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专题07 三角形全等的重要模型
考向一、倍长中线模型
考向二、旋转模型
考向三、垂线模型
考向四、平移全等模型
考向五、半角全等模型
考向一、倍长中线模型
1．（2020·河南焦作·七年级期末）已知AD是△ABC中BC边上的中线，若AB＝3，AD＝2，则AC的长可
以是（ ）．
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】A
【解析】
【详解】
延长AD至E，使AD=DE，连接BE、CE，
，
∴AE=4，
∵AD是△ABC中BC边上的中线，
∴BD=DC，
又∠ADC=∠EDB，
∴△ACD≌△EDB，
∴BE=AC，
∴在△ABE中： ，即
∴
故选A．
【点睛】
三角形任意两边之和大于第三边．
2．（2020·四川成都·七年级期末）如图所示，在△ABC中，AB＝6，AC＝4，AD是△ABC的中线，若AD
的长为偶数，则AD＝_____．
【答案】2或4
【解析】
【分析】
延长AD至E，使DE＝AD，连接CE，由“SAS”可证△ABD≌△ECD，可得CE＝AB＝6，由三角形的三边
关系可得1＜AD＜5，即可求解．
【详解】
解：延长AD至E，使DE＝AD，连接CE，
在△ABD与△ECD中，
，
∴△ABD≌△ECD（SAS），
∴CE＝AB＝6，
在△ACE中，CE﹣AC＜AE＜CE+AC，即2＜2AD＜10，
∴1＜AD＜5，
∵AD为偶数，
∴AD＝2或4，
故答案为2或4．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定与性质及三角形的三边关系，关键是根据倍长中线这个辅助线作法得到三
角形全等，进而求解即可．
3．（2021·陕西汉中·七年级期末）如图，在 中， 是 边上的中线，过 作 的平行线交
的延长线于 点．若 ， ，试求 的取值范围．
【答案】4＜AE＜8
【解析】
【分析】
证明△ABD≌△ECD（AAS），得到AB=EC=6，AD=ED，再由三角形的三边关系即可得出答案．
【详解】
解：∵AD是BC边上的中线，
∴BD=CD．
∵AB∥CE，
∴∠BAD=∠E，
在△ABD和△ECD中，
，
∴△ABD≌△ECD（AAS），
∴AB=EC=6，∴AD=DE，
在△ACE中，CE-AC＜AE＜CE+AC，
即6-2＜AE＜6+2，
∴4＜AE＜8．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、平行线的性质、三角形的三边关系等知识；熟练掌握三角形的三边
关系，证明三角形全等是解题的关键．
考向二、旋转模型
1．（2021·山西临汾·七年级期末）如图，将三角形ABC绕点C顺时针旋转90°得到三角形EDC．若点A，
D，E在同一条直线上，∠ACB＝20°，求∠ADC的度数．
【答案】∠ADC＝65°
【解析】
【分析】
根据旋转的性质和三角形内角和解答即可．
【详解】
解：∵将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．
∴∠DCE＝∠ACB＝20°，∠BCD＝∠ACE＝90°，AC＝CE，
∴∠ACD＝90°﹣20°＝70°，
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴∠ADC+∠EDC＝180°，
∵∠EDC+∠E+∠DCE＝180°，
∴∠ADC＝∠E+20°，
∵∠ACE＝90°，AC＝CE
∴∠DAC+∠E＝90°，∠E＝∠DAC＝45°
在△ADC中，∠ADC+∠DAC+∠DCA＝180°，
即45°+70°+∠ADC＝180°，解得：∠ADC＝65°，
【点睛】
此题主要考查旋转综合题，解题的关键熟知旋转的性质.
2．（2021·河北沧州市·八年级期末）如图，△ABC和△AED共顶点A，AD＝AC，∠1＝∠2，∠B＝
∠E． BC交AD于M，DE交AC于N，甲说：“一定有△ABC≌△AED．”乙说：
“△ABM≌△AEN．”那么（ ）
A．甲、乙都对 B．甲、乙都不对 C．甲对、乙不对 D．甲不对、乙对
【答案】A
【分析】利用AAS判定△ABC≌△AED，则可得到AB=AE，再利用ASA判定△ABM≌△AEN．
【详解】∵∠1＝∠2，∴∠1+∠MAC＝∠2+∠MAC，∴∠BAC＝∠EAD，
在△BAC和△EAD中， ,∴△BAC≌△EAD，∴甲说的正确；
∵△BAC≌△EAD（AAS），∴AB=AE，
在△BAM和△EAN中， ,∴△BAM≌△EAN（ASA），∴乙说的正确；故选A．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定方法，根据题目的特点，补充适当条件，活用判定定理是解题的关
键．
3．（2020·山东东营·七年级期末）如图，在 中， ， ，直线 经过点 ，且
于点 ， 于点 ．（1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：① ；② ；
（2）当直线 绕点 旋转到如图2所示的位置时，求证： ；
（3）当直线 绕点 旋转到如图3所示的位置时，试问 ， ， 具有怎样的数量关系？请直接写
出这个等量关系，不需要证明．
【答案】（1）①见解析；②见解析；（2）见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）①由∠ACB=90°，得∠ACD+∠BCE=90°，而AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，则∠ADC=∠CEB=90°，
根据等角的余角相等得到∠ACD=∠CBE，证得Rt ADC≌Rt CEB，
②由Rt ADC≌Rt CEB，得出AD=CE，DC=BE，△即可得到△DE=DC+CE=BE+AD．
（2）根△据等角的余△角相等得到∠ACD=∠CBE，证得△ADC≌△CEB，得到AD=CE，DC=BE，所以
DE=CE CD=AD BE．
（3）DE、AD、BE具有的等量关系为：DE=BE AD．证明的方法与（2）相同．
【详解】
解：（1）①证明： 于点 ， 于点 ， ，
， ，
．又 ， ；
②证明：由①知， ， ， ．
， ；
（2）证明： 于点 ， 于点 ，
， ， ． ，
又 ， ， ， ，
；
（3） （或 ， ）．由（2）的方法证得△ADC≌△CEB，
∴AD=CE，DC=BE，
∴DE=CD CE=BE AD．
【点睛】
本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线
段所夹的角等于旋转角．也考查了直角三角形全等的判定与性质．
考向三、垂线模型
1．（2021·黑龙江哈尔滨·七年级期末）如图，在 中， ，过点 作 ，且
，连接 ，若 ，则 的长为________．
【答案】3
【解析】
【分析】
过点 作 交 延长线于点 ，先证明 ，则 ，然后根据
求 即可．
【详解】
解：过点 作 交 延长线于点 ，
则∠DMC=90°=∠ABC，
， ，
， ，
，
，
，，
，
．
故填 ．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质以及三角形的面积，正确作出辅助线、构造全等三角形证得
成为解答本题的关键．
2．（2020·辽宁锦州·七年级期末）在 ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且
AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
（1）如图1所示位置时判断 ADC与 CEB是否全等，并说明理由；
（2）如图2所示位置时判断 ADC与 CEB是否全等，并说明理由．
【答案】（1）全等，见解析；（2）全等，见解析
【解析】
【分析】
（1）首先根据同角的余角证明∠DAC＝∠BCE，再利用AAS定理证明 DAC≌△ECB；
（2）首先根据同角的余角证明∠DAC＝∠BCE，进而利用HL定理证明△ ACD≌△CBE．
【详解】 △
（1）如图1，全等，理由：∵∠ACB＝90°，AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，
∴∠DAC+∠DCA＝∠BCE+∠DCA，
∴∠DAC＝∠BCE，
在△DAC与△ECB中，
∵ ，
∴△DAC≌△ECB（AAS）；
（2）如图2，全等，
理由：
∵∠ACB＝90°，AD⊥MN，
∴∠DAC+∠ACD＝∠ACD+∠BCE，
∴∠DAC＝∠BCE，
在△ACD与△CBE中，
∵ ，
∴△ACD≌△CBE（AAS）．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定及其性质定理的同时，还渗透了对旋转变换的考查；解题的关键是灵活运用全
等三角形的判定定理解题．
3．（2022·黑龙江大庆·七年级期末）王强同学用10块高度都是 的相同长方体小木块，垒了两堵与地
面垂直的木墙，木墙之间刚好可以放进一个等腰直角三角板（ ），点 在 上，点
和 分别与木墙的顶端重合．
（1）求证： ；
（2）求两堵木墙之间的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）两堵木墙之间的距离为 ．
【解析】
【分析】
（1）根据同角的余角相等可证 ，然后利用AAS即可证出 ；
（2）根据题意即可求出AD和BE的长，然后根据全等三角形的性质即可求出DC和CE，从而求出DE的
长．
【详解】
（1）证明：由题意得： ， ，
∴ ，
∴ ，
∴
在 和 中
，
∴ ；
（2）解：由题意得： ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
答：两堵木墙之间的距离为 ．
【点睛】
此题考查的是全等三角形的应用，掌握全等三角形的判定及性质是解决此题的关键．
考向四、平移全等模型
1．（2021·浙江温州市·八年级期末）如图， ， ，要说明 ，需添加
的条件不能是（ ）
A． B． C． D．【答案】C
【分析】直接根据三角形证明全等的条件进行判断即可；
【详解】A、∵AB∥DE，∴∠ABC=∠DEC，∴根据ASA即可判定三角形全等，故此选项不符合题意；
B、∵AC∥DF，∴∠DFE=∠ACB，∴根据AAS即可判定三角形全等，故此选项不符合题意；
C、AC⊥DE，不符合三角形全等的证明条件，故此选项符合题意；
D、∵AC=DF，∴根据SAS即可判定三角形全等，故此选项不符合题意；故选：C．
【点睛】本题考查了三角形证明全等所需添加的条件，正确掌握知识点是解题的关键；
2．（2021·云南昆明市·八年级期末）如图：已知 ， 且 ，求证：
．
【答案】见解析
【分析】由AD=BE可求得AB=DE，再结合条件可证明△ABC≌△DEF．
【详解】证明：∵ ∴ ∴
又∵ ∴
在 和 中 ∴ （SAS）
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定方法，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键，即SSS、
SAS、ASA、AAS和HL．
3.（2021•襄城区期末）如图，点B、E、C、F四点在一条直线上，∠A＝∠D，AB∥DE，老师说：再添加
一个条件就可以使△ABC≌△DEF．下面是课堂上三个同学的发言，甲说：添加 AB＝DE；乙说：添加AC∥DF；丙说：添加BE＝CF．（1）甲、乙、丙三个同学说法正确的是 ；
（2）请你从正确的说法中选择一种，给出你的证明．
【思路】（1）根据平行线的性质，由AB∥DE可得∠B＝∠DEC，再加上条件∠A＝∠D，只需要添加一个
能得出边相等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AB＝DE，然后再利用ASA判定△ABC≌△DEF即可．
【解答】解：（1）说法正确的是：甲、丙，故答案为：甲、丙；
（2）证明：∵AB∥DE，∴∠B＝∠DEC，
在△ABC和△DEF中¿，
∴△ABC≌△DEF（ASA）．
考向五、半角全等模型
1．（2021·山东东营市·七年级期末）(1)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．
小明同学探究此问题的方法是延长FD到点G，使DG=BE， 连结AG，先证明Δ ΔADG，再证明Δ
ΔAGF，可得出结论，他的结论应是 ．
(2)探索延伸：如图 2，在四边形ABCD 中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是BC，CD上的点，
∠EAF= ∠BAD，上述结论是否依然成立？并说明理由．
【答案】（1）EF=BE+DF；（2）成立，见解析【分析】（1）延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再证明
△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解题；（2）延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，即可证明
△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解题；
【详解】解：（1）EF=BE+DF，证明如下：
在△ABE和△ADG中，
在△AEF和△AGF中，
故答案为 EF=BE+DF．
（2）结论EF=BE+DF仍然成立；理由：延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，如图②，
在△ABE和△ADG中 ∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF= ∠BAD，∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，
∴∠EAF=∠GAF，在△AEF和△AGF中， ∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF；
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质及“半角模型”，熟练掌握全等三角形的判定和性质及“半
角模型”构造全等的方法是解题的关键．
2．（2022·四川绵阳市·八年级期末）已知在四边形ABCD中，∠ABC＋∠ADC＝180°，∠BAD＋∠BCD
＝180°，AB＝BC（1）如图1，连接BD，若∠BAD＝90°，AD＝7，求DC的长度．
（2）如图2，点P、Q分别在线段AD、DC上，满足PQ＝AP＋CQ，求证：∠PBQ＝∠ABP＋∠QBC
（3）若点Q在DC的延长线上，点P在DA的延长线上，如图3所示，仍然满足PQ＝AP＋CQ，请写出
∠PBQ与∠ADC的数量关系，并给出证明过程．
【答案】（1） ；（2）见解析；（3） ，证明见解析
【分析】（1）根据已知条件得出 为直角三角形，再根据 证出 ，从而证
出 即可得出结论；（2）如图2，延长DC到 K，使得CK=AP，连接BK，通过证
△BPA≌△BCK（SAS）得到：∠1=∠2，BP=BK．然后根据 证明得 ，从而得出
，然后得出结论；（3）如图3，在CD延长线上找一点K，使得
KC=AP，连接BK，构建全等三角形：△BPA≌△BCK（SAS），由该全等三角形的性质和全等三角形的
判定定理SSS证得：△PBQ≌△BKQ，则其对应角相等：∠PBQ=∠KBQ，结合四边形的内角和是360°可
以推得：∠PBQ=90°+ ∠ADC．【详解】（1）证明：如图1，
∵ ， ，∴ ，
在 和 中，
∴ ，∴ ，∴ ；
（2）如图2，
延长 至点 ，使得 ，连接
∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，
∵ ， ，∴ ，
∴ ， ，
∵ ， ，∴ ，
∵ ， ，∴ ，
∴ ，∴ ；
（3） ；如图3，在 延长线上找一点 ，使得 ，连接 ，
∵ ，∴ ，∵ ，∴ ，
在 和 中， ∴ ，
∴ ， ，∴ ，
∵ ，∴ ，
在 和 中， ∴ ，
∴ ，∴ ，
∴ ，∴ ．
．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和
公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
1．（2021·黑龙江大庆市·七年级期末）如图，在 中， ， 、 、 三点都在直线 上，
并且有 ，求证： ．【答案】见解析
【分析】首先根据等量代换得出 ，从而可证 ，最后利用全等三角形的性
质即可得出结论．
【详解】证明：设 ，∴ ，∴
，
∵在 和 中 ，∴ ，
∴ ， ，∴ ．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质，掌握全等三角形判定方法和性质是解题的关键．
2．（2020·四川巴中·七年级期末）某建筑测量队为了测量一栋居民楼ED的高度，在大树AB与居民楼ED
之间的地面上选了一点C，使B，C，D在一直线上，测得大树顶端A的视线AC与居民楼顶端E的视线
EC的夹角为90°，若AB=CD=12米，BD=64米，请计算出该居民楼ED的高度．
【答案】52米
【解析】
【分析】
先根据大树顶端A的视线AC与居民楼顶端E的视线EC的夹角为90°以及AB=CD可以推出 ≌
，从而得到 ，进而计算出 即可．
【详解】
解：由题意可知： ，
，，
，
，
在 和 中，
，
≌ ，
，
又 CD=12米，BD=64米，
米，
米，
答：该居民楼ED的高度为52米．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定，利用AAS证明 ≌ 是解题的关键．
3．（2021·广西百色市·八年级期末）如图，已知点 是 的中点， ∥ ，且 ．
（1）求证：△ACD≌△CBE．（2）若 ，求∠B的度数．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据SAS证明△ACD≌△CBE；
（2）根据三角形内角和定理求得∠ACD，再根据三角形全等的性质得到∠B=∠ACD．
【详解】（1）∵C是AB的中点，∴AC＝CB，∵CD//BE，∴ ，
在△ACD和△CBE中， ，∴ ；（2）∵ ，∴ ，
又∵ ，∴ ．
【点睛】考查了全等三角形的判定和性质，解题关键是根据SAS证明△ACD≌△CBE．
4．（2019·山西临汾·七年级期末）阅读材料，并回答下列问题
如图1，以AB为轴，把△ABC翻折180°，可以变换到△ABD的位置；
如图2，把△ABC沿射线AC平移，可以变换到△DEF的位置．像这样，其中的一个三角形是另一个三角
形经翻折、平移等方法变换成的，这种只改变位置，不改变形状大小的图形变换，叫三角形的全等变换．
班里学习小组针对三角形的全等变换进行了探究和讨论
（1）请你写出一种全等变换的方法（除翻折、平移外）， ．
（2）如图2，前进小组把△ABC沿射线AC平移到△DEF，若平移的距离为2，且AC＝5，则DC＝
．
（3）如图3，圆梦小组展开了探索活动，把△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在四边形BCDE内部点A′
的位置，且得出一个结论：2∠A′＝∠1+∠2．请你对这个结论给出证明．
（4）如图4，奋进小组则提出，如果把△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在四边形BCDE外部点A′的位
置，此时∠A′与∠1、∠2之间结论还成立吗？若成立，请给出证明，若不成立，写出正确结论并证明．
【答案】（1）旋转；（2）3；（3）见解析；（4）不成立，正确结论：∠2﹣∠1＝2∠A'，见解析
【解析】
【分析】
（1）由题意根据三种全等变换翻折、平移、旋转的定义进行判断即可；
（2）根据平移的距离的定义可知AD＝2，则DC＝AC﹣AD进行求解即可；
（3）根据轴对称及三角形内角和定理进行分析即可得出结论；
（4）由题意根据轴对称及三角形内角和定理，进行分析即可得出结论.
【详解】
解：（1）除翻折、平移外全等变换的方法还有旋转；
故答案为：旋转.（2）∵AD＝2，AC＝5，
∴DC＝AC﹣AD＝5﹣2＝3；
故答案为：3.
（3）∵把△ADE沿DE翻折，得到△A'DE，
∴△ADE≌△A'DE，
∴∠ADE＝∠A'DE，∠AED＝∠A'ED，
在△DEA'中，∠A'＝180°﹣（∠A'DE+∠A'ED）；
由平角定义知，∠2＝180°﹣∠A'DA＝180°﹣2∠A'DE，
∠1＝180°﹣∠A'EA＝180°﹣2∠A'ED，
∴∠1+∠2＝180°﹣2∠A'DE+180°﹣2∠A'ED＝2（180°﹣∠A'ED﹣∠A'DE），
∴2∠A′＝∠1+∠2．
（4）∠2﹣∠1＝2∠A'，
理由如下：
∵把△ADE沿DE翻折，得到△A'DE，
∴△ADE≌△A'DE，
∴∠ADE＝∠A'DE，∠AED＝∠A'ED，
在△DEA'中，∠A'＝180°﹣（∠A'DE+∠A'ED），
由平角定义知，∠2＝180°﹣∠A'DA＝180°﹣2∠A'DE，∠1＝2∠A'ED﹣180°，
∴∠2﹣∠1＝（180°﹣2∠A'DE）﹣（2∠A'ED﹣180°）＝180°-（∠A'DE+∠A'ED），
∴∠2﹣∠1＝2∠A'．
【点睛】
本题是三角形综合题，综合考查平移的性质，折叠的性质，三角形内角和定理，全等三角形的性质等知识，
灵活运用这些性质进行推理是解答本题的关键．
5．（2020·北京·清华附中七年级期末）如图，在 ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点E是∠ACB内部一
点，连接CE，作AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别为△点D，E．
（1）求证： BCE≌△CAD；
（2）请直接△写出AD，BE，DE之间的数量关系： ．【答案】（1）见解析；（2）AD＝BE+DE
【解析】
【分析】
（1）由“AAS”可证△BCE≌△CAD；
（2）由全等三角形的性质可得BE＝DC，AD＝CE，即可求解．
【详解】
证明：（1）∵BE⊥CE，AD⊥CE，
∴∠E＝∠ADC＝90°，
∴∠EBC+∠BCE＝90°．
∵∠BCE+∠ACD＝90°，
∴∠EBC＝∠DCA，
在△BCE和△CAD中，
，
∴△BCE≌△CAD（AAS）；
（2）∵△BCE≌△CAD，
∴BE＝DC，AD＝CE，
∴AD＝CE＝CD+DE＝BE+DE，
故答案为：AD＝BE+DE．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和
HL）和全等三角形的性质（即全等三角形的对应边相等、对应角相等）是解题的关键．注意：AAA、SSA
不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．也考查了余角的性质和勾股定理．
6．（2021·广东揭阳·七年级期末）已知点C为线段AB上一点， 分别以AC、BC为边在线段AB同侧作
△ACD和△BCE， 且CA＝CD， CB＝CE， ∠ACD=∠BCE， 直线AE与BD交于点F．
(1)如图，求证：△ACE≌△DCB．
(2)如图， 若∠ACD＝60°， 则∠AFB＝ ；如图， 若∠ACD＝90°， 则∠AFB＝
；
(3)如图， 若∠ACD＝β， 则∠AFB＝ (用含β的式子表示)并说明理由．
【答案】(1)见解析 （2）120°，90° （3）180°-β
【解析】
【分析】
（1）求出∠ACE=∠DCB，根据SAS证出两三角形全等即可；
（2）根据全等三角形性质得出∠AEC=∠DBC，∠CDB=∠CAE，求出∠EAB+∠DBA=∠ACD，
∠AFB=180°-（∠EAB+∠DBC），代入求出即可；
（3）根据全等三角形性质得出∠AEC=∠DBC，∠CDB=∠CAE，求出∠EAB+∠DBA=∠ACD，
∠AFB=180°-（∠EAB+∠DBC），代入求出即可．
【详解】
（1）∵∠ACD=∠BCE，
∴∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠DCE，
∴∠ACE=∠DCB，
在△ACE和△DCB中
∵ ，
∴△ACE≌△DCB；
（2）∵∠ACD=60°，
∴∠CDB+∠DBC=∠ACD=60°，∵△ACE≌△DCB，
∴∠AEC=∠DBC，∠CDB=∠CAE，
∴∠CAE+∠DBC=60°，
∴∠AFB=180°-60°=120°；
当∠ACD=90°时，
∵∠ACD=90°，
∴∠CDB+∠DBC=∠ACD=90°，
∵△ACE≌△DCB，
∴∠AEC=∠DBC，∠CDB=∠CAE，
∴∠CAE+∠DBC=90°，
∴∠AFB=180°-90°=90°；
故答案为120°，90°；
（3）当∠ACD=β时，∠AFB=180°-β，理由是：
∵∠ACD=β，
∴∠CDB+∠DBC=∠ACD=β，
∵△ACE≌△DCB，
∴∠AEC=∠DBC，∠CDB=∠CAE，
∴∠CAE+∠DBC=β，
∴∠AFB=180°-（∠CAE+∠DBC）=180°-β；
故答案为180°-β．
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的外角性质，三角形的内角和定理，解此题的关键是找出已
知量和未知量之间的关系．
7．（2020·四川成都·七年级期末）（1）如图1，在 ABC中，AB=4，AC=6，AD是BC边上的中线，延
长AD到点E使DE=AD，连接CE，把AB，AC，2AD集中在 ACE中，利用三角形三边关系可得AD的
取值范围是 ；
（2）如图2，在 ABC中，AD是BC边上的中线，点E，F分别在AB，AC上，且DE⊥DF，求证：
BE+CF＞EF；
（3）如图3，在四边形ABCD中，∠A为钝角，∠C为锐角，∠B+∠ADC=180°，DA=DC，点E，F分别
在BC，AB上，且∠EDF= ∠ADC，连接EF，试探索线段AF，EF，CE之间的数量关系，并加以证明．【答案】（1）1＜AD＜5；（2）见解析；（3）AF+EC=EF，见解析
【解析】
【分析】
（1）证明△CDE≌△BDA（SAS），推出CE=AB=4，在△ACE中，利用三角形的三边关系解决问题即可．
（2）如图2中，延长ED到H，使得DH=DE，连接DH，FH．证明△BDE≌△CDH（SAS），推出
BE=CH，再证明EF=FH，利用三角形的三边关系即可解决问题．
（3）结论：AF+EC=EF．延长BC到H，使得CH=AF．提供两次全等证明AF=CE，EF=EH即可解决问题．
【详解】
（1）∵CD=BD，AD=DE，∠CDE=∠ADB，
∴△CDE≌△BDA（SAS），
∴EC=AB=4，
∵6﹣4＜AE＜6+4，
∴2＜2AD＜10，
∴1＜AD＜5，
故答案为：1＜AD＜5；
（2）如图2中，延长ED到H，使得DH=DE，连接DH，FH．
∵BD=DC，∠BDE=∠CDH，DE=DH，
∴△BDE≌△CDH（SAS），
∴BE=CH，
∵FD⊥EH，又DE=DH，∴EF=FH，
在△CFH中，CH+CF＞FH，
∵CH=BE，FH=EF，
∴BE+CF＞EF；
（3）结论：AF+EC=EF．
理由：延长BC到H，使得CH=AF．
∵∠B+∠ADC=180°，
∴∠A+∠BCD=180°，
∵∠DCH+∠BCD=180°，
∴A=∠DCH，
∵AF=CH，AD=CD，
∴△AFD≌△CHD（SAS），
∴DF=DH，∠ADF=∠CDH，
∴∠ADC=∠FDH，
∵∠EDF= ∠ADC，
∴∠EDF= ∠FDH，
∴∠EDF=∠EDH，
∵DE=DE，
∴△EDF≌△EDH（SAS），
∴EF=EH，
∵EH=EC+CH=EC+AF，
∴EF=AF+EC．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的中线的性质，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会倍长中线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
8．（2020·河南郑州·七年级期末）在学习全等三角形知识时、教学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两
个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．通过资料查
询，他们得知这种模型称为“手拉手模型” 兴趣小组进行了如下操究：
（1）如图1，两个等腰三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE，连接BD、CE、如
果把小等腰三角形的腰长看作小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大
手拉着小手，这个就是“手拉手模型”，在这个模型中，和△ADB全等的三角形是 ，此时BD和
CE的数量关系是 ；
（2）如图2，两个等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE=90°，连接
BD，CE，两线交于点P，请判断线段BD和CE的数量关系和位置关系，并说明理由；
（3）如图3，已知△ABC，请完成作图：以AB、AC为边分别向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE（等
边三角形三条边相等，三个角都等于60°），连接BE，CD，两线交于点P，并直接写出线段BE和CD的
数量关系及∠PBC+∠PCB的度数．
【答案】（1）△AEC，BD=CE；（2）BD=CE且BD⊥CE，理由见解析；（3）作图见解析，BE=CD，
∠PBC+∠PCB=60°．
【解析】
【分析】
（1）根据SAS证明两个三角形全等即可证明；
（2）通过条件证明△DAB≌△EAC（SAS），得到∠DBC+∠ECB=90°，即可证明BD⊥CE，从而得到结果；
（3）根据已知条件证明△DAC≌△BAE(SAS)，即可得到结论．
【详解】
解：（1）∵AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE，
∴∠DAE+∠EAB=∠BAC+∠EAB，
即 ，
∴△ADB≌△AEC(SAS)，∴BD=CE；
（2）BD=CE且BD⊥CE；
理由如下：因为∠DAE=∠BAC=90°，如图2．
所以∠DAE+∠BAE=∠BAC+∠BAE．
所以∠DAB=∠EAC．
在△DAB和△EAC中，
，
所以△DAB≌△EAC（SAS）．
所以BD=CE，∠DBA=∠ECA．
因为∠ECA+∠ECB+∠ABC=90°，
所以∠DBA+∠ECB+∠ABC=90°．
即∠DBC+∠ECB=90°．
所以∠BPC=180°-（∠DBC+∠ECB）=90°．
所以BD⊥CE．
综上所述：BD=CE且BD⊥CE．
（3）如图3所示，BE=CD，∠PBC+∠PCB=60°．由图可知 ，AD=AB，AE=AC，
∴∠DAB+∠BAC=∠EAC+∠BAC，
即 ，
∴△DAC≌△BAE(SAS)，
∴BE=CD， ，
又∵ ，
∴∠ADC+∠BDC=∠ABE+∠BDC=60°，
∴∠BPC=∠ABP+∠BDC+∠DBA=120°，
∴∠PBC+∠PCB=60°．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的知识点应用，准确分析图形是解题的关键．
