专题04 全等三角形（知识串讲+10 大考点）-2024年中考数学总复习重难考点强化训练（全国通用）

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知识一遍过
（一）全等三角形的性质
①全等三角形的对应边、对应角相等．
②全等三角形的对应角平分线、对应中线、对应高相等．
③全等三角形的周长等、面积等．
（二）全等三角形的判定
①SSS（三边对应相等） ②SAS（两边和它们的夹角对应相等）

③ASA（两角和它们的夹边对应相等）④AAS（两角和其中一个角的对边对应相等）

☆直角三角形全等
（1）斜边和一条直角边对应相等（HL）
（2）证明两个直角三角形全等同样可以用SAS,ASA和AAS.
（三）全等三角形常见辅助线
（1）利用全等证明角、边相等或求线段长、求角度：将特征的边或角放到两个全等的三角形中，通过证明全等得到结论.在寻求全等的条件时，注意公共角、公共边、对顶角等条件.
（2）全等三角形中的辅助线的作法：
①直接连接法：如图①，连接公共边，构造全等.
②倍长中线法：用于证明线段的不等关系，如图②，由SAS可得△ACD≌△EBD，则AC=BE.在△ABE中，AB+BE＞AE，即AB+AC＞2AD.
③截长补短法：适合证明线段的和差关系，如图③、④.
考点一遍过
考点1：全等三角形的判定——直接判定
典例1：（2024上·陕西延安·八年级统考期末）如图，AB=CD，BF=CE，AE=DF．求证：△ABE≌△DCF．
【答案】见解析
【分析】本题主要考查三角形全等的证明．由BF=CE可得BE=CF，从而通过“SSS”即可证明△ABE≌△DCF．
【详解】∵BF=CE，
∴BF−EF=CE−EF，即BE=CF．
在△ABE和△DCF中，
AB=DCAE=DFBE=CF，
∴ △ABE≌△DCFSSS．
【变式1】（2023上·浙江温州·八年级校考期中）如图，点E，F在CD上，AC∥BD，AC=BD，CF=DE，求证：△AEC≌△BFD．
【答案】见解析
【分析】本题主要考查全等三角形的判定，先证明∠C=∠D，CE=DF，再运用SAS即可证明△AEC≌△BFD．
【详解】证明：∵AC∥BD，
∴∠C=∠D，
∵CF=DE，
∴CF+EF=DE+EF，即CE=DF，
在△AEC与△BFD中，
AC=BD∠C=∠DCE=DF，
∴△AEC≌△BFDSAS．
【变式2】（2024上·云南昆明·八年级统考期末）如图所示，点E在AB上，点D在AC上，∠B=∠C，AD=AE．求证：△ABD≌△ACE．
【答案】证明见解析
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定，直接利用AAS证明△ABD≌△ACE即可．
【详解】证明：在△ABD和△ACE中，
∠A=∠A∠B=∠CAD=AE，
∴△ABD≌△ACEAAS．
【变式3】（2023上·浙江温州·八年级温州市第十二中学校联考期中）如图，∠A=∠B，AE=BE，点D在AC边上，∠1=∠2，AE和BD相交于点O，求证：△AEC≌△BED．请补全证明过程，并在括号里写上理由．
证明：∵∠1=∠2（ ），
∴∠1+______=∠2+______，
∴∠AEC=______，
在△AEC和△BED中，∠A=∠BAE=______∠AEC=∠BED，
∴△AEC≌△BED（ ）．
【答案】已知，∠AED，∠AED，∠BED，ASA
【分析】本题考查了全等三角形的判定，先证∠AEC=∠BED，再由ASA证△AEC≌△BED即可．
【详解】解：∵∠1=∠2（已知），
∴∠1+∠AED=∠2+∠AED，
∴∠AEC=∠BED，
在△AEC和△BED中，
∠A=∠BAE=BE∠AEC=∠BED，
∴△AEC≌△BED(ASA)．
故答案为：已知，∠AED，∠AED，∠BED，ASA．
【变式4】（2023上·天津静海·八年级校考期中）如图，已知∠C=∠F=90°，AC=DF，AE=DB，BC与EF交于点O，求证：△ABC≌△DEF
【答案】见解析
【分析】本题考查全等三角形的判定，△ABC和△DEF是两个直角三角形，根据HL证明即可．
【详解】证明：∵AE=DB，
∴AE+EB=DB+EB，
即AB=DE，
在Rt△ACB和Rt△DFE中，
AB=EDAC=DF
∴Rt△ABC≌Rt△DEFHL．
【变式5】（2023上·辽宁盘锦·八年级校考期末）将△ABC和△DEF如图放置．已知AB=DE，∠D+∠CHF=180°，AB∥EF，
求证：△ABC≌△DEF．
【答案】见解析
【分析】本题考查了全等三角形的判定，三角形内角和定理，平行线的性质．由等角的补角相等求得∠D=∠CHE，利用三角形内角和定理求得∠F=∠ACB，由平行线的性质求得∠ABC=∠DEF，再利用AAS即可证明△ABC≌△DEF．
【详解】证明：∵∠D+∠CHF=180°，∠CHE+∠CHF=180°，
∴∠D=∠CHE，
∵∠D+∠F+∠DEF=180°=∠CHE+∠ACB+∠DEF，
∴∠F=∠ACB，
∵AB∥EF，
∴∠ABC=∠DEF，
∵AB=DE，
∴△ABC≌△DEFAAS．
考点2：全等三角形的判定——多次判定
典例2：（重庆市合川区2023-2024学年九年级上学期期末数学试题）如图，正方形ABCD中，E是BC边上一点，连接AE，以AE为边在AB右侧作正方形AEFH，连接AF，交CD于点N，连接EN．过点F作FG⊥BC交BC的延长线于点G．
(1)求证：BE=CG；
(2)求证：BE+DN=EN．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质；
（1）根据正方形的性质先证明△BAE≅△GEFAAS，得出AB=EG=BC即可得证；
（2）延长EB到M，使得BM=DN，连接AM，先证明△ADN≅△ABM(SAS)，再证明△AEM≅△AENSAS即可求解．
【详解】（1）∵四边形ABCD和四边形AEFH是正方形，且FG⊥BG，
∴∠AEF=∠ABE=∠EGF=90°，AE=EF，
∴∠AEB+∠BAE=∠AEB+∠GEF=90°，
∴∠BAE=∠GEF，
在△BAE和△GEF中，
∠B=∠G∠BAE=∠GEFAE=EF，
∴△BAE≅△GEFAAS，
∴AB=EG=BC，
∴BC−EC=EG−EC，
即BE=CG；
（2）延长EB到M，使得BM=DN，连接AM，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，EA=EF，∠BAD=∠D=∠ABC=∠ABM=90°.
在△ADN和△ABM中
AD=AB∠D=∠ABMDN=BM
∴△ADN≅△ABM(SAS)，
∴AM=AN，∠DAN=∠BAM，
∵EA=EF，∠AEF=90°，
∴∠EAF=45°，
∴∠MAE=∠MAB+∠BAE=∠DAN+∠BAE=45°.
∴∠EAM=∠EAN=45°，
又∵AE=AE，
∴△AEM≅△AENSAS，
∴ME=EN，
∴EB+DN=EB+BM=EM=EN．
【变式1】（2023上·黑龙江哈尔滨·八年级校考期中）如图，AB=AC，AD⊥BC于点D，AD=AE，AB平分∠DAE交DE于点F．
(1)求证：△ABE≌△ACD
(2)直接写出图中所有全等三角形（△ABE≌△ACD除外）．
【答案】(1)见解析
(2)Rt△ABD≌Rt△ACD，△ABE≌△ABD，△AEF≌△ADF，△BEF≌△BDF
【分析】（1）本题主要考查了等腰三角形的性质、角平分线的定义、全等三角形的判定等知识点，由等腰三角形的性质得到∠BAD=∠CAD，由角平分线定义得到∠BAD=∠BAE，因此∠BAE=∠CAD，然后根据SAS即可证明结论；
（2）本题主要考查了全等三角形的判定，由全等三角形的判定定理进行判断即可解答；灵活运用全等三角形的判定定理是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵AB=AC，AD⊥BC于点D，
∴∠BAD=∠CAD，
∵AB平分∠DAE，
∴∠BAD=∠BAE，
∴∠BAE=∠CAD，
在△ABE和△ACD中，
AB=AC∠BAE=∠CADAE=AD，
∴△ABE≌△ACDSAS．
（2）解：∵AD⊥BC，
∴∠ADB=∠ADC=90°，
∵AB=AC，AD=AD，
∴Rt△ABD≌Rt△ACDHL，
∵AE=AD，∠BAE=∠BAD，AB=AB，
∴△ABE≌△ABDSAS，
∴BE=BD，
∵AE=AD，∠FAE=∠FAD，AF=AF，
∴△AEF≌△ADFSAS，
∴EF=DF，
∵FB=BF，BE=BD，
∴△BEF≌△BDFSSS，
∴图中所有全等三角形有：Rt△ABD≌Rt△ACD，△ABE≌△ABD，△AEF≌△ADF，△BEF≌△BDF．
【变式2】（2021下·福建福州·七年级校联考期中）在矩形ABCD中，AB=6，AD=8，E是边BC上一点，以点E为直角顶点，在AE的右侧作等腰直角△AEF．

(1)如图1，当点F在CD边上时，求BE的长．
(2)如图2，若EF⊥DF，求BE的长．
【答案】(1)2
(2)23
【分析】（1）如图1中，证明△ABE≌△ECFAAS，即可解决问题．
（2）如图2中，延长DF，BC交于点N，过点F作FM⊥BC于点M．证明△EFM≌△DNCASA，设NC=FM=x，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【详解】（1）解：如图1中，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠C=90°，AD=BC=8，
∵EF⊥AE，∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠FEC=90°=∠FEC+∠EFC，
∴∠AEB=∠EFC，
∵△AEF是等腰直角三角形，
∴EF=AE，
∴△ABE≌△ECFAAS，
∴CE=AB，
∵AB=6，
∴CE=6，
∴BE=BC−CE=2．
（2）如图2中，延长DF，BC交于点N，过点F作FM⊥BN于点M，

同理可证△ABE≌△EMF，
∴AB=EM=6，BE=FM，
设BE=x，则FM=BE=x，EC=8−x，
∵EF⊥DF，
∴∠NFE=∠DCB=90°，
∴∠CDF+∠CND=90°=∠FEC+∠CND，
∴∠FEC=∠CDF，
在矩形ABCD中，AB=DC，
∴CD=AB=EM， 而∠EMF=∠DCN=90°，
∴△EFM≌△DNCASA，
∴NC=FM=x，EN=EC+CN=EC+BE=8，NM=EN−EM=2，
即在Rt△FMN中，FN2=FM2+NM2=x2+22，
在Rt△EFM中，EF2=FM2+EM2=x2+62，
在Rt△EFN中，FN2+EF2=EN2，
即x2+4+x2+36=64，解得x=23（负根舍去），
即BE=23．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，化为最简二次根式等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
【变式3】（2023下·湖北随州·八年级统考期末）已知正方形ABCD，E为对角线BD上一点．

(1)如图1，连接AE，CE，求证：△ADE≌△CDE；
(2)如图2，F是AE延长线上一点，CF⊥CE，EF交CD于点G，判断△CFG的形状，并说明理由；
(3)在（2）的条件下，若AB=3，CG=2DG，连接DF，直接写出DF的长为___________．
【答案】(1)见解析
(2)△CFG为等腰三角形，见解析
(3)13
【分析】（1）可得AD=CD，∠ADE=∠CDE=45°，即可求证；
（2）可证∠FCG=∠AGD，由∠AGD=∠CGF，即可求证；
（3）过F作FH⊥CD于点H，可证HG=DG，从而可证△FHG≌△ADG，由勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴ AD=CD，∠ADE=∠CDE=45°，
在△ADE和△CDE中
AD=CD∠ADE=∠CDEDE=DE，
∴ △ADE≌△CDE（SAS）．
（2）解：△CFG为等腰三角形，
理由如下：
∵ CF⊥CE，
∴ ∠FCG+∠ECG=90°，
由（1）知∠DAG=∠ECD，
∵ ∠DAG+∠AGD=90°，
∴ ∠FCG=∠AGD，
∵ ∠AGD=∠CGF，
∴ ∠FCG=∠CGF，
∴ FG=CF，
∴ △CFG为等腰三角形．
（3）解：如图，过F作FH⊥CD于点H，

∴∠FHG=∠ADG=90°，
由（2）知CH=HG，
∴CG=2HG，
∵ CG=2DG，
∴ HG=DG，
在△FHG和△ADG中
∠FHG=∠ADGHG=DG∠HGF=∠AGD，
∴ △FHG≌△ADG（ASA），
∴ FH=AD，
∵ AB=3
∴ FH=3，HD=2，
∴ DF=HD2+FH2
=22+32=13．
故答案：13．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定及性质，等腰三角形的判定，勾股定理，掌握相关的判定方法及性质是解题的关键．
考点3：全等三角形的判定——网格应用
典例3：（2022上·重庆潼南·八年级校联考期中）如图，在3×3的正方形网格中标出了∠1和∠2，则∠1+∠2= 度．
【答案】135
【分析】作辅助线，使△ADB为等腰直角三角形，根据全等三角形△DFB≌△BEC，可得到∠DBF=∠2，利用等角代换即可得解．
【详解】解：如图，连接AD、BD，∠ADB=90°，AD=BD=BC，∠DAB=∠DBA=45°，
由图可知，在△DFB和△BEC中，
DF=BE∠DFB=∠BEC=90°FB=EC，
∴△DFB≌△BECSAS，
∴∠DBF=∠2，
∵∠DBA=45°，
∴∠1+∠2=∠1+∠DBF=180°−45°=135°，
故答案为：135．
【点睛】本题考查了网格中求两角和，构造全等三角形，利用等角代换是解题关键．
【变式1】（2022上·湖北武汉·八年级统考期中）在如图所示的3×3正方形网格中，∠1+∠2+∠3= 度．
【答案】90
【分析】证明△ABC≌△DEF，△DCG≌△CEB得出∠2+∠1=45°,根据网格的特点可知∠3=45°，即可求解．
【详解】解：如图，
在△ABC与△DEF中，
AC=DF∠ACB=∠DFEBC=EF，
∴△ABC≌△DEF，
∴∠1=∠4，
∵FD∥CG，
∴∠2=∠FDC，
同理可得△DCG≌△CEB，
∴EC=ED，∠2=∠BEC，
∵∠BEC+∠ECB=90°，
∴∠2+∠EBC=90°，
∴∠ECD=90°，
∴△ECD是等腰直角三角形，
∴∠CDE=45°，
即∠4+∠FDC=∠1+∠2=45°，
根据网格的特点可知∠3=45°，
∴∠1+∠2+∠3=90°，
故答案为：90．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，等腰直角三角形的性质，根据网格的特点求得∠1+∠2=45°是解题的关键．
【变式2】（2022上·江苏无锡·八年级无锡市天一实验学校校考阶段练习）如图，已知方格纸中是4个相同的小正方形，则∠1+∠2的度数为 .
【答案】45°/45度
【分析】观察图形可知∠3与∠1所在的直角三角形全等，则∠1=∠3，根据外角的性质卡得∠4=∠2+∠3，即可求解．
【详解】观察图形可知∠3与∠1所在的直角三角形全等，
∴∠1=∠3，
∵∠4=45°，
∴∠1+∠2=∠3+∠2=∠4=45°，
故答案为：45°．
【点睛】本题考查了利用全等的性质求网格中的角度，三角形外角的性质，等腰直角三角形的性质，得出∠1=∠3是解题的关键．
【变式3】（2022·山东济南·统考二模）如图，在4×4的正方形网格中，求α+β= 度．
【答案】45
【分析】连接AB，根据正方形网格的特征即可求解．
【详解】解：如图所示，连接AB

∵图中是4×4的正方形网格
∴AD=CE，∠ADB=∠AEC，DB=AE
∴△ADB≌△CEA(SAS)
∴∠EAC=∠ABD=α，AB=AC
∵∠ABD+∠BAD=90°
∴∠EAC+∠BAD=90°，即∠CAB=90°
∴∠ACB=∠ABC=45°
∵BD∥CE
∴∠BCE=∠DBC=β
∵∠ABC=∠ABD+∠DBC=α+β
∴α+β=45°
故答案为：
【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4：全等三角形的判定——尺规作图
典例4：（2023上·河南漯河·八年级统考期中）如图，已知△ABC，请根据下列要求进行尺规作图，不写作法，保留作图痕迹．
(1)求作△DEF，使△DEF≌△ABC，你的依据是________；（填“SSS、SAS、ASA或AAS”）
(2)分别求作∠ABC和∠ACB的平分线，两平分线交于点O；
(3)在（2）的条件下，若∠A=70°，则∠BOC的度数为________．（直接写出结果）
【答案】(1)图形见解析，SSS
(2)图形见解析
(3)125°
【分析】本题考查了基本作图，角平分线的性质，三角形内角和定理：
（1）根据三条对应边相等可得到两个三角形全等， 据此可画出全等三角形；
（2）根据角平分线的性质可作出图形；
（3）根据角平线的性质以及三角形内角和可求出角度；
熟练掌握知识点是解题的关键．
【详解】（1）解：图形如下：
，
首先根据BC的长度确定EF，
然后以点E为圆心，AB的长为半径，画圆，以点F为圆心，AC的长为半径画圆，两个圆的交点为一点D，此时三角形的三条对应边分别相等，两个三角形全等，
∴故答案为：SSS；
（2）解：如图所示：

，
以点B为圆心，以定长为半径画圆，交AB,BC分别于点M、N，
再分别以点M、N为圆心，以大于12MN长为半径画圆，交点为一点Q，连接BQ并延长，
用同样的方法可求出点P，连接CP并延长，此时BQ的延长线与CP的延长线交于一点O，即为所求；
（3）解：∵∠A=70°，
∴∠ABC+∠ACB=180°−70°=110°，
由（2）可得BO，CO分别是∠ABC，∠ACB的角平分线，
∴∠OBC+∠OCB=12×110°=55°，
∴∠BOC=180°−55°=125°，
故答案为：125°．
【变式1】（2022·福建福州·福建省福州屏东中学校考二模）如图，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于点D，∠BAC为锐角．
(1)将线段AD绕点A顺时针旋转（旋转角小于90°），在图中求作点D的对应点E，使得BE=12BC；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）的条件下，过点C作CF⊥AB于点F，连接EF，BE，若sin∠EBA=57，求EFCF的值．
【答案】(1)见解析
(2)EFCF=710
【分析】（1）以点A为圆心，AD为半径画弧，以点B为圆心，以BD为半径画弧，两弧相交于点E，连接AE、BE，则BE即为所求；
（2）先证明△ABC是等腰三角形，由等腰三角形的三线合一知CD=12BC，进一步证明，△ABE≌△ABD（SSS），得到∠EAB=∠DAB，∠EBA=∠DBA，又AF＝AF，，得到△AEF≌△ADF（SAS），EF=DF，在Rt△BCF中，sin∠EBA=CFCB=57，设CF=5a，BC=7a，得到DF=12BC=72a，EF=72a，得到答案．
【详解】（1）解：如图1所示，点E即为所求．
理由是：∵AB＝AC，
∴△ABC是等腰三角形，
∵AD⊥BC，
∴BD＝CD＝12BC，
∴线段AD绕点A顺时针旋转（旋转角小于90°），旋转角为∠DAE，且BE=12BC；
（2）解：如图2，连接DF．
在△ABC中，AB=AC，
∴△ABC是等腰三角形，
∵AD⊥BC，
∴CD=12BC，
由（1）可知BE=12BC，AE=AD，
∴BE=BD，
又∵AB=AB，
∴△ABE≌△ABD（SSS），
∴∠EAB=∠DAB，∠EBA=∠DBA，
又∵AF=AF，
∴△AEF≌△ADF（SAS），
∴EF=DF，
∵CF⊥AB，
∴在Rt△BCF中，sin∠EBA=sin∠CBF=CFCB=57，
设CF=5a，BC=7a，
∵CD=12BC，
∴DF=12BC=72a，
∴EF=72a，
∴EFCF=710．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、图形的旋转、锐角三角函数、直角三角形的性质、等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键
【变式2】（2021·湖北武汉·九年级专题练习）求证：全等三角形对应边上的中线相等.已知如图，△ABC≅△A′B′C′，AD是△ABC的中线．
（1）求作ΔA′B′C′的中线A′D′（要求尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
（2）求证：AD=A′D′
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【分析】（1）做线段B′C′的垂直平分线，找到B′C′的中点，连接A′ 与中点即可．
（2）由已知全等三角形得到相关条件，从而证明△ACD≅△A′C′D′，就可得出对应线段相等．
【详解】解：（1）如图：A′D′即为所求．
（2）∵△ABC≅△A′B′C′，
∴AC=A′C′,∠C=∠C′,BC=B′C′，
∵AD，A′D′分别是△ABC与△A′B′C′的中线，
∴CD=12BC,C′D′=12B′C′，
∴CD=C′D′，
∴△ACD≅△A′C′D′，
∴AD=A′D′．
【点睛】本题主要考查线段中垂线的画法、三角形全等的证明等相关知识点，能够根据条件灵活选用定理是解题的关键．
【变式3】（2020上·上海奉贤·八年级校考期末）如图，已知四边形ABCD中，AB=24，AD=15，BC=20，CD=7，∠ADB+∠CBD=90°．
（1）在BD的上方作△A'BD，使△A'BD≌△ADB（点A与点A'不重合）（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）求四边形ABCD的面积．
【答案】（1）见详解；（2）234
【分析】（1）作BD的中垂线MN，作点A关于MN的对称点A′，连接A′D、A′B，则△A′BD即为所求；
（2）由（1）中作图得知：∠A′BD=∠ADB，A′B=AD=15，A′D=AB=24，如图2，连接A′C，由∠ADB+∠CBD=90°，得到∠A′BD+∠CBD=90°，证得∠A′BC=90°，根据勾股定理得到A′C=25，根据勾股定理的逆定理得到△A′DC是直角三角形，于是得到结果．
【详解】解：（1）如图1所示，△A′BD即为所求；
（2）由（1）中作图得知：∠A′BD=∠ADB，A′B=AD=15，A′D=AB=24，连接A′C，如图2，
∵∠ADB+∠CBD=90°，
∴∠A′BD+∠CBD=90°，
即∠A′BC=90°，
∴A′B2+BC2=A′C2，
∵A′B=15，BC=20，
∴A′C=25，
在△A′CD中，A′D=24，CD=7，
∴A′D2+CD2=576+49=625，
∵A′C2=625，
∴A′D2+CD2=A′C
∴△A′DC是直角三角形，且∠A′DC=90°，
∴S四边形A′BCD＝S△A′BC+S△A′CD＝12×20×15+12×24×7＝234，
∵S△A'BD=S△ABD，
∴S四边形ABCD=S四边形A'BCD=2
【点睛】】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，作图-复杂作图，正确的画出图形是解题的关键．
考点5：全等三角形的判定——连接线段
典例5：（2020上·江西南昌·八年级期末）如图，以O为直角顶点作两个等腰直角三角形Rt△OAB和Rt△OCD，且点C在线段AB上（A、B除外），求证：AC2+BC2=CD2

【答案】证明见解析
【分析】连接BD，证明△AOC≌△BOD（SAS），得到△CBD为直角三角形，再由勾股定理即可证明．
【详解】解：连接BD，
∵△AOB与△COD为等腰直角三角形，
∴AO=BO，CO=DO，∠AOB=∠COD=90°，∠A=∠ABO=45°，
∴∠AOC+∠BOC=∠BOD+∠BOC
∴∠AOC=∠BOD，
在△AOC与△BOD中，
AO=BO∠AOC=∠BODCO=DO，
∴△AOC≌△BOD（SAS）
∴∠A=∠OBD=45°，AC=BD，
∴∠ABO+∠OBD=90°，即∠CBD=90°，
∴在Rt△CBD中，BD2+BC2=CD2
即AC2+BC2=CD2．

【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，以及勾股定理证明线段的关系，解题的关键是作出辅助线，通过全等证明△CBD为直角三角形．
【变式1】（2024上·河南洛阳·八年级偃师市实验中学校考期中）如图，AC与BD相交于点O，AB=DC，AC=BD．求证：△ABO≌△DCO．
【答案】见详解
【分析】本题考查了全等三角形的判定及性质；连接BC，由SSS可判定△ABC≌△DCB，由全等三角形的性质得∠A=∠D，再由AAS即可得证；掌握判定方法及性质，作出恰当辅助线，构建△ABC≌△DCB是解题的关键．
【详解】证明：如图，连接BC，
在△ABC和△DCB中
AB=DCAC=DBBC=CB，
∴ △ABC≌△DCB(SSS)，
∴∠A=∠D，
在△ABO和△DCO中
∠A=∠D∠AOB=∠DOCAB=DC，
∴ △ABO≌△DCO(AAS)．
【变式2】（2023上·浙江杭州·八年级统考期中）如图，AB⊥AC于点A，BD⊥CD于点D，AC与BD交于点O，AC=DB．求证：OA=OD．

【答案】证明见解析
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，先根据HL判定△ABC≌△DCB，再根据AAS判定△AOB≌△DOC，即可证明，准确找到边长之间的关系和角度之间的关系是解题的关键．
【详解】证明：连接BC，如图所示：
，
∵AB⊥AC，BD⊥CD，
∴∠A=∠D=90°，
在Rt△ABC和Rt△DCB中，
∠A=∠D=90°AC=DBBC=BC，
∴Rt△ABC≌Rt△DCBHL，
∴AB=DC，
在△AOB和△DOC中，
∠A=∠D=90°∠AOB=∠DOCAB=DC，
∴△AOB≌△DOCAAS，
∴OA=OD．
【变式3】（2020·湖南邵阳·统考模拟预测）如图，BD是⊙O的直径，AB与⊙O相切于点B，点C在⊙O上，CD∥AO，求证：AC是⊙O的切线．
【答案】证明见解析．
【分析】连接OC，先根据题意得出∠ABO=90°，然后再证明△AOB≌△AOC即可
【详解】如图：连接OC.
∵BD是⊙O的直径，AB与⊙O相切于点B
∴AB丄OB，即∠ABO=90°.
∵CD∥AO，
∴∠AOB=∠CDO，∠DCO=∠AOC.
∵OC=OD，∴∠CDO=∠DCO,
∴∠AOB=∠AOC.
又OA=OA，OB=OC,
∴△AOB≌△AOC,
∴∠ACO=∠ABO=90°
故AC是⊙O的切线.
【点睛】此题考查了切线的判定和性质，全等三角形的判定与性质等知识，要证某线是
圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．
考点6：全等三角形的判定——倍长中线
典例6：（2023上·全国·八年级期末）【阅读理解】
课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：
如图1，△ABC中，若AB=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：延长AD到点E，使DE=AD，请根据小明的方法思考：
（1）由已知和作图能得到ΔADC≌ΔEDB的理由是 ．
A．SSS B．SAS C．AAS D．HL
（2）求得AD的取值范围是 ．
A．6【感悟】
解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集合到同一个三角形中．
【问题解决】
（3）如图2，AD是△ABC的中线，BE交AC于E，交AD于F，且AE=EF．求证：AC=BF．
【答案】（1）B；（2）C；（3）见解析
【分析】本题考查了三角形的中线，三角形的三边关系定理，等腰三角形性质和判定，全等三角形的性质和判定等知识点，主要考查学生运用定理进行推理的能力．
（1）根据AD=DE，∠ADC=∠BDE，BD=DC推出△ADC和△EDB全等即可；
（2）根据全等得出BE=AC=6，AE=2AD，由三角形三边关系定理得出8−6<2AD<8+6，求出即可；
（3）延长AD到M，使AD=DM，连接BM，根据SAS证△ADC≌△MDB，推出BM=AC，∠CAD=∠M，根据AE=EF，推出∠CAD=∠AFE=∠BFD，求出∠BFD=∠M，根据等腰三角形的性质求出即可．
【详解】（1）解：∵在△ADC和△EDB中
AD=DE∠ADC=∠BDEBD=CD，
∴△ADC≌△EDB(SAS)，
故选B；
（2）解：∵由（1）知：△ADC≌△EDB，
∴BE=AC=6，AE=2AD，
∵在△ABE中，AB=8，由三角形三边关系定理得：8−6<2AD<8+6，
∴1故选C．
（3）证明：如图2，延长AD到M，使AD=DM，连接BM，
∵AD是△ABC中线，
∴CD=BD，
∵在△ADC和△MDB中
DC=DB∠ADC=∠MDBDA=DM
∴△ADC≌△MDBSAS，
∴BM=AC，∠CAD=∠M，
∵AE=EF，
∴∠CAD=∠AFE，
∵∠AFE=∠BFD，
∴∠BFD=∠CAD=∠M，
∴BF=BM=AC，
即AC=BF．
【变式1】（2023上·全国·八年级期末）如图，在△ABC中，点D是AC的中点，分别以AB，BC为腰向△ABC外作等腰三角形ABM和等腰三角形BCN，其中，AB=BM，BC=N，∠ABM=120°，∠NBC=60°，连接MN．
(1)请写出BD与MN的数量关系，并说明理由．
(2)延长DB交MN于点F，求∠MFB的度数．
【答案】(1)MN=2BD，见解析
(2)120°
【分析】此题主要考查了倍长中线法，全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系，利用倍长中线法作出辅助线是解本题的关键．
（1）延长BD至E，使DE=BD，连接AE，则BE=2BD，证明△ADE≌△CDB，得出∠DAE=∠DCB，进而判断出AE=BN，∠MBN=∠BAE，进而判断出△ABE≌△BMN，得出BE=MN，即可得出结论；
（2）结合（1）△ABE≌△BMN，可得∠ABE=∠BMN，然后利用三角形内角和定理即可解决问题．
【详解】（1）解：MN=2BD，理由如下：
如图，延长BD至E，使DE=BD，连接AE，
∵点D是AC的中点，
∴CD=AD，
∵∠CDB=∠ADE
∴△ADE≌△CDB
∴BC=AE，∠DAE=∠DCB，
∵BC=BN，
∴AE=BN，
∵∠ABM=120°，∠NBC=60°，
∴∠MBN+∠ABC=180°，
∵∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，
∴∠MBN=∠BAC+∠ACB=∠BAC+∠DAE=∠BAE，
∵AB=BM，
∴△ABE≌△BMN，
∴BE=MN
∴MN=2BD．
（2）解：延长DB交MN于点F，
∵△ABE≌△BMN，
∴∠ABE=∠BMN，
∵∠ABM=120°，
∴∠ABE+∠MBF=180°−120°=60°，
∴∠BMF+∠MBF=60°，
∴∠MFB=180°−60°=120°．
【变式2】（2023上·全国·八年级专题练习）如图，在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AC上的一点，BE交AD于点F，已知AE=EF．求证：AC=BF．

【答案】见解析
【分析】本题考查了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—倍长中线，构造全等三角形．
延长AD到G，使得DG=AD，连接BG，先证明△ADC≌△GDB，得AC=BG，证明BG=BF即可解决问题．．
【详解】证明：如图，延长AD到G，使得DG=AD，连接BG．

在△ADC和△GDB中，
AD=GD∠ADC=∠GDBCD=BD，
∴△ADC≌△GDB(SAS)，
∴AC=BG 且∠CAD=∠G
∵AE=EF，
∴∠EFA=∠EAF，
∴∠G=∠EFA，
∵∠EFA=∠BFG，
∴∠G=∠BFG，
∴BG=BF，
∵AC=BG，
∴BF=AC．
【变式3】（2023上·山西长治·八年级校联考期中）如图，AD，AF分别是△ABC的中线和高，BE是△ABD的角平分线

(1)若∠BED=60°,∠BAD=40°，求∠BAF的度数．
(2)若AB=8,AC=6，求中线AD长的取值范围．
【答案】(1)50°
(2)1【分析】（1）利用三角形的外角先求解∠ABE=20°，可得∠ABC=40°，再结合高与三角形的内角和定理可得答案；
（2）延长AD至K，使AD=DK，再证明△ADB≌△KDC，可得AB=CK=8，而AC=6，则2【详解】（1）解：∵∠BED=∠ABE+∠BAE，∠BED=60°,∠BAD=40°，
∴∠ABE=60°−40°=20°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABC=2∠ABE=40°，
∵AF为高，
∴∠AFB=90°，
∴∠BAF=90°−∠ABF=90°−40°=50°；
（2）延长AD至K，使AD=DK，

∵AD是△ABC的中线，
∴BD=CD，
∵∠ADB=∠CDK，
∴△ADB≌△KDC，
∴AB=CK=8，而AC=6，
∴2∴1【点睛】本题考查的是三角形的中线，高，角平分线的含义，三角形的外角的性质，内角和定理的应用，全等三角形的判定与性质，三角形三边关系的应用，熟记基础概念是解本题的关键．
考点7：全等三角形的判定——截长补短
典例7：（2023上·山西长治·八年级校联考期中）综合与探究
数学活动课上，同学们以对角互补的四边形为活动主题，开展了如下探究．
(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=12∠BAD．请探究线段EF,BE,FD之间的数量关系．下面是学习委员琳琳的解题过程，请将余下内容补充完整．
(2)班长李浩发现在如图2所示的四边形ABCD中，若AB=AD,∠B+∠D=180°，E，F分别是边BC,CD上的点，且∠EAF=12∠BAD，（1）中的结论仍然是成立的，请你写出结论并说明理由．

(3)如图3，在四边形ABCD中，AB=AD,∠B+∠ADC=180°，E，F分别是边BC,CD延长线上的点，且∠EAF=12∠BAD，请判断线段EF,BE,FD之间的数量关系，并说明理由．

【答案】(1)见解析
(2)EF=DF+BE，理由见解析
(3)EF=BE−DF，理由见解析
【分析】（1）证明△AEF≌△AEG，即可得出结论；
（2）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，即可得出结论；
（3）在BC上取一点G，使BG=DF，先证明△ABG≌△ADF，再证明△AEG≌△AEF，即可得出结论．
本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是利用截长补短法，构造全等三角形．
【详解】（1）解：延长EB到G，使得BG=DF，连接AG，

在△ABG和△ADF中
AB=AD∠ABG=∠ADF=90°BG=DF，
∴△ABG≌△ADFSAS，
∴AG=AF,∠BAG=∠DAF，
∴∠BAG+∠BAE=∠DAF+∠BAE，
∴∠EAF=12∠BAD，
∴∠GAE=∠EAF，
在△AEG和△AEF中
AG=AF∠GAE=∠EAFAE=AE，
∴△AEG≌△AEF，
∴EF=EG=BE+BG=BE+DF；
（2）EF=DF+BE；理由如下：
延长FD到点G，使DG=BE，则∠ADF+∠ADG=180°，

∵∠B+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADG，
∵AB=AD，
∴△ABE≌△ADG，
∴AG=AE，∠1=∠3，
∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠1+∠2=12∠BAD，
∴∠3+∠2=12∠BAD，即：∠FAG=12∠BAD，
∴∠EAF=∠FAG，
又AF=AF，
∴△AEF≌△AGF，
∴EF=GF，
∵GF=DF+DG，
∴EF=DF+BE；
（3）EF=BE−DF，理由如下：
在BC上取一点G，使BG=DF，

∵∠ADF+∠ADC=180°，∠B+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADF，
又AB=AD，
∴△ABG≌△ADF，
∴AG=AF，∠1=∠2，
∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=12∠BAD，
∴∠GAE=12∠BAD=∠EAF，
又AE=AE，
∴△AGE≌△AFE，
∴EF=EG=BE−BG=BE−DF．’
【变式1】（2023上·江西赣州·八年级统考期中）我们定义：如图1，在四边形ABCD中，如果∠A=α，∠C=180°−α，对角线BD平分∠ABC，我们称这种四边形为“分角对补四边形”．
(1)特例感知：如图1，在“分角对补四边形” ABCD中，当α=90°时，根据教材中一个重要性质直接可得DA=DC，这个性质是______；（填序号）
①垂线段最短：②垂直平分线的性质；③角平分线的性质；④三角形内角和定理
(2)猜想论证：如图2，当α为任意角时，猜想DA与DC的数量关系，并给予证明；
(3)探究应用：如图3，在等腰△ABC中，∠BAC=100°，BD平分∠ABC，
求证：BD+AD=BC．
【答案】(1)③
(2)DA=DC，见解析
(3)见解析
【分析】本题考查四边形综合题、等腰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：
（1）根据角平分线的性质定理即可解决问题；
（2）如图2中，作DE⊥BA交BA延长线于点E，DF⊥BC于点F，证明△DEA≌△DFCAAS即可解决问题；
（3）如图3中，在BC上截取BG=BD，连接DG，根据（2）的结论得到AD=DG，根据等腰三角形的判定定理得到GD=GC，结合图形证明即可．
【详解】（1）解：∵BD平分∠ABC，∠BAD=90°，∠BCD=90°，
∴DA=DC，
∴根据角平分线的性质定理可知AD=CD，
故答案为：③；
（2）解：DA=DC，理由如下：
如图2中，作DE⊥BA交BA延长线于点E，DF⊥BC于点F，
∵BD平分∠EBF，DE⊥BE，DF⊥BF，
∴DE=DF，
∵∠BAD+∠C=180°，∠BAD+∠EAD=180°，
∴∠EAD=∠C，
∵∠E=∠DFC=90°，
∴△DEA≌△DFCAAS，
∴DA=DC；
（3）证明：如图3，在BC上截取BG=BD，连接DG，
∵AB=AC，∠A=100°，
∴∠ABC=∠C=40°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠DBG=12∠ABC=20°，
∵BD=BG，
∴∠BGD=∠BDG=80°，即∠A+∠BGD=180°，
由（2）的结论得AD=DG，
∵∠BGD=∠C+∠GDC，
∴∠GDC=∠C=40°，
∴DG=CG，
∴AD=DG=CG，
∴BD+AD=BG+CG=BC．
【变式2】（2022上·四川绵阳·八年级校考期中）如图，已知∠C=60°，AE,BD是△ABC的角平分线，且交于点P．
(1)直接写出∠DPE=___________°；

(2)求证：PD=PE；
(3)探究AB、AD、BE的数量关系．
【答案】(1)120
(2)见解析
(3)AB=AD+BE
【分析】（1）根据角平分线平分线以及三角形的内角和定理，求出∠APB的度数，对顶角相等，即可得到∠DPE的度数；
（2）过点P作PF⊥AB,PG⊥AC,PH⊥BC，证明△PGD≌△PHE，即可得证；
（3）在AB上截取BM=BE，证明△BPM≌△BPE，△APM≌△APD即可得出结论．
【详解】（1）解：∵∠C=60°，
∴∠ABC+∠CAB=180°−∠C=120°，
∵AE,BD是△ABC的角平分线，
∴∠PAB=12∠CAB,∠PBA=12∠CBA，
∴∠PAB+∠PBA=12∠CAB+12∠CBA=60°，
∴∠APB=180°−∠PAB+∠PBA=120°，
∴∠DPE=∠APB=120°；
故答案为：120；
（2）证明：过点P作PF⊥AB,PG⊥AC,PH⊥BC，

则：∠PGD=∠PGC=∠PHE=90°，
∵AE,BD是△ABC的角平分线，且交于点P，
∴PG=PF=PH，
∵∠C+∠PGC+∠PHC+∠GPH=180°，
∴∠GPH=120°，
∵∠DPE=120°，
∴∠DPG=∠EPH，
∴△PGD≌△PHE，
∴PD=PE；
（3）解：在AB上截取BM=BE，

∵BP平分∠ABC，
∴∠PBM=∠PBE，
∵BP=BP，
∴△BPM≌△BPE，
∴∠BPM=∠BPE=180°−∠APB=60°，
∴∠APM=∠APB−∠BPM=60°，
∵∠APD=180°−∠APB=60°，
∴∠APD=∠APM，
∵AP平分∠DAB，
∴∠DAP=∠MAP，
又AP=AP，
∴△APM≌△APD，
∴AM=AD，
∴AB=AM+BM=AD+AE．
【点睛】本题考查角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是添加合适的辅助线，证明三角形全等．
【变式3】（2023·江苏·八年级假期作业）正三角形ABC中，E在AB上，F在AC上，∠EDF=60°,DB=DC,∠BDC=120°，请问现在EF、BE、CF又有什么数量关系？

【答案】EF=BE+FC
【分析】延长AC到点G，使得CG=BE，连接DG，证明△DBE≌△DCGSAS，得到∠EDB=∠GDC,DE=DG，再证明△GDF≌△EDFSAS，即可得到EF=GF=CG+FC=BE+FC．
【详解】解：数量关系为：EF=BE+FC，理由如下：
延长AC到点G，使得CG=BE，连接DG，

∵△ABC是正三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，
又∵DB=DC,∠BDC=120°，
∴∠DBC=∠DCB=30°，
∴∠DBE=∠ABC+∠DBC=60°+30°=90°,∠ACD=∠ACB+∠DCB=60°+30°=90°，
∴∠GCD=180°−∠ACD=90°，
∴∠DBE=∠DCG=90°，
又∵DB=DC,BE=CG，
∴△DBE≌△DCGSAS，
∴∠EDB=∠GDC,DE=DG，
又∵∠DBC=120°=∠EDB+∠EDC=∠GDC+∠EDC=∠EDG，
∴∠GDF=∠EDG−∠EDF=120°−60°=60°，
∴∠GDF=∠EDF=60°，
又∵DG=DE,DF=DF，
∴△GDF≌△EDFSAS，
∴EF=GF=CG+FC=BE+FC．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判断和性质．解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形．
考点8：全等三角形的判定——作平行线
典例8：（2023上·安徽亳州·八年级统考期末）已知：如图，点D是等边△ABC的边AC上一点，点E在边AB的延长线上，连接DE交CB于点F．
(1)若点F是DE的中点，CD=3，则BE的长为______；
(2)若CD=BE，点F是否为DE的中点？如果是，请证明；如果不是，请说明理由．
【答案】(1)3
(2)F是DE的中点，理由见解析
【分析】本题考查了等边三角形判定及性质的运用，直角三角形的性质的运用，平行线的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，熟练掌握证明三角形全等是解题的关键．
（1）过点D作DG∥AB交BC于点G，证明△CDG是等边三角形，得出CD=DG=3，利用ASA证明△DFG≌△EFB，然后根据全等三角形的性质即可求解；
（2）过点D作DG∥AB交BC于点G，由（1）知CD=DG，∠DGF=∠EBF，则DG=BE，利用AAS证明△DFG≌△EFB，然后根据全等三角形的性质即可得证．
【详解】（1）解：过点D作DG∥AB交BC于点G，
∴∠CDG=∠A，∠CGD=∠CBA，∠DGF=∠EBF，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠C=∠CBA=60°，
∴∠CDG=∠C=∠CGD=60°，
∴△CDG是等边三角形，
∴CD=DG=3，
∵∠DGF=∠EBF，DF=EF，∠DFG=∠EFB，
∴△DFG≌△EFBASA，
∴DG=BE=3，
故答案为：3；
（2）解：F是DE的中点
理由：过点D作DG∥AB交BC于点G，
由（1）知CD=DG，∠DGF=∠EBF，
∵CD=BE，
∴DG=BE，
又∠DGF=∠EBF，∠DFG=∠EFB，
∴△DFG≌△EFBAAS
∴DF=EF，即F是DE的中点．
【变式1】（2023上·广东珠海·八年级统考期末）在等边△ABC中，点E为边AB上任意一点，点D在边CB的延长线上，且ED=EC．
(1)如图1，若点E为AB的中点，求证：AE=DB；
(2)如图2，若点E为AB上任意一点，求证：AE=DB．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等等：
（1）由等边三角形的性质得到∠ABC=∠ACB=60°，AE=BE，∠ECB=30°，再由等边对等角得到∠ECD=∠D=30°，进而推出∠BED=∠D得到DB=BE，则AE=DB；
（2）如图所示，过点E作EH∥AB交AC于H，证明△AEH是等边三角形，得到AE=HE，再证明△DEB≌△ECHAAS，得到DB=EH，即可证明AE=DB．
【详解】（1）证明：∵△ABC为等边三角形，点E为AB的中点，
∴∠ABC=∠ACB=60°，AE=BE，∠ECB=12∠ACB=30°，
∵ED=EC，
∴∠ECD=∠D=30°，
∴∠BED=∠ABC−∠D=30°，
∴∠BED=∠D，
∴DB=BE，
∴AE=DB；
（2）证明：如图所示，过点E作EH∥AB交AC于H，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，
∵EH∥AB，
∴∠AEH=∠ABC=60°，∠AHE=∠ACB=60°，
∴△AEH是等边三角形，
∴AE=HE，
∵∠DBE=180°−∠ABC=120°，∠EHC=180°−∠AHE=120°，
∴∠DBE=∠EHC，
∵ED=EC
∴∠ECD=∠D，
∵∠ECD+∠ACE=∠ACB=∠D+∠BED=∠ABC，
∴∠DEB=∠ECH，
∴△DEB≌△ECHAAS，
∴DB=EH，
∴AE=DB．
【变式2】（2023上·全国·八年级专题练习）如图，△ABC是等边三角形，点D在线段AC上且不与点A、点C重合，延长BC至点E使得CE=AD，连接DE．
(1)如图①，若D为AC中点，求∠E；
(2)如图②，连接BD，求证：∠DBE=∠E．
【答案】(1)30°
(2)见解析
【分析】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，等腰三角形的性质与判定，三角形外角的性质等等；
（1）由△ABC是等边三角形，得到∠ACB=60°，D是AC边上的中点，得CE=CD，则∠CDE=∠E，由三角形外角的性质即可求出∠E=30°；
（2）过点D作DF∥BC交AB于点F，证明△AFD是等边三角形，再运用SAS证明△BFD≌△DCE得BD=DE，进而可得结论．
【详解】（1）解；∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，
∵D为AC中点，
∴AD=CD，
∵CE=AD，
∴CE=CD，
∴∠CDE=∠E，
∵∠ACB=∠CDE+∠E=2∠E，
∴2∠E=60°，
∴∠E=30°；
（2）证明：如图所示，过点D作DF∥BC交AB于点F，
∵DF∥BC
∴∠AFD=∠ABC，∠ADF=∠ACB
∵△ABC是等边三角形
∴AB=AC，∠A=∠ABC=∠ACB=60°，
∴∠AFD=60°，∠ADF=60°，
∴△AFD是等边三角形
∴AD=AF=DF，
∵AD=CE，
∴CE=DF，
∵AB=AC，AF=AD，
∴BF=DC，
∵∠BFD+∠AFD=180°，∠AFD=60°，
∴∠BFD=120°，
同理可得∠DCE=120°，
∴∠BFD=∠DCE，
在△BFD和△DCE中，
BF=CD∠BFD=∠DCEDF=CE，
∴△BFD≌△DCESAS，
∴BD=DE，
∴∠DBE=∠E．
【变式3】（2024上·陕西延安·八年级统考期末）问题提出
（1）已知在等边三角形ABC中，点E在AB上，点D在CB的延长线上，且ED=EC．
①如图1，当E为AB的中点时，则AE______DB．（填“>”“<”或“=”）
②如图2，当E为AB边上任意一点时，请判断AE与DB之间的数量关系，并给予证明．
问题解决
（2）如图3，现有一块不规则图形的钢材，它是由一块等边△ABC和一块等腰△EDC焊接而成的（焊接过程不考虑变形），设计要求等腰△EDC的顶点E刚好在线段AB的延长线上，若AB=2m，AE=3m，求CD的长．
【答案】（1）①=；②AE=DB．证明见解析；（2）CD＝5m
【分析】此题考查了全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握全等三角形的性质和判定定理，等边三角形的性质和判定定理．
（1）①首先根据等边三角形的性质得到∠ACB=60°，∠BEC=90°，AE=BE，然后求出∠D=∠DEB=30°，然后利用等角对等边求解即可；
②如图2，过点E作EF∥BC，交AC于点F，得到△AEF为等边三角形，然后证明出△DBE≌△EFC(SAS)，进而求解即可；
（2）如图3，过点E作EF∥AC，得到△DBE≌△CFE，然后根据线段的和差求解即可．
【详解】（1）①如图1，∵△ABC是等边三角形，点E是AB的中点，
∴CE平分∠ACB，CE⊥AB，
∴∠ACB=60°，∠BEC=90°，AE=BE，
又∵ED=EC，
∴∠D=∠ECB=30°，
∴∠DEC=120°，
∴∠DEB=120°−90°=30°，
∴∠D=∠DEB=30°，
∴BD=BE=AE，即AE=DB；
②AE=DB．
证明：如图2，过点E作EF∥BC，交AC于点F．
∵ △ABC为等边三角形，
∴ △AEF为等边三角形，
∴ AE=EF，BE=CF．
∵ ED=EC，
∴ ∠D=∠ECD．
∵ ∠DEB=60°−∠D，∠ECF=60°−∠ECD，
∴ ∠DEB=∠ECF．
在△DBE和△EFC中，
ED=EC∠DEB=∠ECFBE=FC，
∴ △DBE≌△EFC(SAS)，
∴ DB=EF，
∴ AE=DB．
（2）如图3，过点E作EF∥AC，则△EFB为等边三角形．
同理，可得△DBE≌△CFE．
∵ AB=2m，AE=3m，
∴ BE=1m．
∵ DB=FC=FB+BC=3m，
∴ CD=BC+DB=5m．
考点9：角平分线的性质与判定
典例9：（2024上·安徽池州·八年级统考期末）如图，OC平分∠MON，P为OC上一点，PA⊥OM，PB⊥ON，垂足分别为A，B，连接AB，AB与OP交于点E．
(1)求证：△OPA≌△OPB；
(2)若AB=6，求AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)AE=3
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形是解题的关键．
（1）依据PA⊥OM，PB⊥ON，且P为∠MON的角平分线OC上的一点，可得PA=PB，即可根据HL得到Rt△OPA≌Rt△OPB；
（2）依据△OPA≌△OPB可得∠APE=∠BPE，再依据
PA=PB，∠APE=∠BPE，PE=PE可利用SAS证明△APE≌△BPE，即可得到AE=BE，进而得出AE=12AB=3．
【详解】（1）证明：∵OC平分∠MON，且P为OC上的一点，PA⊥OM，PB⊥ON，
∴PA=PB（角平分线上的一点到角两边的距离相等），
在Rt△OPA和Rt△OPB中，PA=PBOP=OP，
∴△OPA≌△OPB（HL）；
（2）解：由（1）知△OPA≌△OPB，
∴∠APE=∠BPE，
在△APE和△BPE中，PA=PB∠APE=∠BPEPE=PE，
∴△APE≌△BPE（SAS），
∴AE=BE，
∴AE=12AB，
∵AB=6，
∴AE=3．
【变式1】（2023上·山东烟台·七年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y=−34x+6与两坐标轴分别交于点A，B．BC平分∠OBA交x轴于点C，过点C作CD⊥AB，垂足为D．
(1)求点C的坐标；
(2)求直线BC的表达式；
(3)若P是直线BC上一点，且满足S△AOP=S△ADP，求点P的坐标．
【答案】(1)C的坐标为3,0
(2)y=−2x+6
(3)4,−2或125,65
【分析】（1）先求出点A，B的坐标，利用勾股定理求出AB的长，根据BC平分∠OBA，且OC⊥OB,CD⊥AB，易证△OBC≌△DBCAAS，推出BD=OB=6，进而得出AD=4，设点C的坐标为x,0，则OC=CD=x．利用勾股定理求出OC=CD=3，即可得出结果；
（2）由（1）知C的坐标为3,0，设BC的表达式为y=kx+bk≠0，代入点B，点C的坐标，即可求解；
（3）设P点的坐标为m,−2m+6，得到S△OAP=12×8×−2m+6=4−2m+6，S△ADP=12×4×m=2m．由S△AOP=S△ADP建立方程求解即可．
【详解】（1）解：∵直线y=−34x+6与两坐标轴分别交于点A，B．
令y=0,x=8．则点A的坐标为8,0，OA=8．
令x=0,y=6．则点B的坐标为0,6，OB=6．
在Rt△AOB中，AB2=OA2+OB2，
∴ AB=OA2+OB2=10．
∵ BC平分∠OBA，且OC⊥OB,CD⊥AB，
∴ ∠BOC=∠BDC=90°，∠OBC=∠DBC，
在△OBC与△DBC中，
∠OBC=∠DBC∠BOC=∠BDC=90°OC=CD．
∴△OBC≌△DBCAAS．
∴ BD=OB=6．
∴AD=AB−BD=4．
设点C的坐标为x,0，则OC=CD=x．
在Rt△ACD中，AC2=AD2+CD2，
∴ 8−x2=42+x2．
∴x=3．即OC=CD=3．
∴点C的坐标为3,0；
（2）解：设BC的表达式为y=kx+bk≠0，由题意，得b=6．
将点C的坐标3,0代入y=kx+6，得k=−2．
∴直线BC的表达式为y=−2x+6；
（3）解：设P点的坐标为m,−2m+6，
∵ OA=8,AD=4，
∴ S△OAP=12×8×−2m+6=4−2m+6，S△ADP=12×4×m=2m．
∵ S△AOP=S△ADP，
∴ 4−2m+6=2m．
∴ m=4或m=125．
∴P点的坐标为4,−2或125,65．
【点睛】本题考查了一次函数的解析式，角平分线的性质定理，三角形全等的判定和性质，勾股定理，熟练掌握待定系数法，勾股定理，角的平分线的性质定理是解题的关键．
【变式2】（2023下·全国·八年级假期作业）如图，在△ABC中，∠ABC的平分线与△ABC的外角∠ACE的平分线交于点P，过点P作PD⊥AC于点D，PH⊥BA，交BA的延长线于点H，连接AP．求证：AP平分∠HAD．

【答案】见解析
【详解】证明：如图，过点P作PF⊥BE于点F．
∵BP平分∠ABC，PH⊥BA，PF⊥BE，∴PH＝PF．
∵CP平分∠ACE，PD⊥AC，PF⊥CE，
∴PD＝PF，∴PD＝PH．
又∵PH⊥AH，PD⊥AC，
∴AP平分∠HAD．

【变式3】（2024上·安徽滁州·八年级统考期末）如图，点C在线段BD上，分别以BC、CD为边在BD的同一侧作等边△ABC和等边△ECD，BE与AD相交于点O，BE交AC于点M，AD交CE于点N．
(1)求证：△BCE≌△ACD；
(2)求∠BOD的度数；
(3)连接OC．若M为AC的中点，OB=6，求CO的长．
【答案】(1)见解析
(2)∠BOD=120°
(3)OC=3
【分析】（1）根据SAS证明△BCE≌△ACD即可；
（2）根据△BCE≌△ACD，得出∠OAM=∠CBM，理由三角形内角和得出∠AOM=∠ACB=60°，最后求出∠BOD=180°−∠AOM=120°即可；
（3）过点C作CG⊥BE于点E，CH⊥AD于点H，先证明CG=CH，得出OC平分∠BOD，求出∠BOC=12∠BOD=60°，根据三线合一得出∠CBM=12∠ABC=30°，求出∠BCO=180°−∠BOC−∠CBO=90°，根据直角三角形性质得出OC=12OB=3．
【详解】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴BC=AC,∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，
同理：CE=CD,∠ECD=60°，
∴∠ACB=∠ECD=60°，
∴∠ACB+∠ACE=∠ECD+∠ACE，
即∠BCE=∠ACD，
在△ACD和△BCE中，
AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE，
∴△BCE≌△ACDSAS；
（2）解：∵△BCE≌△ACD，
∴∠OAM=∠CBM，
∵∠AMO=∠BMC，
∴180°−∠OAM−∠AMO=180°−∠CBM−∠BMC，
即∠AOM=∠ACB=60°，
∴∠BOD=180°−∠AOM=120°．
（3）解：过点C作CG⊥BE于点E，CH⊥AD于点H，如图所示：
∵△BCE≌△ACD，
∴S△BCE=S△ACD，BE=AD，
∴12BE⋅CG=12AD⋅CH，
∴CG=CH，
∴OC平分∠BOD，
∴∠BOC=12∠BOD=60°，
∵△ABC为等边三角形，M为AC的中点，
∴∠CBM=12∠ABC=30°，
∴∠BCO=180°−∠BOC−∠CBO=90°，
∵OB=6，
∴OC=12OB=3．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，角平分线的判定，等边三角形的性质，30度角所对的直角边等于斜边的一半，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法．
考点10：全等三角形的性质与判定
典例10：（2023上·全国·八年级课堂例题）如图所示，△ABD和△AEC都是等腰直角三角形，且∠BAD=∠CAE=90°，CD与BE相交于点O，连接AO并延长交BC于点G．
(1)求∠DOB的度数；
(2)求证：OG平分∠BOC．
【答案】(1)90°；
(2)证明详见解析．
【分析】本题考查了全等三角形的性质和判定，角平分线，等腰直角三角形的性质等知识点，数量掌握以上知识点是解题的关键．
（1）首先证明△ADC≌△ABE，得出∠DAC=∠BAE，进而通过推导角的关系即可得到∠DOB的度数；
（2）根据全等三角形的对应边相等，且面积相等，得到对应边上的高相等，于是点A到BE和CD边的距离相等，于是点A在∠DOE的平分线上，从而OG平分∠BOC．
【详解】（1）（1）解：∵△ABD，△AEC都是等腰直角三角形，∠DAB=∠EAC=90°，
∴AB=AD，AC=AE，∠DAB+∠BAC=∠EAC+∠BAC，
即∠DAC=∠BAE，
∴△DAC≌△BAE，
∴∠ADC=∠ABE，
∴∠DOB=180°−∠ODB−∠OBD
=180°−45°−∠ADC−45°+∠ABE
=180°−45°−45°=90°．
（2）（2）证明：如图所示，过点A作AM⊥DC于点M，AN⊥BE于点N，由△DAC≌△BAE，得DC=BE，S△ADC=S△ABE，
∴12CD⋅AM=12BE⋅AN，
∴AM=AN，
∴点A在∠DOE的平分线上，
∴∠DOA=∠EOA．
又∵∠DOA=∠COG，∠AOE=∠BOG，
∴∠BOG=∠COG，
∴OG平分∠BOC．
【变式1】（2024上·河北石家庄·八年级石家庄市第四十中学校考期末）已知△ABC中，∠A=90°，AB=AC，点D为BC的中点．
(1)如图1，点E，F分别为线段AB，AC上的点，当BE=AF时，易得△DEF的形状为 三角形；
(2)如图2，若点E，F分别为AB，CA延长线上的点，且BE=AF，其他条件不变，则（1）中的结论仍然成立，请证明这个结论；
(3)如图3，若把一块三角尺的直角顶点放在点D处转动，三角尺的两条直角边与线段AB，AC分别交于点E，F，请判断△DEF的形状，并证明你的结论．
【答案】(1)等腰直角
(2)成立，见解析
(3)等腰直角三角形，见解析
【分析】本题考查等腰三角形判定及性质，全等三角形判定及性质．
（1）根据题意连接AD，证明△BDE≌△ADF即可得到本题答案；
（2）同（1）中证明方法已知，即可得到本题答案；
（3）证明△BDE≌△ADF即可得到本题答案．
【详解】（1）解：连接AD，
∵∠A=90°，AB=AC，点D为BC的中点，
∴AD⊥CB，AD=DB=DC，∠B=∠C=45°，∠BAD=∠CAD=45°，
∴∠B=∠DAF=45°，
在△BDE和△ADF中，
BD=DA∠B=∠DAFBE=AF，
∴△BDE≌△ADF(SAS)，
∴∠BDE=∠ADF，DE=DF，
∴∠EDF=∠BDA=90°，
∴△DEF是等腰直角三角形；
故答案为：等腰直角；
（2）解：（1）中结论成立，理由如下：
连接AD，如图，
∵∠A=90°，AB=AC，点D为BC的中点，
∴AD⊥CB，AD=DB=DC，∠ABD=∠C=45°，∠BAD=∠CAD=45°，
∴∠ABD=∠DAC=45°，
∴∠DBE=∠DAF=135°，
在△BDE和△ADF中，
BD=DA∠DBE=∠DAFBE=AF，
∴△BDE≌△ADF(SAS)，
∴∠BDE=∠ADF,DE=DF，
∴∠EDF=∠BDA=90°，
∴△DEF是等腰直角三角形；
（3）解：结论：△DEF是等腰直角三角形，理由如下：
连接AD，
∵∠A=90°，AB=AC，点D为BC的中点，
∴AD⊥CB，AD=DB=DC，∠B=∠C=45°，∠BAD=∠CAD=45°，
∴∠B=∠DAF=45°，
∵∠EDF=∠BDA=90°，
∴∠BDE=∠ADF，
在△BDE和△ADF中，
∠B=∠DAFDB=DA∠BDE=∠ADF，
∴△BDE≌△ADF(SAS)，
∴DE=DF，
∴△DEF是等腰直角三角形．
【变式2】（2024上·安徽合肥·八年级合肥市第四十五中学校考期末）如图1，在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，连接BD、CE．
(1)求证：BD=CE；
(2)如图2，点C恰在边DE上，若DB⊥AB，BD=3，求DE的长；
(3)如图3，若DB⊥AB，DE交直线BC于点F，试判断DF与EF的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)6
(3)DF=EF，理由见解析
【分析】本题考查全等三角形判定及性质，等腰三角形性质及判定，
（1）根据题意证明△ABD和△ACE全等即可；
（2）由（1）知△ABD≌△ACE，再利用题干条件得知△ADE是等腰三角形，利用三线合一性质即可得到本题答案；
（3）利用垂直定义，等腰三角形性质即可得到本题答案．
【详解】（1）解：∵AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△ABD≌△ACESAS，
∴BD=CE；
（2）解：∵由（1）知：△ABD≌△ACE，
∵DB⊥AB，
∴AC⊥CE，
∵AD=AE，
∴△ADE是等腰三角形，
∵BD=3，
∴DC=CE=3，
∴DE=6；
（3）解：连接AF交CE于点G，
，
∵DB⊥AB，△ABD≌△ACE，
∴∠ABD=∠ACE=90°，
∵AB=AC，AD=AE，
∴△ABC和△ADE是等腰三角形，
∴∠ACB+∠ECF=∠AEF+∠ECF=90°，
∵∠AGC+∠CAG=90°，∠AGC=∠EGF，∠CAE+∠CEA=90°，
∴∠FGE+∠FEG=90°，
∴∠AFE=90°，
∴AF⊥DE，
∴DF=EF．
【变式3】（2024上·福建厦门·八年级统考期末）如图，己知Rt△ABC≌Rt△ADC，AB和AD是对应边，∠ABC=∠ADC=90°．
(1)求证：AC垂直平分BD；
(2)过点B作BE∥CD交CA延长线于点E，
①请依题意补全图形；
②若∠BAC=2∠EBA，求证：△BCD是等边三角形．
【答案】(1)证明见解析
(2)①见解析；②证明见解析
【分析】（1）先根据两个三角形全等，找到对应边和对应角，再根据该对应边以及对应角加上一条公共边，可得到另外一组三角形全等，即可得到对应角相等，并且为直角，故可得到结果；
（2）①按照题意画图即可；②根据角度之间的关系以及三角形外角的性质可得∠EBA=12∠BAC，根据两直线平行，内错角相等，得到∠MBC=∠BCD，再根据角度和为90°，根据两个三角形全等，对应角相等，将两角和转化，得到一个等式，再根据两角和为90°可解得两个角度，再根据等边对等角，可得到三角形三个角的角度，即可得到结果．
【详解】（1）证明：设AC,BD交于一点F，如图所示：
，
∵Rt△ABC≌Rt△ADC，
∴AB=AD,∠BAF=∠DAF，
在△ABF和△ADF中，
AB=AD∠BAF=∠DAFAF=AF，
∴△ABF≌△ADF（SAS），
∴BF=DF,∠BFA=∠DFA，
∵∠BFA+∠DFA=180°，
∴∠BFA=∠DFA=90°，
∴AC垂直平分BD；
（2）解：①过点B作BE∥CD交CA延长线于点E，如图所示：
；
②∵∠BAC=2∠EBA，且∠BAC=∠EBA+∠BEA，
∴∠EBA=∠BEA，
即∠EBA=12∠BAC，
∵ME∥CD，
∴∠MBC=∠BCD，
∵∠ABC=90°，
∴∠MBC+∠EBA=90°，
即∠BCD+∠EBA=90°，
∵∠BCA=∠DCA（两个三角形全等，则对应角相等），
∴2∠BCA+∠EBA=90°，
由（1）可得∠BFA=90°，∠BAC=∠FAB，
∴∠BCA=∠ABF，
∴2∠ABF+∠EBA=90°，
即2∠ABF+12∠BAF=90°，
∵∠ABF+∠BAF=90°，
∴∠ABF=30°，
∵∠ABC=90°，
∴∠CBD=90°−30°=60°，
∵BC=CD（两个三角形全等，对应边相等），
∴∠CDB=∠CBD=60°，
即∠BCD=60°，
∴△BCD是等边三角形．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质、直角三角形的性质、三角形内角和定理、三角形外角性质、两直线平行，内错角相等、等边对等角，准确找到角度之间的关系是解题的关键．
解：延长EB到G，使得BG=DF，连接AG
在△ABG和△ADF中AB=AD∠ABG=∠ADF=90°BG=DF
∴△ABG≌△ADFSAS，∴AG=AF,∠BAG=∠DAF
∴∠BAG+∠BAE=∠DAF+∠BAE
∴∠EAF=12∠BAD，∴∠GAE=∠EAF
……