文档文本内容
专题04 全等三角形模型之截长补短模型与手拉手模型
常考题型·精准突破
题型1 全等三角形模型之截长补短模型（难）
题型2 全等三角形模型之手拉手模型（难）
综合攻坚·知能拔高
常考题型·精准突破
◆题型1 全等三角形模型之截长补短模型
【常见模型及证法】
（1）截长：在较长线段上截取一段等于某一短线段，再证剩下的那一段等于另一短线段。
例：如图，求证BE+DC=AD
方法：①在AD 上取一点F，使得AF=BE，证DF=DC；②在AD 上取一点F，使DF=DC，证AF=BE
（2）补短：将短线段延长，证与长线段相等
1．（25-26 八年级上·广东潮州·期中）如图，AD
BC
P
，点E 在线段AB 上，DE
CE
、
分别是
ADC
Ð
、BCD
Ð
的角平分线，
(1)线段DE 与CE 有怎样的位置关系？请说明理由．
(2)若
3
AD =
，
2
BC =
，求CD的长．
【答案】(1) DE
CE
^
，理由见解析
(2)5
【分析】本题考查了角平分线的定义，平行线的性质，全等三角形的判定和性质，
（1）先根据角平分线得2
,2
EDC
ADC
DCE
BCD
Ð
= Ð
Ð
= Ð
，再根据AD
BC
P
就可得出
90
EDC
DCE
+
=
°
∠
∠
，即可得出结论；
（2）在DC 上截取
3
DF
AD
=
=
，先证
ADE
FDE
△
≌△
，再证BCE
FCE
V
V
≌
，即可得出答案．
【详解】（1）解：DE
CE
^
，理由如下：
DE
CE
Q
、
分别是
ADC
Ð
、
BCD
Ð
的角平分线，
2
,
2
ADC
EDC
BCD
DCE
\Ð
= Ð
Ð
= Ð
，
AD
BC
Q
P
，
180
ADC
BCD
\Ð
+ Ð
=
°，
2
2
180
EDC
DCE
\ Ð
+ Ð
=
°，
90
EDC
DCE
\Ð
+ Ð
=
° ，
90
DEC
\Ð
=
°，
DE
CE
\
^
；
（2）解：如图，在DC 上截取
3
DF
AD
=
=
，连接EF ，
DE
CE
Q
、
分别是
ADC
Ð
、
BCD
Ð
的角平分线，
,
EDC
ADE
DCE
BCE
\Ð
= Ð
Ð
= Ð
，
在ADE
V
和FDE
V
中，
AD
FD
ADE
FDE
DE
DE
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
SAS
ADE
FDE
\V
V
≌
，
A
DFE
\Ð
= Ð
，
AD
BC
Q
P
，
180
A
B
°
\Ð + Ð
=
，
180
DFE
CFE
Ð
+ Ð
=
°
Q
，
B
CFE
\Ð
= Ð
，
在BCE
V
和
FCE
△
中，
BCE
FCE
B
EFC
CE
CE
Ð
= Ð
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
AAS
BCE
FCE
\V
V
≌
，
2
BC
CF
\
=
= ，
2
3
5
CD
CF
DF
\
=
+
=
+
=
．
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
90
ABC
ADC
Ð
= Ð
=
°，E ，F 分别在线段BC ，CD上，且满足
1
2
EAF
BAD
Ð
=
Ð
，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
180
ABC
ADC
Ð
+ Ð
=
° ，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
Ð
与
BAD
Ð
之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(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 ，
∵
90
ABC
ADC
Ð
= Ð
=
°，
∴
90
ABG
ADF
Ð
= Ð
=
°，
又∵AB
AD
=
，BG
DF
=
，
∴
SAS
ABG
ADF
V
V
≌
，
∴
BAG
DAF
AF
AG
Ð
= Ð
=
，
，
∴
FAG
DAB
Ð
= Ð
，
∵
1
2
EAF
BAD
Ð
=
Ð
，
∴
1
2
EAF
FAG
Ð
=
Ð
，
∴
EAF
EAG
Ð
= Ð
，
在AEF
V
和AEG
V
中，
AE
AE
EAF
EAG
AF
AG
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
∴
SAS
AEF
AEG
V
V
≌
，
∴EF
EG
BE
BG
=
=
+
，
∴EF
BE
DF
=
+
；
(2)
解：
1
180
2
EAF
DAB
Ð
=
°-
Ð
，理由：
如图，在DC 的延长线上取一点G ，使得DG
BE
=
，连接AG ，
180
ABC
ADC
Ð
+ Ð
=
°
Q
，
180
ABC
ABE
Ð
+ Ð
=
°，
ADC
ABE
\Ð
= Ð
，
AB
AD
=
Q
，DG
BE
=
，
SAS
ABE
ADG
\V
V
≌
，
AG
AE
DAG
BAE
Ð
Ð
\
=
=
，
，
EF
BE
DF
DG
BE
=
+
=
Q
，
，
EF
DG
DF
GF
\
=
+
=
，
在AEF
V
和AGF
V
中，
AE
AG
FA
FA
EF
GF
=
ì
ï
=
í
ï
=
î
，
SSS
AEF
AGF
\V
V
≌
，
FAE
FAG
\Ð
= Ð
，
360
FAE
EAG
FAG
Ð
+ Ð
+ Ð
=
°
Q
，
EAG
BAE
BAG
Ð
= Ð
+ Ð
，
2
360
FAE
BAE
BAG
\ Ð
+ Ð
+ Ð
=
° ，
Ð
= Ð
Q
DAG
BAE ，
2
360
FAE
DAG
BAG
\ Ð
+ Ð
+ Ð
=
° ，
即2
360
EAF
DAB
Ð
+ Ð
=
° ，
1
1
360
180
2
2
EAF
DAB
DAB
\Ð
=
°- Ð
=
°-
Ð
．
【分析】（1）延长CB 到点G ，使BG
DF
=
，连接AG ，通过证明ABG
ADF
V
V
≌
，得到对应角、对应边相等，
继而得证AEF
AEG
V
V
≌
，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
V
V
≌
，得到对应角、对应
边相等，继而得证AEF
AGF
V
V
≌
，得到
FAE
FAG
Ð
= Ð
，根据圆周角为360°，得到
1
180
2
EAF
DAB
Ð
=
°-
Ð
．
【详解】（1）略
（2）略
3．（24-25 八年级上·北京海淀·期中）已知，在四边形ABCD 中，AB
AD
=
，
180
B
ADC
°
Ð + Ð
=
，E 、F 分
别是边BC 、CD上的点，且
1
2
EAF
BAD
Ð
=
Ð
．
(1)为探究上述问题，小王同学先画出了其中一种特殊情况，即如图1，当
90
B
ADC
Ð
= Ð
=
°时．
小王同学探究此问题的方法是：延长FD 到点G ，使DG
BE
=
，连接AG ．
请你在图1 中添加上述辅助线，并补全下面的思路．
小明的解题思路：先证明ABE
V
≌_____；再证明了
AEF≌
△
_____，即可得出BE ，EF ，FD 之间的数量关
系为_____．
(2)请你借鉴小王的方法探究图2，当
180
B
ADC
°
Ð + Ð
=
时，上述结论是否依然成立，如果成立，请证明你
的结论，如果不成立，请说明理由．
(3)如图3，若E 、F 分别是边BC 、CD延长线上的点，其他已知条件不变，此时线段EF ，BE ，FD 之间
的数量关系为_____．（不用证明）
【答案】(1)图见解析，
ADG
△
，AGF
V
，EF
BE
FD
=
+
(2)成立，证明见解析
(3) EF
BE
DF
=
-
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是利用截长补短法，构造全等三角形．
（1）根据题意，画出图形，先证明ABE
ADG
V
V
≌
，再证明AEF
AGF
V
V
≌
，即可得出结论；
（2）延长FD 到点G ，使DG
BE
=
，连接AG ，先证明ABE
ADG
V
V
≌
，再证明AEF
AGF
V
V
≌
，即可得出
结论；
（3）在BC 上取一点G ，使BG
DF
=
，先证明ABG
ADF
V
V
≌
，再证明AEG
AEF
V
V
≌
，即可得出结论．
【详解】（1）解：补全图形，如图：
解题思路为：先证明ABE
ADG
V
V
≌
，再证明AEF
AGF
V
V
≌
，即可得出
,
,
BE EF FD 之间的数量关系为
EF
BE
FD
=
+
；
故答案为：
ADG
△
，AGF
V
，EF
BE
FD
=
+
；
（2）解：成立，证明如下：
延长FD 到点G ，使DG
BE
=
，则
180
ADF
ADG
Ð
+ Ð
=
°，
∵
180
B
ADC
°
Ð + Ð
=
，
∴
B
ADG
Ð
= Ð
，
∵AB
AD
=
，
∴ABE
ADG
V
V
≌
，
∴AG
AE
=
，1
3
Ð = Ð ，
∵
1
2
EAF
BAD
Ð
=
Ð
，
∴
1
1
2
2
BAD
=
Ð
Ð + Ð
，
∴
1
3
2
2
BAD
=
Ð
Ð + Ð
，即：
1
2
FAG
BAD
Ð
=
Ð
，
∴
EAF
FAG
Ð
= Ð
，
又AF
AF
=
，
∴AEF
AGF
V
V
≌
，
∴EF
GF
=
，
∵GF
DF
DG
=
+
，
∴EF
DF
BE
=
+
；
（3）解：在BC 上取一点G ，使BG
DF
=
，
∵
180
ADF
ADC
Ð
Ð
=
+
°，
180
B
ADC
°
Ð + Ð
=
，
∴
B
ADF
Ð = Ð
，
又AB
AD
=
，
∴ABG
ADF
V
V
≌
，
∴AG
AF
=
，
1
2
Ð = Ð ，
∴
1
1
3
2
3
2
EAF
BAD
Ð + Ð = Ð + Ð = Ð
=
Ð
，
∴
1
2
GAE
BAD
EAF
Ð
=
Ð
= Ð
，
又AE
AE
=
，
∴AGE
AFE
V
V
≌
，
∴EF
EG
BE
BG
BE
DF
=
=
-
=
-
．
故答案为：EF
BE
DF
=
-
．
◆题型2 全等三角形模型之手拉手模型
【常见模型及证法】
1）双等边三角形型
条件：△ABC 和△DCE 均为等边三角形，C 为公共点；连接BE，AD 交于点F。
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF 平分∠BFD。
证明： ∵△ABC和△DCE均为等边三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=60°
∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即：∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMF，∴∠AFM=∠BCM=60°，
过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS）
∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD。
2）双等腰直角三角形型
条件：△ABC 和△DCE 均为等腰直角三角形，C 为公共点；连接BE，AD 交于点N。
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN 平分∠BND。
证明： ∵△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=90°
∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMN，∴∠ANM=∠BCM=90°，
过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS）
∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。
3）双等腰三角形型
条件：BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD，C 为公共点；连接BE，AD 交于点F。
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠BCM=∠AFM；④CF 平分∠BFD。
证明： ∵∠BCA=∠ECD，∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD，
又∵BC=AC，CE=CD，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，
又∵∠CMB=∠AMF，∴∠BCM=∠AFM，过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，
又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS）
∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF 平分∠BFD。
4．（25-26 八年级上·海南·期中）在艺术工作室里，设计师用两个等腰三角形ABC
V
和AEF
V
创作几何艺术
装置．其中AB
AC
=
，AE
AF
=
，
CAB
EAF
Ð
= Ð
，BE 交FC 于O 点．请你解决以下关于这个艺术装置的
几何问题
(1)直角风格的装置
如图1，当
90
CAB
Ð
=
°时，求证：BE
CF
=
，BE
CF
^
；
(2)六十度风格的装置
如图2 ，当
60
CAB
Ð
=
°时，求
BOC
Ð
的度数；
(3)猜想：任意顶角的装置
当
CAB
a
Ð
=
时(0
90 )
a
° <
<
° ，
BOC
Ð
的度数为________（直接用含a 的式子表示）
【答案】(1)证明：设BE 、AC 交于点Q ，
CAB
EAF
Ð
= Ð
Q
，
CAB
CAE
EAF
CAE
+ Ð
= Ð
+ Ð
\Ð
，即
FAC
EAB
Ð
= Ð
．
\在FAC
V
与
EAB
△
中，
AB
AC
FAC
EAB
AE
AF
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
SAS
FAC
EAB
\V
V
≌
，
BE
CF
\
=
，
EBA
ACF
Ð
= Ð
．
90
CAB
Ð
=
°
Q
，
90
EBA
BQA
\Ð
+ Ð
=
° ．
BQA
CQE
Ð
= Ð
Q
，
90
ACF
CQE
\Ð
+ Ð
=
° ，
180
90
90
COQ
\Ð
=
°-
° =
°，
BE
CF
\
^
；
(2)
60
BOC
Ð
=
°
(3)a
【分析】（1）由
CAB
EAF
Ð
= Ð
，可得
FAC
EAB
Ð
= Ð
，证明
FAC
EAB
≌
V
V
，得到BE
CF
=
，
EBA
ACF
Ð
= Ð
，结合
BQA
CQE
Ð
Ð
=
，即可得出结论；
（2）由
CAB
EAF
Ð
= Ð
，可得
FAC
EAB
Ð
= Ð
，证明
FAC
EAB
≌
V
V
，得到
EBA
ACF
Ð
= Ð
，结合
BQA
CQE
Ð
Ð
=
，即可解答；
（3）根据（2）中的方法进行解答即可．
【详解】（1）略
（2）解：设BE 、AC 交于点Q ，
CAB
EAF
Ð
= Ð
Q
，
CAB
CAE
EAF
CAE
+ Ð
= Ð
+ Ð
\Ð
，即
FAC
EAB
Ð
= Ð
．
\在FAC
V
与
EAB
△
中，
AB
AC
FAC
EAB
AE
AF
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
SAS
FAC
EAB
\V
V
≌
，
EBA
ACF
\Ð
= Ð
．
BQA
CQE
Ð
= Ð
Q
，
180
FCA
BOC
CQO
Ð
+ Ð
+ Ð
=
°，
180
EBA
BAC
BQA
Ð
+ Ð
+ Ð
=
° ，
60
BOC
CAB
\Ð
= Ð
=
° ；
（3）解：
CAB
EAF
Ð
= Ð
Q
，
CAB
CAE
EAF
CAE
+ Ð
= Ð
+ Ð
\Ð
，即
FAC
EAB
Ð
= Ð
．
\在FAC
V
与
EAB
△
中，
AB
AC
FAC
EAB
AE
AF
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
SAS
FAC
EAB
\V
V
≌
，
EBA
ACF
\Ð
= Ð
．
BQA
CQE
Ð
= Ð
Q
，
180
FCA
BOC
CQO
Ð
+ Ð
+ Ð
=
°，
180
EBA
BAC
BQA
Ð
+ Ð
+ Ð
=
° ，
BOC
CAB
a
\Ð
= Ð
=
．
5．（25-26 七年级下·山东济南·期中）ABC
V
和ADE
V
都是等腰直角三角形，
90
BAC
DAE
Ð
= Ð
=
°．
(1)如图1，点
,
D E 在
,
AB AC 上，则
,
BD CE 满足怎样的数量关系？请说明理由．
(2)如图2，点D 在ABC
V
内部，点E 在ABC
V
外部，连接
,
BD CE ，则
,
BD CE 满足怎样的数量关系和位置关
系？请说明理由．
(3)如图3，点
,
D E 都在ABC
V
外部，连接BD ，CE ，CD，EB ，BD 与CE 相交于F 点．若
6
BD =
，求四
边形BCDE 的面积．
【答案】(1) BD
CE
=
，理由见解析
(2) BD
CE
=
，BD
CE
^
，理由见解析
(3)18
【分析】此题是四边形综合题，主要考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质．
（1）根据等腰直角三角形的性质解答；
（2）延长BD ，分别交AC 、CE 于F、G，证明
ABD
ACE SAS
V
V
≌
，根据全等三角形的性质、垂直的定
义解答；
（3）同理证明
ABD
ACE SAS
V
V
≌
，得到
6
BD
CE
=
=
，BD
CE
^
，再根据
BCE
DCE
BCDE
S
S
S
=
+
四边形
V
V
计算，
求出四边形BCDE 的面积．
【详解】（1）解：BD
CE
=
，理由如下：
∵ABC
V
和ADE
V
都是等腰直角三角形，
90
BAC
DAE
Ð
= Ð
=
°，
∴AB
AC
=
，AD
AE
=
，
∴AB
AD
AC
AE
-
=
-
，
∴BD
CE
=
；
（2）解：BD
CE
=
，BD
CE
^
，理由如下：
延长BD ，分别交AC 、CE 于F、G，
∵ABC
V
和ADE
V
都是等腰直角三角形，
∴AB
AC
=
，AD
AE
=
，
90
BAC
DAE
Ð
= Ð
=
°，
∵
BAD
BAC
DAC
Ð
= Ð
- Ð
，
CAE
DAE
DAC
Ð
= Ð
- Ð
，
∴
BAD
CAE
Ð
= Ð
，
在ABD
V
和
ACE
△
中，
AB
AC
BAD
CAE
AD
AE
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
∴
ABD
ACE SAS
V
V
≌
，
∴BD
CE
=
，
ABD
ACE
Ð
= Ð
，
∵
A F B
G F C
Ð
= Ð
，
∴
90
CGF
BAF
Ð
= Ð
=
° ，即BD
CE
^
；
（3）解：如图，BD 与AC 相交于O 点
∵ABC
V
和ADE
V
都是等腰直角三角形，
∴AB
AC
=
，AD
AE
=
，
90
BAC
DAE
Ð
= Ð
=
°，
∵
BAD
BAC
DAC
Ð
= Ð
+ Ð
，
CAE
DAE
DAC
Ð
= Ð
+ Ð
，
∴
BAD
CAE
Ð
= Ð
，
∴
ABD
ACE SAS
V
V
≌
，
∴
6
BD
CE
=
=
，
ABD
ACE
Ð
= Ð
，
∵
AOB
FOC
Ð
= Ð
，
∴
90
BFC
BAC
Ð
= Ð
=
° ，
即BD
CE
^
，
∴
1
1
1
1
6 6
18
2
2
2
2
BCE
DCE
BCDE
S
S
S
CE
BF
CE
DF
CE
BD
=
+
=
´
´
+
´
´
=
´
´
=
´ ´
=
四边形
V
V
．
6．（25-26 七年级下·河南郑州·期中）【综合实践】如果两个等腰三角形的顶角相等，且顶角的顶点互相重合，
则称此图形为“手拉手全等模型”．因为顶点相连的四条边，可以形象地看作两双手，所以通常称为“手拉手
模型”．
(1)【初步把握】如图1，ABC
V
与ADE
V
都是等腰三角形，AB
AC
=
，AD
AE
=
，且
BAC
DAE
Ð
= Ð
，则有
ABD
△
≌ ；线段BD 和CE 的数量关系是 ；
(2)【深入研究】如图2，ABC
V
和ADE
V
是都是等腰三角形，即AB
AC
=
，AD
AE
=
，且
90
BAC
DAE
Ð
= Ð
=
°，B，C，D 在同一条直线上．请判断线段BD 与CE 存在怎样的数量关系及位置关系，并
说明理由；
(3)【拓展延伸】如图3，直线1
2
l
l
^
，垂足为点O，2l 上有一点M 在点O 右侧且
4
OM =
，点N 是1l 上一个
动点，连接MN ，在MN 下方作等腰直角三角形NMP ，MN
MP
=
，
90
NMP
Ð
=
°，连接OP ．请直接写出
线段OP 的最小值及此时ON 的长度．
【答案】(1)
ACE
△
；BD
CE
=
(2) BD
CE
=
；BD
CE
^
；理由见解析
(3)4；4
【分析】本题考查四边形综合应用，涉及全等三角形判定与性质，等腰直角三角形性质等，解题的关键是
掌握全等三角形判定定理．
（1）由
BAC
DAE
Ð
= Ð
，可得
BAD
CAE
Ð
= Ð
，根据SAS 可得ABD
ACE
V
V
≌
，则可得出结论；
（2）由
90
BAC
DAE
Ð
= Ð
=
°，得
BAD
CAE
Ð
= Ð
，即可证
ABD
ACE SAS
V
V
≌
，有BD
CE
=
，
ACE
ABC
Ð
= Ð
，而
ABC
V
是等腰三角形且
90
BAC
Ð
=
° ，知
45
ABC
ACB
Ð
= Ð
=
° ，故
45
ACE
ABC
Ð
= Ð
=
°，
即可得
45
45
90
BCE
ACB
ACE
Ð
= Ð
+ Ð
=
°+
° =
° ，BD
CE
^
；
（3）证明
45
O MO
¢
Ð
=
° ，当OP 有最小，即O P
¢ ¢ 最小，即垂线段最短，当O P
y
¢ ¢ ^
轴时，O P
¢ ¢ 最小，则可
得出答案．
【详解】（1）∵
BAC
DAE
Ð
= Ð
，
∴
BAC
CAD
DAE
CAD
Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
，即
BAD
CAE
Ð
= Ð
，
在ABD
V
和
ACE
△
中，
AB
AC
BAD
CAE
AD
AE
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
∴
ABD
ACE SAS
V
V
≌
；
故答案为：
ACE
△
；BD
CE
=
；
（2）解：BD 与CE 的数量关系是BD
CE
=
，位置关系是BD
CE
^
∵
90
BAC
DAE
Ð
= Ð
=
°，
∴
BAC
CAD
DAE
CAD
Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
，即
BAD
CAE
Ð
= Ð
，
在ABD
V
和
ACE
△
中，
AB
AC
BAD
CAE
AD
AE
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
∴
ABD
ACE SAS
V
V
≌
，
∴BD
CE
=
，
ACE
ABC
Ð
= Ð
，
∵ABC
V
是等腰三角形且
90
BAC
Ð
=
° ，
∴
45
ABC
ACB
Ð
= Ð
=
° ，
∴
45
ACE
ABC
Ð
= Ð
=
°，
∴
45
45
90
BCE
ACB
ACE
Ð
= Ð
+ Ð
=
°+
° =
° ，
∴BD
CE
^
；
（3）∵
MNP
△
是等腰直角三角形，
∴
45
MNP
NPM
Ð
= Ð
=
°，
将OPM
V
绕M 点顺时针旋转90°得O P M
¢ ¢
V
（N 与P¢重合），
连接OO¢ ，
∴PMO
P MO
¢
¢
V
V
≌
，
∴MO
MO¢
=
，OP
O P
¢ ¢
=
，
∴
45
O MO
¢
Ð
=
° ，
当OP 有最小，即O P
¢ ¢ 最小，当O P
y
¢ ¢ ^
轴时，
由
45
O OP
Ð
=
¢
¢
° ，
90
O P O
Ð
=
¢ ¢
°，
∴
4
O P
OM
¢ ¢ =
=
，
4
ON
OP¢
=
=
，
∴
4
ON =
，OP 最小值为4．
综合攻坚·知能拔高
一、单选题
1．（25-26 七年级下·山东济南·期末）如图，在ABC
V
中，
8
AB =
，
14
AC =
，
30
C
Ð
=
° ，P 是BC 上的任意
一点，连接AP ，将AP 绕点A 按顺时针方向旋转至AQ ，使
PAQ
BAC
Ð
= Ð
，连接BQ ，则线段BQ 长度的
最小值为（ ）
A．2
B．3
C．4 3
3
D．4
【答案】B
【分析】在AC 上截取
8
AB
AD
=
=
，利用全等三角形的判定和性质，可得
ABQ
ADP SAS
V
V
≌
，QB
PD
=
，
当DP
PC
^
时，DP 的长度最小，此时QB 的长度最小，根据直角三角形中，30°所对的直角边等于斜边的
一半，进行解答，即可．
【详解】解：在AC 上截取
8
AB
AD
=
=
，
∵
PAQ
BAC
Ð
= Ð
，
∴
QAB
BAP
BAP
CAP
Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
，
∴
CAP
QAB
Ð
= Ð
，
由旋转可得，AP
AQ
=
，
在ABQ
V
和ADP
V
中，
AB
AD
QAB
CAP
AQ
AP
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
∴
ABQ
ADP SAS
V
V
≌
，
∴QB
PD
=
，
当DP
PC
^
时，DP 的长度最小，此时QB 的长度最小，
∵
14
8
6
DC
AC
AD
=
-
=
-
=
，
30
C
Ð
=
° ，
∴
1
3
2
PD
CD
=
=
．
∴
3
QB =
．
2．（25-26 八年级上·山东聊城·阶段检测）如图，已知：AC
BC
=
，DC
EC
=
，
90
ACB
ECD
Ð
= Ð
=
°，
38
EBD
Ð
=
° ，现有下列结论：①
BDC
AEC
△
≌△
；②
135
AEB
°
Ð
=
；③BD
AE
=
；④AE
BD
^
．其中正
确的有（ ）．
A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
【答案】C
【分析】先通过角的等量代换得到
BCD
ACE
Ð
Ð
=
，利用SAS 证明BDC
AEC
V
V
≌
，由此推出BD
AE
=
，再
结合全等三角形对应角相等、三角形内角和、对顶角性质，分别验证
AEB
Ð
度数与AE
BD
^
是否成立，逐
一判断4 个结论正误．
【详解】解：已知
90
ACB
ECD
Ð
Ð
=
=
°，
ACB
ECB
ECD
ECB
Ð
Ð
Ð
Ð
-
=
-
，
即
BCD
ACE
Ð
Ð
=
，
在BDC
V
和AEC
V
中：
BC
AC
BCD
ACE
DC
EC
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
SAS
BDC
AEC
\V
V
≌
，结论①正确；
由全等三角形对应边相等，得BD
AE
=
，结论③正确；
由BDC
AEC
V
V
≌
，得
CBD
CAE
Ð
Ð
=
，
已知
38
EBD
CBD
CBE
Ð
= Ð
+ Ð
=
°，
38
CAE
CBE
\Ð
+ Ð
=
°，
∵
90
ACB
Ð
=
°，
90
CBA
CAB
\Ð
+ Ð
=
° ，
即
90
CBE
ABE
CAE
BAE
Ð
+ Ð
+ Ð
+ Ð
=
°，
代入
38
CAE
CBE
Ð
+ Ð
=
° ，得
90
38
52
ABE
BAE
Ð
+ Ð
=
°-
° =
°，
在ABE
V
中，
180
180
52
128
135
AEB
ABE
BAE
Ð
=
°- Ð
+ Ð
=
°-
° =
° ¹
°，结论②错误；
延长AE 交BD 于点F ，交BC 于点H ，
由BDC
AEC
V
V
≌
，得
DBC
EAC
Ð
= Ð
，
又
BHF
CHA
Ð
= Ð
，
90
ACB
Ð
=
°，
90
BHF
DBC
CHA
EAC
\Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
=
° ，
180
90
AFB
BHF
DBC
\Ð
=
°- Ð
- Ð
=
° ，即AF
BD
^
，
AE
BD
^
，结论④正确，
综上，①③④正确，共3 个正确结论．
3．（25-26 八年级上·四川遂宁·期末）如图，在OAB
V
和OCD
V
中，OA
OB
=
，OC
OD
=
，OA
OC
>
，
30
AOB
COD
Ð
= Ð
=
°，连接AC ，BD 交于点M ，AC 与OD 相交于E ，BD 与OA相交于F ，连接OM ．则
下列结论中：①AOC
BOD
V
V
≌
；②AC
BD
=
；③
30
AMB
Ð
=
° ；④OEM
OFM
V
V
≌
．正确的个数有（ ）
A．4 个
B．3 个
C．2 个
D．1 个
【答案】B
【分析】由SAS 证明AOC
BOD
V
V
≌
得出AC
BD
=
，则①②正确；由全等三角形的性质得出
OAC
OBD
Ð
Ð
=
，由三角形的外角性质得
AMB
OAC
AOB
OBD
Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
，得出
30
AMB
AOB
Ð
= Ð
=
° ，则③
正确；作OG
MC
^
于G ，OH
MB
^
于H ，则
90
OGC
OHD
Ð
= Ð
=
°，由AAS证明OCG
ODH
@
V
V
，得出
OG
OH
=
，由角平分线的判定得出MO 平分
BMC
Ð
，假设OEM
OFM
V
V
≌
，证明
Rt
Rt
HL
EOG
FOH
V
V
≌
，可得到
ASA
DMO
AMO
V
V
≌
，从而得到OC
OA
=
，与OA
OC
>
矛盾，则④错
误．
【详解】解：
30
AOB
COD
Ð
= Ð
=
°
Q
，
∴
AOB
AOD
COD
AOD
Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
，即
BOD
AOC
Ð
= Ð
，
在AOC
V
和
BOD
△
中，
OA
OB
AOC
BOD
OC
OD
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
AOC
BOD SAS
\V
V
≌
，则①正确；
AC
BD
\
=
，
OAC
OBD
Ð
Ð
=
，
OCA
ODB
Ð
= Ð
，则②正确；
由三角形的外角性质得：
AMB
OAC
OFD
AOB
OBD
Ð
+ Ð
= Ð
= Ð
+ Ð
，
30
AMB
AOB
Ð
\Ð
=
=
°，则③正确；
如图，作OG
MC
^
于G ，OH
MB
^
于H ，则
90
OGC
OHD
Ð
= Ð
=
°，
在OCG
V
和ODH
V
中，
90
OCG
ODH
OGC
OHD
OC
OD
Ð
= Ð
ì
ïÐ
= Ð
=
°
í
ï
=
î
，
AAS
OCG
ODH
\V
V
≌
，
OG
OH
\
=
，
GOM
HOM
Ð
= Ð
，
MO
\
平分
BMC
Ð
，即Ð
= Ð
CMO
BMO ，
CMD
BMA
Ð
= Ð
Q
，
∴
DMO
AMO
Ð
= Ð
，
假设OEM
OFM
V
V
≌
，
OE
OF
=
∴
，
在Rt EOG
V
和Rt
FOH
△
中，
∵
,
OE
OF OG
OH
=
=
，
∴
Rt
Rt
HL
EOG
FOH
V
V
≌
，
∴
EOG
FOH
Ð
= Ð
，
∴
EOG
GOM
FOH
MOH
Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
，即
EOM
FOM
Ð
= Ð
，
在VDMO 和AMO
V
中，
∵
DMO
AMO
Ð
= Ð
，OM
OM
=
，
EOM
FOM
Ð
= Ð
，
∴
ASA
DMO
AMO
V
V
≌
，
∴OD
OA
=
，即OC
OA
=
，与OA
OC
>
矛盾，
则假设不成立，则④错误；
综上，正确的结论有①②③．
二、填空题
4．（25-26 八年级下·山西晋中·期末）如图，在ABC
V
与ADE
V
中，AB
AC
=
，AD
AE
=
，
BAC
DAE
a
Ð
= Ð
=
，连接BD 和CE 交于点P ，连接AP ，则
BPC
Ð
= _______（用含a 的代数式表示）．
【答案】a
【分析】过点A 作AH
BD
^
，AG
CE
^
，交BD ，CE 于点H ，G ，证明
D
AB
≌
△
△ACE ，得出对应边相
等和对应角相等，然后利用三角形的内角和及角平分线的定义即可求解．
【详解】解：
BAC
DAE
Ð
= Ð
Q
，
BAD
CAE
\Ð
= Ð
，
又
AB
AC
=
∵
，AD
AE
=
，
\
D
AB
≌
△
△
(SAS)
ACE
，
ACE
ABD
\Ð
= Ð
，
AOB
COP
Ð
= Ð
Q
，
180
180
ACE
COP
ABP
AOB
\
°- Ð
- Ð
=
°- Ð
- Ð
，
BPC
BAC
a
\Ð
= Ð
=
．
5．（25-26 七年级下·江西萍乡·期末）如图，在ABC
V
中，
90
BAC
Ð
=
° ，
2
AB
AC
=
，点D 是线段AB 的中点，
将一块锐角为45°的直角三角板按如图（ADE
V
）放置，使直角三角板斜边的两个端点分别与A、D 重合，
连接BE 、CE ，CE 与AB 交于点F，则
AEC
DBE
Ð
+ Ð
= ______°．
【答案】45
【分析】由已知条件可知，AC
BD
=
，AE
DE
=
，
45
DAE
ADE
Ð
= Ð
=
°，进而推出
SAS
ACE
DBE
V
V
≌
，
得到
AEC
DEB
Ð
= Ð
，再利用三角形外角的性质求解即可．
【详解】解：
2
AB
AC
=
，点D 是线段AB 的中点，
1
2
AC
AB
\
=
，
1
2
AD
BD
AB
=
=
，
AC
BD
\
=
，
Q
ADE
V
是锐角为45°的直角三角板，
AE
DE
\
=
，
45
DAE
ADE
Ð
= Ð
=
°，
90
BAC
Ð
=
°
Q
，
90
45
135
CAE
BAC
DAE
\Ð
= Ð
+ Ð
=
°+
° =
° ，
180
180
45
135
BDE
ADE
Ð
=
°- Ð
=
°-
° =
° ，
CAE
BDE
\Ð
= Ð
，
在
ACE
△
和DBE
V
中，
AE
DE
CAE
BDE
AC
BD
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
SAS
ACE
DBE
\V
V
≌
，
\Ð
= Ð
AEC
DEB ，
45
ADE
DEB
DBE
AEC
DBE
\Ð
= Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
=
°．
6．（25-26 七年级下·山东济南·期末）如图，ABC
V
中，CD
AB
^
于点D ，CD
BD
=
，过点C 作CM
CA
^
，
CM
CA
=
，连接BM 交CD于点N ，若
15
BD =
，
7
AD =
，则CN = ____________．
【答案】4
【分析】在CD上取一点E，使得
7
DE
DA
=
=
，连接BE ，由题意易得
ADC
EDB SAS
V
V
≌
，则有
AC
EB
=
，
ACD
EBD
Ð
= Ð
，然后可得
AAS
BEN
MCN
V
V
≌
，则有EN
CN
=
，进而问题可求解．
【详解】解：在CD上取一点E，使得
7
DE
DA
=
=
，连接BE ，如图所示：
∵CD
AB
^
，
∴
90
ADC
EDB
Ð
= Ð
=
°，
∵CD
BD
=
，
∴
ADC
EDB SAS
V
V
≌
，
∴AC
EB
=
，
ACD
EBD
Ð
= Ð
，
∵CM
CA
^
，CM
CA
=
，
∴
90 ,
ACM
EB
CM
Ð
=
°
=
，
∴
BEN
EDB
EBD
ACM
ACD
MCN
Ð
= Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
= Ð
，
∵
BNE
MNC
Ð
= Ð
，
∴
AAS
BEN
MCN
V
V
≌
，
∴EN
CN
=
，
∵
15
CD
BD
=
=
，
∴
8
CE
CD
DE
=
-
=
，
∴
1
4
2
CN
CE
=
=
．
三、解答题
7．（25-26 七年级下·山西运城·期末）已知：如图，ABC
V
和
CDE
△
都是等腰三角形（CA
CB
=
，CD
CE
=
，
ACB
DCE
a
Ð
= Ð
=
），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：
Q
ACB
DCE
a
Ð
= Ð
=
，
\
ACB
ACD
DCE
ACD
Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
，即
BCD
ACE
Ð
Ð
=
，
Q在BCD
V
和
ACE
△
中，
CA
CB
BCD
ACE
CD
CE
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
\
BCD
ACE SAS
V
V
≌
，
\ AE
BD
=
．
【分析】由
ACB
DCE
a
Ð
= Ð
=
推出
BCD
ACE
Ð
Ð
=
，再根据SAS 推出BCD
ACE
V
V
≌
，进而证明AE
BD
=
．
【详解】略
8．（25-26 七年级下·陕西咸阳·阶段检测）求解下列各题：
(1)【问题发现】如图1，在四边形ABCD 中，AB
AD
=
，
90
B
ADC
Ð
= Ð
=
°，点E 、F 分别在边BC 、CD
上，连接AE 、AF 、EF ，且EF
BE
FD
=
+
，延长FD 到点G ，使DG
BE
=
，连接AG ，试说明：
2
BAD
EAF
Ð
= Ð
；
(2)【拓展延伸】如图2，在四边形ABCD 中，
180
ABC
ADC
Ð
+ Ð
=
° ，AB
AD
=
，点E 在CB 的延长线上，
点F 在CD的延长线上，连接AE 、AF 、EF ，且EF
BE
FD
=
+
，延长DC 至点G ，使得DG
BE
=
，连接
AG ，请探究
BAD
Ð
与
EAF
Ð
之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)证明：Q在ABE
V
和
ADG
△
中，AB
AD
=
，
90
B
ADG
°
Ð
= Ð
=
，BE
DG
=
，
\
ABE
ADG SAS
V
V
≌
，
\
BAE
DAG
Ð
= Ð
，AE
AG
=
，
Q EF
BE
DF
=
+
，DG
BE
=
，
\ EF
BE
DF
DG
DF
GF
=
+
=
+
=
，
Q AF
AF
=
，
\
AEF
AGF SSS
V
V
≌
，
\
EAF
GAF
DAG
DAF
BAE
DAF
Ð
= Ð
= Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
，
\
BAE
FAD
EAF
Ð
+ Ð
= Ð
，
\
2
BAD
BAE
FAD
EAF
EAF
Ð
= Ð
+ Ð
+ Ð
= Ð
；
(2)解：
1
180
2
EAF
DAB
Ð
=
°-
Ð
（形式不唯一）．
理由：Q
180
ABC
ADC
Ð
+ Ð
=
° ，
180
ABC
ABE
Ð
+ Ð
=
°，
\
ADC
ABE
Ð
Ð
=
，
又Q AB
AD
=
，DG
BE
=
，
\
SAS
ADG
ABE
V
V
≌
，
\ AG
AE
=
，
DAG
BAE
Ð
= Ð
，
Q EF
BE
FD
=
+
，DG
BE
=
，
\ EF
BE
FD
DG
FD
GF
=
+
=
+
=
，
Q AF
AF
=
，
\
AEF
AGF SSS
V
V
≌
，
\
FAE
FAG
Ð
= Ð
，
Q
360
FAE
FAG
GAE
Ð
+ Ð
+ Ð
=
°，
\
2
360
FAE
GAB
BAE
Ð
+ Ð
+ Ð
=
° ，
\
2
360
FAE
GAB
DAG
Ð
+ Ð
+ Ð
=
°，
即2
360
FAE
DAB
Ð
+ Ð
=
° ，
\
1
180
2
EAF
DAB
Ð
=
°-
Ð
．
【分析】（1）证明ABE
ADG
V
V
≌
得到
BAE
DAG
Ð
= Ð
，AE
AG
=
，推出EF
GF
=
，证明AEF
AGF
V
V
≌
得
到
EAF
GAF
Ð
= Ð
，推出
BAE
FAD
EAF
Ð
+ Ð
= Ð
，根据角的和差即可得证；
（2）证明
ADG
ABE
△
≌△
得到AG
AE
=
，
DAG
BAE
Ð
= Ð
，推出EF
GF
=
，证明AEF
AGF
V
V
≌
得到
FAE
FAG
Ð
= Ð
，结合
360
FAE
FAG
GAE
Ð
+ Ð
+ Ð
=
°，即可求解．
【详解】（1）略
（2）略
9．（25-26 七年级下·辽宁阜新·阶段检测）在ABC
V
中，AB
AC
=
，
90
BAC
Ð
=
°，点D 为直线BC 上一动点，
以AD 为直角边在AD 的右侧作等腰直角ADE
V
，使
90 ,
DAE
AD
AE
Ð
=
°
=
．
(1)当点D 在线段BC 上时，如图1，请判断CE 与BC 的位置关系，并说明理由；
(2)当点D 在线段BC 的延长线上时，如图2，判断
,
,
BC CD CE 三条线段数量关系，并说明理由；
(3)当点D 在线段CB 的延长线上时，直接判断CE 与BC 的位置关系，并直接写出
,
,
BC CD CE 三条线段的数
量关系．
【答案】(1)解：CE
BC
^
，
理由：
90
BAC
DAE
Ð
= Ð
=
°
Q
，
BAC
CAD
DAE
CAD
\Ð
- Ð
= Ð
- Ð
，
BAD
CAE
\Ð
= Ð
，
在ABD
V
与
ACE
△
中
AB
AC
BAD
CAE
AD
AE
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
SAS
ABD
ACE
\V
V
≌
，
ABC
ACE
\Ð
= Ð
，
∵ABC
V
是等腰直角三角形，且
90
BAC
Ð
=
°，
45
ABC
ACB
\Ð
= Ð
=
°，
∴
45
ACE
ABC
Ð
= Ð
=
°，
∴
90
BCE
ACB
ACE
Ð
= Ð
+ Ð
=
° ，
∴
90
ABC
ACE
Ð
+ Ð
=
° ，
∴CE
BC
^
；
(2)解：CE
BC
CD
=
+
，
理由：∵ABC
ADE
V
V
、
是等腰直角三角形，
∴
,
,
90
AB
AC AD
AE
BAC
DAE
=
=
Ð
= Ð
=
° ，
∴
BAC
DAC
DAE
DAC
Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
，即
BAD
CAE
Ð
= Ð
，
在ABD
V
和ACE
V
中，
AB
AC
BAD
CAE
AD
AE
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
∴
SAS
ABD
ACE
V
V
≌
，
∴BD
CE
=
，
∵BD
BC
CD
=
+
，
∴CE
BC
CD
=
+
；
(3)
,
BC
CE CD
BC
CE
^
=
+
．
【分析】（1）根据“SAS ”即可证明
ABD
ACE
△
△
≌
，再根据等腰直角的性质即可说明；
（2）同（1）的方法判断出
SAS
ABD
ACE
V
V
≌
，得出BD
CE
=
，再根据BD
BC
CD
=
+
，可得出结论；
（3）同（2）的方法可得结论．
【详解】（1）略
（2）略
（3）解：
,
BC
CE CD
BC
CE
^
=
+
，
理由：如图3，
∵ABC
ADE
V
V
，
是等腰直角三角形，
∴
,
,
90
AB
AC AD
AE
BAC
DAE
=
=
Ð
= Ð
=
° ，
∴
BAC
BAE
DAE
BAE
Ð
- Ð
= Ð
- Ð
，即
BAD
CAE
Ð
= Ð
，
在ABD
V
和ACE
V
中，
AB
AC
BAD
CAE
AD
AE
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
∴
SAS
ABD
ACE
V
V
≌
，
∴
ADB
AEC
Ð
= Ð
，
∴BD
CE
=
，
∵CD
BD
BC
=
+
，
∴CD
CE
BC
=
+
，
∵
90
ADE
AED
Ð
+ Ð
=
°，即
90
ADB
CDE
AED
Ð
+ Ð
+ Ð
=
°，
∴
90
AEC
CDE
AED
Ð
+ Ð
+ Ð
=
°，
∴
90
DCE
Ð
=
° ，即BC
CE
^
，
∴
,
BC
CE CD
BC
CE
^
=
+
．
10．（25-26 七年级下·山东烟台·期末）综合与探究
问题情境：
小明在学习全等三角形的知识时，发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在
相对位置变化时，始终存在一对全等三角形．它们类似大手拉着小手，这种模型称为“手拉手模型”．小明进
行了如下操作：
如图1，在ABC
V
和ADE
V
中，AB
AC
=
，AD
AE
=
，
BAC
DAE
Ð
= Ð
，连接BD 、CE ．
【问题发现】
(1)小明发现图1 就是手拉手模型，拉手线BD 、CE 存在某种数量关系．其探究过程如下，请你写出①和②
处的理由；
解：
BAC
DAE
Ð
= Ð
Q
BAD
DAC
CAE
DAC
\Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
BAD
CAE
\Ð
= Ð
（理由：①）
在ABD
V
和
ACE
△
中
AB
AC
BAD
CAE
AD
AE
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
ABD
ACE SAS
\V
V
≌
BD
CE
\
=
（理由：②）
(2)如图2，在图1 的基础上，ABC
V
不动，将ADE
V
绕着点A 逆时针旋转至点B ，点B 、D 、E 在一条直线
上，BE 交AC 于点O ．小明发现ABD
V
与
ACE
△
依然全等．当
BAC
DAE
a
Ð
= Ð
=
时，求
BEC
Ð
；
【拓展探究】
(3)在图2 的基础上，延长CE 至点F ，如图3．判断
AED
∠
与
AEF
Ð
的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)等式的性质；全等三角形的对应边相等；
(2)
BEC
a
Ð
=
；
(3)解：
AED
AEF
Ð
= Ð
．理由如下：
如图，过点A 作AM
CE
^
于点M，作AN
BD
^
于点N．
同（1）可知
ABD
ACE SAS
V
V
≌
，
∴BD
CE
=
，
∴
ABD
ACE
S
S
=
V
V
，
∵
1
2
ABD
S
BD AN
=
×
V
，
1
2
ACE
S
CE AM
=
×
△
，
∴1
1
2
2
BD AN
CE AM
×
=
×
，
∴AM
AN
=
，
又∵
,
AM
CE AN
BD
^
^
，
∴
HL
AME
ANE
V
V
≌
，
∴
AED
AEF
Ð
= Ð
．
【分析】（1）根据角的和差关系结合全等三角形的性质，作答即可；
（2）根据全等三角形的性质结合三角形的内角和定理即可得出结果；
（3）过点A 作AM
CE
^
于点M，作AN
BD
^
于点N，证明AN
AM
=
，进而证明
HL
AME
ANE
V
V
≌
，可
知
AED
AEF
Ð
= Ð
．
【详解】（1）略；
（2）解：同（1）可知
SAS
ABD
ACE
△
≌△
，
ABD
ACE
Ð
Ð
\
=
．
AOB
EOC
Ð
= Ð
Q
且
BAC
a
Ð
=
，
在AOB
V
与
EOC
△
中，
180
BAC
ABD
AOB
Ð
+ Ð
+ Ð
=
°，
180
BEC
ACE
EOC
Ð
Ð
Ð
°
+
+
=
BEC
BAC
a
\Ð
= Ð
=
；
（3）略．
11．（25-26 八年级下·四川内江·开学考试）按要求解答问题：
(1)如图①，在四边形ABCD 中，AB
AD
=
，
90
B
D
Ð
= Ð
=
° ，E，F 分别是边
,
BC CD 上的点，且
1
2
EAF
BAD
Ð
=
Ð
．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
=
，
180
B
D
Ð + Ð
=
°，E ，F 分别是边BC ，CD上的点，且
1
2
EAF
BAD
Ð
=
Ð
，（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
=
，
180
B
D
Ð + Ð
=
°，E ，F 分别是边BC ，CD所在直线上的点，且
1
2
EAF
BAD
Ð
=
Ð
．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 ．
180
ABC
D
Ð
+ Ð
=
°
Q
，
180
ABG
ABC
Ð
+ Ð
=
°，
ABG
D
\Ð
= Ð
，
Q在ABG
V
与ADF
V
中，
AB
AD
ABG
D
BG
DF
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
(SAS)
ABG
ADF
\△
≌△
．
AG
AF
\
=
，
1
2
Ð = Ð ，
1
1
3
2
3
2
BAD
EAF
\Ð + Ð = Ð + Ð =
Ð
= Ð
．
GAE
EAF
\Ð
= Ð
．
又AE
AE
=
，
AEG
AEF
\V
V
≌
．
EG
EF
\
=
．
EG
BE
BG
=
+
Q
．
\
=
+
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
(SAS)
ABG
ADF
△
≌△
．AG
AF
=
，
1
2
Ð = Ð ，证明
AEG
AEF
V
V
≌
．则EG
EF
=
．即可得到答案；
（2）延长EB 到G ，使BG
DF
=
，连接AG ．证明
(SAS)
ABG
ADF
△
≌△
，则AG
AF
=
，
1
2
Ð = Ð ，证明
AEG
AEF
V
V
≌
，则EG
EF
=
．即可得到答案；
（3）在BE 上截取BG ，使BG
DF
=
，连接AG ．证明
(SAS)
ABG
ADF
△
≌△
．则
BAG
DAF
Ð
= Ð
，
AG
AF
=
．证明
(SAS)
AEG
AEF
V
V
≌
．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 ．
Q在ABG
V
与ADF
V
中，
90
AB
AD
ABG
ADF
BG
DF
=
ì
ïÐ
= Ð
=
°
í
ï
=
î
，
(SAS)
ABG
ADF
\△
≌△
．
AG
AF
\
=
，
1
2
Ð = Ð ，
1
1
3
2
3
2
BAD
EAF
\Ð + Ð = Ð + Ð =
Ð
= Ð
．
GAE
EAF
\Ð
= Ð
．
又AE
AE
=
，
∴AEG
AEF
V
V
≌
．
EG
EF
\
=
．
EG
BE
BG
=
+
Q
．
\
=
+
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 ．
180
B
ADC =
°
Ð
+ Ð
Q
，
180
ADF
ADC
Ð
Ð
=
+
°，
B
ADF
\Ð
= Ð
．
Q在ABG
V
与ADF
V
中，
AB
AD
ABG
ADF
BG
DF
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
(SAS)
ABG
ADF
\△
≌△
．
BAG
DAF
\Ð
= Ð
，AG
AF
=
．
1
2
BAG
EAD
DAF
EAD
EAF
BAD
\Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
= Ð
=
Ð
．
GAE
EAF
\Ð
= Ð
．
AE
AE
=
Q
，
(SAS)
AEG
AEF
\△
≌△
．
EG
EF
\
=
EG
BE
BG
=
-
Q
EF
BE
FD
\
=
-
．
同理可得：EG
EF
=
EG
BG
BE
=
-
Q
EF
FD
BE
\
=
-
．
12．（25-26 七年级下·山西晋中·期末）综合与探究：
问题情境：数学课上，
老师和同学们一起以两个“顶角相等的等腰三角形”为背景展开探究活动．已知ABC
V
中，AB
AC
=
，点M
是直线BC 上一点（不与点B 、C 重合），以AM 为一边在AM 的右侧作AMN
V
，使得AM
AN
=
，
MAN
BAC
Ð
= Ð
，连接CN ．
(1)特例分析：如图1，当点M 在线段BC 上，且
90
BAC
Ð
=
° 时，则
BCN
Ð
= ________．
(2)拓展探究：若
BAC
a
Ð
=
，
BCN
b
Ð
=
．
①如图2，当点M 在线段BC 上移动时，a 和b 之间有着怎样的数量关系？并说明理由．
②当点M 在直线BC 上移动时，a 和b 之间有怎样的数量关系？请直接写出结论．
【答案】(1)90°；
(2)①解：
180
a
b
+
=
°，理由如下：
MAN
BAC
Ð
= Ð
Q
，
MAN
MAC
BAC
MAC
\Ð
- Ð
= Ð
- Ð
，
即
CAN
BAM
Ð
= Ð
，
在
BAM
△
和
CAN
△
中，
AB
AC
BAM
CAN
AM
AN
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
SAS
BAM
CAN
\△
≌△
，
B
ACN
\Ð
= Ð
，
BAC
a
Ð
=
Q
，
BCN
b
Ð
=
，
180
BAC
B
BCA
Ð
+ Ð + Ð
=
°，
BAC
B
BCA
\Ð
+ Ð
+ Ð
ACN
BCA
a
=
+ Ð
+ Ð
BCN
a
=
+ Ð
a
b
=
+
180
=
° ；
②
180
a
b
+
=
°或a
b
=
．
【分析】（1）证明
MAB
NAC SAS
V
V
≌
，得到
ABM
ACN
Ð
= Ð
，再进行等量代换，最后利用三角形内角和
定理即可求证；
（2）①证明
MAB
NAC SAS
V
V
≌
，得到
ABM
ACN
Ð
= Ð
，再进行等量代换，最后利用三角形内角和定理即
可求证；
②分别讨论当点M 在线段BC 上移动时，当点M 在线段BC 的延长线上移动时，当点M 在线段BC 的反向
延长线上移动时，三种情况即可．
【详解】（1）解：∵
MAN
BAC
Ð
= Ð
，
∴
MAB
NAC
Ð
= Ð
，
又∵AB
AC
=
，AM
AN
=
，
∴
SAS
MAB
NAC
V
V
≌
，
∴
ABM
ACN
Ð
= Ð
，
∴
180
90
BCN
ACB
ACN
ACB
B
BAC
Ð
= Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
=
°- Ð
=
°；
（2）①略；
②解：当点M 在线段BC 上移动时，
180
a
b
+
=
°，证明见小问①；
当点M 在线段BC 的延长线上时，如图1，
180
a
b
+
=
°，
证明：∵
MAN
BAC
Ð
= Ð
，
∴
MAB
NAC
Ð
= Ð
，
又∵AB
AC
=
，AM
AN
=
，
∴
SAS
MAB
NAC
V
V
≌
，
∴
ABM
ACN
Ð
= Ð
，
∴
180
BCN
ACB
ACN
ACB
B
BAC
Ð
= Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
=
°- Ð
，
∴
180
a
b
+
=
°；
当点M 在射线BC 的反向延长线上时，如图2，a
b
=
，
证明：∵
MAN
BAC
Ð
= Ð
，
∴
MAB
NAC
Ð
= Ð
，
又∵AB
AC
=
，AM
AN
=
，
∴
SAS
MAB
NAC
V
V
≌
，
∴
ABM
ACN
Ð
= Ð
，
∴
BCN
ACN
ACB
ABM
ACB
BAC
Ð
= Ð
- Ð
= Ð
- Ð
= Ð
，
∴a
b
=
．
综上所述，
180
a
b
+
=
°或a
b
=
．
