专题14.3 三角形全等的判定（提高篇）（举一反三讲义）
【新教材人教版】
【题型1 多次全等证明】........................................................................................................................................1
【题型2 平行线证全等】........................................................................................................................................7
【题型3 折叠全等综合】......................................................................................................................................15
【题型4 动点全等问题】......................................................................................................................................20
【题型5 线段和差证明】......................................................................................................................................27
【题型6 角平分线全等】......................................................................................................................................33
【题型7 等腰结合全等】......................................................................................................................................39
【题型8 垂直全等综合】......................................................................................................................................45
【题型9 旋转全等综合】......................................................................................................................................51
【题型10 实际生活中抽象出全等模型】..............................................................................................................57
【题型11 尺规作图与全等综合】..........................................................................................................................62
【题型12 构造辅助线证全等】..............................................................................................................................68
【题型1 多次全等证明】
【例1】（25-26 七年级下·上海崇明·期末）如图，△𝐴𝐵𝐶的两条高𝐵𝐸、𝐶𝐷相交于点F，𝐶𝐹= 𝐴𝐵．
(1)求证：𝐴𝐸= 𝐸𝐹；
(2)连接𝐴𝐹，过点F 作𝐹𝐺∥𝐵𝐶，交𝐴𝐶边于点G，求证：𝐴𝐹= 𝐹𝐺．
【答案】(1)证明：∵𝐵𝐸、𝐶𝐷分别是𝐴𝐶、𝐴𝐵边上的高，
∴∠𝐴𝐸𝐵= ∠𝐹𝐸𝐶= ∠𝐴𝐷𝐶= 90°；
∵∠𝐷𝐴𝐶+ ∠𝐴𝐶𝐷= 90°，∠𝐸𝐹𝐶+ ∠𝐴𝐶𝐷= 90°，
∴∠𝐷𝐴𝐶= ∠𝐸𝐹𝐶，
题型归纳
考点1
全等三角形的判定与性质
在△𝐴𝐸𝐵与△𝐹𝐸𝐶中
∠𝐵𝐴𝐸= ∠𝐸𝐹𝐶
∠𝐴𝐸𝐵= ∠𝐹𝐸𝐶
𝐴𝐵= 𝐹𝐶
，．
∴△𝐴𝐸𝐵≌△𝐹𝐸𝐶(AAS)
∴𝐴𝐸= 𝐸𝐹；
(2)证明：∵△𝐴𝐸𝐵≌△𝐹𝐸𝐶，
∴𝐸𝐵= 𝐸𝐶，𝐴𝐸= 𝐸𝐹，
∴∠𝐸𝐵𝐶= ∠𝐸𝐶𝐵，
∵𝐹𝐺∥𝐵𝐶，
∴∠𝐸𝐹𝐺= ∠𝐸𝐵𝐶，∠𝐸𝐺𝐹= ∠𝐸𝐶𝐵，
∴∠𝐸𝐺𝐹= ∠𝐸𝐹𝐺，
∴𝐸𝐹= 𝐸𝐺，
∴𝐴𝐸= 𝐸𝐺，
在△𝐴𝐸𝐹和△𝐺𝐸𝐹中，
𝐴𝐸= 𝐸𝐺
∠𝐴𝐸𝐹= ∠𝐺𝐸𝐹= 90°
𝐸𝐹= 𝐸𝐹
，
∴△𝐴𝐸𝐹≌△𝐺𝐸𝐹(SAS)
∴𝐴𝐹= 𝐹𝐺．
【分析】（1）根据同角的余角相等，得到∠𝐷𝐴𝐶= ∠𝐸𝐹𝐶，再利用“AAS”证明全等即可；
（2）利用等腰三角形的判定和性质，得出𝐸𝐹= 𝐸𝐺= 𝐴𝐸，进而证明△𝐴𝐸𝐹≌△𝐺𝐸𝐹(SAS)即可．
【变式1-1】（25-26 七年级下·上海宝山·期末）如图，已知：△𝐴𝐵𝐶、△𝐷𝐶𝐸都是等边三角形，连接𝐴𝐸、𝐵𝐷,𝑀
、𝑁分别是线段𝐴𝐸、𝐵𝐷的中点．
(1)求证：△𝐵𝐶𝐷≌△𝐴𝐶𝐸；
(2)求证：△𝐶𝑀𝑁是等边三角形．
【答案】(1)证明：∵△𝐴𝐵𝐶、△𝐷𝐶𝐸都是等边三角形，
∴𝐵𝐶= 𝐴𝐶,𝐶𝐷= 𝐶𝐸,∠𝐵𝐶𝐴= ∠𝐷𝐶𝐸= 60°，
∴∠𝐵𝐶𝐴+ ∠𝐴𝐶𝐷= ∠𝐴𝐶𝐷+ ∠𝐷𝐶𝐸，即∠𝐵𝐶𝐷= ∠𝐴𝐶𝐸，
在△𝐵𝐶𝐷和△𝐴𝐶𝐸中，
𝐵𝐶= 𝐴𝐶
∠𝐵𝐶𝐷= ∠𝐴𝐶𝐸
𝐶𝐷= 𝐶𝐸
，
∴△𝐵𝐶𝐷≌△𝐴𝐶𝐸(SAS)；
(2)证明：∵△𝐵𝐶𝐷≌△𝐴𝐶𝐸，
∴𝐵𝐷= 𝐴𝐸，∠𝐶𝐵𝐷= ∠𝐶𝐴𝐸，
∵𝑀、𝑁分别是线段𝐴𝐸、𝐵𝐷的中点，
∴𝐵𝑁=
1
2𝐵𝐷=
1
2𝐴𝐸= 𝐴𝑀，
在△𝐵𝐶𝑁和△𝐴𝐶𝑀中，
𝐵𝐶= 𝐴𝐶
∠𝐶𝐵𝐷= ∠𝐶𝐴𝐸
𝐵𝑁= 𝐴𝑀
，
∴△𝐵𝐶𝑁≌△𝐴𝐶𝑀(SAS)，
∴𝐶𝑁= 𝐶𝑀,∠𝐵𝐶𝑁= ∠𝐴𝐶𝑀，
∴∠𝐵𝐶𝐴+ ∠𝐴𝐶𝑁= ∠𝐴𝐶𝑁+ ∠𝑁𝐶𝑀，
∴∠𝑁𝐶𝑀= ∠𝐵𝐶𝐴= 60°，
∴△𝐶𝑀𝑁是等边三角形．
【分析】（1）首先结合等边三角形的性质证明𝐵𝐶= 𝐴𝐶,𝐶𝐷= 𝐶𝐸,∠𝐵𝐶𝐴= ∠𝐷𝐶𝐸= 60°，进一步可得
∠𝐵𝐶𝐷= ∠𝐴𝐶𝐸，然后利用“SAS”证明△𝐵𝐶𝐷≌△𝐴𝐶𝐸即可；
（2）首先利用“SAS”证明△𝐵𝐶𝑁≌△𝐴𝐶𝑀，由全等三角形的性质可得𝐶𝑁= 𝐶𝑀,∠𝐵𝐶𝑁= ∠𝐴𝐶𝑀，进而证明
∠𝑁𝐶𝑀= 60°，即可证明结论．
【变式1-2】（25-26 八年级上·陕西延安·期末）“截长补短”添加辅助线构造全等三角形是常见的辅助线添加
方法，可以根据题目要求和图形特征，灵活运用此方法添加辅助线，构造全等三角形解决线段（角）的数
量关系问题，某数学小组借助以下数学问题对“截长补短”添加辅助线构造全等三角形的方法进行了深入学
习．如图，在四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵= 𝐴𝐷，𝐸，𝐹分别是直线𝐵𝐶，𝐶𝐷上的点．
(1)如图①，若∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐴𝐷𝐶= 90°，𝐸，𝐹分别在线段𝐵𝐶，𝐶𝐷上，且满足∠𝐸𝐴𝐹=
1
2∠𝐵𝐴𝐷，试探究线段
𝐸𝐹，𝐵𝐸，𝐷𝐹之间的数量关系；数学小组探究此问题的方法是：延长𝐶𝐵到点𝐺，使𝐵𝐺= 𝐷𝐹，连接𝐴𝐺，请你
帮该数学小组完成解题过程；
(2)如图②，若∠𝐴𝐵𝐶+ ∠𝐴𝐷𝐶= 180°，点𝐸在𝐶𝐵的延长线上，且𝐵𝐸> 𝐶𝐷，点𝐹在𝐶𝐷的延长线上，若
𝐸𝐹= 𝐵𝐸+ 𝐷𝐹，请探究∠𝐸𝐴𝐹与∠𝐵𝐴𝐷之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)𝐸𝐹= 𝐵𝐸+ 𝐷𝐹，理由见详解；
(2)∠𝐸𝐴𝐹= 180°−
1
2∠𝐷𝐴𝐵，理由见详解
【分析】（1）延长𝐶𝐵到点𝐺，使𝐵𝐺= 𝐷𝐹，连接𝐴𝐺，通过证明△𝐴𝐵𝐺≌△𝐴𝐷𝐹，得到对应角、对应边相等，
继而得证△𝐴𝐸𝐹≌△𝐴𝐸𝐺，得到𝐸𝐹= 𝐸𝐺= 𝐵𝐸+ 𝐷𝐹．
（2）在𝐷𝐶的延长线上取一点𝐺，使得𝐷𝐺= 𝐵𝐸，连接𝐴𝐺，通过证明△𝐴𝐵𝐸≌△𝐴𝐷𝐺，得到对应角、对应边
相等，继而得证△𝐴𝐸𝐹≌△𝐴𝐺𝐹，得到∠𝐹𝐴𝐸= ∠𝐹𝐴𝐺，根据圆周角为360°，得到∠𝐸𝐴𝐹= 180°−
1
2∠𝐷𝐴𝐵．
【详解】（1）解：线段𝐸𝐹，𝐵𝐸，𝐷𝐹之间的数量关系为：𝐸𝐹= 𝐵𝐸+ 𝐷𝐹，理由：
如图，延长𝐶𝐵到点𝐺，使𝐵𝐺= 𝐷𝐹，连接𝐴𝐺，
∵∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐴𝐷𝐶= 90°，
∴∠𝐴𝐵𝐺= ∠𝐴𝐷𝐹= 90°，
又∵𝐴𝐵= 𝐴𝐷，𝐵𝐺= 𝐷𝐹，
∴△𝐴𝐵𝐺≌△𝐴𝐷𝐹(SAS)，
∴∠𝐵𝐴𝐺= ∠𝐷𝐴𝐹，𝐴𝐹= 𝐴𝐺，
∴∠𝐹𝐴𝐺= ∠𝐷𝐴𝐵，
∵∠𝐸𝐴𝐹=
1
2∠𝐵𝐴𝐷，
∴∠𝐸𝐴𝐹=
1
2∠𝐹𝐴𝐺，
∴∠𝐸𝐴𝐹= ∠𝐸𝐴𝐺，
在△𝐴𝐸𝐹和△𝐴𝐸𝐺中，
𝐴𝐸= 𝐴𝐸
∠𝐸𝐴𝐹= ∠𝐸𝐴𝐺
𝐴𝐹= 𝐴𝐺
，
∴△𝐴𝐸𝐹≌△𝐴𝐸𝐺(SAS)，
∴𝐸𝐹= 𝐸𝐺= 𝐵𝐸+ 𝐵𝐺，
∴𝐸𝐹= 𝐵𝐸+ 𝐷𝐹；
（2）解：∠𝐸𝐴𝐹= 180°−
1
2∠𝐷𝐴𝐵，理由：
如图，在𝐷𝐶的延长线上取一点𝐺，使得𝐷𝐺= 𝐵𝐸，连接𝐴𝐺，
∵∠𝐴𝐵𝐶+ ∠𝐴𝐷𝐶= 180°，∠𝐴𝐵𝐶+ ∠𝐴𝐵𝐸= 180°，
∴∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐴𝐵𝐸，
∵𝐴𝐵= 𝐴𝐷，𝐷𝐺= 𝐵𝐸，
∴△𝐴𝐵𝐸≌△𝐴𝐷𝐺(SAS)，
∴𝐴𝐺= 𝐴𝐸，∠𝐷𝐴𝐺= ∠𝐵𝐴𝐸，
∵𝐸𝐹= 𝐵𝐸+ 𝐷𝐹，𝐷𝐺= 𝐵𝐸，
∴𝐸𝐹= 𝐷𝐺+ 𝐷𝐹= 𝐺𝐹，
在△𝐴𝐸𝐹和△𝐴𝐺𝐹中，
𝐴𝐸= 𝐴𝐺
𝐹𝐴= 𝐹𝐴
𝐸𝐹= 𝐺𝐹
，
∴△𝐴𝐸𝐹≌△𝐴𝐺𝐹(SSS)，
∴∠𝐹𝐴𝐸= ∠𝐹𝐴𝐺，
∵∠𝐹𝐴𝐸+ ∠𝐸𝐴𝐺+ ∠𝐹𝐴𝐺= 360°，∠𝐸𝐴𝐺= ∠𝐵𝐴𝐸+ ∠𝐵𝐴𝐺，
∴2∠𝐹𝐴𝐸+ (∠𝐵𝐴𝐸+ ∠𝐵𝐴𝐺) = 360°，
∵∠𝐷𝐴𝐺= ∠𝐵𝐴𝐸，
∴2∠𝐹𝐴𝐸+ (∠𝐷𝐴𝐺+ ∠𝐵𝐴𝐺) = 360°，
即2∠𝐸𝐴𝐹+ ∠𝐷𝐴𝐵= 360°，
∴∠𝐸𝐴𝐹=
1
2(360°−∠𝐷𝐴𝐵) = 180°−
1
2∠𝐷𝐴𝐵．
【变式1-3】（25-26 七年级下·上海杨浦·期末）如图1，已知：在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵= 𝐴𝐶，∠𝐵𝐴𝐶= 90°，D、
E 分别是边𝐵𝐶上的两点（点D 在点E 左侧），且∠𝐷𝐴𝐸= 45°，过点B 作𝐵𝐹⊥𝐵𝐶，交𝐴𝐷延长线于点F．
(1)求证：∠𝐵𝐹𝐴= ∠𝐶𝐴𝐸；
(2)如图2，连接𝐸𝐹，求证：𝐹𝐴平分∠𝐵𝐹𝐸．
【答案】(1)证明：∵在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵= 𝐴𝐶，∠𝐵𝐴𝐶= 90°，
∴∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐶= 45°，
∴∠𝐴𝐷𝐸= ∠𝐴𝐵𝐶+ ∠𝐵𝐴𝐷= 45° + ∠𝐵𝐴𝐷，
又∵∠𝐵𝐴𝐸= ∠𝐷𝐴𝐸+ ∠𝐵𝐴𝐷= 45° + ∠𝐵𝐴𝐷，
∴∠𝐴𝐷𝐸= ∠𝐵𝐴𝐸，
又∵∠𝐴𝐷𝐸= ∠𝐹𝐷𝐵，
∴∠𝐹𝐷𝐵= ∠𝐵𝐴𝐸，
∵𝐵𝐹⊥𝐵𝐶，∠𝐵𝐴𝐶= 90°，
∴∠𝐹𝐵𝐷= ∠𝐵𝐴𝐶= 90°，
∴∠𝐵𝐹𝐴+ ∠𝐹𝐷𝐵= 90° = ∠𝐶𝐴𝐸+ ∠𝐵𝐴𝐸，
∴∠𝐵𝐹𝐴= ∠𝐶𝐴𝐸．
(2)证明：如图，过点A 作𝐴𝐺⊥𝐴𝐹，交𝐵𝐶的延长线于点G，
则∠𝐵𝐴𝐹= 90°−∠𝐷𝐴𝐶= ∠𝐶𝐴𝐺，∠𝐴𝐵𝐹= ∠𝐴𝐶𝐺= 90° + 45° = 135°，
∵𝐴𝐵= 𝐴𝐶，
∴△𝐴𝐵𝐹≌△𝐴𝐶𝐺(ASA)，
∴𝐴𝐹= 𝐴𝐺，∠𝐵𝐹𝐷= ∠𝐺，
∵∠𝐷𝐴𝐸= 45°，
∴∠𝐺𝐴𝐸= 45°，
∵𝐴𝐸= 𝐴𝐸，
∴△𝐴𝐸𝐹≌△𝐴𝐸𝐺(SAS)，
∴∠𝐴𝐹𝐸= ∠𝐺，
∴∠𝐵𝐹𝐷= ∠𝐴𝐹𝐸，
∴𝐹𝐴平分∠𝐵𝐹𝐸．
【分析】（1）先通过∠𝐴𝐷𝐸= ∠𝐴𝐵𝐶+ ∠𝐵𝐴𝐷= 45° + ∠𝐵𝐴𝐷，∠𝐵𝐴𝐸= ∠𝐷𝐴𝐸+ ∠𝐵𝐴𝐷= 45° + ∠𝐵𝐴𝐷，求
得∠𝐴𝐷𝐸= ∠𝐵𝐴𝐸，进而可得∠𝐹𝐷𝐵= ∠𝐵𝐴𝐸，最后根据等角的余角相等可得∠𝐵𝐹𝐴= ∠𝐶𝐴𝐸．
（2）过点A 作𝐴𝐺⊥𝐴𝐹，交的延长线于点G，先证明△𝐴𝐵𝐹≌△𝐴𝐶𝐺(ASA)，求得∠𝐵𝐹𝐷= ∠𝐺，再证明
△𝐴𝐸𝐹≌△𝐴𝐸𝐺(SAS)，求得∠𝐴𝐹𝐸= ∠𝐺，可得∠𝐵𝐹𝐷= ∠𝐴𝐹𝐸，即可证明结论．
【题型2 平行线证全等】
【例2】在等边三角形𝐴𝐵𝐶中，点E 在直线𝐴𝐵上，点D 在直线𝐵𝐶上，且𝐸𝐷= 𝐸𝐶，请根据下列题组情境进
行解答：
(1)如下图，当点E 为𝐴𝐵的中点时，下列结论中正确的是______；（填序号）
①𝐶𝐸⊥𝐴𝐵 ②𝐵𝐷= 𝐴𝐸 ③∠𝐵𝐷𝐸= ∠𝐴𝐶𝐸 ④∠𝐴𝐸𝐷= 120°
(2)当点E 不为𝐴𝐵的中点时，（1）中哪个正确的结论仍成立？请结合下图进行证明；
(3)若△𝐴𝐵𝐶的边长为3，𝐴𝐸= 1，请直接写出𝐶𝐷的长．
【答案】(1)①②③
(2)证明见解析
(3)2 或4
【分析】（1）根据等边三角形的三线合一可以判断①；同时得到∠𝐸𝐶𝐵= ∠𝐴𝐶𝐸= 30°，再根据等边对等
角得到∠𝐷= ∠𝐷𝐸𝐵= 30°，依次判断②③④；
（2）过𝐸作𝐸𝐹∥𝐵𝐶交𝐴𝐶于点𝐹，由题意可得△𝐴𝐸𝐹是等边三角形，可得𝐴𝐸= 𝐸𝐹，可利用“AAS”证明
△𝐵𝐷𝐸≌△𝐹𝐸𝐶,可得𝐵𝐷= 𝐸𝐹= 𝐴𝐸；
（3）分点𝐸在𝐴𝐵上和在𝐵𝐴的延长线上，类似（2）证得全等，再利用平行得到所求线段的长．
【详解】（1）解：∵△𝐴𝐵𝐶是等边三角形，点E 为𝐴𝐵的中点，
∴𝐶𝐸⊥𝐴𝐵，∠𝐸𝐶𝐵= ∠𝐴𝐶𝐸=
1
2∠𝐴𝐶𝐵=
1
2 × 60° = 30°，故①正确；
又∵𝐸𝐷= 𝐸𝐶，
∴∠𝐷= ∠𝐸𝐶𝐵= 30°，
又∵△𝐴𝐵𝐶是等边三角形，
∴∠𝐴𝐵𝐶= 60°，
∴∠𝐷𝐸𝐵= 30° = ∠𝐷，
∴𝐵𝐷= 𝐵𝐸= 𝐴𝐸，故②正确；
∵∠𝐴𝐶𝐸= 30°，∠𝐷= 30°，
∴∠𝐴𝐶𝐸= ∠𝐷，故③正确；
∵∠𝐷𝐸𝐵= 30°，
∴∠𝐴𝐸𝐷= 180°−∠𝐷𝐸𝐵= 180°−30° = 150°，故④错误；
∴正确的有①②③，
故答案为：①②③；
（2）解：当E 为边𝐴𝐵上任意一点时，𝐴𝐸= 𝐵𝐷仍成立；
证明：如图1，过E 作𝐸𝐹∥𝐵𝐶交𝐴𝐶于点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= 60°，
∴∠𝐷𝐵𝐸= ∠𝐸𝐹𝐶= 120°，∠𝐷+ ∠𝐵𝐸𝐷= ∠𝐹𝐶𝐸+ ∠𝐸𝐶𝐷= 60°．
∵𝐷𝐸= 𝐸𝐶，
∴∠𝐷= ∠𝐸𝐶𝐷，
∴∠𝐵𝐸𝐷= ∠𝐸𝐶𝐹，
∴△𝐷𝐸𝐵≌△𝐸𝐶𝐹(AAS)，
∴𝐵𝐷= 𝐸𝐹，
∴𝐴𝐸= 𝐵𝐷；
（3）解：因为𝐴𝐸= 1，△𝐴𝐵𝐶的边长为3，所以𝐸点可能在线段𝐴𝐵上，也可能在𝐵𝐴的延长线上，
当点𝐸在𝐴𝐵时，由 (2)可知𝐵𝐷= 𝐴𝐸= 1，则𝐶𝐷= 𝐵𝐶+ 𝐵𝐷= 1 + 3 = 4；
当点𝐸在𝐵𝐴的延长线上时，如图3，过点𝐸作𝐸𝐹∥𝐵𝐶，交𝐶𝐴的延长线于点𝐹，
∵△𝐴𝐵𝐶是等边三角形，
∴∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐵𝐴𝐶= 60°，
∵𝐸𝐷= 𝐸𝐶，
∴∠𝐸𝐷𝐶= ∠𝐸𝐶𝐷，
∵𝐸𝐹∥𝐵𝐶，
∴∠𝐹= ∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐵= 60°，∠𝐹𝐸𝐴= ∠𝐴𝐵𝐶= 60°，∠𝐹𝐸𝐶+ ∠𝐸𝐶𝐷= ∠𝐹𝐸𝐶+ ∠𝐸𝐷𝐶= 180°，
∴∠𝐸𝐷𝐵= ∠𝐹𝐸𝐶，△𝐴𝐸𝐹是等边三角形，
∴𝐴𝐸= 𝐸𝐹，
在△𝐵𝐷𝐸和△𝐹𝐸𝐶中，
∠𝐹= ∠𝐵
∠𝐹𝐸𝐶= ∠𝐸𝐷𝐵
𝐸𝐶= 𝐷𝐸
，
∴△𝐵𝐷𝐸≌△𝐹𝐸𝐶(AAS)，
∴ 𝐸𝐹= 𝐵𝐷，
∴𝐵𝐷= 𝐸𝐹= 𝐴𝐸= 1，
∴ 𝐶𝐷= 𝐵𝐶−𝐵𝐷= 3−1 = 2．
故答案为：2或4．
【点睛】本题是三角形综合题，考查全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质和判定，平行线的性质
等知识，利用全等得到𝐵𝐷= 𝐸𝐹，再找𝐸𝐹和𝐴𝐸的关系是解题的关键．
【变式2-1】（2026·陕西西安·一模）如图，在四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐷∥𝐵𝐶，点E 为对角线𝐵𝐷上一点，
∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐶𝐸𝐷，且𝐴𝐵= 𝐶𝐸．求证：𝐵𝐷= 𝐵𝐶．
【答案】
解：证明：∵𝐴𝐷∥𝐵𝐶，
∴∠𝐴𝐷𝐵= ∠𝐶𝐵𝐸，
∵∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐴𝐵𝐷+ ∠𝐷𝐵𝐶，∠𝐶𝐸𝐷= ∠𝐵𝐶𝐸+ ∠𝐷𝐵𝐶，∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐶𝐸𝐷，
∴∠𝐴𝐵𝐷= ∠𝐸𝐶𝐵，
在△𝐴𝐵𝐷和△𝐸𝐶𝐵中，
∠𝐴𝐵𝐷= ∠𝐸𝐶𝐵
∠𝐴𝐷𝐵= ∠𝐸𝐵𝐶
𝐴𝐵= 𝐶𝐸
，
∴△𝐴𝐵𝐷≌△𝐸𝐶𝐵(AAS)，
∴𝐵𝐷= 𝐵𝐶．
【分析】利用平行线的性质求得∠𝐴𝐷𝐵= ∠𝐶𝐵𝐸，利用三角形的外角性质求得∠𝐴𝐵𝐷= ∠𝐸𝐶𝐵，再由“AAS”可
证△𝐴𝐵𝐷≌△𝐸𝐶𝐵，从而可得𝐵𝐷= 𝐵𝐶．
【变式2-2】（24-25 八年级下·江西赣州·期末）课本回归：如图1，人教版八年级上册数学教材第53面数学
活动：如图，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐷= 𝐶𝐷，𝐴𝐵= 𝐶𝐵．我们把这种两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”．
【猜想证明】
(1)试猜想筝形的对角线𝐴𝐶与𝐵𝐷有什么位置关系？并证明你的猜想；
【探究应用】
(2)过点𝐷作𝐷𝐸∥𝐴𝐵交𝐵𝐶于点𝐸，若∠𝐷𝐸𝐶= 40°，求∠𝐵𝐴𝐶的度数．
【答案】(1)𝐵𝐷⊥𝐴𝐶，见解析
(2)70°
【分析】此题重点考查全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质等知识，正确
地找到全等三角形的对应边和对应角并且证明是解题的关键．
（1）由𝐴𝐷= 𝐶𝐷，𝐴𝐵= 𝐶𝐵，根据全等三角形的判定定理“如果两个三角形的三条边对应相等，那么这两个
三角形全等”证明，得∠𝐴𝐵𝐷= ∠𝐶𝐵𝐷，即可根据等腰三角形的“三线合一”证明；
（2）由𝐷𝐸∥𝐴𝐵，得∠𝐸𝐷𝐵= ∠𝐴𝐵𝐷，而∠𝐴𝐵𝐷= ∠𝐶𝐵𝐷，所以∠𝐸𝐷𝐵= ∠𝐶𝐵𝐷，则∠𝐴𝐵𝐷= ∠𝐸𝐷𝐵= 20°，
即可解答；
【详解】（1）解：𝐵𝐷⊥𝐴𝐶，
证明：在𝛥𝐴𝐵𝐷和𝛥𝐶𝐵𝐷中，
𝐴𝐷= 𝐶𝐷
𝐴𝐵= 𝐶𝐵
𝐵𝐷= 𝐵𝐷
，
∴𝛥𝐴𝐵𝐷≌𝛥𝐶𝐵𝐷，
∴∠𝐴𝐵𝐷= ∠𝐶𝐵𝐷，
∵𝐴𝐵= 𝐶𝐵，
∴𝐵𝐷⊥𝐴𝐶．
（2）∵𝐷𝐸∥𝐴𝐵，
∴∠𝐸𝐷𝐵= ∠𝐴𝐵𝐷，
∵∠𝐴𝐵𝐷= ∠𝐶𝐵𝐷，
∴∠𝐸𝐷𝐵= ∠𝐶𝐵𝐷，
∵∠𝐸𝐷𝐵+ ∠𝐶𝐵𝐷= ∠𝐷𝐸𝐶，且∠𝐷𝐸𝐶= 40°，
∴∠𝐴𝐵𝐷= ∠𝐸𝐷𝐵= 20°，
∵𝐵𝐷⊥𝐴𝐶，
∴∠𝐴𝑂𝐵= 90°，
∴∠𝐵𝐴𝐶= 180°−90°−20° = 70°．
【变式2-3】如图，已知：在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐶= 𝐵𝐶= 4，∠𝐴𝐶𝐵= 120°，将一块足够大的直角三角尺𝑃𝑀𝑁
(∠𝑀= 90°,∠𝑀𝑃𝑁= 30°)按如图放置，顶点Р 在线段𝐴𝐵上滑动（且不与A、B 重合），三角尺的直角边𝑃𝑀
始终经过点C，并且与𝐶𝐵的夹角∠𝑃𝐶𝐵= 𝛼，斜边𝑃𝑁交𝐴𝐶于点D．
(1)当𝛼= ______°，𝑃𝑁∥𝐵𝐶，此时∠𝐴𝑃𝐷= ______°
(2)点Р 在滑动时，当𝐴𝑃长为多少时，△𝐴𝐷𝑃与△𝐵𝑃𝐶全等，为什么？
(3)点Р 在滑动时，△𝑃𝐶𝐷的形状可以是等腰三角形吗？若可以，直接写出夹角𝛼的大小；若不可以，请说
明理由．
【答案】(1)30，30
(2)𝐴𝑃= 4时，△𝐴𝐷𝑃与△𝐵𝑃𝐶全等，理由见解析
(3)∠𝛼= 45°或90°时，△𝑃𝐶𝐷的形状可以是等腰三角形
【分析】（1）根据内错角相等两直线平行得∠𝛼= ∠𝑀𝑃𝑁= 30°时，𝑃𝑁∥𝐵𝐶，等腰三角形的性质可得
∠𝐵= 30°，根据三角形外角定理即可解决问题；
（2）当𝐴𝑃= 4时，△𝐴𝐷𝑃与△𝐵𝑃𝐶全等，理由为：根据𝐶𝐴= 𝐶𝐵，且∠𝐴𝐶𝐵度数，求出∠𝐴与∠𝐵度数，再由
外角性质得到∠𝛼= ∠𝐴𝑃𝐷，根据𝐴𝑃= 𝐵𝐶，利用ASA即可得证；
（3）点P 在滑动时，△𝑃𝐶𝐷的形状可以是等腰三角形，分三种情况考虑：当𝑃𝐶= 𝑃𝐷；𝑃𝐷= 𝐶𝐷；
𝑃𝐶= 𝐶𝐷，分别求出夹角𝛼的大小即可．
【详解】（1）若𝑃𝑁∥𝐵𝐶，则∠𝛼= ∠𝑀𝑃𝑁，
∵ ∠𝑀𝑃𝑁= 30°，
∴ ∠𝛼= ∠𝑀𝑃𝑁= 30°，
∵∠𝐴𝐶𝐵= 120°，𝐴𝐶= 𝐵𝐶，
∴∠𝐴= ∠𝐵= 30°，
∵ ∠𝛼= 30°，
∴∠𝐴𝑃𝐶= ∠𝐵+ ∠𝛼= 30° + 30° = 60°，
∵ ∠𝑀𝑃𝑁= 30°，
∠𝐴𝑃𝐷= ∠𝐴𝑃𝐶−∠𝑀𝑃𝑁= 60°−30° = 30°，
故答案为：30，30；
（2）当𝐴𝑃= 4时，△𝐴𝐷𝑃≌△𝐵𝑃𝐶，理由如下：
∵∠𝐴𝐶𝐵= 120°，𝐴𝐶= 𝐵𝐶，
∴∠𝐴= ∠𝐵= 30°，
∵∠𝐴𝑃𝐶是△𝐵𝑃𝐶的一个外角，
∴∠𝐴𝑃𝐶= ∠𝐵+ ∠𝛼= 30° + ∠𝛼，
∵∠𝐴𝑃𝐶= ∠𝐷𝑃𝐶+ ∠𝐴𝑃𝐷= 30° + ∠𝐴𝑃𝐷，
∴∠𝛼= ∠𝐴𝑃𝐷，
∵𝐴𝑃= 𝐵𝐶= 4，
在△𝐴𝐷𝑃和△𝐵𝑃𝐶中，
∠𝐴= ∠𝐵
𝐴𝑃= 𝐵𝐶
∠𝐴𝑃𝐷= ∠𝐵𝐶𝑃
，
∴△𝐴𝐷𝑃≌△𝐵𝑃𝐶(ASA)；
（3）∵△𝑃𝐶𝐷是等腰三角形，∠𝑃𝐶𝐷= 120°−𝛼，∠𝐶𝑃𝐷= 30°，
①当𝑃𝐶= 𝑃𝐷时，
∴∠𝑃𝐶𝐷= ∠𝑃𝐷𝐶=
1
2(180°−30°) = 75°，
即120°−𝛼= 75°，
∴∠𝛼= 45°；
②当𝑃𝐷= 𝐶𝐷时，△𝑃𝐶𝐷是等腰三角形，
∴∠𝑃𝐶𝐷= ∠𝐶𝑃𝐷= 30°，即120°−𝛼= 30°，
∴𝛼= 90°；
③当𝑃𝐶= 𝐶𝐷时，△𝑃𝐶𝐷是等腰三角形，
∴∠𝐶𝐷𝑃= ∠𝐶𝑃𝐷= 30°，
∴∠𝑃𝐶𝐷= 180°−2 × 30° = 120°，即120°−𝛼= 120°，
∴𝛼= 0°，
此时点P 与点B 重合，点D 和A 重合，
∵点P 不与A，B 重合，
∴𝛼= 0°，舍去，
综合所述：当△𝑃𝐶𝐷是等腰三角形时，𝛼= 45°或90°．
【点睛】此题考查了等腰三角形的判定和性质，三角形的内角和定理，三角形外角定理，用分类讨论的思
想解决问题是解本题的关键．
【题型3 折叠全等综合】
【例3】（24-25 七年级下·山西晋中·期末）综合与实践
问题情境：数学课上，同学们以三角形的折叠为主题展开探索，如图1，在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵= 90°，
∠𝐵= 40°，点𝐸是𝐴𝐵边上的一点，将△𝐶𝐴𝐸沿𝐶𝐸折叠，点𝐴恰好落在𝐴𝐵边上的点𝐷处．
初步探究：（1）请直接写出∠𝐵𝐶𝐷的度数为_________．；
深入探究：（2）“启明小组”将图1 中的∠𝐵变为30°，其它条件不变，过𝐷作𝐷𝐹⊥𝐶𝐵于点𝐹得到图2．试猜想
线段𝐶𝐸与𝐶𝐹的数量关系，并说明理由；
类比探究：（3）“攀登小组”认为将非直角三角形折叠也能提出有意义的问题．如图3，△𝐴𝐵𝐶中，
∠𝐴= 48°，𝐷为𝐴𝐵边上一点，将△𝐵𝐶𝐷沿𝐶𝐷折叠，点𝐵落到点𝐸处，当𝐷𝐸∥𝐴𝐶时，请直接写出此时∠𝐶𝐷𝐵的
度数．
【答案】（1）10°；（2）𝐶𝐸= 𝐶𝐹，理由见解析；（3）114°
【分析】（1）先求出∠𝐴= 90°−40° = 50°，根据折叠得出∠𝐶𝐷𝐴= ∠𝐴= 50°，根据三角形内角和定理求出
结果即可；
（2）根据三角形内角和定理和折叠的性质得出∠𝐷𝐶𝐹= ∠𝐷𝐶𝐸，根据垂线定义得出∠𝐷𝐹𝐶= ∠𝐷𝐸𝐶，证明
△𝐷𝐶𝐸≌△𝐷𝐶𝐹(AAS)，得出𝐶𝐸= 𝐶𝐹；
（3）根据折叠可知：∠𝐵𝐶𝐷= ∠𝐸𝐶𝐷，∠𝐵= ∠𝐸，根据平行线的性质得出∠𝐴𝐶𝐸= ∠𝐸，根据∠𝐴= 48°，求
出∠𝐵+ ∠𝐵𝐶𝐷= ∠𝐷𝐶𝐸+ ∠𝐴𝐶𝐸= 66°，即∠𝐴𝐶𝐷= 66°，根据平行线的性质，得出答案即可．
【详解】解：（1）∵∠𝐴𝐶𝐵= 90°，∠𝐵= 40°，
∴∠𝐴= 90°−40° = 50°，
根据折叠可知：∠𝐶𝐷𝐴= ∠𝐴= 50°，
∴∠𝐵𝐷𝐶= 180°−50° = 130°，
∴∠𝐵𝐶𝐷= 180°−∠𝐵−∠𝐵𝐷𝐶= 10°；
（2）𝐶𝐸= 𝐶𝐹；理由如下：
∵∠𝐴𝐶𝐵= 90°，∠𝐵= 30°，
∴∠𝐴= 90°−30° = 60°，
根据折叠可知：∠𝐴𝐸𝐶= ∠𝐷𝐸𝐶，∠𝐴𝐶𝐸= ∠𝐷𝐶𝐸，
∵∠𝐴𝐸𝐶+ ∠𝐷𝐸𝐶= 180°，
∴∠𝐴𝐸𝐶= ∠𝐷𝐸𝐶= 90°，
∴∠𝐴𝐶𝐸= 90°−60° = 30°，
∴∠𝐷𝐶𝐸= ∠𝐴𝐶𝐸= 30°，
∴∠𝐷𝐶𝐹= 90°−30°−30° = 30°，
∴∠𝐷𝐶𝐹= ∠𝐷𝐶𝐸，
∵𝐷𝐹⊥𝐵𝐶，
∴∠𝐷𝐹𝐶= 90°，
∴∠𝐷𝐹𝐶= ∠𝐷𝐸𝐶，
∵𝐶𝐷= 𝐶𝐷，
∴△𝐷𝐶𝐸≌△𝐷𝐶𝐹(AAS)，
∴𝐶𝐸= 𝐶𝐹；
（3）根据折叠可知：∠𝐵𝐶𝐷= ∠𝐸𝐶𝐷，∠𝐵= ∠𝐸，
∵𝐴𝐶∥𝐷𝐸，
∴∠𝐴𝐶𝐸= ∠𝐸，
∴∠𝐴𝐶𝐸= ∠𝐵= ∠𝐸，
∵∠𝐴= 48°，
∴∠𝐵+ ∠𝐴𝐶𝐵= 180°−48° = 132°，
∴∠𝐵+ ∠𝐵𝐶𝐷+ ∠𝐷𝐶𝐸+ ∠𝐴𝐶𝐸= 132°，
∴∠𝐵+ ∠𝐵𝐶𝐷= ∠𝐷𝐶𝐸+ ∠𝐴𝐶𝐸= 66°，
即∠𝐴𝐶𝐷= 66°，
∵𝐴𝐶∥𝐷𝐸，
∴∠𝐶𝐷𝐸= 180°−∠𝐴𝐶𝐷= 114°．
【点睛】本题主要考查平行线的性质，三角形全等的判定和性质，三角形内角和定理，折叠的性质，解题
的关键是熟练掌握相关的判定和性质．
【变式3-1】（25-26 九年级上·河北唐山·开学考试）如图，将正方形𝐴𝐵𝐶𝐷折叠，使顶点𝐴与𝐷𝐶边上的点𝐻重
合（𝐻不与端点𝐶, 𝐷重合），折痕交𝐴𝐷于点𝐸，交𝐵𝐶于点𝐹，边𝐴𝐵折叠后与边𝐵𝐶交于点𝐺，设正方形𝐴𝐵𝐶𝐷
的周长为𝑚，△𝐶𝐻𝐺的周长为𝑛，则
𝑛
𝑚的值为_______．
【答案】
1
2/0.5
【分析】本题考查了正方形与折叠问题，全等三角形的判定和性质．连接𝐴𝐻、𝐴𝐺，作𝐴𝑀⊥𝐻𝐺于点M，
△𝐴𝐻𝐷≌△𝐴𝐻𝑀，推出𝐷𝐻= 𝐻𝑀,𝐴𝐷= 𝐴𝑀，再证明Rt △𝐴𝐺𝑀≌Rt △𝐴𝐺𝐵，推出𝐺𝑀= 𝐺𝐵，据此求解即可．
【详解】解：如图，连接𝐴𝐻、𝐴𝐺，作𝐴𝑀⊥𝐻𝐺于点M．
∵正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的周长为𝑚，
∴正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的边长为
𝑚
4，
∵𝐸𝐴= 𝐸𝐻，
∴∠1 = ∠2，
∵∠𝐸𝐴𝐵= ∠𝐸𝐻𝐺= 90°，
∴∠𝐻𝐴𝐵= ∠𝐴𝐻𝐺，
∵𝐷𝐻∥𝐴𝐵，
∴∠𝐷𝐻𝐴= ∠𝐻𝐴𝐵= ∠𝐴𝐻𝑀，
∵𝐴𝐻= 𝐴𝐻,∠𝐷= ∠𝐴𝑀𝐻= 90°，
∴△𝐴𝐻𝐷≌△𝐴𝐻𝑀，
∴𝐷𝐻= 𝐻𝑀,𝐴𝐷= 𝐴𝑀，
∵𝐴𝑀= 𝐴𝐵,𝐴𝐺= 𝐴𝐺，
∴Rt △𝐴𝐺𝑀≌Rt △𝐴𝐺𝐵，
∴𝐺𝑀= 𝐺𝐵，
∴△𝐶𝐻𝐺的周长= 𝐶𝐻+ 𝐻𝑀+ 𝑀𝐺+ 𝐶𝐺
= 𝐶𝐻+ 𝐷𝐻+ 𝐺𝐵+ 𝐶𝐺= 2𝐵𝐶
= 2 ×
𝑚
4 =
𝑚
2 = 𝑛．
∴
𝑛
𝑚的值为
1
2．
故答案为：
1
2．
【变式3-2】如图，在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐷∥𝐵𝐶，𝐴𝐵∥𝐶𝐷，E 在𝐴𝐷上．𝐴𝐷= 10，𝐴𝐸= 4．将矩形沿𝐵𝐸折叠，
A 落在𝐴′处，𝐴′𝐸交𝐵𝐶于点G，再沿着𝐸𝐹折叠，点D 落在直线𝐴′𝐸上的𝐷′处，C 落在𝐶′处，F 在𝐵𝐶上，若
D、F、𝐷′三点共线，则𝐵𝐹= （ ）
A．4
B．6
C．7
D．5
【答案】B
【分析】先证明∠𝐸𝐹𝐷是直角，然后证明△𝐵𝐸𝐹和△𝐷𝐹𝐸全等即可得出结论．
【详解】解：如图，
∵𝐷、𝐹、𝐷′三点共线，四边形𝐸𝐹𝐶′𝐷′是由四边形𝐸𝐹𝐶𝐷翻折得到，
∴△𝐸𝐹𝐷≌△𝐸𝐹𝐷′，∠𝐷𝐸𝐹= ∠𝐷′𝐸𝐹，
∴∠𝐸𝐹𝐷= 90°，
∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形，
∴𝐴𝐷∥𝐵𝐶，
∴∠𝐷𝐸𝐹= ∠𝐵𝐹𝐸= ∠𝐷′𝐸𝐹，
∵∠𝐴𝐸𝐵= ∠𝑁𝐸𝐵，
∴∠𝐵𝐸𝐹= ∠𝐸𝐹𝐷= 90°，
在△𝐵𝐸𝐹和△𝐷𝐹𝐸中，
∠𝐷𝐸𝐹= ∠𝐵𝐹𝐸
𝐸𝐹= 𝐸𝐹
∠𝐵𝐸𝐹= ∠𝐸𝐹𝐷
，
∴△𝐵𝐸𝐹≌△𝐷𝐹𝐸（ASA），
∴𝐵𝐹= 𝐸𝐷，
∵𝐴𝐷= 10，𝐴𝐸= 4，
∴𝐵𝐹= 𝐸𝐷= 10−4 = 6．
故选：B．
【点睛】本题结合矩形考查了折叠变换，熟知折叠的性质并灵活运用是解题的关键，折叠是一种对称变换，
它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
【变式3-3】综合与实践
主题：特殊平行四边形的折叠．
素材：一张正方形纸片𝐴𝐵𝐶𝐷．
步骤1：将如图1 所示的正方形纸片𝐴𝐵𝐶𝐷沿𝐴𝐸折叠（折痕经过顶点𝐴）得到图2；
步骤2：将点𝐴折叠到点𝐸，得到图3，展开得到𝐴𝐸，𝐹𝐺两条折痕，如图4 所示．
猜想与证明：
(1)请直接写出𝐴𝐸，𝐹𝐺的数量与位置关系；
(2)证明（1）中你发现的结论．
【答案】(1)𝐴𝐸⊥𝐹𝐺,𝐴𝐸= 𝐹𝐺
(2)证明过程见解析
【分析】（1）答案看详解；
（2）由折叠可知𝐴𝐸⊥𝐹𝐺，过点𝐹作𝐹𝐻⊥𝐶𝐷于𝐻，再证明Δ𝐴𝐵𝐸≌Δ𝐹𝐻𝐺(𝐴𝐴𝑆)，最后利用全等三角形的性质
即可得出𝐴𝐸= 𝐹𝐺．
【详解】（1）解：𝐴𝐸⊥𝐹𝐺,𝐴𝐸= 𝐹𝐺；
（2）证明：由折叠可知𝐴𝐸⊥𝐹𝐺，
过点𝐹作𝐹𝐻⊥𝐴𝐵于𝐻，
∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，
∴∠𝐵= ∠𝐹𝐻𝐺= 90°，𝐹𝐻= 𝐴𝐷= 𝐴𝐵，
∴∠𝐺𝐹𝐻+ ∠𝐹𝐺𝐻= 90°
∵𝐴𝐸⊥𝐹𝐺，
∴∠𝐵𝐴𝐸+ ∠𝐹𝐺𝐻= 90°
∴∠𝐵𝐴𝐸= ∠𝐺𝐹𝐻，
在Δ𝐴𝐵𝐸和Δ𝐹𝐻𝐺中，
∠𝐵= ∠𝐹𝐻𝐺
∠𝐵𝐴𝐸= ∠𝐺𝐹𝐻
𝐴𝐵= 𝐹𝐻
，
∴Δ𝐴𝐵𝐸≌Δ𝐹𝐻𝐺(𝐴𝐴𝑆)，
∴𝐴𝐸= 𝐹𝐺；
故答案为：𝐴𝐸⊥𝐹𝐺,𝐴𝐸= 𝐹𝐺．
【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质．解题关键是正确寻找全等三
角形．
【题型4 动点全等问题】
【例4】（25-26 八年级上·广东广州·期中）如图，在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵= 𝐴𝐶= 10厘米，∠𝐵= ∠𝐶，𝐵𝐶= 12厘
米，点D 为𝐴𝐵的中点．点M 在线段𝐵𝐶上以3 厘米/秒的速度由点B 向点C 运动，同时，点N 在线段𝐴𝐶上
由点C 向点A 运动．当点M 运动到点C 或点N 运动到点A 时，另一个点也停止运动．若点N 的运动速度
为a 厘米/秒，则：
（1）运动2 秒时，𝐶𝑁= ______厘米（用含a 的式子表示）；
（2）当△𝐵𝐷𝑀与△𝐶𝑀𝑁全等时，a 的值为______．
【答案】
2a
2.5或3
【分析】（1）根据路程等于速度乘以时间求解；
（2）设运动的时间为t 秒，根据题意得𝐵𝐷= 5厘米，𝐵𝑀= 3𝑡厘米，𝐶𝑁= 𝑡𝑎厘米，则𝐶𝑀=（12−3𝑡）厘
米，根据全等三角形的判定方法，由于∠𝐵= ∠𝐶，则当𝐵𝐷= 𝐶𝑁，𝐵𝑀= 𝐶𝑀时，△𝐵𝐷𝑀≌△𝐶𝑁𝑀，即
5 = 𝑡𝑎，3𝑡= 12−3𝑡；当𝐵𝐷= 𝐶𝑀，𝐵𝑀= 𝐶𝑁时，△𝐵𝐷𝑀≌△𝐶𝑀𝑁，即5 = 12−3𝑡，3𝑡= 𝑎𝑡，然后分别解
方程组得到a 的值．
本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5 种判定方法是解决问题的关键；选用哪一种方法，
取决于题目中的已知条件．
【详解】解：（1）运动2 秒时，𝐶𝑁= 2𝑎厘米；
故答案为：2a；
（2）设运动的时间为t 秒，
根据题意得𝐵𝐷= 5厘米，𝐵𝑀= 3𝑡厘米，𝐶𝑁= 𝑡𝑎厘米，则𝐶𝑀= (12−3𝑡)厘米，
∵∠𝐵= ∠𝐶，
∴当𝐵𝐷= 𝐶𝑁，𝐵𝑀= 𝐶𝑀时，△𝐵𝐷𝑀≌△𝐶𝑁𝑀(SAS)，
即5 = 𝑡𝑎，3𝑡= 12−3𝑡，
解得𝑡= 2，𝑎= 2.5；
当𝐵𝐷= 𝐶𝑀，𝐵𝑀= 𝐶𝑁时，△𝐵𝐷𝑀≌△𝐶𝑀𝑁(SAS)，
即5 = 12−3𝑡，3𝑡= 𝑎𝑡，
解得𝑡=
7
3，𝑎= 3，
综上所述，a 的值为2.5或3．
故答案为：2.5或3．
【变式4-1】（25-26 八年级上·海南海口·期中）如图，𝐴𝐵∥𝐷𝐸，𝐴𝐸与𝐵𝐷相交于点𝐶．𝐴𝐶= 𝐸𝐶，𝐴𝐵= 8
cm．点𝑃从点𝐴出发，沿𝐴→𝐵→𝐴方向以3cm/s的速度运动，同时点𝑄从点𝐷出发，沿𝐷→𝐸方向以1cm/s的速
度运动，当点𝑃回到点𝐴时，𝑃，𝑄两点同时停止运动，连接𝑃𝑄，当线段𝑃𝑄经过点𝐶时，点𝑃的运动时间为______
s．（ ）
A．2
B．4
C．6
D．2 或4
【答案】D
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是注意分情况讨论．
先证△𝐴𝐶𝐵 ≌△𝐸𝐶𝐷 (SAS)，可得𝐸𝐷= 𝐴𝐵= 8cm；当线段𝑃𝑄经过点C 时，证明△𝐴𝐶𝑃≌△𝐸𝐶𝑄(ASA)，
推出𝐴𝑃= 𝐸𝑄，分点P 沿𝐴→𝐵方向运动和沿𝐵→𝐴方向运动两种情况，分别列式求解．
【详解】解：∵𝐴𝐵∥𝐷𝐸，
∴∠𝐴= ∠𝐸，
在△𝐴𝐶𝐵和△𝐸𝐶𝐷中，
∠𝐴= ∠𝐸
𝐴𝐶= 𝐸𝐶
∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐸𝐶𝐷
，
∴ △𝐴𝐶𝐵 ≌△𝐸𝐶𝐷 (SAS)，
∴ 𝐸𝐷= 𝐴𝐵= 8cm，
当线段𝑃𝑄经过点C 时，如下图所示：
在△𝐴𝐶𝑃和△𝐸𝐶𝑄中，
∠𝐴= ∠𝐸
𝐴𝐶= 𝐸𝐶
∠𝐴𝐶𝑃= ∠𝐸𝐶𝑄
，
∴ △𝐴𝐶𝑃 ≌△𝐸𝐶𝑄 (ASA)，
∴ 𝐴𝑃= 𝐸𝑄，
当点P 沿𝐴→𝐵方向运动时，𝐴𝑃= 3𝑡，𝐷𝑄= 𝑡，
∴ 𝐸𝑄= 𝐸𝐷−𝐷𝑄= 8−𝑡，
∴ 3𝑡= 8−𝑡，
解得𝑡= 2；
当点P 沿𝐵→𝐴方向运动时，𝐴𝑃= 2𝐴𝐵−3𝑡= 16−3𝑡，𝐷𝑄= 𝑡，
∴ 𝐸𝑄= 𝐸𝐷−𝐷𝑄= 8−𝑡，
∴ 16−3𝑡= 8−𝑡，
解得𝑡= 4
综上可知，t 的值为2s或4s，
故选：D．
【变式4-2】如图1，在长方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵= 𝐶𝐷= 6cm，𝐵𝐶= 10cm，点P 从点B 出发，以2cm/s的速度
沿𝐵𝐶向点C 运动（点P 运动到点C 处时停止运动），设点P 的运动时间为t 秒．
(1)𝑃𝐶= _____________cm．（用含t 的式子表示）
(2)当t 为何值时，△𝐴𝐵𝑃≌△𝐷𝐶𝑃？
(3)如图2，当点P 从点B 开始运动，同时，点Q 从点C 出发，以𝑣cm/s的速度沿𝐶𝐷向点D 运动（点Q 运
动到点D 处时停止运动，𝑃，𝑄两点中有一点停止运动后另一点也停止运动），是否存在这样的v 值使得
△𝐴𝐵𝑃与△𝑃𝑄𝐶全等？若存在，请求出𝑣的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)(10−2𝑡)
(2)𝑡= 2.5时，△𝐴𝐵𝑃≌△𝐷𝐶𝑃
(3)当𝑣= 2或2.4时，△𝐴𝐵𝑃与△𝑃𝑄𝐶全等
【分析】本题主要考查了列代数式，全等三角形的性质，熟知全等三角形对应边相等是解题的关键．
（1）根据路程= 速度× 时间，根据点𝑃的速度，表示出𝐵𝑃，再表示出𝑃𝐶即可；
（2）根据全等三角形对应边相等的性质得𝐵𝑃= 𝑃𝐶，即2𝑡= 10−2𝑡，求解即可；
（3）分两种情况讨论，当𝐵𝑃= 𝐶𝑄，∠𝐴𝐵𝑃= ∠𝑃𝐶𝑄= 90°，𝐴𝐵= 𝑃𝐶时或当𝐵𝐴= 𝐶𝑄，
∠𝐴𝐵𝑃= ∠𝑄𝐶𝑃= 90°，𝑃𝐵= 𝑃𝐶时，△𝐴𝐵𝑃与△𝑃𝑄𝐶全等，再根据全等三角形对应边相等的性质，分别计
算求出𝑡的值，再计算𝑣的值即可．
【详解】（1）解：∵点𝑃从点𝐵出发，以2cm/秒的速度沿𝐵𝐶向点𝐶运动，点𝑃的运动时间为𝑡秒，
∴𝐵𝑃= 2𝑡cm，
∴𝑃𝐶= (10−2𝑡)cm．
（2）解：∵△𝐴𝐵𝑃≌△𝐷𝐶𝑃，
∴𝐵𝑃= 𝑃𝐶，
∴2𝑡= 10−2𝑡，
∴4𝑡= 10，
解得𝑡= 2.5，
∴当𝑡= 2.5时，△𝐴𝐵𝑃≌△𝐷𝐶𝑃；
（3）解：情况一：当𝐵𝑃= 𝐶𝑄，∠𝐴𝐵𝑃= ∠𝑃𝐶𝑄= 90°，𝐴𝐵= 𝑃𝐶时△𝐴𝐵𝑃≌△𝑃𝐶𝑄(SAS)，
∵𝐴𝐵=6cm，
∴𝑃𝐶= 6cm，
∴𝐵𝑃= 10−6 = 4(cm)，
∴2𝑡= 4，
∴𝑡= 2，
∵𝐶𝑄= 𝐵𝑃= 4cm，
∴2𝑣= 4，
∴𝑣= 2；
情况二：当𝐵𝐴= 𝐶𝑄，∠𝐴𝐵𝑃= ∠𝑄𝐶𝑃= 90°，𝑃𝐵= 𝑃𝐶时，△𝐴𝐵𝑃≌△𝑄𝐶𝑃(SAS)
∵𝑃𝐵= 𝑃𝐶，
∴𝐵𝑃= 𝑃𝐶=
1
2𝐵𝐶= 5，
∴2𝑡= 5，
∴𝑡= 2.5，
∵𝐶𝑄= 𝐵𝑃= 6，
∴2.5𝑣= 6，
∴𝑣= 2.4，
综上所述，当𝑣= 2或2.4时，△𝐴𝐵𝑃与△𝑃𝑄𝐶全等．
【变式4-3】（24-25 七年级下·河北保定·期末）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𝐵运动；点𝑄从𝐵点出发沿𝐵−𝐶−𝐴路径向终点𝐴运动．点𝑃和𝑄分别以2cm/s
和𝑥cm/s的速度同时开始运动，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= 3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)设点𝑃运动时间为𝑡s，请问：当𝑥= 4时，以点𝑃、𝐸、𝐶为顶点的三角形与以点𝑄、𝐹、𝐶为顶点的三角形，
有没有可能全等？若能，请求出符合条件的𝑡值；若不能，请说明理由．
【答案】(1)①(6−2𝑡)，(8−3𝑡)；②全等，理由见解析
(2)有可能，𝑡的值为1或
7
3或6
【分析】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、一元一次方程的应用，直角三角形的
性质以及分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键，注意分类讨
论．
（1）①由题意得：𝐴𝑃= 2𝑡cm，𝐵𝑄= 3𝑡cm，即可得出答案；
②首先求出𝐶𝑃= 𝐶𝑄，然后由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；②当点P 与点Q 重合，△𝑃𝐸𝐶与△𝑄𝐹𝐶
全等；③当点Q 到点A 时停止，点P 运动到𝐵𝐶上时，然后分别列方程即可得出结论．
【详解】（1）解：①由题意得：𝐴𝑃= 2𝑡cm，𝐵𝑄= 3𝑡cm，
则𝐶𝑃= (6−2𝑡)cm，𝐶𝑄= (8−3𝑡)cm，
故答案为：(6−2𝑡)，(8−3𝑡)；
②当𝑡= 2时，△𝑃𝐸𝐶与△𝑄𝐹𝐶全等，理由如下：
当𝑡= 2时，𝐶𝑃= 6−2 × 2 = 2(cm)，𝐶𝑄= 8−3 × 2 = 2(cm)，
∴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）解：当𝑥= 4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，
∴6−2𝑡= 8−4𝑡，
解得：𝑡= 1；
②如图2 所示：
∵点P 与点Q 重合，
∴△𝑃𝐸𝐶与△𝑄𝐹𝐶全等，
∴𝐶𝑃= 𝐶𝑄，
∴6−2𝑡= 4𝑡−8．
解得：𝑡=
7
3；
③当点P 在𝐵𝐶上，点Q 到点A 时，△𝑃𝐸𝐶≌△𝐶𝐹𝑄，如图3 所示：
则𝑃𝐶= 𝐶𝑄，
∴2𝑡−6 = 6，
∴𝑡= 6；
综上所述，符合条件的𝑡值为1或
7
3或6．
【题型5 线段和差证明】
【例5】如图，在𝛥𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐷平分∠𝐵𝐴𝐶，∠𝐵= 2∠𝐴𝐷𝐵，𝐴𝐵= 4,𝐶𝐷= 7，则𝐴𝐶的长为（ ）
A．3
B．11
C．15
D．9
【答案】B
【分析】在AC 上截取AE＝AB，连接DE，如图，先根据SAS 证明△ABD≌△AED，然后根据全等三角形的
性质和已知条件可得∠BDE＝∠AED，进而可得CD＝EC，再代入数值计算即可．
【详解】解：在AC 上截取AE＝AB，连接DE，如图，
∵AD 平分∠BAC，∴∠BAD＝∠DAC，又∵AD=AD，
∴△ABD≌△AED（SAS），
∴∠B＝∠AED，∠ADB＝∠ADE，
∵∠B＝2∠ADB，∴∠AED＝2∠ADB，
而∠BDE＝∠ADB+∠ADE＝2∠ADB，
∴∠BDE＝∠AED，∴∠CED＝∠EDC，∴CD＝CE，
∴AC＝AE+CE＝AB+CD＝4+7＝11．
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定、角平分线的性质，正确作出辅助线、
构造全等三角形是解题的关键．
【变式5-1】（24-25 八年级上·河南漯河·阶段检测）如图，在Rt △𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵𝐴𝐶= 90°，∠𝐴𝐵𝐶= 60°，∠𝐵𝐴𝐶
与∠𝐴𝐶𝐵的平分线𝐴𝐷，𝐶𝐸交于点𝑂．
(1)求∠𝐴𝑂𝐸的度数；
(2)求证：𝐴𝐶= 𝐴𝐸+ 𝐶𝐷．
【答案】(1)∠𝐴𝑂𝐸= 60°
(2)见解析
【分析】本题考查角平分线的定义、三角形的外角，全等三角形的判定和性质，证明线段的和差常用“截长
或补短”的方法．
（1）利用三角形的内角和求出∠𝐴𝐶𝐵的度数，再利用角平分线得到∠𝐶𝐴𝐷、∠𝐴𝐶𝐸的大小，最后求出外角∠𝐴𝑂𝐸
的度数；
（2）在𝐴𝐶上𝐶𝐹= 𝐶𝐷，构造△𝐷𝐶𝑂≌△𝐹𝐶𝑂，再利用条件证明△𝐸𝐴𝑂≌△𝐹𝐴𝑂，从而得到𝐴𝐸= 𝐴𝐹解题．
【详解】（1）解：∵∠𝐵𝐴𝐶= 90°，∠𝐴𝐵𝐶= 60°，
∴∠𝐴𝐶𝐵= 30°，
∵∠𝐵𝐴𝐶与∠𝐴𝐶𝐵的平分线𝐴𝐷，𝐶𝐸交于点𝑂
∴∠𝐶𝐴𝐷=
1
2 ∠𝐵𝐴𝐶= 45°,∠𝐴𝐶𝐸=
1
2 ∠𝐴𝐶𝐵= 15°，
∵∠𝐴𝑂𝐸是△𝐴𝑂𝐶的外角，
∴∠𝐴𝑂𝐸= ∠𝐶𝐴𝐷+ ∠𝐴𝐶𝐸= 60°；
（2）证明：在𝐴𝐶上截取𝐶𝐹= 𝐶𝐷，连接𝑂𝐹，
∵𝐶𝐸平分∠𝐴𝐶𝐵，
∴∠𝐷𝐶𝑂= ∠𝐹𝐶𝑂，
在△𝐷𝐶𝑂和△𝐹𝐶𝑂中，
𝐶𝐷= 𝐶𝐹
∠𝐷𝐶𝑂= ∠𝐹𝐶𝑂
𝑂𝐶= 𝑂𝐶
，
∴△𝐷𝐶𝑂≌△𝐹𝐶𝑂(SAS) ，
∴∠𝐶𝑂𝐷= ∠𝐶𝑂𝐹，
∵∠𝐴𝑂𝐸= 60°，
∴∠𝐶𝑂𝐷= ∠𝐶𝑂𝐹= 60°，
∴∠𝐴𝑂𝐹= 180°−∠𝐴𝑂𝐸−∠𝐶𝑂𝐹= 60°，
∴∠𝐴𝑂𝐸= ∠𝐴𝑂𝐹，
∵𝐴𝐷平分∠𝐵𝐴𝐶，
∴∠𝐸𝐴𝑂= ∠𝐹𝐴𝑂，
在△𝐸𝐴𝑂和△𝐹𝐴𝑂中
∠𝐸𝐴𝑂= ∠𝐹𝐴𝑂
𝐴𝑂= 𝐴𝑂
∠𝐴𝑂𝐸= ∠𝐴𝑂𝐹
，
∴△𝐸𝐴𝑂≌△𝐹𝐴𝑂(ASA) ，
∴𝐴𝐸= 𝐴𝐹，
∵𝐴𝐶= 𝐴𝐹+ 𝐶𝐹，
∴𝐴𝐶= 𝐴𝐸+ 𝐶𝐷．
【变式5-2】如图①，在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵= 𝐴𝐶，∠𝐵𝐴𝐶= 90°，直线𝑃𝑄是过𝐴点的任意一条直线，𝐵𝐷⊥𝑃𝑄于
点𝐷，𝐶𝐸⊥𝑃𝑄于点𝐸．
(1)求证：△𝐴𝐵𝐷≅△𝐶𝐴𝐸．
(2)猜想𝐵𝐷，𝐷𝐸，𝐶𝐸三条线段之间的数量关系．（不写证明）
(3)在图②中，将图①中的直线𝑃𝑄绕点𝐴逆时针旋转一任意角度，经过三角形的内部（不与𝐴𝐵，𝐴𝐶重合）
时，上述三条线段之间又有怎样的数量关系？请写出结论，并画出图形．
【答案】(1)见解析
(2)𝐷𝐸= 𝐵𝐷+ 𝐶𝐸
(3)图见解析，𝐷𝐸= 𝐵𝐷−𝐶𝐸或𝐷𝐸= 𝐶𝐸−𝐵𝐷，理由见解析
【分析】本题考查几何变换综合题，需要学生掌握三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方
法有：SSS、SAS、AAS、ASA、HL．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．
（1）利用AAS判定△𝐴𝐵𝐷≌△𝐶𝐴𝐸；
（2）根据全等三角形的对应边相等可以求得𝐵𝐷= 𝐴𝐸，𝐴𝐷= 𝐶𝐸，进而即可得到结论；
（3）与（1）证明过程同理，并结合图形，进行线段的等量代换以及线段的和差运算，则𝐷𝐸= 𝐵𝐷−𝐶𝐸或
𝐷𝐸= 𝐶𝐸−𝐵𝐷，即可作答．
【详解】（1）证明：∵𝐵𝐷⊥𝑃𝑄于点𝐷，𝐶𝐸⊥𝑃𝑄于点𝐸，∠𝐵𝐶𝐴= 90°，
∴∠𝐵𝐷𝐴= ∠𝐴𝐸𝐶= 90°，∠𝐷𝐵𝐴+ ∠𝐵𝐴𝐷= 90°，∠𝐵𝐴𝐷+ ∠𝐸𝐴𝐶= 90°，
∴∠𝐷𝐵𝐴= ∠𝐸𝐴𝐶．
在△𝐴𝐵𝐷和Δ𝐶𝐴𝐸中
∠𝐷𝐵𝐴= ∠𝐸𝐴𝐶
∠𝐵𝐷𝐴= ∠𝐴𝐸𝐶
𝐴𝐵= 𝐶𝐴
，
∴△𝐴𝐵𝐷≌△𝐶𝐴𝐸(AAS)．
（2）解：𝐷𝐸= 𝐵𝐷+ 𝐶𝐸．理由如下：
由（1）知，△𝐴𝐵𝐷≌△𝐶𝐴𝐸，则𝐵𝐷= 𝐴𝐸，𝐴𝐷= 𝐶𝐸
∴𝐷𝐸= 𝐴𝐷+ 𝐴𝐸= 𝐶𝐸+ 𝐷𝐵
∴𝐷𝐸= 𝐵𝐷+ 𝐶𝐸；
（3）解：结论：𝐷𝐸= 𝐵𝐷−𝐶𝐸或𝐷𝐸= 𝐶𝐸−𝐵𝐷．
理由：设𝑃𝑄与𝐵𝐶的交点为𝑀，
当𝑀离𝐶点近时，结论为𝐷𝐸= 𝐵𝐷−𝐶𝐸；
当𝑀离𝐵点近时，结论为𝐷𝐸= 𝐶𝐸−𝐵𝐷（注：当𝑀为𝐵𝐶中点时，𝐷，𝐸两点重合，线段𝐷𝐸不存在）．
当𝑀离𝐶点近时，如图：
同（1）可证明△𝐴𝐵𝐷≌△𝐶𝐴𝐸(AAS)，
∴𝐵𝐷= 𝐴𝐸，𝐴𝐷= 𝐶𝐸．
∵𝐷𝐸= 𝐴𝐸−𝐴𝐷，
∴𝐷𝐸= 𝐵𝐷−𝐶𝐸．
当𝑀离𝐵点近时，如图：
同理，得𝐷𝐸= 𝐶𝐸−𝐵𝐷．
【变式5-3】【基本模型】
（1）如图1，𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，∠𝐸𝐴𝐹= 45°，当𝐸在𝐵𝐶边上，𝐹在𝐶𝐷边上时，请你探究𝐵𝐸、𝐷𝐹与𝐸𝐹之间的
数量关系，并证明你的结论．
【模型运用】
（2）如图2，𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，∠𝐸𝐴𝐹= 45°，当𝐸在𝐵𝐶的延长线上，𝐹在𝐶𝐷的延长线上时，请你探究𝐵𝐸、𝐷𝐹
与𝐸𝐹之间的数量关系，并证明你的结论．
【答案】（1）𝐸𝐹= 𝐵𝐸+ 𝐷𝐹，证明见解析（2）𝐸𝐹= 𝐵𝐸−𝐷𝐹，证明见解析
【分析】本题主要考查全等三角形的判定和性质．本题蕴含半角模型，遇到半角经常要通过旋转构造全等
三角形．
（1）结论：𝐸𝐹= 𝐵𝐸+ 𝐷𝐹．将△𝐴𝐷𝐹绕点𝐴顺时针旋转，使𝐴𝐷与𝐴𝐵重合，得到△𝐴𝐵𝐹′，然后求出∠𝐸𝐴𝐹′
= ∠𝐸𝐴𝐹= 45°，利用“边角边”证明△𝐴𝐸𝐹和△𝐴𝐸𝐹′全等，根据全等三角形对应边相等可得𝐸𝐹= 𝐸𝐹′，从
而得解；
（2）结论：𝐸𝐹= 𝐵𝐸−𝐷𝐹，证明方法同法（1）．
【详解】解：（1）结论：𝐸𝐹= 𝐵𝐸+ 𝐷𝐹．
理由：如图1，将△𝐴𝐷𝐹绕点𝐴顺时针旋转，使𝐴𝐷与𝐴𝐵重合，得到△𝐴𝐵𝐹′，
则：∠𝐹′𝐴𝐵= ∠𝐷𝐴𝐹,∠𝐴𝐵𝐹′ = ∠𝐷= 90°，𝐴𝐹= 𝐴𝐹′，𝐵𝐹′ = 𝐷𝐹，
∴∠𝐴𝐵𝐹′ +∠𝐴𝐵𝐶= 180°，即：𝐹′,𝐵,𝐸三点共线，
∵∠𝐸𝐴𝐹= 45°，
∴∠𝐷𝐴𝐹+ ∠𝐵𝐴𝐸= 90°−∠𝐸𝐴𝐹= 45°，
∴∠𝐵𝐴𝐹′ +∠𝐵𝐴𝐸= 45°，
∴∠𝐸𝐴𝐹′ = ∠𝐸𝐴𝐹= 45°，
在△𝐴𝐸𝐹和△𝐴𝐸𝐹′中，
𝐴𝐹= 𝐴𝐹′
∠𝐸𝐴𝐹= ∠𝐸𝐴𝐹′
𝐴𝐸= 𝐴𝐸
，
∴△𝐴𝐸𝐹≌△𝐸𝐴𝐹(SAS)，
∴𝐸𝐹= 𝐸𝐹′，
又𝐸𝐹′ = 𝐵𝐸+ 𝐵𝐹′，
∴𝐸𝐹= 𝐵𝐸+ 𝐷𝐹．
（2）结论：𝐸𝐹= 𝐵𝐸−𝐷𝐹．
理由：如图2，将△𝐴𝐷𝐹绕点𝐴顺时针旋转，使𝐴𝐷与𝐴𝐵重合，得到△𝐴𝐵𝐹′，
则：𝐵𝐹′ = 𝐷𝐹,𝐴𝐹′ = 𝐴𝐹，
同法（1）可得：△𝐴𝐸𝐹≌△𝐴𝐸𝐹′(SAS)，
∴𝐸𝐹= 𝐸𝐹′，
又𝐸𝐹′ = 𝐵𝐸−𝐵𝐹′ = 𝐵𝐸−𝐷𝐹，
∴𝐸𝐹= 𝐵𝐸−𝐷𝐹．
【题型6 角平分线全等】
【例6】（2026·山西朔州·模拟预测）如图，𝐵𝐷是△𝐴𝐵𝐶的角平分线，𝐴𝐸⊥𝐵𝐷，垂足为F．若
∠𝐴𝐵𝐶= 30°，∠𝐶= 50°，则∠𝐶𝐷𝐸的度数为（ ）
A．45°
B．40°
C．55°
D．50°
【答案】D
【分析】由题意易得∠𝐵𝐴𝐶= 180°−∠𝐴𝐵𝐶−∠𝐶= 100°，∠𝐴𝐵𝐷= ∠𝐸𝐵𝐷=
1
2
∠𝐴𝐵𝐶= 15°,∠𝐴𝐹𝐵= ∠𝐸𝐹𝐵= 90°，然后可得△𝐴𝐵𝐹≌△𝐸𝐵𝐹(ASA)，△𝐴𝐵𝐷≌△𝐸𝐵𝐷(SAS)，进而根据全
等三角形的性质进行求解即可．
【详解】解：∵∠𝐴𝐵𝐶= 30°，∠𝐶= 50°，
∴∠𝐵𝐴𝐶= 180°−∠𝐴𝐵𝐶−∠𝐶= 100°，
∵𝐵𝐷是△𝐴𝐵𝐶的角平分线，𝐴𝐸⊥𝐵𝐷，
∴∠𝐴𝐵𝐷= ∠𝐸𝐵𝐷=
1
2∠𝐴𝐵𝐶= 15°,∠𝐴𝐹𝐵= ∠𝐸𝐹𝐵= 90°，
∴∠𝐴𝐷𝐵= 180°−∠𝐵𝐴𝐶−∠𝐴𝐵𝐷= 65°，
∵𝐵𝐹= 𝐵𝐹，
∴△𝐴𝐵𝐹≌△𝐸𝐵𝐹(ASA)，
∴𝐴𝐵= 𝐸𝐵，
∵𝐵𝐷= 𝐵𝐷，
∴△𝐴𝐵𝐷≌△𝐸𝐵𝐷(SAS)，
∴∠𝐸𝐷𝐵= ∠𝐴𝐷𝐵= 65°，
∴∠𝐶𝐷𝐸= 180°−∠𝐴𝐷𝐵−∠𝐸𝐷𝐵= 50°．
【变式6-1】（25-26 九年级上·重庆·阶段检测）如图，𝐶𝐷是∠𝐴𝐶𝐵的角平分线，𝐴𝐷⊥𝐶𝐷，垂足为D，若△𝐵𝐶𝐷
的面积为5，则△𝐴𝐵𝐶的面积为（ ）．
A．10
B．11
C．12
D．14
【答案】A
【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质，三角形中线与面积等知识，延长𝐴𝐷交𝐵𝐶于点E，可证明
△𝐴𝐶𝐷≌△𝐸𝐶𝐷得𝐴𝐷= 𝐷𝐸，从而得出𝑆△𝐴𝐶𝐷= 𝑆△𝐸𝐶𝐷，𝑆△𝐴𝐵𝐷= 𝑆△𝐸𝐵𝐷，可得𝑆△𝐴𝐶𝐷+ 𝑆△𝐴𝐵𝐷= 𝑆△𝐸𝐶𝐷+
𝑆△𝐸𝐵𝐷= 5从而可求出△𝐴𝐵𝐶的面积．
【详解】解：延长𝐴𝐷交𝐵𝐶于点E，如图，
∵𝐴𝐷⊥𝐶𝐷，
∴∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐸𝐷𝐶= 90°，
∵𝐶𝐷是∠𝐴𝐶𝐵的角平分线，
∴∠𝐴𝐶𝐷= ∠𝐸𝐶𝐷，
又𝐶𝐷= 𝐶𝐷，
∴△𝐴𝐶𝐷≌△𝐸𝐶𝐷(ASA),
∴𝐴𝐷= 𝐷𝐸，
∴𝑆△𝐴𝐶𝐷= 𝑆△𝐸𝐶𝐷，𝑆△𝐴𝐵𝐷= 𝑆△𝐸𝐵𝐷，
∴𝑆△𝐴𝐶𝐷+ 𝑆△𝐴𝐵𝐷= 𝑆△𝐸𝐶𝐷+ 𝑆△𝐸𝐵𝐷= 5，
∴𝑆△𝐴𝐵𝐶= 𝑆△𝐵𝐶𝐷+ 𝑆△𝐴𝐶𝐷+ 𝑆△𝐴𝐵𝐷= 5 + 5 = 10，
故选：A．
【变式6-2】（25-26 八年级上·江苏苏州·阶段检测）如图，𝐴𝐷是△𝐴𝐵𝐶的角平分线，𝐷𝐸⊥𝐴𝐵于点𝐸，且
𝐷𝐸= 2cm，𝐴𝐵= 4cm，𝐴𝐶= 3cm，则△𝐴𝐵𝐶的面积为______．
【答案】7cm2
【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定、角平分线的性质，过点𝐷作𝐴𝐶的垂线交𝐴𝐶于点𝐹，先证明
△𝐴𝐸𝐷≌△𝐴𝐹𝐷，得到𝐷𝐹= 𝐷𝐸后，将△𝐴𝐵𝐶拆成△𝐴𝐵𝐷, △𝐴𝐷𝐶，利用三角形面积公式求解即可．
【详解】解：过点𝐷作𝐴𝐶的垂线交𝐴𝐶于点𝐹，
∵𝐷𝐸⊥𝐴𝐵,𝐷𝐹⊥𝐴𝐶，
∴∠𝐷𝐸𝐴= ∠𝐷𝐹𝐴= 90°，
∵𝐴𝐷是△𝐴𝐵𝐶的角平分线，
∴∠𝐸𝐴𝐷= ∠𝐹𝐴𝐷，
在△𝐴𝐸𝐷和△𝐴𝐹𝐷中，
∵∠𝐷𝐸𝐴= ∠𝐷𝐹𝐴= 90°,∠𝐸𝐴𝐷= ∠𝐹𝐴𝐷,𝐴𝐷= 𝐴𝐷，
∴△𝐴𝐸𝐷≌△𝐴𝐹𝐷(AAS)，
∴𝐷𝐹= 𝐷𝐸= 2cm，
∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=
1
2𝐴𝐵× 𝐷𝐸+
1
2 × 𝐴𝐶× 𝐷𝐹=
1
2 × 4 × 2 +
1
2 × 3 × 2 = 7cm2．
故答案为：7cm2．
【变式6-3】（24-25 八年级上·辽宁葫芦岛·期中）在轴对称这节课上，老师提出这样的一个问题：角是轴对
称图形，其对称轴为角平分线所在直线．那么三角形的任意角平分线所在直线是否为其对称轴呢？如何验
证呢？
具体操作如下：老师将同学们分成三组探究三角形顶点𝐵的对称点的位置．首先作出∠𝐴𝐶𝐵的角平分线交𝐴𝐵
边于点𝐷，将△𝐴𝐵𝐶沿𝐶𝐷折叠，观察点𝐵的对称点的位置．（其他角分线验证方法相同）
实践操作：
（1）小组一操作发现顶点𝐵的对称点𝐸与𝐴重合，则∠𝐴𝐶𝐵的角平分线所在直线是对称轴；
（2）小组二发现当顶点𝐵的对称点𝐸落在𝐴𝐶边上时，∠𝐴𝐶𝐵的角平分线所在直线不是对称轴．此时聪明的同
学们发现，连接𝐷𝐸时△𝐴𝐷𝐸的周长与△𝐴𝐵𝐶的三边存在一定的数量关系．若设三边长分别为𝐴𝐵= 𝑐，𝐴𝐶= 𝑏，
𝐵𝐶= 𝑎，△𝐴𝐷𝐸的周长为𝑚，请求出𝑚的值．（用𝑎、𝑏、𝑐表示）
（3）小组三发现当顶点𝐵的对称点𝐸落在𝐴𝐶边延长线上时，此时∠𝐴𝐶𝐵的角平分线所在直线不是对称轴．同
样连接𝐷𝐸，若设三边长分别为𝐴𝐵= 𝑐，𝐴𝐶= 𝑏，𝐵𝐶= 𝑎，△𝐴𝐷𝐸的周长为𝑚，小组二的结论还成立吗？请
说明理由并求出𝑚的值．（用𝑎、𝑏、𝑐表示）
（4）拓展探究：
在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵= 45°，∠𝐶𝐴𝐸=
1
2∠𝐴𝐶𝐵，𝐸𝐶⊥𝐴𝐸，𝐴𝐸交𝐵𝐶于点𝐷，请探究线段𝐸𝐶与𝐴𝐷的数量关系，
并说明理由．
【答案】（2）𝑐+ 𝑏−𝑎；（3）不成立，理由见解析，𝑚= 𝑐+ 𝑎−𝑏；（4）2𝐸𝐶= 𝐴𝐷，理由见解析
【分析】本题主要考查全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质以及三角形内角和定理，
（2）由翻折可得△𝐵𝐷𝐶≌△𝐸𝐷𝐶，则𝐵𝐷= 𝐷𝐸和𝐵𝐶= 𝐸𝐶，由𝑚= 𝐴𝐷+ 𝐴𝐸+ 𝐷𝐸，则
𝑚= 𝐴𝐵+ 𝐴𝐶−𝐵𝐶，即𝑚= 𝑐+ 𝑏−𝑎；
（3）由翻折可得△𝐵𝐷𝐶≌△𝐸𝐷𝐶，则𝐵𝐷= 𝐷𝐸和𝐵𝐶= 𝐸𝐶，由𝑚= 𝐴𝐷+ 𝐴𝐸+ 𝐷𝐸，则𝑚= 𝐴𝐵+ 𝐵𝐶−𝐴𝐶，
即𝑚= 𝑐+ 𝑎−𝑏；
（4）过𝐴作𝐴𝐹⊥𝐵𝐶，交𝐵𝐶于点𝐺，交𝐶𝐸延长线于点𝐹，则∠𝐴𝐺𝐶= ∠𝐹𝐺𝐶= 90°，可得𝐴𝐺= 𝐺𝐶，由已知可
得∠𝐺𝐴𝐸= ∠𝐶𝐴𝐸，结合三角形内角和定理得∠𝐺𝐴𝐷= ∠𝐸𝐶𝐷，即可证明△𝐴𝐺𝐷≌△𝐶𝐺𝐹，有𝐴𝐷= 𝐶𝐹，结合
𝐸𝐶= 𝐸𝐹=
1
2𝐹𝐶，即有2𝐸𝐶= 𝐴𝐷．
【详解】解：（2）由翻折可得：△𝐵𝐷𝐶≌△𝐸𝐷𝐶，
∴𝐵𝐷= 𝐷𝐸，𝐵𝐶= 𝐸𝐶，
∵𝑚= 𝐴𝐷+ 𝐴𝐸+ 𝐷𝐸，
∴𝑚= 𝐴𝐷+ 𝐷𝐵+ (𝐴𝐶−𝐵𝐶) = 𝐴𝐵+ 𝐴𝐶−𝐵𝐶，
∵𝐴𝐵= 𝑐，𝐴𝐶= 𝑏，𝐵𝐶= 𝑎，
∴𝑚= 𝑐+ 𝑏−𝑎．
（3）小组二的结论不成立
理由如下：由翻折可得：△𝐵𝐷𝐶≌△𝐸𝐷𝐶，
∴𝐵𝐷= 𝐷𝐸，𝐵𝐶= 𝐸𝐶，
∵𝑚= 𝐴𝐷+ 𝐴𝐸+ 𝐷𝐸，
∴𝑚= 𝐴𝐷+ 𝐷𝐵+ 𝐵𝐶−𝐴𝐶= 𝐴𝐵+ 𝐵𝐶−𝐴𝐶，
∵𝐴𝐵= 𝑐，𝐴𝐶= 𝑏，𝐵𝐶= 𝑎，
∴𝑚= 𝑐+ 𝑎−𝑏．
（4）解：2𝐸𝐶= 𝐴𝐷，理由如下：
证明：过𝐴作𝐴𝐹⊥𝐵𝐶，交𝐵𝐶于点𝐺，交𝐶𝐸延长线于点𝐹，如图，
∵𝐴𝐹⊥𝐵𝐶交𝐵𝐶于点𝐺，
∴∠𝐴𝐺𝐶= ∠𝐹𝐺𝐶= 90°，
∵∠𝐴𝐶𝐵= 45°，
∴∠𝐺𝐴𝐶= ∠𝐴𝐶𝐵= 45°，
∴𝐴𝐺= 𝐺𝐶，
∵∠𝐶𝐴𝐸=
1
2∠𝐴𝐶𝐵，
∴∠𝐶𝐴𝐸=
1
2∠𝐴𝐶𝐵=
1
2∠𝐺𝐴𝐶，
∴∠𝐺𝐴𝐸= ∠𝐶𝐴𝐸，
∵𝐸𝐶⊥𝐴𝐸，
∴∠𝐴𝐸𝐶= ∠𝐴𝐸𝐹= 90°，
∴∠𝐴𝐺𝐶= ∠𝐴𝐸𝐶，
∵∠𝐴𝐷𝐺= ∠𝐸𝐷𝐶，
∴∠𝐺𝐴𝐷= ∠𝐸𝐶𝐷，
在△𝐴𝐺𝐷和△𝐹𝐺𝐶中
∠𝐴𝐺𝐶= ∠𝐹𝐺𝐶
𝐴𝐺= 𝐺𝐶
∠𝐺𝐴𝐷= ∠𝐹𝐶𝐷
∴△𝐴𝐺𝐷≌△𝐶𝐺𝐹(ASA)，
∴𝐴𝐷= 𝐶𝐹．
在△𝐴𝐸𝐹和△𝐴𝐸𝐶中
∠𝐹𝐴𝐸= ∠𝐶𝐴𝐸
𝐴𝐸= 𝐴𝐸
∠𝐴𝐸𝐶= ∠𝐴𝐸𝐹
∴△𝐴𝐸𝐹≌△𝐴𝐸𝐶(ASA)，
∴𝐸𝐶= 𝐸𝐹=
1
2𝐹𝐶，
∴2𝐸𝐶= 𝐴𝐷．
【题型7 等腰结合全等】
【例7】（25-26 八年级上·广西防城港·期中）如图，在四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐷= 𝐵𝐶，𝐴𝐶= 𝐵𝐷，𝐴𝐶与𝐵𝐷相交
于点𝐸．求证：
(1) △𝐴𝐷𝐶≌△𝐵𝐶𝐷 ；
(2)𝐴𝐸= 𝐵𝐸．
【答案】(1)证明见详解；
(2)证明见详解．
【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，掌握这些是解题的关键．
（1）根据条件用SSS证明△𝐴𝐷𝐶≌△𝐵𝐶𝐷即可；
（2）根据条件用SSS证明△𝐴𝐷𝐵≌△𝐵𝐶𝐴，得∠𝐷𝐵𝐴= ∠𝐶𝐴𝐵，从而得出𝐴𝐸= 𝐵𝐸．
【详解】（1）解：在△𝐴𝐷𝐶和△𝐵𝐶𝐷中，
∵
𝐴𝐷= 𝐵𝐶
𝐴𝐶= 𝐵𝐷
𝐷𝐶= 𝐶𝐷
，
∴ △𝐴𝐷𝐶≌△𝐵𝐶𝐷(SSS)；
（2）在△𝐴𝐷𝐵和△𝐵𝐶𝐴中，
∵
𝐴𝐷= 𝐵𝐶
𝐴𝐵= 𝐵𝐴
𝐵𝐷= 𝐴𝐶
，
∴ △𝐴𝐷𝐵≌△𝐵𝐶𝐴(SSS)，
∴∠𝐷𝐵𝐴= ∠𝐶𝐴𝐵，
∴𝐴𝐸= 𝐵𝐸．
【变式7-1】（2026·上海杨浦·二模）在△𝐴𝐶𝐵中，∠𝐶= 90°，tan∠𝐴𝐵𝐶= 1，点𝐷为线段𝐴𝐵的中点，连接𝐷𝐶
并延长至点𝐸使得∠𝐴𝐸𝐵= 45°，则
𝐴𝐶
𝐶𝐸= ___________．
【答案】1
【分析】先判断△𝐴𝐵𝐶是等腰直角三角形，则𝐶𝐷⊥𝐴𝐵，𝐴𝐷= 𝐵𝐷，容易证明△𝐴𝐸𝐷≌△𝐵𝐸𝐷(SAS)，则
∠𝐴𝐸𝐷= ∠𝐵𝐸𝐷=
1
2∠𝐴𝐸𝐵= 22.5°，利用三角形外角的性质可证明∠𝐶𝐴𝐸= ∠𝐴𝐸𝐷，从而得到𝐴𝐶= 𝐶𝐸．
【详解】解：如图，
∵tan∠𝐴𝐵𝐶= 1，
∴∠𝐴𝐵𝐶= 45°，
∵∠𝐶= 90°，
∴△𝐴𝐵𝐶是等腰直角三角形，
∴𝐴𝐶= 𝐵𝐶，∠𝐵𝐴𝐶= 45°，
∵点𝐷为线段𝐴𝐵的中点，
∴𝐶𝐷⊥𝐴𝐵，𝐴𝐷= 𝐵𝐷，
∴∠𝐶𝐷𝐴= ∠𝐶𝐷𝐵= 90°，
∴∠𝐴𝐶𝐷= 180°−∠𝐶𝐷𝐴−∠𝐵𝐴𝐶= 45°，
在△𝐴𝐸𝐷和△𝐵𝐸𝐷中，
𝐷𝐸= 𝐷𝐸
∠𝐶𝐷𝐴= ∠𝐶𝐷𝐵
𝐴𝐷= 𝐵𝐷
，
∴△𝐴𝐸𝐷≌△𝐵𝐸𝐷(SAS)，
∴∠𝐴𝐸𝐷= ∠𝐵𝐸𝐷=
1
2∠𝐴𝐸𝐵=
1
2 × 45° = 22.5°，
∵∠𝐴𝐶𝐷是△𝐴𝐶𝐸的外角，
∴∠𝐴𝐶𝐷= ∠𝐴𝐸𝐷+ ∠𝐶𝐴𝐸，
∴∠𝐶𝐴𝐸= ∠𝐴𝐶𝐷−∠𝐴𝐸𝐷= 22.5° = ∠𝐴𝐸𝐷，
∴𝐴𝐶= 𝐶𝐸，
∴
𝐴𝐶
𝐶𝐸= 1．
【变式7-2】如图，在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐷，𝐵𝐸分别为𝐵𝐶，𝐴𝐶边上的高，𝐴𝐷，𝐵𝐸相交于点F，𝐴𝐷= 𝐵𝐷，连接
CF，则下列结论：①𝐵𝐹= 𝐴𝐶；②𝐶𝐹⊥𝐴𝐵；③若𝐵𝐹= 2𝐸𝐶，则△𝐹𝐷𝐶周长等于𝐴𝐵的长；
④∠𝐹𝐶𝐷= ∠𝐷𝐴𝐶．其中正确的有（ ）
A．①②③
B．①②④
C．①③④
D．②③④
【答案】A
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，垂直平分线的判定和性质等，延长CF
交AB 于H，通过证明△𝐷𝐵𝐹≌△𝐷𝐴𝐶(ASA)，可判断①；求出∠𝐵𝐻𝐶可判断②；证明𝐵𝐸垂直平分𝐴𝐶，通
过等量代换可判断③；通过∠𝐹𝐶𝐷= ∠𝐷𝐹𝐶> ∠𝐷𝐴𝐶可判断④．
【详解】解：如图，延长CF 交AB 于H，
∵𝐴𝐷，𝐵𝐸分别为𝐵𝐶，𝐴𝐶边上的高，
∴∠𝐵𝐷𝐹= ∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐵𝐸𝐴= ∠𝐵𝐸𝐶= 90°，
∵𝐴𝐷= 𝐵𝐷，
∴∠𝐴𝐵𝐷= ∠𝐵𝐴𝐷= 45°，
∵∠𝐷𝐴𝐶+ ∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐷𝐵𝐹+ ∠𝐴𝐶𝐵= 90°，
∴∠𝐷𝐴𝐶= ∠𝐷𝐵𝐹，
在△𝐷𝐵𝐹和△𝐷𝐴𝐶中，
∠𝐵𝐷𝐹= ∠𝐴𝐷𝐶= 90°
𝐵𝐷= 𝐴𝐷
∠𝐷𝐵𝐹= ∠𝐷𝐴𝐶
，
∴△𝐷𝐵𝐹≌△𝐷𝐴𝐶(ASA)，
∴𝐵𝐹= 𝐴𝐶，𝐷𝐹= 𝐷𝐶，
故①符合题意；
∵∠𝐴𝐵𝐶= 45°，∠𝐹𝐶𝐷= 45°，
∴∠𝐵𝐻𝐶= 180°−∠𝐴𝐵𝐶−∠𝐹𝐶𝐷= 90°，
∴𝐶𝐹⊥𝐴𝐵，
故②符合题意；
∵𝐵𝐹= 2𝐸𝐶，𝐵𝐹= 𝐴𝐶，
∴𝐴𝐶= 2𝐸𝐶，
∴𝐴𝐸= 𝐸𝐶，
∵𝐵𝐸⊥𝐴𝐶，
∴𝐵𝐸垂直平分𝐴𝐶，
∴𝐴𝐹= 𝐶𝐹，𝐵𝐴= 𝐵𝐶，
∴△𝐹𝐷𝐶的周长= 𝐹𝐷+ 𝐹𝐶+ 𝐷𝐶= 𝐹𝐷+ 𝐴𝐹+ 𝐷𝐶= 𝐴𝐷+ 𝐷𝐶= 𝐵𝐷+ 𝐷𝐶= 𝐵𝐶= 𝐴𝐵，
故③符合题意；
∵∠𝐹𝐷𝐶= 90°，𝐷𝐹= 𝐷𝐶，
∴∠𝐷𝐹𝐶= ∠𝐹𝐶𝐷= 45°，
∵∠𝐷𝐹𝐶> ∠𝐷𝐴𝐶，
∴∠𝐹𝐶𝐷> ∠𝐷𝐴𝐶，
故④不符合题意；
∴正确的有①②③．
故选A．
【变式7-3】（25-26 八年级下·山东青岛·阶段检测）【背景】数学兴趣小组在学习对顶角知识时，发现若两
个三角形存在对顶角的关系时，则这两个三角形的内角存在某种关系．对此数学兴趣小组展开探究．
(1)【发现】如图1，在△𝐴𝐵𝐸和△𝐷𝐶𝐸中，点E 为𝐴𝐶与𝐵𝐷的交点．
①若∠𝐴+ ∠𝐵= 100°，则∠𝐶+ ∠𝐷= ______；
②若∠𝐵= ∠𝐶，则∠𝐴与∠𝐷之间的数量关系是______；
(2)【应用】如图2，B、A、E 在同一直线上，𝐷𝐴⊥𝐵𝐸，𝐵𝐹⊥𝐷𝐸交𝐴𝐷于点C，𝐵𝐶= 𝐷𝐸．求证：△𝐴𝐵𝐶≌△𝐴𝐷𝐸；
(3)如图3，在等腰△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵= 𝐴𝐶，∠𝐵= 30°，D 是𝐵𝐶边上一点，将△𝐴𝐵𝐷沿𝐴𝐷折叠至△𝐴𝐷𝐸，𝐴𝐵
的对应边𝐴𝐸与𝐵𝐶交于点F，当△𝐴𝐷𝐹为等腰三角形时，直接写出∠𝐵𝐴𝐷的度数为______．
【答案】(1)①100°②∠𝐴= ∠𝐷
(2)见解析
(3)40°或50°
【分析】（1）①根据对顶角性质，以及三角形内角和定理分析求解，即可解题；
②由①知∠𝐴+ ∠𝐵= ∠𝐶+ ∠𝐷，结合∠𝐵= ∠𝐶，即可推出∠𝐴与∠𝐷之间的数量关系；
（2）结合垂直的性质，对顶角性质，三角形内角和定理推出∠𝐵= ∠𝐷，进而结合全等三角形判定定理，即
可证明△𝐴𝐵𝐶≌△𝐴𝐷𝐸；
（3）设∠𝐵𝐴𝐷= 𝑥，由折叠的性质可知，∠𝐸𝐴𝐷= 𝑥，结合等腰三角形性质进而推出∠𝐴𝐷𝐹，∠𝐴𝐹𝐷，根据△𝐴𝐷𝐹
为等腰三角形，分三种情况：当𝐴𝐷= 𝐴𝐹时，当𝐴𝐷= 𝐷𝐹时，当𝐷𝐹= 𝐴𝐹时，分别列方程求解，即可解题．
【详解】（1）解：①∵ ∠𝐴𝐸𝐵= ∠𝐷𝐸𝐶，
∴ 180°−∠𝐴𝐸𝐵= 180°−∠𝐷𝐸𝐶，
∴∠𝐴+ ∠𝐵= ∠𝐶+ ∠𝐷，
若∠𝐴+ ∠𝐵= 100°，则∠𝐶+ ∠𝐷= 100°；
②∵ ∠𝐴+ ∠𝐵= ∠𝐶+ ∠𝐷
若∠𝐵= ∠𝐶，则∠𝐴= ∠𝐷；
（2）证明：∵ 𝐷𝐴⊥𝐵𝐸，𝐵𝐹⊥𝐷𝐸，
∴∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐷𝐹𝐶= ∠𝐷𝐴𝐸= 90°，
∵∠𝐵𝐶𝐴= ∠𝐷𝐶𝐹，
由（1）同理可得∠𝐵= ∠𝐷，
∵ 𝐵𝐶= 𝐷𝐸，
∴ △𝐴𝐵𝐶≌△𝐴𝐷𝐸(AAS)；
（3）解：设∠𝐵𝐴𝐷= 𝑥，
由折叠的性质可知，∠𝐸𝐴𝐷= 𝑥，
∵ 𝐴𝐵= 𝐴𝐶，∠𝐵= 30°，
∴∠𝐴𝐷𝐹= ∠𝐵+ ∠𝐵𝐴𝐷= 30° + 𝑥，∠𝐶= 30°,∠𝐶𝐴𝐹= 180°−30° × 2−2𝑥= 120°−2𝑥，
∴∠𝐴𝐹𝐷= 120°−2𝑥+ 30° = 150°−2𝑥，
∵ △𝐴𝐷𝐹为等腰三角形，
当𝐴𝐷= 𝐴𝐹时，
有30° + 𝑥= 150°−2𝑥，
解得𝑥= 40°；
当𝐴𝐷= 𝐷𝐹时，
有𝑥= 150°−2𝑥，
解得𝑥= 50°；
当𝐷𝐹= 𝐴𝐹时，
有30° + 𝑥= 𝑥，无解，即该情况不存在；
综上所述，∠𝐵𝐴𝐷的度数为40°或50°．
【题型8 垂直全等综合】
【例8】（24-25 八年级上·重庆·阶段检测）如图，线段𝐴𝐵= 6，𝐴𝐶= 4，射线𝐴𝑁⊥𝐴𝐵于点A，C 是射线𝐴𝑁
上一动点，分别以𝐴𝐶，𝐵𝐶为直角边作等腰Rt △𝐴𝐶𝐷与等腰Rt △𝐵𝐶𝐸，连接𝐷𝐸交射线𝐴𝑁于点M，则△𝐶𝑀𝐸
的面积为_________．
【答案】6
【分析】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形的面积计算及等腰直角三角形的性质，熟记三角
形全等的判定定理是解题的关键．作𝐸𝐻⊥𝐴𝑁于𝐻，由△𝐴𝐵𝐶≌△𝐻𝐶𝐸得𝐴𝐵= 𝐶𝐻，𝐴𝐶= 𝐸𝐻，再证明
△𝐷𝐶𝑀≌△𝐸𝐻𝑀得𝐶𝑀= 𝐻𝑀即可解决问题．
【详解】解：如图作𝐸𝐻⊥𝐴𝑁于𝐻，
∵𝐵𝐴⊥𝐴𝑁，𝐸𝐻⊥𝐴𝑁，
∴∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐸𝐻𝐶= 90°，
∴∠𝐴𝐵𝐶+ ∠𝐴𝐶𝐵= 90°，
又∠𝐵𝐶𝐸= 90°，
∴∠𝐴𝐶𝐵+ ∠𝐸𝐶𝐻= 90°，
∴∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐸𝐶𝐻，
∵ △𝐵𝐶𝐸和△𝐴𝐶𝐷都是等腰三角形，
∴𝐵𝐶= 𝐶𝐸，𝐴𝐶= 𝐷𝐶= 4，∠𝐵𝐶𝐸= ∠𝐴𝐶𝐷= 90°，
在△𝐴𝐵𝐶和△𝐻𝐶𝐸中，
∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐸𝐻𝐶
∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐻𝐶𝐸
𝐵𝐶= 𝐶𝐸
，
∴ △𝐴𝐵𝐶≌△𝐻𝐶𝐸(AAS)，
∴𝐴𝐶= 𝐸𝐻= 4，𝐴𝐵= 𝐶𝐻= 6，
在△𝐷𝐶𝑀和△𝐸𝐻𝑀中，
∠𝐷𝐶𝑀= ∠𝐸𝐻𝑀
∠𝐶𝑀𝐷= ∠𝐸𝑀𝐻
𝐶𝐷= 𝐸𝐻
，
∴ △𝐷𝐶𝑀≌△𝐸𝐻𝑀(AAS)．
∴𝐶𝑀= 𝐻𝑀=
1
2𝐶𝐻= 3，
∴𝑆△𝐶𝑀𝐸=
1
2𝐶𝑀⋅𝐸𝐻= 6；
故答案为6．
【变式8-1】（25-26 七年级下·陕西西安·阶段检测）如图，点E 为正方形𝐴𝐵𝐶𝐷内一点，连接𝐴𝐸，𝐵𝐸，𝐷𝐸，
若𝐴𝐸⊥𝐷𝐸，𝐴𝐸= 12，则𝑆△𝐴𝐵𝐸为（ ）
A．12
B．36
C．72
D．144
【答案】C
【分析】过点𝐵作𝐵𝐻⊥𝐴𝐸于点𝐻，利用正方形的性质和同角的余角相等证明∠𝐸𝐴𝐵= ∠𝐴𝐷𝐸，进而证得
△𝐴𝐵𝐻≌△𝐷𝐴𝐸，得出𝐴𝐸= 𝐵𝐻，再三角形面积公式即可求解.
【详解】解：过点𝐵作𝐵𝐻⊥𝐴𝐸于点𝐻，、
∵ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形 ，
∴∠𝐵𝐴𝐷= 90∘ ，𝐴𝐵= 𝐴𝐷，
∴∠𝐸𝐴𝐵+ ∠𝐷𝐴𝐸= 90∘ ，
∵𝐴𝐸⊥𝐷𝐸，即∠𝐴𝐸𝐷= 90∘，
∴∠𝐴𝐷𝐸+ ∠𝐷𝐴𝐸= 90∘ ，
∴∠𝐸𝐴𝐵= ∠𝐴𝐷𝐸 ，
又 ∵∠𝐴𝐻𝐵= ∠𝐴𝐸𝐷= 90° ，
∴△𝐴𝐵𝐻≌△𝐷𝐴𝐸(AAS) ，
∴ ∴𝐵𝐻= 𝐴𝐸= 12，
∴𝑆△𝐴𝐵𝐸=
1
2𝐴𝐸2 =
1
2 × 122 = 72.
【变式8-2】（25-26 八年级上·重庆·开学考试）如图，在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐵𝐶= 90°，𝐴𝐵= 𝐵𝐶，𝐷是线段𝐵𝐶
上一点，连接𝐴𝐷，过点𝐴作𝐴𝐸⊥𝐴𝐷，且𝐴𝐸= 𝐴𝐷，连接𝐸𝐶交𝐴𝐵于点𝐹，若𝐵𝐷= 3.3，𝐵𝐹= 2.5，则𝐴𝐵的长
度为（ ）
A．8.3
B．8.5
C．8.7
D．9.1
【答案】A
【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定，添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．
过点𝐸作𝐸𝐺⊥𝐴𝐵于点𝐺，则∠𝐴𝐺𝐸= ∠𝐸𝐺𝐵= 90°，先证明△𝐴𝐸𝐺≌△𝐷𝐴𝐵得到𝐸𝐺= 𝐴𝐵，𝐴𝐺= 𝐵𝐷= 3.3，
则有𝐸𝐺= 𝐵𝐶，进而推出△𝐸𝐹𝐺≌△𝐶𝐹𝐵，得到𝐺𝐹= 𝐵𝐹= 2.5，再利用线段的和差即可求解．
【详解】解：如图，过点𝐸作𝐸𝐺⊥𝐴𝐵于点𝐺，
则∠𝐴𝐺𝐸= ∠𝐸𝐺𝐵= 90°，
∴∠𝐸𝐴𝐺+ ∠𝐴𝐸𝐺= 90°，
∵𝐴𝐸⊥𝐴𝐷，
∴∠𝐸𝐴𝐷= 90°，
∴∠𝐸𝐴𝐺+ ∠𝐷𝐴𝐵= 90°，
∴∠𝐴𝐸𝐺= ∠𝐷𝐴𝐵，
又∵∠𝐴𝐺𝐸= ∠𝐷𝐵𝐴= 90°，𝐴𝐸= 𝐴𝐷，
∴△𝐴𝐸𝐺≌△𝐷𝐴𝐵(AAS)，
∴𝐸𝐺= 𝐴𝐵，𝐴𝐺= 𝐵𝐷= 3.3，
∵𝐴𝐵= 𝐵𝐶，
∴𝐸𝐺= 𝐵𝐶，
又∵∠𝐸𝐺𝐹= ∠𝐶𝐵𝐹= 90°，∠𝐸𝐹𝐺= ∠𝐶𝐹𝐵，
∴△𝐸𝐹𝐺≌△𝐶𝐹𝐵(AAS)，
∴𝐺𝐹= 𝐵𝐹= 2.5，
∴𝐴𝐵= 𝐴𝐺+ 𝐺𝐹+ 𝐵𝐹= 3.3 + 2.5 + 2.5 = 8.3．
故选：A．
【变式8-3】（25-26 七年级下·四川达州·阶段检测）“在一条直线上有三个直角顶点”的几何图形，我们一般
称其为“一线三垂直”图形，随着几何学习的深入，我们还将对这类图形有更深入的探索．
【模型呈现】
(1)如图①，在等腰直角三角形𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵= 90°，𝐴𝐶= 𝐵𝐶，过点C 作直线𝐷𝐸，过点A 作𝐴𝐷⊥𝐷𝐸于点
D，过点B 作𝐵𝐸⊥𝐷𝐸于点E，猜想𝐴𝐷，𝐵𝐸与𝐷𝐸之间满足的数量关系，并说明理由；
(2)【模型应用】如图②，在等腰直角三角形𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵= 90°，𝐴𝐶= 𝐵𝐶，过点C 作直线𝐶𝐸，过点A
作𝐴𝐷⊥𝐶𝐸于点D，过点B 作𝐵𝐸⊥𝐶𝐸于点E，𝐴𝐷= 12，𝐵𝐸= 4，则𝐷𝐸的长为________；
(3)【深入探究】如图③，△𝐴𝐵𝐶和△𝐴𝐷𝐸都是等腰直角三角形，∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐴𝐸𝐷= 90°，𝐴𝐶= 𝐵𝐶，
𝐴𝐸= 𝐷𝐸，且点E 在𝐵𝐶上，连接𝐵𝐷，试猜想线段𝐴𝐵与线段𝐵𝐷的位置关系，并说明理由．
【答案】(1)𝐴𝐷，𝐵𝐸与𝐷𝐸之间满足的数量关系是：𝐴𝐷+ 𝐵𝐸= 𝐷𝐸，理由如下：
如图1 所示：
在等腰直角△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵= 90°，𝐴𝐶= 𝐵𝐶，
∴∠𝐴𝐶𝐷+ ∠𝐵𝐶𝐸= 90°，
∵𝐴𝐷⊥𝐷𝐸于点D，𝐵𝐸⊥𝐷𝐸于点E，
∴∠𝐷= ∠𝐸= 90°，
∴∠𝐵𝐶𝐸+ ∠𝐶𝐵𝐸= 90°，
∴∠𝐴𝐶𝐷= ∠𝐶𝐵𝐸，
在△𝐴𝐶𝐷和△𝐶𝐵𝐸中，
∠𝐷= ∠𝐸
∠𝐴𝐶𝐷= ∠𝐶𝐵𝐸
𝐴𝐶= 𝐵𝐶
，
∴△𝐴𝐶𝐷≌△𝐶𝐵𝐸(AAS)，
∴𝐴𝐷= 𝐶𝐸，𝐶𝐷= 𝐵𝐸，
∴𝐴𝐷+ 𝐵𝐸= 𝐶𝐸+ 𝐶𝐷= 𝐷𝐸；
(2)8
(3)𝐴𝐵⊥𝐵𝐷，理由如下：
如图3，过点D 作𝐷𝐹⊥𝐶𝐵于点F，
∵𝐴𝐸= 𝐷𝐸，∠𝐶= ∠𝐴𝐸𝐷= ∠𝐹= 90°，
∴同理得：△𝐴𝐶𝐸≌△𝐸𝐹𝐷(AAS)，
∴𝐴𝐶= 𝐸𝐹，𝐶𝐸= 𝐷𝐹，
∵𝐴𝐶= 𝐵𝐶，
∴𝐵𝐶= 𝐸𝐹，
∴𝐶𝐸= 𝐵𝐹= 𝐷𝐹，
∴△𝐵𝐷𝐹是等腰直角三角形，
∵△𝐴𝐵𝐶是等腰直角三角形，
∴∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐷𝐵𝐹= 45°，
∴∠𝐴𝐵𝐷= 180°−45°−45° = 90°，
∴𝐴𝐵⊥𝐵𝐷．
【分析】（1）先利用同角的余角相等，证明∠𝐴𝐶𝐷= ∠𝐶𝐵𝐸，结合∠𝐷= ∠𝐸= 90°、𝐴𝐶= 𝐵𝐶，用AAS判定
△𝐴𝐶𝐷≌△𝐶𝐵𝐸，根据全等三角形对应边相等，将𝐷𝐸拆分为𝐷𝐶+ 𝐶𝐸，替换为𝐵𝐸+ 𝐴𝐷得到数量关系；
（2）同样先证明△𝐴𝐶𝐷≌△𝐶𝐵𝐸，得到对应边𝐴𝐷= 𝐶𝐸，𝐶𝐷= 𝐵𝐸，由图中线段位置关系，用𝐶𝐸−𝐶𝐷计算
𝐷𝐸的长度；
（3）过点𝐷作𝐷𝐹⊥𝐵𝐶交𝐶𝐵的延长线于点𝐹，构造一线三垂直模型，证明△𝐴𝐶𝐸≌△𝐸𝐹𝐷，得到对应边相等
关系，推导𝐵𝐹= 𝐷𝐹，得到∠𝐷𝐵𝐹= 45°，结合∠𝐴𝐵𝐶= 45°，计算∠𝐴𝐵𝐷的度数，判断𝐴𝐵与𝐵𝐷的位置关系．
【详解】（1）略；
（2）如图2 所示：
在等腰直角△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵= 90°，𝐴𝐶= 𝐵𝐶，
∴∠1 + ∠2 = 90°，
∵𝐴𝐷⊥𝐶𝐸于点D，𝐵𝐸⊥𝐶𝐸于点E，
∴∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐸= 90°，
∴∠2 + ∠3 = 90°，
∴∠3 = ∠1，
在△𝐴𝐶𝐷和△𝐶𝐵𝐸中，
∠3 = ∠1
∠𝐸= ∠𝐴𝐷𝐶
𝐵𝐶= 𝐴𝐶
，
∴△𝐴𝐶𝐷≌△𝐶𝐵𝐸(AAS)，
∴𝐶𝐷= 𝐵𝐸，𝐴𝐷= 𝐶𝐸，
∴𝐷𝐸= 𝐶𝐸−𝐶𝐷= 𝐴𝐷−𝐵𝐸，
∵𝐴𝐷= 12，𝐵𝐸= 4，
∴𝐷𝐸= 8；
【题型9 旋转全等综合】
【例9】点M、N 分别在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的边𝐶𝐷、𝐵𝐶上，已知△𝑀𝐶𝑁的周长等于正方形𝐴𝐵𝐶𝐷周长的一半，则
∠𝑀𝐴𝑁的度数为______．
【答案】45°/45 度
【分析】由题意得𝑀𝑁= 𝐷𝑀+ 𝐵𝑁，将△𝐴𝐷𝑀绕点𝐴顺时针旋转90°得到△𝐴𝐵𝐸,证△𝐴𝑀𝑁≌△𝐴𝐸𝑁即可求
解．
【详解】解：𝐶△𝑀𝐶𝑁= 𝑀𝑁+ 𝐶𝑀+ 𝐶𝑁,𝐶□𝐴𝐵𝐶𝐷= 2(𝐶𝐷+ 𝐶𝐵)
∴𝑀𝑁+ 𝐶𝑀+ 𝐶𝑁= 𝐶𝐷+ 𝐶𝐵
即𝑀𝑁= 𝐷𝑀+ 𝐵𝑁
将△𝐴𝐷𝑀绕点𝐴顺时针旋转90°得到△𝐴𝐵𝐸，如图所示：
∴𝐴𝐸= 𝐴𝑀,𝐵𝐸= 𝐷𝑀,∠𝐴𝐵𝐸= ∠𝐴𝐷𝑀= ∠𝑀𝐴𝐸= 90°
∵∠𝐴𝐵𝐶= 90°
∴𝐸在𝐶𝐵的延长线上
∴𝐸𝑁= 𝐵𝐸+ 𝑁𝐵= 𝐷𝑀+ 𝐵𝑁= 𝑀𝑁
∴△𝐴𝑀𝑁≌△𝐴𝐸𝑁
∴∠𝑀𝐴𝑁= ∠𝐸𝐴𝑁= 1
2 ∠𝑀𝐴𝐸= 45°
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转等．根据几何条件进行严密的几何推
理是解题关键．
【变式9-1】如图，在五边形𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸中，∠𝐵= ∠𝐸= 90°，∠𝐶𝐴𝐷=
1
2∠𝐵𝐴𝐸，𝐴𝐵= 𝐴𝐸，且𝐶𝐷= 3，
𝐴𝐸= 4，则五边形𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸的面积为（ ）
A．6
B．8
C．10
D．12
【答案】D
【分析】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、三点共线，解题的关键是利用全等的性质将
面积进行转化．
将△𝐴𝐵𝐶绕点A 逆时针旋转至△𝐴𝐸𝐹，首先证明点D，E，F 三点共线，证明△𝐴𝐶𝐷≌△𝐴𝐹𝐷(SAS)，得到
𝐶𝐷= 𝐷𝐹= 3，𝑆△𝐴𝐶𝐷= 𝑆△𝐴𝐹𝐷，再将所求面积转化为2𝑆△𝐴𝐹𝐷进行计算即可．
【详解】如图，将△𝐴𝐵𝐶绕点A 逆时针旋转至△𝐴𝐸𝐹，
∵𝐴𝐵=𝐴𝐸，∠𝐵= ∠𝐸= 90°，
则𝐴𝐹= 𝐴𝐶，∠𝐵= ∠𝐴𝐸𝐷= ∠𝐴𝐸𝐹= 90°，
∴∠𝐷𝐸𝐹= 180°，即点D，E，F 三点共线，
∵∠𝐶𝐴𝐷=
1
2∠𝐵𝐴𝐸，
∠𝐵𝐴𝐶+ ∠𝐷𝐴𝐸= ∠𝐷𝐴𝐸+ ∠𝐸𝐴𝐹= ∠𝐶𝐴𝐷，
即∠𝐹𝐴𝐷= ∠𝐶𝐴𝐷，
在△𝐴𝐶𝐷和△𝐴𝐹𝐷中
𝐴𝐶= 𝐴𝐹
∠𝐶𝐴𝐷= ∠𝐹𝐴𝐷
𝐴𝐷= 𝐴𝐷
，
∴△𝐴𝐶𝐷≌△𝐴𝐹𝐷(SAS)
∴𝐶𝐷= 𝐷𝐹，𝑆△𝐴𝐶𝐷= 𝑆△𝐴𝐹𝐷
∵ 𝐶𝐷= 3，
∴𝐷𝐹= 3，
五边形𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸的面积为：
𝑆四边形𝐴𝐶𝐷𝐸+ 𝑆△𝐴𝐵𝐶= 𝑆四边形𝐴𝐶𝐷𝐸+ 𝑆△𝐴𝐸𝐹
= 𝑆△𝐴𝐶𝐷+ 𝑆△𝐴𝐹𝐷= 2𝑆△𝐴𝐹𝐷，
= 2 ×
1
2 × 𝐷𝐹× 𝐴𝐸，
= 2 × 1
2 × 3 × 4
= 12．
故选：D．
【变式9-2】（第11 讲全等三角形的基本模型-【暑假自学课】2022 年新八年级数学暑假精品课（人教
版））如图，在△ABC 和△ADE 中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°．
(1)当点D 在AC 上时，如图①，线段BD，CE 有怎样的数量关系和位置关系？请证明你的猜想；
(2)将图①中的△ADE 绕点A 顺时针旋转α（0°＜α＜90°），如图②，线段BD，CE 有怎样的数量关系和位
置关系？请说明理由．
【答案】(1)𝐵𝐷= 𝐶𝐸，𝐵𝐷⊥𝐶𝐸，证明见解析
(2)𝐵𝐷= 𝐶𝐸，𝐵𝐷⊥𝐶𝐸，证明见解析
【分析】（1）延长BD 与EC 交于点F，可以证明△ACE≌△ADB，可得BD=CE，且∠BFE=90°，进而结论得
证；
（2）延长BD 交CE 于F，证明△ABD≌△ACE，则BD=CE、∠ABF=∠ECA；根据∠ABF=∠HCF 以及三角形
内角和定理可证得∠BHC=90°．
【详解】（1）证明：延长BD 交CE 于F，
在△EAC 和△DAB 中，
𝐴𝐸= 𝐴𝐷
∠𝐸𝐴𝐶= ∠𝐷𝐴𝐵
𝐴𝐶= 𝐴𝐵
，
∴△EAC≌△DAB（SAS），
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵∠AEC+∠ACE＝90°，
∴∠ABD+∠AEC＝90°，
∴∠BFE＝90°，即EC⊥BD，
∴𝐵𝐷＝𝐶𝐸，𝐵𝐷⊥𝐶𝐸．
（2）证明：延长BD 交CE 于F，
∵∠BAD+∠CAD＝90°，∠CAD+∠EAC＝90°，
∴∠BAD＝∠EAC，
∵在△EAC 和△DAB 中，
𝐴𝐸= 𝐴𝐷
∠𝐸𝐴𝐶= ∠𝐵𝐴𝐷
𝐴𝐶= 𝐴𝐵
，
∴△EAC≌△DAB（SAS），
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵∠ABC+∠ACB＝90°，
∴∠CBF+∠BCF＝∠ABC﹣∠ABD+∠ACB+∠ACE＝90°，
∴∠BFC＝90°，即EC⊥BD，
∴𝐵𝐷＝𝐶𝐸，𝐵𝐷⊥𝐶𝐸．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理等知识，证得△ACE≌△ADB
和△ABD≌△ACE 是解决问题的关键．
【变式9-3】已知△ABC 和△DEC 都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，将△ABC 绕着点C 旋转，连
接BD，AE，M 是BD 的中点．
(1)如图①，当CA 与CD 重合，CB 与CE 重合时，线段AE，CM 的数量关系是 ；
(2)当△ABC 的位置如图②和图③时，线段AE，CM 又有怎样的数量关系？写出你的猜想，并选择图②或
图③其中一种情况进行证明．
【答案】(1)CM =
1
2AE
(2)CM =
1
2AE，证明见解析
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到AC＝BC，DC＝EC，∠ADE＝∠BED＝45°，求得AD＝BE，
根据全等三角形的性质得到BD＝AE，等量代换得到CM =
1
2AE；
（2 ）如图②，证明：如图2 中，延长CM 到N 使得CM＝MN．如图③中，延长CM 到N 使得CM＝
MN．根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【详解】（1）解：CM＝
1
2AE；
理由：∵△ABC 和△DEC 都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴AC＝BC，DC＝EC，∠ADE＝∠BED＝45°，
∴CD﹣AC＝CE﹣BC，
即AD＝BE，
在△ADE 与△BED 中，
𝐴𝐷= 𝐵𝐸
∠𝐴𝐷𝐸= ∠𝐵𝐸𝐷
𝐷𝐸= 𝐸𝐷
，
∴△ADE≌△BED（SAS），
∴BD＝AE，
∵M 是BD 的中点，
∴CM＝
1
2BD，
∴CM＝
1
2AE；
故答案为：CM＝
1
2AE；
（2）解：CM＝
1
2AE；
理由：如图④，证明：如图④中，延长CM 到N 使得CM＝MN．
∵BM＝DM，∠CMB＝∠DMN，
∴△CMB≌△NMD（SAS），
∴BC＝DN＝CA，∠CBM＝∠NDM，
∴DN∥BC，
∴∠CDN+∠DCB＝180°，
∵∠DCE＝∠ACB＝90°，
∴∠ACE+∠DCB＝180°，
∴∠ACE＝∠CDN，
∵DC＝EC，AC＝DN，
∴△CDN≌△ECA（SAS），
∴CN＝EA，
∴AE＝2CM
∴CM＝
1
2AE
如图⑤，证明：如图⑤中，延长CM 到N 使得CM＝MN．
∵BM＝DM，∠CMB＝∠DMN，
∴△CMB≌△NMD（SAS），
∴BC＝DN＝CA，∠CBM＝∠NDM，
∴DN ∥BC，
∴∠CDN+∠DCB＝180°，
∵∠DCE＝∠ACB＝90°，
∴∠ACE+∠DCB＝180°，
∴∠ACE＝∠CDN，
∵DC＝EC，AC＝DN，
∴△CDN≌△ECA（SAS），
∴CN＝EA，
∴AE＝2CM．
∴CM＝
1
2AE
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键
是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
【题型10 实际生活中抽象出全等模型】
【例10】（25-26 七年级下·广东佛山·期中）如图所示，乐乐在公园荡秋千，开始时乐乐坐在秋千的起始位
置，且起始位置与地面垂直，秋千的转轴O 到地面的距离𝑂𝐴= 3m；乐乐在荡秋千的过程中，当她摆动到
最高点C 时，过点C 作𝐶𝐸⊥𝑂𝐴于点E，此时点C 到𝑂𝐴的距离𝐶𝐸= 2m；当乐乐从C 处摆到B 处时，则有
𝐵𝑂⊥𝐶𝑂，过点B 作𝐵𝐷⊥𝑂𝐴于点D．
(1)求证：∠𝐵𝑂𝐷= ∠𝑂𝐶𝐸；
(2)求𝐴𝐷的长．
【答案】(1)证明：∵𝐵𝑂⊥𝐶𝑂，
∴∠𝐵𝑂𝐷+ ∠𝐶𝑂𝐸= 90°，
∵𝐶𝐸⊥𝑂𝐴，
∴∠𝑂𝐶𝐸+ ∠𝐶𝑂𝐸= 90°，
∴∠𝐵𝑂𝐷= ∠𝑂𝐶𝐸；
(2)𝐴𝐷的长为1m
【分析】（1）利用余角的性质即可证明；
（2）易得△𝐶𝑂𝐸≌△𝑂𝐵𝐷，则有𝑂𝐷= 𝐶𝐸= 2m，由𝐴𝐷= 𝑂𝐴−𝑂𝐷即可求解．
【详解】（1）证明：略；
（2）解：由题意知，秋千的绳长不变，即𝑂𝐵= 𝑂𝐶，
由（1）知∠𝐵𝑂𝐷= ∠𝑂𝐶𝐸，
∵∠𝐵𝐷𝑂= ∠𝑂𝐸𝐶= 90°，
∴△𝐶𝑂𝐸≌△𝑂𝐵𝐷(AAS)，
∴𝑂𝐷= 𝐶𝐸= 2m，
∴𝐴𝐷= 𝑂𝐴−𝑂𝐷= 3−2 = 1(m)，
答：𝐴𝐷的长为1m．
【变式10-1】生活中的数学：
(1)某中学计划为新生军训配备如图1 所示的折叠凳，这样设计的折叠凳坐着舒适、稳定，这种设计所运用
的数学原理是______；
(2)图2 是折叠凳撑开时的侧面示意图（材料宽度忽略不计），其中凳腿𝐴𝐵和𝐶𝐷的长相等，O 是它们的中
点．为了使折叠凳坐着舒适，厂家将撑开时的凳面宽度𝐴𝐷设计为30cm，求撑开时的凳腿间距𝐶𝐵；
(3)为了节省空间，凳子不用时折叠起来摆放，如图3 是折叠凳折叠时的侧面示意图，在（2）的条件下，已
知撑开时凳面与凳腿的夹角∠𝐴为60°，求折叠时的凳子高度𝐴𝐵．
【答案】(1)三角形具有稳定性；
(2)30cm
(3)60cm
【分析】（1）利用三角形的性质进行解答；
（2）利用SAS定理判定△𝐴𝑂𝐷≌△𝐵𝑂𝐶，再利用全等三角形的性质可得答案；
（3）根据全等三角形的性质可和等边三角形的判定证明△𝑂𝐵𝐶是等边三角形，根据等边三角形的性质即可
求解．
【详解】（1）解：这种设计所运用的数学原理是三角形具有稳定性，
故答案为：三角形具有稳定性；
（2）解：∵𝑂是𝐴𝐵和𝐶𝐷的中点，
∴𝐴𝑂= 𝐵𝑂，𝐶𝑂= 𝐷𝑂，
在△𝐴𝑂𝐷和△𝐵𝑂𝐶中，
𝐴𝑂= 𝐵𝑂
∠𝐴𝑂𝐷= ∠𝐵𝑂𝐶
𝐷𝑂= 𝐶𝑂
，
∴△𝐴𝑂𝐷≌△𝐵𝑂𝐶(SAS)，
∴𝐵𝐶= 𝐴𝐷= 30cm．
（3）解：∵△𝐴𝑂𝐷≌△𝐵𝑂𝐶，
∴𝐴𝑂= 𝐵𝑂，𝐶𝑂= 𝐷𝑂，
∵𝐴𝐵和𝐶𝐷的长相等，
∴𝐴𝑂= 𝐵𝑂= 𝐶𝑂= 𝐷𝑂，
∵∠𝐴为60°，
∴△𝐴𝑂𝐷是等边三角形，𝐴𝑂= 𝐵𝑂= 𝐴𝐷= 30cm．
∴𝐴𝐵= 60cm．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的应用，以及等边三角形的判定与性质，关键是掌握全等三角形的判
定方法和性质定理．
【变式10-2】（2025·广东茂名·一模）综合与实践
【主题】军事训练中的距离测量问题
【素材】在某次重要的军事训练任务中，士兵小王肩负着一项关键使命：精准测量我方阵地（点𝐴）与对岸
目标（点𝐵）之间的距离．然而，摆在小王面前的是诸多棘手难题，河流湍急无法直接过河，且身处野外环
境没有携带任何专业测量工具．但小王凭借着扎实的数学知识和冷静的头脑，巧妙地运用了以下方法来解
决这一难题：
【实践操作】如图所示：
步骤1：面向点𝐵站立，调整目视高度，使视线恰好经过帽檐到达点𝐵；
步骤2：保持身体姿态不变，原地转过一个角度，标记此时视线落在河岸的点𝐶；
步骤3：步测得𝐴𝐶= 28米．已知小王身高为𝐴𝑂，帽顶𝑂到眼睛𝐷的垂直距离为𝑂𝐷．
【问题解决】
(1)如何测得我方阵地与对岸目标之间的距离𝐴𝐵？请用你所学数学知识说明．
(2)若将本题中的测量方法应用到生活场景中，例如测量池塘对岸某一物体的距离，你认为该方法是否同样
适用？请举例说明在生活场景应用时可能会遇到的不同情况及相应的解决办法．
【答案】(1)解：由题意可得：∠𝐴𝐷𝐵= ∠𝐴𝐷𝐶，∠𝐷𝐴𝐵= ∠𝐷𝐴𝐶= 90°，
又∵ 𝐴𝐷= 𝐴𝐷，
∴ △𝐴𝐵𝐷≌△𝐴𝐶𝐷(ASA)，
∴ 𝐴𝐵= 𝐴𝐶= 28米；
(2)该方法在生活场景中测量池塘对岸某一物体的距离同样适用，可能会遇到的不同情况及相应的解决办法：
情况一：周围由障碍物影响视线，解决办法：可以选择适合的观测点，避开障碍物，重新进行观测操作。
或者借助梯子等工具，升高观测点位置，越过障碍物进行观测；
情况二：底面不平整影响站姿，解决办法：可以先在地面上铺设一块平整的垫板，再进行测量操作．
【分析】本题考查了全等三角形的应用，解题的关键是掌握全等三角形的判定与性质．
（1）根据等三角形的判定与性质求解即可；
（2）根据题意并结合实际分析即可．
【变式10-3】（24-25 八年级上·山西忻州·期末）[新考向] 为了激发学生的学习兴趣，某学校开展了“依数学
之托，解生活之谜”的数学项目化实践活动．
项目主题
依数学之托，解生活之谜
项目背景
测量分别位于河两岸的A，B 两栋建筑物之间的距离
项目工具
测角仪、皮尺
项目实施
1．先在点B 所在的河岸上取一点C，连接𝐵𝐶，并延长到点D，使𝐶𝐷= 𝐶𝐵；
2．利用测角仪测得∠𝐸𝐷𝐶等于∠𝐴𝐵𝐶，并保证A，C，E 三点在同一直线上；
3．用皮尺测出D，E 两点的距离．
项目结论
𝐴𝐵= ？
项目推广
用项目方法解决生活中的其他问题
(1)项目结论：你得出的结论是𝐴𝐵= ______；并写出证明过程；
(2)项目推广：如图①是一个青花瓷瓶，底部和瓶口皆为圆形，现在想知道它的底面圆内部的直径𝑀𝑁的长
度，请你设计一个测量方法，在图②中画出示意图并完成下表．
任务
测量青花瓷瓶内部底面圆的直径
测量工具
实施步骤
简要步骤：
【答案】(1)𝐷𝐸；证明见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，
对于（1），根据“角边角”证明△𝐴𝐶𝐵≌ △𝐸𝐶𝐷，再根据全等三角形的对应边相等得出答案；
对于（2），可以结合边角边构造两个三角形全等，再根据全等三角形的对应边相等得出答案．
【详解】（1）解：𝐷𝐸；
证明：由题意得，∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐸𝐷𝐶，
∵∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐸𝐶𝐷，𝐶𝐵= 𝐶𝐷．
∴△𝐴𝐶𝐵≌ △𝐸𝐶𝐷(ASA)，
∴𝐴𝐵= 𝐷𝐸；
（2）解：测量工具：两根足够长的细木棍、皮尺．
简要步骤：将两根细木棍的端点分别抵在青花瓷瓶底部的M，N 处，两根细木棍在瓶口处相交，交点记为
点O，用手固定住点O，取出两根木棍，然后在射线𝑀𝑂、𝑁𝑂上截取𝑂𝐶、𝑂𝐷，使𝑂𝐶= 𝑂𝑀，𝑂𝐷= 𝑂𝑁，再
将木棍放入瓶中，同前面一样使木棍端点分别抵在M，N 处（注意交点O 的位置不变），用皮尺测出C、D
的距离即为青花瓷瓶内部底面圆的直径𝑀𝑁．
【题型11 尺规作图与全等综合】
【例11】（1）小明回顾用尺规作一个角等于已知角的作图过程（如图①所示）．
（2）工人师傅经常利用角尺平分一个任意角，如图②所示，∠𝐴𝑂𝐵是一个任意角，在边𝑂𝐴，𝑂𝐵上分别取
𝑂𝐷= 𝑂𝐸，移动角尺，使角尺两边相同的刻度分别与D，E 重合，这时过角尺顶点P 的射线𝑂𝑃就是∠𝐴𝑂𝐵的
平分线．
（3）如图③，小敏做了一个角平分仪𝐴𝐵𝐶𝐷，其中𝐴𝐵= 𝐴𝐷，𝐵𝐶= 𝐷𝐶，将仪器上的点A 与∠𝑃𝑅𝑄的顶点R
重合，调整𝐴𝐵和𝐴𝐷，使它们分别落在角的两边上，过点A，C 画一条射线𝐴𝐸，𝐴𝐸就是∠𝑃𝑅𝑄的平分线．
（4）小颖在作业本上画的△𝐴𝐵𝐶被墨迹污染（如图④），小颖想用尺规作一个与原来完全一样的△𝐴𝐵𝐶．
以上作图过程都用到了三角形全等的判定，其中，判定方法不一样的是（ ）
A．（1）
B．（2）
C．（3）
D．（4）
【答案】D
【分析】本题主要考查了三角形全等判定的应用，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法，先根据
作图分别判断三角形全等的判定方法，然后进行判断即可．
【详解】解：（1）从作图可知：𝑂𝐷′ = 𝑂𝐶′ = 𝑂𝐷= 𝑂𝐶，𝐶′𝐷′ = 𝐶𝐷，
根据“SSS”可得：△𝐶′𝑂𝐷′≌△𝐶𝑂𝐷，
所以∠𝐴′𝑂′𝐵′ = ∠𝐴𝑂𝐵；
（2）从操作可得：𝑂𝐸= 𝑂𝐷，𝑃𝐸= 𝑃𝐷，𝑂𝑃= 𝑂𝑃，根据“SSS”得△𝑃𝑂𝐸≌△𝑃𝑂𝐷；
（3）因为𝐴𝐵= 𝐴𝐷，𝐵𝐶= 𝐷𝐶，𝐴𝐶= 𝐴𝐶，根据“SSS”得△𝐴𝐵𝐶≌△𝐴𝐷𝐶，
所以𝐴𝐸是∠𝑃𝑅𝑄(∠𝐵𝐴𝐷)的平分线；
（4）从图形可知：应该先画∠𝑀𝐵′𝑁= 90°，然后边𝐵′𝑀和𝐵′𝑁上分别截取𝐵′𝐴′ = 𝐵𝐴，𝐵′𝐶′ = 𝐵𝐶，连接𝐴′
𝐶′，根据“SAS”得△𝐴′𝐵′𝐶′≌△𝐴𝐵𝐶；
综上分析可知：判定方法不一样的是（4）．
故选：D．
【变式11-1】（25-26 七年级下·广东深圳·期中）如图，在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵= ∠𝐶,𝐷是𝐵𝐴延长线上的一点，点𝐸
是𝐴𝐶的中点．
(1)实践与操作：利用尺规按下列要求作图，并在图中标明相应字母：（保留作图痕迹，不写作法）
①在𝐵𝐷右侧作∠𝐷𝐴𝑀= ∠𝐶；
②连接𝐵𝐸并延长交射线𝐴𝑀于点𝐹；
(2)求证：𝐴𝐹∥𝐵𝐶且𝐴𝐹= 𝐵𝐶．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）①根据作一个角等于已知角的方法作出∠𝐷𝐴𝑀= ∠𝐶 即可；②作射线交𝐴𝑀于点𝐹即可；
（2）由（1）中作图可得∠𝐷𝐴𝑀= ∠𝐶，结合∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐶，推出∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐷𝐴𝑀 ，易证𝐴𝐹∥𝐵𝐶，进而得到
∠𝐹𝐴𝐸= ∠𝐶 ，再根据题意可得𝐴𝐸= 𝐶𝐸，证明△𝐴𝐸𝐹≌△𝐶𝐸𝐵(ASA)，即可推出𝐴𝐹= 𝐵𝐶．
【详解】（1）解：如图所示，∠𝐷𝐴𝑀和点𝐹即为所求：
（2）证明：∵∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐶，∠𝐷𝐴𝑀= ∠𝐶，
∴∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐷𝐴𝑀，
∴𝐴𝐹∥𝐵𝐶，
∴∠𝐹𝐴𝐸= ∠𝐶．
∵𝐸是𝐴𝐶中点，
∴𝐴𝐸= 𝐸𝐶，
在△𝐴𝐸𝐹和△𝐶𝐸𝐵中，
∠𝐹𝐴𝐸= ∠𝐶
𝐴𝐸= 𝐶𝐸
∠𝐴𝐸𝐹= ∠𝐵𝐸𝐶
，
∴△𝐴𝐸𝐹≌△𝐶𝐸𝐵(ASA)，
∴𝐴𝐹= 𝐵𝐶．
【变式11-2】如图，在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴= 90°,𝐴𝐵= 𝐴𝐶，过点𝐵作𝐵𝐷⊥𝐴𝐵，且满足𝐵𝐶= 𝐴𝐵+ 𝐵𝐷，连接𝐷𝐶．
(1)试说明𝐵𝐶平分∠𝐴𝐵𝐷．
(2)延长𝐵𝐶到𝐸，使𝐶𝐸= 𝐵𝐶，延长𝐷𝐶到𝐹，使𝐶𝐹= 𝐷𝐶，连接𝐸𝐹．求证：𝐸𝐹⊥𝐴𝐵 ．
(3)在（2）的条件下，用尺规作∠𝐴𝐶𝐸的平分线，交𝐴𝐹于点𝐻，求证：𝐴𝐻= 𝐹𝐻 ．
【答案】(1)𝐵𝐶平分∠𝐴𝐵𝐷，理由见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】本题主要考查了等腰直角三角形的判定与性质、角平分线的定义、全等三角形的判定与性质、平
行线的性质等知识但，灵活运用相关性质定理成为解题的关键．
（1）由等腰直角三角形的性质可得∠𝐴= 90°,𝐴𝐵= 𝐴𝐶，再根据角的和差可得∠𝐷𝐵𝐶= 45°，即
∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐶𝐵𝐷= 45°，从而证明结论；
（2）先补全图形，再证△𝐷𝐵𝐶≌△𝐹𝐸𝐶(SAS)可得∠𝐷= ∠𝐹，即𝐵𝐷∥𝐸𝐹；再结合𝐵𝐷⊥𝐴𝐵即可证明结论；
（3）如图所示，延长𝐵𝐴,𝐸𝐹交于点M，延长𝐶𝐻交𝑀𝐸于点G，先证明∠𝐺𝐶𝐸= ∠𝐸𝐶𝐺可得𝐸𝐺= 𝐸𝐶，再证明
△𝐷𝐵𝐶≌△𝐹𝐸𝐶可得𝐶𝐸= 𝐶𝐵，则𝐸𝐺= 𝐶𝐵；再说明𝐴𝐶= 𝐹𝐺、∠𝐻𝐴𝐺= ∠𝐻𝐹𝐺，进而证得△𝐴𝐻𝐶≌△𝐹𝐻𝐺
(AAS)，最后根据全等三角形的性质即可证明结论．
【详解】（1）解：𝐵𝐶平分∠𝐴𝐵𝐷，理由如下：
∵∠𝐴= 90°,𝐴𝐵= 𝐴𝐶，
∴∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐴𝐶𝐵= 45°,
∵𝐵𝐷⊥𝐴𝐵，
∴∠𝐷𝐵𝐶= 90°−∠𝐴𝐵𝐶= 45°，
∴∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐶𝐵𝐷= 45°，即𝐵𝐶平分∠𝐴𝐵𝐷．
（2）解：根据作图如下：
在△𝐷𝐵𝐶和△𝐹𝐸𝐶中，
𝐵𝐶= 𝐶𝐸
∠𝐵𝐶𝐷= ∠𝐹𝐶𝐸
𝐷𝐶= 𝐶𝐹
，
∴△𝐷𝐵𝐶≌△𝐹𝐸𝐶(SAS),
∴∠𝐷= ∠𝐹，
∴𝐵𝐷∥𝐸𝐹,
∵𝐵𝐷⊥𝐴𝐵，
∴𝐸𝐹⊥𝐴𝐵．
（3）证明：如图所示，延长𝐵𝐴,𝐸𝐹交于点M，延长𝐶𝐻交𝑀𝐸于点G，
∵𝐸𝐹⊥𝐴𝐵，∠𝐵𝐴𝐶= 90°，
∴𝑀𝐸∥𝐴𝐶，
∴∠𝐶𝐺𝐸= ∠𝐴𝐶𝐺
∵𝐶𝐻是∠𝐴𝐶𝐸的角平分线，
∴∠𝐺𝐶𝐸= ∠𝐴𝐶𝐺，
∴∠𝐺𝐶𝐸= ∠𝐸𝐶𝐺,
∴𝐸𝐺= 𝐸𝐶
∵△𝐷𝐵𝐶≌△𝐹𝐸𝐶，
∴𝐸𝐹= 𝐵𝐷，𝐶𝐸= 𝐶𝐵，
∴𝐸𝐺= 𝐶𝐵，
又∵𝐵𝐶= 𝐴𝐵+ 𝐵𝐷，
∴𝐸𝐺= 𝐴𝐵+ 𝐵𝐷= 𝐴𝐶+ 𝐸𝐹，即𝐹𝐺+ 𝐸𝐹= 𝐴𝐶+ 𝐸𝐹，
∴𝐴𝐶= 𝐹𝐺，
又∵𝐴𝐶∥𝐹𝐺，
∴∠𝐻𝐴𝐺= ∠𝐻𝐹𝐺，
在△𝐴𝐻𝐶和△𝐹𝐻𝐺中，
∠𝐻𝐴𝐺= ∠𝐻𝐹𝐺
∠𝐴𝐻𝐺= ∠𝐹𝐻𝐺
𝐴𝐶= 𝐹𝐺
，
∴△𝐴𝐻𝐶≌△𝐹𝐻𝐺(AAS)，
∴𝐴𝐻= 𝐻𝐹．
【变式11-3】（2026·重庆渝中·三模）如图，在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐵𝐶= 2∠𝐶，点𝐸为𝐵𝐶边的中点．
(1)用尺规完成基本作图：作∠𝐴𝐵𝐶的平分线交𝐴𝐶于点𝐹，连接𝐸𝐹，在𝐴𝐵边上截取𝐵𝐺= 𝐵𝐸，连接𝐹𝐺．（不
写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）的条件下，求证：𝐹𝐺⊥𝐴𝐵，请根据以下思路完成填空：
证明：∵𝐵𝐹平分∠𝐴𝐵𝐶，
∴∠𝐴𝐵𝐹= ∠𝐹𝐵𝐶，∠𝐴𝐵𝐶= 2∠𝐹𝐵𝐶．
∵∠𝐴𝐵𝐶= 2∠𝐶，
∴ ① ，
∴𝐹𝐵= 𝐹𝐶．
∵𝐸为𝐵𝐶的中点，
∴ ② ，
∴∠𝐵𝐸𝐹= 90°．
在△𝐵𝐹𝐺与△𝐵𝐹𝐸中，
𝐵𝐺= 𝐵𝐸
③
𝐵𝐹= 𝐵𝐹
，
∴△𝐵𝐹𝐺≌△𝐵𝐹𝐸(SAS)．
∴∠𝐵𝐺𝐹= ∠𝐵𝐸𝐹= 90°．
∴𝐹𝐺⊥𝐴𝐵．
【答案】(1)
(2)∠𝐶= ∠𝐹𝐵𝐶； 𝐸𝐹⊥𝐵𝐶；∠𝐺𝐵𝐹= ∠𝐸𝐵𝐹
【分析】（1）根据角的平分线的基本作图，解答即可；用圆规采用画弧法截取即可；
（2）根据角的平分线定义，等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质解答即可；
【详解】（1）略
（2）证明：∵𝐵𝐹平分∠𝐴𝐵𝐶，
∴∠𝐴𝐵𝐹= ∠𝐹𝐵𝐶，∠𝐴𝐵𝐶= 2∠𝐹𝐵𝐶，
∵∠𝐴𝐵𝐶= 2∠𝐶，
∴∠𝐶= ∠𝐹𝐵𝐶，
∴𝐹𝐵= 𝐹𝐶；
∵𝐸为𝐵𝐶的中点，
∴𝐸𝐹⊥𝐵𝐶，
∴∠𝐵𝐸𝐹= 90°．
在△𝐵𝐹𝐺与△𝐵𝐹𝐸中，
𝐵𝐺= 𝐵𝐸
∠𝐺𝐵𝐹= ∠𝐸𝐵𝐹
𝐵𝐹= 𝐵𝐹
，
∴△𝐵𝐹𝐺≌△𝐵𝐹𝐸(SAS)．
∴∠𝐵𝐺𝐹= ∠𝐵𝐸𝐹= 90°．
∴𝐹𝐺⊥𝐴𝐵．
【题型12 构造辅助线证全等】
【例12】（25-26 七年级下·贵州毕节·期末）【探究】
(1)如图1，𝐴𝐷是△𝐴𝐵𝐶 的中线，且𝐴𝐵> 𝐴𝐶，延长𝐴𝐷至点𝐸，使𝐸𝐷= 𝐴𝐷，连接𝐵𝐸 ，可证得
△𝐴𝐷𝐶≌△𝐸𝐷𝐵，其中判定两个三角形全等的依据为 ．
A． SSS B． SAS C． AAS D． ASA
【应用】
(2)提示：解题时，条件若出现“中线”字样，可以考虑延长中线构造全等三角形．把分散的已知条件和所求
证的结论转化到同一个三角形中．如图2，𝐸𝑃是△𝐷𝐸𝐹 的中线，若𝐸𝐹= 8，𝐷𝐸= 6，求出2𝐸𝑃的取值范围．
【拓展】
(3)根据以上经验，如图3，𝑂𝐴= 𝑂𝐵，𝑂𝐶= 𝑂𝐷，∠𝐴𝑂𝐵+ ∠𝐶𝑂𝐷= 180°，连接𝐴𝐶 、 𝐵𝐷，𝐸是𝐴𝐶的中点，
证明：𝑂𝐸=
1
2𝐵𝐷．
【答案】(1)B
(2)2 < 2𝐸𝑃< 14
(3)证明：如图3，𝐸是𝐴𝐶的中点，延长𝑂𝐸至点𝐻，使𝐸𝐻= 𝑂𝐸=
1
2𝐻𝑂，连接𝐶𝐻，
∴𝐴𝐸= 𝐶𝐸，
在△𝑂𝐸𝐴和△𝐻𝐸𝐶中，
𝑂𝐸= 𝐸𝐻
∠𝑂𝐸𝐴= ∠𝐻𝐸𝐶
𝐴𝐸= 𝐶𝐸
∴△𝑂𝐸𝐴≌△𝐻𝐸𝐶(SAS)，
∴𝑂𝐴= 𝐻𝐶，∠𝐸𝑂𝐴= ∠𝐸𝐻𝐶，
∵𝑂𝐴= 𝑂𝐵，
∴𝐻𝐶= 𝑂𝐵，
在△𝑂𝐶𝐻中，根据三角形内角和180°，
∴∠𝐻𝑂𝐶+ ∠𝑂𝐻𝐶+ ∠𝐻𝐶𝑂= 180°，
∴∠𝐻𝑂𝐶+ ∠𝐸𝑂𝐴+ ∠𝐻𝐶𝑂= 180°，
∵∠𝐻𝑂𝐶+ ∠𝐸𝑂𝐴= ∠𝐶𝑂𝐴，
∴∠𝐶𝑂𝐴+ ∠𝐻𝐶𝑂= 180°，
∵∠𝐴𝑂𝐵+ ∠𝐶𝑂𝐷= 180°，∠𝐶𝑂𝐴+ ∠𝐷𝑂𝐵+ ∠𝐴𝑂𝐵+ ∠𝐶𝑂𝐷= 360°，
∴∠𝐶𝑂𝐴+ ∠𝐷𝑂𝐵= 180°，
∴∠𝐻𝐶𝑂= ∠𝐷𝑂𝐵，
∵𝑂𝐶= 𝑂𝐷，
∴在△𝐻𝐶𝑂和△𝐵𝑂𝐷中，
𝐻𝐶= 𝑂𝐵
∠𝐻𝐶𝑂= ∠𝐷𝑂𝐵
𝑂𝐶= 𝑂𝐷
，
∴△𝐻𝐶𝑂≌△𝐵𝑂𝐷(SAS)，
∴𝐻𝑂= 𝐵𝐷，
∵𝐸𝐻= 𝑂𝐸=
1
2𝐻𝑂，
∴𝑂𝐸=
1
2𝐵𝐷．
【分析】（1）按照边角边证明三角形全等即可．
（2）按照（1）中方法延长𝐸𝑃，使𝐸𝑃= 𝑃𝑄，利用三角形全等证明𝐷𝐸= 𝐹𝑄= 6，再利用三角形两边之和大
于第三边，两边之差小于第三边即可求出2𝐸𝑃的取值范围．
（3）按照（1）中方法延长𝑂𝐸，使𝐸𝐻= 𝑂𝐸=
1
2𝐻𝑂，证明△𝑂𝐸𝐴≌△𝐻𝐸𝐶、△𝐻𝐶𝑂≌△𝐵𝑂𝐷即可证明出结
论．
【详解】（1）解：∵𝐴𝐷是△𝐴𝐵𝐶的中线，
∴𝐵𝐷= 𝐶𝐷，
在△𝐴𝐷𝐶和△𝐸𝐷𝐵中，
𝐶𝐷= 𝐵𝐷
∠𝐶𝐷𝐴= ∠𝐵𝐷𝐸
𝐴𝐷= 𝐸𝐷
∴△𝐴𝐷𝐶≌△𝐸𝐷𝐵(SAS)，
（2）解：如图2，𝐸𝑃是△𝐷𝐸𝐹 的中线，𝐸𝐹= 8，𝐷𝐸= 6，延长𝐸𝑃至点𝑄，使𝐸𝑃= 𝑃𝑄，连接𝐹𝑄，则𝑄𝐸= 2𝐸𝑃，
在△𝐸𝐷𝑃和△𝑄𝐹𝑃中，
𝐸𝑃= 𝑃𝑄
∠𝐸𝑃𝐷= ∠𝑄𝑃𝐹
𝐷𝑃= 𝐹𝑃
∴△𝐸𝐷𝑃≌△𝑄𝐹𝑃(SAS)，
∴𝐷𝐸= 𝐹𝑄= 6，
∵𝐸𝐹= 8，
∴在△𝐸𝐹𝑄，根据三角形三边关系得，
∴𝐸𝐹+ 𝐹𝑄= 8 + 6 = 14 > 𝐸𝑄，
∴𝐸𝐹−𝐹𝑄= 8−6 = 2 < 𝐸𝑄，
∴2 < 𝐸𝑄< 14，
∵𝑄𝐸= 2𝐸𝑃，
∴2 < 2𝐸𝑃< 14．
（3）略
【变式12-1】（24-25 八年级上·重庆大足·期末）如图，在Rt △𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵= 90°，在Rt △𝐸𝐶𝐷中，
∠𝐸𝐶𝐷= 90°,𝐵𝐶= 𝐶𝐷,∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐷𝐸𝐶．
(1)求证：𝐴𝐵= 𝐷𝐸；
(2)连接𝐴𝐷，连接𝐵𝐸交𝐴𝐶于点𝐹，若点𝐹恰好是𝐵𝐸的中点，求证：𝐴𝐷= 2𝐶𝐹．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析．
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用全等三角形的性质和判定解决
问题．
（1）运用全等三角形的性质和判定，证明△𝐴𝐶𝐵和△𝐸𝐶𝐷全等，即可求得𝐴𝐵= 𝐷𝐸；
（2）作辅助线构建全等三角形，运用全等三角形的性质和判定，证明△𝐸𝐺𝐹≌△𝐵𝐶𝐹， △𝐺𝐸𝐶≌△𝐷𝐶𝐴，
进而求得𝐴𝐷= 2𝐶𝐹．
【详解】（1）解：证明：∵∠𝐴𝐶𝐵= 90°，∠𝐸𝐶𝐷= 90°，
∴∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐸𝐶𝐷，
在△𝐴𝐶𝐵和△𝐸𝐶𝐷中
∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐸𝐶𝐷
∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐷𝐸𝐶
𝐵𝐶= 𝐶𝐷
，
∴△𝐴𝐶𝐵≌△𝐸𝐶𝐷(AAS)，
∴𝐴𝐵= 𝐷𝐸；
（2）证明：过点𝐸作𝐸𝐺∥𝐶𝐵交𝐴𝐶于点𝐺，如图所示，
∴∠𝐸𝐺𝐶= ∠𝐴𝐶𝐵，
∵𝐹是𝐵𝐸的中点，
∴𝐸𝐹= 𝐵𝐹，
在△𝐸𝐺𝐹和△𝐵𝐶𝐹中
∠𝐸𝐺𝐹= ∠𝐴𝐶𝐵
∠𝐸𝐹𝐺= ∠𝐵𝐹𝐶
𝐸𝐹= 𝐵𝐹
，
∴△𝐸𝐺𝐹≌△𝐵𝐶𝐹(AAS)，
∴𝐸𝐺= 𝐵𝐶,𝐺𝐹= 𝐶𝐹，
∴𝐺𝐶= 2𝐶𝐹，
∵𝐷𝐶= 𝐵𝐶，
∴𝐸𝐺= 𝐶𝐷，
∵𝐸𝐺∥𝐶𝐵，
∴∠𝐺𝐸𝐶+ ∠𝐵𝐶𝐸= 180°，
∵∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐴𝐶𝐷+ ∠𝐷𝐶𝐵= 90°，
∠𝐸𝐶𝐷= 90°，
∴∠𝐴𝐶𝐵+ ∠𝐸𝐶𝐷= ∠𝐴𝐶𝐷+ ∠𝐷𝐶𝐵+ ∠𝐸𝐶𝐷 = ∠𝐴𝐶𝐷+ ∠𝐸𝐶𝐵= 180°，
∴∠𝐺𝐸𝐶= ∠𝐴𝐶𝐷，
∵△𝐴𝐶𝐵≌△𝐸𝐶𝐷，
∴𝐴𝐶= 𝐸𝐶，
在△𝐺𝐸𝐶和△𝐷𝐶𝐴中
𝐸𝐺= 𝐶𝐷
∠𝐺𝐸𝐶= ∠𝐴𝐶𝐷
𝐸𝐶= 𝐴𝐶
，
∴△𝐺𝐸𝐶≌△𝐷𝐶𝐴(SAS)，
∴𝐺𝐶= 𝐴𝐷，
∵𝐺𝐶= 2𝐶𝐹，
∴𝐴𝐷= 2𝐶𝐹．
【变式12-2】（25-26 八年级上·广东广州·期中）已知△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵= 𝐴𝐶，∠𝐵𝐴𝐶= 2𝛼，点𝑃是𝐴𝐵上的一
点，过点𝑃作𝑃𝐻⊥𝐵𝐶于点𝐻．
(1)如图1，∠𝐵𝑃𝐻= ______．（用含𝛼的式子表示）
(2)如图2，𝐶𝐷是𝐴𝐵边上的高，点𝑃为∠𝐴𝐶𝐷的角平分线与𝐴𝐵的交点，𝑃𝐻交𝐶𝐷于点𝑄．
①求证：𝑃𝐻= 𝐻𝐶；
②连接𝐷𝐻，求∠𝐻𝐷𝐶的度数．
【答案】(1)𝛼
(2)①见解析；②45°
【分析】本题主要考查了三角形内角和定理、全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质与判定，
熟练掌握相关知识点是解题的关键．
（1）根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理得到∠𝐵= ∠𝐴𝐶𝐵=
180°−∠𝐵𝐴𝐶
2
= 90°−𝛼，再根据直角三角
形的性质即可求解；
（2）①根据三角形内角和定理推出∠𝐵𝑃𝐻= ∠𝐵𝐶𝐷= 𝛼，利用角的和差得到
∠𝐴𝐶𝐷= ∠𝐴𝐶𝐵−∠𝐵𝐶𝐷= 90°−2𝛼，根据角平分线的定义得到∠𝑃𝐶𝐷=
1
2∠𝐴𝐶𝐷= 45°−𝛼，得到
∠𝑃𝐶𝐻= ∠𝑃𝐶𝐷+ ∠𝐵𝐶𝐷= 45°，推出△𝑃𝐶𝐻是等腰直角三角形，即可证明；
②在𝐶𝐷上截取𝐶𝐸= 𝑃𝐷，连接𝐻𝐸，先证明△𝑃𝐷𝐻≌△𝐶𝐸𝐻，得到𝐷𝐻= 𝐸𝐻，∠𝐷𝐻𝑃= ∠𝐸𝐻𝐶，进而证出
△𝐷𝐻𝐸是等腰直角三角形，即可求解．
【详解】（1）解：∵𝐴𝐵= 𝐴𝐶，∠𝐵𝐴𝐶= 2𝛼，
∴∠𝐵= ∠𝐴𝐶𝐵=
180°−∠𝐵𝐴𝐶
2
= 90°−𝛼，
∵𝑃𝐻⊥𝐵𝐶，
∴∠𝑃𝐻𝐵= ∠𝑃𝐻𝐶= 90°，
∴∠𝐵𝑃𝐻= 90°−∠𝐵= 90°−(90°−𝛼) = 𝛼；
故答案为：𝛼；
（2）①证明：∵𝐶𝐷是𝐴𝐵边上的高，
∴∠𝐶𝐷𝑃= 90°，
∴∠𝐶𝐷𝑃= ∠𝑃𝐻𝐶= 90°，
∵∠𝐷𝑄𝑃= ∠𝐻𝑄𝐶，
∴∠𝐵𝑃𝐻= ∠𝐵𝐶𝐷，
由（1）得，∠𝐵𝑃𝐻= 𝛼，∠𝐴𝐶𝐵= 90°−𝛼，
∴∠𝐵𝐶𝐷= 𝛼，
∴∠𝐴𝐶𝐷= ∠𝐴𝐶𝐵−∠𝐵𝐶𝐷= 90°−𝛼−𝛼= 90°−2𝛼，
∵𝐶𝑃为∠𝐴𝐶𝐷的角平分线，
∴∠𝑃𝐶𝐷=
1
2∠𝐴𝐶𝐷= 45°−𝛼，
∴∠𝑃𝐶𝐻= ∠𝑃𝐶𝐷+ ∠𝐵𝐶𝐷= 45°−𝛼+ 𝛼= 45°，
∴△𝑃𝐶𝐻是等腰直角三角形，
∴𝑃𝐻= 𝐻𝐶；
②解：如图，在𝐶𝐷上截取𝐶𝐸= 𝑃𝐷，连接𝐻𝐸，
在△𝑃𝐷𝐻和△𝐶𝐸𝐻中，
𝑃𝐷= 𝐶𝐸
∠𝐷𝑃𝐻= ∠𝐸𝐶𝐻
𝑃𝐻= 𝐶𝐻
，
∴△𝑃𝐷𝐻≌△𝐶𝐸𝐻(SAS)，
∴𝐷𝐻= 𝐸𝐻，∠𝐷𝐻𝑃= ∠𝐸𝐻𝐶，
∴∠𝐷𝐻𝑃+ ∠𝑃𝐻𝐸= ∠𝐸𝐻𝐶+ ∠𝑃𝐻𝐸，
即∠𝐷𝐻𝐸= ∠𝑃𝐻𝐶= 90°，
∴△𝐷𝐻𝐸是等腰直角三角形，
∴∠𝐻𝐷𝐶= 45°．
【变式12-3】（25-26 七年级下·上海崇明·期末）数学探究课上，老师给同学们展示了几道有趣的几何问题，
大家围绕图形中的面积关系、线段关系展开了思考和讨论，请你也来尝试解决下面的问题．
【探究初步】
探究1 新定义：我们把两个面积相等但不全等的三角形叫做偏等积三角形．
(1)如图1，在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵𝐴𝐶= 90°，𝐴𝐵= 𝐴𝐶= 2，D 为𝐴𝐶边上的一点，若△𝐴𝐵𝐷与△𝐶𝐵𝐷为偏等积三
角形，则𝐶𝐷= ；
(2)如图2，在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵= 2，𝐴𝐶= 4，D 为𝐵𝐶边上的一点，且满足△𝐴𝐵𝐷与△𝐴𝐶𝐷为偏等积三角形，
过点B 作𝐵𝐸∥𝐴𝐶，交𝐴𝐷的延长线于点E，如果线段𝐴𝐷的长度为正整数，那么𝐴𝐸= ．
探究2 如图3，∠𝐵𝐴𝐷= 90°，𝐴𝐵= 𝐴𝐷，过点B 作𝐵𝐶⊥𝐴𝐶于点C，过点D 作𝐷𝐸⊥𝐴𝐶于点E．我们把这个
数学模型称为“K 字”模型或“一线三等角”模型．
(3)探究图3 中线段𝐶𝐸、𝐵𝐶、𝐷𝐸之间的数量关系，可得 ．
【迁移应用】
(4)如图4，已知△𝐴𝐷𝐶与△𝐵𝐷𝐸是有公共顶点且不全等的两个等腰三角形，其中𝐷𝐴= 𝐷𝐶，𝐷𝐵= 𝐷𝐸，
∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐵𝐷𝐸= 90°，∠𝐴𝐷𝐵> ∠𝐶𝐷𝐸，过D 作𝐷𝑀⊥𝐴𝐵，垂足为点M，𝑀𝐷的延长线与𝐶𝐸交于点N，请写
出图中所有的偏等积三角形，并选择其中一对进行证明．
【答案】(1)1；
(2)4；
(3)𝐶𝐸= 𝐷𝐸+ 𝐵𝐶；
(4)解：△𝐶𝐷𝑁与△𝐸𝐷𝑁为偏等积三角形，△𝐴𝐷𝐵与△𝐶𝐷𝐸为偏等积三角形，证明如下：
如图所示，过E 作𝐸𝑃⊥𝐷𝑁于点P，过C 作𝐶𝑄⊥𝐷𝑁交𝐷𝑁延长线于点Q．
∴∠𝐸𝑃𝑁= ∠𝐸𝑃𝐷= ∠𝐶𝑄𝑁= 90°，
∵𝐷𝑀⊥𝐴𝐵，
∴∠𝐷𝑀𝐵= 90° = ∠𝐸𝑃𝐷，
∴∠𝑃𝐷𝐸+ ∠𝑃𝐸𝐷= 90°；
∵∠𝐵𝐷𝐸= 90°，
∴∠𝑃𝐷𝐸+ ∠𝑀𝐷𝐵= 90°，
∴∠𝑃𝐸𝐷= ∠𝑀𝐷𝐵，
又∵𝐷𝐸= 𝐵𝐷，
∴△𝑃𝐸𝐷≌△𝑀𝐷𝐵(AAS)，
∴𝑃𝐸= 𝐷𝑀；
同理可证明△𝑄𝐷𝐶≌△𝑀𝐴𝐷，
∴𝐶𝑄= 𝐷𝑀，
∴𝐶𝑄= 𝑃𝐸，
又∵∠𝑄𝑁𝐶= ∠𝑃𝑁𝐸,∠𝐶𝑄𝑁= ∠𝐸𝑃𝑁，
∴△𝐸𝑃𝑁≌△𝐶𝑄𝑁(AAS)，
∴𝐶𝑁= 𝑁𝐸．
∴𝑆△𝐶𝐷𝑁= 𝑆△𝐸𝐷𝑁，
又∵△𝐴𝐷𝐶与△𝐵𝐷𝐸不全等，
∴𝐷𝐶≠𝐷𝐸
∴△𝐶𝐷𝑁与△𝐸𝐷𝑁不全等，
∴△𝐶𝐷𝑁与是偏等积三角形；
如图所示，过E 作𝐸𝐺⊥𝐶𝐷于点G，过B 作𝐵𝐹⊥𝐴𝐷交𝐴𝐷延长线于点F．
∴∠𝐵𝐹𝐷= ∠𝐸𝐺𝐷= 90°，
∵∠𝐸𝐷𝐺+ ∠𝐴𝐷𝐵+ ∠𝐴𝐷𝐶+ ∠𝐵𝐷𝐸= 360°，∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐵𝐷𝐸= 90°，
∴∠𝐸𝐷𝐺+ ∠𝐴𝐷𝐵= 180°．
又∵∠𝐵𝐷𝐹+ ∠𝐴𝐷𝐵= 180°，
∴∠𝐸𝐷𝐺= ∠𝐵𝐷𝐹，
又∵𝐷𝐵= 𝐷𝐸，
∴△𝐵𝐹𝐷≌△𝐸𝐺𝐷(AAS)，
∴𝐵𝐹= 𝐸𝐺．
∵𝑆△𝐴𝐷𝐵=
1
2 ⋅𝐴𝐷⋅𝐵𝐹,𝑆△𝐶𝐷𝐸=
1
2 ⋅𝐶𝐷⋅𝐸𝐺，
∴𝑆△𝐴𝐷𝐵= 𝑆△𝐶𝐷𝐸，
又∵∠𝐴𝐷𝐵> ∠𝐶𝐷𝐸，𝐴𝐷= 𝐶𝐷,𝐷𝐵= 𝐷𝐸，
∴△𝐴𝐷𝐵与△𝐶𝐷𝐸不全等，
∴△𝐴𝐷𝐵与△𝐶𝐷𝐸是偏等积三角形．
【分析】（1）根据定义可得𝑆△𝐴𝐵𝐷= 𝑆△𝐶𝐵𝐷，则可证明𝐴𝐷= 𝐶𝐷，即𝐶𝐷=
1
2𝐴𝐶= 1；
（2）根据定义可得
𝑆△𝐴𝐵𝐷
𝑆△𝐴𝐶𝐷=
𝐵𝐷
𝐶𝐷= 1，则𝐵𝐷= 𝐶𝐷；证明△𝐷𝐵𝐸≌△𝐷𝐶𝐴得到𝐷𝐸= 𝐷𝐴,𝐵𝐸= 𝐴𝐶= 4；根据三
角形三边的关系求出𝐴𝐷的取值范围，结合线段𝐴𝐷的长度为正整数，求出𝐴𝐷的长即可求出𝐴𝐸的长；
（3）证明△𝐶𝐴𝐵≌△𝐸𝐷𝐴(AAS)，得到𝐴𝐶= 𝐷𝐸，𝐴𝐸= 𝐵𝐶，即可证明𝐶𝐸= 𝐴𝐶+ 𝐴𝐸= 𝐷𝐸+ 𝐵𝐶；
（4）过E 作𝐸𝑃⊥𝐷𝑁于点P，过C 作𝐶𝑄⊥𝐷𝑁交𝐷𝑁延长线于点Q．证明△𝑃𝐸𝐷≌△𝑀𝐷𝐵，
△𝑄𝐷𝐶≌△𝑀𝐴𝐷，推出𝐶𝑄= 𝑃𝐸，再证明△𝐸𝑃𝑁≌△𝐶𝑄𝑁，得到𝐶𝑁= 𝑁𝐸，则可推出𝑆△𝐶𝐷𝑁= 𝑆△𝐸𝐷𝑁，可
证明𝐷𝐶≠𝐷𝐸，则可证明△𝐶𝐷𝑁与△𝐸𝐷𝑁不全等，故△𝐶𝐷𝑁与是偏等积三角形；过E 作𝐸𝐺⊥𝐶𝐷于点G，
过B 作𝐵𝐹⊥𝐴𝐷交𝐴𝐷延长线于点F．证明△𝐵𝐹𝐷≌△𝐸𝐺𝐷，得到𝐵𝐹= 𝐸𝐺．则可证明𝑆△𝐴𝐷𝐵= 𝑆△𝐶𝐷𝐸，可证
明△𝐴𝐷𝐵与△𝐶𝐷𝐸不全等，则可证明△𝐴𝐷𝐵与△𝐶𝐷𝐸是偏等积三角形．
【详解】（1）解：如图1 所示，
∵△𝐴𝐵𝐷与△𝐶𝐵𝐷为偏等积三角形，
∴𝑆△𝐴𝐵𝐷= 𝑆△𝐶𝐵𝐷，
∵∠𝐵𝐴𝐶= 90°，即𝐴𝐵⊥𝐴𝐶，
∴𝑆△𝐴𝐵𝐷=
1
2𝐴𝐷⋅𝐴𝐵,𝑆△𝐶𝐵𝐷=
1
2𝐶𝐷⋅𝐴𝐵，
∴
1
2𝐴𝐷⋅𝐴𝐵=
1
2𝐶𝐷⋅𝐴𝐵，
∴𝐴𝐷= 𝐶𝐷，即𝐶𝐷=
1
2𝐴𝐶= 1；
（2）解：∵△𝐴𝐵𝐷与△𝐴𝐶𝐷为偏等积三角形，
∴𝑆△𝐴𝐵𝐷= 𝑆△𝐴𝐶𝐷，
∴
𝑆△𝐴𝐵𝐷
𝑆△𝐴𝐶𝐷=
𝐵𝐷
𝐶𝐷= 1，
∴𝐵𝐷= 𝐶𝐷；
∵𝐵𝐸∥𝐴𝐶，
∴∠𝐷𝐵𝐸= ∠𝐷𝐶𝐴,∠𝐷𝐸𝐵= ∠𝐷𝐴𝐶，
∴△𝐷𝐵𝐸≌△𝐷𝐶𝐴(SAS)
∴𝐷𝐸= 𝐷𝐴,𝐵𝐸= 𝐴𝐶= 4；
在△𝐴𝐵𝐸中，𝐵𝐸−𝐴𝐵< 𝐴𝐸< 𝐵𝐸+ 𝐴𝐵，
∴4−2 < 𝐴𝐸< 4 + 2，即2 < 2𝐴𝐷< 6，
∴1 < 𝐴𝐷< 3，
∵线段𝐴𝐷的长度为正整数，
∴𝐴𝐷= 2，
∴𝐴𝐸= 4；
（3）解：∵𝐵𝐶⊥𝐴𝐶，𝐷𝐸⊥𝐴𝐶，
∴∠𝐶= ∠𝐸= 90°，
∴∠𝐵+ ∠𝐶𝐴𝐵= 90°；
∵∠𝐵𝐴𝐷= 90°，
∴∠𝐶𝐴𝐵+ ∠𝐸𝐴𝐷= 90°，
∴∠𝐵= ∠𝐸𝐴𝐷，
又∵𝐴𝐵= 𝐷𝐴，
∴△𝐶𝐴𝐵≌△𝐸𝐷𝐴(AAS)，
∴𝐴𝐶= 𝐷𝐸，𝐴𝐸= 𝐵𝐶，
∴𝐶𝐸= 𝐴𝐶+ 𝐴𝐸= 𝐷𝐸+ 𝐵𝐶；
