文档内容
第 12 讲 等腰三角形常作的辅助线（解析版）
第一部分 典例剖析+针对训练
类型一 利用三线合一作辅助线
（1）连接顶角顶点和底边中点
典例1（2021秋•无棣县期中）如图，△ABC中，AB＝AC，D是BC的中点，E、F分别是AB、AC上的点，
且AE＝AF．求证：∠AED＝∠AFD．
思路引领：由等腰三角形的性质得∠B＝∠C，再证 BE＝CF，BD＝CD，然后证△BED≌△CFD
（SAS），得∠BED＝∠CFD，即可得出结论．
证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵AE＝AF，
∴AB﹣AE＝AC﹣AF，
即BE＝CF，
又∵D是BC的中点，
∴BD＝CD，
在△BED和△CFD中，
{
BE=CF
∠B=∠C，
BD=CD
∴△BED≌△CFD（SAS），
∴∠BED＝∠CFD，
∴∠AED＝∠AFD．
解题秘籍：本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握等腰三角形的性
质，证明△BED≌△CFD是解题的关键．
针对训练1
1．（2021秋•鹿邑县月考）如图，在△ABC中，AB＝AC，D是BC的中点，过A作EF∥BC，且AE＝AF．
求证：
（1）DE＝DF；
（2）BG＝CH．
思路引领：（1）连接AD，利用等腰三角形“三线合一”的性质得 AD⊥BC，再利用平行线的性质得
∠DAF＝∠ADB＝90°，从而说明AD垂直平分EF，则有DE＝DF；
（2）利用等角的余角相等∠EDB＝∠FDC，再利用ASA证明△BDG≌△CDH，从而证明结论．
证明：（1）连接AD，
∵AB＝AC，点D为BC的中点，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∵EF∥BC，
∴∠DAF＝∠ADB＝90°，
∴AD⊥EF，
∵AE＝AF，
∴AD垂直平分EF，
∴DE＝DF；
（2）∵DE＝DF，DA⊥EF，
∴∠EAD＝∠FAD，
∵∠ADB＝∠ADC，
∴∠EDB＝∠FDC，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，在△BDG和△CDH中，
{
∠B=∠C
BD=CD ，
∠BDG=∠CDH
∴△BDG≌△CDH（ASA），
∴BG＝CH．
解题秘籍：本题主要考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质等知
识，熟练掌握等腰三角形“三线合一”的性质是解题的关键．
（2）作底边的高
典例2（2021秋•丰泽区校级期末）如图，在△ABC中，AC＝2AB，AD平分∠BAC，E是AD上一点，且
EA＝EC．求证：EB⊥AB．
1
思路引领：作EF⊥AC于F，再根据等腰三角形的性质可得 AF= AC，再证明△ABE≌△AFE可得
2
∠ABE＝∠AFE＝90°．
证明：作EF⊥AC于F，
∵EA＝EC，
1
∴AF＝FC= AC，
2
∵AC＝2AB，
∴AF＝AB，
∵AD平分∠BAC交BC于D，
∴∠BAD＝∠CAD，AB＝AF，AE＝AE
∴△ABE≌△AFE（SAS），
∴∠ABE＝∠AFE＝90°．
∴EB⊥AB．解题秘籍：本题主要考查了全等三角形的判定与性质，以及等腰三角形的性质，关键是掌握全等三角形
的判定定理．证明三角形全等是证明角相等和线段相等的重要手段．
针对训练2
1
2．（2014•甘肃模拟）如图，已知AB＝AC，BD⊥AC于点D，求证：∠DBC= ∠BAC．
2
1
思路引领：过点A作AE⊥BC于E，根据等腰三角形三线合一的性质可得∠CAE= ∠BAC，再根据同角
2
的余角相等求出∠DBC＝∠CAE，从而得证．
证明：如图，过点A作AE⊥BC于E，
∵AB＝AC，
1
∴∠CAE= ∠BAC，
2
又∵BD⊥AC，
∴∠CAE+∠C＝∠DBE+∠C＝90°，
∴∠DBC＝∠CAE，
1
∴∠DBC= ∠BAC．
2
解题秘籍：本题考查了等腰三角形三线合一的性质，同角的余角相等的性质，熟记性质是解题的关键，作出图形更形象直观．
类型二 作平行线构造等腰三角形
（1）作腰的平行线构造等腰三角形
典例3（2010秋•青山区月考）如图，△ABC中，点D在AB上，E是AC延长线上一点，BD＝CE，DE交
BC于点F，DF＝EF，DP∥AE交BC于点P，求证：AB＝AC．
思路引领：先证明△DFP≌△EFC，得出DP＝CE＝BD，从而利用等腰三角形的性质得出∠DBP＝
∠DPB，利用平行线的性质再得出∠DPC＝∠ACB，从而可判断出AB＝AC．
证明：∵DP∥AE，
∴∠FDP＝∠FEC，
{
DF=EF
在△DFP和△EFC中， ∠DFP=∠EFC，
∠PDF=∠CEF
故可得△DFP≌△EFC，
故可得出DP＝EC，
又∵BD＝CE，
∴DB＝DP，
∴∠DBP＝∠DPB＝∠ACB，
∴AB＝AC．
解题秘籍：此题考查了全等三角形的判定和性质，解答本题的关键是通过全等的证明得出 DP＝EC，从
而利用等腰三角形的性质判断结论．
（2）作底边的平行线构造等腰三角形
典例4（湖州期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，CD是∠ACB的平分线交AB于点D，
（1）求∠ADC的度数；
（2）过点A作AE∥BC，交CD的延长线于点E，试问△ADE是等腰三角形吗？请说明理由．思路引领：（1）关键等腰三角形性质和三角形内角和定理求出∠B＝∠ACB＝72°，求出∠DCB，根据
三角形外角性质求出即可；
（2）根据平行线求出∠EAD，根据三角形内角和定理求出∠ADE，即可得出答案．
解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝36°，
1
∴∠B＝∠ACB= （180°﹣∠BAC）＝72°，
2
∵CD是∠ACB的平分线，
1
∴∠DCB= ∠ACB＝36°，
2
∴∠ADC＝∠B+∠DCB＝72°+36°＝108°；
（2）△ADE是等腰三角形，
理由是：∵AE∥BC，
∴∠EAB＝∠B＝72°，
∵∠B＝72°，∠DCB＝36°，
∴∠ADE＝∠BDC＝180°﹣72°﹣36°＝72°，
∴∠EAD＝∠ADE，
∴AE＝DE，
即△ADE是等腰三角形．
解题秘籍：本题考查了等腰三角形的性质和判定，三角形内角和定理，三角形外角性质，平行线的性质
的应用，主要考查学生的计算和推理能力．
（3）利用“角平分线+平行线”构造等腰三角形
典例5（靖江市校级月考）（1）如图1，点O为线段MN的中点，PQ与MN相交于点O，且PM∥NQ，证
明△PMO≌△QNO．
（2）根据上述结论探究：如图2，在四边形ABCD中，AB∥DC，E为BC边的中点，∠BAE＝∠EAF，
AF与DC的延长线相交于点F．试探究线段AB与AF、CF之间的数量关系，并证明你的结论．思路引领：（1）先根据PM∥NQ，得出内错角相等，再根据AAS或ASA判定△PMO≌△QNO即可；
（2）如图2，分别延长DC、AE，交于G点，根据已知条件可以得到△ABE≌△GCE，由此得到AB＝
CG，又AB∥DC，∠BAE＝∠EAF，利用平行线的性质和等腰三角形的判定定理可以证明 AF＝GF，利
用这些即可证明题目的结论．
解：（1）如图1，∵点O为线段MN的中点，
∴MO＝NO，
∵PM∥NQ，
∴∠P＝∠Q，∠M＝∠N，
在△PMO和△QNO中，
{∠P=∠Q
∠M=∠N，
MO=NO
∴△PMO≌△QNO（AAS）；
（2）AB＝AF+CF．
如图2，分别延长DC、AE，交于G点，
根据图①得，△ABE≌△GCE，
∴AB＝CG，
又∵AB∥DC，
∴∠BAE＝∠G
而∠BAE＝∠EAF，
∴∠G＝∠EAF，
∴AF＝GF，
∴AB＝CG＝GF+CF＝AF+CF．解题秘籍：此题主要考查了全等三角形的性质与判定及相似三角形的性质与判定，此题是探究题目，首
先正确理解给出的基本图形的隐含结论，然后结合要探究的图形作辅助线把探究的问题转换为已知的问
题解决即可．
针对训练3
3．（2021秋•临河区期末）在等边三角形ABC中，点E在AB上，点D在CB的延长线上，且AE＝BD，
（1）当点E为AB的中点时，如图1，求证：EC＝ED；
（2）当点E不是AB的中点时，如图2，过点E作EF∥BC，求证：△AEF是等边三角形；
（3）在第（2）小题的条件下，EC与ED还相等吗，请说明理由．
思路引领：（1）根据等边三角形三线合一的性质可得∠ECB＝30°，∠ABC＝60°，根据AE＝EB＝BD，
1 1
可得∠ECB= ∠ACB＝30°，∠EDB＝∠DEB= ∠ACB＝30°，根据等角对等边即可证得结论；
2 2
（2）根据平行线的性质证得∠AEF＝∠ABC＝60°，∠AFE＝∠C＝60°，即可证得结论；
（3）先求得BE＝FC，然后证得△DBE≌△EFC即可；
证明：（1）如图1，在等边△ABC中，AB＝BC＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠A＝60°，
∵AE＝EB＝BD，
1 1
∴∠ECB= ∠ACB＝30°，∠EDB＝∠DEB= ∠ACB＝30°，
2 2
∴∠EDB＝∠ECB，∴EC＝ED；
（2）如图2，∵EF∥BC，
∴∠AEF＝∠ABC＝60°，∠AFE＝∠C＝60°，
∴△AEF为等边三角形；
（3）EC＝ED；
理由：∵∠AEF＝∠ABC＝60°，
∴∠EFC＝∠DBE＝120°，
∵AB＝AC，AE＝AF，
∴AB﹣AE＝AC﹣AF，即BE＝FC，
在△DBE和△EFC中，
{
DB=EF
∠DBE=∠EFC，
BE=FC
∴△DBE≌△EFC（SAS），
∴ED＝EC．
解题秘籍：本题考查了等边三角形的判定和性质性质，平行线的性质，三角形全等的判定和性质，熟练
掌握性质和定理是解题的关键．
4．（2020秋•阆中市期中）如图，在△ABC中，AB＝AC＝8，∠BAC＝120°，AD是△ABC的中线，AE是
∠BAD的角平分线，DF∥AB交AE的延长线于点F，求DF的长．
思路引领：由等腰三角形的性质得出 AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD．得出∠DAF＝∠F＝30°，则AD＝DF．由直角三角形的性质可得出答案．
解：∵AB＝AC，D为底边的中点，
∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD．
∵∠BAC＝120°，
∴∠BAD＝60°，∠ADB＝90°，
∵AE是∠BAD的角平分线，
∴∠DAE＝∠EAB＝30°．
∵DF∥AB，
∴∠F＝∠BAE＝30°．
∴∠DAF＝∠F＝30°，
∴AD＝DF．
∵AB＝8，∠B＝30°，
∴AD＝4，
∴DF＝4．
解题秘籍：本题考查了平行线的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质等知识，熟练掌握直角三
角形的性质是解题的关键．
5．（2018秋•蔡甸区期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，∠C＝40°，P，Q分别在BC，CA上，AP，
BQ分别是∠BAC，∠ABC的角平分线．求证：BQ+AQ＝AB+BP．
思路引领：延长AB到D，使BD＝BP，连接PD．则∠D＝∠5．由已知条件不难算出：∠1＝∠2＝
30°，∠3＝∠4＝40°＝∠C．
于是QB＝QC．又∠D+∠5＝∠3+∠4＝80°，故∠D＝40°．于是△APD≌△APC（AAS），所以AD＝
AC．即AB+BD＝AQ+QC，等量代换即可得证．
证明：延长AB到D，使BD＝BP，连接PD，
则∠D＝∠5．
∵AP，BQ分别是∠BAC，∠ABC的平分线，∠BAC＝60°，∠ACB＝40°，
∴∠1＝∠2＝30°，∠ABC＝180°﹣60°﹣40°＝80°，∠3＝∠4＝40°＝∠C，
∴QB＝QC，又∠D+∠5＝∠3+∠4＝80°，
∴∠D＝40°．
在△APD与△APC中，
{∠D=∠C
∠2=∠1
AP=AP
∴△APD≌△APC（AAS），
∴AD＝AC．
即AB+BD＝AQ+QC，
∴AB+BP＝BQ+AQ．
解题秘籍：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，正确作好辅助线，构造
全等三角形是解此题的关键，主要考查学生的推理能力，难度偏大．
类型四 利用∠ =2∠ 构造等腰三角形
典例6（香坊区期末）如图，△ABC中，∠BAC＝2∠C，BD为∠ABC的平分线，BC＝6，AB＝3.5，则AD
＝ 2. 5 ．
思路引领：在BC上截取BE＝AB，然后利用“边角边”证明△ABD和△EBD全等，根据全等三角形对
应边相等可得AD＝DE，问题得解．
解：如图，在BC上截取BE＝AB，则CE＝BC﹣BE＝6﹣3.5＝2.5，
∵BD为∠ABC的平分线，
∴∠ABD＝∠CBD，
在△ABD和△EBD中，{
AB=BE
∠ABD=∠CBD，
AD=AD
∴△ABD≌△EBD（SAS），
∴AD＝DE，∠BED＝∠A，
∵∠BAC＝2∠C，∠BED＝∠C+∠CDE，
∴∠C＝∠CDE，
∴CE＝DE＝BC﹣AB＝2.5，
∴AD＝DE＝2.5，
故答案为：2.5．
解题秘籍：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，作出辅助线构造成全等三
角形是解题的关键，也是本题的难点．
针对训练4
6．（江岸区校级期中）如图，在△ABC中，∠ABC＝2∠C，AD⊥BC于点D，AE为BC边上的中线．
（1）求证：BE+DE＝AB+BD；
（2）若BD＝2，DE＝3，求AB的长．
思路引领：（1）延长DB到F，使BF＝BA，连接AF，证得∠ABC＝2∠F，于是得到∠F＝∠C，由等
腰三角形的判定得到AF＝AC，根据等腰三角形的性质得到FD＝CD，由BE＝CE即可证得结论；
（2）根据（1）中的结论代入数据即可得到结论．
（1）证明：延长DB到F，使BF＝BA，连接AF，
∵BF＝BA，
∴∠F＝∠BAF，
∵∠ABC＝∠F+∠BAF，
∴∠ABC＝2∠F，∵∠ABC＝2∠C，
∴∠F＝∠C，
∴AF＝AC，
∵AD⊥BC于点D，
∴FD＝CD，即FB+BD＝CE+DE，
∵BF＝BA，BE＝CE，
∴BE+DE＝AB+BD；
（2）解：∵BE+DE＝AB+BD，BD＝2，DE＝3，
∴（2+3）+3＝AB+2，
∴AB＝6．
解题秘籍：此题考查了等腰三角形的判定与性质以及三角形外角的性质定理，正确作出辅助线是解题的
关键．
类型四 截长补短构造等腰三角形
典例7 如图，△ABC中，AC＝BC，AD平分∠BAC，若AC+CD＝AB，求∠C的度数．
思路引领：在AB上截取AC＝AE，设∠B＝x°，求出∠BAC＝∠B＝x°∠EAD＝∠CAD，根据SAS证
△EAD≌△CAD，根据全等三角形的性质推出∠C＝∠AED，CD＝DE，求出BE＝DE＝DC，推出∠B＝
∠BDE＝x°，求出∠C＝2x°，在△ABC中由三角形的能较好的得x+x+2x＝180°，求出即可．
解：在AB上截取AC＝AE，设∠B＝x°，
∵AC＝BC，
∴∠BAC＝∠B＝x°
∵AD平分∠BAC，∴∠EAD＝∠CAD，
在△EAD和△CAD中
{
AE=AC
∠EAD=∠CAD，
AD=AD
∴△EAD≌△CAD，
∴∠C＝∠AED，CD＝DE，
∵AC+CD＝AB，AB﹣BE+AE，AE＝AC，
∴BE＝DE＝DC，
∴∠B＝∠BDE＝x°，
∴∠C＝∠AED＝∠B+∠BDE＝2x°，
在△ABC中，x+x+2x＝180°，
∴x＝45，
即∠C＝2x°＝90°．
解题秘籍：本题考查了三角形内角和定理，全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质的应用，解此
题的关键是①正确作辅助线，②求出∠C＝2∠B．
针对训练5
7．（黑龙江校级月考）已知E为△ABC内部一点，AE延长线交边BC于点D，连接BE，CE，∠BED＝
∠BAC＝2∠DEC．
（1）如图①，若AC＝AB，∠BAC＝90°时，AE＝2，求△AEB的面积．
（2）如图②，若AC＝AB，探究BE，AE的数量关系，并说明理由．
思路引领：（1）在EB上截取EF＝AE，利用AAS即可证得△ABF≌△CAE，根据全等三角形的对应边相等即可证得BE＝2AE＝4，由三角形的面积公式可求得结论；
（2）在 AD上截取 AF＝BE，连接 CF，易证△ACF≌△BAE，可得 CF＝AE，BE＝AF，∠AEB＝
∠CFA，再根据∠BDE＝2∠DEC，即可求得EF＝FC，即可解题．
解：（1）∵∠BAC＝90°，∠BED＝∠BAC，
∴∠BED＝90°，
在EB上截取EF＝AE，设∠BED＝2α，
∴∠FAE＝∠AFE＝α，
∴∠AEC＝∠AFB，
∵∠CAD+∠BAD＝∠BAC＝2α，∠ABE+∠BAD＝∠BED＝2α，
∴∠CAE＝∠ABE
在△ABF和△CAE中，
{∠AEC=∠AFB
∠CAE=∠ABE，
AB=AC
∴△ABF≌△CAE（AAS），
∴BF＝AE＝EF，
∴BE＝2AE＝4，
1 1
∴△AEB的面积= AE•BE= ×2×4＝4；
2 2
（2）在AD上截取AF＝BE，连接CF，
在△ACF和△BAE中，
{
CA=AB
∠DAC=∠ABE，
AF=BE
∴△ACF≌△BAE，（SAS）
∴CF＝AE，BE＝AF，∠AEB＝∠CFA，
∴∠BED＝∠CFD
∵∠BED＝2∠DEC，∠CFD＝∠DEC+∠ECF，
∴∠DEC＝∠ECF，
∴EF＝FC，
∴AE＝EF，
∴BE＝AF＝2AE．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、对应角相等的性质，本题中求证
△ACF≌△BAE是解题的关键．
第二部分 专题提优训练
1．（涟水县期中）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，点O是底边BC的中点，OD⊥AB，OE⊥AC，垂足分
别为D、E．试说明：AD＝AE．
思路引领：连接AO，由HL可得△AOD≌△AOE，即可得出结论．
证明：连接AO，
∵AB＝AC，O是BC中点，∴AO平分∠BAC，即∠DAO＝∠EAO，
又AO＝AO，
∴△AOD≌△AOE，
∴AD＝AE．
解题秘籍：本题主要考查了等腰三角形的性质以及全等三角形的判定及性质，应熟练掌握．
2．（2021秋•洪江市期末）已知三角形ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，D为BC的中点．
（1）如图1，E，F分别是AB，AC上的点，且BE＝AF，求证：△DEF为等腰直角三角形．
（2）如图2，若E，F分别为AB，CA延长线上的点，仍有BE＝AF，其他条件不变，那么△DEF是否仍为等腰直角三角形？证明你的结论．
思路引领：（1）连接AD，易证AD＝BD，∠ADB＝90°，∠B＝∠DAF，由SAS证得△BDE≌△ADF，
得出DE＝DF，∠BDE＝∠ADF，即可得出结论；
（2）连接AD，同（1）由SAS证得△BDE≌△ADF，得出DE＝DF，∠BDE＝∠ADF，即可得出结果．
（1）证明：连接AD，如图1所示：
∵AB＝AC，∠A＝90°，D为BC中点，
1
∴∠B＝45°，AD= BC＝BD，AD平分∠BAC，∠ADB＝90°，
2
∴∠BAD＝∠DAF＝45°，
∴∠B＝∠DAF，
在△BDE和△ADF中，
{
BD=AD
∠B=∠DAF，
BE=AF
∴△BDE≌△ADF（SAS），
∴DE＝DF，∠BDE＝∠ADF，
∵∠BDE+∠ADE＝90°，
∴∠ADF+∠ADE＝90°，
即∠EDF＝90°，
∴△DEF为等腰直角三角形；
（2）解：△DEF仍为等腰直角三角形，理由如下：
连接AD，如图2所示：
∵AB＝AC，∠A＝90°，D为BC中点，
1
∴∠ABD＝45°，AD= BC＝BD，AD平分∠BAC，∠ADB＝90°，
2
∴∠ABD＝∠CAD＝45°，
∴∠EBD＝∠FAD，在△BDE和△ADF中，
{
BD=AD
∠EBD=∠FAD，
BE=AF
∴△BDE≌△ADF（SAS），
∴DF＝DE，∠BDE＝∠ADF，
∵∠ADF+∠FDB＝90°，
∴∠BDE+∠FDB＝90°，
即∠EDF＝90°，
∴△DEF为等腰直角三角形．
解题秘籍：本题考查了等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定等知识；
正确作出辅助线，构造全等三角形是解题的关键．
3．如图，在△ABC中，AB＝AC，AD＝DB＝BC，DE⊥AB于点E，若CD＝4，且△BDC的周长为24，求
AE的长．
思路引领：由AD＝DB＝BC，CD＝4，且△BDC的周长为24知，AD＝DB＝BC＝10，得AB＝AC＝
1
14，由AD＝DB，DE⊥AB，利用等腰三角形的性质得AE＝BE= AB＝7．
2
解：∵AD＝DB＝BC，CD＝4，且△BDC的周长为24，
∴AD＝DB＝BC＝10，
∴AC＝14，
∵AB＝AC，∴AB＝14，
∵AD＝DB，DE⊥AB，
1
∴AE＝BE= AB＝7．
2
解题秘籍：本题主要考查考了等腰三角形的性质，掌握等腰三角形“三线合一”是解答此题的关键．
4．（2018秋•湖里区校级期中）如图，△ABC中，AC＝2AB，AD平分∠BAC交BC于D，E是AD上一点，
且EA＝EC，求证：EB⊥AB．
1
思路引领：作EF⊥AC于F，再根据等腰三角形的性质可得 AF= AC，再证明△ABE≌△AFE可得
2
∠ABE＝∠AFE＝90°．
证明：作EF⊥AC于F，
∵EA＝EC，
1
∴AF＝FC= AC，
2
∵AC＝2AB，
∴AF＝AB，
∵AD平分∠BAC交BC于D，
∴∠BAD＝∠CAD，
{
AB=AF
在△BAE和△FAE中 ∠BAD=∠CAD，
AE=AE
∴△ABE≌△AFE（SAS），
∴∠ABE＝∠AFE＝90°．
∴EB⊥AB．解题秘籍：此题主要考查了全等三角形的判定与性质，以及等腰三角形的性质，关键是掌握全等三角形
的判定定理．证明三角形全等是证明角相等和线段相等的重要手段．
5．（2018秋•奎文区期中）如图，在△ABC中，AD⊥BC于D，且∠ABC＝2∠C，求证：CD＝AB+BD．
思路引领：在DC上取DE＝BD，然后根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质可得
AB＝AE，根据等边对等角的性质可得∠B＝∠AEB，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个
内角的和列式求出∠C＝∠CAE，再根据等角对等边的性质求出AE＝CE，然后即可得证．
证明：如图，在DC上取DE＝BD，
∵AD⊥BC，
∴AB＝AE，
∴∠B＝∠AEB，
在△ACE中，∠AEB＝∠C+∠CAE，
又∵∠B＝2∠C，
∴2∠C＝∠C+∠CAE，
∴∠C＝∠CAE，
∴AE＝CE，
∴CD＝CE+DE＝AB+BD．
解题秘籍：本题考查了等腰三角形的判定与性质，熟记性质并作辅助线构造出等腰三角形是解题的关键．6．（2017•花山区校级开学）在△DCE和△ABC中，∠DCE＝∠ACB＝90°，CD＝CE，CA＝CB，连接
AE、BD交于点O，AE、DC交于点N，BD、AC交于点M．
（1）求证：AE＝BD．
（2）若AC＝DC，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中的四对全等三角形；
思路引领：（1）利用SAS定理证明△ACE≌△BCD，根据全等三角形的性质证明；
（2）根据全等三角形的判定定理证明．
（1）证明：∵∠DCE＝∠ACB＝90°，
∴∠ACE＝∠BCD，
在△ACE和△BCD中，
{
CE=CD
∠ACE=∠BCD，
AC=BC
∴△ACE≌△BCD，
∴AE＝BD；
（2）解：△ACE≌△BCD，△DCE≌△ACB，△NCE≌△MCB，△DNE≌△AMB．
解题秘籍：本题考查的是全等三角形的判定和性质，掌握等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定定
理和性质定理是解题的关键．
7．（2016秋•东西湖区期中）如图，等腰△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D在AB上，AD＝AC，
BE垂直于直线CD于点E．
（1）求∠BCD的度数；
（2）求证：CD＝2BE；
（3）若点O是AB的中点，请直接写出BC、BD、CO三条线段之间的数量关系．思路引领：（1）根据等腰直角三角形的性质得出∠A＝45°，利用等腰三角形进行解答即可；
（2）作AH⊥CD于H，根据全等三角形的判定和性质解答即可；
（3）过D作DH⊥BC于点H，利用等腰直角三角形的性质证得Rt COD≌Rt CHD，得出CH＝CO，
△ △
❑√2
进一步利用性质求得BC＝CH+BH＝CO+ BD即可．
2
解：（1）∵等腰Rt ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，
∴∠A＝∠CBA＝45°△，
∵AD＝AC，
∴∠ACD＝67.5°，
∴∠BCD＝90°﹣∠ACD＝22.5°；
（2）作AH⊥CD于H，如图：
∵BE⊥直线CD于E，AC＝AD，
∴CD＝2CH，∠BEC＝∠AHC＝90°，
∵∠BCE+∠DCA＝∠HAC+∠DCA＝90°，
∴∠BCE＝∠CAH，
在△CBE与△ACH中，
{
∠BCE=∠CAH
∠BEC=∠AHC=90°，
BC=AC
∴△CBE≌△ACH（AAS），
∴CH＝BE，
即CD＝2CH＝2BE；（3）如图，
过D作DH⊥BC于点H，
由（1）可知∠BCD＝22.5°，
∵O是AB的中点，
∴∠BCO＝45°，
∴∠DCO＝∠HCD＝22.5°，
∴DO＝DH，
在Rt COD和Rt CHD中，
{DO△=DH △
，
CD=CD
∴Rt COD≌Rt CHD，
∴CH△＝CO， △
∴∠DBH＝45°，∠DHB＝90°，
❑√2
∴BH= BD，
2
❑√2
∴BC＝CH+BH＝CO+ BD．
2
解法二：∵AO＝BO＝CO，
∴AB＝2CO，
∴BD＝AB﹣AD＝AB﹣AC＝AB﹣BC＝2CO﹣BC，
❑√2
∴BC＝CO+ BD．
2
解题秘籍：此题考查全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，利用等腰三角形的角度与边之
间的关系是解决问题的关键．
8．如图，在平面直角坐标系中，A（0，2）、B（2，0）、C（﹣2，0）．
（1）过B作直线MN⊥AB，P为线段OC上的一动点，AP⊥PH交直线MN于点H．证明：PA＝PH．
（2）在（1）的条件下，若在点A处有一个等腰Rt APQ绕点A旋转，且AP＝PQ，∠APQ＝90°，连
△接BQ，点G为BQ的中点，试猜想线段OG与线段PG的数量关系与位置关系，并证明你的结论．
思路引领：（1）利用A（0，2）、B（2，0）、C（﹣2，0），得到△ABC，△OAC，△OAB都是等腰
直角三角形，如图1，过点P作PG∥AB交y轴与G，则∠4＝∠6＝45°，再证明△APG≌△PHB，得到
PA＝PH．
（2）OG＝PG，OG⊥PG，理由：如图 2，延长PG到R，使GR＝PG，连接PO，OR，BR，证明
△PQG≌△BRG，得到PQ＝BR，∠5＝∠GBR，进而AP⊥PQ，再延长AP交BR于S，交OB于T，则
AP⊥BR，证明△PAO≌△RBO，得到PO＝OR，∠1＝∠2，所以△POR为等腰直角三角形，根据PG＝
GR，所以OG⊥PG，OG＝PG．
解：（1）∵A（0，2）、B（2，0）、C（﹣2，0）．
∴OA＝OB＝OC，
∴△ABC，△OAC，△OAB都是等腰直角三角形，
∴∠6＝∠7＝45°，
如图1，过点P作PG∥AB交y轴与G，则∠4＝∠6＝45°，
∴OP＝OG，
∴AO+OG＝OB+OP，即AG＝PB，
∵AP⊥PH，
∴∠2+∠5＝90°，
∵∠1+∠5＝90°，
∴∠1＝∠2，
∵MN⊥AB，
∴∠3+∠7＝90°，
∴∠3＝45°，
∴∠3＝∠4，
在△APG和△PHB中，
{∠1=∠2
AG=PB，
∠4=∠3
∴△APG≌△PHB，
∴PA＝PH．
（2）OG＝PG，OG⊥PG，
理由：如图2，延长PG到R，使GR＝PG，连接PO，OR，BR，
在△PQG和△BRG中，
{PG=GR
∠4=∠3，
QG=BG
∴△PQG≌△BRG，
∴PQ＝BR，∠5＝∠GBR，
∴PQ∥BR，∵AP⊥PQ，
延长AP交BR于S，交OB于T，则AP⊥BR，
∵∠AOB＝∠ASB＝90°，∠ATR＝∠BTS，
∴∠α＝∠β，
∵PA＝PQ，PQ＝BR，
∴PA＝BR，
在△PAO和△RBO中，
{
PA=BR
∠β=∠α
OA=OB
∴△PAO≌△RBO，
∴PO＝OR，∠1＝∠2，
∵∠1+∠POB＝90°，
∴∠POB+∠2＝90°，
∴△POR为等腰直角三角形，
∵PG＝GR，
∴OG⊥PG，OG＝PG．
解题秘籍：本题考查了全等三角形的性质与判定定理、等腰直角三角形的性质疑判定，解决本题的关键
是作出辅助线，构建全等三角形．
9．（2017秋•洪山区期中）已知AB∥CD，点E为BC上一点，且AB＝CD＝BE，AE、DC的延长线交于
点F，连BD，
（1）如图1，求证：CE＝CF；
（2）如图2，若∠ABC＝90°，G是EF的中点，求∠BDG的度数．
思路引领：（1）由平行线的性质和等腰三角形的性质可求∠CEF＝∠F，可得CE＝CF；
（2）由等腰直角三角形的性质可得 CG＝EG，CG⊥EF，∠DCG＝135°，由“SAS”可证
△BEG≌△DCG，可得BG＝DG，∠EGB＝∠CGD，由等腰直角三角形的性质可求∠BDG＝45°．
证明：（1）∵AB∥CD，∴∠F＝∠A，
∵AB＝BE，
∴∠A＝∠AEB，
∵∠AEB＝∠CEF，
∴∠CEF＝∠F，
∴CE＝CF；
（2）连接CG，BG，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ECF＝90°，
又∵G是EF的中点，CE＝CF
∴CG＝EG，CG⊥EF，∠DCG＝135°
∵BE＝CD，∠BEG＝∠DCG＝135°，CG＝EG，
∴△BEG≌△DCG（SAS）
∴BG＝DG，∠EGB＝∠CGD，
∴∠BGD＝90°，
∴△BGD是等腰直角三角形，
∴∠BDG＝45°．
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，添加恰当辅助线构造全等三角形
是本题的关键．
10．（硚口区期中）已知∠BAE与∠BCD互为补角，AB＝AE，CB＝CD，连接ED，点P为ED的中点．
（1）如图1，若点A，B，C三点在同一条直线上．①求证：∠EBD＝90°；
②求证：AP∥BD；
（2）如图2，若点A，B，C三点不在同一条直线上，求证：AP⊥CP．
思路引领：（1）①设∠EAB＝x，∠BCD＝y，由∠BAE 与∠BCD 互为补角，得出 x+y＝180°，
1 1
AE∥CD，由AE＝AB，得出∠ABE＝90°− x，由CB＝CD，得出∠CBD＝90°− y，即可得出结论；
2 2
②延长AP交CD延长线于点K，由AE∥CD，得出∠EAP＝∠DKP，由AAS证得△AEP≌△KDP，得出
1
DK＝AE＝AB，证得CA＝CK，得出∠CAP＝90°− y＝∠CBD，即可得出结论；
2
（2）设∠EAB＝x，∠BCD＝y，延长AP到K，使PK＝AP，连接KD，由SAS证得△AEP≌△KDP，得
出KD＝AE，∠EAP＝∠DKP，AE∥KD，延长AB交KD于点T，延长KD交BC延长线于点H，则
∠ATK＝180°﹣∠EAB＝180°﹣x＝y，证得∠ATK＝∠BCD＝y，∠DCH＝∠BTH，易证
△CDH∽△TBH，得出∠TBC＝∠CDH，∠ABC＝∠KDC，连接AC、KC，由SAS证得△ABC≌△KDC
（SAS），得出CA＝CK，即可得出结论．
证明：（1）①设∠EAB＝x，∠BCD＝y，
∵∠BAE与∠BCD互为补角，
∴x+y＝180°，AE∥CD，
∵AE＝AB，
1
∴∠ABE＝90°− x，
2
∵CB＝CD，
1
∴∠CBD＝90°− y，
2
1 1 1
∴∠EBD＝180°﹣∠ABE﹣∠CBD＝180°﹣90°+ x﹣90°+ y= （x+y）＝90°；
2 2 2
②延长AP交CD延长线于点K，如图1所示：
∵AE∥CD，
∴∠EAP＝∠DKP，
{∠EAP=∠DKP
在△AEP和△KDP中， ∠APE=∠KPD，
EP=DP
∴△AEP≌△KDP（AAS），∴DK＝AE＝AB，
∵CB＝CD，
∴CA＝CK，
1
∴∠CAP＝90°− y＝∠CBD，
2
∴AP∥BD；
（2）设∠EAB＝x，∠BCD＝y，
∵∠BAE与∠BCD互为补角，
∴x+y＝180°，
延长AP到K，使PK＝AP，连接KD，如图2所示：
{
AP=PK
在△AEP和△KDP中， ∠APE=∠KPD，
EP=PD
∴△AEP≌△KDP（SAS），
∴KD＝AE，∠EAP＝∠DKP，
∴AE∥KD，
延长AB交KD于点T，延长KD交BC延长线于点H，则∠ATK＝180°﹣∠EAB＝180°﹣x＝y，
∴∠ATK＝∠BCD＝y，
∴∠DCH＝∠BTH，
∵∠H＝∠H，
∴△CDH∽△TBH，
∴∠TBC＝∠CDH，
∴∠ABC＝∠KDC，
连接AC、KC，
{
AB=KD
在△ABC和△KDC中， ∠ABC=∠KDC，
BC=DC
∴△ABC≌△KDC（SAS），
∴CA＝CK，
∵PA＝PK，
∴AP⊥CP．解题秘籍：本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线
的判定与性质、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握平行线的判定与性质、通过作辅助线构建全等三角
形是解题的关键．
11．（2022春•尤溪县期中）在△ABC中，AB＝AC，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转，得到△ADE，点
B的对应点为点D，点C的对应点为点E，BC与ED的延长线交于点F．
（1）如图1，连接CD，求证∠FCD＝∠FDC；
（2）如图2，连接BD与CE交于点O．
①求证：OC＝OD；
②求证：A，O，F三点在同一条直线上．
思路引领：（1）根据等腰三角形的底角相等和旋转的性质可证明结论；
（2）①连接CD，根据等腰三角形的性质和旋转的性质可说明∠OCD＝∠ODC，则OC＝OD；
②根据线段垂直平分线的判定与性质可证明结论．
证明：（1）∵将△ABC绕点A按顺时针方向旋转，得到△ADE，AB＝AC，
∴AB＝AD＝AC＝AE，∠ACB＝∠E，
∴∠ACB＝∠B，∠ADE＝∠E，∠ACD＝∠ADC，
∴∠BCD＝∠EDC，
∴∠FCD＝∠FDC；（2）①连接CD，
∵将△ABC绕点A按顺时针方向旋转，得到△ADE，
∴∠BAD＝∠CAE，AB＝AD，AC＝AE，
∴∠ACE＝∠ADB，
∵AC＝AD，
∴∠ACD＝∠ADC，
∴∠OCD＝∠ODC，
∴OC＝OD；
②∵OC＝OD，AC＝AD，
∴OA是CD的垂直平分线，
∵∠FCD＝∠FDC，
∴FC＝FD，
∴点F在CD的垂直平分线上，
∴A，O，F三点在同一条直线上．
解题秘籍：本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的判定与性质等知识，熟练
掌握等腰三角形的判定与性质是解题的关键．
