【全套精品专题】浙教版八年级上册 数学复习专题精讲 专题1.2 全等三角形相关辅助线五种方法 专项讲练（解析版）

专题1.2 全等三角形相关辅助线五种方法 专项讲练方法一：截长补短法【模型分析】截长补短的方法适用于求证线段的和差倍分关系。截长：指在长线段中截取一段等于已知线段；补短：指将短线段延长，延长部分等于已知线段。该类题目中常出现等腰三角形、角平分线等关键词句，可以采用截长补短法构造全等三角形来完成证明过程，截长补短法（往往需证2次全等）。【模型图示】（1）截长：在较长线段上截取一段等于某一短线段，再证剩下的那一段等于另一短线段。例：如图，求证BE+DC=AD 方法： = 1 \* GB3 ①在AD上取一点F，使得AF=BE，证DF=DC； = 2 \* GB3 ②在AD上取一点F，使DF=DC，证AF=BE（2）补短：将短线段延长，证与长线段相等例：如图，求证BE+DC=AD方法： = 1 \* GB3 ①延长DC至点M处，使CM=BE，证DM=AD； = 2 \* GB3 ②延长DC至点M处，使DM=AD，证CM=BE例1．（2021·广西玉林市·八年级期末）在中，，点D、E分别在、上，连接、和；并且有，．（1）求的度数；（2）求证：．【答案】（1）；（2）见解析【分析】（1）由，，可得为等边三角形，由，，，可证 （2）延长至F，使，连接， 由，，且，可证 由，可证为等边三角形，可得， 可推出结论，【详解】解：（1）∵，，∴为等边三角形， ∴，∵，，∵，∴ （2）如图，延长至F，使，连接， 由（1）得为等边三角形，∴，∵，又∵，且，∴，在与中，∴ ∴，∴，∴又∵，∴为等边三角形∴， 又∵，且，∴，【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质，三角形全等判定与性质，线段和差，三角形外角性质，关键是引辅助线构造三角形全等证明等边三角形．变式1.（2022·四川南充·八年级期末）（1）阅读理解：问题：如图1，在四边形中，对角线平分，．求证：．思考：“角平分线+对角互补”可以通过“截长、补短”等构造全等去解决问题．方法1：在上截取，连接，得到全等三角形，进而解决问题；方法2：延长到点，使得，连接，得到全等三角形，进而解决问题．结合图1，在方法1和方法2中任选一种，添加辅助线并完成证明．（2）问题解决：如图2，在（1）的条件下，连接，当时，探究线段，，之间的数量关系，并说明理由；【答案】（1）证明见解析；（2）；理由见解析；【分析】（1）方法1：在上截取，连接，得到全等三角形，进而解决问题；方法2：延长到点，使得，连接，得到全等三角形，进而解决问题；（2）延长到点，使，连接，证明，可得，即【详解】解：（1）方法1：在上截，连接，如图．平分，．在和中，，，，．，．．，． 方法2：延长到点，使得，连接，如图．平分，．在和中，，．，．，．，，．（2）、、之间的数量关系为：．（或者：，）．延长到点，使，连接，如图2所示．由（1）可知，．为等边三角形．，．，．．，为等边三角形．，．，，即．在和中，，．，，．方法二： 旋转法【模型分析】旋转：将包含一条短边的图形旋转，使两短边构成一条边，证与长边相等。注：旋转需要特定条件（两个图形的短边共线），该方法常在半角模型中使用。【模型图示】例：如图，已知AB=AC，∠ABM=∠CAN=90°，求证BM+CN=MN方法：旋转△ABM至△ACF处，证NE=MN例2．（探索发现）如图①，四边形ABCD是正方形，M，N分别在边CD、BC上，且，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图①，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接AM、AN、MN．（1）试判断DM，BN，MN之间的数量关系，并写出证明过程．（2）如图②，点M、N分别在正方形ABCD的边BC、CD的延长线上，，连接MN，请写出MN、DM、BN之间的数量关系，并写出证明过程．（3）如图③，在四边形ABCD中，AB=AD，，，点N，M分别在边BC，CD上，，请直接写出线段BN，DM，MN之间的数量关系．【答案】（1），证明见解析；（2）,证明见解析；（3）．【分析】（1）根据正方形的性质和旋转的性质可证≌，利用SAS可证，则可得：；（2）根据正方形的性质和旋转的性质可证≌，利用SAS可证，则可得：；（3）根据正方形的性质和旋转的性质可证≌，利用SAS可证，则可得：；【详解】证明：（1）如图①，∵四边形ABCD是正方形∴AB=AD，=将绕点A顺时针旋转，得到∴≌∴ ∵在和中∵，∴ （2）如图②，将绕点A顺时针旋转，得到 ∵四边形ABCD是正方形∴AB=AD，=∵绕点A顺时针旋转，得到∴≌∴ ,∵在和中∵，即：；（3）如图，∵，，，将绕点A顺时针旋转，得到∴≌∴在和中；【点拨】本题主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质等知识，利用旋转法构造全等三角形是解题的关键是学会．变式2. 如图所示，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边BC上的两点，且∠DAE＝45°，将△ADC绕点A按顺时针方向旋转90°后得到△AFB，连接EF，有下列结论：①BE＝DC；②∠BAF＝∠DAC；③∠FAE＝∠DAE；④BF＝DC．其中正确的有（　　）A．①②③④ B．②③ C．②③④ D．③④【答案】C【分析】利用旋转性质可得△ABF≌△ACD，根据全等三角形的性质一一判断即可．【详解】解：∵△ADC绕A顺时针旋转90°后得到△AFB，∴△ABF≌△ACD，∴∠BAF＝∠CAD，AF＝AD，BF＝CD，故②④正确，∴∠EAF＝∠BAF+∠BAE＝∠CAD+∠BAE＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°＝∠DAE故③正确无法判断BE＝CD，故①错误，故选：C．【点拨】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，解题的关键是掌握基本知识，属于中考常考题型．方法三：倍长中线模型【模型解读】中线是三角形中的重要线段之一，在利用中线解决几何问题时，常常采用“倍长中线法”添加辅助线．所谓倍长中线法，就是将三角形的中线延长一倍，以便构造出全等三角形，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的方法．【常见模型】 例3．（2021·河南新乡学院附属中学八年级月考）如图，在△ABC中，AB=5，AC=3，AD是BC边上的中线，AD的取值范围是（ ）A．1＜AD＜6 B．1＜AD＜4 C．2＜AD＜8 D．2＜AD＜4【答案】B【分析】先延长到，且，并连接，由于，，利用易证，从而可得，在中，再利用三角形三边的关系，可得，从而易求．【详解】解：延长到，使，连接，则AE=2AD，∵，，，∴，，在中，，即，∴．故选：．【点睛】此题主要考查三角形三边关系：两边之和大于第三边，两边之差小于第三边．变式3.（2021·湖北八年级期末）在通过构造全等三角形解决的问题中，有一种典型的方法是倍延中线．（1）如图1，是的中线，求的取值范围．我们可以延长到点，使，连接，易证，所以．接下来，在中利用三角形的三边关系可求得的取值范围，从而得到中线的取值范围是 ；（2）如图2，是的中线，点在边上，交于点且，求证：；（3）如图3，在四边形中，，点是的中点，连接，且，试猜想线段之间满足的数量关系，并予以证明．【答案】（1）；（2）见解析；（3），证明见解析【分析】（1）延长到点，使，连接，即可证明，则可得，在中，根据三角形三边关系即可得到的取值范围，进而得到中线的取值范围；（2）延长到点使，连接，由（1）知，则可得，由可知，，由角度关系即可推出，故，即可得到；（3）延长到，使，连接，即可证明，则可得由，以及角度关系即可证明点在一条直线上，通过证明≌，即可得到，进而通过线段的和差关系得到．【详解】（1）延长到点，使，连接，∵是的中线，∴，在和中，，，，∴，∴，在中，，∴，即，∴；（2）证明:延长到点使,连接，由（1）知，∴，，，，，，，，（3），延长到，使，连接，，，，，，点在一条直线上，，∴，∴在和中，，，，∴≌，，∵，．【点睛】本题考查三角形中线、全等三角形的证明和性质、三角形的三边关系、等腰三角形的性质、平行线的性质、平角的概念、线段的和差关系等，正确的作出辅助线以及综合运用以上知识是解答本题的关键．方法四：过端点作另一边的平行线【模型分析】目的：构造出一组全等三角形 特点：中线倍长的反向应用例4．（2021·河南新乡·八年级期末）如图所示：是等边三角形，、分别是及延长线上的一点，且，连接交于点．求让：【答案】见详解【分析】过点D作DE∥AC，交BC于点E，根据等边三角形和平行线的性质得∠MDE=∠MEC，DE=CE，从而证明∆EMD≅∆CME，进而即可得到结论．【详解】过点D作DE∥AC，交BC于点E，∵是等边三角形，∴∠B=∠ACB=60°，∵DE∥AC，∴∠DEB=∠ACB=60°，∠MDE=∠MEC，∴是等边三角形，∴BD=DE，∵，∴DE=CE，又∵∠EMD=∠CME，∴∆EMD≅∆CME，∴．【点睛】本题主要考查等边三角形的性质和判定定理以及全等三角形的判定和性质定理，添加辅助线，构造等边三角形和全等三角形，是解题的关键．变式4.（2022·湖北·武钢实验学校八年级期中） P为等边△ABC的边AB上一点，Q为BC延长线上一点，且PA＝CQ，连PQ交AC边于D．（1）证明：PD＝DQ．（2）如图2，过P作PE⊥AC于E，若AB＝6，求DE的长．【答案】（1）证明见解析；（2）DE＝3．【分析】（1）过点P作PF∥BC交AC于点F；证出△APF也是等边三角形，得出AP=PF=AF=CQ，由AAS证明△PDF≌△QDC，得出对应边相等即可；（2）过P作PF∥BC交AC于F．同（1）由AAS证明△PFD≌△QCD，得出对应边相等FD=CD，证出AE+CD=DEAC，即可得出结果．【详解】（1）如图1所示，点P作PF∥BC交AC于点F．∵△ABC是等边三角形，∴△APF也是等边三角形，AP=PF=AF=CQ．∵PF∥BC，∴∠PFD=∠DCQ．在△PDF和△QDC中，，∴△PDF≌△QDC（AAS），∴PD=DQ；（2）如图2所示，过P作PF∥BC交AC于F．∵PF∥BC，△ABC是等边三角形，∴∠PFD=∠QCD，△APF是等边三角形，∴AP=PF=AF．∵PE⊥AC，∴AE=EF．∵AP=PF，AP=CQ，∴PF=CQ．在△PFD和△QCD中，，∴△PFD≌△QCD（AAS），∴FD=CD．∵AE=EF，∴EF+FD=AE+CD，∴AE+CD=DEAC．∵AC=6，∴DE=3．   【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定（AAS）与性质、平行线的性质，熟练掌握等边三角形的性质，解题的关键是掌握等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定（AAS）与性质、平行线的性质，熟练掌握等边三角形的性质．方法五：向中线作垂线【模型分析】过线段两端点向中点处的线段作垂线。例5．（2022.广东省八年级期中）如图，△ABC中，D为BC的中点，（1）在图中作出CM⊥AD，BN⊥AD，垂足分别为M、N；（2）求证：DM＝DN；（3）求AD＝3，求AM+AN的值．【分析】（1）根据条件作出图形，即可解答；（2）证明△BND≌△CMD，即可得到DN＝DM．（3）由△BND≌△CMD，得到DM＝DN，利用线段的和与差得到AM＝AD+DM，AN＝AD﹣ND，所以AM+AN＝AD+DM+AD﹣ND＝2AD＝6．【详解】解：（1）如图，（2）∵D为BC的中点，∴BD＝CD，∵CM⊥AD，BN⊥AD，∴∠BND＝∠CMD＝90°，在△BND和△CMD中， QUOTE ∠???=∠???∠???=∠?????=??00??? ∠BND=∠CMD∠BDN=∠CDMBD=CD00ont ∴△BND≌△CMD，∴DN＝DM．（3）∵△BND≌△CMD，∴DM＝DN，∵AM＝AD+DM，AN＝AD﹣ND，∴AM+AN＝AD+DM+AD﹣ND，∵DM＝DN，∴AM+AN＝2AD＝6．变式5. （2022.河北省八年级期中）如图．∠C＝90°，BE⊥AB且BE＝AB，BD⊥BC且BD＝BC，CB的延长线交DE于F。（1）求证：点F是ED的中点；（2）求证：S△ABC＝2S△BEF．【分析】（1）过点E作EM⊥CF交CF的延长线于M，根据同角的余角相等求出∠EBM＝∠A，然后利用“角角边”证明△ABC和△BEM全等，根据全等三角形对应边相等可得BC＝EM，再求出BD＝EM，然后利用“角角边”证明△EMF和△DBF全等，根据全等三角形对应边相等可得EF＝DF，从而得证；（2）根据全等三角形的面积相等和等底等高的三角形的面积相等进行证明．【详解】证明：（1）如图，过点E作EM⊥CF交CF的延长线于M，∵BE⊥AB，∴∠EBM+∠ABC＝180°﹣90°＝90°，∵∠C＝90°，∴∠A+∠ABC＝180°﹣90°＝90°，在△ABC和△BEM中， QUOTE ，∴△ABC≌△BEM（AAS），∴BC＝EM，∵BD＝BC，∴BD＝EM，在△EMF和△DBF中， QUOTE ∠?=∠???=90°∠???=∠?????00???=?? ∠M=∠DBF=90°∠EFM=∠DFBBD00ont=EM，∴△EMF≌△DBF（AAS），∴EF＝DF，∴点F是ED的中点；（2）∵△ABC≌△BEM，△EMF≌△DBF，∴S△ABC＝S△BEM，S△EMF＝S△DBF，∵点F是ED的中点，∴S△BEF＝S△DBF QUOTE S△BEM QUOTE S△ABC，∴S△ABC＝2S△BEF．课后训练1．（2022·四川绵阳·八年级期中）如图，△ABC是边长为2的等边三角形，点P在AB上，过点P作PE⊥AC，垂足为E，延长BC到点Q，使CQ＝PA，连接PQ交AC于点D，则DE的长为（       ）A．0.5 B．0.9 C．1 D．1.25【答案】C【分析】过作的平行线交于，通过证明≌，得，再由是等边三角形，即可得出．【详解】解：过作的平行线交于，，是等边三角形，，，是等边三角形，，在中和中，，≌，，于，是等边三角形，，，，，，故选：C．【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．2．（2022·湖北武汉·八年级期中）如图，在△ABC中，点M，N分别是AC，BC上一点，AM＝BN，∠C＝60°，若AB＝9，BM＝7，则MN的长度可以是（　　）A．2 B．7 C．16 D．17【答案】B【分析】通过构造等边和等边，得到（SAS），再证明（SAS），即可将线段AB、BM和MN集中到△QMB中，根据三角形三边关系即可判断MN的长度取值范围．【详解】解：如图，作等边和等边，连接QP、QM，在等边和等边中，，∴，∴，又∵，，∴（SAS），∴，，∵AM＝BN，∴在中，，，∴，在中，，，∴，∴，在和中，，∴（SAS）∴，在中，，∴，∴，∴选项B，MN=7符合题意，故选B．【点睛】本题主要考查了全等三角形性质和判定的综合应用，解题关键是线段AB、BM和MN通过旋转全等集中到同一个三角形中，再根据三角形三边关系即可判断MN的长度取值范围．3．（2022·全国·八年级课时练习）如图，已知AD是△ABC的中线，E是AC上的一点，BE交AD于F，AC＝BF，∠DAC＝24°，∠EBC＝32°，则∠ACB＝_____．【答案】100°##100度【分析】延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM，证△BDM≌△CDA（SAS），得得到BM＝AC＝BF，∠M＝∠DAC＝24°，∠C＝∠DBM，再证△BFM是等腰三角形，求出∠MBF的度数，即可解决问题．【详解】解：如图，延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM， 在△BDM和△CDA中， ，∴△BDM≌△CDA（SAS），∴BM＝AC＝BF，∠M＝∠DAC＝24°，∠C＝∠DBM，∵BF＝AC，∴BF＝BM，∴∠M＝∠BFM＝24°，∴∠MBF＝180°﹣∠M﹣∠BFM＝132°，∵∠EBC＝32°，∴∠DBM＝∠MBF﹣∠EBC＝100°，∴∠C＝∠DBM＝100°，故答案为：100°．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质等知识，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，属于中考常考题型．4．（2022·安徽合肥·八年级期末）P为等边△ABC的边AB上一点，Q为BC延长线上一点，且PA＝CQ，连PQ交AC边于D．（1）证明：PD＝DQ．（2）如图2，过P作PE⊥AC于E，若AB＝6，求DE的长．【答案】（1）证明见解析；（2）DE＝3．【分析】（1）过点P作PF∥BC交AC于点F；证出△APF也是等边三角形，得出AP=PF=AF=CQ，由AAS证明△PDF≌△QDC，得出对应边相等即可；（2）过P作PF∥BC交AC于F．同（1）由AAS证明△PFD≌△QCD，得出对应边相等FD=CD，证出AE+CD=DEAC，即可得出结果．【详解】（1）如图1所示，点P作PF∥BC交AC于点F．∵△ABC是等边三角形，∴△APF也是等边三角形，AP=PF=AF=CQ．∵PF∥BC，∴∠PFD=∠DCQ．在△PDF和△QDC中，，∴△PDF≌△QDC（AAS），∴PD=DQ；（2）如图2所示，过P作PF∥BC交AC于F．∵PF∥BC，△ABC是等边三角形，∴∠PFD=∠QCD，△APF是等边三角形，∴AP=PF=AF．∵PE⊥AC，∴AE=EF．∵AP=PF，AP=CQ，∴PF=CQ．在△PFD和△QCD中，，∴△PFD≌△QCD（AAS），∴FD=CD．∵AE=EF，∴EF+FD=AE+CD，∴AE+CD=DEAC．∵AC=6，∴DE=3．   【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质；熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．5．（2021·吉林八年级期末）如图①，∠BAD=90°，AB=AD，过点B作BC⊥AC于点C，过点D作DE⊥CA的延长线点E，由∠1+∠2=∠D+∠2=90°，得∠1=∠D，又∠ACB=∠AED=90°，AB=AD，得△ABC≌△DAE进而得到AC=DE，BC=AE， 我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三等角”模型．请应用上述“一线三等角”模型，解决下列问题：（1）如图②，∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AC=AE，连接BC、DE，且BC⊥AH于点H，DE与直线AH交于点G，求证：点G是DE的中点．（2）如图③，在平面直角坐标系中，点A为平面内任意一点，点B的坐标为（4，1），若△AOB是以OB为斜边的等腰直角三角形，请直接写出点A的坐标．【答案】（1）见解析；（2）A(，)或(，-)．【分析】（1）过点D作DM⊥AM交AG于点M，过点E作EN⊥AG于点N．根据“K字模型”即可证明AH=DM 和AH=EN，即EN=DM，再根据全等三角形的判定和性质即可证明DG=EG，即点G是DE的中点．（2）分情况讨论①当A点在OB的上方时，作AC垂直于y轴，BE垂直于x轴，CA和EB的延长线交于点D．根据“K字模型”即可证明，再利用B点坐标即可求出A点坐标．②当A点在OB的下方时，作AP垂直于y轴，BM垂直于x轴，PA和BM的延长线交于点Q．同理即能求出A点坐标．【详解】（1）如图，过点D作DM⊥AM交AG于点M，过点E作EN⊥AG于点N，则∠DMA=90°，∠ENG=90°．∵∠BHA=90 ，∴∠2+∠B=90°． ∵∠BAD=90°，∴∠1+∠2=90°． ∴∠B=∠1 ．在△ABH和△DAM中，∴△ABH△DAM（AAS），∴AH=DM．同理 △ACH△EAN（AAS）， ∴ AH=EN．∴EN=DM． 在△DMG和△ENG中 ，∴△DMG△ENG（AAS）．∴DG=EG∴点G是DE的中点．（2）根据题意可知有两种情况，A点分别在OB的上方和下方．①当A点在OB的上方时，如图，作AC垂直于y轴，BE垂直于x轴，CA和EB的延长线交于点D．利用“K字模型”可知，∴，设，则，∵，∴，又∵，即，解得，∴，．即点A坐标为(，)． ②当A点在OB的下方时，如图，作AP垂直于y轴，BM垂直于x轴，PA和BM的延长线交于点Q．根据①同理可得：，．即点A坐标为(，)．【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质．熟练利用三角形的判定方法是解答本题的关键．6．（2022·全国初三专题练习）如图，在中，，，，，延长交于.求证：.【答案】详见解析【分析】如图，过点D作的延长线于点G，易证，再证即可得答案.【解析】如图，过点D作的延长线于点G，，，，又∵∠ACB=∠BGD=90°，BA=BD，∴，，又∵BC=BE，，又∵∠EBF=∠DGF=90°，∠EFB=∠DFG，∴，∴EF=DF.【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，学会添加常用辅助线，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键.7．（2022·安徽八年级期末）如图，△ABC是等腰三角形，D，E分别是腰AB及AC延长线上的一点，且BD＝CE，连接DE交底BC于G. 求证：GD＝GE.【答案】证明见解析【分析】过E作EF∥AB交BC延长线于F，根据等腰三角形的性质及平行线的性质可推出∠F=∠FCE，从而可得到BD=CE=EF，再根据AAS判定△DGB≌△EGF，根据全等三角形的性质即可证得结论．【详解】证明：过E作EF∥AB交BC延长线于F．∵AB=AC，∴∠B=∠ACB，∵EF∥AB，∴∠F=∠B，∵∠ACB=∠FCE，∴∠F=∠FCE，∴CE=EF，∵BD=CE，∴BD=EF，在△DBG与△GEF中，，∴△DGB≌△EGF（AAS），∴GD=GE．8．（2022·全国初三专题练习）如图，是延长线上一点，且，是上一点，，求证：.【答案】详见解析【分析】分别过点D、C作AB的垂线，构建与，证其全等即可求得答案.【解析】如图，过点C作于点G，过点D作的延长线于点F，则有∠DFB=∠CGB=∠CGA=90°，又∵∠DBF=∠CBG，BD=BC，∴，∴DF=CG，.又，∴≌，.【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，正确添加辅助线，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键.9．（2022·江苏·八年级专题练习）如图，在四边形ABCD中，已知BD平分∠ABC，∠BAD＋∠C＝180°，求证：AD＝CD．【答案】见解析【详解】试题分析：在边BC上截取BE=BA，连接DE，根据SAS证△ABD≌△EBD，推出AD=ED，∠A=∠BED，求出∠DEC=∠C即可．试题解析：证明：在边BC上截取BE=BA，连接DE．∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD．在△ABD和△EBD中，，∴△ABD≌△EBD （SAS），∴AD=ED，∠A=∠BED．∵∠A+∠C=180°，∠BED+∠CED=180°，∴∠C=∠CED，∴CD=ED，∴AD=CD．点睛：本题考查了等腰三角形的判定，全等三角形的性质和判定等知识点的应用，解答此题的关键是正确作辅助线，又是难点，解题的思路是把AD和CD放到一个三角形中，根据等腰三角形的判定进行证明，题型较好，有一定的难度．10．（2022·江苏·八年级专题练习）△ABC、△DPC都是等边三角形．(1)如图1，求证：AP＝BD；(2)如图2，点P在△ABC内，M为AC的中点，连PM、PA、PB，若PA⊥PM，且PB＝2PM．①求证：BP⊥BD；②判断PC与PA的数量关系并证明．【答案】(1)证明过程见解析；(2)①证明过程见解析；②PC=2PA，理由见解析．【分析】（1）证明△BCD≌△ACP（SAS），可得结论；（2）①如图2中，延长PM到K，使得MK=PM，连接CK．证明△AMP≌△CMK（SAS），推出MP=MK，AP=CK，∠APM=∠K=90°，再证明△PDB≌△PCK（SSS），可得结论；②结论：PC=2PA．想办法证明∠DPB=30°，可得结论．（1）证明：如图1中，∵△ABC，△CDP都是等边三角形，∴CB=CA，CD=CP，∠ACB=∠DCP=60°，∴∠BCD=∠ACP，在△BCD和△ACP中，，∴△BCD≌△ACP（SAS），∴BD=AP；（2）证明：如图2中，延长PM到K，使得MK=PM，连接CK．∵AP⊥PM，∴∠APM=90°，在△AMP和△CMK中，，∴△AMP≌△CMK（SAS），∴MP=MK，AP=CK，∠APM=∠K=90°，同法可证△BCD≌△ACP，∴BD=PA=CK，∵PB=2PM，∴PB=PK，∵PD=PC，∴△PDB≌△PCK（SSS），∴∠PBD=∠K=90°，∴PB⊥BD．②解：结论：PC=2PA．∵△PDB≌△PCK，∴∠DPB=∠CPK，设∠DPB=∠CPK=x，则∠BDP=90°-x，∵∠APC=∠CDB，∴90°+x=60°+90°-x，∴x=30°，∴∠DPB=30°，∵∠PBD=90°，∴PD=2BD，∵PC=PD，BD=PA，∴PC=2PA．【点睛】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，直角三角形30°角的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，关注全等三角形解决问题．11．（2021·湖北武汉·八年级期中）已知中，（1）如图1，点E为的中点，连并延长到点F，使，则与的数量关系是________．（2）如图2，若，点E为边一点，过点C作的垂线交的延长线于点D，连接，若，求证：．（3）如图3，点D在内部，且满足，，点M在的延长线上，连交的延长线于点N，若点N为的中点，求证：．【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析【分析】（1）通过证明，即可求解；（2）过点A引交于点F，通过得到，再通过即可求解；（3）过点作交的延长线于点，，在上取一点，使得，连接，利用全等三角形的性质证明、，即可解决．【详解】证明：（1）由题意可得：在和中∴∴（2）过点A引交于点F，如下图： 由题意可得：，且则又∵∴平分，∴∴在和中∴∴在和中∴∴（3）证明：过点作交的延长线于点，，在上取一点，使得，连接，如下图：∵∴∵，∴∴，∵∴∵∴∴∴∵∴∵∴∵∴又∵∴∴∴∴∴∵∴【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．12．（2022·江西·景德镇一中七年级期末）如图，在△ABC中，∠A=100°，AB=AC，BE是∠ABC的平分线，求证：AE+BE=BC．【答案】见解析【分析】延长BE到F，使BF=BC，连接FC，由AB=AC，∠A=100°，得到∠ABC=∠ACB=40°，由于BE平分∠ABC，于是得到∠ABE=∠EBC=20°，通过△FCE≌△F′CE，得到EF=EF′，∠EF′C=∠F=80°，证得△ABE≌△F′BE，于是得到AE=EF′，于是得到结论．【详解】解：如图，延长BE到F，使BF=BC，连接FC，∵AB=AC，∠A=100°，∴∠ABC=∠ACB=40°，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠EBC=20°，∵BF=BC，∴∠F=∠BCF=80°，∴∠FCE=∠ACB=40°，在BC上取CF′=CF，连接EF′，在△FCE与△F′CE中，，∴△FCE≌△F′CE（SAS），∴EF=EF′，∠EF′C=∠F=80°，∴∠BF′E=100°，∴∠A=∠BF′E，在△ABE与△F′BE中，，∴△ABE≌△F′BE（AAS），∴AE=EF′，∴AE=EF，∴AE+BE=BE+EF=BC．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质，作辅助线构建全等三角形是解题的关键．13．（2022·安徽合肥·一模）已知：如图1，△ABC中，∠CAB=120°， AC=AB，点D是BC上一点，其中∠ADC=α（30°＜α＜90°），将△ABD沿AD所在的直线折叠得到△AED，AE交CB于F，连接CE(1)求∠CDE与∠AEC的度数（用含α的代数式表示）；(2)如图2，当α=45°时，解决以下问题：①已知AD=2，求CE的值；②证明：DC-DE=AD；【答案】(1)，(2)①4；②见解析【分析】（1）由折叠对应角相等与“双蝴蝶型”相似可得；（2）由α=45°求出∠CAF=90°，再由“蝴蝶型”相似求得；（3）“截长补短”法：在BC上取一点H，使得CH=DE．(1)∵ΔABD沿AD所在的直线折叠得到ΔAED，∴∠ADE=∠ADB=180°-α，∴∠CDE=180°-2α；∵∠CAB=120°， AC=AB，∴∠ACB=∠B=∠AED=30°，∵∠DFE=∠AFC，∴△DEF∽△AFC，∴DF：AF=EF：CF，∵∠EFC=∠AFD，∴△AFD∽△CFE，∴∠AEC=∠ADC=α，故答案：180°-2α；   α(2)① ∵α=45°，∴∠DAF=∠DAB=15°，∴∠CAF=90°，∴AF：CF=1：2，∵△AFD∽△CFE，∴AD：CE=AF：CF=1：2，∴CE=4，故答案：4；②在BC上取一点H，使得CH=DE，∵AC=AE，∠ACH=∠AED，∴ΔACH≌ΔADE，∴AD=AH，∠DAE=∠CAH，∴∠DAH=90°，∴DH=AD，∴DC-ED=DC-CH=DH=AD【点睛】本题考查的是翻折变换的性质、全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定以及勾股定理等知识；熟练掌握翻折变换和相似三角形的性质与判定是解题的关键．14．（2022·江苏徐州·模拟预测）（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，线段EF、BE、FD之间的关系是 ；（不需要证明）（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF＝∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．【答案】（1）EF＝BE+FD；（2）（1）中的结论仍然成立，见解析；（3）结论不成立，EF＝BE﹣FD，见解析【分析】（1）延长CB至G，使BG＝DF，连接AG，证明△ABG≌△ADF，根据全等三角形的性质得到AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，再证明△GAE≌△FAE，根据全等三角形的性质得出EF＝EG，结合图形计算，证明结论；（2）延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，仿照（1）的证明方法解答；（3）在EB上截取BH＝DF，连接AH，仿照（1）的证明方法解答．【详解】解：（1）EF＝BE+FD，理由如下：如图1，延长CB至G，使BG＝DF，连接AG，在△ABG和△ADF中，，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠DAF+∠BAE＝∠EAF，∴∠GAE＝∠BAG+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝∠EAF，在△GAE和△FAE中，，∴△GAE≌△FAE（SAS），∴EF＝EG，∵EG＝BG+BE＝BE+DF，∴EF＝BE+FD，故答案为：EF＝BE+FD；（2）（1）中的结论仍然成立，理由如下：如图2，延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠1＝180°，∴∠1＝∠D，在△ABM和△ADF中，，∴△ABM≌△ADF（SAS），∴AM＝AF，∠3＝∠2，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠2+∠4＝∠EAF，∴∠EAM＝∠3+∠4＝∠2+∠4＝∠EAF，在△MAE和△FAE中，，∴△MAE≌△FAE（SAS），∴EF＝EM，∵EM＝BM+BE＝BE+DF，∴EF＝BE+FD；（3）（1）中的结论不成立，EF＝BE﹣FD，理由如下：如图3，在EB上截取BH＝DF，连接AH，同（2）中证法可得，△ABH≌△ADF，∴AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，∴∠HAE＝∠FAE，在△HAE和△FAE中，，∴△HAE≌△FAE（SAS），∵EH＝BE﹣BH＝BE﹣DF，∴EF＝BE﹣FD．【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，掌握三角形全等的性质与判定是解题的关键．15．（2021·四川·成都七中八年级期中）已知，在△ABC中，AB=AC， （1）如图1，若，且点D在CA的延长线上时，求证：；（2）如图2，若，试判断AD，BD，CD之间的等量关系，并说明理由（3）如图3，若BD=5，求CD的长．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）13【分析】（1）先求解再证明为等边三角形， 证明 结合勾股定理可得结论；（2）如图，以为边作等边 设 再证明 再利用勾股定理可得答案；（3）如图，以为腰作等腰直角 证明 可得 再利用勾股定理求解 从而可得答案.【详解】解：（1） AB=AC， 为等边三角形， （2），理由如下：如图，以为边作等边 由（1）可得：为等边三角形， 而 设 （3）如图，以为腰作等腰直角 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理的应用，作出适当的辅助线构建全等三角形，直角三角形是解题的关键.16．（2021·陕西西安市·七年级期末）问题情境：已知，在等边△ABC中，∠BAC与∠ACB的角平分线交于点O，点M、N分别在直线AC，AB上，且∠MON＝60°，猜想CM、MN、AN三者之间的数量关系．方法感悟：小芳的思考过程是在CM上取一点，构造全等三角形，从而解决问题；小丽的思考过程是在AB取一点，构造全等三角形，从而解决问题；问题解决：（1）如图1，M、N分别在边AC，AB上时，探索CM、MN、AN三者之间的数量关系，并证明；（2）如图2，M在边AC上，点N在BA的延长线上时，请你在图2中补全图形，标出相应字母，探索CM、MN、AN三者之间的数量关系，并证明．【答案】（1）CM＝AN+MN，详见解析；（2）CM＝MN﹣AN，详见解析【分析】（1）在AC上截取CD＝AN，连接OD，证明△CDO≌△ANO，根据全等三角形的性质得到OD＝ON，∠COD＝∠AON，证明△DMO≌△NMO，得到DM＝MN，结合图形证明结论；（2）在AC延长线上截取CD＝AN，连接OD，仿照（1）的方法解答．【详解】解：（1）CM＝AN+MN，理由如下：在AC上截取CD＝AN，连接OD，∵△ABC为等边三角形，∠BAC与∠ACB的角平分线交于点O，∴∠OAC＝∠OCA＝30°，∴OA＝OC，在△CDO和△ANO中，，∴△CDO≌△ANO（SAS）∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，∵∠MON＝60°，∴∠COD+∠AOM＝60°，∵∠AOC＝120°，∴∠DOM＝60°，在△DMO和△NMO中，，∴△DMO≌△NMO，∴DM＝MN，∴CM＝CD+DM＝AN+MN； （2）补全图形如图2所示：CM＝MN﹣AN，理由如下：在AC延长线上截取CD＝AN，连接OD，在△CDO和△ANO中，，∴△CDO≌△ANO（SAS）∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，∴∠DOM＝∠NOM，在△DMO和△NMO中，，∴△DMO≌△NMO（SAS）∴MN＝DM，∴CM＝DM﹣CD＝MN﹣AN．【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知等边三角形的性质及全等三角形的判定定理．