文档内容
专题 14.4 全等三角形中的经典模型【六大题型】
【人教版】
【题型1 平移模型】..................................................................................................................................................1
【题型2 轴对称模型】..............................................................................................................................................5
【题型3 旋转模型】..................................................................................................................................................8
【题型4 一线三等角模型】....................................................................................................................................14
【题型5 倍长中线模型】........................................................................................................................................20
【题型6 截长补短模型】........................................................................................................................................26
【知识点1 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】
【题型1 平移模型】
【例1】（2024•义马市期末）如图，点A，E，F，B在直线l上，AE＝BF，AC∥BD，且AC＝BD，求证：
△ACF≌△BDE．【分析】根据平行线的性质得到∠CAF＝∠DBE，根据SAS证明△ACF≌△BDE即可．
【解答】证明：∵AE＝BF，
∴AE+EF＝BF+EF，
即AF＝BE；
∵AC∥BD，
∴∠CAF＝∠DBE，
又∵AC＝BD，
在△ACF与△BDE中，
{
AC=BD
∠CAF=∠DBE，
AF=BE
∴△ACF≌△BDE（SAS）．
【变式1-1】（2024•曾都区期末）如图，点B，E，C，F在一条直线上，AB＝DE，AC＝DF．老师说：还
添加一个条件就可使△ABC≌△DEF．下面是课堂上三个同学的发言：
甲：添加BE＝CF，乙：添加AC∥DF，丙：添加∠A＝∠D．
（1）甲、乙、丙三个同学的说法正确的是 甲、丙 ；
（2）请你从正确的说法中，选取一种给予证明．
【分析】（1）加上条件BE＝CF或∠A＝∠D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BE＝CF可得BC＝EF，利用SSS判定△ABC≌△DEF即可,添加∠A＝∠D,可用SAS证明
△ABC≌△DEF．
【解答】解：（1）说法正确的是：甲、丙，故答案为：甲、丙；
（2）选甲的做法，
证明：∵BE＝CF，
∴BC＝EF，
在△ABC和△DEF中，
{AB=DE
AC=DF，
BC=EF
∴△ABC≌△DEF（SSS）．
选丙的做法,
在△ABC和△DEF中,
{
AB=DE
∠A=∠D,
AC=DF
∴△ABC≌△DEF（SAS）．
【变式1-2】（2025春•东坡区校级期末）如图，△ABC中，AB＝13cm，BC＝11cm，AC＝6cm，点E是
BC边的中点，点D在AB边上，现将△DBE沿着BA方向向左平移至△ADF的位置，则四边形DECF的
周长为 cm．
【分析】连接EF，证明△CEF≌△DFE（ASA），推出DE＝CF，可得结论．
【解答】解：连接EF．
由平移的性质可知，AF＝DE．EF＝AD，AF∥DE，EF∥AD，DF∥BC，
∴∠CEF＝∠DFE，∠CFE＝∠DEF，在△CEF和△DFE中，
¿，
∴△CEF≌△DFE（ASA），
∴DE＝CF，
∴AF＝CF＝DE＝3cm
∵E是BC的中点，
∴EC＝EB＝DF＝5.5cm，
∴四边形DECF的周长＝2（3+5.5）＝17cm．
故答案为：17．
【变式1-3】（2024•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．
【分析】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】解：∵AB＝CD，
∴AB+BC＝CD+BC，
即AC＝BD．
∵DE∥AF，
∴∠A＝∠D．
{
AF=DE
在△AFC和△DEB中， ∠A=∠D，
AC=DB
∴△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．
{
AF=DE
在△ACF和△DEB中， ∠A=∠D，
AC=DB
∴△ACF≌△DEB（SAS）．
【知识点2 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】
【题型2 轴对称模型】
【例2】（2024•安丘市期末）如图，已知△ACF≌△DBE，且点A，B，C，D在同一条直线上，∠A＝
50°，∠F＝40°．
（1）求△DBE各内角的度数；
（2）若AD＝16，BC＝10，求AB的长．
【分析】（1）根据全等三角形的性质求出∠D、∠E，根据三角形内角和定理求出∠EBD即可；
（2）根据全等三角形的性质得出AC＝BD，求出AB＝CD，即可求出答案．
【解答】解：（1）∵△ACF≌△DBE，∠A＝50°，∠F＝40°，
∴∠D＝∠A＝50°，∠E＝∠F＝40°，∴∠EBD＝180°﹣∠D﹣∠E＝90°；
（2）∵△ACF≌△DBE，
∴AC＝BD，
∴AC﹣BC＝DB﹣BC，
∴AB＝CD，
∵AD＝16，BC＝10，
1
∴AB＝CD= （AD﹣BC）＝3．
2
【变式2-1】（2024•陇县一模）如图，在△ABC中，已知CD⊥AB于点D，BE⊥AC于点E，∠DCB＝
∠EBC．求证：AD＝AE．
【分析】由“AAS”可证△ADC≌△AEB，可得AD＝AE．
【解答】证明：∵CD⊥AB，BE⊥AC，∠DCB＝∠EBC，
∴∠DBC＝∠ECB，
∴AB＝AC，
在△ADC和△AEB中，
{
∠A=∠A
∠ADC=∠AEB=90°，
AC=AB
∴△ADC≌△AEB（AAS），
∴AD＝AE．
【变式2-2】（2024•句容市期末）如图，已知△AOD≌△BOC．求证：AC＝BD．
【分析】根据全等三角形的性质和等式的性质解答即可．
【解答】证明：∵△AOD≌△BOC，
∴AO＝BO，CO＝DO，∠AOD＝∠BOC，∴∠AOD﹣∠COD＝∠BOC﹣∠COD，
即∠AOC＝∠BOD，
在△AOC和△BOD中，
{
AO=BO
∠AOC=∠BOD，
CO=DO
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴AC＝BD．
【变式2-3】（2024•海珠区校级期中）如图，PB⊥AB，PC⊥AC，PB＝PC，D是AP上一点．求证：
∠BDP＝∠CDP．
【分析】求出∠ABP＝∠ACP＝90°，根据HL推出Rt△ABP≌Rt△ACP，根据全等三角形的性质得出
∠BPD＝∠CPD，根据SAS推出△BPD≌△CPD，即可得出答案．
【解答】证明：∵PB⊥AB，PC⊥AC，
∴∠ABP＝∠ACP＝90°，
∴在Rt△ABP和Rt△ACP中
{AP=AP
PB=PC
∴Rt△ABP≌Rt△ACP（HL），
∴∠BPD＝∠CPD，
在△BPD和△CPD中
{
PB=PC
∠BPD=∠CPD
PD=PD
∴△BPD≌△CPD，
∴∠BDP＝∠CDP．
【知识点3 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】
【题型3 旋转模型】
【例3】（2024•环江县期中）如图，AB＝AE，AB∥DE，∠1＝70°，∠D＝110°．
求证：△ABC≌△EAD．
证明：∵∠1＝70°，
∴ ∠ 2 ＝ 110 ° （ 邻补角的性质 ）．
又∵∠D＝110°，
∴ ∠ 2 ＝∠ D （ 等量代换 ）．
∵AB∥DE，
∴ ∠ 3 ＝∠ E （ 两直线平行，内错角相等 ）．
在△ABC和△EAD中，
{(ㅤㅤㅤㅤ)
(ㅤㅤㅤㅤ)，
AB=AE
∴△ABC≌△EAD（AAS）．
【分析】由邻补角的性质求出∠2＝110°，由平行线的性质得出∠3＝∠E，根据 AAS 可证
△ABC≌△EAD．
【解答】证明：∵∠1＝70°，
∴∠2＝110°（邻补角的性质），
又∵∠D＝110°，
∴∠2＝∠D（等量代换），
∵AB∥DE，
∴∠3＝∠E（两直线平行，内错角相等），在△ABC和△EAD中，
{∠2=∠D
∠3=∠E，
AB=AE
∴△ABC≌△EAD（AAS）．
故答案为：∠2＝110°；邻补角的性质；∠2＝∠D；等量代换；∠3＝∠E；两直线平行，内错角相等；
∠2＝∠D；∠3＝∠E．
【变式3-1】（2025春•济南期末）如图 1，△ABE是等腰三角形，AB＝AE，∠BAE＝45°，过点B作
BC⊥AE于点C，在BC上截取CD＝CE，连接AD、DE并延长AD交BE于点P；
（1）求证：AD＝BE；
（2）试说明AD平分∠BAE；
（3）如图2，将△CDE绕着点C旋转一定的角度，那么AD与BE的位置关系是否发生变化，说明理由．
【分析】（1）利用SAS证明△BCE≌△ACD，根据全等三角形的对应边相等得到AD＝BE．
（2）根据△BCE≌△ACD，得到∠EBC＝∠DAC，由∠BDP＝∠ADC，得到∠BPD＝∠DCA＝90°，利
用等腰三角形的三线合一，即可得到AD平分∠BAE；
（3）AD⊥BE不发生变化．由△BCE≌△ACD，得到∠EBC＝∠DAC，由对顶角相等得到∠BFP＝
∠AFC，根据三角形内角和为180°，所以∠BPF＝∠ACF＝90°，即AD⊥BE．
【解答】解：（1）∵BC⊥AE，∠BAE＝45°，
∴∠CBA＝∠CAB，
∴BC＝CA，
在△BCE和△ACD中，
{
BC=AC
∠BCE=∠ACD=90°，
CE=CD
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴AD＝BE．（2）∵△BCE≌△ACD，
∴∠EBC＝∠DAC，
∵∠BDP＝∠ADC，
∴∠BPD＝∠DCA＝90°，
∵AB＝AE，
∴AD平分∠BAE．
（3）AD⊥BE不发生变化．
如图2，
∵△BCE≌△ACD，
∴∠EBC＝∠DAC，
∵∠BFP＝∠AFC，
∴∠BPF＝∠ACF＝90°，
∴AD⊥BE．
【变式3-2】（2024•高港区校级月考）已知，如图，AD、BF相交于O点，点E、C在BF上，且BE＝
FC，AC＝DE，AB＝DF．求证：
（1）AO＝DO；
（2）AC∥DE．
【分析】（1）易证△ABC≌△DFE，可得∠B＝∠F，可证△ABO≌△DFO，可得AO＝DO；
（2）易证△ABC≌△DFE，可得∠DEF＝∠ACB，可得AC∥DE．
【解答】解：（1）∵BE＝CF，
∴BC＝FE，在△ABC和△DFE中，
{AB=DF
AC=DE，
BC=FE
∴△ABC≌△DFE（SSS），
∴∠B＝∠F，
∵在△ABO和△DFO中，
{∠DOF=∠AOB
∠B=∠F ，
AB=DF
∴△ABO≌△DFO（AAS），
∴AO＝DO；
（2）∵△ABC≌△DFE，
∴∠DEF＝∠ACB，
∴AC∥DE．
【变式3-3】（2024•锦州模拟）如图，将两个全等的直角三角形△ABD、△ACE拼在一起（图1），
△ABD不动．
（1）若将△ACE绕点A逆时针旋转，连接DE，M是DE的中点，连接MB、MC（图2），证明：MB
＝MC．
（2）若将图1中的CE向上平移，∠CAE不变，连接DE，M是DE的中点，连接MB、MC（图3），
判断并直接写出MB、MC的数量关系．
（3）在（2）中，若∠CAE的大小改变（图4），其他条件不变，则（2）中的MB、MC的数量关系还
成立吗？说明理由．
【分析】（1）连接AM，根据全等三角形的对应边相等可得 AD＝AE，AB＝AC，全等三角形对应角相
等可得∠BAD＝∠CAE，再根据等腰三角形三线合一的性质得到∠MAD＝∠MAE，然后利用“边角边”
证明△ABM和△ACM全等，根据全等三角形对应边相等即可得证；
（2）延长 DB、AE相交于 E′，延长 EC交AD于F，根据等腰三角形三线合一的性质得到 BD＝BE′，然后求出 MB∥AE′，再根据两直线平行，内错角相等求出∠MBC＝∠CAE，同理求出
MC∥AD，根据两直线平行，同位角相等求出∠BCM＝∠BAD，然后求出∠MBC＝∠BCM，再根据等角
对等边即可得证；
（3）延长BM交CE于F，根据两直线平行，内错角相等可得∠MDB＝∠MEF，∠MBD＝∠MFE，然
后利用“角角边”证明△MDB和△MEF全等，根据全等三角形对应边相等可得MB＝MF，然后根据直
角三角形斜边上的中线等于斜边的一半证明即可．
【解答】证明：（1）如图2，连接AM，由已知得△ABD≌△ACE，
∴AD＝AE，AB＝AC，∠BAD＝∠CAE，
∵MD＝ME，
∴∠MAD＝∠MAE，
∴∠MAD﹣∠BAD＝∠MAE﹣∠CAE，
即∠BAM＝∠CAM，
{
AB=AC
在△ABM和△ACM中， ∠BAM=∠CAM，
AM=AM
∴△ABM≌△ACM（SAS），
∴MB＝MC；
（2）MB＝MC．
理由如下：如图3，延长DB、AE相交于E′，延长EC交AD于F，
∴BD＝BE′，CE＝CF，
∵M是ED的中点，B是DE′的中点，
∴MB∥AE′，
∴∠MBC＝∠CAE，
同理：MC∥AD，
∴∠BCM＝∠BAD，
∵∠BAD＝∠CAE，
∴∠MBC＝∠BCM，
∴MB＝MC；
解法二：如图3中，延长CM交BD于点T．∵EC∥DT，
∴∠CEM＝∠TDM，
在△ECM和△DTM中，
{∠CEM=∠TDM
EM=DM ，
∠EMC=∠DMT
∴△ECM≌△DTM（ASA），
∴CM＝MT，
∵∠CBT＝90°，
∴BM＝CM＝MT．
（3）MB＝MC还成立．
如图4，延长BM交CE于F，
∵CE∥BD，
∴∠MDB＝∠MEF，∠MBD＝∠MFE，
又∵M是DE的中点，
∴MD＝ME，
在△MDB和△MEF中，
{∠MDB=∠MEF
∠MBD=∠MFE，
MD=ME
∴△MDB≌△MEF（AAS），
∴MB＝MF，
∵∠ACE＝90°，
∴∠BCF＝90°，
∴MB＝MC．【知识点4 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.
【题型4 一线三等角模型】
【例4】（2025春•香坊区期末）已知，在△ABC中，AB＝AC，D，A，E三点都在直线m上，且DE＝
9cm，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC
（1）如图①，若AB⊥AC，则BD与AE的数量关系为 BD ＝ AE ，CE与AD的数量关系为 CE ＝
AD ；
（2）如图②，判断并说明线段BD，CE与 DE的数量关系；
（3）如图③，若只保持∠BDA＝∠AEC，BD＝EF＝7cm，点A在线段DE上以2cm/s的速度由点D向点
E运动，同时，点C在线段EF上以xcm/s的速度由点E向点F运动，它们运动的时间为t（s）．是否存
在x，使得△ABD与△EAC全等？若存在，求出相应的t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用平角的定义和三角形内角和定理得∠CAE＝∠ABD，再利用 AAS 证明△ABD≌△CAE，得BD＝AE，CE＝AD；
（2）由（1）同理可得△ABD≌△CAE，得BD＝AE，CE＝AD，可得答案；
（3）分△DAB≌△ECA或△DAB≌△EAC两种情形，分别根据全等三角形的性质可解决问题．
【解答】解：（1）∵∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，
∴∠BAD+∠CAE＝∠BAD+∠ABD，
∴∠CAE＝∠ABD，
∵∠BDA＝∠AEC，BA＝CA，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD＝AE，CE＝AD，
故答案为：BD＝AE，CE＝AD；
（2）DE＝BD+CE，
由（1）同理可得△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD＝AE，CE＝AD，
∴DE＝BD+CE；
（3）存在，当△DAB≌△ECA时，
∴AD＝CE＝2cm，BD＝AE＝7cm，
∴t＝1，此时x＝2；
当△DAB≌△EAC时，
∴AD＝AE＝4.5cm，DB＝EC＝7cm，
AD 9 9 28
∴t= = ，x＝7÷ = ，
2 4 4 9
9 28
综上：t＝1，x＝2或t= ，x= ．
4 9
【变式4-1】（2024•东至县期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有
∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，若DE＝10，BD＝3，求CE的长．
【分析】由∠AEC＝∠BAC＝α，推出∠ECA＝∠BAD，再根据AAS证明△BAD≌△ACE得CE＝AD，AE＝BD＝3，即可得出结果．
【解答】解：∵∠AEC＝∠BAC＝α，
∴∠ECA+∠CAE＝180°﹣α，
∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，
∴∠ECA＝∠BAD，
在△BAD与△ACE中，
{∠BDA=∠AEC
∠BAD=∠ACE，
AB=AC
∴△BAD≌△ACE（AAS），
∴CE＝AD，AE＝BD＝3，
∵DE＝AD+AE＝10，
∴AD＝DE﹣AE＝DE﹣BD＝10﹣3＝7．
∴CE＝7．
【变式4-2】（2025春•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°，∠β＝90°，例如图1，则BE CF，EF |BE﹣AF|．（填“＞”，“＜”，
“＝”）；
②若0°＜∠BCA＜180°，且∠β+∠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∠BCA外部，且∠β＝∠BCA，请直接写出线段EF、BE、AF的数量关系
（不需要证明）．
【分析】（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】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，
{∠EBC=∠ACF
∠BEC=∠AFC，
BC=AC
∴△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，∠α+∠ACB＝180°，
∴∠CBE＝∠ACF，在△BCE和△CAF中，
{∠EBC=∠ACF
∠BEC=∠AFC，
BC=AC
∴△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，
{∠EBC=∠ACF
∠BEC=∠AFC，
BC=AC∴△BEC≌△CFA（AAS），
∴AF＝CE，BE＝CF，
∵EF＝CE+CF，
∴EF＝BE+AF．
【变式4-3】（2024•余杭区月考）如图①，点B、C在∠MAN的边AM、AN上，点E，F在∠MAN内部的
射线AD上，∠1、∠2分别是△ABE、△CAF的外角．已知AB＝AC，∠1＝∠2＝∠BAC．求证：
△ABE≌△CAF．
应用：如图②，在△ABC中，AB＝AC，AB＞BC，点D在边BC上，且CD＝2BD，点E，F在线段AD
上．∠1＝∠2＝∠BAC，若△ABC的面积为15，求△ABE与△CDF的面积之和．
【分析】（1）由“ASA”可证△ABE≌△CAF；
（2）由“ASA”可证△ABE≌△CAF，由全等三角形的性质可得S ＝S ，由三角形的面积关系可
△ABE △CAF
求解．
【解答】证明：（1）∵∠1＝∠2＝∠BAC，且∠1＝∠BAE+∠ABE，∠2＝∠FAC+∠FCA，∠BAC＝
∠BAE+∠FAC，
∴∠BAE＝∠FCA，∠ABE＝∠FAC，且AB＝AC，
∴△ABE≌△CAF（ASA）
（2）∵∠1＝∠2＝∠BAC，且∠1＝∠BAE+∠ABE，∠2＝∠FAC+∠FCA，∠BAC＝∠BAE+∠FAC，
∴∠BAE＝∠FCA，∠ABE＝∠FAC，且AB＝AC，
∴△ABE≌△CAF（ASA）
∴S ＝S ，
△ABE △CAF
∵CD＝2BD，△ABC的面积为15，
∴S ＝10＝S +S ．
△ACD △ABE △CDF
【知识点5 倍长中线模型模型】
【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】
【题型5 倍长中线模型】
【例5】（2024秋•博兴县期末）如图，BD是△ABC的中线，AB＝6，BC＝4，求中线BD的取值范围．
【分析】延长BD到E，使DE＝BD，证明两边之和大于BE＝2BD，两边之差小于BE＝2BD，证明三角
形全等，得到线段相等，等量代换得1＜BD＜5．
【解答】解：如图所示，延长BD到E，使DE＝BD，连接AE，
∵BD是△ABC的中线，
∴AD＝CD，
在△ADE和△CDB中，
{
AD=CD
∠ADE=∠CDB，
BD=ED
∴△ADE≌△CDB（SAS），
∴AE＝BC，
在△ABE中，有AB﹣AE＜BE＜AB+AE，
即2＜2BD＜10，
∴1＜BD＜5．【变式5-1】（2024•涪城区校级月考）如图，在△ABC中，D是BC边的中点，E是AD上一点，BE＝
AC，BE的延长线交AC于F，求证：∠AEF＝∠EAF．
【分析】延长AD到G使DG＝AD，连接BG，通过△ACD≌△GBD，根据全等三角形的性质得到
∠CAD＝∠G，AC＝BG，等量代换得到BE＝BG，由等腰三角形的性质得到∠G＝∠BEG，即可得到结
论．
【解答】解：如图，延长AD到G使DG＝AD，连接BG，
在△ACD与△GBD中，
{
CD=BD
∠ADC=∠BDG，
AD=DG
∴△ACD≌△GBD，
∴∠CAD＝∠G，AC＝BG，
∵BE＝AC，
∴BE＝BG，
∴∠G＝∠BEG，
∵∠BEG＝∠AEF，
∴∠AEF＝∠EAF．【变式5-2】（2024•浠水县校级模拟）（1）在△ABC中，AD为△ABC的中线，AB＝6，AC＝4，则AD
的取值范围是 1 ＜ AD ＜ 5 ；
（2）如图，在△ABC中，AD为△ABC的中线，点E在中线AD上，且BE＝AC，连接并延长BE交AC
于点F．求证：AF＝FE．
【分析】（1）延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，利用“边角边”证明△ACD和△EBD全等，根据
全等三角形对应边相等可得BE＝AC，再利用三角形的任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第
三边求出AE的取值范围，然后求解即可．
（2）延长AD到点G，使DG＝DE，连接CG．证明△BDE≌△CDG（SAS）．由全等三角形的性质可
得出BE＝CG，∠BED＝∠G．得出∠G＝∠GAC，∠AEF＝∠GAC，则可得出结论．
【解答】（1）解：如图，延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，
∵AD为△ABC的中线，
∴BD＝CD，
在△ACD和△EBD中，
{
DE=AD
∠ADC=∠EDB，
BD=CD
∴△ACD≌△EBD（SAS），
∴BE＝AC，
由三角形三边关系得，6﹣4＜AE＜6+4，即2＜AE＜10，
∴1＜AD＜5，
故答案为：1＜AD＜5．
（2）证明，延长AD到点G，使DG＝DE，连接CG．
∵AD是中线，
∴BD＝DC．
在△BDE和△CDG中，
{
BD=CD
∠BDE=∠CDG，
DE=DG
∴△BDE≌△CDG（SAS）．
∴BE＝CG，∠BED＝∠G．
∵∠AEF＝∠BFD，
∴∠AEF＝∠G．
∵BE＝AC，
∴AC＝CG，
∴∠G＝∠GAC，
∴∠AFE＝∠GAC，
∴AE＝EF．【变式5-3】（2024•丹阳市期中）八年级一班数学兴趣小组在一次活动中进行了探究试验活动，请你和他
们一起活动吧．
【探究与发现】
（1）如图1，AD是△ABC的中线，延长AD至点E，使ED＝AD，连接BE，写出图中全等的两个三角
形
【理解与应用】
（2）填空：如图2，EP是△DEF的中线，若EF＝5，DE＝3，设EP＝x，则x的取值范围是 ．
（3）已知：如图3，AD是△ABC的中线，∠BAC＝∠ACB，点Q在BC的延长线上，QC＝BC，求证：
AQ＝2AD．
【分析】（1）根据全等三角形的判定即可得到结论；
（2）延长EP至点Q，使PQ＝PE，连接FQ，根据全等三角形的性质得到FQ＝DE＝3，根据三角形的
三边关系即可得到结论；
（3）延长AD到M，使MD＝AD，连接BM，于是得到AM＝2AD由已知条件得到BD＝CD，根据全等
三角形的性质得到BM＝CA，∠M＝∠CAD，于是得到∠BAC＝∠BAM+∠CAD＝∠BAM+∠M，推出
△ACQ≌△MBA，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：在△ADC与△EDB中，
{
AD=DE
∠ADC=∠BDE，
CD=BD
∴△ADC≌△EDB；
故答案为：△ADC≌△EDB；
（2）解：如图2，延长EP至点Q，使PQ＝PE，连接FQ，
在△PDE与△PQF中，
{
PE=PQ
∠EPD=∠QPF，
PD=PF
∴△PEP≌△QFP，∴FQ＝DE＝3，
在△EFQ中，EF﹣FQ＜QE＜EF+FQ，
即5﹣3＜2x＜5+3，
∴x的取值范围是1＜x＜4；
故答案为：1＜x＜4；
（3）证明：如图3，延长AD到M，使MD＝AD，连接BM，
∴AM＝2AD，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD，
在△BMD与△CAD中，
{
MD=AD
∠BDA=∠CDA，
BD=CD
∴△BMD≌△CAD，
∴BM＝CA，∠M＝∠CAD，
∴∠BAC＝∠BAM+∠CAD＝∠BAM+∠M，
∵∠ACB＝∠Q+∠CAQ，AB＝BC，
∵∠ACQ＝180°﹣（∠Q+∠CAQ），∠MBA＝180°﹣（∠BAM+∠M），
∴∠ACQ＝∠MBA，
∵QC＝BC，
∴QC＝AB，
在△ACQ与△MBA中，
{
BM=CA
∠ACQ=∠MBA，
QC=AB
∴△ACQ≌△MBA，
∴AQ＝AM＝2AD．【知识点6 截长补短模型】
【模型解读】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
【题型6 截长补短模型】
【例6】（2024秋•西岗区期末）阅读下面材料：
小明遇到这样一个问题：
如图1，在△ABC中，AD平分∠BAC，∠ABC＝2∠C．求证：AC＝AB+BD；
小明通过思考发现，可以通过“截长、补短”两种方法解决问题：
方法一：如图2，在AC上截取AE，使得AE＝AB，连接DE，可以得到全等三角形，进而解决问题．
方法二：如图3，延长AB到点E，使得BE＝BD，连接DE，可以得到等腰三角形，进而解决问题．
（1）根据阅读材料，任选一种方法证明AC＝AB+BD，根据自己的解题经验或参考小明的方法，解决下
面的问题；
（2）如图4，四边形ABCD中，E是BC上一点，EA＝ED，∠DCB＝2∠B，∠DAE+∠B＝90°，探究
DC、CE、BE之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）根据全等三角形的判定求出△ABD≌△AED，根据全等三角形的性质得出BD＝ED，
∠AED＝∠B＝2∠C，求出ED＝EC，BD＝EC，即可得出答案；
（2）在EB上截取EF，使得EF＝DC，连接AF，求出∠AEB＝∠CDE，根据全等三角形的判定得出
△AEF≌△EDC，根据全等三角形的性质得出EC＝AF∠AFE＝∠C＝2∠B，求出∠ABF＝∠BAF，推出
BF＝AF，即可得出答案．
【解答】（1）证明：方法一：∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，在△BAD和△EAD中
{
AD=AD
∠BAD=∠EAD
AB=AE
∴△ABD≌△AED（SAS）
∴BD＝ED，∠AED＝∠B＝2∠C，
∵∠AED＝∠C+∠EDC，
∴∠EDC＝∠C，
∴ED＝EC，
∴BD＝EC，
∴AC＝AB+BD；
（2）DC、CE、BE之间的数量关系是BE＝DC+CE，
证明：在EB上截取EF，使得EF＝DC，连接AF，
∵EA＝ED，
∴∠EAD＝∠EDA，
∴2∠DAE＝180°﹣∠AED，
∵∠DAE+∠B＝90°，
∴2∠DAE+2∠B＝180°，
∴∠AED＝2∠B＝∠C，
∵∠BED＝∠CDE+∠DAE，
∴∠AEB＝∠CDE，
在△AEF和△EDC中
{
EF=DC
∠AEF=∠EDC
AE=DE
∴△AEF≌△EDC（SAS），
∴EC＝AF∠AFE＝∠C＝2∠B，∵∠AFE＝∠B+∠BAF，
∴∠ABF＝∠BAF，
∴BF＝AF，
∴BF＝CE，
∴BE＝DC+CE．
【变式6-1】（2024•蕲春县期中）已知：如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，△ABC的角平分线AD、CE
交于点O．
求证：AC＝AE+CD．
【分析】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．
【解答】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，
∴在△FOC与△DOC中，{∠COD=∠COF
CO=CO ，
∠FCO=∠DCO
∴△FOC≌△DOC（ASA），
∴DC＝FC，
∵AC＝AF+FC，
∴AC＝AE+CD．
【变式6-2】（2024•新抚区校级月考）如图，四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，E是AB的中点，DE平
分∠ADC．
（1）求证：CE平分∠BCD；
（2）求证：AD+BC＝CD；
（3）若AB＝12，CD＝13，求S ．
△CDE
【分析】（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．
1
（3）根据S = •DC•EM即可计算．
△EDC 2
【解答】（1）证明：作EM⊥CD垂足为M，
∵ED平分∠ADM，EA⊥AD，EM⊥CD，
∴AE＝EM，
∵AE＝EB，
∴EM＝EB，∵EB⊥BC，EM⊥CD，
∴EC平分∠BCD．
（2）证明：由（1）可知：AE＝EM＝EB，
在RT△DEA和RT△DEM中，
{DE=DE
，
AE=EM
∴△DEA≌△DEM，
∴DA＝DM，同理可证：CB＝CM
∴CD＝DM+MC＝AD+BC．
1
（3）解：由（1）可知：EM＝AE＝EB= AB＝6，
2
∵EM⊥CD，CD＝13，
1 1
∴S = •DC•EM= ×13×6＝39．
△EDC 2 2
【变式 6-3】（2024•黄石期末）已知△ABC和△DEF 为等腰三角形，AB＝AC，DE＝DF，∠BAC＝
∠EDF，点E在AB上，点F在射线AC上．
（1）如图1，若∠BAC＝60°，点F与点C重合，求证：AF＝AE+AD；
（2）如图2，若AD＝AB，求证：AF＝AE+BC．
【分析】（1）由∠BAC＝∠EDF＝60°，推出△ABC、△DEF为等边三角形，于是得到∠BCE+∠ACE＝
∠DCA+∠ECA＝60°，推出△BCE≌△ACD（SAS），根据全等三角形的性质得到AD＝BE，即可得到结论；
（2）在FA上截取FM＝AE，连接DM，推出△AED≌△MFD（SAS），根据全等三角形的性质得到DA
＝DM＝AB＝AC，∠ADE＝∠MDF，证得∠ADM＝∠EDF＝∠BAC，推出△ABC≌△DAM（SAS），根
据全等三角形的性质得到AM＝BC，即可得到结论．
【解答】证明：（1）∵∠BAC＝∠EDF＝60°，
∴△ABC、△DEF为等边三角形，
∴∠BCE+∠ACE＝∠DCA+∠ECA＝60°，
{
BC=AC
在△BCE和△ACD中 ∠BCE=∠ACD
CE=CD
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴AD＝BE，
∴AE+AD＝AE+BE＝AB＝AF；
（2）在FA上截取FM＝AE，连接DM，
∵∠BAC＝∠EDF，
∴∠AED＝∠MFD，
在△AED和△MFD中
{
AE=MF
∠AED=∠MFD，
ED=DF
∴△AED≌△MFD（SAS），
∴DA＝DM＝AB＝AC，∠ADE＝∠MDF，
∴∠ADE+∠EDM＝∠MDF+∠EDM，
即∠ADM＝∠EDF＝∠BAC，
在△ABC和△DAM中，
{
AB=DA
∠BAC=∠ADM，
AC=DM
∴△ABC≌△DAM（SAS），
∴AM＝BC，
∴AE+BC＝FM+AM＝AF．
即AF＝AE+BC．
