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专题12.1 全等三角形九大基本模型 专项讲练
全等在初中数学几何模块中占据着重要地位，也是学生必须掌握的一块内容，该份资料就全等三角形
中平移型全等、轴对称（翻折）型全等、旋转型全等、三垂直型全等、一线三等角型全等、手拉手型全等、
半角模型、倍长中线模型、截长补短模型等经典模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
模型一：平移模型
【模型解读】把△ABC沿着某一条直线l平行移动，所得到△DEF与△ABC称为平移型全等三角形，图①，
图②是常见的平移型全等三角线.
【常见模型】
例1．（2022•襄城区期末）如图，点B、E、C、F四点在一条直线上，∠A＝∠D，AB∥DE，老师说：再
添加一个条件就可以使△ABC≌△DEF．下面是课堂上三个同学的发言，甲说：添加AB＝DE；乙说：添
加AC∥DF；丙说：添加BE＝CF．（1）甲、乙、丙三个同学说法正确的是 ；
（2）请你从正确的说法中选择一种，给出你的证明．
【解题思路】（1）根据平行线的性质，由AB∥DE可得∠B＝∠DEC，再加上条件∠A＝∠D，只需要添加
一个能得出边相等的条件即可证明两个三角形全等，添加AC∥DF不能证明△ABC≌△DEF；
（2）添加AB＝DE，然后再利用ASA判定△ABC≌△DEF即可．
【解答过程】解：（1）说法正确的是：甲、丙，故答案为：甲、丙；
（2）证明：∵AB∥DE，∴∠B＝∠DEC，在△ABC和△DEF中 ，∴△ABC≌△DEF（ASA）．
变式1. （2021•富顺县校级月考）如图1，A，B，C，D在同一直线上，AB＝CD，DE∥AF，且DE＝AF，
求证：△AFC≌△DEB．如果将BD沿着AD边的方向平行移动，如图2，3时，其余条件不变，结论是否
成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由．
【思路】可以根据已知利用 SAS判定△AFC≌△DEB．如果将 BD沿着 AD边的方向平行移动，如图
（2）、（3）时，其余条件不变，结论仍然成立．可以利用全等三角形的常用的判定方法进行验证．
【解答过程】解：∵AB＝CD，∴AB+BC＝CD+BC，即AC＝BD．∵DE∥AF，∴∠A＝∠D．
在△AFC和△DEB中， ，∴△AFC≌△DEB（SAS）．在（2），（3）中结论依然成立．
如在（3）中，∵AB＝CD，∴AB﹣BC＝CD﹣BC，即AC＝BD，
∵AF∥DE，∴∠A＝∠D．
在△ACF和△DEB中， ，∴△ACF≌△DEB（SAS）．
模型二：轴对称模型
【模型解读】将原图形沿着某一条直线折叠后，直线两边的部分能够完全重合，这两个三角形称之为轴对
称型全等三角形，此类图形中要注意期隐含条件，即公共边或公共角相等.
【常见模型】例2．（2022·河南南阳市·八年级期末）如图，已知∠C＝∠F＝90°，AC＝DF，AE＝DB，BC与EF交于
点O，（1）求证：Rt ABC≌Rt DEF；（2）若∠A＝51°，求∠BOF的度数．
△ △
【答案】（1）见解析；（2）78°
【分析】（1）由AE＝DB得出AE＋EB＝DB＋EB，即AB＝DE，利用HL即可证明Rt ABC≌Rt DEF；
（2）根据直角三角形的两锐角互余得∠ABC＝39°，根据全等三角形的性质得∠ABC＝△∠DEF＝39△°，由三
角形外角的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵AE＝DB，∴AE＋EB＝DB＋EB，即AB＝DE．
又∵∠C＝∠F＝90°，AC＝DF，∴Rt ABC≌Rt DEF．
（2）∵∠C＝90°，∠A＝51°，∴∠A△BC＝∠C－△∠A＝90°－51°＝39°．
由（1）知Rt ABC≌Rt DEF，∴∠ABC＝∠DEF．∴∠DEF＝39°．
∴∠BOF＝∠△ABC＋∠B△EF＝39°＋39°＝78°．
【点睛】本题主要考查直角三角形的两锐角互余，三角形外角的性质，全等三角形的判定与性质，证明三
角形全等是解题的关键．
变式2.（2022·湖南常德·八年级阶段练习）如图，AB=AD，BC=DC，点E在AC上．
(1)求证：AC平分∠BAD；(2)求证：BE=DE．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）通过SSS证明 ，再根据全等三角形的性质即可得出 ，即可得出
结论；（2）通过SAS证明 ，再利用全等三角形的性质证明即可．
（1）在 与 中，， ，
，即AC平分∠BAD；
（2）在 与 中，
， ， ．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的判定，熟练掌握知识点是解题的关键．
模型三：旋转模型
【模型解读】将三角形绕着公共顶点旋转一定角度后，两个三角形能够完全重合，则称这两个三角形为旋
转型三角形，识别旋转型三角形时，涉及对顶角相等、等角加（减）公共角的条件.
【常见模型】
例3．（2022·浙江衢州·八年级期末）两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角顶点，并将它们的
底角顶点分别对应连接起来得到两个全等三角形，我们把这样的图形称为“手拉手”图形．如图1，在
“手拉手”图形中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，连结BD，CE，则 ABD≌△ACE．
△
(1)请证明图1的结论成立；
(2)如图2， ABC和 AED是等边三角形，连接BD，EC交于点O，求∠BOC的度数；
(3)如图3，△AB＝BC，△∠ABC＝∠BDC＝60°，试探究∠A与∠C的数量关系．
【答案】(1)见解析(2)60°(3)∠A+∠BCD=180°，理由见解析【分析】（1）利用等式的性质得出∠BAD=∠CAE，即可得出结论；
（2）同（1）的方法判断出△ABD≌△ACE，得出∠ADB=∠AEC，再利用对顶角和三角形的内角和定理判断
出∠BOC=60°，即可得出答案；（3）先判断出△BDP是等边三角形，得出BD=BP，∠DBP=60°，进而判
断出△ABD≌△CBP（SAS），即可得出结论．
(1)解：证明：∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）；
(2)如图2，
∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，
∴∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ADB=∠AEC，
令AD与CE交于点G，
∵∠AGE=∠DGO，∴180°-∠ADB-∠DGO=180°-∠AEC-∠AGE，
∴∠DOE=∠DAE=60°，
∴∠BOC=60°；
(3)∠A+∠BCD=180°．理由：
如图3，延长DC至P，使DP=DB，
∵∠BDC=60°，
∴△BDP是等边三角形，
∴BD=BP，∠DBP=60°，
∵∠ABC=60°=∠DBP，
∴∠ABD=∠CBP，
∵AB=CB，
∴△ABD≌△CBP（SAS），
∴∠BCP=∠A，
∵∠BCD+∠BCP=180°，
∴∠A+∠BCD=180°．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和
性质，构造等边三角形是解本题的关键．
变式3.（2022·贵州安顺·八年级期末）如图1，在等腰Rt△ABC中，∠A＝90°，点D、E分别在边AB、AC
上，AD＝AE，连接DC，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点．(1)观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是 ，位置关系是 ；
(2)探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，判断△PMN的形状，并说
明理由；(3)拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，求△PMN面积的最大值．
【答案】(1) ， (2)详见解析(3)详见解析
【分析】（1）利用三角形的中位线定理得出 ， ，进而得出 ，即可得出结
论，再利用三角形的中位线定理得出 ，再得出 ，最后利用互余得出结论；
（2）先判断出 ，得出 ，同（1）的方法得出 ， ，即
可得出 ，同（1）的方法即可得出结论；
（3）由等腰直角三角形可知，当 最大时， 面积最大，而BD的最大值是 ，即可得
出结论．
(1)解：∵P、N分别为DC、BC的中点，
∴ ， ，
∵点M、P分别为DE、DC的中点，
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
故答案为： ， ．
(2)解： 是等腰直角三角形，理由如下．
由旋转可知， ，
∵ ， ，
∴ ，∴ ， ，
由三角形的中位线定理得， ， ，
∴ ，
∴ 是等腰三角形，
同（1）的方法可得， ， ，
， ，
∵ ，
∴ ，
，
∵ ，
∴ ，
∴ 是等腰直角三角形．
(3)解：由（2）可知， 是等腰直角三角形， ，
∴当 最大时， 面积最大，
∴点D在 的延长线上，
∴ ，∴ ，
∴ ．
【点睛】本题综合考查了三角形全等的判定与性质、旋转的性质及三角形的中位线定理，熟练应用相关知
识是解决本题的关键．
模型四：一线三等角模型
【模型解读】基本图形如下：此类图形通常告诉BD⊥DE，AB⊥AC，CE⊥DE，那么一定有∠B=∠CAE.
【常见模型】例4．（2022•覃塘区期中）已知：D，A，E三点都在直线m上，在直线m的同一侧作△ABC，使AB＝
AC，连接BD，CE．（1）如图①，若∠BAC＝90°，BD⊥m，CE⊥m，求证：△ABD≌△ACE；
（2）如图②，若∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，请判断BD，CE，DE三条线段之间的数量关系，并说明理由．
【解题思路】（1）根据BD⊥直线m，CE⊥直线m得∠BDA＝∠CEA＝90°，而∠BAC＝90°，根据等角的
余角相等得∠CAE＝∠ABD，然后根据“AAS”可判断△ADB≌△CEA；
（2）由∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，就可以求出∠BAD＝∠ACE，进而由ASA就可以得出△BAD≌△ACE，
就可以得出BD＝AE，DA＝CE，即可得出结论．
【解答过程】解：（1）证明：如图①，∵D，A，E三点都在直线m上，∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，∵BD⊥m，CE⊥m，∴∠ADB＝∠CEA＝90°，
∴∠BAD+∠ABD＝90°，∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中， ，∴△ABD≌△ACE（AAS）；
（2）DE＝BD+CE．理由是：如图②，∵∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，
∴由三角形内角和及平角性质，得：∠BAD+∠ABD＝∠BAD+∠CAE＝∠CAE+∠ACE，
∴∠ABD＝∠CAE，∠BAD＝∠ACE，
在△ABD和△ACE中， ，∴△ABD≌△ACE（ASA），
∴BD＝AE，AD＝CE，∴DE＝AD+AE＝BD+CE．
变式4.（2022•香坊区八年级期末）如图，在△ABC中，点D是边BC上一点，CD＝AB，点E在边AC上，
且AD＝DE，∠BAD＝∠CDE．（1）如图1，求证：BD＝CE；（2）如图2，若DE平分∠ADC，在不添加辅助线的情况下，请直接写出图中所有与∠ADE相等的角（∠ADE除外）．
【解题思路】（1）由“SAS”可证△ABD≌△DCE，可得BD＝CE；
（2）由全等三角形的性质可得∠B＝∠C，由三角形的外角性质和角平分线的性质可求解．
【解答过程】解：（1）在△ABD和△DCE中，
，∴△ABD≌△DCE（SAS），∴BD＝CE；
（2）∵△ABD≌△DCE，∴∠B＝∠C，
∵DE平分∠ADC，∴∠ADE＝∠CDE＝∠BAD，
∵∠ADC＝∠B+∠BAD＝∠ADE+∠CDE，
∴∠B＝∠ADE＝∠BAD＝∠EDC＝∠C，
∴与∠ADE相等的角有∠EDC，∠BAD，∠B，∠C．
模型五：三垂直全等模型
【模型解读】模型主体为两个直角三角形，且两条斜边互相垂直。
【常见模型】
例5．（2022·江西·八年级期末）已知： ， ， ， ．
（1）试猜想线段 与 的位置关系，并证明你的结论．（2）若将 沿 方向平移至图2情形，其余条件不变，结论 还成立吗？请说明理由．
（3）若将 沿 方向平移至图3情形，其余条件不变，结论 还成立吗？请说明理由．
【答案】（1） ，见解析；（2）成立，理由见解析；（3）成立，理由见解析
【分析】（1）先用 判断出 ，得出 ，进而判断出
，即可得出结论；（2）同（1）的方法，即可得出结论；（3）同（1）的方法，即
可得出结论．
【详解】解：（1） 理由如下：∵ ， ，∴
在 和 中 ∴ ，∴
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ；
（2）成立，理由如下：
∵ ， ，∴ ，
在 和 中 ，
∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，
在 中， ，∴ ；（3）成立，理由如下：∵ ， ，∴
在 和 中 ，
∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，
在 中， ，∴ ．
【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，判断出
是解本题的关键．
变式5. （2021·广东省龙岭初级中学初二期中）如图，已知∠DCE=90°，∠DAC=90°，BE⊥AC于B，
且DC=EC．（1）∠D和∠ECB相等吗？若相等，请说明理由；（2）△ADC≌△BCE吗？若全等，请说
明理由；（3）能否找到与AB+AD相等的线段，并说明理由。
【答案】解：（1）相等，理由如下∵∠DCE=90°，∠DAC=90°，
∴∠ECB＋∠ACD=90°，∠D＋∠ACD=90°∴∠D=∠ECB；
（2）全等，理由如下
在△ADC和△BCE中 ∴△ADC≌△BCE
（3）能，BE和AC，理由如下
∵△ADC≌△BCE∴AD=BC，AC=BE
∵AC=AB＋BC∴AC=AB＋AD ∴BE= AB＋AD
模型六： 手拉手模型【模型分析】
将两个三角形绕着公共顶点（即头）旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，也叫
旋转型全等，常用“边角边”判定定理证明全等。
【模型图示】
公共顶点A记为“头”，每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点记为“左手”，第二个顶点记
为“右手”。对应操作：左手拉左手（即连结BD），右手拉右手（即连结CE），得 。
【常见模型】
（等
腰）
（等
边）
（等腰直
角）
例6．（2021·甘肃庆阳市·八年级期末）在学习全等三角形知识时、教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．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．通过资
料查询，他们得知这种模型称为“手拉手模型” 兴趣小组进行了如下操究：
（1）如图1、两个等腰三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE，连接BD、CE、如果把小等腰三角形的腰长看作小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似
大手拉着小手，这个就是“手拉手模型”，在这个模型中，和△ADB全等的三角形是 ，此线BD
和CE的数量关系是
（2）如图2、两个等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE=90°，连接
BD，CE，两线交于点P，请判断线段BD和CE的数量关系和位置关系，并说明理由：
（3）如图3，已知△ABC、请完成作图：以AB、AC为边分别向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE
（等边三角形三条边相等，三个角都等于60°），连接BE，CD，两线交于点P，并直接写出线段BE和
CD的数量关系及∠PBC+∠PCB的度数、
【答案】（1）△AEC，BD=CE；（2）BD=CE且BD⊥CE，理由见解析；（3）作图见解析，BE=CD，
∠PBC+∠PCB=60°．
【分析】（1）根据SAS证明两个三角形全等即可；（2）通过条件证明△DAB≌△EAC（SAS），得到
∠DBC+∠ECB=90°，即可证明BD⊥CE，从而得到结果；（3）根据已知条件证明 即可得
到证明；
【详解】解：（1）∵AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE，∴ ，
即 ，∴ ，∴BD=CE；
（2）BD=CE且BD⊥CE；理由如下：因为∠DAE=∠BAC=90°，如图2．
所以∠DAE+∠BAE=∠BAC+∠BAE．所以∠DAB=∠EAC．在△DAB和△EAC中， 所以△DAB≌△EAC（SAS）．所以BD=CE，
∠DBA=∠ECA．
因为∠ECA+∠ECB+∠ABC=90°，所以∠DBA+∠ECB+∠ABC=90°． 即∠DBC+∠ECB=90°．
所以∠BPC=180°-（∠DBC+∠ECB）=90°．所以BD⊥CE．综上所述：BD=CE且BD⊥CE．
（3）如图3所示，BE=CD，∠PBC+∠PCB=60°．
由图可知 ，AD=AB，AE=AC，
∴ ，即 ，
∴ ，∴BE=CD， ，
又∵ ，∴ ，
∴ ，∴∠PBC+∠PCB=60°．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的知识点应用，准确分析图形是解题的关键．
变式6. （2022·新疆八年级期中）如图，点C为线段AB上一点，△ACM，△CBN是等边三角形，直线
AN，MC交于点E,直线BM、CN交于F点．（1）求证：AN=BM；（2）求证：△CEF为等边三角形；
（3）将△ACM绕点C按逆时针方向旋转900，其他条件不变，在图2中补出符合要求的图形，并判断第
（1）（2）两小题的结论是否仍然成立，不要求证明．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）成立.
【详解】（1）可通过全等三角形来得出简单的线段相等，证明AN=BM，只要求出三角形ACN和MCB全
等即可，这两个三角形中，已知的条件有AC=MC，NC=CB，只要证明这两组对应边的夹角相等即可，我
们发现∠ACN和∠MCB都是等边三角形的外角，因此它们都是120°，这样就能得出两三角形全等了．也
就证出了AN=BM．（2）我们不难发现∠ECF=180﹣60﹣60=60°，因此只要我们再证得两条边相等即可得出三角形ECF是等边三角形，可从EC，CF入手，由（1）的全等三角形我们知道，∠MAC=∠BMC，又
知道了AC=MC，∠MCF=∠ACE=60°，那么此时三角形AEC≌三角形MCF，可得出CF=CE，于是我们再
根据∠ECF=60°，便可得出三角形ECF是等边三角形的结论．（3）判定结论1是否正确，也是通过证明三
角形ACN和BCM来求得．这两个三角形中MC=AC，NC=BC，∠MCB和∠ACN都是60°+∠ACB，因此
两三角形就全等，AN=BM，结论1正确．如图，当把MC逆时针旋转90°后，AC也旋转了90°，因此
∠ACB=90°，很显然∠FCE＞90°，因此三角形FCE绝对不可能是等边三角形．
解析：（1）∵△ACM，△CBN是等边三角形，
∴AC=MC，BC=NC，∠ACM=60°，∠NCB=60°，
在△CAN和△MCB中， ，∴△CAN≌△MCB（SAS），∴AN=BM．
（2）∵△CAN≌△MCB，∴∠CAN=∠CMB，
又∵∠MCF=180°﹣∠ACM﹣∠NCB=180°﹣60°﹣60°=60°，∴∠MCF=∠ACE，
在△CAE和△CMF中， ，
∴△CAE≌△CMF（ASA），∴CE=CF，∴△CEF为等腰三角形，
又∵∠ECF=60°，∴△CEF为等边三角形．
（3）连接AN，BM，∵△ACM、△CBN是等边三角形，∴AC=MC，BC=CN，∠ACM=∠BCN=60°，
∵∠ACB=90°，∴∠ACN=∠MCB，
在△ACN和△MCB中， ，∴△ACN≌△MCB（SAS），∴AN=MB．
当把MC逆时针旋转90°后，AC也旋转了90°，因此∠ACB=90°，很显然∠FCE＞90°，因此三角形FCE绝
对不可能是等边三角形，即结论1成立，结论2不成立．【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质．
模型七： 半角全等模型
【模型分析】过等腰三角形顶点 两条射线，使两条射线的夹角为等腰三角形顶角的一半这样的模型称为
半角模型。
【常见模型】
常见的图形为正方形，正三角形，等腰直角三角形等，解题思路一般是将半角两边的三角形通过旋转到一
边合并成新的三角形，从而进行等量代换，然后证明与半角形成的三角形全等，再通过全等的性质得到线
段之间的数量关系。半角模型（题中出现角度之间的半角关系）利用旋转——证全等——得到相关结论.
例7．（2022·绵阳市·八年级专题练习）在等边三角形ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，
P为△ABC外一点，且∠MPN＝60°，∠BPC＝120°，BP＝CP．探究：当点M、N分别在直线AB、AC上
移动时，BM，NC，MN之间的数量关系．
(1)如图①，当点M、N在边AB、AC上，且PM＝PN时，试说明MN＝BM+CN．
(2)如图②，当点M、N在边AB、AC上，且PM≠PN时，MN＝BM+CN还成立吗？
答： ．（请在空格内填“一定成立”“不一定成立”或“一定不成立”）．
(3)如图③，当点M、N分别在边AB、CA的延长线上时，请直接写出BM，NC，MN之间的数量关系．【答案】(1)见解析(2)一定成立(3)MN＝NC﹣BM
【分析】（1）根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理得到∠PBC＝∠＝30°，进而得到∠PBM＝
∠PCN＝90°，证明Rt△PBM≌Rt△PCN，得到∠BPM＝∠CPN＝30°，根据含30°角的直角三角形的性质证
明结论；
（2）延长AC至H，使CH＝BM，连接PH，证明△PBM≌△PCH，得到PM＝PH，∠BPM＝∠CPH，再证
明△MPN≌△HPN，得到MN＝HN，等量代换得到答案；
（3）在AC上截取CK＝BM，连接PK，仿照（2）的方法得出结论．
(1)证明：∵△ABC为等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵∠BPC＝120°，BP＝CP，∴∠PBC＝∠PCB＝ ×（180°﹣120°）＝30°，
∴∠PBM＝∠PCN＝90°，
在Rt△PBM和Rt△PCN中， ，
∴Rt△PBM≌Rt△PCN（HL），∴∠BPM＝∠CPN＝30°，
∵∠MPN＝60°，PM＝PN，∴△PMN为等边三角形，∴PM＝PN＝MN，
在Rt△PBM中，∠BPM＝30°，∴BM＝ PM，同理可得，CN＝ PN，∴BM+CN＝MN．
(2)解：一定成立，理由如下：延长AC至H，使CH＝BM，连接PH，如图所示，由（1）可知：∠PBM＝∠PCN＝90°，∴∠PCH＝90°，∴∠PBM＝∠PCH，
在△PBM和△PCH中， ，
∴△PBM≌△PCH（SAS），∴PM＝PH，∠BPM＝∠CPH，
∵∠BPM+∠CPN＝60°，∴∠CPN+∠CPH＝60°，∴∠MPN＝∠HPN，
在△MPN和△HPN中， ，∴△MPN≌△HPN（SAS），
∴MN＝HN＝BM+CN，故答案为：一定成立．
(3)解：在AC上截取CK＝BM，连接PK，如图所示，
在△PBM和△PCK中，
，∴△PBM≌△PCK（SAS），∴PM＝PK，∠BPM＝∠CPK，
∵∠BPM+∠BPN＝60°，∴∠CPK+∠BPN＝60°，∴∠KPN＝60°，∴∠MPN＝∠KPN，
在△MPN和△KPN中，
，∴△MPN≌△KPN（SAS），∴MN＝KN，
∵KN＝NC﹣CK＝NC﹣BM，∴MN＝NC﹣BM．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
变式7. （2022·南昌市心远中学八年级期中）在图1、图2，图3中．点E、F分别是四边形 边
上的点；下面请你根据相应的条件解决问题．
特例探索：（1）在图1中，四边形 为正方形（正方形四边相等，四个内角均为直角），
，延长 至G，使 ．则 __________．
在图2中， ， ， ， ， ， ；则
______．
归纳证明：（2）在图3中， ， ．且 ，请你观察（1）中的结
果，猜想图3中线段 之间的数量关系，用等式表示出来，并利用图3证明你发现的关系式．
实际应用:（3）图4是某公路筑建工程平面示意图，指挥中心设在O处，A处、B处分别是甲、乙两公路起
点，它们分别在指挥中心的北偏东 和南偏东 的方向上．且A、B两处分别与指挥中心O的距离相
等：其中甲公路是从A处开始沿正东方向筑建，乙公路是从B处开始沿北偏东40方向筑建：甲、乙两公
路的路基筑建速度分别是每天150米、180米，当两公路同时开工后的第五天收工时，分别筑建到C、D处，
经测量 ．试求C与D两处之间的距离．
【答案】（1）5，2.5；（2）EF=BE+FD；（3）1650m．
【分析】（1）先证明出△ABE ADG，再根据∠DAF+∠BAE=45°得出∠EAF=∠FAG，利用△AEF
AGF即可得出结果；延长CD到△G，使BE=DG，连接AG，同理证明即可；
△（2）延长FD到G，使BE=DG，利用条件证明△ABE ADG，再根据∠DAF+∠BAE=45°得出
∠EAF=∠FAG，利用△AEF AGF即可得出结论；（3△）依照结论（2），延长DB到E，使BE=AC，连
接OE，通过求证△OAC OB△E和△OCD OED得出CD=DE=BD+BE=BD+AC，代入数据求值即可．
【详解】（1）∵BE=DG=2△，∠B=∠ADG=90°△，AB=AD；
∴△ABE ADG（SAS），∴AE=AG， ∠BAE=∠DAG，
又∵∠DAF+△∠BAE=45°，∴∠DAF+∠DAG=45°，∴∠EAF=∠FAG，
∴△AEF AGF（SAS），∴EF=GD+DF=3+2=5；
△
延长CD到G，使BE=DG，连接AG，同理可证：△ABE ADG，△AEF AGF，
∴EF=GD+DF=2.5； △ △
（2）延长FD到G，使BE=DG，
∵BE=DG，∠B=∠ADG，AB=AD；∴△ABE ADG（SAS），∴AE=AG， ∠BAE=∠DAG，
又∵∠DAF+∠BAE=45°，∴∠DAF+∠DAG=45°△，∴∠EAF=∠FAG，
∴△AEF AGF（SAS），∴EF=GD+DF=DF+BE；
（3）分析可△得（2）中结论仍然成立，延长DB到E，使BE=AC，连接OE，
∵∠OAC=90°+20°=110°，∠DBE=180°-70°=110°，OA=OB,∴△OAC OBE，
∴OE=OC，即可证明△OCD OED，∴CD=DE=BD+BE=BD+AC=（1△50+180） 5=1650m．
【点睛】此题属于推理探究类综△合题考查全等三角形的性质及判定，有一定难度，主要总结该类题的规律
解题即可．
模型八：截长补短模型
【模型分析】截长补短的方法适用于求证线段的和差倍分关系。截长：指在长线段中截取一段等于已知线
段；补短：指将短线段延长，延长部分等于已知线段。该类题目中常出现等腰三角形、角平分线等关键词
句，可以采用截长补短法构造全等三角形来完成证明过程，截长补短法（往往需证2次全等）。
【模型图示】
（1）截长：在较长线段上截取一段等于某一短线段，再证剩下的那一段等于另一短线段。例：如图，求证BE+DC=AD
方法：①在AD上取一点F，使得AF=BE，证DF=DC；②在AD上取一点F，使DF=DC，证AF=BE
（2）补短：将短线段延长，证与长线段相等
例：如图，求证BE+DC=AD
方法：①延长DC至点M处，使CM=BE，证DM=AD；②延长DC至点M处，使DM=AD，证CM=BE
例8．（2021·广西玉林市·八年级期末）在 中， ，点D、E分别在 、 上，连
接 、 和 ；并且有 ， ．（1）求 的度数；（2）求证：
．
【答案】（1） ；（2）见解析
【分析】（1）由 ， ，可得 为等边三角形，由 ，
， ，可证
（2）延长 至F，使 ，连接 ， 由 ， ，且
，可证 由 ，可证 为等边三角形，可得 ，
可推出结论，
【详解】解：（1）∵ ， ，∴ 为等边三角形， ∴ ，
∵ ， ，∵ ，∴（2）如图，延长 至F，使 ，连接 ， 由（1）得 为等边三角形，
∴ ，∵ ，
又∵ ，且 ，∴ ，
在 与 中， ∴
∴ ， ∴ ，∴
又∵ ，∴ 为等边三角形∴ ，
又∵ ，且 ，∴ ，
【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质，三角形全等判定与性质，线段和差，三角形外角性质，关键
是引辅助线构造三角形全等证明等边三角形．
变式8.（2022·四川南充·八年级期末）（1）阅读理解：问题：如图1，在四边形 中，对角线 平
分 ， ．求证： ．
思考：“角平分线+对角互补”可以通过“截长、补短”等构造全等去解决问题．
方法1：在 上截取 ，连接 ，得到全等三角形，进而解决问题；
方法2：延长 到点 ，使得 ，连接 ，得到全等三角形，进而解决问题．
结合图1，在方法1和方法2中任选一种，添加辅助线并完成证明．
（2）问题解决：如图2，在（1）的条件下，连接 ，当 时，探究线段 ， ， 之间
的数量关系，并说明理由；【答案】（1）证明见解析；（2） ；理由见解析；
【分析】（1）方法1：在 上截取 ，连接 ，得到全等三角形，进而解决问题；方法2：延
长 到点 ，使得 ，连接 ，得到全等三角形，进而解决问题；
（2）延长 到点 ，使 ，连接 ，证明 ，可得 ，即
【详解】解：（1）方法1：在 上截 ，连接 ，如图． 平分 ， ．
在 和 中， ， ， ， ．
， ． ． ， ．
方法2：延长 到点 ，使得 ，连接 ，如图．
平分 ， ．在 和 中， ，
． ， ．
， ． ， ， ．（2） 、 、 之间的数量关系为： ．（或者： ， ）．
延长 到点 ，使 ，连接 ，如图2所示．
由（1）可知 ， ． 为等边三角形． ， ．
， ． ．
， 为等边三角形． ， ．
， ，即 ．
在 和 中， ， ． ，
， ．
模型九：倍长中线模型
【模型解读】中线是三角形中的重要线段之一，在利用中线解决几何问题时，常常采用“倍长中线法”添
加辅助线．所谓倍长中线法，就是将三角形的中线延长一倍，以便构造出全等三角形，从而运用全等三角
形的有关知识来解决问题的方法．
【常见模型】
例9．（2021·河南新乡学院附属中学八年级月考）如图，在△ABC中，AB=5，AC=3，AD是BC边上的
中线，AD的取值范围是（ ）
A．1＜AD＜6 B．1＜AD＜4 C．2＜AD＜8 D．2＜AD＜4【答案】B
【分析】先延长 到 ，且 ，并连接 ，由于 ， ，利用 易证
，从而可得 ，在 中，再利用三角形三边的关系，可得 ，从而易
求 ．
【详解】解：延长 到 ，使 ，连接 ，则AE=2AD，
∵ ， ， ，∴ ， ，
在 中， ，即 ，∴ ．故选： ．
【点睛】此题主要考查三角形三边关系：两边之和大于第三边，两边之差小于第三边．
变式9.（2021·湖北八年级期末）在通过构造全等三角形解决的问题中，有一种典型的方法是倍延中线．
（1）如图1， 是 的中线， 求 的取值范围．我们可以延长 到点 ，使
，连接 ，易证 ，所以 ．接下来，在 中利用三角形的三边关系
可求得 的取值范围，从而得到中线 的取值范围是 ；
（2）如图2， 是 的中线，点 在边 上， 交 于点 且 ，求证： ；
（3）如图3，在四边形 中， ，点 是 的中点，连接 ， 且 ，试猜想线段
之间满足的数量关系，并予以证明．【答案】（1） ；（2）见解析；（3） ，证明见解析
【分析】（1）延长 到点 ，使 ，连接 ，即可证明 ，则可得 ，
在 中，根据三角形三边关系即可得到 的取值范围，进而得到中线 的取值范围；
（2）延长 到点 使 ，连接 ，由（1）知 ，则可得
，由 可知， ，由角度关系即可推出 ，故
，即可得到 ；
（3）延长 到 ，使 ，连接 ，即可证明 ，则可得 由
，以及角度关系即可证明点 在一条直线上，通过证明 ≌ ，即可得到
，进而通过线段的和差关系得到 ．
【详解】（1）延长 到点 ，使 ，连接 ，
∵ 是 的中线，∴ ，
在 和 中， ， ， ，
∴ ，∴ ，
在 中， ，
∴ ，即 ，∴ ；
（2）证明:延长 到点 使 ,连接 ，
由（1）知 ，∴ ， ， ，
， ， ， ， ，
（3） ，延长 到 ，使 ，连接 ，
， ，
， ， ， 点 在一条直线上，
，∴ ，
∴在 和 中， ， ， ，
∴ ≌ ， ，∵ ， ．
【点睛】本题考查三角形中线、全等三角形的证明和性质、三角形的三边关系、等腰三角形的性质、平行
线的性质、平角的概念、线段的和差关系等，正确的作出辅助线以及综合运用以上知识是解答本题的关键．
课后训练：
1．（2022·陕西西安·七年级期末）如图，AC与BD交于点O，连接AB、AD、BC，∠D＝∠C．
(1)要使 ，只需添加一个条件是______．
(2)根据（1）中你所添加的条件，你能说明 ABD与 BAC全等吗？
【答案】(1)OA=OB（答案不唯一）；(2) A△BD与 B△AC全等；说明见解析
【分析】（1）根据题意，可以添加条件△OA=OB即△可；（2）先证明 AOD≌△BOC（AAS），从而可得
BD=AC，∠OAB=∠OBA，根据ASA证明 ABD≌△BAC即可． △
（1）解：根据题意，可以添加一个条件△：OA=OB，
故答案为：OA=OB（答案不唯一）；
（2）证明：在 AOD和 BOC中，
△ △，∴△AOD≌△BOC（AAS），∴OD=OC，
∵OA=OB，∴BD=AC，∠OAB=∠OBA，
在 ABD和 BAC中，
△ △
，∴△ABD≌△BAC（ASA）．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
2．（2022·山东青岛·七年级期末）已知： ．
(1)求证： ；(2)若 ，求 的度数．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）直接利用 定理即可得证；
（2）先根据三角形的外角性质可得 ，再根据全等三角形的性质可得 ，然后根
据三角形的内角和定理即可得．
（1）证明：在 和 中， ， ．
（2）解： ，
，
由（1）已证： ，
，
．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质、三角形的外角性质、三角形的内角和定理，熟练掌握三角形全等的判定与性质是解题关键．
3．（2022·四川成都·七年级期末）在Rt ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，如图1所示，BC边在直线l上，
若Rt ABC绕点C沿顺时针方向旋转α，△过点A、B分别作l的垂线，垂足分别为点D、E．
△
(1)当0＜α＜90°时，证明： ACD≌△CBE，并探究线段AD、BE和DE的数量关系并说明理由；
(2)当90°＜α＜180°，且α≠1△35°时，探究线段AD、BE和DE的数量关系（直接写出结果）．
【答案】(1)DE=AD+BE，理由见解析(2)AD=DE+BE
【分析】（1）由“AAS”可证 BCE≌△CAD，可得BE=CD，AD=CE，可得结论；
（2）由“AAS”可证 BCE≌△C△AD，可得BE=CD，AD=CE，可得结论．
（1）解：DE=AD+BE△，理由如下：
证明：∵BE⊥ED，AD⊥DE，
∴∠BEC=∠ADC=90°=∠ACB，
∴∠ACD+∠BCE=90°=∠ACD+∠DAC，
∴∠DAC=∠BCE，
在 ACD和 CBE中，
△ △
，
∴△ACD≌△CBE（AAS），
∴CD=BE，AD=CE，
∴DE=AD+BE；
（2）解： AD=DE+BE，理由如下：
如图，∵BE⊥ED，AD⊥DE，
∴∠BEC=∠ADC=90°=∠ACB，
∴∠ACD+∠BCE=90°=∠ACD+∠DAC，
∴∠DAC=∠BCE，
在△BCE和△CAD中，
，
∴△BCE≌△CAD（AAS），
∴BE=CD，AD=CE，
∴AD=DE+BE．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．
4．（2021·陕西榆林·八年级期末）如图，在 中，∠C＝90°，AC＝10，BC＝5，P，Q两点分别在
AC上和过点A且垂直于AC的射线AM上运动，且始终有PQ＝AB，问P点运动到AC上什么位置（包括端
点）时 才能和 全等，并说明理由．
【答案】AP＝BC＝5或点P与点C重合，理由见解析
【分析】分情况讨论：①Rt△APQ≌Rt△CBA，此时AP=BC=5cm，可据此求出P点的位置．
②Rt△QAP≌Rt△BCA，此时AP=AC，P、C重合．【详解】解：①当P运动到AP＝BC时，
∵ ，
在 与 中
，
∴ ，
即AP＝BC＝5．
②当P运动到与C点重合时，AP＝AC，
在 与 中，
∴ ，即AP＝AC＝10．
综上所述，当AP＝BC＝5或点P与点C重合时， 才能和 全等．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，掌握HL证明三角形全等是解题的关键．
5．（2022·陕西榆林·七年级期末）如图， 于点 ，点 在直线 上，
．
(1)如图1，若点 在线段 上，判断 与 的数量关系和位置关系，并说明理由；
(2)如图2，若点 在线段 的延长线上，其他条件不变，试判断（1）中结论是否成立，并说明理由．
【答案】(1)DF=DC，DF⊥DC；理由见解析(2)成立，理由见解析
【分析】（1）先证 ADF≌ BCD，得DF=DC， ，再证∠FDC=90°即可得垂直；
（2）先证 ADF≌ △BCD，得△DF=DC， ，再证∠FDC=90°即可得垂直．
△ △
（1）解：∵ ，∴ ，
在 ADF与 BCD中 ，
△ △
∴ ADF≌ BCD，
∴△DF=DC，△ ，
∵∠BDC+∠BCD=90°，
∴∠BDC+∠ADF=90°，
∴∠FDC=90°，即DF⊥DC．
（2）∵ ，
∴ ，
在 ADF与 BCD中 ，
△ △
∴ ADF≌ BCD，
∴△DF=DC，△ ，
∵∠BDC+∠BCD=90°，
∴∠BDC+∠ADF=90°，
∴∠FDC=90°，即DF⊥DC．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，解题关键是能判断哪两个三角形全等．
6．（2022·辽宁·阜新实验中学七年级期末）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．(1)小王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 ；（直接写结论，不需证明）△
△探索延伸：
(2)如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADF=180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF=
∠BAD，（1）中结论是否仍然成立，并说明理由；
(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
∠EAF= ∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明：若不成立，请直接写出它们之间的数
量关系．
【答案】(1)EF=BE+FD
(2)（1）中的结论EF=BE+FD仍然成立．证明见解析；
(3)结论EF=BE+FD不成立，结论是：EF=BE-FD．证明见解析．
【分析】（1）延长FD到点G．使DG=BE．连接AG，利用全等三角形的性质解决问题即可；
（2）延长CB至M，使BM=DF，连接AM．证明 ABM≌△ADF（SAS），由全等三角形的性质得出
AF=AM，∠2=∠3． AME≌△AFE（SAS），由全等△三角形的性质得出EF=ME，即EF=BE+BM，则可得出
结论； △
（3）在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．证明 ABG≌△ADF（SAS）．由全等三角形的性质得出
∠BAG=∠DAF，AG=AF．证明 AEG≌△AEF（SAS）△，由全等三角形的性质得出结论．
（1） △
解：EF=BE+FD．延长FD到点G．使DG=BE．连接AG，
∵∠ABE=∠ADG=∠ADC=90°，AB=AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS）．
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG．
∴∠BAE+∠DAF=∠DAG+∠DAF=∠EAF=60°．
∴∠GAF=∠EAF=60°．
又∵AF=AF，
∴△AGF≌△AEF（SAS）．
∴FG=EF．
∵FG=DF+DG．
∴EF=BE+FD．
故答案为：EF=BE+FD；
（2）
解：（1）中的结论EF=BE+FD仍然成立．
证明：如图②中，延长CB至M，使BM=DF，连接AM．∵∠ABC+∠D=180°，∠1+∠ABC=180°，
∴∠1=∠D，
在 ABM与 ADF中，
△ △
，
∴△ABM≌△ADF（SAS）．
∴AF=AM，∠2=∠3．
∵∠EAF= ∠BAD，
∴∠2+∠4= ∠BAD=∠EAF．
∴∠3+∠4=∠EAF，即∠MAE=∠EAF．
在 AME与 AFE中，
△ △
，
∴△AME≌△AFE（SAS）．
∴EF=ME，即EF=BE+BM，
∴EF=BE+DF；
（3）
解：结论EF=BE+FD不成立，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．
在 ABG与 ADF中，
△ △
，
∴△ABG≌△ADF（SAS）．
∴∠BAG=∠DAF，AG=AF．
∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF= ∠BAD．
∴∠GAE=∠EAF．
∵AE=AE，
∴△AEG≌△AEF（SAS），
∴EG=EF，
∵EG=BE-BG，
∴EF=BE-FD．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是添加辅助线，构造
全等三角形解决问题．
7．（2022·涿州市实验中学八年级期中）在 中， 于点D，点E为AD上一点，连接CE，
CE＝AB，ED＝BD．（1）求证： ；（2）若 ，则 的度数为 ．【答案】（1）理由见解析；（2） ，理由见解析．
【分析】（1）由SAS证明 即可；（2）由全等三角形的性质，即可得出答案．
【详解】解：（1）∵AD⊥BC，∴∠ADB＝∠CDE＝90°，
在 与 中， ，∴ ；
（2）∵ ，∴AD＝CD，
∴ 是等腰直角三角形，∴∠ACD＝45°，
∴∠ECD＝∠ACD﹣∠ACE＝45°﹣22°＝23°，
∴∠CED＝90°﹣23°＝67°，∴∠B＝∠CED＝67°，
【点睛】本题考查了三角形全等的判定、几何图形中角度的计算、等腰直角三角形的性质；关键在于熟练
掌握证明三角形全的方式方法、运用等腰直角三角形的性质．
8．（2021·广西百色市·八年级期末）如图，已知点 是 的中点， ∥ ，且 ．
（1）求证：△ACD≌△CBE．（2）若 ，求∠B的度数．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据SAS证明△ACD≌△CBE；
（2）根据三角形内角和定理求得∠ACD，再根据三角形全等的性质得到∠B=∠ACD．【详解】（1）∵C是AB的中点，∴AC＝CB，∵CD//BE，∴ ，
在△ACD和△CBE中， ，∴ ；
（2）∵ ，∴ ，
又∵ ，∴ ．
【点睛】考查了全等三角形的判定和性质，解题关键是根据SAS证明△ACD≌△CBE．
9.（2021春•雁塔区校级期中）如图①点A、B、C、D在同一直线上，AB＝CD，作CE⊥AD，BF⊥AD，
且AE＝DF．（1）证明：EF平分线段BC；（2）若△BFD沿AD方向平移得到图②时，其他条件不变，
（1）中的结论是否仍成立？请说明理由．
【解题思路】（1）由AB＝CD，利用等式的性质得到AC＝BD，再由AE＝DF，利用HL得到直角三角形
ACE与直角三角形DBF全等，利用全等三角形对应边相等得到EC＝BF，再利用AAS得到三角形ECG与
三角形FBG全等，利用全等三角形对应边相等得到BG＝CG，即可得证；
（2）（1）中的结论成立，理由为：由AC＝DB，利用等式的性质得到AC＝BD，再由AE＝DF，利用HL
得到直角三角形ACE与直角三角形DBF全等，利用全等三角形对应边相等得到EC＝BF，再利用AAS得
到三角形ECG与三角形FBG全等，利用全等三角形对应边相等得到BG＝CG，即可得证．
【解答过程】（1）证明：∵CE⊥AD，BF⊥AD，
∴∠ACE＝∠DBF＝90°，
∵AB＝CD，
∴AB+BC＝BC+CD，即AC＝DB，
在Rt△ACE和Rt△DBF中，
，
∴Rt△ACE≌Rt△DBF（HL），∴CE＝FB，
在△CEG和△BFG中，
，
∴△CEG≌△BFG（AAS），
∴CG＝BG，即EF平分线段BC；
（2）（1）中结论成立，理由为：
证明：∵CE⊥AD，BF⊥AD，
∴∠ACE＝∠DBF＝90°，
∵AB＝CD，
∴AB﹣BC＝CD﹣BC，即AC＝DB，
在Rt△ACE和Rt△DBF中，
，
∴Rt△ACE≌Rt△DBF（HL），
∴CE＝FB，
在△CEG和△BFG中，
，
∴△CEG≌△BFG（AAS），
∴CG＝BG，即EF平分线段BC．
10．（2021·江苏徐州市·八年级期末）已知：如图，点C是线段AB的中点，CD=CE，∠ACD=∠BCE，求
证：
（1）△ADC≌△BEC；（2）DA=EB．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据SAS证明△ADC≌△BEC即可；（2）根据全等三角形的性质解答即可．
【详解】证明：（1）∵点C是线段AB的中点，∴CA＝CB，
在△ADC和△BEC中， ，∴△ADC≌△BEC（SAS）；
（2）∵△ADC≌△BEC，∴DA＝EB．
【点睛】本题考查全等三角形的性质和判定，解题关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
11．（2022·福建厦门市·厦门双十中学八年级月考）已知：如图，C为线段BE上一点，AB//DC，
AB=EC，BC=CD． 求证：∠A=∠E ．
【答案】见详解
【分析】直接利用全等三角形的判定方法得出△ABC≌△ECD，即可得出答案．
【详解】证明：∵AB∥DC，∴∠B＝∠ECD，
在△ABC和△ECD中， ，∴△ABC≌△ECD（SAS），
∴∠A＝∠E（全等三角形的对应角相等）．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，正确掌握全等三角形的判定方法是解题关键．
12.（2022•历下区期中）CD是经过∠BCA定点C的一条直线，CA＝CB，E、F分别是直线CD上两点，且
∠BEC＝∠CFA＝∠ ．
β（1）若直线CD经过∠BCA内部，且E、F在射线CD上，
①若∠BCA＝90°，∠ ＝90°，例如图1，则BE CF，EF |BE﹣AF|．（填“＞”，“＜”，
“＝”）； β
②若0°＜∠BCA＜180°，且∠ +∠BCA＝180°，例如图2，①中的两个结论还成立吗？并说明理由；
（2）如图3，若直线CD经过β∠BCA外部，且∠ ＝∠BCA，请直接写出线段EF、BE、AF的数量关系
（不需要证明）． β
【解题思路】（1）①求出∠BEC＝∠AFC＝90°，∠CBE＝∠ACF，根据AAS证△BCE≌△CAF，推出BE
＝CF，CE＝AF即可；②求出∠BEC＝∠AFC，∠CBE＝∠ACF，根据AAS证△BCE≌△CAF，推出BE＝
CF，CE＝AF即可；
（2）求出∠BEC＝∠AFC，∠CBE＝∠ACF，根据AAS证△BCE≌△CAF，推出BE＝CF，CE＝AF即可．
【解答过程】解：（1）①如图1，
E点在F点的左侧，
∵BE⊥CD，AF⊥CD，∠ACB＝90°，
∴∠BEC＝∠AFC＝90°，
∴∠BCE+∠ACF＝90°，∠CBE+∠BCE＝90°，
∴∠CBE＝∠ACF，
在△BCE和△CAF中，，
∴△BCE≌△CAF（AAS），
∴BE＝CF，CE＝AF，
∴EF＝CF﹣CE＝BE﹣AF，
当E在F的右侧时，同理可证EF＝AF﹣BE，
∴EF＝|BE﹣AF|；
故答案为＝，＝．
②：①中两个结论仍然成立；
证明：如图2，
∵∠BEC＝∠CFA＝∠a，∠ +∠ACB＝180°，
∴∠CBE＝∠ACF， α
在△BCE和△CAF中，
，
∴△BCE≌△CAF（AAS），
∴BE＝CF，CE＝AF，
∴EF＝CF﹣CE＝BE﹣AF，
当E在F的右侧时，如图3，同理可证EF＝AF﹣BE，
∴EF＝|BE﹣AF|；
（2）EF＝BE+AF．
理由是：如图4，
∵∠BEC＝∠CFA＝∠a，∠a＝∠BCA，
又∵∠EBC+∠BCE+∠BEC＝180°，∠BCE+∠ACF+∠ACB＝180°，
∴∠EBC+∠BCE＝∠BCE+∠ACF，
∴∠EBC＝∠ACF，
在△BEC和△CFA中，
，
∴△BEC≌△CFA（AAS），
∴AF＝CE，BE＝CF，
∵EF＝CE+CF，
∴EF＝BE+AF．
13．（2021·湖北鄂州市·八年级期末）将 的直角顶点 置于直线 上， ，分别过点
、 作直线 的垂线，垂足分别为点 、 ，连接 ．若 ， ．求 的面积．【答案】32
【分析】根据AAS即可证明 ，根据全等三角形的对应边相等，得出 ，
，所而 ，从而求出AD的长，则可得到 的面积．
【详解】解：∵ ， ，∴ ，
∵ ，∴ ，
在 与 中， ∴ ∴ ， ，
∵ ，∴ ． ．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，余角的性质等知识，熟悉相关性质是解题的关键．
14．（2021·河南商丘市·九年级期末）如图（1），已知 中， ， ； 是过
的一条直线，且 ， 在 的异侧， 于 ， 于 ．（1）求证： ；
（2）若直线 绕 点旋转到图（2）位置时（ ），其余条件不变，问 与 ， 的数
量关系如何？请给予证明．（3）若直线 绕 点旋转到图（3）位置时（ ），其余条件不变，
问 与 ， 的数量关系如何？请直接写出结果，不需证明；（4）根据以上的讨论，请用简洁的语
言表达直线 在不同位置时 与 ， 的位置关系．【答案】（1）见解析；（2） ，见解析；（3） ；（4）当 ， 在
的同测时， ；当 ， 在 的异侧时，若 ，则 ，若
，则
【分析】（1）在直角三角形中，由题中条件可得∠ABD=EAC，又有AB=AC，则有一个角及斜边相等，
则可判定△BAD≌△AEC，由三角形全等可得三角形对应边相等，进而通过线段之间的转化，可得出结论；
（2）由题中条件同样可得出△BAD≌△AEC，得出对应线段相等，进而可得线段之间的关系；
（3）同（2）的方法即可得出结论．（4）利用（1）（2）（3）即可得出结论．
【详解】解：（1）∵BD⊥AE，CE⊥AE∴∠ADB=∠CEA=90°∴∠ABD+∠BAD=90°
又∵∠BAC=90°∴∠EAC+∠BAD=90°∴∠ABD=∠CAE
在△ABD与△ACE中
∴△ABD≌△ACE∴BD=AE，AD=EC，∴BD=DE+CE
（2）∵BD⊥AE，CE⊥AE∴∠ADB=∠CEA=90°∴∠ABD+∠BAD=90°
又∵∠BAC=90°∴∠EAC+∠BAD=90°∴∠ABD=∠CAE
在△ABD与△ACE中 ∴△ABD≌△ACE∴BD=AE，AD=EC∴BD=DE-CE，
（3）∵∠BAC=90°，∴∠BAD+∠EAC=90°，
又∵BD⊥AE，CE⊥AE，∴∠BDA=∠AEC=90°，∠BAD+∠ABD=90°，∴∠ABD=∠EAC，在△ABD与△CAE中， ∴△ABD≌△CAE，∴BD=AE，AD=CE，
∵DE=AD+AE=BD+CE，∴BD=DE-CE．
（4）归纳：由（1）（2）（3）可知：当B，C在AE的同侧时，若BD> CE,则BD= DE +CE,若BD> CE,则
BD= DE +CE,若BD< CE,则BD= CE- DE.
【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了三角形全等的判定方法，余角的性质，线段的和差，熟练掌
握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
15．（2021·河南濮阳市·八年级期末）已知：D，A，E三点都在直线m上，在直线m的同一侧作 ，
使 ，连接BD，CE．（1）如图①，若 ， ， ，求证
；
（2）如图②，若 ，请判断BD，CE，DE三条线段之间的数量关系，并说明理
由．
【答案】（1）见详解；（2）DE＝BD＋CE．理由见详解
【分析】（1）根据BD⊥直线m，CE⊥直线m得∠BDA＝∠CEA＝90°，而∠BAC＝90°，根据等角的余
角相等，得∠CAE＝∠ABD，然后根据“AAS”可判断△ABD≌△CAE；
（2）由∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，就可以求出∠BAD＝∠ACE，进而由ASA就可以得出
△ABD≌△CAE，就可以得出BD＝AE，DA＝CE，即可得出结论．
【详解】（1）证明：如图①，∵D，A，E三点都在直线m上，∠BAC＝90°，∴∠BAD＋∠CAE＝90°，
∵BD⊥m，CE⊥m，∴∠ADB＝∠CEA＝90°，∴∠BAD＋∠ABD＝90°，∴∠ABD＝∠CAE，在△ABD和△CAE中， ，∴△ABD≌△CAE（AAS）；
（2）DE＝BD＋CE．理由如下：如图②，∵∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，
∴由三角形内角和及平角性质，得：∠BAD＋∠ABD＝∠BAD＋∠CAE＝∠CAE＋∠ACE，
∴∠ABD＝∠CAE，∠BAD＝∠ACE，
在△ABD和△CAE中， ，∴△ABD≌△CAE（ASA），
∴BD＝AE，AD＝CE，∴DE＝AD＋AE＝BD＋CE．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质以及三角形内角和定理的综合应用，解题的关键是熟练掌握
全等三角形的判定方法，灵活运用所学知识解决问题．
16．（2022·河南许昌市·九年级期中）问题发现：（1）如图1，已知 为线段 上一点，分别以线段
， 为直角边作等腰直角三角形， ， ， ，连接 ， ，线段
， 之间的数量关系为______；位置关系为_______．
拓展探究：（2）如图2，把 绕点 逆时针旋转，线段 ， 交于点 ，则 与 之间
的关系是否仍然成立？请说明理由．
【答案】问题发现：（1） ； ；拓展探究：（2）成立，理由见解析；拓展延伸：
（3）
【分析】问题发现：（1）根据题目条件证△ACE≌△DCB，再根据全等三角形的性质即可得出答案；
拓展探究：（2）依然用SAS证 ，根据全等三角形的性质即可证得；
【详解】解：问题发现：（1）如下图，延长BD，交AE于点F，∵ ∴
又∵ ∴ （SAS），∴AE=BD，∠CAE=∠CDB
∵ ∴ ∴
∴ ∴AE⊥BD，故答案为： ，
拓展探究：（2）成立．
理由：如图1，设 与 相交于点 ．∵ ，∴ ．
又∵ ， ，∴ ，∴ ， ．
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形三边关系，有2个形状相同的图形，有一个公共点，
就是手拉手模型，手拉手模型必有全等，证明方法都是用“SAS”，所以熟练掌握全等三角形的判定和手拉
手模型是解决本题的关键．
17.（2022·江西上饶市·南屏中学八年级月考）如图, AB=CB, BD=BE, ∠ABC=∠DBE=a.
（1）当a=60°, 如图①则，∠DPE的度数______________
（2）若△BDE绕点B旋转一定角度，如图②所示，求∠DPE（用a表示）
【答案】（1）60°；（2）∠DPE=a【分析】（1）利用SAAS证得△ABE≌△CBD，利用全等三角形的性质得到∠AEB=∠CDB，再利用三角
形内角和定义以及等边三角形的性质即可解答；（2）利用SAAS证得△ABE≌△CBD，利用全等三角形
的性质得到∠AEB=∠BDC，再利用三角形内角和定理即可完成.
【详解】（1）解：∵∠ABC=∠DBE∴∠ABC+∠CBE=∠DBE+∠CBE即∠ABE=∠CBD
在△ABE和△CBD中 ∴△ABE≌△CBD（SAS）∴∠AEB=∠CDB
∵∠ABC=∠DBE，AB=CB, BD=BE∴△ABC和△EBD是等边三角形∴∠BDE=∠EDB=60°
∵∠EDP+∠CDB=60°∴∠EDP+∠AEB=60°
∵∠DPE+∠AEB+∠BED+∠EDP=180°∴∠DPE=60°故答案为：60°
（2）如图：∵∠ABC=∠DBE=a∴∠ABC﹣∠EBC=∠DBE﹣∠EBC即∠ABE=∠CBD
在△ABE和△CBD中 ∴△ABE≌△CBD（SAS）∴∠AEB=∠BDC
∵∠DQB+∠DBE+∠BDC=180° ∠EQP+∠DPE+∠AEB=180°
又∵∠DQB=∠EQP∴∠DBE=∠DPE ∴∠DPE=a
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质，还涉及了等边三角形的判定及性质、三角形内角和定理
等知识点，熟练掌握相关性质定理是解题关键.
ABC ADE C E
18．（2022·辽宁丹东市·七年级期末）已知：如图1，在 和 中， ，
CAE DAB BC DE ABC≌ADE CE BD DE AD
， ．（1）证明 ．（2）如图2，连接 和 ， ，BC M N DMB56 ACE CN EM
与 分别交于点 和 ， ，求 的度数．（3）在（2）的条件下，若 ，
直接写出CBA的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）∠ACE =62°；（3）∠CBA=6°．
【分析】(1)根据已知条件可以确定∠CAB =∠EAD，结合已知条件，用AAS可判定△ABC≌△ADE；
(2)由(1)中△ABC≌△ADE可得∠CBA=∠EDA ,AC=AE，在△MND和△ANB中，用三角形内角和定理由
∠MND=∠ANB可得∠DAB=∠DMB=56°，即∠CAE =∠DAB=56°，由AC=AE，可得∠ACE =∠AEC=
1
(18056)62；(3) 连接AM，先证 (SAS),得到AM=AN, ,进而可得
2 VNCAVMEA EAM CAN
EAC MAN EAC MAN=56 ANM
,由(2)可知 ,根据等腰三角形内角和可得 =
1
(180 56)62
2 ，由三角形外角定理可得CBAANM DAB=62-56= 6.
【详解】解：（1）∵∠CAE =∠DAB，∴∠CAE +∠CAD =∠DAB +∠CAD，即∠CAB =∠EAD，
C E
CAB EAD
在△ABC和△ADE中， ∴△ABC≌△ADE（AAS），
BC DE
（2）∵△ABC≌△ADE ，∴∠CBA=∠EDA ,AC=AE ，
180 180
在△MND和△ANB中，∵∠EDA +∠MND+∠DMB = ，∠CBA +∠ANB +∠DAB = ，
56 56
又∵ ∠MND=∠ANB，∴ ∠DAB=∠DMB= ，∴∠CAE =∠DAB= ，
1
(180 56)62
∵AC=AE，∴∠ACE =∠AEC=2 ，∴∠ACE =62，6
（3）∠CBA= ，
NCAMEA VNCAVMEA
如图所示，连接AM， ,CN=EM,CA=EA, (SAS),
EAM CAN EAM CAM CAN CAM EAC MAN
AM=AN, , = 即 ,
1
(180 56)62
由(2)可得：EAC MAN=56,ANM =2 ,
56CBAANM DAB 62 56 6
∠CAE =∠DAB= = - = .
【点睛】本题综合考查了三角形的相关定理与证明，较为综合，熟练掌握三角形的内角和定理，外角定理，
全等三角形的判定与性质是解题的关键.
19．（2022·河南省鹤壁市湘江中学八年级月考）（1）作图发现：如图1，已知 ，小涵同学以 、
为边向 外作等边 和等边 ，连接 ， ．这时他发现 与 的数量关系是
．
（2）拓展探究：如图2，已知 ，小涵同学以 、 为边向外作正方形 和正方形 ，
连接 ， ，试判断 与 之间的数量关系，并说明理由．【答案】（1）BE=CD；（2）BE=CD，理由见解析；
【分析】（1）利用等边三角形的性质得出 ，然后有
，再利用SAS即可证明 ，则有 ；
（2）利用正方形的性质得出 ，然后有 ，再
利用SAS即可证明 ，则有 ；
【详解】（1）如图1所示：
和 都是等边三角形， ，
，即 ，
在 和 中， ， ．
（2） ， 四边形 和 均为正方形，
， ， ，
，
在 和 中， ， ，
20.（2022·河南新乡市·八年级期中）已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，
∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E，F．（1）当∠MBN绕B点旋转到AE＝CF时（如图1），求证：△ABE≌△CBF．（2）当∠MBN绕点B旋转
到AE≠CF时，如图2，猜想线段AE，CF，EF有怎样的数量关系，并证明你的猜想．（3）当∠MBN绕点
B旋转到图3这种情况下，猜想线段AE，CF，EF有怎样的数量关系，并证明你的猜想．
【答案】（1）见解析；（2）AE+CF＝EF，证明见解析；（3）AE﹣CF＝EF，证明见解析
【分析】（1）利用SAS定理证明△ABE≌△CBF；（2）延长DC至点K，使CK＝AE，连接BK，分别证
明△BAE≌△BCK、△KBF≌△EBF，根据全等三角形的性质、结合图形证明结论；（3）延长DC至G，
使CG＝AE，仿照（2）的证明方法解答．
【详解】（1）证明：在△ABE和△CBF中， ，∴△ABE≌△CBF（SAS）；
（2）解：AE+CF＝EF，理由如下：延长DC至点K，使CK＝AE，连接BK，
在△BAE与△BCK中， ，∴△BAE≌△BCK（SAS），∴BE＝BK，∠ABE＝∠KBC，
∵∠FBE＝60°，∠ABC＝120°，∴∠FBC+∠ABE＝60°，∴∠FBC+∠KBC＝60°，∴∠KBF＝∠FBE＝
60°，
在△KBF与△EBF中， ，
∴△KBF≌△EBF（SAS），∴KF＝EF，∴AE+CF＝KC+CF＝KF＝EF；
（3）解：AE﹣CF＝EF，理由如下：延长DC至G，使CG＝AE，
由（2）可知，△BAE≌△BCG（SAS），∴BE＝BG，∠ABE＝∠GBC，
∠GBF＝∠GBC﹣∠FBC＝∠ABE﹣∠FBC＝120°+∠FBC﹣60°﹣∠FBC＝60°，∴∠GBF＝∠EBF，
∵BG＝BE，∠GBF＝∠EBF，BF＝BF，∴△GBF≌△EBF，∴EF＝GF，∴AE﹣CF＝CG﹣CF＝GF＝EF．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线、掌握全等三角形的判定定理和性质定
理是解题的关键．
21．（2021·江苏八年级期末）如图，在△ABC中，AD是高，E、F分别是AB、AC的中点，AB＝8，AC＝
6．（1）求四边形AEDF的周长；（2）若∠BAC＝90°，求四边形AEDF的面积．
【答案】（1）14；（2）12．
【分析】（1）延长DE到G，使GE＝DE，连接BG，根据线段中点的定义求出AE＝4，AF＝3，并利用
SAS证明△AED≌△BEG，由全等三角形的性质并再次利用全等三角形的判定得出△GBD≌△ABD，可证
得DE＝ AB＝4，同理DF＝ AC＝3，即可计算出四边形的周长；（2）利用SSS可证△AEF≌△DEF，
根据直角三角形的面积计算方法求出△AEF的面积，则四边形的面积即可求解．
【详解】解：（1）延长DE到G，使GE＝DE，连接BG，
∵E、F分别是AB、AC的中点，AB＝8，AC＝6，∴AE＝BE＝ AB＝4，AF＝CF＝ AC＝3．在△AED和△BEG中， ，∴△AED≌△BEG（SAS）．∴AD＝BG，∠DAE＝∠GBE．
∵AD⊥BC，∴∠DAE＋∠ABD＝90°．∴∠GBE＋∠ABD＝90°．即∠GBD＝∠ADB＝90°．
在△GBD和△ABD中， ，∴△GBD≌△ABD（SAS）．∴GD＝AB．
∵DE＝ GD，∴DE＝ AB＝4．同理可证：DF＝ AC＝3．
∴四边形AEDF的周长＝AE＋ED＋DF＋FA＝14．
（2）由（1）得AE＝DE＝ AB＝4，AF＝DF＝ AC＝3，
在△AEF和△DEF中， ，∴△AEF≌△DEF（SSS）．
∵∠BAC＝90°，∴S ＝ AE•AF＝ ×4×3＝6．∴S ＝2S ＝12．
AEF 四边形AEDF AEF
△ △
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定与性质并能利用倍长中线法构
22．（2021·山东八年级期末）（1）方法呈现：
如图①：在 中，若 ， ，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 ，再连接BE，可证 ，从而把
AB、AC， 集中在 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 中，点D是BC的中点， 于点D，DE交AB于点E，DF交AC
于点F，连接EF，判断 与EF的大小关系并证明；
（3）问题拓展：如图③，在四边形ABCD中， ，AF与DC的延长线交于点F、点E是BC的中点，
若AE是 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．
