文档内容
专题二 全等三角形十六大必考点
【人教版】
【考点1 利用全等图形求网格中的角度和】.......................................................................................................1
【考点2 将已知图形分割成几个全等的图形】...................................................................................................5
【考点3 添加条件使三角形全等】.......................................................................................................................7
【考点4 灵活选用判定方法证明全等】.............................................................................................................11
【考点5 尺规作图与全等的综合运用】.............................................................................................................16
【考点6 证明全等的常见辅助线的作法】.........................................................................................................20
【考点7 证一条线段等于两条线段的和（差）】..............................................................................................28
【考点8 全等中的倍长中线模型】.....................................................................................................................39
【考点9 全等中的旋转模型】.............................................................................................................................49
【考点10 全等中的垂线模型】.............................................................................................................................56
【考点11 全等中的其他模型】.............................................................................................................................65
【考点12 全等三角形的动点问题】.....................................................................................................................71
【考点13 尺规作图作角平分线】.........................................................................................................................77
【考点14 角平分线的判定与性质的综合求值】.................................................................................................80
【考点15 角平分线的判定与性质的综合证明】.................................................................................................86
【考点16 角平分线的实际应用】.........................................................................................................................95
【考点1 利用全等图形求网格中的角度和】
【例1】（2024·山东·禹城市督杨实验学校八年级阶段练习）如图为6个边长相等的正方形的组合图形，则
∠1+∠3-∠2=（ ）
A．30° B．45° C．60° D．135°
【答案】B
【分析】首先利用SAS定理判定△ABC≌△DBE，根据全等三角形的性质可得∠3=∠ACB，再由
∠ACB+∠1=∠1+∠3=90°，可得∠1+∠3-∠2．【详解】
∵在△ABC和△DBE中
¿，
∴△ABC△DBE（SAS），
∴∠3=∠ACB，
∵∠ACB+∠1=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∵∠2=45°
∴∠1+∠3-∠2=90°-45°=45°，
故选B．
【点睛】此题主要考查了全等图形，关键是掌握全等三角形的判定，以及全等三角形对应角相等．
【变式1-1】（2024·江苏省灌云高级中学城西分校八年级阶段练习）如图，由4个相同的小正方形组成的
格点图中，∠1+∠2+∠3=________度．
【答案】135
【分析】首先利用全等三角形的判定和性质求出∠1+∠3的值，即可得出答案；
【详解】如图所示，在△ACB和△DCE中，
AB=DE
{∠A=∠D，
AC=DC
∴△ACB≅△DCE(SAS)，
∴∠ABE=∠3，
∴∠1+∠2+∠3=(∠1+∠3)+45°=90°+45°=135°；
故答案是：135°．
【点睛】本题主要考查了全等图形的应用，准确分析计算是解题的关键．
【变式1-2】（2024·江苏·八年级单元测试）如图所示的网格是正方形网格，图形的各个顶点均为格点，则
∠P＋∠Q＝__________度．
【答案】45
【分析】如图，直接利用网格得出对应角∠P=∠AQC，进而得出答案．
【详解】
如图，易知△ABP≌△ACQ，∴∠P=∠AQC，
∵BQ是正方形的对角线，
∴∠BQC=∠BQA+∠AQC=∠P+∠Q=45°，
故答案为：45．
【点睛】本题考查了全等三角形，正确借助网格分析是解题关键．
【变式1-3】（2024·山东·济南市槐荫区教育教学研究中心二模）如图，在4×4的正方形网格中，求α+β=
______度．【答案】45
【分析】连接AB，根据正方形网格的特征即可求解．
【详解】解：如图所示，连接AB
∵图中是4×4的正方形网格
∴AD=CE，∠ADB=∠AEC，DB=AE
∴△ADB≌△CEA(SAS)
∴∠EAC=∠ABD=α，AB=AC
∵∠ABD+∠BAD=90°
∴∠EAC+∠BAD=90°，即∠CAB=90°
∴∠ACB=∠ABC=45°
∵BD∥CE
∴∠BCE=∠DBC=β
∵∠ABC=∠ABD+∠DBC=α+β
∴α+β=45°
故答案为：45．
【点睛】本题考查了正方形网格中求角的度数，利用了平行线的性质、同角的余角相等、等腰直角三角形
的性质等知识点，解题的关键是能够掌握正方形网格的特征．【考点2 将已知图形分割成几个全等的图形】
【例2】（2024·全国·八年级专题练习）沿着图中的虚线，请将如图的图形分割成四个全等的图形．
【答案】见解析
【分析】直接利用图形总面积得出每一部分的面积，进而求出答案．
【详解】∵共有3×4=12个小正方形，
∴被分成四个全等的图形后每个图形有12÷4=3，
∴如图所示：
，
【点睛】本题主要考查了应用设计图作图，正确求出每部分面积是解题关键．
【变式2-1】（2024·江苏·八年级专题练习）方格纸上有2个图形，你能沿着格线把每一个图形都分成完全
相同的两个部分吗？请画出分割线．
【答案】见解析
【分析】观察第一个图，图中共有20个小方格，要分成完全相同两部分，则每个有10个小格，则可按如
图所示，沿A→B→C→D分割；第二个图同理沿E→F→G→H→P→Q分割即可．
【详解】解：如图所示，第一个图，图中共有20个小方格，要分成完全相同两部分，则每个有10个小格，
则可按如图所示，沿A→B→C→D分割；第二个图同理沿E→F→G→H→P→Q分割即可．将分割出的两个图形，逆时针旋转90度，再通过平移，两部分能够完全重合，所以分割出的两部分完全相
同．
【点睛】本题考查图形全等，掌握全等图形的定义是解题的关键．
【变式2-2】（2024·江苏·八年级课时练习）试在下列两个图中，沿正方形的网格线（虚线）把这两个图形
分别分割成两个全等的图形，将其中一部分涂上阴影．
【答案】见解析（第一个图答案不唯一）
【分析】根据全等图形的定义，利用图形的对称性和互补性来分隔成两个全等的图形．
【详解】解：第一个图形分割有如下几种：
第二个图形的分割如下：
【点睛】本题主要考查了学生的动手操作能力和学生的空间想象能力，牢记全等图形的定义是解题的重点．
【变式2-3】（2024·全国·八年级专题练习）知识重现：“能够完全重合的两个图形叫做全等形．”
理解应用：我们可以把4×4网格图形划分为两个全等图形．范例：如图1和图2是两种不同的划分方法，其中图3与图1视为同一种划分方法．
请你再提供四种与上面不同的划分方法，分别在图4中画出来．
【答案】见解析
【分析】根据网格的特点和全等形的定义进行作图即可．
【详解】依题意，如图
【点睛】本题考查了全等图形的定义，熟练掌握网格特点作图和全等图形的概念是解题的关键．
【考点3 添加条件使三角形全等】
【例3】（2024·全国·八年级专题练习）如图，∠C＝∠D＝90°，添加下列条件：①AC＝AD；②∠ABC＝
∠ABD；③BC＝BD，其中能判定Rt△ABC与Rt△ABD全等的条件有（ ）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】D
【分析】根据已知条件与全等三角形的判定定理即可分别判断求解．
【详解】解：∵∠C＝∠D＝90°，AB=AB，
∴①AC＝AD，可用HL判定Rt ABC与Rt ABD全等；
②∠ABC＝∠ABD，可用AAS判△定Rt ABC△与Rt ABD全等；
③BC＝BD，可用HL判定Rt ABC与△Rt ABD全△等；
故选：D． △ △
【点睛】此题主要考查全等三角形的判定，解题的关键是熟知全等三角形的判定定理．
【变式3-1】（2024·重庆·中考真题）如图，点B，F，C，E共线，∠B=∠E，BF=EC，添加一个条件，不能
判断△ABC≌△DEF的是（ ）
A．AB=DE B．∠A=∠D C．AC=DF D．AC∥FD
【答案】C
【分析】根据全等三角形的判定与性质逐一分析即可解题．
【详解】解：∵BF=EC，
∴BC=EF
A. 添加一个条件AB=DE，
又∵BC=EF,∠B=∠E
∴△ABC≌△≝(SAS)
故A不符合题意；
B. 添加一个条件∠A=∠D
又∵BC=EF,∠B=∠E
∴△ABC≌△≝(AAS)
故B不符合题意；
C. 添加一个条件AC=DF ，不能判断△ABC≌△DEF ，故C符合题意；
D. 添加一个条件AC∥FD∴∠ACB=∠EFD
又∵BC=EF,∠B=∠E
∴△ABC≌△≝(ASA)
故D不符合题意，
故选：C．
【点睛】本题考查添加条件使得三角形全等即全等三角形的判定，是重要考点，难度较易，掌握相关知识
是解题关键．
【变式3-2】（2024·安徽淮南·八年级期末）如图，点P是AB上任意一点，∠ABC=∠ABD，还应补充一个
条件，才能推出△APC≌△APD．从下列条件中补充一个条件，不一定能推出△APC≌△APD的是( )
A．BC=BD； B．AC=AD；
C．∠ACB=∠ADB； D．∠CAB=∠DAB
【答案】B
【分析】根据题意，∠ABC=∠ABD，AB是公共边，结合选项，逐个验证得出．
【详解】解：A、补充BC=BD，先证出△BPC≌△BPD，后能推出△APC≌△APD，故正确，不符合题意；
B、补充AC=AD，不能推出△APC≌△APD，故错误，符合题意；
C、补充∠ACB=∠ADB，先证出△ABC≌△ABD，后能推出△APC≌△APD，故正确，不符合题意；
D、补充∠CAB=∠DAB，先证出△ABC≌△ABD，后能推出△APC≌△APD，故正确，不符合题意．
故选B．
【点睛】本题考查了三角形全等判定，解题的关键是知道有AAS，SSS，ASA，SAS．注意SSA是不能证明三
角形全等的，做题时要逐个验证，排除错误的选项．
【变式3-3】（2024·全国·八年级课时练习）如图，AB，CD相交于点E，且AB=CD，试添加一个条件使得
△ADE≌△CBE．现给出如下五个条件：①∠A=∠C;②∠B=∠D;③AE=CE;④BE=DE;⑤AD=CB．其中符合要求有
( )A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】D
【分析】延长DA、BC使它们相较于点F ，首先根据AAS证明 FAB≌△FCD，然后根据全等三角形的性质即
可得到AF=FC，FD=FB，进而得到AD=BC，即可证明 ADE≌△CB△E，可判断①、②的正误；根据SAS证明
ADE≌△CBE，即判断③、④的正误；连接BD，根据△SSS证明 ADB≌△CBD，根据全等三角形的性质得到
△∠A=∠C，结合①即可证明⑤． △
【详解】延长DA、BC使它们相较于点F
∵∠DAB=∠DCB，∠AED=∠BEC
∴∠B=∠D
又∵∠F=∠F，AB=CD
∴ FAB≌△FCD
∴△AF=FC，FD=FB
∴AD=BC
∴ ADE≌△CBE，即①正确；
同△理即可证明②正确；
∵AE=CE，AB=CD
∴DE=BE
又∵∠AED=∠BEC∴ ADE≌△CBE，③正确；
同△理即可证明④正确；
连接BD，
∵AD=CB，AB=CD，BD=BD
∴ ADB≌△CBD
∴△∠DAB=∠BCD
∴ ADE≌△CBE，⑤正确；
故△选D．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定方法，主要包括：SSS、SAS、AAS、ASA，难点在于添加辅助线来构
造三角形全等，关键在于应根据所给的条件判断应证明哪两个三角形全等．
【考点4 灵活选用判定方法证明全等】
【例4】（2024·湖南·八年级单元测试）具备下列条件的两个三角形一定是全等三角形的是（ ）．
A．有两个角对应相等的两个三角形
B．两边及其中一条对应边上的高也对应相等的两个三角形
C．两边分别相等，并且第三条边上的中线也对应相等的两个三角形
D．有两边及其第三边上的高分别对应相等的两个三角形
【答案】C
【分析】选项A，选项B和选项D分别举出反例的图形即可；选项C根据题意画出图形，延长AD至E，使
DE=AD，延长A'D'至E'，使D'E'=A'D'，连接BE和B'E'，根据全等三角形的判定，可证得
△BDE≌△CDA，根据全等三角形性质得BE=AC，∠E=∠CAD，同理可得B'E'=A'C'，
∠E'=∠C' A'D'，再由全等三角形的判定得△ABE≌△A'B'E'，根据全等三角形性质得∠E=∠E'，
∠BAE=∠B' A'E'，进而证得∠BAC=∠B' A'C'，最后根据全等三角形的判定证得△ABC≌△A'B'C'．
【详解】A．如图1所示，在△ADE和△ABC中，∠A=∠A，∠ADE=∠ABC，∠AED=∠ACB，但△ADE和△ABC不全等，
故本选项不符合题意；
B．如图2所示，
在△ABC和△EFG中，BC=FG，AC=EG，AD⊥BC，EH⊥FG，AD=FG ，但△ABC和△EFG
不全等，故本选项不符合题意；
C．如图3所示，
在△ABC和△A'B'C'中，点D和点D'分别平分线段BC和B'C'，AB=A'B'，AC=A'C'，AD=A'D'，延
长AD至E，使DE=AD，延长A'D'至E'，使D'E'=A'D'，连接BE和B'E'，
∵点D平分线段BC，
∴BD=CD，∵DE=AD，∠BDE=∠CDA
∴△BDE≌△CDA
∴BE=AC，∠E=∠CAD
同理B'E'=A'C'，∠E'=∠C' A'D'
∵AC=A'C'
∴BE=B'E'
∵AD=A'D'
∴AE=A'E'
∵AB=A'B'
∴△ABE≌△A'B'E'
∴∠E=∠E'，∠BAE=∠B' A'E'
∴∠CAD=∠C' A'D'
∵∠BAE+∠CAD=∠B' A'E'+∠C' A'D'
∴∠BAC=∠B' A'C'
∵AB=A'B'
∴△ABC≌△A'B'C'
故本选项符合题意；
D．如图4所示，
在△ABC和△A'B'C'中，AB=A'B'，AC=A'C'，AD⊥BC，A'D'⊥B'C'，AD=A'D'，但此时
△ABC和△A'B'C'不全等，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质定理与判定定理，熟记全等三角形的性质定理与判定定理是解本题
的关键．
【变式4-1】（2024·广东·佛山市南海区瀚文外国语学校七年级阶段练习）我国传统工艺中，油纸伞制作非
常巧妙，其中蕴含着数学知识．如图是油纸伞的张开示意图，AE=AF，¿=GF，则△AEG≌△AFG的依据是（ ）
A．SAS B．ASA C．AAS D．SSS
【答案】D
【分析】根据全等三角形的判定定理推出即可．
【详解】解：在 AEG和 AFG中，
¿， △ △
∴ AEG≌ AFG（SSS），
故△选：D．△
【点睛】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等
三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL等．
【变式4-2】（2024·江苏·泰州市姜堰区第四中学八年级）如图，已知AB∥CD，AD∥BC，AC与BD交于点
O，AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，那么图中全等的三角形有（ ）
A．5对 B．6对 C．7对 D．8对
【答案】C
【分析】根据平行四边形的性质，以及全等三角形的判定即可求出答案．
【详解】解：①△ABE≌△CDF．
∵AB∥CD，AD∥BC，
∴ AB=CD，∠ABE=∠CDF ．
∵AE⊥BD于E，CF⊥BD于E，∴∠AEB=∠CFD，
∴△ABE≌△CDF；
②△AOE≌△COF．
∵AB∥CD，AD∥BC，AC为ABCD的对角线，
∴OA=OC，∠EOA=∠FOC．
∵∠AEO=∠CFO，
∴△AOE≌△COF；
③△ABO≌△CDO．
∵AB∥CD，AD∥BC，AC与BD交于点O，
∴OD=OB，∠AOB=∠COD，OA=OC，
∴△ABO≌△CDO；
④△BOC≌△DOA．
∵AB∥CD，AD∥BC，AC与BD交于点O，
∴OD=OB，∠BOC=∠DOA，OC=OA，
∴△BOC≌△DOA；
⑤△ABC≌△CDA．
∵AB∥CD，AD∥BC，
∴BC=AD，DC=AB，∠ABC=∠CDA，
∴△ABC≌△CDA；
⑥△ABD≌△CDB．
∵AB∥CD，AD∥BC，
∴∠BAD=∠BCD，AB=CD，AD=BC，
∴△ABD≌△CDB；
⑦△ADE≌△CBF．
∵AD=BC，DE=BF，AE=CF，
∴△ADE≌△CBF．
故选：C．
【点睛】本题考查三角形全等的判定方法，解题关键找出对应相等的边、角，判定两个三角形全等的一般
方法有：SSS、SAS、AAS，ASA、HL，同时考查了平行四边形的性质，题目比较容易．
【变式4-3】（2024·浙江·八年级单元测试）根据下列条件不能唯一画出△ABC的是（ ）
A．AB＝5，BC＝6，AC＝7 B．AB＝5，BC＝6，∠B＝45°
C．AB＝5，AC＝4，∠C＝90° D．AB＝3，AC＝4，∠C＝45°【答案】D
【分析】根据三角形的三边关系和全等三角形的判定定理逐项分析即可解答．
【详解】解：A．∵AC与BC两边之和大于第三边，故能作出三角形，且三边知道能唯一画出△ABC，不
符合题意；
B．∠B是AB、BC的夹角，故能唯一画出△ABC，不符合题意；
C．AB＝5，AC＝4，∠C＝90°，得出BC＝3，可唯一画出△ABC，不符合题意；
D．由于是SSA，所以AB＝3，AC＝4，∠C＝45°，不能唯一画出三角形ABC，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了三角形的三边关系、全等三角形的判定等知识点，掌握SSA不能判定三角形全等
是解答本题的关键．
【考点5 尺规作图与全等的综合运用】
【例5】（2024·全国·九年级专题练习）如图，在△ABC外找一个点A'（与点A不重合），并以BC为一边
作△A'BC，使之与△ABC全等，且△ABC不是等腰三角形，则符合条件的点A'有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】本题是开放题，要想使△A′BC与△ABC全等，先确定题中条件，再对应三角形全等条件求解．
【详解】解：如图：以B点为圆心，CA为半径上下画弧，C点为圆心，BA为半径上下画弧，两弧相交分别得到点A'、A ❑ '；
1
以C点为圆心，CA为半径画弧，以B点为圆心，BA为半径画弧，两弧的交点得到点A ❑ '，所以符合条
2
件的点A′有3种可能的位置．
故选：C．
【点睛】本题考查了全等的判定综合．判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，
然后再根据三角形全等的判定方法去求证．
【变式5-1】（2024·全国·八年级课时练习）如图，以△ABC的顶点A为圆心，以BC长为半径作弧；再以
顶点C为圆心，以AB长为半径作弧，两弧交于点D；连结AD，CD．由作法可得：△ABC≅△CDA的根
据是（ ）
A．SAS B．ASA C．AAS D．SSS
【答案】D
【分析】根据题意和全等三角形判定的方法可以得到ABC≌△CDA的根据，本题得以解决．
【详解】解：由题意可得，
AD=BC，AB=CD，
在△ADC和△CBA中，
¿，
∴△ADC≌△CBA（SSS），
故选：D．
【点睛】本题考查全等三角形的判定，解答本题的关键是明确题意，利用全等三角形的判定方法解答．
【变式5-2】（2024·广东·普宁市红领巾实验学校八年级阶段练习）在课堂上，张老师布置了一道画图题：
画一个Rt△ABC，使∠B=90°，它的两条边分别等于两条已知线段．小刘和小赵同学先画出了
∠MBN=90°之后，后续画图的主要过程分别如图所示．那么小刘和小赵同学作图确定三角形的依据分别
是______；_______【答案】 SAS HL
【分析】由图可知小刘同学确定的是两条直角边，根据三角形全等判定定理为SAS ．
由图可知小赵同学确定了一个直角边和斜边，根据三角形全等判定定理为HL ．
【详解】小刘同学画了∠MBN=90°后，再截取AB,BC两直角边等于两已知线段，所以确定的依据是
SAS定理；
小赵同学画了∠MBN=90°后，再截取BC,AC一直角边和一个斜边，所以确定的依据是HL定理．
故答案为：①SAS；②HL．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握每种证明方法，做出判断是解题的关键．
【变式5-3】（2024·北京·101中学九年级开学考试）李老师制作了如图1所示的学具，用来探究“边边角
条件是否可确定三角形的形状”问题．操作学具时，点Q在轨道槽AM上运动，点P既能在以A为圆心、
以8为半径的半圆轨道槽上运动，也能在轨道槽QN上运动．图2是操作学具时，所对应某个位置的图形
的示意图．
有以下结论：
①当∠PAQ=30°，PQ=6时，可得到形状唯一确定的△PAQ
②当∠PAQ=90°，PQ=10时，可得到形状唯一确定的△PAQ
③当∠PAQ=150°，PQ=12时，可得到形状唯一确定的△PAQ
其中所有正确结论的序号是______________．
【答案】②③##③②
【分析】分别在以上三种情况下以P为圆心，PQ的长度为半径画弧，观察弧与直线AM的交点即为Q点，
作出ΔPAQ后可得答案．
【详解】如下图，当∠PAQ=30°，PQ=6时，以P为圆心，PQ的长度为半径画弧，弧与直线AM有两个交点，作出ΔPAQ，发现两个位置的Q都符合题意，所以ΔPAQ不唯一，所以①错误．
如下图，当∠PAQ=90°，PQ=10时，以P为圆心，PQ的长度为半径画弧，弧与直线AM有两个交点，作出
ΔPAQ，发现两个位置的Q都符合题意，但是此时两个三角形全等，所以形状相同，所以ΔPAQ唯一，所
以②正确．
如下图，当∠PAQ=150°，PQ=12时，以P为圆心，PQ的长度为半径画弧，弧与直线AM有两个交点，作
出ΔPAQ，发现左边位置的Q不符合题意，所以ΔPAQ唯一，所以③正确．
综上：②③正确．
故答案为：②③
【点睛】本题考查的是三角形形状问题，为三角形全等来探索判定方法，也考查三角形的作图，利用对称
关系作出另一个Q是关键．
【考点6 证明全等的常见辅助线的作法】
【例6】（2024·江苏·宿迁青华中学七年级阶段练习）（1）如图①，四边形ABCD中，AB=AD，
∠B=∠ADC=90°．E，F分别是BC，CD上的点，且BE+FD=EF．试探究图中∠EAF与∠BAD之间的数量关系．
小明同学探究此问题的方法是：延长FD到G，使DG=BE，连结AG．先证明△ABE≌△ADG，再证明
△AEF≌△AGF，从而得出∠EAF=∠GAF，最后得出∠EAF与∠BAD之间的数量关系是 ．
（2）将（1）中的条件“∠B=∠ADC=90°”改为“∠B+∠D=180°”（如图②），其余条件不变，上述数量关系
是否成立，成立，请证明；不成立，说明理由（3）如图③，中俄两国海军在南海举行联合军事演习，中国舰艇在指挥中心（O）北偏西30°的A处，俄
罗斯舰艇在指挥中心南偏东70°的B处，两舰艇到指挥中心距离相等．接到行动指令后，中国舰艇向正东
方向以60海里/小时的速度前进，俄罗斯舰艇沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进，2小时后，
指挥中心观测到两舰艇分别到达E，F处且相距280海里．求此时两舰艇的位置与指挥中心（O处）形成的
夹角∠EOF的大小．
1
【答案】（1）∠EAF= ∠BAD；（2）仍然成立，见解析；（3）70°
2
1
【分析】（1）根据小明同学的探究方法不难得到∠EAF= ∠BAD；
2
（2）延长FD到G，使DG=BE，连接AG，根据同角的补角相等求出∠B=∠ADG，然后利用“边角边”证明
△ABE和△ADG全等，根据全等三角形对应边相等可得 AE=AG ，∠BAE=∠DAG，再求出∠EAF=∠GAF，然
后利用“边角边”证明△AEF和△GAF全等，根据全等三角形对应边相等可得EF=GF，然后求解即可；
（3）连接EF，延长AE、BF相交于点C，然后求出∠OAC+∠OBC=180°，判断出符合探索延伸的条件，再根
据探索延伸的结论解答即可．
【详解】解：(1)如图①，延长FD到G，使DG=BE，连结AG．
在△ABE和△ADG中，AB=AD，BE=DG，∠B=∠ADG=90°，
∴△ABE≌△ADG，∴AE=AG，
在△AEF和△AGF中，AE=AG，AF=AF，EF=BE+FD=DG+FD=GF，
∴△AEF≌△AGF，∴∠EAF=∠GAF=∠GAD+∠DAF=∠EAB+∠DAF
∴∠BAD=∠EAF+∠EAB+∠DAF=2∠EAF
1
∴∠EAF= ∠BAD
2
1
(2)∠EAF= ∠BAD仍然成立．
2
证明：如图②，延长FD到G，使DG=BE，连接AG．∵∠B+∠ADC=180°，∠ADC+∠ADG=180°，∴∠B=∠ADG，
∴△ABE≌△ADG（SAS）．∴AE=AG，∠BAE=∠DAG．
又∵EF=BE+DF，DG=BE，∴EF=DG+DF=GF．
∴△AEF≌△AGF（SSS）．∴∠EAF=∠GAF．
又∵∠GAF=∠DAG+∠DAF，∴∠EAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF．
而∠EAF+∠BAE+∠DAF=∠BAD，
1
∴∠EAF= ∠BAD
2
(3)如图③，连接EF，延长AE、BF相交于点C．
∵2小时后，舰艇甲行驶了120海里，舰艇乙行驶了160海里，
即AE=120，BF=160．而EF=280，∴在四边形AOBC中，有EF=AE+BF，
又∵OA=OB，且∠OAC+∠OBC=（90°﹣30°）+（70°+50°）=180°，
∴符合(2)中的条件．
1
又∵∠AOB=30°+90°+（90°﹣70°）=140°，∴∠EOF= ∠AOB =70°．
2
答：此时两舰艇的位置与指挥中心（O处）形成的夹角∠EOF的大小为70°．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，读懂问题背景的求解思路，作辅助线构造出全等三角形并
两次证明三角形全等是解题的关键，也是本题的难点．
【变式6-1】（2024·全国·八年级课时练习）如图，已知：AB=AC，BD=CD，∠A=60°，∠D=140°，
则∠B=（ ）A．50∘ B．40∘ C．40∘或70∘ D．30∘
【答案】B
【分析】连接AD，可证△ABD≌△ACD，根据全等三角形对应角相等可以得到
1
∠BAD=∠CAD= ∠BAC，∠ADB=∠ADC，代入角度即可求出∠BAD和∠ADB的度数，最后利
2
用三角形内角和定理即可求解．
【详解】连接AD，如图，
在△ABD与△ACD中
¿，
∴ △ABD≌△ACD (SSS)，
1
∴ ∠BAD=∠CAD= ∠BAC，∠ADB=∠ADC，
2
∵ ∠A=60∘，
∴ ∠BAD=∠CAD=30∘，
∵ ∠D=140∘，
1
∴ ∠ADB=∠ADC= (360∘-140∘)=110∘ ，
2
∵ ∠BAD+∠ADB+∠B=180∘，
∴ ∠B=40∘．
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，添加正确的辅助线是解题的关键．
【变式6-2】（2024·全国·七年级单元测试）（1）求证：等边三角形内的任意一点到两腰的距离之和等于定长.（提示：添加辅助线证明）
（2）如图所示，在三角形ABC中，点D是三角形内一点，连接DA、DB、DC，若
AB=AC,∠ADB=∠ADC，求证：AD平分∠BAC.
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
【分析】（1）已知点P是等边三角形ABC内的任意一点，过点P分别作三边的垂线，分别交三边于点
D、点E、点F.求证PD+PE+PF为定长,即可完成证明；
（2）（面积法）过点A作AE⊥BD交BD延长线于点E，再过点A作AF⊥CD交CD延长线于点F.因为
∠ADB=∠ADC，所以∠ADE=∠ADF，因此△ADF≅ADE(AAS)，得到AF=AE.进而
△AFC≅△AEB，得到∠ABD=∠ACD，因此∠BAD=∠CAD，即AD平分∠BAC.
【详解】（1） 已知：等边如图三角形ABC，P为三角形ABC内任意一点，PD⊥AB, PF⊥AC, PE⊥BC,
求证：PD+PE+PF为定值.
证明：如图：过点A作AG⊥BC，垂足为点G，分别连接AP、BP、CP.
∵S =S +S +S ，
△ABC △ABP △BCP △CAP
1 1 1 1
∴ BC·AG= BC·PE+ AC·PF+ AB·PD
2 2 2 2
又∵BC=AB=AC
∴AG=PE+PF+PD,即PD+PE+PF=AG定长.
∴等边三角形内的任意一点到两腰的距离之和等于定长.（2）
过点A作AE⊥BD交BD延长线于点E，再过点A作AF⊥CD交CD延长线于点F.
∵∠ADB=∠ADC，
∴∠ADE=∠ADF，
又∵AD=AD
∴△ADF≅ADE(AAS)，
∴AF=AE
∴△AFC≅△AEB，
∴∠ABD=∠ACD，
∴∠BAD=∠CAD，即AD平分∠BAC.
【点睛】本题考查了等边三角形的性质和全等三角形的性质和判定，其中做出辅助线是解答本题的关键．
【变式6-3】（2024·全国·八年级课时练习）已知等腰△ABC中，AB=AC，点D在直线AB上， DE∥BC，交直
线AC与点E，且BD=BC，CH⊥AB，垂足为H．
（1）当点D在线段AB上时，如图1，求证DH=BH+DE；
（2）当点D在线段BA延长线上时，如图2，当点D在线段AB延长线上时，如图3，直接写出DH，BH，
DE之间的数量关系，不需要证明．【答案】（1）见详解；（2）图2：DH=BH-DE，图3：DE=DH+BH
【分析】（1）在线段AH上截取HM=BH，连接CM，CD，证明△DMC≌△DEC，可得到DE=DM，
即可求解．
（2）当点D在线段BA延长线上时，在BA的延长线上截取MH=BH，连接CM，DC，由题意可证
△BHC≌△CHM，可得∠B=∠CMB，由题意可得∠B=∠AED，即可证△DMC≌△DEC，可得
DE=DM，则可得DH=BH-DE；当点D在线段AB延长线上时，在线段AB上截取BH=HM，连接
CM，CD，由题意可证△BHC≌△CHM，可得∠B=∠CMB，由题意可得∠B=∠AED，即可证
△DMC≌△DEC，可得DE=DM，则可得DE=DH+BH．
【详解】解：（1）证明：在线段AH上截取HM=BH，连接CM，CD
∵CH⊥AB，HM=BH
∴CM=BC
∴∠B=∠CMB
∵AB=AC
∴∠B=∠ACB
∵DE//BC
∴∠ADE=∠B=∠AED=∠ACB，∠CDE=∠BCD
∴∠AED=∠BMC
∴∠DEC=∠DMC
∵BD=BC
∴∠BDC=∠BCD=∠EDC
∵CD=CD
∴△CDM≌△CDE
∴DM=DE
∴BH+DE=DM+HM=DH
（2）当点D在线段BA延长线上时，DH=BH-DE如图2：在BA的延长线上截取MH=BH，连接CM，DC
∵AB=AC
∴∠ABC=∠ACB
∵BD=BC
∴∠BDC=∠DCB
∵DE//BC
∴∠E=∠ACB=∠B=∠EDB
∵CH=CH，BH=MH，∠BHC=∠CHM
∴△BHC≌△CHM
∴∠B=∠M
∴∠E=∠M
∵∠MDC=∠B+∠DCB，∠EDC=∠BDC+∠EDB
∴∠MDC=∠EDC
又∵∠E=∠M，DC=CD
∴△DEC≌△DMC
∴DE=DM
∵DH=MH-DM
∴DH=BH-DE
当点D在线段AB延长线上时，DE=DH+BH
如图3：当点D在线段AB延长线上时，在线段AB上截取BH=HM，连接CM，CD∵BH=HM，CH=CH，∠CHB=∠MHC=90°
∴△MHC≌△BHC
∴∠ABC=∠BMC
∵AB=AC
∴∠ABC=∠ACB
∵BD=BC
∴∠BDC=∠BCD
∵BC//DE
∴∠BCD=∠CDE，∠ACB=∠AED
∴∠BDC=∠CDE，∠BMC=∠AED，且CD=CD
∴△CDM≌△CDE
∴DE=DM
∵DM=DH+HM
∴DE=DH+BH
【点睛】本题主要考查了三角形综合题，等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定，合理添加辅助线
证全等是解题的关键．
【考点7 证一条线段等于两条线段的和（差）】
【例7】（2024·全国·八年级专题练习）如图，△ABC中，∠B＝45°，∠ACB＝30°，CD平分∠ACB，
AD⊥CD，求证：CD＝AB＋AD
【答案】见解析【分析】遇到这种CD＝AB＋AD线段和差问题一般都是截长补短；
方法1：补短AB，构造BE＝AB＋AD，证明CD=BE即可；
方法2：补短AD，构造DF＝AB＋AD，证明CD=DF即可；
方法3：截长，在CD上截取DE使得DE＝AD，构造等腰直角三角形ABF，证明AF=EC即可；
方法4：截长，在CD上截取DE使得DE＝AD，在CB延长上取点H使得AH＝AC,证明AB=EC即可；
【详解】方法1：补短，构造全等
证明：延长BA至点E，使得AD＝AE，连接CE
∵AD⊥CD
∴∠D＝90°
∵∠B＝45°，∠ACB＝30°
∴∠EAC＝∠B＋∠ACB＝45°＋30°＝75°
∵CD平分∠ACB
∴∠ACD＝15°
∴∠DAC＝90°－15°＝75°
∴∠EAC＝∠DAC
在△ADC和△AEC中
∵AD＝AE
∠EAC＝∠DAC
AC＝AC
∴△ADC≌△AEC(SAS)
∴EC＝CD，∠E＝∠D＝90°，∠ECA=∠ACD＝15°
∴∠ECB＝∠B＝45°
∴EC＝BE
∴EC＝BE＝CD∴CD＝AB＋AE＝AB＋AD
方法2：补短，构造全等
证明：延长DA至点F，使得AF＝AB
∵∠B＝45°，∠ACB＝30°
∴∠BAC＝180－∠B－∠ACB＝180°－45°－30°＝105°
∵CD是∠ACB的角平分线
∴∠ACD＝15°
∵AD⊥CD，
∴∠D=90°，
∴∠EAC＝∠D＋∠ACD＝90°＋15°＝105°
∴∠EAC＝∠BAC
在△ABC和△AEC中
AB＝AE
∠EAC＝∠BAC
AC＝AC
∴△ABC≌△AEC（SAS）
∴∠E＝∠B＝45°,
∴∠ECD＝90°-∠E=∠B＝45°
∴CD＝DE＝AD＋AE＝AD＋AB
方法3：截长，构造全等
证明：
在CD上截取DE使得DE＝AD∵AD⊥CD
∴∠AED＝45°，∠AEC＝135°
过点A作AF⊥AB交BC于点F
∵∠B=45°，
∴∠AFB＝∠B＝45°，∠AFC＝135°
∴AB＝AF，∠AEC＝∠AFC
∵CD平分∠ACB
∴∠ACD＝15°
∴∠DAC＝90°－∠ACD＝90°－15°＝75°
∴∠EAC＝∠DAC－∠DAE＝75°－45°＝30°
∴∠EAC＝∠ACF
在△AEC和△CFA中
∠EAC＝∠ACF
AC＝AC
∠AEC＝∠AFC
∴△AEC ≌ △CFA(ASA)
∴CE＝AF＝AB
∴CD＝DE＋CE＝AD＋AB
方法4：截长，构造全等
证明：
在CD上截取DE使得DE＝AD∵AD⊥CD
∴∠AED＝45°，∠AEC＝135°
在CB延长上取点H，使得AH＝AC
∵∠ABC＝45°
∴∠ABH＝135°
∴∠ABH＝∠AEC
∵AH＝AC
∴∠H＝∠ACB＝30°
∵CD平分∠ACB
∴∠ACD＝15°
∴∠DAC＝90°－∠ACD＝90°－15°＝75°
∴∠EAC＝∠DAC－∠DAE＝75°－45°＝30°
∴∠H＝∠EAC
在△ABH和△CEA中
∠H＝∠EAC
AH＝AC
∠ABH＝∠AEC
∴△ABH ≌ △CEA(ASA)
∴AB＝CE
∴CD＝DE＋CE＝AD＋AB
【变式7-1】（2024·安徽淮北·八年级阶段练习）如图，在四边形ABCD中，AB//CD,AE是∠BAC的
平分线，且AE⊥CE．若AC=a,BD=b，则四边形ABDC的周长为（ ）A．1.5(a+b) B．2a+b C．3a-b D．a+2b
【答案】B
【分析】在线段AC上作AF=AB，证明△AEF≌△AEB可得∠AFE=∠B，∠AEF=∠AEB，再证明△CEF≌△CED可得
CD=CF，即可求得四边形ABDC的周长．
【详解】解：在线段AC上作AF=AB，
∵AE是∠BAC的平分线，
∴∠CAE=∠BAE，
又∵AE=AE，
∴△AEF≌△AEB（SAS），
∴∠AFE=∠B，∠AEF=∠AEB，
∵AB∥CD，
∴∠D+∠B=180°，
∵∠AFE+∠CFE=180°，
∴∠D=∠CFE，
∵AE⊥CE，
∴∠AEF+∠CEF=90°，∠AEB+∠CED=90°，
∴∠CEF=∠CED，
在△CEF和△CED中∵¿,
∴△CEF≌△CED（AAS）
∴CE=CF，
∴四边形ABDC的周长=AC+AB+BD+CD=AC+AF+CF+BD=2AC+BD=2a+b，
故选：B．
【点睛】本题考查全等三角形的性质和判断．能正确作出辅助线构造全等三角形是解题关键．
【变式7-2】（2024·山东烟台·七年级期末）在 ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是直线AB上一点（点
D不与点A、B重合），连接DC并延长到E，△使得CE＝CD，过点E作EF⊥直线BC，交直线BC于点F．
(1)如图1，当点D为线段AB上的任意一点时，用等式表示线段EF、CF、AC的数量关系，并证明；
(2)如图2，当点D为线段BA的延长线上一点时，依题意补全图2，猜想线段EF、CF、AC的数量关系是否
发生改变，并证明．
(3)如图3，当点D在线段AB的延长线上时，直接写出线段EF、CF、AC之间的数量关系．
【答案】(1)AC＝EF+FC，证明见解析
(2)补全图形见解析， AC＝EF-CF，证明见解析
(3)AC＝CF-EF
【分析】（1）过D作DH⊥CB于H，由“AAS”可证△FEC≌△HDC，可得CH=FC，DH=EF，可得结论；
（2）过D作DH⊥CB于H，由“AAS”可证△FEC≌△HDC，可得CH=FC，DH=EF，可得结论．
（3）过D作DH⊥CB交CB的延长线于H，由“AAS”可证△FEC≌△HDC，可得CH=FC，DH=EF，可得结
论．
(1)
结论：AC＝EF+FC，
理由如下：过D作DH⊥CB于H，∴∠DHC＝∠DHB＝ 90°
∵EF⊥CF，
∴∠EFC＝∠DHC＝90°，
在△FEC和△HDC中，
¿，
∴△FEC≌△HDC（AAS），
∴CH＝FC，DH＝EF，
∵∠ACB＝90°，AC=BC，
∴∠B＝45°，
∵∠DHB＝90°，
∴∠B＝∠HDB＝45°
∴DH＝HB＝EF，
∵BC＝CB+HB
∴AC＝FC+EF；
(2)
依题意补全图形，结论：AC＝EF-CF，
理由如下：
过D作DH⊥CB交BC的延长线于H，∵EF⊥CF，
∴∠EFC＝∠DHC＝90°，
在△FEC和△HDC中，
¿，
∴△FEC≌△HDC（AAS），
∴CH＝FC，DH＝EF，
∵∠DHB＝90°，
∴∠B＝∠HDB＝45°
∴DH＝HB＝EF，
∵BC=HB-CH
∴AC＝EF-CF．
(3)
AC=CF-EF．
如图3，过D作DH⊥CB交CB的延长线于H，同理可证△FEC≌△HDC（AAS），
∴CH=FC，DH=EF，
∵∠DHB=90°，
∴∠B=∠HDB=45°，
∴DH=HB=EF，
∵BC=CH-BH，
∴AC=CF-EF．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题
的关键．
【变式7-3】（2024·全国·八年级专题练习）在△ABC中，AE，CD为△ABC的角平分线，AE，CD交于点
F．
（1）如图1，若∠B=60°．
①直接写出∠AFC的大小；
②求证：AC=AD+CE．
（2）若图2，若∠B=90°，求证：S =S +S +S ．
△ACF △AFD △CEF △≝¿¿
【答案】（1）①120°；②见解析；（2）见解析【分析】（1）①综合三角形的内角和定理以及角平分线的定义求解即可；②利用“截长补短”思想，在
AC上取点H，使得AD=AH，从而通过全等证得∠AFD=∠AFH，再结合①的结论进一步证明
∠CFH=∠CFE，从而通过全等证得CE=CH，即可得出结论；
（2）同样利用“截长补短”思想，在AC上取S、T两点，使得AD=AS，CE=CT，连接SF，SE，TF，
TE，可通过全等直接先对 ADF和 CEF的面积进行转换，然后结合（1）中的结论，证明SF∥ET，即可
对 DEF的面积进行转换，△从而得出△结论．
【△详解】（1）①解：∵∠B=60°，
∴∠BAC+∠BCA=180°-∠B=120°，
∵AE平分∠BAC，CD平分∠BCA，
1 1
∴∠FAC= ∠BAC，∠FCA= ∠BCA，
2 2
1 1
∴∠FAC+∠FCA= (∠BAC+∠BCA)= ×120°=60°，
2 2
∴∠AFC=180°-(∠FAC+∠FCA)=120°；
②证：如图所示，在AC上取点H，使得AD=AH，
在 ADF和 AHF中，
△ △ ¿
∴ ADF≌ AHF(SAS)，
∴△∠AFD=∠△AFH，
∵∠AFD=∠CFE，
∴∠AFH=∠CFE，
由①可知，∠AFC=120°，
∴∠CFE=180°-120°=60°，
∴AFH=∠CFE=60°，
∴∠CFH=60°，
即：∠CFH=∠CFE，
在 CFH和 CFE中，
△ △ ¿
∴ CFH≌ CFE(ASA)，
∴△CE=CH，△
∵AC=AH+CH，∴AC=AD+CE；
（2）证：如图所示，在AC上取S、T两点，使得AD=AS，CE=CT，连接SF，SE，TF，TE，
∵AE平分∠BAC，
∴∠DAF=∠SAF，
在 ADF和 ASF中，
△ △ ¿
∴ ADF≌ ASF(SAS)，
同△理可证△AED≌△AES， CEF≌△CTF，
∴DF=SF，△DE=SE，FT=F△E，
∴△DEF≌△SEF，
∴S =S ，S =S ，S ，
△ADF △ASF △CEF △CTF △≝¿=S ¿
△SEF
且∠AFD=∠AFS，∠CFE=∠CFT，
∵∠AFD=∠CFE，
∴∠AFD=∠AFS=∠CFE=∠CFT，
1
由（1）可得：∠AFC=90°+ ∠B=135°，
2
∴∠CFE=180°-135°=45°，
∴∠AFD=∠AFS=∠CFE=∠CFT=45°，
∴∠CFS=135°-∠AFS =90°，
∴CF⊥SF，
又∵FT=FE，CT=CE，
∴CF垂直平分EF，
即：CF⊥ET，
∴SF∥ET，
∴S =S ，
△SFT △SEF∴S
△≝¿=S ¿
△SFT
∵S =S +S +S ，
△ACF △AFS △CFT △SFT
∴S =S +S +S ．
△ACF △AFD △CEF △≝¿¿
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，以及三角形角平分线相关的证明问题，掌握基本的辅助线添
加思想，熟练运用全等三角形的判定与性质是解题关键．
【考点8 全等中的倍长中线模型】
【例8】（2024·江西吉安·七年级期末）（1）基础应用：如图1，在 ABC中，AB＝5，AC＝7，AD是BC
边上的中线，延长AD到点E使DE＝AD，连接CE，把AB，AC，2A△D利用旋转全等的方式集中在 ACE
中，利用三角形三边关系可得AD的取值范围是 ； △
（2）推广应用：应用旋转全等的方式解决问题如图2，在 ABC中，AD是BC边上的中线，点E，F分别
在AB，AC上，且DE⊥DF，求证：BE+CF＞EF； △
1
（3）综合应用：如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°且∠EAF＝ ∠BAD，试问线段
2
EF、BE、FD具有怎样的数量关系，并证明．
【答案】（1）1＜AD＜6；（2）见解析；（3）结论：EF＝BE﹣FD，证明见解析．
【分析】（1）先证明△CDE≌△BDA（SAS）可得CE＝AB＝5，在△ACE中，利用三角形的三边关系解答
即可；
（2）如图2中，延长ED到H，使得DH＝DE，连接DH，FH．再证明△BDE≌△CDH（SAS）可得BE＝CH，再证明EF＝FH，利用三角形的三边关系解答即可；
（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．
【详解】（1）解：如图1：∵CD＝BD，AD＝DE，∠CDE＝∠ADB，
∴△CDE≌△BDA（SAS），
∴EC＝AB＝5，
∵7﹣5＜AE＜7+5，
∴2＜2AD＜12，
∴1＜AD＜6，
故答案为1＜AD＜6．
（2）证明：如图2中，延长ED到H，使得DH＝DE，连接DH，FH．
∵BD＝DC，∠BDE＝∠CDH，DE＝DH，
∴△BDE≌△CDH（SAS），
∴BE＝CH，
∵FD⊥EH．DE＝DH，
∴EF＝FH，
在△CFH中，CH+CF＞FH，
∵CH＝BE，FH＝EF，
∴BE+CF＞EF．
（4）结论：EF＝BE﹣FD
证明：如图3中，在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF，
∵AB＝AD，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．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、三角形的中线的性质、三角形的三边关系等知识，掌
握倍长中线、构造全等三角形成为本题的关键．
【变式8-1】（2024·山东德州·八年级期末）（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_______________，
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．
【答案】（1）1＜AD＜5，（2）BE+CF＞EF，证明见解析；（3）AF+CF＝AB，证明见解析．
【分析】（1）由已知得出AC﹣CE＜AE＜AC+CE，即5﹣4＜AE＜5+3，据此可得答案；
（2）延长FD至点M，使DM＝DF，连接BM、EM，同（1）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）如图③，延长AE，DF交于点G，根据平行和角平分线可证AF＝FG，易证△ABE≌△GEC，据此知
AB＝CG，继而得出答案．
【详解】解：（1）延长AD至E，使DE＝AD，连接BE，如图①所示，
∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD，
在△BDE和△CDA中，
∵¿，
∴△BDE≌△CDA（SAS），
∴BE＝AC＝4，
在△ABE中，由三角形的三边关系得：AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∴6﹣4＜AE＜6+4，即2＜AE＜10，
∴1＜AD＜5；
故答案为：1＜AD＜5，
（2）BE+CF＞EF；
证明：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）AF+CF＝AB．
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．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了三角形的三边关系、全等三角形的判定与性质、角的关系等知
识；本题综合性强，有一定难度，通过作辅助线证明三角形全等是解决问题的关键．
【变式8-2】（2024·山东·高唐县赵寨子中学八年级期中）已知：△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，点M是BE的中点，连接CM、DM．
（1）当点D在AB上，点E在AC上时（如图一），求证：DM=CM，DM⊥CM；
（2）当点D在CA延长线上时（如图二）（1）中结论仍然成立，请补全图形（不用证明）；
（3）当ED∥AB时（如图三），上述结论仍然成立，请加以证明．
【答案】（1）证明见解析；（2）见解析；（3）见解析．
【分析】（1）如图一中，延长DM使得MN=DM，连接BN、CN，先证明ΔDME≅ΔNMB，再证明
ΔACD≅ΔBCN即可解决问题．
（2）补充图形如图二所示，延长DM交CB的延长线于N，只要证明ΔDME≅ΔNMB，再证明ΔCDN是
等腰直角三角形即可．
（3）如图三中，如图一中，延长DM使得MN=DM，连接BN、CN，CD，先证明ΔDME≅ΔNMB，
再证明ΔACD≅ΔBCN即可．
【详解】（1）证明：如图一中，延长DM使得MN=DM，连接BN、CN．
在 DME和 NMB中，¿，
∴△△DME≌△△NMB，
∴DE=BN，∠MDE=∠MNB，
∴DE∥NB，
∴∠ADE=∠ABN=90°，
∵△ABC和 ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，
△∴AD=DE=BN，AC=BC，∠A=∠ABC=45°，
∴∠CBN=45°=∠A，
在 ACD和 BCN中，¿，
∴△△ACD≌△△BCN，
∴DC=CN，∠ACD=∠BCN，
∴∠DCN=∠ACB=90°，
∴△DCN是等腰直角三角形，
∵DM=MN，
∴DM=CM．DM⊥CM
（2）解：如图二所示
延长DM交CB的延长线于N， ∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，
∴AD=DE=BN，AC=BC，∠A=∠ABC=45°，
∵∠EDC+∠DCN=180°，
∴DE∥CN，
∴∠EDM=∠N
在△DME和△NMB中，¿，
∴△DME≌△NMB，
∴DE=BN=AD，DM=MN，
∴CD=CN，
∴∠CDN=∠N=45°，CM=DM=MN，CM⊥DN，
∴DM=CM．DM⊥CM．
（3）证明：如图三中，如图一中，延长DM交AB于N连接CN．∵DE∥AB，
∴∠MBN=∠MED，
在 DME和 NMB中，¿，
∴△△DME≌△△NMB，
∴DE=BN=AD，DM=MN，
∵△ABC和 ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，
∴AD=DE=B△N，AC=BC，∠BAC=∠ABC=45°，
∵∠AED+∠BAE=180°，
∴∠BAE=135°，
∵∠BAC=∠EAD=45°，
∴∠DAC=∠CBN=45°
在△ACD和△BCN中，¿，
∴△ACD≌△BCN，
∴DC=CN，∠ACD=∠BCN，
∴∠DCN=∠ACB=90°，
∴△DCN是等腰直角三角形，∵DM=MN，
∴DM=CM．DM⊥CM
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、 等腰直角三角形的性质等知识， 解题的关键是添加辅助线
构造全等三角形， 记住中线延长一倍是常用辅助线， 属于中考常考题型．
【变式8-3】（2024·全国·八年级）如图1，在△ABC中，若AB＝10，BC＝8，求AC边上的中线BD的取
值范围．
（1）小聪同学是这样思考的：延长BD至E，使DE＝BD，连接CE，可证得△CED≌△ABD．
①请证明△CED≌△ABD；
②中线BD的取值范围是 ．（2）问题拓展：如图2，在△ABC中，点D是AC的中点，分别以AB，BC为直角边向△ABC外作等腰直
角三角形ABM和等腰直角三角形BCN，其中，AB＝BM，BC＝BN，∠ABM＝∠NBC＝∠90°，连接MN．
请写出BD与MN的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）①见解析；②1
