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专题03 全等三角形常考八大模型汇编
常考题型·精准突破
◆题型 1:平移型
1．
【答案】证明：∵𝐵𝐸= 𝐶𝐹，
∴𝐵𝐸+ 𝐸𝐶= 𝐶𝐹+ 𝐸𝐶，
∴𝐵𝐶= 𝐸𝐹．
又∵𝐴𝐵∥𝐷𝐸，
∴∠𝐵= ∠𝐷𝐸𝐹．
在△𝐴𝐵𝐶和△𝐷𝐸𝐹中，
∵{
𝐴𝐵= 𝐷𝐸,
∠𝐵= ∠𝐷𝐸𝐹,
𝐵𝐶= 𝐸𝐹,
∴△𝐴𝐵𝐶≌△𝐷𝐸𝐹（SAS）．
2．
【答案】证明：∵𝐴𝐶∥𝐷𝐸，
∴∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐸𝐷𝐹，
∵𝐵𝐷= 𝐶𝐹，
∴𝐵𝐷+ 𝐶𝐷= 𝐶𝐹+ 𝐶𝐷，
即𝐵𝐶= 𝐹𝐷，
在△𝐴𝐵𝐶和△𝐸𝐹𝐷中，
{
∠𝐴= ∠𝐸
∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐸𝐷𝐹
𝐵𝐶= 𝐹𝐷
，
∴△𝐴𝐵𝐶≌△𝐸𝐹𝐷(AAS)．
3．
【答案】证明：∵𝐵𝐷= 𝐶𝐸，
∴𝐵𝐷−𝐶𝐷= 𝐶𝐸−𝐶𝐷，
∴𝐵𝐶= 𝐷𝐸，
在△𝐴𝐵𝐶和△𝐹𝐸𝐷中，𝐵𝐶= 𝐸𝐷，𝐴𝐵= 𝐹𝐸，𝐴𝐶= 𝐹𝐷，
∴△𝐴𝐵𝐶≌△𝐹𝐸𝐷(SSS)，
∴∠𝐵= ∠𝐸．
4．
【答案】解：𝐴𝐷= 𝐶𝐹．理由如下：
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∵𝐵𝐶∥𝐸𝐹，
∴∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐹，
在△𝐴𝐵𝐶和△𝐷𝐸𝐹中，
{
∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐹
𝐵𝐶= 𝐸𝐹
∠𝐵= ∠𝐸
，
∴△𝐴𝐵𝐶≌△𝐷𝐸𝐹(ASA)，
∴𝐴𝐶= 𝐷𝐹，
∴𝐴𝐶−𝐶𝐷= 𝐷𝐹−𝐶𝐷，即𝐴𝐷= 𝐶𝐹．
5．
【答案】证明：∵𝐵𝐶⊥𝐴𝐷，𝐸𝐹⊥𝐴𝐷，
∴∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐷𝐹𝐸= 90°，
∵𝐸𝐷∥𝐴𝐵，
∴∠𝐴= ∠𝐷，
又∵𝐸𝐷= 𝐴𝐵，
∴△𝐴𝐵𝐶≌△𝐷𝐸𝐹(AAS)
◆题型 2:翻折型
6．
【答案】证明：在△𝐴𝐵𝐶和△𝐴𝐵𝐷中，
∵𝐴𝐶= 𝐴𝐷，∠𝐶𝐴𝐵= ∠𝐷𝐴𝐵，𝐴𝐵= 𝐴𝐵，
∴△𝐴𝐵𝐶≌△𝐴𝐵𝐷(SAS)，
∴𝐵𝐶= 𝐵𝐷．
7．
【答案】解：证明：∵∠𝐶𝐵𝐸= ∠𝐶𝐷𝐹，
∴180° −∠𝐶𝐵𝐸= 180° −∠𝐶𝐷𝐹．
∵∠𝐴𝐵𝐶= 180° −∠𝐶𝐵𝐸，∠𝐴𝐷𝐶= 180° −∠𝐶𝐷𝐹，
∴∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐴𝐷𝐶．
∵𝐴𝐶平分∠𝐵𝐶𝐷，
∴∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐴𝐶𝐷．
在△𝐴𝐵𝐶和△𝐴𝐷𝐶中，{
∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐴𝐷𝐶
∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐴𝐶𝐷
𝐴𝐶= 𝐴𝐶
，
∴△𝐴𝐵𝐶≌△𝐴𝐷𝐶(AAS)，
∴𝐴𝐵= 𝐴𝐷．
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8．
【答案】证明：∵𝐵𝐶= 𝐸𝐹，𝐵𝑂= 𝐸𝑂，
∴𝑂𝐹= 𝑂𝐶，
∵∠𝐶= ∠𝐹，∠𝐹𝑂𝑀= ∠𝐶𝑂𝑁，
∴△𝐹𝑂𝑀≌△𝐶𝑂𝑁(ASA)，
∴𝑀𝐹= 𝑁𝐶．
9．
【详解】（1）证明：∵ 𝐵𝐸平分∠𝐴𝐵𝐶，
∴∠𝐴𝐵𝐸= ∠𝐷𝐵𝐸，
在△𝐴𝐵𝐸和△𝐷𝐵𝐸中，
{
𝐴𝐵= 𝐷𝐵
∠𝐴𝐵𝐸= ∠𝐷𝐵𝐸
𝐵𝐸= 𝐵𝐸
，
∴△𝐴𝐵𝐸≅△𝐷𝐵𝐸(SAS)．
（2）解：在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴= 100°，∠𝐶= 50°，
∴∠𝐴𝐵𝐶= 180° −∠𝐴−∠𝐶= 180° −100° −50° = 30°，
∵ 𝐵𝐸平分∠𝐴𝐵𝐶，
∴∠𝐴𝐵𝐸=
1
2 ∠𝐴𝐵𝐶= 15°，
在△𝐴𝐵𝐸中，
∴ ∠𝐴𝐸𝐵= 180° −∠𝐴−∠𝐴𝐵𝐸= 180° −100° −15° = 65°．
◆题型3:旋转型
10．
【答案】证明：∵ ∠𝐵𝐶𝐸= ∠𝐴𝐶𝐷，
∴∠𝐵𝐶𝐸+ ∠𝐸𝐶𝐴= ∠𝐴𝐶𝐷+ ∠𝐸𝐶𝐴，即∠𝐵𝐶𝐴= ∠𝐸𝐶𝐷，
∵在△𝐵𝐶𝐴和△𝐸𝐶𝐷中，
{
𝐵𝐶= 𝐸𝐶
∠𝐵𝐶𝐴= ∠𝐸𝐶𝐷
𝐶𝐴= 𝐶𝐷
，
∴ △𝐵𝐶𝐴≌△𝐸𝐶𝐷(SAS)，
∴ 𝐴𝐵= 𝐷𝐸．
11．
【答案】(1)证明：∵∠𝐵𝐴𝐹= ∠𝐶𝐴𝐸，
∴∠𝐵𝐴𝐹−∠𝐹𝐴𝐶= ∠𝐶𝐴𝐸−∠𝐹𝐴𝐶．
∴∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐹𝐴𝐸．
∵𝐴𝐵= 𝐴𝐷，∠𝐵= ∠𝐷，
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∴△𝐴𝐵𝐶≌△𝐴𝐷𝐸(ASA)．
∴𝐵𝐶= 𝐷𝐸．
（2）解：∵∠𝐵= 35°，
∴∠𝐷= ∠𝐵= 35°．
∵∠𝐺𝐹𝐷= ∠𝐴𝐹𝐵= 78°，
∴∠𝐷𝐺𝐵= 180° −∠𝐺𝐹𝐷−∠𝐷= 67°，
∵𝐷𝐸∥𝐴𝐶，
∴∠𝐴𝐶𝐺= ∠𝐷𝐺𝐵= 67°．
∴∠𝐶𝐴𝐵= ∠𝐴𝐶𝐺−∠𝐵= 67° −35° = 32°（三角形外角性质）．
12．
【答案】解：𝐸𝐷与𝐸𝐶的数量关系是：𝐸𝐷= 𝐸𝐶，
理由如下：
∵∠1 = ∠2，
∴∠1 + ∠𝐴𝐸𝐷= ∠2 + ∠𝐴𝐸𝐷，
∴∠𝐵𝐸𝐷= ∠𝐴𝐸𝐶，
在△𝐴𝐶𝐸和△𝐵𝐷𝐸中，
{
∠𝐴= ∠𝐵
𝐴𝐸= 𝐵𝐸
∠𝐴𝐸𝐶= ∠𝐵𝐸𝐷
，
∴△𝐴𝐶𝐸≌△𝐵𝐷𝐸(ASA)；
∴𝐸𝐷= 𝐸𝐶．
13．
【答案】𝐴𝐵= 𝐴𝐶，理由如下：
∵𝐶𝐷平分∠𝐴𝐶𝐵
∴∠𝐵𝐶𝐷= ∠𝐹𝐶𝐷
∵𝐶𝐷⊥𝐵𝐹，
∴∠𝐵𝐷𝐶= ∠𝐹𝐷𝐶= 90°．
又∵𝐶𝐷= 𝐶𝐷
∴△𝐵𝐷𝐶≌△𝐹𝐷𝐶(ASA)．
∴𝐵𝐷= 𝐹𝐷，
∴𝐵𝐹= 2𝐵𝐷
又∵𝐶𝐸= 2𝐵𝐷
∴𝐵𝐹= 𝐶𝐸
∵∠𝐵𝐴𝐶= 90°
∴∠𝐹𝐴𝐵= 90°
∴∠𝐹𝐵𝐴+ ∠𝐹= 90°，
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同理：∠𝐹𝐶𝐷+ ∠𝐹= 90°
∴∠𝐹𝐵𝐴= ∠𝐹𝐶𝐷
又∵𝐶𝐸= 𝐵𝐹，∠𝐸𝐴𝐶= ∠𝐹𝐴𝐵= 90°
∴△𝐴𝐶𝐸≌△𝐴𝐵𝐹(AAS)
∴𝐴𝐵= 𝐴𝐶．
◆题型4:一线三等角型(高频)
14．
【详解】（1）证明：∵𝐴𝐷⊥𝑀𝑁，𝐵𝐸⊥𝑀𝑁，
∴∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐶𝐸𝐵= 90°，
∴∠𝐷𝐴𝐶+ ∠𝐴𝐶𝐷= 90°，
∵∠𝐴𝐶𝐵= 90°，
∴∠𝐴𝐶𝐷+ ∠𝐵𝐶𝐸= 90°，
∴∠𝐷𝐴𝐶= ∠𝐵𝐶𝐸，
在△𝐴𝐶𝐷和△𝐶𝐵𝐸中，
∵∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐶𝐸𝐵= 90°，∠𝐷𝐴𝐶= ∠𝐵𝐶𝐸，𝐴𝐶= 𝐵𝐶，
∴△𝐴𝐷𝐶≌△𝐶𝐸𝐵(AAS)，
∴𝐴𝐷= 𝐶𝐸, 𝐶𝐷= 𝐵𝐸，
∵𝐷𝐸= 𝐶𝐷+ 𝐶𝐸，
∴𝐷𝐸= 𝐴𝐷+ 𝐵𝐸；
（2）证明：∵𝐴𝐷⊥𝑀𝑁，𝐵𝐸⊥𝑀𝑁，
∴∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐶𝐸𝐵= 90°，
∴∠𝐷𝐴𝐶+ ∠𝐴𝐶𝐷= 90°，
∵∠𝐴𝐶𝐵= 90°，
∴∠𝐴𝐶𝐷+ ∠𝐵𝐶𝐸= 90°，
∴∠𝐷𝐴𝐶= ∠𝐵𝐶𝐸，
在△𝐴𝐶𝐷和△𝐶𝐵𝐸中，
∵∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐶𝐸𝐵= 90°，∠𝐷𝐴𝐶= ∠𝐵𝐶𝐸，𝐴𝐶= 𝐵𝐶，
∴△𝐴𝐷𝐶≌△𝐶𝐸𝐵(AAS)，
∴𝐴𝐷= 𝐶𝐸, 𝐶𝐷= 𝐵𝐸，
∵𝐷𝐸= 𝐶𝐸−𝐶𝐷，
∴𝐷𝐸= 𝐴𝐷−𝐵𝐸；
（3）解：𝐷𝐸= 𝐵𝐸−𝐴𝐷，证明如下：
∵𝐴𝐷⊥𝑀𝑁，𝐵𝐸⊥𝑀𝑁，
∴∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐶𝐸𝐵= 90°，
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∴∠𝐷𝐴𝐶+ ∠𝐴𝐶𝐷= 90°，
∵∠𝐴𝐶𝐵= 90°，
∴∠𝐴𝐶𝐷+ ∠𝐵𝐶𝐸= 90°，
∴∠𝐷𝐴𝐶= ∠𝐵𝐶𝐸，
在△𝐴𝐶𝐷和△𝐶𝐵𝐸中，
∵∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐶𝐸𝐵= 90°，∠𝐷𝐴𝐶= ∠𝐵𝐶𝐸，𝐴𝐶= 𝐵𝐶，
∴△𝐴𝐷𝐶≌△𝐶𝐸𝐵(AAS)，
∴𝐴𝐷= 𝐶𝐸, 𝐶𝐷= 𝐵𝐸，
∵𝐷𝐸= 𝐶𝐷−𝐶𝐸，
∴𝐷𝐸= 𝐵𝐸−𝐴𝐷．
15．
【详解】（1）证明：∵𝐴𝐷⊥𝐶𝐷，𝐵𝐸⊥𝐶𝐷，
∴∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐶𝐸𝐵= 90°，
∴∠𝐴𝐶𝐷+ ∠𝐵𝐶𝐸= ∠𝐴𝐶𝐵= 90°，
在Rt △𝐴𝐶𝐷中，∠𝐶𝐴𝐷+ ∠𝐴𝐶𝐷= 90°，
∴∠𝐶𝐴𝐷= ∠𝐵𝐶𝐸.
在△𝐴𝐶𝐷和△𝐶𝐵𝐸中：
∵∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐶𝐸𝐵= 90°, ∠𝐶𝐴𝐷= ∠𝐵𝐶𝐸, 𝐴𝐶= 𝐵𝐶,
∴△𝐴𝐶𝐷≌△𝐶𝐵𝐸 (AAS).
（2）解：由全等得：𝐶𝐷= 𝐵𝐸= 6, 𝐴𝐷= 𝐶𝐸.
∵𝐶, 𝐷, 𝐸共线，且𝐷𝐸= 4，
∴𝐶𝐸= 𝐶𝐷−𝐷𝐸= 6 −4 = 2，
∴𝐴𝐷= 2，
∴𝑆△𝐴𝐶𝐸=
1
2 × 𝐶𝐸× 𝐴𝐷=
1
2 × 2 × 2 = 2.
16．
【答案】（1）解：由题意，∵𝐴𝐸⊥𝑙于E，𝐶𝐹⊥𝑙于F，
∴∠𝐴𝐸𝐵= ∠𝐵𝐹𝐶= 90°，∠𝐴𝐵𝐸+ ∠𝐵𝐴𝐸= 90°．
∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形𝐴𝐵𝐶𝐷，
∴𝐴𝐵= 𝐵𝐶，∠𝐴𝐵𝐶= 90°，
∴∠𝐴𝐵𝐸+ ∠𝐶𝐵𝐹= 90°，
∴∠𝐵𝐴𝐸= ∠𝐶𝐵𝐹，
∴△𝐴𝐵𝐸≌△𝐵𝐶𝐹(AAS)；
（2）解：∵𝐴𝐷⊥𝐶𝐸，𝐵𝐸⊥𝐶𝐸，
∴∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐵𝐸𝐶= 90°，
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∵∠𝐷𝐶𝐴+ ∠𝐵𝐶𝐸= 90°，∠𝐷𝐶𝐴+ ∠𝐷𝐴𝐶= 90°，
∴∠𝐷𝐴𝐶= ∠𝐵𝐶𝐸，
又∵𝐴𝐶= 𝐵𝐶，
∴△𝐴𝐶𝐷≌△𝐶𝐵𝐸(AAS)，
∴𝐶𝐸= 𝐴𝐷= 18cm,𝐶𝐷= 𝐵𝐸，
∴𝐵𝐸= 𝐶𝐷= 𝐶𝐸−𝐷𝐸= 18 −12 = 6(cm)；
(3)
证明：∵∠𝐵𝐺𝐸= ∠𝐵𝐴𝐺+ ∠𝐴𝐵𝐺，∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐵𝐴𝐺+ ∠𝐶𝐴𝐹，
∵∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐵𝐺𝐸，
∴∠𝐵𝐴𝐺+ ∠𝐴𝐵𝐺= ∠𝐵𝐴𝐺+ ∠𝐶𝐴𝐹，
∴∠𝐴𝐵𝐺= ∠𝐶𝐴𝐹，
又∵∠𝐸𝐹𝐶= ∠𝐶𝐴𝐹+ ∠𝐴𝐶𝐹，
∴∠𝐵𝐴𝐺+ ∠𝐶𝐴𝐹= ∠𝐶𝐴𝐹+ ∠𝐴𝐶𝐹，
∴∠𝐵𝐴𝐺= ∠𝐴𝐶𝐹，
又∵𝐴𝐵= 𝐴𝐶，
∴△𝐴𝐵𝐺≌△𝐶𝐴𝐹(ASA)，
∴𝐴𝐺= 𝐶𝐹．
17．
【答案】（1）证明：∵𝐴𝑀⊥𝑀𝑁，𝐵𝑁⊥𝑀𝑁，
∴∠𝐴𝑀𝐶= ∠𝐶𝑁𝐵= 90°．
∵∠𝐴𝐶𝐵= 90°，
∴∠𝑀𝐴𝐶+ ∠𝐴𝐶𝑀= 90°，∠𝑁𝐶𝐵+ ∠𝐴𝐶𝑀= 90°，
∴∠𝑀𝐴𝐶= ∠𝑁𝐶𝐵．
在△𝐴𝑀𝐶和△𝐶𝑁𝐵中，
{
∠𝐴𝑀𝐶= ∠𝐶𝑁𝐵
∠𝑀𝐴𝐶= ∠𝑁𝐶𝐵
𝐴𝐶= 𝐶𝐵
，
∴△𝐴𝑀𝐶≌△𝐶𝑁𝐵(AAS)，
∴𝐴𝑀= 𝐶𝑁，𝑀𝐶= 𝑁𝐵．
∵𝑀𝑁= 𝑁𝐶+ 𝐶𝑀，
∴𝑀𝑁= 𝐴𝑀+ 𝐵𝑁；
（2）解：∵𝐴𝑀⊥𝑀𝑁，𝐵𝑁⊥𝑀𝑁，
∴∠𝐴𝑀𝐶= ∠𝐶𝑁𝐵= 90°，
∴∠𝑀𝐴𝐶+ ∠𝐴𝐶𝑀= 90°，
∵∠𝐴𝐶𝐵= 90°，
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∴∠𝐴𝐶𝑀+ ∠𝑁𝐶𝐵= 90°，
∴∠𝑀𝐴𝐶= ∠𝑁𝐶𝐵，
在△𝐴𝐶𝑀和△𝐶𝐵𝑁中，
{
∠𝐴𝑀𝐶= ∠𝐶𝑁𝐵
∠𝑀𝐴𝐶= ∠𝑁𝐶𝐵
𝐴𝐶= 𝐶𝐵
，
∴△𝐴𝐶𝑀≌△𝐶𝐵𝑁(AAS)，
∴𝐴𝑀= 𝐶𝑁= 2.4，𝐶𝑀= 𝐵𝑁= 0.9，
∴𝑀𝑁= 𝐶𝑁−𝐶𝑀= 2.4 −0.9 = 1.5．
18．
【答案】(1)
证明：∵∠𝐵𝐷𝐴= ∠𝐸= 90°，
∴∠𝐴𝐵𝐷= 90° −∠𝐵𝐴𝐷，
∵∠𝐵𝐴𝐶= 90°，
∴∠𝐶𝐴𝐸= 180° −90° −∠𝐵𝐴𝐷= 90° −∠𝐵𝐴𝐷，
∴∠𝐴𝐵𝐷= ∠𝐶𝐴𝐸，
在△𝐵𝐷𝐴和△𝐴𝐸𝐶中，
{
∠𝐵𝐷𝐴= ∠𝐸
∠𝐴𝐵𝐷= ∠𝐶𝐴𝐸
𝐴𝐵= 𝐶𝐴
，
∴△𝐵𝐷𝐴≌△𝐴𝐸𝐶(AAS)；
【详解】（1）略
（2）解：由（1）可知，△𝐵𝐷𝐴≌△𝐴𝐸𝐶，
∴𝐶𝐸= 𝐴𝐷= 6，
∵∠𝐸= 90°，
∴𝐶𝐸⊥𝐴𝐷，
∴△𝐷𝐴𝐶的面积=
1
2 𝐴𝐷⋅𝐶𝐸=
1
2 × 6 × 6 = 18．
◆题型5:手拉手模型(高频)
19．
【答案】𝐴𝐸= 𝐵𝐷，理由如下：
∵ ∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐷𝐶𝐸= 𝛼，
∴ ∠𝐴𝐶𝐵+ ∠𝐴𝐶𝐷= ∠𝐷𝐶𝐸+ ∠𝐴𝐶𝐷，即∠𝐵𝐶𝐷= ∠𝐴𝐶𝐸，
∵在△𝐵𝐶𝐷和△𝐴𝐶𝐸中，
{
𝐶𝐴= 𝐶𝐵
∠𝐵𝐶𝐷= ∠𝐴𝐶𝐸
𝐶𝐷= 𝐶𝐸
，
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∴ △𝐵𝐶𝐷≌△𝐴𝐶𝐸(SAS)，
∴ 𝐴𝐸= 𝐵𝐷．
20．
【答案】(1)①证明：∵△𝐴𝐵𝐶和△𝐸𝐷𝐶都为等边三角形，
∴𝐴𝐶= 𝐵𝐶, 𝐸𝐶= 𝐷𝐶, ∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐸𝐶𝐷= 60°，
∴∠𝐴𝐶𝐵+ ∠𝐴𝐶𝐸= ∠𝐸𝐶𝐷+ ∠𝐴𝐶𝐸，
∴∠𝐴𝐶𝐷= ∠𝐵𝐶𝐸，
∴△𝐴𝐶𝐷≌△𝐵𝐶𝐸(SAS)；
②△𝐴𝐶𝑁≌△𝐵𝐶𝑀；△𝐶𝑀𝐸≌△𝐶𝑁𝐷
②解：∵△𝐴𝐶𝐷≌△𝐵𝐶𝐸，
∴∠𝐶𝐴𝐷= ∠𝐶𝐵𝐸，
∵△𝐴𝐵𝐶和△𝐸𝐷𝐶都为等边三角形，
∴𝐴𝐶= 𝐵𝐶, ∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐸𝐶𝐷= 60°，
∴∠𝐴𝐶𝐸= 180° −60° −60° = 60°，
∴∠𝐴𝐶𝐸= ∠𝐵𝐶𝑀，
∴△𝐴𝐶𝑁≌△𝐵𝐶𝑀(ASA)，
同理可证明△𝐶𝑀𝐸≌△𝐶𝑁𝐷；
（2）解：如图所示，
由（1）得△𝐶𝑀𝐸≌△𝐶𝑁𝐷，∠𝑀𝐶𝑁= 180° −∠𝐴𝐶𝐵−∠𝐸𝐶𝐷= 60°，
∴𝐶𝑀= 𝐶𝑁，
∴△𝑀𝑁𝐶为等边三角形；
（3）解：由（2）得△𝑀𝑁𝐶为等边三角形，
∴∠𝐶𝑀𝑁= 60°，
∴∠𝐶𝑀𝑁= ∠𝐴𝐶𝐵，
∴𝑀𝑁∥𝐵𝐷．
21．
【答案】（1）解：∵∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐷𝐶𝐸，
∴∠𝐴𝐶𝐵−∠𝐵𝐶𝐷= ∠𝐷𝐶𝐸−∠𝐵𝐶𝐷，
∴∠𝐴𝐶𝐷= ∠𝐵𝐶𝐸，
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在△𝐶𝐷𝐴和△𝐶𝐸𝐵中，
{
𝐷𝐶= 𝐸𝐶
∠𝐴𝐶𝐷= ∠𝐵𝐶𝐸
𝐴𝐶= 𝐵𝐶
∴△𝐶𝐷𝐴≌△𝐶𝐸𝐵(SAS)，
∴∠𝐶𝐵𝐸= ∠𝐶𝐴𝐷，
又∵∠𝐶𝐹𝐴= ∠𝐸𝐹𝐵，∠𝐴𝐸𝐵+ ∠𝐸𝐹𝐵+ ∠𝐶𝐵𝐸= 180°，∠𝐴𝐶𝐵+ ∠𝐴𝐹𝐶+ ∠𝐶𝐴𝐷= 180°，
∴∠𝐴𝐸𝐵= ∠𝐴𝐶𝐵= 40°；
（2）证明：①𝐴𝐷⊥𝐵𝐸，𝐴𝐷= 𝐵𝐸，理由如下：
∵∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐷𝐶𝐸，
∴∠𝐴𝐶𝐵−∠𝐵𝐶𝐷= ∠𝐷𝐶𝐸−∠𝐵𝐶𝐷，
∴∠𝐴𝐶𝐷= ∠𝐵𝐶𝐸，
在△𝐶𝐷𝐴和△𝐶𝐸𝐵中，
{
𝐷𝐶= 𝐸𝐶
∠𝐴𝐶𝐷= ∠𝐵𝐶𝐸
𝐴𝐶= 𝐵𝐶
∴△𝐶𝐷𝐴≌△𝐶𝐸𝐵(SAS)，
∴∠𝐶𝐸𝐵= ∠𝐶𝐷𝐴，𝐴𝐷= 𝐵𝐸，
∵𝐶𝐷= 𝐶𝐸，∠𝐷𝐶𝐸= 90°，
∴∠𝐶𝐷𝐸= ∠𝐶𝐸𝐷= 45°，
∴∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐶𝐸𝐵= 135°，
∵∠𝐶𝐸𝐷= 45°，
∴∠𝐴𝐸𝐵= 90°，
∴𝐴𝐷⊥𝐵𝐸，
综上：𝐴𝐷⊥𝐵𝐸，𝐴𝐷= 𝐵𝐸;
②∵△𝐶𝐷𝐴≌△𝐶𝐸𝐵，
∴𝐴𝐷= 𝐵𝐸= 3，
∵𝐴𝐶= 𝐵𝐶，∠𝐴𝐶𝐵= 90°，
∴∠𝐶𝐴𝐵= ∠𝐶𝐵𝐴= 45°，
∴∠𝐶𝐴𝐹= ∠𝐵𝐴𝐹= 22.5°，
∵∠𝐶𝐷𝐸= 45° = ∠𝐶𝐴𝐷+ ∠𝐴𝐶𝐷，
∴∠𝐴𝐶𝐷= 22.5° = ∠𝐶𝐴𝐷，
∴𝐶𝐷= 𝐴𝐷= 3
∵∠𝐷𝐶𝐹= 90° −∠𝐴𝐶𝐷= 67.5°，∠𝐴𝐹𝐶= ∠𝐴𝐵𝐶+ ∠𝐵𝐴𝐹= 67.5°，
∴∠𝐷𝐶𝐹= ∠𝐷𝐹𝐶，
∴𝐷𝐹= 𝐷𝐶= 3，
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∴𝐴𝐹= 𝐴𝐷+ 𝐷𝐹= 6．
22．
【答案】(1)①解： 𝐴𝐶= 𝐵𝐷，理由如下：
∵∠𝐴𝑂𝐵= ∠𝐶𝑂𝐷，
∴∠𝐴𝑂𝐵+ ∠𝐵𝑂𝐶= ∠𝐶𝑂𝐷+ ∠𝐵𝑂𝐶，即∠𝐴𝑂𝐶= ∠𝐵𝑂𝐷，
在△𝐴𝑂𝐶和△𝐵𝑂𝐷中，
{
𝑂𝐴= 𝑂𝐵
∠𝐴𝑂𝐶= ∠𝐵𝑂𝐷
𝑂𝐶= 𝑂𝐷
，
∴△𝐴𝑂𝐶≌△𝐵𝑂𝐷(SAS)，
∴𝐴𝐶= 𝐵𝐷；
②∵∠𝐴𝑂𝐵= ∠𝐶𝑂𝐷，
∴∠𝐴𝑂𝐵+ ∠𝐵𝑂𝐶= ∠𝐶𝑂𝐷+ ∠𝐵𝑂𝐶，即∠𝐴𝑂𝐶= ∠𝐵𝑂𝐷，
在△𝐴𝑂𝐶和△𝐵𝑂𝐷中，
{
𝑂𝐴= 𝑂𝐵
∠𝐴𝑂𝐶= ∠𝐵𝑂𝐷
𝑂𝐶= 𝑂𝐷
，
∴△𝐴𝑂𝐶≌△𝐵𝑂𝐷(SAS)，
∴∠𝑂𝐴𝐶= ∠𝑂𝐵𝐷，
又∵∠𝐴𝑄𝑂= ∠𝐵𝑄𝑃，∠𝐴𝑄𝑂+ ∠𝑂𝐴𝑄+ ∠𝐴𝑂𝑄= ∠𝐵𝑃𝑄+ ∠𝐵𝑄𝑃+ ∠𝑃𝐵𝑄= 180°，
∴∠𝐴𝑂𝑄= ∠𝐵𝑃𝑄，
∵∠𝐴𝑂𝑄= 50°，
∴∠𝐵𝑃𝑄= 50°，
∴∠𝐴𝑃𝐷= 180° −∠𝐵𝑃𝑄= 130°；
(2)公园的规划能实现，证明如下：
由题意得𝑂𝐴= 𝑂𝐵，𝑂𝐶= 𝑂𝐷，∠𝐴𝑂𝐵= ∠𝐶𝑂𝐷= 90°，
同理可证明△𝐴𝑂𝐶≌△𝐵𝑂𝐷，
∴∠𝑂𝐴𝐶= ∠𝑂𝐵𝐷，𝐴𝐶= 𝐵𝐷，
∵M，N 分别为𝐴𝐶，𝐵𝐷的中点，
∴𝐴𝑀=
1
2 𝐴𝐶，𝐵𝑁=
1
2 𝐵𝐷，
∴𝐴𝑀= 𝐵𝑁，
在△𝐴𝑂𝑀和△𝐵𝑂𝑁中，
{
𝑂𝐴= 𝑂𝐵
∠𝑂𝐴𝑀= ∠𝑂𝐵𝑁
𝐴𝑀= 𝐵𝑁
，
∴△𝐴𝑂𝑀≌△𝐵𝑂𝑁(SAS) ，
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∴𝑂𝑀= 𝑂𝑁，∠𝐴𝑂𝑀= ∠𝐵𝑂𝑁，
∵∠𝐴𝑂𝐵= 90°，
∴∠𝐴𝑂𝑀+ ∠𝑀𝑂𝐵= 90°，
∴∠𝐵𝑂𝑁+ ∠𝑀𝑂𝐵= 90°，即∠𝑀𝑂𝑁= 90°
∴𝑂𝑀⊥𝑂𝑁，
∴△𝑀𝑂𝑁是等腰直角三角形，
∴公园的规划能实现．
◆题型6:半角模型(难)
23．
【答案】（1）解：如图1，延长𝐸𝐵到𝐺，使𝐵𝐺= 𝐷𝐹，连接𝐴𝐺．
∵在△𝐴𝐵𝐺与△𝐴𝐷𝐹中，
{
𝐴𝐵= 𝐴𝐷
∠𝐴𝐵𝐺= ∠𝐴𝐷𝐹= 90°
𝐵𝐺= 𝐷𝐹
，
∴△𝐴𝐵𝐺≌△𝐴𝐷𝐹(SAS)．
∴𝐴𝐺= 𝐴𝐹，∠1 = ∠2，
∴∠1 + ∠3 = ∠2 + ∠3 =
1
2 ∠𝐵𝐴𝐷= ∠𝐸𝐴𝐹．
∴∠𝐺𝐴𝐸= ∠𝐸𝐴𝐹．
又𝐴𝐸= 𝐴𝐸，
∴△𝐴𝐸𝐺≌△𝐴𝐸𝐹．
∴𝐸𝐺= 𝐸𝐹．
∵𝐸𝐺= 𝐵𝐸+ 𝐵𝐺．
∴𝐸𝐹= 𝐵𝐸+ 𝐹𝐷；
(2)（1）中的结论𝐸𝐹= 𝐵𝐸+ 𝐹𝐷仍然成立．
理由是：如图2，延长𝐸𝐵到𝐺，使𝐵𝐺= 𝐷𝐹，连接𝐴𝐺．
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∵∠𝐴𝐵𝐶+ ∠𝐷= 180°，∠𝐴𝐵𝐺+ ∠𝐴𝐵𝐶= 180°，
∴∠𝐴𝐵𝐺= ∠𝐷，
∵在△𝐴𝐵𝐺与△𝐴𝐷𝐹中，
{
𝐴𝐵= 𝐴𝐷
∠𝐴𝐵𝐺= ∠𝐷
𝐵𝐺= 𝐷𝐹
，
∴△𝐴𝐵𝐺≌△𝐴𝐷𝐹(SAS)．
∴𝐴𝐺= 𝐴𝐹，∠1 = ∠2，
∴∠1 + ∠3 = ∠2 + ∠3 =
1
2 ∠𝐵𝐴𝐷= ∠𝐸𝐴𝐹．
∴∠𝐺𝐴𝐸= ∠𝐸𝐴𝐹．
又𝐴𝐸= 𝐴𝐸，
∴△𝐴𝐸𝐺≌△𝐴𝐸𝐹．
∴𝐸𝐺= 𝐸𝐹．
∵𝐸𝐺= 𝐵𝐸+ 𝐵𝐺．
∴𝐸𝐹= 𝐵𝐸+ 𝐹𝐷
（3）当（1）的结论𝐸𝐹= 𝐵𝐸+ 𝐹𝐷成立，
当图3 中，𝐸𝐹= 𝐵𝐸−𝐹𝐷或𝐸𝐹= 𝐹𝐷−𝐵𝐸．
证明：在𝐵𝐸上截取𝐵𝐺，使𝐵𝐺= 𝐷𝐹，连接𝐴𝐺．
∵∠𝐵+ ∠𝐴𝐷𝐶= 180°，∠𝐴𝐷𝐹+ ∠𝐴𝐷𝐶= 180°，
∴∠𝐵= ∠𝐴𝐷𝐹．
∵在△𝐴𝐵𝐺与△𝐴𝐷𝐹中，
{
𝐴𝐵= 𝐴𝐷
∠𝐴𝐵𝐺= ∠𝐴𝐷𝐹
𝐵𝐺= 𝐷𝐹
，
∴△𝐴𝐵𝐺≌△𝐴𝐷𝐹(SAS)．
∴∠𝐵𝐴𝐺= ∠𝐷𝐴𝐹，𝐴𝐺= 𝐴𝐹．
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∴∠𝐵𝐴𝐺+ ∠𝐸𝐴𝐷= ∠𝐷𝐴𝐹+ ∠𝐸𝐴𝐷= ∠𝐸𝐴𝐹=
1
2 ∠𝐵𝐴𝐷．
∴∠𝐺𝐴𝐸= ∠𝐸𝐴𝐹．
∵𝐴𝐸= 𝐴𝐸，
∴△𝐴𝐸𝐺≌△𝐴𝐸𝐹(SAS)．
∴𝐸𝐺= 𝐸𝐹
∵𝐸𝐺= 𝐵𝐸−𝐵𝐺
∴𝐸𝐹= 𝐵𝐸−𝐹𝐷．
同理可得：𝐸𝐺= 𝐸𝐹
∵𝐸𝐺= 𝐵𝐺−𝐵𝐸
∴𝐸𝐹= 𝐹𝐷−𝐵𝐸．
24．
【答案】(1)证明：∵∠𝐶𝐴𝐵+ ∠𝐶+ ∠𝐶𝐷𝐵+ ∠𝐴𝐵𝐷= 360°，∠𝐶𝐴𝐵= 60°，∠𝐶𝐷𝐵= 120°，
∴∠𝐶+ ∠𝐴𝐵𝐷= 360° −60° −120° = 180°，
又∵∠𝐷𝐵𝐹+ ∠𝐴𝐵𝐷= 180°，
∴∠𝐶= ∠𝐷𝐵𝐹，
在△𝐶𝐷𝐸和△𝐵𝐷𝐹中，
{
𝐷𝐶= 𝐷𝐵
∠𝐶= ∠𝐷𝐵𝐹
𝐶𝐸= 𝐵𝐹
，
∴△𝐶𝐷𝐸≌△𝐵𝐷𝐹(SAS)，
∴𝐷𝐸= 𝐷𝐹；
(2)解：猜想𝐶𝐸、𝐸𝐺、𝐵𝐺之间的数量关系为：𝐶𝐸+ 𝐵𝐺= 𝐸𝐺．
证明：∵∠𝐸𝐷𝐺= 60°，∠𝐶𝐷𝐵= 120°，
∴∠𝐶𝐷𝐸+ ∠𝐺𝐷𝐵= ∠𝐶𝐷𝐵−∠𝐸𝐷𝐺= 60°，
由（1），可得△𝐶𝐷𝐸≌△𝐵𝐷𝐹，
∴∠𝐶𝐷𝐸= ∠𝐵𝐷𝐹，
∴∠𝐺𝐷𝐵+ ∠𝐵𝐷𝐹= 60°，
即∠𝐹𝐷𝐺= 60°，
∴∠𝐸𝐷𝐺= ∠𝐹𝐷𝐺，
在△𝐷𝐸𝐺和△𝐷𝐹𝐺中，
{
𝐷𝐸= 𝐷𝐹
∠𝐸𝐷𝐺= ∠𝐹𝐷𝐺
𝐷𝐺= 𝐷𝐺
∴△𝐷𝐸𝐺≌△𝐷𝐹𝐺(SAS)，
∴𝐸𝐺= 𝐹𝐺，
又∵𝐶𝐸= 𝐵𝐹，𝐹𝐺= 𝐵𝐹+ 𝐵𝐺，
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∴𝐶𝐸+ 𝐵𝐺= 𝐸𝐺；
（3）解：当∠𝐸𝐷𝐺= 90° −
1
2 𝛼时，𝐶𝐸+ 𝐵𝐺= 𝐸𝐺仍然成立，
证明：∵∠𝐸𝐷𝐺= 90° −
1
2 𝛼，∠𝐶𝐷𝐵= 180° −𝛼，
∴∠𝐶𝐷𝐸+ ∠𝐺𝐷𝐵= ∠𝐶𝐷𝐵−∠𝐸𝐷𝐺= 180° −𝛼−(90° −
1
2 𝛼) = 90° −
1
2 𝛼，
由（1），可得△𝐶𝐷𝐸≌△𝐵𝐷𝐹，
∴∠𝐶𝐷𝐸= ∠𝐵𝐷𝐹，
∴∠𝐵𝐷𝐺+ ∠𝐵𝐷𝐹= 90° −
1
2 𝛼，
即∠𝐹𝐷𝐺= 90° −
1
2 𝛼，
∴∠𝐸𝐷𝐺= ∠𝐹𝐷𝐺，
在△𝐷𝐸𝐺和△𝐷𝐹𝐺中，
{
𝐷𝐸= 𝐷𝐹
∠𝐸𝐷𝐺= ∠𝐹𝐷𝐺
𝐷𝐺= 𝐷𝐺
，
∴△𝐷𝐸𝐺≌△𝐷𝐹𝐺(SAS)，
∴𝐸𝐺= 𝐹𝐺，
又∵𝐶𝐸= 𝐵𝐹，𝐹𝐺= 𝐵𝐹+ 𝐵𝐺，
∴𝐶𝐸+ 𝐵𝐺= 𝐸𝐺；
∴当∠𝐸𝐷𝐺= 90° −
1
2 𝛼时，𝐶𝐸+ 𝐵𝐺= 𝐸𝐺仍然成立．
25．
【答案】（1）解：𝐵𝐸、𝐸𝐹、𝐹𝐷之间的数量关系是𝐸𝐹= 𝐷𝐹+ 𝐵𝐸，
∵△𝐴𝐸𝐹≌△𝐴𝐺𝐹，
∴𝐸𝐹= 𝐹𝐺，
∵𝐷𝐺= 𝐵𝐸，𝐹𝐺= 𝐷𝐹+ 𝐷𝐺，
∴𝐸𝐹= 𝐹𝐺= 𝐷𝐹+ 𝐷𝐺= 𝐷𝐹+ 𝐵𝐸；
(2)上述结论仍然成立；理由如下：
如图所示，延长𝐹𝐷到𝐺，使𝐷𝐺= 𝐵𝐸，连接𝐴𝐺，
∵∠𝐵+ ∠𝐴𝐷𝐶= 180°，∠𝐴𝐷𝐺+ ∠𝐴𝐷𝐶= 180°
∴∠𝐵= ∠𝐴𝐷𝐺，
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又∵𝐴𝐵= 𝐴𝐷，𝐵𝐸= 𝐷𝐺，
∴△𝐴𝐵𝐸≌△𝐴𝐷𝐺(SAS)，
∴∠𝐸𝐴𝐵= ∠𝐺𝐴𝐷，𝐴𝐸= 𝐴𝐺，（全等三角形的对应角、对应边相等）
∵∠𝐸𝐴𝐹=
1
2 ∠𝐵𝐴𝐷，
∴∠𝐸𝐴𝐹= ∠𝐹𝐴𝐺，
在△𝐴𝐸𝐹和△𝐴𝐺𝐹中，
{
𝐴𝐸= 𝐴𝐺
∠𝐸𝐴𝐹= ∠𝐺𝐴𝐹
𝐴𝐹= 𝐴𝐹
，
∴△𝐴𝐸𝐹≌△𝐴𝐺𝐹(SAS)，
∴𝐸𝐹= 𝐹𝐺= 𝐷𝐹+ 𝐷𝐺= 𝐷𝐹+ 𝐵𝐸，
即：𝐸𝐹= 𝐷𝐹+ 𝐵𝐸，结论仍然成立．
26．
【详解】（1）解：∠𝐵𝐴𝐷= 2∠𝐸𝐴𝐹，理由如下：
如图所示，延长𝐹𝐷到点𝐺，使𝐷𝐺= 𝐵𝐸，连接𝐴𝐺．
∵∠𝐵= ∠𝐴𝐷𝐶= 90°，
∴∠𝐵= ∠𝐴𝐷𝐺= 90°，
又∵𝐷𝐺= 𝐵𝐸，𝐴𝐵= 𝐴𝐷，
∴△𝐴𝐵𝐸≌△𝐴𝐷𝐺(SAS)，
∴∠𝐵𝐴𝐸= ∠𝐷𝐴𝐺，𝐴𝐸= 𝐴𝐺，
∴∠𝐵𝐴𝐸+ ∠𝐷𝐴𝐸= ∠𝐷𝐴𝐺+ ∠𝐷𝐴𝐸，
即∠𝐵𝐴𝐷= ∠𝐸𝐴𝐺，
∵𝐸𝐹= 𝐵𝐸+ 𝐹𝐷，
∴𝐸𝐹= 𝐺𝐷+ 𝐹𝐷= 𝐺𝐹，
又∵𝐴𝐸= 𝐴𝐺，𝐴𝐹= 𝐴𝐹，
∴△𝐴𝐸𝐹≌△𝐴𝐺𝐹(SSS)，
∴∠𝐸𝐴𝐹= ∠𝐺𝐴𝐹，
∴∠𝐵𝐴𝐷= ∠𝐸𝐴𝐺= 2∠𝐸𝐴𝐹；
(2)∠𝐸𝐴𝐹= ∠𝐵𝐴𝐸+ ∠𝐹𝐴𝐷，理由如下：
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如图所示，延长𝐹𝐷到点𝐺，使𝐷𝐺= 𝐵𝐸，连接𝐴𝐺．
∵∠𝐵+ ∠𝐴𝐷𝐶= 180°，∠𝐴𝐷𝐺+ ∠𝐴𝐷𝐶= 180°，
∴∠𝐵= ∠𝐴𝐷𝐺，
又∵𝐷𝐺= 𝐵𝐸，𝐴𝐵= 𝐴𝐷，
∴△𝐴𝐵𝐸≌△𝐴𝐷𝐺(SAS)，
∴∠𝐵𝐴𝐸= ∠𝐷𝐴𝐺，𝐴𝐸= 𝐴𝐺，
∵𝐸𝐹= 𝐵𝐸+ 𝐹𝐷，
∴𝐸𝐹= 𝐺𝐷+ 𝐹𝐷= 𝐺𝐹，
又∵𝐴𝐸= 𝐴𝐺，𝐴𝐹= 𝐴𝐹，
∴△𝐴𝐸𝐹≌△𝐴𝐺𝐹(SSS)，
∴∠𝐸𝐴𝐹= ∠𝐺𝐴𝐹，
∴∠𝐸𝐴𝐹= ∠𝐺𝐴𝐹= ∠𝐺𝐴𝐷+ ∠𝐹𝐴𝐷= ∠𝐵𝐴𝐸+ ∠𝐹𝐴𝐷
◆题型7:对角互补模型
27．
【答案】(1)
证明：过点𝑃作𝑃𝐺⊥𝑂𝐴于𝐺, 𝑃𝐻⊥𝑂𝐵于𝐻，如图
∵ 𝑂𝐶是∠𝐴𝑂𝐵的角平分线，𝑃𝐺⊥𝑂𝐴, 𝑃𝐻⊥𝑂𝐵，
∴ 𝑃𝐺= 𝑃𝐻．
∵ ∠𝑃𝐸𝐵+ ∠𝑃𝐷𝑂= 180°, ∠𝑃𝐷𝐴+ ∠𝑃𝐷𝑂= 180°，
∴ ∠𝑃𝐷𝐴= ∠𝑃𝐸𝐵．
在△𝑃𝐺𝐷和△𝑃𝐻𝐸中：
{
∠𝑃𝐺𝐷= ∠𝑃𝐻𝐸= 90°
∠𝑃𝐷𝐴= ∠𝑃𝐸𝐵
𝑃𝐺= 𝑃𝐻
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△𝑃𝐺𝐷≌△𝑃𝐻𝐸（AAS），
∴ 𝑃𝐷= 𝑃𝐸；
(2)
证明：过点𝑃作𝑃𝐺⊥𝑂𝐴于𝐺, 𝑃𝐻⊥𝑂𝐵于𝐻，如图
∵ 𝑂𝐶是∠𝐴𝑂𝐵的角平分线，𝑃𝐺⊥𝑂𝐴, 𝑃𝐻⊥𝑂𝐵，
∴ 𝑃𝐺= 𝑃𝐻，
∵ ∠𝑃𝐸𝐵+ ∠𝑃𝐷𝐴= 180°, ∠𝑃𝐷𝐴+ ∠𝑃𝐷𝐺= 180°，
∴ ∠𝑃𝐷𝐺= ∠𝑃𝐸𝐵．
在△𝑃𝐺𝐷和△𝑃𝐻𝐸中，
{
∠𝑃𝐺𝐷= ∠𝑃𝐻𝐸= 90°
∠𝑃𝐷𝐺= ∠𝑃𝐸𝐵
𝑃𝐺= 𝑃𝐻
，
∴ △𝑃𝐺𝐷≌△𝑃𝐻𝐸（AAS），
∴ 𝑃𝐷= 𝑃𝐸；
（3）解：如图，过点𝑄作𝑄𝐺⊥𝑂𝐴于𝐺，过点𝑄作𝑄𝐻⊥𝐷𝐸于𝐻，
∵ 𝑂𝐶是∠𝐴𝑂𝐵的角平分线，𝑄𝐹⊥𝑂𝐵, 𝑄𝐺⊥𝑂𝐴，
∴ 𝑄𝐺= 𝑄𝐹，
又∵ 𝑄𝐸平分∠𝑃𝐸𝐵, 𝑄𝐹⊥𝑂𝐵, 𝑄𝐻⊥𝐷𝐸，
∴ 𝑄𝐻= 𝑄𝐹，
∴ 𝑄𝐺= 𝑄𝐻，
∴ 𝐷𝑄平分∠𝐴𝐷𝐸，
在△𝑄𝐻𝐸和△𝑄𝐹𝐸中，
{
∠𝑄𝐻𝐸= ∠𝑄𝐹𝐸= 90°
∠𝐻𝐸𝑄= ∠𝐹𝐸𝑄
𝑄𝐸= 𝑄𝐸
∴ △𝑄𝐻𝐸≌△𝑄𝐹𝐸（AAS），
同理可证△𝑄𝐺𝐷≌△𝑄𝐻𝐷（AAS），△𝑄𝐺𝑂≌△𝑄𝐹O（AAS），
∴ 𝐷𝐺= 𝐷𝐻，𝐸𝐻= 𝐸𝐹= 1，𝑂𝐺= 𝑂𝐹
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∵ 𝐷𝑃= 2, 𝑃𝐸= 3，
∴ 𝐷𝐸= 𝐷𝑃+ 𝑃𝐸= 5，
∵ 𝐷𝐸= 𝐷𝐻+ 𝐸𝐻= 𝐷𝐺+ 1，
∴ 𝐷𝐺= 4，
∵ 𝑂𝐺= 𝑂𝐹，
∴ 𝑂𝐷+ 𝐷𝐺= 𝑂𝐸+ 𝐸𝐹即𝑂𝐷+ 4 = 𝑂𝐸+ 1，
∴ 𝑂𝐸−𝑂𝐷= 3．
28．
【答案】(1)
证明：如图所示，过点D 作𝐷𝐹⊥𝐵𝐴交𝐵𝐴于点F
∵𝐵𝐷为∠𝐴𝐵𝐶的平分线，𝐷𝐸⊥𝐵𝐶于点E，𝐷𝐹⊥𝐵𝐴
∴𝐷𝐹= 𝐷𝐸
∵∠𝐵𝐴𝐷+ ∠𝐵𝐶𝐷= 180°，∠𝐵𝐴𝐷+ ∠𝐹𝐴𝐷= 180°
∴∠𝐹𝐴𝐷= ∠𝐷𝐶𝐸
又∵∠𝐴𝐹𝐷= ∠𝐷𝐸𝐶= 90°
∴△𝐹𝐴𝐷≌△𝐸𝐶𝐷(AAS)
∴𝐷𝐴= 𝐷𝐶；
（2）解：∵𝐵𝐷为∠𝐴𝐵𝐶的平分线
∴∠𝐹𝐵𝐷= ∠𝐸𝐵𝐷
∵∠𝐴𝐹𝐷= ∠𝐷𝐸𝐶= 90°，𝐵𝐷= 𝐵𝐷
∴△𝐹𝐵𝐷≌△𝐸𝐵𝐷(AAS)
∴𝐹𝐵= 𝐵𝐸
∵△𝐹𝐴𝐷≌△𝐸𝐶𝐷(AAS)
∴𝐹𝐴= 𝐸𝐶
∴𝐵𝐶= 𝐵𝐸+ 𝐸𝐶= 𝐵𝐹+ 𝐶𝐸= 𝐴𝐵+ 𝐴𝐹+ 𝐶𝐸= 12 + 2𝐶𝐸= 16
∴𝐶𝐸= 2；
（3）解：由（2）知𝐹𝐵= 𝐵𝐸，𝐹𝐴= 𝐸𝐶，
∴𝐵𝐶−𝐶𝐸= 𝐴𝐵+ 𝐴𝐹，即𝐵𝐶−𝐶𝐸= 𝐴𝐵+ 𝐶𝐸，
∴𝐶𝐸=
1
2 (𝐵𝐶−𝐴𝐵)，
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∴𝐵𝐸= 𝐵𝐶−𝐶𝐸= 𝐵𝐶−
1
2 (𝐵𝐶−𝐴𝐵) =
1
2 (𝐵𝐶+ 𝐴𝐵)，
又𝐵𝐶+ 𝐴𝐵= 𝑚，
∴𝐵𝐸=
1
2 𝑚．
29．
【答案】(1)𝐶𝐸= 𝐶𝐹，∠𝐶𝐷𝐸= ∠𝐶𝐵𝐹
(2)
证明：过点C 分别作𝐴𝑀、𝐴𝑁的垂线，垂足分别为E、F，
则∠𝐴𝐸𝐶= ∠𝐵𝐹𝐶= 90°，
∵𝐴𝐶平分∠𝑀𝐴𝑁．
∴𝐶𝐸= 𝐶𝐹，
由四边形𝐴𝐹𝐶𝐸的内角和等于360°，
∴∠𝑀𝐴𝑁+ ∠𝐸𝐶𝐹= 180°，
∵∠𝑀𝐴𝑁+ ∠𝐷𝐶𝐵= 180°，
∴∠𝐸𝐶𝐹= ∠𝐷𝐶𝐵，
∴∠𝐸𝐶𝐷= ∠𝐹𝐶𝐵，
又∵∠𝐶𝐸𝐷= ∠𝐶𝐹𝐵= 90°，
∴△𝐶𝐸𝐷≌△𝐶𝐹𝐵，
∴𝐶𝐷= 𝐶𝐵；
(3)𝐴𝐵−𝐴𝐷= 𝐴𝐶，证明如下：
过点C 分别作𝐴𝑀、𝐴𝑁的垂线，垂足分别为E、F
∵∠𝑀𝐴𝑁= 120°，𝐴𝐶平分∠𝑀𝐴𝑁，
∴∠𝐸𝐴𝐶= ∠𝐹𝐴𝐶= 60°，
∴∠𝐴𝐶𝐸= ∠𝐴𝐶𝐹= 30°，
∴𝐴𝐶= 2𝐴𝐹= 2𝐴𝐸，
由（2）△𝐶𝐸𝐷≌△𝐶𝐹𝐵，
∴𝐸𝐷= 𝐹𝐵，
∴𝐴𝐵−𝐴𝐷= 𝐴𝐹+ 𝐹𝐵−𝐴𝐷= 𝐴𝐹+ 𝐸𝐷−𝐴𝐷= 𝐴𝐹+ 𝐴𝐸+ 𝐴𝐷−𝐴𝐷= 2𝐴𝐹= 𝐴𝐶；
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∴𝐴𝐵−𝐴𝐷= 𝐴𝐶；
(4)6
【分析】（1）根据角平分线的性质和角度的等量代换即可解答；
（2）过点C 分别作𝐴𝑀、𝐴𝑁的垂线，垂足分别为E、F，通过角的代换证明∠𝐸𝐶𝐷= ∠𝐹𝐶𝐵，进而证明
△𝐶𝐸𝐷≌△𝐶𝐹𝐵，即可得到结论；
（3）过点C 分别作𝐴𝑀、𝐴𝑁的垂线，垂足分别为E、F，根据含30 度角的直角三角形的性质结合（2）
的结论和线段的和差即可得出结论；
（4）连接𝐴𝑂，过点O 分别作𝐴𝐶、𝐴𝐵的垂线，垂足分别为G、H，如图，可得∠𝐵𝐴𝐶+ ∠𝐸𝑂𝐹= 180°，
则由（3）的结论可得：𝐴𝐸−𝐴𝐹= 𝐴𝐺+ 𝐴𝐻，然后根据等边三角形的性质和含30 度角的直角三角形
的性质求出𝐶𝐺, 𝐵𝐻即可求出答案．
【详解】（1）过点C 分别作𝐴𝑀、𝐴𝑁的垂线，垂足分别为E、F
∵𝐴𝐶平分∠𝑀𝐴𝑁，
∴𝐶𝐸= 𝐶𝐹（角平分线上一点到这个角两边的距离相等），
∵∠𝑀𝐴𝑁+ ∠𝐷𝐶𝐵= 180°，由四边形ABCD 的内角和等于360°，
∴∠𝐴𝐷𝐶+ ∠𝐴𝐵𝐶= 180°，
又∵∠𝐴𝐷𝐶+ ∠𝐶𝐷𝐸= 180°，
∴∠𝐶𝐷𝐸= ∠𝐶𝐵𝐹，
又∵∠𝐶𝐸𝐷= ∠𝐶𝐹𝐵= 90°，
∴△𝐶𝐸𝐷≌△𝐶𝐹𝐵，
∴𝐶𝐷= 𝐶𝐵．
故答案为：𝐶𝐸= 𝐶𝐹，∠𝐶𝐷𝐸= ∠𝐶𝐵𝐹
（2）略
（3）略
（4）连接𝐴𝑂，过点O 分别作𝐴𝐶、𝐴𝐵的垂线，垂足分别为G、H，如图，
∵△𝐴𝐵𝐶为等边三角形，点O 为𝐵𝐶边中点，
∴∠𝐵𝐴𝐶= 60°，𝐴𝑂平分∠𝐵𝐴𝐶，
∵∠𝐸𝑂𝐹= 120°，
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∴∠𝐵𝐴𝐶+ ∠𝐸𝑂𝐹= 180°，
则由（3）的结论可得：𝐴𝐸−𝐴𝐹= 𝐴𝐺+ 𝐴𝐻，
∵△𝐴𝐵𝐶为等边三角形，边长为4，
∴𝐴𝐶= 𝐵𝐶= 4, ∠𝐶= ∠𝐴𝐵𝐶= 60°，
∵点O 为𝐵𝐶边中点，
∴𝐵𝑂= 𝐶𝑂= 2, ∠𝐶𝑂𝐺= ∠𝐵𝑂𝐻= 30°，
∴𝐶𝐺=
1
2 𝐶𝑂= 1, 𝐵𝐻=
1
2 𝐵𝑂= 1，
∴𝐴𝐺= 3, 𝐴𝐻= 3，
∴𝐴𝐸−𝐴𝐹= 𝐴𝐺+ 𝐴𝐻= 6；
故答案为：6．
30．
【答案】（1）𝐷𝐶= 𝐷𝐵；
（2）结论仍成立，理由如下：
在图③中，作𝐷𝑀⊥𝐴𝐵于M，𝐷𝑁⊥𝐴𝐶于N，
∴∠𝐷𝑁𝐶= ∠𝐵𝑀𝐷= 90°，
∵𝐷𝐴平分∠𝐵𝐴𝐶, 𝐷𝑀⊥𝐴𝐵, 𝐷𝑁⊥𝐴𝐶，
∴𝐷𝑀= 𝐷𝑁．
∵∠𝐵+ ∠𝐴𝐶𝐷= 180°, ∠𝐴𝐶𝐷+ ∠𝑁𝐶𝐷= 180°，
∴∠𝐵= ∠𝑁𝐶𝐷．
在△𝑁𝐶𝐷和△𝑀𝐵𝐷中，
{
∠𝐷𝑁𝐶= ∠𝐵𝑀𝐷
∠𝑁𝐶𝐷= ∠𝐵
𝐷𝑁= 𝐷𝑀
∴△𝑁𝐶𝐷≌△𝑀𝐵𝐷，
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∴𝐷𝐶= 𝐷𝐵．
◆题型8:倍长中线法模型(难)
31．
【详解】解：（1）延长𝐴𝐷到点𝐸，使𝐷𝐸= 𝐴𝐷，连接𝐵𝐸，
在△𝐴𝐷𝐶和△𝐸𝐷𝐵中，
{
𝐴𝐷= 𝐸𝐷
∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐸𝐷𝐵
𝐶𝐷= 𝐵𝐷
，
∴△𝐴𝐷𝐶≌△𝐸𝐷𝐵(SAS)，
∴𝐴𝐶= 𝐵𝐸= 4，
在△𝐴𝐵𝐸中，𝐴𝐵−𝐵𝐸< 𝐴𝐸< 𝐴𝐵+ 𝐵𝐸，即7 −4 < 𝐴𝐸< 7 + 4，
∴3 < 𝐴𝐸< 11，
∵𝐴𝐸= 2𝐴𝐷，
∴
3
2 < 𝐴𝐷<
11
2 ，
故答案为：
3
2 < 𝐴𝐷<
11
2 ；
（2）如图1，延长𝐶𝐸，交𝐴𝐷的延长线于点G．
∵D 是𝐵𝐶的中点，
∴𝐵𝐷= 𝐶𝐷．
∵𝐴𝐵∥𝐶𝐸，
∴∠𝐵= ∠𝐷𝐶𝐺．
在△𝐴𝐷𝐵和△𝐺𝐷𝐶中，
{
∠𝐵= ∠𝐷𝐶𝐺,
𝐵𝐷= 𝐶𝐷,
∠𝐴𝐷𝐵= ∠𝐺𝐷𝐶,
∴△𝐴𝐷𝐵≌△𝐺𝐷𝐶(ASA)．
∴∠𝐷𝐴𝐵= ∠𝐺, 𝐶𝐺= 𝐴𝐵= 10，
∵𝐶𝐸= 3，
∴𝐺𝐸= 𝐶𝐺−𝐶𝐸= 10 −3 = 7，
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∵∠𝐷𝐴𝐵= ∠𝐹，
∴∠𝐺= ∠𝐹，
∴𝐸𝐹= 𝐺𝐸= 7．
（3）如图2，延长𝐴𝐷至点F，使得𝐷𝐹= 𝐴𝐷，在𝐷𝐹上取点G，使得𝐹𝐺= 𝐷𝐸，连接𝐵𝐹, 𝐵𝐺．
∵D 是𝐵𝐶的中点，
∴𝐵𝐷= 𝐶𝐷．
在△𝐵𝐷𝐹和△𝐶𝐷𝐴中，
{
𝐵𝐷= 𝐶𝐷,
∠𝐵𝐷𝐹= ∠𝐶𝐷𝐴,
𝐷𝐹= 𝐴𝐷,
∴△𝐵𝐷𝐹≌△𝐶𝐷𝐴(SAS)．
∴𝐵𝐹= 𝐴𝐶, ∠𝐹= ∠𝐶𝐴𝐷= 52°，
∵𝐵𝐸= 𝐴𝐶, 𝐵𝐹= 𝐵𝐸，
∴∠𝐵𝐸𝐹= ∠𝐹= 52°．
在△𝐵𝐷𝐸和△𝐵𝐺𝐹中，
{
𝐵𝐸= 𝐵𝐹,
∠𝐵𝐸𝐷= ∠𝐹,
𝐷𝐸= 𝐺𝐹,
∴△𝐵𝐷𝐸≌△𝐵𝐺𝐹(SAS)，
∴𝐵𝐷= 𝐵𝐺，
∵𝐴𝐷= 𝐷𝐹, 𝐷𝐸= 𝐹𝐺，
∴𝐴𝐷−𝐷𝐸= 𝐷𝐹−𝐹𝐺，即𝐴𝐸= 𝐷𝐺．
∵𝐴𝐸= 𝐵𝐷，
∴𝐵𝐷= 𝐷𝐺= 𝐵𝐺，
∴△𝐵𝐺𝐷是等边三角形，
∴∠𝐵𝐷𝐺= 60°，
∴∠𝐷𝐵𝐸= ∠𝐵𝐷𝐺−∠𝐵𝐸𝐷= 60° −52° = 8°．
32．
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【答案】（1）解：①延长𝐴𝐷至点𝐸，使𝐷𝐸= 𝐴𝐷，连接𝐵𝐸，如图，
∵𝐴𝐷是中线，
∴𝐵𝐷= 𝐶𝐷，
在△𝐴𝐷𝐶和△𝐸𝐷𝐵中，
{
𝐴𝐷= 𝐸𝐷
∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐸𝐷𝐵
𝐶𝐷= 𝐵𝐷
，
∴△𝐴𝐷𝐶≌△𝐸𝐷𝐵(SAS)，
∴△𝐴𝐷𝐶≌△𝐸𝐷𝐵的依据是SAS B；
②∵△𝐴𝐷𝐶≌△𝐸𝐷𝐵，
∴𝐴𝐶= 𝐵𝐸= 6，
∵𝐴𝐵= 8，
∴8 −6 < 𝐴𝐸< 8 + 6，
∴2 < 2𝐴𝐷< 14，
∴1 < 𝐴𝐷< 7；
（2）证明：延长𝐷𝐸至点𝐹，使𝐹𝐸= 𝐸𝐷，连接𝐵𝐹，如图，
∵E 是𝐵𝐶的中点，
∴𝐵𝐸= 𝐶𝐸，
在△𝐸𝐷𝐶和△𝐸𝐹𝐵中，
{
𝐷𝐸= 𝐹𝐸
∠𝐷𝐸𝐶= ∠𝐹𝐸𝐵
𝐶𝐸= 𝐵𝐸
，
∴△𝐸𝐷𝐶≌△𝐸𝐹𝐵(SAS)，
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∴𝐷𝐶= 𝐹𝐵，∠𝐷= ∠𝐹，
∵∠𝐵𝐴𝐸= ∠𝐶𝐷𝐸，
∴∠𝐹= ∠𝐵𝐴𝐸，
∴𝐵𝐴= 𝐵𝐹，
∴𝐴𝐵= 𝐶𝐷；
（3）证明：延长𝐵𝑃交𝐴𝐷于点𝐻，过点𝑃作𝐸𝐹⊥𝑚于点𝐸，𝐸𝐹⊥𝑛于点𝐹，如图，
则𝐸𝐹= 4，
∵𝑚∥𝑛，
∴∠𝐸𝐷𝑃= ∠𝐹𝐶𝑃，
在△𝐶𝑃𝐹和△𝐷𝑃𝐸中，
{
∠𝐶𝑃𝐹= 𝐷𝑃𝐸
𝐶𝑃= 𝐷𝑃
∠𝐹𝐶𝑃= ∠𝐸𝐷𝑃
∴△𝐶𝑃𝐹≌△𝐷𝑃𝐸(ASA)，
∴𝐹𝑃= 𝐸𝑃=
1
2 𝐸𝐹= 2，
在△𝐵𝑃𝐹和△𝐻𝑃𝐸中，
{
∠𝐵𝐹𝑃= ∠𝐻𝐸𝑃= 90°
𝑃𝐸= 𝑃𝐸
∠𝐵𝑃𝐹= ∠𝐻𝑃𝐸
，
∴△𝐵𝑃𝐹≌△𝐻𝑃𝐸(ASA)，
∴𝐵𝑃= 𝐻𝑃，
∵𝐴𝑃⊥𝐵𝑃，
∴𝐴𝑃为𝐵𝐻的垂直平分线，
∴𝐴𝐵= 𝐴𝐻，
∵𝑆△𝐴𝑃𝐻=
1
2 𝐴𝐻· 𝑃𝐸=
1
2 𝐴𝑃· 𝑃𝐻，
∴𝐴𝐻· 𝑃𝐸＝𝐴𝑃· 𝑃𝐻，
∴𝐴𝐵× 2 = 𝑃𝐴· 𝑃𝐵，
∴𝑃𝐴· 𝑃𝐵= 2𝐴𝐵．
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33．
【答案】解：（1）如图①，延长𝐴𝐷到点𝐸，使𝐷𝐸= 𝐴𝐷，连接𝐵𝐸，
∵𝐷是𝐵𝐶的中点，
∴𝐵𝐷= 𝐶𝐷，
∵∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐵𝐷𝐸，
∴ △𝐴𝐶𝐷≌△𝐸𝐵𝐷(SAS)，
∴𝐵𝐸= 𝐴𝐶= 4，
在△𝐴𝐵𝐸中，𝐴𝐵−𝐵𝐸< 𝐴𝐸< 𝐴𝐵+ 𝐵𝐸，
∴6 −4 < 𝐴𝐸< 6 + 4，
∴2 < 𝐴𝐸< 10，
∴1 < 𝐴𝐷< 5，
故答案为：1 < 𝐴𝐷< 5；
（2）证明：如图，延长𝐴𝐷到点𝐸，使𝐷𝐸= 𝐴𝐷，连接𝐵𝐸，
，
由（1）可得△𝐴𝐶𝐷≌△𝐸𝐵𝐷(SAS)，
∴𝐴𝐶= 𝐵𝐸, ∠𝐶𝐴𝐷= ∠𝐸，
∵𝐴𝐷平分∠𝐵𝐴𝐶，
∴∠𝐶𝐴𝐷= ∠𝐵𝐴𝐷= ∠𝐸，
∴𝐵𝐴= 𝐵𝐸= 𝐴𝐶；
（3）解：如图③，延长𝐴𝐸，𝐷𝐹交于点𝐺，
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∵𝐴𝐵∥𝐶𝐷，
∴∠𝐵𝐴𝐺= ∠𝐺，
在△𝐴𝐵𝐸和△𝐺𝐶𝐸中，
{
𝐶𝐸= 𝐵𝐸
∠𝐵𝐴𝐸= ∠𝐺
∠𝐴𝐸𝐵= ∠𝐺𝐸𝐶
，
∴ △𝐴𝐵𝐸≌△𝐺𝐸𝐶(AAS)，
∴𝐶𝐺= 𝐴𝐵= 13，
∵𝐴𝐸是∠𝐵𝐴𝐹的平分线，
∴∠𝐵𝐴𝐺= ∠𝐺𝐴𝐹，
∴∠𝐹𝐴𝐺= ∠𝐺，
∴𝐴𝐹= 𝐺𝐹，
∵𝐹𝐺+ 𝐶𝐹= 𝐶𝐺，
∴𝐴𝐹= 𝐹𝐺= 𝐴𝐵−𝐶𝐹= 11．
34．
【答案】（1）解：如图①，延长𝐴𝐷至𝐸，使得𝐸𝐷= 𝐴𝐷，连接𝐵𝐸，
∵ 𝐴𝐷是△𝐴𝐵𝐶的中线，
∴ 𝐵𝐷= 𝐶𝐷，
在△𝐴𝐷𝐶和△𝐸𝐷𝐵中，
{
𝐶𝐷= 𝐵𝐷
∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐸𝐷𝐵
𝐴𝐷= 𝐸𝐷
，
∴ △𝐴𝐷𝐶≌△𝐸𝐷𝐵(SAS)，
故答案为：SAS．
（2）证明：如图，延长𝑀𝐷到点𝐸，使得𝑀𝐷= 𝐸𝐷，连接𝐶𝐸，𝑁𝐸，
∵ 𝐴𝐷是△𝐴𝐵𝐶的中线，
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∴ 𝐵𝐷= 𝐶𝐷，
∵在△𝐵𝐷𝑀和△𝐶𝐷𝐸中，
{
𝐶𝐷= 𝐵𝐷
∠𝑀𝐷𝐵= ∠𝐸𝐷𝐶
𝐸𝐷= 𝑀𝐷
，
∴ △𝐵𝐷𝑀≌△𝐶𝐷𝐸(SAS)，
∴ 𝐵𝑀= 𝐶𝐸，
∵ 𝐸𝐷= 𝑀𝐷，𝐷𝑀⊥𝐷𝑁，
∴ 𝑀𝑁= 𝑁𝐸，
在△𝑁𝐸𝐶中，𝑁𝐸< 𝐶𝐸+ 𝑁𝐶，
∴ 𝑀𝑁< 𝐵𝑀+ 𝐶𝑁．
（3）如图，延长𝐴𝑀到点𝑁，使得𝑀𝑁= 𝐴𝑀，连接𝐵𝑁，
由（1）知，△𝐵𝑀𝑁≌△𝐶𝑀𝐴(SAS)，
∴ 𝐵𝑁= 𝐶𝐴，∠𝐵𝑁𝑀= ∠𝐶𝐴𝑀，
∴ 𝐴𝐶∥𝐵𝑁，
∵ 𝐴𝐶= 𝐴𝐷，
∴ 𝐵𝑁= 𝐴𝐷，
∵ 𝐴𝐶∥𝐵𝑁，
∴ ∠𝐵𝐴𝐶+ ∠𝐴𝐵𝑁= 180°，
∵ ∠𝐵𝐴𝐸= ∠𝐶𝐴𝐷= 90°，
∴ ∠𝐵𝐴𝐶+ ∠𝐸𝐴𝐷= 180°，
∴ ∠𝐴𝐵𝑁= ∠𝐸𝐴𝐷，
在△𝐴𝐵𝑁和△𝐸𝐴𝐷中，
{
𝐴𝐵= 𝐸𝐴
∠𝐴𝐵𝑁= ∠𝐸𝐴𝐷
𝐵𝑁= 𝐴𝐷
，
∴ △𝐴𝐵𝑁≌△𝐸𝐴𝐷(SAS)，
∴ 𝐴𝑁= 𝐷𝐸，
∵ 𝑀𝑁= 𝐴𝑀，
∴ 𝐷𝐸= 𝐴𝑁= 2𝐴𝑀，
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∵ 𝐴𝑀= 14，
∴ 𝐷𝐸= 2𝐴𝑀= 28．
综合攻坚·知能拔高
1．
【答案】(1)证明：∵𝐴𝐶∥𝐷𝐸，
∴∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐹𝐸𝐷，
∵{
∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐹𝐸𝐷
𝐴𝐶= 𝐷𝐸
∠𝐴= ∠𝐷
∴△𝐴𝐵𝐶≌△𝐷𝐹𝐸(ASA)．
（2）解：∵△𝐴𝐵𝐶≌△𝐷𝐹𝐸(ASA)，
∴∠𝐵= ∠𝐹．
∵∠𝐴= 70°，∠𝐴𝐶𝐵= 60°，
∴∠𝐵= ∠𝐹= 180° −∠𝐴𝐶𝐵−∠𝐴= 50°；
2．
【详解】解：∵∠𝐷𝑃𝐶= 12°，∠𝐴𝑃𝐵= 78°，
∴∠𝐷𝑃𝐶+ ∠𝐴𝑃𝐵= 12° + 78° = 90°，
由题意得∠𝐴𝐵𝑃= ∠𝑃𝐷𝐶= 90°，𝐵𝑃= 𝐷𝐶= 10米，
∴∠𝐵𝐴𝑃+ ∠𝐴𝑃𝐵= 90°，𝑃𝐷= 𝐵𝐷−𝐵𝑃= 47米，
∴∠𝐵𝐴𝑃= ∠𝐷𝑃𝐶，
在△𝐴𝐵𝑃和△𝑃𝐷𝐶中，
{
∠𝐴𝐵𝑃= ∠𝑃𝐷𝐶= 90°
∠𝐵𝐴𝑃= ∠𝐷𝑃𝐶
𝐵𝑃= 𝐷𝐶
，
∴△𝐴𝐵𝑃≌△𝑃𝐷𝐶(AAS)，
∴𝐴𝐵= 𝑃𝐷= 47米，
∴楼高𝐴𝐵是47米．
3．
【答案】解：𝐶𝐸= 𝐵𝐷，𝐶𝐸⊥𝐵𝐷，理由如下：
如图，延长𝐶𝐸，交𝐵𝐷于点𝐹，交𝐴𝐵于点𝑂，
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∵∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐷𝐴𝐸= 90°，
∴∠𝐵𝐴𝐶−∠𝐵𝐴𝐸= ∠𝐷𝐴𝐸−∠𝐵𝐴𝐸，即∠𝐶𝐴𝐸= ∠𝐵𝐴𝐷，
在△𝐴𝐶𝐸和△𝐴𝐵𝐷中，
{
𝐴𝐶= 𝐴𝐵
∠𝐶𝐴𝐸= ∠𝐵𝐴𝐷
𝐴𝐸= 𝐴𝐷
，
∴△𝐴𝐶𝐸≌△𝐴𝐵𝐷(SAS)，
∴𝐶𝐸= 𝐵𝐷，∠𝐴𝐶𝐸= ∠𝐴𝐵𝐷，
由对顶角相等得：∠𝐴𝑂𝐶= ∠𝐵𝑂𝐹，
∴180° −∠𝐴𝐵𝐷−∠𝐵𝑂𝐹= 180° −∠𝐴𝐶𝐸−∠𝐴𝑂𝐶，即∠𝐵𝐹𝐶= ∠𝐵𝐴𝐶= 90°，
∴𝐶𝐸⊥𝐵𝐷．
4．
【答案】(1)解：如图，△𝐴𝐵𝐶即为所求；
(2)解：如图，△𝐴𝐵𝐶1，△𝐴𝐵𝐶2即为所求；
（3）解：如图，在图2 的𝐵𝐶上截取𝐵𝐾= 𝐵𝑀，连接𝑃𝐾，
在图1 中，
小学
初中
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∵𝐵𝑃平分∠𝐴𝐵𝐶，
∴∠𝐴𝐵𝑃= ∠𝐶𝐵𝑃，𝑃𝐸= 𝑃𝐹，𝐵𝑃= 𝐵𝑃，
此时△𝐵𝑃𝐸,△𝐵𝑃𝐹不一定全等，
当𝐵𝐸= 𝐵𝐹时，
∴△𝐵𝑃𝐸≌△𝐵𝑃𝐹(SSS)或(SAS)，
在图2 中，𝐵𝑀≠𝐵𝑁，𝐵𝐾= 𝐵𝑀，
∴△𝐵𝑀𝑃≌△𝐵𝐾𝑃(SAS)，而△𝐵𝑀𝑃,△𝐵𝑁𝑃不全等，
∵𝐵𝐸= 𝐵𝑀，
∴当𝐵𝐹= 𝐵𝐾= 𝐵𝐸= 𝐵𝑀时，
∴△𝐵𝐸𝑃,△𝐵𝐹𝑃,△𝐵𝑀𝑃,△𝐵𝐾𝑃全等，
∴△𝐵𝐸𝑃,△𝐵𝐹𝑃,△𝐵𝑀𝑃,△𝐵𝐾𝑃的面积相等，
∵模型2 中四边形𝐵𝑀𝑃𝑁面积比模型1 中四边形𝐵𝐸𝑃𝐹面积大10cm2，
∴△𝑃𝐾𝑁的面积为10cm2，
∵𝐵𝑁= 2𝐵𝐹= 2𝐵𝐾，
∴△𝐵𝑃𝐹的面积为10cm2，
∴模型1 中四边形𝐵𝐸𝑃𝐹面积为20cm2；
∴钉出两种不同模型的原因是：两边和其中一边的对角确定，且这个对角为锐角，作出的三角形不唯
一.
5．
【答案】(1)证明：∵∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐸𝐴𝐷，
∴∠𝐵𝐴𝐶+ ∠𝐷𝐴𝐶= ∠𝐸𝐴𝐷+ ∠𝐷𝐴𝐶，
即∠𝐷𝐴𝐵= ∠𝐸𝐴𝐶，
在△𝐴𝐵𝐷和△𝐴𝐶𝐸中，
{
𝐴𝐸= 𝐴𝐷
∠𝐸𝐴𝐶= ∠𝐷𝐴𝐵
𝐴𝐵= 𝐴𝐶
，
∴△𝐴𝐵𝐷≌△𝐴𝐶𝐸(SAS)；
【详解】（1）略
（2）解：∵∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐸𝐴𝐷，∠𝐶𝐴𝐷= 100°，
∴∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐸𝐴𝐷=
1
2 (180° −∠𝐶𝐴𝐷) =
1
2 (180° −100°) = 40°，
∵∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐴𝐸𝐶+ ∠𝐴𝐶𝐸，
∴∠𝐴𝐸𝐶+ ∠𝐴𝐶𝐸= 40°，
∵△𝐴𝐵𝐷≌△𝐴𝐶𝐸，
∴∠𝐴𝐶𝐸= ∠𝐴𝐵𝐷，
∴∠𝐷𝐹𝐸= ∠𝐴𝐸𝐶+ ∠𝐴𝐵𝐷= ∠𝐴𝐸𝐶+ ∠𝐴𝐶𝐸= 40°．
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6．
【答案】(1)证明：∵∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐷𝐶𝐸= 50° ，
∴∠𝐴𝐶𝐷= ∠𝐵𝐶𝐸 ．
在△𝐴𝐶𝐷 和△𝐵𝐶𝐸 中，
{
𝐴𝐶= 𝐶𝐵
∠𝐴𝐶𝐷= ∠𝐵𝐶𝐸
𝐶𝐷= 𝐶𝐸
，
∴△𝐴𝐶𝐷≌△𝐵𝐶𝐸(SAS)．
（2）解：设𝐴𝐻 与𝐵𝐶 交于点𝑂 ，
∵△𝐴𝐶𝐷≌△𝐵𝐶𝐸 ，
∴∠𝐶𝐴𝐷= ∠𝐶𝐵𝐸 ，
∵∠𝐴𝑂𝐶= ∠𝐵𝑂𝐻，
∴∠𝐴𝐻𝐵= ∠𝐴𝐶𝐵= 50° ，
∴∠𝐴𝐻𝐸= 130° ．
7．
【答案】
（1）证明：∵∠1 = ∠2，
∴∠1 + ∠𝐶𝐵𝐸= ∠2 + ∠𝐶𝐵𝐸，
∴∠𝐴𝐵𝐸= ∠𝐶𝐵𝐷，
∵在△𝐴𝐵𝐸和△𝐶𝐵𝐷中，
{
𝐴𝐵= 𝐶𝐵
∠𝐴𝐵𝐸= ∠𝐶𝐵𝐷
𝐵𝐸= 𝐵𝐷
，
∴△𝐴𝐵𝐸≌△𝐶𝐵𝐷(SAS)．
（2）解：∵△𝐴𝐵𝐸≌△𝐶𝐵𝐷，
∴∠𝐴= ∠𝐶，
∵∠𝐴𝐹𝐵= ∠𝐶𝐹𝐸，
∴∠𝐴+ ∠𝐴𝐹𝐵+ ∠1 = ∠𝐶+ ∠𝐶𝐹𝐸+ ∠3，
∴∠3 = ∠1 = 50°．
8．
【答案】(1)
𝐴𝐶= 𝐵𝐷，∠𝐴𝐷𝐵= 60°，说明如下：
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如图所示，设𝐴𝐷，𝑂𝐵交于点T，
∵∠𝐴𝑂𝐵= ∠𝐶𝑂𝐷= 𝛼= 60°，
∴∠𝐴𝑂𝐵−∠𝐵𝑂𝐶= ∠𝐶𝑂𝐷−∠𝐵𝑂𝐶，
∴∠𝐴𝑂𝐶= ∠𝐵𝑂𝐷，
∵𝑂𝐴= 𝑂𝐵，𝑂𝐶= 𝑂𝐷，
∴△𝑂𝐴𝐶≌△𝑂𝐵𝐷(SAS)，
∴𝐴𝐶= 𝐵𝐷，∠𝑂𝐴𝐶= ∠𝑂𝐵𝐷，
∵∠𝐴𝑇𝑂= ∠𝐵𝑇𝐷，
∴180° −∠𝑂𝐴𝐶−∠𝐴𝑇𝑂= 180° −∠𝑂𝐵𝐷−∠𝐷𝑇𝐵，
∴∠𝐴𝐷𝐵= ∠𝐴𝑂𝐵= 60°；
（2）解：如图所示，设𝐴𝐷，𝑂𝐵交于点T，
∵∠𝐴𝑂𝐵= ∠𝐶𝑂𝐷= 𝛼= 30°，
∴∠𝐴𝑂𝐵+ ∠𝐵𝑂𝐶= ∠𝐶𝑂𝐷+ ∠𝐵𝑂𝐶，
∴∠𝐴𝑂𝐶= ∠𝐵𝑂𝐷，
∵𝑂𝐴= 𝑂𝐵，𝑂𝐶= 𝑂𝐷，
∴△𝑂𝐴𝐶≌△𝑂𝐵𝐷(SAS)，
∴𝐴𝐶= 𝐵𝐷，∠𝑂𝐴𝐶= ∠𝑂𝐵𝐷，
∵∠𝐴𝑇𝑂= ∠𝐵𝑇𝐷，
∴180° −∠𝑂𝐴𝐶−∠𝐴𝑇𝑂= 180° −∠𝑂𝐵𝐷−∠𝐷𝑇𝐵，
∴∠𝐴𝐷𝐵= ∠𝐴𝑂𝐵= 30°；
（3）解：如图所示，设𝐴𝐷，𝑂𝐵交于点T，
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∵∠𝐴𝑂𝐵= ∠𝐶𝑂𝐷= 𝛼，
∴∠𝐴𝑂𝐵−∠𝐵𝑂𝐶= ∠𝐶𝑂𝐷−∠𝐵𝑂𝐶，
∴∠𝐴𝑂𝐶= ∠𝐵𝑂𝐷，
∵𝑂𝐴= 𝑂𝐵，𝑂𝐶= 𝑂𝐷，
∴△𝑂𝐴𝐶≌△𝑂𝐵𝐷(SAS)，
∴𝐴𝐶= 𝐵𝐷，∠𝑂𝐴𝐶= ∠𝑂𝐵𝐷，
∵∠𝐴𝑇𝑂= ∠𝐵𝑇𝐷，
∴180° −∠𝑂𝐴𝐶−∠𝐴𝑇𝑂= 180° −∠𝑂𝐵𝐷−∠𝐷𝑇𝐵，
∴∠𝐴𝐷𝐵= ∠𝐴𝑂𝐵= 𝛼．
9．
【答案】
（1）解：∵∠𝐵𝐷𝐴= ∠𝐴𝐸𝐶= ∠𝐵𝐴𝐶， ∠𝐵𝐴𝐷+ ∠𝐶𝐴𝐸+ ∠𝐵𝐴𝐶= 180° = ∠𝐵𝐴𝐷+ ∠𝐵𝐷𝐴+ ∠𝐴𝐵𝐷，
∴∠𝐶𝐴𝐸= ∠𝐴𝐵𝐷，
又∵𝐴𝐵= 𝐴𝐶，
∴△𝐴𝐵𝐷≌△𝐶𝐴𝐸(AAS)，
∴𝐵𝐷= 𝐴𝐸；
(2)𝐷𝐸= 𝐵𝐷+ 𝐶𝐸，理由：∵点𝐷、𝐴、𝐸在直线𝑚上，
∴∠𝐷𝐴𝐵+ ∠𝐵𝐴𝐶+ ∠𝐶𝐴𝐸= 180°，
由三角形内角和定理知，∠𝐷𝐴𝐵+ ∠𝐵𝐷𝐴+ ∠𝐴𝐵𝐷= 180°，
∵∠𝐵𝐷𝐴= ∠𝐴𝐸𝐶= ∠𝐵𝐴𝐶，
∴∠𝐶𝐴𝐸= ∠𝐴𝐵𝐷，
∵𝐴𝐵= 𝐴𝐶，
∴△𝐴𝐵𝐷≌△𝐶𝐴𝐸(AAS)，
∴𝐴𝐷= 𝐶𝐸, 𝐵𝐷= 𝐴𝐸，
∴𝐷𝐸= 𝐵𝐷+ 𝐶𝐸；
（3）解：如图所示，过点A 作𝐴𝐹⊥𝐵𝐶于F，
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∴∠𝐴𝐹𝐵= ∠𝐴𝐹𝐶= 90°，
又∵𝐴𝐵= 𝐴𝐶，𝐴𝐹= 𝐴𝐹，
∴Rt △𝐴𝐹𝐵≌Rt △𝐴𝐹𝐶(HL)，
∴∠𝐵= ∠𝐶；
∵E 是𝐴𝐵中点，
∴𝐵𝐸=
1
2 𝐴𝐵= 6cm；
当△𝐵𝑃𝐸≌△𝐶𝑃𝑄时，则𝐶𝑄= 𝐵𝐸= 6cm，𝐵𝑃= 𝐶𝑃=
1
2 𝐵𝐶= 4cm，
∴𝑡=
4
2 =2(s)，
∴𝑣𝑄=
6
2 = 3(cm s
⁄ )；
当△𝐵𝑃𝐸≌△𝐶𝑄𝑃时，则𝐵𝐸= 𝐶𝑃= 6cm，𝐵𝑃= 𝐶𝑄，
∴𝐵𝑃= 𝐵𝐶−𝐶𝑃= 2cm，
∴𝑡=
2
2 =1(s)，
∴𝑣𝑄=
2
1 = 2(cm s
⁄ )；
综上所述，点Q 的运动速度为3cm/s或2cm s
⁄ ．
10．
【答案】(1)证明：∵𝐶𝐷是△𝐴𝐵𝐶的𝐴𝐵边上的高，𝐸𝐹⊥𝐷𝐶，
∴∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐶𝐹𝐸= 90°，
∴∠𝐷𝐴𝐶+ ∠𝐴𝐶𝐷= 90°，
∵∠𝐴𝐶𝐸= 90°，
∴∠𝐹𝐶𝐸+ ∠𝐴𝐶𝐷= 90°，
∴∠𝐹𝐶𝐸= ∠𝐷𝐴𝐶，
在△𝐴𝐷𝐶和△𝐶𝐹𝐸中，
{
∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐶𝐹𝐸= 90°
∠𝐷𝐴𝐶= ∠𝐹𝐶𝐸
𝐴𝐶= 𝐶𝐸
，
∴△𝐴𝐷𝐶≌△𝐶𝐹𝐸(AAS)；
(2)证明：由（1）可得△𝐴𝐷𝐶≌△𝐶𝐹𝐸，
∴𝐶𝐷= 𝐸𝐹，
∵𝐶𝐷= 𝐵𝐷，
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∴𝐵𝐷= 𝐸𝐹，
在△𝐵𝐷𝐻和△𝐸𝐹𝐻中，
{
∠𝐵𝐷𝐻= ∠𝐸𝐹𝐻= 90°
∠𝐵𝐻𝐷= ∠𝐸𝐻𝐹
𝐵𝐷= 𝐸𝐹
，
∴△𝐵𝐷𝐻≌△𝐸𝐹𝐻(AAS)，
∴𝐷𝐻= 𝐹𝐻；
（3）解：由（1）可得△𝐴𝐷𝐶≌△𝐶𝐹𝐸，
∴𝐴𝐷= 𝐶𝐹，𝐶𝐷= 𝐸𝐹，
由（2）可得𝐷𝐻= 𝐹𝐻，
∵𝐵𝐷= 𝐶𝐷，𝐷𝐶= 4，
∴𝐵𝐷= 𝐶𝐷= 𝐸𝐹= 4，
∵𝑆△𝐴𝐵𝐶= 8𝑆△𝐻𝐶𝐸，
∴
1
2 𝐴𝐵× 4 = 8 ×
1
2 𝐶𝐻× 4，
∴𝐴𝐵= 8𝐶𝐻，
∵𝐴𝐵= 𝐴𝐷+ 𝐵𝐷= 𝐴𝐷+ 𝐶𝐷= 𝐶𝐹+ 𝐶𝐷= 𝐹𝐻−𝐶𝐻+ 𝐶𝐷= 𝐷𝐻−𝐶𝐻+ 4，
∴𝐷𝐻−𝐶𝐻+ 4 = 8𝐶𝐻，
∴𝐷𝐻+ 4 = 9𝐶𝐻，
∴𝐷𝐻+ 𝐶𝐻+ 4 = 10𝐶𝐻，
∴𝐶𝐷+ 4 = 10𝐶𝐻，
∴4 + 4 = 10𝐶𝐻，
∴𝐶𝐻=
4
5，
∴𝐴𝐵= 8𝐶𝐻=
32
5 ．
