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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
题型02 一线三等角模型
题型03 截长补短法
题型04 倍长中线法
题型05 手拉手模型
题型06 半角模型
题型07 动点问题
▌题型01 连接两点构造全等三角形
已知两个定点，连接两点得到公共边，再找一组角、一组边相等，用SSS/SAS/ASA/AAS 证全等，一般四
边形连接四边形的对角线构造三角形。
【典例1】如图，在△ABC 和△DCB 中，AC 与BD 相交于点O，AB＝DC，AC＝BD．求证：△ABO≌△DCO．
【分析】由△ABC≌△DCB（SSS），得到∠A＝∠D，由AAS 即可证明△ABO≌△DCO．
【解答】证明：连接BC，
在△ABC 和△DCB 中，
{
𝐴𝐵= 𝐷𝐶
𝐴𝐶= 𝐷𝐵
𝐵𝐶= 𝐶𝐵
，
∴△ABC≌△DCB（SSS），
∴∠A＝∠D，
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在△ABO 和△DCO 中，
{
∠𝐴= ∠𝐷
∠𝐴𝑂𝐵= ∠𝐷𝑂𝐶
𝐴𝐵= 𝐷𝐶
，
∴△ABO≌△DCO（AAS）．
【变式1-1】已知：如图，在四边形ABCD 中，AD＝BC，AB＝CD．求证：AB∥CD，AD∥BC．
【分析】连接AC，利用三边对应相等的两个三角形全等，证明△ADB≌△CBD，再利用全等的性质可得
∠DCA＝∠CAB，∠DAC＝∠ACB，进而证明AB∥CD，AD∥BC．
【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．
【变式1-2】如图，在四边形ABCD 中，CB⊥AB 于点B，CD⊥AD 于点D，点E，F 分别在AB，AD 上，
AE=AF，CE=CF．
（1）求证：CB=CD；
（2）若AE=8，CD=6，求四边形AECF 的面积；
（3）猜想∠DAB，∠ECF，∠DFC 三者之间的数量关系，并证明你的猜想．
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【分析】（1）连接AC，利用SSS 证明△ACE≌△ACF 即可得出结论，
（2）先证明△ACE≌△ACF，再根据面积相等即可解决问题；
（3）结合（2）可得∠FCA=∠ECA，∠FAC=∠EAC，∠AFC=∠AEC．进而可以解决问题．
【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
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=2（∠FAC+∠ACF）
∵∠DFC=∠FAC+∠ACF，
∴∠DAB+∠ECF=2∠DFC．
【变式1-3】如图，在五边形ABCDE 中，
（1）已知AB＝AE，BC＝ED，∠B＝∠E，F 是CD 中点，求证：AF⊥CD．
（2）已知AB＝AE，BC＝ED，∠C＝∠D，F 是CD 中点，求证：AF⊥CD．
（3）已知∠B＝∠E，BC＝ED，∠C＝∠D，F 是CD 中点，求证：AF⊥CD．
【分析】（1）连接AC，AD，根据全等三角形的判定和性质得出△ABC≌△AED，AC＝AD，再由等腰三
角形三线合一即可证明；
（2）连接BF，EF，根据全等三角形的判定和性质得出△BCF≌△EDF，△ABF≌△AEF，∠CFB＝∠DFE，
∠AFB＝∠AFE，结合图形得出∠AFC＝∠AFD，即可证明；
（3）连接BD，CE 交于点G，根据全等三角形的判定和性质得出△BCD≌△EDC，△CGF≌△DGF，∠
AFC＝∠AFD，结合图形即可证明．
【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，
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∵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°，
∴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，
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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
【模型解读】在某条直线上有三个角相等，利用平角为180°与三角形内角和为180°，证得两个三角形全等。
【常见模型及证法】
同侧型一线三等角（常见）：
锐角一线三等角 直角一线三等角（“K型图”） 钝角一线三等角
条件：
A
CED
B
=
= + CE=DE
证明思路：
,
A
B
C
BED
=
=
+任一边相等
BED
ACE
异侧型一线三等角：
锐角一线三等角 直角一线三等角 钝角一线三等角
条件：
FAC
ABD
CED
=
=
+ 任意一边相等
证明思路：
,
A
B
C
BED
=
=
+任一边相等
BED
ACE
【典例1】在△ABC 中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN 经过点C，且AD⊥MN 于D，BE⊥MN 于E．
（1）当直线MN 绕点C 旋转到图（1）的位置时，
求证：①△ADC≌△CEB；
②DE＝AD+BE；
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（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，请直接写出DE，AD，BE 之间的等量关系．
【分析】（1）①根据AD⊥MN，BE⊥MN，∠ACB＝90°，得出∠CAD＝∠BCE，再根据AAS 即可判定
△ADC≌△CEB；②根据全等三角形的对应边相等，即可得出CE＝AD，CD＝BE，进而得到DE＝CE+CD
＝AD+BE；
（2）先根据AD⊥MN，BE⊥MN，得到∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°，进而得出∠CAD＝∠BCE，再根
据AAS 即可判定△ADC≌△CEB，进而得到CE＝AD，CD＝BE，最后得出DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE；
（3）运用（2）中的方法即可得出DE，AD，BE 之间的等量关系是：DE＝BE﹣AD．
【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，
{
∠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；
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（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】如图（1），∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE 于E，AD⊥CE 于D．
（1）求证：△ACD≌△CBE；
（2）如图（2）其它条件不变的前提下，将CE 所在的直线旋转到△ABC 的外部，若BE＝3cm，AD＝9cm，
求DE 的长．
【分析】（1）利用同角的余角相等可得∠ACD＝∠BCE，又有BE⊥CE 于E，AD⊥CE 于点D，AC＝BC，
利用角边角可判定△ACD≌△CBE；
（2）同理可得△ACD≌△CBE，从而有CE＝AD＝9cm，CD＝BE＝3cm，故DE＝CD+CE＝12cm．
【解答】解：（1）∵BE⊥CE 于E，AD⊥CE 于点D，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，
∴∠CAD+∠ACD＝90°，
∵∠BCE+∠ACD＝∠ACB＝90°，
∴∠BCE＝∠CAD，
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∵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】（1）猜想：如图1，已知：在△ABC 中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m 经过点A，BD⊥直
线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E．试猜想DE、BD、CE 有怎样的数量关系，请直接写出；
（2）探究：如果三个角不是直角，那结论是否会成立呢？如图2，将（1）中的条件改为：在△ABC 中，
AB＝AC，D，A、E 三点都在直线m 上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α（其中α 为任意锐角或钝角）
如果成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）解决问题：如图3，F 是角平分线上的一点，且△ABF 和△ACF 均为等边三角形，D、E 分别是直线
m 上A 点左右两侧的动点，D、E、A 互不重合，在运动过程中线段DE 的长度始终为n，连接BD、CE，
若∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，试判断△DEF 的形状，并说明理由．
【分析】（1）根据同角的余角相等得到∠ABD＝∠CAE，进而证明△ADB≌△CEA，根据全等三角形的
性质得到BD＝AE，AD＝CE，结合图形计算，得到答案；
（2）根据补角的概念、三角形内角和定理得到∠ABD＝∠CAE，证明△ADB≌△CEA，根据全等三角形
的性质得到BD＝AE，AD＝CE，结合图形计算，得到答案；
（3）证明△FBD≌△FAE，得到FD＝FE，∠BFD＝∠AFE，进而得出∠DFE＝60°，根据等边三角形的
判定定理证明结论．
【解答】解：（1）DE＝BD+CE，
理由如下：∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∵BD⊥m，CE⊥m，
∴∠ADB＝∠CEA＝90°，
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∴∠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
，
∴△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】【概念建构】
在△ABC 中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线MN 经过点A，BD⊥MN 于点D，CE⊥MN 于点E．如图1，
当直线MN 在△ABC 外部时，称Rt△ABD 和Rt△CAE 是Rt△ABC 的“双外弦三角形”，如图2，当直
线MN 在△ABC 内部时，称Rt△ABD 和Rt△CAE 是Rt△ABC 的“双内弦三角形”．依据“两角及其夹
边分别相等的两个三角形全等”的基本事实，我们得到“双外弦三角形”和“双内弦三角形”都是全等三
角形，即Rt△ABD≌Rt△CAE．
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【概念应用】
（1）如图3，在△ABC 中，∠BAC＝90°，AM⊥BC 于点M，AM＝BM＝CM，E 是BC 边上的点，AE＝
DE，AE⊥DE，连接AD，BD，若𝐴𝐸= 2√5，AM＝4，求BD 的长．
小亮同学在阅读与理解【概念建构】的基础上，作DN⊥BC 于点N．构造出如图4 所示的“双内弦三角
形”，并应用“双内弦三角形”是全等三角形的结论求出了BD．请你依照小亮的解题思路，写出解答过
程．
（2）请你应用“双内弦三角形”和“双外弦三角形”都是全等三角形的结论或者按照自己的解题思路解
答下列问题．
如图5，在△ABC 中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D 是AB 边上一点，DE＝DC，DE⊥DC，DE 交BC 于点
N，延长EB，CD 交于点F，猜想DE，DF，CN 之间的数量关系，并说明理由．
【学以数用】
（3）如图6，AD∥BC，△ABE 和△CDF 是等腰直角三角形，∠EAB＝∠FDC＝90°，AD＝2，BC＝5，
求△ADE 和△ADF 的面积和．
【分析】（1）证出∠BND＝90°，由勾股定理可得出答案；
（2）过点E 作EG⊥AB 交AB 延长线于点G，证明△ACD≌△GDE（SAS），由全等三角形的性质得出
AD＝GE，AC＝GD，证明△CND≌△EFD（AAS），得出CN＝EF，由勾股定理可得出结论；
（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．得出EN＝AM，PF＝DQ．根据三角形面积公式可得出答案．
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【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，
∵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，
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∴∠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）
= 1
2AD×（BC﹣AD）
= 1
2 × 2 × (5 −2)
＝3．
▌题型03 截长补短法
常见的截长补短法添加辅助线的方法：
（1）截长法
①在线段AB（最长线段）上截取AC（某条较短线段），使得AC=EF，连接……
②过某点作AB（最长线段）的垂线
（2）补短法
①延长AB（某条较短线段）至点C，使得BC=EF（另外一条较短线段），连接……
②通过旋转法，使得两条较短线段在同一直线上，半角模型中可以利用这种方法
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截长：即在一条较长的线段上截取一段较短的线段
在线段
上截取
补短：即在较短的线段上补一段线段使其和较长的线段相等
延长
，使得
截长补短法的解题步：
①添加辅助线（截长或补短）
②连接线段，构造全等三角形
③证明三角形全等，转移线段
【典例1】（2025 秋•大庆校级期末）已知：如图，在△ABC 中，∠B＝60°，D、E 分别为AB、BC 上的点，
且AE、CD 交于点F．若AE、CD 为△ABC 的角平分线．
（1）求∠AFC 的度数；
（2）若AD＝6，CE＝4，求AC 的长．
【分析】（1）由题意∠BAC+∠BCA＝120°，根据∠AFC＝180﹣∠FAC﹣∠FCA＝180−1
2 =120°，即可
解决问题；
（2）在AC 上截取AG＝AD＝6，连接FG．只要证明△ADF≌△AGF（SAS），推出∠AFD＝∠AFG＝
60°，∠GFC＝∠CFE＝60°，再证明△CGF≌△CEF（ASA），推出CG＝CE＝4，由此即可解决问题．
【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°；
D
C
B
A
AB
AD
AC
=
A
B
C
D
AC
AD
AB
=
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（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．
【变式1-1】（2026 春•青羊区校级期中）如图，点D 是△ABC 外一点，连接AD，CD，过点C 作CE⊥AB，
垂足为E．AD＝7，CE＝4，AB＝13，△ADC 的面积为14．
（1）求证：AC 是∠BAD 的平分线．
（2）若AB﹣AD＝2BE，求证：CD＝BC．
【分析】（1）过点C 作CF⊥AD 交AD 的延长线于点F，根据△ADC 的面积为14 得CF＝4，由此得CF
＝CE＝7，再根据角平分线的性质即可得出结论；
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（2）在AB 上截取AH＝AD＝7，连接CH，则BH＝AB﹣AH＝AB﹣AD＝6，再根据AB﹣AD＝2BE 得BE
＝3，进而得EH＝BH＝3，由此得CE 是线段BH 的垂直平分线，则HC＝BC，再证明△HAC 和△DAC 全
等得HC＝CD，据此即可得出结论．
【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，
∴2BE＝6，
∴BE＝3，
∴EH＝BH﹣BE＝6﹣3＝3，
∴EH＝BH＝3，
∵CE⊥AB，垂足为E，
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∴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】（2026 春•天府新区期末）已知△ABC 中，∠BAC＝α，点D 在BC 上，连接AD．
（1）设α＝120°，AD 平分∠BAC，点E 在射线AD 上，连接BE．
①如图1，若AB＝BE，试说明BE∥AC；
②如图2，若∠EBC＝60°，试说明AE＝AB+AC；
（2）如图3，若α＝90°，AB＝AC，作点C 关于射线AD 的对称点C′，连接BC′并延长交射线AD 于
点F，连接CF，若CF＝3，△ACF 的面积为7，求BF 的长．
【分析】（1）①先求出∠BAE＝∠CAE＝60°，进而判断出△ABE 是等边三角形，得出∠E＝60°，即可
得出结论；
②在AE 上取一点H，使AH＝AB，由①知，∠BAE＝60°，得出△ABH 是等边三角形，进而得出BH＝
AB，∠AHB＝60°，利用三角形的内角和定理得出∠E＝∠C，得出△BHE≌△BAC（AAS），即可得出结
论；
（2）连接AC'，由折叠知，AC'＝AC，C'F＝CF＝3，∠FAC'＝∠FAC，∠AFB＝∠AFC，再过点A 作AM
⊥BF 于M，AN⊥FC 交FC 的延长线于N，得出∠AMF＝90°，AM＝AN，进而利用三角形的面积求出
AN= 14
3 ，进而得出AM= 14
3 ，AC'＝AB，再求出∠FAM＝45°，得出MF＝AM= 14
3 ，即可得出结论．
【解答】（1）证明：①∵∠BAC＝α＝120°，AD 平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠CAE= 1
2∠BAC= 1
2 ×120°＝60°，
∵AB＝BE，
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∴△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°，
∴∠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'，
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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，
∵∠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】（2025 秋•固原校级期末）“截长补短法”证明线段的和差问题：
先阅读背景材料，猜想结论并填空，然后做问题探究．
背景材料：
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（1）如图1：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°．探究图中线段BE，EF，FD 之间的数量关系．探究的方法是，延长FD 到
点G．使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出的结论是EF＝
BE+FD ．
探索问题：
（2）如图2，若四边形ABCD 中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F 分别是BC，CD 上的点，且∠EAF= 1
2
∠BAD，上述结论是否仍然成立？成立的话，请写出推理过程．
【分析】（1）延长FD 到点G．使DG＝BE．连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再证
明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题；
（2）延长FD 到点G．使DG＝BE．连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再证明△AEF
≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题．
【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．
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（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，
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
1. 倍长中线法：中线指的是三角形的顶点到对边中点所连线段，倍长中线法，就是将三角形的中线延长一倍，
以便构造出全等三角形，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的方法。
在△ABC 中，AD 是中线，添加辅助线的方法：延长AD 到点E，使得AD=DE，连接DE
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证明：∵AD 是中线
∴BD=CD
在△ADC 和△EDB 中
=
=
=
CD
BD
BDE
ADC
DE
AD
∴△ADC≌△EDB（SAS）
2. 类倍长中线法
类中线，即与中点有关的线段，三角形一边任一点与另一边中点所连线段，添加辅助线的方法与倍长中
线法一样，将类中线延长一倍，构造全等三角形。
在△ABC 中，AD 是中线，点M 是线段AB 上任意一点，添加辅助线的方法：延长MD 到点N，使得
DN=MD，连接CN
证明：∵AD 是中线
∴BD=CD
在△BDM 和△CDN 中
=
=
=
DN
DM
CDN
BDM
CD
BD
∴△BDM≌△CDN（SAS）
3. 间接倍长中线法
除了上述两种方法外，还有一种间接倍长中线法。在△ABC 中，AD 是中线，添加辅助线的方法：延长
AD，过点B 作BE⊥AD 交AD 于点E，过点C 作CF⊥AD 交AD 于点F
M
A
B
C
D
N
D
C
B
A
M
D
A
B
C
F
E
D
C
B
A
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证明：∵AD 是中线
∴BD=CD
∵BE⊥AD，CF⊥AD
∴∠E=∠CFD=90°
在△BED 和△CFD 中
=
=
=
CD
BD
CDF
BDE
CFD
E
∴△BED≌△CFD（AAS）
【典例1】（2026 春•福田区校级期中）在通过构造全等三角形解决的问题中，有一种方法叫倍长中线法．
【问题背景】
（1）如图1，AD 是△ABC 的中线，AB＝8，AC＝5，求AD 的取值范围．
我们可以延长AD 到点E，使DE＝AD，连接BE，根据SAS 可证△ADC≌△EDB，所以BE＝AC．接下
来，在△ABE 中利用三角形的三边关系可求得AE 的取值范围，从而得到中线AD 的取值范围．请按照上
述思路，写出求解AD 的取值范围的完整过程．
【变式思考】
（2）如图2，△ABC 中，AD 是中线，分别以AB，AC 为腰向外作等腰Rt△ABE 和等腰Rt△ACF，AB＝
AE，AC＝AF，∠BAE＝∠CAF＝90°，连接EF．求证：EF＝2AD．
【探究延伸】
（3）如图3，在四边形ABCD 中，对角线AC，BD 相交于点E，∠BAC+∠BAD＝180°，点F 是BC 的
中点，∠CEF＝∠ADB，当EF＝6 时，求BD 的长．
【分析】（1）按照题干思路写出过程即可；
（2）倍长AD 到点G，易证△ADC≌△GDB（SAS），再证△EAF≌△ABG（SAS），即可得证；
（3）倍长EF 到点G，易证△BEF≌△CGF（SAS），再证△BAH≌△BAD（SAS），最后证△HBE≌△
EGC（AAS），即可得解．
【解答】（1）解：如图，延长AD 到点E，使DE＝AD，连接BE，
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∵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，
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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，
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∴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】（2025 秋•海淀区校级期中）【阅读理解】
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＝10，AC＝8，求BC 边上的中线AD 的取值范围．小明在组内经过合作交流，
得到了如下的解决方法：延长AD 到点E，使DE＝AD，请根据小明的方法思考：
（1）由已知和作图能得到△ADC≌△EDB 的理由是 B ．
A．SSS
B．SAS
C．AAS
D．HL
（2）求得AD 的取值范围是 C ．
A.8＜AD＜10
B.8≤AD≤10
C.1＜AD＜9
D.1≤AD≤9
【感悟】
解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和
所求证的结论集合到同一个三角形中，
【问题解决】
（3）如图2，AD 是△ABC 的中线，点E 在BC 的延长线上，CE＝AB，∠BAC＝∠BCA，求证：AE＝2AD．
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【分析】（1）由△ADC≌△EDB 的条件可解答；
（2）在△ABE 中，由三边的关系求出AE 的取值范围即可解答；
（3）倍长AD，连接CF，证明△ACF≌△ACE 即可解答．
【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，
∴∠BAC+∠B＝∠BCA+∠FCD，即∠ACF＝∠ACE，
∵CE＝AB，
∴CF＝CE，
∴△ACF≌△ACE（SAS），
∴AE＝AF，
∵AF＝2AD，
∴AE＝2AD．
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【变式1-2】（2025 秋•北京校级期中）已知△ABC 是等边三角形，点D 在△ABC 内部，且∠BDC＝120°．
（1）如图1，设∠ABD＝α，求∠ACD 的度数（用含α 的式子表示）；
（2）如图2，点E 是BC 的中点，连接AD，DE，用等式表示线段AD 与DE 之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）利用等边三角形的性质和三角形内角和定理即可解答．
（2）延长CD 至F 使DF＝CD，即可证明三角形DBF 为等边三角形，再证明三角形BDC 全等于三角形
AFD，然后延长DE 至G 使DE＝GE，连接BG，再证明三角形ADF 全等于三角形DBG 即可．
【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°，
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∴∠ABF+∠ABD＝60°，
又∵∠ABC＝∠ABD+∠DBC＝60°，
∴∠DBC＝∠ABF，
∵AB＝BC，
∴△ABF≌△CBD（SAS），
∴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】（2025 秋•锡林郭勒盟期中）【初步探索】
（1）如图1，AD 是△ABC 的中线，探究AB+AC 与2AD 的大小关系．
小明同学探究此问题的方法是：延长AD 至点E，使DE＝AD，连接BE，先证明△ADC≌△EDB，可得
出结论，他的结论应是AB+AC＞2AD
【灵活运用】
（2）如图2，AD 是△ABC 的中线，E、F 分别在AB、AC 上，且DE⊥DF，求证：BE+CF＞EF．
【拓展延伸】
（3）如图3，AD 为△ABC 的角平分线，直线MN⊥AD 于点A．点E 为MN 上一点（与点A 不重合），
△ABC 周长记为a，△EBC 周长记为b，比较a 与b 的数量关系并证明．
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【分析】（1）根据全等三角形的判定定理和三角形的三边关系解答即可；
（2）延长FD 至G，使得GD＝DF，连接BG，EG，根据全等三角形的判定定理和三角形的三边关系解
答即可；
（3）分两种情况进行解答即可．
【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，
∵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
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（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．
综上，b＞a
▌题型05 手拉手模型
手拉手模型有三个特点：（1）共顶点；（2）双等腰；（3）顶角相等。
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判断左右手的方法：将等腰三角形的顶点朝上，正对自己，在自己左边的为左手顶点，在自己右边的
为右手顶点。
手拉手模型核心结论：左手拉左手=右手拉右手
1）等边三角形手拉手模型
条件：在直线ABC 的同一侧作两个等边三角形△ABD 和△BCE，连接AE 与CD，证明：
（1）△ABE≌△DBC；
（2）AE=DC；
（3）AE 与DC 的夹角为60°；
（4）△AGB≌△DFB；
（5）△EGB≌△CFB；
（6）BH 平分∠AHC；
证明：（1）∵△ABD 和△BCE 都是等边三角形
∴BD=AB，BE=BC，∠DBA=∠EBC=60°
又∠EBA=∠EBA+∠EBD
∠EBC=∠EBC+∠EBD
∴∠EBA=∠EBC
在△ABE 与△DBC 中
C
B
E＝
B
BC
D
BE＝
A
∠
D
B
B＝
A
∴△ABE≌△DBC
（2）由（1）得：△ABE≌△DBC
∴AE=DC
（3）在△DHG 和△ABG 中
由（1）得：△ABE≌△DBC
∴∠GDH=∠GAB
又∠HGD=∠AGB
∴∠DHG=∠DBA=60°
即AE 与DC 的夹角为60°；
（4）∵△ABD 和△BCE 都是等边三角形
∴BD=AB，∠DBA=∠EBC=60°
∴∠DBE=180°-∠DBA-∠EBC=60°
由（1）得：△ABE≌△DBC
∴∠GDH=∠GAB
在△AGB 和△DFB 中
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=
=
=
=
60
DBA
DBE
BD
AB
GAB
GDH
∴△AGB≌△DFB；
（6）如图，连接BH，过点B 做BM⊥AE，BN⊥CD
由（1）△ABE≌△DBC
BM、BN 分别是AE、CD 边上的高
∴BM=BN
∴BH 平分∠AHC
2）等腰直角三角形手拉手模型
条件：如图两个等腰直角三角形ADC 与EDG，连接AG,CE,二者
相交于H.证明：
（1）△ADG≌△CDE
（2）AG=CE
（3）∠AHC=90°
（4）HD 平分∠AHE
证明：（1）∵△ACD 和△GDE 都是等腰直角三角形
∴AD=CD，DG=DE，∠DBA=∠EBC=90°
又∠GDA=∠ADC+∠CDG
∠CDE=∠EDG+∠CDG
∴∠GDA=∠CDE
在△ADG 和△CDE 中
E
G＝
DE
＝∠
G
D
A
∠
D
C
D＝
A
D
D
C
∴△ADG≌△CDE（SAS）
（2）由（1）得：△ADG≌△CDE
∴AG=CE
（3）在△ADF 和△CHF 中
由（1）得：△ADG≌△CDE
∴∠DAG=∠DCE
又∠CFH=∠AFD
∴∠CHF=∠ADF=90°
即AE 与DC 的夹角为90°；
（4）如图，连接DH，过点D 做DM⊥AE，DN⊥CD
由（1）△ADG≌△CDE
DM、DN 分别是AG、CE 边上的高
∴DM=DN
∴DH 平分∠AHE
3）正方形手拉手模型
条件：如图，两个正方形ABCD 和DEFG，连接AG 与CE，二者相交于
H。证明：
（1）△ADG≌△CDE
（2）AG=CE
（3）∠AHC=90°
（4）HD 分∠AHE
4）一般等腰三角形手拉手模型
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当两个三角形是以公共顶点为顶点等腰三角形时，如果这两个三角形是以公共定点为顶点
的等腰三角形，则可以根据SAS 连带出的一组新的全等三角形。
条件：△OAB，△OCD 均为等腰三角形，且∠AOB = ∠COD
结论：（1）△OAC≌△OBD；（2）∠AEB=∠AOB；（3）OE 平分∠AED
核心图形：
核心条件：OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD
【典例1】（2026•仙桃校级三模）△ABD 为正三角形，点C 在直线BD 上，△ACE 也为正三角形，其中，
点A，C，E 按逆时针方向排列，如图，直线CE 于直线AD 交于点F．
（1）求证：DE＝BC．
（2）请证明随着点C 运动，点E 在一条定直线上运动．
【分析】（1）根据等边三角形的性质得到AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝60°．证明△ABC≌△
ADE，即可得出结论；
（2）先求出∠ABC＝∠ADB＝60°，再得出∠ADE＝∠ABC＝60°，进而得出∠EDH＝60°，即可得出
结论．
【解答】（1）证明：∵△ABD 和△ACE 都是等边三角形，
∴AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝60°．
∴AB＝AD，
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∴∠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】如图，C 为线段AE 上一动点（不与点A、E 重合），在AE 同侧分别作正△ABC 和正△CDE，
AD 与BE 交于点O，AD 与BC 交于点P，BE 与CD 交于点Q，连接PQ．以下五个结论：①AD＝BE；
②PQ∥AE；③AP＝BQ；④连接OC，OC 平分∠AOE；⑤∠AOB＝60°．恒成立的结论有（ ）
A．①⑤
B．①②⑤
C．①②③⑤
D．①②③④⑤
【分析】①证△ADC≌△BEC（SAS），得AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，故①正确；
②证△CDP≌△CEQ（ASA），得CP＝CQ，则∠CPQ＝∠CQP＝60°，得∠QPC＝∠BCA，即可得出PQ
∥AE，故②正确；
③由全等三角形的性质得DP＝QE，再①可知，AD＝BE，则AP＝BQ，故③正确；
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④过点C 作CM⊥BE 于点M，CN⊥AD 于点N，由全等三角形的性质得AD＝BE，S△ADC＝S△BEC，再由
三角形面积得CN＝CM，即可得出OC 平分∠AOE，故④正确；
⑤由全等三角形的性质得∠DAC＝∠EBC，再由三角形的外角性质得∠AOB＝∠DAC+∠AEO＝∠EBC+∠
AEO＝∠ACB＝60°，故⑤正确；即可得出结论．
【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°，
∵∠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，
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∴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．
【变式1-2】（2026 春•海淀区校级期末）四边形ABCD 和CEFG 都是正方形，其中正方形CEFG 可以绕顶
点C 旋转（CE＜CB）．
（1）如图1，点E 在BC 上，点G 在CD 上，连接BG 和DE，取BG 的中点P，连接CP，求证：DE＝
2CP；
（2）如图2，正方形CEFG 绕点C 旋转到图2 位置，连接DE 和BG，取线段BG 的中点P，连接CP．
①依题意补全图2；
②判断线段CP 与DE 的关系，并证明你的结论．
【分析】（1）先判断出BC＝DC，CG＝CE，∠BCG＝90°，进而得出△BCG≌△DCE（SAS），得出BG
＝DE，最后根据直角三角形的性质，即可得出结论；
（2）由题意补全图形补全图形如图2 所示，
②线段CP 与DE 的关系为DE＝2CP，延长CP 至M 使PM＝PC，连接BM，则CM＝2CP，判断出△BPM
≌△GPC（SAS），得出BM＝CG，∠BMP＝∠GCP，再判断出∠CBM＝∠BCD，得出△BCM≌△DCE
（SAS），即可得出结论．
【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，
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∴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，
∵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】（2025 秋•开鲁县期末）（1）如图1，△ABC 与△ADE 均是顶角为40°的等腰三角形，BC、
DE 分别是底边，求证：BD＝CE；
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（2）如图2，△ACB 和△DCE 均为等边三角形，点A、D、E 在同一直线上，连接BE．
填空：∠AEB 的度数为 ；线段BE 与AD 之间的数量关系是 ．
（3）拓展探究
如图3，△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E 在同一直线上，CM
为△DCE 中DE 边上的高，连接BE．请判断∠AEB 的度数及线段CM、AE、BE 之间的数量关系，并说
明理由．
【分析】（1）根据全等三角形的判定方法，判断出△BAD≌△CAE，即可判断出BD＝CE．
（2）首先根据△ACB 和△DCE 均为等边三角形，可得AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∠
CDE＝∠CED＝60°，据此判断出∠ACD＝∠BCE；然后根据全等三角形的判定方法，判断出△ACD≌△
BCE，即可判断出BE＝AD，∠BEC＝∠ADC，进而判断出∠AEB 的度数为60°即可．
（3）首先根据△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形，可得AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，
据此判断出∠ACD＝∠BCE；然后根据全等三角形的判定方法，判断出△ACD≌△BCE，即可判断出BE
＝AD，∠BEC＝∠ADC，进而判断出∠AEB 的度数为90°即可；最后根据DCE＝90°，CD＝CE，CM⊥
DE，可得CM＝DM＝EM，所以DE＝DM+EM＝2CM，据此判断出AE＝BE+2CM 即可．
【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
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∴△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°，
∴∠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
半角模型的特征：两个角是一半的关系，并且两个角有公共顶点，角的两边相等。
解题思路：（1）将半角两边的三角形通过旋转到一边合并成新的三角形；
（2）证明与半角形成的三角形全等；
（3）通过全等的性质得出线段之间的数量关系，从而得到结论。
口诀：大角加半角，大角两边相等，构造全等。
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即已知如图：①∠2=
1
2∠AOB；②OA=OB，连接FB，将△FOB 绕点O 旋转至△F′OA 的位置，连接F′E、
FE，可得△OEF′≌△OEF。
证明：∵将△FOB 绕点O 旋转至△F′OA 的位置
∴△FOB≌△F′OA
∴∠3=∠4，OF=OF′
∵∠2=
1
2∠AOB
∴∠1+∠3=
1
2∠AOB
∴∠1+∠4=
1
2∠AOB
即∠E0F′=∠2
在△OEF′和△OEF 中
=
=
OE
OE
2
∠
=
′
EOF
∠
′F
O
OF
∴△OEF′≌△OEF（SAS）
1. 90°夹45°模型（正方形）：
条件：如图，在正方形ABCD 中，E、F 分别是BC、CD 边上的点，∠EAF=45°
（1）EF=BE+DF，C△CEF=2AB
证明：如图，延长FD 到G，使DG=BE，连接AG，
∵在△GDA 和△EBA 中，
AB
＝
AD
ABE
＝∠
GDA
∠
BE
＝
DG
∴△GDA≌△EBA（SAS），
∴AG=AE，∠GAD=∠EAB，
故∠GAF=45°，
在△GAF 和△EAF 中，
AF
＝
AF
EAF
＝∠
GAF
∠
AE
＝
AG
∴△GAF≌△EAF（SAS），
∴GF=EF，
即GD+DF=BE+DF=EF；
（2）
ADF
ABE
AEF
S
S
S
△
△
△
+
=
（3）过点A 作AH⊥EF，则AH=AB
证明：∵四边形ABCD 为正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴把△ADF 绕点A 顺时针旋转90°得到△ABQ，
F'
4
1
2
3
O
A
E
F
B
F
E
B
A
3
2
1
O
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∴AQ=AF，∠FAQ=90°，∠ABQ=∠D=90°，而∠ABC=90°，
∴点Q 在CB 的延长线上，
∵∠EAF=45°，
∴∠QAE=90°-∠EAF=45°，
∴∠EAF=∠QAE，
在△AEQ 和△AEF 中，
AF
＝
AQ
QAE
＝∠
EAF
∠
AE
＝
AE
∴△AEQ≌△AEF（SAS），
∴EQ=EF，
∵AB⊥EQ，AH⊥FE，
∴AB=AH．
2. 120°夹60°模型
条件：如图，D 是等边△ABC 外的一点，DB=DC，∠BDC=120°，∠EDF=60°，且E、F 分别在AB 和AC
上．结论：EF=BE+CF
证明：证明：延长AB 到N，使BN=CF，连接DN，
∵△ABC 是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，
∵BD=CD，∠BDC=120°，
∴∠DBC=∠DCB=30°，
∴∠ACD=∠ABD=30°+60°=90°=∠NBD，
∵在△NBD 和△FCD 中，
=
=
=
CF
BN
FCD
NBD
DC
BD
∴△NBD≌△FCD（SAS），
∴DN=DF，∠NDB=∠FDC，
∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，
∴∠EDB+∠FDC=60°，
∴∠EDB+∠BDN=60°，
即∠EDF=∠EDN，
在△EDN 和△EDF 中，
=
=
=
DF
DN
EDN
EDF
DE
DE
∴△EDN≌△EDF（SAS），
∴EF=EN=BE+BN=BE+CF，
即BE+CF=EF．
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【典例1】（2025 秋•西昌市期末）【问题背景】
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】
小亮同学认为：延长FD 到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，
则可得到BE、EF、FD 之间的数量关系是 EF＝BE+FD ．
【探索延伸】
在四边形ABCD 中如图2，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．
【结论运用】
如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O 处）北偏西30°的A 处，舰艇乙在指挥中心南偏东
70°的B 处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60 海里/小时的
速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80 海里/小时的速度前进1.5 小时后，指挥中心观测到甲、乙两
舰艇分别到达E，F 处，且两舰艇之间的夹角（∠EOF）为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
【分析】探索延伸：延长FD 到G，使DG＝BE，连接AG，证明△ABE≌△ADG 和△AEF≌△AGF，得
到答案；
结论运用：连接EF，延长AE、BF 交于点C，得到EF＝AE+BF，根据距离、速度和时间的关系计算即
可．
【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，
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∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADG+∠ADC＝180°
∴∠B＝∠ADG，
在△ABE 和△ADG 中，
{
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，
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∵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】（2025 秋•重庆期中）如图，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．求证：EF＝BE+FD．
【分析】可通过构建全等三角形来实现线段间的转换．延长EB 到G，使BG＝DF，连接AG．目的就是
要证明三角形AGE 和三角形AEF 全等将EF 转换成GE，那么这样EF＝BE+DF 了，于是证明两组三角
形全等就是解题的关键．三角形ABE 和AEF 中，只有一条公共边AE，我们就要通过其他的全等三角形
来实现，在三角形ABG 和AFD 中，已知了一组直角，BG＝DF，AB＝AD，因此两三角形全等，那么AG
＝AF，∠1＝∠2，那么∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠EAF= 1
2∠BAD．由此就构成了三角形ABE 和AEF 全等的
所有条件（SAS），那么就能得出EF＝GE 了．
【解答】证明：延长EB 到G，使BG＝DF，连接AG．
∵∠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
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{
𝐴𝐺= 𝐴𝐹
∠𝐺𝐴𝐸= ∠𝐸𝐴𝐹
𝐴𝐸= 𝐴𝐸
，
∴△AEG≌△AEF（SAS）．
∴EG＝EF．
∵EG＝BE+BG．
∴EF＝BE+FD
【变式1-2】（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：EF＝BE+FD ；
（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：EF＝BE﹣FD 或EF＝FD﹣BE 或EF＝
BE+FD ．
【分析】（1）如图1，延长EB 到G，使BG＝DF，连接AG，即可证明△ABG≌△ADF，可得AF＝AG，
再证明△AEF≌△AEG，可得EF＝EG，即可解题；
（2）如图2，同理可得：EF＝BE+DF；
（3）如图3，作辅助线，构建△ABG，同理证明△ABG≌△ADF 和△AEG≌△AEF．可得新的结论：EF
＝BE﹣DF．
【解答】解：（1）如图1，延长EB 到G，使BG＝DF，连接AG．
∵在△ABG 与△ADF 中，
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{
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，
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
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（3）①EF＝BE﹣FD．
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．
∴∠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；
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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．
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】（2025 春•工业园区校级期中）（1）如图1，四边形ABCD 是边长为5 cm 的正方形，E，F 分
别在AD，CD 边上，∠EBF＝45°．为了求出△DEF 的周长．小南同学的探究方法是：
如图2，延长EA 到H，使AH＝CF，连接BH，先证△ABH≌△CBF，再证△EBH≌△EBF，得EF＝EH，
从而得到△DEF 的周长＝ 10 cm；
（2）如图3，在四边形ABCD 中，AB＝AD，∠BAD＝100°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F 分别是线段BC，
CD 上的点．且∠EAF＝50°．探究图中线段EF，BE，FD 之间的数量关系；
（3）如图4，若在四边形ABCD 中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F 分别是线段BC，CD 上的点，且
2∠EAF＝∠BAD，（2）中的结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由；
（4）若在四边形ABCD 中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，点E、F 分别在CB、DC 的延长线上，且2∠
EAF＝∠BAD，请画出图形，并直接写出线段EF、BE、FD 之间的数量关系．
【分析】（1）延长EA 到H，使AH＝CF，连接BH，由“SAS”可证△ABH≌△CBF，可得BH＝BF，∠
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ABH＝∠CBF，由“SAS”可证△EBH≌△EBF，可得EF＝EH，可得EF＝EH＝AE+CF，即可求解．
（2）延长FD 到点G．使DG＝BE．连接AG，由“SAS”可证△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，∠BAE＝
∠DAG，再由“SAS”可证△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题；
（3）延长EB 到G，使BG＝DF，连接AG，即可证明△ABG≌△ADF，可得AF＝AG，再证明△AEF≌
△AEG，可得EF＝EG，即可解题；
（4）在DF 上截取DH，使DH＝BE，证明△ABE≌△ADH（SAS），得出∠BAE＝∠DAH，AH＝AE，证
明△FAH≌△FAE（SAS），由全等三角形的性质得出HF＝EF，可得结论．
【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，
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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），
小学
初中
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∴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
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几何动点问题充分体现了数学中的“变”与“不变”的和谐统一，其特点是图形的某些元素(点、线段、角等)
或某部分几何图形按一定的规律运动变化，从而引发其它一些元素的数量、位置关系、图形面积等发生变化，
但图形的一些元素数量和关系在运动变化的过程中却互相依存，具有一定的规律可寻。
全等三角形的动态问题是将几何、代数相结合，数形结合，具有较强的综合性，题目灵活多变。全等三角
形的动态问题有单动点、双动点等类型问题,通过动点在运动过程中引起的角度变化，线段长度变化，探究其
中不变的量(角度、 长度、性状等),在解题过程中，要善于抓住图形中的变与不变，以不变解决变。当面对这
类题型的时候，要特别注意的地方是，题目可能会有多解，所以一定要全面的对题目进行综合考虑。
思路:
1.利用图形想到三形全等；
2.分析题目，了解有几个动点，动点的路程，速度；
3.结合图形和题目，得出已知或能间接求出的数据；
4.分情况讨论，把每种可能情况列出来，不要漏；
5.动点一般都是压轴题，步骤不重要，重要的是思路；
6.动点类问题一般都有好几问， 前一问大都是后一问的提示，就像几何探究类题一样，如果后面的题难了，
可以反过去看看前面问题的结论。
当研究目标多变或问题情形复杂时，我们往往将问题拆解成几个较为简单的问题来进行考虑，动点问题
也是如此．具体分析动点问题时，往往会先研究背景图形，再分析运动过程、分段，为最后表达线段长，建
等式做好准备．因为动点运动方向的改变不仅会改变线段长的表达，还可能改变和动点相关的图形的形状，
所以要先分段，然后逐段分析，表达线段长，建等式．
【典例1】（2026 春•松江区期中）如图，AB＝14，AC＝6，AC⊥AB，BD⊥AB，垂足分别为A，B．点P 从
点A 出发，以每秒2 个单位长度的速度沿AB 向点B 运动；点Q 从点B 出发，以每秒a 个单位长度的速
度沿射线BD 方向运动．点P、点Q 同时出发，当以P，B，Q 为顶点的三角形与△CAP 全等时，求a 的
值．
【分析】根据题意，可以分两种情况讨论，第一种△CAP≌△PBQ，第二种△CAP≌△QBP，然后分别求
出相应的a 的值即可．
【解答】解：当△CAP≌△PBQ 时，则AC＝PB，AP＝BQ，
∵AC＝6，AB＝14，
∴PB＝6，
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∴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】（2025 秋•邯郸校级期末）如图，在△ABC 中，∠ACB＝90，AC＝6，BC＝8．点P 从点A 出
发，沿折线AC﹣CB 以每秒1 个单位长度的速度向终点B 运动，点Q 从点B 出发沿折线BC﹣CA 以每秒
3 个单位长度的速度向终点A 运动，P、Q 两点同时出发．分别过P、Q 两点作PE⊥l 于E，QF⊥l 于F．设
点P 的运动时间为t（秒）：
（1）当P、Q 两点相遇时，求t 的值；
（2）在整个运动过程中，求CP 的长（用含t 的代数式表示）；
（3）当△PEC 与△QFC 全等时，直接写出所有满足条件的CQ 的长．
【分析】（1）由题意得t+3t＝6+8，即可求得P、Q 两点相遇时，t 的值；
（2）根据题意即可得出CP 的长为{
6 −𝑡(𝑡≤6)
𝑡−6(6＜𝑡≤14)；
（3）分两种情况讨论得出关于t 的方程，解方程求得t 的值，进而即可求得CQ 的长．
【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，
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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；
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】（2025 秋•祁阳市校级期末）已知AB＝12cm，AC＝BD＝10cm，点P 在线段AB 上以2cm/s 的
速度由点A 向点B 运动，同时点Q 在线段BD 上由点B 向点D 运动，它们运动的时间为t 秒．
（1）如图1，若AC⊥AB，BD⊥AB，且点Q 的运动速度与点P 的运动速度相同，当t＝1 时，△ACP 与
△BPQ 是否全等，并判断此时线段PC 和线段PQ 的位置关系和数量关系，请分别说明理由；
（2）如图2，若∠A＝∠B＝60°，设点Q 的运动速度为vcm/s，是否存在实数v，使得△ACP 与△BPQ
全等？若存在，求出v，t 的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）当t＝1 时，依题意得∠A＝∠B＝90°，AP＝BQ＝2cm，进而得AC＝BP＝10cm，由此可
依据“SAS”判定△ACP 和△BPQ 全等得PC＝PQ，∠C＝∠BPQ，再根据∠C+∠APC＝90°得∠BPQ+
∠APC＝90°，继而得∠CPQ＝90°，则PC⊥PQ；
（2）依题意得AP＝2tcm，BQ＝vtcm，则BP＝（12﹣2t）cm，再根据∠A＝∠B＝60°得当△ACP 与△
BPQ 全等时，有以下两种情况：①当AC＝BP，AP＝BQ 时，则△ACP≌△BPQ（SAS），由AC＝BP 得
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10＝12﹣2t，解得t＝1，由AP＝BQ，得2t＝vt，将t＝1 代入得v＝2，②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，将t＝3 代入得v= 10
3 ，
综上所述即可得出答案．
【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），
由AC＝BP，得：10＝12﹣2t，
解得：t＝1，
由AP＝BQ，得：2t＝vt，
∵t＝1，
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∴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】如图，△ABC 中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，直线l 经过点C 且与边AB 相交．动点
P 从点A 出发沿A→C→B 路径向终点B 运动；动点Q 从点B 出发沿B→C→A 路径向终点A 运动．点P
和点Q 的速度分别为1cm/s 和2cm/s，两点同时出发并开始计时，当点P 到达终点B 时计时结束．在某
时刻分别过点P 和点Q 作PE⊥l 于点E，QF⊥l 于点F，设运动时间为t 秒，当△PEC 与△QFC 全等时，
求t 的值．
【分析】分△PEC≌△CFQ，且点P 在AC 上、点Q 在BC 上运动，△PEC≌△QFC，且点P 与点Q 重
合，当△PEC≌△CFQ，且点Q 在AC 上、点P 在BC 上运动三种情况进行讨论求解即可．
【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，
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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，
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．
