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必考点 06 添加辅助线构造全等三角形的技巧
●题型一 添加公共边构造全等三角形
【例题1】如图，AB＝AC，BD＝CD．
（1）求证：∠B＝∠C
（2）若∠A＝2∠B，求证：∠BDC＝4∠C．
【分析】（1）连接AD并延长至E，证明△ABD≌△ACD（SSS），即可得出∠B＝∠C；
（2）由三角形的外角性质得出∠BDE＝∠BAD+∠B，∠CDE＝∠BAD+∠C，得出∠BDE+∠CDE＝
∠BAD+∠CAD+∠B+∠C，即∠BDC＝∠BAC+∠B+∠C，即可得出结论∠BDC＝4∠C．
【解答】（1）证明：连接AD并延长至E，如图所示：
{AB=AC
在△ABD和△ACD中， BD=CD，
AD=AD
∴△ABD≌△ACD（SSS），
∴∠B＝∠C；
（2）在△ABD中，∠BDE＝∠BAD+∠B，
在△ACD中，∠CDE＝∠BAD+∠C，∴∠BDE+∠CDE＝∠BAD+∠CAD+∠B+∠C，
即∠BDC＝∠BAC+∠B+∠C，
∵∠BAC＝2∠B，∠B＝∠C，
∴∠BDC＝4∠C．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质；证明三角形全等是解题的关键．
【例题2】如图，已知CA＝CB，AD＝BD，M，N分别是CB，CA的中点，求证：DN＝DM．
【分析】要证DN＝DM，只要证明△ADN≌△BDM即可，要证△ADN≌△BDM，需要证明∠A＝∠B，要证
∠A＝∠B，只需证明△CAD≌△CBD即可，根据题目中的条件，连接CD，即可证明△CAD≌△CBD．
【解答】证明：连接CD，
在△CAD和△CBD中，
{CA=CB
AD=BD，
CD=CD
∴△CAD≌△CBD（SSS），
∴∠A＝∠B，∵CA＝CB，M，N分别是CB，CA的中点，
∴AN＝BM，
在△AND和△BMD中，
{AN=BM
∠A=∠B，
AD=BD
∴△AND≌△BMD（SAS），
∴DN＝DM．
【点评】本题考查全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是明确全等三角形的判定和性质，利用数
形结合的思想解答．
【例题3】（2022秋•韩城市月考）如图，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠ABC＝∠ADE＝90°，BC与DE
相交于点F，且AB＝AD，AC＝AE，连接CD，EB．
（1）求证：∠CAD＝∠EAB；
（2）试判断CF与EF的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）根据已知利用 HL可证 Rt△ABC≌Rt△ADE，然后利用全等三角形的性质可得∠CAB＝
∠EAD，从而利用等式的性质进行计算即可解答；
（2）连接CE，利用等腰三角形的性质可得∠ACE＝∠AEC，再利用（1）的结论可得∠ACB＝∠AED，
从而利用等式的性质可得∠FCE＝∠FEC，然后利用等角对等边即可解答．【解答】（1）证明：在Rt△ABC和Rt△ADE中，
{AB=AD
，
AC=AE
∴Rt△ABC≌Rt△ADE（HL），
∴∠CAB＝∠EAD，
∴∠CAB﹣∠BAD＝∠EAD﹣∠BAD，
∴∠CAD＝∠EAB；
（2）解：CF＝EF，
理由：连接CE，
∵AC＝AE，
∴∠ACE＝∠AEC，
∵Rt△ABC≌Rt△ADE，
∴∠ACB＝∠AED，
∴∠ACE﹣∠ACB＝∠AEC﹣∠AED，
∴∠FCE＝∠FEC，
∴CF＝EF．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解
题的关键．
【解题技巧提炼】
当图形中直接证明全等条件不够时，有时可以连接公共边构造全等三角形，再利用全等三角形的判定与性
质解决问题.
●题型二 巧用角平分线构造全等三角形
【例题4】如图，AD∥BC，∠DAB的平分线与∠CBA的平分线交于点P，过点P的直线垂直于AD，垂足
为D，交BC于点C．试问：点P是线段CD的中点吗？为什么？
【分析】过点P作PE⊥AB于E，根据垂直于同一直线的两直线互相平行求出PC⊥BC，再根据角平分线上
的点到角的两边距离相等可得PD＝PE，PC＝PE，从而得到PC＝PD，然后根据线段中点的定义解答．
【解答】答：点P是线段CD的中点．
证明如下：过点P作PE⊥AB于E，
∵AD∥BC，PD⊥CD于D，
∴PC⊥BC，
∵∠DAB的平分线与∠CBA的平分线交于点P，
∴PD＝PE，PC＝PE，
∴PC＝PD，
∴点P是线段CD的中点．
【点评】本题考查了角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，熟记性质并作出辅助线是解题的关键．
【例题5】（2021春•酒泉期末）如图所示，在△ABC中，D为BC的中点，DE⊥BC，交∠BAC的平分线
AE于点E，EF⊥AB于点F，EG⊥AC交AC延长线于点G．求证：BF＝CG．
【分析】连接EB、EC，利用已知条件证明Rt△BEF≌Rt△CEG，即可得到BF＝CG．
【解答】证明：连接BE、EC，
∵ED⊥BC，
D为BC中点，
∴BE＝EC，
∵EF⊥AB，EG⊥AG，
且AE平分∠FAG，
∴FE＝EG，
在Rt△BFE和Rt△CGE中，
{BE=CE
，
EF=EG
∴Rt△BFE≌Rt△CGE （HL），
∴BF＝CG．【点评】本题考查了全等三角形的判定：全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等
的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
【例题6】感知：如图①，AD平分∠BAC，∠B+∠C＝180°，∠B＝90°，易知：DB＝DC．
探究：如图②，AD平分∠BAC，∠ABD+∠ACD＝180°，∠ABD＜90°，求证：DB＝DC．
应用：如图③，四边形ABCD中，∠B＝60°，∠C＝120°，DB＝DC＝a，求AB﹣AC的值（用含a的代数
式表示）
【分析】探究：证明△DFC≌△DEB即可．
1
应用：先证明△DFC≌△DEB，再证明△ADF≌△ADE，结合BE= BD即可解决问题．
2
【解答】探究：证明：如图②中，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，
∵DA平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE＝DF，
∵∠B+∠ACD＝180°，∠ACD+∠FCD＝180°，
∴∠B＝∠FCD，在△DFC和△DEB中¿，
∴△DFC≌△DEB（AAS），
∴DC＝DB．
应用：解：如图③连接AD、DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，
∵∠B+∠ACD＝180°，∠ACD+∠FCD＝180°，
∴∠B＝∠FCD，
在△DFC和△DEB中，¿，
∴△DFC≌△DEB（AAS），
∴DF＝DE，CF＝BE，
{AD=AD
在Rt△ADF和Rt△ADE中， ，
DE=DF
∴△RtADF≌Rt△ADE（HL），
∴AF＝AE，
∴AB﹣AC＝（AE+BE）﹣（AF﹣CF）＝2BE，
在Rt△DEB中，∵∠DEB＝90°，∠B＝∠EDB＝60°，BD＝a，
∴∠BDE＝30°，
1 1
∴BE= BD= a
2 2
∴AB﹣AC＝2BE＝a．【点评】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定和性质、角平分线的性质、等腰直角三角形
的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，属于中考常考题型．
【解题技巧提炼】
当题中出现角平分线的条件或结论时，常向角的两边作垂线段，构造全等三角形，在利用全等三角
形
的判定和性质解决问题.
●题型三 “倍长中线法”构造全等三角形
【例题7】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＝8，AC＝6，D
是BC的中点，求BC边上的中线AD的取值范围．
小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长 AD到E，使 DE＝AD，请补充完整证明
“△ADC≌△EDB”的推理过程．
（1）求证：△ADC≌△EDB
证明：∵延长AD到点E，使DE＝AD
在△ADC和△EDB中
AD＝ED（已作）∠ADC＝∠EDB（ ） CD＝BD（中点定义）
∴△ADC≌△EDB（ ）
（2）探究得出AD的取值范围是 ；
【感悟】解题时，条件中若出现“中点”“中线”等字样，可以考虑延长中线构造全等三角形，把分散
的已知条件和所求证的结论集合到同一个三角形中．【问题解决】
（3）如图2，△ABC中，∠B＝90°，AB＝2，AD是△ABC的中线，CE⊥BC，CE＝4，且∠ADE＝90°，
求AE的长．
【分析】（1）延长AD到点E，使DE＝AD，根据SAS定理证明△ADC≌△EDB；
（2）根据全等三角形的性质、三角形的三边关系计算；
（3）延长AD交EC的延长线于F，证明△ABD≌△FCD，根据全等三角形的性质解答．
【解答】解：（1）证明：延长AD到点E，使DE＝AD，
在△ADC和△EDB中，
AD＝ED（已作），
∠ADC＝∠EDB（对顶角相等），
CD＝BD（中点定义），
∴△ADC≌△EDB（SAS），
故答案为：对顶角相等，SAS；
（2）∵△ADC≌△EDB，
∴BE＝AC＝6，
8﹣6＜AE＜8+6，
∴1＜AD＜7，
故答案为：1＜AD＜7；（3）延长AD交EC的延长线于F，
∵AB⊥BC，EF⊥BC，
∴∠ABD＝∠FCD，
在△ABD和△FCD中，
{∠ABD=∠FCD
BD=CD ，
∠ADB=∠FDC
∴△ABD≌△FCD（ASA），
∴CF＝AB＝2，AD＝DF，
∵∠ADE＝90°，
∴AE＝EF，
∵EF＝CE+CF＝CE+AB＝4+2＝6，
∴AE＝6．
【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形的三边关系，掌握全等三角形的判定定理和性
质定理是解题的关键．
【例题8】（2022春•碑林区校级期末）问题提出:
（1）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB的中点，连接CD并延长至E，使得DE＝CD，
连接EB，根据SAS可证△CDA≌△EDB，从而得到∠A＝∠EBD，进而得到AC∥EB，再由∠ACB＝90°，得
到∠EBC＝90°，再根据SAS可证△ABC≌△ECB，从而得到AB与CD之间的数量关系为 ．
问题解决（2）如图②，在△ABC中，过点C作CA'⊥CA，CB'⊥CB，使得CA'＝CA，CB'＝CB，连接A'B'，E为
1
A'B'的中点．连接CE，求证：CE= AB；
2
【分析】（1）由题意知，△ABC≌△ECB，得AB＝CE，由△CDA≌△EDB，得CD＝DE，即可得出答案；
（2）延长 CE，作 B'G∥A'C 与 CE 延长线交于点 G，首先利用 ASA 证明△A'EC≌△B'EG，得 CE＝EG
1
= CG，再利用SAS证明△ABC≌△GCB'，得AB＝GC，从而得出结论；
2
【解答】（1）解：如图，由题意知，△ABC≌△ECB，
∴AB＝CE，
又∵△CDA≌△EDB，
∴CD＝DE，
1 1
∴CD= CE= AB，
2 2
∴AB＝2CD，
故答案为：AB＝2CD；
（2）证明：如图，
延长CE，作B'G∥A'C与CE延长线交于点G，∵A'C∥B'G，
∴∠A'＝∠EB'G，∠G＝∠A'CG，
又∵E为A'B'中点，
∴A'E＝B'E，
在△A'EC与△B'EG中，
{
∠A′=∠EB′G
A′E=B′E ，
∠A′EC=∠B′EG
∴△A'EC≌△B'EG（ASA），
1
∴CE＝EG= CG，
2
又∵∠ACB+∠A'CB'＝180°，
∠A'CB'+∠A'+∠CB'A'＝180°，
∴∠ACB＝∠A'+∠CB'A'，
又∵∠A'＝∠EB'G，A'C＝B'G，
∴∠CB'G＝∠CB'A'+∠EB'G＝∠CB'A'+∠A'＝∠ACB，
在△ABC与△GCB'中，
{
CB=B′C
∠CB′G=∠BCA，
AC=GB′∴△ABC≌△GCB'（SAS），
∴AB＝GC，
1
∵CE＝GE= CG，
2
1
∴CE= AB；
2
【点评】本题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，三角形三边关系等知识，熟练掌
握全等三角形的基本模型是解题的关键．
【解题技巧提炼】
当三角形中有中点或中线时，常倍长中线，构造全等三角形，转换边、角条件，从而将分散
的边、角集中在一个图形中，使问题得到解决．
●题型四 利用“截长补短法”构造全等三角形
【例题9】（2021秋•五峰县期中）在“教、学、练、评一体化”学习活动手册中，全等三角形专题复习
课，
学习过七种作辅助线的方法，其中有“截长补短”作辅助线的方法．
截长法：在较长的线段上截取一条线段等于较短线段；
补短法：延长较短线段和较长线段相等．
这两种方法统称截长补短法．
请用这两种方法分别解决下列问题：
已知，如图，在△ABC中，AB＞AC，∠1＝∠2，P为AD上任一点，
求证：AB﹣AC＞PB﹣PC．【分析】解法一：在AB上截取AE，使AE＝AC，连接PE，证明△AEP≌△ACP，得PC＝PE，再根据三角
形的任意两边之差小于第三边证明即可；
解法二：延长AC到D，使AD＝AB，连接PD，证明△ADP≌△ABP，得PD＝PB，再根据三角形的任意两
边之差小于第三边证明即可．
【解答】解：解法一：如图，在AB上截取AE，使AE＝AC，连接PE，
在△AEP和△ACP中，
¿，
∴△AEP≌△ACP（SAS），
∴PE＝PC，
在△PBE中，BE＞PB﹣PE，
即AB﹣AC＞PB﹣PC；
解法二：如图，延长AC到D，使AD＝AB，连接PD，在△ADP和△ABP中，
¿，
∴△ADP≌△ABP（SAS），
∴PD＝PB，
在△PCD中，CD＞PD﹣PC，
即AB﹣AC＞PB﹣PC．
【点评】此题考查了全等三角形的判定，熟记全等三角形的判定定理是解题的关键．
【例题10】（2021秋•泊头市期中）[阅读]在证明线段和差问题时，经常采用截长补短法，再利用全等图
形求线段的数量关系，截长法：将较长的线段截取为两段，证明截取的两段分别与给出的两段相等．
补短法：延长较短两条线段中的一条，使得与较长线段相等，证明延长的那一段与另一条较短线段相
等．
[应用]把两个全等的直角三角形的斜边重合，∠CAD＝∠CBD＝90°，组成一个四边形ACBD，以D为顶
点作∠MDN，交边AC、BC于M、N．
（1）若∠ACD＝30°，∠MDN＝60°，证明：AM+BN＝MN；经过思考，小红得到了这样的解题思路：利
用补短法，延长CB到点E，使BE＝AM，连接DE，先证明△DAM≌△DBE，再证明△MDN≌△EDN，即可
求得结论．按照小红的思路，请写出完整的证明过程；
（2）当∠ACD+∠MDN＝90°时，AM、MN、BN三条线段之间有何数量关系？（直接写出你的结论，不用
证明）
（3）如图③，在（2）的条件下，若将M、N改在CA、BC的延长线上，完成图③，其余条件不变，则
AM、MN、BN之间有何数量关系？证明你的结论．【分析】（1）延长 CB到E，使 BE＝AM，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证
△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可；
（2）延长 CB 到 E，使 BE＝AM，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证
△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可；
（3）在 CB 截取 BE＝AM，连接 DE，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证
△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可．
【解答】（1）证明：延长CB到E，使BE＝AM，
∵∠A＝∠CBD＝90°，
∴∠A＝∠EBD＝90°，
在△DAM和△DBE中，
{
AM=BE
∠A=∠DBE，
AD=BD
∴△DAM≌△DBE，
∴∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，
∵∠MDN＝∠ADC＝60°，
∴∠ADM＝∠NDC，
∴∠BDE＝∠NDC，∴∠MDN＝∠NDE，
在△MDN和△EDN中，
{
DM=DE
∠MDN=∠NDE，
DN=DN
∴△MDN≌△EDN，
∴MN＝NE，
∵NE＝BE+BN＝AM+BN，
∴AM+BN＝MN．
（2）AM+BN＝MN，
证明：延长CB到E，使BE＝AM，连接DE，
由（1）知：△DAM≌△DBE，
∴∠BDE＝∠MDA＝∠CDN，DM＝DE，
∵∠MDN+∠ACD＝90°，∠ACD+∠ADC＝90°，
∴∠NDM＝∠ADC＝∠CDB，
∴∠ADM＝∠CDN＝∠BDE，
∵∠CDM＝∠NDB
∴∠MDN＝∠NDE，
在△MDN和△EDN中，
{
DM=DE
∠MDN=∠NDE，
DN=DN
∴△MDN≌△EDN，
∴MN＝NE，
∵NE＝BE+BN＝AM+BN，∴AM+BN＝MN．
（3）BN﹣AM＝MN，
证明：在CB截取BE＝AM，连接DE，
∵∠CDA+∠ACD＝90°，∠MDN+∠ACD＝90°，
∴∠MDN＝∠CDA，
∵∠ADN＝∠ADN，
∴∠MDA＝∠CDN，
∵∠B＝∠CAD＝90°，
∴∠B＝∠DAM＝90°，
在△DAM和△DBE中，
{
AM=BE
∠DAM=∠DBE，
AD=BD
∴△DAM≌△DBE，
∴∠BDE＝∠ADM＝∠CDN，DM＝DE，
∵∠ADC＝∠BDC＝∠MDN，
∴∠MDN＝∠EDN，
在△MDN和△EDN中，
{
DM=DE
∠MDN=∠NDE，
DN=DN
∴△MDN≌△EDN，
∴MN＝NE，
∵NE＝BN﹣BE＝BN﹣AM，
∴BN﹣AM＝MN．【点评】本题考查了四边形的综合题，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生运用性质进行推
理的能力，运用了类比推理的方法，题目比较典型，但有一定的难度．
【解题技巧提炼】
在证明线段和差问题时，经常采用截长补短法，再利用全等图形求线段的数量关系，截长法：将较长的
线
段截取为两段，证明截取的两段分别与给出的两段相等．补短法：延长较短两条线段中的一条，使得与
较
长线段相等，证明延长的那一段与另一条较短线段相等．
●题型五 利用“一线三等角模型”构造全等三角形
【例题11】如图，在△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点C的坐标为（﹣2，0），点B的坐标为（1，
6），求点A的坐标．
【分析】过A和B分别作AD⊥OC于D，BE⊥OC于E，利用已知条件可证明△ADC≌△CEB，再由全等
三角形的性质和已知数据即可求出A点的坐标．
【解答】解：过A和B分别作AD⊥OC于D，BE⊥OC于E，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠CAD＝90°∠ACD+∠BCE＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
{∠ADC=∠CBE=90°
在△ADC和△CEB中， ∠CAD=∠BCE ，
AC=BC∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴DC＝BE，AD＝CE，
∵点C的坐标为（﹣2，0），点B的坐标为（1，6），
∴OC＝2，OE＝1，DC＝BE＝6，
∴OD＝CD+OC＝8，AD＝CE＝OE+OC＝3，
∴则A点的坐标是（﹣8，3）．
【点评】本题借助于坐标与图形性质，重点考查了直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，解题
的关键是做高线构造全等三角形．
【例题12】已知C，D过∠BCA顶点的一条直线，CA＝CB，E，F是直线CD上的两点，且∠BEC＝
∠CFA．
（1）如图（1），若∠BCA＝90°，∠BEC＝∠CFA＝90°，则BE＝ CF（填“＞”、“＜”或
“＝”）
（2）如图（2），∠BCA+∠BEC＝180°，则（1）中的结论是否成立？为什么？
（3）如图（3），若∠BEC＝∠CFA＝∠BCA，则线段EF，BE，AF之间有何数量关系？说明理由．【分析】（1）根据三角形内角和定理和直角求出∠CBE＝∠ACF，利用AAS即可证明三角形BCE与三角
形CAF全等，根据全等三角形的对应边相等得到BE＝CF
（2）先证明∠CBE＝∠ACF，利用AAS即可证明三角形BCE与三角形CAF全等，根据全等三角形的对
应边相等得到BE＝CF．
（3）结论：EF＝AF+BE，首先证明∠CBE＝∠ACF，利用AAS即可证明三角形BCE与三角形CAF全
等，根据全等三角形的对应边相等得到BE＝CF，CE＝AF，即可得出EF＝AF+BE
【解答】（1）解：如图1中，∵∠BCA＝∠BEC＝∠CFA＝90°，
∴∠BCE+∠ACF＝90°，∠ACF+∠CAF＝90°，
∴∠BCE＝∠CAF，
在△BCE和△CAF中，
{∠CEB=∠CFA
∠BCE=∠CAF，
BC=AC
∴△BCE≌△CAF（AAS），
∴BE＝CF，CE＝AF，
∴EF＝|CF﹣CE|＝|BE﹣AF|，
故答案为＝．
（2）成立．理由如下，
证明：如图2中，∵∠BCA+∠BEC＝180°，∠BCE+∠BEF＝180°，∴∠BCA＝∠BEF，
∴∠ACF+∠BCE＝∠BCE+∠CBE，
∴∠CBE＝∠ACF，
在△BCE和△CAF中，
{∠CEB=∠CFA
∠BCE=∠CAF，
BC=AC
∴△BCE≌△CAF（AAS），
∴BE＝CF．
（3）结论：EF＝AF+BE，理由如下．
证明：如图3中，∵∠BCF＝∠BEC+∠CBE＝∠BCA+∠ACF
∵∠BEC＝∠BCA，
∴∠CBE＝∠ACF，
在△BCE和△CAF中，
{∠CEB=∠CFA
∠BCE=∠CAF，
BC=AC
∴△BCE≌△CAF（AAS），
∴BE＝CF，CE＝AF，
∴EF＝AF+BE．【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的内角和定理的应用，此题是一道比较复杂的题
目，综合性比较强，本题考查了从特殊到一般的过程，考查了学生的分析能力和推理能力，属于中考常
考题型．
【解题技巧提炼】
“一线三等角”指的是有三个等角的顶点在同一条直线上构成的全等图形，这个角可以是直角也可以是
锐角或钝角，有些时候我们也称之为“M型”“三垂直”等.
“一线三等角”----三垂直全等模型辅助线如何构造: 图形中存在“一线二等角”,补上“一等角”构造
模型解题.
◆◆题型一 添加公共边构造全等三角形
1．如图：已知AD、BC相交于O，且AB＝CD，AD＝CB．
求证：∠B＝∠D．
【分析】连接AC，利用“边边边”证明△ABD和△CDB全等，根据全等三角形对应角相等证明即可【解答】证明：连接AC，
在△ABD和△CDB中，
{AB=CD
AC=CA，
AD=CB
∴△ABD≌△CDB（SSS），
∴∠B＝∠D．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，作辅助线构造成全等三角形是解题的关键．
2．如图，在四边形ABCD中，已知AB＝CD，AD＝BC，则∠A＝∠C，请说明理由；AB与CD相互平行
吗？为什么？
【分析】（1）根据SSS容易证明△ABD≌△CDB；
（2）由△ABD≌△CDB可得角相等，从而得平行．
【解答】解：（1）理由如下：
连接BD，在△ABD和△CDB中，
{AB=CD
AD=BC，
BD=DB
∴△ABD≌△CDB（SSS），
∴∠A＝∠C；
（2）AB∥CD，理由如下：
∵△ABD≌△CDB，
∴∠ABD＝∠CDB，
∴AB∥CD．
【点评】本题考查了全等三角形的判定方法，平行线的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关
键．
3．如图，在Rt△ACB和Rt△AED中，已知AB＝AD，∠1＝∠2，求证：EG＝CG．
【分析】欲证明EG＝CG只要证明△AGE≌△AGC，先证明△ACB≌△AED得AC＝AE，由此即可证明．
【解答】证明：连接AG．
∵∠1＝∠2，
∴∠BAC＝∠DAE，
在RT△ACB和RT△AED中，
{∠BAC=∠DAE
∠C=∠E=90°，
AB=AD
∴△ACB≌△AED，∴BC＝ED，AC＝AE，
在RT△AGE和RT△AGC中，
{AG=AG
，
AE=AC
∴△AGE≌△AGC，
∴EG＝CG
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键，本题用
了两次全等，属于中考常考题型．
◆◆题型二 巧用角平分线构造全等三角形
4．已知：如图，点B、C、E三点在同一条直线上，CD平分∠ACE，DB＝DA，DM⊥BE于M．
（1）求证：AC＝BM+CM；
（2）若AC＝10，BC＝6，求CM的长．
【分析】（1）作 DN⊥AC 于 N，易证 Rt△DCN≌Rt△DCM，可得 CN＝CM，进而可以证明
Rt△ADN≌Rt△BDM，可得AN＝BM，即可解题；
（2）利用（1）中的结论变形得出答案即可．【解答】（1）证明：作DN⊥AC于N，
∵CD平分∠ACE，DM⊥BE，
∴DN＝DM，
在Rt△DCN和Rt△DCM中，
{CD=CD
，
DN=DM
∴Rt△DCN≌Rt△DCM（HL），
∴CN＝CM，
在Rt△ADN和Rt△BDM中，
{AD=BD
，
DN=DM
∴Rt△ADN≌Rt△BDM（HL），
∴AN＝BM，
∵AC＝AN+CN，
∴AC＝BM+CM．
（2）解：∵AN＝AC﹣CN，BM＝BC+CM，
∴AC﹣CN＝BC+CM，
∴AC﹣CM＝BC+CM，
∴2CM＝AC﹣BC，∵AC＝10，BC＝6，
∴CM＝2．
【点评】本题考查了直角三角形全等的判定，考查了直角三角形对应边相等的性质，本题中求证 CN＝
CM，AN＝BM是解题的关键．
5．（2021秋•东莞市校级期末）如图，∠B＝90°，∠C＝90°，E为BC中点，DE平分∠ADC．
（1）求证：AE平分∠DAB；
（2）求证：AE⊥DE；
（3）求证：DC+AB＝AD．
【分析】（1）由“AAS”可证△DEF≌△DCE，可得CE＝EF，DC＝DF，∠CED＝∠FED，由“HL”可证
Rt△AFE≌Rt△ABE，可得AF＝AB，∠FAE＝∠BAE，∠AEF＝∠AEB，可得结论；
（2）由平角的性质可得结论；
（3）由线段和差关系可得结论．
【解答】解：如图，过作EF⊥AD，垂足为点F，
可得∠DFE＝90°，
则∠DFE＝∠C，∵DE平分∠ADC，
∴∠FDE＝∠CDE，
在△DCE和△DFE中，
{
∠C=∠DFE
∠CDE=∠FDE，
DE=DE
∴△DEF≌△DCE（AAS）；
∴CE＝EF，DC＝DF，∠CED＝∠FED，
∵E是BC的中点，
∴CE＝EB，
∴EF＝EB，
在Rt△ABE和Rt△AFE中，
{EF=BE
，
AE=AE
∴Rt△AFE≌Rt△ABE（HL）；
∴AF＝AB，∠FAE＝∠BAE，∠AEF＝∠AEB，
∴AE平分∠DAB；
（2）∵∠CED＝∠FED，∠AEF＝∠AEB，∠CED+∠FED+∠AEF+∠AEB＝180°，
∴∠AEF+∠DEF＝90°，
∴∠AED＝90°，
∴AE⊥DE；
（3）∵DC＝DF，AB＝AF，
∴AD＝DF+AF＝AB+CD．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是
解题的关键．◆◆题型三 “倍长中线法”构造全等三角形
6．如图，△ABC中，E，F分别在AB，AC上，DE⊥DF，D是中点，试比较BE+CF与EF的大小．
【分析】可延长ED至P，使DP＝DE，连接FP，连接CP，将BE转化为PC，EF转化为FP，进而在
△PCF中即可得出结论．
【解答】解：BE+CF＞FP＝EF．
延长ED至P，使DP＝DE，连接FP，CP，
∵D是BC的中点，
∴BD＝CD，
在△BDE和△CDP中，
{
DP=DE
∠EDB=∠CDP
BD=CD
∴△BDE≌△CDP（SAS），
∴BE＝CP，
∵DE⊥DF，DE＝DP，
∴EF＝FP，（垂直平分线上的点到线段两端点距离相等）在△CFP中，CP+CF＝BE+CF＞FP＝EF．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定及性质以及三角形的三边关系问题，能够熟练掌握，解决本
题的关键是作出辅助线．
7．如图，AD是△ABC的边BC上的中线，CD＝AB，AE是△ABD的边BD上的中线．
求证：AC＝2AE．
【解答】证明：延长AE至点F，使EF＝AE，连接DF，如图所示：
∵AE是△ABD的边BD上的中线，
∴BE＝DE，
在△ABE与△FDE中， ，
∴△ABE≌△FDE（SAS），
∴DF＝AB＝CD，∠EDF＝∠B，
∵AD是△ABC的边BC上的中线，CD＝AB，
∴AB＝BD，
∴∠ADB＝∠BAD，
∴∠ADC＝∠B+∠BAD＝∠BDA+∠EDF＝∠ADF，
在△ADF与△ADC中， ，
∴△ADF≌△ADC（SAS），∴AC＝AF＝2AE．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识；通过作辅助线构建全
等
三角形是解题的关键．
◆◆题型四 利用“截长补短法”构造全等三角形
8.（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
若EF＝BE+FD．求证：∠EAF= ∠BAD
2
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的
1
点，且∠EAF= ∠BAD，试探究线段EF、BE、FD之间的数量关系，证明你的结论．
2
【分析】（1）延长CB至M，使得BM＝DF，根据全等三角形的判定和性质解答即可；
（2）通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．可得出
DF＝BG，GE＝EF，那么EF＝GE＝BE﹣BG＝BE﹣DF．【解答】证明：（1）延长CB至M，使得BM＝DF，连接AM，
∵∠B＝∠D＝90°，AB＝AD，
在△ABM与△ADF中
{
BM=DF
∠ABM=∠ADF，
AB=AD
∴△ABM≌△ADF（SAS），
∴AM＝AF，∠DAF＝∠BAM，
∵EF＝BE+DF＝BE+BM＝ME，
在△AME与△AFE中
{AE=AE
EF=ME，
AM=AF
∴△AME≌△AFE（SSS），
∴∠MAE＝∠EAF，
∴∠BAE+∠DAF＝∠EAF，
1
即∠EAF= ∠BAD；
2
（2）线段EF、BE、FD之间的数量关系是EF+DF＝BE，
在BE上截取BM＝DF，连接AM，
∵AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADF＝180°，
∴∠ABM＝∠ADF，
在△ABM与△ADF中
{
BM=DF
∠ABM=∠ADF，
AB=AD∴△ABM≌△ADF（SAS），
1
∴AM＝AF，∠BAM＝∠DAF，∠EAF= ∠BAD，
2
∴∠EAF＝∠EAM，
在△AEM与△AEF中
{
AM=AF
∠EAF=∠EAM，
AE=AE
∴△AEM≌△AEF（SAS），
∴EM＝EF，
即BE﹣BM＝EF，
即BE﹣DF＝EF．
【点评】此题考查三角形全等的判定和性质；本题中通过全等三角形来实现线段的转换是解题的关键，
没有明确的全等三角形时，要通过辅助线来构建与已知和所求条件相关联全等三角形．
◆◆题型五 利用“一线三等角模型”构造全等三角形
9．（2022•南京模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°点D在BC的延长线上，且BD＝AB．过点B作
BE⊥AC，与BD的垂线DE交于点E．
（1）求证：△ABC≌△BDE；（2）请找出线段AB、DE、CD之间的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）利用已知得出∠A＝∠DBE，进而利用ASA得出△ABC≌△BDE即可；
（2）根据全等三角形的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵BE⊥AC，
∴∠A+∠ABE＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠DBE+∠ABE＝90°，
∴∠A＝∠DBE，
{
∠A=∠DBE
在△ABC和△BDE中， BD=AB ，
∠ABC=∠BDE=90°
∴△ABC≌△BDE（ASA）；
（2）解：AB＝DE+CD，
理由：由（1）证得，△ABC≌△BDE，
∴AB＝BD，BC＝DE，
∵BD＝CD+BC，
∴AB＝CD+DE．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．10．如图，已知 AB⊥BC，AE⊥BE，CD⊥BE，垂足分别为 B，E，D，AB＝BC．求证：（1）
△ABE≌△BCD；
（2）DE＝CD﹣AE．
【分析】（1）可利用AAS证明）△ABE≌△BCD；
（2）根据全等三角形的性质可证明结论．
【解答】证明：（1）∵AB⊥BC，AE⊥BE，CD⊥BE，
∴∠E＝∠BDC＝∠ABC＝90°，
∴∠ABE+∠DBC＝∠C+∠DBC＝90°，
∴∠ABE＝∠C，
{∠E=∠BDC
在△ABE和△BCD中， ∠ABE=∠C，
AB=BC
∴△ABE≌△BCD（AAS）；
（2）∵△ABE≌△BCD，
∴BE＝CD，AE＝BD，
∵DE＝BE﹣BD，
∴DE＝CD﹣AE．
【点评】本题主要考查全等三角形的性质与判定，利用AAS证明△ABE≌△BCD是解题的关键．
11．在平面直角坐标系中，点A在x轴的负半轴上，且OA＝3．
（1）如图①，OB＝5，以A为直角顶点，在第三象限内作等腰Rt△ABC，求点C的坐标．（2）如图②，以y轴负半轴一点P，作等腰直角三角形Rt△APD，其中∠APD＝90°，过点D作DE⊥x
轴于点E，求OP﹣DE的值．
【分析】（1）过点C作CD⊥x轴于点D，证明△AOB≌△CDA，根据全等三角形的性质得到AD＝OB＝
5，CD＝OA＝3，进而求出点C的坐标；
（2）过点D作DF⊥OP于点F，证明△AOP≌△PFD，得到PF＝OA＝3，进而得到答案．
【解答】解：（1）如图①，过点C作CD⊥x轴于点D，
∵∠AOB＝90°，
∴∠ABO+∠BAO＝90°，
∵∠CAB＝90°，
∴∠CAD+∠BAO＝90°，
∴∠ABO＝∠CAD，
在△AOB和△CDA中，
{∠AOB=∠CDA
∠ABO=∠CAD，
AB=CA
∴△AOB≌△CDA（AAS），
∴AD＝OB＝5，CD＝OA＝3，
∴点C的坐标为（﹣8，﹣3）；
（2）如图②，过点D作DF⊥OP于点F，
则四边形OFDE为矩形，∴OF＝DE，
由（1）的方法可知，∠OAP＝∠FPD，
在△AOP和△PFD中，
{∠OAP=∠FPD
∠AOP=∠PFD，
AP=PD
∴△AOP≌△PFD（AAS），
∴PF＝OA＝3，
∴OP﹣DE＝OP﹣OF＝PF＝3．
【点评】本题考查的是三角形全等的判定和性质、等腰直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理
和性质定理是解题的关键．1．如图所示，D是四边形AEBC内一点，联结AD，BD，已知CA＝CB，DA＝DB，EA＝EB，请问C，
D，E三点在一条直线上吗？为什么？
【分析】连接CD、ED，根据SSS分别判定△ADC≌△BDC，△ADE≌△BED，进而可得∠ADC＝∠BDC、
∠ADE＝∠BDE；结合周角定义进而推出∠ADC+∠ADE＝180°解答即可．
【解答】解：C、D、E三点在同一直线上．理由如下：
连接CD、ED．
在△ADC和△BDC中，AC＝BC，AD＝BD，CD＝CD，
∴△ADC≌△BDC（SSS），
∴∠ADC＝∠BDC．
在△ADE和△BDE中，AD＝BD，AE＝BE，DE＝DE，∴△ADE≌△BED（SSS），
∴∠ADE＝∠BDE．
∵∠ADC+∠BDC+∠ADE+∠BDE＝360°，
∴∠ADC+∠ADE＝180°，
∴C、D、E三点在同一直线上．
【点评】本题主要考查全等三角形的判定，熟练掌握其判定定理是关键．
2．如图所示，在四边形ABCD中，已知AB＝CD，AD＝BC，DE＝BF，且点E、F分别在AD、CB的延
长线上．求证：BE＝DF．
【分析】连接BD，先证△ABD≌ACDB(SSS)得到∠A=∠C，再证明△EAB≌△FCD(SAS)
得到BE=DF.
【解答】解：如图，连接BD，
在△ABD和CDB中
∵AB=DC ，AD=BC， BD=DB∴△ABD≌ACDB(SSS)，
∴∠A=∠C，
∵AD=BC，DE=BF
∴AD+DE=BC+BF，
∴AE=CF，
在AEAB和FCD中，
∵ AE=CF， ∠A=∠C， AB=CD
∴△EAB≌△FCD(SAS)
∴BE=DF.
【点评】此题考查全等三角形的判定与性质，关键是连接BD，构造全等三角形解决问题的关键．
3．如图，在△ABC中，BE是∠ABC的平分线，AD⊥BE，垂足为D，求证：∠2＝∠1+∠C．
【分析】证△ABD≌△FBD（ASA），得∠DFB＝∠2．再由三角形的外角性质得∠DFB＝∠1+∠C，即可得
出结论．
【解答】解：延长AD交BC于F，∵BE是∠ABC的平分线，
∴∠ABD＝∠FBD，
∵AD⊥BE，
∴∠ADB＝∠FDB＝90°．
在△ABD与△FBD中，
{
∠ABD=∠FBD
∵ BD=BD ，
∠ADB=∠FDB=90°
∴△ABD≌△FBD（ASA），
∴∠DFB＝∠2．
又∵∠DFB＝∠1+∠C，
∴∠2＝∠1+∠C．
故答案为：∠FBD，∠FDB，ASA，∠2，∠1．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质等知识；熟练掌握三角形的外角性
质，证明△ABD≌△FBD是解题的关键．
4．（2021秋•惠阳区校级月考）如图①所示，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C在△ABC外
作直线MN，AM⊥MN于点M，BN⊥MN于点N．
（1）求证：MN＝AM+BN；
（2）如图②，若过点C作直线MN与线段AB相交，AM⊥MN于点M，BN⊥MN于点N，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
【分析】（1）利用互余关系证明∠MAC＝∠NCB，可证△AMC≌△CNB，从而得到AM＝CN，MC＝BN，
再利用线段的和差关系可得答案；
（2）类似于（1）的方法可得AM＝CN，MC＝BN，再结合图中线段的和差关系解题．
【解答】解：（1）∵AM⊥MN，BN⊥MN，
∴∠AMC＝∠CNB＝90°．
∵∠ACB＝90°，∠AMC＝90°，
∴∠MAC+∠ACM＝90°，∠NCB+∠ACM＝90°，
∴∠MAC＝∠NCB．
在△AMC和△CNB中，
{∠AMC=∠CNB
∠MAC=∠NCB，
AC=CB
∴△AMC≌△CNB（AAS），
∴AM＝CN，MC＝NB．
∵MN＝NC+CM，
∴MN＝AM+BN．
（2）（1）中的结论不成立，理由如下：
与（1）同理可得AM＝CN，MC＝NB．
∵MN＝CN﹣CM，
∴MN＝AM﹣BN．
【点评】本题主要考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的
判定与性质是解题的关键．5．如图，P为定角∠AOB平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补，若∠MPN在绕点P转动的过
程中，其两边分别与OA，OB相交于M，N两点，求证：PM＝PN．
【拓展1】OM+ON的值是否为定值？请说明理由．
【拓展2】四边形PMON的面积是否为定值？请说明理由．
【分析】作 PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，根据OP平分∠AOB可知PE＝PF，结合OP＝OP即可证明
△POE≌△POF．根据图中各角的数量关系可得∠MPE＝∠NPF、∠PEM＝∠PFN，进而还可证明
△PEM≌△PFN；
利用全等三角形的性质即可证明PM＝PN，根据全等三角形的性质还可得到S
△PEM
＝S
△PNF
，据此可得S四
边形PMON
＝S四边形PEOF ＝定值，还可解答【拓展2】；
根据图中各线段之间的数量关系，通过等量代换就能确定OM+ON的值是否为定值，由此可解答【拓展
1】．
【解答】证明：如图，作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．
∵∠PEO＝∠PFO＝90°，
∴∠EPF+∠AOB＝180°．
∵∠MPN+∠AOB＝180°，∴∠EPF＝∠MPN，
∴∠EPM＝∠FPN．
∵OP平分∠AOB，PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，
∴PE＝PF．
在Rt△POE和Rt△POF中，PE＝PF，OP＝OP，
∴Rt△POE≌Rt△POF（HL），
∴OE＝OF．
在△PEM和△PFN中，∠MPE＝∠NPF，PE＝PF，∠PEM＝∠PFN，
∴△PEM≌△PFN（ASA），
∴PM＝PN．
解：【拓展1】
∵△PEM≌△PFN，
∴EM＝NF，
∴OM+ON＝OE+ME+OF﹣NF＝2OE＝定值．
【拓展2】
∵△PEM≌△PFN，
∴S ＝S ，
△PEM △PNF
∴S四边形PMON ＝S四边形PEOF ＝定值．
【点评】本题侧重考查有关角平分线的题目，需要掌握全等三角形的判定与性质、角平分线的性质等知
识，添加辅助线构造全等三角形是解题的关键
6．（2022春•丰城市校级期末）如图，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AE＝AC，AF⊥CB，垂足为F．
（1）求证：△ABC≌△ADE；（2）求证：CD＝2BF+DE．
【分析】（1）由“SAS”可证△ABC≌△ADE；
（2）先证明△AFB≌△AFG，可得AB＝AG，∠ABF＝∠G，由（1）知△BAC≌△DAE，可得AG＝AD，
∠ABF＝∠CDA，∠G＝∠CDA，再证明△CGA≌△CDA，可得CD＝CG，可得CD＝2BF+DE．
【解答】证明：（1）∵∠BAD＝∠CAE＝90°，
∴∠BAC+∠CAD＝∠CAD+∠DAE＝90°，
∴∠BAC＝∠DAE，
在△ABC和△ADE中，
{
AB=AD
∠BAC=∠DAE，
AC=AE
∴△ABC≌△ADE（SAS）；
（2）如图，延长CF至G，使FG＝BF，连接AG，
∵AF⊥BC，∴∠AFG＝∠AFB＝90°，
在△AFB和△AFG中，
{
BF=GF
∠AFB=∠AFG，
AF=AF
∴△AFB≌△AFG（SAS），
∴AB＝AG，∠ABF＝∠G，
由（1）知△BAC≌△DAE，
∴AB＝AD，∠CBA＝∠EDA，CB＝ED，
∴AG＝AD，∠ABF＝∠CDA，
∴∠G＝∠CDA，
在△CGA和△CDA中，
{∠GCA=∠DCA
∠CGA=∠CDA，
AG=AD
∴△CGA≌△CDA（AAS），
∴CG＝CD，
∵CG＝CB+BF+FG＝CB+2BF＝DE+2BF，
∴CD＝2BF+DE．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，添加恰当的辅助线构造全等三
角形是解题的关键．
7．（2022秋•如皋市校级月考）已知在平面直角坐标系中A（0，2），P（3，3），且PA⊥PB．
（1）如图1，求点B的坐标；
（2）如图2，若A点运动到A
1
位置，B点运动到B
1
位置，仍保持PA 1⊥PB
1
，求OB
1
﹣OA
1
的值．【分析】（1）由“ASA”可证△PAN≌△PBM，可得PA＝PB，BM＝AN＝1，即可求解；
（2）由“ASA”可证△PAA ≌△PBB ，可得AA ＝BB ，即可求解．
1 1 1 1
【解答】解：（1）如图，过点P作PM⊥OB于M，PN⊥y轴于N，
∴则四边形PMON是正方形，
∵A（0，2），
∴OA＝2，
则四边形PMON是正方形，
∴∠ANP＝∠BMP＝∠MPN＝90°，PN＝PM＝ON＝OM＝3，
∴AN＝ON﹣OA＝3﹣2＝1，∠APN+∠APM＝∠BPM+∠APM，
∴∠APN＝∠BPM，
在△PAN和△PBM中，
{∠ANP=∠BMP
PN=PM ，
∠APN=∠BPM
∴△PAN≌△PBM（ASA），∴PA＝PB，BM＝AN＝1，
∴OB＝OM+BM＝3+1＝4，
∴B（4，0）；
（2）由（1）得PA＝PB，
又∵∠APB＝∠A PB ＝90°，
1 1
∴∠APA
1
＝∠BPB
1
，
∵∠PAO+∠PBO＝360°﹣∠AOB﹣∠APB＝360°﹣90°﹣90°＝180°，∠PBB
1
+∠PBO＝180°，
∴∠PAO＝∠PBB
1
，
在△PAA 和△PBB 中，
1 1
{∠PAA❑ =∠PBB❑
1 1
PA=PB ，
∠APA❑ =∠BPB❑
1 1
∴△PAA
1
≌△PBB
1
（ASA），
∴AA ＝BB ，
1 1
∴OB ﹣OA ＝OB+BB ﹣（AA ﹣OA）＝OB+OA＝4+2＝6．
1 1 1 1
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，坐标与图形性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解
题的关键．
8．（2022春•富平县期末）问题情境：
（1）如图1，∠AOB＝90，OC平分∠AOB，把三角尺的直角顶点落在OC的任意一点P上，并使三角尺
的两条直角边分别与OA、OB相交于点E、F，过点P作PN⊥OA于点N，作PM⊥OB于点M，请写出PE
与PF的数量关系 ；
变式拓展：
（2）如图2，已知OC平分∠AOB，P是OC上一点，过点P作PM⊥OB于M，PN⊥OA于N，PE边与OA
边相交于点E，PF边与射线OB的反向延长线相交于点F，∠MPN＝∠EPF．试解决下列问题：
①PE与PF之间的数量关系还成立吗？为什么？
②若OP＝2OM，试判断OE、OF、OP三条线段之间的数量关系，并说明理由．
【分析】问题情境：（1）过点P作PM⊥OB于M，PN⊥OA于N．证明△PMF≌△PNE（ASA），可得结
论；
变式拓展：（2）①过点P作PM⊥OB于M，PN⊥OA于N．证明△PMF≌△PNE（ASA），可得结论；
②结论：OE﹣OF＝OP．证明△POM≌△PON（AAS），推出OM＝ON，再由△PMF≌△PNE（ASA），推
出FM＝EN，可得结论．
【解答】问题情境：证明：过点P作PM⊥OB于M，PN⊥OA于N．
∵OC平分∠AOB，PM⊥OB，PN⊥OA，
∴PM＝PN，
∵∠PMO＝∠PNO＝∠MON＝90°，
∴∠MPN＝360°﹣3×90°＝90°，∵∠MPN＝∠EPF＝90°，
∴∠MPF＝∠NPE，
在△PMF和△PNE中，
{
∠PMF=∠PNE
PM=PN ，
∠PMF=∠PNE=90°
∴△PMF≌△PNE（ASA），
∴PF＝PE；
变式拓展：①解：结论：PE＝PF．
理由：过点P作PM⊥OB于M，PN⊥OA于N，
∵OC平分∠AOB，PM⊥OB，PN⊥OA，
∴PM＝PN，
∵∠MPN＝∠EPF．
∴∠MPF＝∠NPE，
在△PMF和△PNE中，
{
∠PMF=∠PNE
PM=PN ，
∠PMF=∠PNE=90°
∴△PMF≌△PNE（ASA），
∴PF＝PE；②解：结论：OE﹣OF＝OP．
理由：在△OPM和△OPN中，
{∠PMO=∠PNO
∠POM=∠PON，
OP=OP
∴△POM≌△PON（AAS），
∴OM＝ON，
∵△PMF≌△PNE（ASA），
∴FM＝EN，
∴OE﹣OF＝EN+ON﹣（FM﹣OM）＝2OM，
1
在Rt△OPM中，∠PMO＝90°，∠POM= ∠AOB=60°，
2
∴∠OPM＝30°，
∴OP＝2OM，
∴OE﹣OF＝OP．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题
的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
9.已知在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，将△ABC放在平面直角坐标系中，如图所示．
（1）如图1，若A（1，0），B（0，3），求C点坐标；
（2）如图2，若A（1，3），B（﹣1，0），求C点坐标；（3）如图3，若B（﹣4，0），C（0，﹣1），求A点坐标．
【分析】（1）由在平面直角坐标系中有 Rt△ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC，可证得△ADC≌△BOA
（AAS），继而求得C点坐标；
（2）过点A作AD⊥BF于点D，过点C作y轴的平行线，过点A作x轴的平行线，两平行线交于点E，
则四边形ADFE为矩形，证明△ABD≌△ACE（AAS），可得出BD＝CE，AD＝AE＝3，则点C的坐标可
求出；
（3）过点 A 作 x 轴的平行线，过点 B 作 y 轴的平行线，两平行线交于点 E，证明△EAB≌△DCA
3
（AAS），则AE＝DC，BE＝AD，设BE＝OD＝a，则AE＝CD＝4﹣a，则4﹣a﹣a＝1，解得：a= ，则
2
答案可求出．
【解答】解：（1）如图1，过点C作CD⊥x轴于点D，则∠ADC＝∠AOB＝90°，
∴∠DAC+∠ACD＝90°，
∵Rt△ABC，∠BAC＝90°，
∴∠DAC+∠BAO＝90°，
∴∠BAO＝∠ACD，
在△ADC和△BOA中，
{∠ADC=∠BOA
∠ACD=∠BAO，
AC=AB
∴△ADC≌△BOA（AAS），
∴AD＝OB，CD＝OA，∵A（1，0），B（0，3），
∴OA＝1，OB＝3，
∴OD＝OA+AD＝4，CD＝1，
∴C点坐标为：（4，1）；
（2）如图2，过点A作AD⊥BF于点D，过点C作y轴的平行线，过点A作x轴的平行线，两平行线交于
点E，
则四边形ADFE为矩形，
∴∠DAE＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵∠ADB＝∠AEC＝90°，AB＝AC，
∴△ABD≌△ACE（AAS），
∴BD＝CE，AD＝AE＝3，
∵A（1，3），B（﹣1，0），
∴BD＝1+1＝2，
∴CF＝3﹣2＝1，OF＝1+3＝4，
∴C（4，1）；
（3）如图3，过点A作x轴的平行线，过点B作y轴的平行线，两平行线交于点E，则四边形OBED为矩形，
∴∠AEB＝∠ADC＝90°，
∴∠EAB+∠DAC＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°，
∴∠EAB＝∠ACD，
∵AB＝AC，
∴△EAB≌△DCA（AAS），
∴AE＝DC，BE＝AD，
∵B（﹣4，0），C（0，﹣1），
∴OB＝4，OC＝1，
设BE＝OD＝a，则AE＝CD＝4﹣a，
∴4﹣a﹣a＝1，
3
解得：a= ，
2
3 3
∴A（− ， ）．
2 2
【点评】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，坐标与图形
的性质，正确作出辅助线，构造全等三角形是解题的关键．
10．（2021秋•铁锋区期末）【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°，试探究图中线段BE、EF、FD之间的数量关系．
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 ．
【探索延伸】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，
1
且∠EAF= ∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由．
2
【学以致用】
如图3，四边形ABCD是边长为5的正方形，∠EBF＝45°，直接写出△DEF的周长．
【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；
（3）延长DC，截取CG＝AE，连接BG，根据SAS定理可得出△AEB≌△CGB，故可得出BE＝BG，
∠ABE＝∠CBG，再由∠EBF＝45°，∠ABC＝90°可得出∠ABE+∠CBF＝45°，故∠CBF+∠CBG＝45°，由
SAS定理可得△EBF≌△GBF，故EF＝GF，故△DEF的周长＝EF+ED+CF＝AE+CF+DE+DF＝AD+CD，
由此可得出结论．
【解答】（1）解：如图1，
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；
故答案为：EF＝BE+DF．
（2）解：结论EF＝BE+DF仍然成立；
理由：如图2，延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，
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；
（3）解：如图3，延长DC到点G，截取CG＝AE，连接BG，
在△AEB与△CGB中，
{
AE=CG
∵ ∠A=∠BCG，
AB=BC
∴△AEB≌△CGB（SAS），
∴BE＝BG，∠ABE＝∠CBG．
∵∠EBF＝45°，∠ABC＝90°，
∴∠ABE+∠CBF＝45°，
∴∠CBF+∠CBG＝45°．
在△EBF与△GBF中，
{
BE=BG
∵ ∠EBF=∠GBF，
BF=BF
∴△EBF≌△GBF（SAS），
∴EF＝GF，∴△DEF的周长＝EF+ED+DF＝AE+CF+DE+DF＝AD+CD＝5+5＝10．
【点评】本题考查的是全等三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解题的关
键．
11．（2022秋•南关区校级月考）通过对如图数学模型的研究学习，解决下列问题：
[模型呈现]
如图 1，∠BAD＝90°，AB＝AD，过点 B作BC⊥AC于点 C，过点 D作DE⊥AC于点 E．由∠1+∠2＝
∠2+∠D＝90°，得∠1＝∠D．又∠ACB＝∠AED＝90°，可以推理得到△ABC≌△DAE．进而得到AC＝
，BC＝AE．我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三等角”模型；[模型应用]
如图2，AE⊥AB且AE＝AB，BC⊥CD且BC＝CD，请按照图中所标注的数据，计算图中实线所围成的图
形的面积为 ．
A.50 B.62 C.65 D.68
[深入探究]
如图3，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AC＝AE，连接BC，DE，且BC⊥AF于点F，DE与直线AF交
于点G．求证：点G是DE的中点；
【分析】[模型呈现]利用全等三角形的性质解答即可；
[模型应用]由“K字”模型可知，△EPA≌△AGB，△BGC≌△CHD，推出EP＝AG＝6，PA＝BG＝3，BG＝
CH＝3，GC＝DH＝4，推出PH＝PA+AG+GC+CH＝16，图中实线所围成的图形的面积＝梯形EPHD的面
积﹣△EPE的面积﹣△ABG的面积﹣△BGC的面积﹣△CHD的面积；
[深入探究]作 DM⊥AF 于 M，EN⊥AF 于 N，由“K 字”模型得△ABF≌△DAM，则 EN＝DM，再证明
△DMG≌△ENG（AAS），则DG＝EG，即可得出结论．
【解答】[模型呈现]解：∵△ABC≌△DAE，
∴AC＝DE．
故答案为：DE；
[模型应用]解：如图2中，由“K字”模型可知，△EPA≌△AGB，△BGC≌△CHD，
∴EP＝AG＝6，PA＝BG＝3，BG＝CH＝3，GC＝DH＝4，
∴PH＝PA+AG+GC+CH＝3+6+4+3＝16，
∴图中实线所围成的图形的面积＝梯形EPHD的面积﹣△EPE的面积﹣△ABG的面积﹣△BGC的面积﹣
△CHD的面积
1 1 1
= ×（6+4）×16﹣2× ×3×6﹣2× ×3×4
2 2 2
＝50．
故答案为：50；
[深入探究]证明：如图3，过D作DM⊥AF于M，过E作EN⊥AF于N，
由“K字”模型得：△ABF≌△DAM（AAS），
∴AF＝DM，
同理：AF＝EN，∴EN＝DM，
∵DM⊥AF，EN⊥AF，
∴∠GMD＝∠GNE＝90°，
在△DMG与△ENG中
{∠DGM=∠EGN
∠DMG=∠ENG，
DM=EN
∴△DMG≌△ENG（AAS），
∴DG＝EG，
即点G是DE的中点；
【点评】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、“K字”模型的
应用以及三角形面积等知识，本题综合性强，熟练掌握“K字”模型的应用是解题的关键，属于中考常考
题型．
