专题5倍长中线模型-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案（全国通用）（原卷版+解析）

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【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案
专题5倍长中线模型
解题策略



如图①，AD是△ABC的中线，延长AD至点E使DE＝AD，易证：△ADC≌△EDB（SAS）．
如图②，D是BC中点，延长FD至点E使DE＝FD，易证：△FDB≌△EDC（SAS）
　　当遇见中线或者中点的时候，可以尝试倍长中线或类中线，构造全等三角形，目的是对已知条件中的线段进行转移．
经典例题



【例1】．（2020·陕西咸阳·一模）问题提出
（1）如图，AD是△ABC的中线，则AB+AC__________2AD；（填“>”“<”或“=”）

问题探究
（2）如图，在矩形ABCD中，CD=3,BC=4，点E为BC的中点，点F为CD上任意一点，当△AEF的周长最小时，求CF的长；

问题解决
（3）如图，在矩形ABCD中，AC=4,BC=2，点O为对角线AC的中点，点P为AB上任意一点，点Q为AC上任意一点，连接PO、PQ、BQ，是否存在这样的点Q，使折线OPQB的长度最小？若存在，请确定点Q的位置，并求出折线OPQB的最小长度；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）＞；（2）CF=1；（3）当点Q与AC的中点O重合时，折线OPQB的长度最小，最小长度为4．
【分析】（1）如图（见解析），先根据三角形全等的判定定理与性质得出AB=EC，再根据三角形的三边关系定理即可得；
（2）如图（见解析），先根据矩形的性质得出AB=3,∠B=∠BCD=90°,AB//CD，从而可得AE的长，再根据三角形的周长公式、两点之间线段最短得出△AEF的周长最小时，点F的位置，然后利用相似三角形的判定与性质即可得；
（3）如图（见解析），先根据轴对称性质、两点之间线段最短得出折线OPQB的长度最小时，B′,Q,P,O′四点共线，再利用直角三角形的性质、矩形的性质得出∠BAC=30°，AB=23，AO=2，然后利用轴对称的性质、角的和差可得AB′=23,AO′=2，∠B′AO′=90°，由此利用勾股定理可求出B′O′的长，即折线OPQB的最小长度；设B′O′交AC于点Q′，根据等边三角形的判定与性质可得AQ′=2，从而可得AQ′=AO，由此即可得折线OPQB的长度最小时，点Q的位置．
【详解】（1）如图，延长AD，使得DE=AD，连接CE
∵ AD是△ABC的中线
∴BD=CD
在△ABD和△ECD中，AD=ED∠ADB=∠EDCBD=CD
∴△ABD≅△ECD(SAS)
∴AB=EC
在△ACE中，由三角形的三边关系定理得：EC+AC>AE，即EC+AC>AD+DE
∴AB+AC>2AD
故答案为：>；

（2）如图，作点E关于CD的对称点G，连接FG，则CE=CG
∵四边形ABCD是矩形，CD=3,BC=4
∴AB=CD=3,∠B=∠BCD=90°,AB//CD
∴DC垂直平分EG
∴EF=FG
∵点E是BC的中点
∴BE=CE=12BC=2
∴AE=AB2+BE2=13，CG=CE=2，BG=BC+CG=6
则△AEF的周长为AE+EF+AF=13+EF+AF=13+FG+AF
要使△AEF的周长最小，只需FG+AF
由两点之间线段最短可知，当点A,F,G共线时，FG+AF取得最小值AG
∵AB//CD
∴△FCG∼△ABG
∴FCAB=CGBG，即FC3=26
解得CF=1；

（3）如图，作点B关于AC的对称点B′，作点O关于AB的对称点O′，连接AB′,QB′,AO′,PO′,B′O′，则QB=QB′,OP=O′P
∴折线OPQB的长度为OP+PQ+QB=O′P+PQ+QB′
由两点之间线段最短可知，O′P+PQ+QB′≥B′O′，当且仅当点B′,Q,P,O′四点共线时，折线OPQB取得最小长度为B′O′
∵在矩形ABCD中，AC=4,BC=2,∠ABC=90°
∴∠BAC=30°，AB=AC2−BC2=23
∵点O为AC的中点
∴AO=12AC=2
∵点B与点B′关于AC对称，点O与点O′关于AB对称
∴∠B′AC=∠BAC=30°，AB′=AB=23
∠O′AB=∠BAC=30°，AO′=AO=2
∴∠B′AO′=∠B′AC+∠BAC+∠O′AB=90°
∴B′O′=AB′2+AO′2=(23)2+22=4
设B′O′交AC于点Q′
在Rt△AB′O′中，AO′=2,B′O′=4
∴∠AB′O′=30°
∴∠AO′B′=90°−∠AB′O′=60°，即∠AO′Q′=60°
又∵∠O′AQ′=∠BAC+∠O′AB=60°
∴△AO'Q'是等边三角形
∴AQ′=AO′=2
∵AO=2
∴AQ′=AO
∴点Q′与AC的中点O重合
综上，当点Q与AC的中点O重合时，折线OPQB的长度最小，最小长度为4．

【点睛】本题考查了三角形全等的判定定理与性质、轴对称的性质、相似三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3），利用轴对称的性质正确找出折线OPQB的最小长度是解题关键．
【例2】．（2021·湖北武汉·八年级期中）已知△ABC中，
（1）如图1，点E为BC的中点，连AE并延长到点F，使FE=EA，则BF与AC的数量关系是________．
（2）如图2，若AB=AC，点E为边AC一点，过点C作BC的垂线交BE的延长线于点D，连接AD，若∠DAC=∠ABD，求证：AE=EC．
（3）如图3，点D在△ABC内部，且满足AD=BC，∠BAD=∠DCB，点M在DC的延长线上，连AM交BD的延长线于点N，若点N为AM的中点，求证：DM=AB．

【答案】（1）BF=AC；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）通过证明△BEF≌△CEA，即可求解；
（2）过点A引AF∥CD交BE于点F，通过△ABF≌△CAD得到AF=CD，再通过△AFE≌△CDE即可求解；
（3）过点M作MT∥AB交BN的延长线于点T，MG∥AD，在MT上取一点K，使得MK=CD，连接GK，利用全等三角形的性质证明AB=MT、DM=MT，即可解决．
【详解】证明：（1）BF=AC
由题意可得：BE=EC
在△BEF和△CEA中
BE=EC∠BEF=∠CEAEF=AE
∴△BEF≌△CEA(SAS)
∴BF=AC
（2）过点A引AF∥CD交BE于点F，如下图：

由题意可得：CD⊥BC，且∠EAF=∠ACD
则AF⊥BC
又∵AB=AC
∴AF平分∠BAC，
∴∠BAF=∠EAF=∠ACD
∴在△ABF和△CAD中
∠ABF=∠DACAB=AC∠BAF=∠ACD
∴△ABF≌△CADASA
∴AF=CD
在△AFE和△CDE中
∠FAE=∠DCE∠AEF=∠CEDAF=CD
∴△AFE≌△CDEAAS
∴AE=EC
（3）证明：过点M作MT∥AB交BN的延长线于点T，MG∥AD，在MT上取一点K，使得MK=CD，连接GK，如下图：

∵AB∥MT
∴∠ABN=∠T
∵∠ANB=∠MNT，AN=MN
∴△ANB≌△MNT(AAS)
∴BN=NT，AB=MT
∵MG∥AD
∴∠ADN=∠MGN
∵∠AND=∠MNG,AN=NM
∴△AND≌△MNG(AAS)
∴AD=MG,DN=NG
∴BD=GT
∵∠BAN=∠AMT,∠DAN=∠GMN
∴∠BAD=∠GMT
∵∠BAD=∠BCD
∴∠BCD=∠GMK
∵AD=BC,AD=GM
∴BC=GM
又∵MK=CD
∴△BCD≌△GMK(SAS)
∴GK=BD,∠BDC=∠MKG
∴GK=GT,∠MDT=∠GKT
∴∠GKT=∠T
∴DM=MT
∵AB=MT
∴DM=AB
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
【例3】．（2020·安徽合肥·二模）如图，正方形ABCD中，E为BC边上任意点，AF平分∠EAD，交CD于点F．
(1)如图1，若点F恰好为CD中点，求证：AE=BE+2CE；
(2)在(1)的条件下，求CEBC的值；
(3)如图2，延长AF交BC的延长线于点G，延长AE交DC的延长线于点H，连接HG，当CG=DF时，求证：HG⊥AG．

【答案】(1)见解析；(2)14；(3)见解析
【分析】（1）延长BC交AF的延长线于点G，利用“AAS”证△ADF≌△GCF得AD＝CG，据此知CG＝BC＝BE＋CE，根据EG＝BE＋CE＋CE＝BE＋2CE＝AE即可得证；
（2）设CE＝a，BE＝b，则AE＝2a＋b，AB＝a＋b，在Rt△ABE中，由AB2＋BE2＝AE2可得b＝3a，据此可得答案；
（3）连接DG，证△ADF≌△DCG得∠CDG＝∠DAF，再证△AFH∽△DFG得AFDF=FHFG，结合∠AFD＝∠HFG，知△ADF∽△HGF，从而得出∠ADF＝∠FGH，根据∠ADF＝90°即可得证．
【详解】解：(1)如图1，延长BC交AF的延长线于点G，

∵AD∥CG，
∴∠DAF=∠G，
又∵AF平分∠DAE，
∴∠DAF=∠EAF，
∴∠G=∠EAF，
∴EA=EG，
∵点F为CD的中点，
∴CF=DF，
又∵∠DFA=∠CFG，∠FAD=∠G，
∴△ADF≌△GCF(AAS)，
∴AD=CG，
∴CG=BC=BE+CE，
∴EG=BE+CE+CE=BE=2CE=AE；
(2)设CE=a，BE=b，则AE=2a+b，AB=a+b，
在Rt△ABE中，AB2+BE2=AE2，即(a+b)2+b2=(2a+b)2，
解得b=3a，b=﹣a(舍)，
∴CEBC=aa+b=14；
(3)如图2，连接DG，

∵CG=DF，DC=DA，∠ADF=∠DCG，
∴△ADF≌△DCG(SAS)，
∴∠CDG=∠DAF，
∴∠HAF=∠FDG，
又∵∠AFH=∠DFG，
∴△AFH∽△DFG，
∴AFDF=FHFG，
又∵∠AFD=∠HFG，
∴△ADF∽△HGF，
∴∠ADF=∠FGH，
∵∠ADF=90°，
∴∠FGH=90°，
∴AG⊥GH．
【点睛】本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握正方形的性质、全等三角形和相似三角形的判定与性质等知识点．
【例4】．（2020·江西宜春·一模）将一大、一小两个等腰直角三角形拼在一起，OA=OB,OC=OD,∠AOB=∠COD=90°，连接AC,BD．
（1）如图1,若A、O、D三点在同一条直线上，则AC与BD的关系是 ；
        
（2）如图2，若A、O、D三点不在同一条直线上,AC与BD相交于点E，连接OE,猜想AE、BE、OE之间的数量关系，并给予证明；
（3）如图3，在(2)的条件下作BC的中点F,连接OF，直接写出AD与OF之间的关系．
【答案】（1）AC=BD且AC⊥BD；（2）AE=BE+2OE；证明见解析；（3）AD=2OF且AD⊥OF．
【分析】（1）根据题意利用全等三角形的判定与性质以及延长AC交BD于点C’进行角的等量代换进行分析即可；
（2）根据题意在AE上截取AM=BE,连接OM，并全等三角形的判定证明ΔAOC≅ΔBOD和ΔAMO≅ΔBEO，进而利用勾股定理得出OM2+OE2=ME2进行分析求解即可；
（3）过点B作BM∥OC，交OF的延长线于点M，延长FO交AD于点N，证明∆BFM≅∆CFO，∆AOD≅∆OBM，进而即可得到结论．
【详解】解：(1)∵OA=OB,OC=OD,∠AOB=∠COD=90°，
∴△AOC≅△BOD(SAS),AC=BD，
延长AC交BD于点C’，如下图：

∵△AOC≅△BOD, ∠ACO=∠BCC'，
∴∠ACO+∠CAO=∠BCC'+∠CBC'=90°,∠BC'C=90°，
即AC⊥BD，综上AC=BD且AC⊥BD，
故答案为：AC=BD且AC⊥BD；
(2)AE=BE+2OE
证明:在AE上截取AM=BE,连接OM

∵∠AOB=∠COD=90°
∴∠AOB+∠BOC=∠COD+∠BOC
∴∠AOC=∠BOD
在ΔAOC和ΔBOD中
{AO=BO∠AOC=∠BODOC=OD
∴ΔAOC≅ΔBOD(SAS)
∴∠CAO=∠DBO
在ΔAMO和ΔBEO中
{AM=BE∠MAO=∠EBOAO=BO
∴ΔAMO≅ΔBEO(SAS)
∴OM=OE,∠AOM=∠BOE
∵∠AOM+∠MOB=90°
∴∠BOE+∠BOM=90°
∴OM2+OE2=ME2
即2OE2=ME2
∴2OE=ME
∵ME+MA=AE
∴2OE+BE=AE；
(3)AD=2OF且AD⊥OF，理由如下：
过点B作BM∥OC，交OF的延长线于点M，延长FO交AD于点N，
∵BM∥OC，
∴∠M=∠FOC，
∵∠BFM=∠CFO，BF=CF,
∴∆BFM≅∆CFO（AAS），
∴OF=MF，BM=CO，
∵DO=CO，
∴DO=BM，
∵BM∥OC，
∴∠OBM+∠BOC=180°，
∵∠BOC+∠AOD=360°-90°-90°=180°，
∴∠OBM=∠AOD，
又∵AO=BO，
∴∆AOD≅∆OBM（SAS），
∴AD=OM=2OF ，∠BOM=∠OAD，
∵∠BOM+∠AON=180°-90°=90°，
∴∠OAD+∠AON=90°，即OF⊥AD．
∴AD=2OF且AD⊥OF．
【点睛】本题考查等腰直角三角形，熟练掌握等腰直角三角形的性质以及全等三角形的判定与性质是解题的关键.
培优训练


一、解答题
1．（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；②1 【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CE−BC （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，
∵CE−BC ∴AB−BC 又∵BE=BD+DE=2BD，
∴1 故答案为：1
（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．
2．（2022·全国·八年级课时练习）【观察发现】如图①，△ABC中，AB＝7，AC＝5，点D为BC的中点，求AD的取值范围．
小明的解法如下：延长AD到点E，使DE＝AD，连接CE．
在△ABD与△ECD中BD=DC∠ADB=∠EDCAD=DE
∴△ABD≅△ECD（SAS）
∴AB＝　 　．
又∵在△AEC中EC﹣AC＜AE＜EC+AC，而AB＝EC＝7，AC＝5，
∴　 　＜AE＜　 　．
又∵AE＝2AD．
∴　 　＜AD＜　 　．
【探索应用】如图②，AB∥CD，AB＝25，CD＝8，点E为BC的中点，∠DFE＝∠BAE，求DF的长为 　 　．（直接写答案）
【应用拓展】如图③，∠BAC＝60°，∠CDE＝120°，AB＝AC，DC＝DE，连接BE，P为BE的中点，求证：AP⊥DP．

【答案】观察发现：EC，2，12，1，6；探索应用：17；应用拓展：见解析
【分析】观察发现：由“SAS”可证△ABD≌△ECD，可得AB=EC，由三角形的三边关系可求解；
探索应用：由“SAS”可证△ABE≌△HCE，可得AB=CH=25，即可求解；
应用拓展：由“SAS”可证△BPA≌△EPF，可得AB=FE，∠PBA=∠PEF，由“SAS”可证△ACD≌△FED，可得AD=FD，由等腰三角形的性质可得结论．
【详解】观察发现
解：如图①，延长AD到点E，使DE=AD，连接CE，
在△ABD与△ECD中，
BD=DC∠ADB=∠EDCAD=DE，
∴△ABD≌△ECD（SAS），
∴AB=EC，
在△AEC中，EC-AC＜AE＜EC+AC，而AB=EC=7，AC=5，
∴2＜AE＜12．
又∵AE=2AD，
∴1＜AD＜6，
故答案为：EC，2，12，1，6；
探索应用
解：如图2，延长AE，CD交于H，

∵点E是BC的中点，
∴BE=CE，
∵CD∥AB，
∴∠ABE=∠ECH，∠H=∠BAE，
∴△ABE≌△HCE（AAS），
∴AB=CH=25，
∴DH=CH-CD=17，
∵∠DFE=∠BAE，
∴∠H=∠DFE，
∴DF=DH=17，
故答案为：17；
应用拓展
证明：如图2，延长AP到点F，使PF=AP，连接DF，EF，AD，

在△BPA与△EPF中，
PF=AP∠EPF=∠BPAPE=PB，
∴△BPA≌△EPF（SAS），
∴AB=FE，∠PBA=∠PEF，
∵AC=BC，
∴AC=FE，
在四边形BADE中，∠BAD+∠ADE+∠DEB+∠EBA=360°，
∵∠BAC=60°，∠CDE=120°，
∴∠CAD+∠ADC+∠DEB+∠EBA=180°．
∵∠CAD+∠ADC+∠ACD=180°，
∴∠ACD=∠DEB+∠EBA，
∴∠ACD=∠FED，
在△ACD与△FED中，
AC=FE∠ACD=∠FEDCD=DE，
∴△ACD≌△FED（SAS），
∴AD=FD，
∵AP=FP，
∴AP⊥DP．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，作出恰当的辅助线，证得三角形全等是解答此题的关键．
3．（2022·江苏·八年级课时练习）某数学兴趣小组在一次活动中进行了探究试验活动，请你来加入．
【探究与发现】
如图1，延长△ABC的边BC到D，使DC＝BC，过D作DE∥AB交AC延长线于点E，求证：△ABC≌△EDC．
【理解与应用】
如图2，已知在△ABC中，点E在边BC上且∠CAE＝∠B，点E是CD的中点，若AD平分∠BAE．
（1）求证：AC＝BD；
（2）若BD＝3，AD＝5，AE＝x，求x的取值范围．

【答案】[探究与发现]见解析；[理解与应用]（1）见解析；（2）1＜x＜4
【分析】[探究与发现]由ASA证明△ABC≌△EDC即可；
[理解与应用]（1）延长AE到F，使EF=EA，连接DF，证△DEF≌△CEA（SAS），得AC=FD，再证△ABD≌△AFD（AAS），得BD=FD，即可得出结论；
（2）由全等三角形的性质得AB=AF=2x，再由三角形的三边关系得AD-BD＜AB＜AD+BD，即5-3＜2x＜5+3，即可求解．
【详解】解：[探究与发现]
证明：∵DE∥AB，
∴∠B=∠D，
又∵BC=DC，∠ACB=∠ECD，
∴△ABC≌△EDC（ASA）；
[理解与应用]
（1）证明：如图2中，延长AE到F，使EF=EA，连接DF，

∵点E是CD的中点，
∴ED=EC，
在△DEF与△CEA中，
EF=EA∠DEF=∠CEAED=EC，
∴△DEF≌△CEA（SAS），
∴AC=FD，
∴∠AFD=∠CAE，
∵∠CAE=∠B，
∴∠AFD=∠B，
∵AD平分∠BAE，
∴∠BAD=∠FAD，
在△ABD与△AFD中，
∠B=∠AFD∠BAD=∠FADAD=AD，
∴△ABD≌△AFD（AAS），
∴BD=FD，
∴AC=BD；
（2）解：由（1）得：AF=2AE=2x，△ABD≌△AFD，
∴AB=AF=2x，
∵BD=3，AD=5，
在△ABD中，由三角形的三边关系得：AD-BD＜AB＜AD+BD，
即5-3＜2x＜5+3，
解得：1＜x＜4，
即x的取值范围是1＜x＜4．
【点睛】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、平行线的性质、角平分线定义以及三角形的三边关系等知识，本题综合性强，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
4．（2022·全国·八年级课时练习）已知：多项式x2+4x+5可以写成（x﹣1）2+a（x﹣1）+b的形式．

(1)求a，b的值；
(2)△ABC的两边BC，AC的长分别是a，b，求第三边AB上的中线CD的取值范围．
【答案】(1)a=6，b=10
(2)2 【分析】（1）把x−12+ax−1+b展开，然后根据多项式x2+4x+5可以写成（x﹣1）2+a（x﹣1）+b的形式，可得a−2=41−a+b=5，即可求解；
（2）延长CD至点H，使CD=DH，连接AH，可得△CDB≌△HAD，从而得到BC=AH=a=6，再根据三角形的三边关系，即可求解．
(1)
解：∵x−12+ax−1+b
=x2−2x+1+ax−a+b
=x2+a−2x+1−a+b，
根据题意得：x2+4x+5=（x﹣1）2+a（x﹣1）+b
∴a−2=41−a+b=5，解得：a=6b=10；
(2)
解：如图，延长CD至点H，使CD=DH，连接AH，

∵CD是AB边上的中线，
∴BD=AD，
在△CDB和△HDA中，
∵CD=DH，∠CDB=∠ADH，BD=DA，
∴△CDB≌△HDA（SAS），
∴BC=AH=a=6，
在△ACH中，AC-AH ∴10-6<2CD<10+6，
∴2 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，整式乘法和二元一次方程组的应用，三角形的三边关系，熟练掌握全等三角形的判定和性质，整式乘法法则，三角形的三边关系是解题的关键．
5．（2022·山东淄博·八年级期末）如图，O为四边形ABCD内一点，E为AB的中点，OA＝OD，OB＝OC，∠AOB+∠COD＝180°．
（1）若∠BOE＝∠BAO，AB＝22，求OB的长；
（2）用等式表示线段OE和CD之间的关系，并证明．

【答案】（1）2；（2）OE=12CD，理由见解析
【分析】（1）由已知条件∠BOE＝∠BAO，且公共角∠OBE=∠ABO，证明△OBE∽△ABO，进而列出比例式，代入数值即可求得OB；
（2）延长OE到点F，使得EF=OE，连接AF，FB，证明△AOF≌△DOC，进而可得OF=CD，即OE=12CD
【详解】（1）解：∵∠BOE＝∠BAO，∠OBE=∠ABO，
∴△OBE∽△ABO，
∴BEOB=OBAB，
∵AB＝22，E为AB的中点，
∴BE=2
∴2OB=OB22，
∴OB=2（舍负）.
（2）线段OE和CD的数量关系是：OE=12CD，理由如下，
证明：如图，延长OE到点F，使得EF=OE，连接AF，FB.

∵AE=BE
∴四边形AFBO是平行四边形，
∴AF∥OB，AF=OB，
∴∠FAO+∠AOB=180°，
∵∠AOB+∠COD＝180°，
∴∠FAO=∠COD，
∵OB＝OC，
∴AF=OC，
在△AOF和△DOC中，
OA=OD&∠FAO=∠CODAF=OC，
∴△AOF≌△ODC，
∴OF=CD
∴OE=12CD.
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，第（2）小问中，根据题意正确的添加辅助线是解题的关键．
6．（2022·江苏·八年级课时练习）如图，在锐角△ABC中，∠A=60°，点D，E分别是边AB，AC上一动点，连接BE交直线CD于点F．


(1)如图1，若AB>AC，且BD=CE，∠BCD=∠CBE，求∠CFE的度数；
(2)如图2，若AB=AC，且BD=AE，在平面内将线段AC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CM，连接MF，点N是MF的中点，连接CN．在点D，E运动过程中，猜想线段BF，CF，CN之间存在的数量关系，并证明你的猜想．
【答案】(1)∠EFC=60°
(2)BF+CF=2CN，证明见解析
【分析】（1）在射线CD上取一点K，使得CK=BE，证明△CBE≌△BCK，求出∠CEB=∠BKD=∠BDK=∠ADF，然后根据四边形内角和定理及邻补角的性质得出答案；
（2）证明△ABE≌△BCD，求出∠BFC=120°，倍长CN至Q，连接FQ，PQ，证明△CNM≌△QNF，求出FQ=CM=BC，在CF上截取FP＝FB，连接BP，易得△PBF为正三角形，然后求出∠PFQ=∠PBC，证△PFQ≌△PBC，可得PQ＝PC，∠QPF＝∠CPB＝60°，则可得△PCQ为正三角形，然后由BF+CF=PF+CF=PC=QC=2CN得出结论．
（1）解：如图1，在射线CD上取一点K，使得CK=BE，∵∠BCD=∠CBE，BC＝BC，∴△CBE≌△BCK（SAS），∴BK=CE=BD，∴∠CEB=∠BKD=∠BDK=∠ADF，∴∠ADF+∠AEF=∠AEF+∠CEB=180°，∴∠A+∠DFE=180°，∵∠A=60°，∴∠DFE=120°，∴∠CFE=60°；
（2）BF+CF=2CN，证明：∵AB=AC，∠A=60°，∴△ABC是正三角形，∴AB＝BC＝AC，∠A＝∠DBC＝60°，又∵BD=AE，∴△ABE≌△BCD（SAS），∴∠BCF=∠ABE，∴∠FBC+∠BCF=60°，∴∠BFC=120°，倍长CN至Q，连接FQ，PQ，
∵CN＝QN，∠QNF＝∠CNM，NF＝NM，∴△CNM≌△QNF（SAS），∴FQ=CM，∠QFN＝∠CMN，由旋转的性质得AC＝CM，∴FQ=CM=BC，在CF上截取FP＝FB，连接BP，∵∠BFC=120°，∴∠BFP=60°，∴△PBF为正三角形，∴∠BPF＝60°，∠PBC+∠PCB=∠PCB+∠FCM=120°，∴∠FCM=∠PBC，∵∠QFN＝∠CMN，∴FQ//CM，∴∠PFQ=∠FCM，∴∠PFQ=∠PBC，又∵PB=PF，FQ=BC∴△PFQ≌△PBC（SAS），∴PQ＝PC，∠QPF＝∠CPB＝60°，∴△PCQ为正三角形，∴BF+CF=PF+CF=PC=QC=2CN，即BF+CF=2CN．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质,全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，利用全等三角形转换线段和角的关系从而解决问题，属于压轴题．
7．（2022·全国·八年级专题练习）如图1，在△ABC中，CM是AB边的中线，∠BCN=∠BCM交AB延长线于点N，2CM=CN．

（1）求证AC=BN；
（2）如图2，NP平分∠ANC交CM于点P，交BC于点O，若∠AMC=120°，CP=kAC，求CPCM的值．
【答案】（1）见解析；（2）2kk+1
【分析】（1）延长CM至点D，使CM=DM，可证ΔACM≅ΔBDM，由全等三角形的性质从而得出AC=BD，根据题目已知，可证ΔDCB≅ΔNCB，由全等三角形的性质从而得出BN=BD，等量代换即可得出答案；
（2）如图所示，作CQ=CP，可证ΔCPO≅ΔCQO，由全等三角形的性质相等角从而得出∠1=∠2=∠3，进而得出∠4=∠5，故可证ΔNOB≅ΔNOQ等量转化即可求出CPCM的值．
【详解】（1）如图1所示，延长CM至点D，使CM=DM，
在△ACM与△BDM中，
CM=DM∠AMC=∠BMDAM=BM，
∴ΔACM≅ΔBDM，
∴AC=BD，
∵2CM=CN，
∴CD=CN，
在△DCB与△NCB中，
CD=CN∠DCB=∠NCBCB=CB,
∴ΔDCB≅ΔNCB，
∴BN=BD，
∴AC=BN；


（2）如图所示，∵∠AMC=120°，
∴∠CMN=60°，
∵NP平分∠MNC，∠BCN=∠BCM，
∠PNC+∠BCN=12∠AMC=60°，
∴∠CON=120°，∠COP=60°，
∴∠CMN+∠BOP=180°，作CQ=CP，
在△CPO与△CQO中，
CQ=CP∠QCO=∠PCOCO=CO，
∴ΔCPO≅ΔCQO，
∴∠1=∠2=∠3，
∴∠4=∠5，
在△NOB与△NOQ中，
∠4=∠5∠BNO=∠QNONO=NO，
∴ΔNOB≅ΔNOQ，
∴BN=NQ，
∴CN=CP+NB，
∴2CM=CP+AC，
设AC=a，
∴CP=ka，CM=a(k+1)2，
∴CPCM=2kk+1．

【点睛】本题考查全等三角形的综合应用，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
8．（2021·全国·八年级单元测试）（1）如图1，△ABC中，AD为中线，求证：AB+AC＞2AD；

（2）如图2，△ABC中，D为BC的中点，DE⊥DF交AB、AC于E、F．求证：BE+CF＞EF．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）延长AD至点E，使ED=AD．由AD为中线可知BD=CD，即易证△ABD≅△ECD(SAS)，得出AB=EC．利用三角形三边关系可知AC+EC>AE，即可证明AC+AB>2AD．
（2）延长ED至点G，使DG=ED，连接CG，EG．由AD为中线可知BD=CD．即易证△BDE≅△CDG(SAS)，得出BE=CG．由题意可得∠EDF=∠GDF=90°，即易证△EDF≅△GDF(SAS)，得出EF=GF．利用三角形三边关系可知CG+CF>FG，即可证明BE+CF>EF．
【详解】（1）如图，延长AD至点E，使ED=AD．
∵AD为中线，
∴BD=CD．
∴在△ABD和△ECD中，BD=CD∠ADB=∠EDCAD=ED ，
∴△ABD≅△ECD(SAS)，
∴AB=EC．
∵在△ACE中，AC+EC>AE，
∴AC+AB>2AD．

（2）如图，延长ED至点G，使DG=ED，连接CG，EG．
∵AD为中线，
∴BD=CD．
∴在△BDE和△CDG中，BD=CD∠BDE=∠CDGED=GD ，
∴△BDE≅△CDG(SAS)，
∴BE=CG．
∵DE⊥DF，
∴∠EDF=∠GDF=90°，
∴在△EDF和△GDF中，ED=GD∠EDF=∠GDF=90°DF=DF，
∴△EDF≅△GDF(SAS)，
∴EF=GF．
∵在△CFG中，CG+CF>FG，
∴BE+CF>EF．

【点睛】本题考查三角形中线的性质，全等三角形的判定和性质，三角形三边关系．作出常用的辅助线是解答本题的关键．
9．（2022·江苏·八年级课时练习）（1）如图1，已知△ABC中，AD是中线，求证：AB+AC>2AD；
（2）如图2，在△ABC中，D，E是BC的三等分点，求证：AB+AC>AD+AE；
（3）如图3，在△ABC中，D，E在边BC上，且BD=CE．求证：AB+AC>AD+AE．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）利用“倍长中线”法，延长AD，然后通过全等以及三角形的三边关系证明即可；
（2）取DE中点H，连接AH并延长至Q点，使得AH=QH，连接QE和QC，通过“倍长中线”思想全等证明，进而得到AB=CQ，AD=EQ，然后结合三角形的三边关系建立不等式证明即可得出结论；
（3）同（2）处理方式一样，取DE中点M，连接AM并延长至N点，使得AM=NM，连接NE，CE，结合“倍长中线”思想证明全等后，结合三角形的三边关系建立不等式证明即可得出结论．
【详解】证：（1）如图所示，延长AD至P点，使得AD=PD，连接CP，
∵AD是△ABC的中线，
∴D为BC的中点，BD=CD，
在△ABD与△PCD中，
BD=CD∠ADB=∠PDCAD=PD
∴△ABD≌△PCD(SAS)，
∴AB=CP，
在△APC中，由三边关系可得AC+PC＞AP，
∴AB+AC>2AD；

（2）如图所示，取DE中点H，连接AH并延长至Q点，使得AH=QH，连接QE和QC，
∵H为DE中点，D、E为BC三等分点，
∴DH=EH，BD=DE=CE，
∴DH=CH，
在△ABH和△QCH中，
BH=CH∠BHA=∠CHQAH=QH
∴△ABH≌△QCH(SAS)，
同理可得：△ADH≌△QEH，
∴AB=CQ，AD=EQ，
此时，延长AE，交CQ于K点，
∵AC+CQ=AC+CK+QK，AC+CK＞AK，
∴AC+CQ＞AK+QK，
又∵AK+QK=AE+EK+QK，EK+QK＞QE，
∴AK+QK＞AE+QE，
∴AC+CQ＞AK+QK＞AE+QE，
∵AB=CQ，AD=EQ，
∴AB+AC>AD+AE；

（3）如图所示，取DE中点M，连接AM并延长至N点，使得AM=NM，连接NE，CE，
∵M为DE中点，
∴DM=EM，
∵BD=CE，
∴BM=CM，
在△ABM和△NCM中，
BM=CM∠BMA=∠CMNAM=NM
∴△ABM≌△NCM(SAS)，
同理可证△ADM≌△NEM，
∴AB=NC，AD=NE，
此时，延长AE，交CN于T点，
∵AC+CN=AC+CT+NT，AC+CT＞AT，
∴AC+CN＞AT+NT，
又∵AT+NT=AE+ET+NT，ET+NT＞NE，
∴AT+NT＞AE+NE，
∴AC+CN＞AT+NT＞AE+NE，
∵AB=NC，AD=NE，
∴AB+AC>AD+AE．

【点睛】本题考查全等三角形证明问题中辅助线的添加，掌握“倍长中线”的基本思想，以及熟练运用三角形的三边关系是解题关键．
10．（2022·全国·八年级课时练习）在△ABM中，AM⊥BM，垂足为M，AM＝BM，点D是线段AM上一动点．
（1）如图1，点C是BM延长线上一点，MD＝MC，连接AC，若BD＝17，求AC的长；
（2）如图2，在（1）的条件下，点E是△ABM外一点，EC＝AC，连接ED并延长交BC于点F，且点F是线段BC的中点，求证：∠BDF＝∠CEF．
（3）如图3，当E在BD的延长上，且AE⊥BE，AE＝EG时，请你直接写出∠1、∠2、∠3之间的数量关系．（不用证明）

【答案】（1）17；（2）见解析；（3）∠3＝2∠1+∠2
【分析】（1）根据SAS证明△AMC≌△BMD，由AC＝BD求出AC的长；
（2）延长EF到点G，使FG＝FE，连接BG，证明△BFG≌△CFE，可得EC＝GB，∠G＝∠CEF，再由BD＝BG可得∠G＝∠BDF，从而证得结论；
（3）延长AE、BM交于点C，作MH⊥AC于点H，作MF⊥BG于点F，证明∠FEM＝∠HEM＝45°及△AEM≌△GEM，再证明∠AME＝∠1，根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和即可推导出∠3＝2∠1+∠2．
【详解】解：（1）如图1，∵AM⊥BM，

∴∠AMC＝∠BMD＝90°，
∵AM＝BM，MD＝MC，
∴△AMC≌△BMD（SAS），
∴AC＝BD＝17．
（2）证明：如图2，延长EF到点G，使FG＝FE，连接BG，

∵F为BC中点，
∴BF＝CF，
∵∠BFG＝∠CFE，
∴△BFG≌△CFE（SAS），
∴BG＝EC，∠G＝∠CEF，
又∵BD＝AC，EC＝AC，
∴BD＝EC，
∴BG＝BD，
∴∠G＝∠BDF，
∴∠BDF＝∠CEF．
（3）如图3，延长AE、BM交于点C，作MH⊥AC于点H，作MF⊥BG于点F，
∵AM⊥BM，AE⊥BE，
∴∠BEC＝∠AMC＝90°，
∴∠MBF＝90°﹣∠C＝∠MAH，
∵∠BFM＝∠AHM＝90°，BM＝AM，   
∴△BFM≌△AHM（AAS），
∴FM＝HM，
∵∠EFM＝∠EHM＝90°，EM＝EM，
∴Rt△EMF≌Rt△EMH（HL），
∵∠FEH＝90°，
∴∠FEM＝∠HEM＝12∠FEH＝45°，
∵∠AEB＝∠GEC＝90°，
∴∠AEM＝∠GEM＝90°+45°＝135°，
∵AE＝EG，EM＝EM，
∴△AEM≌△GEM（SAS），
∴∠AME＝∠GME，
∵∠BEM＝∠BAM＝45°，
∴∠AME＝∠3﹣∠BEM＝∠3﹣∠BAM＝∠1，
∴∠AMG＝2∠AME＝2∠1，
∵∠3＝∠AMG+∠2，
∴∠3＝2∠1+∠2．

【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质综合，解题的关键是根据题意作出辅助线，证明三角形全等．
11．（2022·全国·八年级课时练习）已知：等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE中，AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠EAD=90°．

（1）如图1，延长DE交BC于点F，若∠BAE=68°，则∠DFC的度数为 ；
（2）如图2，连接EC、BD，延长EA交BD于点M，若∠AEC=90°，求证：点M为BD中点；
（3）如图3，连接EC、BD，点G是CE的中点，连接AG，交BD于点H，AG=9，HG=5，直接写出△AEC的面积．
【答案】（1）68°；（2）见解析；（3）36
【分析】（1）由已知条件可得∠D=∠C=45°，对顶角∠AQD=∠CQF，则∠DAC=∠DFC，根据∠DAE=∠CAB即可的∠DFC=∠BAE；
（2）过点B作ME的垂线交EM的延长线于N,证明△AEC≌△BNA，得AE=BN,进而可得AD=NB，再证明△DAM≌△BNM即可得证点M为BD中点；
（3）延长AG至K，使得GK=AG=9，连接CK，设AE交BC于点P，先证明△ABE≌△ACD，进而证明△AEG≌△KCG，根据角度的计算以及三角形内角和定理求得∠BAD=∠KCA，进而证明△ABD≌△CAK，再根据∠CAG=∠ABD,∠BAC=90°,证明AH⊥BD，根据已知条件求得S△ABD最后证明S△AEC=S△ABD即可．
【详解】（1）设DF交AC于Q，如图1，

∵ △ABC是等腰Rt△ABC和△ADE是等腰Rt△ADE
∴∠D=∠C=45°
∵ ∠AQD=∠CQF
∵ ∠DAQ=180−∠D−∠AQD,∠QFC=180−∠C−∠CQF
∴∠DAQ=∠QFC
∵∠BAC=∠EAD=90°
即∠BAE+∠EAQ=∠EAQ+∠QAD
∴∠BAE=∠QAD
∴∠DFC=∠BAE
∵∠BAE=68°
∴∠DFC=68°
故答案为68°
（2）如图2，过点B作ME的垂线交EM的延长线于N,

∴∠N=90°
∵∠AEC=90°
∴∠N=∠AEC
∵∠BAC=90°
∴∠EAC+∠NAB=90°
∵∠NAC+∠ACE=90°
∴∠NAB=∠ECA
∵ △ABC是等腰Rt△ABC和△ADE是等腰Rt△ADE
∴AB=AC,AD=AE
又∵ AC=AB
∴ △AEC≌△BNA
∴NB=AE
∵AE=AD
∴AD=NB
∵∠DAE=90°
∴∠DAM=90°
∴∠DAM=∠N
又∵∠DMA=∠BMN
∴△DAM≌△BNM
∴DM=BM
即M是BD的中点
（3）延长AG至K，使得GK=AG=9，连接CK，设AE交BC于点P，如图

∵∠BAC=∠EAD=90°
即∠BAE+∠EAC=∠EAC+∠CAD
∴∠BAE=∠CAD
∵ △ABC是等腰Rt△ABC和△ADE是等腰Rt△ADE
∴AB=AC,AE=AD
在△ABE与△ACD中，
AE=AD∠BAE=∠CADAB=AC
∴ △ABE ≌ △ACD（SAS）
∴S△ABE=S△ABD，BE=CD
∵G点是EC的中点
∴EG=GC
∵∠AGE=∠KGC，AG=GK
∴△AGE≌△KGC（SAS）
∴ AE=CK,∠AEG=∠KCG
∴AE=KC=AD,
∠ACK=∠ACB+∠BCE+∠KCG
=45°+∠AEC+∠BCE
=45°+∠ABC+∠BAP
=90°+∠BAE
=∠BAD
∴△AKC≌△ABD（SAS）
∴BD=AK=18，∠CAK=∠ABD
∵∠BAG+∠CAG=90°
∴∠ABD+∠BAG=90°
即∠AHB=90°
∵ AG=9，HG=5
∴AH=AG−HG=9−5=4
∴S△ABD=12BD⋅AH=12×18×4=36
∵S△AEC=S△AEG+S△AGC=S△GCK+S△AGC=S△ACK=S△ABD=36
∴ S△AEC =36
【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，等腰直角三角形的性质，三角形内角和定理，三角形外角性质，构造辅助线是解题的关键．
12．（2022·全国·八年级课时练习）在△ABC中，点P为BC边中点，直线a绕顶点A旋转，BM⊥直线a于点M．CN⊥直线a于点N，连接PM，PN．
（1）如图1，若点B，P在直线a的异侧，延长MP交CN于点E．求证：PM=PE．

（2）若直线a绕点A旋转到图2的位置时，点B，P在直线a的同侧，其它条件不变，此时S△BMP+S△CNP=7，BM=1，CN=3，求MN的长度．

（3）若过P点作PG⊥直线a于点G．试探究线段PG、BM和CN的关系．

【答案】（1）见解析；（2）MN=7；（3）线段PG、BM和CN的位置关系为BM//PG//CN，数量关系为2PG=CN−BM或2PG=BM−CN或2PG=CN+BM
【分析】（1）根据平行线的性质证得∠MBP=∠ECP再根据BP=CP，∠BPM=∠CPE即可得到△BPM≌△CPE，得到PM=PE．
（2）延长MP与NC的延长线相交于点E．证明△BPM≌△CPE(ASA)，推出BM=CE，求出△MNE的面积即可解决问题．
（3）位置关系的证明比较简单，数量关系分四种情形：当直线a与线段BP交于一点时，当直线a与线段CP交于一点时，当直线a与线段CB的延长线交于一点时，当直线a与线段BC的延长线交于一点时，画出对应的图形，利用三角形和梯形的面积公式分别证明即可解决问题．
【详解】（1）证明：如图1，

∵BM⊥直线a于点M，CN⊥直线a于点N，
∴∠BMA=∠CNM=90°，
∴BM//CN，
∴∠MBP=∠ECP，
又∵P为BC边中点，
∴BP=CP，
在△BPM和△CPE中，
∠BPM=∠CPEBP=CP∠MBP=∠ECP，
∴△BPM≌△CPEASA，
∴PM=PE．
（2）解：如图2，延长MP与NC的延长线相交于点E，

∵BM⊥直线a于点M，CN⊥直线a于点N，
∴∠BMN=∠CNM=90°，
∴∠BMN+∠CNM=180°，
∴BM//CN，
∴∠MBP=∠ECP，
又∵P为BC中点，
∴BP=CP，
又∵∠BPM=∠CPE，
∴在△BPM和△CPE中，
∠BPM=∠CPEBP=CP∠MBP=∠ECP，
∴△BPM≌△CPEASA，
∴PM=PE，BM=CE，S△BPM=S△CPE，
∵BM=1，CN=3，
∴NE=CN+CE=CN+BM=4，
∵S△BMP+S△CNP=7，
∴S△PNE=S△CPE+S△CNP=S△BMP+S△CNP=7，
∴S△MNE=2S△PNE=14，
∴ 12×MN×4=14，
∴MN=7．
（3）位置关系：BM//PG//CN，
数量关系：分四种情况讨论
∵BM⊥直线a于点M．CN⊥直线a于点N，PG⊥直线a于点G，
∴BM//PG//CN，
①如图3，当直线a与线段BP交于一点时，

由（1）可知PM=PE，
∴S△PMN=S△PEN=12S△MNE，
即12×12MN⋅PG=12NE⋅MN，
∴NE=2PG，
∵△BPM≌△CPE，
∴BM=CE，
∵NE=CN−CE，
∴2PG=CN−BM．
②当直线a与线段CP交于一点时，
如图，延长MP交CN的延长线于点E．

∵BM⊥直线a于点M，CN⊥直线a于点N，
∴∠BMN=∠CNM=90°，
∴BM//CN，
∴∠MBP=∠ECP，
又∵P为BC边中点，
∴BP=CP，
在△BPM和△CPE中，
∠BPM=∠CPEBP=CP∠MBP=∠ECP，
∴△BPM≌△CPEASA，
∴PM=PE．
∴S△PMN=S△PEN=12S△MNE，
即12×12MN⋅PG=12NE⋅MN，
∴NE=2PG，
∵△BPM≌△CPE，
∴BM=CE，
∵NE=CE−CN，
∴2PG=BM−CN．
③如图4，当直线a与线段CB的延长线交于一点时．

由（2）得：△BPM≌△CPEASA，
∴PM=PE，S△BPM=S△CPE，
∴S梯形BCNM=S△MNE=2S△MNP，
即12BM+CN⋅MN=2×12MN⋅PG，
∴2PG=CN+BM．
④当直线a与线段CB的延长线交于一点时，
如图，延长MP交NC的延长线于点E．

∵BM⊥直线a于点M，CN⊥直线a于点N，
∴∠BMN=∠CNM=90°，
∴∠BMN+∠CNM=180°，
∴BM//CN，
∴∠MBP=∠ECP，
又∵P为BC中点，
∴BP=CP，
又∵∠BPM=∠CPE，
∴在△BPM和△CPE中，
∠BPM=∠CPEBP=CP∠MBP=∠ECP，
∴△BPM≌△CPEASA，
∴PM=PE，S△BPM=S△CPE，
∴S梯形BCNM=S△MNE=2S△MNP，
即12BM+CN⋅MN=2×12MN⋅PG，
∴2PG=CN+BM．
综上所述，线段PG、BM和CN的位置关系为BM//PG//CN，数量关系为2PG=CN−BM或2PG=BM−CN或2PG=CN+BM．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，三角形中线的性质，以及三角形和梯形的面积公式的应用等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形熟练运用全等三角形的判定与性质．
13．（2021·陕西·西安市铁一中学八年级开学考试）（1）阅读理解：如图1，在△ABC中，若AB＝10，BC＝8．求AC边上的中线BD的取值范围，小聪同学是这样思考的：延长BD至E，使DE＝BD，连接CE．利用全等将边AB转化到CE，在△BCE中利用三角形三边关系即可求出中线BD的取值范围，在这个过程中小聪同学证三角形全等用到的判定方法是 　 　；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∠ABM＝∠NBC＝90°，连接MN，探索BD与MN的关系，并说明理由．

【答案】（1）SAS；1＜BD＜9；（2）2BD＝MN，BD⊥MN，理由见详解
【分析】（1）由SAS证明△ABD≌△CED得出CE＝AB＝10，在△CBE中，由三角形的三边关系即可得出结论；
（2）延长BD至E，使DE＝BD，连接CE，由（1）得：△ABD≌△CED，由全等三角形的性质得出∠ABD＝∠E，AB＝CE，证出∠BCE＝∠MBN，证明△BCE≌△NBM得出BE＝MN，∠EBC＝∠MNB，则2BD＝MN．延长DB交MN于G，证出∠BGN＝90°，得出BD⊥MN．即可．
【详解】（1）解：∵BD是AC边上的中线，
∴AD＝CD，
在△ABD和△CED中，
AD=CD∠ADB=∠CDEBD=ED，
∴△ABD≌△CED（SAS），
∴CE＝AB＝10，
在△CBE中，由三角形的三边关系得：CE−BC＜BE＜CE−BC，
∴10−8＜AE＜10＋8，即2＜BE＜18，
∴1＜BD＜9；
故答案为：SAS；1＜BD＜9；
（2）解：2BD＝MN，BD⊥MN，理由如下：
延长BD至E，使DE＝BD，连接CE，如图所示：

由（1）得：△ABD≌△CED，
∴∠ABD＝∠E，AB＝CE，
∵∠ABM＝∠NBC＝90°，
∴∠ABC＋∠MBN＝180°，即∠ABD＋∠CBD＋∠MBN＝180°，
∵∠E＋∠CBD＋∠BCE＝180°，
∴∠BCE＝∠MBN，
∵△ABM和△BCN是等腰直角三角形，
∴AB＝MB，BC＝BN，
∴CE＝MB，
在△BCE和△NBM中，
CE=BM∠BCE=∠MBNBC=NB，
∴△BCE≌△NBM（SAS），
∴BE＝MN，∠EBC＝∠MNB，
∴2BD＝MN．
延长DB交MN于G，
∵∠NBC＝90°，
∴∠EBC＋∠NBG＝90°，
∴∠MNB＋∠NBG＝90°，
∴∠BGN＝90°，
∴BD⊥MN．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质、三角形的三边关系、等腰直角三角形的性质、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．
14．（2020·辽宁·大连市第三十四中学八年级阶段练习）课堂上，老师出示了这样一个问题：
如图1，点D是△ABC边BC的中点，AB=5，AC=3，求AD的取值范围．

（1）小明的想法是，过点B作BE//AC交AD的延长线于点E，如图2，从而通过构造全等解决问题，请你按照小明的想法解决此问题；
（2）请按照上述提示，解决下面问题：
在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D边AC延长线上一点，连接BD，过点A作AE⊥BD于点E，过点A作AF⊥AE，且AF=AE，连接EF交BC于点G，连接CF，求证BG=CG．

【答案】（1）1 【分析】（1）根据已知证明△BDE≌△ADC，进而求得AC=BE，根据三角形三边关系即可求得AD的取值范围；
（2）过点B作BM//FC交FE的延长线于M，证明△ABE≌△ACF，得CF=BE，再证明BM=CE，进而证明△BMG≌△CFG，即可证明BG=CG
【详解】（1）∵BE//AC
∴∠E=∠EAC
∵∠BDE=∠ADC,BD=CD
∴ △BDE≌△ADC
∴AC=BE=3
∵AB−BE ∴1 （2）如图，过点B作BM//FC交FE的延长线于M，
∴∠2=∠3

∵ AF=AE,AF⊥AE,
∴∠4=∠AEF=45°,
∴∠1=180°−∠AEB−∠AEF=180°−90°−45°=45°,
∵AB=AC,AE=AF,∠BAC=∠EAF=90°
∴∠BAC−∠EAC=∠EAF−∠EAC
即∠BAE=∠CAF
∴ △ABE≌△ACF
∴CF=BE，∠AEB=∠AFC=90°
∴∠3=90°−∠4=45°
∵∠AEF=∠3=∠4=45°,AE⊥BD
∴∠2=∠3=∠1=45°
∴BE=BM
∴BM=CF
又∵∠BGM=∠CGF,
∴△BMG≌△CFG
∴BG=CG
【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，三角形三边关系，等腰三角形的性质，掌握三角形全等的性质与判定是解题的关键．
15．（2022·全国·八年级课时练习）如图，点P是∠MON内部一点，过点P分别作PA∥ON交OM于点A，PB∥OM交ON于点B（PA≥PB），在线段OB上取一点C，连接AC，将△AOC沿直线AC翻折，得到△ADC，延长AD交PB于点E，延长CD交PB于点F．
（1）如图1，当四边形AOBP是正方形时，求证：DF＝PF；
（2）如图2，当C为OB中点时，试探究线段AE，AO，BE之间满足的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接CE，∠ACE的平分线CH交AE于点H，设OA＝a，BE＝b，若∠CAO＝∠CEB，求△CDH的面积（用含a，b的代数式表示）．


【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）18(a2−b2).
【分析】（1）连接AF，根据HL证Rt△ADF≌△APF即可证明DF=PF；
（2）延长AC、BF交于点G，根据AAS证△AOC≌△GBC，即可证明BE=DE，又因为AD=AO，所以可得AE=AO+BE；
（3）证△ACE是等腰直角三角形，结合（2）的结论证明：BE=DE, 即可得出△CDH的底和高，进而求出面积．
【详解】解：（1）如图1，连接AF，

∵四边形AOBP是正方形，△AOC沿直线AC翻折，得到△ADC，
∴AO=AD=AP， ∠ADC=∠O=∠D=90°,
∴∠ADF=90°,
在Rt△ADF和Rt△APF中，
{AD=APAF=AF，
∴Rt△ADF≌Rt△APF（HL），
∴DF=PF；
（2）AE=AO+BE，理由如下： 如图2，延长AC、BF交于点G，连接CE,

∵C为OB中点， ∴OC=BC，
∵AO∥BP，
∴∠OAC=∠G，∠O=∠CBG，
在△△AOC和△GBC中，
{∠OAC=∠G∠O=∠CBGOC=BC，
∴△AOC≌△GBC（AAS），
∴BG=AO，AC=CG,
∵△AOC沿直线AC翻折，得到△ADC，
∴AO=AD，∠OAC=∠CAE，
∴AD=BG，∠CAE=∠G，
∴△AEG为等腰三角形，
∴AE=EG，
∵AC=CG,
∴∠AEC=∠BEC,
∵GE=GB+BE，
∴AE=AO+BE；
（3） ∵AO∥PB，
∴∠OAC+∠CAE+∠CEA+∠CEB=180°，
∵∠ACH+∠ECH+∠CAE+∠CEA=180°，
∴∠OAC+∠CEB=∠ACH+∠ECH，
∵CH平分∠ACE，∠CAO=∠CEB，
∴∠OAC=∠CEB=∠ACH=∠ECH，
又∵∠OAC=∠CAE， 由（2）知∠AEC=∠CEB，
∴∠OAC=∠CEB=∠ACH=∠ECH=∠CAE=∠CEA=45°， 即△ACE是等腰直角三角形，
∵ CH平分∠ACE，
∴CH⊥AE,AH=HE=CH,
如图3，由（2）知：AE=GE,AD=OA=BG,
∴DE=BE,

∵OA=a，BE=b，
∴AE=AD+DE=a+b,DH=HE−DE=12(a+b)−b=12(a−b),
CH=12AE=12(a+b),
∴S△CDH=12CH·DH=12×12(a+b)×12(a−b)=18(a2−b2).
【点睛】本题主要考查平形线的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定与性质等知识点，熟练应用辅助线构造全等三角形是解题的关键．
16．（2022·全国·八年级专题练习）（1）方法学习：数学兴趣小组活动时，张老师提出了如下问题：如图1，在△ABC中，AB＝8，AC＝6，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（如图2），

①延长AD到M，使得DM＝AD；
②连接BM，通过三角形全等把AB、AC、2AD转化在△ABM中；
③利用三角形的三边关系可得AM的取值范围为AB﹣BM＜AM＜AB+BM，从而得到AD的取值范围是　 ；
方法总结：上述方法我们称为“倍长中线法”．“倍长中线法”多用于构造全等三角形和证明边之间的关系．
（2）请你写出图2中AC与BM的数量关系和位置关系，并加以证明．
（3）深入思考：如图3，AD是△ABC的中线，AB＝AE，AC＝AF，∠BAE＝∠CAF＝90°，请直接利用（2）的结论，试判断线段AD与EF的数量关系，并加以证明．
【答案】（1）1＜AD＜7；（2）AC∥BM，且AC＝BM，证明见解析；（3）EF＝2AD，证明见解析．
【分析】（1）延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM，根据题意证明△MDB≌△ADC，可知BM＝AC，在△ABM中，根据AB﹣BM＜AM＜AB+BM，即可；
（2）由（1）知，△MDB≌△ADC，可知∠M＝∠CAD，AC＝BM，进而可知AC∥BM；
（3）延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM，由（1）（2）的结论以及已知条件证明△ABM≌△EAF，进而可得AM＝2AD，由AM＝EF，即可求得AD与EF的数量关系．
【详解】（1）如图2，延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD，
在△MDB和△ADC中，
{BD=CD∠BDM=∠CDADM=AD，
∴△MDB≌△ADC（SAS），
∴BM＝AC＝6，
在△ABM中，AB﹣BM＜AM＜AB+BM，
∴8﹣6＜AM＜8+6，2＜AM＜14，
∴1＜AD＜7，
故答案为：1＜AD＜7；
（2）AC∥BM，且AC＝BM，
理由是：由（1）知，△MDB≌△ADC，
∴∠M＝∠CAD，AC＝BM，
∴AC∥BM；
（3）EF＝2AD，
理由：如图2，延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM，
由（1）知，△BDM≌△CDA（SAS），
∴BM＝AC，
∵AC＝AF，
∴BM＝AF，
由（2）知：AC∥BM，
∴∠BAC+∠ABM＝180°，
∵∠BAE＝∠FAC＝90°，
∴∠BAC+∠EAF＝180°，
∴∠ABM＝∠EAF，
在△ABM和△EAF中，
{AB=EA∠ABM=∠EAFBM=AF，
∴△ABM≌△EAF（SAS），
∴AM＝EF，
∵AD＝DM，
∴AM＝2AD，
∵AM＝EF，
∴EF＝2AD，
即：EF＝2AD．


【点睛】本题考查了三角形三边关系，三角形全等的性质与判定，利用倍长中线辅助线方法是解题的关键．
17．（2022·全国·八年级课时练习）（1）阅读理解：如图1，在△ABC中，若AB＝5，AC＝8，求BC边上的中线AD的取值范围．小聪同学是这样思考的：延长AD至E，使DE ＝ AD，连接BE．利用全等将边AC转化到BE，在△BAE中利用三角形三边关系即可求出中线AD的取值范围．在这个过程中小聪同学证三角形全等用到的判定方法是_________，中线AD的取值范围是_________；
（2）问题解决：如图2，在△ABC中，点D是BC的中点，点M在AB边上，点N在AC边上，若DM⊥DN． 求证：BM＋CN＞MN；
（3）问题拓展：如图3，在△ABC中，点D是BC的中点，分别以AB，AC为直角边向△ABC外作Rt△ABM和Rt△ACN，其中∠BAM＝∠NAC＝ 90°，AB＝AM，AC＝AN，连接MN，探索AD与MN的关系，并说明理由．

【答案】（1）SAS，32＜AD＜132；（2）见解析；（3）2AD=MN，AD⊥MN，理由见解析
【分析】（1）阅读理解：由SAS证明△ACD≌△EBD，得出BE=AC=8，在△ABE中，由三角形的三边关系即可得出结论．
（2）问题解决：延长ND至点F，使FD=ND，连接BF、MF，同（1）得：△BFD≌△CND，由全等三角形的性质得出BF=CN，由线段垂直平分线的性质得出MF=MN，在△BFM中，由三角形的三边关系即可得出结论．
（3）问题拓展：延长AD至E，使DE=AD，连接CE，由（1）得：△BAD≌△CED，由全等三角形的性质得出∠BAD=∠E，AB=CE，证出∠ACE=∠MAN，证明△ACE≌△NAM得出AE=MN，∠EAC=∠MNA，则2AD=MN．延长DA交MN于G，证出∠AGN=90°，得出AD⊥MN即可．
【详解】解：（1）阅读理解：如图1中，∵AD是BC边上的中线，
∴BD=CD，
∵AD=DE，∠ADC=∠BDE，
∴△ACD≌△EBD（SAS），
∴BE=AC=8，
在△ABE中，由三角形的三边关系得：BE-AB＜AE＜BE+AB，
∴8-5＜AE＜8+5，即3＜AE＜13，
∴32＜AD＜132，
故答案为：SAS，32＜AD＜132；
（2）问题解决：证明：如图2中，延长ND至点F，使FD=ND，连接BF、MF，

同（1）得：△BFD≌△CND（SAS），
∴BF=CN，
∵DM⊥DN，FD=ND，
∴MF=MN，
在△BFM中，由三角形的三边关系得：BM+BF＞MF，
∴BM+CN＞MN．
（3）问题拓展：解：结论：2AD=MN，AD⊥MN．
理由：如图3中，延长AD至E，使DE=AD，连接CE，延长DA交MN于G．

由（1）得：△BAD≌△CED，
∴∠BAD=∠E，AB=CE，
∵∠BAM=∠NAC=90°，
∴∠BAC+∠MAN=180°，
即∠BAD+∠CAAD+∠MAN=180°，
∵∠E+∠CAD+∠ACE=180°，
∴∠ACE=∠MAN，
∵△ABM和△ACN是等腰直角三角形，
∴AB=MA，AC=AN，
∴CE=MA，
∴△ACE≌△NAM（SAS），
∴AE=MN，∠EAC=∠MNA，
∴2AD=MN．
∵∠NAC=90°，
∴∠EAC+∠NAG=90°，
∴∠MNA+∠NAG=90°，
∴∠AGN=90°，
∴AD⊥MN．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质、三角形的三边关系、线段垂直平分线的性质、等腰直角三角形的性质、角的关系等知识；正确作出辅助线并证明三角形全等是解决问题的关键．
18．（2022·全国·八年级课时练习）如图，在等边△ABC中，点D，E分别是AC，AB上的动点，且AE＝CD，BD交CE于点P．
（1）如图1，求证：∠BPC＝120°；
（2）点M是边BC的中点，连接PA，PM，延长BP到点F，使PF＝PC，连接CF，
①如图2，若点A，P，M三点共线，则AP与PM的数量关系是　 　．
②如图3，若点A，P，M三点不共线，问①中的结论还成立吗？若成立，请给出证明，若不成立，说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）①AP＝2PM；②成立，证明见解析
【分析】（1）由“SAS”可证△AEC≌△CDB，得到∠ACE＝∠CBD，根据三角形的内角和定理计算，得出结论；
（2）①由等边三角形的性质和已知条件得出∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，AM⊥BC，∠BAP＝∠CAP＝12∠BAC＝30°，得出PB＝PC，由等腰三角形的性质得出∠PBC＝∠PCB＝30°，得出PC＝2PM，证出∠ACP＝60°﹣30°＝30°＝∠CAP，得出AP＝PC，即可得出AP＝2PM；
②延长PM＝MH，连接CH，由“SAS”可证△ACF≌△BCP，可得AF＝BP，∠AFC＝∠BPC＝120°，由“SAS”可证△CMH≌△BMP，可得CH＝BP＝AF，∠HCM＝∠PBM，由“SAS”可证△AFP≌△HCP，可得AP＝PN＝2PM．
【详解】（1）证明：∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，∠A＝∠ABC＝∠ACB＝60°，
在△AEC和△CDB中，
AE=CD∠A=∠BCDAC=CB ，
∴△AEC≌△CDB（SAS），
∴∠ACE＝∠CBD，
∵∠BPC+∠DBC+∠BCP＝180°，
∴∠BPC+∠ACE+∠BCP＝180°，
∴∠BPC＝180°﹣60°＝120°；
（2）①解：AP＝2PM，
理由如下：∵△ABC为等边三角形，点M是边BC的中点，
∴AM⊥BC，∠BAM＝∠CAM＝30°，
∵AM⊥BC，点M是边BC的中点，
∴PB＝PC，
∵∠BPC＝120°，
∴∠PBC＝∠PCB＝30°，
∴PC＝2PM，∠ACP＝30°，
∴∠PAC＝∠PCA，
∴PA＝PC，
∴AP＝2PM，
故答案为：AP＝2PM；
②解：①中的结论成立，
理由如下：延长PM至H，是MH＝PM，连接AF、CH，
∵∠BPC＝120°，
∴∠CPF＝60°，
∵PF＝PC，
∴△PCF为等边三角形，
∴CF＝PF＝PC，∠PCF＝∠PFC＝60°，
∵△ABC为等边三角形，
∴BC＝AC，∠ACB＝60°＝∠PCF，
∴∠BCP＝∠ACF，
在△BCP和△ACF中，
BC=AC∠BCP=∠ACFCP=CF，
∴△BCP≌△ACF（SAS），
∴AF＝BP，∠AFC＝∠BPC＝120°，
∴∠AFP＝60°，
在△CMH和△BMP中，
CM=BM∠CMH=∠BMPHM=PM，
∴△CMH≌△BMP（SAS），
∴CH＝BP＝AF，∠MCH＝∠MBP，
∴CH∥BP，
∴∠HCP+∠BPC＝180°，
∴∠HCP＝60°＝∠AFP，
在△AFP和△HCP中，
CH=AF∠HCP=∠AFPCP=PF，
∴△AFP≌△HCP（SAS），
∴AP＝PH＝2PM．

【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质、等边三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
19．（2022·山东德州·八年级期末）（1）方法呈现：
如图①：在△ABC中，若AB=6，AC=4，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DE=AD，再连接BE，可证△ACD≌△EBD，从而把AB、AC，2AD集中在△ABE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△ABC中，点D是BC的中点，DE⊥DF于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，判断BE+CF与EF的大小关系并证明；
（3）问题拓展：
如图③，在四边形ABCD中，AB//CD，AF与DC的延长线交于点F、点E是BC的中点，若AE是∠BAF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，
∵BD=CD∠BDE=∠CDADE=AD，
∴△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．
20．（2021·重庆市渝北中学校九年级阶段练习）（1）如图1．在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，点D、E分别在边CA，CB上且CD＝3，CE＝4，连接AE，BD，F为AE的中点，连接CF交BD于点G，则线段CG所在直线与线段BD所在直线的位置关系是　 　．（提示：延长CF到点M，使FM＝CF，连接AM）

（2）将△DCE绕点C逆时针旋转至图2所示位置时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
（3）将△DCE绕点C逆时针在平面内旋转，在旋转过程中，当B，D，E三点在同一条直线上时，CF的长为　 　．
【答案】（1）CG⊥BD．理由见详解；（2）成立，理由见详解；（3）421+65或421−65．
【分析】（1）延长CF到点M，使得FM=CF，连接AM，先证明△AMF≌△ECF（SAS），然后证明△MAC∽△DCB，再根据余角的性质，即可得到结论成立；
（2）延长CF到点M，使得MF=CF，连接AM，证明方法与（1）相同，先证明△AMF≌△ECF（SAS），然后证明△MAC∽△DCB，再根据余角的性质，即可得到结论成立；
（3）由题意可知，当点B、D、E三点在同一条直线上时，可分为两种情况进行讨论：①当点E在线段BD上时；②当点E在线段BD的延长线上时；分别求出CF的长度，即可得到答案．
【详解】解：（1）延长CF到点M，使得FM=CF，连接AM，如图1，

∵点F是AE的中点，
∴AF=EF，
∵CF=FM，∠AFM=∠EFC，
∴△AMF≌△ECF（SAS），
∴AM=CE=4，∠AMF=∠ECF，
∴AM∥CE，
∴∠MAC=∠DCB=90°；
∵AMCD=ACCB=43，
∴△MAC∽△DCB，
∴∠DBC=∠ACM；
∵∠ACM+∠GCB=90°，
∴∠DBC+∠GCB=90°，
∴∠CGB=90°，
∴CG⊥BD．
故答案为：CG⊥BD．
（2）（1）中的结论仍然成立；
理由如下：
延长CF到点M，使得MF=CF，连接AM，如图2,

∵点F为AE的中点，
∴AF=EF，
∵∠AFM=∠EFC，
∴△FAM≌△FEC（SAS）；
∴AM=CE=4，∠MAF=∠CEF，
∴AM∥CE；
∴∠MAC+∠ACE=180°，
∴∠MAC=180°−∠ACE；
∵∠DCB=∠DCE+∠ACB−∠ACE=90°+90°−∠ACE=180°−∠ACE，
∴∠MAC=∠DCB，
∵AMCD=ACCB=43，
∴△MAC∽△DCB，
∴∠DBC=∠ACM；
∵∠ACM+∠GCB=90°，
∴∠DBC+∠GCB=90°，
∴∠CGB=90°，
∴CG⊥BD．
（3）由题意可知，当点B、D、E三点在同一条直线上时，可分为两种情况进行讨论：
①当点E在线段BD上时，延长CF到点M，使得MF=CF，连接AM，如图3，

由（2）可知，CG⊥BD，CMBD=43，
在Rt△DCE中，∵CD=3，CE=4，
∴DE=5，
∴CG=CD•CEDE=3×45=125；
在Rt△CGB中，CB=6，CG=125，
∴BG=BC2−CG2=6215；
在Rt△DCG中，DG=CD2−CG2=95，
∴BD=BG+DG=621+95，
∴CM=43BD=43×621+95=821+125；
∴CF=12CM=421+65；
②当点E在线段BD的延长线上时，延长CF到点M，使得MF=CF，连接AM，如图4，

由①可知，BG=6215，DG=95，
∴BD=BG−DG=621−95，
∴CM=43BD==821−125，
∴CF=12CM=421−65．
综上所述，CF的长为421+65或421−65．
故答案为：421+65或421−65．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用，三角形的内角和定理，以及余角的性质等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线，运用分类讨论的思想进行分析．
21．（2022·安徽宿州·九年级期末）已知：在矩形ABCD中，连接AC，过点D作DF⊥AC，交AC于点E，交AB于点F．

（1）如图1，若tan∠ACD=22．
①求证：AF=BF；
②连接BE，求证：CD=2BE．
（2）如图2，若AF2=AB⋅BF，求cos∠FDC的值．
【答案】（1）①见解析；②见解析；（2）5−12．
【分析】（1）①根据已知易得∠1=∠ACD，再由tan∠ACD=22可得AFAD=ADCD=22，即可得AF=12CD，而矩形对边相等，从而可得AF=BF；
②延长CB、DF，交于点G．易证B是CG的中点，故Rt△GEC中，BE=12CG=BC．再由BCCD=22即可得出结论；
（3）根据AF2=AB⋅BF可得AF=5−12AB，再由AFAD=ADCD=ADAB可得AD2=AB·AF，进而由勾股定理可得DF2=AD2+AF2=3+52AF2，继而得到DF=1+52AF，再结合∠AFD=∠FDC即可解题．
【详解】（1）证明：①如图，在矩形ABCD中，∠DAB=∠ADC=90°，
∴∠1+∠EDC=90°，
又∵DF⊥AC，
∴∠2+∠EDC=90°，
∴∠1=∠2，
∵tan∠2=AFAD=22，

∴tan∠1=ADDC=22，
∴AFCD=12，
又∵AB=CD，
∴AF=12AB，
∴AF=BF．
②证明：如解图2，延长CB、DF，交于点G．

∵在矩形ABCD中，AD//BC,
∴∠G=∠1，
在△BFG和△AFD中，
∠G=∠1∠BFG=∠AFDAF=BF
∴△BFG≌△AFD，
∴BG=AD=BC，
故Rt△GEC中，BE=12CG=BC．
由（1）可知BCCD=22，
∴BECD=22，
∴CD=2BE，
（2）∵AF2=AB⋅BF，AF+BF=AB，
∴AB=5+12AF，
又∵∠ADF=∠DCA，
∴tan∠ACD=tan∠ADF=AFAD=ADCD，
∴AD2=AB·AF=5+12AF2，
在Rt△ADF中，DF2=AD2+AF2=3+52AF2，
∴DF=1+52AF，
∴cos∠AFD=AFFD=5−12，
又∵在矩形ABCD中，AB//CD,
∴∠AFD=∠FDC，
∴cos∠FDC=5−12．
【点睛】本题综合考查了解直角三角形、矩形的判定与性质、三角形全等判定和性质、直角三角形性质等；本题综合性强，熟练掌握实数的运算，利用三角函数转换线段比是解题的关键．
22．（2022·全国·八年级课时练习）阅读理解：

（1）如图1，在△ABC中，若AB=10，AC=6，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，使得AD=DE，再连接BE，把AB，AC，2AD集中在△ABE中，利用三角形三边关系即可判断中线AD的取值范围是______．
（2）解决问题：如图2，在△ABC中，D是BC边上的中点，DE⊥DF，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，求证：BE+CF>EF．
（3）问题拓展：如图3，在△ABC中，D是BC边上的中点，延长DA至E，使得AC=BE，求证：∠CAD=∠BED．
【答案】（1）2 【分析】（1）如图1延长AD到点E，使得AD=DE，再连接BE，由AD为中线，推出BD=CD，可证△ACD≌△EBD（SAS）得AC=EB，在△ABE中，由三边关系4<2AD<16即可，
（2）如图2延长FD到G，使DG=FD，连结BG，EG由D为BC中点，BD=CD可证△FCD≌△GBD（SAS）得FC=GB，由DE⊥DF，DF=DG得EF=EG，在△BEG中 由三边关系，
（3）如图3，延长AD到G使DG=AD，连结BG，由D是BC边上的中点，得BD=CD，可证△ACD≌△GBD（SAS）得AC=GB，∠DAC=∠G，利用BE=BG即可推得答案，
【详解】（1）如图1延长AD到点E，使得AD=DE，再连接BE，
∵AD为中线，
∴BD=CD，
在△ADC和△       EDB中，
∵CD=BD，
∠ADC=∠EDB，
AD=ED，
∴△ACD≌△EBD（SAS），
∴AC=EB=6，
△ABE，
∵AB-BE ∴4<2AD<16，
∴2
（2）如图2延长FD到G，使DG=FD，连结BG，EG，
由D为BC中点，BD=CD，
在△FDC和△GDB中，
∵CD=BD，
∠FDC=∠GDB，
FD=GD，
∴△FCD≌△GBD（SAS），
∴FC=GB，
∵DE⊥DF，DF=DG，
∴EF=EG，
在△BEG中EGEF，

（3）如图3，延长AD到G使DG=AD，连结BG，
由D是BC边上的中点，
∴BD=CD，
在△ADC和△GDB中，
∵CD=BD，
∠ADC=∠GDB，
AD=GD，
∴△ACD≌△GBD（SAS），
∴AC=GB，∠DAC=∠G，
∵BE=AC，
∴BE=BG，
∴∠BED=∠G=∠CAD．

【点睛】本题考查中线加倍，三角形全等，三边关系，垂直平分线，等腰三角形，掌握中线加倍构造三角形，用三角形全等转化等量关系，用三边关系求取值范围，用垂直平分线转化线段，用等腰三角形证角是解题关键，
23．（2022·全国·八年级课时练习）某数学兴趣小组在一次活动中进行了探究试验活动，请你来加入．

【探究与发现】
（1）如图1，AD是△ABC的中线，延长AD至点E，使ED=AD，连接BE，证明：△ACD≌△EBD．
【理解与应用】
（2）如图2，EP是△DEF的中线，若EF=5，DE=3，设EP=x，则x的取值范围是________．
（3）如图3，AD是△ABC的中线，E、F分别在AB、AC上，且DE⊥DF，求证：BE+CF>EF．
【答案】（1）见解析；（2）1 【分析】（1）根据全等三角形的判定即可得到结论；
（2）延长EP至点Q，使PQ=PE，连接FQ，根据全等三角形的性质得到FQ=DE=3，根据三角形的三边关系即可得到结论；
（3）延长FD至G，使得GD=DF，连接BG，EG，结合前面的做题思路，利用三角形三边关系判断即可．
【详解】（1）证明：CD=BD，∠ADC=∠EDB，AD=ED，
∴△ACD≌△EBD，
（2）1 如图，延长EP至点Q，使PQ=PE，连接FQ，

在ΔPDE与ΔPQF中，
{PE=PQ∠EPD=∠QPFPD=PF，
∴ΔPEP≅ΔQFP，
∴FQ=DE=3，
在ΔEFQ中，EF−FQ 即5−3<2x<5+3，
∴x的取值范围是1 故答案为：1 （3）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

【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的中线的定义，三角形的三边关系，正确的作出图形是解题的关键．
24．（2020·福建福州·九年级开学考试）如图1，已知正方形ABCD和等腰RtΔBEF，EF=BE，∠BEF=90°，F是线段BC上一点，取DF中点G，连接EG、CG．

（1）探究EG与CG的数量与位置关系，并说明理由；
（2）如图2，将图1中的等腰RtΔBEF绕点B顺时针旋转α°0<α<90°，则（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由；
（3）在（2）的条件下，若AD=2，求2GE+BF的最小值．
【答案】（1）EG=CG且EG⊥CG．理由见解析；（2）成立，理由见解析；（3）22
【分析】（1）首先根据正方形和等腰直角三角形的性质得出B、E、D三点共线，然后利用直角三角形斜边中线的性质即可证明EG=CG，然后利用等腰三角形的性质和三角形外角的性质即可得出∠EGC=90°，从而证明EG⊥CG；
（2）延长CG至H，使GH=CG，连接HF交BC于M，连接EH、EC，首先通过SAS证明△HFG≌△CDG，从而利用全等三角形的性质及平行线的判定证明HF//CD，进而可利用正方形和等腰直角三角形的性质证明△BEC≌△FEH，从而可证明结论仍然成立；
（3）连接AH，首先根据题意确定当A、H、G，C在同一直线上时，2GE+BF有最小值，此时BE在BC上，然后根据平行四边形的判定及性质得出2GE+BF有最小值就是AC的长，最后利用勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）EG=CG且EG⊥CG．
理由如下：如图1，连接BD．

∵正方形ABCD和等腰RtΔBEF，
∴∠EBF=∠DBC=45°，
∴B、E、D三点共线．
∵∠DEF=90°，G为DF的中点，∠DCB=90°，
∴EG=12DF=CG=DG．
∴∠EGF=2∠EDG，∠CGF=2∠CDG．
∴∠EGF+∠CGF=2∠EDC=90°，
即∠EGC=90°，
∴EG⊥CG．
（2）仍然成立．
理由如下：如图2，延长CG至H，使GH=CG，连接HF交BC于M，连接EH、EC．

∵GF=GD，∠HGF=∠CGD，HG=CG，
∴△HFG≌△CDGSAS，
∴HF=CD，∠GHF=∠GCD，
∴HF//CD．
∵ABCD是正方形，
∴HF=BC，HF⊥BC．
∵△BEF是等腰直角三角形，
∴BE=EF，∠EBC=∠HFE，
∴△BEC≌△FEHSAS，
∴HE=EC，∠BEC=∠FEH，
∴∠BEF=∠HEC=90°，
∴ΔECH为等腰直角三角形．
又∵CG=GH，
∴EG=CG且EG⊥CG．
（3）如下图，连接AH，

当A、H、G，C在同一直线上时，2GE+BF有最小值，此时BE在BC上，
∵FH//AB，AC//BF，
∴四边形ABFH是平行四边形，
∴AH=BF，由（2）知CG=GH，
∴2GE+BF=CH+AH=AC，
即2GE+BF有最小值，就是AC的长，
由勾股定理得AC=22+22=22．
【点睛】本题主要考查四边形综合，掌握平行四边形的判定及性质，等腰三角形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质是解题的关键．