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专题 4.6 全等辅助线与模型必考七大类型
【人教版】
【类型1 中点模型之倍长构全等】..........................................................................................................................1
【类型2 三垂直模型（K字模型）】......................................................................................................................9
【类型3 一线三等角模型】....................................................................................................................................16
【类型4 手拉手模型】............................................................................................................................................23
【类型5 夹半角模型】............................................................................................................................................35
【类型6 婆罗摩笈多模型】....................................................................................................................................51
【类型7 角平分线模型】........................................................................................................................................60
【类型1 中点模型之倍长构全等】
1．（2023秋•碧江区 期末）如图，AD是△ABC的中线，E是AD上一点，BE交AC于F，若EF＝AF，
BE＝8，CF＝5，则EF的长度为（ ）
A．1.5 B．2 C．2.5 D．3
【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＝8，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，
又∵DG＝AD，∠ADC＝∠BDG，
∴△ADC≌△GDB（SAS），
∴AC＝BG＝CF+AF＝6+AF，∠DAC＝∠G，
∵EF＝AF，
∴∠DAC＝∠AEF，
∴∠G＝∠AEF＝∠BEG，
∴BE＝BG＝8，
∴5+AF＝BG＝8，
∴AF＝3＝EF
故选：D．
2．（2023秋•栖霞区校级月考）如图，五边形ABCDE中，AB＝BC＝7，AE＝ED＝8，∠ABC+∠AED＝
180°，M为边CD的中点，BM＝9，EM＝10，则五边形ABCDE的面积为＝ ．
【分析】延长BM到F，使FM＝BM，连接DF、EF、BE，易证△BCM≌△FDM，△ABE≌△DFE，根
据全等三角形的对应边相等，可得△BEF是等腰三角形，五边形的面积转化成了三角形的面积，利用三
角形的面积公式求解即可．
【解答】解：如图，延长BM到F，使FM＝BM，连接DF、EF、BE，
在△BMC和△FMD中，
{
BM=FM
)
∠BMC=∠FMD ，
CM=DM
∴△BMC≌△FMD中（SAS），
∴BM＝FM，BC＝FD＝AB，∠C＝∠FDM，
∵∠A+∠ABC+∠C+∠CDE+∠AED＝（5﹣2）×180°＝540°，
∵∠ABC+∠AED＝180°，
∴∠A+∠C+∠CDE＝360°，∵∠CDE+∠CDF+∠EDF＝360°，
∴∠A＝∠EDF，
在△ABE和△DFE中，
{
AB=DF
)
∠A=∠EDF ，
AE=DE
∴△ABE≌△DFE（SAS），
∴BE＝EF，
∵BM＝FM，
∴EM⊥BF，
∴S五边形ABCDE
＝S△ABE +S△BCM +S四边形BMDE
＝S△BEF
1
= BF•EM
2
1
= ×9×2×10
2
＝90．
故答案为：90．
3．如图，△ABC中，点D是BC的中点，点E、F分别在AB、AC上，且DE⊥DF，求证：BE+CF＞EF．
【分析】如图，延长ED使得DM＝DE，连接FM，CM．由△BDE≌△CDM（SAS），推出BE＝CM，由DE＝DM，DF⊥EM，推出FE＝FM，在△FCM中利用三边关系定理即可解决问题；
【解答】证明：如图，延长ED使得DM＝DE，连接FM，CM．
∵BD＝DC，∠BDE＝∠CDM，DE＝DM，
∴△BDE≌△CDM（SAS），
∴BE＝CM，
∵DE＝DM，DF⊥EM，
∴FE＝FM，
∵CM+CF＞FM，
∴BE+CF＞EF．
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．如图，AB＝AC，AB⊥AC，AD＝AE，AD⊥AE，M 为 BD 的中点，直线 AM 交 CE 于 N，求证：
MN⊥CE．
【分析】延长AM到点F，使得MF＝MA，连接BF，先证△BMF≌△DMA，得到BF＝AD＝AE，∠F＝
∠DAM，再证△BAF≌△ACE，得到∠BAF＝∠ACE，即可证明出MN⊥CE．【解答】证明：延长AM到点F，使得MF＝MA，连接BF，
又M为BD的中点，则MB＝MD，
在△BMF和△DMA中，
{
MF=MA
)
∠BMF=∠DMA ，
MB=MD
∴△BMF≌△DMA（SAS），
∴BF＝AD＝AE，∠F＝∠DAM，
∴BF∥AD，
∴∠ABF+∠BAD＝180°，
∵AB⊥AC，AD⊥AE，
∴∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠EAC+∠BAD＝∠BAC+∠DAE＝180°，
∴∠ABF＝∠EAC，
在△BAF和△ACE中，
{
BF=AE
)
∠ABF=∠CAE ，
AB=CA
∴△BAF≌△ACE（SAS），
∴∠BAF＝∠ACE，
∴∠ANE＝∠NAC+∠ACE＝∠NAC+∠BAF＝∠BAC＝90°，
∴MN⊥CE．
6．（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．
【类型2 三垂直模型（K字模型）】
1．（2023秋•武汉期末）如图，AB⊥BC，AD⊥BD，AB＝BC＝10，AD＝8，BD＝6，则S△ACD 为（ ）
A．48 B．50 C．56 D．64
【分析】过点C作CE⊥BD交BD的延长线于点D，证明△ABD≌△BCE（AAS），得出CE＝BD＝6，
进而即可求解．
【解答】解：如图，过点C作CE⊥BD交BD的延长线于点D，
∵AB⊥BC，AD⊥BD，
∴∠ADB＝∠ABC＝∠CEB＝90°，
∴∠CBE＝90°﹣∠ABD＝∠BAD，
又∵BA＝CB，∴△ABD≌△BCE（AAS），
∴CE＝BD＝6，
1 1 1
∴S =S +S −S = ×10×10+ ×6×8− ×6×6=56．
△ACD △ABC △ABD △DBC 2 2 2
故选：C．
2．（2023秋•江夏区校级月考）如图，AC＝BC，AE＝CD，AE⊥CE于点E，BD⊥CD于点D，AE＝8，
BD＝3，则DE的长是 ．
【分析】先证明Rt△AEC≌Rt△CDB（HL），再根据全等三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵AE⊥CE于点E，BD⊥CD于点D，
∴∠AEC＝∠D＝90°，
在Rt△AEC与Rt△CDB中，
{AC=BC)
，
AE=CD
∴Rt△AEC≌Rt△CDB（HL），
∴CE＝BD＝3，CD＝AE＝8，
∴DE＝CD﹣CE＝8﹣3＝5，
故答案为：5．
3．（2023秋•孟津县期中）如图，AE⊥AB，且AE＝AB，BC⊥CD，且BC＝CD，EF⊥AC，BG⊥AC，
DH⊥AC垂足分别是F、G、H，请按照图中所标注的数据：EF＝6，BG＝3，DH＝4．计算图中实线所
围成的图形的面积S是 ．
【分析】易证△AEF≌△BAG，△BCG≌△CDH即可求得AF＝BG，AG＝EF，GC＝DH，BG＝CH，即
可求得梯形DEFH的面积和△AEF，△ABG，△CGB，△CDH的面积，即可解题．
【解答】解：∵∠EAF+∠BAG＝90°，∠EAF+∠AEF＝90°，∴∠BAG＝∠AEF，
∵在△AEF和△BAG中，
{∠F=∠AGB=90°
)
∠AEF=∠BAG ，
AE=AB
∴△AEF≌△BAG（AAS）
同理△BCG≌△CDH，
∴AF＝BG，AG＝EF，GC＝DH，BG＝CH，
1
∵梯形DEFH的面积= （EF+DH）•FH＝80，
2
1
S△AEF ＝S△ABG =
2
AF•AE＝9，
1
S△BCG ＝S△CDH =
2
CH•DH＝6，
∴图中实线所围成的图形的面积S＝80﹣2×9﹣2×6＝50，
故答案为：50
4．在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线MN，BE⊥MN于点E，AD⊥MN于点D，若BE＝
4，AD＝7，则DE的长为 ．
【分析】分①点D，E在点C两侧，和②点D，E在点C同侧，两种情况讨论解决即可．
【解答】解：分两种情况：
①点D，E在点C两侧，如图1：
∵∠ACD+∠ACB+∠BCE＝180°，∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°．
∵AD⊥MN，
∴∠ADC＝90°，
∴∠DAC+∠ACD＝90°，
∴∠DAC＝∠ECB，
在△ADC和△CBE中，{∠DAC=∠ECB
)
∠ADC=∠CEB ，
AC=CB
∴△ADC≌△CBE（AAS），
∴AD＝CE，CD＝BE，
∵DE＝CE+CD，
∴DE＝AD+BE，
∵BE＝4，AD＝7，
∴DE＝7+4＝11；
②点D，E在点C同侧，如图2：
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°．
∵AD⊥MN，
∴∠ADC＝90°，
∴∠DAC+∠ACD＝90°，
∴∠DAC＝∠ECB，
在△ADC和△CBE中，
{∠DAC=∠ECB
)
∠ADC=∠CEB ，
AC=CB
∴△ADC≌△CBE（AAS），
∴AD＝CE，CD＝BE，
∴DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE＝7﹣4＝3．
综上所述，DE的长为：11或3．
故答案为：11或3．
5．（2023秋•新洲区期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D为AC的中点，AE⊥BD于F交BC于E．（1）求证：∠ABD＝∠CAE．
（2）求证：∠ADB＝∠CDE．
（3）直接写出BD、AE、ED之间满足的数量关系．
【分析】（1）理由等角的余角相等即可证明；
（2）过C作CM⊥AC，交AE的延长线于M，证明△ABD≌△CAM（ASA），推出∠ADB＝∠M，AD＝
CM，BD＝AM，再证明△CDE≌△CME（SAS）即可解决问题；
（3）利用全等三角形的性质即可证明；
【解答】（1）证明：∵AE⊥BD，
∴∠AFB＝∠BAC＝90°，
∴∠ABD+∠BAF＝90°，∠BAF+∠CAE＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE．
（2）证明：过C作CM⊥AC，交AE的延长线于M，
则∠ACM＝90°＝∠BAC，
∴CM∥AB，
∴∠MCE＝∠ABC＝∠ACB，
∵∠BAF＝∠ADB，∠ADB+∠FAD＝90°，∠ABD+∠BAF＝90°，
∴∠ABD＝∠CAM，
在△ABD和△CAM中，
{∠DAB=∠ACM
)
AB=AC ，
∠ABD=∠CAM
∴△ABD≌△CAM（ASA），
∴∠ADB＝∠M，AD＝CM，BD＝AM，∵D为AC中点，
∴AD＝DC＝CM，
在△CDE和△CME中，
{
CD=CM
)
∠DCE=∠ECM ，
CE=CE
∴△CDE≌△CME（SAS），
∴∠M＝∠CDE，
∴∠ADB＝∠CDE．
（3）解：结论：BD＝AE+DE．
理由：∵△CDE≌△CME，
∴ME＝DE，
∵AM＝AE+ME＝AE+DE，
∵BD＝AM，
∴BD＝AE+DE．
6．（2023秋•硚口区月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E为BC上一点，连接AE，作
AF⊥AE且AF＝AE，BF交AC于D．
（1）如图1，求证：D为BF中点；
（2）如图1，求证：BE＝2CD；
【分析】（1）如图1，过F点作FG⊥AC于点G，证明△AGF≌△ECA（AAS），得出AG＝EC，FG＝
AC，证明△FGD≌△BCD（AAS），得出DF＝BD，则可得出结论；
（2）由（1）得出DC＝GD，BE＝CG，则可得出结论；
CE 3
（3）过 F 点作 FG⊥AC 于点 G，得出 = ，由（1），（2）可知△AGF≌△ECA，
AC 5
△FGD≌△BCD，得出CE＝AG，CD＝DG，则可求出答案．
【解答】证明：（1）如图1，过F点作FG⊥AC于点G，∵∠FAG+∠CAE＝90°，∠FAG+∠AFG＝90°，
∴∠CAE＝∠AFG，
在△AGF和△ECA中，
{∠AGF=∠ECA
)
∠GFA=∠CAE ，
AF=AE
∴△AGF≌△ECA（AAS），
∴AG＝EC，FG＝AC，
∵AC＝BC，
∴BC＝FG，
又∵∠FGD＝∠DCB＝90°，∠FDG＝∠CDB，
∴△FGD≌△BCD（AAS），
∴DF＝BD，
即D为BF的中点；
（2）证明：∵△FGD≌△BCD，
∴DC＝GD，
∴CG＝2CD，
∵AG＝CE，AC＝BC，
∴CG＝BE，
∴BE＝2CD；
【类型3 一线三等角模型】
1．（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．
2．如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D，E分别为AB，BC上的点，且CD＝DE，∠CDE＝
45°．求证：BD＝BC．
【分析】根据三角形内角和定理和平角的定义证得∠ADC＝∠BED，进而证得△ACD≌△BDE．根据全
等三角形的性质即可证得结论
【解答】证明：∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠A＝∠B＝∠CDE＝45°，
∴∠ADC＝180°﹣45°﹣∠BDE，∠BED＝180°﹣45°﹣∠BDE，
∴∠ADC＝∠BED，
在△ACD和△BDE中，
{
∠A=∠B
)
∠ADC=∠BED ，
CD=DE
∴△ACD≌△BDE（AAS），
∴AC＝BD，
∴BD＝BC．
3．（2023秋•曾都区校级期中）如图，D，A，E三点都在一条直线上，且∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，AB＝
AC，求BD，CE，DE之间的数量关系．
【分析】由“AAS”可证△ABD≌△CAE，可得AD＝CE，BD＝AE，可得结论．
【解答】解：DE＝BD+CE，
理由如下：
∵∠BAE＝∠D+∠ABD＝∠BAC+∠CAE，且∠ADB＝∠AEC＝∠BAC，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
{∠ABD=∠CAE
)
∠ADB=∠CEA ，
AB=AC
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴AD＝CE，BD＝AE，
∵DE＝AD+AE，
∴DE＝CE+BD．
4．（2023秋•东西湖区期中）在等腰三角形△ABC中，AC＝BC，D、E分别为AB、BC上一点，∠CDE＝
∠A．
（1）如图1，若BC＝BD，求证：CD＝DE；（2）如图2，过点C作CH⊥DE，垂足为H，若CD＝BD，EH＝3，求CE﹣BE的值．
【分析】（1）先根据条件得出∠ACD＝∠BDE，BD＝AC，再根据ASA判定△ADC≌△BED，即可得到
CD＝DE；
（2）先根据条件得出∠DCB＝∠CDE，进而得到CE＝DE，再在DE上取点F，使得FD＝BE，进而判
定△CDF≌△DBE（SAS），得出CF＝DE＝CE，再根据CH⊥EF，运用三线合一即可得到FH＝HE，
最后得出CE﹣BE＝DE﹣DF＝EF＝2HE，可得结论．
【解答】（1）证明：∵AC＝BC，∠CDE＝∠A，
∴∠A＝∠B＝∠CDE，
∵∠CDB＝∠A+∠ACD＝∠CDE+∠BDE
∴∠ACD＝∠BDE，
又∵BC＝BD，
∴BD＝AC，
在△ADC和△BED中，
{∠ACD=∠BDE
)
AC=BD ，
∠A=∠B
∴△ADC≌△BED（ASA），
∴CD＝DE；
（2）解：∵CD＝BD，
∴∠B＝∠DCB，
由（1）知：∠CDE＝∠B，∴∠DCB＝∠CDE，
∴CE＝DE，
如图，在DE上取点F，使得FD＝BE，
在△CDF和△DBE中，
{
DF=BE
)
∠CDE=∠B ，
CD=BD
∴△CDF≌△DBE（SAS），
∴CF＝DE＝CE，
又∵CH⊥EF，
∴FH＝HE，
∴CE﹣BE＝DE﹣DF＝EF＝2HE＝2×3＝6．
5．（2023秋•淮南期中）CD是经过∠BCA顶点C的一条直线，CA＝CB．E，F分别是直线CD上两点，
且∠BEC＝∠CFA＝∠ ．
（1）若直线CD经过∠αBCA的内部，且E，F在射线CD上，请解决下面两个问题：
①如图1，若∠BCA＝90°，∠ ＝90°，则BE CF；EF |BE﹣AF|（填“＞”、“＜”或
“＝”）； α
②如图2，若0°＜∠BCA＜180°，请添加一个关于∠ 与∠BCA关系的条件 ，使①中的结论
仍然成立，并证明两个结论成立． α
（2）如图3，若直线CD经过∠BCA的外部，∠ ＝∠BCA，请提出EF，BE，AF三条线段数量关系的
合理猜想，并证明． α
【分析】（1）①由同角的余角相等推理可得∠CBE＝∠ACD，至此不难证明△BEC≌△CDA，借助全
等三角形的性质以及EF＝CF﹣CE即可得到结论；
②，只有满足△BEC≌△CFA，才有①中的结论，即∠BCE＝∠CAF，∠CBE＝∠FCA，由三角形内角
和等于180°，可知∠ +∠BCE+∠CBE＝180°，即∠ +∠BCE+∠FCA＝180°，进一步即可得到∠ 与
α α α∠BCA应该满足的数量关系；
（2）通过条件证明△BEC≌△CFA，可得BE＝CF，EC＝AF，不难得到EF，BE，AF三条线段之间的
数量关系．
【解答】解：（1）∵∠BCA＝90°，∠ ＝90°，
∴∠CBE+∠BCE＝90°，∠BCE+∠ACDα＝90°，
∴∠CBE＝∠ACD，
在△BEC和△CFA中，
{∠BEC=∠CFA
)
∠CEB=∠ACD ，
CA=CB
∴△BEC≌△CFA（AAS），
∴BE＝CF，EC＝FA，
∵EF＝CF﹣CE，
∴EF＝|BE﹣AF|，
故答案为：＝，＝；
②∠ +∠BCA＝180°，理由如下：
∵∠ α+∠BCA＝180°，
∴∠α+∠BCE+∠FCA＝180°，
∵∠α+∠BCE+∠CBE＝180°，
∴∠αCBE＝∠ACD，
在△BEC和△CFA中，
{∠BEC=∠CFA
)
CA=CB ，
∠CBE=∠ACD
∴△BEC≌△CFA（ASA），
∴BE＝CF，EC＝FA，
∵EF＝CF﹣CE，
∴EF＝|BE﹣AF|；
故答案为：∠ +∠BCA＝180°；
（2）EF＝BE+αAF．理由如下：∵∠1+∠2+∠BCA＝180°，∠2+∠3+∠CFA＝180°，∠BCA＝∠ ＝∠CFA，
∴∠1＝∠3， α
∵∠BEC＝∠CFA＝∠ ，CB＝CA，∠1＝∠3，
∴△BEC≌△CFA（ASαA），
∴BE＝CF，EC＝FA，
∴EF＝EC+CF＝BE+AF，
6．（2024秋•滨湖区校级期中）（1）如图1，直线m经过等腰直角△ABC的顶点A，过点B、C分别作
BD⊥m，CE⊥m，垂足分别为D、E，求证：BD+CE＝DE；
（2）如图2，直线m经过△ABC的顶点A，AB＝AC，在直线m上取两点 D，E，使∠ADB＝∠AEC＝
，补充∠BAC＝ （用 表示），线段BD，CE与DE之间满足BD+CE＝DE，补充条件后并证
α明； α
（3）在（2）的条件中，将直线m绕着点A逆时针方向旋转一个角度到如图3的位置，并改变条件
∠ADB＝∠AEC＝ （用 表示）．通过观察或测量，猜想线段BD，CE与DE之间满足的数量关
系，并予以证明． α
【分析】（1）根据BD⊥m，CE⊥m，得出∠DAB+∠ABD＝90°，∠ADB＝∠AEC，再根据∠BAC＝
90°，求出∠ABD＝∠EAC，在△ADB 和△CEA 中，根据“AAS”得出△ADB≌△CEA，从而证出
BD+CE＝DE；
则AE＝BD，AD＝CE，于是DE＝AE+AD＝BD+CE；
（2）补充∠BAC＝ ，根据ADB＝∠BAC＝ ，得出∠CAE＝∠ABD，在△ADB和△CEA中，根据AAS
α α证出△ADB≌△CEA，从而得出AE＝BD，AD＝CE，即可证出BD+CE＝DE
（3）补充∠ADB＝∠AEC＝180°﹣ ，根据补充的条件得出∠ABD+∠BAD＝ ，再根据∠BAD+∠CAE
＝ ，得出∠ABD＝∠CAE，再根据α AAS证出△ABD≌△CAE，得出AE＝BαD，CE＝AD，即可证出
BDα+DE＝CE．
【解答】解：（1）∵BD⊥m，CE⊥m，
∴∠DAB+∠ABD＝90°，∠ADB＝∠AEC，
∵∠BAC＝90°，
∴∠DAB+∠EAC＝90°，
∴∠ABD＝∠EAC，
在△ADB和△CEA中，
{∠ADB=∠AEC
)
∠ABD=∠EAC ，
AB=AC
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴BD+CE＝AD+AE＝DE；
（2）补充∠BAC＝ ，理由如下：
∵∠ADB＝∠BAC＝α ，
∴∠DBA+∠BAD＝∠αBAD+∠CAE＝180°﹣ ，
∴∠CAE＝∠ABD， α
在△ADB和△CEA中，
{∠ABD=∠CAE
)
∠BDA=∠CEA ，
AB=AC
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴BD+CE＝AE+AD＝DE；
（3）补充∠ADB＝∠AEC＝180°﹣ ，理由如下：
∵∠ADB＝180°﹣ ， α
∴∠ABD+∠BAD＝α ，
∵∠BAD+∠CAE＝α，
∴∠ABD＝∠CAE，α在△ABD和△CAE中，
{∠ABD=∠CAE
)
∠ADB=∠AEC ，
AB=AC
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴AE＝BD，CE＝AD，
∴BD+DE＝AE+DE＝AD＝CE；
【类型4 手拉手模型】
1．如图：已知 AB＝AD，AC＝AE，∠DAB＝∠EAC，BE、CD交于点 P，连接 AP．求证：AP平分
∠DPE．
【分析】求出∠DAC＝∠BAE，根据 SAS 推出△DAC≌△BAE，推出∠ADM＝∠ABN，证
△ADM≌△ABN，推出AM＝AN，根据角平分线性质得出即可．
【解答】证明：
过A作AM⊥CD于M，AN⊥BE于N，
则∠AMD＝∠ANB＝90°
∵∠DAB＝∠EAC，
∴∠DAB+∠BAC＝∠EAC+∠BAC，
∴∠DAC＝∠BAE，
在△DAC和△BAE中
{
AD=AB
)
∠DAC=∠BAE
AC=AE
∴△DAC≌△BAE，
∴∠ADM＝∠ABN，
在△ADM和△ABN中{∠AMD=∠ANB
)
∠ADM=∠ABN
AD=AB
∴△ADM≌△ABN，
∴AM＝AN，
∵AM⊥CD，AN⊥BE，
∴AP平分∠DPE．
2．（2023秋•增城区期中）如图，CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝ ，AD、BE交于点H，连CH．
（1）求证：△ACD≌△BCE； α
（2）求证：HC平分∠AHE；
（3）求∠CHE的度数．（用含 的式子表示）
α
【分析】（1）由CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝ ，利用SAS，即可判定：△ACD≌△BCE；
（2）首先作 CM⊥AD 于 M，CN⊥BE 于 N，由△AαCD≌△BCE，可证∠CAD＝∠CBE，再证
△ACM≌△BCN，（或证△ECN≌△DCM），可得CM＝CN，即可证得HC平分∠AHE；
（3）由△ACD≌△BCE，可得∠CAD＝∠CBE，继而求得∠AHB＝∠ACB＝ ，则可求得∠CHE的度
数． α
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝∠DCE＝ ，
∴∠ACD＝∠BCE， α
在△ACD和△BCE中，
{
CA=CB
)
∠ACD=∠BCE ，
CD=CE
∴△ACD≌△BCE（SAS）；
（2）证明：过点C作CM⊥AD于M，CN⊥BE于N，
∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAM＝∠CBN，
在△ACM和△BCN中，{
∠CAM=∠CBN
)
∠AMC=∠BNC=90° ，
AC=BC
∴△ACM≌△BCN（AAS），
∴CM＝CN，
∴HC平分∠AHE；
（3）∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD＝∠CBE，
∴∠AHB＝∠ACB＝ ，
∴∠AHE＝180°﹣ ，α
1 α 1
∴∠CHE= ∠AHE＝90°− ．
2 2
α
3．如图，已知∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝BC，DC＝EC．
（1）求证：BD＝AE；
（2）若∠AEB＝50°，求∠EBD的度数．
【分析】（1）由∠ACB＝∠DCE＝90°，得∠BCD＝∠ACE＝90°﹣∠BCE，而BC＝AC，DC＝EC，即
可证明△BCD≌△ACE，则BD＝AE；
（2）由DC＝EC，∠DCE＝90°，得∠CDE＝∠CED＝45°，因为∠CDB+∠CEB＝∠CEA+∠CEB＝
∠AEB＝50°，所以∠BDE+∠BED＝90°﹣50°＝40°，则∠EBD＝180°﹣（∠BDE+∠BED）＝140°．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠BCD＝∠ACE＝90°﹣∠BCE，
在△BCD和△ACE中，{
BC=AC
)
∠BCD=∠ACE ，
DC=EC
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴BD＝AE．
（2）解：DC＝EC，∠DCE＝90°，
∴∠CDE＝∠CED＝45°，
∵△BCD≌△ACE，
∴∠CDB＝∠CEA，
∴∠CDB+∠CEB＝∠CEA+∠CEB＝∠AEB＝50°，
∴∠BDE+∠BED＝CDE+∠CED﹣（∠CDB+∠CEB）＝90°﹣50°＝40°，
∴∠EBD＝180°﹣（∠BDE+∠BED）＝180°﹣40°＝140°，
∴∠EBD的度数是140°．
4．如图，等腰Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，E为线段AC上除A，C外的任意一点，若点D为
△ABC外一点，且∠ADB＝45°，判断BD，DC的位置关系．
【分析】过点A作AF⊥AD交BD于点F，根据三角形内角和定理推出∠AFD＝45°＝∠ADB，则AF＝
AD，利用SAS证明△ABF≌△ACD，根据全等三角形的性质得出∠AFB＝∠ADC，根据邻补角定义及垂
直的定义求解即可．
【解答】解：BD⊥DC，理由如下：
如图，过点A作AF⊥AD交BD于点F，
∴∠FAD＝90°，
∵∠ADB＝45°，
∴∠AFD＝45°＝∠ADB，
∴AF＝AD，∵∠BAC＝∠FAD＝90°，
∴∠BAF＝∠CAD，
在△ABF和△ACD中，
¿，
∴△ABF≌△ACD（SAS），
∴∠AFB＝∠ADC，
∵∠AFB+∠AFD＝180°，
∴∠AFB＝135°，
∴∠ADC＝135°，
∵∠ADB＝45°，
∴∠BDC＝∠ADC﹣∠ADB＝90°，
∴BD⊥DC．
5．如图1，在△ABC中，∠ACB为锐角，点D为射线BC上一动点，连接AD，以AD为一边且在AD的右
侧作等腰Rt△ADE，如果AB＝AC，∠BAC＝90°．解答下列问题：
（1）如图1，当点D在线段BC上时（与点B不重合），线段CE，BD之间的位置关系为 ，数
量关系为 ；
（2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，（1）中的结论是否仍然成立，为什么？
（3）如图3，如果AB≠AC，∠BAC≠90°，当∠BCA＝45°时，请你判断线段CE，BD之间的位置关
系，并说明理由．
【分析】（1）易证∠B＝∠ACB＝45°，再证△ABD≌△ACE（SAS），得出∠ACE＝∠B＝45°，CE＝
BD，则∠ECB＝∠ACE+∠ACB＝90°，即可得出答案；
（2）同（1）证△ABD≌△ACE（SAS），得出∠ACE＝∠B＝45°，CE＝BD，则∠ECB＝
∠ACE+∠ACB＝90°，即可得出（1）中的结论仍然成立；
（3）过点A作AP⊥AC交BC于点P，则∠APC＝45°，AP＝AC，证△APD≌△ACE（SAS），得出
∠ACE＝∠APD＝45°，则∠ECB＝∠ACE+∠ACB＝90°，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠B＝∠ACB＝45°，
∵△DAE是等腰直角三角形，
∴AD＝AE，∠DAE＝90°，
∵∠BAD＝90°﹣∠DAC，∠CAE＝90°﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE 中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ACE＝∠B＝45°，CE＝BD，
∴∠ECB＝∠ACE+∠ACB＝45°+45°＝90°，
即CE⊥BD，
故答案为：CE⊥BD，CE＝BD；
（2）当点D在线段BC的延长线上时，（1）中的结论仍然成立，理由如下：
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∵△DAE是等腰直角三角形，
∴AD＝AE，∠DAE＝90°，
∵∠BAD＝90°+∠DAC，∠CAE＝90°+∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE 中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ACE＝∠B＝45°，CE＝BD，
∴∠ECB＝∠ACE+∠ACB＝45°+45°＝90°，
即CE⊥BD，
∴（1）中的结论仍然成立；
（3）如图3，当∠ACB＝45°时，CE⊥BD，理由如下：过点A作AP⊥AC交BC于点P，
则∠APC＝45°，AP＝AC，
∵∠DAP＝90°﹣∠DAC，∠EAC＝90°﹣∠DAC，
∴∠DAP＝∠EAC，
在△APD和△ACE中，
{
AP=AC
)
∠DAP=∠EAC ，
AD=AE
∴△APD≌△ACE（SAS），
∴∠ACE＝∠APD＝45°，
∴∠ECB＝∠ACE+∠ACB＝45°+45°＝90°，
即 CE⊥BC．
6．（2023秋•武昌区校级月考）在△ABC中，AB＝AC．
（1）如图1，D为△ABC内部的一点，∠ABD＝∠ACD，求证：∠BAD＝∠CAD；
（2）如图2，点D在△ABC外部，∠ADB＝∠ACB＝60°，求∠ADC的度数；
（3）如图3，点D在△ABC外部，∠ADB＝∠ACB＝60°，点E为AB的中点，连接DE，猜想DC和DE
的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）由等腰三角形的性质得∠ABC＝∠ACB，再证∠DBC＝∠DCB，则DB＝DC，然后证
△ABD≌△ACD（SAS），即可得出结论；
（2）延长DB至E，使DE＝AD，连接AE，证△ABC和△ADE都是等边三角形，得AD＝AE，∠E＝
∠DAE＝∠BAC＝60°，再证△CAD≌△BAE（SAS），即可得出结论；（3）延长 DE 至 F，使 EF＝DE，连接 AF，延长 DB 至 G，使 DG＝DA，连接 AG、CG，证
△DAB≌△CAG（SAS），得BD＝GC，∠AGC＝∠ADB＝60°，再证△BED≌△AEF（SAS），得BD＝
AF，∠DBE＝∠FAE，然后证△DGC≌△DAF（SAS），得DC＝DF，进而得出结论．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵∠ABD＝∠ACD，
∴∠ABC﹣∠ABD＝∠ACB﹣∠ACD，
即∠DBC＝∠DCB，
∴DB＝DC，
在△ABD和△ACD中，
{
AB=AC
)
∠ABD=∠ACD ，
DB=DC
∴△ABD≌△ACD（SAS），
∴∠BAD＝∠CAD；
（2）解：延长DB至E，使DE＝AD，连接AE，如图2所示：
∵∠ADB＝∠ACB＝60°，AB＝AC，
∴△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AD＝AE，∠E＝∠DAE＝∠BAC＝60°，
∴∠CAD+∠BAD＝∠BAE+∠BAD，
∴∠CAD＝∠BAE，
在△CAD和△BAE中，
{
AC=AB
)
∠CAD=∠BAE ，
AD=AE
∴△CAD≌△BAE（SAS），∴∠ADC＝∠E＝60°；
（3）解：DC和DE的数量关系为：DC＝2DE，理由如下：
延长DE至F，使EF＝DE，连接AF，延长DB至G，使DG＝DA，连接AG、CG，如图3所示：
∵∠ADB＝∠ACB＝60°，AB＝AC，
∴△ABC和△ADG都是等边三角形，
∴AD＝AG，∠AGD＝∠DAG＝∠BAC＝60°，
∴∠DAB+∠BAG＝∠CAG+∠BAG，
∴∠DAB＝∠CAG，
在△DAB和△CAG中，
{
AD=AG
)
∠DAB=∠CAG ，
AB=AC
∴△DAB≌△CAG（SAS），
∴BD＝GC，∠AGC＝∠ADB＝60°，
∴∠DGC＝∠AGD+∠AGC＝60°+60°＝120°，
∵点E为AB的中点，
∴BE＝AE，
在△BED和△AEF中，
{
BE=AE
)
∠BED=∠AEF ，
DE=EF
∴△BED≌△AEF（SAS），
∴BD＝AF，∠DBE＝∠FAE，
∴GC＝AF，
∵∠DBE＝∠BAG+∠AGB＝∠BAG+60°，∠FAE＝∠FAC+∠BAC＝∠FAC+60°，
∴∠BAG＝∠FAC，∴∠FAG＝∠FAC+∠CAG＝∠BAG+∠CAG＝∠BAC＝60°，
∴∠DAF＝∠DAG+∠FAG＝60°+60°＝120°，
∴∠DGC＝∠DAF，
在△DGC和△DAF中，
{
DG=DA
)
∠DGC=∠DAF ，
GC=AF
∴△DGC≌△DAF（SAS），
∴DC＝DF，
∵EF＝DE，
∴DF＝2DE，
∴DC＝2DE．
7．（2024春•肥城市期末）综合实践
在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三
角形构成的，在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．兴趣小组成员经过研讨给出定义：如
果两个等腰三角形的顶角相等，且顶角的顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型”．因为顶点
相连的四条边，可以形象地看作两双手，所以通常称为“手拉手模型”，如图1，△ABC与△ADE都是
等腰三角形，其中∠BAC＝∠DAE，则△ABD≌△ACE（SAS）．
【初步把握】如图2，△ABC与△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，请直
接写出图中的一对全等三角形．
【深入研究】如图3，已知△ABC，以AB、AC为边分别向外作等边△ABD和等边△ACE，BE、CD交
于点Q．求∠DQB的大小，并证明：BE＝CD．
【拓展延伸】如图4，在两个等腰直角△ABC和△ADE中，AB＝AC，AE＝AD，∠BAC＝∠DAE＝
90°，连接BD，CE，交于点P，请判断BD和CE的关系，并说明理由．
【分析】[初步把握]根据SAS证明△BAD≌△CAE即可[深入把握]根据SAS证明△ACD≌△AEB，再由全等的性质得到
[拓展延伸]根据 SAS证明△EAC≌DAB，由全等的性质可得 BD＝CE，∠ACE＝∠ABD，进而可证
BD⊥CE
【解答】解：[初步把握]
证明：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△BAD≌△CAE（SAS）．
[深入把握]
证明：∵△ABD和△ACE都是等边三角形，
∴AB＝AD，AE＝AC，∠BAD＝∠CAE＝60°，
∴∠BAD+∠BAC＝∠CAE+∠BAC．
即∠DAC＝∠BAE，
在△ABE和△ADC中，
{
AB=AD
)
∠BAE=∠DAC ，
AE=AC
∴△ABE≌△ADC（SAS），
∴BE＝CD；∠ADC＝∠ABE．
∵∠BQD+∠ABE＝∠BAD+∠ADC，
∴∠DQB＝∠DAB＝60°．
[拓展延伸]
解：BD＝CE，BD⊥CE，理由如下：
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC+∠BAE＝∠DAE+∠BAE，
即∠CAE＝∠BAD，
在△ABD和△ACE中，{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵∠BPC+∠ABD＝∠BAC+∠ACE，
∴∠BPC＝∠BAC＝90°，
∴BD⊥CE．
【类型5 夹半角模型】
1．如图，正方形ABCD中，M，N分别是BC，CD上的点，∠MAN＝45°．
（1）求证：MN＝BM+DN；
（2）求证：MA平分∠BMN．
【分析】（1）由 SAS 判定△AHB≌△AND，得到 AH＝AN，∠HAB＝∠NAD，再利用 SAS 判定
△AHM≌△ANM，得到HM＝MN，因为HM＝HB+BM＝DN+BM，可得MB+ND＝MN；
（2）由全等三角形的性质可得∠AMN＝∠AMH，即可求解．
【解答】证明：（1）延长MB至H，使BH＝DN，连接AH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABH＝∠BAD＝∠D＝90°．
∵BH＝DN，
∴△AHB≌△AND（SAS）．
∴AH＝AN，∠HAB＝∠NAD．
∵∠MAN＝45°，
∴∠DAN+∠BAM＝∠BAH+∠BAM＝45°．∴∠HAM＝∠MAN．
∵AH＝AN，AM＝AM，
∴△AHM≌△ANM（SAS）．
∴HM＝MN．
∵HM＝HB+BM＝DN+BM，
∴MB+ND＝MN；
（2）∵△AHM≌△ANM，
∴∠AMN＝∠AMH，
∴MA平分∠BMN．
2．如图，四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠C＝90°，E，F分别为BC，CD上的点，∠EAF＝45°．
探究EF，BE，DF之间的数量关系并证明．
【分析】由“SAS”可证△ADF≌△ABH，可得∠DAF＝∠BAH，AH＝AF，由“SAS”可证
△AEF≌△AEH，可得EF＝EH，即可求解．
【解答】解：EF＝BE+DF，理由如下：
如图，延长CB至H，使BH＝DF，连接AH，
∵∠BAD＝∠C＝90°，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
又∵∠ABC+∠ABH＝180°，
∴∠ADF＝∠ABH，
在△ADF和△ABH中，
{
AD=AB
)
∠ADF=∠ABH ，
DF=BH
∴△ADF≌△ABH（SAS），
∴∠DAF＝∠BAH，AH＝AF，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，∴∠BAE+∠BAH＝45°＝∠EAH＝∠EAF，
在△AEF和△AEH中，
{
AE=AE
)
∠EAF=∠EAH ，
AF=AH
∴△AEF≌△AEH（SAS），
∴EF＝EH，
∴EF＝BE+DF．
3．如图，△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝120°，点E为AB上一点，∠DCE＝∠DAE＝60°，求证：AD+DE
＝BE．
【分析】在AB上截取BF＝AD，连接CF，通过证明△ADC≌△BFC，可得∠ACD＝∠BCF，CD＝
CF，由“SAS”可得△DCE≌△FCE，可得DE＝EF，即可得结论．
【解答】证明：如图，在AB上截取BF＝AD，连接CF，
∵CA＝CB，∠ACB＝120°，
∴∠CAB＝∠CBA＝30°，
∵∠DAE＝60°
∴∠DAC＝∠DAE﹣∠CAB＝30°
∴∠DAC＝∠CBA，且AD＝BF，AC＝BC
∴△ADC≌△BFC（SAS）∴∠ACD＝∠BCF，CD＝CF，
∵∠ACB＝∠ACE+∠ECF+∠BCF＝∠ACE+∠ECF+∠ACD＝∠DCE+∠ECF＝120°
∴∠ECF＝60°＝∠DCE，且CE＝CE，DC＝CF
∴△DCE≌△FCE（SAS）
∴DE＝EF
∴BE＝BF+EF＝AD+DE
4．（2023秋•牧野区校级期中）（1）问题背景：
如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E，F分别是BC、CD上的
点，且∠EAF＝60°．探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．
小明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 BE + FD ＝ EF ；
（2）灵活运用：
1
如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF=
2
∠BAD，上述结论是否仍然成立，请说明理由；
（3）探索延伸：
如图3，已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，AB＝AD，若点E在CB的延长线上，点F在
CD的延长线上，如图3所示，且满足EF＝BE+FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系．
【分析】（1）根据SAS可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，再根据SAS判定
△AEF≌△AGF，可得出EF＝GF＝DG+DF＝BE+DF，据此得出结论；
（2）延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先根据SAS判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE＝
∠DAG，AE＝AG，再根据SAS判定△AEF≌△AGF，可得出EF＝GF＝DG+DF＝BE+DF；
（3）在DC延长线上取一点G，使得DG＝BE，连接AG，先根据SAS判定△ADG≌△ABE，再根据
SAS判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE＝∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE＝360°，推导得到
2∠FAE+∠DAB＝360°，即可得出结论．
【解答】解：（1）BE+FD＝EF．理由如下：理由：如图1，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，
∵∠ADC＝90°，
∴∠ADG＝180°﹣∠ADC＝90°，
又∵∠B＝90°，
∴∠B＝∠ADG，
在△ABE与△ADG中，
{
AB=AD
)
∠B=∠ADG ，
BE=DG
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
∵∠BAD＝120°，∠EAF＝60°，
∴∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝60°，
∴∠DAG+∠DAF＝60°，
即∠GAF＝60°，
∴∠GAF＝∠EAF；
在△AEF与△AGF中，
{
AE=AG
)
∠EAF=∠GAF ，
AF=AF
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝GF，
∵GF＝DG+DF，
∴EF＝BE+DF，
故答案为：BE+FD＝EF；
（2）BE+FD＝EF仍然成立，理由如下：如图2，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，
∵∠B+∠ADF＝180°，∠ADG+∠ADF＝180°，
∴∠B＝∠ADG，
又∵AB＝AD，
∴在△ABE与△ADG中，
{
AB=AD
)
∠B=∠ADG ，
BE=DG
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
1
∵∠EAF= ∠BAD，
2
1
∴∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF= ∠BAD，
2
1
∴∠DAG+∠DAF= ∠BAD，
2
1
即∠GAF= ∠BAD，
2
∴∠GAF＝∠EAF，
在△AEF与△AGF中，
{
AE=AG
)
∠EAF=∠GAF ，
AF=AF
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝GF，
∵GF＝DG+DF，
∴EF＝BE+DF；
1
（3）∠EAF＝180°− ∠DAB．证明如下：
2如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG＝BE，连接AG，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ABE＝180°，
∴∠ADC＝∠ABE，
又∵AB＝AD，
∴在△ABE与△ADG中，
{
AB=AD
)
∠B=∠ADG
BE=DG
∴△ADG≌△ABE（SAS），
∴AG＝AE，∠DAG＝∠BAE，
∵EF＝BE+FD，
∴EF＝DG+FD，
∴EF＝GF，
在△AEF与△AGF中，
{AE=AG
)
EF=GF
AF=AF
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠FAE＝∠FAG，
∵∠FAE+∠FAG+∠GAE＝360°，
∴2∠FAE+（∠GAB+∠BAE）＝360°，
∴2∠FAE+（∠GAB+∠DAG）＝360°，
即2∠FAE+∠DAB＝360°，
1
∴∠EAF＝180°− ∠DAB．
2
5．（2023秋•西乡塘区校级月考）（1）如图①，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E，F分别是边BC，CD上的点，且2∠EAF＝∠BAD．求证：EF＝BE+DF；
（2）如图②，将（1）中的条件，“∠B＝∠D＝90°”改为“∠B+∠D＝180°”，其他条件都不变，
（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由；
（3）如图③，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E，F分别是边BC，CD延长线上的
点，且2∠EAF＝∠BAD，请写出EF，BE，DF三者之间的关系并证明．
【分析】（1）延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，证明△ABG≌△ADF（SAS），得出AG＝AF，
∠GAB＝∠DAF，再证明△AEG≌△AEF（SAS），得出EG＝EF，即可得出结论；
（2）延长EB到点G，使BG＝DF，连接AG，证明△ABG≌△ADF（SAS），得出AG＝AF，∠GAB＝
∠DAF，再证明△AEG≌△AEF（SAS），得出EG＝EF，即可得出结论；
（3）在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．方法同（2）可得出结论．
【解答】（1）证明：如图①延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABG＝180°﹣∠ABC＝90°，
在△ABG和△ADF中，
{
AB=AD
)
∠ABG=∠D ，
BG=DF
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴AG＝AF，∠GAB＝∠DAF，
∵2∠EAF＝∠BAD，1
∴∠EAF= ∠BAD，
2
1
∴∠DAF+∠BAE= ∠BAD，
2
1
∴∠EAG＝∠GAB+∠BAE＝∠DAF+∠BAE= ∠BAD，
2
∴∠EAG＝∠EAF，
在△AEG和△AEF中，
{
AG=AF
)
∠EAG=∠EAF ，
AE=AE
∴△AEG≌△AEF（SAS），
∴EG＝EF，
∵EG＝BE+BG＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF；
（2）解：（1）中的结论EF＝BE+FD仍然成立，理由如下：
如图②，延长EB到点G，使BG＝DF，连接AG，
∵∠ABD+∠D＝180°，∠ABD+∠ABG＝180°，
∴∠ABG＝∠D，
在△ABG和△ADF中，
{
AB=AD
)
∠ABG=∠D ，
BG=DF
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF，
∵2∠EAF＝∠BAD，
1
∴∠EAF= ∠BAD，
21
∴∠DAF+∠BAE= ∠BAD，
2
1
∴∠EAG＝∠GAB+∠BAE＝∠DAF+∠BAE= ∠BAD，
2
∴∠EAG＝∠EAF，
在△AEG和△AEF中，
{
AG=AF
)
∠EAG=∠EAF ，
AE=AE
∴△EAG≌△EAF（SAS），
∴EG＝EF，
∵EG＝BE+BG＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF．
（3）解：EF＝BE﹣FD，证明如下：
如图③，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，
∵2∠EAF＝∠BAD，
1
∴∠EAF= ∠BAD，
21
∴∠DAF+∠DAE= ∠BAD，
2
1
∴∠BAG+∠DAE＝∠DAF+∠DAE＝∠EAF= ∠BAD，
2
1
∴∠EAG= ∠BAD＝∠EAF，
2
在△AEG和△AEF中，
{
AG=AF
)
∠EAG=∠EAF ，
AE=AE
∴△AEG≌△AEF（SAS），
∴EG＝EF，
∵EG＝BE﹣BG，
∴EF＝BE﹣DF．
6．（2023秋•黄陂区校级月考）如图1，四边形ABCD中，BC＝CD，∠BCD＝120°，E、F分别为AB、
AD上的点，∠ECF＝∠A＝60°．求证：EF＝BE+DF；
如图2，将图1中点E移至BA延长线上，点F移至AD延长线上，其余条件不变，写出EF和BE，DF
之间的数量关系并证明；
如图3，将图1中点E移至AB延长线上，点F移至DA延长线上，其余条件不变，直接写出EF和BE，
DF之间的数量关系为 ．
【分析】（1）延长EB至点G，使BG＝DF，连接CG，证△CBG≌△CDF（SAS），得CG＝CF，
∠BCG＝∠DCF，再证△ECG≌△ECF（SAS），得EG＝EF，即可得出结论；
（2）在BA上截取BG＝DF，连接CG，证△CBG≌△CDF（SAS），得CG＝CF，∠BCG＝∠DCF，再
证△ECG≌△ECF（SAS），得GE＝EF，即可得出结论；
（3）在DF上截取DG＝BE，连接CG，证△CDG≌△CBE（SAS），得CG＝CE，∠DCG＝∠BCE，再
证△GCF≌△ECF（SAS），得FG＝EF，即可得出结论．【解答】（1）证明：延长EB至点G，使BG＝DF，连接CG，如图1所示：
∵∠A+∠BCD＝60°+120°＝180°，
∴∠ABC+∠D＝360°﹣180°＝180°，
∵∠ABC+∠CBG＝180°，
∴∠CBG＝∠D，
在△CBG和△CDF中，
{
BC=CD
)
∠CBG=∠D ，
BG=DF
∴△CBG≌△CDF（SAS），
∴CG＝CF，∠BCG＝∠DCF，
∵∠BCE+∠DCF＝∠BCD﹣∠ECF＝120°﹣60°＝60°，
∴∠BCE+∠BCG＝60°，
即∠ECG＝60°，
∴∠ECG＝∠ECF，
在△ECG和△ECF中，
{
CG=CF
)
∠ECG=∠ECF ，
CE=CE
∴△ECG≌△ECF（SAS），
∴EG＝EF，
∵EG＝BE+BG＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF；
（2）解：EF和BE，DF之间的数量关系为：EF＝BE﹣DF，理由如下：
在BA上截取BG＝DF，连接CG，如图2所示：由（1）得：∠B+∠ADC＝180°，
∵∠ADC+∠CDF＝180°，
∴∠B＝∠CDF，
在△CBG和△CDF中，
{
BC=CD
)
∠B=∠CDF ，
BG=DF
∴△CBG≌△CDF（SAS），
∴CG＝CF，∠BCG＝∠DCF，
∵∠BCD＝∠BCG+∠DCG＝120°，
∴∠DCF+∠DCG＝120°，
即∠GCF＝120°，
∴∠ECG＝∠GCF﹣∠ECF＝120°﹣60°＝60°，
∴∠ECG＝∠ECF，
在△ECG和△ECF中，
{
CG=CF
)
∠ECG=∠ECF ，
CE=CE
∴△ECG≌△ECF（SAS），
∴GE＝EF，
∵GE＝BE﹣BG＝BE﹣DF，
∴EF＝BE﹣DF；
（3）解：EF和BE，DF之间的数量关系为：EF＝DF﹣BE，理由如下：
在DF上截取DG＝BE，连接CG，如图3所示：由（1）得：∠ABC+∠D＝180°，
∵∠ABC+∠CBE＝180°，
∴∠D＝∠CBE，
在△CDG和△CBE中，
{
CD=CB
)
∠D=∠CBE ，
DG=BE
∴△CDG≌△CBE（SAS），
∴CG＝CE，∠DCG＝∠BCE，
∵∠BCD＝∠BCG+∠DCG＝120°，
∴∠BCG+∠BCE＝120°，
即∠GCE＝120°，
∴∠GCF＝∠GCE﹣∠ECF＝120°﹣60°＝60°，
∴∠GCF＝∠ECF，
在△GCF和△ECF中，
{
CG=CE
)
∠GCF=∠ECF ，
CF=CF
∴△GCF≌△ECF（SAS），
∴FG＝EF，
∵FG＝DF﹣DG＝DF﹣BE，
∴EF＝DF﹣BE，
故答案为：EF＝DF﹣BE．
7．已知∠PAQ与正方形ABCD共顶点A，且∠PAQ＝45°，∠PAQ的两边所在直线分别与正方形的边CD、
CB所在直线相交于M、N．
（1）当∠PAQ在∠BAD内部时，（如图1），猜想线段DM、BN、MN之间的关系．（2）当正方形的边AB在∠PAQ内部时，（如图2），（1）中的结论还成立吗？如果不成立，请你写
出正确的结论，并说明理由．
（3）当∠PAQ绕A点顺时针旋转角α，（45°＜α＜135°） （如图3），写出线段DM、BN与MN之间
的关系．（不须证明）
【分析】（1）如图（1）延长CD至G，使DG＝BN，连接AG，证明△ABN≌△ADG（SAS），得AN
＝AG，∠BAN＝∠DAG，再证明△AMN≌△AMG（SAS），得MN＝MG，进而根据线段的和差即可解
决问题；
（2）如图（2）在CD上截DH＝BN，连接AH，方法同（1）即可解决问题；
（3）如图（3）延长DC至R，使DR＝BN，连接AR，方法同（1）即可解决问题．
【解答】解：（1）DM+BN＝MN，理由如下：
如图（1）延长CD至G，使DG＝BN，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠ADC＝∠ADG＝90°，AB＝AD，
∴△ABN≌△ADG（SAS），
∴AN＝AG，∠BAN＝∠DAG，
∵∠PAQ＝45°，
∴∠BAN+∠DAM＝45°，
∴∠DAG+∠DAM＝45°＝∠GAM，
∴∠MAN＝∠MAG，
∵AM＝AM，
∴△AMN≌△AMG（SAS），
∴MN＝MG，
∵MG＝MD+DG＝MD+BN，
∴DM+BN＝MN；（2）DM﹣BN＝MN，理由如下：
如图（2）在CD上截DH＝BN，连接AH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠ADC＝∠ABN＝90°，AB＝AD，
∴△ABN≌△ADH（SAS），
∴AN＝AH，∠BAN＝∠DAH，
∵∠PAQ＝45°，
∴∠BAN+∠BAM＝45°，
∴∠DAH+∠BAM＝45°，
∴∠HAM＝90°﹣45°＝45°，
∴∠MAN＝∠MAH，
∵AM＝AM，
∴△AMN≌△AMH（SAS），
∴MN＝MH，
∵MH＝MD﹣DH＝MD﹣BN，
∴DM﹣BN＝MN；
（3）DM+BN＝MN．理由如下：
如图（3）延长DC至R，使DR＝BN，连接AR，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠ADC＝∠ABN＝90°，AB＝AD，
∴△ABN≌△ADR（SAS），
∴AN＝AR，∠BAN＝∠DAR，
∴∠BAN+∠BAR＝∠DAR+∠BAR＝∠BAD＝90°，
∴∠NAR＝90°，
∵∠PAQ＝45°，
∴∠PAR＝45°，
∴∠MAN＝∠MAR＝180°﹣45°＝135°，
∵AM＝AM，
∴△AMN≌△AMR（SAS），
∴MN＝MR，
∵MR＝MD+DR＝MD+BN，
∴DM+BN＝MN．
【类型6 婆罗摩笈多模型】
1．（2023秋•江阴市期中）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝3，分别为AC、BC为一直
角边作等腰直角△ACE、△BCD，连接DE交BC的延长线于F，则△CEF的面积为 ．
【分析】过E作EH⊥BF交BF于H，根据全等三角形的判定和性质以及平行四边形的判定和性质即可
得到结论．
【解答】解：过E作EH⊥BF交BF于H，
∴∠ABC＝∠ACE＝∠H＝90°，∴∠ACB+∠ECH＝∠ACB+∠CAB＝90°，
∴∠BAC＝∠ECH，
∵AC＝CE，
∴△ABC≌△CHE（AAS），
∴BC＝EH＝3，CH＝AB＝6，
∵∠CHE＝∠DCH＝90°，BC＝CD，
∴EH∥CD，EH＝CD，
∴四边形CDEH是平行四边形，
∴CF＝FH，
1 1
∴CF= CH= AB＝3，
2 2
1 9
∴△CEF的面积为 ×3×3= ，
2 2
9
故答案为： ．
2
2．如图，已知等腰△ABC和等腰△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°．求证：S△ACD ＝S△ABE ．
【分析】取CD的中点M，连接AM，延长AM到N，使得MN＝AM，连接DN，CN．首先证明四边形
ACND是平行四边形，再证明△BAE≌△ACN即可；
【解答】证明：如图2中，取CD的中点M，连接AM，延长AM到N，使得MN＝AM，连接DN，CN．∵AM＝MN，DM＝CM，
∴四边形ACND是平行四边形，
∴AD＝CN，AD∥CN，
∴∠DAC+∠ACN＝180°，
∵∠BAC＝∠EAD＝90°，
∴∠BAE+∠DAC＝180°，
∴∠BAE＝∠ACN，
∵AB＝AC，AE＝AD＝CN，
∴△BAE≌△ACN（SAS），
∴S△BAE ＝S△ACN ，
∵DN∥AC，
∴S△ADC ＝S△ACN ，
∴S△BAE ＝S△ADC ．
3．如图．∠C＝90°，BE⊥AB且BE＝AB，BD⊥BC且BD＝BC，CB的延长线交DE于F
（1）求证：点F是ED的中点；
（2）求证：S△ABC ＝2S△BEF ．
【分析】（1）过点E作EM⊥CF交CF的延长线于M，根据同角的余角相等求出∠EBM＝∠A，然后利
用“角角边”证明△ABC和△BEM全等，根据全等三角形对应边相等可得BC＝EM，再求出BD＝
EM，然后利用“角角边”证明△EMF和△DBF全等，根据全等三角形对应边相等可得 EF＝DF，从而
得证；（2）根据全等三角形的面积相等和等底等高的三角形的面积相等进行证明．
【解答】证明：（1）如图，过点E作EM⊥CF交CF的延长线于M，
∵BE⊥AB，
∴∠EBM+∠ABC＝180°﹣90°＝90°，
∵∠C＝90°，
∴∠A+∠ABC＝180°﹣90°＝90°，
{
∠EBM=∠A
)
在△ABC和△BEM中， ∠C=∠M=90° ，
BE=AB
∴△ABC≌△BEM（AAS），
∴BC＝EM，
∵BD＝BC，
∴BD＝EM，
{∠M=∠DBF=90°
)
在△EMF和△DBF中， ∠EFM=∠DFB ，
BD=EM
∴△EMF≌△DBF（AAS），
∴EF＝DF，
∴点F是ED的中点；
（2）∵△ABC≌△BEM，△EMF≌△DBF，
∴S△ABC ＝S△BEM ，S△EMF ＝S△DBF ，
∵点F是ED的中点，
1 1
∴S△BEF ＝S△DBF =
2
S△BEM =
2
S△ABC ，
∴S△ABC ＝2S△BEF ．
4．如图，AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝90°，点F为DE的中点，求证：BC＝2AF．【分析】延长AF到M，使AF＝MF，连接DM，EM（如图），根据对角线互相平分的四边形是平行四
边形，得到ADME为平行四边形，然后根据平行四边形的性质得到DM＝AE＝AC，∠ADM+∠DAE＝
180°，再由已知的∠BAD＝∠CAE＝90°得到∠BAC+∠DAE＝180°，从而得到∠ADM＝∠BAC，再由AB
＝AD，利用SAS求证△MDA≌△CAB，最后根据全等三角形的对应边相等即可得证．
【解答】证明：延长AF到M，使AF＝MF，连接DM，EM（如图）
∵AF＝MF，DF＝EF，
∴四边形ADME为平行四边形．
∴DM＝AE＝AC，∠ADM+∠DAE＝180°
又∵∠BAD＝∠CAE＝90°，
∴∠BAC+∠DAE＝180°，
∴∠ADM＝∠BAC，
在△MDA和△CAB中，
{
DM=AC
)
∠ADM=∠BAC
AD=AB
∴△MDA≌△CAB（SAS），
∴BC＝AM，
∵AM＝2AF，
∴BC＝2AF．
5．（2023秋•鄱阳县校级期中）已知如图，AC＝AE，AD＝AB，∠ACB＝∠DAB＝90°，AE∥CB，AC、DE交于点F．
（1）求证：∠DAC＝∠B；
（2）猜想线段AF、BC的数量关系并证明．
【分析】（1）由题意可以作辅助线即作DG⊥AC的延长线于G，然后根据平行线的性质可以推出结
论；
（2）在第一问的基础上先证出△AGD≌△BCA和△AEF≌△GDF（AAS），再有全等关系得出线段
AF、BC的数量关系．
【解答】（1）证明：如图所示：作DG⊥AC的延长线于G，
∵∠ACB＝∠DAB＝90°，AE∥BC，
∴∠CAE＝180°﹣∠ACB＝90°，∠B＝∠BAE，
∴∠DAC＝90°﹣∠BAC＝∠BAE，
∴∠DAC＝∠B；
（2）解：BC＝2AF．
理由：∵AG⊥DG，
∴∠AGD＝∠ACB＝90°，
在△AGD和△BCA中，
{∠AGD=∠ACB
)
∠DAG=∠B ，
AD=AB
∴△AGD≌△BCA（AAS），
∴DG＝AC；AG＝BC，
在△AEF和△GDF中，
{∠DFG=∠EFA
)
∠EAF=∠DGC ，
DG=AE
∴△AEF≌△GDF（AAS），
1 1
∴AF＝GF= AG= BC，
2 2∴BC＝2AF．
6．（2023秋•哈尔滨校级月考）已知：AD为△ABC的中线，AE＝AB，AF＝AC，连接EF，EF＝2AD
（1）如图1，求证：∠EAF+∠BAC＝180°；
（2）如图2，设EF交AB于点G，交AC于点N，若∠ABC＝60°时，点G为EF中点，延长EB、FC交
于点M．请探究BM、BC之间的数量关系，并证明你的结论．
【分析】（1）延长AD至H，使HD＝AD，连接CH，证得△ADB≌△HDC和△AHC≌△FEA，最后得
出∠ACH+∠CHD+∠CAD＝180°，进一步得出结论即可；
（2）由（1）△AHC≌△FEA，证得△AEG≌△BAD，得出△ABE 是等边三角形，进一步证得
△ACD≌△FAG利用在四边形ABCF中，∠ABC+∠BCF+∠CFA+∠BAF＝360°，得出∠BCF＝150°，证
得∠BCM＝30°，∠BMC＝90°，求得结论BC＝2BM．
【解答】（1）证明：如图，
延长AD至H，使HD＝AD，连接CH，
∵BD＝CD，AD＝HD，∠ADB＝∠HDC∴△ADB≌△HDC，
∴∠BAD＝∠CHD，AB＝HC，
∴∠BAC＝∠BAD+∠CAD＝∠CHD+∠CAD，
∵EF＝2AD，HA＝2AD，
∴EF＝HA，
∵AE＝AB，AB＝HC，
∴HC＝AE，
又AC＝AF
∴△AHC≌△FEA，
∴∠EAF＝∠ACH
∵∠ACH+∠CHD+∠CAD＝180°
∴∠EAF+∠BAC＝180°．
（2）BC＝2BM．
证明：由（1）得∠AEG＝∠BAD，
1
由（1）得，AD= EF，又点G为EF中点，
2
∴EG＝AD，
在△EAG和△ABD中，
{
AE=AB
)
∠AEG=∠BAD ，
EG=AD
∴△EAG≌△ABD，
∴∠EAG＝∠ABC＝60°，
∴△AEB是等边三角形，
∴∠ABE＝60°，
∴∠CBM＝60°，
在△ACD和△FAG中，
{AD=FG
)
AG=CD ，
AF=AC
∴△ACD≌△FAG，
∴∠ACD＝∠FAG，∠DAC＝∠GFA，∠ADC＝∠FGA，
∵AC＝AF，∴∠ACF＝∠AFC，
在四边形ABCF中，∠ABC+∠BCF+∠CFA+∠BAF＝360°，
则∠BCF＝150°，
∴∠BCM＝30°，
∴∠BMC＝90°，
则BC＝2BM．
7．（2024秋•重庆校级月考）如图，在任意的△ABC中，分别以AB和AC为腰作等腰△ABE和等腰
△ACD，AB＝AE，AC＝AD，且∠BAE+∠CAD＝180°，连接DE，延长AC交DE于F．
（1）求证：∠CAB＝∠AED+∠ADE；
（2）若∠ACB＝∠BAE＝∠CAD＝90°，如图2，求证：BC＝2AF；
【分析】（1）如图 1，延长 DA 至 G 点，根据已知条件推出∠EAG+∠GAB+∠CAD＝180°，由
∠GAB+∠BAC+CAD＝180°，于是得到∠EAB＝∠CAB，根据三角形的外角的性质得到∠EAB＝
∠AED+∠ADE，即可得到结论；
（2）如图 2，过 E 点作 DA 延长线的垂线，垂足为 H，由（1）可知，∠EAH＝∠BAC，推出
△AHE≌△ACB，根据全等三角形的性质得到EH＝BC，AH＝AC，于是推出AF为△DHE中位线，根据
三角形中位线的性质即可得到结论；
【解答】证明：（1）如图1，延长DA至G点，
∵∠BAE+∠CAD＝180°，
即∠EAG+∠GAB+∠CAD＝180°，
∵∠GAB+∠BAC+CAD＝180°，∴∠EAB＝∠CAB，
∵∠EAB＝∠AED+∠ADE，
∴∠CAB＝∠AED+∠ADE，
（2）如图2，过E点作DA延长线的垂线，垂足为H，
由（1）可知，∠EAH＝∠BAC，
在△AHE和△ACB中，
{∠AHE=∠ACB
)
∠EAH=∠BAC ，
AE=AB
∴△AHE≌△ACB，
∴EH＝BC，AH＝AC，
∵AC＝AD，
∴AH＝AD，
∵∠EHA＝∠FAD＝90°，
∴AF∥EF，
∵A为DH中点，
∴AF为△DHE中位线，
∴EH＝2AF，
∴BC＝2AF.
【类型7 角平分线模型】
1．（2024秋•武汉期末）如图，在△ABC中，BD平分∠ABC，∠A＝2∠ADB，AB＝6，CD＝7，则BC的
长为（ ）
A．3 B．13 C．12 D．14【分析】在BC上截取BE＝AB，连接DE，证明△ABD≌△BED，得到∠A＝∠BED，再证明CD＝
EC，进而代入数值解答即可．
【解答】解：在BC上截取BE＝AB，连接DE，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC，
在△BAD和△BED中，
{
BE=BA
)
∠ABD=∠DBC ，
BD=BD
∴△BAD≌△BED（SAS），
∴∠A＝∠BED，∠BDA＝∠BDE，AD＝DE，又∠A＝2∠BDA，
∴∠BED＝2∠BDA，
而∠ADE＝∠BDA+∠BDE＝2∠BDA，
∴∠ADE＝∠BED，
∴∠CED＝∠EDC，
∴CD＝CE，
∴BC＝BE+CE＝AB+CD＝6+7＝13．
故选：B．
2．（2023秋•汉阳区期末）如图，在△ABC中，∠BAC、∠BCA的平分线相交于点I，若∠B＝40°，BC＝
AI+AC，则∠BAC的度数为（ ）
A．60° B．70° C．80° D．90°
【分析】在BC上取CD＝CA，连接DI，BI，首先利用SAS证明△ACI≌△DCI，得AI＝DI，∠IDC＝
∠IAC，再证明DI∥AB，从而可以解决问题．
【解答】解：在BC上取CD＝CA，连接DI，BI，∵CI平分∠ACB，
∴∠ACI＝∠DCI，
又∵CI＝CI，
∴△ACI≌△DCI（SAS），
∴AI＝DI，∠IDC＝∠IAC，
∵BC＝AI+AC，
∴BD＝AI＝DI，
∴∠DBI＝∠DIB，
∵∠BAC、∠BCA的平分线相交于点I，
∴BI平分∠ABC，
∴∠ABI＝∠CBI．
∴∠ABI＝∠BID，
∴DI∥AB，
∴∠IDC＝∠ABC＝40°，
∴∠IAC＝40°，
∴∠BAC＝2∠IAC＝80°，
故选：C．
3．（2023春•虹口区期末）如图，在△ABC中，AD是∠A的外角平分线，P是AD上异于A的任意一点，
设PB＝m，PC＝n，AB＝c，AC＝b，则（m+n）与（b+c）的大小关系是（ ）
A．m+n＞b+c B．m+n＜b+c C．m+n＝b+c D．无法确定
【分析】在BA的延长线上取点E，使AE＝AC，连接EP，证明△ACP和△AEP全等，推出PE＝PC，
根据三角形任意两边之和大于第三边即可得到m+n＞b+c．【解答】解：在BA的延长线上取点E，使AE＝AC，连接EP，
∵AD是∠BAC的外角平分线，
∴∠CAD＝∠EAD，
{
AE=AC
)
在△ACP和△AEP中， ∠CAD=∠EAD ，
AP=AP
∴△ACP≌△AEP（SAS），
∴PE＝PC，
在△PBE中，PB+PE＞AB+AE，
∵PB＝m，PC＝n，AB＝c，AC＝b，
∴m+n＞b+c．
故选：A．
4．如图，BP是∠ABC的平分线，AP⊥BP于P，连接PC，若△ABC的面积为5cm2，则△PBC的面积为（
）
A．2cm2 B．2.5cm2 C．3cm2 D．不能确定
【分析】延长AP交BC于点D，证明△APB≌△DPB（ASA）得到AP＝DP，根据三角形中线的性质即
可求解．
【解答】解：延长AP交BC于点D，∵BP是∠ABC的平分线，AP⊥BP，
∴∠ABP＝∠DBP，∠APB＝∠DPB＝90°，
在△APB与△DPB中，
{∠ABP=∠DBP
)
BP=BP ，
∠APB=∠DPB
∴△APB≌△DPB（ASA），
∴AP＝DP，
1 1
∴S△BDP =
2
S△ABD ，S△CDP =
2
S△ADC ，
1 1 1
∴S△PBC ＝S△BDP +S△CDP =
2
S△CDA +
2
S△BDA =
2
S△ABC ＝2.5（cm2）．
故选：B．
5．如图，△ABC中，BD平分∠ABC，AD垂直于BD，△BCD的面积为10，△ACD的面积为6，则△ABD
的面积是（ ）
A．20 B．18 C．16 D．15
【分析】延长AD交BC于E，由ASA证明△ABD≌△EBD，得出AD＝ED，得出S△ABD ＝S△EBD ，进而
得出S△CDE ＝S△ACD ＝6，即可得出结果．
【解答】解：如图所示，延长AD、BC交于E，
∵BD平分∠ABC，AD⊥BD，
∴∠ABD＝∠EBD，∠ADB＝∠EDB＝90°，
在△ABD和△EBD中，{∠ABD=∠EBD
)
BD=BD ，
∠ADB=∠EDB
∴△ABD≌△EBD（ASA），
∴AD＝ED，
∴S△ABD ＝S△EBD ，S△CDE ＝S△ACD ＝6，
∴S△ABD ＝S△EBD ＝S△BCD +S△CDE ＝10+6＝16．
故选：C．
6．（2023秋•南通期中）如图，已知点I是△ABC的角平分线的交点．若AB+BI＝AC，设∠BAC＝ ，则
∠AIB＝ （用含 的式子表示）． α
α
【分析】作 ID⊥AB 于 D，IE⊥AC 于 E，IF⊥BC 于 F，由角平分线的性质得出 ID＝IE，证明
Rt△ADI≌Rt△AEI（HL），得出AD＝AE，同理CF＝CE，BD＝BF，作出BF+BI＝CE＝CF，在线段
1 1
CF上取点G，使FG＝BF，连接IG，作出IG＝CG，得出∠GCI＝∠GIC= ∠IBG= ∠ABC，得出
2 4
1 2 1
∠ACB＝2∠GCI= ∠ABC，由三角形内角和定理得出∠ABC＝120°− ，得出∠ABI= ∠ABC＝60°
2 3 2
α
1
− ，即可得出答案．
3
α
【解答】解：作ID⊥AB于D，IE⊥AC于E，IF⊥BC于F，如图所示：
则∠ADI＝∠AEI＝90°，
∵I是△ABC的角平分线的交点，
∴ID＝IE，{AI=AI)
在Rt△ADI和Rt△AEI中， ，
ID=IE
∴Rt△ADI≌Rt△AEI（HL），
∴AD＝AE，
同理：CF＝CE，BD＝BF，
∴AB+BI＝BD+AD+BI＝BF+AE+BI＝AC＝CE+AE，
∴BF+BI＝CE＝CF，
在线段CF上取点G，使FG＝BF，连接IG，
∵IF⊥BC，
∴BI＝GI，
∴∠IBG＝∠IGB，
又∵CF＝FG+CG，
∴BI＝CG，
∴IG＝CG，
1 1
∴∠GCI＝∠GIC= ∠IBG= ∠ABC，
2 4
1
∴∠ACB＝2∠GCI= ∠ABC，
2
∵∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠BAC，
3
∴ ∠ABC＝180°﹣ ，
2
α
2
∴∠ABC＝120°− ，
3
α
1 1
∴∠ABI= ∠ABC＝60°− ，
2 3
α
1 1 1
∴∠AIB＝180°﹣∠BAI﹣∠ABI＝180°− ﹣（60°− ）＝120°− ；
2 3 6
α α α
1
故答案为：120°− ．
6
α
7．如图，△ABC中，∠BAC＝36°，AD平分∠BAC，AE⊥AD交BC的延长线于E，若CE＝BA+AC，则∠B＝ ．
【分析】延长BA至M，使AM＝AC，连接EM，证明∴△AME≌△ACE从而得∠M＝∠ACE＝36°
+∠B，CE＝ME，即可得 ME＝BM，则∠B＝∠BEM，在△BME 中利用内角和定理得方程 36°
+∠B+∠B+∠B＝180°，即可求得∠B的值．
【解答】解：延长BA至M，使AM＝AC，连接EM，
∵∠ACE是△ABC的外角，∠BAC＝36°，
∴∠ACE＝∠B+∠BAC＝36°+∠B，
∵∠BAC＝36°，AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD＝18°，
∵AE⊥AD，
∴∠DAE＝90°，
∴∠MAE＝180°﹣∠BAD﹣∠DAE＝180°﹣18°﹣90°＝72°，
∠CAE＝∠DAE﹣∠DAC＝90°﹣18°＝72°，
在△AME与△ACE中：
{
AE=AE
)
∠CAE=∠MAE，
AC=AM
∴△AME≌△ACE（SAS），
∴∠M＝∠ACE＝36°+∠B，CE＝ME，
∵CE＝BA+AC，AC＝AM，
∴CE＝AB+AM＝BM，
∴ME＝BM，
∴∠B＝∠BEM，
∵∠M+∠B+∠BEM＝180°，∴36°+∠B+∠B+∠B＝180°，
解得：∠B＝48°，
故答案为：48°．
8．（2024秋•三河市校级期末）如图在△ABC中，D为AB中点，DE⊥AB，∠ACE+∠BCE＝180°，
EF⊥BC交BC于F，AC＝8，BC＝12，则BF的长为 ．
【分析】根据角平分线的性质得到EF＝EG，证明Rt△EFC≌Rt△EGC，根据全等三角形的性质得到
CF＝CG，根据题意列式计算即可．
【解答】解：连接AE，过点E作EG⊥AC交AC的延长线于点G，
∵D为AB中点，DE⊥AB，
∴EA＝EB，
∵∠ACE+∠BCE＝180°，∠ACE+∠ECG＝180°，
∴∠ECG＝∠BCE，
∵EF⊥BC，EG⊥AC，
∴EG＝EF，
在Rt△EFC和Rt△EGC中，
{EF=EG)
，
EC=EC
∴Rt△EFC≌Rt△EGC（HL），
∴CF＝CG，
同理可得：BF＝AG，
∴12﹣CF＝8+CF，
解得：CF＝2，
∴BF＝12﹣2＝10，
故答案为：10．9．（2023秋•大足区校级期中）如图，AC∥BD，AE，BE分别平分∠CAB和∠DBA，点E在CD上．
求证：AB＝AC+BD．
【分析】首先在AB上截取AF＝AC，连接EF，证明△CAE≌△FAE，可证出∠CEA＝∠FEA，可得到
∠FEB＝∠DEB，再证明△DEB≌△FEB，可得到BD＝BF，即可证出AB＝AC+BD．
【解答】证明：如图，
在AB上截取AF＝AC，连接EF，
在△CAE和△FAE中，
{
AC=AF
)
∠CAE=∠FAE ，
AE=AE
∴△CAE≌△FAE（SAS），
则∠CEA＝∠FEA，
又∠CEA+∠BED＝∠FEA+∠FEB＝90°，
∴∠FEB＝∠DEB，
∵BE平分∠DBA，∴∠DBE＝∠FBE，
在△DEB和△FEB中，
{∠DEB=∠FEB
)
EB=EB ，
∠DBE=∠FBE
∴△DEB≌△FEB（ASA），
∴BD＝BF，
又∵AF＝AC，
∴AB＝AF+FB＝AC+BD．
10．（2024秋•武昌区期中）如图，△ABC中，∠ABC＝60°，AD、CE分别平分∠BAC、∠ACB，AD、CE
相交于点P
（1）求∠CPD的度数；
（2）若AE＝3，CD＝7，求线段AC的长．
【分析】（1）利用∠ABC＝60°，AD、CE分别平分∠BAC，∠ACB，即可得出答案；
（2）由题中条件可得△APE≌△APF，进而得出∠APE＝∠APF，通过角之间的转化可得出
△CPF≌△CPD，进而可得出线段之间的关系，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵∠ABC＝60°，AD、CE分别平分∠BAC，∠ACB，
1
∴∠BAC+∠BCA＝120°，∠PAC+∠PCA= （∠BAC+∠BCA）＝60°，
2
∴∠APC＝120°，
∴∠CPD＝60°．
（2）如图，在AC上截取AF＝AE，连接PF．∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
在△APE和△APF中
{
AE=AF
)
∠EAP=∠FAP ，
AP=AP
∴△APE≌△APF（SAS），
∴∠APE＝∠APF，
∵∠APC＝120°，
∴∠APE＝60°，
∴∠APF＝∠CPD＝60°＝∠CPF，
在△CPF和△CPD中，
{∠FPC=∠DPC
)
CP=CP ，
∠FCP=∠DCP
∴△CPF≌△CPD（ASA）
∴CF＝CD，
∴AC＝AF+CF＝AE+CD＝3+7＝10．
11．（2023秋•番禺区校级期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D是AC边上一动点，
CE⊥BD于E．
（1）如图（1），若BD平分∠ABC时，①求∠ECD的度数；②求证：BD＝2EC；
（2）如图（2），过点A作AF⊥BE于点F，猜想线段BE，CE，AF之间的数量关系，并证明你的猜
想．
【分析】（1）①根据等腰直角三角形的性质得出∠CBA＝45°，再利用角平分线的定义解答即可；②延长CE交BA的延长线于点G得出CE＝GE，再利用AAS证明△ABD≌△ACG，利用全等三角形的
性质解答即可；
（2）过点A作AH⊥AE，交BE于点H，证明△ABH≌△ACE，进而得出CE＝BH，利用等腰直角三角
形的判定和性质解答即可．
【解答】解：（1）①∵在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠CBA＝45°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠DBA＝22.5°，
∵CE⊥BD，
∴∠ECD+∠CDE＝90°，∠DBA+∠BDA＝90°，
∵∠CDE＝∠BDA，
∴∠ECD＝∠DBA＝22.5°；
②延长CE交BA的延长线于点G，如图1：
∵BD平分∠ABC，CE⊥BD，
∴CE＝GE，
在△ABD与△ACG中，
{∠DBA=∠ACG
)
∠BAC=∠CAG ，
AB=AC
∴△ABD≌△ACG（AAS），
∴BD＝CG＝2CE；
（2）结论：BE﹣CE＝2AF．
过点A作AH⊥AE，交BE于点H，如图2：∵AH⊥AE，
∴∠BAH+∠HAC＝∠HAC+∠CAE，
∴∠BAH＝∠CAE，
在△ABH与△ACE中，
{∠HBA=∠ECA
)
AB=AC ，
∠BAH=∠CAE
∴△ABH≌△ACE（ASA），
∴CE＝BH，AH＝AE，
∴△AEH是等腰直角三角形，
∴AF＝EF＝HF，
∴BE﹣CE＝2AF．
