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第 07 讲 用全等三角形解决三条线段和差问题技巧（解析版）
第一部分 典例剖析+针对训练
类型一 等量代换
名师点金：通过图中线段来代换另一条线段，将线段的和差问题转化为证两线段相等的问题，通过全等得
到线段等，直接代换，将分散的线段转化到同一直线上解决问题．
典例1 （2021秋•滦州市期中）已知：如图①，点D是等边△ABC中BC边上一点，以AD为一边作等边
△ADE，连接CE．
（1）求证：AC＝CD+CE．
（2）直接写出图①中∠BCE的度数 ．
（3）如图②，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝ ．若∠BCE＝ ，试着探究 和 之间的关系．
（简要说明理由） α β α β
思路引领：（1）先证明△ABD≌△ACE（SAS），由全等三角形的性质得出 BD＝CE，即可证出
CE+CD＝BD+CD＝BC＝AC；
（2）由全等三角形的性质得出∠ABD＝∠ACE＝60°，则可得出结论；
（3）同（1）可证：△ABD≌△ACE，由全等三角形的性质得出∠ACE＝∠B，则可得出结论．
（1）证明：∵△ABC和△ADE均为等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
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学科网（北京）股份有限公司∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，
∴CE+CD＝BD+CD＝BC＝AC；
（2）解：∵△ABD≌△ACE，
∴∠ABD＝∠ACE＝60°，
∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝60°+60°＝120°，
故答案为：120°；
（3）解：同（1）可证：△ABD≌△ACE，
∴∠ACE＝∠B，
∴∠BAC+∠B+∠ACB＝∠BAC+∠ACE+∠ACB＝180°，
∵∠BAC＝ ，∠ACE+∠ACB＝∠BCE＝ ，
∴ + ＝180α°． β
解α题秘β 籍：本题考查了三角形内角和定理，等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质；证明三角形
全等是解决问题的关键．
典例2（2020秋•兖州区期末）如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D是直线AB上的一动点（不
和A、B重合），BE⊥CD交CD所在的直线于点E，交直线AC于F．
（1）点D在边AB上时，证明：AB＝FA+BD；
（2）点D在AB的延长线或反向延长线上时，（1）中的结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成
立，请画出图形，并直接写出AB，FA，BD三者之间数量关系．
思路引领：（1）易证∠FBA＝∠FCE，结合条件容易证到△FAB≌△DAC，从而有FA＝DA，就可得到
AB＝AD+BD＝FA+BD．
（2）由于点D的位置在变化，因此线段AF、BD、AB之间的大小关系也会相应地发生变化，只需画出
图象并借鉴（1）中的证明思路就可解决问题．
证明：（1）∵BE⊥CD即∠BEC＝90°，∠BAC＝90°，
∴∠F+∠FBA＝90°，∠F+∠FCE＝90°，
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学科网（北京）股份有限公司∴∠FBA＝∠FCE，
∵∠FAB＝180°﹣∠DAC＝90°，
∴∠FAB＝∠DAC，
在△FAB和△DAC中，
{∠FAB=∠DAC
)
AB=AC ，
∠FBA=∠DCA
∴△FAB≌△DAC（ASA），
∴FA＝DA，
∴AB＝AD+BD＝FA+BD，
∴BD＝AB﹣AF；
（2）解：（1）中的结论不成立．
点D在AB的延长线上时，AB＝AF﹣BD；点D在AB的反向延长线上时，AB＝BD﹣AF．
理由如下：
①当点D在AB的延长线上时，如图2．
同理可得：FA＝DA．
则AB＝AD﹣BD＝AF﹣BD．
②点D在AB的反向延长线上时，如图3．
同理可得：FA＝DA．
则AB＝BD﹣AD＝BD﹣AF．
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学科网（北京）股份有限公司解题秘籍：本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质等知识，当条件没有改变仅仅
是图形的位置发生变化时，常常可以通过借鉴已有的解题经验来解决问题．
针对训练1
1．（2019秋•乐昌市期中）如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线l经过点A，且BD⊥l于
的D，CE⊥l于的E．
（1）求证：BD+CE＝DE；
（2）当变换到如图②所示的位置时，试探究BD、CE、DE的数量关系，请说明理由．
思路引领：（1）易证∠EAC＝∠ABD，即可求证△ABD≌△CAE，根据全等三角形相等的性质即可解
题；
（2）先根据垂直的定义得到∠AEC＝∠BDA＝90°，再根据等角的余角相等得到∠ABD＝∠CAE，则可
利用“AAS”判断△ABD≌△CAE，所以AD＝CE，BD＝AE，于是有BD﹣CE＝AE﹣AD＝DE．
证明：（1）∵∠DAB+∠EAC＝90°，∠DAB+∠ABD＝90°，
∴∠EAC＝∠ABD，
在△ABD和△CAE中，
{∠ADB=∠CEA=90°
)
∠ABD=∠EAC ，
AB=AC
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD＝AE，CE＝AD，
∵DE＝AD+AE，
∴DE＝BD+CE；
（2）BD﹣CE＝DE，
理由如下：
∵CE⊥AN，BD⊥AN，
∴∠AEC＝∠BDA＝90°，
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学科网（北京）股份有限公司∴∠BAD+∠ABD＝90°，
∵∠BAC＝90°，即∠BAD+∠CAE＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
{∠ABD=∠CAE
)
∠ADB=∠CEA ，
AB=CA
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴AD＝CE，BD＝AE，
∴BD﹣CE＝AE﹣AD＝DE．
解题秘籍：本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，判定三角形全等的方法
有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”；全等三角形的对应边相等，本题中求证△ABD≌△CAE是
解题的关键．
类型二 截长补短
名师点金：截长：在长线段中截取一段等于另两条中的一条，然后证明剩下部分等于另一条；
补短：将一条短线段延长，延长部分等于另一条短线段，然后证明新线段等于长线段；或者将短线段
直接延长至等于长线段。
无论截长还是补短都需要将几条线段的和差问题转化为证两条线段相等的问题，一般情况要通过两对
全等实现。
模型一 角平分线与线段和差类
典例3（2012秋•城北区期中）已知，如图，BD是△ABC的角平分线，AB＝AC，
（1）若BC＝AB+AD，请你猜想∠A的度数，并证明；
（2）若BC＝BA+CD，求∠A的度数？
（3）若∠A＝100°，求证：BC＝BD+DA．
思路引领：（1）在BC上截取BE＝BA，连接DE，证△ABD≌△EBD，推出AD＝DE＝CE，∠A＝
∠DEB，证出∠A＝2∠C，因为∠C＝∠B，根据三角形内角和定理求出即可；
（2）在BC上截取CF＝CD，连接DF，证△ABD≌△FBD，推出∠A＝∠DFB，推出2∠A﹣∠C＝
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学科网（北京）股份有限公司180°，根据三角形内角和定理得到∠A+2∠C＝180°，解方程组即可求出答案；
（3）BC 上截取 BQ＝BD，连接 DQ，延长 BA 到 W 使 BW＝BQ，连接 DW，求出 CQ＝DQ，证
△WBD≌△CBD，推出∠W＝∠DQB，证AD＝DW，即可推出答案．
解：（1）答：∠A＝90°．理由如下：
在BC上截取BE＝BA，连接DE．
∵BC＝AB+AD，
∴CE＝AD，
∵BD是△ABC的角平分线，
∴∠ABD＝∠EBD，
∵AB＝BE，BD＝BD，
∴△ABD≌△EBD，
∴AD＝DE＝CE，∠A＝∠DEB，
∴∠C＝∠EDC，
∴∠A＝∠DEB＝∠C+∠EDC＝2∠C，
∵AB＝AC，
∴∠C＝∠B，
∵∠A+∠ABC+∠C＝180°，
∴4∠C＝180°，
∴∠C＝45°，∠A＝2∠C＝90°，
即∠A＝90°；
（2）解：在BC上截取CF＝CD，连接DF．
∵BC＝BA+CD，
∴BF＝BA，
∵∠ABD＝∠FBD，BD＝BD，
∴△ABD≌△FBD，
∴∠A＝∠DFB，
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学科网（北京）股份有限公司∵CD＝CF，
∴∠CDF＝∠CFD，
∴∠C+2∠DFC＝180°，
∵∠A+∠DFC＝180°，
∴2∠A﹣∠C＝180°，
∵∠A+2∠C＝180°，
解得：∠A＝108°，
答：∠A的度数是108°．
（3）证明：
在BC上截取BQ＝BD，连接DQ，延长BA到W使BW＝BQ，连接DW．
∵∠A＝100°，AC＝AB，
∴∠C＝∠ABC＝40°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠DBQ＝20°，
∵BD＝BQ，
1
∴∠DQB＝∠BDQ= （180°﹣∠DBQ）＝80°，
2
∴∠CDQ＝∠DQB﹣∠C＝40°＝∠C，
∴DQ＝CQ，
∵在△WBD和△QBD中
{
BW=BQ
)
∠WBD=∠QBD ，
BD=BD
∴△WBD≌△QBD，
∴∠W＝∠DQB＝80°，DW＝DQ＝CQ，
∵∠BAC＝100°，
∴∠WAD＝180°﹣∠BAC＝180°﹣100°＝80°，
即∠WAD＝∠W，
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学科网（北京）股份有限公司∴AD＝DW＝DQ＝CQ，
∴BC＝BD+DA．
解题秘籍：本题主要考查对三角形的内角和定理，三角形的外角性质，等腰三角形的性质和判定，全等
三角形的性质和判定，角平分线性质等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行推理是解此题的关
键．
针对训练2
2．（2021春•鄞州区校级期末）如图，△ABC的∠B和∠C的平分线BD，CE相交于点F，∠A＝60°，
（1）求∠BFC的度数．
（2）求证：BC＝BE+CD．
思路引领：（1）根据三角形的内角和等于180°列式求出∠ABC+∠ACB，再根据角平分线的定义求出
∠FBC+∠FCB，然后利用三角形的内角和等于180°列式计算即可得解．
（2）在BC上取一点O使得BO＝BE，易证∠BFE＝∠CFD＝60°，即可证明△BFE≌△BFO，可得
∠BFO＝∠BFE＝60°，即可证明△OCF≌△DCF，可得CO＝CD，根据BC＝BO+OC即可证明．
解：（1）在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝180°﹣60°＝120°，
∵∠ABC，∠ACB的平分线BE，CD相交于点F，
1 1
∴∠FBC= ∠ABC，∠FCB= ∠ACB，
2 2
1 1
∴∠FBC+∠FCB= （∠ABC+∠ACB）= ×120°＝60°，
2 2
在△BCF中，∠BFC＝180°﹣（∠FBC+∠FCB）＝180°﹣60°＝120°．
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学科网（北京）股份有限公司（2）证明：在BC上取一点O，使得BO＝BE，
∵∠A＝60°，BD、CE是△ABC的角平分线，
∴∠BFC＝120°，
∴∠BFE＝∠CFD＝60°，
在△BFE和△BFO中，
{
BF=BF
)
∠FBE=∠FBO ，
BE=BO
∴△BFE≌△BFO，（SAS）
∴∠BFO＝∠BFE＝60°，
∴∠CFO＝∠BFC﹣∠BFO＝60°，
在△OCF和△DCF中，
{∠CFO=∠CFD=60°
)
CF=CF ，
∠FCO=∠FCD
∴△OCF≌△DCF（ASA），
∴CO＝CD，
∵BC＝BO+CO，
∴BC＝BE+CD．
解题秘籍：本题考查了全等三角形的判定和性质性质、三角形的内角和定理，角平分线的定义，解题的
关键是学会添加辅助线构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
针对训练3
3．（2018秋•拱墅区月考）已知四边形ABCD，AB＝BC，∠A＝∠C＝90°，∠ABC＝120°，∠MBN＝
60°，∠MBN绕点B旋转，两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于点E、F．
（1）当点F在CD，点E在AD上时（如图1），求证：AE+CF＝EF．
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学科网（北京）股份有限公司（2）当点F在DC延长线上，点在AD延长线上时（如2），探究AE，CF与EF之间的数量关系，并
证明．
思路引领：（1）证明△EBF≌△KBF，即可得EF＝CK+CF，可证AE+CF＝EF；
（2）在DC的延长线上取点K，使CK＝AE，连接BK；证明△EBF≌△KBF，即可得AE﹣CF＝EF．
（1）证明：延长DC至K点，使得CK＝AE，如图1所示：
在△ABE和△CBK中，¿，
∴△ABE≌△CBK（SAS）．
∴BE＝BK，∠ABE＝∠KBC，
∵∠ABE+∠CBE＝120°，
∴∠KBC+∠CBE＝120°，
即∠KBE＝120°，
∵∠EBF＝60°，
∴∠KBF＝∠EBF＝60°．
在△EBF和△KBF中，¿，
∴△EBF≌△KBF（SAS）．
∴EF＝KF．
∴EF＝CK+CF．
∴AE+CF＝EF；
（2）解：AE﹣CF＝EF，理由如下：
在DC的延长线上取点K，使CK＝AE，连接BK．如图2所示：
在△ABE和△CBK中，¿，
∴△ABE≌△CBK（SAS）．
∴BE＝BK，∠ABE＝∠KBC，
∵∠ABE+∠CBE＝120°，
∴∠KBC+∠CBE＝120°，
即∠KBE＝120°．
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学科网（北京）股份有限公司∵∠EBF＝60°，
∴∠KBF＝∠EBF＝60°．
在△EBF和△KBF中，¿，
∴△EBF≌△KBF（SAS），
∴EF＝KF，
∴EF＝CK﹣CF．
∴AE﹣CF＝EF．
解题秘籍：本题考查了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．
模型二 倍半角与线段和差
典例4（2021秋•顺城区期末）如图，在△ABC中，∠A＝2∠B．
（1）作∠ACB的角平分线CD，交AB于点D；
（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不必写作法和证明）
（2）求证：BC＝AC+AD．
思路引领：（1）根据要求作出图形即可；
（2）在BC边上取点E，使EC＝AC，并连接DE．利用全等三角形的性质解决问题即可．
解：（1）如图，射线CD即为所求；
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学科网（北京）股份有限公司（2）证明：在BC边上取点E，使EC＝AC，并连接DE．
∵点CD平分∠ACB，．
∴∠ACD＝∠ECD．
在△ACD和△ECD中，
{
AC=CE
)
∠ACD=∠ECD ，
CD=CD
∴△ACD≌Rt△ECD （SAS），
∴AD＝ED，∠CAD＝∠CED，
∵∠A＝2∠B，
∴∠CED＝2∠B，
∵∠CED＝∠BDE+∠B，
∴∠BDE＝∠B，
∴EB＝ED＝AD，
∴BC＝CE+EB＝AC+AD．
解题秘籍：本题考查作图﹣基本作图，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握五种基
本作图，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
模型三 垂直于线段和差
典例5（2019秋•义安区期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AD⊥BC于D，且AB+BD＝DC，求∠C
的度数．
思路引领：如图，在DC上截取DH，使得DH＝DB，连接AH．首先证明AB＝CH＝AH，推出∠B＝
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学科网（北京）股份有限公司∠AHD，∠C＝∠HAC，设∠C＝x，∠AHB＝∠B＝2x，利用三角形内角和定理构建方程求出x即可．
解：如图，在DC上截取DH，使得DH＝DB，连接AH．
∵BD＝DH，AD⊥BH，
∴AB＝AH，
∵AB+BD＝DC，DC＝DH+HC，
∴AB＝CH＝AH，
∴∠B＝∠AHD，∠C＝∠HAC，设∠C＝x，∠AHB＝∠B＝2x，
∵∠B+∠C+∠BAC＝180°，
∴3x+120°＝180°，
∴x＝20°，
∴∠C＝20°
解题秘籍：本题考查等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是学会利用参数
构建方程解决问题．
针对训练4
5．（2020秋•西山区期末）如图，在梯形 ABCD 中，∠A＝∠B＝90°，点 E为AB的中点，DE平分
∠ADC．
（1）求证：CE平分∠BCD；
（2）求证：AD+BC＝CD．
思路引领：（1）作EM⊥CD垂足为M，根据角平分线的性质定理以及判定定理即可证明；
（2）只要证明△DEA≌△DEM得AD＝DM，同理可证CB＝CM．即可得结论．
证明：（1）如图，作EM⊥CD垂足为M，
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学科网（北京）股份有限公司∵ED平分∠ADM，EA⊥AD，EM⊥CD，
∴AE＝EM，
∵AE＝EB，
∴EM＝EB，
∵EB⊥BC，EM⊥CD，
∴EC平分∠BCD．
（2）由（1）可知：AE＝EM＝EB，
在Rt△DEA和Rt△DEM中，
{DE=DE)
，
AE=EM
∴Rt△DEA≌Rt△DEM（HL），
∴DA＝DM，
同理可证：Rt△BEC≌Rt△BMC（HL），
∴CB＝CM，
∴CD＝DM+MC＝AD+BC．
解题秘籍：本题考查等腰梯形的性质、角平分线的判定和性质以及全等三角形的判定与性质，根据角平
分线这个条件添加辅助线是解题的关键．
5．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D为AC中点，AE⊥BD于点E，交BC于点F，连接
DF．求证：BD﹣AF＝DF．
思路引领：如图作AG平分∠BAC，交BD于点G．证明△BAG≌△CAF（ASA），推出AG＝CF，BG＝
AF，证明△AGD≌△DFC（SAS），推出DG＝DF，即可解决问题；
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学科网（北京）股份有限公司证明：如图，作AG平分∠BAC，交BD于点G
∵∠BAC＝90°，AE⊥BD，
∴∠DAE+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，
∴∠ABG＝∠CAF，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AB＝AC，∠C＝∠BAG＝45°，
∴△BAG≌△CAF（ASA）
∴AG＝CF，BG＝AF，
又∵AD＝CD，∠GAD＝∠C＝45°，
∴△AGD≌△DFC（SAS）
∴DG＝DF，
∴BD﹣AF＝BD﹣BG＝DG＝DF．
解题秘籍：本题考查了等腰直角三角形的性质，以及全等三角形的判定与性质．添加合适的辅助线，构
造全等三角形是解本题的关键．
类型五 等边三角形与线段和差
典例6（2021秋•西城区校级期中）已知：如图，在△ABC中，AB＝AC，D是△ABC外一点，且∠ABD＝
60°，∠ACD＝60°
求证：BD+DC＝AB．
思路引领：延长BD到F，使BF＝BA，连接AF，CF，得出等边三角形ABF，推出AF＝AB＝AC＝BF，
∠AFB＝60°，推出∠ACF＝∠AFC，得出∠DFC＝∠DCF，推出DC＝DF即可．
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学科网（北京）股份有限公司证明：延长BD到F，使BF＝BA，连接AF，CF，
∵∠ABD＝60度，
∴△ABF为等边三角形，
∴AF＝AB＝AC＝BF，∠AFB＝60°，
∴∠ACF＝∠AFC，
又∵∠ACD＝60°，
∴∠AFB＝∠ACD＝60°
∴∠DFC＝∠DCF，
∴DC＝DF．
∴BD+DC＝BD+DF＝BF＝AB，
即BD+DC＝AB．
解题秘籍：本题考查了等边三角形的性质和判定，等腰三角形的性质的应用，关键是正确作辅助线，题
目具有一定的代表性，有一定的难度．
第二部分 专题提优训练
1．如图，在四边形ABCD中，点E在AD上，其中∠BAE＝∠BCE＝∠ACD＝90°，且BC＝CE．求证：AD
＝AE+AB．
思路引领：根据同角的余角相等可得到∠3＝∠5，结合条件可得到∠1＝∠D，再加上BC＝CE，可证得
结论．
证明：∵∠BCE＝∠ACD＝90°，
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学科网（北京）股份有限公司∴∠3+∠4＝∠4+∠5，
∴∠3＝∠5，
在△ACD中，∠ACD＝90°，
∴∠2+∠D＝90°，
∵∠BAE＝∠1+∠2＝90°，
∴∠1＝∠D，
在△ABC和△DEC中，
{∠1=∠D
)
∠3=∠5 ，
BC=CE
∴△ABC≌△DEC（AAS）．
∴AB＝DE，
∴AD＝AE+DE＝AE+AB．
解题秘籍：本题主要考查全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键，即 SSS、
SAS、ASA、AAS和HL．
2．（2019秋•奉化区期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，E为CD的中点，连接AE，BE，延长
AE交BC的延长线于点F．
（1）求证：△DAE≌△CFE；
（2）若BE⊥AF，求证：AB＝BC+AD．
思路引领：（1）由“AAS”可证△DAE≌△CFE；
（2）由全等三角形的性质可得AE＝EF，AD＝CF，由中垂线的性质可得AB＝BF，可得结论；
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学科网（北京）股份有限公司解：（1）∵AD∥BC，
∴∠D＝∠ECF，∠DAE＝∠F，
∵点E为CD的中点，
∴ED＝EC，
∴△DAE≌△CFE（AAS）；
（2）∵△DAE≌△CFE，
∴AE＝EF，AD＝CF，
∵BE⊥AF，
∴AB＝BF，
∵BF＝BC+CF，CF＝AD，
∴AB＝BC+AD．
解题秘籍：本题考查了全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，证明△DAE≌△CFE是本题
的关键．
3．（2020秋•北碚区校级期中）如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90，∠CBA与∠CAB的平分线相交于点
P，延长AP交BC于点D，过点P作PM∥AB交AC于点M，在CM上取点H，使AM＝MH，连接
HP．
（1）求证：HP⊥AD；
（2）求证：AH+BD＝AB．
思路引领：（1）依据角平分线的定义以及平行线的性质，即可得到 AM＝PM，进而得出AM＝MH＝
PM，即可得到∠APH为直角，即可得出结论；
（2）延长HP交AB于E，则∠APE＝90°，判定△BEP≌△BDP（AAS），即可得到BE＝BD，再根据
AH＝AE，即可得出结论．
证明：（1）∵AP平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵PM∥BA，
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学科网（北京）股份有限公司∴∠APM＝∠BAD，
∴∠CAD＝∠APM，
∴AM＝MP，
又∵AM＝MH，
∴PM＝HM，
∴∠MPH＝∠MHP，
又∵∠PAM+∠APM+∠MPH+∠MHP＝180°，
∴∠APH＝90°，
∴HP⊥AD；
（2）如图所示，延长HP交AB于E，则∠APE＝90°，
∵∠BEP是△APE的外角，∠BDP是△ACD的外角，
∴∠BEP＝∠BAD+∠APE，∠BDP＝∠CAD+∠C，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴∠BEP＝∠BDP，
∵PB平分∠ABC，
∴∠EBP＝∠DBP，
又∵BP＝BP，
∴△BEP≌△BDP（AAS），
∴BE＝BD，
∵∠BAD＝∠CAD，∠APE＝∠APH，
∴∠AHP＝∠AEP，
∴AE＝AH，
∴AH+BD＝AE+BE＝AB．
解题秘籍：本题主要考查了全等三角形的判定与性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明
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学科网（北京）股份有限公司线段和角相等的重要工具．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添
加适当辅助线构造三角形．
4．（2021秋•邵阳县期末）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是斜边AB上任一点，AE⊥CD于
E，BF⊥CD交CD的延长线于F，CH⊥AB于H点，交AE于G．
（1）试说明AH＝BH；
（2）求证：△ACE≌△CBF；
（3）探索AE与EF，BF之间的数量关系．
思路引领：（1）根据等腰三角形的三线合一证明；
（2）证出∠CAE＝∠BCF，根据AAS可证明△ACE≌△CBF；
（3）根据全等三角形的性质得出AE＝CF，CE＝BF，则可得出结论．
（1）证明：∵在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
∴AC＝BC，
又∵CH⊥AB，
∴AH＝BH；
（2）证明：∵AE⊥CD于E，∠ACB＝90°，
∴∠AEC＝90°，
∴∠CAE+∠ACE＝90°，∠BCF+∠ACE＝90°，
∴∠CAE＝∠BCF，
在△ACE和△CBF中，
{∠CAE=∠BCF
)
∠AEC=∠CFB ，
AC=CB
∴△ACE≌△CBF（AAS）；
（3）AE＝EF+BF，
理由如下：∵△ACE≌△CBF（AAS），
∴AE＝CF，CE＝BF，
∴AE＝CF＝CE+EF＝BF+EF．
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学科网（北京）股份有限公司解题秘籍：本题考查的是全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和
性质定理是解题的关键．
5．（2021秋•玉屏县期中）已知：如图△ABC中，∠C＝90°，CA＝CB，点D是AB的中点．
（1）当点E在AC边上，ED⊥DF交BC所在的直线于点F，求证：AE+BF＝BC；
（2）当E运动到CA的延长线上时，请画出相应的图形并判断（1）中的结论是否成立，若不成立，请
写出相应的结论并证明．
思路引领：（1）连接CD，构造全等三角形△ADE≌△CDF，可得AE＝CF，再根据CF+BF＝BC，即
可得到AE+BF＝BC；
（2）当E运动到CA的延长线上时，连接CD，构造全等三角形△ADE≌△CDF，可得AE＝CF，再根
据BF﹣CF＝BC，即可得出BF﹣AE＝BC．
解：（1）如图，连接CD，
∵△ABC中，∠C＝90°，CA＝CB，点D是AB的中点，
∴CD⊥AB，CD＝AD＝BD，∠DCF＝∠A＝45°，
又∵ED⊥DF，
∴∠CDF＝∠ADE，
∴△ADE≌△CDF，
∴AE＝CF，
又∵CF+BF＝BC，
∴AE+BF＝BC；
（2）如图所示，（1）中的结论不成立，存在BF﹣AE＝BC．
证明：连接CD，
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学科网（北京）股份有限公司∵△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点D是AB的中点，
∴CD⊥AB，CD＝AD＝BD，∠DCB＝∠CAD＝45°，
∴∠DCF＝∠DAE＝135°，
又∵ED⊥DF，
∴∠CDF＝∠ADE，
∴△ADE≌△CDF，
∴AE＝CF，
又∵BF﹣CF＝BC，
∴BF﹣AE＝BC．
解题秘籍：本题考查了等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，全等三角形的判定与
性质，三角形的面积，本题中连接CD并求证△ADE≌△CDF是解题的关键．
67．（2021春•大东区期末）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D为直线BC上一动点，以AD为直
角边在AD的右侧作等腰直角△ADE，使∠DAE＝90°，AD＝AE．
（1）当点D在线段BC上时，如图1，且BD＝3时，CE＝ ；
（2）当点D在线段BC的延长线上时，如图2，判断BC，CD，CE三条线段数量关系，并说明理由；
（3）当点D在线段CB的延长线上时，直接判断CE与BC的位置关系，并直接写出BC，CD，CE三条
线段的数量关系．
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学科网（北京）股份有限公司思路引领：（1）根据条件 AB＝AC，∠BAC＝90°，AD＝AE，∠DAE＝90°，判定△ABD≌△ACE
（SAS），可得结论．
（2）同（1）的方法判断出△ABD≌△ACE（SAS），得出BD＝CE，再根据BD＝BC+CD，可得出结论．
（3）同（1）的方法判断出△ABD≌△ACE（SAS），得出BD＝CE，再根据CD＝BD+BC，可得结论．
解：（1）如图1，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE＝3，
故答案为：3．
（2）如图2中，结论：CE＝BC+CD，理由如下：
∵△ABC、△ADE是等腰直角三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC
即∠BAD＝∠CAE，
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学科网（北京）股份有限公司在△ABD和△ACE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，
∵BD＝BC+CD
∴CE＝BC+CD．
（3）如图3中，结论：BC⊥CE，CD＝BC+CE，理由如下：
∵△ABC，△ADE是等腰直角三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC﹣∠BAE＝∠DAE﹣∠BAE，
即∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ADB＝∠AEC，
∴BD＝CE，
∵CD＝BD+BC，
∴CD＝CE+BC，
∵∠ADE+∠AED＝90°，
即∠ADB+∠CDE+∠AED＝90°
∴∠AEC+∠CDE+∠AED＝90°，
∴∠DCE＝90°
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学科网（北京）股份有限公司即BC⊥CE，
∴BC⊥CE，CD＝BC+CE．
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与性质以及等腰直角三角形的性质的运用，
解决问题的关键是掌握：两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等．
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