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专题 20 全等三角形【十六大题型】
【题型1 利用全等三角形的性质求解】..................................................................................................................2
【题型2 添加一个条件使两个三角形全等】.........................................................................................................7
【题型3 结合尺规作图的全等问题】....................................................................................................................10
【题型4 全等三角形模型-平移模型】..................................................................................................................18
【题型5 全等三角形模型-对称模型】..................................................................................................................24
【题型6 全等三角形模型-旋转模型】..................................................................................................................28
【题型7 全等三角形模型-一线三等角模型】......................................................................................................38
【题型8 全等三角形模型-手拉手模型】..............................................................................................................47
【题型9 构造辅助线证明两个三角形全等-倍长中线法】..................................................................................53
【题型10 构造辅助线证明两个三角形全等-截长补短法】..................................................................................61
【题型11 构造辅助线证明两个三角形全等-作平行线】......................................................................................73
【题型12 构造辅助线证明两个三角形全等-作垂线】..........................................................................................82
【题型13 利用角平分线的性质求解】..................................................................................................................90
【题型14 角平分线的判定定理】............................................................................................................................96
【题型15 利用全等三角形的性质与判定解决测量问题】.................................................................................105
【题型16 利用全等三角形的性质与判定解决动点问题】..................................................................................111
【知识点 全等三角形】
1.全等三角形的概念
能够完全重合的两个三角形叫做全等三角形。
把两个全等的三角形重合到一起，重合的顶点叫做对应顶点，重合的边叫做对应边，重合的角叫做对
应角。
2.全等三角形的性质
全等三角形的对应边相等；全等三角形的对应角相等。
3.三角形全等的判定
(1)边边边(SSS)：三边分别相等的两个三角形全等。
(2)边角边(SAS)：两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等。
(3)角边角(ASA)：两角和它们的夹边分别相等的两个三角形全等。
(4)角角边(AAS)：两角和其中一个角的对边分别相等的两个三角形全等。
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(5)斜边.直角边(HL)：斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等。
4.全等变换
只改变图形的位置，二不改变其形状大小的图形变换叫做全等变换。
全等变换包括一下三种：
（1）平移变换：把图形沿某条直线平行移动的变换叫做平移变换。
（2）对称变换：将图形沿某直线翻折180°，这种变换叫做对称变换。
（3）旋转变换：将图形绕某点旋转一定的角度到另一个位置，这种变换叫做旋转变换。
【题型1 利用全等三角形的性质求解】
【例1】（2023·四川德阳·统考二模）如图△AOB≌△ADC，∠O=∠D=90°，记∠OAD=α，
∠ABO=β，当AO∥BC时，α与β之间的数量关系为（ ）．
A．α+β=90° B．α+2β=180° C．α=β D．α=2β
【答案】D
【分析】本题考查了全等三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，熟记各性质并理清图中各角
度之间的关系是解题的关键．根据全等三角形的性质可得AB=AC，∠BAO=∠CAD，然后求出
∠BAC=α，再根据等腰三角形两底角相等求出∠ABC，然后根据两直线平行，同旁内角互补表示出
∠OBC，整理即可．
【详解】解：∵ △AOB≌△ADC，
∴ AB=AC，∠BAO=∠CAD，
∴ ∠BAC=∠OAD=α，
1
在△ABC中，∠ABC= (180°−α)
2
∵ AO∥BC，
∴ ∠OBC=180°−∠O=180°−90°=90°，
1
∴ β+ (180°−α)=90°，
2
整理得α=2β．
故选：D．
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【变式1-1】（2023·河南·模拟预测）已知下图中的两个三角形全等，则∠α等于（ ）
A．72° B．58° C．60° D．50°
【答案】D
【分析】本题考查了全等三角形的性质，根据全等三角形对应角相等解答即可．
【详解】解：如图，∵两个三角形全等，
∴a，c两边的夹角相等，
∴∠α=50°，
故选：D．
【变式1-2】（2023·北京海淀·校考模拟预测）图中的小正方形边长都相等，若△MNP≌△MFQ，则点Q
可能是图中的 ．
【答案】点D
【分析】设图中小正方形的边长为1，由勾股定理可计算出△MNF的三边长，再计算出点M、F分别与
A、B、C、D四点的距离，即可作出判断．
【详解】解：设图中小正方形的边长为1，
∵MN=MF=2，
由勾股定理得：MP=√32+32=3√2，NP=√32+12=√10，
由于AF⊥MF，显然点A不可能是点Q；
∵MD=√32+32=3√2，FD=√12+32=√10，
∴MD=MP，FD=NP，
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∴△MNP≌△MFD，即点D是点Q；
∵MB=√32+22=√13≠MP，FB=√12+22=√5≠NP，
∴点B不是点Q；
同理，点C不是点Q；
∴点Q可能是图中的点D；
故答案为：点D．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，勾股定理，利用勾股定理求得各线段的长度是关键．
【变式1-3】（2023·浙江·模拟预测）如图，已知Rt△ABC≌Rt△≝¿，∠C=∠F=90°，AC=DF=3，
BC=EF=4，△≝¿绕着斜边AB的中点D旋转，DE、DF分别交AC、BC所在的直线于点P、Q．当
△BDQ为等腰三角形时，AP的长为 ．
25 13 11
【答案】 或 或
6 6 12
【分析】分类讨论：①当BD=BQ，由AC=DF=3，BC=EF=4，则AB=5，过D作DM⊥BC与M，
1 3 1 5
DN⊥AC于N，利用三角形的中位线的性质得到DM=AN= AC= ，BD= AB= ，
2 2 2 2
1 1
DN=BM= BC=2，可得到BQ与QM的长，然后利用等腰三角形的性质得到∠3=90°− ∠B，易
2 2
1
得∠2= ∠B，又Rt△ABC≌Rt△≝¿，利用三角形全等的性质得到∠EDF=∠A=90°−∠B，则
2
1
∠1= ∠B，即∠1=∠2，则△CPD∽△CDA，然后根据三角形相似的性质得到PN：QM=DN：
2
DM，代值计算可得CP，从而求得AP；②当DB=DQ，则Q点在C点，易证△CPD∽△CDA，然后根
据三角形相似的相似比即可得到CP，从而求得AP；②当QB=QD，则∠B=∠BDQ，而∠EDF=∠A，
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得到∠EDF+∠BDQ=90°，即ED⊥AB，易证Rt△APD∽Rt△ABC，然后根据三角形相似的相似比
即可求得AP．
【详解】解：①当BD=BQ，
∠C=∠F=90°，AC=DF=3，BC=EF=4，
则AB=5，
过D作DM⊥BC与M，DN⊥AC于N，如图，
∵D为AB的中点，
1 3 1 5 1
∴DM=AN= AC= ，BD= AB= ，DN=BM= BC=2，
2 2 2 2 2
5 5 1
∴BQ=BD= ，QM= −2= ，
2 2 2
1
∴∠3=90°− ∠B，
2
而∠2+∠3=90°，
1
∴∠2= ∠B，
2
又∵Rt△ABC≌Rt△≝¿，
∴∠EDF=∠A=90°−∠B，
而∠1+∠EDF+∠2=90°，
1
∴∠1= ∠B，即∠1=∠2，
2
∴△DQM∽△DPN，
1 3
∴PN：QM=DN：DM，即PN： =2： ，
2 2
2
∴PN= ，
3
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3 2 13
∴AP= + = ；
2 3 6
②当DB=DQ，则Q点在C点，如图，
5
DA=DC= ，
2
而Rt△ABC≌Rt△≝¿，
∴∠EDF=∠A，
∴△CPD∽△CDA，
5 5
∴CP：CD=CD：CA，即CP： = ：3，
2 2
25
∴CP= ，
12
25 11
∴AP=3− = ；
12 12
③当QB=QD，则∠B=∠BDQ，
而∠EDF=∠A，
∴∠EDF+∠BDQ=90°，即ED⊥AB，如图，
∴Rt△APD∽Rt△ABC，
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5
∴AP：AB=AD：AC，即AP：5= ：3，
2
25
∴AP= ．
6
25 13 11
故答案为 或 或 ．
6 6 12
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质：两腰相等，两底角相等．也考查了三角形全等的性质和三角形相
似的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质以及分类讨论思想的运用．
【题型2 添加一个条件使两个三角形全等】
【例2】（2023·湖南长沙·统考中考真题）人教版初中数学教科书八年级上册第35-36页告诉我们作一个三
角形与已知三角形全等的方法：
已知：△ABC．
求作：△A'B'C'，使得△A'B'C'≌△ABC．
作法：如图．
（1）画B'C'=BC；
（2）分别以点B'，C'为圆心，线段AB，AC长为半径画弧，两弧相交于点
A'；
（3）连接线段A'B'，A'C'，则△A'B'C'即为所求作的三角形．
请你根据以上材料完成下列问题：
（1）完成下面证明过程（将正确答案填在相应的横线上）：
证明：由作图可知，在△A'B'C'和△ABC中，
¿
∴△A'B'C'≌______．
（2）这种作一个三角形与已知三角形全等的方法的依据是______．（填序号）
①AAS；②ASA；③SAS；④SSS
【答案】（1）AB,AC,△ABC；（2）④．
【分析】（1）先根据作图可知A'B'=AB,A'C'=AC，再根据三角形全等的判定定理即可得；
（2）根据三边对应相等的两个三角形是全等三角形即可得．
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【详解】（1）证明：由作图可知，在△A'B'C'和△ABC中，
¿，
∴△A'B'C' ≅△ABC．
故答案为：AB,AC,△ABC．
（2）这种作一个三角形与已知三角形全等的方法的依据是SSS，
故答案为：④．
【点睛】本题考查了利用SSS定理判定三角形全等，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题关键．
【变式2-1】（2023·湖南岳阳·统考一模）如图，在△ABC中，AB=AC，D、E是BC边上的点．请从以
下三个条件：①BD=CE；②∠B=∠C；③∠BAD=∠CAE中，选择一个合适的作为已知条件，使得
AD=AE．
(1)你添加的条件是______（填序号）；
(2)添加了条件后，请证明AD=AE．
【答案】(1)①（答案不唯一）
(2)见解析
【分析】（1）利用全等三角形的判定定理进行分析，选取合适的条件进行求解即可；
（2）结合（1）进行求解即可．
【详解】（1）解：可选取①或③（只选一个即可），
故答案为：①（答案不唯一）；
（2）证明：当选取①时，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
在△ABD与△ACE中，
¿，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴AD=AE；
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当选取③时，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
在△ABD与△ACE中，
¿，
∴△ABD≌△ACE(ASA)，
∴AD=AE．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，解答的关键是熟记全等三角形的判定定理与性质并灵活
运用．
【变式2-2】（2023·河南·模拟预测）如图，给出下列四组条件：①AB=DE，BC=EF，AC=DF；②
AB=DE， ∠B=∠E，BC=EF；③∠B=∠E，BC=EF，∠C=∠F；④AB=DE，AC=DF，
∠B=∠E．其中，能使△ABC≌△≝¿的条件共有（ ）
A．1组 B．2组 C．3组 D．4组
【答案】C
【分析】根据全等三角形判定的条件，可得答案．
【详解】解：①AB=DE，BC=EF，AC=DF，可利用SSS判定全等；
②AB=DE， ∠B=∠E，BC=EF，可利用SAS判定全等；
③∠B=∠E，BC=EF，∠C=∠F，可利用ASA判定全等；
④AB=DE，AC=DF，∠B=∠E，属于SSA，不能判定全等；
∴能判定△ABC≌△≝¿的条件有3组，
故选C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，熟记全等三角形的判定是解题关键．
【变式2-3】（2023·广西柳州·统考中考真题）如图，点A，D，C，F在同一条直线上，AB＝DE，BC＝
EF．有下列三个条件：①AC＝DF，②∠ABC＝∠DEF，③∠ACB＝∠DFE．
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(1)请在上述三个条件中选取一个条件，使得△ABC≌△DEF．你选取的条件为（填写序号）______（只需选
一个条件，多选不得分），你判定△ABC≌△DEF的依据是______（填“SSS”或“SAS”或“ASA”或
“AAS”）；
(2)利用（1）的结论△ABC≌△DEF．求证：AB∥DE．
【答案】(1)①，SSS
(2)见解析
【分析】(1)根据SSS即可证明△ABC≌∆DEF，即可解决问题；
(2)根据全等三角形的性质可得可得∠A=∠EDF，再根据平行线的判定即可解决问题．
【详解】（1）解：在△ABC和△DEF中，
¿，
∴△ABC≌△DEF（SSS），
∴在上述三个条件中选取一个条件，使得△ABC≌△DEF，
选取的条件为①，判定△ABC≌△DEF的依据是SSS．（注意：只需选一个条件，多选不得分）
故答案为：①，SSS；
（2）证明：∵△ABC≌△DEF．
∴∠A＝∠EDF，
∴AB∥DE．
【点睛】本题考查了平行线的性质和全等三角形的性质，和判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解
此题的关键．
【题型3 结合尺规作图的全等问题】
【例3】（2023·浙江衢州·统考中考真题）如图，在△ABC中，以点A为圆心，适当长为半径画弧，分别
1
交AB，AC于点D，E．分别以点D，E为圆心，大于 DE长为半径画弧，交于∠BAC内一点F.连结AF
2
并延长，交BC于点G．连结DG，EG.添加下列条件，不能使BG=CG成立的是（ ）
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A．AB=AC B．AG⊥BC C．∠DGB=∠EGC D．AG=AC
【答案】D
【分析】根据题意可知AG是三角形的角平分线，再结合选项所给的条件逐次判断能否得出BG=CG即可．
【详解】根据题中所给的作图步骤可知，
AG是△ABC的角平分线，即∠BAG=∠CAG．
当AB=AC时，又∠BAG=∠CAG，且AG=AG，
所以△ABG≌△ACG(SAS)，
所以BG=CG，
故A选项不符合题意．
当AG⊥BC时，
∠AGB=∠AGC=90°，
又∠BAG=∠CAG，且AG=AG，
所以△ABG≌△ACG(ASA)，
所以BG=CG，
故B选项不符合题意．
当∠DGB=∠EGC时，
因为∠BAG=∠CAG，AD=AE，AG=AG，
所以△ADG≌△AEG(AAS)，
所以∠AGD=∠AGE，
又∠DGB=∠EGC，
所以∠AGD+∠DGB=∠AGE+∠EGC，
即∠AGB=∠AGC．
又∠AGB+∠AGC=90°，
所以∠AGB=∠AGC=90°，
则方法同（2）可得出BG=CG，
故C选项不符合题意．
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故选：D．
【点睛】本题考查全等三角形的判定，熟知全等三角形的判定定理是解题的关键．
【变式3-1】（2023·河南·统考中考真题）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠D=90°，AD=4，
1
BC=3．分别以点A，C为圆心，大于 AC长为半径作弧，两弧交于点E，作射线BE交AD于点F，交
2
AC于点O．若点O是AC的中点，则CD的长为（ ）
A．2√2 B．4 C．3 D．√10
【答案】A
【分析】连接FC，根据基本作图，可得OE垂直平分AC，由垂直平分线的性质得出AF=FC．再根据
ASA证明ΔFOA≌ΔBOC，那么AF=BC=3，等量代换得到FC=AF=3，利用线段的和差关系求出
FD=AD−AF=1．然后在直角ΔFDC中利用勾股定理求出CD的长．
【详解】
解：如图，连接FC，则AF=FC．
∵AD∥BC，
∴∠FAO=∠BCO．
在ΔFOA与ΔBOC中，
¿，
∴ΔFOA≌ΔBOC(ASA)，
∴AF=BC=3，
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∴FC=AF=3，FD=AD−AF=4−3=1．
在ΔFDC中，∵∠D=90°，
∴CD2+DF2=FC2，
∴CD2+12=32，
∴CD=2√2．
故选：A．
【点睛】本题考查了作图﹣基本作图，勾股定理，线段垂直平分线的判定与性质，全等三角形的判定与性
质，难度适中．求出CF与DF是解题的关键．
【变式3-2】（2023·广东广州·统考二模）如图，四边形ABCD是矩形，以点B为圆心，BA长为半径的半
圆，交BC于点M．
(1)作线段BC的垂直平分线交BC于点O；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
(2)以点O为圆心，以OB为半径作⊙O，交弧AM于点E（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹），
证明：BE⊥CE；
(3)在（2）的条件下，延长线段CE交AD于点F，从条件①或者条件②这两个条件中选择一个作为已知条
件，求cos∠EBC的值．
条件①：AF:DF=1:3；
条件②：S =3S ；
△CDF △ABF
注明：如果选择条件①与条件②分别作答，按第一个解答计分．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
√7
(3)
4
1
【分析】（1）分别以点B，C为圆心，大于 BC的长为半径，在BC的上下两侧画弧，连接两弧的交点，
2
与BC交于点O，即可；
（2）以点O为圆心，以OB为半径作⊙O，交弧AM于点E，连接CE．根据直径所对的圆周角是直角即可
证明；
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（3）选用条件①，设AB=r，BC=a，根据矩形的性质可得AD∥BC，∠D=90°，AD=BC=a，
AB=DC=BE=r，根据全等三角形的判定和性质可得DF=EC，根据勾股定理可得DF2=CE2=a2−r2，
3 r √7
结合AF:DF=1:3，可得DF= a，代入可得 = ，即可求出．
4 a 4
1
【详解】（1）如图：分别以点B，C为圆心，大于 BC的长为半径，在BC的上下两侧画弧，连接两弧的
2
交点，与BC交于点O．
（2）如图：以点O为圆心，以OB为半径作⊙O，交弧AM于点E，连接CE．
∵点O是BC的中点，
∴BC是圆O的直径，
∴∠AEC=90°，
即BE⊥CE．
（3）如图，设AB=r，BC=a，且AF:DF=1:3
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∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠D=90°，AD=BC=a，AB=DC=BE=r，
∴∠BCE=∠CFD，
∵BE⊥CE，
∴∠BEC=∠D=90°，
在△FDC和△CEB中，
¿，
∴△FDC≌△CEB(AAS)，
∴DF=EC，
由勾股定理，得：CE2=BC2−BE2=a2−r2，
∴DF2=a2−r2，
∵AF:DF=1:3，
3 3
∴DF= AD= a，
4 4
9
∴
a2=a2−r2
，
16
∴7a2=16r2，
r √7
∴ = ，
a 4
BE r √7
∴cos∠EBC= = = ．
BC a 4
选用条件②：S =3S ；
△CDF △ABF
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1
×FD×DC
S 2 FD 3
则 △CDF = = = ，
S 1 AF 1
△ABF ×AF×AB
2
即AF:DF=1:3，
BE r √7
同理可得cos∠EBC= = = ．
BC a 4
【点睛】本题考查了尺规作图——作垂线，画圆，直径所对的圆周角是直角，矩形的性质，全等三角形的
判定和性质，勾股定理，余弦的定义，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参
数解决问题．
【变式3-3】（2023·福建福州·福建省福州屏东中学校考二模）如图，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC
于点D，∠BAC为锐角．
1
(1)将线段AD绕点A顺时针旋转（旋转角小于90°），在图中求作点D的对应点E，使得BE= BC；（要
2
求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
5 EF
(2)在（1）的条件下，过点C作CF⊥AB于点F，连接EF，BE，若sin∠EBA= ，求 的值．
7 CF
【答案】(1)见解析
EF 7
(2) =
CF 10
【分析】（1）以点A为圆心，AD为半径画弧，以点B为圆心，以BD为半径画弧，两弧相交于点E，连
接AE、BE，则BE即为所求；
1
（2）先证明 ABC是等腰三角形，由等腰三角形的三线合一知CD= BC，进一步证明，
2
△
△ABE≌△ABD（SSS），得到∠EAB=∠DAB，∠EBA=∠DBA，又AF＝AF，，得到
CF 5
△AEF≌△ADF（SAS），EF=DF，在Rt△BCF中，sin∠EBA= = ，设CF=5a，BC=7a，得
CB 7
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1 7 7
到DF= BC= a，EF= a，得到答案．
2 2 2
【详解】（1）解：如图1所示，点E即为所求．
理由是：∵AB＝AC，
∴△ABC是等腰三角形，
∵AD⊥BC，
1
∴BD＝CD＝ BC，
2
1
∴线段AD绕点A顺时针旋转（旋转角小于90°），旋转角为∠DAE，且BE= BC；
2
（2）解：如图2，连接DF．
在△ABC中，AB=AC，
∴△ABC是等腰三角形，
∵AD⊥BC，
1
∴CD= BC，
2
1
由（1）可知BE= BC，AE=AD，
2
∴BE=BD，
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又∵AB=AB，
∴△ABE≌△ABD（SSS），
∴∠EAB=∠DAB，∠EBA=∠DBA，
又∵AF=AF，
∴△AEF≌△ADF（SAS），
∴EF=DF，
∵CF⊥AB，
CF 5
∴在Rt△BCF中，sin∠EBA=sin∠CBF= = ，
CB 7
设CF=5a，BC=7a，
1
∵CD= BC，
2
1 7
∴DF= BC= a，
2 2
7
∴EF= a，
2
EF 7
∴ = ．
CF 10
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、图形的旋转、锐角三角函数、直角三角形的性质、等腰三
角形的判定和性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键
【题型4 全等三角形模型-平移模型】
【例4】（2023·江苏常州·统考一模）如图，将Rt△ABC沿BC所在直线平移得到△DEF．
(1)如图①，当点E移动到点C处时，连接AD，求证：△CDA≌△ABC；
(2)如图②，当点E移动到BC中点时，连接AD、AE、CD，请你判断四边形AECD的形状，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）四边形AECD是菱形，理由见解析．
【分析】（1）根据平移的性质得到∠BAC=∠DCA，从而利用SAS证明△CDA≌△ABC；
（2）根据平移的性质得到AD//BC，AD=BE，结合点E是BC中点得到四边形AECD为平行四边形，
再结合AE=EC可得结论.
【详解】解：（1）证明：∵ΔABC平移得到ΔDCF，
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∴AB//DC，AB=CD，
∴∠BAC=∠DCA，
在ΔABC与ΔCDA中，
¿，
∴ΔABC≅ΔCDA(SAS)；
（2）四边形AECD是菱形
∵ΔABC平移得到ΔDEF，
∴AD//BC，AD=BE，
∵点E是BC中点，∠BAC=90∘，
1
∴AE=BE=EC= BC，
2
∴AD平行且等于EC，
即四边形AECD是平行四边形，
∵AE=EC，
∴平行四边形AECD是菱形.
【点睛】本题考查了平移的性质，全等三角形的判定，菱形的判定，直角三角形斜边中线定理，解题的关
键是熟练运用平移的性质得到判定的条件.
【变式4-1】（2023上·河南南阳·八年级统考期末）如图，已知点A、D、C、F在同一条直线上，AB=DE，
∠ABC=∠≝¿．给出下列三个条件：①AC=DF，②BC=EF，③∠BAC=∠EDF．
(1)请在上述三个条件中选取一个条件，使得△ABC≌△DEF．你选取的条件序号为______，你判定
△ABC≌△DEF的依据是______（填“SSS”或“SAS”或“ASA”或“AAS”）；
(2)请用（1）中所选条件证明△ABC≌△DEF；
(3)△≝¿可看作是由△ABC沿AC方向平移得到的，过B作BM⊥AC于M，当AB=10，BM=8，
△ABD是以BD为腰的等腰三角形时，直接写出平移距离AD的长．
【答案】(1)②，SAS（或③，ASA）
(2)见解析
25
(3)12或
3
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【分析】(1)根据三角形的判定定理即可解答；
(2)根据(1)所选取的条件，证明三角形全等即可；
(3)首先根据勾股定理可求得AM的长，再分两种情况，即BA=BD和AD=BD，分别计算即可求得．
【详解】（1）解：已知AB=DE，∠ABC=∠≝¿，
故只要再添加一对角或已知相等角的边，即可使得△ABC≌△DEF，
故答案为：②，SAS（或③，ASA）；
（2）证明：选②，
在△ABC和△≝¿中，
¿，
∴△ABC≌△DEF(SAS)；
（3）解：如图：
在Rt△ABM，∵AB=10，BM=8，
∴AM=√AB2−BM2=√102−82=6，
当AB=BD时，
∵△ABD是等腰三角形，BM⊥AC，
∴AD=2AM=12；
当AD=BD时，
设AD=BD=x，则MD=AD−AM=x−6，
在Rt△BDM，BD2=BM2+M D2，
得x2=82+(x−6) 2，
25
解得x= ，
3
25
综上，AD的长为12或 ．
3
【点睛】本题考查了添加条件使三角形全等及证明，等腰三角形的性质，勾股定理，能熟记全等三角形的
判定定理是解此题的关键．
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【变式4-2】（2023·云南德宏·统考模拟预测）如图，将△ABC沿射线AB平移4cm后能与△BDE完全重合，
连接CE、CD交BE于点O，OB＝OC．
(1)求证：四边形CBDE为矩形；
4√3
(2)若S BOC＝ cm2，求∠ACD的度数．
△ 3
【答案】(1)见解析
(2)120°
【分析】（1）由平移的性质及ASA判定定理可证得△OCE≌△ODB，根据全等三角形的性质即可求证结
论．
（2）根据矩形的性质及面积公式即可求得BC，进而可利用特殊三角函数值可求得∠BCD=60°，根据垂
直平分线的性质即可求解．
【详解】（1）证明：由题意可知：△BDE由△ABC平移后得到，
∴BC//DE，且BC=DE，
∴四边形CBDE是平行四边形，
∴CE//BD，且CE=BD，
∴∠ECD=∠CDB，∠CEB=∠EBD，
在△OCE和△ODB中
¿，
∴ △OCE≌△ODB(ASA)
∴OC=OD，OB=OE，
又∵OB=OC，
∴CD=BE，
∴ 平行四边形CBDE为矩形．
（2）由（1）可知四边形CBDE为矩形，
∴∠CBD=90°，且BD=4cm，
在△OBC中过点O作BC的垂线，垂足为F，则OF=2，
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1 4√3
∵S = ×2×BC= ，
△BOC 2 3
4√3
∴BC= cm，
3
BD 4
tan∠BCD= = =√3
∴在Rt△CBD， CB 4√3 ，
3
∴∠BCD=60°，
又∴在△ACD中，BC是AD的垂直平分线，
∴∠ACB=∠BCD=60°，
∴∠ACD=120°，
∴∠ACD的度数为120°．
【点睛】本题考查了平移的性质、全等三角形的判定及性质、矩形的判定及性质、特殊三角函数值求角度，
熟练掌握相关性质及判定定理是解题的关键．
【变式4-3】（2023·北京门头沟·二模）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点D在BC延长线上，且
DC=AC，将△ABC延BC方向平移，使点C移动到点D，点A移动到点E，点B移动到点F，得到△EFD，
连接CE，过点F作FG⊥CE于G．
(1)依题意补全图形；
(2)求证：CG=FG；
(3)连接BG，用等式表示线段BG，EF的数量关系，并证明．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
(3)EF=√2BG，理由见详解
【分析】（1）按要求作图即可；
（2）根据平移的性质可求∠ECD=45°，再求∠CFG=90°−∠ECD=45°，即可得证；
（3）连接AG、DG，可证△ACG≌△DCG，从而可得AG=DG，∠AGC=∠DGC，再证
△BCG≌△DFG，从而可得BG=DG，∠BGC=∠DGF，从而可证∠AGB=90°，即可得证．
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【详解】（1）解：如图
（2）证明：由平移得：
∠D=∠ACB=90°，AC=ED，
∵DC=AC，
∴DC=DE，
1
∴∠ECD= ×90°=45°，
2
∵FG⊥CE，
∴∠CGF=90°，
∴∠CFG=90°−∠ECD=45°，
∴CG=FG．
（3）解：EF=√2BG．
理由：如图，连接AG、DG，
∵∠ACF=∠ACB=90°，
∴∠ACG=∠DCG=45°，
在△ACG和△DCG中
¿，
∴△ACG≌△DCG(SAS)，
∴AG=DG，∠AGC=∠DGC；
∵∠BCG=∠ACB+∠ACG=135°，
∠DFG=180°−∠CFG=135°，
∴∠BCG=∠DFG；
由平移得：BC=DF；
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在△BCG和△DFG中
¿，
∴△BCG≌△DFG(SAS)，
∴BG=DG，∠BGC=∠DGF，
∴BG=AG，
∠AGC−∠BGC=∠DGC−∠DGF，
∴∠AGB=∠CGF=90°，
∴AB=√2BG，
∴EF=√2BG．
【点睛】本题考查了平移的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，掌握相关的判定方法及性质，并
会根据题意作出辅助线是解题的关键．
【题型5 全等三角形模型-对称模型】
【例5】（2023·云南昆明·统考三模）如图，AC平分∠BAD，CB⊥AB，CD⊥AD，垂足分别为B、D．
(1)求证：△ABC≌△ADC；
(2)若AB=4，CD=3，求BD的长．
【答案】(1)证明见解析；
24
(2)BD= ．
5
【分析】（1）由角平分线与垂直的定义可得∠BAC=∠DAC，∠ABC=∠ADC，又公共边AC，通过
AAS可证得△ABC≌△ADC；
（2）由△ABC≌△ADC可得BC=DC=3，S =2S =12．在Rt△ABC中，根据勾股定理求
四边形ABCD △ABC
得AC=√AB2+BC2=5，由AB=AD，BC=DC，可得AC垂直平分BD，又根据对角线互相垂直的四边
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1 24
形的面积等于对角线乘积的一半可得S = AC⋅BD，代入可求得BD= ．
四边形ABCD 2 5
【详解】（1）∵AC平分∠BAD
∴∠BAC=∠CAD
∵CB⊥AB，CD⊥AD
∴∠ABC=∠ADC=90°
在△ABC和△ADC中，
¿，
∴△ABC≌△ADC(AAS)．
（2）∵△ABC≌△ADC，
∴BC=DC=3，
1 1
S =S +S =2S =2× ×AB×BC=2× ×4×3=12．
四边形ABCD △ABC △ADC △ABC 2 2
∵在Rt△ABC中，AB=4，BC=3，
∴AC=√AB2+BC2=√42+33=5，
∵△ABC≌△ADC，
∴AB=AD，BC=DC，
∴AC垂直平分BD，
1
∴S = AC⋅BD，
四边形ABCD 2
1
∴ ×5⋅BD=12，
2
24
∴BD= ．
5
【点睛】本题考查三角形全等的证明与性质，勾股定理，对角线互相垂直的四边形的面积，熟练运用四边
形的面积求线段的长是解题的关键．
【变式5-1】（2023·重庆渝中·统考二模）如图，已知∠C=∠F=90°，AC=DF，AE=DB，BC与EF
交于点O，
（1）求证：Rt△ABC≌Rt△≝¿；
（2）若∠A=50°，求∠BOF的度数．
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【答案】（1）见解析；（2）80°．
【分析】（1）由HL证明Rt△ABC≌Rt△DEF；
（2）根据三角形内角和180°解得∠ABC＝40°，由（1）中结论证得∠ABC＝∠DEF＝40°,最后由三角形的
外角性质解题．
【详解】证明：（1）∵AE＝DB，
∴AE＋EB＝DB＋EB，即AB＝DE
又∵∠C＝∠F＝90°，AC＝DF，
∴Rt△ABC≌Rt△DEF．
（2）∵∠C＝90°，∠A＝50°，
∴∠ABC＝∠C－∠A＝90°－50°＝40°，
由（1）知Rt△ABC≌Rt△DEF，
∴∠ABC＝∠DEF,
∴∠DEF＝40°
∴∠BOF＝∠ABC＋∠BEF＝40°＋40°＝80°．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理、三角形外角性质等知识，是重要考点，
掌握相关知识是解题关键．
【变式5-2】（2023·浙江湖州·统考二模）如图，点A、E、B、D在一条直线上，∠A=∠D，AC=DF，
AE=DB．求证：∠C=∠F．
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【答案】见解析
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，证△CAB≌△FDE即可．
【详解】解：∵AE=DB，
∴AE+BE=DB+BE，
即：AB=DE
∵∠A=∠D，AC=DF，
∴△CAB≌△FDE
∴∠C=∠F
【变式5-3】（2023·辽宁大连·统考二模）如图，AC⊥BC，AD⊥BD，AD＝BC．AD，BC交于点O．求证：
OC＝OD．
【答案】见解析
【分析】根据HL证明Rt△ABD和Rt△BAC全等，进而利用AAS证明△AOC和△BOD全等解答即可．
【详解】证明：∵AC⊥BC，AD⊥BD，
∴∠C＝∠D＝90°．
在Rt△ABD和Rt△BAC中，
¿，
∴Rt△ABD≌Rt△BAC（HL），
∴BD＝AC，
在△AOC和△BOD中，
¿，
∴△AOC≌△BOD（AAS），
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∴OC＝OD．
【点睛】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据HL证明Rt△ABD和Rt△BAC全等．
【题型6 全等三角形模型-旋转模型】
【例6】（2023·湖南益阳·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC>BC，点D在边
AC上，将线段DA绕点D按顺时针方向旋转90°得到DA'，线段DA'交AB于点E，作A'F⊥AB于点
F，与线段AC交于点G，连接FC,GB．
(1)求证：△ADE≌△A'DG；
(2)求证：AF⋅GB=AG⋅FC；
1
(3)若AC=8，tanA= ，当A'G平分四边形DCBE的面积时，求AD的长．
2
【答案】(1)见解析
(2)见解析
8√65
(3)
13
【分析】（1）根据旋转的性质可得DA=DA',∠AD A'=∠GD A'=90°，再根据A'F⊥AB，可得
∠A=∠A'，即可；
（2）根据∠BFG=∠ACB=90°，可得点B，C，G，F四点共圆，从而得到∠CBG=∠CFG，
∠ABC+∠CGF=180°，从而得到∠AGF=∠ABC，进而得到∠ACF=∠ABG，可证明
△ABG∽△ACF，即可；
1
（3）连接EG，根据AC=8，tan A= ，可得BC=4,A'D=AD=2DE，A'F=2EF，AB=4√5，设
2
DE=DG=x，则A'D=AD=2x可得AE=A'G=√5x，A'E=x，CG=8−3x，
√5 2√5 3√5 6√5
EF= x,A'F= x，FG= x，BF=4√5− x，再由A'G平分四边形DCBE的面积，可得
5 5 5 5
S +S =S +S ，从而得到关于x的方程，即可求解．
△DEG △FEG △BFG △BCG
【详解】（1）证明：∵线段DA绕点D按顺时针方向旋转90°得到DA'，
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∴DA=DA',∠AD A'=∠GD A'=90°，
∴∠A+∠AED=90°，
∵A'F⊥AB，即∠A'FE=90°，
∴∠A'+∠AEF=90°，
∵∠AED=∠AEF，
∴∠A=∠A'，
在△ADE和△A'DG中，
∵∠A=∠A'， DA=DA',∠AD A'=∠GD A'=90°，
∴△ADE≌△A'DG；
（2）证明：∵∠BFG=∠ACB=90°，
∴点B，C，G，F四点共圆，
∴∠CBG=∠CFG，∠ABC+∠CGF=180°，
∵∠AGF+∠CGF=180°，
∴∠AGF=∠ABC，
∵∠AGF=∠CFG+∠ACF,∠ABC=∠ABG+∠CBG，
∴∠ACF=∠ABG，
∵∠A=∠A，
∴△ABG∽△ACF，
AG BG
∴ = ，
AF CF
即AF⋅GB=AG⋅FC；
（3）解：如图，连接EG，
∵△ADE≌△A'DG，
∴DE=DG，AE=A'G，
1
∵AC=8，tanA= ，
2
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BC DE 1 EF 1
∴tan A= = = ,tan A'= = ，
AC AD 2 A'F 2
∴BC=4,A'D=AD=2DE，A'F=2EF，
∴AB=4√5，
设DE=DG=x，则A'D=AD=2x，
∴AE=A'G=√5x，A'E=x，CG=8−3x，
√5 2√5
∴EF= x,A'F= x，
5 5
3√5 6√5
∴FG= x，BF=4√5− x，
5 5
∵A'G平分四边形DCBE的面积，
∴S +S =S +S ，
△DEG △FEG △BFG △BCG
1 1 1 1
∴ DE×DG+ EF×FG= BC×CG+ BF×FG，
2 2 2 2
即 1 x2+ 1 × √5 x× 3√5 x= 1 ×4(8−3x)+ 1( 4√5− 6√5 x ) × 3√5 x，
2 2 5 5 2 2 5 5
4√65
解得：x= （负值舍去），
13
8√65
∴AD=2x= ．
13
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理
等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
【变式6-1】（2023·辽宁阜新·统考中考真题）已知，四边形ABCD是正方形，△≝¿绕点D旋转（
DE、=、<”）
2
【答案】（1）AC=DE；（2）见解析；（3）=。
【分析】（1）根据全等三角形的性质可直接进行求解；
（2）分别过点D和点E作DH⊥FG于点H，EQ⊥FG于点Q，进而可得∠BAF=∠ADH，然后可证
△ABF≌△DAH，则有AF=DH，进而可得DH=EQ，通过证明△DHG≌△EQG可求解问题；
（3）过点D作DO⊥AF交AF于O，过点E作EN⊥OD交OD延长线于N，过点C作CM⊥OD交OD延
长线于M，由题意易得∠ADC=∠90°，AD=DC，DF=DE，然后可得∠ADO=∠DCM，则有
△AOD≌△DMC，△FOD≌△DNE，进而可得OD=NE，通过证明△ENP≌△CMP及等积法可进行求
解问题．
【详解】解：（1）∵△ABC≌△DAE，
∴AC=DE，
故答案为AC=DE；
（2）分别过点D和点E作DH⊥FG于点H，EQ⊥FG于点Q，如图所示：
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∴∠DAH+∠ADH=90°，
∵∠BAD=90°，
∴∠BAF+∠DAH=90°，
∴∠BAF=∠ADH，
∵BC⊥AF，
∴∠BFA=∠AHD=90°，
∵AB=DA，
∴△ABF≌△DAH，
∴AF=DH，
同理可知AF=EQ，
∴DH=EQ，
∵DH⊥FG，EQ⊥FG，
∴∠DHG=∠EQG=90°，
∵∠DGH=∠EGQ
∴△DHG≌△EQG，
∴DG=EG，即点G是DE的中点；
（3）S =S ，理由如下：
1 2
如图所示，过点D作DO⊥AF交AF于O，过点E作EN⊥OD交OD延长线于N，过点C作CM⊥OD交
OD延长线于M
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∵四边形ABCD与四边形DEGF都是正方形
∴∠ADC=∠90°，AD=DC，DF=DE
∵DO⊥AF，CM⊥OD，
∴∠AOD=∠CMD=90°，∠OAD+∠ODA=90°，∠CDM+∠DCM=90°，
又∵∠ODA+∠CDM=90°，
∴∠ADO=∠DCM，
∴△AOD≌△DMC，
∴S =S ，OD=MC，
△AOD △DMC
同理可以证明△FOD≌△DNE，
∴S =S ，OD=NE，
△FOD △DNE
∴MC=NE，
∵EN⊥OD，CM⊥OD，∠EPN=∠CMP，
∴△ENP≌△CMP，
∴S =S ，
△ENP △CMP
∵S =S +S ,S =S −S +S +S ，
△ADF △AOD △FOD △DCE △DCM △CMP △DEN △ENP
∴S =S +S =S +S ,
△DCE △DCM △DEN △AOD △FOD
∴S =S 即S =S ，
△DCE △ADF 1 2
故答案为：=．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、直角三角形的两个锐角互余及等积法，熟练掌握全等三
角形的判定条件是解题的关键．
【变式7-1】（2023·重庆·统考二模）如图，在△ABC中，AB=AC=2，∠B=∠C=40°，点D在线段
BC上运动（D不与B、C重合），连接AD，作∠ADE=40°，DE交线段AC于E．
(1)当∠BDA=115°时，∠EDC= °，∠DEC= °；点D从B向C运动时，∠BDA逐渐变
（填“大”或“小”）；
(2)当DC等于多少时，△ABD≌△DCE，请说明理由；
(3)在点D的运动过程中，△ADE的形状可以是等腰三角形吗？若可以，请直接写出∠BDA的度数．若不
可以，请说明理由．
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【答案】(1)25；115；小
(2)当DC=2时，△ABD≌△DCE
(3)可以；∠BDA的度数为110°或80°
【分析】（1）由已知平角的性质可得∠EDC=180°−∠ADB−∠ADE，再利用三角形内角和定理进而
求得∠DEC，即可判断点D从B向C运动过程中，∠BDA逐渐变小；
（2）当DC=2时，由已知和三角形内角和定理可得∠DEC+∠EDC=140°，∠ADB+∠EDC=140°，
等量代换得∠ADB=∠DEC，又由AB=AC=2，可得△ABD≌△DCE(AAS)；
（3）根据等腰三角形的判定定理，利用三角形内角和定理求解即可．
【详解】（1）解：∠EDC=180°−∠ADB−∠ADE=180°−115°−40°=25°，
∠DEC=180°−∠EDC−∠C=180°−25°−40°=115°，
点D从B向C运动时，∠BDA逐渐变小，
故答案为：25；115；小．
（2）解：当DC=2时，△ABD≌△DCE，
理由：∵∠C=40°，
∴∠DEC+∠EDC=140°，
又∵∠ADE=40°，
∴∠ADB+∠EDC=140°，
∴∠ADB=∠DEC，
又∵ ∠B=∠C，AB=DC=2，
∴ △ABD≌△DCE(AAS)；
（3）解：当∠BDA的度数为110°或80°时，△ADE的形状是等腰三角形；
理由：∵∠BDA=110°时，
∴∠ADC=70°，∠EDC=70°−40°=30°，
∵∠C=40°，
∴∠DAC=70°，∠AED=∠C+∠EDC=30°+40°=70°，
∴∠DAC=∠AED，
∴ △ADE是等腰三角形；
∵∠BDA=80°时，
∴∠ADC=100°，
∵∠C=40°，
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∴∠DAC=40°，
∴∠DAC=∠ADE，
∴ △ADE的形状是等腰三角形．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定，熟练掌握知识点是解题的关键．
【变式7-2】（2023·山西晋中·统考一模）通过对数学模型“K字”模型或“一线三等角”模型的研究学习，
解决下列问题：
[模型呈现]如图1，∠BAD=90°，AB=AD，过点B作BC⊥AC于点C，过点D作DE⊥AC于点E．
求证：BC=AE．
[模型应用]如图2，AE⊥AB且AE=AB，BC⊥CD且BC=CD，请按照图中所标注的数据，计算图中
实线所围成的图形的面积为________________．
[深入探究]如图3，∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AC=AE，连接BC，DE，且BC⊥AF于点F，
DE与直线AF交于点G．若BC=21，AF=12，则△ADG的面积为_____________．
【答案】[模型呈现]见解析；[模型应用]50；[深入探究]63
【分析】[模型呈现]证明△ABC≌△DAE，根据全等三角形的对应边相等得到BC=AE；
[模型应用]根据全等三角形的性质得到AP=BG=3，AG=EP=6,CG=DH=4，CG=BG=3，根据梯
形的面积公式计算，得到答案；
[深入探究]过点D作DP⊥AG于P，过点E作EQ⊥AG交AG的延长线于Q，根据全等三角形的性质得
到DP=AF=12,EQ=AF=12,AP=BF,AQ=CF，证明△DPG≌△EQG，得到PG=GQ.，进而求出
AG，根据三角形的面积公式计算即可．
【详解】[模型呈现]证明：∵∠BAD=90°，
∴∠BAC+∠DAE=90°，
∵BC⊥AC,DE⊥AC，
∴∠ACB=∠DEA=90°，
∴∠BAC+∠ABC=90°，
∴∠ABC=∠DAE，
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在△ABC和△DAE中，
¿，
∴△ABC≌△DAE(AAS)，
∴BC=AE；
[模型应用]解：由[模型呈现]可知，△AEP≌△BAG,△CBG≌△DCH，
∴AP=BG=3,AG=EP=6,CG=DH=4,CG=BG=3，
1 1 1 1 1
则S = (4+6)×(3+6+4+3)− ×3×6− ×3×6− ×3×4− ×3×4=50，
实线围成的图形 2 2 2 2 2
故答案为：50；
[深入探究]过点D作DP⊥AG于P，过点E作EQ⊥AG交AG的延长线于Q，
由[模型呈现]可知，△AFB≌△DPA,△AFC≌△EQA，
∴DP=AF=12,EQ=AF=12,AP=BF,AQ=CF，
在△DPG和△EQG中，
¿，
∴△DPG≌△EQG(AAS)，
∴PG=GQ，
∵BC=21，
∴AQ+AP=21，
∴AP+AP+PG+PG=21，
∴AG=AP+PG=10.5，
1
∴S = ×10.5×12=63，
△ADQ 2
故答案为：63．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形的面积计算，熟记三角形确定的判定定理是解题
的关键．
【变式7-3】（2023下·山东威海·一模）已知：CD是经过∠BCA的顶点C的一条直线，CA＝CB，E、F是
直线CD上两点，∠BEC＝∠CFA＝∠α．
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（1）若直线CD经过∠BCA的内部，∠BCD＞∠ACD．
①如图1，∠BCA＝90°，∠α＝90°，写出BE，EF，AF间的等量关系： ．
②如图2，∠α与∠BCA具有怎样的数量关系，能使①中的结论仍然成立？写出∠α与∠BCA的数量关系
．
（2）如图3．若直线CD经过∠BCA的外部，∠α＝∠BCA，①中的结论是否成立？若成立，进行证明；
若不成立，写出新结论并进行证明．
【答案】（1）①EF= BE-AF；②∠α+ ∠BCA = 180°，理由见解析；（2）不成立，EF=BE+AF，证明见解
析
【分析】（1）①求出∠BEC=∠AFC = 90°, ∠CBE=∠ACF，根据AAS证△BCE≌△CAF，推出BE=CF，CE =
AF即可得出结论；②求出∠BEC =∠AFC,∠CBE=∠ACF，根据AAS证△BCE≌△CAF，推出BE= CF，CE
= AF即可得出结论;
（2）求出∠BEC =∠AFC，∠CBE= ∠ACF，根据AAS证△BCE≌△CAF，推出BE= CF，CE=AF即可得出
结论．
【详解】（1）①EF、BE、AF的数量关系：EF= BE-AF，
证明：当α =90°时，∠BEC = ∠CFA =90°，
∵∠BCA = 90°,
∴∠BCE＋∠ACF= 90°,
∵∠BCE＋∠CBE =90°，
∴∠ACF = ∠CBE，
∵AC = BC,
∴△BCE≌△CAF,
∴BE =CF,CE = AF,
∵CF =CE＋EF,
∴EF= CF -CE=BE-AF；
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②∠α与∠BCA关系：∠α+ ∠BCA = 180°
当∠α+ ∠BCA = 180°时，①中结论仍然成立;
理由是：如题图2，
∵∠BEC = ∠CFA = ∠α, ∠CBE+∠BCE+∠BEC=180°,∠α+∠ACB =180°,
∴∠ACB=∠CBE+∠BCE
又∵∠ACB=∠ACF+∠BCE
∴∠CBE= ∠ACF,
在△BCE和△CAF中
¿
∴△BCE≌△CAF (AAS),
∴BE =CF,CE = AF，
∴EF= CF-CE= BE -AF;
故答案为: ∠α+ ∠BCA = 180° ；
（2）EF、BE、AF的数量关系:EF=BE+AF，理由如下
∵∠BEC =∠CFA =∠α, ∠α= ∠BCA,
又∵∠EBC +∠BCE＋∠BEC = 180° , ∠BCE＋∠ACF+∠ACB =180° ,
∴∠EBC ＋∠BCE =∠BCE＋∠ACF
∴∠EBC = ∠ACF，
在△BEC和△CFA中
¿
∴△ABE≌△CFA(AAS)
∴AF = CE，BE = CF
∵EF= CE+CF,
∴EF= BE＋AF．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，证明△BCE≌△CAF是解题的关键．
【题型8 全等三角形模型-手拉手模型】
【例8】（2023·江苏扬州·统考二模）点D为△ABC外一点，∠ACB=90°，AC=BC．
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(1)如图1，∠DCE=90°，CD=CE，求证：∠ADC=∠BEC；
(2)如图2，若∠CDB=45°，AE∥BD，CE⊥CD，求证：AE=BD；
(3)如图3，若∠ADC=15°，CD=√2，BD=n，请直接用含n的式子表示AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)√n2−1+√3
【分析】（1）根据SAS证明 △ACD≌△BCE，可得∠ADC=∠BEC；
（2）延长DC交AE于F，连BF，根据SAS证明△ACE≌△BCF，则AE=BF，
∠BFC=∠AEC=45°=∠FDB，结论得证；
（3）过点C在CD上方作CE⊥CD,CE=CD，连BE、DE．由（1）知△ACD≌△BCE，则
∠BEC=∠ADC=15°，求出∠BED=30°，可求出OE,OB的长，则AD可求出．
【详解】（1）证明：∵∠DCE=∠ACB=90°，
∴∠ACD=∠BCE，
又∵AC=BC，CE=CD，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴∠ADC=∠BEC．
（2）如图1，延长DC交AE于F，连BF，
∵AE∥BD，
∴∠EFC=∠CDB=45°．
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∵EC⊥CD，∠CEF=∠CFE=45°，
∴EC=CF．
∵∠ACE=∠BCF，AC=BC，
∴△ACE≌△BCF(SAS)，
∴AE=BF，∠BFC=∠AEC=45°=∠FDB，
∴BF=BD，
∴AE=BD；
（3）如图2，过点C在CD上方作CE⊥CD，CE=CD，连BE、DE．
设AD、BE交于点O，由（1）知△ACD≌△BCE(SAS)，∠BEC=∠ADC=15°，
∴∠DOE=∠DCE=90°．
又∵∠CED=∠CDE=45°，
∴ DE=√2CD=2，∠BED=30°，
1 1
∴OD= DE= ×2=1，
2 2
∴ OE=√DE2−OD2=√3，OB=√BD2−OD2=√n2−1，
∴AD=BE=OB+OE=√n2−1+√3．
【点睛】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与判定，平行线的性质，含30°角
的直角三角形的性质，勾股定理等知识，正确的作出辅助线是解题的关键.
【变式8-1】（2023·山东淄博·模拟预测）如图，△ABC是一个锐角三角形，分别以AB、AC为边向外作
等边三角形△ABD、△ACE，连接BE、CD交于点F，连接AF．
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(1)求证：△ABE≌△ADC；
(2)求∠EFC的度数；
(3)求证：AF平分∠DFE．
【答案】(1)见解析
(2)60°
(3)见解析
【分析】（1）由△ABD、△ACE是等边三角形，易证∠DAC=∠BAE，继而可证△ABE≌△ADC；
（2）由△ABE≌△ADC，得到∠AEB=∠ACD，进一步得到
∠CEF+∠ECF=∠AEC+∠ACE=120°，由三角形内角和得到答案；
（3）作AH⊥DC于点H，AN⊥BE于点N，证明AH=AN，由AH⊥DC，AN⊥BE，即可得到结
论．
【详解】（1）证明：∵△ABD、△ACE是等边三角形，
∴DA=AB，AC=AE，∠DAB=∠EAC=60°，
∴∠DAB+∠BAC=∠EAC+∠BAC，
即∠DAC=∠BAE，
∴△ABE≌△ADC(SAS)；
（2）解：∵△ABE≌△ADC，
∴∠AEB=∠ACD，
∵∠AEB+∠CAE=∠ACD+∠EFC，
∴∠EFC=∠CAE=60°；
（3）证明：如图，作AH⊥DC于点H，AN⊥BE于点N，
∵△ABE≌△ADC，
∴∠ADC=∠ABE，
∵∠AHD=∠ANB=90°，AD=AB，
∴△AHD≌△ANB(AAS)，
∴AH=AN，
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∵AH⊥DC，AN⊥BE，
∴AF平分∠DFE．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、角平分性的判定知识，熟练掌
握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
【变式8-2】（2023下·陕西咸阳·模拟预测）△ABC和△ADE如图所示，其中
∠ABC=∠ACB,∠ADE=∠AED,∠BAC=∠DAE．
(1)如图①，连接BE、CD，求证：BE=CD；
(2)如图②，连接BE、CD、BD，若∠BAC=∠DAE=60°，CD⊥AE，AD=3，CD=5，求BD的长．
【答案】(1)见解析
(2)√34
【分析】（1）只需证ΔABE≌ΔACD，即可得到结论；
（2）先证明ΔBED是直角三角形，再用勾股定理求BD．
【详解】（1）证明：∵∠ABC=∠ACB，∠ADE=∠AED，
∴AB=AC，AE=AD，
∵，∠BAC=∠DAE，
∴∠BAE=∠CAD，
∴ΔABE≌ΔACD(SAS)，
∴BE=CD．
（2）解：∵∠ADE=∠AED，
∴AE=AD，
∵∠DAE=60°，
∴ΔDAE是等边三角形，
∴AD=ED=3，∠AED=∠ADE=60°，
∵CD⊥AE，
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1
∴∠ADC= ×60°=30°，
2
由（1）知：ΔABE≌ΔACD，
∴BE=CD=5，∠AEB=∠ADC=30°，
∴∠BED=90°，
∴BD=√BE2+ED2=√34．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定及性质、勾股定理，解题的关键是确定全
等三角形的条件．
【变式8-3】（2023上·山东临沂·二模）已知在△ABC中，AB=AC，过点B引一条射线BM，D是BM上
一点
【问题解决】
(1)如图1，若∠ABC=60°，射线BM在∠ABC内部，∠ADB=60°，求证：∠BDC=60°，小明同学
展示的做法是：在BM上取一点E使得AE=AD，通过已知的条件，从而求得∠BDC的度数，请你帮助
小明写出证明过程；
【类比探究】
(2)如图2，已知∠ABC=∠ADB=30°．
①当射线BM在∠ABC内，求∠BDC的度数
②当射线BM在BC下方，如图3所示，请问∠BDC的度数会变化吗?若不变，请说明理由，若改变，请求
出∠BDC的度数；
【答案】(1)见解析
(2)①∠BDC=120°②；∠BDC的度数会变化，理由见解析
【分析】（1）根据等边三角形的判定定理得到△ADE、△ABC是等边三角形，进而得到
∠BAE=∠CAD，根据SAS证明△BAE≌△CAD，根据全等三角形的性质得到∠ADC=∠AEB=120°，
得到答案；
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（2）①在BD上取一点E，AE=AD，证明△BAE≌△CAD，得到∠ADC=150°，可求出答案；
②在DB延长线上取一点E，使得AE=AD，同理证明△BAE≌△CAD，求出∠ADC=∠E=30°，进而
求出∠BDC．
【详解】（1）证明：如图1，在BM上取一点E，使AE=AD，
∵∠ADB=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴∠EAD=60°，
∵AB=AC，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°，
∴∠BAC=∠EAD，
∴∠BAC−∠EAC=∠EAD−∠EAC，即∠BAE=∠CAD，
∵在△BAE和△CAD中¿，
∴△BAE≌△CAD(SAS)，
∴∠ADC=∠AEB=120°，
∴∠BDC=120°−60°=60°；
（2）证明：①在BD上取一点E，AE=AD，如图所示：
∵∠ABC=∠ADB=30°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=30°，∠AED=∠ADE=30°，
∴∠BAC=∠EAD=120°，
∴∠BAE=∠CAD，
∵在△BAE和△CAD中¿，
∴△BAE≌△CAD(SAS)，
∴∠ADC=∠AEB=180°−30°=150°，
∴∠BDC=150°−30°=120°；
②∠BDC的度数会变化，理由如下：
在DB延长线上取一点E，使得AE=AD，如图所示：
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同理①的方法可证：△BAE≌△CAD，
∴∠ADC=∠E=30°，
∴∠BDC=∠ADE+∠ADC=30°+30°=60°．
【点睛】本题考查的是等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定和性质，
正确作出辅助线，构造全等三角形进行计算和证明是解题的关键．
【题型9 构造辅助线证明两个三角形全等-倍长中线法】
【例9】（2023上·北京通州·二模）如图，O为四边形ABCD内一点，E为AB的中点，OA＝OD，OB＝
OC，∠AOB+∠COD＝180°．
（1）若∠BOE＝∠BAO，AB＝2√2，求OB的长；
（2）用等式表示线段OE和CD之间的关系，并证明．
1
【答案】（1）2；（2）OE= CD，理由见解析
2
【分析】（1）由已知条件∠BOE＝∠BAO，且公共角∠OBE=∠ABO，证明△OBE∽△ABO，进而列出比
例式，代入数值即可求得OB；
（2）延长OE到点F，使得EF=OE，连接AF，FB，证明△AOF≌△DOC，进而可得OF=CD，即
1
OE= CD
2
【详解】（1）解：∵∠BOE＝∠BAO，∠OBE=∠ABO，
∴△OBE∽△ABO，
BE OB
∴ = ，
OB AB
∵AB＝2√2，E为AB的中点，
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∴BE=√2
√2 OB
∴ = ，
OB 2√2
∴OB=2（舍负）.
1
（2）线段OE和CD的数量关系是：OE= CD，理由如下，
2
证明：如图，延长OE到点F，使得EF=OE，连接AF，FB.
∵AE=BE
∴四边形AFBO是平行四边形，
∴AF∥OB，AF=OB，
∴∠FAO+∠AOB=180°，
∵∠AOB+∠COD＝180°，
∴∠FAO=∠COD，
∵OB＝OC，
∴AF=OC，
在△AOF和△DOC中，
¿，
∴△AOF≌△ODC，
∴OF=CD
1
∴OE= CD.
2
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，第
（2）小问中，根据题意正确的添加辅助线是解题的关键．
【变式9-1】（2023·湖北十堰·统考一模）如图，在△ABC中，AD为BC边的中线，E为AD上一点，连接
BE并延长交AC于点F，若∠AEF=∠FAE，BE=4，EF=1.6，则CF的长为 ．
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【答案】2.4
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质．延长AD至G，使DG=AD，连接
BG，根据SAS证明△BDG≌△CDA，则BG=AC,∠CAD=∠G，根据AF=EF可得∠CAD=∠AEF，
由此可得∠G=∠BEG，即可得出AC=BE=4，然后利用线段的和差即可求出CF的长．正确的作出辅助
线构造全等三角形是解题的关键．
【详解】
如图，延长AD至G，使DG=AD，连接BG，
在△BDG和△CDA中
¿，
∴△BDG≌△CDA(SAS)，
∴BG=AC,∠CAD=∠G．
∵∠AEF=∠FAE，∠BEG=∠AEF，
∴∠CAD=∠BEG，
∴∠G=∠BEG，
∴BG=BE=4，
∴AC=BE=4．
∵∠AEF=∠FAE，
∴AF=EF=1.6，
∴CF=AC−AF=4−1.6=2.4．
故答案为：2.4
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【变式9-2】（2023上·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，△ABC中，点D在AC上，AD=3,AB+AC=10，
点E是BD的中点，连接CE,∠ACB=∠ABC+2∠BCE，则CD= ．
4 1
【答案】 /1
3 3
【分析】如图，延长CE至F，使得EF=CE，交AB于点G，通过“边角边”证明△BEF≌△DEC，则
∠F=∠DCE,BF=DC，根据题意与三角形的外角性质可得∠AGC=∠DCE，进而可得
AG=AC,BF=BG=CD，设BF=BG=CD=x，根据题意得到关于x的方程，然后求解方程即可．
【详解】解：如图，延长CE至F，使得EF=CE，交AB于点G，
∵点E是BD的中点，
∴BE=DE，
在△BEF与△DEC中，
¿，
∴△BEF≌△DEC，
∴∠F=∠DCE,BF=DC，
∵∠ACB=∠ABC+2∠BCE，
∴∠DCE=∠ACB−∠BCE=∠ABC+∠BCE，
∵∠AGC=∠ABC+∠BCE，
∴∠AGC=∠DCE，
∴∠F=∠DCE=∠AGC=∠BGF,AG=AC，
∴BF=BG=CD，
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设BF=BG=CD=x，
∵AD=3,AB+AC=10，
10−x
∴ −3=x，
2
4
解得x= ，
3
4
即CD= ．
3
4
故答案为：
3
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，三角形的外角性质，解此题的关键
在于熟练掌握其知识点，根据中点作出适当的辅助线．
【变式9-3】（2023上·湖北武汉·一模）（1）如图1，已知△ABC中，AD是中线，求证：
AB+AC>2AD；
（2）如图2，在△ABC中，D，E是BC的三等分点，求证：AB+AC>AD+AE；
（3）如图3，在△ABC中，D，E在边BC上，且BD=CE．求证：AB+AC>AD+AE．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）利用“倍长中线”法，延长AD，然后通过全等以及三角形的三边关系证明即可；
（2）取DE中点H，连接AH并延长至Q点，使得AH=QH，连接QE和QC，通过“倍长中线”思想全等
证明，进而得到AB=CQ，AD=EQ，然后结合三角形的三边关系建立不等式证明即可得出结论；
（3）同（2）处理方式一样，取DE中点M，连接AM并延长至N点，使得AM=NM，连接NE，CE，结合
“倍长中线”思想证明全等后，结合三角形的三边关系建立不等式证明即可得出结论．
【详解】证：（1）如图所示，延长AD至P点，使得AD=PD，连接CP，
∵AD是 ABC的中线，
∴D为B△C的中点，BD=CD，
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在 ABD与 PCD中，
¿ △ △
∴△ABD≌△PCD(SAS)，
∴AB=CP，
在 APC中，由三边关系可得AC+PC＞AP，
∴△AB+AC>2AD；
（2）如图所示，取DE中点H，连接AH并延长至Q点，使得AH=QH，连接QE和QC，
∵H为DE中点，D、E为BC三等分点，
∴DH=EH，BD=DE=CE，
∴DH=CH，
在 ABH和 QCH中，
¿ △ △
∴△ABH≌△QCH(SAS)，
同理可得： ADH≌△QEH，
∴AB=CQ，A△D=EQ，
此时，延长AE，交CQ于K点，
∵AC+CQ=AC+CK+QK，AC+CK＞AK，
∴AC+CQ＞AK+QK，
又∵AK+QK=AE+EK+QK，EK+QK＞QE，
∴AK+QK＞AE+QE，
∴AC+CQ＞AK+QK＞AE+QE，
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∵AB=CQ，AD=EQ，
∴AB+AC>AD+AE；
（3）如图所示，取DE中点M，连接AM并延长至N点，使得AM=NM，连接NE，CE，
∵M为DE中点，
∴DM=EM，
∵BD=CE，
∴BM=CM，
在 ABM和 NCM中，
¿ △ △
∴△ABM≌△NCM(SAS)，
同理可证 ADM≌△NEM，
∴AB=NC，△AD=NE，
此时，延长AE，交CN于T点，
∵AC+CN=AC+CT+NT，AC+CT＞AT，
∴AC+CN＞AT+NT，
又∵AT+NT=AE+ET+NT，ET+NT＞NE，
∴AT+NT＞AE+NE，
∴AC+CN＞AT+NT＞AE+NE，
∵AB=NC，AD=NE，
∴AB+AC>AD+AE．
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【点睛】本题考查全等三角形证明问题中辅助线的添加，掌握“倍长中线”的基本思想，以及熟练运用三
角形的三边关系是解题关键．
【题型10 构造辅助线证明两个三角形全等-截长补短法】
【例10】（2023上·四川南充·二模）(1)阅读理解：
问题：如图1，在四边形ABCD中，对角线BD平分∠ABC，∠A+∠C=180°．求证：DA=DC．
思考：“角平分线+对角互补”可以通过“截长、补短”等构造全等去解决问题．
方法1：在BC上截取BM=BA，连接DM，得到全等三角形，进而解决问题；
方法2：延长BA到点N，使得BN=BC，连接DN，得到全等三角形，进而解决问题．
结合图1，在方法1和方法2中任选一种，添加辅助线并完成证明．
(2)问题解决：如图2，在(1)的条件下，连接AC，当∠DAC=60°时，探究线段AB，BC，BD之间的数
量关系，并说明理由；
(3)问题拓展：如图3，在四边形ABCD中，∠A+∠C=180°，DA=DC，过点D作DE⊥BC，垂足为
点E，请写出线段AB、CE、BC之间的数量关系并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）AB+BC=BD，见解析；（3）BC−AB=2CE，见解析
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【分析】（1）方法1：在BC上截取BM=BA，连接DM，证明△ABD≌△MBD(SAS)，得出
∠A=∠BMD，AD=MD，进而得出∠C=∠CMD，则DM=DC，等量代换即可得证；方法2：延长
AB到N，使BN=BC，连接DN，证明△NBD≌△CBD(SAS)，得出∠BND=∠C，ND=CD，进而得
出∠BND=∠NAD，则DN=DA，等量代换即可得证
（2）AB，BC，BD之间的数量关系为AB+BC=BD．方法1：在BD上截取BF=AB，连接AF，由(1)
知∠BAD+∠BCD=180°，得出△ABF，△ADC为等边三角形，证明△ABC≌△AFD(SAS)，得出
DF=BC，进而即可得证；方法2：延长CB到P，使BP=BA，连接AP，由(1)知AD=CD，则△ADC，
△ABP是等边三角形，证明△PAC≌△BAD(SAS)，得出PC=BD，进而即可得证；
（3）线段AB、CE、BC之间的数量关系为BC−AB=2CE，连接BD，过点D作DF⊥AB于点F，证明
△DFA≌△DEC(AAS)，Rt△BDF≌和Rt△BDE(HL)，得出BF=BE，进而即可得证．
【详解】解：（1）方法1：在BC上截取BM=BA，连接DM，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
在△ABD和△MBD中，
¿，
∴△ABD≌△MBD(SAS)，
∴∠A=∠BMD，AD=MD，
∵∠BMD+∠CMD=180°，∠C+∠A=180°，
∴∠C=∠CMD，
∴DM=DC，
∴DA=DC；
方法2：延长AB到N，使BN=BC，连接DN，
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∵BD平分∠ABC，
∴∠NBD=∠CBD，
在△NBD和△CBD中，
¿，
∴△NBD≌△CBD(SAS)，
∴∠BND=∠C，ND=CD，
∵∠NAD+∠BAD=180°，∠C+∠BAD=180°，
∴∠BND=∠NAD，
∴DN=DA，
∴DA=DC；
（2）AB，BC，BD之间的数量关系为AB+BC=BD．
方法1：理由如下：
如图2，在BD上截取BF=AB，连接AF，
由(1)知∠BAD+∠BCD=180°，
∴∠ABC+∠DAC=180°，
∵∠DAC=60°，
∴∠ABC=120°，
∴∠ABD=∠DBC=60°，
∴△ABF为等边三角形，
∴AB=AF=BF，∠BAF=60°，
∵AD=DC，
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∴△ADC为等边三角形，
∴AD=AC，∠DAC=60°，
∴∠DAF=∠BAC，
∴△ABC≌△AFD(SAS)，
∴DF=BC，
∴BD=BF+DF=AB+BC．
方法2：理由：延长CB到P，使BP=BA，连接AP，
由(1)知AD=CD，
∵∠DAC=60°，
∴△ADC是等边三角形，
∴AC=AD，∠ADC=60°，
∵∠BCD+∠BAD=180°，
∴∠ABC=360°−180°−60°=120°，
∴∠PBA=180°−∠ABC=60°，
∵BP=BA，
∴△ABP为等边三角形，
∴∠PAB=60°，AB=AP，
∵∠DAC=60°，
∴∠PAB+∠BAC=∠DAC+∠BAC，
即∠PAC=∠BAD，
在△PAC和△BAD中，
¿，
∴△PAC≌△BAD(SAS)，
∴PC=BD，
∵PC=BP+BC=AB+BC，
∴AB+BC=BD；
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（3）线段AB、CE、BC之间的数量关系为BC−AB=2CE．
连接BD，过点D作DF⊥AB于点F，
∵∠BAD+∠C=180°，∠BAD+∠FAD=180°，
∴∠FAD=∠C，
在△DFA和△DEC中，
¿，
∴△DFA≌△DEC(AAS)，
∴DF=DE，AF=CE，
在Rt△BDF和Rt△BDE中，
¿，
∴Rt△BDF≌Rt△BDE(HL)，
∴BF=BE，
∴BC=BE+CE=BA+AF+CE=BA+2CE，
∴BC−BA=2CE，
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
【变式10-1】（2023·浙江绍兴·统考一模）如图，在五边形ABCDE中，AB=AE，CA平分∠BCD，
1
∠CAD= ∠BAE．
2
(1)求证：CD=BC+DE；
(2)若∠B=75°，求∠E的度数．
【答案】(1)见解析
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(2)105°
【分析】（1）在CD上截取CF=CB，连接AF，证明△BCA≌△FCA(SAS)，根据全等三角形的性质得
出AB=AF，∠BAC=∠FAC，进而证明△ADF≌△ADE(SAS)，根据全等三角形的性质得出DE=DF，
进而即可求解；
（2）根据全等三角形的性质，结合图形可得∠B+∠E=∠CFA+∠AFD=180°，即可求解．
【详解】（1）解：在CD上截取CF=CB，连接AF．
∵CA平分∠BCD，
∴∠BCA=∠FCA．
在△BCA和△FCA中，¿
∴△BCA≌△FCA(SAS)
∴AB=AF，∠BAC=∠FAC．
又∵AB=AE，
∴AF=AE．
1
又∵∠CAD= ∠BAE，
2
∴∠BAC+∠EAD=∠FAC+∠FAD，
∴∠FAD=∠EAD．
在△ADF和△ADE中，¿，
∴△ADF≌△ADE(SAS)
∴DE=DF．
∴CD=CF+FD=BC+DE．
（2）∵△BCA≌△FCA，
∴∠B=∠CFA．
∵△ADF≌△ADE，
∴∠E=∠AFD．
∴∠B+∠E=∠CFA+∠AFD=180°．
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∴∠E=180°−∠B=180°−75°=105°．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
【变式10-2】（2023上·辽宁抚顺·三模）如图，在平面直角坐标系中，A(−2,0)，C(6,0)，B为y轴正半
轴上一点，D在第四象限，且BC⊥CD，CA平分∠BCD，∠ABC+∠ADC=180°．
(1)直接写出B点坐标；
(2)求证：AB=AD；
(3)求四边形ABCD的面积．
【答案】(1)(0,6)
(2)见解析
(3)32
【分析】（1）先证明∠BCO=45°，进而推出∠OBC=45°=∠OCB，则OB=OC，由此求解即可；
（2）如图所示，在BC上取一点E使得CE=CD，利用SAS证明△ECA≌△DCA，得到
AE=AD，∠AEC=∠ADC，再证明∠ABE=∠AEB，得到AB=AE，则AB=AD；
（3）如图所示，过点D作DF⊥x轴于F，证明△OAB≌△FDA，得到DF=OA，则
DF=OA=3，OC=7，AC=10，再由S =S +S 进行求解即可．
四边形ABCD △ABC △ADC
【详解】（1）解：∵BC⊥CD，CA平分∠BCD，
1
∴∠BCO= ∠BCD=45°，
2
∵∠BOC=90°，
∴∠OBC=45°=∠OCB，
∴OB=OC，
∵C(6,0)，
∴OB=OC=6，
∴B(0，6)，
（2）解：如图所示，在BC上取一点E使得CE=CD，
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∵AC平分∠BCD，
∴∠ECA=∠DCA，
在△ECA和△DCA中，
¿，
∴△ECA≌△DCA(SAS)，
∴AE=AD，∠AEC=∠ADC，
∵∠ABC+∠ADC=180°，∠AEC+∠AEB=180°，
∴∠ABE=∠AEB，
∴AB=AE，
∴AB=AD；
此题方法较多，如以下两种辅助线方式同理可证.
（3）解：如图所示，过点D作DF⊥x轴于F，
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∴∠AFD=∠BOA=90°，∴∠FAD+∠FDA=90°，
∵BC⊥DC，∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠BAD=360°−(∠ABC+∠ADC)−∠BCD=90°
∴∠FAD+∠OAB=90°，∴∠FDA=∠OAB，
由（2）得AD=AB，
∴△OAB≌△FDA(AAS)，
∴DF=OA，
∵A(−2,0)，C(6,0)
∴DF=OA=2，OC=6，
∴AC=6−(−2)=8，
∴S =S +S
四边形ABCD △ABC △ADC
1 1
= AC⋅OB+ AC⋅DF
2 2
1 1
= ×8×6+ ×8×2
2 2
=32．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，正确作出辅
助线构造全等三角形是解题的关键．
【变式10-3】（2023下·辽宁阜新·一模）问题背景：
如图1：在四边形ABCD中，AB=AD．∠BAD=120°．∠B=∠ADC=90°．E，F分别是BC．CD上的点，且
∠EAF=60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．
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(1)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 ；（直接写结论，不需证明） △
△探索延伸：
1
(2)如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADF=180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF=
2
∠BAD，（1）中结论是否仍然成立，并说明理由；
(3)如图3，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且
1
∠EAF= ∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明：若不成立，请直接写出它们之间的数量
2
关系．
【答案】(1)EF=BE+FD
(2)（1）中的结论EF=BE+FD仍然成立．证明见解析；
(3)结论EF=BE+FD不成立，结论是：EF=BE-FD．证明见解析．
【分析】（1）延长FD到点G．使DG=BE．连接AG，利用全等三角形的性质解决问题即可；
（2）延长CB至M，使BM=DF，连接AM．证明 ABM≌△ADF（SAS），由全等三角形的性质得出
AF=AM，∠2=∠3． AME≌△AFE（SAS），由全等△三角形的性质得出EF=ME，即EF=BE+BM，则可得出
结论； △
（3）在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．证明 ABG≌△ADF（SAS）．由全等三角形的性质得出
∠BAG=∠DAF，AG=AF．证明 AEG≌△AEF（SAS）△，由全等三角形的性质得出结论．
【详解】（1）解：EF=BE+FD△．
延长FD到点G．使DG=BE．连接AG，
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∵∠ABE=∠ADG=∠ADC=90°，AB=AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS）．
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG．
∴∠BAE+∠DAF=∠DAG+∠DAF=∠EAF=60°．
∴∠GAF=∠EAF=60°．
又∵AF=AF，
∴△AGF≌△AEF（SAS）．
∴FG=EF．
∵FG=DF+DG．
∴EF=BE+FD．
故答案为：EF=BE+FD；
（2）解：（1）中的结论EF=BE+FD仍然成立．
证明：如图②中，延长CB至M，使BM=DF，连接AM．
∵∠ABC+∠D=180°，∠1+∠ABC=180°，
∴∠1=∠D，
在 ABM与 ADF中，
¿，
△ △
∴△ABM≌△ADF（SAS）．
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∴AF=AM，∠2=∠3．
1
∵∠EAF= ∠BAD，
2
1
∴∠2+∠4= ∠BAD=∠EAF．
2
∴∠3+∠4=∠EAF，即∠MAE=∠EAF．
在 AME与 AFE中，
¿，
△ △
∴△AME≌△AFE（SAS）．
∴EF=ME，即EF=BE+BM，
∴EF=BE+DF；
（3）解：结论EF=BE+FD不成立，结论：EF=BE-FD．
证明：如图③中，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，
¿，
△ △
∴△ABG≌△ADF（SAS）．
∴∠BAG=∠DAF，AG=AF．
1
∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF= ∠BAD．
2
∴∠GAE=∠EAF．
∵AE=AE，
∴△AEG≌△AEF（SAS），
∴EG=EF，
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∵EG=BE-BG，
∴EF=BE-FD．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是添加辅助线，构造
全等三角形解决问题．
【题型11 构造辅助线证明两个三角形全等-作平行线】
【例11】（2023·黑龙江哈尔滨·模拟预测）在△ABC中，AB=AC，点E在BC上，点H在AC上，连接
AE和BH交于点F，∠ABH=∠CAE．
(1)如图1，求证：∠AFB=2∠ACB；
(2)如图2，连接FC，若FC平分∠EFH，求证：AH=CH；
(3)如图3，在（2）的条件下，点D在BH的延长线上，连接CD，∠ACD+3∠EFC=180°时，若
AE+DF=14，BH+AF=16，求HF的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)HF=2．
【分析】本题主要考查了等腰三角形、全等三角形的判定和性质，
（1）利用三角形外角的性质可得∠AFB=∠ACB+∠CAE+∠CBH，再结合已知可得
∠AFB=∠ACB+∠ABC，根据等边对等角可得∠ACB=∠ABC，即可得出结论；
（2）过点C作CM⊥AH、CN⊥AE垂足分别为M、N，过点A作AQ⊥BH垂足为Q，构造
△ABQ≌△ACN(AAS)，得AQ=CN，由角平分线性质可得CM=CN，进而证明
△AHQ≌△CHM(ASA)，即可得出结论；
（3）过点C作CP∥AE交BD于P，作CG∥AB交BD延长线于G，由角平分线+平行线可得：PF=PC，
利用中点加平行模型可得△AFH≌△CPH(ASA)，△ABH≌△CGH(ASA)，进而可得
AF=CP=PF=2FH，AE=DG，结合已知可得AE+DF=BH+HF=14，BH+AF=BH+2HF=16，
由此即可得出HF=2．
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【详解】（1）解：∵∠AEB=∠ACB+∠CAE，∠AFB=∠AEB+∠CBH，
∴∠AFB=∠ACB+∠CAE+∠CBH，
又∵∠ABH=∠CAE，∠ABC=∠CBH+∠ABH，
∴∠AFB=∠ACB+∠ABC，
∵AB=AC，
∴∠ACB=∠ABC，
∴∠AFB=2∠ACB．
（2）过点C作CM⊥BH、CN⊥AE垂足分别为M、N，过点A作AQ⊥BH垂足为Q，
在△ABQ和△ACN中，
¿
∴△ABQ≌△ACN(AAS)，
∴AQ=CN，
又∵CM⊥BH，CN⊥AE，FC平分∠EFH，
∴CM=CN=AQ，
在△AHQ和△CHM中，
¿，
∴△AHQ≌△CHM(ASA)
∴AH=CH．
（3）过点C作CP∥AE交BD于P，作CG∥AB交BD延长线于G，
∴∠EAC=∠PCA，∠EFC=∠FCP，
又∵∠EFC=∠PFC，
∴∠FCP=∠PFC，
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∴PF=PC，
在△AFH和△CPH中，
¿
∴△AFH≌△CPH(ASA)，
1
∴AF=CP=PF，FH=PH= PF，
2
同理可得：△ABH≌△CGH(ASA)，CG=AB=AC，BH=GH，
∵∠ABC=∠ACB，∠AFB=∠HFE=2∠ACB，∠EFD=2∠EFC，
∴∠EFC=∠ACB，
∵∠ACD+3∠EFC=180°，
∴∠ACD+3∠ACB=180°，
∵CG∥AB，
∴∠G=∠ABF=∠CAE，∠ABC+∠BCG=180°，
∴∠ACB+∠ABC+∠ACD+∠GCD=180°，
∴2∠ACB+∠ACD+∠GCD=180°，
∴∠ACB=∠GCD，
在△AEC和△GDC中，
¿
∴△AEC≌△GDC(ASA)，
∴AE=DG，
∵AE+DF=14，BH+AF=16，
∴AE+DF=DG+DF=GH+HF=BH+HF=14，
BH+AF=BH+FP=BH+2HF=16，
∴HF=2
【点睛】本题涉及了等腰三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质、三角形外角的性质、角平分线
的定义和性质、平行线的性质等知识；解题关键是作辅助线构造三角形全等转化线段关系，（2）利用了
垂直全等模型和角平分线性质，（3）利用中点+平行线构造三角形全等．
【变式11-1】（2023上·福建龙岩·一模）如图所示：△ABC是等边三角形，D、E分别是AB及AC延长线
上的一点，且BD=CE，连接DE交BC于点M．
求让：MD=ME
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【答案】见详解
【分析】过点D作DF∥AC，交BC于点F，根据等边三角形和平行线的性质得∠MDF=∠MEC，DF=CE，
从而证明∆FMD≅∆CME，进而即可得到结论．
【详解】过点D作DF∥AC，交BC于点F，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠ACB=60°，
∵DF∥AC，
∴∠DFB=∠ACB=60°，∠MDF=∠MEC，
∴△BDF是等边三角形，
∴BD=DF，
∵BD=CE，
∴DF=CE，
又∵∠FMD=∠CME，
∴∆FMD≅∆CME，
∴MD=ME．
【点睛】本题主要考查等边三角形的性质和判定定理以及全等三角形的判定和性质定理，添加辅助线，构
造等边三角形和全等三角形，是解题的关键．
【变式11-2】（2023·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，在等边△ABC中，点E为边AB上任意一点，点D在边
CB的延长线上，且ED=EC．
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(1)当点E为AB的中点时（如图1），则有AE______DB（填“>”“<”或“=”）；
(2)猜想如图2，AE与DB的数量关系，并证明你的猜想．
【答案】(1)=
(2)AE=DB，证明见解析
【分析】（1）由△ABC是等边三角形，得到∠ABC=∠ACB=60°，AB=AC=BC，由三线合一得到
1
AE=BE，∠BCE= ∠ACB=30°，由ED=EC，得∠D=∠BCE=30°，由外角的性质得到
2
∠BED=30°，得到∠D=∠BED，则BD=BE，证得AE=DB；
（2）过E作EF∥BC交AC于F，先证明△AEF是等边三角形，得到AE=EF=AF，再用AAS证明
△DEB≌△ECF，得到BD=EF=AE，进而证得猜想
【详解】（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，AB=AC=BC．
∵E为AB的中点，
1
∴AE=BE，∠BCE= ∠ACB=30°，
2
∵ED=EC，
∴△CDE是等腰三角形，
∴∠D=∠BCE=30°，
∵∠ABC=∠D＋∠BED，
∴∠BED=30°，
∴∠D=∠BED，
∴BD=BE，
∴AE=DB．
故答案为：=
（2）解：AE=DB．理由如下：
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过E作EF∥BC交AC于F，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=∠A=60°，AB=AC=BC．
∴∠AEF=∠ABC=60°，∠AFE=∠ACB=60°，即∠AEF=∠AFE=∠A=60°．
∴△AEF是等边三角形．
∴AE=EF=AF．
∵∠ABC=∠ACB=∠AFE=60°，
∴∠DBE=∠EFC=120°，∠D+∠BED=∠FCE+∠ECD=60°．
∵DE=EC，
∴∠D=∠ECD．
∴∠BED=∠ECF．
在△DEB和△ECF中，¿
∴△DEB≌△ECF(AAS)．
∴BD=EF=AE，即AE=BD．
【点睛】此题主要考查了等边三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、全等三角形的判定与性质
等知识，在等边三角形中通过作平行线构造全等三角形是解题的关键．
【变式11-3】（2023·山东·统考二模）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D在边AC上，
CD⊥DE，且CD＝DE，连接BE，取BE的中点F，连接DF．
(1)请直接写出∠ADF的度数及线段AD与DF的数量关系；
(2)将图1中的 CDE绕点C按逆时针旋转，
①如图2，（1△）中∠ADF的度数及线段AD与DF的数量关系是否仍然成立？请说明理由；
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②如图3，连接AF，若AC＝3，CD＝1，求S ADF的取值范围．
△
【答案】(1)∠ADF=45°，AD=√2DF；
(2)①成立，理由见解析；②1≤S ADF≤4.
△
【分析】（1）延长DF交AB于H，连接AF，先证明△DEF≌△HBF，得BH=CD，再证明△ADH为等腰直
角三角形，利用三线合一及等腰直角三角形边的关系即可得到结论；
（2）①过B作DE的平行线交DF延长线于H，连接AH、AF，先证明△DEF≌△HBF，延长ED交BC于
M，再证明∠ACD=∠ABH，得△ACD≌△ABH，得AD=AH，等量代换可得∠DAH=90°，即 ADH为等腰直
角三角形，利用三线合一及等腰直角三角形边的关系即可得到结论； △
1
②先确定D点的轨迹，求出AD的最大值和最小值，代入S ADF
AD2
求解即可．
△ =4
【详解】（1）解：∠ADF=45°，AD=√2DF，理由如下：
延长DF交AB于H，连接AF，
∵∠EDC=∠BAC=90°，
∴DE∥AB，
∴∠ABF=∠FED，
∵F是BE中点，
∴BF=EF，
又∠BFH=∠DFE，
∴△DEF≌△HBF，
∴BH=DE，HF=FD，
∵DE=CD，AB=AC，
∴BH=CD，AH=AD，
∴△ADH为等腰直角三角形，
∴∠ADF=45°，
又HF=FD，
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∴AF⊥DH，
∴∠FAD=∠ADF=45°，
即△ADF为等腰直角三角形，
∴AD=√2DF;
（2）解：①结论仍然成立，∠ADF=45°，AD=√2DF，理由如下：
过B作DE的平行线交DF延长线于H，连接AH、AF，如图所示，
则∠FED=∠FBH，∠FHB=∠EFD，
∵F是BE中点，
∴BF=EF，
∴△DEF≌△HBF，
∴BH=DE，HF=FD，
∵DE=CD，
∴BH=CD，
延长ED交BC于M，
∵BH∥EM，∠EDC=90°，
∴∠HBC+∠DCB=∠DMC+∠DCB=90°，
又∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=45°，
∴∠HBA+∠DCB=45°，
∵∠ACD+∠DCB=45°，
∴∠HBA=∠ACD，
∴△ACD≌△ABH，
∴AD=AH，∠BAH=∠CAD，
∴∠CAD+∠DAB=∠BAH+∠DAB=90°，
即∠HAD=90°，
∴∠ADH=45°，
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∵HF=DF，
∴AF⊥DF，即△ADF为等腰直角三角形，
∴AD=√2DF．
1 1
②由①知，S ADF= DF2= AD2，
△ 2 4
由旋转知，当A、C、D共线时，且D在A、C之间时，AD取最小值为3－1=2，
当A、C、D共线时，且C在A、D之间时，AD取最大值为3+1=4，
∴1≤S ADF≤4．
△
【点睛】本题考查了等腰直角三角形性质及判定、全等三角形判定及性质、勾股定理等知识点．构造全等
三角形及将面积的最值转化为线段的最值是解题关键．遇到题干中有“中点”时，采用平行线构造出对顶
三角形全等是常用辅助线．
【题型12 构造辅助线证明两个三角形全等-作垂线】
1
【例12】（2023·山西晋中·三模）如图，直线l :y= x+2和直线l 与x轴分别相交于A，B两点，且两直
1 2 2
线相交于点C，直线l 与y轴相交于点D(0,−4)，OA=2OB．
2
(1)求点A的坐标及直线l 的函数表达式；
2
(2)求△ABC的面积；
(3)试探究在x轴上是否存在点P，使得∠BDP=45°，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说
明理由．
【答案】(1)A(−4,0)，直线l 的函数表达式为：y=2x−4
2
(2)12
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( 4 )
(3)(12,0)， − ,0
3
1
【分析】（1）对于y= x+2，令y=0可求出x=−4，得到点A的坐标，结合OA=2OB可求出OB=2，
2
得到点B的坐标，再根据待定系数法可求出直线l 的函数表达式；
2
（2）求出直线l 和l 的交点C(4,4)，再根据三角形面积公式求解即可；
1 2
（3）分点P在点B右侧的x轴上和在点B左侧的x轴上两种情况，结合勾股定理列出方程求解即可
1
【详解】（1）将y=0代入y= x+2得，x=−4，
2
∴A(−4,0)．
∴OA=4．
∵OA=2OB，
∴OB=2．
∴B(2,0)．
设直线l 的函数表达式为：y=kx+b
2
将D(0,−4)、B(2,0)分别代入y=kx+b得：
¿，
解得¿
∴直线l 的函数表达式为：y=2x−4．
2
（2）∵点C是直线l 和l 的交点，
1 2
∴¿，解得¿
∴C(4,4)
∵A(−4,0),B(2,0)，
∴AB=2−(−4)=6．
1
∴△ABC的面积为： ×6×4=12．
2
（3）①点P在点B右侧的x轴上时，∠BDP=45°,过点B作BE⊥PD.于点M，过点M作MN⊥x轴，
垂足为N，如图3-1，
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∴∠BMD=∠BDP=45°,
∴BD=BM
易证：△OBD≅△NMB(ASA)
∴MN=OB=2,BN=OD=4,
∴ON=OB+BN=6
∴点M坐标为(6,−2)，
1
∴直线PD解析式为：y= x−4，
3
∴直线PD与x轴交点P的坐标为(12,0)；
②点P在点B左侧的x轴上时，∠BDP=45°, ∠BDP=45°,过点B作BE⊥PD.于点M，过点M作
MN⊥x轴，垂足为N，过D作DQ⊥y轴，如图3-2，
同理易证：△DMQ≅△MBN,
∴DQ=ON=MN，MQ=BN，
设DQ=a，则4−a=2+a，
解得：a=1，
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∴DQ=ON=MN=1，
∴点M坐标为(−1,−1)，
∴直线PD解析式为：y=−3x−4，
( 4 )
∴直线PD与x轴交点P的坐标为 − ,0 ；
3
( 4 )
综上，在x轴上存在点P，使得∠BDP=45°，点P的坐标为(12,0)或 − ,0
3
【点睛】本题考查了一次函数综合题，难度一般，关键是一次函数点的坐标的求法和三角形面积的求法．
【变式12-1】（2023上·陕西西安·二模）如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=4，AC=6，点D为
AC中点，点P为AB上的动点，将点P绕点D逆时针旋转90°得到点Q，连接CQ，当线段CQ的最小时，
则DP= ．
【答案】2√3
【分析】本题主要考查了旋转的性质以及全等三角形判定与性质的综合应用，
过Q作QE⊥AC于E，易证△DAP≌△QED，可得QE=AD=3，再根据当AP=DE=2时，DE=DC，
即点E与点C重合，即可得出线段CQ的最小值为3，求出此时AP=DE=3，又勾股定理即可求出此时
DP=√AP2+AD2=2√3．
【详解】解：如图所示，过Q作QE⊥AC于E，则∠A=∠QED=90°，
由旋转可得，DP=QD，∠PDQ=90°，
∴∠ADP=∠EQD，
在△DAP和△QED中，
¿，
∴△DAP≌△QED(AAS)，
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1
∴QE=AD= AC=3，DE=AP
2
∴点Q的运动轨迹是平行AC的直线，
当点E与点C重合，CQ的值最小，CQ的最小值为3，
此时AP=DE=3，∴DP=√AP2+AD2=√32+32=2√3，
故答案为：2√3．
【点睛】本题涉及了旋转的性质、三角形全等的性质和判定、点的运动轨迹、依据垂线段最短、勾股定理
解三角形，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，依据垂线段最短进行求解．
【变式12-2】（2023·湖北鄂州·一模）如图，已知AD为△ABC的中线，点E为AC上一点，连接BE交
AD于点F，且AE＝FE.
求证：BF＝AC．
【答案】证明见解析
【分析】方法一：当题中有三角形中线时，常加倍中线构造平行四边形，利用平行四边形和等腰三角形的
性质证得结论．
方法二：向中线作垂线，证明ΔBDG≅ΔCDH，得到BG=CH，再根据AE＝FE，得到角的关系，从而
证明ΔBGF≅ΔCHA，最终得到结论.
【详解】方法一：延长AD到G，使DG＝AD，连接BG，CG，∵DG＝AD，BD＝DC，∴四边形ABGC
是平行四边形，∴AC//BG，∠CAD＝∠BGD，又∵AE＝FE，∴∠CAD＝∠AFE，∴∠BGD＝∠AFE＝
∠BFG，∴BG＝BF，∵BG＝AC，∴BF＝AC
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方法二：如图，分别过点B、C作BG⊥AD，CH⊥AD，垂足为G、H，
则∠BGD=∠CHD=90°.
∵BD=CD，∠BDG=∠CDH，
∴ΔBDG≅ΔCDH，
∴BG=CH.
∵AE=FE，∴∠EAF=∠EFA，
∵∠BFG=∠EFA，∴∠BFG=∠CAH，
又∵∠BGF=∠CHA=90°，
∴ΔBGF≅ΔCHA，
∴BF=AC.
【点睛】本题是较为典型的题型，至少可以用到两种方法来解题，此题的特点就是必须有中线这个条件才
能构造平行四边形或双垂线.
【变式12-3】（2023·湖北·一模）定义：三角形一个内角的平分线所在的直线与另一个内角相邻的外角的
平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．
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(1)如图1所示，∠E是△ABC中∠A的遥望角，直接写出∠E与∠A的数量关系__________；
(2)如图1所示，连接AE，猜想∠BAE与∠CAE的数量关系，并说明理由；
(3)如图2，四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，点E在BD的延长线上，连CE，若己知
DE=DC=AD，求证：∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
1
【答案】(1)∠E= ∠A
2
(2)∠BAE+∠CAE=180°，理由见解析
(3)见解析
1
【分析】（1）运用角平分线的定义，以及三角形外角的性质，推导得到∠DCE=∠CBE+ ∠A，
2
1
∠DCE=∠CBE+∠E，进而可得∠E= ∠A；
2
（2）过点E作EM⊥BA交BA的延长线于点M，作EN⊥AC交AC于点N，作EH⊥BD交BD的延长线
于点H，由角平分线的性质定理和判定定理可得∠MAE=∠CAE，根据∠MAE+∠BAE=180°可得
∠BAE+∠CAE=180°；
（3）过D作DM⊥BA交BA于点M，过D作DN⊥BC交BC的延长线于点N，先证四边形DMBN是矩
形，再证△AMD≌△CND，最后证得CE平分∠ACN，BD平分∠ABC即可．
【详解】（1）解：∵ ∠E是△ABC中∠A的遥望角，
∴ BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，
1 1
∴ ∠CBE= ∠ABC，∠DCE= ∠ACD，
2 2
∵ ∠ACD=∠ABC+∠A，
1 1 1 1
∴ ∠DCE= ∠ACD= ∠ABC+ ∠A=∠CBE+ ∠A，
2 2 2 2
又∵ ∠DCE=∠CBE+∠E，
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1
∴ ∠E= ∠A，
2
1
故答案为：∠E= ∠A；
2
（2）解：∠BAE+∠CAE=180°，理由如下：
如图，过点E作EM⊥BA交BA的延长线于点M，作EN⊥AC交AC于点N，作EH⊥BD交BD的延长
线于点H，
∵ CE平分∠ACD，EN⊥AC，EH⊥BD，
∴ EN=EH，
同理EH=EM，
∴ EM=EN，
∵ EM⊥BA，EN⊥AC，
∴ AE平分∠MAC，即∠MAE=∠CAE，
∵ ∠MAE+∠BAE=180°，
∴ ∠BAE+∠CAE=180°；
（3）证明：如图，过D作DM⊥BA交BA于点M，过D作DN⊥BC交BC的延长线于点N，
∵ DM⊥BA，DN⊥BC，∠ABC=90°，
∴ ∠DMB=∠DNB=∠ABC=90°，
∴四边形DMBN是矩形，
∴ ∠MDN=90°，即∠MDC+∠CDN=90°，
∵ ∠ADC=90°，
∴ ∠MDC+∠ADM=90°，
∴ ∠ADM=∠CDN，
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在△AMD和△CND中，
¿，
∴ △AMD≌△CND(AAS)，
∴ DM=DN，
∵ DM⊥BA，DN⊥BC，
∴ BD平分∠ABC，
1
∴ ∠ABD=∠DBC= ∠ABC=45°，
2
∴∠ECN=∠DBC+∠E=45°+∠E
∵ ∠ADC=90°，AD=CD，
∴∠ACD=∠CAD=45°，
∴∠ACE=45°+∠DCE，
∵ DE=DC，
∴∠E=∠DCE，
∴∠ECN=∠ACE，
∴CE平分∠ACN，
∵ BD平分∠ABC，
∴ ∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
【点睛】本题考查角平分线的性质及判定，全等三角形的性质及判定，三角形外角的定义和性质，等腰三
角形的性质等，熟练掌握角平分线的性质定理及判定定理是解题的关键．
【题型13 利用角平分线的性质求解】
【例13】（2023·辽宁阜新·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=6，AD=8．连接AC，在AC
1
和AD上分别截取AE，AF，使AE=AF．分别以点E和点F为圆心，以大于 EF的长为半径作弧，两
2
弧交于点G．作射线AG交CD于点H，则线段DH的长是 ．
8 2
【答案】 / 2
3 3
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【分析】过H作HQ⊥AC于Q，再根据角平分线的性质和勾股定理列方程求解．
【详解】解：设DH=x，
过H作HQ⊥AC于Q，
在矩形ABCD中，∠B=∠D=90°，
∴AC=10，
由作图得：AG平分∠CAD，
∴∠CAG=∠DAG，
∵∠D=∠AQH=90°，AH=AH，
∴△ADH≌△AQH(AAS)，
∴DH=HQ=x，AQ=QD=8，
∴CQ=QC−QA=2，
在Rt△CHQ中，有CQ2+QH2=CH2，
即：22+x2=(6−x) 2，
8
解得：x= ，
3
8
故答案为： ．
3
【点睛】本题考查了基本作图，掌握勾股定理的应用是解题的关键．
【变式13-1】（2023·广东广州·统考中考真题）如图，已知AD是△ABC的角平分线，DE，DF分别是
△ABD和△ACD的高，AE=12，DF=5，则点E到直线AD的距离为 ．
60 8
【答案】 /4
13 13
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【分析】根据角平分线上的点到角的两边的距离相等的性质可得点D到AC的距离等于点D到AB的距离
DE的长度，然后根据勾股定理求出AD，最后根据等面积法求解即可．
【详解】解：∵AD是△ABC的角平分线，DE，DF分别是△ABD和△ACD的高，DF=5，
∴DE=DF=5，
又AE=12，
∴AD=√AE2+DE2=13，
设点E到直线AD的距离为x，
1 1
∵ AD⋅x= AE⋅DE，
2 2
AE⋅DE 60
∴x= = ．
AD 13
60
故答案为： ．
13
【点睛】本题考查了角平分定理，勾股定理等知识，掌握角平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的
关键．
【变式13-2】（2023·四川·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知点A(1,0)，点B(0,−3)，
1
点C在x轴上，且点C在点A右方，连接AB，BC，若tan∠ABC= ，则点C的坐标为 ．
3
(9 )
【答案】 ,0
4
AC CB
【分析】根据已知条件得出∠ABO=∠ABC，根据等面积法得出 = ，设C(m,0)，则AC=m−1，
OA OB
进而即可求解．
【详解】解：∵点A(1,0)，点B(0,−3)，
∴OA=1,OB=3，
1
tan∠OBA= ，
3
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1
∵tan∠ABC= ，
3
∴∠ABO=∠ABC，
过点A作AD⊥BC于点D，
∵AO⊥BO,AD⊥BC，AB是∠OBC的角平分线，
∴AO=AD=1
1 1
OA×OB OB×OA
S 2 2
∵ △ABO= =
S 1 1
△ABC AC×OB BC×AD
2 2
AC CB
∴ =
OA OB
设C(m,0)，则AC=m−1，BC=√32+m2
m−1 √32+m2
∴ =
1 3
9
解得：m= 或m=0（舍去）
4
(9 )
∴C ,0
4
(9 )
故答案为： ,0 ．
4
【点睛】本题考查了正切的定义，角平分线的性质，勾股定理，熟练掌握角平分线的定义是解题的关键．
【变式13-3】（2023·山东·统考中考真题）已知：射线OP平分∠MON,A为OP上一点，⊙A交射线OM
于点B,C，交射线ON于点D,E，连接AB,AC,AD．
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(1)如图1，若AD∥OM，试判断四边形OBAD的形状，并说明理由；
(2)如图2，过点C作CF⊥OM，交OP于点F；过点D作DG⊥ON，交OP于点G．求证：AG=AF．
【答案】(1)四边形OBAD是菱形，理由见解析
(2)见解析
【分析】（1）过点A作AF⊥ON于F，AG⊥OM于G，先由角平分线性质得AF=AG，再证明
Rt△AFD≌Rt△AGB(HL)，得FD=GB，证明Rt△AFO≌Rt△AGO(HL)，得OF=OG，从而得出
OD=OB，再根据平行线性质与角平分线定义证明∠AOD=∠OAD，得OD=AD，从而得
OD=AD=AB=OB，即可得出结论；
（2）连接EF，过点A作AH⊥ON于H，作AG⊥OM于G，证明Rt△AHD≌Rt△AGB(HL)，得
DH=BG，证明Rt△AFO≌Rt△AGO(HL)，得OF=OG，证明△OEF≌△OCF(SAS)，得
∠OEF=∠OCF=90°，从而得DG∥AH∥EF，根据平行线等分线段定理即可得出结论．
【详解】（1）解：四边形OBAD是菱形，理由如下：
过点A作AF⊥ON于F，AG⊥OM于G，如图1，
∵OP平分∠MON，AF⊥ON，AG⊥OM，
∴AF=AG，
∵AD=AB，
∴Rt△AFD≌Rt△AGB(HL)，
∴FD=GB，
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∵OA=OA，AF=AG
∴Rt△AFO≌Rt△AGO(HL)，
∴OF=OG，
∴OF−FD=OG−GB，即OD=OB，
∵OP平分∠MON，
∴∠AOD=∠AOB
∵AD∥OM
∴∠AOB=∠OAD
∴∠AOD=∠OAD
∴OD=AD
∴OD=AD=AB=OB，
∴四边形OBAD是菱形．
（2）证明：连接EF，过点A作AH⊥ON于H，作AG⊥OM于G，如图2，
∵OP平分∠MON，AH⊥ON，AG⊥OM，
∴AH=AG，
∵AD=AB，
∴Rt△AHD≌Rt△AGB(HL)，
∴DH=BG，
∵AH⊥ON，AG⊥OM，
∴EH=DH，BG=CG，
∵OA=OA， AH=AG，
∴Rt△AHO≌Rt△AGO(HL)，
∴OH=OG，
∴EH=CG，
∴OH+EH=OG+CG，即OC=OE，
∵∠EOF=∠COF，OF=OF，
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∴△OEF≌△OCF(SAS)，
∴∠OEF=∠OCF=90°，
∴EF⊥ON，
∵DG⊥ON，AH⊥ON，
∴DG∥AH∥EF，
∵DH=EH，
∴AG=AF．
【点睛】本题考查角平分线性质，菱形的判定，全等三解形的判定与性质，垂直定理，平行线等分线段定
理，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．
【题型14 角平分线的判定定理】
【例14】（2023·安徽亳州·校考模拟预测）在△ABC中，∠ABC=60°，AB=4，BC=6，P为AB上一
点，Q为△ABC内部一点，且S :S =2:3，当AQ+PQ的值最小时，则BP的长是（ ）
△ABQ △QBC
A．4 B．3√3 C．2 D．2√3
【答案】C
【分析】过点A作AD⊥BC于点D，根据题意可得S :S =AB:BC，从而得到点Q到AB，BC的
△ABQ △QBC
距离相等，进而得到∠ABQ=∠CBQ，在BC上截取BP'=BP，连接AP',QP'，可得△QPB≌△QP'B，
从而得到PQ=P'Q，进而得到QA+QP=QA+QP'≥AP'≥AD，即QA+QP的最小值为AD的长，此时
BP=BD，再根据直角三角形的性质，求出BD的长，即可求解．
【详解】解：如图，过点A作AD⊥BC于点D，
∵AB=4，BC=6，
∴AB:BC=4:6=2:3，
∵S :S =2:3，
△ABQ △QBC
∴S :S =AB:BC，
△ABQ △QBC
∴点Q到AB，BC的距离相等，
∴点Q在∠ABC的平分线上，即∠ABQ=∠CBQ，
在BC上截取BP'=BP，连接AP',QP'，
∵BQ=BQ，
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∴△QPB≌△QP'B，
∴PQ=P'Q，
∴QA+QP=QA+QP'≥AP'≥AD，
即QA+QP的最小值为AD的长，
此时BP=BD，
∵∠ABC=60°，∠ADB=90°，
∴∠BAD=30°，
∵AB=4，
1
∴BD= AB=2，
2
即当AQ+PQ的值最小时，则BP的长是2．
故选：C
【点睛】本题主要考查了角平分线的判定定理，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，根据题意
得到当AQ+PQ的值最小时，BP=BD是解题的关键．
【变式14-1】（2023·福建泉州·校考模拟预测）（1）如图1，在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=3，
3
BC=4，D为BC边上一点，CD= ．求证：AD平分∠CAB．
2
（2）如图2，矩形ABCD中，AB=5，BC=4，点E是CD边上一点，DE=2，连接AE，请用无刻度的
直尺和圆规在AB边上找一点F，使得∠AFD=2∠DAE．（保留作图痕迹，不要求写出作法）
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【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）过点D作DE⊥AB于点E，根据勾股定理先求出AB=5，用面积法求出DE的长即可求解；
（2）作∠GAE=∠DAE，交DC于点G，②作∠ADF=∠AGD，交AB于点F．根据直角三角形两个锐
角互余即可证明∠AFD=∠GAD=2∠DAE．
【详解】（1）证明：如图1，过点D作DE⊥AB于点E，
在Rt△ACB中，∠C=90°，
∵AC=3，BC=4，
∴AB=√AC2+BC2=5，
1 1 1
∵ AC⋅CD+ AB⋅DE= AC⋅BC，
2 2 2
3
∴3× +5DE=3×4，
2
3
∴DE= ，
2
∴CD=DE，
∴AD平分∠CAB．
（2）如图2，点F即为所求．
作法：①作∠GAE=∠DAE，交DC于点G，
②作∠ADF=∠AGD，交AB于点F．
理由：∵∠ADF+∠AFD=90°,∠AGD+∠GAD=90°，
∴∠AFD=∠GAD=2∠DAE．
【点睛】本题考查了作图-复杂作图，角平分线的判定，勾股定理，矩形的性质，解决本题的关键是掌握基
本作图方法．
【变式14-2】（2023·江西·中考真题）在图1，2，3中，已知▱ABCD，∠ABC=120°，点E为线段BC
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上的动点，连接AE，以AE为边向上作菱形AEFG，且∠EAG=120°．
（1）如图1，当点E与点B重合时，∠CEF=________°；
（2）如图2，连接AF．
①填空：∠FAD_________∠EAB（填“>”，“<”，“=”）；
②求证：点F在∠ABC的平分线上；
（3）如图3，连接EG，DG，并延长DG交BA的延长线于点H，当四边形AEGH是平行四边形时，求
BC
的值．
AB
【答案】（1）60°；（2）①=，②见详解；（3）3
【分析】（1）根据菱形的性质计算；
（2）①证明∠DAB=∠FAE=60°，根据角的运算解答；
②作FM⊥BC于M，FN⊥BA交BA的延长线于N，证明ΔAFN≅ΔEFM，根据全等三角形的性质得
到FN=FM，根据角平分线的判定定理证明结论；
DG 2
（3）根据含30°角的直角三角形的性质得到 = ，证明四边形ABEN为菱形，根据菱形的性质、平行
AG 1
线分线段成比例定理计算，得到答案．
【详解】解：（1）∵四边形AEFG是菱形
∴∠AEF=180°−∠EAG=60°
∴∠CEF=∠AEC−∠AEF=60°
故答案是：60°
（2）①∵四边形ABCD是平行四边形
∴∠DAB=180°−∠ABC=60°
∵四边形AEFG是菱形，∠EAG=120°
∴∠FAE=60°
∴∠FAD=∠EAB
故答案是：=
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②作FM⊥BC于M，FN⊥BA交BA的延长线于N，如图：
∴∠FNB=∠FMB=90°
∴∠NFM=60°
∵∠AFE=60°
∴∠AFN=∠EFM
∵EF=EA，∠FAE=60°
∴△AEF为等边三角形
∴FA=FE
在ΔAFN和ΔEFM中，
¿
∴△AFN≌△EFM(AAS)
∴FN=FM，FM⊥BC，FN⊥BA
∴点F在∠ABC的平分线上．
（3）GE、AD交于点N，如图：
∵四边形AEFG是菱形，∠EAG=120°
∴∠AGF=60°
∴∠FGE=∠AGE=30°
∵四边形AEGH为平行四边形
∴GE//AH，AE//GH
∴∠GAH=∠AGE=∠H=∠FGE=∠BAE=∠AEG=30°， 四边形ABEN是平行四边形
∴AG=GH，AN=EN
∴ ▱ABEN是菱形
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∴AB=BE
∵∠ABC=120°
∴∠DAB=60°
∴∠DAE=∠BAE=30°
∴∠DAG=∠EAG−∠DAE=90°
∴∠ADG=90°−∠AGF=30°
DG 2
∴在Rt△ADG中， =
AG 1
DG 2
∴ =
GH 1
DH 3
∴ =
GH 1
AD DH 3
∴ = =
AN GH 1
BC AD DH 3
∴ = = =
AB AN GH 1
BC
∴ =3．
AB
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、含30°角的直角
三角形的性质、平行线分线段成比例定理、角平分线的判定定理等，掌握相关知识点是解题的关键．
【变式14-3】（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2+4x经过坐标原
点，与x轴正半轴交于点A，点M(m,n)是抛物线上一动点．
（1）如图1，当m>0，n>0，且n=3m时，
①求点M的坐标：
(15 )
②若点B ,y 在该抛物线上，连接OM，BM，C是线段BM上一动点（点C与点M，B不重合），过
4
点C作CD//MO，交x轴于点D，线段OD与MC是否相等？请说明理由；
( 7)
（2）如图2，该抛物线的对称轴交x轴于点K，点E x, 在对称轴上，当m>2，n>0，且直线EM交x
3
( 18)
轴的负半轴于点F时，过点A作x轴的垂线，交直线EM于点N，G为y轴上一点，点G的坐标为 0, ，
5
连接GF．若EF+NF=2MF，求证：射线FE平分∠AFG．
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【答案】（1）①M(1,3)；②OD=MC，见解析；（2）见解析
【分析】（1）①直接将点M(m,n)代入解析式，又有n=3m，
即可解出坐标；②相等，先求出点B，由两点求出直线的方程，添加辅助线构建直角三角形，利用勾股定
理求出边长，证明三角形是等腰三角形即可；
（2）根据已知条件求出点E,M的坐标，再求出所在直线的解析式，求出直线与y轴的交点，添加辅助线，
利用三角形相似对应边成比例，找到边与边之间的关系，在直角三角形中利用勾股定理建立等式求出边长，
再根据角平分线上的点到两条线之间的距离相等，即可判断出为角平分线．
【详解】解：（1）如答案图6.
①∵点M(m,n)在抛物线上，且n=3m，
∴−m2+4m=3m，解得m =0，（舍去）
1
m =1，
2
∴n=3，∴M(1,3)．
②OD=MC，
15
∵点B( ,y)在该抛物线上，
4
15 15 15
∴y= ，∴B( , )．
16 4 16
设直线MB交x轴于点H，解析式为y=k x+b ，
1 1
∴¿解得¿
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3 15
∴y=− x+
4 4
当y=0时，x=5，
∴H(5,0)，∴OH=5．
过点M作MR⊥x轴，垂足为R，
∴∨=1，MR=3，
∴RH=4，
∴根据勾股定理得MH=5，
∴OH=MH，
∴∠HOM=∠HMO．∵CD∥MO，
∴∠HOM=∠HDC，∠HMO=∠HCD，∴∠HDC=∠HCD，
∴HD=HC，∴OD=MC．
（2）如答案图7.
证明：对称轴x=− 4 =2，∴E ( 2, 7) ，
2×(−1) 3
∵EF+NF=2MF，∴NF−MF=MF−EF，
∴MN=ME．过点M作MQ⊥x轴，垂足为Q，
QK ME
∴EK∥MQ∥NA，∴ = ，
QA MN
∴QK=QA．
当−x2+4x=0时，解得x =0，x =4，
1 2
∴A(4,0)．
∵K(2,0)，Q(m,0)，
∴m−2=4−m，
∴m=3．∴n=−32+4×3=3，
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∴M(3,3)．
设直线EM的解析式为y=k x+b ，
2 2
∴¿解得¿
2
∴y= x+1．设直线EM交y轴于点S，过点S作SP⊥GF，垂足为P ．
3
当x=0时，y=1．
3
∴S(0, 1)．当y=0时，x=− ，
2
3
∴F(− ,0)，
2
3
∴OF= ，OS=1．
2
( 18)
∵G 0, ，
5
18
∴OG= ，
5
13
∴GS= ．
5
∵∠GPS=∠GOF=90°，∠PGS=∠OGF，
∴△GPS∽△GOF，
GP PS GP 12
∴ = ，∴ = ．
GO OF PS 5
设GP=12a，则PS=5a．
在Rt△GPS中，
∵GP2+PS2=GS2，
13 2
∴(12a) 2+(5a) 2=( ) ．
5
1
∴a=± （负值舍去），
5
1
∴a= ，∴PS=1，
5
∴PS=OS．
∵SP⊥GF，SO⊥AF，
∴射线FE平分∠AFG．
【点睛】本题考查了一次函数和二次函数的综合运用，还涉及等腰三角形的性质、直角三角形、相似三角
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形的判定与性质、角平分线的判定，题目综合性强，涉及知识点多、难度较大，解题的关键是：掌握以上
相关知识点后，需要做到灵活运用，同时考查了添加辅助线的能力．
【题型15 利用全等三角形的性质与判定解决测量问题】
【例15】（2023·陕西榆林·统考三模）如图，数学实践小组想要测量某公园的人工湖两端A、B之间的距
离，由于条件限制无法直接测得，请你用学过的数学知识帮他们按以下要求设计一种测量方案．
(1)画出测量示意图；
(2)写出测量的数据，线段长度用a、b、c…表示，角度用α、β、γ…表示；(不要求写出测量过程)
(3)根据你测量的数据，计算A、B之间的距离．(用含a、b、c…或α、β、γ…的式子表示)
【答案】(1)见解析
(2)AB的长度为a
(3)A、B之间的距离为a
【分析】（1）由于AB无法直接测得，故间接构造两个涉及AB边的全等三角形，如解析所示．
（2）在湖岸上找可以直接到达A，B的一点O，构造OA=OC，OB=OD即可．
（3） 利用SAS定理，由OA=OC，OB=OD，∠AOB=∠COD，易证△AOB≅△COD，推得
AB=CD，则CD的长度就是AB的长度．
【详解】（1）测量示意图如图所示；
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（2）在湖岸上找可以直接到达A，B的一点O，连接AO并延长到C使OC=OA，连接BO并延长到点D使
OD=OB，连接CD，则AB=CD.测量DC的长度a，即为AB的长度为a；
（3）设DC=a，
由测量方案可得AO=CO，BO=DO，
在△AOB和△COD中，
¿，
∴△AOB≌△COD (SAS)，
∴AB=CD=a．
【点睛】本题考查了全等三角形的应用，解题的关键是构造两个全等的三角形．
【变式15-1】（2023·广西·中考真题）校园内有一块四边形的草坪造型，课外活动小组实地测量，并记录
数据，根据造型画如图的四边形ABCD，其中 AB＝CD＝2米，AD＝BC＝3米，∠B＝30°
(1)求证：△ABC≌△CDA ；
(2)求草坪造型的面积．
【答案】(1)见解析
(2)草坪造型的面积为3m2
【分析】（1）根据“SSS”直接证明三角形全等即可；
（2）过点A作AE⊥BC于点E，利用含30°的直角三角形的性质求出AE的长度，继而求出△ABC的面积，
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3
再由全等三角形面积相等得出S =S = ，即可求出草坪造型的面积．
△ABC △CDA 2
【详解】（1）在△ABC和△CDA中，
∵¿，
∴△ABC≅△CDA(SSS)；
（2）
过点A作AE⊥BC于点E，
∴∠AEB=90°，
∵∠B=30°,AB=2m，
1
∴AE= AB=1m，
2
∵BC=3m，
1 1 3
∴S = BC⋅AE= ×3×1= m2 ，
△ABC 2 2 2
∵△ABC≅△CDA，
3
∴S =S = m2 ，
△ABC △CDA 2
∴草坪造型的面积=S +S =3m2 ，
△ABC △CDA
所以，草坪造型的面积为3m2．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，含30°的直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关
键．
【变式15-2】（2023·山东临沂·校考二模）如图，小明和小华住在同一个小区不同单元楼，他们想要测量
小华家所在单元楼AB的高度．首先他们在两栋单元楼之间选定一点E，然后小明在自己家阳台C处测得E
处的俯角为α，小华站在E处测得眼睛F到AB楼端点A的仰角为β，发现α与β互余，已知EF=1米，
BE=CD=20米，BD=58米，试求单元楼AB的高．
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【答案】39米
【分析】过点F作FG⊥AB，再根据已知条件，证明△AGF与△EDC全等，结合全等三角形的性质再进
行计算即可得出．
【详解】解：过点F作FG⊥AB，垂足为G，
由题意得：
∠AGF=∠EDC=90°，BG=EF=1米，FG=BE=20米，∠AFG=β，∠CED=α，
∴∠CED+∠ECD=90°，
∵α+β=90°，
∴∠ECD=β=∠AFG，
∵BE=CD=20米，
∴FG=CD=20米，
∴△AGF≌△EDC(ASA)，
∴AG=ED=BD−BE=58−20=38(米)，
∴AB=AG+GB=39(米)，
∴单元楼AB的高为39米．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质及俯角仰角的知识，采用数形结合的方法并巧妙借助辅
助线是解题的关键．
【变式15-3】（2023·山东德州·中考真题）（1）如图1，已知△ABC，以AB、AC为边向△ABC外作等边
△ABD和等边△ACE，连接BE，CD，请你完成图形（尺规作图，不写做法，保留作图痕迹），并写出：
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BE与CD的数量关系 ；
（2）如图2，已知△ABC，以AB、AC为边向外作正方形ABFD和正方形ACGE，连接BE与CD，BE与
CD有什么数量关系？说明理由；
（3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：
如图3，要测量池塘两岸相对的两点B，E的距离，已经测得∠ABC=45°、∠CAE=90°，AB=BC=100米，
AC=AE，求BE的长．
【答案】（1）图见解析，BE=CD，理由见解析；（2）BE=CD，理由见解析；（3）100√3米
【分析】（1）分别以A、B为圆心，AB长为半径画弧，两弧交于点D，连接AD，BD，分别以A、C为圆
心，AC长为半径画弧，两弧交于点E，连接AE，CE，即可；根据等边三角形的性质可得AD=AB，
AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，从而得到∠CAD=∠EAB，可证得△CAD≌△EAB，即可求解；
（2）根据正方形的性质可得AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠CAE=90°，从而得到∠CAD=∠EAB，可证得
∠CAD=∠EAB，即可求解；
（3）过A作等腰直角三角形ABD，连接CD，由AB=AD=100，利用勾股定理求出BD的长，再证得
△ACD≌△AEB，可得CD=BE，再利用勾股定理求出CD的长，即可求解．
【详解】解：（1）根据题意，画出图形，如图所示：
BE=CD，理由如下：
∵△ABD和△ACE都是等边三角形，
∴AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，
∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC，即∠CAD=∠EAB，
在△CAD和△EAB中，
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∵¿，
∴△CAD≌△EAB（SAS），
∴BE=CD；
（2）BE=CD，理由如下：
∵四边形ABFD和ACGE均为正方形，
∴AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠CAE=90°，
∴∠CAD=∠EAB，
在△CAD和△EAB中，
∵¿，
∴△CAD≌△EAB（SAS）．
∴BE=CD；
（3）过A作等腰直角三角形ABD，∠BAD=90°，连接CD，则AD=AB=100米，∠ABD=45°，∴
BD=√AD2+AB2=100√2米，
∵∠CAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
∴∠CAD=∠BAE，
∵AC=AE，
∴△ACD≌△AEB，
∴CD=BE，
∵∠ABC=45°，
∴∠DBC=90°，
在Rt△DBC中，BC=100米，BD=100√2米，
∴CD=√1002+(100√2) 2=100√3（米），
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∴BE=CD=100√3米．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等边三角形和等腰三角形的性质，勾
股定理，熟练掌握相关知识点，并利用分类讨论思想解答是解题的关键
【题型16 利用全等三角形的性质与判定解决动点问题】
【例16】（2023·内蒙古通辽·统考中考真题）如图，等边三角形ABC的边长为6cm，动点P从点A出发以
2cm/s的速度沿AB向点B匀速运动，过点P作PQ⊥AB，交边AC于点Q，以PQ为边作等边三角形
PQD，使点A，D在PQ异侧，当点D落在BC边上时，点P需移动 s．
【答案】1
【分析】当点D落在BC上时，如图，BP=AB−AP=6−2x，根据△PQD等边三角形，△ABC是等边三
角形，证明△APQ≌△BDP，进而可得x的值．
【详解】解：设点P的运动时间为x(s)，由题意得AP=2x，
BP=AB−AP=6−2x，
∵PQ⊥AB，
∴∠QPA=90°，
∵△PQD和△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=∠DPQ=60°，PQ=PD，
∴∠BPD=30°，
∴∠PDB=90°，
∴PD⊥BC，
∴△APQ≌△BDP(AAS)，
∴BD=AP=2x，
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∵BP=2BD，
∴6−2x=4x，
解得x=1．
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，灵
活运用等边三角形的性质是解题的关键．
【变式16-1】（2023·湖南郴州·统考中考真题）已知△ABC是等边三角形，点D是射线AB上的一个动点，
延长BC至点E，使CE=AD，连接DE交射线AC于点F．
(1)如图1，当点D在线段AB上时，猜测线段CF与BD的数量关系并说明理由；
(2)如图2，当点D在线段AB的延长线上时，
①线段CF与BD的数量关系是否仍然成立？请说明理由；
②如图3，连接AE．设AB=4，若∠AEB=∠DEB，求四边形BDFC的面积．
1
【答案】(1)CF= BD，理由见解析
2
(2)①成立，理由见解析②4√3+6√6
【分析】（1）过点D作DG∥BC，交AC于点G，易得BD=CG，证明△DGF≌△ECF，得到
1
CF=FG= CG，即可得出结论．
2
（2）①过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，易得BD=CG，证明△DGF≌△ECF，得到
1
CF=FG= CG，即可得出结论；②过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，过点A作AN⊥DG，
2
AH MN
交BC于点H，交DE于点N，根据已知条件推出tan∠AEH=tan∠MDN，得到 = ，证明
EH DN
BC AH AH
△ABC∽△ADG，得到 = = ，求出DG的长，利用四边形BDFC的面积为
DG AN AM+MN
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S −S −S =S −S −S 进行求解即可．
△ADG △ABC △DFG △ADG △ABC △CEF
1
【详解】（1）解：CF= BD，理由如下：
2
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC,∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
过点D作DG∥BC，交AC于点G，
∴∠ADG=∠ABC=60°,∠AGD=∠ACB=60°，∠GDF=∠CEF，
∴△ADG为等边三角形，
∴AD=AG=DG，
∵AD=CE，AB−AD=AC−AG，
∴DG=CE，BD=CG，
又∠DFG=∠CFE，
∴△DGF≌△ECF(AAS)，
1
∴CF=FG= CG，
2
1
∴CF= BD；
2
（2）①成立，理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC,∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，
∴∠ADG=∠ABC=60°,∠AGD=∠ACB=60°，∠GDF=∠CEF，
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∴△ADG为等边三角形，
∴AD=AG=DG，
∵AD=CE，AD−AB=AG−AC，
∴DG=CE，BD=CG，
又∠DFG=∠CFE，
∴△DGF≌△ECF(AAS)，
1
∴CF=FG= CG，
2
1
∴CF= BD；
2
②过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，过点A作AN⊥DG，交BC于点H，交DE于点N，则：
AN⊥BC，
1
由①知：△ADG为等边三角形，△DGF≌△ECF(AAS)，CF=FG= BD，
2
∵△ABC为等边三角形，
1
∴AB=AC=BC=4,BH=CH= BC=2，
2
∴AH=√AB2−BH2=2√3，
∵∠AEB=∠DEB，EH=EH,∠AHE=∠MHE=90°
∴△AEH≌△MEH，
∴MH=AH=2√3，
∴AM=2AH=4√3，
∵△DGF≌△ECF(AAS)，
∴∠CEF=∠MDN，DG=CE，
∴∠AEH=∠MDN，
∴tan∠AEH=tan∠MDN，
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AH MN
∴ = ，
EH DN
1 1
设MN= y,DG=CE=x，则：EH=CE+CH=2+x，DN= DG= x，
2 2
2√3 y
= ①
∴x+2 x ，
2
∵DG∥BC，
∴△ABC∽△ADG，
BC AH AH 4 2√3
∴ = = ，即： = ②，
DG AN AM+MN x 4√3+ y
联立①②可得：x=4√2+4（负值已舍去），
经检验x=4√2+4是原方程的根，
1
∴DG=CE=4√2+4，DN=2√2+2，CF=FG= (x−4)=2√2，
2
∴AN=2√6+2√3，
1 1
∴S = CE⋅AH= (4√2+4)⋅2√3=4√6+4√3，
△ACE 2 2
S AC 4
∵ △ACE= = ，
S CF 2√2
△CEF
√2
∴S = (4√6+4√3)=4√3+2√6，
△CEF 2
∴四边形BDFC的面积为S −S −S =S −S −S
△ADG △ABC △DFG △ADG △ABC △CEF
1 1
= (4√2+4)(2√6+2√3)− ×4×2√3−4√3−2√6
2 2
=4√3+6√6．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角
形．本题的综合性强，难度大，属于中考压轴题，解题的关键是添加辅助线构造特殊三角形，全等和相似
三角形．
3
【变式16-2】（2023·广东深圳·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，tanB= ，点D为BC上
4
一动点，连接AD，将△ABD沿AD翻折得到△ADE，DE交AC于点G，¿
