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专题 02 三角形的全等六大重难模型
实战训练
一．一线三等角模型
1．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）
试题分析：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．答案详解：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），
所以选：D．
2．已知正方形OBCD在平面直角坐标系中的位置如图所示 M为边OB上一点，且点M的坐标为
（a，b）．将正方形OBCD绕原点O顺时针旋转，每秒旋转45°，则旋转2022秒后，点M的坐
标为（ ）
A．（b，a） B．（﹣a，b） C．（﹣b，a） D．（﹣a，﹣b）
试题分析：先确定此时点M对应的位置即点M所在的位置，如图，过点M，M′分别作ME⊥x
轴于点E，MF⊥x轴于点F，证明△M′OF≌△OME，得到M′F＝OE＝a，OF＝ME＝b，由此
求解即可．答案详解：解：∵正方形OBCD绕原点O顺时针旋转，每秒旋转45°，
∴旋转8秒恰好旋转360°．
∵2022÷8＝252……6，
∴旋转2022秒，即点M旋转了252圈后，又旋转了6次．
∵6×45°＝270°，
∴此时点M对应的位置即点 M’所在的位置，
如图．过点M，M'分别作ME⊥x轴于点E，M'F⊥x轴于点F，
∴∠M′FO＝∠OEM＝90°，
∴∠EOM+∠EMO＝90°，
∵四边形OBCD是正方形，
∴∠BOD＝90°，
∴∠FOM′+∠MOE＝90°，
∴∠M′OF＝∠OME．
在△M′OF和△MOE中，
{∠FM'O=∠OEM
∠M'OF=∠OME，
OM=OM'
∴△M′FO≌△OEM（AAS），
∵点M的坐标为（a，b），
∴OF＝ME＝b，M′F＝OE＝a．
又点M′在第二象限，
∴旋转2022秒后，点M的坐标为（﹣b，a）．
所以选C．
3．问题提出
在等腰Rt△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点D，E分别在边AB，AC上（不同时在点A），
连接DE，将线段DE绕点E顺时针旋转90°，得到线段FE，连接AF，探究AF与BC的位置关
系．问题探究
（1）先将问题特殊化，如图1，点D，E分别与点B，C重合，直接写出AF与BC的位置关系；
（2）再探讨一般情形，如图2，证明（1）中的结论仍然成立．
问题拓展
如图3，在等腰Rt△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，D为AB的中点，点E在边AC上，连接
DE，将线段DE绕点E顺时针旋转90°，得到线段FE，点G是点C关于直线AB的对称点，若点
AE
G，D，F在一条直线上，求 的值．
EC
试题分析：（1）先证CF∥AB，再证AB＝CF，则四边形ABCF是平行四边形，即可得出结论；
（2）过E作EM⊥AC交AB的延长线于点M，证△AEF≌△MED（SAS），得∠EAF＝∠EMD＝
45°，则∠EAF＝∠BCA，即可得出结论；
（3）连接AF、CF，过E作EG⊥AB于点G，延长GE交CF于点H，证四边形ABCF是正方形，
得AB∥CF，∠BCF＝90°，∠ACF＝45°，再证△EFH≌△DEG（AAS），得EH＝DG，然后证
△ECH是等腰直角三角形，得EH＝CH，进而得AG＝3BG，即可解决问题．
答案详解：问题探究
（1）解：AF∥BC，理由如下：
由旋转的性质得：∠DEF＝90°，DE＝FE，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABC+∠DEF＝180°，
∴CF∥AB，
∵AB＝BC，
∴AB＝CF，
∴四边形ABCF是平行四边形，
∴AF∥BC；
（2）证明：如图2，过E作EM⊥AC交AB的延长线于点M，则∠AEM＝90°，
∵∠ABC＝90°，AB＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA＝45°，
∴△AEM是等腰直角三角形，
∴ME＝AE，∠AME＝45°，
由旋转的性质得：FE＝DE，∠DEF＝90°，
∴∠DEF＝∠AEM，
∴∠DEF﹣∠AED＝∠AEM﹣∠AED，
即∠AEF＝∠MED，
∴△AEF≌△MED（SAS），
∴∠EAF＝∠EMD＝45°，
∴∠EAF＝∠BCA，
∴AF∥BC；
问题拓展
解：如图3，连接AF、CF，过E作EG⊥AB于点G，延长GE交CF于点H，
则∠EGD＝90°，
由（1）可知，AF∥BX，
∴∠DAF＝∠DBG，∠AFD＝∠G，
∵D为AB的中点，
∴AD＝BD，
∴△ADF≌△BDG（AAS），
∴AF＝BG，
∵点G是点C关于直线AB的对称点，
∴BG＝BC，
∴AF＝BG，
∴四边形ABCF是平行四边形，
∵AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴平行四边形ABCF是正方形，
∴AB∥CF，∠BCF＝90°，∠ACF＝45°，
∵GH⊥AB，
∴GH⊥CF，∴BG＝CH，∠CHE＝∠FHE＝90°，
∴∠EFH+∠FEH＝90°，
由旋转的性质得：FE＝DE，∠DEF＝90°，
∴∠DEG+∠FEH＝90°，
∴∠EFH＝∠DEG，
∵∠EGD＝∠FHE＝90°，
∴△EFH≌△DEG（AAS），
∴EH＝DG，
∵∠ACF＝45°，
∴△ECH是等腰直角三角形，
∴EH＝CH，
1 1
∴DG＝BG= BD= AD，
2 2
∴AG＝3BG，
∵∠EGD＝∠ABC＝90°，
∴EG∥BC，
AE AG
∴ = = 3．
EC BG
4．如图，方格纸中的每个小正方形的边长均为1，小正方形的顶点称为格点．已知A，B，C都是
格点．
（1）小明发现图2中∠ABC是直角，请在图1补全他的思路；
（2）请借助图3用一种不同于小明的方法说明∠ABC是直角．先利用勾股定理求出△ABC的三条边长，可得AB＝ √10 ，BC＝ √10 ，AC＝ 2√5 ．
从而可得三边数量关系为 AB 2 + BC 2 ＝ AC 2 ，根据 勾股定理的逆定理 ，可以证明∠ABC
是直角．
试题分析：（1）先利用勾股定理求出AB，BC，AC的长，然后利用勾股定理的逆定理，进行计
算即可解答；
（2）根据题意可得：AD＝BE＝3，BD＝CE＝1，∠ADB＝∠BEC＝90°，从而利用SAS可得
△ADB≌△BEC，然后利用全等三角形的性质可得∠ABD＝∠BCE，再利用直角三角形的两个锐
角互余可得∠BCE+∠EBC＝90°，从而可得∠ABD+∠EBC＝90°，最后利用平角定义进行计算即
可解答．
答案详解：解：（1）由题意得：
AB=√12+32=√10，BC=√12+32=√10，AC=√22+42=2√5，
∴AB2+BC2＝AC2，
根据勾股定理的逆定理：△ABC是直角三角形，
∴∠ABC＝90°，
所以答案是：√10，√10，2√5，AB2+BC2=AC2，勾股定理的逆定理；
（2）由题意得：
AD＝BE＝3，BD＝CE＝1，∠ADB＝∠BEC＝90°，
在△ADB和△BEC中，
{
AD=BE
∠ADB=∠BEC，
BD=CE
∴△ADB≌△BEC（SAS），
∴∠ABD＝∠BCE，
∵∠BEC＝90°，
∴∠BCE+∠EBC＝180°﹣∠BEC＝90°，
∴∠ABD+∠EBC＝90°，∴∠ABC＝180°﹣（∠ABD+∠EBC）＝90°，
∴∠ABC是直角．
5．如图，∠BAC＝90°，AD是∠BAC内部一条射线，若AB＝AC，BE⊥AD于点E，CF⊥AD于点
F．
求证：△ABE≌△CAF．
试题分析：根据已知可得∠CAF+∠BAE＝90°，根据垂直定义可得∠CFA＝∠BEA＝90°，然后利
用直角三角形的两个锐角互余可得∠C+∠CAF＝90°，从而利用同角的余角相等可得∠C＝
∠BAE，即可解答．
答案详解：证明：∵∠BAC＝90°，
∴∠CAF+∠BAE＝90°，
∵BE⊥AD，CF⊥AD，
∴∠CFA＝∠BEA＝90°，
∴∠C+∠CAF＝90°，
∴∠C＝∠BAE，
∵AB＝AC，
∴△ABE≌△CAF（AAS）．
6．【问题提出】
（1）已知：如图 1，AD⊥DE 于点 D，BE⊥DE 于点 E，点 C 在线段 DE 上，AC＝BC 且
AC⊥BC，求证：△ADC≌△CEB．
【问题解决】（2）如图2，点D，C，E在直线l上．点A，B在l的同侧，AC⊥BC，若AD＝AC＝BC＝BE＝
5cm，CD＝6cm，求CE的长．
试题分析：（1）根据同角的余角相等可得∠A＝∠BCE，然后利用AAS即可证明结论；
（2）作AG⊥CD于G，BH⊥CE于H，根据等腰三角形的性质得CG＝3cm，利用勾股定理得
AG＝4cm，由（1）同理得，△ACG≌△CBH（AAS），得CH＝AG＝4cm，从而得出答案．
答案详解：（1）证明：∵AD⊥DE于点D，BE⊥DE，
∴∠D＝∠E＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠ACD+∠A＝90°，
∴∠A＝∠BCE，
在△ADC和△CEB中，
{
∠D=∠E
∠A=∠BCE，
AC=BC
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
（2）解：作AG⊥CD于G，BH⊥CE于H，
∵AD＝AC，AG⊥CD，
∴CG＝3cm，
在Rt△ACG中，由勾股定理得，AG＝4cm，
由（1）同理得，△ACG≌△CBH（AAS），
∴CH＝AG＝4cm，
∵BC＝BE，BH⊥CE，
∴CE＝2CH＝8cm．二．手拉手模型--旋转
7．如图，C为线段AB上一动点（不与点A、B重合），在AB的上方分别作△ACD和△BCE，且
AC＝DC，BC＝EC，∠ACD＝∠BCE，AE、BD交于点P．有下列结论：①AE＝DB；②∠APB
＝2∠ADC；③当AC＝BC时，PC⊥AB；④PC平分∠APB．其中正确的是 ①②③④ ．
（把你认为正确结论的序号都填上）
试题分析：由“SAS”可证△ACE≌△DCB，可得AE＝DB，可判断①；由△ACE≌△DCB，可
得∠CAE＝∠CDB，由AC＝DC，可得∠CAD＝∠ADC，利用三角形内角和定理即可判断②；
由AC＝BC，AC＝DC，BC＝EC，可得：AC＝BC＝DC＝EC，进而得出∠CAE＝∠CBD，再运
用等腰三角形性质即可判断③；由全等三角形的性质可得S△ACE ＝S△DCB ，由三角形的面积公式
可求CG＝CH，由角平分线的性质可得PC平分∠APB，可判断④，即可求解．
答案详解：解：∵∠ACD＝∠BCE，
∴∠ACD+∠DCE＝∠BCE+∠DCE，即∠ACE＝∠DCB，
在△ACE和△DCB中，
{
AC=DC
∠ACE=∠DCB，
EC=BC
∴△ACE≌△DCB（SAS），
∴AE＝DB，故①正确；
∵△ACE≌△DCB，
∴∠CAE＝∠CDB，
∵∠ACD＝∠CDB+∠CBD，
∴∠ACD＝∠CAE+∠CBD，
∵∠CAE+∠CBD+∠APB＝180°，
∴∠ACD+∠APB＝180°，
∵AC＝DC，
∴∠CAD＝∠ADC，
∵∠ACD+∠CAD+∠ADC＝180°，
∴∠ACD+2∠ADC＝180°，∴∠APB＝2∠ADC，故②正确；
∵AC＝BC，AC＝DC，BC＝EC，
∴AC＝BC＝DC＝EC，
∴∠CAE＝∠CBD，
∴PA＝PB，
∵AC＝BC，
∴PC⊥AB，故③正确；
如图，连接PC，过点C作CG⊥AE于G，CH⊥BD于H，
∵△ACE≌△DCB，
∴S△ACE ＝S△DCB ，AE＝BD，
1 1
∴ ×AE×CG= ×DB×CH，
2 2
∴CG＝CH，
∵CG⊥AE，CH⊥BD，
∴PC平分∠APB，故④正确，
所以答案是：①②③④．
8．如图所示，已知△ABC和△BDE均为等边三角形，连接AD、CE，若∠BAD＝ ，则∠BCE＝
． α
α
试题分析：因为△ABC和△BDE均为等边三角形，由等边三角形的性质得到AB＝BC，∠ABC＝
∠EBD，BE＝BD．再利用角与角之间的关系求得∠ABD＝∠EBC，则△ABD≌△EBC，故
∠BCE可求．
答案详解：解：∵△ABC和△BDE均为等边三角形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠EBD＝60°，BE＝BD，∵∠ABD＝∠ABC+∠DBC，∠EBC＝∠EBD+∠DBC，
∴∠ABD＝∠EBC，
在△ABD和△EBC中，
{
AB=BC
∠ABD=∠EBC，
BE=BD
∴△ABD≌△EBC（SAS），
∴∠BCE＝∠BAD＝ ．
所以答案是： ． α
9．如图，在△ABαC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝6，点D是边CB上的动点，连接AD，将线
段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AP，连接CP，则线段CP的最小值 3 ．
试题分析：延长 AC 到点 E，使 CE＝AC，可得△ABE 是等边三角形，利用 SAS 证明
△BAD≌△EAP，得∠AEP＝∠ABD＝30°，当CP⊥EP时，CP最小，从而解决问题．
答案详解：解：延长AC到点E，使CE＝AC，
∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，
∴BC垂直平分AE，∠BAE＝60°，
∴BA＝BE，
∴△ABE是等边三角形，∴AB＝AE，
∵线段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AP，
∴AD＝AP，∠DAP＝60°，
∴∠PAE＝∠DAB，
∴△BAD≌△EAP（SAS），
∴∠AEP＝∠ABD＝30°，
∴当CP⊥EP时，CP最小，
1 1
∴CP= CE= AC=3，
2 2
所以答案是：3．
10．已知点D是△ABC外一点，连接AD，BD，CD，∠BAC＝∠BDC＝ ．
（1）【特例体验】 α
如图1，AB＝BC， ＝60°，则∠ADB的度数为 60 ° ；
（2）【类比探究】α
如图2，AB＝BC，求证：∠ADB＝∠BDC；
（3）【拓展迁移】
CD
如图3， ＝60°，∠ACB+∠BCD＝180°，CE⊥BD于点E，AC＝kDE，直接写出 的值（用k
AB
α
的代数式表示）．
试题分析：（1）在BD上取点E，使BE＝CD，证明△ABE≌△ACD（SAS），由全等三角形的
性质得出∠BAE＝∠CAD，AE＝AD，由等边三角形的性质可得出答案；
（2）在DC的延长线上取一点H，使BD＝BH，证明△ABD≌△CBH（SAS），由全等三角形的
性质得出∠ADB＝∠H＝ ，则可得出结论；
（3）延长DC至H，使CαH＝AC，连接BH，证明△ABC≌△HBC（SAS），由全等三角形的性
质得出AB＝BH，设ED＝m，则CE＝2m，证出△BDH为等边三角形，由等边三角形的性质得出DH＝BH＝AB＝km+2m，则可得出答案．
答案详解：（1）解：在BD上取点E，使BE＝CD，
∵AB＝BC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，
∵∠BAC＝∠BDC，∠AOB＝∠COD，
∴∠ABE＝∠ACD，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴∠BAE＝∠CAD，AE＝AD，
∴∠EAD＝∠EAC+∠CAD＝∠EAC+∠BAE＝∠BAC＝60°，
∴△AED是等边三角形，
∴∠ADB＝60°．
所以答案是：60°；
（2）证明：在DC的延长线上取一点H，使BD＝BH，
∴∠BDH＝∠H＝ ，
∵∠BAC＝∠BDCα＝ ，∠AOB＝∠COD，
∴∠ABD＝∠ACD，α
∴∠BCD＝∠ACD+ ＝ +∠CBH，
α α∴∠ACD＝∠CBH＝∠ABD，
∴△ABD≌△CBH（SAS），
∴∠ADB＝∠H＝ ，
∴∠ADB＝∠BDCα；
（3）解：延长DC至H，使CH＝AC，连接BH，
∵∠ACB+∠BCD＝180°，∠BCH+∠BCD＝180°，
∴∠ACB＝∠BCH，
∵AC＝CH，BC＝BC，
∴△ABC≌△HBC（SAS），
∴AB＝BH，
∴∠H＝∠BAC＝∠BDC＝60°，
∵CE⊥BD，∠ECD＝30°，
∴CD＝2ED，
设ED＝m，则CD＝2m，
∵AC＝kED＝km，
∴CH＝km，
∴DH＝2m+km，
又∵∠BDH＝∠H＝60°，
∴△BDH为等边三角形，
∴DH＝BH＝AB＝km+2m，
CD 2m 2
∴ = = ．
AB km+2m k+2
三．倍长中线模型11．如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，AM⊥BC于点M，点D在AM上，且DM＝CM，F是BC的
中点，连接FD并延长，在FD的延长线上有一点E，连接CE，且CE＝CA，∠BDF＝36°，则
∠E＝ 36 ° ．
试题分析：先证明△AMC≌△BMD，延长 EF 到点 G，使得 FG＝EF，连接 BG．再证
△BFG≌△CFE可得 BG＝CE，∠G＝∠E，从而得 BD＝BG＝CE，即可得∠BDG＝∠G＝
∠CEF．
答案详解：解：∵∠ABM＝45°，AM⊥BM，
∴∠BMD＝∠AMC，BM＝AM，
在△BMD和△AMC中，
{
DM=CM
∠BMD=∠AMC，
BM=AM
∴△BMD≌△AMC（SAS），
延长EF到点G，使得FG＝EF，连接BG．如图所示：
∵△BMD≌△AMC
∴BD＝AC，
又∵CE＝AC，
∴BD＝CE，在△BFG和△CFE中，
{
BF=FC
∠BFG=∠EFC，
FG=FE
∴△BFG≌△CFE（SAS），
∴BG＝CE，∠G＝∠CEF，
∴BD＝CE＝BG，
∴∠BDF＝∠G＝∠CEF．
∴∠BDF＝∠CEF，
∴∠E＝36°．
所以答案是：36°．
12．如图，△ABC中，AB＝6，AC＝4，D是BC的中点，AD的取值范围为 1 ＜ AD ＜ 5 ．
试题分析：延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，证明△BDE≌△CDA，得出AC＝BE，再根据
三角形的三边关系得到结论．
答案详解：解：延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，
在△ACD与△EBD中，
{
BD=CD
∠BDE=∠ADC，
AD=DE
∴△BDE≌△CDA（SAS），
∴BE＝AC，
∵AB＝6，AC＝4，∴2＜AE＜10，
∴1＜AD＜5．
所以答案是：1＜AD＜5．
13．（1）方法呈现：如图①：在△ABC中，若AB＝6，AC＝4，点D为BC边的中点，求BC边上
的中线AD的取值范围．解决此问题可以用如下方法：延长AD到点E使DE＝AD，再连接BE，
可证△ACD≌△EBD，从而把AB、AC，2AD集中在△ABE中，利用三角形三边的关系即可判断
中线AD的取值范围是（直接写出范围即可）．这种解决问题的方法我们称为倍长中线法；
（2）探究应用：
如图②，在△ABC中，点D是BC的中点，DE⊥DF于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点
F，连接EF，判断BE+CF与EF的大小关系并证明；
（3）问题拓展：
如图③，在四边形ABCD中，AB∥CD，AF与DC的延长线交于点F、点E是BC的中点，若
AE是∠BAF的角平分线．试探究线段AB，AF，CF之间的数量关系，并加以证明．
试题分析：（1）由已知得出AB﹣BE＜AE＜AB+BE，即6﹣4＜AE＜6+4，AD为AE的一半，即
可得出答案；
（2）延长FD至点M，使DM＝DF，连接BM，EM，可得△BMD≌△CFD，得出BM＝CF，由
线段垂直平分线的性质得出EM＝EF，在△BME中，由三角形的三边关系得出BE+BM＞EM即
可得出结论；
（3）延长AE，DF交于点G，根据平行和角平分线可证AF＝FG，也可证得△ABE≌△GCE，
从而可得AB＝CG，即可得到结论．
答案详解：解：（1）1＜AD＜5．
∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD，
∴△BDE≌△CDA（SAS），∴BE＝AC＝4，
在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∴6﹣4＜AE＜6+4，
∴2＜AE＜10，
∴1＜AD＜5．
证明：（2）延长FD至点M，使DM＝DF，连接BM、EM，如图②所示．
同（1）得：△BMD≌△CFD（SAS），
∴BM＝CF，
∵DE⊥DF，DM＝DF，
∴EM＝EF，
在△BME中，由三角形的三边关系得：
BE+BM＞EM，
∴BE+CF＞EF．
（3）如图③，延长AE，DF交于点G，
∵AB∥CD，
∴∠BAG＝∠G，
在△ABE和△GCE中，
CE＝BE，∠BAG＝∠G，∠AEB＝∠GEC，
∴△ABE≌△GEC（AAS），
∴CG＝AB，
∵AE是∠BAF的平分线，
∴∠BAG＝∠GAF，
∴∠FAG＝∠G，
∴AF＝GF，
∵FG+CF＝CG，
∴AF+CF＝AB．四．平行+中点模型
14．如图，公园有一条“Z”字形道路AB﹣BC﹣CD，其中AB∥CD，在E、M、F处各有一个小石
凳，且BE＝CF，M为BC的中点，连接EM、MF，请问石凳M到石凳E、F的距离ME、MF是
否相等？说出你推断的理由．
试题分析：首先连接EM、MF，再证明△BEM≌△CFM可得ME＝MF．
答案详解：解：石凳M到石凳E、F的距离ME、MF相等．理由如下：
∵AB∥CD，
∴∠B＝∠C，
又∵M为BC中点，
∴BM＝MC．
在△BEM和△CFM中，
{
BE=CF
∠B=∠C，
BM=CM
∴△BEM≌△CFM（SAS），
∴ME＝MF．
即石凳M到石凳E、F的距离ME、MF相等．
15．△ABC中，P是BC边上的一点，过P作直线交AB于M，交AC的延长线于N，且PM＝PN，
MF∥AN，
（1）求证：△PMF≌△PNC；
（2）若AB＝AC，求证：BM＝CN．试题分析：（1）由平行线的性质得出∠MFP＝∠NCP，由AAS证明△PMF≌△PNC即可；
（2）由全等三角形的性质得出 FM＝CN，由等腰三角形的性质和平行线的性质得出∠B＝
∠MFB，证出BM＝FM，即可得出结论．
答案详解：（1）证明：∵MF∥AN，
∴∠MFP＝∠NCP，
在△PMF和△PNC中，
{∠MFP=∠NCP
∠MPF=∠NPC，
PM=PN
∴△PMF≌△PNC（AAS）；
（2）证明：由（1）得：△PMF≌△PNC，
∴FM＝CN，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵MF∥AN，
∴∠MFB＝∠ACB，
∴∠B＝∠MFB，
∴BM＝FM，
∴BM＝CN．
16．如图，已知梯形ABCD中，AD∥BC，E为AB中点，DE⊥EC．
求证：（1）DE平分∠ADC；
（2）AD+BC＝DC．试题分析：（1）延长DE交CB的延长线于F，可证得△AED≌△BEF，根据三线合一的性质可
得出CD＝CF，推出∠CDF＝∠F，由∠ADF＝∠F即可证明；
（2）由△AED≌△BEF，根据三线合一的性质可得出CD＝CF，进而利用等线段的代换可证得
结论；
答案详解：证明：（1）延长DE交CB的延长线于F，
∵AD∥CF，
∴∠A＝∠ABF，∠ADE＝∠F．
在△AED与△BEF中，
{∠A=∠ABF
AE=BE ，
∠ADE=∠F
∴△AED≌△BEF，
∴AD＝BF，DE＝EF，
∵CE⊥DF，
∴∠CDF＝∠F，
∵AD∥CF，
∴∠ADE＝∠F，
∴∠ADE＝∠CDF，
∴ED平分∠ADC．
（2）∵△AED≌△BEF，
∴AD＝BF，DE＝EF，
∵CE⊥DF，
∴CD＝CF＝BC+BF，
∴AD+BC＝DC．五．角平分线+垂直模型
17．已知：如图，AC平分∠BAD，CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，且∠ADC+∠B＝180°．
（1）若AB＝12，AD＝8，则AF＝ 1 0 ．
（2）若△ABC的面积是24，△ADC的面积是16，则△BEC的面积等于 4 ．
试题分析：（1）利用角平分线的性质可得CE＝CF，∠F＝∠CEB＝90°，根据等角的补角相等
得∠B＝∠CDF，利用AAS证出两三角形全等，求出DF＝BE，证Rt△AFC≌Rt△AEC，推出AF
＝AE，由BE＝DF可得AB﹣AE＝AF﹣AD＝AB﹣AF，即可得AB+AD＝2AF；
（2）利用全等三角形的面积相等，设△BEC的面积为x，列出方程可得结果．
答案详解：解：（1）∵AC平分∠BAD，CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，
∴CE＝CF，∠CEB＝∠F＝90°，
∵∠ADC+∠B＝180°，∠ADC+∠CDF＝180°，
∴∠B＝∠CDF，
在Rt△BCE与Rt△DCF中，
{∠B=∠CDF
∠CEB=∠F，
CE=CF
∴Rt△BCE≌Rt△DCF（AAS），
∴DF＝BE，CE＝CF，CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，
在Rt△ACE与Rt△ACF中，
{CE=CF
，
AC=AC
∴Rt△ACE≌Rt△ACF（HL），∴AF＝AE，
∴AB﹣AE＝AF﹣AD＝AB﹣AF，
∴AB+AD＝2AF，
∵AB＝12，AD＝8，
∴AF＝10，
所以答案是：10．
（2）∵Rt△BCE≌Rt△DCF，
∴S△BCE ＝S△DCF ，
设△BEC的面积为x，
∵△ABC的面积是24，△ADC面积是16，
∴24﹣x＝16+x，
1
∴x= ×（24﹣16）＝4．
2
即△BEC的面积等于4，
所以答案是：4．
18．如图，AD是△ABC的角平分线，过点C作CE⊥AD，垂足为点E，延长CE与AB相交于点
F，连接DF，若∠BAC＝60°，∠B＝40°，则∠BDF的度数为 4 0 °．
试题分析：首先利用已知条件可以证明△AFE≌△ACE，然后利用全等三角形的性质和等腰三角
形的性质可以求出∠ACD＝∠AFD，最后利用四边形的内角和求出∠CDF即可解决问题．
答案详解：解：∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠FAD＝∠CAD，
∵CE⊥AD，
∴∠AEF＝∠AEC＝90°，
在△AFE和△ACE中，
{∠FAD=∠CAD
AE=AE ，
∠AEF=AEC∴△AFE≌△ACE（ASA），
∴EF＝CE，AF＝CF，
∴∠AFE＝∠ACE，
∵CE⊥AD，
∴CD＝FD，
∴∠DFC＝DCF，
∴∠AFD＝∠ACD，
∵∠BAC＝60°，∠B＝40°，
∴∠ACD＝∠AFD＝180°﹣60°﹣40°＝80°，
∴∠CDF＝360°﹣∠BAC﹣∠ACD﹣∠AFD＝140°，
∴∠BDF＝180°﹣∠CDF＝180°﹣140°＝40°．
所以答案是：40．
19．如图：在∠EAF的平分线上取点B作BC⊥AF于点C，在直线AC上取一动点P．在直线AE上
取点Q使得BQ＝BP．
（1）如图1，当点P在点线段AC上时，∠BQA+∠BPA＝ 18 0 °；
（2）如图2，当点P在CA延长线上时，探究AQ、AP、AC三条线段之间的数量关系，说明理
由；
（3）在满足（1）的结论条件下，当点P运动到在射线AC上时，直接写出AQ、AP、PC三条
线段之间的数量关系为： AQ ﹣ AP ＝ 2 PC 或 AP ﹣ AQ ＝ 2 PC ．
试题分析：（1）作 BM⊥AE 于点 M，根据角平分线的性质得到 BM＝BC，证明
Rt△BMQ≌Rt△BPC（HL），进而证明∠BQA＝∠BPC即可得出答案；
（2）作BM⊥AE于点M，证明Rt△ABM≌Rt△ABC（HL），得到∠ABM＝∠ABC，AM＝AC，
BM＝BC，再证明Rt△BMQ≌Rt△BCP（HL），从而得出PC＝QM即可；
（3）分两种情况进行讨论，P 在线段 AC 上或 P 在线段 AC 的延长线上，作出图后，由
△QBM≌△PBC（AAS），得∠QBC＝∠PBC，QM＝PC，BM＝BC，结合Rt△ABM≌Rt△ABC（HL），得出AM＝AC，利用线段和差计算即可．
答案详解：解：（1）作BM⊥AE于点M，
∵AB平方∠EAF，BC⊥AF，
∴BM＝BC，
在Rt△BMQ和Rt△BPC中，
{BQ=BP
，
BM=BC
∴Rt△BMQ≌Rt△BPC（HL），
∴∠BQA＝∠BPC，
又∵∠BPC+∠BPA＝180°，
∴∠BQA+∠BPA＝180°，
所以答案是：180；
（2）AQ﹣AP＝2AC，理由如下，
作BM⊥AE于点M，
∵AB平方∠EAF，BC⊥AF，
∴BM＝BC，∠BMA＝∠BCA＝90°，
在Rt△ABM和Rt△ABC中，
{BM=BC
，
AB=AB
∴Rt△ABM≌Rt△ABC（HL），
∴∠ABM＝∠ABC，AM＝AC，在Rt△BMQ和Rt△BCP中，
{BQ=BP
，
BM=BC
∴Rt△BMQ≌Rt△BCP（HL），
∴PC＝QM，
∴AQ﹣QP＝（AM+QM）﹣（PC﹣AC）＝AM+AC＝2AC；
（3）当点P在线段AC上时，如图，AQ﹣AP＝2PC，
作BM⊥AE于点M，
∵BC⊥AF，
∴，∠BMA＝∠BCA＝90°，
∵∠BQA+∠BPA＝180°，∠BPC+∠BPA＝180°，
∴∠BPC＝∠BQM，
在△QBM和△PBC中，
{∠BMQ=∠BCP
∠BQM=∠BPC，
QB=PB
∴△QBM≌△PBC（AAS），
∴∠QBC＝∠PBC，QM＝PC，BM＝BC，
在Rt△ABM和Rt△ABC中，
{BM=BC
，
AB=AB
∴Rt△ABM≌Rt△ABC（HL），
∴AM＝AC，
∴AQ﹣AP＝AM+QM﹣（AC﹣PC）＝QM+PC＝2PC；
当P在线段AC的延长线上，如图，AP﹣AQ＝2PC，
作BM⊥AE于点M，∵BC⊥AF，
∴∠BMA＝∠BCA＝90°，
∵∠BQA+∠BPA＝180°，∠BQM+∠BQA＝180°，
∴∠BPC＝∠BQM，
在△QBM和△PBC中，
{∠BMQ=∠BCP
∠BQM=∠BPC，
QB=PB
∴△QBM≌△PBC（AAS），
∴∠QBC＝∠PBC，QM＝PC，BM＝BC，
在Rt△ABM和Rt△ABC中，
{BM=BC
，
AB=AB
∴Rt△ABM≌Rt△ABC（HL），
∴AM＝AC，
∴AP﹣AQ＝AC+CP﹣（AM﹣QM）＝MQ+PC＝2PC．
所以答案是：AQ﹣AP＝2PC或AP﹣AQ＝2PC．
六．半角模型
20．（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，
1
且∠EAF= ∠BAD，线段EF、BE、FD之间的关系是 EF ＝ BE + FD ；（不需要证明）
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，
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
2
间的数量关系，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1
上的点，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
2
出它们之间的数量关系，并证明．
试题分析：（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．
答案详解：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，
所以答案是：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．
21．（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°，请探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系是
什么？
小明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，得AE＝AG；再由条件可得∠EAF＝∠GAF，证明△AEF≌△AGF，进而可得线段BE，EF，FD之间的数量关系是 EF ＝ BE + DF ．
（2）拓展应用：
如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E，F分别是BC，CD上的点，且
1
∠EAF= ∠BAD．问（1）中的线段BE，EF，FD之间的数量关系是否还成立？若成立，请给
2
出证明；若不成立，请说明理由．
试题分析：（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE＝
AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题；
（2）延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再证
明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题；
答案详解：解：（1）EF＝BE+DF，
理由如下：
在△ABE和△ADG中，
{
DG=BE
∠B=∠ADG=90°，
AB=AD
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
1
∵∠EAF= ∠BAD，
2
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AEF和△GAF中，{
AE=AG
∠EAF=∠GAF，
AF=AF
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG，
∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF；
所以答案是：EF＝BE+DF．
（2）结论EF＝BE+DF仍然成立；
理由：延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，如图2，
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADG＝180°，
∴∠B＝∠ADG，
在△ABE和△ADG中，
{
DG=BE
∠B=∠ADG，
AB=AD
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
1
∵∠EAF= ∠BAD，
2
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
{
AE=AG
∠EAF=∠GAF，
AF=AF∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG，
∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF；
