人教版八年级数学上册同步精品试卷 专题12.4 三角形全等的九大基本模型

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专题12.4 三角形全等的九大基本模型
模型一：平移模型
【模型解读】把△ABC沿着某一条直线l平行移动，所得到△DEF与△ABC称为平移型全等三角形，图①，图②是常见的平移型全等三角线.

【常见模型】

例1．（2022·浙江杭州市·八年级期中）如图，在△ABC和△DEF中，B，E，C，F在同一条直线上，AB // DE，AB = DE，∠A = ∠D．（1）求证：；（2）若BF = 11，EC = 5，求BE的长．

【答案】（1）见解析；（2）BE=3．
【分析】（1）根据平行线的性质由AB∥DE得到∠ABC＝∠DEF，然后根据“ASA”可判断△ABC≌△DEF；
（2）根据三角形全等的性质可得BC＝EF，由此可求出BE＝CF，则利用线段的和差关系求出BE．
【详解】（1）证明：∵AB∥DE，∴∠ABC＝∠DEF，
在△ABC和△DEF中 ∴△ABC≌△DEF（ASA）；
（2）解：∵△ABC≌△DEF，∴BC＝EF，∴BC－EC＝EF－EC，即BE＝CF，
∵BF＝11，EC＝5，∴BF－EC＝6．∴BE＋CF＝6．∴BE＝3．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定与性质是解答此题的关键．
变式1. （2021•富顺县校级月考）如图1，A，B，C，D在同一直线上，AB＝CD，DE∥AF，且DE＝AF，求证：△AFC≌△DEB．如果将BD沿着AD边的方向平行移动，如图2，3时，其余条件不变，结论是否成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由．

【思路】可以根据已知利用SAS判定△AFC≌△DEB．如果将BD沿着AD边的方向平行移动，如图（2）、（3）时，其余条件不变，结论仍然成立．可以利用全等三角形的常用的判定方法进行验证．
【解答过程】解：∵AB＝CD，∴AB+BC＝CD+BC，即AC＝BD．∵DE∥AF，∴∠A＝∠D．
在△AFC和△DEB中，，∴△AFC≌△DEB（SAS）．
在（2），（3）中结论依然成立．
如在（3）中，∵AB＝CD，∴AB﹣BC＝CD﹣BC，即AC＝BD，
∵AF∥DE，∴∠A＝∠D．
在△ACF和△DEB中，，∴△ACF≌△DEB（SAS）．

模型二：轴对称模型
【模型解读】将原图形沿着某一条直线折叠后，直线两边的部分能够完全重合，这两个三角形称之为轴对称型全等三角形，此类图形中要注意期隐含条件，即公共边或公共角相等.
【常见模型】

例2．（2021·河南南阳市·八年级期末）如图，已知∠C＝∠F＝90°，AC＝DF，AE＝DB，BC与EF交于点O，（1）求证：Rt△ABC≌Rt△DEF；（2）若∠A＝51°，求∠BOF的度数．

【答案】（1）见解析；（2）78°
【分析】（1）由AE＝DB得出AE＋EB＝DB＋EB，即AB＝DE，利用HL即可证明Rt△ABC≌Rt△DEF；
（2）根据直角三角形的两锐角互余得∠ABC＝39°，根据全等三角形的性质得∠ABC＝∠DEF＝39°，由三角形外角的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵AE＝DB，∴AE＋EB＝DB＋EB，即AB＝DE．
又∵∠C＝∠F＝90°，AC＝DF，∴Rt△ABC≌Rt△DEF．
（2）∵∠C＝90°，∠A＝51°，∴∠ABC＝∠C－∠A＝90°－51°＝39°．
由（1）知Rt△ABC≌Rt△DEF，∴∠ABC＝∠DEF．∴∠DEF＝39°．
∴∠BOF＝∠ABC＋∠BEF＝39°＋39°＝78°．
【点睛】本题主要考查直角三角形的两锐角互余，三角形外角的性质，全等三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
变式2. （2021·安徽·八年级期末）如图，AB＝AC，D、E分别是AB、AC的中点，AM⊥CD于M，AN⊥BE干N．求证：AM＝AN．

【解题思路】利用已知条件先证明△DBC≌△EBC，再证明△AMD≌△ANE，即可解答．
【解答过程】解：∵AB＝AC，D、E分别是AB、AC的中点，∴AD＝BD＝AE＝EC，∠B＝∠C，
在△DBC和△EBC中 ∴△DBC≌△EBC，∴∠BDC＝∠BDE，
∵∠BDC＝∠ADM，∠BEC＝∠AEN，∴∠ADM＝∠AEN，
在△AMD和△ANE中∵∴△AMD≌△ANE∴AM＝AN．

模型三：旋转模型
【模型解读】将三角形绕着公共顶点旋转一定角度后，两个三角形能够完全重合，则称这两个三角形为旋转型三角形，识别旋转型三角形时，涉及对顶角相等、等角加（减）公共角的条件.
【常见模型】

例3．（2021·江苏镇江市·八年级期末）如图，，
求证：（1）；（2）．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据垂直得到，求出，即可得到结果；（2）设交于，交于，根据全等三角形的性质得到，再根据已知条件转换即可；
【详解】证明：，，，
，，
在和中，，；

如图，设交于，交于，
，，，，
，，．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，准确证明是解题的关键．
变式3. （2021春•浦东新区期末）如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°．
（1）当点D在AC上时，如图①，线段BD，CE有怎样的数量关系和位置关系？请证明你的猜想；
（2）将图①中的△ADE绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜90°），如图②，线段BD，CE有怎样的数量关系和位置关系？请说明理由．

【解题思路】（1）延长BD交CE于F，易证△EAC≌△DAB，可得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，根据∠AEC+∠ACE＝90°，可得∠ABD+∠AEC＝90°，即可解题；
（2）延长BD交CE于F，易证∠BAD＝∠EAC，即可证明△EAC≌△DAB，可得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，根据∠ABC+∠ACB＝90°，可以求得∠CBF+∠BCF＝90°，即可解题．
【解答过程】证明：（1）延长BD交CE于F，

在△EAC和△DAB中，，
∴△EAC≌△DAB（SAS），∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵∠AEC+∠ACE＝90°，∴∠ABD+∠AEC＝90°，∴∠BFE＝90°，即EC⊥BD；
（2）延长BD交CE于F，

∵∠BAD+∠CAD＝90°，∠CAD+∠EAC＝90°，∴∠BAD＝∠EAC，
∵在△EAC和△DAB中，，
∴△EAC≌△DAB（SAS），∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵∠ABC+∠ACB＝90°，∴∠CBF+∠BCF＝∠ABC﹣∠ABD+∠ACB+∠ACE＝90°，
∴∠BFC＝90°，即EC⊥BD．

模型四：一线三等角模型
【模型解读】基本图形如下：此类图形通常告诉BD⊥DE，AB⊥AC，CE⊥DE，那么一定有∠B=∠CAE.

【常见模型】

例4．（2022•覃塘区期中）已知：D，A，E三点都在直线m上，在直线m的同一侧作△ABC，使AB＝AC，连接BD，CE．（1）如图①，若∠BAC＝90°，BD⊥m，CE⊥m，求证：△ABD≌△ACE；
（2）如图②，若∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，请判断BD，CE，DE三条线段之间的数量关系，并说明理由．

【解题思路】（1）根据BD⊥直线m，CE⊥直线m得∠BDA＝∠CEA＝90°，而∠BAC＝90°，根据等角的余角相等得∠CAE＝∠ABD，然后根据“AAS”可判断△ADB≌△CEA；
（2）由∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，就可以求出∠BAD＝∠ACE，进而由ASA就可以得出△BAD≌△ACE，就可以得出BD＝AE，DA＝CE，即可得出结论．
【解答过程】解：（1）证明：如图①，∵D，A，E三点都在直线m上，∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，∵BD⊥m，CE⊥m，∴∠ADB＝∠CEA＝90°，
∴∠BAD+∠ABD＝90°，∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（AAS）；
（2）DE＝BD+CE．理由是：如图②，∵∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，
∴由三角形内角和及平角性质，得：∠BAD+∠ABD＝∠BAD+∠CAE＝∠CAE+∠ACE，
∴∠ABD＝∠CAE，∠BAD＝∠ACE，
在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（ASA），
∴BD＝AE，AD＝CE，∴DE＝AD+AE＝BD+CE．
变式4.（2021•香坊区期末）如图，在△ABC中，点D是边BC上一点，CD＝AB，点E在边AC上，且AD＝DE，∠BAD＝∠CDE．（1）如图1，求证：BD＝CE；（2）如图2，若DE平分∠ADC，在不添加辅助线的情况下，请直接写出图中所有与∠ADE相等的角（∠ADE除外）．

【解题思路】（1）由“SAS”可证△ABD≌△DCE，可得BD＝CE；
（2）由全等三角形的性质可得∠B＝∠C，由三角形的外角性质和角平分线的性质可求解．
【解答过程】解：（1）在△ABD和△DCE中，
，∴△ABD≌△DCE（SAS），∴BD＝CE；
（2）∵△ABD≌△DCE，∴∠B＝∠C，
∵DE平分∠ADC，∴∠ADE＝∠CDE＝∠BAD，
∵∠ADC＝∠B+∠BAD＝∠ADE+∠CDE，
∴∠B＝∠ADE＝∠BAD＝∠EDC＝∠C，
∴与∠ADE相等的角有∠EDC，∠BAD，∠B，∠C．

模型五：三垂直全等模型
【模型解读】模型主体为两个直角三角形，且两条斜边互相垂直。
【常见模型】

例5．（2020·江西赣州市·八年级期末）已知：，，，．
（1）试猜想线段与的位置关系，并证明你的结论．
（2）若将沿方向平移至图2情形，其余条件不变，结论还成立吗？请说明理由．
（3）若将沿方向平移至图3情形，其余条件不变，结论还成立吗？请说明理由．

【答案】（1），见解析；（2）成立，理由见解析；（3）成立，理由见解析
【分析】（1）先用判断出，得出，进而判断出，即可得出结论；（2）同（1）的方法，即可得出结论；（3）同（1）的方法，即可得出结论．
【详解】解：（1）理由如下：∵，，∴
在和中∴，∴
∵，∴，∴，∴；
（2）成立，理由如下：
∵，，∴，
在和中，
∴，∴，
∵，∴，∴，
在中，，∴；
（3）成立，理由如下：∵，，∴
在和中，
∴，∴，
∵，∴，
在中，，∴．
【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，判断出是解本题的关键．
变式5. （2021·广东省龙岭初级中学初二期中）如图，已知∠DCE=90°，∠DAC=90°，BE⊥AC于B，且DC=EC．（1）∠D和∠ECB相等吗？若相等，请说明理由；（2）△ADC≌△BCE吗？若全等，请说明理由；（3）能否找到与AB+AD相等的线段，并说明理由。

【答案】解：（1）相等，理由如下∵∠DCE=90°，∠DAC=90°，
∴∠ECB＋∠ACD=90°，∠D＋∠ACD=90°∴∠D=∠ECB；
（2）全等，理由如下
在△ADC和△BCE中∴△ADC≌△BCE
（3）能，BE和AC，理由如下
∵△ADC≌△BCE∴AD=BC，AC=BE
∵AC=AB＋BC∴AC=AB＋AD ∴BE= AB＋AD

模型六： 手拉手模型
【模型分析】
将两个三角形绕着公共顶点（即头）旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，也叫旋转型全等，常用“边角边”判定定理证明全等。
【模型图示】

公共顶点A记为“头”，每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点记为“左手”，第二个顶点记为“右手”。对应操作：左手拉左手（即连结BD），右手拉右手（即连结CE），得。
【常见模型】
（等腰）
（等边）
（等腰直角）
例6．（2021·甘肃庆阳市·八年级期末）在学习全等三角形知识时、教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．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．通过资料查询，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究：
（1）如图1、两个等腰三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE，连接BD、CE、如果把小等腰三角形的腰长看作小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手，这个就是“手拉手模型”，在这个模型中，和△ADB全等的三角形是 ，此线BD和CE的数量关系是

（2）如图2、两个等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE=90°，连接BD，CE，两线交于点P，请判断线段BD和CE的数量关系和位置关系，并说明理由：
（3）如图3，已知△ABC、请完成作图：以AB、AC为边分别向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE（等边三角形三条边相等，三个角都等于60°），连接BE，CD，两线交于点P，并直接写出线段BE和CD的数量关系及∠PBC+∠PCB的度数、
【答案】（1）△AEC，BD=CE；（2）BD=CE且BD⊥CE，理由见解析；（3）作图见解析，BE=CD，∠PBC+∠PCB=60°．
【分析】（1）根据SAS证明两个三角形全等即可；（2）通过条件证明△DAB≌△EAC（SAS），得到∠DBC+∠ECB=90°，即可证明BD⊥CE，从而得到结果；（3）根据已知条件证明即可得到证明；
【详解】解：（1）∵AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE，∴，
即，∴，∴BD=CE；
（2）BD=CE且BD⊥CE；理由如下：因为∠DAE=∠BAC=90°，如图2．
所以∠DAE+∠BAE=∠BAC+∠BAE．所以∠DAB=∠EAC．

在△DAB和△EAC中，所以△DAB≌△EAC（SAS）．所以BD=CE，∠DBA=∠ECA．
因为∠ECA+∠ECB+∠ABC=90°，所以∠DBA+∠ECB+∠ABC=90°． 即∠DBC+∠ECB=90°．
所以∠BPC=180°-（∠DBC+∠ECB）=90°．所以BD⊥CE．综上所述：BD=CE且BD⊥CE．
（3）如图3所示，BE=CD，∠PBC+∠PCB=60°．
由图可知，AD=AB，AE=AC，
∴，即，
∴，∴BE=CD，，
又∵，∴，
∴，∴∠PBC+∠PCB=60°．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的知识点应用，准确分析图形是解题的关键．
变式6. （2022·江西上饶市·南屏中学八年级月考）如图, AB=CB, BD=BE, ∠ABC=∠DBE=a.
（1）当a=60°, 如图①则，∠DPE的度数______________
（2）若△BDE绕点B旋转一定角度，如图②所示，求∠DPE（用a表示）

【答案】（1）60°；（2）∠DPE=a
【分析】（1）利用SAAS证得△ABE≌△CBD，利用全等三角形的性质得到∠AEB=∠CDB，再利用三角形内角和定义以及等边三角形的性质即可解答；（2）利用SAAS证得△ABE≌△CBD，利用全等三角形的性质得到∠AEB=∠BDC，再利用三角形内角和定理即可完成.
【详解】（1）解：∵∠ABC=∠DBE∴∠ABC+∠CBE=∠DBE+∠CBE即∠ABE=∠CBD
在△ABE和△CBD中 ∴△ABE≌△CBD（SAS）∴∠AEB=∠CDB
∵∠ABC=∠DBE，AB=CB, BD=BE∴△ABC和△EBD是等边三角形∴∠BDE=∠EDB=60°
∵∠EDP+∠CDB=60°∴∠EDP+∠AEB=60°
∵∠DPE+∠AEB+∠BED+∠EDP=180°∴∠DPE=60°故答案为：60°
（2）如图：∵∠ABC=∠DBE=a∴∠ABC﹣∠EBC=∠DBE﹣∠EBC即∠ABE=∠CBD
在△ABE和△CBD中 ∴△ABE≌△CBD（SAS）∴∠AEB=∠BDC
∵∠DQB+∠DBE+∠BDC=180° ∠EQP+∠DPE+∠AEB=180°
又∵∠DQB=∠EQP∴∠DBE=∠DPE ∴∠DPE=a

【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质，还涉及了等边三角形的判定及性质、三角形内角和定理等知识点，熟练掌握相关性质定理是解题关键.

模型七： 半角全等模型
【模型分析】过等腰三角形顶点 两条射线，使两条射线的夹角为等腰三角形顶角的一半这样的模型称为半角模型。
【常见模型】

常见的图形为正方形，正三角形，等腰直角三角形等，解题思路一般是将半角两边的三角形通过旋转到一边合并成新的三角形，从而进行等量代换，然后证明与半角形成的三角形全等，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系。半角模型（题中出现角度之间的半角关系）利用旋转——证全等——得到相关结论.
例7．（2021·河南新乡市·八年级期中）已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E，F．

（1）当∠MBN绕B点旋转到AE＝CF时（如图1），求证：△ABE≌△CBF．（2）当∠MBN绕点B旋转到AE≠CF时，如图2，猜想线段AE，CF，EF有怎样的数量关系，并证明你的猜想．（3）当∠MBN绕点B旋转到图3这种情况下，猜想线段AE，CF，EF有怎样的数量关系，并证明你的猜想．
【答案】（1）见解析；（2）AE+CF＝EF，证明见解析；（3）AE﹣CF＝EF，证明见解析
【分析】（1）利用SAS定理证明△ABE≌△CBF；（2）延长DC至点K，使CK＝AE，连接BK，分别证明△BAE≌△BCK、△KBF≌△EBF，根据全等三角形的性质、结合图形证明结论；（3）延长DC至G，使CG＝AE，仿照（2）的证明方法解答．
【详解】（1）证明：在△ABE和△CBF中，，∴△ABE≌△CBF（SAS）；
（2）解：AE+CF＝EF，理由如下：延长DC至点K，使CK＝AE，连接BK，
在△BAE与△BCK中，，∴△BAE≌△BCK（SAS），∴BE＝BK，∠ABE＝∠KBC，
∵∠FBE＝60°，∠ABC＝120°，∴∠FBC+∠ABE＝60°，∴∠FBC+∠KBC＝60°，∴∠KBF＝∠FBE＝60°，
在△KBF与△EBF中，，
∴△KBF≌△EBF（SAS），∴KF＝EF，∴AE+CF＝KC+CF＝KF＝EF；
（3）解：AE﹣CF＝EF，理由如下：延长DC至G，使CG＝AE，
由（2）可知，△BAE≌△BCG（SAS），∴BE＝BG，∠ABE＝∠GBC，
∠GBF＝∠GBC﹣∠FBC＝∠ABE﹣∠FBC＝120°+∠FBC﹣60°﹣∠FBC＝60°，∴∠GBF＝∠EBF，
∵BG＝BE，∠GBF＝∠EBF，BF＝BF，∴△GBF≌△EBF，∴EF＝GF，∴AE﹣CF＝CG﹣CF＝GF＝EF．

【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线、掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
变式7. （2021·南昌市心远中学八年级期中）在图1、图2，图3中．点E、F分别是四边形边上的点；下面请你根据相应的条件解决问题．
特例探索：（1）在图1中，四边形为正方形（正方形四边相等，四个内角均为直角），，延长至G，使．则__________．
在图2中，，，，，，；则__________．

归纳证明：（2）在图3中，，．且，请你观察（1）中的结果，猜想图3中线段之间的数量关系，用等式表示出来，并利用图3证明你发现的关系式．
实际应用:（3）图4是某公路筑建工程平面示意图，指挥中心设在O处，A处、B处分别是甲、乙两公路起点，它们分别在指挥中心的北偏东和南偏东的方向上．且A、B两处分别与指挥中心O的距离相等：其中甲公路是从A处开始沿正东方向筑建，乙公路是从B处开始沿北偏东40方向筑建：甲、乙两公路的路基筑建速度分别是每天150米、180米，当两公路同时开工后的第五天收工时，分别筑建到C、D处，经测量．试求C与D两处之间的距离．
【答案】（1）5，2.5；（2）EF=BE+FD；（3）1650m．
【分析】（1）先证明出△ABE△ADG，再根据∠DAF+∠BAE=45°得出∠EAF=∠FAG，利用△AEF△AGF即可得出结果；延长CD到G，使BE=DG，连接AG，同理证明即可；
（2）延长FD到G，使BE=DG，利用条件证明△ABE△ADG，再根据∠DAF+∠BAE=45°得出∠EAF=∠FAG，利用△AEF△AGF即可得出结论；（3）依照结论（2），延长DB到E，使BE=AC，连接OE，通过求证△OAC△OBE和△OCD△OED得出CD=DE=BD+BE=BD+AC，代入数据求值即可．
【详解】（1）∵BE=DG=2，∠B=∠ADG=90°，AB=AD；
∴△ABE△ADG（SAS），∴AE=AG， ∠BAE=∠DAG，
又∵∠DAF+∠BAE=45°，∴∠DAF+∠DAG=45°，∴∠EAF=∠FAG，
∴△AEF△AGF（SAS），∴EF=GD+DF=3+2=5；

延长CD到G，使BE=DG，连接AG，同理可证：△ABE△ADG，△AEF△AGF，∴EF=GD+DF=2.5；
（2）延长FD到G，使BE=DG，
∵BE=DG，∠B=∠ADG，AB=AD；∴△ABE△ADG（SAS），∴AE=AG， ∠BAE=∠DAG，
又∵∠DAF+∠BAE=45°，∴∠DAF+∠DAG=45°，∴∠EAF=∠FAG，
∴△AEF△AGF（SAS），∴EF=GD+DF=DF+BE；
（3）分析可得（2）中结论仍然成立，延长DB到E，使BE=AC，连接OE，
∵∠OAC=90°+20°=110°，∠DBE=180°-70°=110°，OA=OB,∴△OAC△OBE，
∴OE=OC，即可证明△OCD△OED，∴CD=DE=BD+BE=BD+AC=（150+180）5=1650m．
【点睛】此题属于推理探究类综合题考查全等三角形的性质及判定，有一定难度，主要总结该类题的规律解题即可．

模型八：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8．（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8.（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．

模型九：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在AD上取一点F，使得AF=BE，证DF=DC；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延长DC至点M处，使CM=BE，证DM=AD；②延长DC至点M处，使DM=AD，证CM=BE
例9．（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9.（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，，．，
，．







课后训练：
1.（2022·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．
2.（2021·湖北八年级期末）如图，△ABC中，∠B=2∠A，∠ACB的平分线CD交AB于点D，已知AC=16，BC=9，则BD的长为（　　　）

A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】B
【分析】如图，在上截取 连接证明利用全等三角形的性质证明 求解 再证明 从而可得答案．
【详解】解：如图，在上截取 连接 平分



故选：
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，掌握以上知识是解题的关键．
3．（2021·浙江温州市·八年级期末）如图，，，要说明，需添加的条件不能是（ ）
A． B． C． D．

【答案】C
【分析】直接根据三角形证明全等的条件进行判断即可；
【详解】A、∵AB∥DE，∴∠ABC=∠DEC，∴根据ASA即可判定三角形全等，故此选项不符合题意；
B、∵AC∥DF，∴∠DFE=∠ACB，∴根据AAS即可判定三角形全等，故此选项不符合题意；
C、AC⊥DE，不符合三角形全等的证明条件，故此选项符合题意；
D、∵AC=DF，∴根据SAS即可判定三角形全等，故此选项不符合题意；故选：C．
【点睛】本题考查了三角形证明全等所需添加的条件，正确掌握知识点是解题的关键；
4．（2022·武汉市六中位育中学八年级）如图，已知，，且，，，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由已知得△ABC≌△ADE，故有∠BAC=∠DAE，由∠EAB=120°及∠CAD=10°可求得∠AFB的度数，进而得∠GFD的度数，在△FGD中，由三角形的外角等于不相邻的两个内角的和即可求得∠EGF的度数．
【详解】在△ABC和△ADE中 ∴ △ABC≌△ADE（SAS）∴∠BAC=∠DAE
∵∠EAB=∠BAC+∠DAE+∠CAD=120°∴∠BAC=∠DAE
∴∠BAF=∠BAC+∠CAD=65°∴在△AFB中，∠AFB=180°-∠B-∠BAF=90°∴∠GFD=90°
在△FGD中，∠EGF=∠D+∠GFD=115°故选：C
【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质、三角形内角和定理，关键求得∠BAC的度数．
5．（2020·浙江杭州市·八年级期末）如图，已知，若要使得，则添加的一个条件不能是（ ）

A． B． C．AB=DC D．AC=DB
【答案】C
【分析】根据全等三角形的判定方法对各选项进行判断，即可得出结论．
【详解】解：∵，BC＝CB，
A、当添加∠A＝∠D时，可利用“AAS”判断△ABC≌△DCB，故此选项不符合题意；
B、当添加时，可利用“ASA”判断△ABC≌△DCB，故此选项不符合题意；
C、当添加AB=DC时，利用“SSA”不能判断△ABC≌△DCB，故此选项符合题意；
D、当添加AC=DB时，可利用“SAS”判断△ABC≌△DCB，故此选项不符合题意．故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定：全等三角形的判定方法中，选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件，若已知两边对应相等，则找它们的夹角或第三边；若已知两角对应相等，则必须再找一组对边对应相等，且要是两角的夹边，若已知一边一角，则找另一组角，或找这个角的另一组对应邻边．
6．（2021·四川七年级期末）在△ABC中，AB＝AC，点D是△ABC内一点，点E是CD的中点，连接AE，作EF⊥AE，若点F在BD的垂直平分线上，∠BAC＝α，则∠BFD＝_________．（用α含的式子表示）

【答案】180°﹣α．
【分析】根据全等三角形的性质得到∠EAC＝∠EMD，AC＝DM，根据线段垂直平分线的性质得到AF＝FM，FB＝FD，推出△MDF≌△ABF（SSS），得到∠AFB＝∠MFD，∠DMF＝∠BAF，根据角的和差即可得到结论．
【详解】解：延长AE至M，使EM＝AE，连接AF，FM，DM，

∵点E是CD的中点，∴DE＝CE，在△AEC与△MED中，，
∴△AEC≌△MED（SAS），∴∠EAC＝∠EMD，AC＝DM，
∵EF⊥AE，∴AF＝FM，∵点F在BD的垂直平分线上，∴FB＝FD，
在△MDF与△ABF中，，∴△MDF≌△ABF（SSS），
∴∠AFB＝∠MFD，∠DMF＝∠BAF，∴∠BFD+∠DFA＝∠DFA+∠AFM，
∴∠BFD＝∠AFM＝180°﹣2（∠DMF+∠EMD）＝180°﹣（∠FAM+∠BAF+∠EAC）
＝180°﹣∠BAC＝180°﹣α，故答案为：180°﹣α．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
7.（2022·山东周村初三一模）如图，中，为的中点，是上一点，连接并延长交于，，且，，那么的长度为__．

【答案】；
【分析】延长至使，连接，得出,得出，所以得出是等腰三角形，根据已知线段长度建立等量关系计算．

【解析】如图：延长至使，连接
在和中： ∴∴
∵ ∴ ∴
∵ ∴ ∴
∴ 即 ∴
【点睛】倍长中线是常见的辅助线、全等中相关的角的代换是解决本题的关键．
8.如图，AB＝AC，BE⊥AC于E，CD⊥AB于D，BE、CD交于点O，求证：OB＝OC．

【解题思路】证△ABE≌△ACD，推出∠B＝∠C，AD＝AE，求出BD＝CE，证△BDO≌△CEO，根据全等三角形的性质推出即可．
【解答过程】证明：∵BE⊥AC，CD⊥AB，
∴∠ADC＝∠AEB＝90°，
在△ABE和△ACD中

∴△ABE≌△ACD （AAS），
∴∠B＝∠C，AD＝AE，
∵AB＝AC，∴BD＝CE，
在△BDO和△CEO中
∴△BDO≌△CEO （AAS），∴OB＝OC．
9．（2021·广西百色市·八年级期末）如图，已知点是的中点，∥，且．
（1）求证：△ACD≌△CBE．（2）若，求∠B的度数．

【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据SAS证明△ACD≌△CBE；
（2）根据三角形内角和定理求得∠ACD，再根据三角形全等的性质得到∠B=∠ACD．
【详解】（1）∵C是AB的中点，∴AC＝CB，∵CD//BE，∴，
在△ACD和△CBE中，，∴；
（2）∵，∴，
又∵，∴．
【点睛】考查了全等三角形的判定和性质，解题关键是根据SAS证明△ACD≌△CBE．
10．（2022·河南郑州·七年级期末）在直线上依次取互不重合的三个点，在直线上方有，且满足．

(1)如图1，当时，猜想线段之间的数量关系是____________；
(2)如图2，当时，问题（1）中结论是否仍然成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由；(3)应用：如图3，在中，是钝角，，，直线与的延长线交于点，若，的面积是12，求与的面积之和．
【答案】(1)DE＝BD+CE (2)DE＝BD+CE仍然成立，理由见解析 (3)△FBD与△ACE的面积之和为4
【分析】（1）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，进而得到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE；
（2）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α，进而得到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE；
（3）由∠BAD＞∠CAE，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，得出∠CAE＝∠ABD，由AAS证得△ADB≌△CAE，得出S△ABD＝S△CEA，再由不同底等高的两个三角形的面积之比等于底的比，得出S△ABF即可得出结果．
(1)解：DE＝BD+CE，理由如下，
∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°，
∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，
∴∠DBA＝∠EAC，
∵AB＝AC，
∴△DBA≌△EAC（AAS），
∴AD＝CE，BD＝AE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE，
故答案为：DE＝BD+CE．
(2)DE＝BD+CE仍然成立，理由如下，
∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α，
∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α，
∴∠DBA＝∠EAC，
∵AB＝AC，
∴△DBA≌△EAC（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE；
(3)解：∵∠BAD＜∠CAE，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，
∴∠CAE＝∠ABD，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴S△ABD＝S△CAE，
设△ABC的底边BC上的高为h，则△ABF的底边BF上的高为h，
∴S△ABC＝BC•h＝12，S△ABF＝BF•h，
∵BC＝3BF，
∴S△ABF＝4，
∵S△ABF＝S△BDF+S△ABD＝S△FBD+S△ACE＝4，
∴△FBD与△ACE的面积之和为4．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质，三角形的面积，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．
11．（2022·吉林长春·八年级期末）在中，，，直线MN经过点C且于D，于E．

(1)当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：①≌；②；
(2)当直线MN烧点C旋转到图2的位置时，求证：；
(3)当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．
【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析 (2)证明见解析
(3)（或者对其恒等变形得到，），证明见解析
【分析】（1）①根据，，，得出，再根据即可判定；②根据全等三角形的对应边相等，即可得出，，进而得到；
（2）先根据，，得到，进而得出，再根据即可判定，进而得到，，最后得出；（3）运用（2）中的方法即可得出，，之间的等量关系是：或恒等变形的其他形式．
(1)解：①，，
，
，，
，
在和中，

；
②，
，，
；
(2)证明：，，
，
，
在和中，

；
，，
；
(3)证明：当旋转到题图（3）的位置时，，，所满足的等量关系是：或或．
理由如下：，，
，
，
在和中，

，
，，
（或者对其恒等变形得到或）．
【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质的综合应用，解题时注意：全等三角形的对应边相等，同角的余角相等，解决问题的关键是根据线段的和差关系进行推导，得出结论．
12．（2021·黑龙江·哈尔滨市第六十九中学校八年级开学考试）如图所示，中，，，点为上一点，过点作直线的垂线，垂足为，连接，过点作的垂线交于点．

（1）如图1，求的度数；（2）如图2，连接，且，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，为上一点，连接，若，，求的长．
【答案】（1）45°；（2）见解析；（3）2
【分析】（1）先证明再证明再利用全等三角形的性质结合等腰直角三角形的性质可得答案；
（2）利用全等三角形的性质先求解，证明 再求解，从而可得结论；
（3）如图，过作于 交于 连接 证明为等边三角形，再证明，再利用全等三角形的性质可得答案.
【详解】解：（1） ，


即
， ，．
（2） ，

,

∴，
∵，∴．

（3）如图，过作于 交于 连接



为等边三角形，
，


，∴，∴．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边上的中线等腰斜边的一半，等边三角形的判定与性质，含的直角三角形的性质，熟练的应用以上知识解题的关键.
13．（2021·绵阳市八年级期中）已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E、F．
（1）当∠MBN绕B点旋转到AE＝CF时（如图1），试猜想AE，CF，EF之间存在怎样的数量关系？请将三条线段分别填入后面横线中：　　＋　　＝　　．（不需证明）
（2）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF（如图2）时，上述（1）中结论是否成立？请说明理由．
（3）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF（如图3）时，上述（1）中结论是否成立？若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．

【答案】（1）AE；CF；EF；（2）成立，见解析；（3）不成立，新的关系为AE＝EF＋CF．
【分析】（1）根据题意易得△ABE≌△CBF，然后根据全等三角形的性质可得∠ABE=∠CBF=30°，进而根据30°角的直角三角形及等边三角形的性质可求解；
（2）如图2，延长FC到H，使CH=AE，连接BH，根据题意可得△BCH≌△BAE，则有BH=BE，∠CBH=∠ABE，进而可证△HBF≌△EBF，推出HF=EF，最后根据线段的等量关系可求解；
（3）如图3，在AE上截取AQ=CF，连接BQ，根据题意易得△BCF≌△BAQ，推出BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，进而可证△FBE≌△QBE，推出EF=QE即可．
【详解】解：（1）如图1，AE+CF=EF，理由如下：
∵AB⊥AD，BC⊥CD，∴∠A=∠C=90°，
∵AB=BC，AE=CF，∴△ABE≌△CBF（SAS），∴∠ABE=∠CBF，BE=BF，
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，∴∠ABE=∠CBF=30°，∴，
∵∠MBN=60°，BE=BF，∴△BEF是等边三角形，
∴，故答案为：AE+CF=EF；
（2）如图2，（1）中结论成立；理由如下：延长FC到H，使CH=AE，连接BH，
∵AB⊥AD，BC⊥CD，∴∠A=∠BCH=90°，
∴△BCH≌△BAE（SAS），∴BH=BE，∠CBH=∠ABE，
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，∴∠ABE+∠CBF=120°-60°=60°，
∴∠HBC+∠CBF=60°，∴∠HBF=∠MBN=60°，
∴∠HBF=∠EBF，∴△HBF≌△EBF（SAS），∴HF=EF，
∵HF=HC+CF=AE+CF，∴EF=AE+CF；

（3）如图3，（1）中的结论不成立，关系为AE=EF+CF，理由如下：在AE上截取AQ=CF，连接BQ，
∵AB⊥AD，BC⊥CD，∴∠A=∠BCF=90°，
∵AB=BC，∴△BCF≌△BAQ（SAS），∴BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，
∵∠MBN=60°=∠CBF+∠CBE，∴∠CBE+∠ABQ=60°，
∵∠ABC=120°，∴∠QBE=120°-60°=60°=∠MBN，∴∠FBE=∠QBE，
∴△FBE≌△QBE（SAS），∴EF=QE，
∵AE=QE+AQ=EF+CE，∴AE=EF+CF．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、含30°角的直角三角形的性质及等边三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、含30°角的直角三角形的性质及等边三角形的性质是解题的关键．
14．（2022.湖北八年级期中）已知：正方形中，，绕点顺时针旋转，它的两边分别交（或它们的延长线）于点．当绕点旋转到时（如图1），易证．
（1）当绕点旋转到时（如图2），线段和之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明．（2）当绕点旋转到如图3的位置时，线段和之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．

【答案】（1），证明见解析（2）
【分析】（1）BM+DN=MN成立，证得B、E、M三点共线即可得到△AEM≌△ANM，从而证得ME=MN．
（2）DN-BM=MN．证明方法与（1）类似．
【详解】（1）BM+DN=MN成立．
证明：如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，则可证得E、B、M三点共线．

∴∠EAM=90°-∠NAM=90°-45°=45°，又∵∠NAM=45°，∴在△AEM与△ANM中，
∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME=MN，
∵ME=BE+BM=DN+BM，∴DN+BM=MN；
（2）DN-BM=MN．在线段DN上截取DQ=BM，如图，
在△ADQ与△ABM中，∵，∴△ADQ≌△ABM（SAS），
∴∠DAQ=∠BAM，∴∠QAN=∠MAN．
在△AMN和△AQN中， ∴△AMN≌△AQN（SAS），∴MN=QN，∴DN-BM=MN．
15．（2021·安徽合肥市·八年级期末）如图，在中，，平分．

（1）如图1，若，求证：；（2）如图2，若，求的度数；
（3）如图3，若，求证：．
【答案】（1）见详解；（2）108°；（3）见详解
【分析】（1）如图1，过D作DM⊥AB于M，由 CA＝CB，，得是等腰直角三角形，根据角平分线的性质得到CD＝MD，∠ABC＝45°，根据全等三角形的性质得到AC＝AM，于是得到结论；
（2）如图2，设∠ACB＝α，则∠CAB＝∠CBA＝90°−α，在AB上截取AK＝AC，连结DK，根据角平分线的定义得到∠CAD＝∠KAD，根据全等三角形的性质得到∠ACD＝∠AKD＝α，根据三角形的内角和即可得到结论；（3）如图3，在AB上截取AH＝AD，连接DH，根据等腰三角形的性质得到∠CAB＝∠CBA＝40°，根据角平分线的定义得到∠HAD＝∠CAD＝20°，求得∠ADH＝∠AHD＝80°，在AB上截取AK＝AC，连接DK，根据全等三角形的性质得到∠ACB＝∠AKD＝100°，CD＝DK，根据等腰三角形的性质得到DH＝BH，于是得到结论．
【详解】（1）如图1，过D作DM⊥AB于M，∴在中，， ∴∠ABC＝45°，

∵∠ACB＝90°，AD是角平分线，∴CD＝MD， ∴∠BDM＝∠ABC＝45°，∴BM＝DM，∴BM＝CD，
在RT△ADC和RT△ADM中，，∴RT△ADC≌RT△ADM（HL），
∴AC＝AM，∴AB＝AM＋BM＝AC＋CD，即AB＝AC＋CD；
（2）设∠ACB＝α，则∠CAB＝∠CBA＝90°−α，在AB上截取AK＝AC，连结DK，如图2，
∵AB＝AC＋BD，AB=AK+BK∴BK＝BD，∵AD是角平分线，∴∠CAD＝∠KAD，
在△CAD和△KAD中， ∴△CAD≌△KAD（SAS），
∴∠ACD＝∠AKD＝α，∴∠BKD＝180°−α，∵BK＝BD，∴∠BDK＝180°−α，
∴在△BDK中，180°−α＋180°−α＋90°−α＝180°，∴α＝108°，∴∠ACB＝108°；
（3）如图3，在AB上截取AH＝AD，连接DH，∵∠ACB＝100°，AC＝BC，∴∠CAB＝∠CBA＝40°，
∵AD是角平分线，∴∠HAD＝∠CAD＝20°，∴∠ADH＝∠AHD＝80°，
在AB上截取AK＝AC，连接DK，由（1）得，△CAD≌△KAD，
∴∠ACB＝∠AKD＝100°，CD＝DK，∴∠DKH＝80°＝∠DHK，∴DK＝DH＝CD，
∵∠CBA＝40°，∴∠BDH＝∠DHK -∠CBA =40°，∴DH＝BH，∴BH＝CD，
∵AB＝AH＋BH，∴AB＝AD＋CD．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，角平分线的定义，三角形的内角和，正确的作出辅助线是解题的关键．
16.（2022•历下区期中）CD是经过∠BCA定点C的一条直线，CA＝CB，E、F分别是直线CD上两点，且∠BEC＝∠CFA＝∠β．（1）若直线CD经过∠BCA内部，且E、F在射线CD上，
①若∠BCA＝90°，∠β＝90°，例如图1，则BE　 　CF，EF　 　|BE﹣AF|．（填“＞”，“＜”，“＝”）；
②若0°＜∠BCA＜180°，且∠β+∠BCA＝180°，例如图2，①中的两个结论还成立吗？并说明理由；
（2）如图3，若直线CD经过∠BCA外部，且∠β＝∠BCA，请直接写出线段EF、BE、AF的数量关系（不需要证明）．

【解题思路】（1）①求出∠BEC＝∠AFC＝90°，∠CBE＝∠ACF，根据AAS证△BCE≌△CAF，推出BE＝CF，CE＝AF即可；②求出∠BEC＝∠AFC，∠CBE＝∠ACF，根据AAS证△BCE≌△CAF，推出BE＝CF，CE＝AF即可；（2）求出∠BEC＝∠AFC，∠CBE＝∠ACF，根据AAS证△BCE≌△CAF，推出BE＝CF，CE＝AF即可．
【解答过程】解：（1）①如图1，

E点在F点的左侧，
∵BE⊥CD，AF⊥CD，∠ACB＝90°，∴∠BEC＝∠AFC＝90°，
∴∠BCE+∠ACF＝90°，∠CBE+∠BCE＝90°，∴∠CBE＝∠ACF，
在△BCE和△CAF中，，∴△BCE≌△CAF（AAS），
∴BE＝CF，CE＝AF，∴EF＝CF﹣CE＝BE﹣AF，
当E在F的右侧时，同理可证EF＝AF﹣BE，
∴EF＝|BE﹣AF|；故答案为＝，＝．
②：①中两个结论仍然成立；
证明：如图2，
∵∠BEC＝∠CFA＝∠a，∠α+∠ACB＝180°，∴∠CBE＝∠ACF，
在△BCE和△CAF中，，∴△BCE≌△CAF（AAS），
∴BE＝CF，CE＝AF，∴EF＝CF﹣CE＝BE﹣AF，
当E在F的右侧时，如图3，

同理可证EF＝AF﹣BE，∴EF＝|BE﹣AF|；
（2）EF＝BE+AF．理由是：如图4，
∵∠BEC＝∠CFA＝∠a，∠a＝∠BCA，
又∵∠EBC+∠BCE+∠BEC＝180°，∠BCE+∠ACF+∠ACB＝180°，
∴∠EBC+∠BCE＝∠BCE+∠ACF，∴∠EBC＝∠ACF，
在△BEC和△CFA中，，
∴△BEC≌△CFA（AAS），∴AF＝CE，BE＝CF，
∵EF＝CE+CF，∴EF＝BE+AF．
17．（2022·河南许昌市·九年级期中）问题发现：（1）如图1，已知为线段上一点，分别以线段，为直角边作等腰直角三角形，，，，连接，，线段，之间的数量关系为______；位置关系为_______．

拓展探究：（2）如图2，把绕点逆时针旋转，线段，交于点，则与之间的关系是否仍然成立？请说明理由．
【答案】问题发现：（1）；；拓展探究：（2）成立，理由见解析；拓展延伸：（3）
【分析】问题发现：（1）根据题目条件证△ACE≌△DCB，再根据全等三角形的性质即可得出答案；
拓展探究：（2）依然用SAS证，根据全等三角形的性质即可证得；
【详解】解：问题发现：（1）如下图，延长BD，交AE于点F，
∵∴
又∵ ∴（SAS），∴AE=BD，∠CAE=∠CDB
∵∴∴
∴∴AE⊥BD，故答案为：，

拓展探究：（2）成立．
理由：如图1，设与相交于点．∵，∴．
又∵，，∴，∴，．
∵，∴，∴，∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形三边关系，有2个形状相同的图形，有一个公共点，就是手拉手模型，手拉手模型必有全等，证明方法都是用“SAS”，所以熟练掌握全等三角形的判定和手拉手模型是解决本题的关键．
18．（2022·西华县教研室八年级期中）如图，，，三点在一条直线上，和均为等边三角形，与交于点，与交于点．

（1）求证：；（2）若把绕点任意旋转一个角度，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．
【答案】（1）见解析（2）成立，理由见解析．
【分析】（1）根据等边三角形边长相等的性质和各内角为的性质可求得，根据全等三角形对应边相等的性质即可求得．（2）根据题意画出图形，证明方法与（1）相同．
【详解】解：（1）证明：如图1中，与都是等边三角形，

，，，
，，，
即．在和中，，
(SAS)．．即AE=BD，
（2）成立；理由如下：如图2中，、均为等边三角形，
，，，
，即，
在和中，，，．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质的运用及全等三角形的判定和性质的运用．解决本题的关键是证明三角形全等，属于中考常考题型．
19．（2022·辽宁丹东市·七年级期末）已知：如图1，在和中，，，．（1）证明．（2）如图2，连接和，，与分别交于点和，，求的度数．（3）在（2）的条件下，若，请直接写出的度数．

【答案】（1）证明见解析；（2）∠ACE =62°；（3）∠CBA=6°．
【分析】(1)根据已知条件可以确定∠CAB =∠EAD，结合已知条件，用AAS可判定△ABC≌△ADE；
(2)由(1)中△ABC≌△ADE可得∠CBA=∠EDA ,AC=AE，在△MND和△ANB中，用三角形内角和定理由∠MND=∠ANB可得∠DAB=∠DMB=56°，即∠CAE =∠DAB=56°，由AC=AE，可得∠ACE =∠AEC=；(3) 连接AM，先证(SAS),得到AM=AN,,进而可得,由(2)可知,根据等腰三角形内角和可得= ，由三角形外角定理可得=-= .
【详解】解：（1）∵∠CAE =∠DAB，∴∠CAE +∠CAD =∠DAB +∠CAD，即∠CAB =∠EAD，
在△ABC和△ADE中，∴△ABC≌△ADE（AAS），
（2）∵△ABC≌△ADE ，∴∠CBA=∠EDA ,AC=AE ，
在△MND和△ANB中，∵∠EDA +∠MND+∠DMB =，∠CBA +∠ANB +∠DAB =，
又∵ ∠MND=∠ANB，∴ ∠DAB=∠DMB=，∴∠CAE =∠DAB=，
∵AC=AE，∴∠ACE =∠AEC=，∴∠ACE =，
（3）∠CBA=，

如图所示，连接AM，,CN=EM,CA=EA,(SAS),
AM=AN,,=即,
由(2)可得：,=,
∠CAE =∠DAB==-= .
【点睛】本题综合考查了三角形的相关定理与证明，较为综合，熟练掌握三角形的内角和定理，外角定理，全等三角形的判定与性质是解题的关键.
20．（2022·河南省鹤壁市湘江中学八年级月考）（1）作图发现：如图1，已知，小涵同学以、为边向外作等边和等边，连接，．这时他发现与的数量关系是 ．
（2）拓展探究：如图2，已知，小涵同学以、为边向外作正方形和正方形，连接，，试判断与之间的数量关系，并说明理由．

【答案】（1）BE=CD；（2）BE=CD，理由见解析；
【分析】（1）利用等边三角形的性质得出，然后有，再利用SAS即可证明，则有；
（2）利用正方形的性质得出，然后有，再利用SAS即可证明，则有；
【详解】（1）如图1所示：

和都是等边三角形，，
，即，
在和中，，．
（2），四边形和均为正方形，
，，，
，
在和中，，，