连接BE，构造全等三角形，在新的三角形ABE中运用三边关系
定理求解．
【解答】解：如图，延长AD至点E，使DE＝AD，连接BE，则AE＝2AD，
∵CD＝BD，∠ADC＝∠EDB，AD＝ED，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴EB＝AC＝6，
△ABE中，EB﹣AB＜AE＜EB+AB，
∴2＜2AD＜10，
∴1＜AD＜5，
故答案为：1＜AD＜5．4．（2024春•普宁市月考）如图，在△ABC中，AD交BC于点D，点E是BC的中点，EF∥AD交CA的
延长线于点F，交AB于点G．若BG＝CF，求证：AD为△ABC的角平分线．
【分析】延长FE，截取EH＝EG，连接CH，可证△BEG≌△CEH，即可求得∠F＝∠FGA，即可求得
∠CAD＝∠BAD，即可解题．
【解答】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，∴∠BGE＝∠FGA＝∠H，
∵CF＝BG，
∴CH＝CF，
∴∠F＝∠H＝∠FGA，
∵EF∥AD，
∴∠F＝∠CAD，∠BAD＝∠FGA，
∴∠CAD＝∠BAD，
∴AD平分∠BAC．
5．（2023秋•新乡期末）如图，AD为△ABC中线，点E在AC上，BE交AD于点F，AE＝EF，求证：AC
＝BF．
【分析】延长 AD 到点 G，使 GD＝AD，连接 GB，可根据全等三角形的判定定理“SAS”证明
△GBD≌△ACD，得 GB＝AC，∠G＝∠CAF，由 AE＝EF，得∠CAF＝∠EFA，可推导出∠G＝
∠BFG，得GB＝BF，所以AC＝BF．
【解答】证明：延长AD到点G，使GD＝AD，连接GB，
∵AD为△ABC中线，
∴BD＝CD，
在△GBD和△ACD中，
{
GD=AD
)
∠GDB=∠ADC ，
BD=CD
∴△GBD≌△ACD（SAS），
∴GB＝AC，∠G＝∠CAF，
∵AE＝EF，
∴∠CAF＝∠EFA，
∴∠G＝∠EFA，
∵∠EFA＝∠BFG，
∴∠G＝∠BFG，∴GB＝BF，
∴AC＝BF．
6．（2024春•皇姑区期末）中线是三角形中的重要线段之一，在利用中线解决几何问题时，常常采用“倍
长中线法”添加辅助线．
（1）如图①，△ABC中，若AB＝4，AC＝6，求BC边上的中线AD的取值范围；
同学们经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD至点E，使DE＝DA，连接BE．
请你根据同学们的方法解答下面的问题：
①根据题意，补全图形；
②由已知和作图能得到△ADC≌△EDB，其依据是 （用字母表示）；
③由三角形的三边关系可以求得AD的取值范围是 （直接填空）；
（2）如图②，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC+∠DAE＝180°，连接BE，CD，若
AM为△ACD的中线，猜想AM与BE的数量关系并说明理由．
【分析】（1）①补全图形，如图①所示：
②根据三角形中线定义得CD＝BD，进而可依据“SAS”判定△ADC和△EDB全等，由此可得出答
案；
③根据全等三角形性质得AC＝BE＝6，AE＝2AD，再根据三角形三边之间关系得 BE﹣AB＜AE＜
BE+AB，即6﹣4＜2AD＜6+4，由此可得出AD的取值范围；（2）延长AM到N，使AM＝MN，连接CN，则AN＝2AM，先证明△ADM和△NCM全等得AD＝CN，
∠DAM＝∠N，则AD∥CN，进而得∠DAC+∠ACN＝180°，再由∠BAC+∠DAE＝180°得∠BAE+∠DAC
＝180°，则∠ACN＝∠BAE，由此可依据“SAS”判定△ACN和△BAE全等，则AN＝BE，由此可得AM
与BE的数量关系．
【解答】解：（1）①补全图形，如图①所示：
②∵AD是BC边上的中线，
∴CD＝BD，
在△ADC和△EDB中，
{
CD=BD
)
∠ADC=∠BDC ，
DE=DA
∴△ADC≌△EDB（SAS），
故答案为：SAS．
③∵△ADC≌△EDB，
∴AC＝BE，
∵AB＝4，AC＝6，DE＝DA，
∴BE＝AC＝6，AE＝2AD，
在△ABE中，BE﹣AB＜AE＜BE+AB，
∴6﹣4＜2AD＜6+4，
∴1＜AD＜5，
即AD的取值范围是1＜AD＜5，
故答案为：1＜AD＜5．
（2）猜想：BE＝2AM，理由如下：
延长AM到N，使AM＝MN，连接CN，如图②所示：则AN＝2AM，
∵AM为△ACD的中线，
∴DM＝CM，
在△ADM和△NCM中，
{
DM=CM
)
∠AMD=∠NMC ，
AM=MN
∴△ADM≌△NCM（SAS），
∴AD＝CN，∠DAM＝∠N，
∴AD∥CN，
∴∠DAC+∠ACN＝180°，
∵∠BAC+∠DAE＝180°，
∴∠BAE+∠DAC＝180°，
∴∠ACN＝∠BAE，
∵AD＝AE，AD＝CN，
∴CN＝AE，
在△ACN和△BAE中，
{
AB=AC
)
∠ACN=∠BAE ，
CN=AE
∴△ACN≌△BAE（SAS），
∴AN＝BE，
∵AN＝2AM，
∴BE＝2AM．
7．（2024春•雁塔区校级期末）数学兴趣小组在活动时，老师提出了这样一个问题：如图1，在△ABC
中，AB＝6，AC＝10，D是BC的中点，求BC边上的中线AD的取值范围．
【方法探索】（1）小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：如图 1，延长AD到点E，使DE＝AD，连接BE．根据SAS可以判定△ADC≌△EDB，得出AC＝BE．这样就能把线段AB、AC、
2AD集中在△ABE中．利用三角形三边的关系，即可得出中线AD的取值范围是 ．
【问题解决】（2）由第（1）问方法的启发，请解决下面问题：如图2，在△ABC中，D是BC边上的
一点，AE是△ABD的中线，CD＝AB，∠BDA＝∠BAD，试说明：AC＝2AE；
【问题拓展】（3）如图3，AD是△ABC的中线，过点A分别向外作AE⊥AB、AF⊥AC，使得AE＝
AB，AF＝AC，判断线段EF与AD的关系，并说明理由．
1
【分析】（1）由题意得：AE在△ABE中，由三角形三边关系可得到AE的取值范围，AD= AE，即可
2
求得AD的取值范围；
（2）由“SAS”可证△EDF≌△EBA，可得∠ADC＝∠ADF，由“SAS”可证△AFD≌△ACD（SAS），
可得AC＝AF＝2AE；
（3）延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM，由（1）可知，△BDM≌△CDA（SAS），得BM＝
AC，再证△ABM≌△EAF（SAS），得AM＝EF，∠BAM＝∠E，则EF＝2AD，然后由三角形的外角性
质证出∠APE＝∠BAE＝90°，即可得出结论．
【解答】解：（1）在△ABE中，AB＝6，BE＝AC＝10，由三角形三边关系可得：AE﹣AB＝4＜AE＜
AB+BE＝16，即AE到取值范围为4＜AE＜16，
1
∵AD= AE，
2
∴AD的取值范围为2＜AD＜8；
故答案为：2＜AD＜8；
（2）如图2，延长AE至点F，使得EF＝AE，连接DF，则AF＝EF+AE＝2AE，∵E是BD中点，
∴DE＝BE，
在△EDF和△EBA中，
{
DE=BE
)
∠≝=∠BEA ，
EF=EA
∴△EDF≌△EBA（SAS），
∴DF＝AB＝CD，∠B＝∠EDF，∠F＝∠EAB，
∵∠CDA＝∠B+∠BAD，∠ADF＝∠BDA+∠EDF，∠BDA＝∠BAD，
∴∠ADC＝∠ADF，
在△AFD和△ACD中，
{
CD=DF
)
∠ADC=∠ADF ，
AD=AD
∴△AFD≌△ACD（SAS），
∴AC＝AF，
∴AC＝2AE；
（3）EF＝2AD，EF⊥AD，
理由：如图3，延长DA交EF于点P，延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM，
由（1）可知，△BDM≌△CDA（SAS），
∴BM＝AC，∠M＝∠CAD，
∵AC＝AF，
∴BM＝AF，
由（2）可知，AC∥BM，∴∠BAC+∠ABM＝180°，
∵AE⊥AB、AF⊥AC，
∴∠BAE＝∠FAC＝90°，
∴∠BAC+∠EAF＝180°，
∴∠ABM＝∠EAF，
在△ABM和△EAF中，
{
AB=EA
)
∠ABM=∠EAF ，
BM=AF
∴△ABM≌△EAF（SAS），
∴AM＝EF，∠BAM＝∠E，
∵AD＝DM，
∴AM＝2AD，
∴EF＝2AD，
∵∠EAM＝∠BAM+∠BAE＝∠E+∠APE，
∴∠APE＝∠BAE＝90°，
∴EF⊥AD．
【考点6 半角模型构造全等解题】
1．（2022秋•汨罗市月考）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，点E，F分别是BC，
CD上的点，且EF＝BE+FD，若∠EAF＝55°，求∠BAD的度数．
【分析】延长FD到G使DG＝BE，连接AG，如图，先证明△ABE≌△ADG得到AE＝AG，∠BAE＝
∠GAD，再证明△AEF≌△AGF得到∠EAF＝∠FAG＝55°，然后利用∠BAE＝∠GAD得到∠BAD＝
∠EAG＝2∠EAF＝110°．
【解答】解：延长FD到G使DG＝BE，连接AG，如图，∵∠B+∠D＝180°，∠ADG+∠D＝180°，
∴∠B＝∠ADG，
在△ABE和△ADG，
{
AB=AD
)
∠B=∠ADG ，
BE=DG
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠GAD，
∵EF＝BE+FD，
∴EF＝DG+DF＝GF，
在△AEF和△AGF中，
{AE=AG
)
AF=AF ，
EF=GF
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠EAF＝∠FAG＝55°，
∵∠BAE＝∠GAD，
∴∠BAD＝∠EAG＝2∠EAF＝110°．
2．（2023秋•荔湾区期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是边BC，
1
CD上的点，且∠EAF= ∠BAD，求证：EF＝BE+FD．
2
【分析】延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，先证△ABM≌△ADF（SAS），得AF＝AM，∠BAM＝
∠DAF，再证△AME≌△AFE（SAS），得EF＝ME，进而得出结论．
【解答】证明：延长CB至M，使BM＝FD，连接AM，如图所示：
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABM+∠ABC＝180°，
∴∠ABM＝∠D，
在△ABM与△ADF中，{
AB=AD
)
∠ABM=∠D ，
BM=DF
∴△ABM≌△ADF（SAS），
∴AF＝AM，∠BAM＝∠DAF，
1
∵∠EAF= ∠BAD，
2
1
∴∠DAF+∠BAE= ∠BAD＝∠FAE，
2
∴∠BAM+∠BAE＝∠EAF，
即∠MAE＝∠EAF，
在△AME与△AFE中，
{
AM=AF
)
∠MAE=∠FAE ，
AE=AE
∴△AME≌△AFE（SAS），
∴EF＝ME，
∵ME＝BE+BM，
∴EF＝BE+FD．
3．（2023秋•九龙坡区校级月考）如图．在四边形ABCD中，∠B+∠ADC＝180°，AB＝AD，E、F分别是
1
边BC、CD延长线上的点，且∠EAF= ∠BAD，求证：EF＝BE﹣FD．
2【分析】在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．根据SAS证明△ABG≌△ADF得到AG＝AF，
1
∠BAG＝∠DAF，根据∠EAF= ∠BAD，可知∠GAE＝∠EAF，可证明△AEG≌△AEF，EG＝EF，那
2
么EF＝GE＝BE﹣BG＝BE﹣DF．
【解答】证明：在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF．
在△ABG和△ADF中，
{
AB=AD
)
∠B=∠ADF ，
BG=DF
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．
1
∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF= ∠BAD．
2
∴∠GAE＝∠EAF．
在△AEG和△AEF中，
{
AG=AF
)
∠GAE=∠EAF ，
AE=AE
∴△AEG≌△AEF（SAS）．
∴EG＝EF，
∵EG＝BE﹣BG
∴EF＝BE﹣FD．4．（2023秋•怀宁县期末）【初步探索】
（1）如图1：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF
＝BE+FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是：延长
FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他
的结论应是 ；
【灵活运用】
（2）如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC、CD上的点，且
EF＝BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
【分析】（1）延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE＝
∠DAG，AE＝AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF，
据此得出结论；
（2）延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE＝∠DAG，AE
＝AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF．
【解答】解：（1）∠BAE+∠FAD＝∠EAF．理由：
如图1，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，∵∠B＝∠ADC＝90°，
∴∠ADG＝∠B＝90°，
∵DG＝BE，AB＝AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
∵EF＝BE+FD，DG＝BE，
∴EF＝DG+FD＝GF，且AE＝AG，AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF．
故答案为：∠BAE+∠FAD＝∠EAF；
（2）成立，理由：
如图2，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG．
∵∠B＝∠ADC＝90°，
∴∠B+∠ADF＝180°，∠ADG+∠ADF＝180°，
∴∠B＝∠ADG，
又∵AB＝AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
∵EF＝BE+FD＝DG+FD＝GF，AF＝AF，∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF．
5．（2024春•乐平市期末）（1）如图①，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E，F分别是
1
边BC，CD上的点，且∠EAF= ∠BAD．请直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关系： ；
2
（2）如图②，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是边BC，CD上的点，且
1
∠EAF= ∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程；
2
（3）在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是边BC，CD所在直线上的点，且
1
∠EAF= ∠BAD．请直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关系： ．
2
【分析】（1）如图1，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，即可证明△ABG≌△ADF，可得AF＝
AG，再证明△AEF≌△AEG，可得EF＝EG，即可解题；
（2）如图2，同理可得：EF＝BE+DF；
（3）如图3，作辅助线，构建△ABG，同理证明△ABG≌△ADF和△AEG≌△AEF．可得新的结论：
EF＝BE﹣DF．
【解答】解：（1）如图1，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG．
∵在△ABG与△ADF中，
{
AB=AD
)
∠ABG=∠ADF ，
BG=DF
∴△ABG≌△ADF（SAS）．
∴AG＝AF，∠1＝∠2，
1
∴∠1+∠3＝∠2+∠3= ∠BAD＝∠EAF．
2
∴∠GAE＝∠EAF．又AE＝AE，
易证△AEG≌△AEF．
∴EG＝EF．
∵EG＝BE+BG．
∴EF＝BE+FD
（2）（1）中的结论EF＝BE+FD仍然成立．
理由是：如图2，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG．
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABG+∠ABC＝180°，
∴∠ABG＝∠D，
∵在△ABG与△ADF中，
{
AB=AD
)
∠ABG=∠D ，
BG=DF
∴△ABG≌△ADF（SAS）．
∴AG＝AF，∠1＝∠2，
1
∴∠1+∠3＝∠2+∠3= ∠BAD＝∠EAF．
2
∴∠GAE＝∠EAF．
又AE＝AE，
∴△AEG≌△AEF．
∴EG＝EF．
∵EG＝BE+BG．
∴EF＝BE+FD
（3）当（1）结论EF＝BE+FD成立，
当图三中，EF＝BE﹣FD或EF＝FD﹣BE．
证明：在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF．
∵在△ABG与△ADF中，
{
AB=AD
)
∠ABG=∠ADF ，
BG=DF
∴△ABG≌△ADF（SAS）．∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．
1
∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF= ∠BAD．
2
∴∠GAE＝∠EAF．
∵AE＝AE，
∴△AEG≌△AEF（SAS）．
∴EG＝EF
∵EG＝BE﹣BG
∴EF＝BE﹣FD．
同理可得：∴EG＝EF
∵EG＝BG﹣BE
∴EF＝FD﹣BE．
故答案为：（1）EF＝BE+FD；（2）成立；（3）EF＝BE+FD或EF＝BE﹣FD或EF＝FD﹣BE．
6．（2023秋•东城区校级期中）已知，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E、F分别是边1
BC、CD上的点，且∠EAF= ∠BAD．
2
（1）为探究上述问题，小王同学先画出了其中一种特殊情况，即如图1，当∠B＝∠ADC＝90°时．
小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG．
请你在图1中添加上述辅助线，并补全下面的思路．
小明的解题思路：先证明△ABE≌ ；再证明了△AEF≌ ，即可得出BE，EF，FD之间
的数量关系为 ．
（2）请你借鉴小王的方法探究图2，当∠B+∠ADC＝180°时，上述结论是否依然成立，如果成立，请
证明你的结论，如果不成立，请说明理由．
（3）如图3，若E、F分别是边BC、CD延长线上的点，其他已知条件不变，此时线段EF、BE、FD之
间的数量关系为 ．（不用证明）
【分析】（1）延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG．证明△ABE≌△ADG（SAS），得出AE＝AG，
∠1＝∠2，证明△AEF≌△AGF（SAS），得出EF＝EG，进而可得结论；
（2）延长CB至M，使BM＝DF，连接AM．证明△ABM≌△ADF（SAS）．可得AF＝AM，∠2＝
∠3．然后证明△AME≌△AFE（SAS）．可得EF＝ME．进而可以得到结论；
（3）在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．证明△ABG≌△ADF（SAS）．可得∠BAG＝∠DAF，
AG＝AF．然后可得出DF＝BG，GE＝EF，那么EF＝GE＝BE﹣BG＝BE﹣DF．
【解答】（1）证明：如图1中，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG．∵∠ADG＝∠ABC＝∠ADF＝90°，AB＝AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠1＝∠2，
1
∴∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠EAF= ∠BAD，
2
∴∠GAF＝∠EAF，
∵AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝EG，
∵FG＝FD+DG，
∴EF＝DF+BE，
故答案为：△ADG，△AEG，EF＝BE+FD；
（2）解：上述结论依然成立．
证明：如图2，延长CB至M，使BM＝DF，连接AM．
∵∠ABC+∠D＝180°，∠1+∠ABC＝180°，
∴∠1＝∠D，
在△ABM与△ADF中，
{AB=AD
)
∠1=∠D ，
BM=DF
∴△ABM≌△ADF（SAS）．
∴AF＝AM，∠2＝∠3．
1
∵∠EAF= ∠BAD，
2
∴∠2+∠4＝∠3+∠4＝∠MAE，
∴∠MAE＝∠FAE，
在△AME与△AFE中，{
AE=AE
)
∠MAE=∠FAE ，
AM=AF
∴△AME≌△AFE（SAS）．
∴EF＝ME．
∴EF＝ME＝BE+BM＝BE+DF；
（3）解：在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG，
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF，
在△ABG与△ADF中，
{
AB=AD
)
∠B=∠ADF ，
BG=DF
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF，
1
∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF= ∠BAD，
2
∴∠GAE＝∠EAF．
∵AE＝AE，
∴△AEG≌△AEF（SAS），
∴EG＝EF，
∵EG＝BE﹣BG，
∴EF＝BE﹣FD．
故答案为：EF＝BE﹣FD．
【考点7 由全等解多结论问题】
1．（2024春•临淄区期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，过点C作CD⊥AB于点D，过点B作
BM⊥AC于点M，连接MD，过点D作DN⊥MD，交BM于点N．CD与BM相交于点E，若点E是CD的中点，下列结论：①∠AMD＝45°；②NE﹣EM＝MC；③EM：MC：NE＝1：2：3；④S△ACD ＝
2S△DNE ．其中正确的结论为（ ）
A．①③ B．①②③ C．①③④ D．①②③④
【分析】利用ASA证明△BDN≌△CDM，得DN＝DM，从而说明△DMN是等腰直角三角形，可知①
正确；过点D作DF⊥MN于F，利用AAS证明△DEF≌△CEM，得ME＝EF，CM＝DF，可说明②正
确；设EF＝x，则EM＝x，MC＝MF＝DF＝2x，NE＝3x，得EM：MC：NE＝1：2：3，可知③正确；
由△BED≌△CAD，知S△BED ＝S△CAD ，而点N并不是BE的中点，可说明④错误．
【解答】解：①∵CD⊥AB，
∴∠BDC＝∠ADC＝90°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠DCB＝90°﹣∠DBC＝45°＝∠DBC，
∴BD＝CD，
∵BM⊥AC，
∴∠AMB＝∠ADC＝90°，
∴∠A+∠DBN＝90°，∠A+∠DCM＝90°，
∴∠DBN＝∠DCM，
∵DN⊥MD，
∴∠CDM+∠CDN＝90°，
∵∠CDN+∠BDN＝90°，
∴∠CDM＝∠BDN，
∴△BDN≌△CDM（ASA），
∴DN＝DM，
∵∠MDN＝90°，
∴△DMN是等腰直角三角形，
∴∠DMN＝45°，
∴∠AMD＝90°﹣45°＝45°，故①正确；②由①知，DN＝DM，
过点D作DF⊥MN于F，
则∠DFE＝90°＝∠CME，NF＝FM
∵DN⊥MD，
∴DF＝FN，
∵点E是CD的中点，
∴DE＝CE，
在△DEF与△CEM中，
{
∠≝=∠CEM
)
∠DFE=∠CME ，
DE=CE
∴△DEF≌△CEM（AAS），
∴ME＝EF，CM＝DF，
∴FN＝CM，
∵NE﹣EF＝FN，
∴NE﹣EM＝MC，故②正确；
③由ME＝EF，MF＝NF，
设EF＝x，则EM＝x，MC＝MF＝DF＝2x，NE＝3x，
∴EM：MC：NE＝1：2：3，故③正确；
④∵CD⊥AB，
∴∠BDE＝∠CDA＝90°，
由①知，∠DBN＝∠DCM，BD＝CD，
∴△BED≌△CAD（ASA），
∴S△BED ＝S△CAD ，
由①知，△BDN≌△CDM，
∴BN＝CM，
∵CM＝FN，
∴BN＝FN，∴BN＜NE，
∴S△BDN ＜S△DEN ，
∴S△BED ＜2S△DNE ，
∴S△ACD ＜2S△DNE ，故④错误，
∴正确的有①②③
故选：B．
2．（2023秋•洛南县校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，BD为AC边上的高，BE平分∠ABD，点F
在BD上，连接 EF并延长交 BC于点 G，若 BG＝EG，∠A＝2∠DEF，有下列结论：①∠DEF＝
∠CBD；②∠ABE+∠CBD＝45°； ③EG⊥BC； ④BF＝CE．其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．4个 C．3个 D．2个
【分析】作AH⊥BC于H，由等腰三角形的性质，余角的性质，角平分线的定义，全等三角形的判定和
性质可以解决问题．
【解答】解：如图，作AH⊥BC于H，
∵AB＝AC，
∴∠BAC＝2∠CAH，
∵BD⊥AC，
∴∠CBD+∠C＝∠CAH+∠C＝90°，∴∠CAH＝∠CBD，
∴∠BAC＝2∠CBD，
∵∠BAC＝2∠DEF，
∴∠DEF＝∠CBD，故①正确；
∵BE平分∠ABD，
1
∴∠ABE= ∠ABD，
2
1
∵∠CBD= ∠BAC，
2
1
∴∠ABE+∠CBD= （∠ABD+∠BAC），
2
∵∠BDC＝∠ABD+∠BAC＝90°，
1
∴∠ABE+∠CBD= ×90°＝45°，故②正确；
2
∵∠FBG＝∠CEG，∠BFG＝∠EFD，
∴∠FGB＝∠EDF＝90°，
∴EG⊥BC，故③正确；
∵EG⊥BC，
∴∠BGF＝∠EGC＝90°，
在△BFG和△ECG中，
{∠BGF=∠EGC
)
BG=EG ，
∠FBG=∠CEG
∴△BFG≌△ECG（ASA），
∴BF＝CE，故④正确；
综上所述：正确的结论有4个，
故选：B．
3．（2024春•浦东新区期末）如图，在△ACB中，∠ACB＝90°，△ABC的角平分线AD、BE相交于点P，
过 P 作 PF⊥AD 交 BC 的延长线于点 F，交 AC 于点 H．有下列结论：①∠APB＝135°；
②△ABP≌△FBP；③∠AHP＝∠ABC；④AH+BD＝AB；其中正确的个数是（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据三角形内角和以及角平分线的定义得∠PAB+∠PBA＝45°，继而得出∠APB的度数，即可
判断①；推出∠APB＝∠FPB，根据ASA证明即可，即可判断②；证明△PAH≌△PFD（ASA），得
AH＝FD，∠AHP＝∠FDP，根据外角的性质可判断③；通过等量代换可判断④．证明三角形全等是
解题的关键．
【解答】解：在△ABC中，∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠CBA＝90°，
∵AD、BE分别平分∠CAB、∠CBA，
1 1
∴∠PAC=∠PAB= ∠CAB，∠PBF=∠PBA= ∠CBA，
2 2
1 1
∴∠PAB+∠PBA= (∠CAB+∠CBA)= ×90°=45°，
2 2
∴∠APB＝180°﹣（∠PAB+∠PBA）＝180°﹣45°＝135°，故结论①正确；
∴∠BPD＝180°﹣∠APB＝180°﹣135°＝45°，
又∵PF⊥AD，
∴∠FPA＝∠FPD＝90°，
∴∠FPB＝∠FPD+∠BPD＝90°+45°＝135°，
∴∠APB＝∠FPB，
在△ABP和△FBP中，
{∠APB=∠FPB
)
PB=PB ，
∠PBA=∠PBF
∴△ABP≌△FBP（ASA），故结论②正确；
∴∠BAP＝∠BFP，AB＝FB，PA＝PF，
∴∠PAH＝∠PFD，
在△PAH和△P F D中，{∠PAH=∠PFD
)
PA=PF ，
∠APH=∠FPD
∴△PAH≌△PFD（ASA），
∴AH＝FD，∠AHP＝∠FDP，
∵∠FDP是△ABD的外角，
∴∠FDP＞∠ABC，
∴∠AHP＞∠ABC，故结论③错误；
又∵AH＝FD，AB＝FB，
∴AB＝FB＝FD+BD＝AH+BD，
即AH+BD＝AB，故结论④正确，
∴正确的个数是3个．
故选：C．
4．（2023秋•同心县校级期末）如图，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＞OC，∠AOB＝
∠COD＝40°，AC，BD交于点M，连接OM，下列结论：①∠AMB＝40°；②AC＝BD；③OM平分
∠BOC；④MO平分∠BMC，其中正确的是（ ）
A．①②④ B．①②③ C．①②③④ D．②③④
【分析】先证△AOC≌△BOD（SAS），得出∠OCA＝∠ODB，∠OAC＝∠OBD，AC＝BD，故②正
确；再由三角形的外角性质求得∠AMB＝∠AOB＝40°，故①正确；过点 O作OG⊥MC 于点 G，
OH⊥MB于点H，然后证△OCG≌△ODH（AAS），得出OG＝OH，则MO平分∠BMC，④正确；假
设OM平分∠BOC，则∠DOM＝∠AOM，证△COM≌△BOM（ASA），推出OA＝OC，与OA＞OC矛
盾，故③不正确．
【解答】解：∵∠AOB＝∠COD＝40°，
∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD，
即∠AOC＝∠BOD，
在△AOC和△BOD中，{
OA=OB
)
∠AOC=∠BOD ，
OC=OD
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴∠OCA＝∠ODB，∠OAC＝∠OBD，AC＝BD，故②正确；
由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD，
∴∠AMB＝∠AOB＝40°，故①正确；
如图，过点O作OG⊥MC于点G，OH⊥MB于点H，
则∠OGC＝∠OHD＝90°，
在△OCG和△ODH中，
{∠OGC=∠OHB
)
∠OCA=∠ODH ，
OC=OD
∴△OCG≌△ODH（AAS），
∴OG＝OH，
∴MO平分∠BMC，故④正确；
∵∠AOB＝∠COD，
∴当∠DOM＝∠AOM时，OM才平分∠BOC，
假设∠DOM＝∠AOM，
∵∠AOB＝∠COD，
∴∠COM＝∠BOM，
∵MO平分∠BMC，
∴∠CMO＝∠BMO，
在△COM和△BOM中，
{∠COM=∠BOM
)
OM=OM ，
∠CMO=∠BMO
∴△COM≌△BOM（ASA），
∴OB＝OC，∵OA＝OB，
∴OA＝OC，
与OA＞OC矛盾，故③不正确；
综上所述，正确的是①②④，
故选：A．
5．（2023秋•宣城期末）已知：如图，在△ABC，△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝
AE，点C，D，E三点在同一条直线上，连接BD，BE．以下四个结论：
①BD＝CE；②∠ACE+∠DBC＝45°；③BD⊥CE；④∠BAE+∠DAC＝180°．
其中结论正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】①由AB＝AC，AD＝AE，利用等式的性质得到夹角相等，利用SAS得出三角形ABD与三角形
AEC全等，由全等三角形的对应边相等得到BD＝CE，本选项正确；
②由三角形ABD与三角形AEC全等，得到一对角相等，由等腰直角三角形的性质得到∠ABD+∠DBC
＝45°，等量代换得到∠ACE+∠DBC＝45°，本选项正确；
③再利用等腰直角三角形的性质及等量代换得到BD垂直于CE，本选项正确；
④利用周角减去两个直角可得答案．
【解答】解：①∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE，
{
AB=AC
)
∵在△BAD和△CAE中， ∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，本选项正确；
②∵△ABC为等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠ABD+∠DBC＝45°，∵△BAD≌△CAE，
∴∠ABD＝∠ACE，
∴∠ACE+∠DBC＝45°，本选项正确；
③∵∠ABD+∠DBC＝45°，
∴∠ACE+∠DBC＝45°，
∴∠DBC+∠DCB＝∠DBC+∠ACE+∠ACB＝90°，
则BD⊥CE，本选项正确；
④∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAE+∠DAC＝360°﹣90°﹣90°＝180°，故此选项正确，
故选：D．
6．（2023秋•东莞市校级月考）如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，AD＜AB，∠BAC＝
∠DAE＝49°，连接CE，BD，延长BD交CE于点F，连接AF．下列结论：①BD＝CE；②AD＝BD；
③∠BFC＝49°；④AF平分∠EAC，其中正确的结论个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】先证明∠BAD＝∠CAE，可得△BAD≌△CAE，则BD＝CE，故①符合题意；如图，记AC，
BF的交点为O，结合∠AOB＝∠COF，可得∠BFC＝∠BAO＝49°，故③符合题意；D在BF上可以是
个动点，仍然满足△ADE中AD＝AE，∠DAE＝49°，可得AD不一定等于BD，故②不符合题意；如
图，作 AK⊥BD 于 K，作 AH⊥CE 于 H．由全等三角形的对应高相等可得：AK＝AH，证明
Rt△AFK≌Rt△AFH，可得∠AFD＝∠AFE，则FA平分∠BFE，故④不符合题意．
【解答】解：∵∠BAC＝∠DAE＝49°，
∴∠BAD+∠DAC＝∠DAC+∠CAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，故①符合题意；
∴∠ABD＝∠ACE，
如图，记AC，BF的交点为O，
∵∠AOB＝∠COF，
∴∠BFC＝∠BAO＝49°，故③符合题意；
∵D在BF上可以是个动点，仍然满足△ADE中AD＝AE，∠DAE＝49°，
∴AD不一定等于BD，故②不符合题意；
如图，作AK⊥BD于K，作AH⊥CE于H．
∵△BAD≌△CAE，
∴由全等三角形的对应高相等可得：AK＝AH，
∵AF＝AF，∠AKF＝∠AHE＝90°，
∴Rt△AFK≌Rt△AFH，
∴∠AFD＝∠AFE，
∴FA平分∠BFE，
但不能得出AF平分∠EAC，故④不符合题意；
故选：C．
【考点8 利用全等解动点问题】
1．（2024春•龙岗区期末）如图，△ABC的两条高AD与BE交于点O，AD＝BD，AC＝7．F是射线BC
上一点，且CF＝AO，动点P从点O出发，沿线段OB以每秒1个单位长度的速度向终点B运动，同时动点Q从点A出发，沿射线AC以每秒3个单位长度的速度运动，当点P到达点B时，P，Q两点同时
停止运动，设运动时间为t秒，当△AOP与△FCQ全等时，则t＝ 秒．
【分析】依据题意，先由AAS证明Rt△BDO≌Rt△ADC，求出BO，然后再分情况讨论点F分别在BC
延长线上或在BC之间时△AOP≌△FCQ，根据对应边相等求得t值．
【解答】解：由题意，∵∠BOD＝∠AOE，∠CAD+∠ACD＝∠CAD+∠AOE＝90°，
∴∠ACD＝∠AOE．
∴∠BOD＝∠ACD．
又∵∠BDO＝∠ADC＝90°，AD＝BD，
∴Rt△BDO≌Rt△ADC（AAS）．
∴BO＝AC＝7．
①当点F在BC延长线上时：设t时刻，P、Q分别运动到如图位置，△AOP≌△FCQ．
∵CF＝AO，∠AOP＝∠EOD＝180°﹣∠DCE＝∠FCQ，
∴当△AOP≌△FCQ时，OP＝CQ．
∵OP＝t，CQ＝7﹣3t，
7
∴t＝7﹣3t，解得t= ．
4
②当点F在BC之间时：设t时刻，P、Q分别运动到如图位置，△AOP≌△FCQ．∵CF＝AO，∠AOP＝∠EOD＝180°﹣∠DCE＝∠FCQ，
∴当△AOP≌△FCQ时，OP＝CQ．
∵OP＝t，CQ＝3t﹣7，
7
∴t＝3t﹣7，解得t= ．
2
7 7
综上，t= 或 ．
4 2
7 7
故答案为： 或 ．
4 2
2．（2024春•南山区期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，直线l经过点C且与边
AB相交．动点P从点A出发沿A→C→B路径向终点B运动；动点Q从点B出发沿B→C→A路径向终
点A运动．点P和点Q的速度分别为1cm/s和2cm/s，两点同时出发并开始计时，当点P到达终点B时
计时结束．在某时刻分别过点P和点Q作PE⊥l于点E，QF⊥l于点F，设运动时间为t秒，则
当t＝ 秒时，△PEC与△QFC全等．
【分析】点Q在BC上，点P在AC上；点P与点Q重合；Q与A重合三种情况；根据全等三角形的性
质列式计算．
【解答】解：由题意得，AP＝t，BQ＝2t，
∵AC＝6cm，BC＝8cm，
∴CP＝6﹣t，CQ＝8﹣2t，
①如图1，Q在BC上，点P在AC上时，作PE⊥l，QF⊥l，
∵∠PEC＝∠CFQ＝∠ACB＝90°，∴∠CPE+∠PCE＝∠PCE+∠FCQ＝90°，
∴∠CPE＝∠FCQ，
当△PEC≌△CFQ时，
则PC＝CQ，
即6﹣t＝8﹣2t，
解得：t＝2；
②如图2，当点P与点Q重合时，
当△PEC≌△QFC，
则PC＝CQ，
∴6﹣t＝2t﹣8．
14
解得：t= ；
3
③如图3，当点Q与A重合时，∠QCF+∠CQF＝∠QCF+∠PCE＝90°，
∴∠CQF＝∠PCE，
当△PEC≌△CFQ，
则PC＝CQ，
即t﹣6＝6，
解得：t＝12；
14
当综上所述：当t＝2秒或 秒或12秒时，△PEC与△QFC全等，
3
14
故答案为：2或 或12．
33．（2024春•上海期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝7cm，BC＝3cm，CD为AB边上的高，
点E从点B出发，在直线BC上以2cm的速度移动，过点E作BC的垂线交直线CD于点F，当点E运动
s时，CF＝AB．
【分析】先证明△CEF≌△ACB（AAS），得出CE＝AC＝7cm，①当点E在射线BC上移动时，BE＝
CE+BC＝10cm，即可求出E移动了5s；②当点E在射线CB上移动时，CE′＝AC﹣BC＝4cm，即可求
出E移动了2s．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠CBD＝90°，
∵CD为AB边上的高，
∴∠CDB＝90°，
∴∠BCD+∠CBD＝90°，
∴∠A＝∠BCD，
∵∠BCD＝∠ECF，
∴∠ECF＝∠A，
∵过点E作BC的垂线交直线CD于点F，
∴∠CEF＝90°＝∠ACB，
在△CEF和△ACB中，
{
∠ECF=∠A
)
∠CEF=∠ACB ，
CF=AB
∴△CEF≌△ACB（AAS），
∴CE＝AC＝7cm，①如图，当点E在射线BC上移动时，BE＝CE+BC＝7+3＝10（cm），
∵点E从点B出发，在直线BC上以2cm的速度移动，
10
∴E移动了： =5（s）；
2
②当点E在射线CB上移动时，CE′＝AC﹣BC＝7﹣3＝4（cm），
∵点E从点B出发，在直线BC上以2cm的速度移动，
4
∴E移动了： =2（s）；
2
综上所述，当点E在射线CB上移动5s或2s时，CF＝AB；
故答案为：2或5．
4．（2024春•温江区期末）如图，已知△ABC中，AB＝AC，AC＝6cm，BC＝4cm，点D为AB的中点．如
果点P在线段BC上以1cm/s的速度由点B向C运动，同时，点Q在线段CA上由点C向A运动．
（1）①若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过几秒时△BPD≌△CQP？请说明理由；
②若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与△CQP
全等？
（2）若点Q以（1）②中的运动速度从点C出发，点P以1cm/s的运动速度从B同时出发，都逆时针
沿△ABC三边运动，则经过几秒后，点P与点Q第一次在△ABC上相遇？
【分析】（1）①根据时间和速度分别求得两个三角形中BP、CQ和BD、PC边的长，根据SAS判定两
个三角形全等．
②根据全等三角形应满足的条件探求边之间的关系，再根据路程＝速度×时间公式，先求得点P运动的时间，再求得点Q的运动速度；
（2）根据题意结合图形分析发现：由于点Q的速度快，且在点P的前边，所以要想第一次相遇，则应
该比点P多走等腰三角形的两个边长．
【解答】解：（1）①经过1秒时△BPD≌△CQP，理由如下：
∵t＝1秒，
∴BP＝CQ＝1×1＝1（cm），
∵AB＝6cm，点D为AB的中点，
∴BD＝3cm．
又∵PC＝BC﹣BP，BC＝4cm，
∴PC＝4﹣1＝3（cm），
∴PC＝BD．
又∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∴△BPD≌△CQP；
②假设△BPD≌△CQP，
∵v ≠v ，
P Q
∴BP≠CQ，
又∵△BPD≌△CQP，∠B＝∠C，则BP＝CP＝2cm，BD＝CQ＝3cm，
BP
∴点P，点Q运动的时间t= =2秒，
1
CQ 3
∴v = = =1.5（cm/s）；
Q t 2
（2）设经过x秒后点P与点Q第一次相遇，
由题意，得1.5x＝x+2×6，
解得x＝24，
∴点P共运动了24s×1cm/s＝24cm．
∵24×1.5＝36，
∴点P、点Q在AC边上相遇，
∴经过24秒点P与点Q第一次在边AC上相遇．
5．（2024春•雁塔区校级月考）如图，在△ABC中，BC＝5，BD＝2，AD是BC边上的高，BE是AC边上
的高，AD、BE相交于点O，且AE＝BE．
（1）求证：△AOE≌△BCE．（2）动点P从点O出发，沿线段OA以每秒1个单位长度的速度向终点A运动，动点Q从点B出发沿
射线BC以每秒4个单位长度的速度运动，P、Q两点同时出发，当点P到达A点时，P、Q两点同时停
止运动．设点P的运动时间为t秒，点F是直线AC上的一点且CF＝BO．是否存在t值，使以点B、
O、P为顶点的三角形与以点F、C、Q为顶点的三角形全等？若存在，请求出符合条件的t值；若不存
在，请说明理由．
【分析】（1）由∠OAE+∠AOE＝90°，∠OBD+∠BOD＝90°，∠BOD＝∠AOE，可得∠CBE＝
∠OAE，通过ASA即可证明△AOE≌△BCE；
（2）分两种情形：如图2，当OP＝CQ时；如图3，当OP＝CQ时，分别进行求解即可得到答案．
【解答】（1）证明：∵AD是BC边上的高，BE是AC边上的高，
∴∠BEC＝∠AEO＝∠ODB＝90°，
∵∠OAE+∠AOE＝90°，∠OBD+∠BOD＝90°，∠BOD＝∠AOE，
∴∠CBE＝∠OAE，
在△AOE和△BCE中，
{∠CBE=∠OAE
)
AE=BE ，
∠BEC=∠AEO
∴△AOE≌△BCE（ASA）；
（2）解：存在，
如图2，当OP＝CQ时，，
∵AD是BC边上的高，BE是AC边上的高，
∴∠BEC＝∠ODB＝90°
∵∠EOD+∠ODC+∠OEC+∠ECD＝360°，
∴∠DOE+∠DCE＝180°，
∵∠DCE+∠QCF＝180°，
∴∠QCF＝∠DOE，
∵∠DOE＝∠BOP，
∴∠BOP＝∠QCF，
在△BOP和△FCQ中，
{
BO=FC
)
∠BOP=∠FCQ ，
OP=CQ
∴△BOP≌△FCQ（SAS），
∵CQ＝5﹣4t，OP＝t，
∴5﹣4t＝t，
∴t＝1；
如图3，当OP＝CQ时，
，
∵AD是BC边上的高，BE是AC边上的高，∴∠BEC＝∠ODB＝90°
∵∠EOD+∠ODC+∠OEC+∠ECD＝360°，
∴∠DOE+∠DCE＝180°，
∵∠DCE+∠QCF＝180°，
∴∠QCF＝∠DOE，
∵∠DOE＝∠BOP，
∴∠BOP＝∠QCF，
在△BOP和△FCQ中，
{
BO=FC
)
∠BOP=∠FCQ ，
OP=CQ
∴△BOP≌△FCQ（SAS），
∵CQ＝4t﹣5，OP＝t，
∴4t﹣5＝t，
5
∴t= ，
3
5
综上所述：t= 或t＝1时，使以点B、O、P为顶点的三角形与以点F、C、Q为顶点的三角形全等．
3
6．（2023秋•重庆月考）如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝20cm，AC＝16cm，BC＝12cm，现有
一动点P从点A出发，沿着三角形的边AC→CB→BA运动，回到点A停止，速度为2cm/s，设运动时间
为t s．
1
（1）如图1，当t＝ s时，S△BPC =
2
S△ABC ；
（2）如图2，在△DEF中，∠E＝90°，DE＝8cm，DF＝10cm，∠D＝∠A．在△ABC的边上，若另外
有一个动点Q，与点P同时从点A出发，沿着边AB→BC→CA运动，回到点A停止．在两点运动过程中
的某一时刻，恰好△APQ与△DEF全等，求点Q的运动速度．【分析】（1）利用面积关系式列方程求解即可；
（2）分4种情况讨论解决即可．
【解答】解：（1）当点P在AC上时，如图，
1
∵S△BPC =
2
S△ABC ，AC＝16cm，BC＝12cm，
1 1 1
∴ •BC•PC= × •BC•AC，
2 2 2
1
∴PC= AC＝8cm，
2
∴AP＝AC﹣PC＝8cm，
∴t＝8÷2＝4（s）；
1
当点P在AB上时，由上述可知，点P到BC的距离为8cm= AC，
2
∴点P为AB的中点，PB＝10cm，如图，此时t＝（16+12+10）÷2＝19（s），
故答案为：4或19；
（2）①当点P在AC上，AP＝8cm，AQ＝10cm，△APQ≌△DEF，
5
∴点Q移动的速度为10÷（8÷2）= cm/s，
2
②当点P在AB上，点Q在AC上，AP＝10cm，AQ＝8cm，△APQ≌△DFE，
40
∴点Q移动的速度为40÷（38÷2）= cm/s，
19
③当点P在AB上，此时，AP＝8cm，AQ＝10cm，△APQ≌△DEF，
即点P移动的距离为12+16+20﹣8＝40（cm），
点Q移动的距离为20+12+16﹣10＝38（cm）．
19
∴点Q移动的速度为38÷（40÷2）= cm/s，
10④当点P在AC上，点Q在AB上时，AP＝10cm，AQ＝8cm，△APQ≌△DFE
8
点Q移动的速度为8÷（10÷2）= cm/s，
5
综上所述，两点运动过程中的某一时刻，恰好△APQ与△DEF全等，
5 40 19 8
点Q的运动速度为 cm/s或 cm/s或 cm/s或= cm/s．
2 19 10 5
【考点9 全等三角形的实际应用】
1．（2023秋•开封期末）综合实践活动小组为测量池塘两端 A，B的距离，活动小组的三位同学分别设计
出如下三种方案：
小华：如图①，先在平地上取一个点C，从点C不经过池塘可以直接到达点A和B．连接AC并延长到
点D，使DC＝CA，连接BC并延长到点E，使CE＝CB，连接DE，量出DE的长即为A，B的距离．
小欣：如图②，先过点B作AB的垂线BF，在BF上取C，D两点，使BC＝CD，再过点D作BD的垂
线DE，交AC的延长线于点E，则量出DE的长即为A，B的距离．
小彤：如图③，过点B作AB的垂线BE，在BE上取一点D，连接AD，然后在AB的延长线上取一点
C，连接CD，使∠BDC＝∠BDA．这时只要量出BC的长即为A，B的距离．
以上三位同学设计的方案中可行的是（ ）
A．小华和小欣 B．小欣和小彤
C．小华和小彤 D．三个人的方案都可以
【分析】小华同学利用的是“边角边”，小欣和小彤同学的方案利用的是“角边角”．
【解答】解：小华同学的方案：
在△ABC和△DEC中，
{
CA=CD
)
∠ACB=∠DCE ，
BC=EC
∴△ABC≌△DEC（SAS），∴AB＝CD，
∴小华同学的方案可行；
小欣同学的方案：
在△ABC和△EDC中，
{∠ABC=∠EDC=90°
)
BC=DC ，
∠ACB=∠ECD
∴△ABC≌△EDC（ASA）
∴AB＝DE，
∴小欣同学的方案可行；
小彤同学的方案：
在△ABD和△CBD中，
{∠ABD=∠CBD=90°
)
BD=BD ，
∠BDA=∠BDC
∴△ABD≌△CBD（ASA）
∴AB＝BC，
∴小彤同学的方案可行．
故选：D．
2．（2023秋•永和县期中）如图，彭彭和欢欢去郊外游玩，他们想测量点 N到河对岸的点M之间的距
离，彭彭在点N的同侧选择了一点G，测得∠MNG＝60°，∠NGM＝26°，欢欢在点P处放了一块石
头，使∠PNG＝60°．要想测得点M，N之间的距离，有下列四种方案：①测量NG的长；②测量PN
的长；③测量∠GMN的度数；④在GN的下方作∠NGQ＝26°，交射线NP于点Q，测量QN的长．你
认为正确的是 ．（填序号）
【分析】判定三角形全等即可求得对应线段相等．
【解答】解：如果∠NGQ＝26°，
在△GNM和△GNQ中，{∠GNM=∠GNQ
)
GN=GN ，
∠NGM=∠NGQ
则△GNM≌△GNQ（ASA），
即NM＝NQ即可测得点M，N之间的距离．
故答案为：④．
3．（2024春•福田区校级期末）某中学七年级学生到野外开展数学综合实践活动，在营地看到一个不规则
的建筑物，为测量该建筑物两端A，B间的距离，但同学们给出了以下建议：
（1）甲同学的方案如下：先在平地上取一个可直接到达A，B的点O，连接AO，BO，并分别延长AO
至点C，延长BO至点D，使CO＝AO，DO＝BO，最后测出CD的长即为A，B间的距离，请你说说该
方案可行的理由；
（2）由于在EF处有一堵墙阻挡了路线，使得无法按照甲同学的方案直接测量出 A，B间的距离，但同
学们测得∠EOC＝65°，∠C＝80°，∠OEF＝145°，CF＝128m，EF＝77m，请求出该建筑物两端A，B
之间的距离．
【分析】（1）甲同学作出的是全等三角形，然后根据全等三角形对应边相等测量的，所以是可行的；
（2）延长CF，OE交于D，根据平角的定义得到∠DEF＝35°，根据三角形的内角和定理得到∠D＝
180°﹣∠COE﹣∠C＝35°，求得DF＝EF＝77m，于是得到结论．
【解答】解：（1）甲同学的方案可行；
在△ABO和△CDO中，
{
AO=CO
)
∠AOB=∠COD ，
BO=DO
∴△ABO≌△CDO（SAS），
∴AB＝CD；
故甲同学的方案可行；
（2）如图②，延长CF，OE交于D，∵∠OEF＝145°，
∴∠DEF＝35°，
∵∠COE＝65°，∠C＝80°，
∴∠D＝180°﹣∠COE﹣∠C＝35°，
∴∠D＝∠DEF，
∴DF＝EF＝77m，
∴CD＝DF+CF＝205（m），
由（1）知AB＝CD＝205m，
故该建筑物两端A，B之间的距离为205m．
4．（2024春•荥阳市期末）茗阳阁位于河南省信阳市浉河区茶韵路一号，建成于 2007年4月29日，是信
阳新建的城市文化与形象的代表建筑之一．设A，B两点分别为茗阳阁底座的两端（其中A，B两点均
在地面上）．因为A，B两点间的实际距离无法直接测量，某学习小组分别设计出了如下两种方案：
甲：如图1，在平地上取一个可以直接到达点A，B的点O，连接AO并延长到点C，连接BO并延长到
点D，使CO＝AO，DO＝BO，连接DC，测出DC的长即可．
乙：如图2，先确定直线AB，过点B作BD⊥AB，在点D处用测角仪确定∠1＝∠2，射线DC交直线
AB于点C，最后测量BC的长即可得线段AB的长．
（1）请用所学知识论证甲、乙两种方案的合理性；
（2）如果让你参与测量，你会选择哪一种方案？请说明理由．
【分析】（1）根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论；
（2）由甲和乙的方案比较即可得到结论．【解答】解：（1）甲同学的方案：
在△ABO与△CDO中，
{
OA=OC
)
∠AOB=∠COD ，
OB=OD
∴△ABO≌△CDO（SAS），
∴AB＝CD，
（2）乙同学的方案：
∵DB⊥AC，
∴∠ABD＝∠CBD＝90°，
在△DBA与△DBC中，
{∠ABD=∠CBD
)
BD=BD ，
∠1=∠2
∴△DBA≌△DBC（ASA），
∴AB＝CB．
（2）选择甲同学的方案，
理由：甲同学的方案测量简单，好操作．
5．（2024•石家庄模拟）小亮想测量屋前池塘的宽度，他结合所学的数学知识，设计了如图 1的测量方
案：先在池塘外的空地上任取一点O，连接AO，CO，并分别延长至点B，点D，使OB＝OA，OD＝
OC，连接BD，
（1）如图1，求证：AC＝BD；
（2）如图2，但在实际测量中，受地形条件的影响，于是小亮采取以下措施：延长CO至点D，使OC
＝OD，过点D作AC的平行线DE，延长AO至点F，连接EF，测得∠DEF＝120°，∠OFE＝90°，DE
＝5m，EF＝9m，请求出池塘宽度AC．
【分析】（1）利用SAS证明△OAC≌△OBD即可；（2）延长DE，AF交于点B，利用ASA证明出△OAC≌△OBD，得到AC＝BD，由已知条件可以得到
△BEF是含30°角的直角三角形，从而求出BE的长，进而求出BD的长，从而得到池塘宽度AC．
【解答】（1）证明：在△OAC和△OBD中，
{
OA=OB
)
∠AOC=∠BOD ，
OC=OD
∴△OAC≌△OBD（SAS），
∴AC＝BD；
（2）解：延长DE，AF交于点B，
∵DE∥AC，
∴∠C＝∠D，
在△OAC和△OBD中，
{
∠C=∠D
)
OC=OD ，
∠AOC=∠BOD
∴△OAC≌△OBD（ASA），
∴AC＝BD，
∵∠DEF＝120°，∠OFE＝90°，
∴∠BFE＝90°，∠BEF＝60°，∠B＝30°，
∵EF＝9m，
∴BE＝2EF＝18m，
∵DE＝5m，
∴BD＝BE+DE＝23m，
∴AC＝23m，
答：池塘宽度AC为23m．
6．（2023秋•夏邑县期末）鹿邑老子文化广场位于河南省周口市鹿邑县太清宫镇，在太清宫对面，与太清
宫相互辉映．广场中央矗立着地标性建筑老子雕像，总高27米，A、B两点分别为雕像底座的两端（其中A、B两点均在地面上）．因为A、B两点间的实际距离无法直接测量，甲、乙两位同学分别设计出
了如下两种方案：
甲：如图1，在平地上取一个可以直接到达点A，B的点O，连接AO并延长到点C，连接BO并延长到
点D，使CO＝AO，DO＝BO，连接DC，测出DC的长即可．
乙：如图2，先确定直线AB，过点B作直线BE，在直线BE上找可以直接到达点A的一点D，连接
DA，作DC＝DA，交直线AB于点C，最后测量BC的长即可．
（1）甲、乙两同学的方案哪个可行？ （填“甲”或“乙”），并说明方案可行的理由；
（2）对于（1）中不可行的方案，请添加一个使该方案可行的条件： ．
【分析】（1）甲同学作出的是全等三角形，然后根据全等三角形对应边相等测量的，所以是可行的；
（2）甲根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】解：（1）甲同学的方案可行．
理由：由题意得，
在△ABO与△CDO中，
{
OA=OC
)
∠AOB=∠COD ，
OB=OD
∴△ABO≌△CDO（SAS），
∴AB＝CD，
故甲同学的方案可行．
（2）DB⊥AC；
理由：
∵DB⊥AC，
∠ABD＝∠CBD＝90°
在Rt△DBA与Rt△DBC中，{DB=DB)
，
DA=DC
∴Rt△DBA≌Rt△DBC（HL），
∴AB＝CB．
故答案为：DB⊥AC．
