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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
题型2:翻折型
题型 3:旋转型
题型 4:一线三等角型（高频）
题型 5:手拉手模型（高频）
题型 6:半角模型（难）
题型 7:对角互补模型
题型 8:倍长中线法模型（难）
综合攻坚·知能拔高
常考题型·精准突破
◆题型 1:平移型
1．如图，已知𝐵，𝐸，𝐶，𝐹在同一条直线上，𝐴𝐵= 𝐷𝐸，𝐴𝐵 ∥ 𝐷𝐸，𝐵𝐸= 𝐶𝐹，𝐴𝐶与𝐷𝐸交于点𝐺．求证：
△𝐴𝐵𝐶 ≌ △𝐷𝐸𝐹．
【答案】证明：∵𝐵𝐸= 𝐶𝐹，
∴𝐵𝐸+ 𝐸𝐶= 𝐶𝐹+ 𝐸𝐶，
∴𝐵𝐶= 𝐸𝐹．
又∵𝐴𝐵∥𝐷𝐸，
∴∠𝐵= ∠𝐷𝐸𝐹．
在△𝐴𝐵𝐶和△𝐷𝐸𝐹中，
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∵{
𝐴𝐵= 𝐷𝐸,
∠𝐵= ∠𝐷𝐸𝐹,
𝐵𝐶= 𝐸𝐹,
∴△𝐴𝐵𝐶≌△𝐷𝐸𝐹（SAS）．
【分析】由𝐵𝐸= 𝐶𝐹两边同时加上𝐸𝐶推导出𝐵𝐶= 𝐸𝐹；由𝐴𝐵∥𝐷𝐸推导出∠𝐵= ∠𝐷𝐸𝐹；最后根据SAS证
明两个三角形全等即可．
【详解】见答案
2．如下图，已知点C，D 都在线段𝐵𝐹上，𝐵𝐷= 𝐶𝐹，𝐴𝐶∥𝐷𝐸，∠𝐴= ∠𝐸．试说明：△𝐴𝐵𝐶≌△𝐸𝐹𝐷；
【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)．
【分析】由平行线的性质得出∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐸𝐷𝐹，再利用AAS得出△𝐴𝐵𝐶≌△𝐸𝐹𝐷．
【详解】证明：略．
3．如图，点𝐷、𝐸在△𝐴𝐵𝐶的边𝐵𝐶的延长线上，过点𝐸作𝐸𝐹，使得𝐸𝐹= 𝐴𝐵，连接𝐷𝐹，𝐷𝐹= 𝐴𝐶，𝐵𝐷= 𝐶𝐸．试
说明∠𝐵= ∠𝐸．
【答案】证明：∵𝐵𝐷= 𝐶𝐸，
∴𝐵𝐷−𝐶𝐷= 𝐶𝐸−𝐶𝐷，
∴𝐵𝐶= 𝐷𝐸，
在△𝐴𝐵𝐶和△𝐹𝐸𝐷中，𝐵𝐶= 𝐸𝐷，𝐴𝐵= 𝐹𝐸，𝐴𝐶= 𝐹𝐷，
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∴△𝐴𝐵𝐶≌△𝐹𝐸𝐷(SSS)，
∴∠𝐵= ∠𝐸．
【分析】证明△𝐴𝐵𝐶≌△𝐹𝐸𝐷(SSS)即可解答；
【详解】略
4．如图，点𝐴、𝐷、𝐶、𝐹在一条直线上，𝐵𝐶与𝐷𝐸交于点𝐺，𝐵𝐶∥𝐸𝐹，𝐵𝐶= 𝐸𝐹，∠𝐵= ∠𝐸．𝐴𝐷与𝐶𝐹相等
吗？为什么？
【答案】解：𝐴𝐷= 𝐶𝐹．理由如下：
∵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．
【分析】根据𝐵𝐶∥𝐸𝐹，得到∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐹，继而根据ASA证明△𝐴𝐵𝐶≌△𝐷𝐸𝐹，得到𝐴𝐶= 𝐷𝐹，根据线
段的和差关系即可得到答案．
【详解】略．
5．如图，点A，C，F，D 在同一条直线上，𝐵𝐶⊥𝐴𝐷，𝐸𝐹⊥𝐴𝐷，𝐸𝐷∥𝐴𝐵，且𝐸𝐷= 𝐴𝐵．求证：△𝐴𝐵𝐶≌△𝐷𝐸𝐹；
【答案】证明：∵𝐵𝐶⊥𝐴𝐷，𝐸𝐹⊥𝐴𝐷，
∴∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐷𝐹𝐸= 90°，
∵𝐸𝐷∥𝐴𝐵，
∴∠𝐴= ∠𝐷，
又∵𝐸𝐷= 𝐴𝐵，
∴△𝐴𝐵𝐶≌△𝐷𝐸𝐹(AAS)
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【分析】根据平行线的性质得出相等的角，根据垂直得出直角，然后利用角角边进行证明全等三角形．
【详解】证明：略．
◆题型 2:翻折型
6．如图，已知𝐴𝐶= 𝐴𝐷，∠𝐶𝐴𝐵= ∠𝐷𝐴𝐵．求证：𝐵𝐶= 𝐵𝐷．
【答案】证明：在△𝐴𝐵𝐶和△𝐴𝐵𝐷中，
∵𝐴𝐶= 𝐴𝐷，∠𝐶𝐴𝐵= ∠𝐷𝐴𝐵，𝐴𝐵= 𝐴𝐵，
∴△𝐴𝐵𝐶≌△𝐴𝐵𝐷(SAS)，
∴𝐵𝐶= 𝐵𝐷．
【分析】利用SAS证明△𝐴𝐵𝐶≌△𝐴𝐵𝐷，即可证明𝐵𝐶= 𝐵𝐷．
【详解】略
7．如图，某民间手艺人制作风筝的支撑骨架中，点E，F 分别在𝐴𝐵，𝐴𝐷的延长线上，𝐴𝐶平分∠𝐵𝐶𝐷，∠𝐶𝐵𝐸=
∠𝐶𝐷𝐹．求证：𝐴𝐵= 𝐴𝐷．
【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．
【分析】由∠𝐶𝐵𝐸= ∠𝐶𝐷𝐹可得∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐴𝐷𝐶，根据角平分线的定义可得∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐴𝐶𝐷，再由“AAS”
证明△𝐴𝐵𝐶≌△𝐴𝐷𝐶即可得到𝐴𝐵= 𝐴𝐷．
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【详解】略
8．△𝐴𝐵𝐶与△𝐷𝐸𝐹按如图所示的位置摆放，𝐵𝐶交𝐷𝐹于点M，𝐴𝐶交𝐸𝐹于点N，𝐵𝐶与𝐸𝐹交于点O．若∠𝐶= ∠𝐹，
𝐵𝐶= 𝐸𝐹，𝐵𝑂= 𝐸𝑂．求证：𝑀𝐹= 𝑁𝐶．
【答案】证明：∵𝐵𝐶= 𝐸𝐹，𝐵𝑂= 𝐸𝑂，
∴𝑂𝐹= 𝑂𝐶，
∵∠𝐶= ∠𝐹，∠𝐹𝑂𝑀= ∠𝐶𝑂𝑁，
∴△𝐹𝑂𝑀≌△𝐶𝑂𝑁(ASA)，
∴𝑀𝐹= 𝑁𝐶．
【分析】利用ASA证明△𝐹𝑂𝑀≌△𝐶𝑂𝑁，即可得到𝑀𝐹= 𝑁𝐶．
【详解】证明：略．
9．如图，在△𝐴𝐵𝐶中，D 是𝐵𝐶边上的一点，𝐴𝐵= 𝐷𝐵， 𝐵𝐸平分∠𝐴𝐵𝐶，交𝐴𝐶边于点E，连接𝐷𝐸．
(1)求证： △𝐴𝐵𝐸≌△𝐷𝐵𝐸；
(2)若∠𝐴= 100°， ∠𝐶= 50°，求∠𝐴𝐸𝐵的度数．
【答案】(1)见解析
(2)∠𝐴𝐸𝐵= 65°
【分析】
（1）先确定已知的等边条件𝐴𝐵= 𝐷𝐵，再由𝐵𝐸是角平分线得到一组等角，结合公共边𝐵𝐸= 𝐵𝐸，
用SAS全等判定定理证明三角形全等；
（2）先利用三角形内角和为180°，计算出∠𝐴𝐵𝐶的度数；再根据角平分线的性质，求出∠𝐴𝐵𝐸的度数，
最后在△𝐴𝐵𝐸中，再次使用三角形内角和公式计算∠𝐴𝐸𝐵的度数．
【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)．
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（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．如图，已知𝐶𝐴= 𝐶𝐷，∠𝐵𝐶𝐸= ∠𝐴𝐶𝐷，𝐵𝐶= 𝐸𝐶．求证：𝐴𝐵= 𝐷𝐸．
【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．
【分析】通过证明三角形全等来推导对应边相等来证明𝐴𝐵= 𝐷𝐸．
【详解】略．
11．如图，点F，G 分别在△𝐴𝐷𝐸的𝐴𝐷，𝐷𝐸边上，C，B 依次为𝐺𝐹延长线上两点，𝐴𝐵= 𝐴𝐷，∠𝐵𝐴𝐹= ∠𝐶𝐴𝐸，
∠𝐵= ∠𝐷．
(1)求证：𝐵𝐶= 𝐷𝐸；
(2)若∠𝐵= 35°，∠𝐴𝐹𝐵= 78°，求∠𝐷𝐺𝐵的度数，并直接写出当∠𝐶𝐴𝐵= 时，𝐷𝐸∥𝐴𝐶．
【答案】(1)证明：∵∠𝐵𝐴𝐹= ∠𝐶𝐴𝐸，
∴∠𝐵𝐴𝐹−∠𝐹𝐴𝐶= ∠𝐶𝐴𝐸−∠𝐹𝐴𝐶．
∴∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐹𝐴𝐸．
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∵𝐴𝐵= 𝐴𝐷，∠𝐵= ∠𝐷，
∴△𝐴𝐵𝐶≌△𝐴𝐷𝐸(ASA)．
∴𝐵𝐶= 𝐷𝐸．
(2)67°；32°
【分析】（1）先由∠𝐵𝐴𝐹= ∠𝐶𝐴𝐸，得∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐹𝐴𝐸，又因为𝐴𝐵= 𝐴𝐷，∠𝐵= ∠𝐷，即可证明△𝐴𝐵𝐶≌
△𝐴𝐷𝐸(ASA)；
（2）由∠𝐷= ∠𝐵= 35°，再结合对顶角相等，三角形内角和性质得∠𝐷𝐺𝐵= 67°，根据𝐷𝐸∥𝐴𝐶，故
∠𝐴𝐶𝐺= ∠𝐷𝐺𝐵= 67°，最后运用三角形外角性质列式计算，即可作答．
【详解】（1）证明：略
（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．如图，∠𝐴= ∠𝐵, ∠1 = ∠2, 𝐴𝐸= 𝐵𝐸，点𝐷在𝐴𝐶边上．判断𝐸𝐷与𝐸𝐶的数量关系，并说明理由．
【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．
【分析】根据“ASA”证明△𝐴𝐶𝐸和△𝐵𝐷𝐸全等，再结合全等三角形性质，即可推出𝐸𝐷与𝐸𝐶的数量关
系．
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【详解】略
13．已知：如图，在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵𝐴𝐶= 90°，∠𝐴𝐶𝐵的平分线𝐶𝐷⊥𝐵𝐹交𝐴𝐵于点𝐸，𝐶𝐸= 2𝐵𝐷．判断𝐴𝐵与
𝐴𝐶的关系并加以证明．
【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°，
同理：∠𝐹𝐶𝐷+ ∠𝐹= 90°
∴∠𝐹𝐵𝐴= ∠𝐹𝐶𝐷
又∵𝐶𝐸= 𝐵𝐹，∠𝐸𝐴𝐶= ∠𝐹𝐴𝐵= 90°
∴△𝐴𝐶𝐸≌△𝐴𝐵𝐹(AAS)
∴𝐴𝐵= 𝐴𝐶．
【分析】先证明△𝐵𝐷𝐶≌△𝐹𝐷𝐶(ASA)，得出𝐵𝐷= 𝐹𝐷，进而证明∠𝐹𝐵𝐴= ∠𝐹𝐶𝐷，再根据AAS证明△
𝐴𝐶𝐸≌△𝐴𝐵𝐹，根据全等三角形的性质，即可得证．
【详解】略
◆题型4:一线三等角型(高频)
14．在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵= 90°,𝐴𝐶= 𝐵𝐶，直线𝑀𝑁经过点𝐶，且𝐴𝐷⊥𝑀𝑁于𝐷．𝐵𝐸⊥𝑀𝑁于𝐸．
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(1)当直线𝑀𝑁绕点𝐶旋转到图1 的位置时，求证：𝐷𝐸= 𝐴𝐷+ 𝐵𝐸；
(2)当直线𝑀𝑁绕点𝐶旋转到图2 的位置时，求证：𝐷𝐸= 𝐴𝐷−𝐵𝐸；
(3)当直线𝑀𝑁绕点𝐶旋转到图3 的位置时，试问𝐷𝐸、𝐴𝐷、𝐵𝐸具有怎样的等量关系？请写出这个等量关
系，并加以证明．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)𝐷𝐸= 𝐵𝐸−𝐴𝐷，证明见解析
【分析】（1）证明△𝐴𝐷𝐶≌△𝐶𝐸𝐵(AAS)，可得𝐴𝐷= 𝐶𝐸, 𝐶𝐷= 𝐵𝐸，即可求证；
（2）证明△𝐴𝐷𝐶≌△𝐶𝐸𝐵(AAS)，可得𝐴𝐷= 𝐶𝐸, 𝐶𝐷= 𝐵𝐸，即可求证；
（3）证明△𝐴𝐷𝐶≌△𝐶𝐸𝐵(AAS)，可得𝐴𝐷= 𝐶𝐸, 𝐶𝐷= 𝐵𝐸，即可解答．
【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，
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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°，
∴∠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．如图，在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵= 90°, 𝐴𝐶= 𝐵𝐶，𝐴𝐷⊥𝐶𝐷于点𝐷，𝐵𝐸⊥𝐶𝐷于点𝐸．
(1)求证：△𝐴𝐶𝐷≌△𝐶𝐵𝐸；
(2)若𝐵𝐸= 6, 𝐷𝐸= 4，求△𝐴𝐶𝐸的面积．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】（1）因为𝐴𝐷⊥𝐶𝐷，𝐵𝐸⊥𝐶𝐷，所以可先推导∠𝐶𝐴𝐷与∠𝐵𝐶𝐸相等；可利用AAS定理证明△𝐴𝐶𝐷≌
△𝐶𝐵𝐸．
（2）因为△𝐴𝐶𝐷≌△𝐶𝐵𝐸，所以可得到对应边相等，进而求出𝐶𝐷的长度；再结合三角形面积公式，计
算△𝐴𝐶𝐸的面积．
【详解】（1）证明：∵𝐴𝐷⊥𝐶𝐷，𝐵𝐸⊥𝐶𝐷，
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∴∠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．模型意识以及知识运用
(1)【感知模型】如图1，正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的顶点𝐵在直线𝑙上，分别过点𝐴、𝐶作𝐴𝐸⊥𝑙于𝐸，𝐶𝐹⊥𝑙于𝐹．则
△𝐴𝐵𝐸≌______．
(2)【模型应用】如图2 所示，在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵= 90°，𝐴𝐶= 𝐵𝐶，𝐵𝐸⊥𝐶𝐸于𝐸，𝐴𝐷⊥𝐶𝐸于𝐷，𝐷𝐸= 12cm，
𝐴𝐷= 18cm，则𝐵𝐸的长为______cm．
(3)【模型变式】如图3，在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵= 𝐴𝐶，点𝐷、𝐸分别是边𝐴𝐶、𝐵𝐶上一点，连接𝐴𝐸、𝐵𝐷交于
点𝐺．点𝐹是𝐴𝐸上一点，连接𝐶𝐹，若∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐵𝐺𝐸= ∠𝐸𝐹𝐶，求证：𝐴𝐺= 𝐶𝐹．
【答案】(1)△𝐵𝐶𝐹
(2)6
(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，
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∴∠𝐵𝐴𝐺= ∠𝐴𝐶𝐹，
又∵𝐴𝐵= 𝐴𝐶，
∴△𝐴𝐵𝐺≌△𝐶𝐴𝐹(ASA)，
∴𝐴𝐺= 𝐶𝐹．
【分析】（1）依据题意，由𝐴𝐸⊥𝑙于E，𝐶𝐹⊥𝑙于F，则∠𝐴𝐸𝐵= ∠𝐵𝐹𝐶= 90°，∠𝐴𝐵𝐸+ ∠𝐵𝐴𝐸= 90°，
又四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形𝐴𝐵𝐶𝐷，可得𝐴𝐵= 𝐵𝐶，∠𝐴𝐵𝐶= 90°，从而∠𝐴𝐵𝐸+ ∠𝐶𝐵𝐹= 90°，进而∠𝐵𝐴𝐸=
∠𝐶𝐵𝐹，最后由AAS即可判断得解；
（2）由“AAS”可证△𝐴𝐶𝐷≌△𝐶𝐵𝐸，可得𝐶𝐸= 𝐴𝐷= 18cm,𝐶𝐷= 𝐵𝐸，即可求解；
（3）根据∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐵𝐺𝐸= ∠𝐸𝐹𝐶及三角形外角的性质得∠𝐴𝐵𝐺= ∠𝐶𝐴𝐹，∠𝐵𝐴𝐺= ∠𝐴𝐶𝐹，进而可依据
“ASA”判定△𝐴𝐵𝐺≌△𝐶𝐴𝐹，然后根据全等三角形的性质即可得出结论．
【详解】（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°，
∵∠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）略
17．在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵= 90°，𝐴𝐶= 𝐵𝐶，过点C 作直线𝑀𝑁，𝐴𝑀⊥𝑀𝑁于点M，𝐵𝑁⊥𝑀𝑁于点N．
(1)若𝑀𝑁在△𝐴𝐵𝐶外（如图1）， 求证：𝑀𝑁= 𝐴𝑀+ 𝐵𝑁；
(2)若𝑀𝑁与线段𝐴𝐵相交（如图2），且𝐴𝑀= 2.4，𝐵𝑁= 0.9，则𝑀𝑁=
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【答案】(1)见解析
(2)1.5
【分析】
（1）利用互余关系证∠𝑀𝐴𝐶= ∠𝑁𝐶𝐵，再证△𝐴𝑀𝐶≌△𝐶𝑁𝐵(AAS)，得到𝐴𝑀= 𝐶𝑁，𝑀𝐶= 𝐵𝑁，
即可得出结论；
（2）类似于（1）可证△𝐴𝐶𝑀≌△𝐶𝐵𝑁(AAS)，得𝐴𝑀= 𝐶𝑁= 2.4，𝐶𝑀= 𝐵𝑁= 0.9，即可得出结论．
【详解】（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°，
∴∠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．如图，等腰Rt △𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵= 𝐴𝐶，∠𝐵𝐴𝐶= 90°，点A 在线段𝐷𝐸上，∠𝐵𝐷𝐴= ∠𝐸= 90°．
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(1)求证△𝐵𝐷𝐴≌△𝐴𝐸𝐶；
(2)若𝐴𝐷= 6，求△𝐷𝐴𝐶的面积．
【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)；
(2)18
【分析】该题考查了全等三角形的性质和判定．
（1）根据∠𝐵𝐷𝐴= ∠𝐸= 90°，∠𝐵𝐴𝐶= 90°，得出∠𝐴𝐵𝐷= ∠𝐶𝐴𝐸，再根据AAS即可证明△𝐵𝐷𝐴≌△𝐴𝐸𝐶；
（2）由（1）可知，△𝐵𝐷𝐴≌△𝐴𝐸𝐶，则𝐶𝐸= 𝐴𝐷= 6，再根据△𝐷𝐴𝐶的面积=
1
2 𝐴𝐷⋅𝐶𝐸求解即可．
【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．已知：如图，△𝐴𝐵𝐶和△𝐶𝐷𝐸都是等腰三角形（𝐶𝐴= 𝐶𝐵，𝐶𝐷= 𝐶𝐸，∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐷𝐶𝐸= 𝛼），点𝐵、
𝐶、𝐸不在同一条直线上，连接𝐴𝐸和𝐵𝐷．试探究线段𝐴𝐸与𝐵𝐷的数量关系并说明理由．
【答案】𝐴𝐸= 𝐵𝐷，理由如下：
∵ ∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐷𝐶𝐸= 𝛼，
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∴ ∠𝐴𝐶𝐵+ ∠𝐴𝐶𝐷= ∠𝐷𝐶𝐸+ ∠𝐴𝐶𝐷，即∠𝐵𝐶𝐷= ∠𝐴𝐶𝐸，
∵在△𝐵𝐶𝐷和△𝐴𝐶𝐸中，
{
𝐶𝐴= 𝐶𝐵
∠𝐵𝐶𝐷= ∠𝐴𝐶𝐸
𝐶𝐷= 𝐶𝐸
，
∴ △𝐵𝐶𝐷≌△𝐴𝐶𝐸(SAS)，
∴ 𝐴𝐸= 𝐵𝐷．
【分析】由∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐷𝐶𝐸= 𝛼推出∠𝐵𝐶𝐷= ∠𝐴𝐶𝐸，再根据SAS推出△𝐵𝐶𝐷≌△𝐴𝐶𝐸，进而证明𝐴𝐸= 𝐵𝐷．
【详解】略
20．若△𝐸𝐷𝐶在△𝐴𝐵𝐶的外部， 如图△𝐴𝐵𝐶和△𝐸𝐷𝐶都为等边三角形，点B、C、D 在同一直线上．
(1)①证明△𝐴𝐶𝐷≌△𝐵𝐶𝐸；
②图中还有哪些三角形全等？
(2)若连接𝑀𝑁，试判断△𝑀𝑁𝐶的形状．
(3)𝑀𝑁与𝐵𝐷在位置上有什么关系？
【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)△𝑀𝑁𝐶为等边三角形
(3)𝑀𝑁∥𝐵𝐷
【分析】（1）①由等边三角形的性质得到𝐴𝐶= 𝐵𝐶, 𝐸𝐶= 𝐷𝐶, ∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐸𝐶𝐷= 60°，则可利用SAS证明
△𝐴𝐶𝐷≌△𝐵𝐶𝐸；可证明∠𝐶𝐴𝐷= ∠𝐶𝐵𝐸，∠𝐴𝐶𝐸= ∠𝐵𝐶𝑀= 60°，则可证明△𝐴𝐶𝑁≌△𝐵𝐶𝑀(ASA)，同
理可证明△𝐶𝑀𝐸≌△𝐶𝑁𝐷；
（2）由（1）得△𝐶𝑀𝐸≌△𝐶𝑁𝐷，∠𝑀𝐶𝑁= 60°，则𝐶𝑀= 𝐶𝑁，据此可证明△𝑀𝑁𝐶为等边三角形；
（3）可证明∠𝐶𝑀𝑁= 60° = ∠𝐴𝐶𝐵，得到𝑀𝑁∥𝐵𝐷．
【详解】（1）①略；
②解：∵△𝐴𝐶𝐷≌△𝐵𝐶𝐸，
∴∠𝐶𝐴𝐷= ∠𝐶𝐵𝐸，
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∵△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．已知在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐶= 𝐵𝐶，在△𝐷𝐸𝐶中，𝐷𝐶= 𝐸𝐶，∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐷𝐶𝐸= 𝛼，点𝐴、𝐷、𝐸在同一条直线
上，𝐴𝐸与𝐵𝐶相交于点𝐹，连接𝐵𝐸．
(1)如图1，当𝛼= 40°时，求∠𝐴𝐸𝐵的度数；
(2)如图2，当𝛼= 90°时，完成下列问题：
①判断𝐴𝐷与𝐵𝐸的数量关系和位置关系；
②我们已经知道等腰三角形的两个底角相等，反过来，有两个角相等的三角形是等腰三角形也成立．若
∠𝐶𝐴𝐹= ∠𝐵𝐴𝐹，𝐵𝐸= 3，求线段𝐴𝐹的长．
【答案】(1)40°
(2)解：①𝐴𝐷⊥𝐵𝐸，𝐴𝐷= 𝐵𝐸，理由如下：
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∵∠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;
②𝐴𝐹= 6
【分析】（1）证明△𝐶𝐷𝐴≌△𝐶𝐸𝐵(SAS)，进一步证明∠𝐴𝐸𝐵= ∠𝐴𝐶𝐵= 40°即可；
（2）①证明△𝐶𝐷𝐴≌△𝐶𝐸𝐵(SAS)，进一步利用全等三角形的性质证明即可；②由△𝐶𝐷𝐴≌△𝐶𝐸𝐵，可
得𝐴𝐷= 𝐵𝐸= 3，证明∠𝐴𝐶𝐷= 22.5° = ∠𝐶𝐴𝐷，可得𝐶𝐷= 𝐴𝐷= 3，再进一步求解即可．
【详解】（1）解：∵∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐷𝐶𝐸，
∴∠𝐴𝐶𝐵−∠𝐵𝐶𝐷= ∠𝐷𝐶𝐸−∠𝐵𝐶𝐷，
∴∠𝐴𝐶𝐷= ∠𝐵𝐶𝐸，
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：①略
②∵△𝐶𝐷𝐴≌△𝐶𝐸𝐵，
∴𝐴𝐷= 𝐵𝐸= 3，
∵𝐴𝐶= 𝐵𝐶，∠𝐴𝐶𝐵= 90°，
∴∠𝐶𝐴𝐵= ∠𝐶𝐵𝐴= 45°，
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∴∠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，
∴𝐴𝐹= 𝐴𝐷+ 𝐷𝐹= 6．
22．【综合与探究】
(1)在△𝐴𝑂𝐵和△𝐶𝑂𝐷中，𝑂𝐴= 𝑂𝐵，𝑂𝐶= 𝑂𝐷，∠𝐴𝑂𝐵= ∠𝐶𝑂𝐷，连接𝐴𝐶，𝐵𝐷．
①【模型呈现】如图1，A，O，D 三点共线，试判断𝐴𝐶与𝐵𝐷的数量关系，并说明理由；
②【模型应用】如图2，设𝐴𝐶，𝐵𝐷相交于点P，𝐴𝐶，𝑂𝐵相交于点Q，若∠𝐴𝑂𝐵= 50°，求∠𝐴𝑃𝐷的度
数；
(2)【拓展延伸】如图3 是某公园的局部平面示意图，已知△𝐴𝑂𝐵和△𝐶𝑂𝐷为等腰直角三角形，∠𝐴𝑂𝐵=
∠𝐶𝑂𝐷= 90°，𝑂𝐴= 𝑂𝐵，𝑂𝐶= 𝑂𝐷，𝐴𝐶，𝐵𝐷为公园内的两条小路，现公园规划部门决定在小路𝐴𝐶和𝐵𝐷
上分别取点M，N，且满足点M，N 分别是𝐴𝐶，𝐵𝐷的中点，在△𝑂𝑀𝑁区域修建一个喷泉，根据设计要
求需满足△𝑂𝑀𝑁为等腰直角三角形．请问按照上述作法，公园的规划能否实现？并证明你的结论．
【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∠𝐴𝑃𝐷= 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°，
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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) ，
∴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．
【分析】（1）①根据SAS证明△𝐴𝑂𝐶≌△𝐵𝑂𝐷即可得𝐴𝐶= 𝐵𝐷；
②设𝐴𝑃与𝑂𝐵的交点为Q，由△𝐴𝑂𝐶≌△𝐵𝑂𝐷可得∠𝑂𝐴𝐶= ∠𝑂𝐵𝐷，又由于∠𝐴𝑄𝑂= ∠𝐵𝑄𝑃，结合三角形
内角和定理可得∠𝐵𝑃𝑄= ∠𝐴𝑂𝑄= 50°，从而可得∠𝐴𝑃𝐷= 130°；
（2）根据SAS证明△𝐴𝑂𝑀≌△𝐵𝑂𝑁，则可得𝑂𝑀= 𝑂𝑁，∠𝐴𝑂𝑀= ∠𝐵𝑂𝑁，进而可得∠𝑀𝑂𝑁= ∠𝐴𝑂𝐵= 90°，
则可得𝑂𝑀⊥𝑂𝑁，即△𝑂𝑀𝑁为等腰直角三角形．
【详解】（1）①略；
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°；
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（2）略
◆题型6:半角模型(难)
23．按要求解答问题：
(1)如图①，在四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵= 𝐴𝐷，∠𝐵= ∠𝐷= 90°，E，F 分别是边𝐵𝐶, 𝐶𝐷上的点，且∠𝐸𝐴𝐹=
1
2 ∠𝐵𝐴𝐷．请直接写出线段𝐸𝐹，𝐵𝐸，𝐹𝐷之间的数量关系：______；
(2)如图②，在四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵= 𝐴𝐷，∠𝐵+ ∠𝐷= 180°，𝐸，𝐹分别是边𝐵𝐶，𝐶𝐷上的点，且∠𝐸𝐴𝐹=
1
2 ∠𝐵𝐴𝐷，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程；
(3)在四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵= 𝐴𝐷，∠𝐵+ ∠𝐷= 180°，𝐸，𝐹分别是边𝐵𝐶，𝐶𝐷所在直线上的点，且∠𝐸𝐴𝐹=
1
2 ∠𝐵𝐴𝐷．请直接写出线段𝐸𝐹，𝐵𝐸，𝐹𝐷之间的数量关系： ．
【答案】(1)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．
∵∠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，
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∴△𝐴𝐸𝐺≌△𝐴𝐸𝐹．
∴𝐸𝐺= 𝐸𝐹．
∵𝐸𝐺= 𝐵𝐸+ 𝐵𝐺．
∴𝐸𝐹= 𝐵𝐸+ 𝐹𝐷
(3)𝐸𝐹= 𝐵𝐸+ 𝐹𝐷或𝐸𝐹= 𝐵𝐸−𝐹𝐷或𝐸𝐹= 𝐹𝐷−𝐵𝐸
【分析】（1）延长𝐸𝐵到𝐺，使𝐵𝐺= 𝐷𝐹，连接𝐴𝐺．证明△𝐴𝐵𝐺≌△𝐴𝐷𝐹(SAS)．𝐴𝐺= 𝐴𝐹，∠1 = ∠2，
证明△𝐴𝐸𝐺≌△𝐴𝐸𝐹．则𝐸𝐺= 𝐸𝐹．即可得到答案；
（2）延长𝐸𝐵到𝐺，使𝐵𝐺= 𝐷𝐹，连接𝐴𝐺．证明△𝐴𝐵𝐺≌△𝐴𝐷𝐹(SAS)，则𝐴𝐺= 𝐴𝐹，∠1 = ∠2，证明△𝐴𝐸𝐺≌
△𝐴𝐸𝐹，则𝐸𝐺= 𝐸𝐹．即可得到答案；
（3）在𝐵𝐸上截取𝐵𝐺，使𝐵𝐺= 𝐷𝐹，连接𝐴𝐺．证明△𝐴𝐵𝐺≌△𝐴𝐷𝐹(SAS)．则∠𝐵𝐴𝐺= ∠𝐷𝐴𝐹，𝐴𝐺= 𝐴𝐹．证
明△𝐴𝐸𝐺≌△𝐴𝐸𝐹(SAS)．则𝐸𝐺= 𝐸𝐹，即可得到结论．
【详解】（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）略
（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．
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∵∠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．
∴∠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．如图，在四边形𝐴𝐵𝐷𝐶中，𝐷𝐶= 𝐷𝐵，∠𝐴= 60°，∠𝐶𝐷𝐵= 120°，𝐸是边𝐴𝐶上一点，𝐹是𝐴𝐵的延长线上
一点，且𝐶𝐸= 𝐵𝐹．
(1)求证：𝐷𝐸= 𝐷𝐹；
(2)若点𝐺在边𝐴𝐵上，且∠𝐸𝐷𝐺= 60°，试猜想𝐶𝐸，𝐸𝐺，𝐵𝐺之间的数量关系，并说明理由；
(3)若将题中条件“∠𝐴= 60°，∠𝐶𝐷𝐵= 120°”改为“∠𝐶𝐴𝐵= 𝛼，∠𝐶𝐷𝐵= 180° −𝛼，点𝐺在边𝐴𝐵上”，
则当∠𝐸𝐷𝐺满足什么条件时，（2）中结论仍然成立？（只写结果即可）
【答案】(1)证明：∵∠𝐶𝐴𝐵+ ∠𝐶+ ∠𝐶𝐷𝐵+ ∠𝐴𝐵𝐷= 360°，∠𝐶𝐴𝐵= 60°，∠𝐶𝐷𝐵= 120°，
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∴∠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，
∴𝐶𝐸+ 𝐵𝐺= 𝐸𝐺；
(3)当∠𝐸𝐷𝐺= 90° −
1
2 𝛼时，𝐶𝐸+ 𝐵𝐺= 𝐸𝐺仍然成立．
【分析】本题综合考查了全等三角形的性质和判定．
（1）首先判断出∠𝐶= ∠𝐷𝐵𝐹，然后根据全等三角形判定的方法，判断出△𝐶𝐷𝐸≌△𝐵𝐷𝐹，即可判断出
𝐷𝐸= 𝐷𝐹；
（2）猜想𝐶𝐸、𝐸𝐺、𝐵𝐺之间的数量关系为：𝐶𝐸+ 𝐵𝐺= 𝐸𝐺．首先证明∠𝐸𝐷𝐺= ∠𝐹𝐷𝐺，据此推得△𝐷𝐸𝐺≌
△𝐷𝐹𝐺，所以𝐸𝐺= 𝐹𝐺，最后根据𝐶𝐸= 𝐵𝐹，判断出𝐶𝐸+ 𝐵𝐺= 𝐸𝐺即可．
（3）当∠𝐸𝐷𝐺= 90° −
1
2 𝛼时，𝐶𝐸+ 𝐵𝐺= 𝐸𝐺仍然成立，依照（2）的证明过程即可解答．
【详解】（1）略
（2）略
（3）解：当∠𝐸𝐷𝐺= 90° −
1
2 𝛼时，𝐶𝐸+ 𝐵𝐺= 𝐸𝐺仍然成立，
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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．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°，试探究图1 中线段𝐵𝐸、𝐸𝐹、𝐹𝐷之间的数量关系．
【初步探索】
(1)小亮同学认为：延长𝐹𝐷到点𝐺，使𝐷𝐺= 𝐵𝐸，连接𝐴𝐺，根据三角形全等的条件SAS，可以得到△𝐴𝐵𝐸≌
△𝐴𝐷𝐺，从而根据三角形全等的性质得到∠𝐺𝐴𝐷= ∠𝐵𝐴𝐸，由∠𝐵𝐴𝐷= 120°，∠𝐸𝐴𝐹= 60°进而得到
∠𝐹𝐴𝐺= ∠𝐹𝐴𝐸= 60°，这样，就可以根据三角形全等的条件SAS，确定△𝐴𝐸𝐹≌△𝐴𝐺𝐹，则可得到𝐵𝐸、
𝐸𝐹、𝐹𝐷之间的数量关系是 ．
【探索延伸】
(2)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=
1
2 ∠𝐵𝐴𝐷，
上述结论是否仍然成立？说明理由．
【答案】(1)𝐸𝐹= 𝐷𝐹+ 𝐵𝐸
(2)上述结论仍然成立；理由如下：
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如图所示，延长𝐹𝐷到𝐺，使𝐷𝐺= 𝐵𝐸，连接𝐴𝐺，
∵∠𝐵+ ∠𝐴𝐷𝐶= 180°，∠𝐴𝐷𝐺+ ∠𝐴𝐷𝐶= 180°
∴∠𝐵= ∠𝐴𝐷𝐺，
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．
【分析】（1）由△𝐴𝐸𝐹≌△𝐴𝐺𝐹，可得𝐸𝐹= 𝐹𝐺，而𝐹𝐺= 𝐷𝐹+ 𝐷𝐺= 𝐷𝐹+ 𝐵𝐸，则可得𝐸𝐹= 𝐷𝐹+ 𝐵𝐸；
（2）延长𝐹𝐷到𝐺，使𝐷𝐺= 𝐵𝐸，连接𝐴𝐺，可证得△𝐴𝐵𝐸≌△𝐴𝐷𝐺，△𝐴𝐸𝐹≌△𝐴𝐺𝐹，从而得到𝐸𝐹=
𝐷𝐹+ 𝐵𝐸，结论仍然成立．
【详解】（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）略
26．按要求完成下面小题．
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(1)【问题发现】如图①，在四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵= 𝐴𝐷，∠𝐵= ∠𝐴𝐷𝐶= 90°，点𝐸、点𝐹分别是𝐵𝐶、𝐶𝐷上
的点，且𝐸𝐹= 𝐵𝐸+ 𝐹𝐷，试猜想图中∠𝐵𝐴𝐷与∠𝐸𝐴𝐹的数量关系，小王同学解决此问题的方法是：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
的结论是_______，
(2)【问题解决】如图②，为了丰富市民活动，政府规划了一块四边形的运动场地𝐴𝐵𝐶𝐷，在四边形𝐴𝐵𝐶𝐷
中，𝐴𝐵= 𝐴𝐷，∠𝐵+ ∠𝐷= 180°．点𝐸、点𝐹分别是𝐵𝐶、𝐶𝐷上的点，且𝐸𝐹= 𝐵𝐸+ 𝐹𝐷，试探究∠𝐵𝐴𝐸、
∠𝐹𝐴𝐷、∠𝐸𝐴𝐹之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)∠𝐵𝐴𝐷= 2∠𝐸𝐴𝐹
(2)∠𝐸𝐴𝐹= ∠𝐵𝐴𝐸+ ∠𝐹𝐴𝐷，理由如下：
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
【分析】（1）延长𝐹𝐷到点𝐺，使𝐷𝐺= 𝐵𝐸，连接𝐴𝐺，先证明△𝐴𝐵𝐸≌△𝐴𝐷𝐺，再证明△𝐴𝐸𝐹≌△𝐴𝐺𝐹，
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可得出结论；
（2）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．
【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）解：略．
◆题型7:对角互补模型
27．已知𝑂𝐶是∠𝐴𝑂𝐵的角平分线，点𝑃是𝑂𝐶上一点，𝐷，𝐸分别是𝑂𝐴，𝑂𝐵上的动点．
(1)如图1，若∠𝑃𝐸𝐵+ ∠𝑃𝐷𝑂= 180∘，求证：𝑃𝐷= 𝑃𝐸；
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(2)如图2，若∠𝑃𝐸𝐵+ ∠𝑃𝐷𝐴= 180∘，求证：𝑃𝐷= 𝑃𝐸；
(3)如图3，𝐷、𝑃、𝐸在同一直线上，𝑄𝐸平分∠𝑃𝐸𝐵，交𝑂𝐶于点𝑄，作𝑄𝐹⊥𝑂𝐵于点𝐹．若𝐸𝐹= 1，𝐷𝑃= 2，
𝑃𝐸= 3，请直接写出𝑂𝐸−𝑂𝐷的值_____．
【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
△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)3
【分析】本题考查了角平分线的性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是通过作辅助线构造全
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等三角形．
（1）过点𝑃作𝑃𝐺⊥𝑂𝐴于𝐺, 𝑃𝐻⊥𝑂𝐵于𝐻，利用角平分线性质得到相等线段，再结合角的关系证明三角
形全等，从而得出𝑃𝐷= 𝑃𝐸；
（2）过点𝑃作𝑃𝐺⊥𝑂𝐴于𝐺, 𝑃𝐻⊥𝑂𝐵于𝐻，利用角平分线性质和角的关系证明三角形全等，进而得到
𝑃𝐷= 𝑃𝐸；
（3）利用角平分线的性质，通过线段的转化求出𝑂𝐸−𝑂𝐷的值．
【详解】（1）略
（2）略
（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
∵ 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．如图，在四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐵𝐷平分∠𝐴𝐵𝐶，𝐷𝐸⊥𝐵𝐶于点E，且∠𝐵𝐴𝐷+ ∠𝐵𝐶𝐷= 180°．
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(1)求证：𝐴𝐷= 𝐷𝐶；
(2)若𝐵𝐶= 16，𝐴𝐵= 12，求𝐶𝐸的长；
(3)若𝐵𝐶+ 𝐴𝐵= 𝑚，请直接写出𝐵𝐸的长．
【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)2
(3)
𝑚
2
【分析】本题考查了全等三角形的性质和判定，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是掌握以上
知识点．
（1）过点D作𝐷𝐹⊥𝐵𝐴交𝐵𝐴于点F，首先根据角平分线的性质得到𝐷𝐹= 𝐷𝐸，然后求出∠𝐹𝐴𝐷= ∠𝐷𝐶𝐸，
然后证明出△𝐹𝐴𝐷≌△𝐸𝐶𝐷(AAS)，得到𝐷𝐴= 𝐷𝐶；
（2）首先证明出△𝐹𝐵𝐷≌△𝐸𝐵𝐷(AAS)，得到𝐹𝐵= 𝐵𝐸，然后证明出△𝐹𝐴𝐷≌△𝐸𝐶𝐷(AAS)，得到𝐹𝐴=
𝐸𝐶，然后根据线段的和差求解即可；
（3）由（2）知：𝐹𝐵= 𝐵𝐸，𝐹𝐴= 𝐸𝐶，则可求出𝐶𝐸=
1
2 (𝐵𝐶−𝐴𝐵)，然后根据线段的和差求解即可．
【详解】（1）略
（2）解：∵𝐵𝐷为∠𝐴𝐵𝐶的平分线
∴∠𝐹𝐵𝐷= ∠𝐸𝐵𝐷
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∵∠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)，
∴𝐵𝐸= 𝐵𝐶−𝐶𝐸= 𝐵𝐶−
1
2 (𝐵𝐶−𝐴𝐵) =
1
2 (𝐵𝐶+ 𝐴𝐵)，
又𝐵𝐶+ 𝐴𝐵= 𝑚，
∴𝐵𝐸=
1
2 𝑚．
29．小明在数学课外兴趣小组学习中遇到一道题：如图1，已知∠𝑀𝐴𝑁+ ∠𝐷𝐶𝐵= 180°，𝐴𝐶平分∠𝑀𝐴𝑁，
点B、D 分别在𝐴𝑁，𝐴𝑀所在直线上．
(1)小明猜想：𝐶𝐷= 𝐶𝐵，以下是小明的思考过程，有两个步骤还空着，请你补充完整证明：
过点C 分别作𝐴𝑀、𝐴𝑁的垂线，垂足分别为E、F
∵𝐴𝐶平分∠𝑀𝐴𝑁，
∴______=______（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°，
∴______=______，
又∵∠𝐶𝐸𝐷= ∠𝐶𝐹𝐵= 90°，
∴△𝐶𝐸𝐷≌△𝐶𝐹𝐵，
∴𝐶𝐷= 𝐶𝐵．
(2)如图2，当∠𝐷𝐶𝐵绕点C 逆时针旋转，𝐶𝐷交𝑀𝐴的延长线于点D，𝐶𝐵交射线𝐴𝑁于点B．请证明（1）
中的结论𝐶𝐷= 𝐶𝐵依然成立．
(3)如图3，若∠𝑀𝐴𝑁= 120°，写出线段𝐴𝐵、𝐴𝐷、𝐴𝐶之间的数量关系，并证明．（证明方法不限）
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(4)如图4，△𝐴𝐵𝐶为等边三角形，边长为4，点O 为𝐵𝐶边中点，∠𝐸𝑂𝐹= 120°，其两边分别交𝐴𝐵和𝐶𝐴的
延长线于E、F．求𝐴𝐸−𝐴𝐹=______．
【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；
∴𝐴𝐵−𝐴𝐷= 𝐴𝐶；
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(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°，
∴∠𝐵𝐴𝐶+ ∠𝐸𝑂𝐹= 180°，
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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．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质，含30 度角的直角三角形的性质以
及勾股定理等知识，熟练掌握相关图形的性质定理是解题的关键．
30．感知：
如图①，𝐴𝐷平分∠𝐵𝐴𝐶，∠𝐵= ∠𝐶= 180°，易知：𝐷𝐵= 𝐷𝐶．
探究：（1）如图②，在四边形𝐴𝐵𝐷𝐶中，𝐴𝐷平分∠𝐵𝐴𝐶，∠𝐵= 45°, ∠𝐶= 135°，试探究𝐷𝐵与𝐷𝐶的数量
关系．
应用：（2）如图③，在四边形𝐴𝐵𝐷𝐶中，𝐴𝐷平分∠𝐵𝐴𝐶，∠𝐴𝐵𝐷+ ∠𝐴𝐶𝐷= 180°，∠𝐴𝐵𝐷<90°, 𝐷𝐵与𝐷𝐶的
上述关系还成立吗？并说明理由．
【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，
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∴∠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，
∴𝐷𝐶= 𝐷𝐵．
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质以及角平分线的性质，熟练掌握“角的平分线上的点到
角的两边的距离相等”是解题的关键．
（1）在图②中，作𝐷𝐸⊥𝐴𝐵于E，𝐷𝐹⊥𝐴𝐶于F，得出𝐷𝐸= 𝐷𝐹，求出∠𝐷𝐶𝐹= ∠𝐵，即可证出△𝐷𝐶𝐹≌
△𝐷𝐵𝐸(AAS)，根据全等三角形的性质即可得出结论；
（2）在图③中，作𝐷𝑀⊥𝐴𝐵于M，𝐷𝑁⊥𝐴𝐶于N，得出𝐷𝑀= 𝐷𝑁，得出∠𝐵= ∠𝑁𝐶𝐷，可证出△𝑁𝐶𝐷≌
△𝑀𝐵𝐷，再根据全等三角形的性质即可得出结论．
【详解】解：（1）𝐷𝐶= 𝐷𝐵，理由如下：
在图②中，作𝐷𝐸⊥𝐴𝐵于E，𝐷𝐹⊥𝐴𝐶于F，
∴∠𝐹= ∠𝐷𝐸𝐵= 90°，
∵𝐷𝐴平分∠𝐵𝐴𝐶, 𝐷𝐸⊥𝐴𝐵, 𝐷𝐹⊥𝐴𝐶，
∴𝐷𝐸= 𝐷𝐹．
∵∠𝐷𝐶𝐴= 135°，
∴∠𝐷𝐶𝐹= 180° −∠𝐷𝐶𝐴= 45° = ∠𝐵．
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在△𝐷𝐶𝐹和△𝐷𝐵𝐸中，
{
∠𝐹= ∠𝐷𝐸𝐵= 90°
∠𝐷𝐶𝐹= ∠𝐵
𝐷𝐹= 𝐷𝐸
，
∴△𝐷𝐶𝐹≌△𝐷𝐵𝐸(AAS)，
∴𝐷𝐶= 𝐷𝐵．
（2）略
◆题型8:倍长中线法模型(难)
31．综合与探究
【阅读理解】
如图1，在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵= 7, 𝐴𝐶= 4，D 是𝐵𝐶的中点，求𝐵𝐶边上的中线𝐴𝐷的取值范围．
小明在小组内经过合作交流，得到了如下的解决思路：
延长𝐴𝐷到点E，使𝐷𝐸= 𝐴𝐷，连接𝐵𝐸．
根据“SAS”可判定△𝐴𝐷𝐶≌△𝐸𝐷𝐵，得𝐵𝐸= 𝐴𝐶= 4，
进而，在△𝐴𝐵𝐸中利用三角形的三边关系求得𝐴𝐸的取值范围，即可求出𝐴𝐷的取值范围．
感悟：当条件中出现“中点”条件时，可以考虑作“辅助线”，构造以中点分成的两条等
线段为边的全等三角形，把分散的已知条件重新“集中”，以解决问题．
（1）上述问题中，𝐴𝐷的取值范围是______．
【尝试运用】
（2）如图2，在△𝐴𝐵𝐶中，D 是𝐵𝐶的中点，过点C 作𝐶𝐸∥𝐴𝐵，点F 在𝐷𝐴的延长线上，∠𝐷𝐴𝐵= ∠𝐹，
若𝐴𝐵= 10,𝐶𝐸= 3，求𝐸𝐹的长．
【拓展延伸】
（3）如图3，在△𝐴𝐵𝐶中，D 是𝐵𝐶的中点，E 是𝐴𝐷上一点，𝐵𝐸= 𝐴𝐶, 𝐴𝐸= 𝐵𝐷，若∠𝐶𝐴𝐷= 52°，求∠𝐷𝐵𝐸
的度数．
【答案】（1）
3
2 < 𝐴𝐷<
11
2 ；（2）7；（3）8°
【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，掌握构造三角形全等的
方法是解题的关键．
（1）延长𝐴𝐷到点𝐸，使𝐷𝐸= 𝐴𝐷，连接𝐵𝐸，根据𝑆𝐴𝑆可判定△𝐴𝐷𝐶≌△𝐸𝐷𝐵，得𝐵𝐸= 𝐴𝐶= 4，在△𝐴𝐵𝐸
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中，根据两边之差小于第三边，两边之和大于第三边得到3 < 𝐴𝐸< 11，再根据𝐴𝐸= 2𝐴𝐷，即可求解；
（2）延长𝐶𝐸，交𝐴𝐷的延长线于点G，根据全等三角形的判定和性质及等腰三角形的性质求解即可；
（3）延长𝐴𝐷至点F，使得𝐷𝐹= 𝐴𝐷，在𝐷𝐹上取点G，使得𝐹𝐺= 𝐷𝐸，连接𝐵𝐹, 𝐵𝐺．根据全等三角形的
判定得出，△𝐵𝐷𝐹≌△𝐶𝐷𝐴(SAS)，△𝐵𝐷𝐸≌△𝐵𝐺𝐹(SAS)，再利用其性质即可求解．
【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，
∵∠𝐷𝐴𝐵= ∠𝐹，
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∴∠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．【学习问题】课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：
如图1，△𝐴𝐵𝐶中，若𝐴𝐵= 8，𝐴𝐶= 6，求𝐵𝐶边上的中线𝐴𝐷的取值范围．
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小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：如图2，延长𝐴𝐷至点𝐸，使𝐷𝐸= 𝐴𝐷，连接𝐵𝐸．请
根据小明的方法思考并解答：
（1）①由已知和作图能得到△𝐴𝐷𝐶≌△𝐸𝐷𝐵，依据是 ；
A. SSS B. SAS C.AAS D. HL
②由“三角形的三边关系”可求得𝐴𝐷的取值范围是 ；
【学习反思】题目中出现“中点”、“中线”等条件，可考虑延长中线，构造全等三角形、平行线、平
移线段，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形之中．
【类比运用】
（2）如图3，𝐸是𝐵𝐶中点，点𝐴在𝐷𝐸上，且∠𝐵𝐴𝐸= ∠𝐶𝐷𝐸，求证：𝐴𝐵= 𝐶𝐷；
【拓展运用】
（3）如图4，已知直线𝑚∥𝑛，点𝐴、𝐷是直线𝑚上两点，点𝐵、𝐶是直线𝑛上两点，点𝑃是线段𝐶𝐷中点，
且𝐴𝑃⊥𝐵𝑃，两平行线𝑚、𝑛间的距离为4．求证：𝑃𝐴· 𝑃𝐵= 2𝐴𝐵．
【答案】（1）①B，②1 < 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)，
∴𝐷𝐶= 𝐹𝐵，∠𝐷= ∠𝐹，
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∵∠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．
【分析】（1）①延长𝐴𝐷至点𝐸，使𝐷𝐸= 𝐴𝐷，连接𝐵𝐸，利用全等三角形的判定定理解答即可；
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②利用全等三角形的性质和三角形的三边关系定理列不等式解答即可；
（2）延长𝐷𝐸至点𝐹，使𝐹𝐸= 𝐸𝐷，连接𝐵𝐹，利用全等三角形的判定与性质得到𝐷𝐶= 𝐹𝐵，∠𝐷= ∠𝐹，
再利用等腰三角形的判定与性质和等式的性质解答即可；
（3）延长𝐵𝑃交𝐴𝐷于点𝐻，过点𝑃作𝐸𝐹⊥𝑚于点𝐸，𝐸𝐹⊥𝑛于点𝐹，利用全等三角形的判定与性质得到
𝐹𝑃= 𝐸𝑃=
1
2 𝐸𝐹= 2，𝐵𝑃= 𝐻𝑃，利用线段的垂直平分线的性质得到𝐴𝐵= 𝐴𝐻，再利用三角形的面积公
式解答即可得出结论．
【详解】（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）略
（3）略
33．【方法呈现】
（1）如图①：在 △𝐴𝐵𝐶中，若𝐴𝐵= 6，𝐴𝐶= 4，点D 为𝐵𝐶边的中点.求𝐵𝐶边上的中线𝐴𝐷的取值范围.
解决此问题可以用如下方法：延长𝐴𝐷到点E，使𝐷𝐸= 𝐷𝐴，再连接𝐵𝐸，可证△𝐴𝐶𝐷≌△𝐸𝐵𝐷，从而把
𝐴𝐵, 𝐴𝐶, 2𝐴𝐷（即𝐴𝐸）集中在△𝐴𝐵𝐸中，利用三角形三边的关系可求出𝐴𝐸的取值范围，从而可求出中线
𝐴𝐷的取值范围是 （直接写出范围即可）.这种解决问题的方法我们称为倍长中线法；
【探究应用】
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（2）如图②：在 △𝐴𝐵𝐶中，点D 是𝐵𝐶的中点，𝐴𝐷平分∠𝐵𝐴𝐶，判断𝐴𝐵与𝐴𝐶的大小关系，并证明.
【问题拓展】
（3）如图③：在四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中， 𝐴𝐵∥𝐶𝐷，𝐴𝐹与𝐷𝐶的延长线交于点F.点E 是𝐵𝐶的中点，若𝐴𝐸是∠𝐵𝐴𝐹
的角平分线. 若𝐴𝐵= 13，𝐶𝐹= 2，求𝐴𝐹的长.
【答案】（1）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）11
【分析】本题考查了三角形的三边关系，作辅助线-倍长中线法、全等三角形的判定与性质，所以本题
的综合性比较强，有一定的难度，通过作辅助线证明三角形全等是解题的关键．
（1）由已知得出𝐴𝐵−𝐵𝐸< 𝐴𝐸< 𝐴𝐵+ 𝐵𝐸，即6 −4 < 𝐴𝐸< 6 + 4，𝐴𝐷为𝐴𝐸的一半，即可得出答案；
（2）延长𝐴𝐷到点𝐸，使𝐷𝐸= 𝐴𝐷，连接𝐵𝐸，根据（1）中可得△𝐴𝐶𝐷≌△𝐸𝐵𝐷(SAS)，即可得到∠𝐸=
∠𝐶𝐴𝐷= ∠𝐵𝐴𝐷，即可解答；
（3）延长𝐴𝐸，𝐷𝐹交于点𝐺，根据平行和角平分线可证𝐴𝐹= 𝐹𝐺，也可证得△𝐴𝐵𝐸≌△𝐺𝐶𝐸，从而可得
𝐴𝐵= 𝐶𝐺，即可得到结论．
【详解】解：（1）如图①，延长𝐴𝐷到点𝐸，使𝐷𝐸= 𝐴𝐷，连接𝐵𝐸，
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∵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）略
（3）解：如图③，延长𝐴𝐸，𝐷𝐹交于点𝐺，
∵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，
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∴𝐴𝐹= 𝐺𝐹，
∵𝐹𝐺+ 𝐶𝐹= 𝐶𝐺，
∴𝐴𝐹= 𝐹𝐺= 𝐴𝐵−𝐶𝐹= 11．
34．发现问题
（1）课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图①，在△𝐴𝐵𝐶中，若𝐴𝐵= 3，𝐴𝐶= 2，求𝐵𝐶边
上的中线𝐴𝐷的取值范围．小亮在组内经过合作交流，得到了如下解决方法：延长𝐴𝐷到点𝐸，使𝐷𝐸= 𝐴𝐷，
连接𝐵𝐸，得到△𝐴𝐷𝐶≌△𝐸𝐷𝐵，他用到的判定定理是______；（用字母表示）
解决问题
（2）小刚发现，解题时，条件中若出现“中点”， “中线”字样，可以考虑构造全等三角形，要学好
数学一定要多思考，做到举一反三，于是他又提出了一个新的问题：如图②，在△𝐴𝐵𝐶中，点𝐷是𝐵𝐶的
中点，点𝑀在𝐴𝐵边上，点𝑁在𝐴𝐶边上，若𝐷𝑀⊥𝐷𝑁，求证：𝑀𝑁< 𝐵𝑀+ 𝐶𝑁；
拓展应用
（3）如图③，在△𝐴𝐵𝐶中，分别以𝐴𝐵，𝐴𝐶为边向外作△𝐴𝐵𝐸和△𝐴𝐶𝐷，使𝐴𝐸= 𝐴𝐵，𝐴𝐷= 𝐴𝐶，∠𝐸𝐴𝐵=
∠𝐷𝐴𝐶= 90°，点𝑀是𝐵𝐶的中点，连接𝐴𝑀，𝐷𝐸，当𝐴𝑀= 14时，求𝐷𝐸的长．
【答案】（1）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，
∴ 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，
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∴ 𝑀𝑁< 𝐵𝑀+ 𝐶𝑁．
（3）28
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的三边关系，熟练掌握全等三角形的判定与性
质是解答本题的关键．
（1）延长𝐴𝐷至𝐸，使得𝐸𝐷= 𝐴𝐷，连接𝐵𝐸，由𝐴𝐷是△𝐴𝐵𝐶的中线，得到𝐵𝐷= 𝐶𝐷，进而得到△𝐴𝐷𝐶≌
△𝐸𝐷𝐵(SAS)．
（2）延长𝑀𝐷到点𝐸，使得𝑀𝐷= 𝐸𝐷，连接𝐶𝐸，𝑁𝐸，通过证明△𝐵𝐷𝑀≌△𝐶𝐷𝐸(SAS)，得到𝐵𝑀= 𝐶𝐸，
再由𝐸𝐷= 𝑀𝐷，𝐷𝑀⊥𝐷𝑁，得到𝑀𝑁= 𝑁𝐸，在△𝑁𝐸𝐶中，𝑁𝐸< 𝐶𝐸+ 𝑁𝐶，得到𝑀𝑁< 𝐵𝑀+ 𝐶𝑁．
（3）延长𝐴𝑀到点𝑁，使得𝑀𝑁= 𝐴𝑀，连接𝐵𝑁，由△𝐵𝑀𝑁≌△𝐶𝑀𝐴(SAS)，得到𝐵𝑁= 𝐶𝐴，∠𝐵𝑁𝑀=
∠𝐶𝐴𝑀，再通过△𝐴𝐵𝑁≌△𝐸𝐴𝐷(SAS)，得到𝐴𝑁= 𝐷𝐸，由此得到答案．
【详解】（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）略
（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°，
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∴ ∠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，
∵ 𝐴𝑀= 14，
∴ 𝐷𝐸= 2𝐴𝑀= 28．
综合攻坚·知能拔高
1．如图，已知点𝐵，𝐸，𝐶，𝐹在一条直线上，𝐴𝐶= 𝐷𝐸，𝐴𝐶∥𝐷𝐸，∠𝐴= ∠𝐷．
(1)请说明△𝐴𝐵𝐶≌△𝐷𝐹𝐸；
(2)若∠𝐴= 70°，∠𝐴𝐶𝐵= 60°，求∠𝐹的度数．
【答案】(1)证明：∵𝐴𝐶∥𝐷𝐸，
∴∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐹𝐸𝐷，
∵{
∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐹𝐸𝐷
𝐴𝐶= 𝐷𝐸
∠𝐴= ∠𝐷
∴△𝐴𝐵𝐶≌△𝐷𝐹𝐸(ASA)．
(2)50°
【分析】（1）根据三角形的判定证明即可；
（2）利用三角形内角和，全等三角形的性质，求解即可．
【详解】（1）略
（2）解：∵△𝐴𝐵𝐶≌△𝐷𝐹𝐸(ASA)，
∴∠𝐵= ∠𝐹．
∵∠𝐴= 70°，∠𝐴𝐶𝐵= 60°，
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∴∠𝐵= ∠𝐹= 180° −∠𝐴𝐶𝐵−∠𝐴= 50°；
2．小程为了测量一幢高楼高度，在旗杆𝐶𝐷与楼𝐴𝐵之间选定一点P．测得旗杆顶C 视线𝑃𝐶与地面夹角∠𝐷𝑃𝐶=
12°，测得楼顶A 视线𝑃𝐴与地面夹角∠𝐴𝑃𝐵= 78°，量得P 到楼底距离𝑃𝐵与旗杆𝐶𝐷高度相等，都等于
10 米，量得旗杆与楼之间距离为𝐷𝐵= 57 米，请你帮小程计算出楼高𝐴𝐵是多少米？
【答案】楼高𝐴𝐵是47米
【分析】证明△𝐴𝐵𝑃≌△𝑃𝐷𝐶(AAS)，由全等三角形的性质即可得出结果．
【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．已知：在△𝐴𝐵𝐶和△𝐴𝐷𝐸中，𝐴𝐵= 𝐴𝐶，𝐴𝐷= 𝐴𝐸，∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐷𝐴𝐸= 90°．请判断线段𝐶𝐸和𝐵𝐷有怎样
的关系？请说明理由．
【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．
【分析】延长𝐶𝐸，交𝐵𝐷于点𝐹，交𝐴𝐵于点𝑂，先得出△𝐴𝐶𝐸≌△𝐴𝐵𝐷，则𝐶𝐸= 𝐵𝐷，∠𝐴𝐶𝐸= ∠𝐴𝐵𝐷，
再得出∠𝐵𝐹𝐶= ∠𝐵𝐴𝐶= 90°，进而可得𝐶𝐸⊥𝐵𝐷．
【详解】解：略．
4．阅读与思考
再探判定三角形全等的条件
几何主要研究图形形状、大小、位置，若两个三角形形状相同，大小也相同．即这两个三
角形全等．它们通过平移、旋转或轴对称变化可完全重合．
回顾探究判定方法过程：根据条件作三角形，若只可作出唯一的三角形，即可知这些条件
可作为三角形全等的判定方法．小红在已知两边及其一边对角作三角形时，也可作出唯一
三角形，小丽也同样作出唯一三角形．
小红：已知∠𝐴= 120°,𝐴𝐶= 4cm, 𝐵𝐶= 7cm．
如图．
小丽：已知∠𝐴= 90°, 𝐴𝐵= 3cm,𝐵𝐶= 4cm．
……
任务：
(1)按照小丽的条件，作出△𝐴𝐵𝐶（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）．
(2)按照小丽，小红所给条件，作出唯一三角形，但“SSA”未作为判定三角形全等方法，一定有“SSA”
不成立的情况，类比小红、小丽的思路画图举出反例并进行适当的标注说明（作图工具不限）．
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(3)木工师傅拿一些木条制作四边形模型．已有模型框架如图，木条𝐵𝐷, 𝐴𝐵, 𝐵𝐶钉在同一点𝐵处．此时𝐵𝐷
平分∠𝐴𝐵𝐶，𝑃是𝐵𝐷上固定一点，选取两根长度相等的木条，将两根木条的一端都钉在𝑃处，另一端分
别钉在木条𝐵𝐴, 𝐵𝐶上，师傅钉完后发现有两种不同形状模型．如图1，如图2．
通过测量发现模型2 中四边形𝐵𝑀𝑃𝑁面积比模型1 中四边形𝐵𝐸𝑃𝐹面积大10cm2，且𝐵𝑁= 2𝐵𝐹, 𝐵𝑀=
𝐵𝐸．此时四边形𝐵𝐸𝑃𝐹的面积为______cm2，请说明钉出两种不同模型的原因．
【答案】(1)解：如图，△𝐴𝐵𝐶即为所求；
(2)解：如图，△𝐴𝐵𝐶1，△𝐴𝐵𝐶2即为所求；
(3)20，两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
【分析】（1）根据要求逐步作图即可；
（2）作∠𝐵= 45°，在角的一边上截取𝐴𝐵= 4cm，再以𝐴为圆心，3cm为半径画弧交角的另一边于𝐶1,𝐶2，
进一步完成作图即可；
（3）证明当𝐵𝐸= 𝐵𝐹时，△𝐵𝑃𝐸≌△𝐵𝑃𝐹(SSS)或(SAS)，在图2 中，𝐵𝑀≠𝐵𝑁，𝐵𝐾= 𝐵𝑀，可得△𝐵𝑀𝑃≌
△𝐵𝐾𝑃(SAS)，而△𝐵𝑀𝑃,△𝐵𝑁𝑃不全等，可得当𝐵𝐹= 𝐵𝐾= 𝐵𝐸= 𝐵𝑀时，△𝐵𝐸𝑃,△𝐵𝐹𝑃,△𝐵𝑀𝑃,△𝐵𝐾𝑃
全等，进一步分析求解.
【详解】（1）解：作直线𝐴𝐷，过𝐴作直线𝐴𝐷的垂线，在垂线上截取𝐴𝐵= 3cm，在直线𝐴𝐷上取点𝐶，且
𝐵𝐶= 4cm，则△𝐴𝐵𝐶即为所求；
作图略
（2）解：作∠𝐵= 45°，在角的一边上截取𝐴𝐵= 4cm，再以𝐴为圆心，3cm为半径画弧交角的另一边于
𝐶1,𝐶2，则𝐴𝐶1 = 𝐴𝐶2 = 3cm，
显然：△𝐴𝐵𝐶1，△𝐴𝐵𝐶2两个三角形不全等.
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作图略
（3）解：如图，在图2 的𝐵𝐶上截取𝐵𝐾= 𝐵𝑀，连接𝑃𝐾，
在图1 中，
∵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．如图，已知𝐴为线段𝐸𝐵上一点，在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵= 𝐴𝐶，在△𝐴𝐸𝐷中𝐴𝐸= 𝐴𝐷，且∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐸𝐴𝐷，连接
𝐵𝐷、𝐶𝐸，𝐵𝐷分别交𝐶𝐸、𝐴𝐶于点𝐹、𝑁，𝐶𝐸交𝐴𝐷于点𝑀．
(1)求证：△𝐴𝐵𝐷≌△𝐴𝐶𝐸；
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(2)如果∠𝐶𝐴𝐷= 100°，求∠𝐷𝐹𝐸的度数．
【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)；
(2)40°
【分析】（1）根据全等三角形的判定定理证明；
（2）根据全等三角形的性质和三角形的外角计算即可．
【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°．
6．如图，𝐶𝐴= 𝐶𝐵 ，𝐶𝐷= 𝐶𝐸 ，∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐷𝐶𝐸= 50° ，𝐴𝐷 ，𝐵𝐸 相交于点𝐻 ，连接𝐶𝐻 ．
(1)求证：△𝐴𝐶𝐷≌△𝐵𝐶𝐸 ；
(2)求∠𝐴𝐻𝐸 的度数．
【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)130°
【分析】（1）由𝐶𝐴= 𝐶𝐵 ，𝐶𝐷= 𝐶𝐸 ，∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐷𝐶𝐸 ，利用SAS ，即可判定△𝐴𝐶𝐷≌△𝐵𝐶𝐸 ；
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（2）由△𝐴𝐶𝐷≌△𝐵𝐶𝐸 ，可得∠𝐶𝐴𝐷= ∠𝐶𝐵𝐸 ，继而求得∠𝐴𝐻𝐵= ∠𝐴𝐶𝐵= 50° ，则可求得∠𝐴𝐻𝐸 的
度数．
【详解】（1）略
（2）解：设𝐴𝐻 与𝐵𝐶 交于点𝑂 ，
∵△𝐴𝐶𝐷≌△𝐵𝐶𝐸 ，
∴∠𝐶𝐴𝐷= ∠𝐶𝐵𝐸 ，
∵∠𝐴𝑂𝐶= ∠𝐵𝑂𝐻，
∴∠𝐴𝐻𝐵= ∠𝐴𝐶𝐵= 50° ，
∴∠𝐴𝐻𝐸= 130° ．
7．如图，点E 在𝐶𝐷上，𝐵𝐶与𝐴𝐸交于点F，𝐴𝐵= 𝐶𝐵，𝐵𝐸= 𝐵𝐷，∠1 = ∠2 = 50°．
(1)求证：△𝐴𝐵𝐸≌△𝐶𝐵𝐷；
(2)求∠3的度数．
【答案】(1)见解析
(2)50°
【分析】（1）根据等角加同一个角仍相等得到∠𝐴𝐵𝐸= ∠𝐶𝐵𝐷，利用𝑆𝐴𝑆证两三角形全等；
（2）由（1）知△𝐴𝐵𝐸≌△𝐶𝐵𝐷，得到对应角相等，再利用三角形内角和为180°，有两组角相等，剩
下的角一定相等求出答案．
【详解】（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)．
小学
初中
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（2）解：∵△𝐴𝐵𝐸≌△𝐶𝐵𝐷，
∴∠𝐴= ∠𝐶，
∵∠𝐴𝐹𝐵= ∠𝐶𝐹𝐸，
∴∠𝐴+ ∠𝐴𝐹𝐵+ ∠1 = ∠𝐶+ ∠𝐶𝐹𝐸+ ∠3，
∴∠3 = ∠1 = 50°．
8．本学期，我们学习了“特殊化”问题解决策略，面对一般性问题，可以先考虑特殊情形，通过取特殊点、
特殊位置、特殊数据等简化问题，借助特殊情形下获得的结论或方法解决一般性问题．
【问题提出】如图①，△𝑂𝐴𝐵和△𝑂𝐶𝐷都是等腰三角形，𝑂𝐴= 𝑂𝐵，𝑂𝐶= 𝑂𝐷，∠𝐴𝑂𝐵= ∠𝐶𝑂𝐷= 𝛼，
且点A、C、D 在同一直线上，𝐴𝐶和𝐷𝐵有怎样的关系？
【问题解决】
如图②中，先设𝛼= 90°，点A、C、D 在同一直线上，则∠𝐴𝑂𝐶与∠𝐵𝑂𝐶互余，∠𝐵𝑂𝐷与∠𝐵𝑂𝐶互余，可
得∠𝐴𝑂𝐶= ∠𝐵𝑂𝐷，再结合相等边就可以证明△𝐴𝑂𝐶≌△𝐵𝑂𝐷，根据全等就可以得到𝐴𝐶= 𝐷𝐵，再根据
全等三角形的对应角，结合对顶角，就能推出∠𝐴𝐷𝐵= 90°，即𝐴𝐶⊥𝐷𝐵：
(1)在图③中，若𝛼= 60°，点A、C、D 在同一直线上，判断说明𝐴𝐶和𝐷𝐵数量关系，并求∠𝐴𝐷𝐵的度数；
(2)在图④中，若𝛼= 30°，点A、C、D 在同一直线上，则𝐴𝐶和𝐷𝐵的数量关系是____，∠𝐴𝐷𝐵=_____；
(3)通过上述特殊化研究，解决在【问题提出】中，𝐴𝐶和𝐷𝐵有怎样的数量关系和位置关系．（位置关系
即求∠𝐴𝐷𝐵）
【答案】(1)
𝐴𝐶= 𝐵𝐷，∠𝐴𝐷𝐵= 60°，说明如下：
如图所示，设𝐴𝐷，𝑂𝐵交于点T，
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∵∠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)𝐴𝐶= 𝐵𝐷；30°
(3)𝐴𝐶= 𝐵𝐷；∠𝐴𝐷𝐵= 𝛼
【分析】（1）设𝐴𝐷，𝑂𝐵交于点T，先证明∠𝐴𝑂𝐶= ∠𝐵𝑂𝐷，再证明△𝑂𝐴𝐶≌△𝑂𝐵𝐷(SAS)，得到𝐴𝐶=
𝐵𝐷，∠𝑂𝐴𝐶= ∠𝑂𝐵𝐷，根据对顶角相等和三角形内角和定理可证明∠𝐴𝐷𝐵= ∠𝐴𝑂𝐵= 60°；
（2）同（1）求解即可；
（3）用（1）求解即可．
【详解】（1）解：略；
（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，
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∵∠𝐴𝑇𝑂= ∠𝐵𝑇𝐷，
∴180° −∠𝑂𝐴𝐶−∠𝐴𝑇𝑂= 180° −∠𝑂𝐵𝐷−∠𝐷𝑇𝐵，
∴∠𝐴𝐷𝐵= ∠𝐴𝑂𝐵= 30°；
（3）解：如图所示，设𝐴𝐷，𝑂𝐵交于点T，
∵∠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．数学课上，老师让同学们准备等腰三角形纸片进行操作活动，探究有关线段之间的关系．已知：在△𝐴𝐵𝐶
中，𝐴𝐵= 𝐴𝐶．
【初步探究】
(1)如图1，若∠𝐵𝐴𝐶= 90°，点𝐷，𝐴，𝐸在直线𝑚上，∠𝐵𝐷𝐴= ∠𝐴𝐸𝐶= ∠𝐵𝐴𝐶，则𝐵𝐷与𝐴𝐸有怎样的数
量关系？请直接写出结论；
(2)【变式训练】
如图2，若∠𝐵𝐴𝐶> 90°，点𝐷，𝐴，𝐸在直线𝑚上，∠𝐵𝐷𝐴= ∠𝐴𝐸𝐶= ∠𝐵𝐴𝐶，试判断线段𝐵𝐷、𝐶𝐸和𝐷𝐸的
数量关系，并说明理由．
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(3)【拓展应用】
如图3，若∠𝐵𝐴𝐶< 90°，𝐴𝐵= 𝐴𝐶= 12 cm，𝐵𝐶= 8 cm，𝐸是𝐴𝐵中点，点𝑃在线段𝐵𝐶上以2 cm/s的速
度由点𝐵到点𝐶运动，同时点𝑄在线段𝐶𝐴上由点𝐶到点𝐴运动，它们运动的时间为𝑡(s)，当点𝑄的运动速度
为多少时，能使△𝐵𝑃𝐸与以𝐶，𝑃，𝑄三点为顶点所构成的三角形全等．（直接写出结果）
【答案】(1)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)3cm/s或2cm/s
【分析】（1）利用平角的定义和三角形内角和定理得∠𝐶𝐴𝐸= ∠𝐴𝐵𝐷，再利用AAS证明△𝐴𝐵𝐷≌△𝐶𝐴𝐸，
得𝐵𝐷= 𝐴𝐸；
（2）同（1）可证明△𝐴𝐵𝐷≌△𝐶𝐴𝐸，得𝐵𝐷= 𝐴𝐸，𝐶𝐸= 𝐴𝐷，可得答案；
（3）过点A 作𝐴𝐹⊥𝐵𝐶于F，可证明Rt △𝐴𝐹𝐵≌Rt △𝐴𝐹𝐶(HL)，得到∠𝐵= ∠𝐶；再分△𝐵𝑃𝐸≌△𝐶𝑃𝑄
和△𝐵𝑃𝐸≌△𝐶𝑄𝑃两种情况，利用全等三角形的性质讨论求解即可．
【详解】
（1）解：∵∠𝐵𝐷𝐴= ∠𝐴𝐸𝐶= ∠𝐵𝐴𝐶， ∠𝐵𝐴𝐷+ ∠𝐶𝐴𝐸+ ∠𝐵𝐴𝐶= 180° = ∠𝐵𝐴𝐷+ ∠𝐵𝐷𝐴+ ∠𝐴𝐵𝐷，
∴∠𝐶𝐴𝐸= ∠𝐴𝐵𝐷，
又∵𝐴𝐵= 𝐴𝐶，
∴△𝐴𝐵𝐷≌△𝐶𝐴𝐸(AAS)，
∴𝐵𝐷= 𝐴𝐸；
（2）略
（3）解：如图所示，过点A 作𝐴𝐹⊥𝐵𝐶于F，
∴∠𝐴𝐹𝐵= ∠𝐴𝐹𝐶= 90°，
又∵𝐴𝐵= 𝐴𝐶，𝐴𝐹= 𝐴𝐹，
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∴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．如图，𝐶𝐷是△𝐴𝐵𝐶的𝐴𝐵边上的高，且𝐶𝐷= 𝐵𝐷，以𝐴𝐶为直角边，在𝐴𝐶上方作△𝐴𝐶𝐸，使∠𝐴𝐶𝐸= 90°，
𝐴𝐶= 𝐶𝐸，过点E 作𝐸𝐹⊥𝐷𝐶，交𝐷𝐶的延长线于点F，连接𝐵𝐸交𝐷𝐹于点H．
(1)求证：△𝐴𝐷𝐶≌△𝐶𝐹𝐸；
(2)求证：𝐷𝐻= 𝐻𝐹；
(3)若𝑆△𝐴𝐵𝐶= 8𝑆△𝐻𝐶𝐸，𝐷𝐶= 4，求𝐴𝐵的长．
【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，
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{
∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐶𝐹𝐸= 90°
∠𝐷𝐴𝐶= ∠𝐹𝐶𝐸
𝐴𝐶= 𝐶𝐸
，
∴△𝐴𝐷𝐶≌△𝐶𝐹𝐸(AAS)；
(2)证明：由（1）可得△𝐴𝐷𝐶≌△𝐶𝐹𝐸，
∴𝐶𝐷= 𝐸𝐹，
∵𝐶𝐷= 𝐵𝐷，
∴𝐵𝐷= 𝐸𝐹，
在△𝐵𝐷𝐻和△𝐸𝐹𝐻中，
{
∠𝐵𝐷𝐻= ∠𝐸𝐹𝐻= 90°
∠𝐵𝐻𝐷= ∠𝐸𝐻𝐹
𝐵𝐷= 𝐸𝐹
，
∴△𝐵𝐷𝐻≌△𝐸𝐹𝐻(AAS)，
∴𝐷𝐻= 𝐹𝐻；
(3)𝐴𝐵=
32
5
【分析】（1）先证明出∠𝐹𝐶𝐸= ∠𝐷𝐴𝐶，再利用“AAS”即可证明△𝐴𝐷𝐶≌△𝐶𝐹𝐸；
（2）由（1）可得△𝐴𝐷𝐶≌△𝐶𝐹𝐸，则𝐶𝐷= 𝐸𝐹，结合题意得出𝐵𝐷= 𝐸𝐹，再证明△𝐵𝐷𝐻≌△𝐸𝐹𝐻(AAS)，
即可得证；
（3）由（1）可得△𝐴𝐷𝐶≌△𝐶𝐹𝐸，则𝐴𝐷= 𝐶𝐹，𝐶𝐷= 𝐸𝐹，由（2）可得𝐷𝐻= 𝐹𝐻，结合题意得出𝐵𝐷=
𝐶𝐷= 𝐸𝐹= 4，由𝑆△𝐴𝐵𝐶= 8𝑆△𝐻𝐶𝐸，得出𝐴𝐵= 8𝐶𝐻，求出𝐶𝐻=
4
5，即可得出结果．
【详解】（1）略；
（2）略；
（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，
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∴𝐶𝐻=
4
5，
∴𝐴𝐵= 8𝐶𝐻=
32
5 ．
