人教版数学八上同步提升训练专题16.2 期中期末专项复习之全等三角形十六大必考点（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc16474" 【考点1 利用全等图形求网格中的角度和】 PAGEREF _Tc16474 \h 1
\l "_Tc3704" 【考点2 将已知图形分割成几个全等的图形】 PAGEREF _Tc3704 \h 5
\l "_Tc3982" 【考点3 添加条件使三角形全等】 PAGEREF _Tc3982 \h 7
\l "_Tc2597" 【考点4 灵活选用判定方法证明全等】 PAGEREF _Tc2597 \h 11
\l "_Tc8261" 【考点5 尺规作图与全等的综合运用】 PAGEREF _Tc8261 \h 16
\l "_Tc3560" 【考点6 证明全等的常见辅助线的作法】 PAGEREF _Tc3560 \h 20
\l "_Tc12266" 【考点7 证一条线段等于两条线段的和（差）】 PAGEREF _Tc12266 \h 28
\l "_Tc22614" 【考点8 全等中的倍长中线模型】 PAGEREF _Tc22614 \h 39
\l "_Tc1580" 【考点9 全等中的旋转模型】 PAGEREF _Tc1580 \h 49
\l "_Tc20492" 【考点10 全等中的垂线模型】 PAGEREF _Tc20492 \h 56
\l "_Tc24121" 【考点11 全等中的其他模型】 PAGEREF _Tc24121 \h 65
\l "_Tc32375" 【考点12 全等三角形的动点问题】 PAGEREF _Tc32375 \h 71
\l "_Tc21209" 【考点13 尺规作图作角平分线】 PAGEREF _Tc21209 \h 77
\l "_Tc13841" 【考点14 角平分线的判定与性质的综合求值】 PAGEREF _Tc13841 \h 80
\l "_Tc11333" 【考点15 角平分线的判定与性质的综合证明】 PAGEREF _Tc11333 \h 86
\l "_Tc26431" 【考点16 角平分线的实际应用】 PAGEREF _Tc26431 \h 95
【考点1 利用全等图形求网格中的角度和】
【例1】（2022·山东·禹城市督杨实验学校八年级阶段练习）如图为6个边长相等的正方形的组合图形，则∠1+∠3-∠2=（ ）
A．30°B．45°C．60°D．135°
【答案】B
【分析】首先利用SAS定理判定△ABC≌△DBE，根据全等三角形的性质可得∠3=∠ACB，再由∠ACB+∠1=∠1+∠3=90°，可得∠1+∠3-∠2．
【详解】
∵在△ABC和△DBE中
，
∴△ABC≌△DBE（SAS），
∴∠3=∠ACB，
∵∠ACB+∠1=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∵∠2=45°
∴∠1+∠3-∠2=90°-45°=45°，
故选B．
【点睛】此题主要考查了全等图形，关键是掌握全等三角形的判定，以及全等三角形对应角相等．
【变式1-1】（2022·江苏省灌云高级中学城西分校八年级阶段练习）如图，由4个相同的小正方形组成的格点图中，∠1+∠2+∠3=________度．
【答案】135
【分析】首先利用全等三角形的判定和性质求出的值，即可得出答案；
【详解】如图所示，
在△ACB和△DCE中，
，
∴，
∴，
∴；
故答案是：．
【点睛】本题主要考查了全等图形的应用，准确分析计算是解题的关键．
【变式1-2】（2022·江苏·八年级单元测试）如图所示的网格是正方形网格，图形的各个顶点均为格点，则∠P＋∠Q＝__________度．
【答案】45
【分析】如图，直接利用网格得出对应角，进而得出答案．
【详解】
如图，易知，∴，
∵BQ是正方形的对角线，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了全等三角形，正确借助网格分析是解题关键．
【变式1-3】（2022·山东·济南市槐荫区教育教学研究中心二模）如图，在的正方形网格中，求______度．
【答案】45
【分析】连接，根据正方形网格的特征即可求解．
【详解】解：如图所示，连接

∵图中是的正方形网格
∴，，
∴
∴，
∵
∴，即
∴
∵
∴
∵
∴
故答案为：45．
【点睛】本题考查了正方形网格中求角的度数，利用了平行线的性质、同角的余角相等、等腰直角三角形的性质等知识点，解题的关键是能够掌握正方形网格的特征．
【考点2 将已知图形分割成几个全等的图形】
【例2】（2022·全国·八年级专题练习）沿着图中的虚线，请将如图的图形分割成四个全等的图形．
【答案】见解析
【分析】直接利用图形总面积得出每一部分的面积，进而求出答案．
【详解】共有个小正方形，
被分成四个全等的图形后每个图形有，
如图所示：
，
【点睛】本题主要考查了应用设计图作图，正确求出每部分面积是解题关键．
【变式2-1】（2022·江苏·八年级专题练习）方格纸上有2个图形，你能沿着格线把每一个图形都分成完全相同的两个部分吗？请画出分割线．
【答案】见解析
【分析】观察第一个图，图中共有20个小方格，要分成完全相同两部分，则每个有10个小格，则可按如图所示，沿A→B→C→D分割；第二个图同理沿E→F→G→H→P→Q分割即可．
【详解】解：如图所示，第一个图，图中共有20个小方格，要分成完全相同两部分，则每个有10个小格，则可按如图所示，沿A→B→C→D分割；第二个图同理沿E→F→G→H→P→Q分割即可．
将分割出的两个图形，逆时针旋转90度，再通过平移，两部分能够完全重合，所以分割出的两部分完全相同．
【点睛】本题考查图形全等，掌握全等图形的定义是解题的关键．
【变式2-2】（2022·江苏·八年级课时练习）试在下列两个图中，沿正方形的网格线（虚线）把这两个图形分别分割成两个全等的图形，将其中一部分涂上阴影．

【答案】见解析（第一个图答案不唯一）
【分析】根据全等图形的定义，利用图形的对称性和互补性来分隔成两个全等的图形．
【详解】解：第一个图形分割有如下几种：
第二个图形的分割如下：
【点睛】本题主要考查了学生的动手操作能力和学生的空间想象能力，牢记全等图形的定义是解题的重点．
【变式2-3】（2022·全国·八年级专题练习）知识重现：“能够完全重合的两个图形叫做全等形．”
理解应用：我们可以把4×4网格图形划分为两个全等图形．
范例：如图1和图2是两种不同的划分方法，其中图3与图1视为同一种划分方法．
请你再提供四种与上面不同的划分方法，分别在图4中画出来．
【答案】见解析
【分析】根据网格的特点和全等形的定义进行作图即可．
【详解】依题意，如图
【点睛】本题考查了全等图形的定义，熟练掌握网格特点作图和全等图形的概念是解题的关键．
【考点3 添加条件使三角形全等】
【例3】（2022·全国·八年级专题练习）如图，∠C＝∠D＝90°，添加下列条件：①AC＝AD；②∠ABC＝∠ABD；③BC＝BD，其中能判定Rt△ABC与Rt△ABD全等的条件有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】D
【分析】根据已知条件与全等三角形的判定定理即可分别判断求解．
【详解】解：∵∠C＝∠D＝90°，AB=AB，
∴①AC＝AD，可用HL判定Rt△ABC与Rt△ABD全等；
②∠ABC＝∠ABD，可用AAS判定Rt△ABC与Rt△ABD全等；
③BC＝BD，可用HL判定Rt△ABC与Rt△ABD全等；
故选：D．
【点睛】此题主要考查全等三角形的判定，解题的关键是熟知全等三角形的判定定理．
【变式3-1】（2022·重庆·中考真题）如图，点B，F，C，E共线，∠B=∠E，BF=EC，添加一个条件，不能判断△ABC≌△DEF的是（ ）
A．AB=DEB．∠A=∠DC．AC=DFD．AC∥FD
【答案】C
【分析】根据全等三角形的判定与性质逐一分析即可解题．
【详解】解：BF=EC，
A. 添加一个条件AB=DE，
又

故A不符合题意；
B. 添加一个条件∠A=∠D
又
故B不符合题意；
C. 添加一个条件AC=DF ，不能判断△ABC≌△DEF ，故C符合题意；
D. 添加一个条件AC∥FD
又
故D不符合题意，
故选：C．
【点睛】本题考查添加条件使得三角形全等即全等三角形的判定，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
【变式3-2】（2022·安徽淮南·八年级期末）如图，点P是AB上任意一点，∠ABC=∠ABD，还应补充一个条件，才能推出△APC≌△APD．从下列条件中补充一个条件，不一定能推出△APC≌△APD的是( )
A．BC=BD；B．AC=AD；
C．∠ACB=∠ADB；D．∠CAB=∠DAB
【答案】B
【分析】根据题意，∠ABC=∠ABD，AB是公共边，结合选项，逐个验证得出．
【详解】解：A、补充BC=BD，先证出△BPC≌△BPD，后能推出△APC≌△APD，故正确，不符合题意；
B、补充AC=AD，不能推出△APC≌△APD，故错误，符合题意；
C、补充∠ACB=∠ADB，先证出△ABC≌△ABD，后能推出△APC≌△APD，故正确，不符合题意；
D、补充∠CAB=∠DAB，先证出△ABC≌△ABD，后能推出△APC≌△APD，故正确，不符合题意．
故选B．
【点睛】本题考查了三角形全等判定，解题的关键是知道有AAS，SSS，ASA，SAS．注意SSA是不能证明三角形全等的，做题时要逐个验证，排除错误的选项．
【变式3-3】（2022·全国·八年级课时练习）如图，AB，CD相交于点E，且AB=CD，试添加一个条件使得△ADE≌△CBE．现给出如下五个条件：①∠A=∠C;②∠B=∠D;③AE=CE;④BE=DE;⑤AD=CB．其中符合要求有( )
A．2个B．3个C．4个D．5个
【答案】D
【分析】延长DA、BC使它们相较于点F ，首先根据AAS证明△FAB≌△FCD，然后根据全等三角形的性质即可得到AF=FC，FD=FB，进而得到AD=BC，即可证明△ADE≌△CBE，可判断①、②的正误；根据SAS证明△ADE≌△CBE，即判断③、④的正误；连接BD，根据SSS证明△ADB≌△CBD，根据全等三角形的性质得到∠A=∠C，结合①即可证明⑤．
【详解】延长DA、BC使它们相较于点F
∵∠DAB=∠DCB，∠AED=∠BEC
∴∠B=∠D
又∵∠F=∠F，AB=CD
∴△FAB≌△FCD
∴AF=FC，FD=FB
∴AD=BC
∴△ADE≌△CBE，即①正确；
同理即可证明②正确；
∵AE=CE，AB=CD
∴DE=BE
又∵∠AED=∠BEC
∴△ADE≌△CBE，③正确；
同理即可证明④正确；
连接BD，
∵AD=CB，AB=CD，BD=BD
∴△ADB≌△CBD
∴∠DAB=∠BCD
∴△ADE≌△CBE，⑤正确；
故选D．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定方法，主要包括：SSS、SAS、AAS、ASA，难点在于添加辅助线来构造三角形全等，关键在于应根据所给的条件判断应证明哪两个三角形全等．
【考点4 灵活选用判定方法证明全等】
【例4】（2022·湖南·八年级单元测试）具备下列条件的两个三角形一定是全等三角形的是（ ）．
A．有两个角对应相等的两个三角形
B．两边及其中一条对应边上的高也对应相等的两个三角形
C．两边分别相等，并且第三条边上的中线也对应相等的两个三角形
D．有两边及其第三边上的高分别对应相等的两个三角形
【答案】C
【分析】选项A，选项B和选项D分别举出反例的图形即可；选项C根据题意画出图形，延长至，使，延长至，使，连接和，根据全等三角形的判定，可证得，根据全等三角形性质得，，同理可得，，再由全等三角形的判定得，根据全等三角形性质得，，进而证得，最后根据全等三角形的判定证得．
【详解】A．如图1所示，
在和中，，，，但和不全等，故本选项不符合题意；
B．如图2所示，

在和中，，，，， ，但和不全等，故本选项不符合题意；
C．如图3所示，
在和中，点和点分别平分线段和，，，，延长至，使，延长至，使，连接和，
∵点平分线段，
∴，
∵，
∴
∴，
同理，
∵
∴
∵
∴
∵
∴
∴，
∴
∵
∴
∵
∴
故本选项符合题意；
D．如图4所示，
在和中，，，，，，但此时和不全等，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质定理与判定定理，熟记全等三角形的性质定理与判定定理是解本题的关键．
【变式4-1】（2022·广东·佛山市南海区瀚文外国语学校七年级阶段练习）我国传统工艺中，油纸伞制作非常巧妙，其中蕴含着数学知识．如图是油纸伞的张开示意图，，，则的依据是（ ）
A．SASB．ASAC．AASD．SSS
【答案】D
【分析】根据全等三角形的判定定理推出即可．
【详解】解：在△AEG和△AFG中，
，
∴△AEG≌△AFG（SSS），
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL等．
【变式4-2】（2022·江苏·泰州市姜堰区第四中学八年级）如图，已知AB∥CD，AD∥BC，AC与BD交于点O，AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，那么图中全等的三角形有（ ）
A．5对B．6对C．7对D．8对
【答案】C
【分析】根据平行四边形的性质，以及全等三角形的判定即可求出答案．
【详解】解：①．
∵，
∴ ．
∵于E，于E，
∴，
∴；
②．
∵，AC为ABCD的对角线，
∴．
∵，
∴；
③．
∵，AC与BD交于点O，
∴，
∴；
④．
∵，AC与BD交于点O，
∴，
∴；
⑤．
∵，
∴，
∴；
⑥．
∵，
∴，
∴；
⑦．
∵，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查三角形全等的判定方法，解题关键找出对应相等的边、角，判定两个三角形全等的一般方法有：，同时考查了平行四边形的性质，题目比较容易．
【变式4-3】（2022·浙江·八年级单元测试）根据下列条件不能唯一画出△ABC的是（ ）
A．AB＝5，BC＝6，AC＝7B．AB＝5，BC＝6，∠B＝45°
C．AB＝5，AC＝4，∠C＝90°D．AB＝3，AC＝4，∠C＝45°
【答案】D
【分析】根据三角形的三边关系和全等三角形的判定定理逐项分析即可解答．
【详解】解：A．∵AC与BC两边之和大于第三边，故能作出三角形，且三边知道能唯一画出△ABC，不符合题意；
B．∠B是AB、BC的夹角，故能唯一画出△ABC，不符合题意；
C．AB＝5，AC＝4，∠C＝90°，得出BC＝3，可唯一画出△ABC，不符合题意；
D．由于是SSA，所以AB＝3，AC＝4，∠C＝45°，不能唯一画出三角形ABC，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了三角形的三边关系、全等三角形的判定等知识点，掌握SSA不能判定三角形全等是解答本题的关键．
【考点5 尺规作图与全等的综合运用】
【例5】（2022·全国·九年级专题练习）如图，在外找一个点（与点A不重合），并以为一边作，使之与全等，且不是等腰三角形，则符合条件的点有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】本题是开放题，要想使△A′BC与△ABC全等，先确定题中条件，再对应三角形全等条件求解．
【详解】解：如图：
以B点为圆心，CA为半径上下画弧，C点为圆心，BA为半径上下画弧，两弧相交分别得到点、；以C点为圆心，CA为半径画弧，以B点为圆心，BA为半径画弧，两弧的交点得到点，所以符合条件的点A′有3种可能的位置．
故选：C．
【点睛】本题考查了全等的判定综合．判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法去求证．
【变式5-1】（2022·全国·八年级课时练习）如图，以△ABC的顶点A为圆心，以BC长为半径作弧；再以顶点C为圆心，以AB长为半径作弧，两弧交于点D；连结AD，CD．由作法可得：的根据是（ ）
A．SASB．ASAC．AASD．SSS
【答案】D
【分析】根据题意和全等三角形判定的方法可以得到ABC≌△CDA的根据，本题得以解决．
【详解】解：由题意可得，
AD=BC，AB=CD，
在△ADC和△CBA中，
，
∴△ADC≌△CBA（SSS），
故选：D．
【点睛】本题考查全等三角形的判定，解答本题的关键是明确题意，利用全等三角形的判定方法解答．
【变式5-2】（2022·广东·普宁市红领巾实验学校八年级阶段练习）在课堂上，张老师布置了一道画图题：画一个，使，它的两条边分别等于两条已知线段．小刘和小赵同学先画出了之后，后续画图的主要过程分别如图所示．那么小刘和小赵同学作图确定三角形的依据分别是______；_______
【答案】 SAS HL
【分析】由图可知小刘同学确定的是两条直角边，根据三角形全等判定定理为 ．
由图可知小赵同学确定了一个直角边和斜边，根据三角形全等判定定理为 ．
【详解】小刘同学画了后，再截取两直角边等于两已知线段，所以确定的依据是定理；
小赵同学画了后，再截取BC,AC一直角边和一个斜边，所以确定的依据是HL定理．
故答案为：①SAS；②HL．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握每种证明方法，做出判断是解题的关键．
【变式5-3】（2022·北京·101中学九年级开学考试）李老师制作了如图1所示的学具，用来探究“边边角条件是否可确定三角形的形状”问题．操作学具时，点Q在轨道槽AM上运动，点P既能在以A为圆心、以8为半径的半圆轨道槽上运动，也能在轨道槽QN上运动．图2是操作学具时，所对应某个位置的图形的示意图．
有以下结论：
①当，时，可得到形状唯一确定的
②当，时，可得到形状唯一确定的
③当，时，可得到形状唯一确定的
其中所有正确结论的序号是______________．
【答案】②③##③②
【分析】分别在以上三种情况下以P为圆心，PQ的长度为半径画弧，观察弧与直线AM的交点即为Q点，作出后可得答案．
【详解】如下图，当∠PAQ=30°，PQ=6时，以P为圆心，PQ的长度为半径画弧，弧与直线AM有两个交点，作出，发现两个位置的Q都符合题意，所以不唯一，所以①错误．
如下图，当∠PAQ=90°，PQ=10时，以P为圆心，PQ的长度为半径画弧，弧与直线AM有两个交点，作出，发现两个位置的Q都符合题意，但是此时两个三角形全等，所以形状相同，所以唯一，所以②正确．
如下图，当∠PAQ=150°，PQ=12时，以P为圆心，PQ的长度为半径画弧，弧与直线AM有两个交点，作出，发现左边位置的Q不符合题意，所以唯一，所以③正确．
综上：②③正确．
故答案为：②③
【点睛】本题考查的是三角形形状问题，为三角形全等来探索判定方法，也考查三角形的作图，利用对称关系作出另一个Q是关键．
【考点6 证明全等的常见辅助线的作法】
【例6】（2022·江苏·宿迁青华中学七年级阶段练习）（1）如图①，四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°．E，F分别是BC，CD上的点，且BE+FD=EF．试探究图中∠EAF与∠BAD之间的数量关系．小明同学探究此问题的方法是：延长FD到G，使DG=BE，连结AG．先证明，再证明，从而得出∠EAF=∠GAF，最后得出∠EAF与∠BAD之间的数量关系是 ．
（2）将（1）中的条件“∠B=∠ADC=90°”改为“∠B+∠D=180°”（如图②），其余条件不变，上述数量关系是否成立，成立，请证明；不成立，说明理由
（3）如图③，中俄两国海军在南海举行联合军事演习，中国舰艇在指挥中心（O）北偏西30°的A处，俄罗斯舰艇在指挥中心南偏东70°的B处，两舰艇到指挥中心距离相等．接到行动指令后，中国舰艇向正东方向以60海里/小时的速度前进，俄罗斯舰艇沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进，2小时后，指挥中心观测到两舰艇分别到达E，F处且相距280海里．求此时两舰艇的位置与指挥中心（O处）形成的夹角∠EOF的大小．
【答案】（1）∠EAF=∠BAD；（2）仍然成立，见解析；（3）70°
【分析】（1）根据小明同学的探究方法不难得到∠EAF= ∠BAD；
（2）延长FD到G，使DG=BE，连接AG，根据同角的补角相等求出∠B=∠ADG，然后利用“边角边”证明△ABE和△ADG全等，根据全等三角形对应边相等可得 AE=AG ，∠BAE=∠DAG，再求出∠EAF=∠GAF，然后利用“边角边”证明△AEF和△GAF全等，根据全等三角形对应边相等可得EF=GF，然后求解即可；
（3）连接EF，延长AE、BF相交于点C，然后求出∠OAC+∠OBC=180°，判断出符合探索延伸的条件，再根据探索延伸的结论解答即可．
【详解】解：(1)如图①，延长FD到G，使DG=BE，连结AG．
在△ABE和△ADG中，AB=AD，BE=DG，∠B=∠ADG=90°，
∴△ABE≌△ADG，∴AE=AG，
在△AEF和△AGF中，AE=AG，AF=AF，EF=BE+FD=DG+FD=GF，
∴△AEF≌△AGF，∴∠EAF=∠GAF=∠GAD+∠DAF=∠EAB+∠DAF
∴∠BAD=∠EAF+∠EAB+∠DAF=2∠EAF
∴∠EAF=∠BAD
(2)∠EAF=∠BAD仍然成立．
证明：如图②，延长FD到G，使DG=BE，连接AG．
∵∠B+∠ADC=180°，∠ADC+∠ADG=180°，∴∠B=∠ADG，
∴△ABE≌△ADG（SAS）．∴AE=AG，∠BAE=∠DAG．
又∵EF=BE+DF，DG=BE，∴EF=DG+DF=GF．
∴△AEF≌△AGF（SSS）．∴∠EAF=∠GAF．
又∵∠GAF=∠DAG+∠DAF，∴∠EAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF．
而∠EAF+∠BAE+∠DAF=∠BAD，
∴∠EAF=∠BAD
(3)如图③，连接EF，延长AE、BF相交于点C．
∵2小时后，舰艇甲行驶了120海里，舰艇乙行驶了160海里，
即AE=120，BF=160．而EF=280，∴在四边形AOBC中，有EF=AE+BF，
又∵OA=OB，且∠OAC+∠OBC=（90°﹣30°）+（70°+50°）=180°，
∴符合(2)中的条件．
又∵∠AOB=30°+90°+（90°﹣70°）=140°，∴∠EOF=∠AOB =70°．
答：此时两舰艇的位置与指挥中心（O处）形成的夹角∠EOF的大小为70°．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，读懂问题背景的求解思路，作辅助线构造出全等三角形并两次证明三角形全等是解题的关键，也是本题的难点．
【变式6-1】（2022·全国·八年级课时练习）如图，已知：，，，，则（ ）
A．B．C．或D．
【答案】B
【分析】连接，可证≌，根据全等三角形对应角相等可以得到，，代入角度即可求出和的度数，最后利用三角形内角和定理即可求解．
【详解】连接，如图，
在与中
，
≌ ，
，，
，
，
，
，
，
．
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，添加正确的辅助线是解题的关键．
【变式6-2】（2022·全国·七年级单元测试）（1）求证：等边三角形内的任意一点到两腰的距离之和等于定长.（提示：添加辅助线证明）
（2）如图所示，在三角形ABC中，点D是三角形内一点，连接DA、DB、DC，若，求证：AD平分.
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
【分析】（1）已知点P是等边三角形ABC内的任意一点，过点P分别作三边的垂线，分别交三边于点D、点E、点F.求证为定长,即可完成证明；
（2）（面积法）过点A作交BD延长线于点E，再过点A作交CD延长线于点F.因为，所以，因此，得到.进而，得到，因此，即AD平分.
【详解】（1） 已知：等边如图三角形ABC，P为三角形ABC内任意一点，PD⊥AB, PF⊥AC, PE⊥BC,
求证：PD+PE+PF为定值.
证明：如图：过点A作，垂足为点G，分别连接AP、BP、CP.
∵，
∴
又∵BC=AB=AC
∴AG=PE+PF+PD,即定长.
∴等边三角形内的任意一点到两腰的距离之和等于定长.
（2）
过点A作交BD延长线于点E，再过点A作交CD延长线于点F.
∵，
∴，
又∵AD=AD
∴，
∴
∴，
∴，
∴，即AD平分.
【点睛】本题考查了等边三角形的性质和全等三角形的性质和判定，其中做出辅助线是解答本题的关键．
【变式6-3】（2022·全国·八年级课时练习）已知等腰△ABC中，AB=AC，点D在直线AB上， DE∥BC，交直线AC与点E，且BD=BC，CH⊥AB，垂足为H．
（1）当点D在线段AB上时，如图1，求证DH=BH+DE；
（2）当点D在线段BA延长线上时，如图2，当点D在线段AB延长线上时，如图3，直接写出DH，BH，DE之间的数量关系，不需要证明．
【答案】（1）见详解；（2）图2：，图3：
【分析】（1）在线段上截取，连接，，证明，可得到，即可求解．
（2）当点在线段延长线上时，在的延长线上截取，连接，，由题意可证，可得，由题意可得，即可证，可得，则可得；当点在线段延长线上时，在线段上截取，连接，，由题意可证，可得，由题意可得，即可证，可得，则可得．
【详解】解：（1）证明：在线段上截取，连接，
∵，
∴
∴
∵
∴
∵
∴，
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴
（2）当点在线段延长线上时，
如图2：在的延长线上截取，连接，
∵
∴
∵
∴
∵
∴
∵，，
∴
∴
∴
∵，
∴
又∵，
∴
∴
∵
∴
当点在线段延长线上时，
如图3：当点在线段延长线上时，在线段上截取，连接，
∵，，
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴，
∴，，且
∴
∴
∵
∴
【点睛】本题主要考查了三角形综合题，等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定，合理添加辅助线证全等是解题的关键．
【考点7 证一条线段等于两条线段的和（差）】
【例7】（2022·全国·八年级专题练习）如图，△ABC中，∠B＝45°，∠ACB＝30°，CD平分∠ACB，AD⊥CD，求证：CD＝AB＋AD
【答案】见解析
【分析】遇到这种CD＝AB＋AD线段和差问题一般都是截长补短；
方法1：补短AB，构造BE＝AB＋AD，证明CD=BE即可；
方法2：补短AD，构造DF＝AB＋AD，证明CD=DF即可；
方法3：截长，在CD上截取DE使得DE＝AD，构造等腰直角三角形ABF，证明AF=EC即可；
方法4：截长，在CD上截取DE使得DE＝AD，在CB延长上取点H使得AH＝AC,证明AB=EC即可；
【详解】方法1：补短，构造全等
证明：延长BA至点E，使得AD＝AE，连接CE
∵AD⊥CD
∴∠D＝90°
∵∠B＝45°，∠ACB＝30°
∴∠EAC＝∠B＋∠ACB＝45°＋30°＝75°
∵CD平分∠ACB
∴∠ACD＝15°
∴∠DAC＝90°－15°＝75°
∴∠EAC＝∠DAC
在△ADC和△AEC中
∵AD＝AE
∠EAC＝∠DAC
AC＝AC
∴△ADC≌△AEC(SAS)
∴EC＝CD，∠E＝∠D＝90°，∠ECA=∠ACD＝15°
∴∠ECB＝∠B＝45°
∴EC＝BE
∴EC＝BE＝CD
∴CD＝AB＋AE＝AB＋AD
方法2：补短，构造全等
证明：延长DA至点F，使得AF＝AB
∵∠B＝45°，∠ACB＝30°
∴∠BAC＝180－∠B－∠ACB＝180°－45°－30°＝105°
∵CD是∠ACB的角平分线
∴∠ACD＝15°
∵AD⊥CD，
∴∠D=90°，
∴∠EAC＝∠D＋∠ACD＝90°＋15°＝105°
∴∠EAC＝∠BAC
在△ABC和△AEC中
AB＝AE
∠EAC＝∠BAC
AC＝AC
∴△ABC≌△AEC（SAS）
∴∠E＝∠B＝45°,
∴∠ECD＝90°-∠E=∠B＝45°
∴CD＝DE＝AD＋AE＝AD＋AB
方法3：截长，构造全等
证明：
在CD上截取DE使得DE＝AD
∵AD⊥CD
∴∠AED＝45°，∠AEC＝135°
过点A作AF⊥AB交BC于点F
∵∠B=45°，
∴∠AFB＝∠B＝45°，∠AFC＝135°
∴AB＝AF，∠AEC＝∠AFC
∵CD平分∠ACB
∴∠ACD＝15°
∴∠DAC＝90°－∠ACD＝90°－15°＝75°
∴∠EAC＝∠DAC－∠DAE＝75°－45°＝30°
∴∠EAC＝∠ACF
在△AEC和△CFA中
∠EAC＝∠ACF
AC＝AC
∠AEC＝∠AFC
∴△AEC ≌ △CFA(ASA)
∴CE＝AF＝AB
∴CD＝DE＋CE＝AD＋AB
方法4：截长，构造全等
证明：
在CD上截取DE使得DE＝AD
∵AD⊥CD
∴∠AED＝45°，∠AEC＝135°
在CB延长上取点H，使得AH＝AC
∵∠ABC＝45°
∴∠ABH＝135°
∴∠ABH＝∠AEC
∵AH＝AC
∴∠H＝∠ACB＝30°
∵CD平分∠ACB
∴∠ACD＝15°
∴∠DAC＝90°－∠ACD＝90°－15°＝75°
∴∠EAC＝∠DAC－∠DAE＝75°－45°＝30°
∴∠H＝∠EAC
在△ABH和△CEA中
∠H＝∠EAC
AH＝AC
∠ABH＝∠AEC
∴△ABH ≌ △CEA(ASA)
∴AB＝CE
∴CD＝DE＋CE＝AD＋AB
【变式7-1】（2022·安徽淮北·八年级阶段练习）如图，在四边形中，是的平分线，且．若，则四边形的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】在线段AC上作AF=AB，证明△AEF≌△AEB可得∠AFE=∠B，∠AEF=∠AEB，再证明△CEF≌△CED可得CD=CF，即可求得四边形的周长．
【详解】解：在线段AC上作AF=AB，
∵AE是的平分线，
∴∠CAE=∠BAE，
又∵AE=AE，
∴△AEF≌△AEB（SAS），
∴∠AFE=∠B，∠AEF=∠AEB，
∵AB∥CD，
∴∠D+∠B=180°，
∵∠AFE+∠CFE=180°，
∴∠D=∠CFE，
∵，
∴∠AEF+∠CEF=90°，∠AEB+∠CED=90°，
∴∠CEF=∠CED，
在△CEF和△CED中
∵,
∴△CEF≌△CED（AAS）
∴CE=CF，
∴四边形的周长=AC+AB+BD+CD=AC+AF+CF+BD=2AC+BD=，
故选：B．
【点睛】本题考查全等三角形的性质和判断．能正确作出辅助线构造全等三角形是解题关键．
【变式7-2】（2022·山东烟台·七年级期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是直线AB上一点（点D不与点A、B重合），连接DC并延长到E，使得CE＝CD，过点E作EF⊥直线BC，交直线BC于点F．

(1)如图1，当点D为线段AB上的任意一点时，用等式表示线段EF、CF、AC的数量关系，并证明；
(2)如图2，当点D为线段BA的延长线上一点时，依题意补全图2，猜想线段EF、CF、AC的数量关系是否发生改变，并证明．
(3)如图3，当点D在线段AB的延长线上时，直接写出线段EF、CF、AC之间的数量关系．
【答案】(1)AC＝EF+FC，证明见解析
(2)补全图形见解析， AC＝EF-CF，证明见解析
(3)AC＝CF-EF
【分析】（1）过D作DH⊥CB于H，由“AAS”可证△FEC≌△HDC，可得CH=FC，DH=EF，可得结论；
（2）过D作DH⊥CB于H，由“AAS”可证△FEC≌△HDC，可得CH=FC，DH=EF，可得结论．
（3）过D作DH⊥CB交CB的延长线于H，由“AAS”可证△FEC≌△HDC，可得CH=FC，DH=EF，可得结论．
(1)
结论：AC＝EF+FC，
理由如下：过D作DH⊥CB于H，
∴∠DHC＝∠DHB＝ 90°
∵EF⊥CF，
∴∠EFC＝∠DHC＝90°，
在△FEC和△HDC中，
，
∴△FEC≌△HDC（AAS），
∴CH＝FC，DH＝EF，
∵∠ACB＝90°，AC=BC，
∴∠B＝45°，
∵∠DHB＝90°，
∴∠B＝∠HDB＝45°
∴DH＝HB＝EF，
∵BC＝CB+HB
∴AC＝FC+EF；
(2)
依题意补全图形，结论：AC＝EF-CF，
理由如下：
过D作DH⊥CB交BC的延长线于H，
∵EF⊥CF，
∴∠EFC＝∠DHC＝90°，
在△FEC和△HDC中，
，
∴△FEC≌△HDC（AAS），
∴CH＝FC，DH＝EF，
∵∠DHB＝90°，
∴∠B＝∠HDB＝45°
∴DH＝HB＝EF，
∵BC=HB-CH
∴AC＝EF-CF．
(3)
AC=CF-EF．
如图3，过D作DH⊥CB交CB的延长线于H，
同理可证△FEC≌△HDC（AAS），
∴CH=FC，DH=EF，
∵∠DHB=90°，
∴∠B=∠HDB=45°，
∴DH=HB=EF，
∵BC=CH-BH，
∴AC=CF-EF．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
【变式7-3】（2022·全国·八年级专题练习）在中，AE，CD为的角平分线，AE，CD交于点F．
（1）如图1，若．
①直接写出的大小；
②求证：．
（2）若图2，若，求证：．
【答案】（1）①120°；②见解析；（2）见解析
【分析】（1）①综合三角形的内角和定理以及角平分线的定义求解即可；②利用“截长补短”思想，在AC上取点H，使得AD=AH，从而通过全等证得∠AFD=∠AFH，再结合①的结论进一步证明∠CFH=∠CFE，从而通过全等证得CE=CH，即可得出结论；
（2）同样利用“截长补短”思想，在AC上取S、T两点，使得AD=AS，CE=CT，连接SF，SE，TF，TE，可通过全等直接先对△ADF和△CEF的面积进行转换，然后结合（1）中的结论，证明SF∥ET，即可对△DEF的面积进行转换，从而得出结论．
【详解】（1）①解：∵∠B=60°，
∴∠BAC+∠BCA=180°-∠B=120°，
∵AE平分∠BAC，CD平分∠BCA，
∴∠FAC=∠BAC，∠FCA=∠BCA，
∴∠FAC+∠FCA=(∠BAC+∠BCA)= ×120°=60°，
∴∠AFC=180°-(∠FAC+∠FCA)=120°；
②证：如图所示，在AC上取点H，使得AD=AH，
在△ADF和△AHF中，
∴△ADF≌△AHF(SAS)，
∴∠AFD=∠AFH，
∵∠AFD=∠CFE，
∴∠AFH=∠CFE，
由①可知，∠AFC=120°，
∴∠CFE=180°-120°=60°，
∴AFH=∠CFE=60°，
∴∠CFH=60°，
即：∠CFH=∠CFE，
在△CFH和△CFE中，
∴△CFH≌△CFE(ASA)，
∴CE=CH，
∵AC=AH+CH，
∴AC=AD+CE；
（2）证：如图所示，在AC上取S、T两点，使得AD=AS，CE=CT，连接SF，SE，TF，TE，
∵AE平分∠BAC，
∴∠DAF=∠SAF，
在△ADF和△ASF中，
∴△ADF≌△ASF(SAS)，
同理可证△AED≌△AES，△CEF≌△CTF，
∴DF=SF，DE=SE，FT=FE，
∴△DEF≌△SEF，
∴，，，
且∠AFD=∠AFS，∠CFE=∠CFT，
∵∠AFD=∠CFE，
∴∠AFD=∠AFS=∠CFE=∠CFT，
由（1）可得：∠AFC=90°+∠B=135°，
∴∠CFE=180°-135°=45°，
∴∠AFD=∠AFS=∠CFE=∠CFT=45°，
∴∠CFS=135°-∠AFS =90°，
∴CF⊥SF，
又∵FT=FE，CT=CE，
∴CF垂直平分EF，
即：CF⊥ET，
∴SF∥ET，
∴，
∴
∵，
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，以及三角形角平分线相关的证明问题，掌握基本的辅助线添加思想，熟练运用全等三角形的判定与性质是解题关键．
【考点8 全等中的倍长中线模型】
【例8】（2022·江西吉安·七年级期末）（1）基础应用：如图1，在△ABC中，AB＝5，AC＝7，AD是BC边上的中线，延长AD到点E使DE＝AD，连接CE，把AB，AC，2AD利用旋转全等的方式集中在△ACE中，利用三角形三边关系可得AD的取值范围是 ；
（2）推广应用：应用旋转全等的方式解决问题如图2，在△ABC中，AD是BC边上的中线，点E，F分别在AB，AC上，且DE⊥DF，求证：BE+CF＞EF；
（3）综合应用：如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°且∠EAF＝∠BAD，试问线段EF、BE、FD具有怎样的数量关系，并证明．
【答案】（1）1＜AD＜6；（2）见解析；（3）结论：EF＝BE﹣FD，证明见解析．
【分析】（1）先证明△CDE≌△BDA（SAS）可得CE＝AB＝5，在△ACE中，利用三角形的三边关系解答即可；
（2）如图2中，延长ED到H，使得DH＝DE，连接DH，FH．再证明△BDE≌△CDH（SAS）可得BE＝CH，再证明EF＝FH，利用三角形的三边关系解答即可；
（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．
【详解】（1）解：如图1：∵CD＝BD，AD＝DE，∠CDE＝∠ADB，
∴△CDE≌△BDA（SAS），
∴EC＝AB＝5，
∵7﹣5＜AE＜7+5，
∴2＜2AD＜12，
∴1＜AD＜6，
故答案为1＜AD＜6．
（2）证明：如图2中，延长ED到H，使得DH＝DE，连接DH，FH．
∵BD＝DC，∠BDE＝∠CDH，DE＝DH，
∴△BDE≌△CDH（SAS），
∴BE＝CH，
∵FD⊥EH．DE＝DH，
∴EF＝FH，
在△CFH中，CH+CF＞FH，
∵CH＝BE，FH＝EF，
∴BE+CF＞EF．
（4）结论：EF＝BE﹣FD
证明：如图3中，在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF，
∵AB＝AD，BG＝DF，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF，
∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF＝∠BAD，
∴∠GAE＝∠EAF，
∵AE＝AE，
∴△AEG≌△AEF（SAS），
∴EG＝EF，
∵EG＝BE﹣BG，
∴EF＝BE﹣FD．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、三角形的中线的性质、三角形的三边关系等知识，掌握倍长中线、构造全等三角形成为本题的关键．
【变式8-1】（2022·山东德州·八年级期末）（1）方法呈现：
如图①：在中，若，，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，再连接BE，可证，从而把AB、AC，集中在中，利用三角形三边的关系即可判断中线AD的取值范围是_______________，这种解决问题的方法我们称为倍长中线法；
（2）探究应用：
如图②，在中，点D是BC的中点，于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，判断与EF的大小关系并证明；
（3）问题拓展：
如图③，在四边形ABCD中，，AF与DC的延长线交于点F、点E是BC的中点，若AE是的角平分线．试探究线段AB，AF，CF之间的数量关系，并加以证明．
【答案】（1）1＜AD＜5，（2）BE+CF＞EF，证明见解析；（3）AF+CF＝AB，证明见解析．
【分析】（1）由已知得出AC﹣CE＜AE＜AC+CE，即5﹣4＜AE＜5+3，据此可得答案；
（2）延长FD至点M，使DM＝DF，连接BM、EM，同（1）得△BMD≌△CFD，得出BM＝CF，由线段垂直平分线的性质得出EM＝EF，在△BME中，由三角形的三边关系得出BE+BM＞EM即可得出结论；
（3）如图③，延长AE，DF交于点G，根据平行和角平分线可证AF＝FG，易证△ABE≌△GEC，据此知AB＝CG，继而得出答案．
【详解】解：（1）延长AD至E，使DE＝AD，连接BE，如图①所示，
∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD，
在△BDE和△CDA中，
∵，
∴△BDE≌△CDA（SAS），
∴BE＝AC＝4，
在△ABE中，由三角形的三边关系得：AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∴6﹣4＜AE＜6+4，即2＜AE＜10，
∴1＜AD＜5；
故答案为：1＜AD＜5，
（2）BE+CF＞EF；
证明：延长FD至点M，使DM＝DF，连接BM、EM，如图②所示．
同（1）得：△BMD≌△CFD（SAS），
∴BM＝CF，
∵DE⊥DF，DM＝DF，
∴EM＝EF，
在△BME中，由三角形的三边关系得：BE+BM＞EM，
∴BE+CF＞EF；
（3）AF+CF＝AB．
如图③，延长AE，DF交于点G，
∵AB∥CD，
∴∠BAG＝∠G，
在△ABE和△GCE中
CE＝BE，∠BAG＝∠G，∠AEB＝∠GEC，
∴△ABE≌△GEC（AAS），
∴CG＝AB，
∵AE是∠BAF的平分线，
∴∠BAG＝∠GAF，
∴∠FAG＝∠G，
∴AF＝GF，
∵FG+CF＝CG，
∴AF+CF＝AB．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了三角形的三边关系、全等三角形的判定与性质、角的关系等知识；本题综合性强，有一定难度，通过作辅助线证明三角形全等是解决问题的关键．
【变式8-2】（2022·山东·高唐县赵寨子中学八年级期中）已知：△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，点M是BE的中点，连接CM、DM．

（1）当点D在AB上，点E在AC上时（如图一），求证：DM=CM，DM⊥CM；
（2）当点D在CA延长线上时（如图二）（1）中结论仍然成立，请补全图形（不用证明）；
（3）当ED∥AB时（如图三），上述结论仍然成立，请加以证明．
【答案】（1）证明见解析；（2）见解析；（3）见解析．
【分析】（1）如图一中，延长使得，连接、，先证明，再证明即可解决问题．
（2）补充图形如图二所示，延长交的延长线于，只要证明，再证明是等腰直角三角形即可．
（3）如图三中，如图一中，延长使得，连接、，，先证明，再证明即可．
【详解】（1）证明：如图一中，延长DM使得MN=DM，连接BN、CN．

在△DME和△NMB中，，
∴△DME≌△NMB，
∴DE=BN，∠MDE=∠MNB，
∴DE∥NB，
∴∠ADE=∠ABN=90°，
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，
∴AD=DE=BN，AC=BC，∠A=∠ABC=45°，
∴∠CBN=45°=∠A，
在△ACD和△BCN中，，
∴△ACD≌△BCN，
∴DC=CN，∠ACD=∠BCN，
∴∠DCN=∠ACB=90°，
∴△DCN是等腰直角三角形，
∵DM=MN，
∴DM=CM．DM⊥CM
（2）解：如图二所示

延长DM交CB的延长线于N， ∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，
∴AD=DE=BN，AC=BC，∠A=∠ABC=45°，
∵∠EDC+∠DCN=180°，
∴DE∥CN，
∴∠EDM=∠N
在△DME和△NMB中，，
∴△DME≌△NMB，
∴DE=BN=AD，DM=MN，
∴CD=CN，
∴∠CDN=∠N=45°，CM=DM=MN，CM⊥DN，
∴DM=CM．DM⊥CM．
（3）证明：如图三中，如图一中，延长DM交AB于N连接CN．
∵DE∥AB，
∴∠MBN=∠MED，
在△DME和△NMB中，，
∴△DME≌△NMB，
∴DE=BN=AD，DM=MN，
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，
∴AD=DE=BN，AC=BC，∠BAC=∠ABC=45°，
∵∠AED+∠BAE=180°，
∴∠BAE=135°，
∵∠BAC=∠EAD=45°，
∴∠DAC=∠CBN=45°
在△ACD和△BCN中，，
∴△ACD≌△BCN，
∴DC=CN，∠ACD=∠BCN，
∴∠DCN=∠ACB=90°，
∴△DCN是等腰直角三角形，∵DM=MN，
∴DM=CM．DM⊥CM
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、 等腰直角三角形的性质等知识， 解题的关键是添加辅助线构造全等三角形， 记住中线延长一倍是常用辅助线， 属于中考常考题型．
【变式8-3】（2022·全国·八年级）如图1，在△ABC中，若AB＝10，BC＝8，求AC边上的中线BD的取值范围．
（1）小聪同学是这样思考的：延长BD至E，使DE＝BD，连接CE，可证得△CED≌△ABD．
①请证明△CED≌△ABD；
②中线BD的取值范围是 ．
（2）问题拓展：如图2，在△ABC中，点D是AC的中点，分别以AB，BC为直角边向△ABC外作等腰直角三角形ABM和等腰直角三角形BCN，其中，AB＝BM，BC＝BN，∠ABM＝∠NBC＝∠90°，连接MN．请写出BD与MN的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）①见解析；②；（3）MN=2BD，理由见解析
【分析】（1）①只需要利用SAS证明△CED≌△ABD即可；
②根据△CED≌△ABD可得AB=CE，由三角形三边的关系可得即则，再由，可得；
（2），延长BD到E使得DE=BD，同（1）原理可证△ADE≌△CDB，得到∠DAE=∠DCB，AE=CB，然后证明∠BAE=∠MBN，则可证△BAE≌△MBN得到MN=BE，再由BE=BD+ED=2BD，可得MN=2BD．
【详解】解：（1）①∵BD是三角形ABC的中线，
∴AD=CD，
又∵∠ABD=∠CDE，BD=ED，
∴△CED≌△ABD（SAS）；
②∵△CED≌△ABD，
∴AB=CE，
∵，
∴即，
又∵，
∴；
故答案为：；
（2）MN=2BD，理由如下：
如图所示，延长BD到E使得DE=BD，
同（1）原理可证△ADE≌△CDB（SAS），
∴∠DAE=∠DCB，AE=CB，
∵BC=BN，
∴AE=BN，
∵∠ABM=∠NBC=90°，
∴∠MBN+∠ABC=360°-∠ABM-∠NBC=180°，
∵∠ABC+∠BAC+∠ACB=180°，
∴∠ABC+∠BAC+∠DAE=180°，
∴∠BAE+∠ABC=180°，
∴∠BAE=∠MBN，
又∵AB=BM，
∴△BAE≌△MBN（SAS），
∴MN=BE，
∵BE=BD+ED=2BD，
∴MN=2BD．
【点睛】本题主要考查了三角形三边的关系，全等三角形的性质与判定，三角形内角和定理，解题的关键在于能够熟练掌握倍长中线法证明两个三角形全等．
【考点9 全等中的旋转模型】
【例9】（2022·全国·八年级专题练习）问题发现：如图1，已知为线段上一点，分别以线段，为直角边作等腰直角三角形，，，，连接，，线段，之间的数量关系为______；位置关系为_______．
拓展探究：如图2，把绕点逆时针旋转，线段，交于点，则与之间的关系是否仍然成立？请说明理由．
【答案】问题发现：，；拓展探究：成立，理由见解析
【分析】问题发现：根据题目条件证△ACE≌△DCB，再根据全等三角形的性质即可得出答案；
拓展探究：用SAS证，根据全等三角形的性质即可证得．
【详解】解：问题发现：延长BD，交AE于点F，如图所示：
∵，
∴，
又∵,
∴（SAS），
，
∵，
∴，
∴，
∴，
，
故答案为：，；
拓展探究：成立．
理由如下：设与相交于点，如图1所示：
∵，
∴，
又∵，，
∴（SAS），
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，依然成立．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，三角形三边关系，手拉手模型，熟练掌握全等三角形的判定和手拉手模型是解决本题的关键．
【变式9-1】（2022·江苏·八年级专题练习）如图，在中，，，D、E是斜边上两点，且，若，，，则与的面积之和为（ ）
A．36B．21C．30D．22
【答案】B
【分析】将关于对称得到，从而可得的面积为15，再根据对称的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理证出，从而可得，最后根据与的面积之和等于与的面积之和即可得．
【详解】解：如图，将关于AE对称得到，
则，，
，
，
，
在和中，，
，
，
，即是直角三角形，
，
，
即与的面积之和为21，
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键．
【变式9-2】（2022·江苏·南京民办求真中学七年级阶段练习）如图直角三角形中的空白部分是正方形，正方形的一个顶点将这个直角三角形的斜边分成二部分，AD=3厘米，阴影部分的面积是6平方厘米，长______厘米．
【答案】4
【分析】如图，将△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△GDF，求出∠GDB＝90°，可得△GDF与△DBF组成一个直角△DBG，直角边DG是3厘米，面积是6平方厘米，由此利用三角形的面积公式即可求出DB的长．
【详解】解：如图，将△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△GDF，则△ADE≌△GDF，点G、F在BC上，
∴∠ADE＝∠GDF，
∵在正方形DECF中，∠EDF＝90°，
∴∠ADE＋∠FDB＝90°，
∴∠GDF＋∠FDB＝90°，即∠GDB＝90°，
∴△GDF与△DBF组成一个直角△DBG，直角边DG是3厘米，面积是6平方厘米，
∴DB的长为：6×2÷3＝12÷3＝4（厘米），
故答案为：4．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，三角形面积计算，解答此题的关键是巧妙地把阴影部分△ADE通过旋转与阴影部分△DBF 组成一个直角三角形．
【变式9-3】（2022·全国·八年级课时练习）综合与实践
（1）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝45°，则MN，AM，CN的数量关系为 ．
（2）如图2，在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝∠ABC，试探索线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？请写出猜想，并给予证明．
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，点M、N分别在DA、CD的延长线上，若∠MBN＝∠ABC，试探究线段MN、AM、CN的数量关系为 ．
【答案】（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由见解析；（3）MN=CN-AM，理由见解析
【分析】（1）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，可得到点M'、C、N三点共线，再由∠MBN=45°，可得∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；
（2）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，由∠A+∠C＝180°，可得点M'、C、N三点共线，再由∠MBN＝∠ABC，可得到∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；
（3）在NC上截取C M'=AM，连接B M'，由∠ABC+∠ADC＝180°，可得∠BAM=∠C，再由AB＝BC，可证得△ABM≌△CB M'，从而得到AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，进而得到∠MA M'=∠ABC，再由∠MBN＝∠ABC，可得∠MBN＝∠M'BN，从而得到△NBM≌△NBM'，即可求解．
【详解】解：（1）如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，
在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC ，
∴∠BCM'+∠BCD=180°，
∴点M'、C、N三点共线，
∵∠MBN=45°，
∴∠ABM+∠CBN=45°，
∴∠M'BN=∠M'BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=45°，
即∠M'BN=∠MBN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N= M'C+CN，
∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（2）MN=AM+CN；理由如下：
如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，
∵∠A+∠C＝180°，
∴∠BCM'+∠BCD=180°，
∴点M'、C、N三点共线，
∵∠MBN＝∠ABC，
∴∠ABM+∠CBN=∠ABC＝∠MBN，
∴∠CBN+∠M'BC =∠MBN，即∠M'BN=∠MBN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N= M'C+CN，
∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（3）MN=CN-AM，理由如下：
如图，在NC上截取C M'=AM，连接B M'，
∵在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠C+∠BAD=180°，
∵∠BAM+∠BAD=180°，
∴∠BAM=∠C，
∵AB＝BC，
∴△ABM≌△CB M'，
∴AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，
∴∠MA M'=∠ABC，
∵∠MBN＝∠ABC，
∴∠MBN＝∠MA M'=∠M'BN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N=CN-C M'，
∴MN=CN-AM．
故答案是：MN=CN-AM．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，图形的旋转，根据题意做适当辅助线，得到全等三角形是解题的关键．
【考点10 全等中的垂线模型】
【例10】（2022·广东佛山·七年级阶段练习）在△ABC中，∠BAC=90°，AC=AB，直线MN经过点A，且CD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
(1)当直线MN绕点A旋转到图1的位置时， 度；
(2)求证：DE=CD+BE；
(3)当直线MN绕点A旋转到图2的位置时，试问DE、CD、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)90°
(2)见解析
(3)CD= BE + DE，证明见解析
【分析】（1）由∠BAC=90°可直接得到90°；
（2）由CD⊥MN，BE⊥MN，得∠ADC=∠BEA=∠BAC=90°，根据等角的余角相等得到∠DCA=∠EAB，根据AAS可证△DCA≌△EAB，所以AD=CE，DC=BE，即可得到DE = EA+AD = DC+BE．
（3）同（2）易证△DCA≌△EAB，得到AD=CE，DC=BE，由图可知AE = AD +DE，所以 CD= BE + DE．
（1）
∵∠BAC=90°
∴ ∠EAB+∠DAC=180°-∠BAC=180°-90°=90°
故答案为：90°．
（2）
证明：∵ CD⊥MN于D，BE⊥MN于E
∴ ∠ADC=∠BEA=∠BAC=90°
∵ ∠DAC+∠DCA=90°且 ∠DAC+∠EAB=90°
∴ ∠DCA=∠EAB
∵在△DCA和△EAB中

∴△DCA≌△EAB (AAS)
∴ AD=BE且EA=DC
由图可知：DE = EA+AD = DC+BE．
（3）
∵ CD⊥MN于D，BE⊥MN于E
∴ ∠ADC=∠BEA=∠BAC=90°
∵ ∠DAC+∠DCA=90°且∠DAC+∠EAB=90°
∴ ∠DCA=∠EAB
∵在△DCA和△EAB中
∴△DCA≌△EAB (AAS)
∴ AD=BE且AE=CD
由图可知：AE = AD +DE
∴ CD= BE + DE．
【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线段所夹的角等于旋转角，也考查了三角形全等的判定与性质．
【变式10-1】（2022·陕西省西安爱知中学七年级期末）（1）【问题发现】如图1，△ABC与△CDE中，∠B＝∠E＝∠ACD＝90°，AC＝CD，B、C、E三点在同一直线上，AB＝3，ED＝4，则BE＝_____．
（2）【问题提出】如图2，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BC＝4，过点C作CD⊥AC，且CD＝AC，求△BCD的面积．
（3）【问题解决】如图3，四边形ABCD中，∠ABC＝∠CAB＝∠ADC＝45°，△ACD面积为12且CD的长为6，求△BCD的面积．
【答案】（1）7；（2）S△BCD＝8；（3）S△BCD＝6．
【分析】(1) ∠B＝∠E＝∠ACD＝90°，根据同角的余角相等，可得∠ACB＝∠D，由已知条件可证△ABC≌△CED，可得答案；
（2）过D作DE⊥BC交BC延长线于E，同（1）中的方法，可证△ABC≌△CED，可得答案；
（3）过A作AE⊥CD于E，过B作BF⊥CD交DC延长线于F，由△ACD面积为12且CD的长为6，可得AE＝4，进而可得CE=2，同（1）中证法，可得△ACE≌△CBF，由全等三角形的性质可求得答案．
【详解】解：（1）∵∠ACD＝∠E＝90°，
∴∠ACB＝90°﹣∠DCE＝∠D，
在△ABC和△CED中，
，
∴△ABC≌△CED（AAS），
∴AB＝CE＝3，BC＝ED＝4，
∴BE＝BC+CE＝7；
故答案为：7；
（2）过D作DE⊥BC交BC延长线于E，如图：
∵DE⊥BC，CD⊥AC，
∴∠E＝∠ACD＝90°，
∴∠ACB＝90°﹣∠DCE＝∠CDE，
在△ABC和△CED中，
，
∴△ABC≌△CED（AAS），
∴BC＝ED＝4，
∴S△BCD＝BC•DE＝8；
（3）过A作AE⊥CD于E，过B作BF⊥CD交DC延长线于F，如图：
∵△ACD面积为12且CD的长为6，
∴×6•AE＝12，
∴AE＝4，
∵∠ADC＝45°，AE⊥CD，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴DE＝AE＝4，
∴CE＝CD﹣DE＝2，
∵∠ABC＝∠CAB＝45°，
∴∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠ACE＝90°﹣∠BCF＝∠CBF，
在△ACE和△CBF中，
，
∴△ACE≌△CBF（AAS），
∴BF＝CE＝2，
∴S△BCD＝CD•BF＝6．
【点睛】本题考查全等三角形的性质与判定，属于类比探究类的题目，掌握模型思想，准确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【变式10-2】（2022·安徽·九年级期末）如图，Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E点为射线CB上一动点，连结AE，作AF⊥AE且AF＝AE．
（1）如图1，过F点作FD⊥AC交AC于D点，求证：FD＝BC；
（2）如图2，连结BF交AC于G点，若AG＝3，CG＝1，求证：E点为BC中点．
（3）当E点在射线CB上，连结BF与直线AC交子G点，若BC＝4，BE＝3，则 ．（直接写出结果）
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）或
【分析】（1）证明△AFD≌△EAC，根据全等三角形的性质得到DF=AC，等量代换证明结论；
（2）作FD⊥AC于D，证明△FDG≌△BCG，得到DG=CG，求出CE，CB的长，得到答案；
（3）过F作FD⊥AG的延长线交于点D，根据全等三角形的性质得到CG=GD，AD=CE=7，代入计算即可．
【详解】（1）证明：∵FD⊥AC，
∴∠FDA=90°，
∴∠DFA+∠DAF=90°，
同理，∠CAE+∠DAF=90°，
∴∠DFA=∠CAE，
在△AFD和△EAC中，
，
∴△AFD≌△EAC（AAS），
∴DF=AC，
∵AC=BC，
∴FD=BC；
（2）作FD⊥AC于D，
由（1）得，FD=AC=BC，AD=CE，
在△FDG和△BCG中，
，
∴△FDG≌△BCG（AAS），
∴DG=CG=1，
∴AD=2，
∴CE=2，
∵BC=AC=AG+CG=4，
∴E点为BC中点；
（3）当点E在CB的延长线上时，过F作FD⊥AG的延长线交于点D，
BC=AC=4，CE=CB+BE=7，
由（1）（2）知：△ADF≌△ECA，△GDF≌△GCB，
∴CG=GD，AD=CE=7，
∴CG=DG=1.5，
∴AG=CG+AC=5.5，
∴，
同理，当点E在线段BC上时，AG= AC -CG+=2.5，
∴，
故答案为：或．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
【变式10-3】（2022·黑龙江牡丹江·九年级期末）平面内有一等腰直角三角板（∠ACB＝90°）和一直线MN．过点C作CE⊥MN于点E，过点B作BF⊥MN于点F．当点E与点A重合时（如图1），易证：AF+BF＝2CE．
(1)当三角板绕点A顺时针旋转至图2的位置时，上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段AF、BF、CE之间又有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明．
(2)当三角板绕点A顺时针旋转至图3的位置时，上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段AF、BF、CE之间又有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明．
【答案】(1)AF+BF=2CE仍成立
(2)AF-BF=2CE
【分析】（1）过B作BH⊥CE于点H，可证△ACE≌△CBH，通过线段的等量代换可得结论；
（2）过点B作BG⊥CE，交CE的延长线于点G，△ACE≌△CBG，通过线段的等量代换可得答案．
（1）
解：图2，AF+BF=2CE仍成立，
证明：如图，过B作BH⊥CE于点H，
∵∠BCH+∠ACE=90°，
又∵在直角△ACE中，∠ACE+∠CAE=90°，
∴∠CAE=∠BCH，
又∵AC=BC，∠AEC=∠BHC=90°
∴△ACE≌△CBH．
∴CH=AE，BF=HE，CE=BH，
∴AF+BF=AE+EF+BF=CH+EF+HE=CE+EF=2EC．
（2）
解：不成立，线段AF、BF、CE之间的数量关系为：AF-BF=2CE
证明：如图，过点B作BG⊥CE，交CE的延长线于点G，
∵∠BCG+∠ACE=90°，
又∵在直角△ACE中，∠ACE+∠CAE=90°，
∴∠CAE=∠BCG，
又∵AC=BC，∠AEC=∠BGC=90°
∴△ACE≌△CBG．
∴CG=AE，BF=GE，CE=BG，
∴AF-BF=AE+EF-BF=CG+EF-GE=CE+EF=2EC．
【点睛】本题考查全等三角形的判定，根据题意正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【考点11 全等中的其他模型】
【例11】（2022·重庆八中七年级期中）如图：，，，，连接与交于，则：①；②；③；正确的有（ ）个
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【分析】利用垂直的定义得到，则，于是可对①进行判断；利用“”可证明，于是可对②进行判断；利用全等的性质得到，则根据三角形内角和和对顶角相等得到，于是可对③进行判断．
【详解】解：，，
，，
，
即，所以①正确；
在和中，
，
，所以②正确；
，
∵∠AFD=∠MFB，
，
，所以③正确．
故选：．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法中，选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件．
【变式11-1】（2022·全国·八年级单元测试）如图，已知中，，D为上一点，且，则的度数是_________．
【答案】20°
【分析】延长至点E使，连接，证明是等边三角形，设，则，再证明，即可得到结果．
【详解】解：如图，延长至点E使，连接．
∴，
∵，
∴．
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴设，则．在与中，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案是．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，准确分析计算是解题的关键．
【变式11-2】（2022·山西阳泉·八年级期末）有些数学题，表面上看起来无从下手，但根据图形的特点，可补全成为特殊的图形，然后根据特殊几何图形的性质去考虑，常常可以获得简捷解法．根据阅读，请解答问题：如图所示，已知△ABC的面积为16cm2，AD平分∠BAC，且AD⊥BD于点D，则△ADC的面积为___________cm2．
【答案】8
【分析】延长BD、AC交于点E，由题意证得△ABD≌△AED（ASA），证得AB＝AE，BD＝DE，即可证得S△ABD＝S△AED，S△BDC＝S△EDC，设S△EDC＝x，利用S△ABE＝S△ABC+S△BCD＝12+2S△EDC即可求得结果．
【详解】解：延长BD、AC交于点E，
∵AD平分∠BAC，且AD⊥BD于点D，
∴在△ABD和△AED中，

∴△ABD≌△AED（ASA），
∴AB＝AE，BD＝DE，
∴S△ABD＝S△AED，S△BDC＝S△EDC，
设S△EDC＝x，
∵△ABC的面积为16cm2，
∴S△ABE＝S△ABC+S△BCD＝16+2S△EDC＝16+2x，
∴S△ADC＝S△ADE﹣S△EDC＝
故答案为8．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，以及三角形面积的求法，根据图形的特点，补全成特殊的图形是解题的关键.
【变式11-3】（2022·江苏南通·八年级期中）如图，等边△ABC的边长为6，点P从点B出发沿射线BA移动，同时，点Q从点C出发沿线段AC的延长线移动，已知点P、Q移动的速度相同，PQ与直线BC相交于点D.
（1）如图①，当点P为AB的中点时，求CD的长；
（2）如图②，过点P作直线BC的垂线，垂足为E，当点P、Q在移动的过程中，线段BE、DE、CD中是否存在长度保持不变的线段？请说明理由.
【答案】（1）；（2）线段ED的长度保持不变.
【分析】(1)过P点作PF//AC交BC于F，由题意可证△BPF是等边三角形，△PFD≌△QCD，即可求CD的长；
(2)分点P在线段AB上，点P在线段BA的延长线上两种情况讨论，利用全等三角形的性质和判定可得DE的长度不变．
【详解】解：（1）如图，过P点作PF∥AC交BC于F，
∵点P和点Q同时出发，且速度相同，
∴BP=CQ，
∵PF∥AQ，
∴∠PFB=∠ACB=60°，∠DPF=∠CQD，
又∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，∴∠B=∠PFB，
∴BP=PF，
∴PF=CQ，又∠PDF=∠QDC，
∴△PFD≌△QCD，且△PBF是等边三角形
∴，BF=PB
∵P是AB的中点，即，
∴BF=3
∴;
（2）分两种情况讨论，得ED为定值，是不变的线段
如图，如果点P在线段AB上，
过点P作PF∥AC交BC于F，
由（1）证得△PFD≌△QCD，且△PBF是等边三角形
∴
∴
∴ED为定值
同理，如图，若P在BA的延长线上，
作PM∥AC的延长线于M，
∴∠PMC=∠ACB，又∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB=60°，
∴∠B=∠PMC=60°，
∴PM=PB，且PE⊥BC
∴，△PBM是等边三角形
∴PM=PB=CQ
∵PM∥AC
∴∠PMB=∠QCM，∠MPD=∠CQD且PM=CQ
∴△PMD≌△QCD（ASA），
∴，
∴
综上所述，线段ED的长度保持不变.
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，等边三角形的性质，灵活利用全等三角形的判定，等边三角形的性质，并作辅助线是解题的关键.
【考点12 全等三角形的动点问题】
【例12】（2022·江苏·八年级单元测试）如图，AB＝7cm，AC＝5cm，∠CAB＝∠DBA＝60°，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在射线BD上运动速度为xcm/s，它们运动的时间为t（s）（当点P运动结束时，点Q运动随之结束）．当点P、Q运动到某处时，有△ACP与△BPQ全等，则相应的x、t的值为（ ）
A．x＝2，t＝B．x＝2，t＝ 或x＝，t＝1
C．x＝2，t＝1D．x＝2，t＝1或x＝，t＝
【答案】D
【分析】分两种情况：①△ACP≌△BPQ时AC=BP，AP=BQ，②△ACP≌△BQP时AC=BQ，AP=BP，建立方程组求得答案即可
【详解】解：①若△ACP≌△BPQ，则AC=BP，AP=BQ，
可得：5=7－2t，2t=xt
解得：x=2，t=1；
②若△ACP≌△BQP，则AC=BQ，AP=BP，
可得：5=xt，2t=7－2t
解得：x=，t=．
故选D．
【点睛】此题考查全等三角形的判定与性质，注意分类讨论思想的渗透．
【变式12-1】（2022·江苏·九华中学八年级阶段练习）如图，AE与BD相交于点C，AC＝EC，BC＝DC，AB＝4cm，点P从点A出发，沿A→B→A方向以3cm/s的速度运动，点Q从点D出发，沿D→E方向以1cm/s的速度运动，P、Q两点同时出发，当点P到达点A时，P、Q两点同时停止运动．设点P的运动时间为t（s）．
(1)AB与DE有什么关系？请说明理由．
(2)线段AP的长为________（用含t的式子表示）．
(3)连接PQ，当线段PQ经过点C时，t的值为_______．
【答案】(1)ABDE且AB=DE，理由见解析；
(2)3t cm或（8−3t）cm
(3)1或2．
【分析】（1）由SAS证明△ABC≌△EDC（SAS），得∠A＝∠E，即可得出结论；
（2）分两种情况计算即可；
（3）先证△ACP≌△ECQ（ASA），得AP＝EQ，再分两种情况，当0≤t≤时，3t＝4−t，解得t＝1；当＜t≤时，8−3t＝4−t，解得t＝2即可．
（1）
ABDE且AB=DE，理由如下：
在△ABC和△EDC中，
，
∴△ABC≌△EDC（SAS），
∴AB=DE，∠A＝∠E，
∴ABDE．
（2）
当0≤t≤时，AP＝3t cm；
当＜t≤时，BP＝（3t−4）cm,
则AP＝4−（3t−4）＝（8−3t）cm；
综上所述，线段AP的长为3t cm或（8−3t）cm，
故答案为：3t cm或（8−3t）cm；
（3）
由（1）得：∠A＝∠E，ED＝AB＝4cm，
在△ACP和△ECQ中，
，
∴△ACP≌△ECQ（ASA），
∴AP＝EQ，
当0≤t≤时，3t＝4−t，
解得：t＝1；
当＜t≤时，8−3t＝4−t，
解得：t＝2；
综上所述，当线段PQ经过点C时，t的值为1或2．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行线的判定以及一元一次方程的应用等知识；证明三角形全等是解题的关键．
【变式12-2】（2022·江苏·泰州中学附属初中七年级期末）长方形ABCD中，AB=6，AD=m，点P以每秒1个单位的速度从A向B运动，点Q同时以每秒2个单位的速度从A向D运动，点E为边CD上任意一点．
(1)当m=8时，设P，Q两点运动时间为t，
①若Q为AD中点，求t的值；
②连接QE，若△APQ与△EDQ全等，求DE的长．
(2)若在边AD上总存在点Q使得△APQ≌△DQE，求m的取值范围．
【答案】(1)①2；②
(2)
【分析】（1）①先求出当m=8时AQ的长度，即可求出时间t；②连接QE，分别将AP和AQ的长度用t表示出来，分AP=DQ和AQ=DQ两种情况进行讨论；
（2）根据AB=6得出0（1）
①∵点Q为AD中点，
∴AQ=4，
∴，
②由题意得：AQ=2t，AP=t，DQ=8-2t，
当AP=DQ时：
t=8-2t，解得：t=，
此时DE=AQ=2t=；
当AQ=DQ时：
2t=8-2t，解得：t=2，
此时DE=AP=t=2，
综上：当DE=或t=2时，△APQ与△EDQ全等．
（2）
∵△APQ≌△DQE
∴AP=DQ时，
∵AB=6，
∴0∵AP=t=m-2t，解得：t=，
∴0<≤6，解得：0【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，熟练掌握相关定理是解题的关键．注意当不能确定对应点的时候要注意分情况讨论．
【变式12-3】（2022·江苏·姜堰区实验初中八年级）如图① ，在△ ABC中，AB＝12cm，BC＝20cm，过点C作射线．点M从点B出发，以4cm/s的速度沿BC匀速移动；点N从点C出发，以acm/s的速度沿CD匀速移动．点M、N同时出发，当点M到达点C时，点M、N同时停止移动．连接AM、MN，设移动时间为t（s）．
(1)点M、N从移动开始到停止，所用时间为______s；
(2)当△ ABM与△ MCN全等时，① 若点M、N的移动速度相同，求t的值；
② 若点M、N的移动速度不同，求a的值；
(3)如图②，当点M、N开始移动时，点P同时从点A出发，以3cm/s的速度沿AB向点B匀速移动，到达点B后立刻以原速度沿BA返回．当点M到达点C时，点M、N、P同时停止移动．在移动的过程中，是否存在△ PBM与△MCN全等的情形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)5
(2)① ；②
(3)存在，或
【分析】（1）根据时间=路程÷速度计算即可
（2）①利用全等三角形的性质，构建方程解决问题即可
②当时，两个三角形全等，求出运动时间，可得结论
（3）分两种情况分别求解即可解决问题
（1）
解：点M的运动t=20÷4=5（s）
（2）
∵，
∴，
∴ B、C对应
① 若点M、N的移动速度相同
∴
若
则
即：12=20-4t
解得：t=2
② 若点M、N的移动速度不同
则
∴当时，两个三角形全等
∴ 运动时间t=10÷4=
∴a=12÷2.5=
（3）
① 若点M、N的移动速度不同，则
由求得时间t=，
此时BP=12-×3=
CN=·a=
解得：a=
∴当t=时，（此时点N的速度为）
②若点M、N的移动速度相同，则
∴只要,两个三角形全等
或
解得：（舍去）或
综上：t=或
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了三角形全等的判定和性质，抓住点B始终与点C对应，由点M与点N速度相同和不相同分类求解是解题关键．
【考点13 尺规作图作角平分线】
【例13】（2022·四川广元·中考真题）观察下列作图痕迹，所作线段为的角平分线的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据角平分线画法逐一进行判断即可．
【详解】：所作线段为AB边上的高，选项错误；
B：做图痕迹为AB边上的中垂线，CD为AB边上的中线，选项错误；
C：CD为的角平分线，满足题意。
D：所作线段为AB边上的高，选项错误
故选：Ｃ.
【点睛】本题考查点到直线距离的画法，角平分线的画法，中垂线的画法，能够区别彼此之间的不同是解题切入点．
【变式13-1】（2022·江苏·八年级专题练习）利用作角平分线的方法，可以把一个已知角（ ）
A．三等分B．四等分C．五等分D．六等分
【答案】B
【分析】利用角平分线的性质进而分析得出答案．
【详解】利用作角平分线的方法，可以把一个已知角二等分，进而可以将两角再次等分，故可以把一个已知角四等分．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了基本作图，正确把握角平分线的性质是解题关键．
【变式13-2】（2022·四川天府新区教育科学研究院附属中学八年级阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，首先以顶点B为圆心，适当长为半径作弧，在边BC、BA上截取BE、BD；然后分别以点D、E为圆心，大于为半径作弧，两弧在∠CBA内交于点F；作射线BF交AC于点G．若CG=4，P为边AB上一动点，则GP的最小值为（ ）
A．2B．4C．8D．无法确定
【答案】B
【分析】根据角平分线的性质定理以及垂线段最短解决问题即可．
【详解】解：过点G作⊥AB于点，
由尺规作图步骤可得，BG平分∠ABC，
∵∠C=90°，⊥AB，CG =4，
∴GC==4，
∵P为边AB上一动点，
∴，
∴GP的最小值为4．
故选：B．
【点睛】本题考查了垂线段最短，角平分线的性质定理等知识，熟记垂线段最短是解题的关键．
【变式13-3】（2022·广西北海·八年级期中）如图，在中，，点D在AB的延长线上．
(1)利用尺规按下列要求作图，并在图中标明相应的字母（保留作图痕迹，不写作法）；
①作的平分线BM；
②作边BC上的中线AE，并延长AE交BM于点F；
(2)在（1）的前提下，猜测BF与边AC的位置关系，并写出证明过程．
【答案】(1)①见解析；②见解析
(2)平行，理由见解析
【分析】（1）①直接利用角平分线的作法即可作图；②先作BC的中垂线，得到BC的中点E，连接AE即可；
（2）利用平行的判定方法得出BF与AC的关系．
（1）
①如下图，BM为的平分线
②如下图，AE为边BC上的中线．
（2）
猜测BF与AC的位置关系是平行
证明过程如下：
由得，，
由（1）得，，
∵，
∴，
∴ ．
【点睛】本题考查了尺规作图作角平分线，中线的作法，两直线平行的判定，三角形外角的性质，掌握尺规作图的方法是解题的关键．
【考点14 角平分线的判定与性质的综合求值】
【例14】（2022·广东汕头·八年级期末）如图，的三边，，长分别是，，，其三条角平分线将分为三个三角形，则：：等于（ ）
A．：：B．：：
C．：：D．：：
【答案】C
【分析】过点作于，于，于，根据角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，可得：，依据三角形面积公式求比值即可得．
【详解】解：过点作于，于，于，
点是三条角平分线交点，
，
：：：：
，
故选：C．
【点睛】题目主要考查角平分线的性质及三角形面积公式，理解角平分线的性质是解题关键．
【变式14-1】（2022·全国·八年级课时练习）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠B＝90°，∠DAB与∠ADC的平分线相交于BC边上的M点，则下列结论：①∠AMD＝90°；②点M为BC的中点；③AB+CD＝AD；④△ADM的面积是梯形ABCD面积的一半．其中正确的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】过M作ME⊥AD于E，由角平分线的性质得出∠MDE=∠CDA，∠MAD=∠BAD，求出∠MDA+∠MAD=（∠CDA+∠BAD）=90°，由三角形内角和定理求出∠AMD，即可判断①；由角平分线的性质求出MC=ME，ME=MB，即可判断②；由Rt△DCM≌Rt△DEM（HL），得出CD=DE，由Rt△ABM≌Rt△AEM（HL），得出AB=AE，即可判断③；由全等三角形推出S△DEM=S△DCM，S△AEM=S△ABM，即可判断④．
【详解】解：过M作ME⊥AD于E，如图所示：
∵∠DAB与∠ADC的平分线相交于BC边上的M点，
∴∠MDE=∠CDA，∠MAD=∠BAD，
∵DC∥AB，
∴∠CDA+∠BAD=180°，
∴∠MDA+∠MAD=（∠CDA+∠BAD）=×180°=90°，
∴∠AMD=180°-90°=90°，故①正确；
∵AB∥CD，∠B=90°，
∴MC⊥DC，
∵DM平分∠CDE，ME⊥DA，
∴MC=ME，
同理ME=MB，
∴MC=MB=ME，
∴点M为BC的中点，故②正确；
在Rt△DCM和Rt△DEM中，
，
∴Rt△DCM≌Rt△DEM（HL），
∴CD=DE，
同理：Rt△ABM≌Rt△AEM（HL），
∴AB=AE，
∴AB+CD=AE+DE=AD，故③正确；
∵Rt△DCM≌Rt△DEM，Rt△ABM≌Rt△AEM，
∴S△DEM=S△DCM，S△AEM=S△ABM，
∴S△ADM=S梯形ABCD，故④正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了角平分线的性质、平行线性质、三角形内角和定理、全等三角形的性质和判定等知识；熟练掌握角平分线的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式14-2】（2022·重庆江北·八年级期末）如图，已知和都是等腰三角形，，、交于点，连接．下列结论：①；②⊥；③平分；④．其中正确结论的是__________．
【答案】①②④
【分析】证明△DAC≌△EAB，再利用全等三角形的性质即可判断①；②由全等三角形的性质可得∠ADC=∠AEB，再由∠ADE+∠AED=∠AED+∠EDO+∠ADC=180°-∠EAD =90°，证得∠EOD=90°，即可判断②；过点A分别作AM⊥CD与M，AN⊥BE于N，根据全等三角形面积相等和BD=CE，证得AM=AN，即AO平分∠BOD即可判断④；根据现有条件无法证明OA平分∠CAE即可判断③．
【详解】解：∵△ABC和△ADE都是等腰三角形，∠BAC=∠DAE=90°，
∴AD=AE，AC=AB，∠DAC=∠DAE+ ∠EAC=∠BAC+ ∠EAC=∠EAB，
∴△DAC≌△EAB（SAS），
∴CD=BE，∠ADC=∠AEB，故①正确：
∵∠ADE+∠AED=∠AED+∠EDO+∠ADC=180°-∠EAD=90°，
∴∠AED+∠EDO+∠AEB=90°，
∴∠OED+∠ODE=90°，
∴∠EOD=90°，
∴BE⊥CD，故②正确：
如图，过点A分别作AM⊥CD与M，AN⊥BE于N，
∵△DAC≌△EAB，
∴，
∴AM=AN，
∴OA平分∠BOD，
∵BE⊥CD，
∴∠BOD=90°，
∴∠AOD=∠AOB=45°，故④正确；
根据现有条件无法证明OA平分∠CAE，故③错误，
∴正确结论为①②④．
故答案为：①②④
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的判定与定义，以及三角形内角和定理，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解答本题的关键．
【变式14-3】（2022·全国·八年级课时练习）如图1，在△ABC中，∠BAC的平分线AD与∠BCA的平分线CE交于点O．
(1)求证：∠AOC＝90°＋∠ABC；
(2)当∠ABC＝90°时，且AO＝3OD（如图2），判断线段AE，CD，AC之间的数量关系，并加以证明．
【答案】(1)见解析
(2)AE+CD=AC，证明见解析
【分析】（1）求出∠BAC+∠BCA=180°-∠ABC，根据角平分线定义求出∠OAC=∠BAC，∠OCA=∠BCA，即可求出∠OAC+∠OCA的度数，根据三角形内角和定理求出即可；
（3）在AC上分别截取AM、CN，使AM=AE，CN=CD，连接OM，ON，证△AEO≌△AMO，△DCO≌△NCO，推出∠EOA=∠MOA，∠CON=∠COD，OD=ON，求出∠MON=∠MOA=45°，根据角平分线性质求出MK=ML，据此计算即可求解．
（1）
证明：∵∠ABC+∠ACB+∠BAC=180°，
∴∠BAC+∠BCA=180°-∠ABC，
∵∠BAC的平分线AD与∠BCA的平分线CE交于点O．
∴∠OAC=∠BAC，∠OCA=∠BCA，
∴∠OAC+∠OCA=（∠BAC+∠BCA）=（180°-∠ABC）=90°-∠ABC，
∴∠AOC=180°-（∠OAC+∠OCA）=180°-（90°-∠ABC），
即∠AOC=90°+∠ABC；
（2）
解：AE+CD=AC，
证明：如图2，∵∠AOC=90°+∠ABC=135°，
∴∠EOA=45°，
在AC上分别截取AM、CN，使AM=AE，CN=CD，连接OM，ON，
则在△AEO和△AMO中，，
∴△AEO≌△AMO，
同理△DCO≌△NCO，
∴∠EOA=∠MOA，∠CON=∠COD，OD=ON，
∴∠EOA=∠MOA=∠CON=∠COD=45°，
∴∠MON=∠MOA=45°，
过M作MK⊥AD于K，ML⊥ON于L，
∴MK=ML，
S△AOM=AO×MK，S△MON=ON×ML，
∴，
∵，
∴，
∵AO=3OD，
∴，
∴，
∴AN=AM=AE，
∵AN+NC=AC，
∴AE+CD=AC．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，角平分线定义和性质，三角形的面积，三角形内角和定理的应用，熟练掌握各性质定理是解答此题的关键．
【考点15 角平分线的判定与性质的综合证明】
【例15】（2022·全国·八年级专题练习）已知：如图1，在中，，，，是角平分线，与相交于点，，，垂足分别为，．
【思考说理】
（1）求证：．
【反思提升】
（2）爱思考的小强尝试将【问题背景】中的条件“”去掉，其他条件不变，观察发现（1）中结论（即）仍成立．你认为小强的发现正确吗？如果不正确请举例说明，如果正确请仅就图2给出证明．
【答案】（1）证明见详解；（2）正确，证明见详解；
【分析】（1）由角平分线的性质、三角形内角和定理证即可求解；
（2）在AB上截取CP=CD，分别证、即可求证；
【详解】证明：（1）∵AD平分∠BAC，CE平分∠ACB，
∴点F是的内心，
∵，，
∴，
∵，，
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
（2）如图，在AB上截取CP=CD，
在和中，
∵
∴
∴，∠CFD=∠CFP，
∵AD平分∠BAC，CE平分∠ACB，
∴∠CAD=∠BAD，∠ACE=∠BCE，
∵∠B=60°，
∴∠ACB+∠BAC=120°，
∴∠CAD+∠ACE=60°，
∴∠AFC=120°，
∵∠CFD=∠AFE=180°-∠AFC=60°，
∵∠CFD=∠CFP，
∴∠AFP=∠CFP=∠CFD=∠AFE=60°，
在和中，
∵
∴
∴FP=EF
∴FD=EF．
【点睛】本题主要考查三角形的全等证明及性质，角平分线的性质，掌握相关知识并正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【变式15-1】（2022·全国·八年级课时练习）如图，已知，AE，BD是的角平分线，且交于点P．
（1）求的度数．
（2）求证：点在的平分线上．
（3）求证：①；
②．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）①见解析，②见解析
【分析】（1）根据三角形的内角和定理和角平分线的性质即可得解；
（2）根据角平分线上的点到两边的距离相等，作，，分别垂直于，，，即可得解；
（3）①根据（2）所做图像，证明全等即可得解；②在AB上取，证明，，得到，证明，得到，证明，得到，再结合图像即可证明．
【详解】解：（1）已知，
，
又 AE，BD是的角平分线，
，
；
（2）作，，分别垂直于，，如图，
AE，BD是的角平分线，
，
在的平分线上；
（3）①：如图所示，在四边形中，
，（对顶角），
，
，
又，，
，
；
②：在AB上取，
，
，
同理可证，
，，
又，
，
，，
又，
，
又
，
．
【点睛】本题考查了角平分线的性质，三角形的内角和定理，全等三角形的判定与性质；掌握好相关的基本性质定理，熟练地使用全等三角形的性质是关键．
【变式15-2】（2022·四川成都·七年级期末）如图，在和中，，，，．连接，交于点O．
(1)求证：；
(2)求的度数：
(3)小明同学对该题进行了进一步研究，他连接了，并提出了下面结论：平分．请给予证明．
【答案】(1)见解析
(2)38°
(3)见解析
【分析】（1）由“SAS”可证△BAD△CAE，由全等角形的性质可得出BD＝CE；
（2）由全等三角形的性质可得∠ABD＝∠ACE，由三角形外角性质可得出答案；
（3）过点A作AGBD于点G，AHCE于点H，可证明（AAS），可得AG＝AH，由角平分线的性质可得OA平分BOE．
（1）
解：如图所示标注角度：
∵
∴
即
在和中
∴（SAS）
∴
（2）
解：∵
∴
设交于点F，则是和的外角
∴，
∴
∵
∴
即的度数是38°
（3）
证明：过点作于G，于H，
则，
∴
在和中
∴（AAS）
∴
而于G，
∴点A在的平分线上
即平分
【点睛】本题考查全等三角形的性质，三角形外角性质及角平分线的性质，解题时注意结合图形分析已知条件与问题之间的位置关系，把条件与问题的联系作为主要的思考方向．
【变式15-3】（2022·山东·北辛中学八年级阶段练习）（1）如图①，OP是∠MON的平分线，请你利用该图形画一对以OP所在直线为对称轴的全等三角形．请你参考这个作全等三角形的方法，解答下列问题：
（2）如图②，在△ABC中，∠ACB是直角，∠B＝60°，AD、CE分别是∠BAC、∠BCA的平分线，AD、CE相交于点F．请你判断并写出FE与FD之间的数量关系；并证明．
（3）如图③，在△ABC中，∠B＝60°，AD、CE分别是∠BAC、∠BCA的平分线，AD、CE相交于点F，请问，你在（2）中所得结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
【答案】（1）图见解析；（2）FE＝FD，证明见解析；（3）成立，证明见解析
【分析】（1）根据角平分线的性质定理，故应该取角平分线上一点向两边作垂线；
（2）过点F作FG⊥AB于G，作FH⊥BC于H，作FK⊥AC于K，则FG＝FH＝FK，通过计算得出∠EFG＝∠DFH=15°，从而证明△EFG≌△DFH（ASA），于是得出FE＝FD．
（3）过点F作FG⊥AB于G，作FH⊥BC于H，作FK⊥AC于K，则FG＝FH＝FK，利用，以及四边形内角和得到∠EFD＝∠AFC＝120°，继而得出∠EFG＝∠DFH，从而证明△EFG≌△DFH（ASA），于是得出FE＝FD．
【详解】解：图①如图所示：作PA⊥OM于A，PB⊥ON于B，则有△AOP≌△BOP．
证明：∵OP是∠MON的平分线
∴∠AOP=∠BOP．
∵∠OAP=∠OBP，∠AOP=∠BOP，OP=OP，
∴△AOP≌△BOP（AAS）．
（2）FE＝FD，证明过程如下：
证明：如图，过点F作FG⊥AB于G，作FH⊥BC于H，作FK⊥AC于K，
∵AD、CE分别是∠BAC、∠BCA的平分线，
∴FG＝FH＝FK，
∵∠ACB是直角，∠B＝60°，
∴∠BAC＝30°．
又∵AD、CE分别是∠BAC、∠BCA的平分线，
∴，，
∴，
∴，
∵∠ACB是直角，FH⊥BC于H，
∴，
∴．
又∵，，，
∴，
∴，
∴∠EFG＝∠DFH=15°．
又∵∠EFG＝∠DFH，FG＝FH，∠EGF＝∠DHF，
∴△EFG≌△DFH（ASA），
∴FE＝FD．
（3）如图，过点F作FG⊥AB于G，作FH⊥BC于H，作FK⊥AC于K，
∵AD、CE分别是∠BAC、∠BCA的平分线，
∴FG＝FH＝FK，
在四边形BGFH中，∠GFH＝360°﹣60°﹣90°×2＝120°，
∵AD、CE分别是∠BAC、∠BCA的平分线，∠B＝60°，
∴∠FAC+∠FCA＝（180°﹣60°）＝60°，
在△AFC中，∠AFC＝180°﹣（∠FAC+∠FCA）＝180°﹣60°＝120°，
∴∠EFD＝∠AFC＝120°，
∴∠EFG＝∠DFH，
∵∠EFG＝∠DFH，FG＝FH，∠EGF＝∠DHF，
∴△EFG≌△DFH（ASA），
∴FE＝FD．
【点睛】本题考查与角平分线有关得三角形内角和问题，全等三角形的性质与判定，角平分线性质定理等知识，利用角平分线性质定理，作三条垂线构造全等三角形是解题的关键．
【考点16 角平分线的实际应用】
【例16】（2022·江苏·八年级专题练习）如图，三条公路两两相交，现计划在△ABC中内部修建一个探照灯，要求探照灯的位置到这三条公路的距离都相等，则探照灯位置是△ABC（ ）的交点．
A．三条角平分线B．三条中线
C．三条高的交点D．三条垂直平分线
【答案】A
【分析】根据角平分线的性质即可得到探照灯的位置在角平分线的交点处，即可得到结论．
【详解】解：∵探照灯的位置到这三条公路的距离都相等，
∴探照灯位置是△ABC的三条角平分线上，
故选：A．
【点睛】此题考查了角平分线的性质，数据角平分线的性质定理是解题的关键．
【变式16-1】（2022·江苏·八年级单元测试）如图，要在河流的右侧、公路的左侧M区建一个工厂，位置的选择要满足到河流和公路的距离相等，小红说工厂应该建在河流与公路夹角的平分线上，请你帮小红说出她的理由__________________________________________________．
【答案】角平分线上的点到角两边的距离相等
【分析】根据角平分线性质定理求解即可．
【详解】解：角平分线上的点到角两边的距离相等．
故答案为：角平分线上的点到角两边的距离相等．
【点睛】本题考查角平分线性质，掌握角平分线性质是解题关键．
【变式16-2】（2022·全国·八年级）如图，l3与两条平行公路l1，l2三条公路相交，若要在l1上确定某个位置，使其到另两条公路的距离相等，这样的位置有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．无数个
【答案】B
【分析】根据角平分线的性质可作直线l2与l3夹角的平分线与直线l1的交点即为符合条件的点．
【详解】解：作直线l2与l3夹角的平分线OA，OB，交直线l1于A，B两点，如图，
则在l1上到另两条公路的距离相等的位置有点A和点B两个位置．
故选：B．
【点睛】本题考查了角平分线的性质：角平分线上的任意一点点到角的两条边的距离相等，熟练掌握角平分线的性质是解答本题的关键．
【变式16-3】（2022·黑龙江黑河·八年级期末）如图，直线，，表示三条公路．现要建造一个中转站P，使P到三条公路的距离都相等，则中转站P可选择的点有（ ）
A．一处B．二处C．三处D．四处
【答案】D
【分析】到三条相互交叉的公路距离相等的地点应是三条角平分线的交点．把三条公路的中心部位看成三角形，那么这个三角形两个内角平分线的交点以及三个外角两两平分线的交点都满足要求．
【详解】解：满足条件的有：
（1）三角形两个内角平分线的交点，共一处；
（2）三个外角两两平分线的交点，共三处．
故选：D．
【点睛】本题考查了角平分线的性质；这是一道生活联系实际的问题，解答此类题目时最直接的判断就是三角形的角平分线，很容易漏掉外角平分线，解答时一定要注意，不要漏解．