文档文本内容
1 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
专题11 全等三角形常见辅助线与动点问题
（题型突破·举一反三）
▌题型01 连接两点构造全等三角形
【典例1】
【解答】证明：连接BC，
在△ABC 和△DCB 中，
{
𝐴𝐵= 𝐷𝐶
𝐴𝐶= 𝐷𝐵
𝐵𝐶= 𝐶𝐵
，
∴△ABC≌△DCB（SSS），
∴∠A＝∠D，
在△ABO 和△DCO 中，
{
∠𝐴= ∠𝐷
∠𝐴𝑂𝐵= ∠𝐷𝑂𝐶
𝐴𝐵= 𝐷𝐶
，
∴△ABO≌△DCO（AAS）．
【变式1-1】
【解答】证明：连接AC，
在△ADB 和△CBD 中，
∵{
𝐶𝐷= 𝐴𝐵
𝐴𝐶= 𝐶𝐴
𝐴𝐷= 𝐵𝐶
，
∴△ADB≌△CBD（SSS），
∴∠DCA＝∠CAB，∠DAC＝∠ACB，
∴AB∥CD，AD∥BC．
2 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
【变式1-2】
【解答】解：（1）如图，连接AC，
在△ACE 和△ACF 中，
∵{
𝐴𝐸= 𝐴𝐹
𝐶𝐸= 𝐶𝐹
𝐴𝐶= 𝐴𝐶
，
∴△ACE≌△ACF（SSS），
则∠FAC=∠EAC，
∵CB⊥AB，CD⊥AD，
∴∠B=∠D=90°，
∵AC=AC，
∴△ACB≌△ACD（AAS），
∴CB=CD，
（2）由（1）得△ACE≌△ACF，CB=CD，
∵AE=8，CD=6，
𝑆△𝐴𝐶𝐹= 𝑆△𝐴𝐶𝐸=
1
2 𝐴𝐸∙𝐶𝐵=
1
2 × 8 × 6 = 24，
∴S四边形AECF = 𝑆△𝐴𝐶𝐹+ 𝑆△𝐴𝐶𝐸=24+24=48；
（3）猜想∠DAB+∠ECF=2∠DFC，
证明：∵△ACE≌△ACF，
∴∠EAC=∠FAC，∠ACE=∠ACF，
∵∠DAB=∠FAC+∠EAC，∠ECF=∠ACF+∠ACE，
∴∠DAB+∠ECF=∠FAC+∠EAC+∠ACF+∠ACE，
=2∠FAC+2∠ACF
=2（∠FAC+∠ACF）
∵∠DFC=∠FAC+∠ACF，
∴∠DAB+∠ECF=2∠DFC．
3 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
【变式1-3】
【解答】解：（1）如图所示，连接AC，AD，
在△ABC 与△AED 中，
{
𝐴𝐵= 𝐴𝐸
∠𝐵= ∠𝐸
𝐵𝐶= 𝐸𝐷
，
∴△ABC≌△AED（SAS），
∴AC＝AD，
∵F 是CD 中点，
∴AF⊥CD；
（2）如图所示，连接BF，EF，
∵F 是CD 中点，
∴CF＝FD，
在△BCF 与△EDF 中，
{
𝐵𝐶= 𝐷𝐸
∠𝐶= ∠𝐷
𝐶𝐹= 𝐷𝐹
，
∴△BCF≌△EDF（SAS），
∴BF＝EF，∠CFB＝∠DFE
在△ABF 与△AEF 中，
{
𝐴𝐵= 𝐴𝐸
𝐵𝐹= 𝐸𝐹
𝐴𝐹= 𝐴𝐹
，
∴△ABF≌△AEF（SSS），
∴∠AFB＝∠AFE，
∴∠AFB+∠CFB＝∠DFE+∠AFE，即∠AFC＝∠AFD，
∵∠AFC+∠AFD＝180°，
∴∠AFD＝90°，
4 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
∴AF⊥CD；
（3）如图所示，连接BD，CE 交于点G，
∵F 是CD 中点，
∴CF＝FD，
在△BCD 与△EDC 中，
{
𝐵𝐶= 𝐷𝐸
∠𝐵𝐶𝐷= ∠𝐸𝐷𝐶
𝐶𝐹= 𝐷𝐹
，
∴△BCD≌△EDC（SAS），
∴∠CDB＝∠DCE，
∴CG＝DG，
在△CGF 与△DGF 中，
{
𝐶𝐺= 𝐷𝐺
∠𝐺𝐶𝐹= ∠𝐺𝐷𝐹
𝐶𝐹= 𝐷𝐹
，
∴△CGF≌△DGF（SAS），
∴∠AFC＝∠AFD，
∵∠AFC+∠AFD＝180°，
∴∠AFD＝90°，
∴AF⊥CD．
▌题型02 一线三等角模型
【典例1】
【解答】解：（1）①∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠ACB＝90°＝∠CEB，
∴∠CAD+∠ACD＝90°，∠BCE+∠ACD＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
∵在△ADC 和△CEB 中，
5 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
{
∠𝐶𝐴𝐷= ∠𝐵𝐶𝐸
∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐶𝐸𝐵
𝐴𝐶= 𝐵𝐶
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
②∵△ADC≌△CEB，
∴CE＝AD，CD＝BE，
∴DE＝CE+CD＝AD+BE；
（2）证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
∵在△ADC 和△CEB 中，
{
∠𝐶𝐴𝐷= ∠𝐵𝐶𝐸
∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐶𝐸𝐵
𝐴𝐶= 𝐵𝐶
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
∴CE＝AD，CD＝BE，
∴DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE；
（3）当MN 旋转到题图（3）的位置时，AD，DE，BE 所满足的等量关系是：DE＝BE﹣AD．
理由如下：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
∵在△ADC 和△CEB 中，
{
∠𝐶𝐴𝐷= ∠𝐵𝐶𝐸
∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐶𝐸𝐵
𝐴𝐶= 𝐵𝐶
，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴CE＝AD，CD＝BE，
∴DE＝CD﹣CE＝BE﹣AD．
【变式1-1】
【解答】解：（1）∵BE⊥CE 于E，AD⊥CE 于点D，
6 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，
∴∠CAD+∠ACD＝90°，
∵∠BCE+∠ACD＝∠ACB＝90°，
∴∠BCE＝∠CAD，
∵AC＝BC，
∴△ACD≌△CBE（ASA）；
（2）当CE 所在的直线旋转到△ABC 的外部时，仍有AC＝BC，∠D＝∠E＝90°，
∴∠CAD+∠ACD＝90°，
∵∠BCE+∠ACD＝180°﹣∠ACB＝90°，
∴∠BCE＝∠CAD，
∴△ACD≌△CBE（ASA），
∴CE＝AD＝9cm，CD＝BE＝3cm，
∴DE＝CD+CE＝12cm，
答：DE 的长为12cm．
【变式1-2】
【解答】解：（1）DE＝BD+CE，
理由如下：∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∵BD⊥m，CE⊥m，
∴∠ADB＝∠CEA＝90°，
∴∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ADB 和△CEA 中，
{
∠𝐴𝐷𝐵= ∠𝐶𝐸𝐴= 90°
∠𝐴𝐵𝐷= ∠𝐶𝐴𝐸
𝐴𝐵= 𝐴𝐶
，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE；
（2）结论DE＝BD+CE 成立，
理由如下：∵∠BAD+∠CAE＝180°﹣∠BAC，∠BAD+∠ABD＝180°﹣∠ADB，∠ADB＝∠BAC，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△BAD 和△ACE 中，
{
∠𝐴𝐷𝐵= ∠𝐶𝐸𝐴
∠𝐴𝐵𝐷= ∠𝐶𝐴𝐸
𝐴𝐵= 𝐴𝐶
，
7 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
∴△BAD≌△ACE（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝DA+AE＝BD+CE；
（3）△DFE 为等边三角形，
理由如下：由（2）得，△BAD≌△ACE，
∴BD＝AE，∠ABD＝∠CAE，
∴∠ABD+∠FBA＝∠CAE+FAC，即∠FBD＝∠FAE，
在△FBD 和△FAE 中，
{
𝐵𝐹= 𝐴𝐹
∠𝐹𝐵𝐷= ∠𝐹𝐴𝐸
𝐵𝐷= 𝐴𝐸
，
∴△FBD≌△FAE（SAS），
∴FD＝FE，∠BFD＝∠AFE，
∴∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠DFA+∠BFD＝60°，
∴△DFE 为等边三角形．
【变式1-3】
【解答】解：（1）由题意，∠DEN+∠AME＝90°，∠AME+∠MAE＝90°，
∴∠DEN＝∠EAM，
∴△EDN≌△AEM（SAS），
∴AM＝EN，EM＝DN，
∵AM＝BM，
∴BM＝EN，BN+MN＝EM+MN，
∴EM＝BN＝DN，
又∵DN⊥BC，
∴∠BND＝90°，
在Rt△AME 中，𝐴𝐸= 2√5，AM＝4，由勾股定理，得𝑀𝐸= √𝐴𝐸2 −𝐴𝑀2 = 2，
∴DN＝BN＝EM＝2，
在Rt△BDN 中，∠BND＝90°，由勾股定理，得BD= √𝐷𝑁2 + 𝐵𝑁2 =2√2；
（2）DF2+DE2＝CN2．
理由：如图2，过点E 作EG⊥AB 交AB 延长线于点G，
∵∠ADC+∠ACD＝90°，∠GDE+∠ADC＝90°，
∴∠ACD＝∠GDE，
∵∠A＝∠G＝90°，CD＝DE，
∴△ACD≌△GDE（SAS），
∴AD＝GE，AC＝GD，
8 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
∵AB＝AC，
∴AB＝GD，AD+BD＝BD+BG，
∴AD＝BG，
∴GE＝BG，
∵∠G＝90°，
∴∠GBE＝∠GEB＝∠FBD＝45°，
∴∠FBC＝90°，
∴∠F+∠FCB＝90°，
∵DE⊥DC，
∴∠FDE＝∠NDC＝90°，
∴∠F+∠FED＝90°，
∴∠FED＝∠FCB．
又∵DE＝DC，
∴△CND≌△EFD（AAS），
∴CN＝EF，
在Rt△EDF 中，有DF2+DE2＝EF2＝CN2．
（3）分别过点B，E，F，C 作AD 的垂线，垂足分别为M，N，P，Q，
同（2）得△ABM≌△EAN，△DPF≌△CQD．
∴EN＝AM，PF＝DQ．
∴𝑆△𝐴𝐷𝐸+ 𝑆△𝐴𝐷𝐹= 1
2 𝐴𝐷× 𝐸𝑁+ 1
2 𝐴𝐷× 𝐹𝑃
= 1
2 𝐴𝐷× (𝐸𝑁+ 𝑃𝐹)
= 1
2 𝐴𝐷× (𝐴𝑀+ 𝐷𝑄）
9 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
= 1
2AD×（BC﹣AD）
= 1
2 × 2 × (5 −2)
＝3．
▌题型03 截长补短法
【典例1】
【解答】解：（1）∵AE、CD 分别为△ABC 的角平分线，
∴∠FAC= 1
2∠BAC，∠FCA= 1
2∠BCA，
∵∠B＝60°
∴∠BAC+∠BCA＝120°，
∴∠AFC＝180﹣∠FAC﹣∠FCA＝180°−1
2 ×120°＝120°；
（2）在AC 上截取AG＝AD＝6，连接FG．
∵AE、CD 分别为△ABC 的角平分线
∴∠FAC＝∠FAD，∠FCA＝∠FCE，
∵∠AFC＝120°，
∴∠AFD＝∠CFE＝60°，
在△ADF 和△AGF 中，
{
𝐴𝐷= 𝐴𝐺
∠𝐷𝐴𝐹= 𝐺𝐴𝐹
𝐴𝐹= 𝐴𝐹
，
∴△ADF≌△AGF（SAS），
∴∠AFD＝∠AFG＝60°，
∴∠GFC＝∠CFE＝60°，
在△CGF 和△CEF 中，
{
∠𝐺𝐹𝐶= ∠𝐸𝐹𝐶
𝐶𝐹= 𝐶𝐹
∠𝐺𝐶𝐹= ∠𝐸𝐶𝐹
，
∴△CGF≌△CEF（ASA），
∴CG＝CE＝4，
∴AC＝AG+GC＝10．
10 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
【变式1-1】
【解答】证明：（1）过点C 作CF⊥AD 交AD 的延长线于点F，如图1 所示：
∵△ADC 的面积为14，AD＝7，
∴
1
2AD•CF＝14，
∴CF= 2×14
𝐴𝐷= 28
7 =4，
∵CE＝4，
∴CF＝CE＝4，
又∵CE⊥AB，垂足为E，CF⊥AD 交AD 的延长线于点F，点C 在∠BAD 的内部，
∴点C 在∠BAD 的平分线上，
∴AC 是∠BAD 的平分线；
（2）在AB 上截取AH＝AD＝7，连接CH，如图所示：
∵AB＝13，
∴BH＝AB﹣AH＝AB﹣AD＝13﹣7＝6，
∵AB﹣AD＝2BE，
11 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
∴2BE＝6，
∴BE＝3，
∴EH＝BH﹣BE＝6﹣3＝3，
∴EH＝BH＝3，
∵CE⊥AB，垂足为E，
∴CE 是线段BH 的垂直平分线，
∴HC＝BC，
由（1）可知：AC 是∠BAD 的平分线，
∴∠HAC＝∠DAC，
在△HAC 和△DAC 中，
{
𝐴𝐻= 𝐴𝐷
∠𝐻𝐴𝐶= ∠𝐷𝐴𝐶
𝐴𝐶= 𝐴𝐶
，
∴△HAC≌△DAC（SAS），
∴HC＝CD，
∴CD＝BC．
【变式1-2】
【解答】（1）证明：①∵∠BAC＝α＝120°，AD 平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠CAE= 1
2∠BAC= 1
2 ×120°＝60°，
∵AB＝BE，
∴△ABE 是等边三角形，
∴∠E＝60°，
∴∠E＝∠CAE，
∴BE∥AC；
②如图2，在AE 上取一点H，使AH＝AB，
由①知，∠BAE＝60°，
∴△ABH 是等边三角形，
∴BH＝AB，∠AHB＝60°，
12 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
∴∠BHE＝180°﹣∠AHB＝180°﹣60°＝120°，
∴∠BHE＝∠BAC，
∵∠EBC＝60°，
∴∠E+∠BDE＝180°﹣∠EBC＝120°，
∵∠BDE＝∠ADC，
∴∠E+∠ADC＝120°，
∵∠CAD＝60°，
∴∠C+∠ADC＝180°﹣∠CAD＝120°，
∴∠E＝∠C，
∴△BHE≌△BAC（AAS），
∴HE＝AC，
∴AE＝AH+HE＝AB+AC；
（2）解：如图3，连接AC'，
由折叠知，AC'＝AC，C'F＝CF＝3，∠FAC'＝∠FAC，∠AFB＝∠AFC，
过点A 作AM⊥BF 于M，AN⊥FC 交FC 的延长线于N，
∴∠AMF＝90°，AM＝AN，
∵△ACF 的面积为7，
∴
1
2CF•AN＝7，
∴
1
2 ×3AN＝7，
∴AN= 14
3 ，
∴AM= 14
3 ，
∵AC'＝AC，AB＝AC，
∴AC'＝AB，
∵AM⊥BF，
∴BM＝C'M，∠BAM＝∠C'AM，
∴∠FAM＝∠C'AM+∠FAC'＝∠BAM+∠FAC，
13 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
∵∠BAC＝∠BAM+∠FAC+∠FAM＝2∠FAM＝90°，
∴∠FAM＝45°，
∵∠AMF＝90°，
∴∠AFM＝45°＝∠FAM，
∴MF＝AM= 14
3 ，
∴BM＝C'M＝MF﹣C'F= 14
3 −3= 5
3，
∴BF＝BM+MF= 5
3 + 14
3 = 19
3 ，
即BF 的长为
19
3 ．
【变式1-3】
【解答】证明：（1）在△ABE 和△ADG 中，
{
𝐷𝐺= 𝐵𝐸
∠𝐵= ∠𝐴𝐷𝐺
𝐴𝐵= 𝐴𝐷
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF= 1
2∠BAD，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AEF 和△GAF 中，
{
𝐴𝐸= 𝐴𝐺
∠𝐸𝐴𝐹= ∠𝐺𝐴𝐹
𝐴𝐹= 𝐴𝐹
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG，
∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF；
故答案为：EF＝BE+DF．
（2）解：结论EF＝BE+DF 仍然成立；
理由：延长FD 到点G．使DG＝BE．连接AG，
14 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
在△ABE 和△ADG 中，
{
𝐷𝐺= 𝐵𝐸
∠𝐵= ∠𝐴𝐷𝐺
𝐴𝐵= 𝐴𝐷
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF= 1
2∠BAD，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AEF 和△GAF 中，
{
𝐴𝐸= 𝐴𝐺
∠𝐸𝐴𝐹= ∠𝐺𝐴𝐹
𝐴𝐹= 𝐴𝐹
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG，
∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF．
▌题型04 倍长中线法
【典例1】
【解答】（1）解：如图，延长AD 到点E，使DE＝AD，连接BE，
15 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
∵AD 是△ABC 的中线，
∴CD＝BD，
在△ADC 和△EDB 中，
{
𝐶𝐷= 𝐵𝐷
∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐸𝐷𝐵
𝐴𝐷= 𝐷𝐸
，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴BE＝AC＝5，
∵AB﹣BE＜AE＜AB+BE，AB＝8，AC＝5，
∴8﹣5＜AE＜8+5，
∴3＜AE＜13，
∵DE＝AD，
∴AE＝2AD，
∴3＜2AD＜13，
∴
3
2 ＜AD＜13
2 ，
故AD 的取值范围为
3
2 ＜AD＜13
2 ；
（2）证明：如图，延长AD 至G，使DG＝AD，连接BG，
16 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
则AG＝2AD，
∵D 为BC 的中点，
∴CD＝BD，
∵∠ADC＝∠GDB，
∴△ADC≌△GDB（SAS），
∴∠C＝∠GBD，AC＝BG，
∴AC∥BG，
∴∠ABG+∠BAC＝180°，
∵AC＝AF，
∴BG＝AF，
∵∠BAE＝∠CAF＝90°，
∴∠EAF+∠BAC＝180°，
∴∠ABG＝∠EAF，
在△EAF 和△ABG 中，
{
𝐴𝐸= 𝐴𝐵
∠𝐸𝐴𝐹= ∠𝐴𝐵𝐺，
𝐴𝐹= 𝐵𝐺
∴△EAF≌△ABG（SAS），
∴AG＝EF，
∴EF＝2AD；
（3）解：如图，延长EF 到G，使EF＝FG，连接CG，延长CA 到H，使AH＝AD，连接BH，
∵F 是BC 的中点，
∴CF＝BF，
∵∠EFB＝∠CFG，
∴△BEF≌△CGF（SAS），
∴BE＝CG，∠G＝∠BEF，
17 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
∴CG∥BE，
∴∠BEH＝∠GCE，
∵∠BAC+∠BAH＝180°，∠BAC+∠BAD﹣180°米
∴∠BAH＝∠BAD，
在△BAH 和△BAD 中，
{
𝐴𝐵= 𝐴𝐵
∠𝐵𝐴𝐻= ∠𝐵𝐴𝐷，
𝐴𝐻= 𝐴𝐷
∴△BAH≌△BAD（SAS），
∴BH＝BD，∠H＝∠ADB，
∵∠ADB＝∠CEF，
∴∠H＝∠CEF，
∴△HBE≌△EGC（AAS），
∴EG＝BH＝BD＝2EF＝2×6＝12，
即BD＝12．
【变式1-1】
【解答】（1）解：∵△ADC≌△EDB 的理由是AD＝DE，BD＝CD，∠ADC＝∠EDB，符合SAS 判定，
故答案为：B；
（2）解：由（1）知△ADC≌△EDB，
∴AC＝BE＝8，
∴10﹣8＜AE＜10+8，
即2＜2AD＜18，
∴1＜AD＜9，
故答案为：C；
（3）证明：倍长AD，连接CF，如图，
∵AD＝DF，∠ADB＝∠FDC，BD＝CD，
∴△ACF≌△ACE（SAS），
∴AB＝CF，∠B＝∠FCD，
∵∠BAC＝∠BCA，
18 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
∴∠BAC+∠B＝∠BCA+∠FCD，即∠ACF＝∠ACE，
∵CE＝AB，
∴CF＝CE，
∴△ACF≌△ACE（SAS），
∴AE＝AF，
∵AF＝2AD，
∴AE＝2AD．
【变式1-2】
【解答】解：（1）∵△ABC 是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
即∠ABD+∠DBC＝60°，∠ACD+∠BCD＝60°，
∵∠BDC＝120°，
∴∠DBC+∠DCB＝180°﹣120°＝60°，
∴∠ABD+∠ACD＝60°，
∴∠ACD＝60°﹣∠ABD＝60°﹣α；证明：
（2）延长CD 至F 使DF＝BD，连接BF、AF，
∵∠BDC＝120°，
∴∠BDF＝180﹣∠BDC＝120°＝60°，
∴△BDF 是等边三角形，
∴BF＝DF＝DB，∠FBD＝∠BFD＝60°，
∴∠ABF+∠ABD＝60°，
又∵∠ABC＝∠ABD+∠DBC＝60°，
∴∠DBC＝∠ABF，
∵AB＝BC，
∴△ABF≌△CBD（SAS），
19 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
∴CD＝AF，∠BDC＝∠AFB＝120°，
∴∠AFD＝∠AFB﹣∠BFD＝60°，
延长DE 至G，使DE＝GE，连接BG，
∵点E 是BC 的中点，
∴BE＝CE，
又∵∠BEG＝∠CED，
∴△BEG≌△CED（SAS），
∴CD＝BG，∠BCD＝∠GBE，
∴BG＝AF，
∵∠BDC＝120°，
∴∠BCD+∠DBC＝60°，
∴∠GBE+∠DBC＝60°，即∠GBD＝60°，
∴∠GBD＝∠AFD＝60°，
在△DBG 与△DFA 中，
{
𝐷𝐹= 𝐷𝐵
∠𝐴𝐹𝐷= ∠𝐺𝐵𝐷
𝐴𝐹= 𝐵𝐺
，
∴△DBG≌△DFA（SAS），
∴AD＝DG＝DE+GE＝2DE．
【变式1-3】
【解答】解：（1）延长AD 至点E，使DE＝AD，连接BE，
在△ADC 和△EDB 中，
{
𝐵𝐷= 𝐶𝐷
∠𝐵𝐷𝐸= ∠𝐶𝐷𝐴
𝐴𝐷= 𝐷𝐸
，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴BE＝AC，
∵AB+BE＞AD+DE，
∴AB+AC＞2AD．
故答案为：AB+AC＞2AD；
（2）延长FD 至G，使得GD＝DF，连接BG，EG
在△DFC 和△DGB 中，
{
𝐷𝐹= 𝐷𝐺
∠𝐶𝐷𝐹= ∠𝐵𝐷𝐺
𝐷𝐶= 𝐷𝐵
，
∴△DFC≌△DGB（SAS），
∴BG＝CF，
20 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
∵在△EDF 和△EDG 中
{
𝐷𝐹= 𝐷𝐺
∠𝐹𝐷𝐸= ∠𝐺𝐷𝐸= 90°
𝐷𝐸= 𝐷𝐸
∴△EDF≌△EDG（SAS），
∴EF＝EG，
在△BEG 中，两边之和大于第三边，
∴BG+BE＞EG
又∵EF＝EG，BG＝CF，
∴BE+CF＞EF
（3）①点E 在点A 右侧时
延长BA 到F，使AF＝AC，连接EF，
∠FAE＝∠MAB＝90°﹣∠BAD＝90°﹣∠CAD＝∠CAE，
在△ACE 和△AFE 中，
{
𝐴𝐶= 𝐴𝐹
∠𝐶𝐴𝐸= ∠𝐹𝐴𝐸
𝐴𝐸= 𝐴𝐸
，
∴△ACE≌△AFE（SAS），
∴CE＝EF
∵BE，EF，BF 为△BEF 三边，
∴BE+EF＞BF，
∴BE+CE＞AB+AF，
∴BE+CE＞AB+AC，
∴BC+BE+CE＞BC+AB+AC
即b＞a
②点E 在点A 左侧时，同理b＞a．
21 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
综上，b＞a
▌题型05 手拉手模型
【典例1】
【解答】（1）证明：∵△ABD 和△ACE 都是等边三角形，
∴AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝60°．
∴AB＝AD，
∴∠BAD﹣∠CAD＝∠CAE﹣∠CAD，
即∠BAC＝∠DAE，
在△ABC 和△ADE 中，
{
𝐴𝐵= 𝐴𝐷
∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐷𝐴𝐸
𝐴𝐶= 𝐴𝐸
，
∴△ABC≌△ADE（SAS），
∴BC＝DE；
（2）证明：如图，线段BD 的延长线标一点H，
∵△ABD 是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ADB＝60°，
由（1）知，△ABC≌△ADE，
∴∠ADE＝∠ABC＝60°，
∴∠EDH＝180°﹣∠ADB﹣∠ADE＝180°﹣60°﹣60°＝60°，为定值，
∴随着点C 运动，点E 在一条定直线上运动．
【变式1-1】
【解答】解：①∵△ABC 和△CDE 都是正三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠DCP＝180°﹣∠ACB﹣∠DCE＝60°，
22 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
∵∠ACD＝∠ACB+∠BCD，∠BCE＝∠DCE+∠BCD，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ADC 和△BEC 中，
{
𝐴𝐶= 𝐵𝐶
∠𝐴𝐶𝐷= ∠𝐵𝐶𝐸
𝐶𝐷= 𝐶𝐸
，
∴△ADC≌△BEC（SAS），
∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，故①正确；
②在△CDP 和△CEQ 中，
{
∠𝐷𝐶𝑃= 𝐸𝐶𝑄= 60 °
𝐶𝐷= 𝐶𝐸
∠𝑃𝐷𝐶= ∠𝑄𝐸𝐶
，
∴△CDP≌△CEQ（ASA）．
∴CP＝CQ，
∴∠CPQ＝∠CQP＝60°，
∴∠QPC＝∠BCA，
∴PQ∥AE，故②正确；
③由②可知，△CDP≌△CEQ，
∴DP＝QE，
由①可知，AD＝BE，
∴AD﹣DP＝BE﹣QE，
∴AP＝BQ，故③正确；
④如图，过点C 作CM⊥BE 于点M，CN⊥AD 于点N，
由①可知，△ADC≌△BEC，
∴AD＝BE，S△ADC＝S△BEC，
∴
1
2AD•CN= 1
2BE•CM，
∴CN＝CM，
∵CM⊥BE，CN⊥AD，
∴OC 平分∠AOE，故④正确；
⑤由①可知，△ADC≌△BEC，
∴∠DAC＝∠EBC，
∴∠AOB＝∠DAC+∠AEO＝∠EBC+∠AEO＝∠ACB＝60°，故⑤正确；
综上所述，恒成立的结论有：①②③④⑤．
故选：D．
23 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
【变式1-2】
【解答】（1）∴BC＝DC，CG＝CE，∠BCG＝90°，∴△BCG≌△DCE（SAS），
∴BG＝DE，
在Rt△BCG 中，点P 是斜边BG 的中点，
∴BG＝2CP，
∴DE＝2CP；
（2）解：①补全图形如图2 所示，
②线段CP 与DE 的关系为DE＝2CP，证明：
如图3，延长CP 至M 使PM＝PC，连接BM，则CM＝2CP，
∵点P 是BG 的中点，
∴BP＝CP，
∵∠BPM＝∠GPC，
∴△BPM≌△GPC（SAS），
∴BM＝CG，∠BMP＝∠GCP，
∴∠CBM＝180°﹣∠BCM﹣∠BMP＝180°﹣∠BCM﹣∠GCP＝180°﹣∠BCG，
24 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
∵四边形ABCD 和四边形CEFG 都是正方形，
∴BC＝DC，CG＝CE，∠BCD＝∠ECG＝90°，
∴BM＝CE，∠DCE＝360°﹣90°﹣90°﹣∠BCG＝180°﹣∠BCG，
∴∠CBM＝∠BCD，
∴△BCM≌△DCE（SAS），
∴CM＝DE，
∴DE＝2CP，
【变式1-3】
【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE＝40°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD 和△CAE 中，
{
𝐴𝐵= 𝐴𝐶
∠𝐵𝐴𝐷= ∠𝐶𝐴𝐸
𝐴𝐷= 𝐴𝐸
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE．
（2）解：∵△ACB 和△DCE 均为等边三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∠CDE＝∠CED＝60°，
∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB，
即∠ACD＝∠BCE，
在△ACD 和△BCE 中，
{
𝐴𝐶= 𝐵𝐶
∠𝐴𝐶𝐷= ∠𝐵𝐶𝐸
𝐶𝐷= 𝐶𝐸
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴BE＝AD，∠ADC＝∠BEC，
∵点A，D，E 在同一直线上，
∴∠ADC＝180°﹣60°＝120°，
∴∠BEC＝120°，
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝120°﹣60°＝60°，
综上，可得
∠AEB 的度数为60°；线段BE 与AD 之间的数量关系是：BE＝AD．
故答案为：60°、BE＝AD．
（3）解：∵△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CDE＝∠CED＝45°，
25 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB，
即∠ACD＝∠BCE，
在△ACD 和△BCE 中，
{
𝐴𝐶= 𝐵𝐶
∠𝐴𝐶𝐷= ∠𝐵𝐶𝐸
𝐶𝐷= 𝐶𝐸
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴BE＝AD，∠BEC＝∠ADC，
∵点A，D，E 在同一直线上，
∴∠ADC＝180﹣45＝135°，
∴∠BEC＝135°，
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝135﹣45＝90°；
∵∠DCE＝90°，CD＝CE，CM⊥DE，
∴CM＝DM＝EM，
∴DE＝DM+EM＝2CM，
∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．
▌题型06 半角模型
【典例1】
【解答】解：初步探索：EF＝BE+FD，
故答案为：EF＝BE+FD，
探索延伸：结论仍然成立，
证明：如图2，延长FD 到G，使DG＝BE，连接AG，
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADG+∠ADC＝180°
∴∠B＝∠ADG，
在△ABE 和△ADG 中，
26 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
{
𝐵𝐸= 𝐷𝐺
∠𝐵= ∠𝐴𝐷𝐺
𝐴𝐵= 𝐴𝐷
，
∴△ABE≌△ADG，
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF= 1
2∠BAD，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AEF 和△AGF 中，
{
𝐴𝐸= 𝐴𝐺
∠𝐸𝐴𝐹= ∠𝐺𝐴𝐹
𝐴𝐹= 𝐴𝐹
，
∴△AEF≌△AGF，
∴EF＝FG，
∴FG＝DG+FD＝BE+DF；
结论运用：解：如图3，连接EF，延长AE、BF 交于点C，
∵∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°，
∠EOF＝70°，
∴∠EOF= 1
2∠AOB，
∵OA＝OB，
∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝180°，
∴符合探索延伸中的条件
∴结论EF＝AE+BF 成立，
即EF＝1.5×（60+80）＝210 海里，
答：此时两舰艇之间的距离是210 海里．
【变式1-1】
【解答】证明：延长EB 到G，使BG＝DF，连接AG．
27 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
∵∠ABG＝∠ABC＝∠D＝90°，AB＝AD，
∴△ABG≌△ADF．
∴AG＝AF，∠1＝∠2．
∴∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠EAF= 1
2∠BAD．
∴∠GAE＝∠EAF．
在△AEG 与△AEF 中
{
𝐴𝐺= 𝐴𝐹
∠𝐺𝐴𝐸= ∠𝐸𝐴𝐹
𝐴𝐸= 𝐴𝐸
，
∴△AEG≌△AEF（SAS）．
∴EG＝EF．
∵EG＝BE+BG．
∴EF＝BE+FD
【变式1-2】
【解答】解：（1）如图1，延长EB 到G，使BG＝DF，连接AG．
∵在△ABG 与△ADF 中，
{
𝐴𝐵= 𝐴𝐷
∠𝐴𝐵𝐺= ∠𝐴𝐷𝐹
𝐵𝐺= 𝐷𝐹
，
∴△ABG≌△ADF（SAS）．
∴AG＝AF，∠1＝∠2，
∴∠1+∠3＝∠2+∠3= 1
2∠BAD＝∠EAF．
∴∠GAE＝∠EAF．
又AE＝AE，
28 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
易证△AEG≌△AEF．
∴EG＝EF．
∵EG＝BE+BG．
∴EF＝BE+FD
故答案为：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，
∴△AEG≌△AEF．
∴EG＝EF．
∵EG＝BE+BG．
∴EF＝BE+FD
（3）①EF＝BE﹣FD．
证明：在BE 上截取BG，使BG＝DF，连接AG．
29 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
∵∠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，
易证△AEG≌△AEF（SAS）．
∴EG＝EF
∵EG＝BE﹣BG
∴EF＝BE﹣FD．
②EF＝FD﹣BE．
证明：在DF 上截取DH＝BE，
同第一种情况方法，证△AEB≌△AHD（SAS），
证△AEF≌△AHF（SAS），
∴EF＝FH＝FD﹣DH＝FD﹣BE；
③由（1）、（2）可知，EF＝BE+FD；
④如图，点E 在BC 延长线上，点F 在DC 延长线，此时线段EF，BE，FD 之间并无直接数量关系．
30 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
综上，EF＝BE﹣FD 或EF＝FD﹣BE 或EF＝BE+FD；
故答案为：EF＝BE﹣FD 或EF＝FD﹣BE 或EF＝BE+FD；
【变式1-3】
【解答】解：（1）如图1，延长EA 到H，使AH＝CF，连接BH，
∵四边形ABCD 是正方形，
∴AB＝BC＝AD＝CD＝5cm，∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴∠BAH＝∠BCF＝90°，
又∵AH＝CF，AB＝BC，
∴△ABH≌△CBF（SAS），
∴BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，
∵∠EBF＝45°，
∴∠CBF+∠ABE＝45°＝∠HBA+∠ABE＝∠EBF，
∴∠EBH＝∠EBF，
又∵BH＝BF，BE＝BE，
∴△EBH≌△EBF（SAS），
∴EF＝EH，
∴EF＝EH＝AE+CF，
∴△DEF 的周长＝DE+DF+EF＝DE+DF+AE+CF＝AD+CD＝10（cm）．
故答案为：10．
（2）EF＝BE+DF．
证明：如图2 所示，延长FD 到点G．使DG＝BE．连接AG，
31 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
在△ABE 和△ADG 中，
{
𝐴𝐵= 𝐴𝐷
∠𝐴𝐵𝐸= ∠𝐴𝐷𝐺= 90°
𝐵𝐸= 𝐷𝐺
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠BAD＝100°，∠EAF＝50°，
∴∠BAE+∠FAD＝∠DAG+∠FAD＝50°，
∴∠EAF＝∠FAG＝50°，
在△EAF 和△GAF 中，
{
𝐴𝐸= 𝐴𝐺
∠𝐸𝐴𝐹= ∠𝐺𝐴
𝐹𝐴𝐹= 𝐴𝐹
，
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝FG＝DF+DG，
∴EF＝BE+DF；
（3）成立．
证明：如图3，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），
32 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，
∵2∠EAF＝∠BAD，
∴∠DAF+∠BAE＝∠BAG+∠BAE= 1
2∠BAD＝∠EAF，
∴∠GAE＝∠EAF，
又AE＝AE，
∴△AEG≌△AEF（SAS），
∴EG＝EF，
∵EG＝BE+BG，
∴EF＝BE+FD；
（4）EF＝DF﹣BE，
理由如下：在DF 上截取DH，使DH＝BE，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ABE＝180°，
∴∠ABE＝∠ADH，且AB＝AD，DH＝BE，
∴△ABE≌△ADH（SAS），
∴∠BAE＝∠DAH，AH＝AE，
∵∠EAF= 1
2∠BAD，
∴∠DAH+∠BAF= 1
2∠BAD，
∴∠HAF= 1
2∠BAD＝∠EAF，且AF＝AF，AE＝AH，
∴△FAH≌△FAE（SAS），
∴HF＝EF，
∴EF＝HF＝DF﹣DH＝DF﹣BE．
▌题型07 动点问题
33 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
【典例1】
【解答】解：当△CAP≌△PBQ 时，则AC＝PB，AP＝BQ，
∵AC＝6，AB＝14，
∴PB＝6，
∴AP＝AB﹣PB＝14﹣6＝8，
∴BQ＝8，
∴8÷a＝8÷2，
解得a＝2；
当△CAP≌△QBP 时，则AC＝BQ，AP＝BP，
∵AC＝6，AB＝14，
∴BQ＝6，AP＝BP＝7，
∴6÷a＝7÷2，
解得a= 12
7 ；
由上可得a 的值是2 或
12
7 ．
【变式1-1】
【解答】解：（1）由题意得t+3t＝6+8，
解得t= 7
2（秒），
当P、Q 两点相遇时，t 的值为
7
2秒；
（2）由题意可知AP＝t，
则CP 的长为{
6 −𝑡(𝑡≤6)
𝑡−6(6＜𝑡≤14)；
（3）当P 在AC 上，Q 在BC 上时，
∵∠ACB＝90，
∴∠PCE+∠QCF＝90°，
∵PE⊥l 于E，QF⊥l 于F．
∴∠EPC+∠PCE＝90°，∠PEC＝∠CFQ＝90°，
∴∠EPC＝∠QCF，
∴△PCE≌△CQF，
∴PC＝CQ，
∴6﹣t＝8﹣3t，解得t＝1，
∴CQ＝8﹣3t＝5；
34 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
当P 在AC 上，Q 在AC 上时，即P、Q 重合时，则CQ＝PC，
由题意得，6﹣t＝3t﹣8，
解得t＝3.5，
∴CQ＝3t﹣8＝2.5，
当P 在BC 上，Q 在AC 上时，即A、Q 重合时，则CQ＝AC＝6，
综上，当△PEC 与△QFC 全等时，满足条件的CQ 的长为5 或2.5 或6．
【变式1-2】
【解答】解：（1）当t＝1 时，△ACP 与△BPQ 全等，
线段PC 和线段PQ 的位置关系是：PC⊥PQ，数量关系是：PC＝PQ，理由如下：
∵AC⊥AB，BD⊥AB，
∴∠A＝∠B＝90°，
∵点P 在线段AB 上以2cm/s 的速度由点A 向点B 运动，
∴AP＝2cm，
∵AB＝12cm，AC＝BD＝10cm，
∴BP＝AB﹣AP＝10（cm），
∴AC＝BP＝10cm，
又∵且点Q 的运动速度与点P 的运动速度相同，
∴BQ＝2cm，
∴AP＝BQ＝2cm，
在△ACP 和△BPQ 中，
{
𝐴𝑃= 𝐵𝑄
∠𝐴= ∠𝐵= 90°
𝐴𝐶= 𝐵𝑃
，
∴△ACP≌△BPQ（SAS），
∴PC＝PQ，∠C＝∠BPQ，
在Rt△ACP 中，∠C+∠APC＝90°，
∴∠BPQ+∠APC＝90°，
∴∠CPQ＝180°﹣（∠BPQ+∠APC）＝90°，
∴PC⊥PQ；
（2）依题意得：AP＝2tcm，BQ＝vtcm，
∵AB＝12cm，AC＝BD＝10cm，
∴BP＝AB﹣AP＝（12﹣2t）cm，
又∵∠A＝∠B＝60°，
∴当△ACP 与△BPQ 全等时，有以下两种情况：
①当AC＝BP，AP＝BQ 时，则△ACP≌△BPQ（SAS），
35 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
由AC＝BP，得：10＝12﹣2t，
解得：t＝1，
由AP＝BQ，得：2t＝vt，
∵t＝1，
∴v＝2，
即当t＝1s，v＝2cm/s 时，△ACP 与△BPQ 全等；
②当AC＝BQ，AP＝BP 时，则△ACP≌△BQP（SAS），
由AP＝BP，得：2t＝12﹣2t，
解得：t＝3，
由AC＝BQ，得：10＝vt，
∵t＝3，
∴v= 10
3 ，
即当t＝3s，v＝10/3cm/s 时，△ACP 与△BPQ 全等，
综上所述：v，t 的值分别为t＝1s，v＝2cm/s 或t＝3s，v= 10
3 cm/s．
【变式1-3】
【解答】解：①如图，点Q 在BC 上，点P 在AC 上时，
由题意得，AP＝t，BQ＝2t，
∵AC＝6cm，BC＝8cm，
∴CP＝6﹣t，CQ＝8﹣2t，
∵PE⊥l，QF⊥l，
∴∠PEC＝∠CFQ＝∠ACB＝90°，
∴∠CPE+∠PCE＝∠PCE+∠FCQ＝90°，
∴∠CPE＝∠FCQ，
当△PEC≌△CFQ 时，
则PC＝CQ（全等三角形对应边相等），
即6﹣t＝8﹣2t，
解得t＝2；
②如图，当点P 与点Q 重合时，
36 / 36
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
学科网（北京）股份有限公司
由题意得，AP＝t，BQ＝2t，
∵AC＝6cm，BC＝8cm，
∴CP＝6﹣t，CQ＝2t﹣8，
当△PEC≌△QFC 时，
则PC＝CQ（全等三角形对应边相等），
∴6﹣t＝2t﹣8，
整理得，3t＝14，
解得𝑡= 14
3 ；
③如图，当点Q 与A 重合时，
由题意得，AP＝t，
∵AC＝6cm，
∴CP＝t﹣6，CQ＝6，
∵∠QCF+∠CQF＝∠QCF+∠PCE＝90°，
∴∠CQF＝∠PCE，
当△PEC≌△CFQ 时，
则PC＝CQ（全等三角形对应边相等），
即t﹣6＝6，
解得t＝12；
综上所述：当t＝2 秒或
14
3 秒或12 秒时，△PEC 与△QFC 全等．
