专题 12.1 全等三角形的几何综合
【典例1】（1）方法感悟：如图①，在正方形ABCD中，点E、F分别为DC、BC边上的点，且满足
∠EAF=45°，连接EF．将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，易证△GAF≅△EAF，从而得到
结论：DE+BF=EF，根据这个结论，若正方形ABCD的边长为1，则△CEF的周长为______；
（2）方法迁移：如图②，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是BC、CD
1
上的点，且∠EAF= ∠BAD，试猜想DE，BF，EF之间有何数量关系，证明你的结论；
2
（3）问题拓展：如图③，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，B、F分别是边
1
BC、CD延长线上的点，且∠EAF= ∠BAD，试探究线段EF、BE、FD之间的数量关系，请直接
2
写出你的猜想（不必说明理由）【思路点拨】
（1）根据题意得EF=ED+BF，然后根据三角形周长公式即可进行解答；
（2）延长FB到G，使BG=DE，连接AG，通过证明△AEF≌△AGF，得出对应边相等，转化得出答案
即可；
（3）在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．用和（1）相同的证法，可得DF=BG，≥=EF，则
EF=≥=BE−BG=BE−DF．
【解题过程】
解：（1） ∵△GAF≅△EAF，
∴EF=GB+BF=ED+BF，
∴△CEF的周长=CF+CE+EF=CF+CE+ED+BF=CD+BC=2．
（2）EF=DE+BF； 证明如下：
如图，延长FB到G，使BG=DE，连接AG，∵∠ABG+∠ABF=180°，∠ABF+∠ADE=180°，
∴∠ABG=∠ADE，
在△ABG和△ADE中，
{
AB=AD
)
∵ ∠ABG=∠ADE
BG=DE
∴△ABG≌△ADE(SAS)，
∴∠BAG=∠DAE，AE=AG，
1
∵∠EAF= ∠BAD，
2
∴∠GAF=∠BAG+∠BAF=∠DAE+∠BAF=∠BAD−∠EAF=∠EAF，
在△AEF和△AGF中，
{
AE=AG
)
∠EAF=∠GAF ，
AF=AF
∴△AEF≌△AGF(SAS)，
∴EF=FG，
∵FG=BG+BF=DE+BF，
∴EF=DE+BF；
（3）结论：EF=BE−FD，
证明：如图所示，在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADF．
∵在△ABG和△ADF中，
{
AB=AD
)
∠ABG=∠ADF ，
BG=DF
∴△ABG≌△ADF(SAS)．
∴AG=AF，∠BAG=∠DAF，
1
∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF= ∠BAD，
2
∴∠GAE=∠EAF，
∵AE=AE，
∴△AEG≌△AEF
∴EG=EF，
∵EG=BE−BG，
∴EF=BE−FD．
1．（2022秋·辽宁营口·八年级校考阶段练习）如图，在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，
∠BAC=∠DAE，CE的延长线交BD于点F．（1）求证：△ACE≌△ABD．
（2）若∠BAC=∠DAE=50°，请直接写出∠BFC的度数．
（3）过点A作AH⊥BD于点H，求证：EF+DH=HF．
【思路点拨】
（1）根据SAS可证得△ACE≌△ABD；
（2）由△ACE≌△ABD，可得∠AEC=∠ADB，故∠DAE+∠DFE=180°，即可得出∠BFC的度
数；
（3）连接AF，过点A作AJ⊥CF于点J．由△ACE≌△ABD可得：S =S ，CE=BD，即可得
△ACE △ABD
出AJ=AH．可证得Rt△AFJ≌Rt△AFH，得：FJ=FH，由Rt△AJE≌Rt△AHD，可得出EJ=DH
，即可证得结论．
【解题过程】
（1）证明：∵∠BAC=∠DAE．
∴∠CAE=∠BAD．
在△ACE和△ABD中，
{
AC=AB
)
∠CAE=∠BAD ，
AE=AD
∴△ACE≌△ABD(SAS)．
（2）∵△ACE≌△ABD，
∴∠AEC=∠ADB，
∴∠AEF+∠AEC=∠AEF+∠ADB=180°．
∴∠DAE+∠DFE=180°，
∵∠BFC+∠DFE=180°，
∴∠BFC=∠DAF=∠BAC=50°．
故答案为：50°．
（3）证明：如图，连接AF，过点A作AJ⊥CF于点J．∵△ACE≌△ABD，
∴S =S ，CE=BD，
△ACE △ABD
∵AJ⊥CE，AH⊥BD．
1 1
∴ CE⋅AJ= BD⋅AH，
2 2
∴AJ=AH．
在Rt△AFJ和Rt△AFH中，
{AF=AF)
，
AJ=AH
∴Rt△AFJ≌Rt△AFH(HL)，
∴FJ=FH．
在Rt△AJE和Rt△AHD中，
{AE=AD)
AJ=AH
∴Rt△AJE≌Rt△AHD(HL)，
∴EJ=DH，
∴EF+DH=EF+EJ=FJ=FH．
2．（2022秋·江苏·八年级专题练习）已知，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，点D为边AB的中点，
AE⊥CD分别交CD，BC于点F，E．
（1）如图1，①若AB=AC，请直接写出∠EAC−∠BCD=______；
②连接DE，若AE=2DE，求证：∠DEB=∠AEC；（2）如图2，连接FB，若FB=AC，试探究线段CF和DF之间的数量关系，并说明理由．
【思路点拨】
（1）①利用直角三角形两个锐角相加得90°和三角形的外角等于不相邻的两个内角和的性质结合题干已知
即可解题．
②延长ED至点G，使得DG=DE，连接AG，从而可证明△ADG≌△BDE（SAS），再利用全等的性
质，可知∠DGA=∠DEB，即可知道AG//BC，所以∠GAE=∠AEC，根据题干又可得到AE=EG，
所以∠DGA=∠GAE，从而得出结论．
（2）延长CD至点H，使得DH=DF，连接BH，从而可证明△HDB≌△FDA（SAS），再利用全等的性
质，可知BH=AF，∠H=∠AFD=∠AFC=90°，根据题干即可证明Rt△HBF≌Rt△FAC（HL），
即得出结论．
【解题过程】
（1）①∵∠EAC+∠ACD=90°，∠AEC+∠BCD=90°
∴∠EAC−∠BCD=∠AEC−∠ACD
∵∠EAC+∠BAE=90°
∴∠ACD=∠BAE
又∵∠AEC=∠B+∠BAE
∴∠EAC−∠BCD=∠B+∠BAE−∠ACD
∴∠EAC−∠BCD=∠B=45°
故答案为45°．
②如图，延长ED至点G，使得DG=DE，连接AG，
∵点D为AB的中点，
∴BD=AD，
又∵∠ADG=∠BDE，
∴△ADG≌△BDE，
∴∠DGA=∠DEB，
∴AG//BC，
∴∠GAE=∠AEC，又∵AE=2DE，
∴AE=EG，
∴∠DGA=∠GAE，
∴∠DEB=∠AEC．
（2）CF=2DF．
如图，延长CD至点H，使得DH=DF，连接BH，
∵AD=BD，∠ADF=∠BDH，
∴△HDB≌△FDA，
∴BH=AF，∠H=∠AFD=∠AFC=90°，
∵BF=AC．
∴Rt△HBF≌Rt△FAC，
∴CF=HF=2DF．
3．（2022秋·八年级课时练习）已知△ABC中，AC＝BC，∠CAB＝∠CBA＝45°，点M为直线BC
上任意一点，过点C作CD⊥AM交AB于点D，在BC上取一点N使CN＝BM，连接DN
（1）如图，M、N在线段BC上，求证：∠AMC＝∠DNB；
（2）若M、N分别在CB、BC的延长线上时，试画出图形，并说明（1）中的结论是否成立？
【思路点拨】
（1）作BG⊥BC，交CD的延长线于G，AM交CD于O．由已知易证△ACM≌△CBG，则可得
CM=BG=BN，再证明△DBN≌△DBG，则问题解决；
（2）作BG⊥BC，交CD的延长线于G，AM交CD于O．由已知易证△ACM≌△CBG，则可得
CM=BG=BN，再证明△DBN≌△DBG，则问题解决．
【解题过程】（1）证明：如图，作BG⊥BC，交CD的延长线于G，AM交CD于O．
∵∠CAB＝∠CBA＝45°，
∴∠ACB=90°，
∵AM⊥CD，BG⊥BC，
∴∠AOC＝∠CBG＝∠ACM＝90°，
∴∠ACO+∠CAM＝90°，∠ACO+∠BCG＝90°，
∴∠CAM＝∠BCG，
∵AC＝BC，
∴△ACM≌△CBG，
∴CM＝BG，∠AMC＝∠G，
∵CN＝BM，
∴CM＝BN＝BG，
∵BD＝BD，∠DBN＝∠DBG＝45°，
∴△DBN≌△DBG，
∴∠G＝∠BND，
∴∠AMC＝∠DNB；
（2）解：（1）中的结论成立．
理由：如图，作BG⊥BC，交CD的延长线于G，AM交CD于O．∵AM⊥CD，BG⊥BC，
∴∠AOC＝∠CBG＝∠ACB＝90°，
∴∠ACO+∠CAM＝90°，∠ACO+∠BCG＝90°，
∴∠CAM＝∠BCG，
∵AC＝BC，
∴△ACM≌△CBG，
∴CM＝BG，∠M＝∠G，
∵CN＝BM，
∴CM＝BN＝BG，
∵BD＝BD，∠DBN＝∠DBG＝45°，
∴△DBN≌△DBG，
∴∠G＝∠N，
∴∠M＝∠N；
4．（2022秋·吉林·八年级吉林省第二实验学校校考期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC
＝8cm．点P从A点出发沿A﹣C﹣B路径向终点运动，终点为B点；点Q从B点出发沿B﹣C﹣A路径向
终点运动，终点为A点．点P和Q分别以1cm/s和xcm/s的运动速度同时开始运动，两点都要到相应的终
点时才能停止运动，在某时刻，分别过P和Q作PE⊥l于E，QF⊥l于F
（1）如图1，当x＝2时，设点P运动时间为ts，当点P在AC上，点Q在BC上时，
①用含t的式子表示CP和CQ，则CP＝ cm，CQ＝ cm；
②当t＝2时，△PEC与△QFC全等吗？并说明理由；
（2）请问：当x＝3时，△PEC与△QFC有没有可能全等？若能，直接写出符合条件的t值：若不能，请
说明理由．【思路点拨】
（1）①由题意得：AP＝tcm，BQ＝2tcm，即可得出答案；②由AAS证明△PEC≌△CFQ即可；
（2）分三种情况：①当点P在AC上，点Q在BC上时，△PEC≌△CFQ，则PC＝CQ，6﹣t＝8﹣3t，得t＝
1；②当点P与点Q重合，△PEC与△QFC全等，然后计算出t的值即可；③当点Q到点A时停止，点P
运动到BC上时，t﹣6＝6，即可得出结论．
【解题过程】
解：（1）①由题意得：AP＝tcm，BQ＝2tcm，
则CP＝（6﹣t）cm，CQ＝（8﹣2t）cm，
故答案为：（6﹣t），（8﹣2t）；
②当t＝2时，△PEC与△QFC全等，理由如下：
当t＝2时，CP＝4，CQ＝4，
∴CP＝CQ，
∵∠ACB＝90°，
∴∠PCE+∠QCF＝90°，
又∵PE⊥l于E，QF⊥l于F，
∴∠PEC＝∠CFQ＝90°，
∴∠PCE+∠CPE＝90°，
∴∠CPE＝∠QCF，
在△PEC和△CFQ中，
{∠CPE=∠QCF
)
∠PEC=∠CFQ ，
CP=QC
∴△PEC≌△CFQ（AAS）；
（2）当x＝3时，△PEC与△QFC有可能全等，分三种情况：
①当点P在AC上，点Q在BC上时，△PEC≌△CFQ，如图1所示：则PC＝CQ，
∴6﹣t＝8﹣3t，
解得：t＝1；
②如图2所示：
∵点P与点Q重合，
∴△PEC与△QFC全等，
∴CP＝CQ，
∴6﹣t＝3t﹣8．
解得：t＝3.5．
③当点P在BC上，点Q到点A时，△PEC≌△CFQ，如图3所示：
则PC＝CQ，
∴t﹣6＝6，
∴t＝12，
即满足条件的t值为1s或3.5s或12s．
5．（2023秋·湖北孝感·八年级统考期末）阅读理解：在通过构造全等三角形解决的问题中，有一种典型的
方法是倍延中线法．
如图1，AD是△ABC的中线，AB=7，AC=5，求AD的取值范围．我们可以延长AD到点M，使DM=AD，连接BM，易证△ADC≌△MDB，所以BM=AC．接下来，在△ABM中利用三角形的三边
关系可求得AM的取值范围，从而得到中线AD的取值范围是______；
类比应用：如图2，在四边形ABCD中，AB//DC，点E是BC的中点．若AE是∠BAD的平分线，试判
断AB，AD，DC之间的等量关系，并说明理由；
拓展创新：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的平分线，试探究AB，AF，CF之间的数量关系，请直接写出你的结论．
【思路点拨】
阅读理解：由全等的性质推出BM=AC=5，再根据AM−BM<AM<AB+BM，可得结论．
类比应用：延长AE，DC交于点F，先证△ABE≌△FEC得CF=AB，再由AE是∠BAD的平分线知
∠BAF=∠FAD，从而得∠FAD=∠F，据此知AD=DF，结合DC+CF=DF可得答案．
拓展创新：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．
【解题过程】
阅读理解：由题可知，△ADC≌△MDB，
∴AC=BM=5．
∵AB−BM<AM<AB+BM，AB=7．
∴2<AM<12，
∴2<2AD<12，
∴1<AD<6．
故答案为：1<AD<6．
类比应用：DC+AB=AD．理由如下：
如图1，延长AE，DC交于点F．∵AB//CD，
∴∠BAF=∠F．
{
CE=BE，
)
在△ABE和△FCE中， ∠BAF=∠F，
∠AEB=∠FEC，
∴△ABE≌△FEC(AAS)，
∴CF=AB．
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠BAF=∠FAD，
∴∠FAD=∠F，
∴AD=DF．
∵DC+CF=DF，
∴DC+AB=AD．
拓展创新：如图2，延长AE，DF交于点G．
∵AB//CD，
∴∠BAG=∠G．{
CE=BE，
)
在△ABE和△GCE中， ∠BAG=∠G，
∠AEB=∠GEC，
∴△ABE≌△GEC(AAS)，
∴CG=AB．
∵AE是∠BAF的平分线，
∴∠BAG=∠GAF，
∴∠FAG=∠G，
∴AF=GF．
∵FG+CF=CG，
∴AF+CF=AB．
故答案为：AF+CF=AB．
6．（2022秋·八年级课时练习）阅读理解：课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题:在△ABC中，
AB=7，AC=3，求BC边上的中线AD的取值范围．
（1）小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法（如图1）:①延长AD到Q使得DQ=AD；
②再连接BQ，把AB、AC、2AD集中在△ABQ中；③利用三角形的三边关系可得4<AQ<10，则AD的
取值范围是___________．
感悟：解题时，条件中若出现“中点”“中线”等条件，可以考虑倍长中线，构造全等三角形，把分散的
已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中．
（2）请写出图1中AC与BQ的位置关系并证明；
（3）思考：已知，如图2，AD是△ABC的中线，AB=AE，AC=AF，∠BAE=∠FAC=90°，试探究
线段AD与EF的数量和位置关系，并加以证明．
【思路点拨】
（1）由题意可得AQ=2AD及三角形三边关系，即可求解；
（2）通过证明△QDB≌△ADC(SAS)，得出∠BQD=∠CAD，即可得出结论；
（3）同（2）得△QDB≌△ADC(SAS)，则∠DBQ=∠ACD，BQ=AC，进而判断出∠ABQ=∠EAF，进而判断出△ABQ≌△EAF，得出AQ=EF，∠BAQ=∠AEF，即可得出结论．
【解题过程】
（1）解：由题意可得：AQ=2AD
∵4<AQ<10，
∴2<AD<5，
故答案为2<AD<5；
（2）AC∥BQ，理由如下：
延长AD到Q使DQ=AD，连接BQ
∵AD是△ABC的中线
∴BD=CD
在△QDB和△ADC中
{
BD=CD
)
∠BDQ=∠CDA
DQ=AD
∴△QDB≌△ADC(SAS)
∴∠BQD=∠CAD
∴AC∥BQ
（3）EF=2AD，AD⊥EF，理由如下
在下图中，延长AD到Q使得DQ=AD，连接BQ
由（2）知，△QDB≌△ADC(SAS)
∴∠DBQ=∠ACD，BQ=AC
∵AC=AF∴BQ=AF
在△ABC中，∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°
∴∠BAC+∠ABC+∠DBQ=180°
∴∠BAC+∠ABQ=180°
∵∠BAE=∠FAC=90°
∴∠BAC+∠EAF=180°
∴∠ABQ=∠EAF
在△ABQ和△EAF中
{
AB=AE
)
∠ABQ=∠EAF
BQ=AF
∴△ABQ≌△EAF(SAS)
∴AQ=EF，∠BAQ=∠AEF
延长DA交EF于点P
∵∠BAE=90°
∴∠BAQ+∠EAP=90°
∴∠AEF+∠EAP=90°
∴∠APE=90°
∴AD⊥EF
∵AD=DQ
∴AQ=2AD
∵AQ=EF
∴EF=2AD
综上：EF=2AD，AD⊥EF．
7．（2022秋·山东潍坊·八年级统考期中）（1）如图1，△ABC中，若AB=4，AC=6，求BC边上的中
线AD的取值范围；
（2）如图2，四边形ADBC中，∠A=∠B=90°，∠C=60°，AD=BD，以D为顶点作∠MDN=60°，交边AC，BC于点M，N．AM，MN，BN三条线段之间有何数量关系？证明你的结论；
（3）如图3，在（2）的条件下，若将M，N分别改在CA，BC的延长线上，其余条件不变，则AM，
MN，BN之间有何数量关系（直接写出结论，不必证明）．
【思路点拨】
（1）延长AD到E，使DE=AD，连接CE，先得到△ABD≅△ECD，进而得到AB=EC=4，再利用三角
形三边关系即可求解；
（2）延长CB至E，使BE=AM，连接DE，先得到△ADM≅△BDE，进而得到∠EDN=60°，再证出
△MDN≅△EDN即可求解；
（3）在BN上截取BM′=AM ，连接DM′ ，先得到△AMD≅△BM′D，进而得到
∠MDN=∠M′DN′，再证出△MDN≅△M′DN即可求解．
【解题过程】
解：（1）如图延长AD到E，使DE=AD，连接CE，
∵AD是BC边上的中线，
∴BD=CD，
在△ABD和△ECD中，
{
AD=ED
)
∠ADB=∠EDC ，
BD=CD∴△ABD≅△ECD ，
∴AB=EC=4 ，
在△ACE中，AC−CE<AE<AC+CE ，即6−4<2AD<6+4 ，
∴1<AD<5 ；
（2）AM，MN，BN三条线段之间的数量关系为：AM+BN=MN ，
如图，延长CB至E，使BE=AM，连接DE，
在四边形ADBC中，∠A=∠B=90°，∠C=60°，
∴∠ADB=360°−2×90°−60°=120° ，
∵∠MDN=60°，
∴∠1+∠2=∠ADB−∠MDN=120°−60°=60° ，
在△ADM和△BDE中，
{
AD=BD
)
∠A=∠DBE=90° ，
AM=BE
∴△ADM≅△BDE ，
∴∠1=∠3,DM=DE ，
∴∠3+∠2=60° 即∠EDN=60°，
在△MDN和△EDN中，
{
DM=DE
)
∠MDN=∠EDN ，
DN=DN
∴△MDN≅△EDN ，
∴MN=EN，
∵EN=BE+BN=AM+BN ，
∴MN=AM+BN ；（3）AM，MN，BN的数量关系为：AM+MN=BN ，
如图，在BN上截取BM′=AM ，连接DM′ ，
在△AMD和△BM′D中，
{
AD=BD
)
∠DAM=∠DBM′=90°
，
AM=BM′
∴△AMD≅△BM′D ，
∴∠1=∠2,DM=DM′ ，
由（2）知∠ADB=120°，
∴∠ADB=∠ADM′+∠2=120°，
∴∠ADM′+∠1=120° ，即∠MDM′=120° ，
∵∠MDN=60° ，
∴∠M′DN′=120°−60°=60° ，
∴∠MDN=∠M′DN′ ，
在△MDN和△M′DN中，
{
MD=M′D
)
∠MDN=∠M′DN ，
DN=DN
∴△MDN≅△M′DN ，
∴MN=M′N ，
∵M′N=BN−BM′=BN−AM ，∴MN=BN−AM ，即AM+MN=BN．
8．（2022秋·青海西宁·八年级青海师大附中校考阶段练习）如图1，OA⊥OB，OC⊥OD，OA=OB，
OC=OD，连接AD、BC，交于点H．
（1）写出AD和BC的数量关系及位置关系，并说明理由；
（2）如图2，连接BD，若DO、BO分别平分∠ADB和∠CBD，求∠BOD的度数；
（3）如图3，连接AC、BD，设△AOC的面积为S ，△BOD的面积为S ，探究S 与S 的数量关系，并说
1 2 1 2
明理由．
【思路点拨】
（1）设AD,CO交于点E，根据已知条件证明△AOD≌△BOC，可得AD=BC，∠C=∠D，进而根据
三角形内角和可得∠CHE=∠DOE=90°，即可求解；
（2）根据（1）的结论结合已知条件证明△DAO ≌ △DBO，可得∠BOD=∠AOD，进而根据
1
∠BOD= (360°−∠AOB)即可求解；
2
（3）过点C,D，分别作BO的垂线，交BO的延长线于点F,G，△CFO≌△OGD，可得OF=GD，进而
根据三角形面积公式求得S ,S ，根据等底等高可得S =S ．
1 2 1 2
【解题过程】
（1）AD⊥BD,AD=BC，理由如下，
如图，设AD,CO交于点E，∵ OA⊥OB，OC⊥OD，
∴∠AOB=∠COD=90°，
∵∠AOB+∠AOC=∠AOC+∠COD，
∴∠AOD=∠BOC，
又∵ OA=OB，OC=OD，
∴△AOD≌△BOC (SAS)，
∴AD=BC，∠C=∠D，
又∵∠CEH=∠DEO，
∴∠CHE=∠DOE=90°，
∴AD⊥BC，
（2）∵ DO、BO分别平分∠ADB和∠CBD，
∴∠ADO=∠BDO，∠CBO=∠DBO，
∵ △AOD≌△BOC，
∴∠CBO=∠DAO,
∴∠DAO=∠DBO，
在△DAO与△DBO中，
{∠ADO=∠BDO
)
∠DAO=∠DBO ，
DO=DO
∴ △DAO ≌ △DBO (AAS)，
∴∠BOD=∠AOD，
∵∠AOB=90°，
1 1
∴∠BOD= (360°−∠AOB)= (360°−90°)=135°；
2 2
（3）如图，过点C,D，分别作BO的垂线，交BO的延长线于点F,G，
∴∠CFO=∠OGD=90°，∵∠COD=90°，
∴∠COF=90°−∠GOD=∠GDO，
又∵CO=DO，
∴△CFO≌△OGD(AAS)，
∴FO=GD，
∵ △AOC的面积为S ，△BOD的面积为S ，
1 2
1 1
∴S = AO×OF,S = BO×GD，
1 2 2 2
∵AO=BO,FP=GD，
∴S =S ．
1 2
9．（2022春·北京朝阳·八年级北京市陈经纶中学校考期中）新知学习：若一条线段把一个平面图形分成面
积相等的两部分，我们把这条线段叫做该平面图形的二分线．
解决问题：
（1）①三角形的中线、高线、角平分线中，一定是三角形的二分线的是__________；
②如图1，已知ΔABC中，AD是BC边上的中线，点E，F分别在AB，DC上，连接EF，与AD交于点G
．若S =S ，则EF__________（填“是”或“不是”）ΔABC的一条二分线．
ΔAEG ΔDGF
（2）如图2，四边形ABCD中，CD平行于AB，点G是AD的中点，射线CG交射线BA于点E，取EB的
中点F，连接CF．求证：CF是四边形ABCD的二分线．
（3）如图3，在ΔABC中，AB=CB=CE=7，∠A=∠C，∠CBE=∠CEB，D，E分别是线段BC，
AC上的点，且∠BED=∠A，EF是四边形ABDE的一条二分线，求DF的长．【思路点拨】
（1）①由平面图形的二分线定义可求解；
1
②由面积的和差关系可得S =S = S ，可得EF是ΔABC的一条二分线；
ΔBEF ΔABD 2 ΔABC
（2）根据EB的中点F，所以S =S ，由AB//DC，G是AD的中点，证明ΔCDG≌ΔEAG，所以
ΔCBF ΔCEF
S AFCD=S ，所以S AFCD=S ，可得CF是四边形ABCD的二分线；
四边形 ΔCEF 四边形 ΔCBF
（3）延长CB使BH=CD，连接EH，通过全等三角形的判定可得S =S =S ，可得S =S
ΔBEH ΔDEC ΔABE ΔHED 四边
1 7
ABDE，即可得DF= DH= ．
形 2 2
【解题过程】
解：（1）①∵三角形的中线把三角形分成面积相等的两部分；
∴三角形的中线是三角形的二分线，
故答案为：三角形的中线；
②∵AD是BC边上的中线
1
∴S =S = S ，
ΔABD ΔACD 2 ΔABC
∵S =S ，
ΔAEG ΔDGF
∴S BDGE +S =S + S BDGE，
四边形 ΔAEG ΔDGF 四边形
1
∴S =S = S ，
ΔBEF ΔABD 2 ΔABC
∴EF是ΔABC的一条二分线
故答案为：是．
（2）∵EB的中点F，
∴S =S ，
ΔCBF ΔCEF
∵AB//DC，
∴∠E=∠DCG，
∵G是AD的中点，∴DG=AG，
在ΔCDG和ΔEAG中，
{
∠E=∠DCG
)
∠EGA=∠CGD
AG=DG
∴ΔCDG≌ΔEAG(AAS)，
∴S =S ，
ΔAEG ΔDCG
∴S AFCD =S ，
四边形 ΔCEF
∴S AFCD =S ，
四边形 ΔCBF
∴CF是四边形ABCD的二分线．
（3）如图，延长CB使BH=CD，连接EH，
AB=CB=CE=7，∠A=∠C，∠CBE=∠CEB，D，E分别是线段BC，AC上的点，且∠BED=∠A
，
∵BC=7
∴BD+CD=7
∴BD+BH=7=HD
∵∠BED=∠A，∠BED+∠DEC=∠A+∠ABE
∴∠ABE=∠CED，且AB=CE=7，∠A=∠C
∴ΔABE≌ΔCED(ASA)
∴AE=CD，BE=DE，∠AEB=∠EDC，S =S ，
ΔABE ΔEDC
∴AE=BH，
∵∠CBE=∠CEB，
∴∠AEB=∠EBH，
∴∠EBH=∠EDC，且BE=DE，BH=CD，
∴ΔBEH≌ΔDEC(SAS)，
∴S =S ，
ΔBEH ΔDEC
∴S =S =S ，
ΔBEH ΔDEC ΔABE又∵ S ABDE =S +S ，S =S +S ，
四边形 △ABE △BDE △HED △BEH △BDE
∴S = S ABDE，
ΔHED 四边形
∵EF是四边形ABDE的一条二分线，
1 1
∴S = S ABDE = S ，
ΔDEF 2 四边形 2 ΔHED
1 7
∴DF= DH= ．
2 2
10．（2022秋·福建莆田·八年级校考期中）如图，AB⊥AD，且AB=AD，AC⊥AE，且AC=AE
（1）如图1，连接DC、BE，求证：DC=BE；
（2）如图2，求证：S =S
ΔABC ΔADE
（3）如图3，GF经过A点与DE交于G点，且GF⊥BC于F点．求证：G为DE的中点．
【思路点拨】
（1）根据垂直可得∠BAE=∠CAE=90°，得出∠DAC=∠BAE，根据全等三角形的判定证明
△DAC≅△BAE，可得答案；
（2）作EM⊥AD交DA的延长线于M，作CN⊥AB，进而可得∠CAN=∠MAE，根据全等三角形的
判定证明△ACN≅△AEM，进而得出CN=EM，根据三角形的面积公式可得；
（3）作DM⊥AG交AG的延长线于M，作EN⊥AG，先证明∠C=∠NAE，再证△FCA≅△NAE，
得出AF=NE；再证明△BAF≅△ADM，得出AF=DM，进而得出DM=NE，再证明
△DMG≅△ENG，即可得出答案．
【解题过程】
（1）∵AB⊥AD，AC⊥AE，
∴∠BAE=∠CAE=90°
∴∠BAD+∠BAC=∠BAC+∠CAE
∴∠DAC=∠BAE
在△DAC和△BAE中，{
AD=AB
)
∠DAC=∠BAE
AC=AE
∴△DAC≅△BAE
∴DC=BE
（2）作EM⊥AD交DA的延长线于M，作CN⊥AB
∴∠EMD=∠CNA=90°
∵∠MAN=∠CAE=90°
∴∠MAN−∠CAM=∠CAE−∠CAM
∴∠CAN=∠MAE
在△ACN和△AEM中，
{∠ANC=∠AME=90°
)
∠CAN=∠MAE
AC=AE
∴△ACN≅△AEM
∴CN=EM
∵AB=AD，
1 1
∴ ×AB×CN= ×AD×EM
2 2
∴S =S
ΔABC ΔADE
（3）作DM⊥AG交AG的延长线于M，作EN⊥AG∴∠EMA=∠DMG=∠AFC=90°
∴∠C+∠FAC=∠CAF+∠NAE=90°
∴∠C=∠NAE
在△CAF和△NEA中，
{∠CFA=∠ENA=90°
)
∠C=∠NAE
AC=AE
∴△FCA≅△NAE
∴AF=NE
∴∠BAF+∠B=∠BAF+∠DAM=90°
∴∠B=∠DAM
在△BAF和△ADM中，
{∠BFA=∠DMA=90°
)
∠B=∠DAM
AB=AD
∴△BAF≅△ADM
∴AF=DM
∴DM=NE
在△DMG和△ENG中，
{∠DMG=∠ENG
)
∠DGM=∠NGE
DM=NE
∴△DMG≅△ENG
∴DG=EG
∴G为DE的中点．
11．（2022秋·福建福州·八年级统考期中）已知O是四边形ABCD内一点，且OA=OD，OB=OC，E是CD的中点.
（1）如图1，连接AC，BD，若AC=BD，求证：∠AOD=∠BOC；
（2）如图2，连接OE，若AB=2OE，求证：∠AOD+∠BOC=180°；
（3）如图3，若∠AOD=∠BOC=90°，OF⊥AB，垂足为F，求证：点E，O，F在同一条直线上.
【思路点拨】
（1）证明△DOB≌△AOC，由全等三角形的性质可得出∠DOB=∠AOC，则可得出结论；
（2）延长OE到点M，使ME=OE，连接CM，证明△CME≌△DOE，由全等三角形的性质得出
∠MCE=∠ODE，CM=OD，证明△OMC≌△BAO，由全等三角形的性质得出∠OCM=∠AOB，
并能得出：CM∥OD，则可得出结论；
（3）连接OE，并延长到N，使NE=OE，连接CN，证明△ONC≌△BAO，由全等三角形的性质得出
∠NOC=∠ABO，证出∠NOC+∠BOF+∠BOC=180°，则可得出结论.
【解题过程】
（1）证明：在△DOB和△AOC中，
{OD=OA
)
OB=OC ，
BD=AC
∴△DOB≌△AOC（SSS），
∴∠DOB=∠AOC，
∴∠AOD+∠AOB=∠BOC+∠AOB，
∴∠AOD=∠BOC；
（2）证明：延长OE到点M，使ME=OE，连接CM，∵E是CD的中点，
∴CE=DE，
在△CME和△DOE中，
{
ME=OE
)
∠CEM=∠DEO ，
CE=DE
∴△CME≌△DOE（SAS），
∴∠MCE=∠ODE，CM=OD，
∴CM∥OD，
∴∠OCM+∠COD=180°，
∵OA=OD，
∴CM=OA，
∵OM=2OE，AB=2OE，
∴OM=AB，
在△OMC和△BAO中，
{OC=OB
)
OM=AB ，
CM=OA
∴△OMC≌△BAO（SSS），
∴∠OCM=∠AOB，
∵∠OCM+∠COD=180°，
∴∠AOB+∠COD=180°，
∴∠AOD+∠BOC=180°；
（3）证明：连接OE，并延长到N，使NE=OE，连接CN，由（2）得∠OCN+∠COD=180°，CN=OA，
∵∠AOD=∠BOC=90°，
∴∠AOB+∠COD=180°，
∴∠OCN=∠AOB，
在△ONC和△BAO中，
{
OC=OB
)
∠OCN=∠AOB ，
CN=OA
∴△ONC≌△BAO（SAS），
∴∠NOC=∠ABO，
∵OF⊥AB，
∴∠ABO+∠BOF=90°，
∴∠NOC+∠BOF=90°，
∴∠NOC+∠BOF+∠BOC=180°，
∴点E，O，F在同一条直线上．
12．（2022秋·广东广州·八年级统考期中）Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，过点A作
AE⊥AB．连接BE，CE，M为平面内一动点．
（1）如图1，若BC＝4，则S ＝ ．
△EBC（2）如图2，点M在BE上，且CM⊥BE于M，过点A作AF⊥BE于F，D为AC中点，连接FD并延
长，交CM于点H．求证：MF＝MH；
（3）如图3，连接BM，EM，过点B作BM'⊥BM于点B，且满足BM'＝BM，连接AM'，MM'，
过点B作BG⊥CE于点G，若S ＝18，EM＝3，BG＝4，求线段AM'的长度的取值范围．
△ABC
【思路点拨】
（1）由平行线的性质可得S =S ，即可求解；
△AEC △ABE
（2）由“AAS”可证△ABF≌△BCM，利用全等三角形的性质可得AF=BM，BF=CM，由“ASA”
可证△ADF≌△CDH，利用相似三角形的性质可得AF=HC，DF=DH，可得结论；
（3）由“SAS”可证△CBM≌△ABM'，可得CM=AM'，由三角形的三边关系定理可求解．
【解题过程】
（1）解：∵∠ABC=90°，AB=BC，BC=4，
1
∴S = ×AB·BC=8．
△ABC 2
∵AE⊥AB，BC⊥AB，
∴AE∥BC，
∴S =S =8，
△EBC △ABC
故答案为：8；
（2）∵∠ABC=90°=∠AFB=∠CMB，
∴∠ABF+∠CBM=90°，∠ABF+∠BAF=90°，
∴∠BAF=∠CBM，
在△ABF和△BCM中，
{
∠BAF=∠CBM
)
∠AFB=∠BMC=90° ，
AB=BC
∴△ABF≌△BCM(AAS)，
∴AF=BM，BF=CM，
∵AF⊥BE，CM⊥BE，
∴AF∥CM，
∴∠FAD=∠HCD，
∵D为AC中点，
∴AD=CD，
又∵∠ADF=∠CDH，在△ADF和△CDH中，
{∠ADF=∠CDH
)
∠FAD=∠HCD ，
AD=CD
∴△ADF≌△CDH(AAS)，
∴AF=HC，DF=DH，
∴BF−BM=CM−AF=CM−CH，
∴MF=MH；
（3）连接CM，如图，
∵BM′⊥BM，
∴∠MBM'=∠ABC=90°，
∴∠ABM'=∠CBM，
在△CBM和△ABM'中，
{
CB=AB
)
∠CBM=∠ABM′
，
BM=BM′
∴△CBM≌△ABM'(SAS)，
∴AM'=CM，
∵AE∥BC，
∴S =S =18，
△ABC △BEC
1
∴ ×EC·BG=18，
2
18×2
∴EC= =9，
4
在△EMC中，EC−EM＜CM＜EM+EC，
∴6＜CM＜12，
∴6＜AM'＜12．∴当点E，点M，点C共线时，CM最大值为12，最小值为6，
∴6≤AM'≤12．
13．（2022秋·福建泉州·八年级泉州五中校考期中）已知，在△ABC中，∠ACB=2∠ABC=2∠BAC．
（1）∠ACB=_________°；
（2）如图1，若点D是线段AB上一点，连接CD，过点B作BE⊥AB，连接CE和DE，若
AD+BE=DE，求证：∠ECD=45°；
（3）如图2，M为射线AC上一点，N为射线CA上一点，且始终满足CM=AN，过点C作MB的垂线交
AB的延长线于点P，连接NP，求证：NP=MB+CP．
【思路点拨】
（1）根据∠ACB=2∠ABC=2∠BAC和三角形内角和即可求出．
（2）过点C作CT⊥CD交EB的延长线于T，连接DT，证明△ACD≌△BCT （ASA），再证明EC垂
直平分线段DT，即可证明．
（3）过点A作AQ⊥MN，交PC延长线于点Q，设BC与BM交点为H，首先证明△QAC≌△MCB，得出
CQ=BM,AQ=CM,再证明△NAP ≌ △QAP (SAS)，得出NP=QP,根据全等三角形的性质即可证明．
【解题过程】
（1）∵∠ACB=2∠ABC=2∠BAC，
又∵∠ACB+∠ABC+∠BAC=180°，
∴∠ACB=90°
（2）证明：如图1中，过点C作CT⊥CD交EB的延长线于T，连接DT．∵EB⊥AB，∠ABC=∠A=45°，
∴∠EBD=∠DBT=90°，
∴∠A=∠CBT=45°，
∵∠ACB=∠DCT=90°，
∴∠ACD=∠BCT，
在△ACD和△BCT中，
{
∠A=∠CBT
)
CA=CB ，
∠ACD=∠BCT
∴△ACD≌△BCT （ASA），
∴AD=BT，CD=CT，
∵AD+BE=DE，
∴BE+BT=BE+AD=DE，
∴ED=ET，
∵CD=CT，
∴EC垂直平分线段DT，∴∠DCE=∠TCE=45°
（3）由（1）得AC=BC,∠ACB=90°,∠BAC=45°,
过点A作AQ⊥MN，交PC延长线于点Q，设BC与BM交点为H，如图，
∵AQ⊥AM，PC⊥BM，∴∠QAC=∠CHM=90°,
∵∠ACQ=∠HCM,
∴∠Q=∠M,
在△CAQ和△CBM中，
{
∠Q=∠M
)
∵ ∠QAC=∠BCM
AC=BC
∴△CAQ ≌ △CBM (SAS)
∴AQ=CM,QC=BM,
∵CM＝AN，
∴AQ=AN,
∵∠BAC=45°,
∴∠NAP=180°−45°=135°,
∠QAP=∠QAC+∠BAC=90°+45°=135°,
∴∠NAP=∠QAP,
在△NAP和△QAP中，
{
NA=QA
)
∵ ∠NAP=∠QAP
AP=AP
∴△NAP ≌ △QAP (SAS)
∴NP=QP,
∴MB+CP=QC+CP=QP=NP．
∴NP=MB+CP．
14．（2022秋·湖南岳阳·八年级统考期末）已知△ABC中，
（1）如图1，点E为BC的中点，连AE并延长到点F，使FE=EA，则BF与AC的数量关系是________．
（2）如图2，若AB=AC，点E为边AC一点，过点C作BC的垂线交BE的延长线于点D，连接AD，若
∠DAC=∠ABD，求证：AE=EC．
（3）如图3，点D在△ABC内部，且满足AD=BC，∠BAD=∠DCB，点M在DC的延长线上，连AM
交BD的延长线于点N，若点N为AM的中点，求证：DM=AB．【思路点拨】
（1）通过证明△BEF≌△CEA，即可求解；
（2）过点A引AF∥CD交BE于点F，通过△ABF≌△CAD得到AF=CD，再通过△AFE≌△CDE即可
求解；
（3）过点M作MT∥AB交BN的延长线于点T，MG∥AD，在MT上取一点K，使得MK=CD，连接
GK，利用全等三角形的性质证明AB=MT、DM=MT，即可解决．
【解题过程】
证明：（1）BF=AC
由题意可得：BE=EC
在△BEF和△CEA中
{
BE=EC
)
∠BEF=∠CEA
EF=AE
∴△BEF≌△CEA(SAS)
∴BF=AC
（2）过点A引AF∥CD交BE于点F，如下图：
由题意可得：CD⊥BC，且∠EAF=∠ACD
则AF⊥BC
又∵AB=AC
∴AF平分∠BAC，
∴∠BAF=∠EAF=∠ACD∴在△ABF和△CAD中
{∠ABF=∠DAC
)
AB=AC
∠BAF=∠ACD
∴△ABF≌△CAD(ASA)
∴AF=CD
在△AFE和△CDE中
{∠FAE=∠DCE
)
∠AEF=∠CED
AF=CD
∴△AFE≌△CDE(AAS)
∴AE=EC
（3）证明：过点M作MT∥AB交BN的延长线于点T，MG∥AD，在MT上取一点K，使得MK=CD，
连接GK，如下图：
∵AB∥MT
∴∠ABN=∠T
∵∠ANB=∠MNT，AN=MN
∴△ANB≌△MNT(AAS)
∴BN=NT，AB=MT
∵MG∥AD
∴∠ADN=∠MGN
∵∠∧=∠MNG,AN=NM
∴△∧≌△MNG(AAS)
∴AD=MG,DN=NG
∴BD=>¿
∵∠BAN=∠AMT,∠DAN=∠GMN
∴∠BAD=∠GMT∵∠BAD=∠BCD
∴∠BCD=∠GMK
∵AD=BC,AD=GM
∴BC=GM
又∵MK=CD
∴△BCD≌△GMK(SAS)
∴GK=BD,∠BDC=∠MKG
∴GK=>,∠MDT=∠GKT
∴∠GKT=∠T
∴DM=MT
∵AB=MT
∴DM=AB．
15．（2023·全国·八年级专题练习）已知：△ABC中，∠ACB=90°，AC=CB，D为直线BC上一动点，
连接AD，在直线AC右侧作AE⊥AD，且AE=AD．
（1）如图1，当点D在线段BC上时，过点E作EH⊥AC于H，连接DE．求证：EH=BC；
（2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，连接BE交CA的延长线于点M，求证：BM=EM；
S
（3）当点D在直线CB上时，连接BE交直线AC于M，若2AC=7CM，请求出 △ADB 的值．
S
△AEM
【思路点拨】
（1）由结合已知得∠EAF=∠ADC结合题意证△EAF≌△ADC(AAS)，利用全等的性质可证；
（2）如图2，过点E作EN⊥AM，由垂直得结合已知证△ANE≌△DCA(AAS)，得到EN=AC，
BC=NE，再证△BCM≌△ENM(AAS)即可得到结果；
（3）当点D在CB延长线上时，如图，交AP的延长线于N，由2AC=7CM，设CM=2a则
AC=BC=7a，分别△BCM≌△ENM(AAS)，△ANE≌△DCA(AAS)利用全等的性质求出
AM,BD,NE，最后利用三角形面积公式计算即可．【解题过程】
（1）∵AE⊥AD，EF⊥AC，
∴∠AFE=∠EAD=∠ACB=90°，
∴∠DAC+∠ADC=90°,∠DAC+∠EAH=90°，
∴∠EAH=∠ADC，
又∵AE=AD,∠AFE=∠ACD=90°
∴△EAH≌△ADC(AAS)，
∴EH=AC
∵AC=BC
∴EH=BC
（2）证明：如图2，过点E作EN⊥AM，
∵AE⊥AD，EN⊥AM，
∴∠ANE=∠EAD=∠ACB=90°，
∴∠DAC+∠ADC=90°,∠DAC+∠EAN=90°，
∴∠EAN=∠ADC，
又∵AE=AD,∠ANE=∠ACD=90°，
∴△ANE≌△DCA(AAS)，
∴EN=AC，
∵BC=AC，
∴BC=NE，
又∵∠BMC=∠EMN,∠BCM=∠ENM=90°，
∴△BCM≌△ENM(AAS)，
∴BM=EM；
（3）解：如图，点D在直线CB上时，连接BE交直线AC于M，，交AN的延长线于N，∵2AC=7CM
AC 7
∴ =
CM 2
设AC=7a，则CM=2a
BC=AC=7a
∵AE⊥AD，EN⊥AP，
∴∠ANE=∠EAD=∠ACB=90°，
∴∠DAC+∠ADC=90°,∠DAC+∠EAN=90°，
∴∠EAN=∠ADC，
又∵AE=AD,∠ANE=∠ACD=90°，
∴△ANE≌△DCA(AAS)，
∴EN=AC=BC=7a,AN=CD，
又∵∠BMC=∠EMN,∠BCM=∠ENM=90°，
∴△BCM≌△ENM(AAS)，
∴CM=NM=2a
∴AM=AC+CM=7a+2a=9a
∴CD=AN=AC+CM+MN=11a
∴BD=CD−BC=11a−7a=4a
1
BD·AC
S S 2
∴ △ABD= △ABD =
S S +S 1 1
△ABE △ABM △AEM AM·BC+ AM·EN
2 2
BD·AC 4a·7a
= =
AM·(BC+EN) 9a·(7a+7a)
11
=
23S 11
∴ △ABD= ．
S 23
△ABE
16．（2023·全国·八年级专题练习）【材料阅读】小明在学习完全等三角形后，为了进一步探究，他尝试
用三种不同方式摆放一副三角板（在△ABC中，∠ABC=90°，AB=CB；△≝¿中，∠≝=90°，
∠EDF=30°），并提出了相应的问题．
【发现】（1）如图1，将两个三角板互不重叠地摆放在一起，当顶点B摆放在线段DF上时，过点A作
AM⊥DF，垂足为点M，过点C作CN⊥DF，垂足为点N，
①请在图10-1找出一对全等三角形，在横线上填出推理所得结论；
∵∠ABC=90°，
∴∠ABM+∠CBN=90°，
∵AM⊥DF，CN⊥DF，
∴∠AMB=90°，∠CNB=90°，
∴∠ABM+∠BAM=90°，
∴∠BAM=∠CBN，
{∠AMB=∠CNB=90°
)
∠BAM=∠CBN ，
AB=BC
∴__________；
②AM=2，CN=7，则MN=__________；
【类比】（2）如图2，将两个三角板叠放在一起，当顶点B在线段DE上且顶点A在线段EF上时，过点C
作CP⊥DE，垂足为点P，猜想AE，PE，CP的数量关系，并说明理由；
【拓展】（3）如图3，将两个三角板叠放在一起，当顶点A在线段DE上且顶点B在线段EF上时，若
AE=5，BE=1，连接CE，则△ACE的面积为__________．
【思路点拨】
（1）①根据两个三角形全等的判定定理，结合已知求证即可得到答案；②由①中△ABM≌△BCN(AAS)，利用两个三角形全等的性质，得到AM=BN=2,BM=CN=7，即可得到
MN=MB+BN=CN+AM=9；
（2）根据两个三角形全等的判定定理，得到△ABE≌△BCP(AAS)，利用两个三角形全等的性质，得到
AE=BP，BE=CP，由图中BE=BP+PE，即可得到PE=BE−BP=PC−AE；
（3）延长FE,过点C作CP⊥FE于P，如图所示,由两个三角形全等的判定定理得到
△ABE≌△BCP(AAS)，从而PC=BE=1,PB=AE=5,则PE=PB−BE=4,延长AE,过点C作CF⊥AE
于F，如图所示,由平行线间的平行线段相等可得CF=PE=4,代入面积公式得
1 1
S = AE⋅CF= ×5×4=10,即可得到答案．
△ACE 2 2
【解题过程】
解：（1）①△ABM≌△BCN．
∵∠ABC=90°，
∴∠ABM+∠CBN=90°，
∵AM⊥DF，CN⊥DF，
∴∠AMB=90°，∠CNB=90°，
∴∠ABM+∠BAM=90°，
∴∠BAM=∠CBN，
在△ABM和△BCN中，
{∠AMB=∠CNB=90°
)
∠BAM=∠CBN ，
AB=BC
∴ △ABM≌△BCN(AAS)，
故答案为：△ABM≌△BCN(AAS)
②由①知△ABM≌△BCN(AAS)，
∴AM=BN,BM=CN，
∵ AM=2，CN=7，
∴MN=MB+BN=CN+AM=7+2=9，
故答案为：9；
（2）结论：PE=PC−AE．
理由如下：
∵∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBE=90°，∵CP⊥BE，
∴∠CPB=90°，
∴∠BCP+∠CBP=90°，
∴∠ABE=∠BCP，
∵∠AEB=90°，
∴∠AEB=∠CPB=90°，
在△ABE和△BCP中，
{∠AEB=∠CPB
)
∠ABE=∠BCP ，
AB=BC
∴△ABE≌△BCP(AAS)，
∴AE=BP，BE=CP，
∵BE=BP+PE，
∴PE=BE−BP=PC−AE；
（3）延长FE,过点C作CP⊥FE于P，如图所示：
∵∠ABE+∠EBC=90°,∠ABE+∠BAE=90°,
∴∠EBC=∠BAE，
在△ABE和△BCP中，
{∠AEB=∠CPB=90°
)
∠EBC=∠BAE ，
AB=BC
∴△ABE≌△BCP(AAS)，
∴PC=BE=1,PB=AE=5,
∴PE=PB−BE=5−1=4,
延长AE,过点C作CF⊥AE于F，如图所示：∵AF⊥PE,CP⊥PE，
∴AF∥CP,
∵AF⊥PE,CF⊥AF,
∴PE∥CF,
由平行线间的平行线段相等可得CF=PE=4,
1 1
S = AE⋅CF= ×5×4=10，
△ACE 2 2
故答案为：10．
17．（2023秋·湖北襄阳·八年级统考期末）【初步探索】
（1）如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°，E、F分别是BC、CD上的点，且
EF=BE+FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF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 ；
【灵活运用】
（2）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，且
EF=BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
【拓展延伸】
（3）如图3，已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF=BE+FD，请写出∠EAF与∠DAB的数量关系，并
给出证明过程．
【思路点拨】
（1）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，
AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF，据
此得出结论；
（2）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，
AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
（3）在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG，再判定
△AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，推导得到
2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出结论．
【解题过程】
（1）解：结论：∠BAE+∠FAD=∠EAF．
理由：如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
在△ABE和△ADG中，
{
AB=AD
)
∠B=∠ADG=90° ，
BE=DG
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
∵EF=BE+DF，
∴EF=DF+DG=FG，
在△AEF和△AGF中，{AE=AG
)
AF=AF ，
EF=GF
∴△AEF≌△AGF(SSS)，
∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF．
故答案为：∠BAE+∠FAD=∠EAF；
（2）仍成立，理由：
如图2，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
∵∠B+∠ADF=180°，∠ADG+∠ADF=180°，
∴∠B=∠ADG，
又∵AB=AD，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，
∴△AEF≌△AGF(SSS)，
∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
1
（3）∠EAF=180°− ∠DAB．
2
证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，
∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°，∴∠ADC=∠ABE，
又∵AB=AD，
∴△ADG≌△ABE(SAS)，
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，
∴△AEF≌△AGF(SSS)，
∴∠FAE=∠FAG，
∵∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，
∴2∠FAE+(∠GAB+∠BAE)=360°，
∴2∠FAE+(∠GAB+∠DAG)=360°，
即2∠FAE+∠DAB=360°，
1
∴∠EAF=180°− ∠DAB．
2
18．（2022秋·江苏·八年级专题练习）在△ABC中，AD为△ABC的角平分线，点E是直线BC上的动点．
（1）如图1，当点E在CB的延长线上时，连接AE，若∠E＝48°，AE＝AD＝DC，则∠ABC的度数为
．
（2）如图2，AC＞AB，点P在线段AD延长线上，比较AC+BP与AB+CP之间的大小关系，并证明．
（3）连接AE，若∠DAE＝90°，∠BAC＝24°，且满足AB+AC＝EC，请求出∠ACB的度数（要求：画图，
写思路，求出度数）．
【思路点拨】
（1）根据等边对等角，可得∠E=∠ADE，∠DAC=∠C，再根据三角形外角的性质求出
∠ADE=2∠DAC=48°，由此即可解题；
（2）在AC边上取一点M使AM=AB，构造△ABP≅△AMP，根据MP+MC>PC即可得出答案；
（3）画出图形，根据点E的位置分四种情况，当点E在射线CB延长线上，延长CA到G，使AG=AB，可
得GC=EC，可得∠G=∠GEC，设∠ACB=2x，则∠G=∠GEC=90°−x；根据∠BAC＝24°，AD为△ABC的角平分线，可得∠BAD=∠DAC=12°，可证△AGE≅△ABE（SAS），得出
∠ABE=∠G=90°−x，利用还有 ∠ABE=24°+2x，列方程90°−x=24°+2x；当点E在BD上时，
∠EAD＜90°，不成立；当点E在CD上时，∠EAD＜90°，不成立；当点E在BC延长线上，延长CA到
G，使AG=AB， 可得GC=EC，得出∠G=∠GEC，设∠ACB=2x，则∠G=∠GEC=x；∠BAC＝
24°，根据AD为△ABC的角平分线，得出∠BAD=∠DAC=12°，证明△AGE≅△ABE（SAS），得出
∠ABE=∠G=x，利用三角形内角和列方程x+24°+2x=180°，解方程即可．
【解题过程】
解：（1）∵AE＝AD＝DC，
∴∠E=∠ADE，∠DAC=∠C，
∵∠E=48°，∠ADE=∠DAC+∠C，
∴∠ADE=2∠DAC=48°，
∵AD为△ABC的角平分线，即∠BAC=2∠DAC，
∴∠BAC=48°；
∴∠ABC=180°−48°−24°=108°
（2）如图2，
在AC边上取一点M使AM=AB，连接MP，
在△ABP和△AMP中，
{
AB=AM
)
∠BAP=∠MAP ，
AP=AP
∴△ABP≅△AMP（SAS），
∴BP=MP，
∵MP+MC>PC，MC=AC−AM，
∴AC−AB+BP>PC，
∴AC+BP>AB+PC；（3）如图，点E在射线CB延长线上，延长CA到G，使AG=AB，
∵AB+AC＝EC，
∴AG+AC＝EC，即GC=EC，
∴∠G=∠GEC，
设∠ACB=2x，则∠G=∠GEC=90°−x；
又∠BAC＝24°，AD为△ABC的角平分线，
∴∠BAD=∠DAC=12°，
又∵∠DAE＝90°，
∴∠BAE＝90°−∠BAD=78°，∠GAE=90°−∠DAC=78°，
∴∠BAE＝∠GAE，
在△AGE和△ABE中，
{
AE=AE
)
∠GAE=∠BAE ，
AG=AB
∴△AGE≅△ABE（SAS），
∴∠ABE=∠G=90°−x，
又∵∠ABE=∠BAC+∠ACB=24°+2x，
∴90°−x=24°+2x，
解得：x=22°，
∴∠ACB=2x=44°；
当点E在BD上时，∠EAD＜90°，不成立；当点E在CD上时，∠EAD＜90°，不成立；
如图，点E在BC延长线上，延长CA到G，使AG=AB，
∵AB+AC＝EC，
∴AG+AC＝EC，即GC=EC，
∴∠G=∠GEC，
设∠ACB=2x，则∠G=∠GEC=x；
又∵∠BAC＝24°，AD为△ABC的角平分线，
∴∠BAD=∠DAC=12°，
又∵∠DAE＝90°，∴∠BAE＝90°+∠BAD=102°，∠GAE=90°+∠DAC=102°，
∴∠BAE＝∠GAE，
在△AGE和△ABE中，
{
AE=AE
)
∠GAE=∠BAE ，
AG=AB
∴△AGE≅△ABE（SAS），
∴∠ABE=∠G=x，
∴x+24°+2x=180°，
解得：x=52°，
∴∠ACB=2x=104°．
∴∠ACB的度数为44°或104°．
19．（2023·浙江·八年级假期作业）（1）如图①，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，
1
E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF= ∠BAD．请直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关
2
系： ；
（2）如图②，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是边BC，CD上的点，且
1
∠EAF= ∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程；
2
（3）在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是边BC，CD所在直线上的点，且
1
∠EAF= ∠BAD．请直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关系： ．
2
【思路点拨】
（1）如图1，延长EB到G，使BG=DF，连接AG，即可证明△ABG≌△ADF，可得AF=AG，再证明
△AEF≌△AEG，可得EF=EG，即可解题；（2）如图2，同理可得：EF=BE+DF；
（3）如图3，作辅助线，构建△ABG，同理证明△ABG≌△ADF和△AEG≌△AEF．可得新的结论：
EF=BE−DF；如图4，作辅助线△ADH，同理证明△ABE≌△ADH和△FAH≌△FAE，可得新结论
EF=DF−BE；
【解题过程】
解：（1）如图1，延长EB到G，使BG=DF，连接AG．
在△ABG与△ADF中，
{
AB=AD
)
∠ABG=∠ADF=90° ，
BG=DF
∴△ABG≌△ADF(SAS)．
∴AG=AF，∠1=∠2，
1
∴∠1+∠3=∠2+∠3= ∠BAD=∠EAF．
2
∴∠GAE=∠EAF．
又∵AE=AE，
∴△AEG≌△AEF(SAS)．
∴EG=EF．
∵EG=BE+BG．
∴EF=BE+FD；
（2）（1）中的结论EF=BE+FD仍然成立．
理由如下：如图2，延长EB到G，使BG=DF，连接AG．∵∠ABC+∠D=180°，∠ABG+∠ABC=180°，
∴∠ABG=∠D，
在△ABG与△ADF中，
{
AB=AD
)
∠ABG=∠ADF ，
BG=DF
∴△ABG≌△ADF(SAS)．
∴AG=AF，∠1=∠2，
1
∴∠1+∠3=∠2+∠3= ∠BAD=∠EAF．
2
∴∠GAE=∠EAF．
又∵AE=AE，
∴△AEG≌△AEF(SAS)．
∴EG=EF．
∵EG=BE+BG．
∴EF=BE+FD；
（3）图2中，EF=BE+DF成立，
图3中，EF=BE−DF，理由如下：
在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．
∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，∴∠B=∠ADF．
在△ABG与△ADF中，
{
AB=AD
)
∠ABG=∠ADF ，
BG=DF
∴△ABG≌△ADF(SAS)．
∴∠BAG=∠DAF，AG=AF．
1
∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF= ∠BAD．
2
∴∠GAE=∠FAE．
在△AEG和△AEF中，
{
AG=AF
)
∠GAE=∠FAE ，
AE=AE
∴△AEG≌△AEF(SAS)．
∴EG=EF，
∵EG=BE−BG，
∴EF=BE−DF．
图4中，EF=DF−BE，理由如下：
在DF上截取DH，使DH=BE，连接AH，
∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°，
∴∠ABE=∠ADH，
在△ABE和△ADH中，
{
AB=AD
)
∠ABE=∠ADH ，
BE=DH
∴△ABE≌△ADH(SAS)，∴∠BAE=∠DAH，AH=AE，
∵∠BAD=2∠EAF，
1
∴∠DAH+∠BAF= ∠BAD，
2
1
∴∠HAF= ∠BAD=∠EAF，
2
在△FAH和△FAE 中，
{
AH=AE
)
∠HAF=∠EAF ，
AF=AF
∴△FAH≌△FAE(SAS)，
∴HF=EF，
∴EF=HF=DF−DH=DF−BE；
综上所述，线段EF，BE，FD 之间的数量关系为：EF=BE+DF 或EF=BE−DF 或EF=DF−BE
，
故答案为：EF=BE+DF 或EF=BE−DF 或EF=DF−BE．
20．（2022秋·八年级课时练习）在△ABC中，点P为BC边中点，直线a绕顶点A旋转，BM⊥直线a于点
M．CN⊥直线a于点N，连接PM，PN．
（1）如图1，若点B，P在直线a的异侧，延长MP交CN于点E．求证：PM=PE．
（2）若直线a绕点A旋转到图2的位置时，点B，P在直线a的同侧，其它条件不变，此时
S +S =7，BM=1，CN=3，求MN的长度．
△BMP △CNP
（3）若过P点作PG⊥直线a于点G．试探究线段PG、BM和CN的关系．【思路点拨】
（1）根据平行线的性质证得∠MBP=∠ECP再根据BP=CP，∠BPM=∠CPE即可得到
△BPM≌△CPE，得到PM=PE．
（2）延长MP与NC的延长线相交于点E．证明△BPM≌△CPE(ASA)，推出BM=CE，求出△MNE的
面积即可解决问题．
（3）位置关系的证明比较简单，数量关系分四种情形：当直线a与线段BP交于一点时，当直线a与线段
CP交于一点时，当直线a与线段CB的延长线交于一点时，当直线a与线段BC的延长线交于一点时，画出
对应的图形，利用三角形和梯形的面积公式分别证明即可解决问题．
【解题过程】
（1）证明：如图1，
∵BM⊥直线a于点M，CN⊥直线a于点N，
∴∠BMA=∠CNM=90°，
∴BM//CN，
∴∠MBP=∠ECP，
又∵P为BC边中点，
∴BP=CP，
在△BPM和△CPE中，
{∠BPM=∠CPE
)
BP=CP ，
∠MBP=∠ECP
∴△BPM≌△CPE(ASA)，∴PM=PE．
（2）解：如图2，延长MP与NC的延长线相交于点E，
∵BM⊥直线a于点M，CN⊥直线a于点N，
∴∠BMN=∠CNM=90°，
∴∠BMN+∠CNM=180°，
∴BM//CN，
∴∠MBP=∠ECP，
又∵P为BC中点，
∴BP=CP，
又∵∠BPM=∠CPE，
∴在△BPM和△CPE中，
{∠BPM=∠CPE
)
BP=CP ，
∠MBP=∠ECP
∴△BPM≌△CPE(ASA)，
∴PM=PE，BM=CE，S =S ，
△BPM △CPE
∵BM=1，CN=3，
∴NE=CN+CE=CN+BM=4，
∵S +S =7，
△BMP △CNP
∴S =S +S =S +S =7，
△PNE △CPE △CNP △BMP △CNP
∴S =2S =14，
△MNE △PNE
1
∴ ×MN×4=14，
2
∴MN=7．
（3）位置关系：BM//PG//CN，
数量关系：分四种情况讨论∵BM⊥直线a于点M．CN⊥直线a于点N，PG⊥直线a于点G，
∴BM//PG//CN，
①如图3，当直线a与线段BP交于一点时，
由（1）可知PM=PE，
1
∴S =S = S ，
△PMN △PEN 2 △MNE
1 1 1
即 × MN⋅PG= NE⋅MN，
2 2 2
∴NE=2PG，
∵△BPM≌△CPE，
∴BM=CE，
∵NE=CN−CE，
∴2PG=CN−BM．
②当直线a与线段CP交于一点时，
如图，延长MP交CN的延长线于点E．
∵BM⊥直线a于点M，CN⊥直线a于点N，
∴∠BMN=∠CNM=90°，
∴BM//CN，
∴∠MBP=∠ECP，
又∵P为BC边中点，
∴BP=CP，
在△BPM和△CPE中，{∠BPM=∠CPE
)
BP=CP ，
∠MBP=∠ECP
∴△BPM≌△CPE(ASA)，
∴PM=PE．
1
∴S =S = S ，
△PMN △PEN 2 △MNE
1 1 1
即 × MN⋅PG= NE⋅MN，
2 2 2
∴NE=2PG，
∵△BPM≌△CPE，
∴BM=CE，
∵NE=CE−CN，
∴2PG=BM−CN．
③如图4，当直线a与线段CB的延长线交于一点时．
由（2）得：△BPM≌△CPE(ASA)，
∴PM=PE，S =S ，
△BPM △CPE
∴S =S =2S ，
梯 形BCNM△MNE △MNP
1 1
即 (BM+CN)⋅MN=2× MN⋅PG，
2 2
∴2PG=CN+BM．
④当直线a与线段CB的延长线交于一点时，
如图，延长MP交NC的延长线于点E．∵BM⊥直线a于点M，CN⊥直线a于点N，
∴∠BMN=∠CNM=90°，
∴∠BMN+∠CNM=180°，
∴BM//CN，
∴∠MBP=∠ECP，
又∵P为BC中点，
∴BP=CP，
又∵∠BPM=∠CPE，
∴在△BPM和△CPE中，
{∠BPM=∠CPE
)
BP=CP ，
∠MBP=∠ECP
∴△BPM≌△CPE(ASA)，
∴PM=PE，S =S ，
△BPM △CPE
∴S =S =2S ，
梯 形BCNM△MNE △MNP
1 1
即 (BM+CN)⋅MN=2× MN⋅PG，
2 2
∴2PG=CN+BM．
综上所述，线段PG、BM和CN的位置关系为BM//PG//CN，数量关系为2PG=CN−BM或
2PG=BM−CN或2PG=CN+BM．
