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专题 6 全等三角形与三条线段的和差问题（解析版）
类型一 a＝b＋c或a＝b－c类型
解决策略一 等量代换
名师点金：通过图中线段来代换另一条线段，将线段的和差问题转化为证两线段相等的问题，通过全
等得到线段等，直接代换，将分散的线段转化到同一直线上解决问题．
模型一 旋转型全等
1．（2021秋•临沂期末）△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D是直线AB上的一动点（不和A，B重
合），BE⊥CD交CD所在的直线于点E，交直线AC于F．
（1）点D在边AB上时，如图，试探索AB、FA和BD之间的等量关系，并说明理由；
（2）点D在AB的延长线或反向延长线上时，请选择一种情况，画出图形，写出AB、FA和BD之间的
等量关系，并说明理由．
【分析】（1）证到△FAB≌△DAC，得FA＝DA，即可得出AB＝AD+BD＝FA+BD．
（2）画出图象并借鉴（1）中的证明思路就可解决问题．
【解答】解：（1）AB＝FA+BD，理由如下：
∵BE⊥CD，
∴∠BEC＝90°＝∠BAC，
∴∠F+∠FBA＝90°，∠F+∠FCE＝90°，
∴∠FBA＝∠FCE，
∵∠FAB＝180°﹣∠DAC＝90°，
∴∠FAB＝∠DAC，
在△FAB和△DAC中，
{∠FAB=∠DAC
AB=AC ，
∠FBA=∠DCA
∴△FAB≌△DAC（ASA），
∴FA＝DA，
∴AB＝AD+BD＝FA+BD，（2）解：点D在AB的延长线上时，AB＝AF﹣BD；点D在AB的反向延长线上时，AB＝BD﹣AF．理
由如下：
①当点D在AB的延长线上时，如图2．
同（1）得：△FAB≌△DAC（ASA），
∴FA＝DA．
∴AB＝AD﹣BD＝AF﹣BD；
②点D在AB的反向延长线上时，如图3．
同（1）得：△FAB≌△DAC（ASA），
∴FA＝DA，
∴AB＝BD﹣AD＝BD﹣AF．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质等知识，当条件没有改变仅仅是
图形的位置发生变化时，常常可以通过借鉴已有的解题经验来解决问题．
模型二 一线三垂直模型
2．已知：如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，l是过点A的一条直线，BD⊥l，CE⊥l，垂足分别
为D、E．
（1）如图①，求证：DE＝BD+CE；
（2）若直线l绕A点旋转到图②位置时，其余条件不变，请把图形补充完整，写出 BD、CE与DE之间
的数量关系，并证明你的结论．【分析】（1）利用已知得出∠CAE＝∠ABD，进而利用AAS得出则△ABD≌△CAE，即可得出DE＝
BD+CE；
（2）利用已知得出∠CAE＝∠ABD，进而利用AAS得出则△ABD≌△CAE，即可得出BD、CE与DE之
间的数量关系．
【解答】证明：（1）∵BD⊥l，CE⊥l，∴∠BDA＝∠AEC＝90°
又∵∠BAC＝90°，∴∠BAD+∠CAE＝90°，∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠CAE＝∠ABD
在△ABD和△CAE中，
{
∠ABD=∠CAE(已证)
∠ADB=∠CEA=90°(已证)，
AB=AC(已知)
∴△ABD≌△CAE（AAS）
∴BD＝AE，AD＝CE，
∵DE＝AD+AE，∴DE＝CE+BD；
（2）如图②所示：
结论：DE＝CE﹣BD．
理由：∵BD⊥l，CE⊥l，
∴∠BDA＝∠AEC＝90°
∵∠BAD+∠CAE＝90°，∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠CAE＝∠ABD
在△ABD和△CAE中，
{
∠ABD=∠CAE(已证)
∠ADB=∠CEA=90°(已证)，
AB=AC(已知)
∴△ABD≌△CAE（AAS），∴BD＝AE，AD＝CE，
∵DE＝AD﹣AE，
∴DE＝CE﹣BD．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定与性质等知识，根据已知得出△ABD≌△CAE是解题关键．
模型三 一线三等角（不为直角）模型
3．（2023春•惠民县期末）如图，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＝α．
（1）若直线CD经过∠BCA的内部，且E，F在射线CD上．
①如图1，若∠BCA＝90°，α＝90°，证明BE＝CF．
②如图2，若0°＜∠BCA＜180°，请添加一个关于α与∠BCA关系的条件，使①中的结论仍然成立，并
说明理由．
（2）如图3，若直线CD经过∠BCA的外部，α＝∠BCA，请提出关于EF，BE，AF三条线段数量关系
的合理猜想，并简述理由．
【分析】（1）①由∠BCA＝90°，∠BEC＝∠CFA＝α＝90°，可得∠BCE＝∠CAF，从而可证
△BCE≌△CAF，故BE＝CF；
②添加 α+∠BCA＝180°，可证明∠BCA＝∠BEF，则∠ACF＝∠CBE，根据 AAS 可证明
△BCE≌△CAF，即可得证①中的结论仍然成立；
（2）题干已知条件可证△BCE≌△CAF，故BE＝CF，EC＝FA，从而可证明EF＝BE+AF．
【解答】（1）①证明：∵∠ACB＝90°，
∴∠ACF+∠BCE＝90°，∵∠BEC＝∠AFC＝90°，
∴∠ACF+∠CAF＝90°，
∴∠BCE＝∠CAF，
∵AC＝BC，
∴△BCE≌△CAF（AAS），
∴BE＝CF；
②解：添加α+∠BCA＝180°，使①中的结论仍然成立，理由如下：
∵∠BEC＝∠CFA＝α，
∴∠BEF＝180°﹣∠BEC＝180°﹣α，
∵∠BEF＝∠EBC+∠BCE，
∴∠EBC+∠BCE＝180°﹣α，
∵α+∠BCA＝180°，
∴∠BCA＝180°﹣α，
∴∠BCA＝∠BCE+∠ACF＝180°﹣α，
∴∠EBC＝∠ACF，
在△BCE和△CAF中，
{∠CBE=∠ACF
∠BEC=∠CFA，
BC=CA
∴△BCE≌△CAF（AAS），
∴BE＝CF；
（2）解：EF＝BE+AF，理由如下：
∵∠BCA＝α，
∴∠BCE+∠FCA＝180°﹣∠BCA＝180°﹣α，
∵∠BEC＝α，
∴∠EBC+∠BCE＝180°﹣∠BEC＝180°﹣α，
∴∠EBC＝∠FCA，
在△BEC和△CFA中，
{∠EBC=∠FCA
∠BEC=∠CFA，
BC=AC
∴△BEC≌△CFA（AAS），∴BE＝CF，EC＝FA，
∴EF＝EC+CF＝FA+BE，
即EF＝BE+AF．
【点评】本题是三角形的综合题，主要考查全等三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判
定是解题的关键．
解决策略二 截长补短法
名师点金：截长：在长线段中截取一段等于另两条中的一条，然后证明剩下部分等于另一条；
补短：将一条短线段延长，延长部分等于另一条短线段，然后证明新线段等于长线段；或者将短线段
直接延长至等于长线段。
无论截长还是补短都需要将几条线段的和差问题转化为证两条线段相等的问题，一般情况要通过两对
全等实现。
模型一 角平分线与线段和差
方法1 根据角平分线作对称性全等
4．已知，如图，BD是△ABC的角平分线，AB＝AC，
（1）若BC＝AB+AD，请你猜想∠A的度数，并证明；
（2）若BC＝BA+CD，求∠A的度数？
（3）若∠A＝100°，求证：BC＝BD+DA．
【分析】（1）在 BC 上截取 BE＝BA，连接 DE，证△ABD≌△EBD，推出 AD＝DE＝CE，∠A＝
∠DEB，证出∠A＝2∠C，因为∠C＝∠B，根据三角形内角和定理求出即可；
（2）在BC上截取CF＝CD，连接DF，证△ABD≌△FBD，推出∠A＝∠DFB，推出2∠A﹣∠C＝
180°，根据三角形内角和定理得到∠A+2∠C＝180°，解方程组即可求出答案；
（3）BC 上截取 BQ＝BD，连接 DQ，延长 BA 到 W 使 BW＝BQ，连接 DW，求出 CQ＝DQ，证
△WBD≌△CBD，推出∠W＝∠DQB，证AD＝DW，即可推出答案．
【解答】解：（1）答：∠A＝90°．理由如下：在BC上截取BE＝BA，连接DE．
∵BC＝AB+AD，
∴CE＝AD，
∵BD是△ABC的角平分线，
∴∠ABD＝∠EBD，
∵AB＝BE，BD＝BD，
∴△ABD≌△EBD，
∴AD＝DE＝CE，∠A＝∠DEB，
∴∠C＝∠EDC，
∴∠A＝∠DEB＝∠C+∠EDC＝2∠C，
∵AB＝AC，
∴∠C＝∠B，
∵∠A+∠ABC+∠C＝180°，
∴4∠C＝180°，
∴∠C＝45°，∠A＝2∠C＝90°，
即∠A＝90°；
（2）解：在BC上截取CF＝CD，连接DF．
∵BC＝BA+CD，
∴BF＝BA，
∵∠ABD＝∠FBD，BD＝BD，
∴△ABD≌△FBD，
∴∠A＝∠DFB，
∵CD＝CF，
∴∠CDF＝∠CFD，
∴∠C+2∠DFC＝180°，
∵∠A+∠DFC＝180°，
∴2∠A﹣∠C＝180°，
∵∠A+2∠C＝180°，
解得：∠A＝108°，
答：∠A的度数是108°．（3）证明：
在 BC 上 截 取 BQ ＝ BD ， 连 接 DQ ， 延 长 BA 到 W 使 BW ＝ BQ ， 连 接 DW ．
∵∠A＝100°，AC＝AB，
∴∠C＝∠ABC＝40°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠DBQ＝20°，
∵BD＝BQ，
1
∴∠DQB＝∠BDQ= （180°﹣∠DBQ）＝80°，
2
∴∠CDQ＝∠DQB﹣∠C＝40°＝∠C，
∴DQ＝CQ，
∵在△WBD和△QBD中
{ BW =BQ
∠WBD=∠QBD，
BD=BD
∴△WBD≌△QBD，
∴∠W＝∠DQB＝80°，DW＝DQ＝CQ，
∵∠BAC＝100°，
∴∠WAD＝180°﹣∠BAC＝180°﹣100°＝80°，
即∠WAD＝∠W，
∴AD＝DW＝DQ＝CQ，
∴BC＝BD+DA．【点评】本题主要考查对三角形的内角和定理，三角形的外角性质，等腰三角形的性质和判定，全等三
角形的性质和判定，角平分线性质等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行推理是解此题的关键．
5．（2021春•鄞州区校级期末）如图，△ABC的∠B和∠C的平分线BD，CE相交于点F，∠A＝60°，
（1）求∠BFC的度数．
（2）求证：BC＝BE+CD．
【分析】（1）根据三角形的内角和等于180°列式求出∠ABC+∠ACB，再根据角平分线的定义求出
∠FBC+∠FCB，然后利用三角形的内角和等于180°列式计算即可得解．
（2）在BC上取一点O使得BO＝BE，易证∠BFE＝∠CFD＝60°，即可证明△BFE≌△BFO，可得
∠BFO＝∠BFE＝60°，即可证明△OCF≌△DCF，可得CO＝CD，根据BC＝BO+OC即可证明．
【解答】解：（1）在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝180°﹣60°＝120°，
∵∠ABC，∠ACB的平分线BE，CD相交于点F，
1 1
∴∠FBC= ∠ABC，∠FCB= ∠ACB，
2 2
1 1
∴∠FBC+∠FCB= （∠ABC+∠ACB）= ×120°＝60°，
2 2
在△BCF中，∠BFC＝180°﹣（∠FBC+∠FCB）＝180°﹣60°＝120°．（2）证明：在BC上取一点O，使得BO＝BE，
∵∠A＝60°，BD、CE是△ABC的角平分线，
∴∠BFC＝120°，
∴∠BFE＝∠CFD＝60°，
在△BFE和△BFO中，
{
BF=BF
∠FBE=∠FBO，
BE=BO
∴△BFE≌△BFO，（SAS）
∴∠BFO＝∠BFE＝60°，
∴∠CFO＝∠BFC﹣∠BFO＝60°，
在△OCF和△DCF中，
{∠CFO=∠CFD=60°
CF=CF ，
∠FCO=∠FCD
∴△OCF≌△DCF（ASA），
∴CO＝CD，
∵BC＝BO+CO，
∴BC＝BE+CD．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质性质、三角形的内角和定理，角平分线的定义，解题的关键
是学会添加辅助线构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
6．（2023春•达川区期末）如图，在△ABC和△BCD中，AC＝CD，∠BAC+∠BDC＝180°，在BD的延长
线上取
点E，使DE＝AB，连接CE．
（1）试说明：∠ABC＝∠DBC；
（2）连接AD交BC于点F，若∠ABD＝60°，∠ADB＝40°，试说明：BD＝AB+AF．【分析】（1）由“SAS”可证△BAC≌△EDC，可得∠ABC＝∠CEB，BC＝CE，由等腰三角形的性质可
得∠ABC＝∠CEB＝∠CBE；
（2）由“SAS”可证△ABF≌△HBF，可得∠BAD＝∠BHF＝80°，AF＝FH，可证FH＝DH，即可得结
论．
【解答】解：（1）∵∠BAC+∠BDC＝180°，∠CDE+∠BDC＝180°，
∴∠CDE＝∠BAC，
在△BAC和△EDC中，
{
AC=CD
∠BAC=∠CDE，
AB=DE
∴△BAC≌△EDC（SAS），
∴∠ABC＝∠CEB，BC＝CE，
∴∠CEB＝∠CBE，
∴∠ABC＝∠DBC；
（2）如图，在BD上截取BH＝AB，连接FH，
∵∠ABD＝60°，∠ADB＝40°，
∴∠BAD＝80°，
在△ABF和△HBF中，
{
AB=BH
∠ABF=∠HBF，
BF=BF
∴△ABF≌△HBF（SAS），
∴∠BAD＝∠BHF＝80°，AF＝FH，
∵∠BHF＝∠ADB+∠DFH，∴∠DFH＝40°＝∠ADB，
∴DH＝FH＝AF，
∴BD＝BH+DH＝AB+AF．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，角平分线的性质，添加恰当辅助线
构造全等三角形是解题的关键．
方法2 根据平分平行出等腰（知二推三）
7．（2022秋•建昌县期末）如图，AD∥BC，AE平分∠BAD，点E为DC中点，求证：AD+BC＝AB．
【分析】延长AE，BC交于点F，根据AAS证明△ADE与△FCE全等，进而利用全等三角形的性质解答
即可．
【解答】证明：延长AE，BC交于点F，
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠CFE，
∵点E是DC的中点，
∴ED＝CE，
在△ADE与△FCE中，
{∠DAE=∠CFE
∠AED=∠FEC，
ED=CE
∴△ADE≌△FCE（AAS），
∴AD＝CF，∵AE平分∠BAD，
∴∠DAF＝∠BAF，
∵AD∥BC，
∴∠DAF＝∠F，
∴∠BAF＝∠F，
∴AB＝BF，
∴AB＝BF＝BC+CF＝BC+AD．
【点评】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据AAS证明△ADE≌△FCE．
模型二 倍半角与线段和差
8．（2023春•扶风县期末）（1）如图①，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E，F分别是边
1
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： EF ＝ BE + FD
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： EF ＝ BE + FD 或 EF ＝ BE ﹣ FD 或
2
EF ＝ FD ﹣ BE ．
【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=90°，
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．【点评】本题是三角形的综合题，利用全等三角形的判定与性质得出 AF＝AG是解题关键，再利用全等
三角形的判定与性质得出EF＝EG，本题的4个问题运用了类比的方法依次解决问题．
模型三 手拉手模型与线段和差
9．（2023春•荣成市期末）已知在△ABC中，AC＝BC，分别过A，B两点作互相平行的直线AM，BN，过
点C的直线分别交直线AM，BN于点D，E．
（1）如图1，若AM⊥AB，求证：CD＝CE；
（2）如图2，∠ABC＝∠DEB＝60°，判断线段AD，DC与BE之间的关系，并说明理由．
【分析】（1）延长AC交BN于点F，证明△ADC≌△FEC（ASA），即可得出结论；
（2）在EB上截取EH＝EC，连接CH，证明△DAC≌△HCB（AAS），得出AD＝CH，DC＝BH，即可
得出结论．
【解答】（1）证明：如图1，延长AC交BN于点F，
∵AC＝BC，
∴∠CAB＝∠CBA，
又∵AB⊥AM，∴∠BAM＝90°，
又∵AM∥BN，
∴∠BAM+∠ABN＝180°，
∴∠ABN＝90°，
∴∠BAF+∠AFB＝90°，∠ABC+∠CBF＝90°，
∴∠CBF＝∠AFB，
∴BC＝CF，
∴AC＝FC，
又∵AM∥BN，∴∠DAF＝∠AFB，
{∠DAC=∠EFC
在△ADC和△FEC中， AC=FC ，
∠ACD=∠FCE
∴△ADC≌△FEC（ASA），
∴DC＝EC；
（2）解：AD+DC＝BE；理由如下：
如图2，在EB上截取EH＝EC，连接CH，
∵AC＝BC，∠ABC＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∵∠DEB＝60°，
∴△CHE是等边三角形，
∴∠CHE＝60°，∠HCE＝60°，
∴∠BHC＝120°，
∵AM∥BN，
∴∠ADC+∠BEC＝180°，
∴∠ADC＝120°，
∴∠DAC+∠DCA＝60°，
又∵∠DCA+∠ACB+∠BCH+∠HCE＝180°，
∴∠DCA+∠BCH＝60°，
∴∠DAC＝∠BCH，
{∠DAC=∠HCB
在△DAC与△HCB中， ∠ADC=∠CHB，
AC=CB∴△DAC≌△HCB（AAS），
∴AD＝CH，DC＝BH，
又∵CH＝CE＝HE，
∴BE＝BH+HE＝DC+AD，
即AD+DC＝BE．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等
知识；熟练掌握等腰三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
模型四 倍长中线模型与线段和差
10．（2022秋•葫芦岛期末）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∠BA △ C＝∠ABE＝∠CBF，求证：BD+CF＝AB．
【分析】（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
AEC
△AB＝6；
（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
（SAS），再证明：△ABF≌△GBC（AAS）即可．
【解答】（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（SAS），
∴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（AAS），
∴AF＝CG，
又∵BD＝CG，
∴AF＝BD，
∵AF+CF＝AC，AB＝AC，
∴BD+CF＝AB．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形面积，等腰三角形性质，解题关键是倍延中线构
造全等三角形．
模型五 根据一边一角相等构造全等
11．（2022秋•青神县期末）如图，△ABC和△DEF都是等腰三角形，AB＝AC，DE＝DF，∠BAC＝
∠EDF，点E在AB上，点F在射线AC上，连结AD，若AD＝AB．
求证：（1）∠AED＝∠AFD．
（2）AF＝AE+BC．【分析】（1）根据三角形内角和定理可得结论；
（2）在FA上截取FM＝AE，连接DM，利用SAS证明△AED≌△MFD，得DA＝DM，再利用SAS证明
△ABC≌△DAM，得AM＝BC，从而证明结论．
【解答】证明：（1）∵∠BAC＝∠EDF，∠ANE＝∠DNF，
∠BAC+∠ANE+∠AED＝∠DNF+∠EDF+∠AFD＝180°，
∴∠AED＝∠AFD；
（2）如图，在FA上截取FM＝AE，连接DM，
在△AED与△MFD中，
{
AE=MF
∠AED=∠MFD，
DE=DF
∴△AED≌△MFD（SAS），
∴DA＝DM＝AB＝AC，∠ADE＝∠MDF，
∴∠ADE+∠EDM＝∠MDF+∠EDM，
∴∠ADM＝∠EDF＝∠BAC，
在△ABC与△DAM中，
{
AB=DA
∠BAC=∠ADM，
AC=DM
∴△ABC≌△DAM（SAS），
∴AM＝BC，
∴AE+BC＝FM+AM＝AF，
∴AF＝AE+BC．
【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的
判定定理是解题的关键．类型二 2a＝b＋c或2a＝b－c类型
12．（2023春•北林区期末）如图，已知DE⊥AE，垂足为E，DF⊥AC，垂足为F，BD＝CD，BE＝CF．
（1）证明：AD平分∠BAC；
（2）证明：AB+AC＝2AE．
【分析】（1）根据HL定理求出Rt BED≌Rt CFD，根据全等三角形的性质得出DE＝DF，根据角平
分线性质得出即可； △ △
（2）证明Rt AED≌Rt AFD，根据全等得出AE＝AF，即可求出答案．
【解答】（1）△证明：∵△DE⊥AB，DF⊥AC，
∴∠E＝∠DFC＝90°，
在Rt BED和Rt CFD中，
{BD△=CD △
，
BE=CF
∴Rt BED≌Rt CFD（HL），
∴DE△＝DF， △
∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴∠EAD＝∠CAD，
∴AD平分∠BAC；
（2）证明：∵∠E＝∠AFD＝90°，
在Rt AED和Rt AFD中，
{AD△=AD △
，
DE=DF
∴Rt AED≌Rt AFD（HL），
∴AE△＝AF， △
∵BE＝CF，
∴AB+AC＝AE﹣BE+AF+CF＝AE﹣CF+AE+CF＝2AE．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，角平分线性质的应用，能正确根据全等三角形的判定和
性质定理进行推理是解此题的关键．
13．（2023春•渠县校级期末）如图，在△ABC中，AD是∠BAC的平分线，且∠B＝∠ADB，过点C作CM垂直于AD的延长线，垂足为M．
（1）若∠DCM＝α，试用α表示∠BAD；
（2）求证：AB+AC＝2AM．
【分析】（1）由CM⊥AD，可得∠CMD＝90°，根据直角三角形性质即可得出答案；
（2）如图，延长AM至E，使ME＝AM，则AE＝2AM，根据线段垂直平分线性质可得：CE＝AC，再
由AD平分∠BAC，可得出∠E＝∠BAD，运用平行线判定定理可得 CE∥AB，运用平行线性质可得
∠ECD＝∠B，即可证得结论．
【解答】（1）解：∵CM⊥AD，
∴∠CMD＝90°，
∴∠CDM＝90°﹣∠DCM＝90°﹣α，
∴∠B＝∠ADB＝∠CDM＝90°﹣α，
∴∠BAD＝180°﹣（∠B+∠ADB）＝2α；
（2）证明：如图，延长AM至E，使ME＝AM，
则AE＝2AM，
∵ME＝AM，CM⊥AM，
∴CE＝AC，
∴∠E＝∠CAD，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴∠E＝∠BAD，
∴CE∥AB，
∴∠ECD＝∠B，
∵∠B＝∠ADB＝∠EDC，
∴∠ECD＝∠EDC，
∴ED＝CE，
∴ED＝AC，
∵∠B＝∠ADB，∴AD＝AB，
∵AE＝ED+AD，
∴AE＝AC+AB，
∴AB+AC＝2AM．
【点评】本题考查了角平分线定义，平行线判定和性质，直角三角形性质，线段垂直平分线性质，等腰
三角形判定和性质等，解题关键是合理添加辅助线：延长AM至E，使ME＝AM．
14．（2023春•漳州期末）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．
【分析】（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．
【解答】（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．
【点评】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，三角形全等的判定和性质，角
平分线性质，三角形面积的计算，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明∠BAE＝90°，
△ABH≌△CAE．
