文档内容
第 05 讲 全等三角形的常见辅助线（解析版）
第一部分 典例剖析+针对训练
类型一 倍长中线和类倍长中线
1．（2021秋•齐河县期末）（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（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．
思路引领：（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．
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（等角对等边），
∵FG+CF＝CG，
∴AF+CF＝AB．解题秘籍：本题是三角形综合题，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
等知识点，所以本题的综合性比较强，有一定的难度，通过作辅助线证明三角形全等是解题的关键．
针对训练1
1．（2016秋•宁都县期中）如图，在△ABC中，AB＝5，AC＝3，则BC边上的中线AD的取值范围是（
）
A．2＜AD＜8 B．0＜AD＜8 C．1＜AD＜4 D．3＜AD＜5
思路引领：先延长AD到E，且AD＝DE，并连接BE，由于∠ADC＝∠BDE，AD＝DE，利用SAS易证
△ADC≌△EDB，从而可得AC＝BE，在△ABE中，再利用三角形三边的关系，可得2＜AE＜8，从而易
求1＜AD＜4．
解：延长AD到E，使AD＝DE，连接BE，
∵AD＝DE，∠ADC＝∠BDE，BD＝DC，
∴△ADC≌△EDB（SAS）∴BE＝AC＝3，
在△AEB中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
即5﹣3＜2AD＜5+3，∴1＜AD＜4，
故选：C．
解题秘籍：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．2．（2021秋•江州区期末）在△ABC中，AC＝5，中线AD＝4，那么边AB的取值范围为（ ）
A．1＜AB＜9 B．3＜AB＜13 C．5＜AB＜13 D．9＜AB＜13
思路引领：作辅助线（延长 AD至E，使DE＝AD＝4，连接BE）构建全等三角形△BDE≌△ADC
（SAS），然后由全等三角形的对应边相等知BE＝AC＝5；而三角形的两边之和大于第三边、两边之差
小于第三边，据此可以求得AB的取值范围．
解：延长AD至E，使DE＝AD＝4，连接BE．则AE＝8，
∵AD是边BC上的中线，D是中点，
∴BD＝CD；
又∵DE＝AD，∠BDE＝∠ADC，∴△BDE≌△ADC，
∴BE＝AC＝5；
由三角形三边关系，得AE﹣BE＜AB＜AE+BE，
即8﹣5＜AB＜8+5，
∴3＜AB＜13；
故选：B．
解题秘籍：本题考查了全等三角形的判定与性质．解答该题时，围绕结论寻找全等三角形，运用全等三
角形的性质判定对应线段相等．
3．（2021秋•微山县期中）【发现问题】
小强在一次学习过程中遇到了下面的问题：
如图1，AD是△ABC的中线，若AB＝8，AC＝6，求AD的取值范围．
【探究方法】
小强所在学习小组探究发现：延长AD至点E，使ED＝AD，连接BE．可证出△ADC≌△EDB，利用全
等三角形的性质可将已知的边长与AD转化到同一个△ABE中，进而求出AD的取值范围．
方法小结：从上面思路可以看出，解决问题的关键是将中线AD延长一倍，构造出全等三角形，我们把这种方法叫做倍长中线法．
【应用方法】
（1）请你利用上面解答问题的方法思路，写出求AD的取值范围的过程；
【拓展应用】
（2）已知：如图2，AD是△ABC的中线，BA＝BC，点E在BC的延长线上，EC＝BC．写出AD与AE
之间的数量关系并证明．
思路引领：（1）如图1中，延长AD至点E，使ED＝AD，连接BE．利用全等三角形的性质证明AC＝
BE＝6，再利用三边关系解决问题；
（2）结论：AE＝2AD．延长AC到F，使得CF＝AC，连接EF，取EF的中点H，连接CH．证明AD＝
CH，利用三角形中位线定理，可得结论．
解：（1）如图1中，延长AD至点E，使ED＝AD，连接BE．
在△ADC和△EDB中，
{
DA=DE
∠ADC=∠EDB，
DC=DB
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴BE＝AC＝6，
∵AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∴8﹣6＜AE＜8+6，
∴2＜2AD＜14，
∴1＜AD＜7；（2）结论：AE＝2AD．
理由：延长AC到F，使得CF＝AC，连接EF，取EF的中点H，连接CH．
∵AC＝CF．FH＝EH，
1
∴CH= AE，
2
在△ACB和△FCE中，
{
CB=CE
∠ACB=∠FCE，
CA=CF
∴△ACB≌△FCE（SAS），
∴AB＝EF，
∵AB＝BC，
∴EC＝EF＝BA＝BC，
∵AD，CH分别是△ABC，△ECF的中线，
∴AD＝CH，
1
∴AD= AE．
2
解题秘籍：本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系，三角形的中位
线定理等知识，解题的关键是学会倍长中线，构造全等三角形解决问题．
类型二 过线段的两端点向中点处的线段作垂线构造全等三角形
典例2如图，D为CE的中点，F为AD上一点，且EF＝AC．求证：∠DFE＝∠DAC．
思路引领：首先根据全等三角形的判定得出△DEN≌△DCM，进而得出 EN＝MC，即可得出
Rt FEN≌Rt CAM，进而得出∠DFE＝∠DAC．
△ △证明：过C作CM⊥AD于M，过E作EN⊥AD于N，
在△DEN和△DCM中
{∠CMD=∠END
∠CDM=∠EDN，
DC=DE
∴△DEN≌△DCM（AAS），
∴EN＝MC，
在Rt ACM和Rt FEM中
{EF△=AC △
EN=MC
∴Rt FEN≌Rt CAM，
∴∠△DFE＝∠D△AC．
解题秘籍：此题主要考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定定理得出是解题关键．
针对练习2
4．如图．∠C＝90°，BE⊥AB且BE＝AB，BD⊥BC且BD＝BC，CB的延长线交DE于F
（1）求证：点F是ED的中点；
（2）求证：S ＝2S ．
ABC BEF
△ △
思路引领：（1）过点E作EM⊥CF交CF的延长线于M，根据同角的余角相等求出∠EBM＝∠A，然后
利用“角角边”证明△ABC和△BEM全等，根据全等三角形对应边相等可得BC＝EM，再求出BD＝
EM，然后利用“角角边”证明△EMF和△DBF全等，根据全等三角形对应边相等可得 EF＝DF，从而
得证；（2）根据全等三角形的面积相等和等底等高的三角形的面积相等进行证明．
证明：（1）如图，过点E作EM⊥CF交CF的延长线于M，
∵BE⊥AB，
∴∠EBM+∠ABC＝180°﹣90°＝90°，
∵∠C＝90°，
∴∠A+∠ABC＝180°﹣90°＝90°，
{
∠EBM=∠A
在△ABC和△BEM中， ∠C=∠M=90°，
BE=AB
∴△ABC≌△BEM（AAS），
∴BC＝EM，
∵BD＝BC，
∴BD＝EM，
{∠M=∠DBF=90°
在△EMF和△DBF中， ∠EFM=∠DFB ，
BD=EM
∴△EMF≌△DBF（AAS），
∴EF＝DF，
∴点F是ED的中点；
（2）∵△ABC≌△BEM，△EMF≌△DBF，
∴S ＝S ，S ＝S ，
ABC BEM EMF DBF
∵点△ F是E △ D的中点△， △
1 1
∴S ＝S = S = S ，
BEF DBF 2 BEM 2 ABC
△ △ △ △
∴S ＝2S ．
ABC BEF
△ △
解题秘籍：本题考查了全等三角形的判定与性质，同角的余角相等的性质，三角形的中线把三角形分成面积相等的两个三角形，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
类型三 中点加平行线构造8字全等
典例 3 如图所示，已知梯形 ABCD，AD∥BC，E 为 CD 的中点，若用 S 、S 、S 分别表示△ADE、
1 2 3
△EBC、△ABE的面积，则S 、S 、S 的关系是（ ）
1 2 3
A．S +S ＞S B．S +S ＝S C．S +S ＜S D．以上都不对
1 2 3 1 2 3 1 2 3
思路引领：延长AE，交BC延长线于点F，则可得到△ADE≌△FCE，则AE＝EF，从而得到△AEB与
△BFE是等底同高的两个三角形，即它们的面积相等，则三者的关系不难得出．
解：如图，延长AE，交BC延长线于点F，
∵AD∥BC，E为CD的中点，
∴△ADE≌△FCE，点E是AF的中点，有AE＝EF，
∴△AEB与△BFE是等底同高的两个三角形，即它们的面积相等，
∴S ＝S +S ＝S 故选：B．
BFE 1 2 3
△
解题秘籍：本题考查梯形，三角形的相关知识．解决此类题要懂得用梯形的常用辅助线，把梯形分割为
几个三角形，从而由三角形的性质来求解．
针对训练3
5．（2021•行唐县模拟）如图：已知AB∥CD，BC⊥CD，且CD＝2AB＝12，BC＝8，E是AD的中点，
请你用直尺（无刻度）作出一条线段与BE相等；并证明之；思路引领：延长BE与CD相交于点F，则EF＝BE，证明△AEB≌△△DEF，根据全等三角形的性质证
明结论；
解：延长BE与CD相交于点F，则EF＝BE，
证明：∵AB∥CD，
∴∠A＝∠D，∠ABE＝∠DFE，
∵E是AD的中点，
∴AE＝DE，
在△AEB与△DEF中，
{
∠A=∠D
∠ABE=∠DFE，
AE=DE
∴△AEB≌△△DEF（AAS），
∴BE＝EF；
解题秘籍：本题考查的是全等三角形的判定和性质，平行线的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质
定理是解题的关键．
类型四 截长补短法构造全等
典例4已知：如图，AB∥CD，BE平分∠ABC，CE平分∠BCD．求证：BC＝AB＋CD．
图1 图2
思路引领：要证明“BC＝AB＋CD”有两种思路，思路一：（截长法）将BC分成两部分，一部分等于
AB，一部分等于CD；思路二：（补短法）将AB或CD补长，使这条线段等于AB＋CD，然后证明这条
线段等于BC．
证法一：【截长法】（如图1）在BC上取一点F，使得BF＝AB，连接EF．
∵BE平分∠ABC，∴∠1＝∠2
在△ABE和△FBE中∴△ABE≌△FBE（SAS），∴∠A＝∠5．
∵AB∥CD，∴∠A＋∠D＝180°
∵∠5＋∠6＝180°，∴∠6＝∠D
∵CE平分∠BCD，∴∠3＝∠4
∴在△CED和△CEF中
∴△CED≌△CEF（AAS），∴FC＝CD
∵BC＝BF＋FC，∴BC＝AB＋CD．
证法二【补短法】（如图2）延长BA，交CE延长线于点F，
∵AB∥CD，∴∠ABC＋∠BCD＝180°，∠4＝∠F．
∵BE平分∠ABC，CE平分∠BCD，∴∠1＝∠2，∠2＝ ∠ABC，∠3＝ ∠BCD．
∴∠2＋∠3＝90°，∴∠BEC＝90°，∴∠BEF＝∠BEC＝90°
在△BEF和△BEC中
∴△BEF≌△BEC（ASA），∴BF＝BC，EF＝EC．
在△DEC和△AEF中∴△AEF≌△DEC，∴AF＝CD，∴BC＝AB＋CD．
F
A
E
D
1 4
2 3
B C
解题秘籍：（1）截长补短法适合解决形如“a＝b＋c”型：（2）本题也可延长BE，交CD延长线于点
F，从而达到补短的目的．
针对训练4
6．（2021秋•阳谷县期末）如图，已知AP∥BC，∠PAB的平分线与∠CBA的平分线相交于点E，CE的连
线交AP于点D，求证：AD+BC＝AB．
思路引领：先在AB上截取AF＝AD，连接EF，由AE平分∠PAB，利用SAS即可证得△DAE≌△FAE，
继而可证得∠EFB＝∠C，然后利用AAS证得△BEF≌△BEC，即可得BC＝BF，继而证得AD+BC＝
AB．
证法二：延长AE交BC的延长线于M；由AP∥BC，及AE平分∠PAB，可求得∠BAE＝∠M，即AB＝
BM，因此直线证得AD＝MC即可；在等腰△ABM中，BE是顶角的平分线，根据等腰三角形三线合一
的性质知：E是AM的中点，即AE＝EM，而PA∥BM，即可证得△ADE≌△MCE，从而得到所求的结
论．
证明：如图，在AB上截取AF＝AD，连接EF，
∵AE平分∠PAB，
∴∠DAE＝∠FAE，
在△DAE和△FAE中，{
AD=AF
∵ ∠DAE=∠FAE，
AE=AE
∴△DAE≌△FAE（SAS），
∴∠AFE＝∠ADE，
∵AD∥BC，
∴∠ADE+∠C＝180°，
∵∠AFE+∠EFB＝180°，
∴∠EFB＝∠C，
∵BE平分∠ABC，
∴∠EBF＝∠EBC，
在△BEF和△BEC中，
{
∠EFB=∠C
∵ ∠EBF=∠EBC，
BE=BE
∴△BEF≌△BEC（AAS），
∴BC＝BF，
∴AD+BC＝AF+BF＝AB．
证法二：如图，延长AE交BC的延长线于M，
∵AE平分∠PAB，BE平分∠CBA，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∵AD∥BC
∴∠1＝∠M＝∠2，∠1+∠2+∠3+∠4＝180°
∴BM＝BA，∠3+∠2＝90°，
∴BE⊥AM，
在△ABE和△MBE中，{
∠3=∠4
BE=BE ，
∠AEB=∠MEB
∴△ABE≌△MBE（ASA），
∴AE＝ME，
在△ADE和△MCE中，
{∠1=∠M
AE=ME ，
∠5=∠6
∴△ADE≌△MCE（ASA），
∴AD＝CM，
∴AB＝BM＝BC+AD．
解题秘籍：此题考查了全等三角形的判定与性质以及平行线的性质．注意掌握辅助线的作法，注意数形
结合思想的应用．
第二部分 专题提优训练
1．（2021秋•肥西县期末）一个三角形的两边长分别为5和9，设第三边上的中线长为x，则x的取值范围
是（ ）
A．x＞5 B．x＜7 C．4＜x＜14 D．2＜x＜7
思路引领：延长AD到E，使AD＝DE，连接BE，CE，利用SAS证明ADC≌△EDB，得BE＝AC＝9，
由AD＝x，得AE＝2x，在△ABE中利用三角形三边关系可得答案．
解：如图，AB＝5，AC＝9，AD为BC边的中线，
延长AD到E，使AD＝DE，连接BE，CE，∵AD＝x，
∴AE＝2x，
在△BDE与△CDA中，
{
AD=DE
∠ADC=∠EDB，
CD=BD
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴BE＝AC＝9，
在△ABE中，AB+BE＞AE，BE﹣AB＜AE，
即5+9＞2x，9﹣5＜2x，
∴2＜x＜7，
故选：D．
解题秘籍：本题主要考查了全等三角形的判定与性质，三角形的三边关系等知识，作辅助线构造三角形
全等是解题的关键．
2．（2022春•绥宁县期中）在数学活动课上，小明提出这样一个问题：如图，∠B＝∠C＝90°，E是BC的
中点，DE平分∠ADC，则下列说法正确的有（ ）
①AB∥CD；②AE平分∠DAB；③△EBA≌△DCE；④AB+CD＝AD；⑤AE⊥DE．
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
思路引领：延长DE交AB的延长线于点M，易证△DCE≌△MBE（AAS），BM＝DC，DE＝ME，根据角平分线的性质进一步可得△ADM是等腰三角形，然后进行判断即可．
解：延长DE交AB的延长线于点M，如图所示：
∵∠B＝∠C＝90°，
∴∠B+∠C＝180°，
∴AB∥CD，
故①选项符合题意；
∴∠C＝∠CBM，∠CDE＝∠BME，
∵E是BC的中点，
∴BE＝CE，
∴△DCE≌△MBE（AAS），
∴BM＝DC，DE＝ME，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠CDE，
∵∠CDE＝∠BME，
∴∠ADE＝∠BME，
∴AD＝AM，
∴AB+BM＝AB+CD＝AD，
故④选项符合题意，
∵AD＝AM，DE＝ME，
∴∠DAE＝∠BAE，AE⊥DE，
∴BE平分∠DAB，
故②、⑤选项符合题意；
∵AB和CD的大小关系不确定，
故③选项不符合题意，
综上可知，正确的有①②④⑤，
故选：C．解题秘籍：本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质和判定，角平分线等，构造全等三
角形△DCE≌△MBE（AAS）是解题的关键．
3．（2021秋•确山县期末）已知：如图，AD是△ABC的边BC上的中线，AB＝6，中线AD＝4．则AC的
取值范围是 ．
思路引领：延长AD至E，使DE＝AD，连接CE．根据SAS证明△ABD≌△ECD，得CE＝AB，再根据
三角形的三边关系即可求解．
解：延长AD至E，使DE＝AD，连接CE．
∵BD＝CD，∠ADB＝∠EDC，AD＝DE，
∴△ABD≌△ECD（SAS），
∴CE＝AB．
在△ACE中，AE﹣EC＜AC＜AE+EC，
∴8﹣6＜AC＜8+6，
即2＜AC＜14，
故答案为：2＜AC＜14．
解题秘籍：此题综合运用了全等三角形的判定和性质、三角形的三边关系．注意：倍长中线是常见的辅
助线之一．
4．（2021春•大庆期末）如图．AB＝AE，AB⊥AE，AD＝AC．AD⊥AC，点M为BC的中点，求证：DE
＝2AM．思路引领：延长 AM至N，使 MN＝AM，证△AMC≌△NMB，推出 AC＝BN＝AD，求出∠EAD＝
∠ABN，证△EAD≌△ABN即可．
证明：延长AM至N，使MN＝AM，连接BN，
∵点M为BC的中点，
∴CM＝BM，
在△AMC和△NMB中
{
AM=MN
∠AMC=∠NMB
CM=BM
∴△AMC≌△NMB（SAS），
∴AC＝BN，∠C＝∠NBM，
∵AB⊥AE，AD⊥AC，
∴∠EAB＝∠DAC＝90°，
∴∠EAD+∠BAC＝180°，
∴∠ABN＝∠ABC+∠C＝180°﹣∠BAC＝∠EAD，
在△EAD和△ABN中
{
AE=AB
∵ ∠EAD=∠ABN，
AD=BN
∴△ABN≌△EAD（SAS），
∴DE＝AN＝2AM．
解题秘籍：本题考查了等腰直角三角形和全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生的推理能力，延长AM至N，使MN＝AM，再只证AN＝DE即可，这就是“中线倍长”，实质是“补短法”．
5．（2010春•林州市期末）如图，梯形ABCD中，AD∥BC，E是AB的中点，DE⊥CE．求证：AD+BC＝
DC．
思路引领：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，进而利用等线段的代换可证得结论．
证明：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，
∴CD＝CF＝BC+BF，
∴AD+BC＝DC．
解题秘籍：本题考查梯形的知识，因为点E是中点，所以应该联想到构造全等三角形，这是经常用到的
解题思路，同学们要注意掌握．
6．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，E是AB的中点．
（1）求证：S ＝S +S ．
CED ADE BCE
△ △ △（2）当CE＝DE时，判断BC与CD的位置关系，并说明理由．
思路引领：（1）延长DE交CB的延长线于F，可证得△AED≌△BEF，DE＝EF，进而利用等底等高三
角形的面积相等得出结论；
（2）由CE＝DE＝EF，得出∠F＝∠ECF，∠ECD＝∠CDE，进一步利用三角形的内角和求得∠FCD＝
90°，证得结论．
（1）证明：延长DE交CB的延长线于F，
∵AD∥CF，
∴∠A＝∠ABF，∠ADE＝∠F，
∵E是AB中点，
∴AE＝BE，
在△AED与△BEF中，
{∠A=∠ABF
AE=BE ，
∠ADE=∠F
∴△AED≌△BEF（AAS），
∴DE＝EF，S ＝S ，
AED EBF
∴S ＝S △＝S △ +S ．
DEC EFC ADE BCE
（2 △）解：当△ CE＝D △ E时，△ BC⊥CD．
理由：
∵△AED≌△BEF，
∴DE＝EF，
∵CE＝DE，
∴CE＝DE＝EF，
∴∠F＝∠ECF，∠ECD＝∠CDE，
∵∠F+∠ECF+∠ECD+∠CDE＝180°，
∴∠FCD＝90°，∴BC⊥CD．
解题秘籍：此题主要考查了三角形全等的判定与性质，垂线的意义，掌握三角形的全等的判定方法是解
决问题的关键．
7．（2021秋•南召县期末）【教材呈现】如图是华师版八年级上册数学教材第69页的部分内容：
（1）【方法应用】如图①，在△ABC中，AB＝6，AC＝4，则BC边上的中线AD长度的取值范围是
．
（2）【猜想证明】如图②，在四边形ABCD中，AB∥CD，点E是BC的中点，若AE是∠BAD的平分
线，试猜想线段AB、AD、DC之间的数量关系，并证明你的猜想；
（3）【拓展延伸】如图③，已知AB∥CF，点E是BC的中点，点D在线段AE上，∠EDF＝∠BAE，
若AB＝5，CF＝2，直接写出线段DF的长．
思路引领：（1）延长AD到E，使AD＝DE，连接BE，证△ADC≌△EDB，推出AC＝BE＝8，在△ABE中，根据三角形三边关系定理得出AB﹣BE＜AE＜AB+BE，代入求出即可．
（2）结论：AD＝AB+DC．延长AE，DC交于点F，证明△ABE≌△FEC（AAS），推出AB＝CF，再证
明DA＝DF即可解决问题．
（3）如图③，延长AE交CF的延长线于点G，证明AB＝DF+CF，可得结论．
解：（1）延长AD到E，使AD＝DE，连接BE，
∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD，
在△ADC和△EDB中，
{
AD=DE
∠ADC=∠EDB，
DC=DB
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴AC＝BE＝4，
在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∴6﹣4＜2AD＜6+4，
∴1＜AD＜5，
故答案为：1＜AD＜5．
（2）结论：AD＝AB+DC．
理由：如图②中，延长AE，DC交于点F，
∵AB∥CD，∴∠BAF＝∠F，
在△ABE和△FCE中，
{∠AEB=∠FEC
∠BAE=∠F ，
BE=CE
∴△ABE≌△FEC（AAS），
∴CF＝AB，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠BAF＝∠FAD，
∴∠FAD＝∠F，
∴AD＝DF，
∵DC+CF＝DF，
∴DC+AB＝AD．
（3）如图③，延长AE交CF的延长线于点G，
∵E是BC的中点，
∴CE＝BE，
∵AB∥CF，
∴∠BAE＝∠G，
在△AEB和△GEC中，
{
∠BAE=∠G
∠AEB=∠GEC，
BE=CE
∴△AEB≌△GEC（AAS），
∴AB＝GC，
∵∠EDF＝∠BAE，
∴∠FDG＝∠G，∴FD＝FG，
∴AB＝DF+CF，
∵AB＝5，CF＝2，
∴DF＝AB﹣CF＝3．
解题秘籍：本题是四边形的综合问题，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、角
平分线的性质、三角形三边关系等知识点，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．
8．（2020•龙岗区模拟）如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，AD、CE分别平分∠BAC、∠ACB，求证：AC
＝AE+CD．
思路引领：在AC上取AF＝AE，连接OF，即可证得△AEO≌△AFO，得∠AOE＝∠AOF；再证得
∠COF＝∠COD，则根据全等三角形的判定方法ASA即可证△FOC≌△DOC，可得DC＝FC，即可得
结论．
证明：在AC上取AF＝AE，连接OF，
∵AD平分∠BAC、
∴∠EAO＝∠FAO，
在△AEO与△AFO中，
{
AE=AF
∠EAO=∠FAO
AO=AO
∴△AEO≌△AFO（SAS），
∴∠AOE＝∠AOF；∵AD、CE分别平分∠BAC、∠ACB，
1 1 1 1
∴∠ECA+∠DAC= ∠ACB+ ∠BAC= （∠ACB+∠BAC）= （180°﹣∠B）＝60°
2 2 2 2
则∠AOC＝180°﹣∠ECA﹣∠DAC＝120°；
∴∠AOC＝∠DOE＝120°，∠AOE＝∠COD＝∠AOF＝60°，
则∠COF＝60°，
∴∠COD＝∠COF，
{∠COD=∠COF
∴在△FOC与△DOC中， CO=CO ，
∠FCO=∠DCO
∴△FOC≌△DOC（ASA），
∴DC＝FC，
∵AC＝AF+FC，
∴AC＝AE+CD．
解题秘籍：本题考查了全等三角形的判定和性质，涉及到三角形内角和定理，熟练掌握全等三角形的判定
方法是解题的关键．
9．（2020秋•岫岩县期中）阅读下面的题目及分析过程，并按要求进行证明．
已知：如图，点E是BC的中点，点A在DE上，且∠BAE＝∠CDE．
求证：AB＝CD．
分析：证明两条线段相等，常用的方法是应用全等三角形或等腰三角形的判定和性质，观察本题中要证
明的两条线段，它们不在同一个三角形中，且它们分别所在的两个三角形也不全等，因此，要证 AB＝
CD，必须添加适当的辅助线，构造全等三角形或等腰三角形．
（1）现给出如下两种添加辅助线的方法，请任意选出其中一种，对原题进行证明．
①如图1，延长DE到点F，使EF＝DE，连接BF；
②如图2，分别过点B、C作BF⊥DE，CG⊥DE，垂足分别为点F，G．
（2）请你在图3中添加不同于上述的辅助线，并对原题进行证明．思路引领：（1）①如图1，延长DE到点F，使EF＝DE，连接BF，先判断出BE＝CE，进而判断出
△BEF≌△CED，得出BF＝CD，∠F＝∠CDE，再判断出AB＝BF，即可得出结论；
②如图2，分别过点B、C作BF⊥DE，CG⊥DE，垂足分别为点F，G，先判断出BE＝CE，进而判断出
△BEF≌△CEG，得出BF＝CG，再判断出△BAF≌△CDG，即可得出结论；
（2）如图 3，过 C 点作 CM∥AB，交 DE 的延长线于点 M，先判断出 BE＝CE，进而判断出
△BAE≌△CME（AAS），得出CM＝AB，∠BAE＝∠M，即可得出结论．
证明：（1）①如图1，延长DE到点F，使EF＝DE，连接BF，
∵点E是BC的中点，
∴BE＝CE，
在△BEF和△CED中，
{
BE=CE
∠BEF=∠CED，
EF=ED
∴△BEF≌△CED（SAS），
∴BF＝CD，∠F＝∠CDE，
∵∠BAE＝∠CDE，
∴∠BAE＝∠F，
∴AB＝BF，
∴AB＝CD；
②如图2，分别过点B、C作BF⊥DE，CG⊥DE，垂足分别为点F，G，
∴∠F＝∠CGE＝∠CGD＝90°，
∵点E是BC的中点，
∴BE＝CE，
在△BEF和△CEG中，{∠F=∠CGE=90°
∠BEF=∠CEG ，
BE=CE
∴△BEF≌△CEG（AAS），
∴BF＝CG，
在△BAF和△CDG中，
{
∠BAE=∠CDE
∠F=∠CGD=90°，
BF=CG
∴△BAF≌△CDG（AAS），
∴AB＝CD；
（2）如图3，
过C点作CM∥AB，交DE的延长线于点M，
则∠BAE＝∠EMC，
∵E是BC中点，
∴BE＝CE，
在△BAE和△CME中，
{∠BAE=∠CME
∠BEA=∠CEM，
BE=CE
∴△BAE≌△CME（AAS），
∴CM＝AB，∠BAE＝∠M，
∵∠BAE＝∠EDC，
∴∠M＝∠EDC，
∴CM＝CD，
∴AB＝CD．解题秘籍：此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，对顶角相等，平行线的性质，构
造出全等三角形是解本题的关键．
