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浙教版八年级上册1.3 证明随堂练习题
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这是一份浙教版八年级上册1.3 证明随堂练习题，文件包含专题07截长补短证全等解析版docx、专题07截长补短证全等原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共40页， 欢迎下载使用。
专题07 截长补短证全等
1．如图，∠A＝2∠C，，平分，，，则_____．
【答案】4
【解析】
【分析】
在BC上截取BE＝AB，利用“边角边”证明△ABD≌△EBD，根据全等三角形对应边相等可得DE＝AD，由全等三角形对应角相等可得∠BED＝∠A，然后求出∠C＝∠CDE，根据等角对等边可得CE＝DE，等量代换得到EC＝AD，则BC＝BE+EC＝AB+AD即可求出AD长．
【详解】
解：（1）在BC上截取BE＝BA，如图，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠EBD，
在△ABD和△BED中，
，
∴△ABD≌△EBD（SAS），
∴DE＝AD，∠BED＝∠A，
又∵∠A＝2∠C，
∴∠BED＝∠C+∠EDC＝2∠C，
∴∠EDC＝∠C，
∴ED＝EC，
∴EC＝AD，
∴BC＝BE+EC＝AB+AD，
∵BC＝10，AB＝6，
∴AD＝10﹣6＝4；
故答案为：4．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，等角对等边的性质，作辅助线构造出全等三角形和等腰三角形是解题的关键．
2．如图，已知AD∥BC，∠PAB的平分线与∠CBA的平分线相交于E，CE的连线交AP于D．求证：AD+BC=AB．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
如图，在上截取证明再证明可得 从而可得结论.
【详解】
证明：如图，在上截取
平分
平分
【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定与性质，掌握“利用截长补短的方法证明两条线段的和等于另一条线段”是解题的关键.
3．如图，已知：在中，，、是的角平分线，交于点O求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
在AC上取一点H，使AH＝AE，根据角平分线的定义可得∠EAO＝∠HAO，然后利用“边角边”证明△AEO和△AHO全等，根据全等三角形对应角相等可得∠AE0＝∠AHO，根据角平分线的定义可得∠1＝∠2，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠3＝60°，再根据角平分线的定义和三角形的内角和定理求出∠4＝60°，从而得到∠3＝∠4，然后利用“边角边”证明△CFO和△CHO全等，根据全等三角形对应边相等可得CF＝CH，再根据AC＝AH＋CH代换即可得证．
【详解】
证明：如图，在上取一点H，使，连接．
∵是的角平分线，
∴，
在和中，
∵
∴，
∴，
∵是的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∵、是的角平分线，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，角平分线的定义，三角形内角和定理，利用“截长补短”法作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
4．如图所示，已知△ABC中AB＞AC，AD是∠BAC的平分线，M是AD上任意一点，求证：MB－MC＜AB－AC．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
法一：因为AB＞AC，所以在AB上截取线段AE＝AC，则BE＝AB－AC，连接EM，在△BME中，显然有MB－ME＜BE，再证明ME＝MC，则结论成立．
法二：延长AC至H，在AH上截取线段AB＝AG，证明△ABM≌△AGM，得到BM=GM，根据三角形的三边关系即可求解．
【详解】
证明：法一：在AB上截取AE＝AC，连接ME，
在△MBE中，MB－ME＜BE（三角形两边之差小于第三边）,
∵AD是∠BAC的平分线，
∴,
在△AMC和△AME中，
∵
∴△AMC≌△AME（SAS），
∴MC＝ME（全等三角形的对应边相等）．
又∵BE＝AB－AE，
∴BE＝AB－AC，
∴MB－MC＜AB－AC．
法二：延长AC至H，在AH上截取线段AB＝AG，
同理可证得△ABM≌△AGM（SAS），
∴BM=GM，
∵在△MCG中MG-MC＜CG
∴MB－MC＜AG-AC= AB－AC
即MB－MC＜AB－AC．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质，三角形三边关系以及截长补短法，解题关键是作辅助线构造全等三角形．
5．如图所示，已知AC平分∠BAD，，于点E，判断AB、AD与BE之间有怎样的等量关系，并证明．
【答案】，证明见解析
【解析】
【分析】
在AB上截取EF，使EF=BE，联结CF．证明，得到，又证明，得到，最后结论可证了．
【详解】
证明:在AB上截取EF，使EF=BE，联结CF．
在 和
AC平分∠BAD
在 和中
【点睛】
本题考查三角形全等知识的综合应用，关键在于寻找全等的条件，作适当的辅助线加以证明．
6．如图，在△ABC中，，，P、Q分别在BC、CA上，并且AP、BQ分别是∠BAC、∠ABC的角平分线．求证：
（1）；
（2）．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）由三角形的内角和就可以得出∠ABC＝80°，再由角平分线的性质就可以得出∠QBC＝40°，就有∠QBC＝∠C而得出结论；
（2）延长AB至M，使得BM＝BP，连结MP，根据条件就可以得出∠M＝∠C，进而证明△AMP≌△ACP就可以得出结论．
【详解】
（1）∵BQ是的角平分线，
∴．
∵，且，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）延长AB至M，使得，连结MP．
∴，
∵△ABC中，，
∴，
∵BQ平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵AP平分，
∴，
在△AMP和△ACP中，
∵，
∴△AMP≌△ACP，
∴，
∵，，
∴
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定与性质的知识点，解答本题的关键是熟练掌握判定两个三角形全等的一般方法：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
7．如图，四边形中，， ，，M、N分别为AB、AD上的动点，且．求证： ．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
延长至点，使得，连接，根据同角的补角相等得，根据证明，则，进而证明，根据证明，得到，则．
【详解】
证明：延长至点，使得，连接，
四边形中，，，
，
在和中，
，
，
，，
，，
，
，
在和中，
，
，
．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质，作辅助线构造全等三角形是解决问题的关键．
8．如图中，分别平分相交于点．
（1）求的度数；
（2）求证：
【答案】（1）∠CPD=60°；（2）详见解析
【解析】
【分析】
（1）根据三角形的内角和定理及角平分线的定义，三角形的外角性质即可求出；
（2）在AC上截取AF=AE，先证明△APE≌△APF（SAS），再证明△CFP≌△CDP（ASA），根据全等三角形的性质证明即可．
【详解】
解：（1）∵∠ABC=60°，
∴∠BAC+∠ACB=180°-60°=120°，
又∵AD、CE分别平分，
∴，
∴，
又∵∠CPD是△ACP的外角，
∴∠CPD=∠CAD+∠ACE=60°，
∴∠CPD=60°．
（2）如图，在AC上截取AF=AE，连接PF，
∵∠CPD=60°，
∴∠APC=120°，∠APE=60°
∵AD平分∠BAC，CE平分∠ACB，
∴∠BAD=∠CAD，∠ACE=∠BCE
在△APE与△APF中
，
∴△APE≌△APF（SAS）
∴∠APF=∠APE=60°，
∴∠CPF=∠AOC-∠APF=60°，
在△CFP与△CDP中，
∴△CFP≌△CDP（ASA）
∴CD=CF
∴AC=AF+CF=AE+CD，
即．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定及性质、三角形内角和定理与角平分线的角度计算问题，解题的关键是通过在AC上截取AF=AE构造全等三角形．
9．如图，，点在线段上，、分别是、的角平分线，若，，求的长．
【答案】5
【解析】
【分析】
如图，在上截取，连接，先证明，得到，，然后证明，得到，即可求出答案．
【详解】
解：如图，在上截取，连接，
是的角平分线，
，
在△和△中，
，
，，
，
，
，
，
是的角平分线，
，
在和中，
，
，
．
【点睛】
本题考查了角平分线的性质，平行线的性质，全等三角形的判定和性质，证明是解题关键．
10．如图，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．求证：EF=BE+FD．
【答案】证明见解析．
【解析】
【分析】
延长EB到G，使BG=DF，连接AG．先说明△ABG≌△ADF，然后利用全等三角形的性质和已知条件证得△AEG≌△AEF，最后再运用全等三角形的性质和线段的和差即可解答．
【详解】
延长EB到G，使BG=DF，连接AG．
∵∠ABG=∠ABC=∠D=90°，AB=AD，
∴△ABG≌△ADF．
∴AG=AF，∠1=∠2．
∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=∠BAD．
∴∠GAE=∠EAF．
又∵AE=AE，
∴△AEG≌△AEF．
∴EG=EF．
∵EG=BE+BG．
∴EF=BE+FD
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，做出辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．
11．（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
【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．
12．已知在四边形ABCD中，∠ABC＋∠ADC＝180°，∠BAD＋∠BCD＝180°，AB＝BC
（1）如图1，连接BD，若∠BAD＝90°，AD＝7，求DC的长度．
（2）如图2，点P、Q分别在线段AD、DC上，满足PQ＝AP＋CQ，求证：∠PBQ＝∠ABP＋∠QBC
（3）若点Q在DC的延长线上，点P在DA的延长线上，如图3所示，仍然满足PQ＝AP＋CQ，请写出∠PBQ与∠ADC的数量关系，并给出证明过程．
【答案】（1）；（2）见解析；（3），证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件得出为直角三角形，再根据证出，从而证出即可得出结论；
（2）如图2，延长DC到 K，使得CK=AP，连接BK，通过证△BPA≌△BCK（SAS）得到：∠1=∠2，BP=BK．然后根据证明得，从而得出，然后得出结论；
（3）如图3，在CD延长线上找一点K，使得KC=AP，连接BK，构建全等三角形：△BPA≌△BCK（SAS），由该全等三角形的性质和全等三角形的判定定理SSS证得：△PBQ≌△BKQ，则其对应角相等：∠PBQ=∠KBQ，结合四边形的内角和是360°可以推得：∠PBQ=90°+∠ADC．
【详解】
（1）证明：如图1，
∵，，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴；
（2）如图2，
延长至点，使得，连接
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（3）；
如图3，在延长线上找一点，使得，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题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．
13．如图，已知B（-1，0），C（1，0），A为y轴正半轴上一点，点D为第二象限一动点，E在BD的延长线上，CD交AB于F，且∠BDC=∠BAC．
（1）求证：∠ABD=∠ACD；
（2）求证：AD平分∠CDE；
（3）若在点D运动的过程中，始终有DC=DA+DB，在此过程中，∠BAC的度数是否变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出∠BAC的度数．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）不变，60°
【解析】
【分析】
（1）根据∠BDC＝∠BAC，∠DFB＝∠AFC，再结合∠ABD＋∠BDC＋∠DFB＝∠BAC＋∠ACD＋∠AFC＝180°，即可得出结论；
（2）过点A作AM⊥CD于点M，作AN⊥BE于点N．运用“AAS”证明△ACM≌△ABN得AM＝AN．根据“到角的两边距离相等的点在角的平分线上”得证；
（3）运用截长法在CD上截取CP＝BD，连接AP．证明△ACP≌ABD得△ADP为等边三角形，从而求∠BAC的度数．
【详解】
（1）证明：∵∠BDC＝∠BAC，∠DFB＝∠AFC，
又∵∠ABD＋∠BDC＋∠DFB＝∠BAC＋∠ACD＋∠AFC＝180°，
∴∠ABD＝∠ACD；
（2）过点A作AM⊥CD于点M，作AN⊥BE于点N．
则∠AMC＝∠ANB＝90°，
∵OB＝OC，OA⊥BC，
∴AB＝AC，
∵∠ABD＝∠ACD，
∴△ACM≌△ABN （AAS），
∴AM＝AN，
∴AD平分∠CDE（到角的两边距离相等的点在角的平分线上）；
（3）∠BAC的度数不变化．
在CD上截取CP＝BD，连接AP．
∵CD＝AD＋BD，
∴AD＝PD，
∵AB＝AC，∠ABD＝∠ACD，BD＝CP，
∴△ABD≌△ACP，
∴AD＝AP，∠BAD＝∠CAP，
∴AD＝AP＝PD，
即△ADP是等边三角形，
∴∠DAP＝60°，
∴∠BAC＝∠BAP＋∠CAP＝∠BAP＋∠BAD＝60°．
【点睛】
此题考查全等三角形的判定与性质，运用了角平分线的判定定理和“截长补短”的数学思想方法，综合性较强．
14．阅读材料并完成习题：
在数学中，我们会用“截长补短”的方法来构造全等三角形解决问题．请看这个例题：如图1，在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，AB=AD，若AC=2cm，求四边形ABCD的面积．
解：延长线段CB到E，使得BE=CD，连接AE，我们可以证明△BAE≌△DAC，根据全等三角形的性质得AE=AC=2， ∠EAB=∠CAD，则∠EAC=∠EAB+∠BAC=∠DAC+∠BAC=∠BAD=90°，得S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=S△ABC+S△ABE=S△AEC，这样，四边形ABCD的面积就转化为等腰直角三角形EAC面积．
（1）根据上面的思路，我们可以求得四边形ABCD的面积为 cm2．
（2）请你用上面学到的方法完成下面的习题．
如图2，已知FG=FN=HM=GH+MN=2cm，∠G=∠N=90°，求五边形FGHMN的面积．
【答案】（1）2；（2）4
【解析】
【分析】
（1）根据题意可直接求等腰直角三角形EAC的面积即可；
（2）延长MN到K，使NK=GH，连接FK、FH、FM，由（1）易证，则有FK=FH，因为HM=GH+MN易证，故可求解．
【详解】
（1）由题意知，
故答案为2；
（2）延长MN到K，使NK=GH，连接FK、FH、FM，如图所示：
FG=FN=HM=GH+MN=2cm，∠G=∠N=90°，
∠FNK=∠FGH=90°，，
FH=FK，
又FM=FM，HM=KM=MN+GH=MN+NK，
，
MK=FN=2cm，
．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的性质与判定，关键是根据截长补短法及割补法求面积的运用．
15．如图1，在中，是直角，，、分别是、的平分线，、相交于点．
（1）求出的度数；
（2）判断与之间的数量关系并说明理由．（提示：在上截取，连接．）
（3）如图2，在△中，如果不是直角，而（1）中的其它条件不变，试判断线段、与之间的数量关系并说明理由．
【答案】（1）∠AFC＝120°；（2）FE与FD之间的数量关系为：DF＝EF．理由见解析；（3）AC＝AE+CD．理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据三角形的内角和性质只要求出∠FAC，∠ACF即可解决问题;
（2）根据在图2的 AC上截取CG=CD，证得△CFG≌△CFD (SAS),得出DF= GF；再根据ASA证明△AFG≌△AFE，得EF=FG，故得出EF=FD；
（3）根据(2) 的证明方法，在图3的AC上截取AG=AE，证得△EAF≌△GAF (SAS)得出∠EFA=∠GFA；再根据ASA证明△FDC≌△FGC，得CD=CG即可解决问题．
【详解】
（1）解：∵∠ACB＝90°，∠B＝60°，
∴∠BAC＝90°﹣60°＝30°，
∵AD、CE分别是∠BAC、∠BCA的平分线，
∴∠FAC＝15°，∠FCA＝45°，
∴∠AFC＝180°﹣（∠FAC+∠ACF）＝120°
（2）解：FE与FD之间的数量关系为：DF＝EF．
理由：如图2，在AC上截取CG＝CD，
∵CE是∠BCA的平分线，
∴∠DCF＝∠GCF，
在△CFG和△CFD中，
，
∴△CFG≌△CFD（SAS），
∴DF＝GF．∠CFD＝∠CFG
由（1）∠AFC＝120°得，
∴∠CFD＝∠CFG＝∠AFE＝60°，
∴∠AFG＝60°，
又∵∠AFE＝∠CFD＝60°，
∴∠AFE＝∠AFG，
在△AFG和△AFE中，
，
∴△AFG≌△AFE（ASA），
∴EF＝GF，
∴DF＝EF；
（3）结论：AC＝AE+CD．
理由：如图3，在AC上截取AG＝AE，
同（2）可得，△EAF≌△GAF（SAS），
∴∠EFA＝∠GFA，AG＝AE
∵∠BAC+∠BCA=180°-∠B=180°-60°=120°
∴∠AFC＝180°﹣(∠FAC+∠FCA)＝180°-(∠BAC+∠BCA)=180°-×120°=120°，
∴∠EFA＝∠GFA＝180°﹣120°＝60°＝∠DFC，
∴∠CFG＝∠CFD＝60°，
同（2）可得，△FDC≌△FGC（ASA），
∴CD＝CG，
∴AC＝AG+CG＝AE+CD．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质的运用，全等三角形的判定和性质是证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件，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全等三角形．
16．（1）如图（1），在四边形中，,，E，F分别是上的动点，且，求证：．
（2）如图（2），在（1）的条件下，当点E，F分别运动到的延长线上时，之间的数量关系是______．
【答案】（1）详见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）延长到点G，使，连接，先证明，得到，然后证明，得到，根据，可得；
（2）在上截取，连接，先证明△ABG≌△ADF（SAS），得到AG=AF，∠BAG=∠DAF，再证明△EAG≌△EAF（SAS），得到EG=EF，根据BG=DF，即可得EF=BE-BG=BE-DF．
【详解】
（1）如图，延长到点G，使，连接．
，
，
又，，
∴，
，
，．
，
∴，
．
，
；
（2）．
如图，在上截取，连接，
，
，
在△ABG和△ADF中，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴AG=AF，∠BAG=∠DAF，
∠BAD=2∠EAF，
∴∠BAG+∠GAE+∠EAD=∠EAD+∠DAF+∠EAD+∠DAF，
∴∠GAE=∠EAF，
在△EAG和△EAF中，
∴△EAG≌△EAF（SAS），
∴EG=EF，
∵BG=DF，
∴EF=BE-BG=BE-DF．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，掌握判定定理是解题关键．
17．（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°，请探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系是什么？
小明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，得AE＝AG；再由条件可得∠EAF＝∠GAF，证明△AEF≌△AGF，进而可得线段BE，EF，FD之间的数量关系是 ．
（2）拓展应用：
如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD．问（1）中的线段BE，EF，FD之间的数量关系是否还成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
【答案】（1）EF＝BE+DF；（2）结论EF＝BE+DF仍然成立；证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解题；
（2）延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解题．
【详解】
（1）EF＝BE+DF，
理由如下：
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．
（2）结论EF＝BE+DF仍然成立；
理由：延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，如图2，
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADG＝180°，
∴∠B＝∠ADG，
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．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
专题07 截长补短证全等
1．如图，∠A＝2∠C，，平分，，，则_____．
【答案】4
【解析】
【分析】
在BC上截取BE＝AB，利用“边角边”证明△ABD≌△EBD，根据全等三角形对应边相等可得DE＝AD，由全等三角形对应角相等可得∠BED＝∠A，然后求出∠C＝∠CDE，根据等角对等边可得CE＝DE，等量代换得到EC＝AD，则BC＝BE+EC＝AB+AD即可求出AD长．
【详解】
解：（1）在BC上截取BE＝BA，如图，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠EBD，
在△ABD和△BED中，
，
∴△ABD≌△EBD（SAS），
∴DE＝AD，∠BED＝∠A，
又∵∠A＝2∠C，
∴∠BED＝∠C+∠EDC＝2∠C，
∴∠EDC＝∠C，
∴ED＝EC，
∴EC＝AD，
∴BC＝BE+EC＝AB+AD，
∵BC＝10，AB＝6，
∴AD＝10﹣6＝4；
故答案为：4．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，等角对等边的性质，作辅助线构造出全等三角形和等腰三角形是解题的关键．
2．如图，已知AD∥BC，∠PAB的平分线与∠CBA的平分线相交于E，CE的连线交AP于D．求证：AD+BC=AB．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
如图，在上截取证明再证明可得 从而可得结论.
【详解】
证明：如图，在上截取
平分
平分
【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定与性质，掌握“利用截长补短的方法证明两条线段的和等于另一条线段”是解题的关键.
3．如图，已知：在中，，、是的角平分线，交于点O求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
在AC上取一点H，使AH＝AE，根据角平分线的定义可得∠EAO＝∠HAO，然后利用“边角边”证明△AEO和△AHO全等，根据全等三角形对应角相等可得∠AE0＝∠AHO，根据角平分线的定义可得∠1＝∠2，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠3＝60°，再根据角平分线的定义和三角形的内角和定理求出∠4＝60°，从而得到∠3＝∠4，然后利用“边角边”证明△CFO和△CHO全等，根据全等三角形对应边相等可得CF＝CH，再根据AC＝AH＋CH代换即可得证．
【详解】
证明：如图，在上取一点H，使，连接．
∵是的角平分线，
∴，
在和中，
∵
∴，
∴，
∵是的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∵、是的角平分线，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，角平分线的定义，三角形内角和定理，利用“截长补短”法作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
4．如图所示，已知△ABC中AB＞AC，AD是∠BAC的平分线，M是AD上任意一点，求证：MB－MC＜AB－AC．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
法一：因为AB＞AC，所以在AB上截取线段AE＝AC，则BE＝AB－AC，连接EM，在△BME中，显然有MB－ME＜BE，再证明ME＝MC，则结论成立．
法二：延长AC至H，在AH上截取线段AB＝AG，证明△ABM≌△AGM，得到BM=GM，根据三角形的三边关系即可求解．
【详解】
证明：法一：在AB上截取AE＝AC，连接ME，
在△MBE中，MB－ME＜BE（三角形两边之差小于第三边）,
∵AD是∠BAC的平分线，
∴,
在△AMC和△AME中，
∵
∴△AMC≌△AME（SAS），
∴MC＝ME（全等三角形的对应边相等）．
又∵BE＝AB－AE，
∴BE＝AB－AC，
∴MB－MC＜AB－AC．
法二：延长AC至H，在AH上截取线段AB＝AG，
同理可证得△ABM≌△AGM（SAS），
∴BM=GM，
∵在△MCG中MG-MC＜CG
∴MB－MC＜AG-AC= AB－AC
即MB－MC＜AB－AC．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质，三角形三边关系以及截长补短法，解题关键是作辅助线构造全等三角形．
5．如图所示，已知AC平分∠BAD，，于点E，判断AB、AD与BE之间有怎样的等量关系，并证明．
【答案】，证明见解析
【解析】
【分析】
在AB上截取EF，使EF=BE，联结CF．证明，得到，又证明，得到，最后结论可证了．
【详解】
证明:在AB上截取EF，使EF=BE，联结CF．
在 和
AC平分∠BAD
在 和中
【点睛】
本题考查三角形全等知识的综合应用，关键在于寻找全等的条件，作适当的辅助线加以证明．
6．如图，在△ABC中，，，P、Q分别在BC、CA上，并且AP、BQ分别是∠BAC、∠ABC的角平分线．求证：
（1）；
（2）．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）由三角形的内角和就可以得出∠ABC＝80°，再由角平分线的性质就可以得出∠QBC＝40°，就有∠QBC＝∠C而得出结论；
（2）延长AB至M，使得BM＝BP，连结MP，根据条件就可以得出∠M＝∠C，进而证明△AMP≌△ACP就可以得出结论．
【详解】
（1）∵BQ是的角平分线，
∴．
∵，且，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）延长AB至M，使得，连结MP．
∴，
∵△ABC中，，
∴，
∵BQ平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵AP平分，
∴，
在△AMP和△ACP中，
∵，
∴△AMP≌△ACP，
∴，
∵，，
∴
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定与性质的知识点，解答本题的关键是熟练掌握判定两个三角形全等的一般方法：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
7．如图，四边形中，， ，，M、N分别为AB、AD上的动点，且．求证： ．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
延长至点，使得，连接，根据同角的补角相等得，根据证明，则，进而证明，根据证明，得到，则．
【详解】
证明：延长至点，使得，连接，
四边形中，，，
，
在和中，
，
，
，，
，，
，
，
在和中，
，
，
．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质，作辅助线构造全等三角形是解决问题的关键．
8．如图中，分别平分相交于点．
（1）求的度数；
（2）求证：
【答案】（1）∠CPD=60°；（2）详见解析
【解析】
【分析】
（1）根据三角形的内角和定理及角平分线的定义，三角形的外角性质即可求出；
（2）在AC上截取AF=AE，先证明△APE≌△APF（SAS），再证明△CFP≌△CDP（ASA），根据全等三角形的性质证明即可．
【详解】
解：（1）∵∠ABC=60°，
∴∠BAC+∠ACB=180°-60°=120°，
又∵AD、CE分别平分，
∴，
∴，
又∵∠CPD是△ACP的外角，
∴∠CPD=∠CAD+∠ACE=60°，
∴∠CPD=60°．
（2）如图，在AC上截取AF=AE，连接PF，
∵∠CPD=60°，
∴∠APC=120°，∠APE=60°
∵AD平分∠BAC，CE平分∠ACB，
∴∠BAD=∠CAD，∠ACE=∠BCE
在△APE与△APF中
，
∴△APE≌△APF（SAS）
∴∠APF=∠APE=60°，
∴∠CPF=∠AOC-∠APF=60°，
在△CFP与△CDP中，
∴△CFP≌△CDP（ASA）
∴CD=CF
∴AC=AF+CF=AE+CD，
即．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定及性质、三角形内角和定理与角平分线的角度计算问题，解题的关键是通过在AC上截取AF=AE构造全等三角形．
9．如图，，点在线段上，、分别是、的角平分线，若，，求的长．
【答案】5
【解析】
【分析】
如图，在上截取，连接，先证明，得到，，然后证明，得到，即可求出答案．
【详解】
解：如图，在上截取，连接，
是的角平分线，
，
在△和△中，
，
，，
，
，
，
，
是的角平分线，
，
在和中，
，
，
．
【点睛】
本题考查了角平分线的性质，平行线的性质，全等三角形的判定和性质，证明是解题关键．
10．如图，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．求证：EF=BE+FD．
【答案】证明见解析．
【解析】
【分析】
延长EB到G，使BG=DF，连接AG．先说明△ABG≌△ADF，然后利用全等三角形的性质和已知条件证得△AEG≌△AEF，最后再运用全等三角形的性质和线段的和差即可解答．
【详解】
延长EB到G，使BG=DF，连接AG．
∵∠ABG=∠ABC=∠D=90°，AB=AD，
∴△ABG≌△ADF．
∴AG=AF，∠1=∠2．
∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=∠BAD．
∴∠GAE=∠EAF．
又∵AE=AE，
∴△AEG≌△AEF．
∴EG=EF．
∵EG=BE+BG．
∴EF=BE+FD
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，做出辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．
11．（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
【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．
12．已知在四边形ABCD中，∠ABC＋∠ADC＝180°，∠BAD＋∠BCD＝180°，AB＝BC
（1）如图1，连接BD，若∠BAD＝90°，AD＝7，求DC的长度．
（2）如图2，点P、Q分别在线段AD、DC上，满足PQ＝AP＋CQ，求证：∠PBQ＝∠ABP＋∠QBC
（3）若点Q在DC的延长线上，点P在DA的延长线上，如图3所示，仍然满足PQ＝AP＋CQ，请写出∠PBQ与∠ADC的数量关系，并给出证明过程．
【答案】（1）；（2）见解析；（3），证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件得出为直角三角形，再根据证出，从而证出即可得出结论；
（2）如图2，延长DC到 K，使得CK=AP，连接BK，通过证△BPA≌△BCK（SAS）得到：∠1=∠2，BP=BK．然后根据证明得，从而得出，然后得出结论；
（3）如图3，在CD延长线上找一点K，使得KC=AP，连接BK，构建全等三角形：△BPA≌△BCK（SAS），由该全等三角形的性质和全等三角形的判定定理SSS证得：△PBQ≌△BKQ，则其对应角相等：∠PBQ=∠KBQ，结合四边形的内角和是360°可以推得：∠PBQ=90°+∠ADC．
【详解】
（1）证明：如图1，
∵，，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴；
（2）如图2，
延长至点，使得，连接
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（3）；
如图3，在延长线上找一点，使得，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题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．
13．如图，已知B（-1，0），C（1，0），A为y轴正半轴上一点，点D为第二象限一动点，E在BD的延长线上，CD交AB于F，且∠BDC=∠BAC．
（1）求证：∠ABD=∠ACD；
（2）求证：AD平分∠CDE；
（3）若在点D运动的过程中，始终有DC=DA+DB，在此过程中，∠BAC的度数是否变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出∠BAC的度数．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）不变，60°
【解析】
【分析】
（1）根据∠BDC＝∠BAC，∠DFB＝∠AFC，再结合∠ABD＋∠BDC＋∠DFB＝∠BAC＋∠ACD＋∠AFC＝180°，即可得出结论；
（2）过点A作AM⊥CD于点M，作AN⊥BE于点N．运用“AAS”证明△ACM≌△ABN得AM＝AN．根据“到角的两边距离相等的点在角的平分线上”得证；
（3）运用截长法在CD上截取CP＝BD，连接AP．证明△ACP≌ABD得△ADP为等边三角形，从而求∠BAC的度数．
【详解】
（1）证明：∵∠BDC＝∠BAC，∠DFB＝∠AFC，
又∵∠ABD＋∠BDC＋∠DFB＝∠BAC＋∠ACD＋∠AFC＝180°，
∴∠ABD＝∠ACD；
（2）过点A作AM⊥CD于点M，作AN⊥BE于点N．
则∠AMC＝∠ANB＝90°，
∵OB＝OC，OA⊥BC，
∴AB＝AC，
∵∠ABD＝∠ACD，
∴△ACM≌△ABN （AAS），
∴AM＝AN，
∴AD平分∠CDE（到角的两边距离相等的点在角的平分线上）；
（3）∠BAC的度数不变化．
在CD上截取CP＝BD，连接AP．
∵CD＝AD＋BD，
∴AD＝PD，
∵AB＝AC，∠ABD＝∠ACD，BD＝CP，
∴△ABD≌△ACP，
∴AD＝AP，∠BAD＝∠CAP，
∴AD＝AP＝PD，
即△ADP是等边三角形，
∴∠DAP＝60°，
∴∠BAC＝∠BAP＋∠CAP＝∠BAP＋∠BAD＝60°．
【点睛】
此题考查全等三角形的判定与性质，运用了角平分线的判定定理和“截长补短”的数学思想方法，综合性较强．
14．阅读材料并完成习题：
在数学中，我们会用“截长补短”的方法来构造全等三角形解决问题．请看这个例题：如图1，在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，AB=AD，若AC=2cm，求四边形ABCD的面积．
解：延长线段CB到E，使得BE=CD，连接AE，我们可以证明△BAE≌△DAC，根据全等三角形的性质得AE=AC=2， ∠EAB=∠CAD，则∠EAC=∠EAB+∠BAC=∠DAC+∠BAC=∠BAD=90°，得S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=S△ABC+S△ABE=S△AEC，这样，四边形ABCD的面积就转化为等腰直角三角形EAC面积．
（1）根据上面的思路，我们可以求得四边形ABCD的面积为 cm2．
（2）请你用上面学到的方法完成下面的习题．
如图2，已知FG=FN=HM=GH+MN=2cm，∠G=∠N=90°，求五边形FGHMN的面积．
【答案】（1）2；（2）4
【解析】
【分析】
（1）根据题意可直接求等腰直角三角形EAC的面积即可；
（2）延长MN到K，使NK=GH，连接FK、FH、FM，由（1）易证，则有FK=FH，因为HM=GH+MN易证，故可求解．
【详解】
（1）由题意知，
故答案为2；
（2）延长MN到K，使NK=GH，连接FK、FH、FM，如图所示：
FG=FN=HM=GH+MN=2cm，∠G=∠N=90°，
∠FNK=∠FGH=90°，，
FH=FK，
又FM=FM，HM=KM=MN+GH=MN+NK，
，
MK=FN=2cm，
．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的性质与判定，关键是根据截长补短法及割补法求面积的运用．
15．如图1，在中，是直角，，、分别是、的平分线，、相交于点．
（1）求出的度数；
（2）判断与之间的数量关系并说明理由．（提示：在上截取，连接．）
（3）如图2，在△中，如果不是直角，而（1）中的其它条件不变，试判断线段、与之间的数量关系并说明理由．
【答案】（1）∠AFC＝120°；（2）FE与FD之间的数量关系为：DF＝EF．理由见解析；（3）AC＝AE+CD．理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据三角形的内角和性质只要求出∠FAC，∠ACF即可解决问题;
（2）根据在图2的 AC上截取CG=CD，证得△CFG≌△CFD (SAS),得出DF= GF；再根据ASA证明△AFG≌△AFE，得EF=FG，故得出EF=FD；
（3）根据(2) 的证明方法，在图3的AC上截取AG=AE，证得△EAF≌△GAF (SAS)得出∠EFA=∠GFA；再根据ASA证明△FDC≌△FGC，得CD=CG即可解决问题．
【详解】
（1）解：∵∠ACB＝90°，∠B＝60°，
∴∠BAC＝90°﹣60°＝30°，
∵AD、CE分别是∠BAC、∠BCA的平分线，
∴∠FAC＝15°，∠FCA＝45°，
∴∠AFC＝180°﹣（∠FAC+∠ACF）＝120°
（2）解：FE与FD之间的数量关系为：DF＝EF．
理由：如图2，在AC上截取CG＝CD，
∵CE是∠BCA的平分线，
∴∠DCF＝∠GCF，
在△CFG和△CFD中，
，
∴△CFG≌△CFD（SAS），
∴DF＝GF．∠CFD＝∠CFG
由（1）∠AFC＝120°得，
∴∠CFD＝∠CFG＝∠AFE＝60°，
∴∠AFG＝60°，
又∵∠AFE＝∠CFD＝60°，
∴∠AFE＝∠AFG，
在△AFG和△AFE中，
，
∴△AFG≌△AFE（ASA），
∴EF＝GF，
∴DF＝EF；
（3）结论：AC＝AE+CD．
理由：如图3，在AC上截取AG＝AE，
同（2）可得，△EAF≌△GAF（SAS），
∴∠EFA＝∠GFA，AG＝AE
∵∠BAC+∠BCA=180°-∠B=180°-60°=120°
∴∠AFC＝180°﹣(∠FAC+∠FCA)＝180°-(∠BAC+∠BCA)=180°-×120°=120°，
∴∠EFA＝∠GFA＝180°﹣120°＝60°＝∠DFC，
∴∠CFG＝∠CFD＝60°，
同（2）可得，△FDC≌△FGC（ASA），
∴CD＝CG，
∴AC＝AG+CG＝AE+CD．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质的运用，全等三角形的判定和性质是证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件，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全等三角形．
16．（1）如图（1），在四边形中，,，E，F分别是上的动点，且，求证：．
（2）如图（2），在（1）的条件下，当点E，F分别运动到的延长线上时，之间的数量关系是______．
【答案】（1）详见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）延长到点G，使，连接，先证明，得到，然后证明，得到，根据，可得；
（2）在上截取，连接，先证明△ABG≌△ADF（SAS），得到AG=AF，∠BAG=∠DAF，再证明△EAG≌△EAF（SAS），得到EG=EF，根据BG=DF，即可得EF=BE-BG=BE-DF．
【详解】
（1）如图，延长到点G，使，连接．
，
，
又，，
∴，
，
，．
，
∴，
．
，
；
（2）．
如图，在上截取，连接，
，
，
在△ABG和△ADF中，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴AG=AF，∠BAG=∠DAF，
∠BAD=2∠EAF，
∴∠BAG+∠GAE+∠EAD=∠EAD+∠DAF+∠EAD+∠DAF，
∴∠GAE=∠EAF，
在△EAG和△EAF中，
∴△EAG≌△EAF（SAS），
∴EG=EF，
∵BG=DF，
∴EF=BE-BG=BE-DF．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，掌握判定定理是解题关键．
17．（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°，请探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系是什么？
小明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，得AE＝AG；再由条件可得∠EAF＝∠GAF，证明△AEF≌△AGF，进而可得线段BE，EF，FD之间的数量关系是 ．
（2）拓展应用：
如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD．问（1）中的线段BE，EF，FD之间的数量关系是否还成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
【答案】（1）EF＝BE+DF；（2）结论EF＝BE+DF仍然成立；证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解题；
（2）延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解题．
【详解】
（1）EF＝BE+DF，
理由如下：
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．
（2）结论EF＝BE+DF仍然成立；
理由：延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，如图2，
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADG＝180°，
∴∠B＝∠ADG，
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．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
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