八年级数学秘籍——巧作辅助线，构造全等形（解析版）学案

这是一份八年级数学秘籍——巧作辅助线，构造全等形（解析版）学案，共49页。学案主要包含了典例解析，变式1-1，变式1-2，例2-1，例2-2，变式2-1，变式2-2，例3-1等内容，欢迎下载使用。

巧作辅助线，构造全等形

【典例解析】
【例1】（2020·江苏江都月考）问题背景：
如图1：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°．探究图中线段BE，EF，FD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．连结AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是　 　；

探索延伸：
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∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
实际应用：
如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进，1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
【答案】见解析.
【解析】解：问题背景：
EF=BE+DF，证明如下：
在△ABE和△ADG中，，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=∠BAD，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，
∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△GAF中，，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF；
故答案为 EF=BE+DF．
探索延伸：
上述结论EF＝BE+FD成立，
理由：延长FD到点G，使得DG＝BE，连接AG，

∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADG+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADG，
∵AB＝AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠DAF+∠BAE＝∠BAD﹣∠EAF＝∠BAD，
∴∠GAF＝∠EAF，
又∵AG＝AE，AF＝AF，
∴△AFG≌△AFE（SAS），
∴EF＝GF，
∵GF＝DF+DG＝DF+BE，
∴EF＝BE+FD；
实际应用：
连接EF，延长AE、BF相交于点C，

在四边形AOBC中，
∵∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°，∠FOE＝70°＝∠AOB，
又∵OA＝OB，∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝60°+120°＝180°，
∴EF＝AE+FB＝1.5×（60+80）＝210（海里），
即此时两舰艇之间的距离210海里．
【变式1-1】（2020·重庆巴南月考）
(1)问题背景：
如图 1，在四边形 ABCD 中，AB = AD，∠BAD= 120°，∠B =∠ADC= 90°，E，F 分别是 BC, CD 上的点，且∠EAF = 60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．

小明同学探究此问题的方法是延长FD到点G，使DG=BE， 连结AG，先证明ΔΔADG，再证明ΔΔAGF，可得出结论，他的结论应是 ．
(2)探索延伸：
如图 2，在四边形ABCD 中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是BC，CD上的点，∠EAF=∠BAD，上述结论是否依然成立？并说明理由．
【答案】（1）EF=BE+DF；（2）成立，见解析.
【解析】解：（1）EF=BE+DF，证明如下：
在△ABE和△ADG中，
∴△ABE≌△ADG
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG
∵∠EAF=∠BAD
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠EAF
∴∠EAF=∠GAF
∴△AEF≌△AGF
∴EF=GF
∴EF=BE+DF
故答案为：EF=BE+DF．
（2）结论EF=BE+DF仍然成立；
理由：延长FD到点G，使DG=BE．连结AG，

易证△ABE≌△ADG
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=∠BAD，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，
∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△AGF中，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF.
【变式1-2】（2019·山东嘉祥·初二期中）现阅读下面的材料，然后解答问题：
截长补短法，是初中数学几何题中一种常见辅助线的做法．在证明线段的和、差、倍、分等问题中有着广泛的应用．截长法：在较长的线段上截一条线段等于较短线段，而后再证明剩余的线段与另一段线段相等．补短法：就是延长较短线段与较长线段相等，而后证延长的部分等于另一条线段．
请用截长法解决问题（1）
（1）已知：如图1等腰直角三角形中，，是角平分线，交边于点．求证：．

图1
请用补短法解决问题（2）
（2）如图2，已知，如图2，在中，，是的角平分线．求证：．

图2
【答案】见解析．
【解析】解：（1）证明：在AC上截取AE=AB，连接DE，

∵AD是角平分线，
∴∠BAD=∠EAD
在△ADB和△ADE中，
∴△ADB≌△ADE
∴∠AED=∠B=90°，DE=BD
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠C=45°，
∴△DEC是等腰直角三角形，
∴ED=CE，
∴AC=AE+CE=AB+BD
（2）延长AB到F，使AF=AC，连接DF，

∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠FAD=∠CAD
在△FAD和△CAD中，
∴△FAD≌△CAD，
∴∠C=∠F
∵∠ABC=2∠C，∠ABC=∠F+∠BDF，
∴∠F=∠BDF，
∴BD=BF，
∴AC=AF=AB+BD．
【例2-1】（2020·唐山市丰南区）如图，在△ABC中，AC=5，中线AD=7，则AB边的取值范围是( )

A． B．
C． D．
【答案】D.
【解析】延长AD到E，使DE=AD，连接BE

在△ADC和△EDB中，
AD=DE,∠ADC=∠BDE,CD=BD
∴△ADC≌△EDB
∴AC=BE
∵AC=5，AD=7
∴BE=5，AE=14
在△ABE中，AE-BE＜AB＜AE+BE
∴AB边的取值范围是：9＜AB＜19
故答案为：D.
【例2-2】（2020·余干县月考）（1）阅读理解：课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：
在△ABC中，AB＝9，AC＝5，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1）：
①延长AD到Q，使得DQ＝AD；
②再连接BQ，把AB、AC、2AD集中在△ABQ中；
③利用三角形的三边关系可得4 感悟：解题时，条件中若出现“中点”“中线”等条件，可以考虑倍长中线，构造全等三角形，把分散的己知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中．
（2）请你写出图1中AC与BQ的位置关系并证明．
（3）思考：已知，如图2，AD是△ABC的中线，AB＝AE，AC＝AF，∠BAE＝∠FAC＝90°．试探究线段AD与EF的数量和位置关系，并加以证明．

图1 图2
【答案】见解析.
【解析】解：（1）延长AD到Q，使DQ＝AD，连接BQ，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD，
在△QDB和△ADC中， ，
∴△QDB≌△ADC，
∴BQ＝AC＝5，
在△ABQ中，AB﹣BQ＜AQ＜AB+BQ，
∴4＜AQ＜14，
∴2＜AD＜7，
故答案为：2＜AD＜7；
（2）AC∥BQ，理由：由（1）知，△QDB≌△ADC，
∴∠BQD＝∠CAD，
∴AC∥BQ；
（3）EF＝2AD，AD⊥EF.
理由：延长AD到Q使得BQ＝AD，连接BQ，
由（1）知，△BDQ≌△CDA（SAS），
∴∠DBQ＝∠ACD，BQ＝AC，
∵AC＝AF，
∴BQ＝AF，
在△ABC中，∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴∠BAC+∠ABC+∠DBQ＝180°，
∴∠BAC+ABQ＝180°，
∵∠BAE＝∠FAC＝90°，
∴∠BAC+∠EAF＝180°，
∴∠ABQ＝∠EAF，
在△ABQ和△EAF中， ，
∴△ABQ≌△EAF，
∴AQ＝EF，∠BAQ＝∠AEF，
延长DA交EF于P，

∵∠BAE＝90°，
∴∠BAQ+∠EAP＝90°，
∴∠AEF+∠EAP＝90°，
∴∠APE＝90°，
∴AD⊥EF，
∵AD＝DQ，
∴AQ＝2AD，
∵AQ＝EF，
∴EF＝2AD，
即：EF＝2AD，AD⊥EF．
【变式2-1】（2019·山西模考）阅读材料，解答下列问题．
如图1，已知△ABC中，AD 为中线．延长AD至点E，使 DE=AD．在△ADC和△EDB中，AD=DE，∠ADC=∠EDB，BD=CD，所以，△ACD≌△EBD，进一步可得到AC=BE，AC//BE等结论．

图1 图2
在已知三角形的中线时，我们经常用“倍长中线”的辅助线来构造全等三角形，并进一步解决一些相关的计算或证明题．
解决问题：如图2，在△ABC中，AD是三角形的中线，点F为AD上一点，且BF=AC，连结并延长BF交AC于点E，求证：AE=EF．
【答案】见解析
【解析】解：如图，延长AD至点M，使得DM=AD，连接BM，

∵AD是三角形的中线，
∴BD=CD，
在△MBD和△ACD中，
∴△BDM≌△CDA，
∴AC=BM，∠BMD=∠CAD，
∵BF=AC
∴BF=BM
∴∠BMD=∠BFD
∵∠BFD=∠EFA，∠BMD=∠CAD
∴∠EFA=∠EAF，
∴AE=EF．
【变式2-2】（2020·北京朝阳期末）阅读下面材料：
数学课上，老师给出了如下问题：
如图，AD为△ABC中线，点E在AC上，BE交AD于点F，AE＝EF．求证：AC＝BF．

经过讨论，同学们得到以下两种思路：
思路一如图①，添加辅助线后依据SAS可证得△ADC≌△GDB，再利用AE＝EF可以进一步证得∠G＝∠FAE＝∠AFE＝∠BFG，从而证明结论．

图①
思路二如图②，添加辅助线后并利用AE＝EF可证得∠G＝∠BFG＝∠AFE＝∠FAE，再依据AAS可以进一步证得△ADC≌△GDB，从而证明结论．

图②
完成下面问题：
（1）①思路一的辅助线的作法是：　 　；
②思路二的辅助线的作法是：　 　．
（2）请你给出一种不同于以上两种思路的证明方法（要求：只写出辅助线的作法，并画出相应的图形，不需要写出证明过程）．
【答案】（1）①延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG；②作BG＝BF交AD的延长线于点G；（2）见解析
【解析】解：（1）①延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG，如图①，理由如下：
∵AD为△ABC中线，
∴BD＝CD，
在△ADC和△GDB中，，
∴△ADC≌△GDB（SAS），
∴AC＝BG，
∵AE＝EF，
∴∠CAD＝∠EFA，
∵∠BFG＝∠G，∠G＝∠CAD，
∴∠G＝∠BFG，
∴BG＝BF，
∴AC＝BF．
故答案为：延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG；
②作BG＝BF交AD的延长线于点G，
理由如下：∵BG＝BF，
∴∠G＝∠BFG，
∵AE＝EF，
∴∠EAF＝∠EFA，
∵∠EFA＝∠BFG，
∴∠G＝∠EAF，
在△ADC和△GDB中，，
∴△ADC≌△GDB（AAS），
∴AC＝BG，
∴AC＝BF；
故答案为：作BG＝BF交AD的延长线于点G；
（2）作BG∥AC交AD的延长线于G，则∠G＝∠CAD，

∵AD为△ABC中线，
∴BD＝CD，
在△ADC和△GDB中，，
∴△ADC≌△GDB（AAS），
∴AC＝BG，
∵AE＝EF，
∴∠CAD＝∠EFA，
∵∠BFG＝∠EFA，∠G＝∠CAD，
∴∠G＝∠BFG，
∴BG＝BF，
∴AC＝BF．
【例3-1】（2020·华中科技大学附属中学月考）如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＋∠BDC=180°．

（1）求证：AD为∠BDC的平分线；
（2）若∠DAE=∠BAC，且点E在BD上，直接写出BE、DE、DC三条线段之间的等量关系_______．
【答案】（1）见解析；（2）DE=BE+DC.
【解析】证明:（1）过A作AG⊥BD于G，AF⊥DC于F，

∵AG⊥BD，AF⊥DC，
∴∠AGD=∠F=90°，
∴∠GAF+∠BDC=180°，
∵∠BAC+∠BDC=180°，
∴∠GAF=∠BAC，
∴∠GAF-∠GAC=∠BAC-∠GAC，
∴∠BAG=∠CAF，
在△BAG和△CAF中，
∴△BAG≌△CAF（AAS），
∴AG=AF，
∴∠BDA=∠CDA.
（2）DE= B E+DC，理由如下：
过A作∠CAH=∠BAE，交DC的延长线于H，

∵∠DAE=∠BAC，
∴∠DAE=∠BAE+∠CAD，
∵∠CAH=∠BAE，
∴∠DAE=∠CAH+∠CAD=∠DAH，
在△EAD和△HAD中，，
∴△EAD≌△HAD（ASA），
∴DE=DH，AE=AH，
在△EAB和△HAC中，，
∴△EAB≌△HAC（SAS），
∴BE=CH，
∴DE=DH=DC+CH=DC+BE，
∴DE=DC+BE.
故答案是：DE=DC+BE.
【例3-2】（2020·无锡市胡埭中学月考）如图，BD是△ABC的外角∠ABP的角平分线，DA＝DC，DE⊥BP于点E，若AB＝5，BC=3，则BE的长为 _____________

【答案】1
【解析】解：过点D作DF⊥AB于F，

∵BD是∠ABP的角平分线，
∴DE=DF，
在△BDE和△BDF中，
∴△BDE≌△BDF(HL)，
∴BE=BF，
在△ADF和△CDE中，
∴△ADF≌△CDE(HL)，
∴AF=CE，
∵AF=AB−BF，
CE=BC+BE，
∴AB−BF=BC+BE，
∴2BE=AB−BC，
∵AB=5，BC=3，
∴2BE=5−3=2，BE=1.
故答案为1.
【变式3-1】（2020·江苏江都月考）如图，点P为定角∠AOB的平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补．若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA，OB相交于M、N两点，则以下结论：（1）PM＝PN恒成立，（2）OM＋ON的值不变，（3）四边形PMON的面积不变，（4）MN的长不变，
其中正确的为__________（请填写结论前面的序号）．

【答案】（1）（2）（3）.
【解析】解：过P作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．

∵∠PEO=∠PFO=90°，
∴∠EPF+∠AOB=180°，
∵∠MPN+∠AOB=180°，
∴∠EPF=∠MPN，
∴∠EPM=∠FPN，
∵OP平分∠AOB，PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，
∴PE=PF，
在△POE和△POF中， ,
∴△POE≌△POF，
∴OE=OF，
在△PEM和△PFN中， ,
∴△PEM≌△PFN，
∴EM=NF，PM=PN，故（1）正确，
∴S△PEM=S△PNF，
∴S四边形PMON=S四边形PEOF=定值，故（3）正确，
∵OM+ON=OE+ME+OF-NF=2OE=定值，故（2）正确，
MN的长度是变化的，故（4）错误，
故答案为：（1）（2）（3）．
【变式3-2】（2020·四川达州期末）已知：如图，BD为△ABC的角平分线，且BD=BC，E为BD延长线上的一点，BE=BA，过E作EF⊥AB，F为垂足．下列结论：①△ABD≌△EBC；②∠BCE+∠BCD=180°；③AD=AE=EC；④BA+BC=2BF；其中正确的是（　 　）

A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④
【答案】D
【解析】解：①∵BD为△ABC的角平分线，
∴∠ABD＝∠CBD，
∴在△ABD和△EBC中，，
∴△ABD≌△EBC（SAS），①正确；
②∵BD为△ABC的角平分线，BD＝BC，BE＝BA，
∴∠BCD＝∠BDC＝∠BAE＝∠BEA，
∵△ABD≌△EBC，
∴∠BCE＝∠BDA，
∴∠BCE＋∠BCD＝∠BDA＋∠BDC＝180°，②正确；
③∵∠BCE＝∠BDA，∠BCE＝∠BCD＋∠DCE，∠BDA＝∠DAE＋∠BEA，∠BCD＝∠BEA，
∴∠DCE＝∠DAE，
∴△ACE为等腰三角形，
∴AE＝EC，
∵△ABD≌△EBC，
∴AD＝EC，
∴AD＝AE＝EC．③正确；
④过E作EG⊥BC于G点，

∵E是∠ABC的角平分线BD上的点，且EF⊥AB，
∴EF＝EG，
在Rt△BEG和Rt△BEF中，，
∴Rt△BEG≌Rt△BEF（HL），
∴BG＝BF，
在Rt△CEG和Rt△AFE中，，
∴Rt△CEG≌Rt△AEF（HL），
∴AF＝CG，
∴BA＋BC＝BF＋FA＋BG−CG＝BF＋BG＝2BF，④正确．
故答案为D．
【变式3-3】（2020·四川成都开学考试）如图，AD是ABC的角平分线，DF⊥AB，垂足为F，DE＝DM，△ADM和△AED的面积分别为58和40，则EDF的面积为（　　）

A．11 B．10 C．9 D．8
【答案】C
【解析】解：过点D作DH⊥AC于H

∵AD是△ABC的角平分线，DF⊥AB，DH⊥AC，
∴DF＝DH，
在Rt△DEF和Rt△DMH中，DF＝DH，DE＝DM，
∴Rt△DEF≌Rt△DMH（HL），
∴S△DEF＝S△DMH，
∵△ADM和△AED的面积分别为58和40，
∴△EDF的面积＝×（58﹣40）＝9．
故答案为：C．
【变式3-4】（2020·内蒙古扎鲁特旗期末）已知∠BAC的平分线与BC的垂直平分线DG相交于点D，DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别为E、F，
（1）连接CD、BD，求证：△CDF≌△BDE；
（2）若AE＝5，AC＝3，求BE的长．

【答案】见解析.
【解析】证明：（1）连接CD、BD，

∵AD平分∠BAE，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE＝DF，
又∵DG垂直平分BC，
∴CD＝BD，
在Rt△CDF和Rt△BDE中，，
∴Rt△CDF≌Rt△BDE.
（2）在Rt△ADF和Rt△ADE中，，
∴Rt△ADF≌Rt△ADE（HL），
∴AE＝AF，
∵Rt△CDF≌Rt△BDE，
∴BE＝CF，
∵CF＝AF﹣AC＝5﹣3＝2，
∴BE＝2．
【习题专练】
1.（2020·南部县月考）如图，在△ABC中，AB=AC，点D是BC的中点，点E是△ABC内一点，若∠AEB=∠CED=90°，AE=BE，CE=DE=2，则图中阴影部分的面积等于__________．

【答案】4.
【解析】解：过D作DG⊥BE于G，过C作CF⊥AE于F，
∴∠DGE=∠CFE=90°，
∵∠AEB=∠DEC=90°，
∴∠GED+∠DEF=90°，∠DEF+∠CEF=90°，
∴∠GED=∠CEF，
∵DE=EC，
∴△GDE≌△FCE，
∴DG=CF，
∵S△BED=BE•DG，S△BED=AE•CF，AE=BE，
∴S△BED=S△BED，
∵D是BC的中点，
∴S△BDE=S△EDC==2，
∴S阴影=2+2=4，
故答案为4.

2.（2020·江苏泰州月考）如图，四边形ABCD中，AB＝AD，AC＝5，∠DAB＝∠DCB＝90°，则四边形ABCD的面积为_____．

【答案】12.5
【解析】解：过点A作AE⊥AC，交CB的延长线于E，

∵∠DAB=∠DCB=90°，
∴∠D+∠ABC=180°=∠ABE+∠ABC，
∴∠D=∠ABE，
∵∠DAB=∠CAE=90°，
∴∠CAD=∠EAB，
∵AD=AB，
∴△ACD≌△AEB，
∴AC=AE，即△ACE是等腰直角三角形，
∴四边形ABCD的面积与△ACE的面积相等，
∵S△ACE=×5×5=12.5，
∴四边形ABCD的面积为12.5，
故答案为12.5．
3.（2020·启东市月考）P是△ABC内一点，∠PBC＝30°，∠PBA＝8°，且∠PAB＝∠PAC＝22°，则∠APC的度数为_____．

【答案】142°
【解析】解：延长AC至F，使AF＝AB，连BF，PF，延长AP交BC于D，交BF于E，

在△APB和△APF中，，
∴△APB≌△APF，
∴AB＝AF，PB＝PF，∠AFP＝∠ABP＝8°，
∴AP垂直平分BF，∠BPE＝∠BAP+∠ABP＝30°°，∠FPE＝∠CAP+∠AFP＝30°
∴∠AEP=∠FEP=90°，
∴∠PBF=∠PFB=60°
∵∠PBC＝30°
∴∠CBF＝30°＝∠PBC，∠BPF＝∠BFP＝∠PBF=60°，
∴三角形BPF是等边三角形，BC平分∠PBF
∴BC垂直平分PF
∴PC=PF
∴∠CPF＝∠CFP＝8°
∴∠DPC＝38°
∴∠APC＝142°；
故答案为：142°．
4.（2020·四川成华期末）（1）如图1，在ABC中，AB=4，AC=6，AD是BC边上的中线，延长AD到点E使DE=AD，连接CE，把AB，AC，2AD集中在ACE中，利用三角形三边关系可得AD的取值范围是　 　；
（2）如图2，在ABC中，AD是BC边上的中线，点E，F分别在AB，AC上，且DE⊥DF，求证：BE+CF＞EF；
（3）如图3，在四边形ABCD中，∠A为钝角，∠C为锐角，∠B+∠ADC=180°，DA=DC，点E，F分别在BC，AB上，且∠EDF=∠ADC，连接EF，试探索线段AF，EF，CE之间的数量关系，并加以证明．

【答案】（1）1＜AD＜5；（2）见解析；（3）AF+EC=EF，见解析
【解析】解：（1）∵CD=BD，AD=DE，∠CDE=∠ADB，
∴△CDE≌△BDA，
∴EC=AB=4，
∵6﹣4＜AE＜6+4，
∴2＜2AD＜10，
∴1＜AD＜5，
故答案为：1＜AD＜5；
（2）延长ED到H，使DH=DE，连接DH，FH．

∵BD=DC，∠BDE=∠CDH，DE=DH，
∴△BDE≌△CDH，
∴BE=CH，
∵FD⊥EH，又DE=DH，
∴EF=FH，
在△CFH中，CH+CF＞FH，
∵CH=BE，FH=EF，
∴BE+CF＞EF；
（3）结论：AF+EC=EF．
理由：延长BC到H，使CH=AF．

∵∠B+∠ADC=180°，
∴∠A+∠BCD=180°，
∵∠DCH+∠BCD=180°，
∴A=∠DCH，
∵AF=CH，AD=CD，
∴△AFD≌△CHD，
∴DF=DH，∠ADF=∠CDH，
∴∠ADC=∠FDH，
∵∠EDF=∠ADC，
∴∠EDF=∠FDH，
∴∠EDF=∠EDH，
∵DE=DE，
∴△EDF≌△EDH，
∴EF=EH，
∵EH=EC+CH=EC+AF，
∴EF=AF+EC．
5．（2020·武汉市期中）在中，D是BC的中点，E，F，分别在AB，AC上． 且DE⊥DF，连EF．
（1）如图1，AB=AC，∠BAC=90°，求证：∠DEF=45°；
（2）如图2，求证：BE + CF＞EF ．

图1 图2
【答案】见解析.
【解析】解：连接AD，

∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴∠B=∠C=45°，∠BAD=∠CAD=45°，AD⊥BC，
∵点D是BC中点，
∴AD=BD=CD，
∵∠EDF=90°，即∠ADE+∠ADF=90°，
∠ADE+∠BDE=∠ADB=90°，
∴∠ADF=∠BDE，
∴△BDE≌△ADF，
∴DE=DF，∠EDF=90°，
∴∠DEF=45°；
（2）延长ED至G，使ED=DG，连接FG和CG，

∵FD⊥ED，
∴∠FDE=∠FDG=90°，又FD=FD，
∴△FDE≌△FDG，
∴EF=FG，
∵点D为BC中点，
∴BD=CD，又ED=DG，∠EDB=∠CDG，
∴△BDE≌△CDG，
∴BE=CG，
在△CFG中，CG+CF＞FG，
∴BE+CF＞EF.
6.（2020·北京海淀期中）已知，如图：AD是△ABC的中线，AE⊥AB，AE=AB，AF⊥AC，AF=AC，连结EF．试猜想线段AD与EF的关系，并证明.

【答案】EF=2AD，EF⊥AD；见解析
【解析】猜想：EF=2AD，EF⊥AD．
证明：延长AD到M，使AD=DM，连接MC，延长DA交EF于N，

∴AD=DM，AM=2AD，
∵AD是△ABC的中线，∴BD=CD，
在△ABD和△MCD中，，
∴△ABD≌△MCD，
∴AB=MC，∠BAD=∠M，
∵AB=AE，∴AE=MC，
∵AE⊥AB，AF⊥AC，∴∠EAB=∠FAC=90°，
∵∠FAC+∠BAC+∠EAB+∠EAF=360°，
∴∠BAC+∠EAF=180°，
∵∠CAD+∠M+∠MCA=180°，
∴∠CAD+∠BAD+∠MCA=180°，
即∠BAC+∠MCA=180°，
∴∠EAF=∠MCA．
在△AEF和△CMA中，，
∴△AEF≌△CMA，
∴EF=AM，∠CAM=∠F，
∴EF=2AD；
∵∠CAF=90°，
∴∠CAM+∠FAN=90°，
∵∠CAM=∠F，
∴∠F+∠FAN=90°，
∴∠ANF=90°，
∴EF⊥AD．
7.（2020·四川成都）已知，如图AD为△ABC的中线，分别以AB和AC为一边在△ABC的外部作等腰三角形ABE和等腰三角形ACF，且AE＝AB，AF＝AC，连接EF，∠EAF+∠BAC＝180°
（1）如图1，若∠ABE＝63°，∠BAC＝45°，求∠FAC的度数；
（2）如图1请探究线段EF和线段AD有何数量关系？并证明你的结论；
（3）如图2，设EF交AB于点G，交AC于点R，延长FC，EB交于点M，若点G为线段EF的中点，且∠BAE＝70°，请探究∠ACB和∠CAF的数量关系，并证明你的结论．

【答案】见解析.
【解析】解：（1）∵AE＝AB，
∴∠AEB＝∠ABE＝63°，
∴∠EAB＝54°，
∵∠BAC＝45°，∠EAF+∠BAC＝180°，
∴∠EAB+2∠BAC+∠FAC＝180°，
∴54°+2×45°+∠FAC＝180°，
∴∠FAC＝36°；
（2）EF＝2AD；理由如下：延长AD至H，使DH＝AD，连接BH，

∵AD为△ABC的中线，
∴BD＝CD，
在△BDH和△CDA中，，
∴△BDH≌△CDA，
∴HB＝AC＝AF，∠BHD＝∠CAD，
∴AC∥BH，
∴∠ABH+∠BAC＝180°，
∵∠EAF+∠BAC＝180°，
∴∠EAF＝∠ABH，
在△ABH和△EAF中，，
∴△ABH≌△EAF，
∴EF＝AH＝2AD；
（3）∠ACB－∠CAF=55°；理由如下：
由（2）得，AD＝EF，又点G为EF中点，
∴EG＝AD，
由（2）△ABH≌△EAF，
∴∠AEG＝∠BAD，
在△EAG和△ABD中，，
∴△EAG≌△ABD，
∴∠EAG＝∠ABC＝70°，
∵∠EAF+∠BAC＝180°，
∴∠EAB+2∠BAC+∠CAF＝180°，
即：70°+2∠BAC+∠CAF＝180°，
∴∠BAC+∠CAF＝55°，
∴∠BAC＝55°﹣∠CAF，
∵∠ABC+∠ACB+∠BAC＝180°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣70°﹣∠ACB＝110°﹣∠ACB，
∴∠ACB﹣∠CAF＝55°．
8.（2020·湖北黄石期末）如图1，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，CD平分∠ACB，BE⊥CD，垂足E在CD的延长线上．请解答下列问题：

（1）图中与∠DBE相等的角有：　 　；
（2）直接写出BE和CD的数量关系；
（3）若△ABC的形状、大小不变，直角三角形BEC变为图2中直角三角形BED，∠E＝90°，且∠EDB＝∠C，DE与AB相交于点F．试探究线段BE与FD的数量关系，并证明你的结论．
【答案】见解析.
【解析】解：（1）∵BE⊥CD，
∴∠E＝90°，
∴∠E＝∠BAC，又∠EDB＝∠ADC，
∴∠DBE＝∠ACE，
∵CD平分∠ACB，
∴∠BCD＝∠ACE，
∴∠DBE＝∠BCD，
故答案为：∠ACE和∠BCD；
（2）延长BE交CA延长线于F，

∵CD平分∠ACB，
∴∠FCE＝∠BCE，
在△CEF和△CEB中，，
∴△CEF≌△CEB（ASA），
∴FE＝BE，
在△ACD和△ABF中，，
∴△ACD≌△ABF（ASA），
∴CD＝BF，
∴BE＝CD；
（3）BE＝DF
过点D作DG∥CA，交BE的延长线于点G，与AE相交于H，

∵DG∥AC，
∴∠GDB＝∠C，∠BHD＝∠A＝90°，
∵∠EDB＝∠C，
∴∠EDB＝∠EDG＝∠C，
∵BE⊥ED，
∴∠BED＝90°，
∴∠BED＝∠BHD，
∵∠EFB＝∠HFD，
∴∠EBF＝∠HDF，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠C＝∠ABC＝45°，
∵GD∥AC，
∴∠GDB＝∠C＝45°，
∴∠GDB＝∠ABC＝45°，
∴BH＝DH，
在△BGH和△DFH中，，
∴△BGH≌△DFH（ASA）
∴BG＝DF，
在△BDE和△GDE中，，
∴△BDE≌△GDE（ASA）
∴BE＝EG，
∴BE＝BG=DP．
9．（2020·江苏泰州月考）如图，△ABC中，点D在边BC上，DE⊥AB于E，DH⊥AC于H，且满足DE=DH，F为AE的中点，G为直线AC上一动点，满足DG＝DF，若AE=4cm，则AG= _____cm．

【答案】2或6.
【解析】解：∵DE⊥AB，DH⊥AC，
∴∠AED=∠AHE=90°.
在△ADE和△ADH中，
∵AD=AD,DE=DH,
∴△ADE≌△ADH,
∴AH=AE=4cm.
∵F为AE的中点，∴AF=EF=2cm.
在△FDE和△GDH中，
∵DF=DG,DE=DH, ∴△FDE≌△GDH,
∴GH=EF=2cm.
当点G在线段AH上时，AG=AH-GH=4-2=2cm;
当点G在线段HC上时，AG=AH+GH=4+2=6cm;
故AG的长为2或6.

10.（2020·黄石经济技术开发区月考）如图，A(－t，0)、B(0，t)，其中t＞0，点C为OA上一点，OD⊥BC于点D，且∠BCO=45°＋∠COD
(1) 求证：BC平分∠ABO
(2) 求的值
(3) 若点P为第三象限内一动点，且∠APO=135°，试问AP和BP是否存在某种确定的位置关系？说明理由

【答案】见解析.
【解析】(1)证明：∵AO=BO=t，∠AOB=90°
∴∠OAB=∠OBA=45°,
∵∠BCO=45°+∠COD=∠BAO+∠ABC，
∴∠COD=∠ABC，
∵OD⊥BC，
∴∠CDO=90°，
∵∠DOC+∠DCO=90°,∠CBO+∠BCO=90°，
∴∠DOC=∠CBO，
∴∠ABC=∠CBO.
(2)在BD上截取DE=OD，

∵∠ODE=90°，
∴∠DEO=45°=∠EBO+∠EOB，
∵∠ABC=∠CBO=∠ABO=22.5°，
∴∠EOB=∠EBO=22.5°,
∴EB=EO，
∵∠ECO=∠EOC=67.5°，
∴EC=EO，
∴BC=2EC=2OD+2CD，
∴=2.
(3)结论：BP⊥AP，理由如下：

过O作OM⊥OP交PB于M，交AP的延长线于N，
∵∠APO=135°，
∴∠OPN=∠N=45°，
∴OP=ON，
∵∠AOB=∠PON=90°，
∴∠BOP=∠AON，
在△OBP和△OAN中，，
∴△BOP≌△AON，
∴∠BPO=∠N=45°，
∵∠OPN=45°，
∴∠BPN=∠BPO+∠OPN=90°，
∴BP⊥AP.
11.（2020·四川师范大学附属中学期中）△ABC是等边三角形，点D、E分别在边AB、BC上，CD、AE交于点F，BD＝CE．
（1）如图1，求证：∠AFD＝60°；
（2）如图2，FG为△AFC的角平分线，点H在FG的延长线上，HG＝CD，连接HA、HC，求证：AC＝HC；
（3）在（2）的条件下，若AD＝2BD，AF+CF＝12，求AF长．

【答案】见解析．
【解析】证明：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠ACE=60°，BC=AC
又CE=BD，
∴△ACE≌△CBD
∴∠EAC=∠DCB，AE=CD
∴∠AFD=∠EAC+∠ACD=∠DCB+∠ACD=60°；
（2）过C作CM⊥AE交AE的延长线于M，CN⊥FH于N，

∵∠EFC=∠AFD=60°
∴∠AFC=120°
∵FG是△ACF的平分线
∴∠CFH=∠AFH=60°
∴∠CFH=∠CFE=60°
∵CM⊥AE，CN⊥FH
∴CM=CN
由∠CEM=60°+∠CAE=∠CGN
∴△ECM≌△GCN
∴CE=CG
∵CD=GH，CD=AE
∴GH=AE
∵∠CEM=∠CGN
∴∠CEF=∠CGH
∴△ECA≌△GCH
∴AC=CH
（3）过G作GP⊥AE于P，GQ⊥CD于Q，

由（2）知，CE=CG，
∴AG=2CG
∴S△AGF=2S△CFG
∵GP=GQ
∴AF=2CF
∵AF+CF=12，
∴AF=8.