專題02全等三角形常見七大必考模型專訓【模型目錄】模型一平移模型模型二軸對稱模型模型三旋轉模型模型四一線三等角模型模型五垂直模型模型六手拉手模型模型七半角模型【經典模型一平移模型】【模型解讀】把△ABC沿著某一條直線l平行移動，所得到△DEF與△ABC稱為平移型全等三角形，圖①，圖②是常見的平移型全等三角線．【常見模型】【例1】（2023春·全國·八年級期中）如圖所示的是重疊的兩個直角三角形，將其中一個直角三角形沿BC方向平移得到△DEF．若cm，cm，cm，則圖中陰影部分面積為（

）A．47cm2 B．48cm2 C．49cm2 D．50cm2【答案】B【分析】先根據平移的性質得到cm，≌，則，cm，求出，然后根據梯形的面積公式計算即可．【詳解】解：沿方向平移得到，cm，≌，，（cm），∴，（cm2），故B正確．故選：B．【點睛】本題主要考查平移的基本性質：平移不改變圖形的形狀和大小；經過平移，對應點所連的線段平行或共線且相等，對應線段平行且相等，對應角相等．【變式訓練】1．（2021春·陜西咸陽·八年級統考期末）如圖，將沿方向平移得到，使點的對應點恰好落在邊的中點上，點的對應點在的延長線上，連接，、交于點．下列結論一定正確的是（）A． B． C． D．、互相平分【答案】D【分析】根據平移的性質得到∠B=∠DEF，BE=CF=CE=AD，AD∥BC，DF=AC，由于只有當∠BAC=90°時，AC⊥DE；只有當BC=2AC時，DF=AC=BE，則可對A、B、C選項的進行判斷；AC交DE于O點，如圖，證明△AOD≌△COE得到OD=OE，OA=OC，則可對D選項進行判斷．【詳解】解：∵△ABC沿BC方向平移得到△DEF，使點B的對應點E恰好落在邊BC的中點上，∴∠B=∠DEF，BE=CF=CE=AD，AD∥BC，DF=AC，只有當∠BAC=90°時，AC⊥DE；只有當BC=2AC時，DF=AC=BE，所以A、B、C選項的結論不一定正確；∵AD∥BC，∴∠OAD=∠OCE，∠ODA=∠OEC，而AD=CE，∴△AOD≌△COE（ASA），∴OD=OE，OA=OC即AC、DE互相平分，所以D選項的結論正確．故選：D．【點睛】本題考查了平移的性質：把一個圖形整體沿某一直線方向移動，會得到一個新的圖形，新圖形與原圖形的形狀和大小完全相同；新圖形中的每一點，都是由原圖形中的某一點移動后得到的，這兩個點是對應點．連接各組對應點的線段平行（或共線）且相等．2．（2023·浙江·八年級假期作業）如圖，點，，，在一條直線上，若將的邊沿方向平移，平移過程中始終滿足下列條件：，于點，于點，且．則當點，不重合時，與的關系是______．【答案】BD與EF互相平分【分析】先根據DE⊥AC，BF⊥AC，AE=CF，求證△ABF≌△CDE，再求證△DEG≌△BFG，即可．【詳解】∵DE⊥AC，BF⊥AC，∴∠AFB=∠CED=90°∵AE=CF，∴AE+EF=CF+EF，即AF=CE，在Rt△ABF和Rt△CDE中，，∴Rt△ABF≌Rt△CED（HL），∴ED=BF．設EF與BD交于點G，由∠AFB=∠CED=90°得DE∥BF，∴∠EDG=∠GBF，∵∠EGD=∠FGB，ED=BF，∴△DEG≌△BFG，∴EG=FG，DG=BG，∴BD與EF互相平分．【點睛】此題主要考查學生對全等三角形的判定與性質的理解和掌握，此題難度并不大，但是需要證明多次全等，步驟繁瑣，是一道綜合性較強的中檔題．3．（2023秋·山東聊城·八年級校考期末）如圖（1），，，點C是上一點，且，．(1)試判斷與的位置關系，并說明理由．(2)如圖（2），若把沿直線向左平移，使的頂點C與B重合，此時第（1）問中與的位置關系還成立嗎？說明理由．（注意字母的變化）．【答案】(1)，理由見解析(2)成立，理由見解析【分析】（1）根據條件證明就得出，就可以得出；（2）根據可以得出，從而得出結論．【詳解】（1）解：，理由如下，理由：∵，，∴．在和中，，∴，∴．∵，∴．∵，∴，∴；（2）解：，理由如下，∵，∴，∵，∴，∴，∴．【點睛】本題考查了全等三角形的判定及性質的運用，平移的性質的運用，垂直的判定及性質的運用，解答時證明三角形全等是關鍵．【經典模型二軸對稱模型】【模型解讀】將原圖形沿著某一條直線折疊后，直線兩邊的部分能夠完全重合，這兩個三角形稱之為軸對稱型全等三角形，此類圖形中要注意期隱含條件，即公共邊或公共角相等．【常見模型】【例2】（2023秋·八年級單元測試）如圖，已知，，增加下列條件：①；②；③；④．其中能使的條件有(

)A．4個 B．3個 C．2個 D．1個【答案】B【詳解】根據全等三角形的判定方法，逐一判斷即可解答．【分析】解：①，，，和不一定全等，故①不符合題意；②，，，，故②符合題意；③，，，，，，故③符合題意；④，，，，故④符合題意；所以，增加上列條件，其中能使的條件有3個，故選：B．【點睛】本題考查了全等三角形的判定，熟練掌握全等三角形的判定方法是解題的關鍵．【變式訓練】1．（2022秋·安徽滁州·八年級校考階段練習）如圖，已知，與交于點，，分別與，交于點，，連接，則下列結論中錯誤的是（）A． B．C． D．【答案】B【分析】先證明，推出，則，可判斷選項A、C；再證明，推出，則，利用證明，即可判斷選項D，沒有理由證明．【詳解】解：∵，∴，∴，即，∴，∴，則，故選項A、C正確；∵，∴，∴，則，∴，∴，故選項D正確；∴與不一定相等，故選項B不正確；故選：B．【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質，靈活利用全等三角形的判定是解題的關鍵．2．（2023秋·八年級課時練習）在①，②，③這三個條件中選擇一個，補充在下面的問題中，并完成問題的解答．問題：如圖，在中，，點在邊上，點在邊上，連接，，與相交于點．若________________，求證：．【答案】見解析【分析】根據全等三角形的判定條件進行證明即可．【詳解】解：選擇條件①的證明：在和中，，，；選擇條件②的證明：在和中，，，；選擇條件③的證明：連接，，在和，，，，在和中，，，．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質：全等三角形的判定是結合全等三角形的性質證明線段和角相等的重要工具，在判定三角形全等時，關鍵是選擇恰當的判定條件．3．（2023春·廣東佛山·七年級校聯考階段練習）如圖所示，、分別為，的角平分線，兩線交于點．

(1)若，，則______；(2)若，則______；(3)若，用表示的，寫出詳細的步驟（不用寫理論依據）；(4)，，，三條線段之間有怎樣的數量關系？寫出結果，并說明理由（不用寫理論依據）．【答案】(1)130(2)125(3)，步驟見解析(4)，理由見解析【分析】（1）先根據角平分線的定義得出與的度數，再根據三角形內角和定理即可得出結論；（2）先根據求出的度數，再由角平分線的定義得出的度數，根據三角形內角和定理即可得出結論；（3）根據求出的度數，再由角平分線的定義得出的度數，根據三角形內角和定理即可得出結論；（4）在邊上截取，連接，只要證明，可得即可證明．【詳解】（1）∵分別為角平分線，，∴，∴，故答案為：；（2）∵，∴，∵分別為角平分線，∴，∴；故答案為：；（3）∵、分別為，的角平分線，∴，，∴，∵，∴，∴；（4）.理由如下：

在邊上截取，連接，由（3）的結論得，∴，在與中，，∴；∴，∴，∴，∴，在與中，，∴；∴，∴．【點睛】本題考查了三角形的內角和定理，全等三角形的判定和性質、角平分線的定義等知識，第（1）至（2）有具體的數，不要求學生書寫步驟，可以多角度下手解決問題，第（3）問思維的遷移，從（1）（2）特殊到第（3）的一般化，字母具有代表性；第（4）問梯度增加上升難度，在尋找全等三角形全等的條件，需要添加輔助線，屬于中考常考題型．【經典模型三旋轉模型】【模型解讀】將三角形繞著公共頂點旋轉一定角度后，兩個三角形能夠完全重合，則稱這兩個三角形為旋轉型三角形，識別旋轉型三角形時，涉及對頂角相等、等角加（減）公共角的條件．【常見模型】【例3】（2023·浙江·八年級假期作業）如圖，在中，，，D、E是斜邊上兩點，且，若，，，則與的面積之和為（

）A．36 B．21 C．30 D．22【答案】B【分析】將關于對稱得到，從而可得的面積為15，再根據對稱的性質可得，然后根據三角形全等的判定定理證出，從而可得，最后根據與的面積之和等于與的面積之和即可得．【詳解】解：如圖，將關于AE對稱得到，則，，，，，在和中，，，，，即是直角三角形，，，即與的面積之和為21，故選：B．【點睛】本題考查了軸對稱的性質、三角形全等的判定定理與性質等知識點，通過作輔助線，構造全等三角形和直角三角形是解題關鍵．【變式訓練】1．（2023·浙江·八年級假期作業）如圖，在中，，、是斜邊上兩點，且，將繞點順時針旋轉90°后，得到，連接．以下結論：①；②；③；④．其中正確的是（

）A．②④ B．①④ C．②③ D．①③【答案】D【分析】根據旋轉變換的性質判斷①；根據全等三角形的判定定理判斷②；根據SAS定理判斷③；根據全等三角形的性質、三角形的三邊關系判斷④．【詳解】解：∵△ADC繞點A順時針旋轉90°得△AFB，∴△ADC≌△AFB，①正確；∵EA與DA不一定相等，∴△ABE與△ACD不一定全等，②錯誤；∵∠FAD＝90°，∠DAE＝45°，∴∠FAE＝∠DAE＝45°，在△AED和△AEF中，∴△AED≌△AEF，③正確；∵△ADC≌△AFB，∴BF＝CD，∵BE＋BF＞DE∴BE＋DC＞DE，④錯誤；故選：D．【點睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質、旋轉變換，掌握全等三角形的判定定理與性質定理、圖形旋轉的性質等知識是解題的關鍵．2．（2022秋·浙江·八年級專題練習）如圖，五邊形中，，則這個五邊形的面積等于__________．【答案】1【分析】將三角形ABC繞點C順時針旋轉至AB與AE重合，連AC，AD，可得Rt△ABC≌Rt△AEF，△ACD≌△AFD可將五邊形ABCDE的面積轉化為兩個△ADF的面積，進而求出結論．【詳解】解：延長DE至F，使EF=BC，連AC，AD，AF，由旋轉的性質可得Rt△ABC≌Rt△AEF（SAS），∴AC=AF，，∠B=∠AEF=90°，∴∠DEF=∠AED+∠AFE=180°，∴D、E、F三點共線，又∵AD=AD，∴△ACD≌△AFD（SSS），∴，∵AB=CD=AE=BC+DE，，∴DF=CD=1，∵，∴．故答案為：1．【點睛】本題考查全了等三角形的判定與性質，掌握全等三角形的判定方法是解題的關鍵．3．（2023·全國·九年級專題練習）閱讀以下材料，并按要求完成相應的任務：從正方形的一個頂點引出夾角為的兩條射線，并連接它們與該頂點的兩對邊的交點構成的基本平面幾何模型稱為半角模型．半角模型可證出多個幾何結論，例如：如圖1，在正方形中，以為頂點的，、與、邊分別交于、兩點．易證得．大致證明思路：如圖2，將繞點順時針旋轉，得到，由可得、、三點共線，，進而可證明，故．任務：如圖3，在四邊形中，，，，以為頂點的，、與、邊分別交于、兩點．請參照閱讀材料中的解題方法，你認為結論是否依然成立，若成立，請寫出證明過程；若不成立，請說明理由．【答案】成立，見解析【分析】根據旋轉的性質得到，，，，，推出、、三點共線，根據全等三角形的性質即可得到結論．【詳解】解：成立．證明：將繞點順時針旋轉得到，，，，，，，、、三點共線，，，，，，，．【點睛】本題考查了旋轉的性質，全等三角形的判定和性質，正確地作出輔助線是解題的關鍵．【經典模型四一線三等角模型】【模型解讀】基本圖形如下：此類圖形通常告訴BD⊥DE，AB⊥AC，CE⊥DE，那么一定有∠B＝∠CAE．【常見模型】【例4】（2023·江蘇·八年級假期作業）如圖，AC＝CE，∠ACE＝90°，AB⊥BD，ED⊥BD，AB＝6cm，DE＝2cm，則BD等于（）A．6cm B．8cm C．10cm D．4cm【答案】B【分析】根據題意證明即可得出結論．【詳解】解：∵AB⊥BD，ED⊥BD，∴，∵∠ACE＝90°，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，，∴，故選：B．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質，熟練掌握全等三角形的判定定理以及性質定理是解本題的關鍵．【變式訓練】1．（2023·浙江·八年級假期作業）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝9，點E在邊AC上，AE的中垂線交BC于點D，若∠ADE＝∠B，CD＝3BD，則CE等于（）A．3 B．2 C． D．【答案】A【分析】根據等腰三角形的性質得到∠B＝∠C，推出∠BAD＝∠CDE，根據線段垂直平分線的性質得到AD＝ED，根據全等三角形的性質得到CD＝AB＝9，BD＝CE，即可得到結論．【詳解】解：∵AB＝AC＝9，∴∠B＝∠C，∵∠ADE＝∠B，∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB，∠CDE＝180°﹣∠ADE﹣∠ADB，∴∠BAD＝∠CDE，∵AE的中垂線交BC于點D，∴AD＝ED，在△ABD與△DCE中，，∴△ABD≌△DCE（AAS），∴CD＝AB＝9，BD＝CE，∵CD＝3BD，∴CE＝BD＝3故選：A．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，線段垂直平分線的性質，全等三角形的性質，屬于基礎題．2．（2023·江蘇·八年級假期作業）如圖所示，中，．直線l經過點A，過點B作于點E，過點C作于點F．若，則__________．

【答案】7【分析】根據全等三角形來實現相等線段之間的關系，從而進行計算，即可得到答案；【詳解】解：∵BE⊥l，CF⊥l，∴∠AEB=∠CFA=90°．∴∠EAB+∠EBA=90°．又∵∠BAC=90°，∴∠EAB+∠CAF=90°．∴∠EBA=∠CAF．在△AEB和△CFA中∵∠AEB=∠CFA，∠EBA=∠CAF，AB=AC，∴△AEB≌△CFA．∴AE=CF，BE=AF．∴AE+AF=BE+CF．∴EF=BE+CF．∵，∴；故答案為：7．【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質，余角的性質，解題的關鍵是熟練掌握所學的知識，正確的證明三角形全等．3．（2023·江蘇·八年級假期作業）如圖1，，垂足分別為D，E．(1)若，求的長．(2)在其它條件不變的前提下，將所在直線變換到的外部（如圖2），請你猜想三者之間的數量關系，并證明你的結論；(3)如圖3，將（1）中的條件改為：在中，，D，C，E三點在同一條直線上，并且有，其中α為任意鈍角，那么（2）中你的猜想是否還成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由．【答案】(1)0.8cm(2)，證明見解析(3)結論成立，證明見解析【分析】（1）（2）（3）方法相同，利用定理證明，根據全等三角形的性質、結合圖形解答．【詳解】（1）解：∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴；（2）．證明：∵，∴，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴；（3）結論成立，證明：，∴，在和中，，∴，∴，∴；即結論成立；【點睛】本題屬于三角形綜合題，考查的是全等三角形的判定和性質、三角形內角和定理，掌握全等三角形的判定定理和性質定理是解題的關鍵．【經典模型五垂直模型】【模型解讀】模型主體為兩個直角三角形，且兩條斜邊互相垂直．【常見模型】【例5】（2023·浙江·八年級假期作業）如下圖所示，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，BE⊥CE于點E，AD⊥CE于點D．DE=6cm，AD=9cm，則BE的長是（

）A．6cm B．1.5cm C．3cm D．4.5cm【答案】C【分析】本題可通過全等三角形來求BE的長．△BEC和△CDA中，已知了一組直角，∠CBE和∠ACD同為∠BCE的余角，AC=BC，可據此判定兩三角形全等；那么可得出的條件為CE=AD，BE=CD，因此只需求出CD的長即可．而CD的長可根據CE即AD的長和DE的長得出，由此可得解．【詳解】解：∵∠ACB=90°，BE⊥CE，∴∠BCE+∠ACD=90°，∠BCE+∠CBE=90°；∴∠ACD=∠CBE，又AC=BC，∴△ACD≌△CBE；∴EC=AD，BE=DC；∵DE=6cm，AD=9cm，則BE的長是3cm．故選C．【點睛】三角形全等的判定是中考的熱點，一般以考查三角形全等的方法為主，判定兩個三角形全等，先根據已知條件或求證的結論確定三角形，然后再根據三角形全等的判定方法，看缺什么條件，再去證什么條件．【變式訓練】1．（2023·全國·八年級假期作業）如圖，，，于點E，于點D，，，則的長是（

）A．8 B．4 C．3 D．2【答案】C【分析】根據已知條件，觀察圖形得，，然后證后求解．【詳解】解：，，于，于，，，又，，．，，．故選：C．【點睛】本題考查了直角三角形全等的判定方法；題目利用全等三角形的判定和性質求解，發現并利用，，是解題的關鍵．2．（2023春·全國·七年級專題練習）如圖，在中，以為腰作等腰直角三角形和等腰直角三角形．連接為邊上的高線，延長交于點N，下列結論：（1）；（2）；（3）；（4），其中正確的結論有____________(填序號)．【答案】（1）（3）（4）【分析】根據，利用同角的余角相等即可判斷（1）；過E作于點H，過F作，交的延長線于點G，利用K字型全等，易證，從而判斷（2）；同理可證，可得，再證，即可判斷（4）；最后根據，結合全等三角形即可判斷（3）．【詳解】解：∵為邊上的高，，∴，∴，故(1)正確；如圖所示，過E作于點H，過F作，交的延長線于點G，∵為等腰直角三角形，∴，在與中，∵，∴，∴與不全等，故（2）錯誤；同理可證，∴，又∵，∴，∴，在和中，∵，∴，∴，故（4）正確；∵，∴．故（3）正確；綜上：正確的有（1）（3）（4）．故答案為：（1）（3）（4）．【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質，熟練掌握三角形全等的判定定理和性質，掌握K字型全等，作出輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．3．（2023·全國·八年級假期作業）已知，中，，，直線m過點A，且于D，于E，當直線m繞點A旋轉至圖1位置時，我們可以發現．(1)當直線m繞點A旋轉至圖2位置時，問：與、的關系如何？請予證明；(2)直線m在繞點A旋轉一周的過程中，、、存在哪幾種不同的數量關系？（直接寫出，不必證明）【答案】(1)，證明見解析；(2)，，．【分析】（1）利用條件證明，再結合線段的和差可得出結論；（2）根據圖，可得、、存在3種不同的數量關系；【詳解】（1）證明：如圖2，∵，，∴，∴．∵，∴，∴．在和中，，∴（AAS），∴，∵，∴．（2）直線m在繞點A旋轉一周的過程中，、、存在3種不同的數量關系：，，．如圖1時，，如圖2時，，如圖3時，，（證明同理）【點睛】本題主要考查三角形全等，注意證三角形全等的方法及三角形全等后的性質．【經典模型六手拉手模型】【模型分析】將兩個三角形繞著公共頂點（即頭）旋轉某一角度后能完全重合，則這兩個三角形構成手拉手全等，也叫旋轉型全等，常用“邊角邊”判定定理證明全等．【模型圖示】公共頂點A記為“頭”，每個三角形另兩個頂點逆時針順序數的第一個頂點記為“左手”，第二個頂點記為“右手”．對應操作：左手拉左手（即連結BD），右手拉右手（即連結CE），得．【常見模型】（等腰）（等邊）（等腰直角）【例6】（2023春·上海·七年級專題練習）如圖，C為線段AE上一動點（不與點，重合），在AE同側分別作等邊三角形ABC和等邊三角形CDE，AD與BE交于點O，AD與BC交于點P，BE與CD交于點Q，連結PQ．以下結論錯誤的是（

）A．∠AOB=60° B．AP=BQC．PQ∥AE D．DE=DP【答案】D【分析】利用等邊三角形的性質，BC∥DE，再根據平行線的性質得到∠CBE=∠DEO，于是∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，得出A正確；根據△CQB≌△CPA（ASA），得出B正確；由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△CQB≌△CPA（ASA），再根據∠PCQ=60°推出△PCQ為等邊三角形，又由∠PQC=∠DCE，根據內錯角相等，兩直線平行，得出C正確；根據∠CDE=60°，∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，可知∠DQE≠∠CDE，得出D錯誤．【詳解】解：∵等邊△ABC和等邊△CDE，∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，在△ACD與△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠CBE=∠DAC，又∵∠ACB=∠DCE=60°，∴∠BCD=60°，即∠ACP=∠BCQ，又∵AC=BC，在△CQB與△CPA中，，∴△CQB≌△CPA（ASA），∴CP=CQ，又∵∠PCQ=60°可知△PCQ為等邊三角形，∴∠PQC=∠DCE=60°，∴PQ∥AE，故C正確，∵△CQB≌△CPA，∴AP=BQ，故B正確，∵AD=BE，AP=BQ，∴AD-AP=BE-BQ，即DP=QE，∵∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，∴∠DQE≠∠CDE，故D錯誤；∵∠ACB=∠DCE=60°，∴∠BCD=60°，∵等邊△DCE，∠EDC=60°=∠BCD，∴BC∥DE，∴∠CBE=∠DEO，∴∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，故A正確．故選：D．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質、全等三角形的判定與性質，利用旋轉不變性，解題的關鍵是找到不變量．【變式訓練】1．（2023春·全國·七年級專題練習）如圖，在△OAB和△OCD中，OA=OB，OC=OD，OA＞OC，∠AOB=∠COD=40°，連接AC，BD交于點M，連接OM，下列結論：①△AOC≌△BOD；②AC=BD；③∠AMB=40°；④MO平分∠BMC．其中正確的個數為（）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】A【分析】由題意易得∠AOC=∠BOD，然后根據三角形全等的性質及角平分線的判定定理可進行求解．【詳解】解：∵∠AOB=∠COD=40°，∠AOD是公共角，∴∠COD+∠AOD=∠BOA+∠AOD，即∠AOC=∠BOD，∵OA=OB，OC=OD，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC=BD，∠OAC=∠OBD，∠ODB=∠OCA，故①②正確；過點O作OE⊥AC于點E，OF⊥BD于點F，BD與OA相交于點H，如圖所示：∵∠AHM=∠OHB，∠AMB=180°-∠AHM-∠OAC，∠BOA=180°-∠OHB-∠OBD，∴∠AMB=∠BOA=40°，∴∠OEC=∠OFD=90°，∵OC=OD，∠OCA=∠ODB，∴△OEC≌△OFD（AAS），∴OE=OF，∴OM平分∠BMC，故③④正確；所以正確的個數有4個；故選A．【點睛】本題主要考查全等三角形的性質與判定及角平分線的判定定理，熟練掌握全等三角形的性質與判定及角平分線的判定定理是解題的關鍵．2．（2023·浙江·八年級假期作業）如圖，是邊長為5的等邊三角形，，．E、F分別在AB、AC上，且，則三角形AEF的周長為______．【答案】10【分析】延長AB到N，使BN=CF，連接DN，求出∠FCD=∠EBD=∠NBD=90°，根據SAS證△NBD≌△FCD，推出DN=DF，∠NDB=∠FDC，求出∠EDF=∠EDN，根據SAS證△EDF≌△EDN，推出EF=EN，易得△AEF的周長等于AB+AC．【詳解】解：延長AB到N，使BN=CF，連接DN，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°，∵BD=CD，∠BDC=120°，∴∠DBC=∠DCB=30°，∴∠ACD=∠ABD=30°+60°=90°=∠NBD，∵在△NBD和△FCD中，，∴△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，，∴△EDN≌△EDF（SAS），∴EF=EN=BE+BN=BE+CF，即BE+CF=EF．∵△ABC是邊長為5的等邊三角形，∴AB=AC=5，∵BE+CF=EF，∴△AEF的周長為：AE+EF+AF=AE+EB+FC+AF=AB+AC=10，故答案為：10．【點睛】本題考查了等邊三角形性質和判定，等腰三角形的性質，三角形的內角和定理，全等三角形的性質和判定的綜合運用．注意掌握輔助線的作法，注意掌握數形結合思想的應用．3．（2023·江蘇·八年級假期作業）如圖，是一個銳角三角形，分別以、為邊向外作等邊三角形、，連接、交于點，連接．(1)求證：≌；(2)求的度數；(3)求證：平分．【答案】(1)見解析(2)(3)見解析【分析】（1）由、是等邊三角形，易證，繼而可證；（2）由≌，得到，進一步得到，由三角形內角和得到答案；（3）作于點于點，證明，由，即可得到結論．【詳解】（1）證明：、是等邊三角形，，，即，≌；（2）解：≌，，，；（3）證明：如圖，作于點于點，，，，，，，，平分．【點睛】此題考查了全等三角形的判定和性質、等邊三角形的判定和性質、角平分性的判定知識，熟練掌握全等三角形的判定和性質是解題的關鍵．【經典模型七半角模型】【模型分析】過等腰三角形頂點兩條射線，使兩條射線的夾角為等腰三角形頂角的一半這樣的模型稱為半角模型．【常見模型】常見的圖形為正方形，正三角形，等腰直角三角形等，解題思路一般是將半角兩邊的三角形通過旋轉到一邊合并成新的三角形，從而進行等量代換，然后證明與半角形成的三角形全等，再通過全等的性質得到線段之間的數量關系．半角模型（題中出現角度之間的半角關系）利用旋轉——證全等——得到相關結論．【例7】（2023秋·江蘇揚州·八年級校考期末）綜合與實踐（1）如圖1，在正方形ABCD中，點M、N分別在AD、CD上，若∠MBN＝45°，則MN，AM，CN的數量關系為．（2）如圖2，在四邊形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，點M、N分別在AD、CD上，若∠MBN＝∠ABC，試探索線段MN、AM、CN有怎樣的數量關系？請寫出猜想，并給予證明．（3）如圖3，在四邊形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，點M、N分別在DA、CD的延長線上，若∠MBN＝∠ABC，試探究線段MN、AM、CN的數量關系為．【答案】（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由見解析；（3）MN=CN-AM，理由見解析【分析】（1）把△ABM繞點B順時針旋轉使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，可得到點M'、C、N三點共線，再由∠MBN=45°，可得∠M'BN=∠MBN，從而證得△NBM≌△NBM'，即可求解；（2）把△ABM繞點B順時針旋轉使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，由∠A+∠C＝180°，可得點M'、C、N三點共線，再由∠MBN＝∠ABC，可得到∠M'BN=∠MBN，從而證得△NBM≌△NBM'，即可求解；（3）在NC上截取CM'=AM，連接BM'，由∠ABC+∠ADC＝180°，可得∠BAM=∠C，再由AB＝BC，可證得△ABM≌△CBM'，從而得到AM=CM'，BM=BM'，∠ABM=∠CBM'，進而得到∠MAM'=∠ABC，再由∠MBN＝∠ABC，可得∠MBN＝∠M'BN，從而得到△NBM≌△NBM'，即可求解．【詳解】解：（1）如圖，把△ABM繞點B順時針旋轉使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC

，∴∠BCM'+∠BCD=180°，∴點M'、C、N三點共線，∵∠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：如圖，把△ABM繞點B順時針旋轉使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，∵∠A+∠C＝180°，∴∠BCM'+∠BCD=180°，∴點M'、C、N三點共線，∵∠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：如圖，在NC上截取CM'=AM，連接BM'，∵在四邊形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，∴∠C+∠BAD=180°，∵∠BAM+∠BAD=180°，∴∠BAM=∠C，∵AB＝BC，∴△ABM≌△CBM'，∴AM=CM'，BM=BM'，∠ABM=∠CBM'，∴∠MAM'=∠ABC，∵∠MBN＝∠ABC，∴∠MBN＝∠MAM'=∠M'BN，∵BN=BN，∴△NBM≌△NBM'，∴MN=M'N，∵M'N=CN-CM'，

∴MN=CN-AM．故答案是：MN=CN-AM．【點睛】本題主要考查了正方形的性質，全等三角形的性質和判定，圖形的旋轉，根據題意做適當輔助線，得到全等三角形是解題的關鍵．【變式訓練】1．（2023春·上海·七年級專題練習）（1）如圖1，在四邊形ABCD中，，，E、F分別是邊BC、CD上的點，且．求證：；（2）如圖2，在四邊形ABCD中，，，E、F分別是邊BC、CD上的點，且，請直接寫出EF、BE、FD之間的數量關系；（3）如圖3，在四邊形ABCD中，，，E、F分別是邊BC、CD延長線上的點，且，（1）中的結論是否仍然成立？若成立，請證明；若不成立，請寫出它們之間的數量關系，并證明．【答案】（1）見解析；（2）EF=BE+FD；（3）不成立，理由見解析．【分析】（1）可通過構建全等三角形實現線段間的轉換，延長EB到G，使BG=DF，連接AG，目的就是要證明三角形AGE和三角形AEF全等，將EF轉換為GE，證得EF=BE+DF，（2）思路和輔助線方法與（1）一樣，證明三角形ABG和三角形ADF全等，（3）在BE上截取BG，使BG=DF，連接AG，用（1）中方法，可證得DF=BG，GE=EF，則EF=GE=BE-BG=BE-DF【詳解】解：（1）如圖，延長EB到G，使BG=DF，連接AG，在與中，；（2）（1）中結論EF=BE+FD仍成立，理由如下，證明：如圖，延長CB到M，使BM=DF，在與中即在與中即；（3）結論EF=BE+FD不成立，理由如下，證明：在BE上截取BG，使BG=DF，連接AG，在與中．【點睛】本題考查四邊形綜合題，三角形全等的判定與性質，本題中通過全等三角形來實現線段的轉換是解題關鍵，沒有明確全等三角形時，要通過輔助線來構建與已知和所求條件相關聯全等三角形．2．（2023春·廣東佛山·八年級校考期中）已知：邊長為4的正方形ABCD，∠EAF的兩邊分別與射線CB、DC相交于點E、F，且∠EAF＝45°，連接EF．求證：EF＝BE+DF．思路分析：(1)如圖1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°，∴把△ABE繞點A逆時針旋轉90°至△ADE'，則F、D、E'在一條直線上，∠E'AF＝度，……根據定理，可證：△AEF≌△AE'F．∴EF＝BE+DF．類比探究：(2)如圖2，當點E在線段CB的延長線上，探究EF、BE、DF之間存在的數量關系，并寫出證明過程；拓展應用：(3)如圖3，在△ABC中，AB＝AC，D、E在BC上，∠BAC＝2∠DAE．若S△ABC＝14，S△ADE＝6，求線段BD、DE、EC圍成的三角形的面積．【答案】(1)45(2)DF＝BE+EF，證明見解析(3)2【分析】（1）把繞點逆時針旋轉至，則、、在一條直線上，，再證△，得，進而得出結論；（2）將繞點逆時針旋轉得到，由旋轉的性質得，再證△，得，進而得出結論；（3）將繞點逆時針旋轉得到，連接，則，得，因此，同（2）得△，則，，得、、圍成的三角形面積，即可求解．【詳解】（1）解：如圖1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°，∴把△ABE繞點A逆時針旋轉90°至，則F、D、在一條直線上，≌△ABE，∴＝BE，∠＝∠BAE，＝AE，∴∠＝∠EAD+∠＝∠EAD+∠BAE＝∠BAD＝90°，則∠＝∠﹣∠EAF＝45°，∴∠EAF＝∠，∴△AEF≌△（SAS），∴，∵，∴EF＝BE+DF．故答案為：45；（2）解：DF＝BE+EF

理由如下：將△ABE繞點A逆時針旋轉90°得到△，∴△≌△ABE，∴AE＝，BE＝，∠＝∠BAE，∴∠＝∠BAE+∠＝∠+∠＝∠BAD＝90°，則∠＝∠﹣∠EAF＝45°，∴∠＝∠EAF＝45°，在△AEF和△中，，∴△AEF≌△（SAS），∴，∵，∴DF＝BE+EF；（3）解：將△ABD繞點A逆時針旋轉得到△，連接，則△≌△ABD，∴CD'＝BD，∴，同（2）得：△ADE≌△（SAS），∴，，∴BD、DE、EC圍成的三角形面積為、、EC圍成的三角形面積．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定與性質、旋轉的性質、正方形的性質以及四邊形和三角形面積等知識，本題綜合性強，解此題的關鍵是根據旋轉的啟發正確作出輔助線得出全等三角形，屬于中考常考題型．3．（2023春·重慶南岸·八年級重慶市南坪中學校校考階段練習）（1）如圖1，在四邊形中，，，E、F分別是邊、上的點，若，可求得、、之間的數量關系為________．（只思考解題思路，完成填空即可，不必書寫證明過程）（2）如圖2，在四邊形中，，，E、F分別是邊、延長線上的點，若，判斷、、之間的數量關系還成立嗎，若成立，請完成證明，若不成立，請說明理由．【答案】（1）；（2）．理由見解析．【分析】（1）線段、、之間的數量關系是．如圖，延長至，使，連接，利用全等三角形的性質解決問題即可．（2）結論：．如圖中，在上截取，連接，證明，推出，，再證明，可得結論．【詳解】（1）解：線段、、之間的數量關系是．如圖，延長至，使，連接，∵，，即：，∴，在和中，，∴，∴，，∵，，∴，∴，在和中，AM=AF∠MAE=∠FAEAE=AE，∴，∴，∵，∴；故答案為：．（2）結論：．理由：在上截取，連接，∵，，∴，在與中，，∴，∴，，則，∴∵，，∴，在與中，，∴，∴，即，即，∴．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考常考題型．【重難點訓練】1．（2023·江蘇·八年級假期作業）如圖，在中，為邊上的中線．

(1)按要求作圖：延長到點E，使；連接．(2)求證：．(3)求證：．(4)若，，求的取值范圍．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)見解析(4)【分析】（1）根據題目中語言描述畫出圖形即可；（2）直接利用證明即可；（3）根據，得，從而得出，再根據三角形三邊關系即可得出，即可得出結論；（4）根據三角形三邊關系得，又由，，，，代入即可求解．【詳解】（1）解：如圖所示，

（2）證明：如圖，

∵為邊上的中線，∴，在和中，，∴．（3）證明：如圖，∵，∴，∵，∴，在中，，∴．（4）在中，，由（3）得，，∵，，∴，∴，∴．【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質，三角形三邊的關系，熟練掌握全等三角形的判定與性質以及三角形三邊的關系是解題的關鍵．2．（2023春·全國·七年級專題練習）（1）方法學習：數學興趣小組活動時，張老師提出了如下問題：如圖1，在中，，，求邊上的中線的取值范圍．小明在組內經過合作交流，得到了如下的解決方法（如圖2），①延長到M，使得②連接，通過三角形全等把、、轉化在中；③利用三角形的三邊關系可得的取值范圍為，從而得到的取值范圍是；方法總結：上述方法我們稱為“倍長中線法”．“倍長中線法”多用于構造全等三角形和證明邊之間的關系．（2）請你寫出圖2中與的數量關系和位置關系，并加以證明．（3）深入思考：如圖3，是的中線，，，，請直接利用（2）的結論，試判斷線段與的數量關系，并加以證明．【答案】（1）；（2）且，證明見解析；（3），證明見解析【分析】（1）延長到點M，使，連接，證明得到，由三角形三邊的關系得到，即可求出；（2）由全等三角形的性質得到，，進而證明；（3）如圖2，延長到M，使得，連接，同理證明，得到，則，再證明，進一步證明，得到，由此即可證明．【詳解】解：（1）延長到點M，使，連接，∵是邊上的中線，∴，在和中，，∴，∴，在中，，∴，即，∴，故答案為：；（2），且，證明如下：由（1）知，，∴，，∴；（3），證明如下：如圖3，延長到M，使得，連接，由（1）知，，∴，∵，∴，由（2）知：，∴，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，即．【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定和性質，三角形三邊關系，利用倍長中線法，構造全等三角形是解本題的關鍵．3．（2023春·全國·七年級專題練習）在△ABC中，∠BAC=90°，AC=AB，直線MN經過點A，且CD⊥MN于D，BE⊥MN于E．(1)當直線MN繞點A旋轉到圖1的位置時，度；(2)求證：DE=CD+BE；(3)當直線MN繞點A旋轉到圖2的位置時，試問DE、CD、BE具有怎樣的等量關系？請寫出這個等量關系，并加以證明．【答案】(1)90°(2)見解析(3)CD=BE+DE，證明見解析【分析】（1）由∠BAC=90°可直接得到90°；（2）由CD⊥MN，BE⊥MN，得∠ADC=∠BEA=∠BAC=90°，根據等角的余角相等得到∠DCA=∠EAB，根據AAS可證△DCA≌△EAB，所以AD=CE，DC=BE，即可得到DE=EA+AD=DC+BE．（3）同（2）易證△DCA≌△EAB，得到AD=CE，DC=BE，由圖可知AE=AD+DE，所以CD=BE+DE．【詳解】（1）∵∠BAC=90°∴∠EAB+∠DAC=180°-∠BAC=180°-90°=90°故答案為：90°．（2）證明：∵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由圖可知：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由圖可知：AE=AD+DE∴CD=BE+DE．【點睛】本題考查了旋轉的性質：旋轉前后兩圖形全等，對應點到旋轉中心的距離相等，對應點與旋轉中心的連線段所夾的角等于旋轉角，也考查了三角形全等的判定與性質．4．（2022秋·陜西延安·八年級統考期末）【問題提出】（1）如圖①，在四邊形中，，，E、F分別是邊BC、CD上的點，且.求證：；【問題探究】（2）如圖②，在四邊形中，，，E、F分別是邊BC、CD延長線上的點，且，（1）中的結論是否仍然成立?若成立，請說明理由；若不成立，請寫出它們之間的數量關系，并說明理由.【答案】（1）見解析；（2）結論不成立，應當是理由見解析【分析】（1）延長到點，使，連接，由全等三角形的判定和性質得出，，，繼續利用全等三角形的判定得出，結合圖形及題意即可證明；（2）在上截取，使，連接，結合圖形利用全等三角形的判定得出，再次使用全等三角形的判定得出，利用全等三角形的性質即可證明．【詳解】（1）證明：如圖①，延長到點，使，連接.又∵，，∴，∴，，又∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∵，∴；（2）解：結論不成立，應當是，理由：如圖②，在上截取，使，連接，∵，，∴，又∵，，∴，∴，，又∵，∴，∴，又∵，，∴，∴，∵，∴．【點睛】題目主要考查全等三角形的判定和性質，理解題意，作出相應輔助線是解題關鍵．5．（2022秋·江蘇·八年級專題練習）（1）問題發現：如圖1，和均為等腰直角三角形，，連接，，點、、在同一條直線上，則的度數為__________，線段、之間的數量關系__________；（2）拓展探究：如圖2，和均為等腰直角三角形，，連接，，點、、不在一條直線上，請判斷線段、之間的數量關系和位置關系，并說明理由．（3）解決問題：如圖3，和均為等腰三角形，，則直線和的夾角為__________．（請用含的式子表示）【答案】（1）90°，AD=BE；（2）AD=BE，AD⊥BE；（3）【分析】（1）由已知條件可得，，進而根據∠ACB?∠DCB＝∠DCE?∠DCB，可得∠ACD＝∠BCE，證明△ACD≌△BCE（SAS），即可求得AD=BE；∠BEC=∠CDA=135°；（2）延長交于點F，同理可得△ACD≌△BCE，設∠FAB=α，則∠CAD=∠CBE=45°-α，根據∠ABE=45°+45°-α=90°-α，進而根據∠AFB=180°-∠FAB-∠ABE=180°-α-(90°-α)=90°，即可求解；（3）延長BE交AD于點G，方法同（2）證明△ACD≌△BCE，進而根據三角形的內角和定理即可求得直線和的夾角．【詳解】（1）∵和均為等腰直角三角形，，∴，，∠CDE=45°∴∠CDA=135°∵∠ACB?∠DCB＝∠DCE?∠DCB，∴∠ACD＝∠BCE．在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠BEC=∠ADC＝135°，AD＝BE∴∠AEB=90°故答案為：90°，AD＝BE（2）AD=BE，AD⊥BE，理由如下，同理可得△ACD≌△BCE，則AD=BE，延長交于點F，設∠FAB=α，則∠CAD=∠CBE=45°-α∴∠ABE=45°+45°-α=90°-α∴∠AFB=180°-∠FAB-∠ABE=180°-α-(90°-α)=90°∴AD⊥BE（3）如圖，延長BE交AD于點G，∵和均為等腰三角形，∴，，∵∠ACB=∠DCE=α，∵∠ACB+∠ACE＝∠DCE+∠ACE，∴∠ACD＝∠BCE．在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠CBE=∠CAD∵∴∠CBA=∠CAB=∴∠GAB+∠GBA=，，∴∠AGB=180°-(∠GAB+∠GBA)，即直線和的夾角為．故答案為：．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，三角形內角和定理，全等三角形的性質與判定，掌握旋轉模型證明三角形全等是解題的關鍵．6．（2023·全國·八年級假期作業）（1）如圖1，已知中，90°，，直線經過點直線，直線，垂足分別為點．求證：．（2）如圖2，將（1）中的條件改為：在中，三點都在直線上，并且有．請寫出三條線段的數量關系，并說明理由．【答案】（1）證明見解析；（2），證明見解析【分析】（1）利用已知得出∠CAE=∠ABD，進而利用AAS得出則△ABD≌△CAE，即可得出DE=BD+CE；（2）根據∠BDA=∠AEC=∠BAC，得出∠CAE=∠ABD，在△ADB和△CEA中，根據AAS證出△ADB≌△CEA，從而得出AE=BD，AD=CE，即可證出DE=BD+CE；【詳解】（1）DE=BD+CE．理由如下：∵BD⊥，CE⊥，∴∠BDA=∠AEC=90°又∵∠BAC=90°，∴∠BAD+∠CAE=90°，∠BAD+∠ABD=90°，∴∠CAE=∠ABD在△ABD和△CAE中，，∴△ABD≌△CAE（AAS）∴BD=AE，AD=CE，∵DE=AD+AE，∴DE=CE+BD；（2），理由如下：∵∠BDA=∠AEC=∠BAC，∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE，∴∠CAE=∠ABD，在△ADB和△CEA中，，∴△ADB≌△CEA（AAS），∴AE=BD，AD=CE，∴BD+CE=AE+AD=DE；【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質綜合中的“一線三等角”模型：判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”；全等三角形的對應邊相等．也考查了等邊三角形的判定與性質．7．（2023春·全國·七年級專題練習）如圖，已知中，，，是過的一條直線，且，在，的同側，于，于．（1）證明：；（2）試說明：；（3）若直線繞點旋轉到圖位置（此時，在，的異側）時，其余條件不變，問與，的關系如何？請證明；（4）若直線繞點旋轉到圖位置（此時，在，的同側）時其余條件不變，問與，的關系如何？請直接寫出結果，不需說明理由．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）BD=DE+CE；證明見解析；（4）BD=DE?CE【分析】（1）根據題意可得，結合，直接用AAS證明三角形全等即可；（2）根據（1）的結論，進而可得；（3）方法同（1）證明，進而可得（4）方法同（1）結論同（2）證明，進而可得．【詳解】（1）證明：∵，∴．又∵，，∴，，∴．又∵，∴．（2）解：∵，∴，．又∵，∴．（3）解：∵，∴．又∵，，∴，，∴．又∵，∴．∴，，，∴（4）解：．理由如下：∵，∴．又∵，，∴，，∴．又∵，∴，∴，．又∵，∴．【點睛】本題考查了三角形全等的性質與判定，等腰直角三角形的性質，掌握三角形全等的性質與判定是解題的關鍵．8．（2020秋·福建三明·八年級統考期中）如圖1，△ABC和△ABD中，∠BAC＝∠ABD＝90°，點C和點D在AB的異側，點E為AD邊上的一點，且AC＝AE，連接CE交直線AB于點G，過點A作AF⊥AD交直線CE于點F．（Ⅰ）求證：△AGE≌△AFC；（Ⅱ）若AB＝AC，求證：AD＝AF+BD；（Ⅲ）如圖2，若AB＝AC，點C和點D在AB的同側，題目其他條件不變，直接寫出線段AD，AF，BD的數量關系．【答案】（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）見解析；（Ⅲ）AF＝AD+BD【分析】（Ⅰ）先判斷出∠ACF＝∠AEG，再用同角的余角相等判斷出∠CAF＝∠EAG，即可得出結論；（Ⅱ）先用ASA判斷出△ACM≌△ABD，得出AM＝AD，CM＝BD，由（Ⅰ）知，△AGE≌△AFC，得出∠AGE＝∠AFC，再判斷出CM∥AB，得出∠MCF＝∠AGC，進而判斷出MF＝CM，即可得出結論；（Ⅲ）同（Ⅱ）的方法，即可得出結論．【詳解】解：（Ⅰ）∵AC＝AE，∴∠ACF＝∠AEG，∵AF⊥AD，∴∠DAF＝90°＝∠CAB，∴∠DAF﹣∠FAG＝∠CAB﹣∠FAG，∴∠CAF＝∠EAG，在△AGE和△AFC中，，∴△AGE≌△AFC（ASA）；（Ⅱ）如圖1，過點C作CM⊥AC，交AF延長線于點M，∴∠ACM＝90°＝∠ABD，由（Ⅰ）知，∠CAF＝∠EAB，在△ACM和△ABD中，，∴△ACM≌△ABD（ASA），∴AM＝AD，CM＝BD，由（Ⅰ）知，△AGE≌△AFC，∴∠AGE＝∠AFC，∴180°﹣∠AGE＝180°﹣∠AFC，∴∠AGC＝∠AFG，∵∠CFM＝∠AFG，∴∠AGC＝∠CFM，∵∠BAC＝90°＝∠ACM，∴∠BAC+∠ACM＝180°，∴CM∥AB，∴∠MCF＝∠AGC，∴∠CFM＝∠MCF，∴MF＝CM，∴AM＝AF+CM，∴AD＝AF+BD；（Ⅲ）AD＝AF﹣BD；過點C作CM⊥AC，交AF于點M，∴∠ACM＝90°＝∠ABD，由（Ⅰ）知，∠CAF＝∠EAB，在△ACM和△ABD中，，∴△ACM≌△ABD（ASA），∴AM＝AD，CM＝BD，由（Ⅰ）知，△AGE≌△AFC，∴∠G＝∠F，∵∠BAC＝90°＝∠ACM，∴CM∥AB，∴∠MCF＝∠G，∴∠F＝∠MCF，∴MF＝CM，∴AF＝AM+CM＝AD+BD，故答案為：AF＝AD+BD．【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定與性質，結合平行線的判定與性質證明是解題的關鍵．9．（2023春·陜西西安·八年級統考階段練習）（1）問題解決：如圖，在四邊形ABCD中，∠BAD＝α，∠BCD＝180°﹣α，BD平分∠ABC．①如圖1，若α＝90°，根據教材中一個重要性質直接可得AD＝CD，這個性質是；②在圖2中，求證：AD＝CD；（2）拓展探究：根據（1）的解題經驗，請解決如下問題：如圖3，在等腰△ABC中，∠BAC＝100°，BD平分∠ABC，求證BD+AD＝BC．【答案】（1）①角平分線上的點到角的兩邊距離相等；②見解析；（2）見解析．【分析】（1）①根據角平分線的性質定理即可解決問題；②如圖2中，作DE⊥BA于E，DF⊥BC于F．只要證明△DEA≌△DFC即可解決問題；（2）如圖3中，在BC時截取BK=BD，BT=BA，連接DK．首先證明DK=CK，再證明△DBA≌△DBT，推出AD=DT，∠A=∠BTD=100°，推出∠DTK=∠DKT=80°，推出DT=DK=CK，由此即可解決問題；【詳解】（1）①根據角平分線的性質定理可知AD＝CD．所以這個性質是角平分線上的點到角的兩邊距離相等．故答案為：角平分線上的點到角的兩邊距離相等．②如圖2中，作DE⊥BA于E，DF⊥BC于F．∵BD平分∠EBF，DE⊥BE，DF⊥BF，∴DE＝DF，∵∠BAD+∠C＝180°，∠BAD+∠EAD＝180°，∴∠EAD＝∠C，∵∠E＝∠DFC＝90°，∴△DEA≌△DFC，∴DA＝DC．（2）如圖3中，在BC上截取BK＝BD，BT＝BA，連接DK．∵AB＝AC，∠A＝100°，∴∠ABC＝∠C＝40°，∵BD平分∠ABC，∴∠DBK＝∠ABC＝20°，∵BD＝BK，∴∠BKD＝∠BDK＝80°，∵∠BKD＝∠C+∠KDC，∴∠KDC＝∠C＝40°，∴DK＝CK，∵BD＝BD，BA＝BT，∠DBA＝∠DBT，∴△DBA≌△DBT，∴AD＝DT，∠A＝∠BTD＝100°，∴∠DTK＝∠DKT＝80°，∴DT＝DK＝CK，∴BD+AD＝BK+CK＝BC．【點睛】本題考查三角形綜合題、等腰三角形的判定和性質、全等三角形的判定和性質等知識，具體的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題．10．（2021秋·山東德州·八年級統考期中）某中學八年級學生在學習等腰三角形的相關知識時時，經歷了以下學習過程：（1）【探究發現】如圖1，在中，若平分，時，可以得出，為中點，請用所學知識證明此結論．（2）【學以致用】如果和等腰有一個公共的頂點，如圖2，若頂點與頂點也重合，且，試探究線段和的數量關系，并證明．（3）【拓展應用】如圖3，在（2）的前提下，若頂點與頂點不重合，，（2）中的結論還成立嗎？證明你的結論【答案】（1）詳見詳解；（2）DF＝2BE，證明詳見詳解；（3）DF＝2BE，證明詳見詳解【分析】（1）只要證明△ADB≌△ADC（ASA）即可；（2）如圖2中，延長