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专题2 全等三角形的常见模型及其构造方法（解析版）
类型一 一线三等角模型
（一）捕捉一线三等角模型
1．（2023•南谯区校级一模）如图，在矩形 ABCD 中，E，F 分别为 BC，DC 上一点，AE＝EF，
AE⊥EF，若BE＝3，矩形ABCD的周长为26，则矩形ABCD的面积为 4 0 ．
【思路引领】由矩形的性质得AB+BC＝13，再证△ABE≌△ECF（AAS），得AB＝EC，然后求出AB＝
5，则BC＝8，即可解决问题．
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AD＝BC，∠B＝∠C＝90°，
∵矩形ABCD的周长为26，
∴AB+BC＝13，
∵AE⊥EF，
∴∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠CEF＝90°，
∵∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠CEF，
在△ABE和△ECF中，
{
∠B=∠C
)
∠BAE=∠CEF ，
AE=EF
∴△ABE≌△ECF（AAS），
∴AB＝EC，
∵AB+BC＝13，
∴AB+BE+EC＝13，
∴AB+3+AB＝13，∴AB＝5，
∴BC＝8，
∴S矩形ABCD ＝AB•BC＝5×8＝40，
故答案为：40．
【总结提升】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的性质，证明三
角形全等是解题的关键．
2．（2022秋•武汉期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝
∠BAC＝∠AEC＝ ，若DE＝8，BD＝2，求CE的长．
α
【思路引领】先根据角的加减求出∠ECA＝∠BAD，再根据AAS证明△BAD≌△ACE，再求出AD的值
即可．
解：∵∠AEC＝∠BAC＝ ，
∴∠ECA+∠CAE＝180°﹣α ，∠BAD+∠CAE＝180°﹣ ，
∴∠ECA＝∠BAD， α α
在△BAD与△ACE中，
{∠BDA=∠AEC
)
∠BAD=∠ACE ，
AB=AC
∴△BAD≌△ACE（{AAS}），
∴CE＝AD，AE＝BD＝2，
∵DE＝8，
∴AD＝DE﹣AE＝8﹣2＝6，
∴CE＝AD＝6．
【总结提升】本题考查了角的加减和全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解
题的关键．
3．（2023春•榆林期末）如图是一个工业开发区局部的设计图，河的同一侧有两个工厂 A和B，AD、BC
的长表示两个工厂到河岸的距离，其中 E是进水口，D、C为两个排污口．已知AE＝BE，∠AEB＝
90°，AD⊥DC，BC⊥DC，点D、E、C在同一直线上，AD＝150米，BC＝350米，求两个排污口之间
的水平距离DC．【思路引领】根据ASA证明△ADE与△ECB全等，再利用全等三角形的性质解答即可．
解：∵∠AEB＝90°，AD⊥DC，BC⊥DC，
∴∠AEB＝∠ADE＝∠BCE＝90°，
∴∠AED+∠DAE＝90°，∠AED+∠BEC＝90°，∠BEC+∠EBC＝90°，
∴∠DAE＝∠CEB，∠AED＝∠EBC，
又∵AE＝BE，
∴△ADE≌△ECB（ASA），
∴AD＝CE，DE＝BC，
又∵AD＝150米，BC＝350米，
∴DC＝DE+CE＝BC+AD＝350+150＝500（米）．
答：两个排污口之间的水平距离DC为500米．
【总结提升】此题考查全等三角形的应用，关键是根据ASA证明△ADE与△ECB全等．
（二）构造一线三等角模型
4．（2022秋•武汉期中）如图，AC＝AB＝BD，∠ABD＝90°，BC＝8，则△BCD的面积为（ ）
A．8 B．12 C．14 D．16
【思路引领】由等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，即可求解．
解：作AE⊥BC于E，DF⊥CB交CB延长线于F，∵AB＝AC，
∴BE＝CE＝4，
∵∠EAB+∠ABE＝∠DBF+∠ABE＝90°，
∴∠EAB＝∠DBF，
∵∠AEB＝∠BFD＝90°，AB＝DB，
∴△AEB≌△BFD（AAS），
∴DF＝BE＝4，
1
∴S△DCB =
2
CB•DF，
1
∴S△DCB =
2
×8×4＝16，
故选：D．
【总结提升】本题考查等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，关键是作辅助线构造全等三角形．
5．（2023春•和平区期中）如图，在平面直角坐标系中，点 A的坐标是（4，0），点B的坐标是（0，
3），把线段BA绕点B逆时针旋转90°后得到线段BC，则点C的坐标是（ ）
A．（3，4） B．（4，3） C．（4，7） D．（3，7）
【思路引领】过点C作CD⊥y轴，垂足为D，根据垂直定义可得∠CDB＝90°，从而利用直角三角形的
两个锐角互余可得∠CBD+∠DCB＝90°，再利用旋转的性质可得CB＝BA，∠CBA＝90°，然后利用平角
定义可得∠CBD+∠ABO＝90°，从而利用同角的余角相等可得∠ABO＝∠DCB，进而可得
△BOA≌△CDB，最后利用全等三角形的性质可得CD＝BO＝3，DB＝OA＝4，从而求出DO＝7，即可
解答．
解：过点C作CD⊥y轴，垂足为D，∴∠CDB＝90°，
∴∠CBD+∠DCB＝180°﹣∠CDB＝90°，
∵点A的坐标是（4，0），点B的坐标是（0，3），
∴OA＝4，OB＝3，
由旋转得：
CB＝BA，∠CBA＝90°，
∴∠CBD+∠ABO＝180°﹣∠ABC＝90°，
∴∠ABO＝∠DCB，
∵∠CDB＝∠AOB＝90°，
∴△BOA≌△CDB（AAS），
∴CD＝BO＝3，DB＝OA＝4，
∴DO＝DB+OB＝4+3＝7，
∴点C的坐标是（3，7），
故选：D．
【总结提升】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，全等三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结
合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
6．（2023•雁塔区校级开学）如图，直线l ∥l ∥l ，正方形ABCD的三个顶点A、B、C分别在直线l 、
1 2 3 1
l 、l 上，点A到直线l 的距离是3，点C到直线l 的距离是6，则正方形ABCD的面积为 4 5 ．
2 3 2 2
【思路引领】过点A作AE⊥l 于点E，过点C作CF⊥l 于点F，通过证明△ABE≌△BCF，得出BF＝
2 2
AE，再由勾股定理即可得出结论．
解：过点A作AE⊥l 于点E，过点C作CF⊥l 于点F，
2 2
∴∠CBF+∠BCF＝90°，
四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，
∴∠DAB＝∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝90°，∴∠ABE+∠CBF＝90°，
∵l ∥l ∥l ，
1 2 3
∴∠ABE＝∠BCF，
在△ABE和△BCF中，
{∠AEB=∠BFC
)
∠ABE=∠BCF ，
AB=BC
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴BF＝AE，
∴BF2+CF2＝BC2，
∴BC2＝32+62＝45．
故答案为：45．
【总结提升】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及正方形面积的求解方法，能
够熟练掌握．
7．（2021秋•恩施市校级月考）如图 1，OA＝2，OB＝4，以A点为顶点、AB为腰在第三象限作等腰
Rt△ABC，
（1）求C点的坐标；
（2）如图2，P为y轴负半轴上一个动点，当P点向y轴负半轴向下运动时，以P为顶点，PA为腰作等
腰Rt△APD（D点在第四象限），过D作DE⊥x轴于E点，求OP﹣DE的值．【思路引领】（1）作CM⊥x轴于M，即可求CM和AM的值，证得△MAC≌△OBA（AAS），由全等
三角形的性质得出CM＝OA＝2，MA＝OB＝4，则可求出C点坐标；
（2）求OP﹣DE的值则将其放在同一直线上，过D作DQ⊥OP于Q点，即是求PQ的值，由图可求得
△AOP≌△PDQ（AAS），即可求得PQ的长．
解：（1）过C作CM⊥x轴于M点，如图1，
∵CM⊥OA，AC⊥AB，
∴∠MAC+∠OAB＝90°，∠OAB+∠OBA＝90°，
∴∠MAC＝∠OBA，
在△MAC和△OBA中，
{∠CMA=∠AOB=90°
)
∠MAC=∠OBA ，
AC=BA
∴△MAC≌△OBA（AAS），
∴CM＝OA＝2，MA＝OB＝4，
∴点C的坐标为（﹣6，﹣2）；
（2）过D作DQ⊥OP于Q点，如图2，
∴OP﹣DE＝PQ，∠APO+∠QPD＝90°∠APO+∠OAP＝90°，
∴∠QPD＝∠OAP，
在△AOP和△PDQ中，
{AOP=∠PQD=90°
)
∠QPD=∠OAP ，
AP=PD
∴△AOP≌△PDQ（AAS），
∴OP﹣DE＝PQ＝OA＝2．【总结提升】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，坐标与图形的性质，熟练
掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
类型二 手拉手模型
（1）捕捉手拉手模型
8．（2023春•高碑店市校级月考）如图，在△AOB和△COD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD，
AC，BD交于点M，关于结论Ⅰ，Ⅱ，下列判断正确的是（ ）
结论Ⅰ：AC＝BD；
结论Ⅱ：∠CMD＞∠COD
A．Ⅰ对，Ⅱ错 B．Ⅰ错，Ⅱ对 C．1，Ⅱ都对 D．Ⅰ，Ⅱ都错
【思路引领】根据已知条件可知三角形的全等，根据全等三角形的性质可知边相等，对应的高相等，再
根据三角形的内角和即可求出角的大小．
解：∵∠AOB＝∠COD＝108°，
∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD，
∴∠AOC＝∠BOD，
在△AOC和△BOD中，
{
OA=OB
)
∠AOC=∠BOD ，
OC=OD
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴AC＝BD，故结论Ⅰ正确；∵△AOC≌△BOD，
∴∠OCE＝∠MDO，
∴∠MDC＝∠MDO+∠ODC，
∴∠OCD＝∠OCE+∠MCD，
∵∠COD＝180°﹣（∠OCD+∠ODC），∠CMD＝180°﹣（∠MDC+∠MCD），
∴∠CMD＝180°﹣（∠MDO+∠ODC+∠MCD），∠COD＝180°﹣（∠OCE+∠MCD+∠ODC），
∴∠CMD＝∠COD，故结论Ⅱ错误．
故选：A．
【总结提升】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟记全等三角形对应性质和判定定理是解题的关键．
9．（2021秋•十堰期中）在等腰△OAB和等腰△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，连接AC、BD交于点M．
（1）如图1．若∠AOB＝∠COD＝40°．则AC与BD的数量关系为 AC ＝ BD ；∠AMB的度数为
40° ；
（2）如图2，若∠AOB＝∠COD＝90°，判断AC与BD之间存在怎样的关系？并说明理由；
【思路引领】（1）①先证明：∠BOD＝∠AOC，再证明△BOD≌△AOC（SAS），即可得AC＝BD；
②由△BOD≌△AOC及三角形内角和定理即可求得∠AMB＝40°；
（2）①证明△BOD≌△AOC（SAS）即可得BD＝AC，②根据全等三角形性质和三角形内角和定理即
可求得∠AMB；
解：（1）∵∠AOB＝∠COD，
∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD，
∴∠BOD＝∠AOC，
在△BOD和△AOC中，
{
OB=OA
)
∠BOD=∠AOC ，
OD=OC
∴△BOD≌△AOC（SAS），
∴AC＝BD；∠OBD＝∠OAC，∵∠AOB＝40°，
∴∠OAB+∠OBA＝180°﹣∠AOB＝180°﹣40°＝140°，
又∵∠OAB+∠OBA＝∠OAB+∠ABD+∠OBD，
∴∠OAB+∠OBA＝∠OAB+∠ABD+∠OAC＝140°，
∴∠MAB+ABM＝140°，
∵在△ABM中，∠AMB+∠MAB+ABM＝180°，
∴∠AMB＝40°，
故答案为：AC＝BD，40°；
（2）AC＝BD，AC⊥BD，
理由如下：∵∠AOB＝∠COD＝90°，
∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD，
∴∠BOD＝∠AOC，
在△BOD和△AOC中，
{
OB=OA
)
∠BOD=∠AOC ，
OD=OC
∴△BOD≌△AOC（SAS），
∴BD＝AC，∠OBD＝∠OAC，
又∵∠OAB+∠OBA＝90°，
∠ABO＝∠ABM+∠OBD，
∠MAB＝∠MAO+∠OAB，
∴∠MAB+∠MBA＝90°，
又∵在△AMB中，∠AMB+∠ABM+∠BAM＝180°，
∴∠AMB＝180°﹣（∠ABM+∠BAM）＝180°﹣90°＝90°，
∴AC⊥BD；
【总结提升】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形性质，全等三角形判定和性质，含 30°的直
角三角形性质，勾股定理等．熟练掌握全等三角形判定和性质是解题关键．
10．已知：在△ABD和△ACE中，AD＝AB，AC＝AE．
（1）如图1，若∠DAB＝∠CAE＝60°，求证：BE＝DC；
（2）如图2，若∠DAB＝∠CAE＝n°，求∠DOB的度数．【思路引领】（1）通过证明△ADC≌△ABE，利用全等三角形的性质即可得到DC＝BE；
（2）同理可证明△ADC≌△ABE，利用三角形的内角和定理和三角形的外角之间的关系即可求出
∠DOB的度数．
证明：（1）∵∠DAB＝∠CAE
∴∠DAB+∠BAC＝∠CAE+∠BAC
∴∠DAC＝∠BAE，
在△ADC和△ABE中，
{
AD=AB
)
∠DAC=∠BAE ，
AC=AE
∴△ADC≌△ABE，
∴DC＝BE，
（2）同理得：△ADC≌△ABE，
∴∠ADC＝∠ABE，
又∵∠DOB＝180°﹣∠ODB﹣∠OBD，
＝180°﹣∠ODB﹣∠ABD﹣∠ABE，
∴∠DOB＝180°﹣∠ODB﹣∠ABD﹣∠ADC，
＝180°﹣∠ADB﹣∠ABD，
∴∠DOB＝∠DAB＝n°．
【总结提升】本题考查了全等三角形的判定和性质以及三角形的内角和定理、三角形的外角之间的数量
关系，题目的综合性很强，难度中等．
（2）构建手拉手模型
11．（2021秋•恩施市校级期末）在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，D为BC的中点
（1）如图1，E，F分别是AB，AC上的点，且BE＝AF求证：△DEF为等腰直角三角形；
（2）如图1，若AB＝4，则四边形AEDF的面积为 （直接写出结果）；
（3）如图2，若E，F分别为AB，CA延长线上的点，仍有BE＝AF，其他条件不变，则△DEF是否仍为等腰直角三角形？证明你的结论．
【考点】四边形综合题．
版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】（1）见解答；
（2）4；
（3）仍为等腰直角三角形；理由见解答．
【思路引领】（1）题要通过构建全等三角形来求解．连接AD，可通过证△ADF和△BDE全等来求本
题的结论．
（2）题可把将四边形AEDF的面积分成△ADF和ADE的面积和求解，由（1）证得△ADF和△BDE全
等，因此四边形AEDF的面积可转化为△ABD的面积，由此得证．
（3）与（1）题的思路和解法一样．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，∠A＝90°，D为BC中点，
BC
∴AD= =BD＝CD，
2
且AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD＝45°，
在△BDE和△ADF中，
{
BD=AD
)
∠B=∠DAF=45° ，
BE=AF
∴△BDE≌△ADF（SAS），
∴DE＝DF，∠BDE＝∠ADF，
∵∠BDE+∠ADE＝90°，
∴∠ADF+∠ADE＝90°，
即：∠EDF＝90°，
∴△EDF为等腰直角三角形．
（2）解：∵由（1）可知，△AFD≌△BED，∴S△BDE ＝S△ADF ，
而S四边形AEDF ＝S△AED +S△ADF ＝S△AED +S△BDE ＝S△ABD ，
∵AB＝4，
∴AD＝BD＝2❑√2，
1
∴S四边形AEDF =
2
×2❑√2×2❑√2= 4．
故答案为：4．
（3）解：仍为等腰直角三角形．
理由：∵△AFD≌△BED，
∴DF＝DE，∠ADF＝∠BDE，
∵∠ADF+∠FDB＝90°，
∴∠BDE+∠FDB＝90°，
即：∠EDF＝90°，
∴△EDF为等腰直角三角形．
【总结提升】本题综合考查了等腰三角形的性质及判定、全等三角形的判定和性质等知识，难度较大．
类型三 半角模型
12．已知：边长为1的正方形ABCD中，M、N分别是BC、CD上的点．
（1）若MN＝BM+ND，求证：∠MAN＝45°；
（2）若△MNC得周长为2，求∠MAN的度数．
【思路引领】（1）延长CB到E，使BE＝DN，连接AE，因为∠D＝∠B，AD＝AB，DN＝BE，所以△ABM≌△ADN，则有∠BAM＝∠DAN，AN＝AE，又因为 MN＝BM+DN，BM＝DN，所以
△AEM≌△ANM，故∠EAM＝∠NAM＝∠EAN＝90°，即∠MAN＝45°；
（2）延长CB至E，使BE＝DN，则Rt△ABE≌Rt△AND，故AE＝AN，进而求证△AMN≌△AME，即
可求得∠MAN＝∠MAE＝45°．
【解答】（1）证明：延长CB到E，使BE＝DN，连接AE，
∵∠D＝∠B＝90°，AD＝AB，DN＝BE，
∴∠ABE＝∠D＝90°，
∴△ABE≌△ADN．
∴AE＝AN，∠BAE＝∠DAN，
∵MN＝BM+ND＝BM+BE＝ME，AM＝AM，
∴△AME≌△AMN（SSS），
∴∠EAM＝∠NAM．
∴∠MAN＝∠MAE＝∠BAE+∠BAM＝∠DAN+∠BAM，
∵∠EAN＝90°，
∴∠MAN＝45°．
（2）解：如图，延长CB到E，使BE＝DN，连接AE，
∵∠D＝∠B＝90°，AD＝AB，DN＝BE，
∴∠ABE＝∠D＝90°，
∴△ABE≌△ADN．
∴AE＝AN，∠BAE＝∠DAN，
∴∠EAN＝∠DAB＝90°，
又MN＝2﹣CN﹣CM＝DN+BM＝BE+BM＝ME，
∴△AMN≌△AME，
∴∠MAN＝∠MAE＝45°．
【总结提升】此题把全等三角形的判定和性质结合求解，有利于培养学生综合运用数学知识的能力．13．如图，点P为定角∠AOB的平分线上的 一个定点，且∠MPN与∠AOB互补．若∠MPN在绕点P旋
转的过程中，其两边分别与OA，OB相交于M，N两点，请猜想PM与PN的数量关系并说明理由．
【思路引领】当PM⊥OA时，由四边形内角和为360°可得PN⊥OB，结合角平分线的性质可得PM、PN
的关系；当PM与OA不垂直时，作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，根据角平分线的性质可得PE＝PF，
结合OP＝OP即可证明Rt△POE≌Rt△POF．根据图中各角的数量关系可得∠MPE＝∠NPF；接下来，
证明△PEM≌△PFN即可得到结论，据此解答．
解：猜想PM、PN的数量关系是PM＝PN．理由：
①当PM⊥OA时，在四边形OMPN中易得PN⊥OB．
又点P在∠AOB的平分线上，
∴PM＝PN．
②当PM与OA不垂直时，如图，作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．
∵∠PEO＝∠PFO＝90°，
∴∠EPF+∠AOB＝180°．
∵∠MPN+∠AOB＝180°，
∴∠EPF＝∠MPN，
∴∠EPM＝∠FPN．
∵OP平分∠AOB，PE⊥OA，PF⊥OB，
∴PE＝PF．
在△PEM和△PFN中，∠MPE＝∠NPF，PE＝PF，∠PEM＝∠PFN，
∴△PEM≌△PFN（ASA），∴PM＝PN．
【总结提升】本题侧重考查全等三角形的题目，需结合全等三角形的判定与性质等知识解答．
14．（2023春•连城县期末）（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，线段EF、BE、FD之间的关系是 EF ＝ BE + FD ；（不需要
2
证明）
（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？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量
2
关系，并证明．
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，
1
且∠EAF= ∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数
2
量关系，并证明．
【思路引领】（1）延长CB至G，使BG＝DF，连接AG，证明△ABG≌△ADF，根据全等三角形的性
质得到AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，再证明△GAE≌△FAE，根据全等三角形的性质得出EF＝EG，结合
图形计算，证明结论；
（2）延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，仿照（1）的证明方法解答；
（3）在EB上截取BH＝DF，连接AH，仿照（1）的证明方法解答．
解：（1）EF＝BE+FD，
理由如下：如图1，延长CB至G，使BG＝DF，连接AG，
在△ABG和△ADF中，{
AB=AD
)
∠ABG=∠D=90° ，
BG=DF
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，
1
∵∠EAF= ∠BAD，
2
∴∠DAF+∠BAE＝∠EAF，
∴∠GAE＝∠BAG+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝∠EAF，
在△GAE和△FAE中，
{
AG=AF
)
∠GAE=∠FAE ，
AE=AE
∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴EF＝EG，
∵EG＝BG+BE＝BE+DF，
∴EF＝BE+FD，
故答案为：EF＝BE+FD；
（2）（1）中的结论仍然成立，
理由如下：如图2，延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠1＝180°，
∴∠1＝∠D，
在△ABM和△ADF中，
{AB=AD
)
∠1=∠D ，
BM=DF
∴△ABM≌△ADF（SAS），
∴AM＝AF，∠3＝∠2，
1
∵∠EAF= ∠BAD，
2
∴∠3+∠4＝∠EAF，
∴∠EAM＝∠3+∠4＝∠2+∠4＝∠EAF，
在△MAE和△FAE中，{
AM=AF
)
∠MAE=∠FAE ，
AE=AE
∴△MAE≌△FAE（SAS），
∴EF＝EM，
∵EM＝BM+BE＝BE+DF，
∴EF＝BE+FD；
（3）（1）中的结论不成立，EF＝BE﹣FD，
理由如下：如图3，在EB上截取BH＝DF，连接AH，
同（2）中证法可得，△ABH≌△ADF，
∴AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，
∴∠HAE＝∠FAE，
在△HAE和△FAE中，
{
AH=AF
)
∠HAE=∠FAE ，
AE=AE
∴△HAE≌△FAE（SAS），
∴EF＝EH，
∵EH＝BE﹣BH＝BE﹣DF，
∴EF＝BE﹣FD．【总结提升】本题考查的是全等三角形的判定和性质，掌握三角形全等的判定定理、灵活运用类比思想
是解题的关键．
类型四 倍长中线模型
15．（2020•黄陂区期末）如图，在△ABC中，D为BC的中点，若AC＝3，AD＝4．则AB的长不可能是
（ ）
A．5 B．7 C．8 D．9
【思路引领】延长AD至H，使AD＝DH＝4，连接BH，由“SAS”可证△ADC≌△HDB，可得AC＝
BH＝3，由三角形的三边关系可求解．
解：如图，延长AD至H，使AD＝DH＝4，连接BH，
则AH＝8，∵D为BC的中点，
∴BD＝CD，
在△ADC和△HDB中，
{
AD=DH
)
∠ADC=∠HDB ，
CD=BD
∴△ADC≌△HDB（SAS），
∴AC＝BH＝3，
在△ABH中，AH﹣BH＜AB＜AH+BH，
∴5＜AB＜11，
∴AB的长不可能是5，
故选：A．
【总结提升】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系，添加恰当辅助线构造全等三角
形是解题的关键．
16．（2020秋•通河县期末）如图所示，AD为△ABC中线，D为BC中点，AE＝AB，AF＝AC，连接EF，
EF＝2AD．若△AEF的面积为3，则△ADC的面积为 1. 5 ．
【思路引领】延长AD到点G，使DG＝AD，连接BG，利用线段中点的定义可得△ADC的面积＝
△ADB 的面积，BD＝DC，再利用倍长中线模型证明△ADC≌△GDB，从而可得△ADC 的面积＝
△BDG的面积，BG＝AC，再结合已知易得BG＝AF，EF＝AG，然后利用SSS证明△AEF≌△BGA，从
而可得△AEF的面积＝△ABG的面积＝3，最后进行计算即可解答．
解：延长AD到点G，使DG＝AD，连接BG，∵D为BC中点，
∴△ADC的面积＝△ADB的面积，BD＝DC，
∵∠ADC＝∠GDB，
∴△ADC≌△GDB（SAS），
∴△ADC的面积＝△BDG的面积，BG＝AC，
∵AC＝AF，
∴BG＝AF，
∵EF＝2AD，AG＝2AD，
∴EF＝AG，
∵AE＝AB，
∴△AEF≌△BGA（SSS），
∴△AEF的面积＝△ABG的面积＝3，
1
∴△ADC的面积＝△BDG的面积＝△ABD的面积= △ABG的面积＝1.5，
2
故答案为：1.5．
【总结提升】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的面积，根据题目的已知条件并结合图形添
加适当的辅助线是解题的关键．
类型五 截长补短构造全等三角形
17．阅读：探究线段的和．差．倍．分关系是几何中常见的问题，解决此类问题通常会用截长法或补短法，
具体做法是在某条线段上截取一条线段与特定线段相等，或是将某条线段延长，使之与特定线段相等，
再利用三角形全等的有关性质加以说明．
（1）请完成下题的证明过程：如图1，在△ABC中，∠B＝2∠C，AD平分∠BAC．求证：AB+BD＝
AC．证明：在AC上截取AE＝AB，连接DE
（2）如图2，AD∥BC，EA，EB分别平分∠DAB，∠CBA，CD过点E，求证：AB＝AD+BC．【思路引领】（1）在AC上截取AE＝AB，连接DE，证明△ABD≌△AED，得到∠B＝∠AED，再证明
ED＝EC即可；
（2）由等腰三角形的性质知AE＝FE，再证明△ADE≌△FCE即可解决本题．
证明：在AC上截取AE＝AB，连接DE，如图1：
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠DAC，
在△ABD和△AED中，
{
AE=AB
)
∠BAD=∠DAC ，
AD=AD
∴△ABD≌△AED（SAS），
∴∠B＝∠AED，BD＝DE，又∠B＝2∠C，
∴∠AED＝2∠C，
而∠AED＝∠C+∠EDC＝2∠C，
∴∠C＝∠EDC，
∴DE＝CE，
∴AB+BD＝AE+CE＝AC；
（2）延长AE、BC交于F，∵AB＝BF，BE平分∠ABF，
∴AE＝EF，
在△ADE和△FCE中，
{
∠DAE=∠F
)
AE=EF ，
∠AED=∠CEF
∴△ADE≌△FCE（ASA），
∴AD＝CF，
∴AB＝BF＝BC+CF＝BC+AD．
【总结提升】本题考查了全等三角形的判定和性质；此题利用了全等三角形中常用辅助线﹣截长补短法
构造全等三角形，然后利用全等三角形解题，这是解决线段和差问题最常用的方法，注意掌握．
类型六 平行线+线段中点构造全等三角形
18．如图，AC∥BD，E为CD的中点，AE⊥BE
（1）求证：AE平分∠BAC，BE平分∠ABD；
（2）线段AB、AC、BD有怎样的数量关系？请写出你的结论并证明．
【思路引领】（1）先判定△CAE≌△DFE（AAS），得出AC＝DF，AE＝FE，再判定△AEB≌△FEB
（SAS），得到∠BAE＝∠F，∠ABE＝∠FBE，再根据∠CAE＝∠BAE，即可得出AE平分∠BAC，BE
平分∠ABD；
（2）根据全等三角形的对应边相等，可得AB＝BF，即AB＝BD+DF，再根据（1）可得，DF＝AC，即
可得到AB＝BD+AC．解：（1）如图所示，延长AE交BD的延长线于F，
∵AC∥BD，
∴∠CAE＝∠DFE，
∵E为CD的中点，
∴CE＝DE，
在△CAE和△DFE中，
{∠CAE=∠DFE
)
∠AEC=∠FED ，
CE=DE
∴△CAE≌△DFE（AAS），
∴AC＝DF，AE＝FE，
∵AE⊥BE，
∴∠AEB＝∠FEB＝90°，
在△AEB和△FEB中，
{
AE=FE
)
∠AEB=∠FEB ，
BE=BE
∴△AEB≌△FEB（SAS），
∴∠BAE＝∠F，∠ABE＝∠FBE，
∴∠CAE＝∠BAE，
∴AE平分∠BAC，BE平分∠ABD；
（2）线段AB、AC、BD的数量关系为：AB＝BD+AC．
证明：由（1）可得，△AEB≌△FEB，
∴AB＝BF，
即AB＝BD+DF，
由（1）可得，DF＝AC，
∴AB＝BD+AC．【总结提升】本题主要考查了全等三角形的判定与性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全
等三角形，根据全等三角形的性质进行求解．
19．（2023春•博山区期末）如图，AB⊥BC于点B，AB⊥AD于点A，点E是CD中点，若BC＝5，AD＝
13
10，BE= ，求AB的长．
2
【思路引领】延长BE交AD于点F，根据垂直定义可得∠CBA＝∠A＝90°，从而可得CB∥AD，然后利
用平行线的性质可得∠D＝∠C，从而根据ASA证明△CEB≌△DEF，再利用全等三角形的性质可得DF
13
＝BC＝5，BE＝EF= ，从而可得AF＝5，最后在Rt△ABF中，利用勾股定理进行计算，即可解答．
2
解：延长BE交AD于点F，
∵AB⊥BC，AB⊥AD，
∴∠CBA＝∠A＝90°，∴CB∥AD，
∴∠D＝∠C，
∵点E是CD中点，
∴CE＝DE，
在△CEB和△DEF中，
{
∠D=∠C
)
DE=CE ，
∠≝=∠CEB
∴△CEB≌△DEF（ASA），
13
∴DF＝BC＝5，BE＝EF= ，
2
∵AD＝10，
∴AF＝AD﹣DF＝5，
在Rt△ABF中，BF＝BE+EF＝13，
∴AB=❑√BF2−AF2=❑√132−52=12，
∴AB的长为12．
【总结提升】本题考查了全等三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是
解题的关键．
