八年级数学上册试题 期末复习题--- 全等三角形的解题模型--人教版（含答案）

这是一份八年级数学上册试题 期末复习题--- 全等三角形的解题模型--人教版（含答案），共79页。试卷主要包含了问题背景，【阅读理解】，模型建立等内容，欢迎下载使用。

题型1 公共边模型
1．如图，△ABC的面积为9cm2，BP平分∠ABC，AP⊥BP于P，连接PC，则△PBC的面积为（ ）
A．3cm2B．4cm2C．4.5cm2D．5cm2
2．如图，BN为∠MBC的平分线，P为BN上一点，且PD⊥BC于点D，∠APC+∠ABC＝180°，给出下列结论：①∠MAP＝∠BCP；②PA＝PC；③AB+BC＝2BD；④四边形BAPC的面积是△PBD面积的2倍，其中结论正确的个数有（ ）

A．4个B．3个C．2个D．1个
3．如图，在四边形ABCD中，已知BD平分∠ABC，∠BAD＋∠C＝180°，求证：AD＝CD．
题型2 公共角模型
4．在四边形ABCD中，∠DAB+∠DCB＝180°，AC平分∠DAB．
（1）如图1，求证：BC＝CD；
（2）如图2，连接BD交AC于点E，若∠ADB＝90°，AE＝2DE，求∠ABD的度数；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点C作CH⊥AB于点H，△BCH沿BC翻折，点H的对应点为点F，点G在线段AB上，连接FG，若∠CGF＝30°，S△CHG＝9，求线段CG的长．
5．已知，△ABC是边长为4cm的等边三角形，点P，Q分别从顶点A，B同时出发，沿线段AB，BC运动，且它们的速度均为1cm/s．当点P到达点B时，P、Q两点停止运动．设点P的运动时间为t（s）．
（1）如图1，连接AQ、CP，相交于点M，则点P，Q在运动的过程中，∠CMQ会变化吗？若变化，则说明理由；若不变，请求出它的度数．
（2）如图2，当t为何值时，△PBQ是直角三角形？
（3）如图3，若点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动，直线AQ、CP交点为M，请直接写出∠CMQ度数．
6．在△ABC中，AB=AC，∠ABC=∠ACB，点D、E分别是边AC、BC上一点， 连接AE、BD交于点G．
(1)如图1，点F是AE上一点，连接CF， 若∠BAC=∠BGE=∠EFC，求证：AG=CF；
(2)如图2，若∠BAC=90°，AE⊥BD于点G，CF⊥AC交AE延长线于点F，若∠ADB=∠CDE，求证：AD=DC．
题型3 X模型
7．问题背景：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＝4，AC＝3，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，则得到△ADC≌△EDB，小明证明△BED≌△CAD用到的判定定理是： （用字母表示）；
问题解决：小明发现：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．请写出小明解决问题的完整过程；
拓展应用：以△ABC的边AB，AC为边向外作△ABE和△ACD，AB＝AE，AC＝AD，∠BAE＝∠CAD＝90°，M是BC中点，连接AM，DE．当AM＝3时，求DE的长．
8．【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△ADC≌△EDB的理由是______．
（2）求得AD的取值范围是______．
【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，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．
9.如图所示：△ABC是等边三角形，D、E分别是AB及AC延长线上的一点，且BD=CE，连接DE交BC于点M．
求让：MD=ME
题型4 角平分线模型
10．如图，在△ABC中，AD平分∠BAC交BC于点D，点M，N分别是AD和AB上的动点，当S△ABC=12，AC=8时，BM+MN的最小值等于 ．

11．已知：AD是△ABC的角平分线，且AD⊥BC
(1)如图1，求证：AB=AC；
(2)如图2，∠ABC=30°，点E在AD上，连接CE并延长交AB于点F，BG交CA的延长线于点G，且∠ABG=∠ACF，连接FG．
①求证：∠AFG=∠AFC；
②若S△ABG：S△ACF=2:3，且AG=2，求AC的长．
12．已知∠AOB=90°，OC是∠AOB的平分线．三角板的直角顶点P在射线OC上移动，
(1)在图1中，三角板的两直角边分别与OA，OB交于M，N，求证：PM=PN；
(2)在图2中，三角板的一条直角边与OB交于点N，另一条直角边与OA的反向延长线交于点M，猜想此时（1）中的结论是否成立，画出图形，并说明理由．
题型5 垂直模型
13．如图1，在△ABC中，BD为AC边上的高，BF是∠ABD的角平分线，点E为AF上一点，连接AE，∠AEF=45°．
(1)求证：AE平分∠BAF
(2)如图2，连接CE交BD于点G，若△BAE与△CAE的面积相等，求证：BG=CF
14．如图，EF、BG、DH都垂直于FH，AE⊥AB且AE=AB，BC⊥CD且BC=CD，请按照图中所标注的数据，计算图中阴影部分的面积S是 ．

15．综合与实践：如图1，已知△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，BE、AD分别与过点C的直线垂直，且垂足分别为E，D．
(1)猜想线段AD、DE、BE三者之间的数量关系，并给予证明．
(2)如图2，当过点C的直线绕点C旋转到△ABC的内部，其他条件不变，线段AD、DE、BE三者之间的数量关系是否发生改变？若改变，请直接写出三者之间的数量关系，若不改变，请说明理由；
题型6 一线三等角模型
16．如图，在△ABC中，AB=AC=2，∠B=∠C=40°，点D在线段BC上运动（D不与B、C重合），连接AD，作∠ADE=40°，DE交线段AC于E．

(1)当∠BDA=115°时，∠EDC= °，∠DEC= °；点D从B向C运动时，∠BDA逐渐变 （填“大”或“小”）；
(2)当DC等于多少时，△ABD≌△DCE，请说明理由；
(3)在点D的运动过程中，△ADE的形状可以是等腰三角形吗？若可以，请直接写出∠BDA的度数．若不可以，请说明理由．
17．综合与探究
发现问题：
(1)如图1，在Rt△ABC与Rt△CDE中，∠B=∠E=∠ACD=90°，AC=CD，B，C，E三点在同一直线上．若AB=2.5，ED=3.5，则BE=______．
提出问题：
(2)如图2，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BC=2，将AC绕点C顺时针旋转90°得到DC，连结BD，求△BCD的面积．
灵活应用：
(3)如图3，在△ABC中，将AB绕点A顺时针旋转90°得到AE，将AC绕点A逆时针旋转90°得到AG，连结EG，过点A作AH⊥BC于点H，延长HA交EG于点I．求证：I是EG的中点．
18．如图，在△ABC中，AB=AC，AB>BC，点D在边BC上，CD=2BD，点E，F在线段AD上，∠1=∠2=∠BAC，若△BDE的面积为2，△ABC的面积为21，则△CFD的面积为 ．
题型7 手拉手模型
19．模型建立
在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成，在相对位置变化时，始终存在一对全等三角形．通过查询资料，他们得知这种模型称为“手拉手模型”，兴趣小组进行了如下操作：
（1）如图①，已知△ABC，△ADE均为等边三角形，点D在边BC上，且不与点B，C重合，连接CE，易证△ABD≌△ACE，进而判断出AB与CE的位置关系是_______．
模型应用
（2）如图②，已知△ABC，△ADE均为等边三角形，连接CE，BD，若∠DEC=60°，试证明∠ADB+∠ADE=180°；
模型迁移
（3）如图③，已知点E在等边△ABC的外部，并且与点B位于线段AC的异侧，连接AE，BE，CE．若∠BEC=60°,AE=3,CE=2，请求出BE的长．
20．如图1，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD=AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．
(1)观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是______，位置关系是______；
(2)探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；
(3)拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=10，请直接写出△PMN面积的最大值．
21．综合与实践：
【问题情境】
(1)八上课本中有这样一道习题：如图1，△ABD和△ACE都是等边三角形，连接BE，CD．同学们发现以下结论：BE与CD的数量关系是______；
【变式思考】
(2)如图2，△ABD和△ACE都是等腰直角三角形，∠BAD=∠CAE=90°．若AB=2，AC=3，则四边形DBCE面积的最大值是______；
【拓展运用】
(3)如图3，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°，E是BC边上一点，连接AE，以AE为边向上作等腰直角三角形ADE且AE=AD，连接BD，用等式表示线段BE，BD，BC之间的数量关系，并证明．
题型8 半角模型
22．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC,CD边上的点，∠EAF=45°，若BE=2，DF=3，则AB的长为 ．
23．如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，若BE＝2，则EF的长为 ．
24．将锐角为45°的直角三角板MPN的一个锐角顶点P与正方形ABCD的顶点A重合，正方形ABCD固定不动，然后将三角板绕着点A旋转，∠MPN的两边分别与正方形的边BC、DC或其所在直线相交于点E、F，连接EF．
（1）在三角板旋转过程中，当∠MPN的两边分别与正方形的边CB、DC相交时，如图1所示，请直接写出线段BE、DF、EF满足的数量关系；
（2）在三角板旋转过程中，当∠MPN的两边分别与正方形的边CB、DC的延长线相交时，如图2所示，请直接写出线段BE、DF、EF满足的数量关系；
（3）若正方形的边长为4，在三角板旋转过程中，当∠MPN的一边恰好经过BC边的中点时，试求线段EF的长．
题型9 作平行线法
25．已知，如图在等边△ABC中，点D为AB边上一点，点E为BC边上一点，连接DE并延长DE交AC延长线于点F，DE=FE，过点E作EG⊥BC交AC于点G．
(1)求证：BD=CF；
(2)当DF⊥AB时，试判断以D、E、G为顶点的三角形的形状，并说明理由；
26．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．0.5B．0.9C．1D．1.25
27．如图，四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，且AC⊥BD，AC＝BD＝CD，点P是△OCD角平分线的交点，点M是AB的中点，给出下列结论：①∠CPD＝135°；②BA＝BP；③△PAC≌△PDB；④S△ABP＝S△DCP；⑤PM＝12CD．其中正确的是 ．（填序号）
题型10 作垂线法
28．小宇和小明一起进行数学游戏：已知∠MON=90°，将等腰直角三角板△ABC摆放在平面内，使点A在∠MON的内部，且两个底角顶点B，C分别放在边OM,ON上．

(1)如图1，小明摆放△ABC，恰好使得AB⊥OM,AC⊥ON，又由于△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC，从而直接可以判断出点A在∠MON的角平分线上．请回答：小明能够直接作出判断的数学依据是______．
(2)如图2，小宇调整了△ABC的位置，请判断OA平分∠MON是否仍然成立？若成立，请证明，若不成立，请举出反例．
29．如图1，已知四边形ABCD，连接AC，其中AD⊥AC，BC⊥AC，AC＝BC，延长CA到点E，使得AE＝AD，点F为AB上一点，连接FE、FD，FD交AC于点G．
（1）求证：△EAF≌△DAF；
（2）如图2，连接CF，若EF＝FC，求∠DCF的度数．
30．如图，在ΔABC中，∠ACB=90°，∠ABD=∠CBE=90°，BA=BD，BC=BE，延长CB交DE于F.求证：EF=DF.
题型11 倍长中线
31．如图，在△ABC中，AD是中线，E是AD上一点，且BE=AC．求证：∠BED=∠DAC．
32．课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图1，△ABC中，AD是BC边上的中线，若AB=8，AD=5，求边AC的取值范围．小琪同学在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD至点E，使DE=AD，连接BE，请根据小琪的方法思考：
（1）由已知和作图能得到△EDB≌△ADC，依据是________．
A．SSS B．SAS C．AAS
（2）由“三角形的三边关系”可求得边AC的取值范围是_____________．
解后反思：题目中出现“中点”、“中线”等条件，可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中到同一个三角形之中．
【感悟方法】
如图2，AD是△ABC的中线，BE交AC于点E，交AD于点F，AC=BF．试说明：AE=EF．
33．（1）阅读理解：如图①，在四边形ABCD中，AB∥CD，点E是BC的中点，若AE是∠BAD的平分线，试判断AB，AD，CD之间的等量关系．
解决此问题可以用如下方法：延长AE交DC的延长线于点F，易证△AEB≌△FEC，得到AB=CF，从而把AB，AD，CD转化在一个三角形中即可判断：AB，AD，CD之间的等量关系为 ；
（2）如图②，在△ABC中，∠B=90°，AB=1，AD是△ABC的中线，CE⊥BC，CE=3，且∠ADE=90°，求AE的长；
题型12 截长补短
34．如图，在锐角ΔABC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．
35．在△ABC中，∠ACB＝2∠B，如图①，当∠C＝90°，AD为∠BAC的平分线时，在AB上截取AE＝AC，连接DE，易证AB＝AC+CD．
(1)如图②，当∠C≠90°，AD为△ABC的角平分线时，线段AB，AC，CD之间又有怎样的数量关系？不需要说明理由，请直接写出你的猜想.
(2)如图③，当∠ACB≠90°，AD为△ABC的外角平分线时，线段AB，AC，CD之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并对你的猜想进行说明.
36．在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E，F分别在边AB，AD上，且AE＝DF，BF与DE交于点G．
(1)如图①，连接BD．求证：△ADE≌△DBF；
(2)如图②，连接CG．求证：BG＋DG＝CG．
题型13 补全图形法
37．如图，△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，过点B作BE⊥AD，交AD延长线于点E，F为AB的中点，连接CF，交AD于点G，连接BG．
（1）线段BE与线段AD有何数量关系？并说明理由；
（2）判断△BEG的形状，并说明理由．
38．如图，在△ABC中，点D为边BC的中点，点E在△ABC内，AE平分∠BAC，CE⊥AE点F在AB上，且BF=DE
（1）求证：四边形BDEF是平行四边形
（2）线段AB，BF，AC之间具有怎样的数量关系？证明你所得到的结论
39．已知，如图ΔABC中，AB=AC，∠A=90°，∠ACB的平分线CD交AB于点E，∠BDC=90°，
求证：CE=2BD.

题型14 旋转模型
40．【初步探索】
（1）如图1：在四边形ABCD中，AB=AD, ∠B=∠ADC=90°，E, F分别是BC, CD上的点，且EF=BE+FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是______________________________________________________；
【灵活运用】
（2）如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD, ∠B+∠D=180°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
【拓展延伸】
如图3，已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°, AB=AD，点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF=BE+FD，请写出∠EAF与∠DAB的数量关系，并给出证明过程．
41．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点D是直线AB上的一点，连接CD，将线段CD绕点C逆时针旋转90°，得到线段CE，连接EB．
（1）操作发现
如图1，当点D在线段AB上时，请你直接写出AB与BE的位置关系为 ；线段BD、AB、EB的数量关系为 ；
（2）猜想论证
当点D在直线AB上运动时，如图2，是点D在射线AB上，如图3，是点D在射线BA上，请你写出这两种情况下，线段BD、AB、EB的数量关系，并对图2的结论进行证明；
（3）拓展延伸
若AB＝5，BD＝7，请你直接写出△ADE的面积．

42．在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D为直线BC上的一个动点（不与点B，C重合），以AD为一边在AD的右侧作△ADE，使AD=AE，∠DAE=∠BAC，连CE．
（1）如图1，当点D在线段BC上时，
①BC与CE的位置关系是______；
②线段BC、CD、CE之间的数量关系是______．
（2）如图2，当点D在线段CB的延长线上时，（1）中的两个结论还成立吗？如果成立，请给出证明；如果不成立，请写出正确的结论再给出证明．
参考答案
题型1 公共边模型
1．C
延长AP交BC于E，
∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP＝∠EBP，
∵AP⊥BP，
∴∠APB＝∠EPB＝90°，
在△ABP和△EBP中，
∠ABP＝∠EBP
BP＝BP
∠APB＝∠EPB，
∴△ABP≌△EBP（ASA），
∴AP＝PE，
∴S△ABP＝S△EBP，S△ACP＝S△ECP，
∴SΔPBC=12SΔABC=12×9=4.5cm2，
故答案选：C．
2．A
解：过点P作PK⊥AB，垂足为点K．

∵PK⊥AB，PD⊥BC，∠ABP＝∠CBP，
∴PK＝PD，
在Rt△BPK和Rt△BPD中，
BP=BPPK=PD，
∴Rt△BPK≌Rt△BPD（HL），
∴BK＝BD，
∵∠APC+∠ABC＝180°，且∠ABC+∠KPD＝180°，
∴∠KPD＝∠APC，
∴∠APK＝∠CPD，故①正确，
在△PAK和△PCD中，
∠AKP=∠PDCPK=PD∠APK＝∠CPD，
∴△PAK≌△PCD（ASA），
∴AK＝CD，PA＝PC，故②正确，
∴BK﹣AB＝BC﹣BD，
∴BD﹣AB＝BC﹣BD，
∴AB+BC＝2BD，故③正确，
∵Rt△BPK≌Rt△BPD，△PAK≌△PCD（ASA），
∴S△BPK＝S△BPD，S△APK＝S△PDC，
∴S四边形ABCP＝S四边形KBDP＝2S△PBD．故④正确．
故选A．
3．证明：在边BC上截取BE=BA，连接DE．∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD．在△ABD和△EBD中，&BA=BE&∠ABD=∠EBD&BD=BD，∴△ABD≌△EBD （SAS），∴AD=ED，∠A=∠BED．∵∠A+∠C=180°，∠BED+∠CED=180°，∴∠C=∠CED，∴CD=ED，∴AD=CD．
题型2 公共角模型
4．解：（1）过点C作CP⊥AB于点P，作CQ⊥AD的延长线于点Q，如下图：
∵AC平分∠DAB，CP⊥AB，CQ⊥AD
∴CQ=CP
在四边形APCQ中，∠APC=∠AQC=90∘
∴∠QAP+∠PCQ=180∘
又∵∠DAB+∠DCB＝180°
∴∠PCQ=∠DCB
∴∠QCD+∠DCP=∠DCP+∠PCB
∴∠QCD=∠PCB
又∵∠CQD=∠CPB=90∘
∴△CQD≌△CPB（ASA）
∴CD=CB
（2）延长ED，让MD=ED，如下图：
∵∠ADB＝90°
∴AD⊥ME
又∵MD=ED
∴AM=AE，ME=2DE
又∵AE=2DE
∴ME=AE=AM
∴△AME是等边三角形
∴∠AED=60∘
又∵∠ADE＝90°
∴∠DAE=30∘
∵AC平分∠DAB
∴∠EAB=∠DAE=30∘
又∵∠AED=∠EAB+∠ABD
∴∠ABD=30∘
（3）延长GC，过点F作FK⊥GC的延长线于点K，过点H作HL⊥GF于点L，连接HF，如下图：
∵在Rt△CHB中，∠CHB=90∘,∠CBH=∠ABD+∠CBD=60∘
∴∠HCB=30∘
又∵折叠
∴CH=CF, ∠HCB=∠FCB=30∘
∴∠HCF=60∘
∴△CHF是等边三角形
∴∠CFH=∠CHF=60∘，CF=HF
又∵在Rt△GFK中，∠CGF=30∘，∠GKF=90∘
∴∠GFK=60∘
∴∠CFH=∠GFK
∴∠CFK+∠CFG=∠CFG+∠HFL
∴∠CFK=∠HFL
又∵∠CKF=∠LHF=90∘，CF=HF
∴△CFK≌△HFL
∴FK=FL
又∵在Rt△GFK中，∠CGF=30∘
∴FK=12GF
∴FL=12GF
∴GL=FL
又∵HL⊥GF
∴HG=HF
∴∠FGH=∠GFH
又∵∠CHF=60∘，∠CHB=90∘
∴∠FHB=∠CHB -∠CHF=30∘
∴∠FGH=15∘
∴∠CGH=∠CGF+∠FGH=45∘
又∵∠CHG=90∘
∴∠GCH=45∘
∴GH=CH，△GCH是等腰直角三角形
又∵S△CHG=9
∴12GH⋅CH=9
∴GH2=CH2=18
在Rt△CHG中，由勾股定理得：CG2=GH2+CH2=36
∵CG＞0
∴CG=6
5．（1）不变．在△ABQ与△CAP中，
∵AB=AC∠B=∠CAP=60°AP=BQ，
∴△ABQ≌△CAP（SAS），
∴∠BAQ=∠ACP，
∴∠CMQ=∠ACP+∠CAM=∠BAQ+∠CAM=∠BAC=60°；
（2）设时间为t，则AP=BQ=t，PB=4-t，
①当∠PQB=90°时，∵∠B=60°，
∴PB=2BQ，
∴4-t=2t，t=43；
②当∠BPQ=90°时，∵∠B=60°，
∴BQ=2BP，
∴ t=2（4-t），t=83；
∴当第43秒或第83秒时，△PBQ为直角三角形；
（3）在△ABQ与△CAP中，
∵AB=AC∠B=∠CAP=60°AP=BQ，
∴△ABQ≌△CAP（SAS），
∴∠BAQ=∠ACP，
∴∠CMQ=∠BAQ+∠APC=∠ACP+∠APC=180°-∠BAC=120°．
6．（1）证明：∵∠BGE=∠BAG+∠ABG，∠BAC=∠BAG+∠CAE，∠BAC=∠BGE，
∴∠BAG+∠ABG=∠BAG+∠CAE，
∴∠ABG=∠CAE，
又∵∠EFC=∠CAF+∠ACF，
∴∠BAG+∠CAF=∠CAF+∠ACE，
∴∠BAG=∠ACE，
在△ABG和△CAE中，
∠ABG=∠CAFAB=AC∠BAG=∠ACF，
∴△ABG≅△CAF(ASA)，
∴AG=CF；
（2）证明：过点C作CF⊥AC交AE的延长线于点F，如图所示：
在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵CF⊥AC，
∴∠DCE=∠FCE=45°，∠F+∠CAF=90°，
∵AE⊥BD，
∴∠CAF+∠ADB=90°，
∴∠F=∠ADB，
又∵∠ADB=∠CDE，
∴∠CDE=∠F，
在△CDE和△CFE中，
∠DCE=∠FCE∠CDE=∠FCE=CE，
∴△CDE≅△CFE(AAS)，
∴DC=FC，
∵∠BAC=90°，CF⊥AC，
∴∠ACF=∠BAD=90°，
在△ACF和△BAD中，
∠ACF=∠BAD=90°AC=AB∠F=∠ADB，
∴△ACF≅△BAD(SAS)，
∴AD=FC，
∴AD=DC．
题型3 X模型
7．问题背景：如图1，延长AD到点E，使DE＝AD，连接BE，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD，
在△ADC和△EDB中，
AD=ED∠CDA=∠BDECD=BD，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
故答案为：SAS；
问题解决：如图1，延长AD到点E，使DE＝AD，连接BE，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD，
在△ADC≌△EDB中，
AD=ED∠CDA=∠BDECD=BD，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴BE＝AC，
在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∵AB＝4，AC＝3，
∴4﹣3＜AE＜4+3，即1＜AE＜7，
∵DE＝AD，
∴AD＝12AE，
∴12＜AD＜72；
拓展应用：如图2，延长AM到N，使得MN＝AM，连接BN，
由问题背景知，△BMN≌△CMA（SAS），
∴BN＝AC，∠CAM＝∠BNM，
∴AC//BN，
∵AC＝AD，
∴BN＝AD，
∵AC//BN，
∴∠BAC+∠ABN＝180°，
∵∠BAE＝∠CAD＝90°，
∴∠BAC+∠EAD＝180°，
∴∠ABN＝∠EAD，
在△ABN和△EAD中，
AB=EA∠ABN=∠EADBN=AD，
∴△ABN≌△EAD（SAS），
∴AN＝DE，
∵MN＝AM，
∴DE＝AN＝2AM，
∵AM＝3，
∴DE＝6．
8．（1）解：∵在△ADC和△EDB中，
AD=DE∠ADC=∠BDEBD=CD，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
故答案为：SAS；
（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＜AD＜7，
故答案为：1＜AD＜7．
（3）证明：延长ND至点E，使DE=DN，连接BE、ME，
如图所示：
∵点D是BC的中点，∴BD=CD．
在△BED和△CND中，
DE=DN∠BDE=∠CDNBD=CD ，
∴△BED≌△CNDSAS，
∴BE=CN，
∵DM⊥DN，DE=DN，
∴ME=MN，
在△BEM中，由三角形的三边关系得：BM+BE>ME，
∴BM+CN>MN．
9．过点D作DF∥AC，交BC于点F，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠ACB=60°，
∵DF∥AC，
∴∠DFB=∠ACB=60°，∠MDF=∠MEC，
∴△BDF是等边三角形，
∴BD=DF，
∵BD=CE，
∴DF=CE，
又∵∠FMD=∠CME，
∴∆FMD≅∆CME，
∴MD=ME．
题型4 角平分线模型
10．3
解：如图，在AC上取一点N′，使AN′=AN，连接MN′， 过点B作BE⊥AC于E，
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAD=∠CAD，
∵AM=AM，
∴△ANM≌△AN′MASA，
∴MN=MN′，
∴BM+MN=BM+MN′≥BE，
∵AC=8，S△ABC=12，
∴ 12×8⋅BE=12，
解得BE=3，
∴BM+MN的最小值是3．
故答案为：3．
11．（1）证明：∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠BAD=∠CAD，
∵AD⊥BC，
∴∠ADB=∠ADC，
在△ABD和△ACD中，
∠BAD=∠CADAD=AD∠ADB=∠ADC，
∴△ABD≌△ACDASA，
∴AB=AC；
（2）①∵AB=AC，∠ABC=30°，AD⊥BC，
∴∠BAD=∠CAD=60°，
∴∠BAG=60°=∠CAD，
在△BAG和△CAE中，
∠BAG=∠CAEAB=AC∠ABG=∠ACE，
∴△BAG≌△CAEASA，
∴AG=AE，
在△FAG和△FAE中，
AG=AE∠GAF=∠EAFAF=AF，
∴△FAG≌△FAEASA，
∴∠AFG=∠AFC；
②过F作FK⊥AG于K，如图：

由①知：△BAG≌△CAE，
∵S△ABG:S△ACF=2:3，
∴S△CAE:S△ACF=2:3，
∴S△FAE:S△ACF=1:3，
由①知：△FAG≌△FAE，
∴S△FAG:S△ACF=1:3，
∴12AG⋅FK:12AC⋅FK=1:3，
∴AG:AC=1:3，
∵AG=2，
∴AC=6．
12．（1）解：过P作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，
∵OC是∠AOB的平分线，
∴PE=PF，∠PEM=∠PFN=90°，
∵∠MPE+∠MPF=90°，∠NPF+∠MPF=90°，
∴∠MPE=∠NPF，
∴△PME≌△PNF（ASA），
∴PM=PN．
（2）画出图形，结论仍成立，
理由如下：
过P作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，
∵OC是∠AOB的平分线，
∴PE=PF，∠PEM=∠PFN=90°，
∵∠MPE+∠MPF=90°，∠NPF+∠MPF=90°，
∴∠MPE=∠NPF，
∴△PME≌△PNF（ASA），
∴PM=PN．
题型5 垂直模型
13．（1）证明：∵BD为AC边上的高，即∠ADB=90°，
∴∠ABD+∠BAD=90°，
∴12(∠ABD+∠BAD)=45°，
∴12∠BAD=45°−12∠ABD
∵∠AEF=∠ABF+∠BAE=45°，
∴∠BAE=45°−∠ABF，
∵∠ABF=12∠ABD，
∴∠BAE=45°−12∠ABD，
∴∠BAE=12∠BAF，即：AE平分∠BAF．
（2）过点E作EM⊥AB于点M，EN⊥AC于点N，
∵ AE平分∠BAC，且EM⊥AB，EN⊥AC，
∴EM=EN．
∵S△ABE＝S△ACE，
∴AB=AC，
∵ AE平分∠BAC，
∴∠BAE=∠CAE，
在△ABE和△ACE中，
AB=BC∠BAE=∠CAEAE=AE
∴△ABE≌△ACE(SAS)，
∴∠AEB=∠CEB，BE=EC，
∵∠AEF=45°，
∴∠AEB=∠AEC=135°，
∴∠BEG=∠CEF=360°−∠AEB−∠AEC=90°，
∵ BD为AC边上的高，
∴∠ADB=90°，
∴∠FBD+∠BFC=∠BFC+∠FCE，
∴∠EBG=∠ECF．
在△BEG和△CEF中，
∠BEG=∠CEFBE=CE∠EBG=∠ECF
∴△BEG≌△CEF（ASA）．
∴BG=CF.
14．50
解：∵AE⊥AB且AE=AB，EF⊥FH，BG⊥FH，
∴∠EAB=∠EFA=∠BGA=90°，
∵∠EAF+∠BAG=90°，∠ABG+∠BAG=90°，
∴∠EAF=∠ABG，
∴AE=AB，∠EFA=∠AGB，∠EAF=∠ABG，
∴△EFA≌△ABG(AAS)
∴AF=BG=3，AG=EF=6，
同理证得△BGC≌△DHC(AAS)，
∴GC=DH=4，CH=BG=3，
∴AC=AG+GC=6+4=10，FH=FA+AC+CH=3+10+3=16，
故S=12×(6+4)×16−12×6×3−12×10×3−12×3×4=50，
故答案为：50．
15．（1）解：DE=AD+BE，理由如下：
∵∠ACB=∠BEC=∠ADC=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°=∠ACD+∠CAD，
∴∠BCE=∠CAD，
在△ACD和△CBE中，
∠BEC=∠ADC∠BCE=∠CADBC=AC，
∴△ACD≌△CBEAAS，
∴AD=CE，BE=CD，
∴DE=AD+BE；
（2）改变，AD=BE+DE，
∵∠ACB=∠BEC=∠ADC=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°=∠ACD+∠CAD，
∴∠BCE=∠CAD，
在△ACD和△CBE中，
∠BEC=∠ADC∠BCE=∠CADBC=AC，
∴△ACD≌△CBEAAS，
∴AD=CE，BE=CD，
∴AD=CE=CD+DE，
即AD=BE+DE．
题型6 一线三等角模型
16．（1）解：∠EDC=180°−∠ADB−∠ADE=180°−115°−40°=25°，
∠DEC=180°−∠EDC−∠C=180°−25°−40°=115°，
点D从B向C运动时，∠BDA逐渐变小，
故答案为：25；115；小；
（2）解：当DC=2时，△ABD≌△DCE，
理由：∵∠C=40°，
∴∠DEC+∠EDC=140°，
又∵∠ADE=40°，
∴∠ADB+∠EDC=140°，
∴∠ADB=∠DEC，
又∵ ∠B=∠C，AB=DC=2，
∴ △ABD≌△DCEAAS；
（3）解：当∠BDA的度数为110°或80°时，△ADE的形状是等腰三角形；
理由：∵∠BDA=110°时，
∴∠ADC=70°，∠EDC=70°−40°=30°，
∵∠C=40°，
∴∠DAC=70°，∠AED=∠C+∠EDC=30°+40°=70°，
∴∠DAC=∠AED，
∴ △ADE是等腰三角形；
∵∠BDA=80°时，
∴∠ADC=100°，
∵∠C=40°，
∴∠DAC=40°，
∴∠DAC=∠ADE，
∴ △ADE的形状是等腰三角形．
17．（1）解：∵∠B=∠E=∠ACD=90°，
∴∠A+∠ACB=90°，∠DCE+∠ACB=90°，
∴∠DCE=∠A，
∵AC=CD，
∴△ABC≌△CEDAAS，
∴AB=CE=2.5，BC=ED=3.5，
∴BE=BC+CE=6，
故答案为：6．
（2）解：过点D作DE⊥BC交BC延长线于点E，
由题意得，∠ABC=∠ACD=∠E=90°，AC=DC，
∴∠A+∠ACB=90°，∠DCE+∠ACB=90°，
∴∠DCE=∠A，
∵AC=CD，
∴△ABC≌△CEDAAS，
∴BC=ED=2，
∴S△BCD=12BC⋅ED=2．
（3）证明：过点E作EM⊥HI交HI延长线于点M，过点G作GN⊥HI交HI于点N，
∵AH⊥BC，
∴∠M=∠BAE=∠BHA=90°，∠GNA=∠GAC=∠AHC=90°，
由旋转可得，AE=AB，AG=AC，
△EMA≌△AHBAAS，△GNA≌△AHCAAS，
∴EM=AH=GN，
又∵∠M=∠GNI=90°，∠MIE=∠NIG，
∴△EMI≌△GNIAAS，
∴EI=GI，
∴I是EG的中点．
18．9
解：∵∠1=∠2=∠BAC，∠1=∠ABE+∠BAE，∠2=∠ACF+∠FAC，∠BAC=∠FAC+∠BAE，
∴∠ABE=∠FAC，∠BAE=∠ACF．
又∵AB=AC，
∴△ABE≌△CAFASA，
∴S△ABE=S△CAF．
∵CD=2BD，
∴S△ACD=2S△ABD，
∴S△ACD=23S△ABC=23×21=14，S△ABD=13S△ABC=13×21=7，
∴S△CAF=S△ABE=S△ABD−S△BDE=7−2=5，
∴S△CFD=S△ACD−S△CAF=14−5=9．
故答案为：9．
题型7 手拉手模型
19．解：（1）AB∥CE，理由如下：
∵△ABC、△ADE都是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=∠B=60°，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，
即∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAESAS，
∴∠B=∠ACE=60°，
∴∠BAC=∠ACE=60°，
∴AB∥CE；
故答案为：AB∥CE；
（2）证明：∵△ABC、△ADE都是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=∠ADE=60°，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，
即∠BAD=∠CAE，
∵∠AED=60°，∠DEC=60°，
∴∠AEC=120°，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAESAS，
∴∠ADB=∠AEC=120°，
∴∠ADB+∠ADE=180°；
（3）如图③，在线段BE上取一点H，使得BH=CE，设AC交BE于点O，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠BAC=60°，
∵∠BEC=60°，
∴∠BAO=∠OEC=60°，
∵∠AOB=∠EOC，
∴∠ABH=∠ACE，
在△ABH和△ACE中，
AB=AC∠ABH=∠ACEBH=CE，
∴△ABH≌△ACESAS，
∴∠BAH=∠CAE，AH=AE，
∴∠HAE=∠BAC=60°，
∴△AEH是等边三角形，
∴AE=EH，
∴BE=BH+EH=EC+AE，即BE=AE+EC，
∵AE=3，CE=2，
∴BE=3+2=5．
20．（1）解：∵点P，N是BC，CD的中点，
∴PN∥BD，PN=12BD．
∵点P，M是CD，DE的中点，
∴PM∥CE，PM=12CE．
∵AB=AC，AD=AE，
∴BD=CE，
∴PM=PN．
∵PN∥BD，
∴∠DPN=∠ADC．
∵PM∥CE，
∴∠DPM=∠DCA．
∵∠BAC=90°，
∴∠ADC+∠ACD=90°，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90°，
∴PM⊥PN．
故答案为：PM=PN，PM⊥PN．
（2）解：△PMN是等腰直角三角形．
理由如下：
由旋转知，∠BAD=∠CAE．
∵AB=AC，AD=AE，
∴△ABD≌△ACESAS，
∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，
利用三角形的中位线得，PN=12BD，PM=12CE，
∴PM=PN，
∴△PMN是等腰三角形．
同（1）的方法得PM∥CE，
∴∠DPM=∠DCE．
同（1）的方法得，PN∥BD，
∴∠PNC=∠DBC．
∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC
=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC
=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC．
∵∠BAC=90°，
∴∠ACB+∠ABC=90°，
∴∠MPN=90°，
∴△PMN是等腰直角三角形；
（3）解：由（2）知，△PMN是等腰直角三角形，PM=PN=12BD，
∴PM最大时，△PMN面积最大，
∴点D在BA的延长线上，
∴BD=AB+AD=14，
∴PM=7，
∴S△PMN最大=12PM2=12×72=492．
21．（1）解：∵△ABD和△ACE都是等边三角形，
∴AB=AD，AE=AC，∠CAE=∠DAB=60°，
∴∠CAE+∠BAC=∠DAB+∠BAC，即∠BAE=∠DAC，
在△ABE和△ADC中，
AB=AD∠BAE=∠DACAE=AC，
∴△ABE≌△ADCSAS，
∴BE=CD．
故答案为：BE=CD．
（2）解：如图，连接BE和CD交于点F，CD和AE交于点G，
∵△ABD和△ACE都是等腰直角三角形，
∴AB=AD=2，AE=AC=3，
∵∠BAD=∠CAE=90°，
∴∠BAD+∠DAE=∠CAE+∠DAE，即∠BAE=∠DAC，
在△ABE和△ADC中，
AB=AD∠BAE=∠DACAE=AC，
∴△ABE≌△ADCSAS，
∴BE=DC，∠AEB=∠ACD，
又∵∠FGE=∠AGC，
∴∠EFG=∠GAC=90°，
∴BE⊥DC，
∴四边形DBCE面积=12BE⋅DC=12DC2，
∵DC≤AD+AC，
∴DC≤2+3=5，
∴四边形DBCE面积的最大值是12×52=252．
故答案为：252．
（3）解：BE+BD=2BC，证明如下：
如图，延长BC至H使得HC=BC，连接AH，
∵等腰直角三角形ABC，
∴ ∠ABC=∠BAC=45°，
∵HC=BC，∠ACB=∠ACH=90°，AC=AC，
∴△ACH≌△ACBSAS，
∴∠H=∠ABC=45°，∠CAH=∠CAB=45°，AH=AB，
∴∠BAH=2∠BAC=90°，
∵等腰直角三角形ADE且AE=AD，
∴∠DAE=90°，
∴∠BAH=∠DAE=90°，
∴∠BAH−∠BAE=∠DAE−∠BAE，即∠EAH=∠DAB，
在△AEH和△ADB中，
AE=AD∠EAH=∠DABAH=AB，
∴△AEH≌△ADBSAS，
∴HE=BD，
∴BE+BD=BE+HE=BH=2BC．
题型8 半角模型
22．6
证明：延长EB至H，使BH=DF，连接AH，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADF=∠ABH=∠C=90°，AD=AB=BC=CD，
则在△ADF和△ABH中，
∵AD=AB，∠ADF=∠ABH，DF=HB，
∴△ADF≌△ABH，
∴∠BAH=∠DAF，AF=AH，
∴∠FAH=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠EAF=∠EAH=45°，
在△FAE和△HAE中，
∵AF=AH，∠FAE=∠EAH，AE=AE，
∴△FAE≌△HAE，
∴EF=HE=BE+HB，
∴EF=BE+DF；
∵BE=3，DF=2，
∴EF=5，
设BC=CD=x，则CF=x−3,EC=x−2，
∴在Rt△ECF中，由勾股定理得，x−22+x−32=52，
解得：x=6或x=−1（舍），
故答案为：6．
23．5
解：由旋转的性质可知：AF=AG，∠DAF=∠BAG，∠D=∠ABG=90°，
∵∠ABG+∠ABE=180°，
∴点G在CB的延长线上，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD=90°．
又∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°．
∴∠BAG+∠BAE=45°．
∴∠GAE=∠FAE．
在ΔGAE和ΔFAE中，
{AG=AF∠GAE=∠FAEAE=AE，
∴ΔGAE≅ΔFAE(SAS)，
∴EF=GE，
∴EF=GE=GB+BE=DF+2，
∵EF2=CF2+EC2，
∴(DF+2)2=(6−DF)2+(6−2)2，
∴DF=3，
∴EF=5，
故答案为：5．
24．解：（1）结论：EF=BE+DF．
理由：延长FD至G，使DG=BE，连接AG，如图①，
∵ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABE=ADG=∠DAB=90°，
∴△ABE≌△ADG（AAS），
∴AE=AG，∠DAG=∠EAB，
∵∠EAF=45°，
∴∠DAF+∠EAB=45°，
∴∠DAF+∠DAG=45°，
∴∠GAF=∠EAF=45°，
∵AF=AF，
∴△GAF≌△EAF（AAS），
∴EF=GF，
∴GF=DF+DG=DF+BE，
即：EF=DF+BE；
（2）结论：EF=DF -BE．
理由：在DC上截取DH=BE，连接AH，如图②，
∵AD=AB，∠ADH=∠ABE=90°，
∴△ADH≌△ABE（SAS），
∴AH=AE，∠DAH=∠EAB，
∵∠EAF=∠EAB+∠BAF=45°，
∴∠DAH+∠BAF=45°，
∴∠HAF=45°=∠EAF，
∵AF=AF，
∴△HAF≌EAF（SAS），
∴HF=EF，
∵DF=DH+HF，
∴EF=DF -BE；
（3）①当MA经过BC的中点E时，同（1）作辅助线，如图：
设FD=x，由（1）的结论得FG=EF=2+x，FC=4-x．
在Rt△EFC中，（x+2）2=（4-x）2+22，
∴x=43，
∴EF=x+2=103．
②当NA经过BC的中点G时，同（2）作辅助线，
设BE=x，由（2）的结论得EC=4+x，EF=FH，
∵K为BC边的中点，
∴CK=12BC=2，
同理可证△ABK≌FCK（SAS），
∴CF=AB=4，EF=FH=CF+CD -DH=8-x，
在Rt△EFC中，由勾股定理得到：（4+x）2+42=（8-x）2，
∴x=43，
∴EF=8-43=203．
综上，线段EF的长为103或203．
题型9 作平行线法
25．（1）证明：过点D作DH∥AC交BC于H，
∠DHB=∠ACB，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠B=∠ACB=60∘，
∴∠B=∠DHB=60∘，
∴DB=DH，
∵DH∥AC，
∴∠HDE=∠F，∠DHE=∠FCE，
∵DE=FE，
∴△DEH≌△FECAAS，
∴DH=FC，
∴BD=CF；
（2）以D、E、G为顶点的三角形的形状是等边三角形，
连结DG，
∵ED⊥AB于D，
∴∠B+∠DEB=90∘，∠B=60∘，
∴∠DEB=90∘−∠B=30∘，
又∵EG⊥BC，∠ACB=60∘，
∴∠DEB+∠GED=90∘，∠EGC+∠GCE=90∘，
∴∠GED=90∘−∠DEB=60∘，∠EGC=90∘−∠GCE=30∘，
由（1）知DH=BD，∠B=60∘，
∴△BHD为等边三角形，
∴∠BDH=60∘，
∴∠HDE=90∘−∠BDH=30∘，
∠F=∠HDE=30∘，
∴∠F=∠EGC=30∘，
∴GE=EF=DE，
∴△DEG为等边三角形；
26．C
解：过P作BC的平行线交AC于F，
∴∠Q=∠FPD，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠APF=∠B=60°，∠AFP=∠ACB=60°，
∴△APF是等边三角形，
∴AP=PF，
在△PFD中和△QCD中，
∠FPD=∠Q∠PDF=∠QDCPF=CQ，
∴△PFD≌△QCD(AAS)，
∴FD=CD，
∵PE⊥AC于E，△APF是等边三角形，
∴AE=EF，
∴AE+DC=EF+FD，
∴DE=12AC，
∵AC=2，
∴DE=1，
故选：C．
27．①③④⑤
解：∵AC⊥BD，点P是△OCD角平分线的交点，
∴∠DOC=90°，∠ODC+∠OCD=90°，∠CDP=12∠CDO，∠DCP=12∠DCO，
∴∠CDP+∠DCP=12∠CDO+12∠DCO=45°，
∴∠CPD＝180°-（∠CDP+∠DCP）=135°，故①正确；
∵CP，DP分别平分∠DCO，∠CDO，
∴∠DCP=∠ACP，∠CDP=∠BDP，
∵AC＝CD，PC=PC，
∴△ACP≌△DCP，
∴AP=DP，∠CAP=∠CDP=∠BDP，∠APC=∠DPC=135°，
∴∠DPA=360°-135°-135°=90°，
∴△APD是等腰直角三角形，
又∵AC=BD，∠CAP=∠BDP，AP=DP，
∴△PAC≌△PDB，故③正确；
∴∠DPB=∠APC=135°，PB=PC，
∴∠BPC=360°-135°-135°=90°，
∴△BPC是等腰直角三角形，找不到证明BA=BP的条件，故②错误；
过点A作AN∥BP交PM的延长线于点N，
∵∠N=∠BPM，∠PAN+∠APB=180°，
∵点M是AB的中点，即AM=BM，
又∵∠AMN=∠BMP，
∴△AMN≌△BMP，
∴MN=PM=12PN，AN=PB=PC，S△AMN=S△BMP，
∵∠DPA=∠BPC=90°，
∴∠APB+∠DPC=180°，
又∵∠PAN+∠APB=180°，
∴∠PAN=∠DPC，
又∵AP=DP，AN=PC，
∴△APN≌△PDC，
∴CD=PN=2PM，即：PM＝12CD，故⑤正确；
∵S△APN=S△PDC，S△AMN=S△BMP，
∴S△ABP=S△APM+S△BMP=S△APM+S△AMN=S△APN，
∴S△ABP=S△DCP，故④正确．
故正确的是①③④⑤．
题型10 作垂线法
28．（1）解：因为AB⊥OM,AC⊥ON，AB=AC，根据角的内部到角的两边距离相等的点，都在这个角的平分线上，所以点A在∠MON的角平分线上
故答案为：角的内部到角的两边距离相等的点，都在这个角的平分线上．
（2）结论：OA平分∠MON仍然成立；
证明：如解图3，过点A作AG⊥OM，AH⊥ON，

∴∠AGB=∠AHC=90°，
又∵∠MON=90°，
∴∠GAH=90°，
∴∠GAB+∠BAH=90°，
又∵∠BAC=90°=∠BAH+∠HAC，
∴∠GAB=∠HAC，
在△GAB和△HAC中，
∠AGB=∠AHC∠GAB=∠HACAB=AC
∴△GAB≌△HAC(AAS)
∴AG=AH，
又∵AG⊥OM，AH⊥ON，
∴OA平分∠MON，
故（1）结论正确．
29．证明：（1）∵AD⊥AC，BC⊥AC，
∴∠CAD＝∠ACB＝90°，
∵AC＝BC，
∴∠BAC＝∠B＝45°，
∴∠EAF＝180°﹣∠BAC＝135°，∠DAF＝∠CAD+∠BAC＝135°，
∴∠EAF＝∠DAF，
在△EAF和△DAF中，
AE=AD∠EAF=∠DAFAF=AF，
∴△EAF≌△DAF（SAS）；
（2）如图2，过点F作FM⊥FA交AC于点M，
∵FA⊥FM，∠FAM＝45°，
∴∠FMA＝45°＝∠FAM，
∴FA＝FM，∠FMC＝∠FAE＝135°，
∵EF＝FC，
∴∠FEM＝∠FCA，
在△AEF和△MCF中，
∠FEA=∠FCM∠EAF=∠CMFAF=FM，
∴△AEF≌△MCF（AAS），
∴∠AFE＝∠MFC，EF＝DF，
∵△EAF≌△DAF，
∴∠EFA＝∠DFA，
∴∠DFA＝∠MFC，
∴∠AFM＝∠DFC＝90°，
∵DF＝EF＝CF，
∴△CDF是等腰直角三角形，
∴∠DCF＝45°．
30．如图，过点D作DG⊥CF的延长线于点G，
∵∠ABC+∠DBG=90°，
∠BDG+∠DGB=90°，
∴∠ABC=∠BDG，
又∵∠ACB=∠BGD=90°，BA=BD，
∴ΔABC≌ΔBDG，
∴BC=DG，
又∵BC=BE，
∴BE=DG，
又∵∠EBF=∠DGF=90°，∠EFB=∠DFG，
∴ΔBFE≌△GFD，
∴EF=DF.
题型11 倍长中线
31．证明：如图，过点C作CF⊥AD于点F，过点B作BG⊥AD，交AD的延长线于点G，
∴∠G=∠CFD=90°．
∵ AD是△ABC的中线，
∴BD=CD．
又∵∠BDG=∠CDF，
∴△BDG≌△CDF，
∴BG=CF．
在Rt△BGE和Rt△CFA中，
BE=CA，BG=CF
∴Rt△BGE≌Rt△CFA(HL)，
∴∠BED=∠DAC．
32．解：（1）延长AD至点E，使DE=AD，连接BE，
∵点D是BC的中点，
∴BD=CD，且∠ADC=∠EDB（对顶角相等），
在△EDB,△ADC中，
AD=ED∠ADC=∠EDBCD=BD，
∴△EDB≌△ADCSAS，
故选：B；
（2）由（1）可得△EDB≌△ADCSAS，
∴AD=ED=5，AC=EB，则AE=10，
在△ABE中，AE−AB