人教版数学八上同步提升训练专题16.2 期中期末专项复习之全等三角形十六大必考点（2份，原卷版+解析版）

这是一份人教版数学八上同步提升训练专题16.2 期中期末专项复习之全等三角形十六大必考点（2份，原卷版+解析版），文件包含人教版数学八上同步提升训练专题162期中期末专项复习之全等三角形十六大必考点原卷版doc、人教版数学八上同步提升训练专题162期中期末专项复习之全等三角形十六大必考点解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共134页， 欢迎下载使用。

TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc16474" 【考点1 利用全等图形求网格中的角度和】 PAGEREF _Tc16474 \h 1
\l "_Tc3704" 【考点2 将已知图形分割成几个全等的图形】 PAGEREF _Tc3704 \h 5
\l "_Tc3982" 【考点3 添加条件使三角形全等】 PAGEREF _Tc3982 \h 7
\l "_Tc2597" 【考点4 灵活选用判定方法证明全等】 PAGEREF _Tc2597 \h 11
\l "_Tc8261" 【考点5 尺规作图与全等的综合运用】 PAGEREF _Tc8261 \h 16
\l "_Tc3560" 【考点6 证明全等的常见辅助线的作法】 PAGEREF _Tc3560 \h 20
\l "_Tc12266" 【考点7 证一条线段等于两条线段的和（差）】 PAGEREF _Tc12266 \h 28
\l "_Tc22614" 【考点8 全等中的倍长中线模型】 PAGEREF _Tc22614 \h 39
\l "_Tc1580" 【考点9 全等中的旋转模型】 PAGEREF _Tc1580 \h 49
\l "_Tc20492" 【考点10 全等中的垂线模型】 PAGEREF _Tc20492 \h 56
\l "_Tc24121" 【考点11 全等中的其他模型】 PAGEREF _Tc24121 \h 65
\l "_Tc32375" 【考点12 全等三角形的动点问题】 PAGEREF _Tc32375 \h 71
\l "_Tc21209" 【考点13 尺规作图作角平分线】 PAGEREF _Tc21209 \h 77
\l "_Tc13841" 【考点14 角平分线的判定与性质的综合求值】 PAGEREF _Tc13841 \h 80
\l "_Tc11333" 【考点15 角平分线的判定与性质的综合证明】 PAGEREF _Tc11333 \h 86
\l "_Tc26431" 【考点16 角平分线的实际应用】 PAGEREF _Tc26431 \h 95
【考点1 利用全等图形求网格中的角度和】
【例1】（2022·山东·禹城市督杨实验学校八年级阶段练习）如图为6个边长相等的正方形的组合图形，则∠1+∠3-∠2=（ ）
A．30°B．45°C．60°D．135°
【答案】B
【分析】首先利用SAS定理判定△ABC≌△DBE，根据全等三角形的性质可得∠3=∠ACB，再由∠ACB+∠1=∠1+∠3=90°，可得∠1+∠3-∠2．
【详解】
∵在△ABC和△DBE中
，
∴△ABC≌△DBE（SAS），
∴∠3=∠ACB，
∵∠ACB+∠1=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∵∠2=45°
∴∠1+∠3-∠2=90°-45°=45°，
故选B．
【点睛】此题主要考查了全等图形，关键是掌握全等三角形的判定，以及全等三角形对应角相等．
【变式1-1】（2022·江苏省灌云高级中学城西分校八年级阶段练习）如图，由4个相同的小正方形组成的格点图中，∠1+∠2+∠3=________度．
【答案】135
【分析】首先利用全等三角形的判定和性质求出的值，即可得出答案；
【详解】如图所示，
在△ACB和△DCE中，
，
∴，
∴，
∴；
故答案是：．
【点睛】本题主要考查了全等图形的应用，准确分析计算是解题的关键．
【变式1-2】（2022·江苏·八年级单元测试）如图所示的网格是正方形网格，图形的各个顶点均为格点，则∠P＋∠Q＝__________度．
【答案】45
【分析】如图，直接利用网格得出对应角，进而得出答案．
【详解】
如图，易知，∴，
∵BQ是正方形的对角线，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了全等三角形，正确借助网格分析是解题关键．
【变式1-3】（2022·山东·济南市槐荫区教育教学研究中心二模）如图，在的正方形网格中，求______度．
【答案】45
【分析】连接，根据正方形网格的特征即可求解．
【详解】解：如图所示，连接

∵图中是的正方形网格
∴，，
∴
∴，
∵
∴，即
∴
∵
∴
∵
∴
故答案为：45．
【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2 将已知图形分割成几个全等的图形】
【例2】（2022·全国·八年级专题练习）沿着图中的虚线，请将如图的图形分割成四个全等的图形．
【答案】见解析
【分析】直接利用图形总面积得出每一部分的面积，进而求出答案．
【详解】共有个小正方形，
被分成四个全等的图形后每个图形有，
如图所示：
，
【点睛】本题主要考查了应用设计图作图，正确求出每部分面积是解题关键．
【变式2-1】（2022·江苏·八年级专题练习）方格纸上有2个图形，你能沿着格线把每一个图形都分成完全相同的两个部分吗？请画出分割线．
【答案】见解析
【分析】观察第一个图，图中共有20个小方格，要分成完全相同两部分，则每个有10个小格，则可按如图所示，沿A→B→C→D分割；第二个图同理沿E→F→G→H→P→Q分割即可．
【详解】解：如图所示，第一个图，图中共有20个小方格，要分成完全相同两部分，则每个有10个小格，则可按如图所示，沿A→B→C→D分割；第二个图同理沿E→F→G→H→P→Q分割即可．
将分割出的两个图形，逆时针旋转90度，再通过平移，两部分能够完全重合，所以分割出的两部分完全相同．
【点睛】本题考查图形全等，掌握全等图形的定义是解题的关键．
【变式2-2】（2022·江苏·八年级课时练习）试在下列两个图中，沿正方形的网格线（虚线）把这两个图形分别分割成两个全等的图形，将其中一部分涂上阴影．

【答案】见解析（第一个图答案不唯一）
【分析】根据全等图形的定义，利用图形的对称性和互补性来分隔成两个全等的图形．
【详解】解：第一个图形分割有如下几种：
第二个图形的分割如下：
【点睛】本题主要考查了学生的动手操作能力和学生的空间想象能力，牢记全等图形的定义是解题的重点．
【变式2-3】（2022·全国·八年级专题练习）知识重现：“能够完全重合的两个图形叫做全等形．”
理解应用：我们可以把4×4网格图形划分为两个全等图形．
范例：如图1和图2是两种不同的划分方法，其中图3与图1视为同一种划分方法．
请你再提供四种与上面不同的划分方法，分别在图4中画出来．
【答案】见解析
【分析】根据网格的特点和全等形的定义进行作图即可．
【详解】依题意，如图
【点睛】本题考查了全等图形的定义，熟练掌握网格特点作图和全等图形的概念是解题的关键．
【考点3 添加条件使三角形全等】
【例3】（2022·全国·八年级专题练习）如图，∠C＝∠D＝90°，添加下列条件：①AC＝AD；②∠ABC＝∠ABD；③BC＝BD，其中能判定Rt△ABC与Rt△ABD全等的条件有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】D
【分析】根据已知条件与全等三角形的判定定理即可分别判断求解．
【详解】解：∵∠C＝∠D＝90°，AB=AB，
∴①AC＝AD，可用HL判定Rt△ABC与Rt△ABD全等；
②∠ABC＝∠ABD，可用AAS判定Rt△ABC与Rt△ABD全等；
③BC＝BD，可用HL判定Rt△ABC与Rt△ABD全等；
故选：D．
【点睛】此题主要考查全等三角形的判定，解题的关键是熟知全等三角形的判定定理．
【变式3-1】（2022·重庆·中考真题）如图，点B，F，C，E共线，∠B=∠E，BF=EC，添加一个条件，不能判断△ABC≌△DEF的是（ ）
A．AB=DEB．∠A=∠DC．AC=DFD．AC∥FD
【答案】C
【分析】根据全等三角形的判定与性质逐一分析即可解题．
【详解】解：BF=EC，
A. 添加一个条件AB=DE，
又

故A不符合题意；
B. 添加一个条件∠A=∠D
又
故B不符合题意；
C. 添加一个条件AC=DF ，不能判断△ABC≌△DEF ，故C符合题意；
D. 添加一个条件AC∥FD
又
故D不符合题意，
故选：C．
【点睛】本题考查添加条件使得三角形全等即全等三角形的判定，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
【变式3-2】（2022·安徽淮南·八年级期末）如图，点P是AB上任意一点，∠ABC=∠ABD，还应补充一个条件，才能推出△APC≌△APD．从下列条件中补充一个条件，不一定能推出△APC≌△APD的是( )
A．BC=BD；B．AC=AD；
C．∠ACB=∠ADB；D．∠CAB=∠DAB
【答案】B
【分析】根据题意，∠ABC=∠ABD，AB是公共边，结合选项，逐个验证得出．
【详解】解：A、补充BC=BD，先证出△BPC≌△BPD，后能推出△APC≌△APD，故正确，不符合题意；
B、补充AC=AD，不能推出△APC≌△APD，故错误，符合题意；
C、补充∠ACB=∠ADB，先证出△ABC≌△ABD，后能推出△APC≌△APD，故正确，不符合题意；
D、补充∠CAB=∠DAB，先证出△ABC≌△ABD，后能推出△APC≌△APD，故正确，不符合题意．
故选B．
【点睛】本题考查了三角形全等判定，解题的关键是知道有AAS，SSS，ASA，SAS．注意SSA是不能证明三角形全等的，做题时要逐个验证，排除错误的选项．
【变式3-3】（2022·全国·八年级课时练习）如图，AB，CD相交于点E，且AB=CD，试添加一个条件使得△ADE≌△CBE．现给出如下五个条件：①∠A=∠C;②∠B=∠D;③AE=CE;④BE=DE;⑤AD=CB．其中符合要求有( )
A．2个B．3个C．4个D．5个
【答案】D
【分析】延长DA、BC使它们相较于点F ，首先根据AAS证明△FAB≌△FCD，然后根据全等三角形的性质即可得到AF=FC，FD=FB，进而得到AD=BC，即可证明△ADE≌△CBE，可判断①、②的正误；根据SAS证明△ADE≌△CBE，即判断③、④的正误；连接BD，根据SSS证明△ADB≌△CBD，根据全等三角形的性质得到∠A=∠C，结合①即可证明⑤．
【详解】延长DA、BC使它们相较于点F
∵∠DAB=∠DCB，∠AED=∠BEC
∴∠B=∠D
又∵∠F=∠F，AB=CD
∴△FAB≌△FCD
∴AF=FC，FD=FB
∴AD=BC
∴△ADE≌△CBE，即①正确；
同理即可证明②正确；
∵AE=CE，AB=CD
∴DE=BE
又∵∠AED=∠BEC
∴△ADE≌△CBE，③正确；
同理即可证明④正确；
连接BD，
∵AD=CB，AB=CD，BD=BD
∴△ADB≌△CBD
∴∠DAB=∠BCD
∴△ADE≌△CBE，⑤正确；
故选D．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定方法，主要包括：SSS、SAS、AAS、ASA，难点在于添加辅助线来构造三角形全等，关键在于应根据所给的条件判断应证明哪两个三角形全等．
【考点4 灵活选用判定方法证明全等】
【例4】（2022·湖南·八年级单元测试）具备下列条件的两个三角形一定是全等三角形的是（ ）．
A．有两个角对应相等的两个三角形
B．两边及其中一条对应边上的高也对应相等的两个三角形
C．两边分别相等，并且第三条边上的中线也对应相等的两个三角形
D．有两边及其第三边上的高分别对应相等的两个三角形
【答案】C
【分析】选项A，选项B和选项D分别举出反例的图形即可；选项C根据题意画出图形，延长至，使，延长至，使，连接和，根据全等三角形的判定，可证得，根据全等三角形性质得，，同理可得，，再由全等三角形的判定得，根据全等三角形性质得，，进而证得，最后根据全等三角形的判定证得．
【详解】A．如图1所示，
在和中，，，，但和不全等，故本选项不符合题意；
B．如图2所示，

在和中，，，，， ，但和不全等，故本选项不符合题意；
C．如图3所示，
在和中，点和点分别平分线段和，，，，延长至，使，延长至，使，连接和，
∵点平分线段，
∴，
∵，
∴
∴，
同理，
∵
∴
∵
∴
∵
∴
∴，
∴
∵
∴
∵
∴
故本选项符合题意；
D．如图4所示，
在和中，，，，，，但此时和不全等，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质定理与判定定理，熟记全等三角形的性质定理与判定定理是解本题的关键．
【变式4-1】（2022·广东·佛山市南海区瀚文外国语学校七年级阶段练习）我国传统工艺中，油纸伞制作非常巧妙，其中蕴含着数学知识．如图是油纸伞的张开示意图，，，则的依据是（ ）
A．SASB．ASAC．AASD．SSS
【答案】D
【分析】根据全等三角形的判定定理推出即可．
【详解】解：在△AEG和△AFG中，
，
∴△AEG≌△AFG（SSS），
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL等．
【变式4-2】（2022·江苏·泰州市姜堰区第四中学八年级）如图，已知AB∥CD，AD∥BC，AC与BD交于点O，AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，那么图中全等的三角形有（ ）
A．5对B．6对C．7对D．8对
【答案】C
【分析】根据平行四边形的性质，以及全等三角形的判定即可求出答案．
【详解】解：①．
∵，
∴ ．
∵于E，于E，
∴，
∴；
②．
∵，AC为ABCD的对角线，
∴．
∵，
∴；
③．
∵，AC与BD交于点O，
∴，
∴；
④．
∵，AC与BD交于点O，
∴，
∴；
⑤．
∵，
∴，
∴；
⑥．
∵，
∴，
∴；
⑦．
∵，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查三角形全等的判定方法，解题关键找出对应相等的边、角，判定两个三角形全等的一般方法有：，同时考查了平行四边形的性质，题目比较容易．
【变式4-3】（2022·浙江·八年级单元测试）根据下列条件不能唯一画出△ABC的是（ ）
A．AB＝5，BC＝6，AC＝7B．AB＝5，BC＝6，∠B＝45°
C．AB＝5，AC＝4，∠C＝90°D．AB＝3，AC＝4，∠C＝45°
【答案】D
【分析】根据三角形的三边关系和全等三角形的判定定理逐项分析即可解答．
【详解】解：A．∵AC与BC两边之和大于第三边，故能作出三角形，且三边知道能唯一画出△ABC，不符合题意；
B．∠B是AB、BC的夹角，故能唯一画出△ABC，不符合题意；
C．AB＝5，AC＝4，∠C＝90°，得出BC＝3，可唯一画出△ABC，不符合题意；
D．由于是SSA，所以AB＝3，AC＝4，∠C＝45°，不能唯一画出三角形ABC，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了三角形的三边关系、全等三角形的判定等知识点，掌握SSA不能判定三角形全等是解答本题的关键．
【考点5 尺规作图与全等的综合运用】
【例5】（2022·全国·九年级专题练习）如图，在外找一个点（与点A不重合），并以为一边作，使之与全等，且不是等腰三角形，则符合条件的点有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】本题是开放题，要想使△A′BC与△ABC全等，先确定题中条件，再对应三角形全等条件求解．
【详解】解：如图：
以B点为圆心，CA为半径上下画弧，C点为圆心，BA为半径上下画弧，两弧相交分别得到点、；以C点为圆心，CA为半径画弧，以B点为圆心，BA为半径画弧，两弧的交点得到点，所以符合条件的点A′有3种可能的位置．
故选：C．
【点睛】本题考查了全等的判定综合．判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法去求证．
【变式5-1】（2022·全国·八年级课时练习）如图，以△ABC的顶点A为圆心，以BC长为半径作弧；再以顶点C为圆心，以AB长为半径作弧，两弧交于点D；连结AD，CD．由作法可得：的根据是（ ）
A．SASB．ASAC．AASD．SSS
【答案】D
【分析】根据题意和全等三角形判定的方法可以得到ABC≌△CDA的根据，本题得以解决．
【详解】解：由题意可得，
AD=BC，AB=CD，
在△ADC和△CBA中，
，
∴△ADC≌△CBA（SSS），
故选：D．
【点睛】本题考查全等三角形的判定，解答本题的关键是明确题意，利用全等三角形的判定方法解答．
【变式5-2】（2022·广东·普宁市红领巾实验学校八年级阶段练习）在课堂上，张老师布置了一道画图题：画一个，使，它的两条边分别等于两条已知线段．小刘和小赵同学先画出了之后，后续画图的主要过程分别如图所示．那么小刘和小赵同学作图确定三角形的依据分别是______；_______
【答案】 SAS HL
【分析】由图可知小刘同学确定的是两条直角边，根据三角形全等判定定理为 ．
由图可知小赵同学确定了一个直角边和斜边，根据三角形全等判定定理为 ．
【详解】小刘同学画了后，再截取两直角边等于两已知线段，所以确定的依据是定理；
小赵同学画了后，再截取BC,AC一直角边和一个斜边，所以确定的依据是HL定理．
故答案为：①SAS；②HL．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握每种证明方法，做出判断是解题的关键．
【变式5-3】（2022·北京·101中学九年级开学考试）李老师制作了如图1所示的学具，用来探究“边边角条件是否可确定三角形的形状”问题．操作学具时，点Q在轨道槽AM上运动，点P既能在以A为圆心、以8为半径的半圆轨道槽上运动，也能在轨道槽QN上运动．图2是操作学具时，所对应某个位置的图形的示意图．
有以下结论：
①当，时，可得到形状唯一确定的
②当，时，可得到形状唯一确定的
③当，时，可得到形状唯一确定的
其中所有正确结论的序号是______________．
【答案】②③##③②
【分析】分别在以上三种情况下以P为圆心，PQ的长度为半径画弧，观察弧与直线AM的交点即为Q点，作出后可得答案．
【详解】如下图，当∠PAQ=30°，PQ=6时，以P为圆心，PQ的长度为半径画弧，弧与直线AM有两个交点，作出，发现两个位置的Q都符合题意，所以不唯一，所以①错误．
如下图，当∠PAQ=90°，PQ=10时，以P为圆心，PQ的长度为半径画弧，弧与直线AM有两个交点，作出，发现两个位置的Q都符合题意，但是此时两个三角形全等，所以形状相同，所以唯一，所以②正确．
如下图，当∠PAQ=150°，PQ=12时，以P为圆心，PQ的长度为半径画弧，弧与直线AM有两个交点，作出，发现左边位置的Q不符合题意，所以唯一，所以③正确．
综上：②③正确．
故答案为：②③
【点睛】本题考查的是三角形形状问题，为三角形全等来探索判定方法，也考查三角形的作图，利用对称关系作出另一个Q是关键．
【考点6 证明全等的常见辅助线的作法】
【例6】（2022·江苏·宿迁青华中学七年级阶段练习）（1）如图①，四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°．E，F分别是BC，CD上的点，且BE+FD=EF．试探究图中∠EAF与∠BAD之间的数量关系．小明同学探究此问题的方法是：延长FD到G，使DG=BE，连结AG．先证明，再证明，从而得出∠EAF=∠GAF，最后得出∠EAF与∠BAD之间的数量关系是 ．
（2）将（1）中的条件“∠B=∠ADC=90°”改为“∠B+∠D=180°”（如图②），其余条件不变，上述数量关系是否成立，成立，请证明；不成立，说明理由
（3）如图③，中俄两国海军在南海举行联合军事演习，中国舰艇在指挥中心（O）北偏西30°的A处，俄罗斯舰艇在指挥中心南偏东70°的B处，两舰艇到指挥中心距离相等．接到行动指令后，中国舰艇向正东方向以60海里/小时的速度前进，俄罗斯舰艇沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进，2小时后，指挥中心观测到两舰艇分别到达E，F处且相距280海里．求此时两舰艇的位置与指挥中心（O处）形成的夹角∠EOF的大小．
【答案】（1）∠EAF=∠BAD；（2）仍然成立，见解析；（3）70°
【分析】（1）根据小明同学的探究方法不难得到∠EAF= ∠BAD；
（2）延长FD到G，使DG=BE，连接AG，根据同角的补角相等求出∠B=∠ADG，然后利用“边角边”证明△ABE和△ADG全等，根据全等三角形对应边相等可得 AE=AG ，∠BAE=∠DAG，再求出∠EAF=∠GAF，然后利用“边角边”证明△AEF和△GAF全等，根据全等三角形对应边相等可得EF=GF，然后求解即可；
（3）连接EF，延长AE、BF相交于点C，然后求出∠OAC+∠OBC=180°，判断出符合探索延伸的条件，再根据探索延伸的结论解答即可．
【详解】解：(1)如图①，延长FD到G，使DG=BE，连结AG．
在△ABE和△ADG中，AB=AD，BE=DG，∠B=∠ADG=90°，
∴△ABE≌△ADG，∴AE=AG，
在△AEF和△AGF中，AE=AG，AF=AF，EF=BE+FD=DG+FD=GF，
∴△AEF≌△AGF，∴∠EAF=∠GAF=∠GAD+∠DAF=∠EAB+∠DAF
∴∠BAD=∠EAF+∠EAB+∠DAF=2∠EAF
∴∠EAF=∠BAD
(2)∠EAF=∠BAD仍然成立．
证明：如图②，延长FD到G，使DG=BE，连接AG．
∵∠B+∠ADC=180°，∠ADC+∠ADG=180°，∴∠B=∠ADG，
∴△ABE≌△ADG（SAS）．∴AE=AG，∠BAE=∠DAG．
又∵EF=BE+DF，DG=BE，∴EF=DG+DF=GF．
∴△AEF≌△AGF（SSS）．∴∠EAF=∠GAF．
又∵∠GAF=∠DAG+∠DAF，∴∠EAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF．
而∠EAF+∠BAE+∠DAF=∠BAD，
∴∠EAF=∠BAD
(3)如图③，连接EF，延长AE、BF相交于点C．
∵2小时后，舰艇甲行驶了120海里，舰艇乙行驶了160海里，
即AE=120，BF=160．而EF=280，∴在四边形AOBC中，有EF=AE+BF，
又∵OA=OB，且∠OAC+∠OBC=（90°﹣30°）+（70°+50°）=180°，
∴符合(2)中的条件．
又∵∠AOB=30°+90°+（90°﹣70°）=140°，∴∠EOF=∠AOB =70°．
答：此时两舰艇的位置与指挥中心（O处）形成的夹角∠EOF的大小为70°．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，读懂问题背景的求解思路，作辅助线构造出全等三角形并两次证明三角形全等是解题的关键，也是本题的难点．
【变式6-1】（2022·全国·八年级课时练习）如图，已知：，，，，则（ ）
A．B．C．或D．
【答案】B
【分析】连接，可证≌，根据全等三角形对应角相等可以得到，，代入角度即可求出和的度数，最后利用三角形内角和定理即可求解．
【详解】连接，如图，
在与中
，
≌ ，
，，
，
，
，
，
，
．
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，添加正确的辅助线是解题的关键．
【变式6-2】（2022·全国·七年级单元测试）（1）求证：等边三角形内的任意一点到两腰的距离之和等于定长.（提示：添加辅助线证明）
（2）如图所示，在三角形ABC中，点D是三角形内一点，连接DA、DB、DC，若，求证：AD平分.
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
【分析】（1）已知点P是等边三角形ABC内的任意一点，过点P分别作三边的垂线，分别交三边于点D、点E、点F.求证为定长,即可完成证明；
（2）（面积法）过点A作交BD延长线于点E，再过点A作交CD延长线于点F.因为，所以，因此，得到.进而，得到，因此，即AD平分.
【详解】（1） 已知：等边如图三角形ABC，P为三角形ABC内任意一点，PD⊥AB, PF⊥AC, PE⊥BC,
求证：PD+PE+PF为定值.
证明：如图：过点A作，垂足为点G，分别连接AP、BP、CP.
∵，
∴
又∵BC=AB=AC
∴AG=PE+PF+PD,即定长.
∴等边三角形内的任意一点到两腰的距离之和等于定长.
（2）
过点A作交BD延长线于点E，再过点A作交CD延长线于点F.
∵，
∴，
又∵AD=AD
∴，
∴
∴，
∴，
∴，即AD平分.
【点睛】本题考查了等边三角形的性质和全等三角形的性质和判定，其中做出辅助线是解答本题的关键．
【变式6-3】（2022·全国·八年级课时练习）已知等腰△ABC中，AB=AC，点D在直线AB上， DE∥BC，交直线AC与点E，且BD=BC，CH⊥AB，垂足为H．
（1）当点D在线段AB上时，如图1，求证DH=BH+DE；
（2）当点D在线段BA延长线上时，如图2，当点D在线段AB延长线上时，如图3，直接写出DH，BH，DE之间的数量关系，不需要证明．
【答案】（1）见详解；（2）图2：，图3：
【分析】（1）在线段上截取，连接，，证明，可得到，即可求解．
（2）当点在线段延长线上时，在的延长线上截取，连接，，由题意可证，可得，由题意可得，即可证，可得，则可得；当点在线段延长线上时，在线段上截取，连接，，由题意可证，可得，由题意可得，即可证，可得，则可得．
【详解】解：（1）证明：在线段上截取，连接，
∵，
∴
∴
∵
∴
∵
∴，
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴
（2）当点在线段延长线上时，
如图2：在的延长线上截取，连接，
∵
∴
∵
∴
∵
∴
∵，，
∴
∴
∴
∵，
∴
又∵，
∴
∴
∵
∴
当点在线段延长线上时，
如图3：当点在线段延长线上时，在线段上截取，连接，
∵，，
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴，
∴，，且
∴
∴
∵
∴
【点睛】本题主要考查了三角形综合题，等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定，合理添加辅助线证全等是解题的关键．
【考点7 证一条线段等于两条线段的和（差）】
【例7】（2022·全国·八年级专题练习）如图，△ABC中，∠B＝45°，∠ACB＝30°，CD平分∠ACB，AD⊥CD，求证：CD＝AB＋AD
【答案】见解析
【分析】遇到这种CD＝AB＋AD线段和差问题一般都是截长补短；
方法1：补短AB，构造BE＝AB＋AD，证明CD=BE即可；
方法2：补短AD，构造DF＝AB＋AD，证明CD=DF即可；
方法3：截长，在CD上截取DE使得DE＝AD，构造等腰直角三角形ABF，证明AF=EC即可；
方法4：截长，在CD上截取DE使得DE＝AD，在CB延长上取点H使得AH＝AC,证明AB=EC即可；
【详解】方法1：补短，构造全等
证明：延长BA至点E，使得AD＝AE，连接CE
∵AD⊥CD
∴∠D＝90°
∵∠B＝45°，∠ACB＝30°
∴∠EAC＝∠B＋∠ACB＝45°＋30°＝75°
∵CD平分∠ACB
∴∠ACD＝15°
∴∠DAC＝90°－15°＝75°
∴∠EAC＝∠DAC
在△ADC和△AEC中
∵AD＝AE
∠EAC＝∠DAC
AC＝AC
∴△ADC≌△AEC(SAS)
∴EC＝CD，∠E＝∠D＝90°，∠ECA=∠ACD＝15°
∴∠ECB＝∠B＝45°
∴EC＝BE
∴EC＝BE＝CD
∴CD＝AB＋AE＝AB＋AD
方法2：补短，构造全等
证明：延长DA至点F，使得AF＝AB
∵∠B＝45°，∠ACB＝30°
∴∠BAC＝180－∠B－∠ACB＝180°－45°－30°＝105°
∵CD是∠ACB的角平分线
∴∠ACD＝15°
∵AD⊥CD，
∴∠D=90°，
∴∠EAC＝∠D＋∠ACD＝90°＋15°＝105°
∴∠EAC＝∠BAC
在△ABC和△AEC中
AB＝AE
∠EAC＝∠BAC
AC＝AC
∴△ABC≌△AEC（SAS）
∴∠E＝∠B＝45°,
∴∠ECD＝90°-∠E=∠B＝45°
∴CD＝DE＝AD＋AE＝AD＋AB
方法3：截长，构造全等
证明：
在CD上截取DE使得DE＝AD
∵AD⊥CD
∴∠AED＝45°，∠AEC＝135°
过点A作AF⊥AB交BC于点F
∵∠B=45°，
∴∠AFB＝∠B＝45°，∠AFC＝135°
∴AB＝AF，∠AEC＝∠AFC
∵CD平分∠ACB
∴∠ACD＝15°
∴∠DAC＝90°－∠ACD＝90°－15°＝75°
∴∠EAC＝∠DAC－∠DAE＝75°－45°＝30°
∴∠EAC＝∠ACF
在△AEC和△CFA中
∠EAC＝∠ACF
AC＝AC
∠AEC＝∠AFC
∴△AEC ≌ △CFA(ASA)
∴CE＝AF＝AB
∴CD＝DE＋CE＝AD＋AB
方法4：截长，构造全等
证明：
在CD上截取DE使得DE＝AD
∵AD⊥CD
∴∠AED＝45°，∠AEC＝135°
在CB延长上取点H，使得AH＝AC
∵∠ABC＝45°
∴∠ABH＝135°
∴∠ABH＝∠AEC
∵AH＝AC
∴∠H＝∠ACB＝30°
∵CD平分∠ACB
∴∠ACD＝15°
∴∠DAC＝90°－∠ACD＝90°－15°＝75°
∴∠EAC＝∠DAC－∠DAE＝75°－45°＝30°
∴∠H＝∠EAC
在△ABH和△CEA中
∠H＝∠EAC
AH＝AC
∠ABH＝∠AEC
∴△ABH ≌ △CEA(ASA)
∴AB＝CE
∴CD＝DE＋CE＝AD＋AB
【变式7-1】（2022·安徽淮北·八年级阶段练习）如图，在四边形中，是的平分线，且．若，则四边形的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】在线段AC上作AF=AB，证明△AEF≌△AEB可得∠AFE=∠B，∠AEF=∠AEB，再证明△CEF≌△CED可得CD=CF，即可求得四边形的周长．
【详解】解：在线段AC上作AF=AB，
∵AE是的平分线，
∴∠CAE=∠BAE，
又∵AE=AE，
∴△AEF≌△AEB（SAS），
∴∠AFE=∠B，∠AEF=∠AEB，
∵AB∥CD，
∴∠D+∠B=180°，
∵∠AFE+∠CFE=180°，
∴∠D=∠CFE，
∵，
∴∠AEF+∠CEF=90°，∠AEB+∠CED=90°，
∴∠CEF=∠CED，
在△CEF和△CED中
∵,
∴△CEF≌△CED（AAS）
∴CE=CF，
∴四边形的周长=AC+AB+BD+CD=AC+AF+CF+BD=2AC+BD=，
故选：B．
【点睛】本题考查全等三角形的性质和判断．能正确作出辅助线构造全等三角形是解题关键．
【变式7-2】（2022·山东烟台·七年级期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是直线AB上一点（点D不与点A、B重合），连接DC并延长到E，使得CE＝CD，过点E作EF⊥直线BC，交直线BC于点F．

(1)如图1，当点D为线段AB上的任意一点时，用等式表示线段EF、CF、AC的数量关系，并证明；
(2)如图2，当点D为线段BA的延长线上一点时，依题意补全图2，猜想线段EF、CF、AC的数量关系是否发生改变，并证明．
(3)如图3，当点D在线段AB的延长线上时，直接写出线段EF、CF、AC之间的数量关系．
【答案】(1)AC＝EF+FC，证明见解析
(2)补全图形见解析， AC＝EF-CF，证明见解析
(3)AC＝CF-EF
【分析】（1）过D作DH⊥CB于H，由“AAS”可证△FEC≌△HDC，可得CH=FC，DH=EF，可得结论；
（2）过D作DH⊥CB于H，由“AAS”可证△FEC≌△HDC，可得CH=FC，DH=EF，可得结论．
（3）过D作DH⊥CB交CB的延长线于H，由“AAS”可证△FEC≌△HDC，可得CH=FC，DH=EF，可得结论．
(1)
结论：AC＝EF+FC，
理由如下：过D作DH⊥CB于H，
∴∠DHC＝∠DHB＝ 90°
∵EF⊥CF，
∴∠EFC＝∠DHC＝90°，
在△FEC和△HDC中，
，
∴△FEC≌△HDC（AAS），
∴CH＝FC，DH＝EF，
∵∠ACB＝90°，AC=BC，
∴∠B＝45°，
∵∠DHB＝90°，
∴∠B＝∠HDB＝45°
∴DH＝HB＝EF，
∵BC＝CB+HB
∴AC＝FC+EF；
(2)
依题意补全图形，结论：AC＝EF-CF，
理由如下：
过D作DH⊥CB交BC的延长线于H，
∵EF⊥CF，
∴∠EFC＝∠DHC＝90°，
在△FEC和△HDC中，
，
∴△FEC≌△HDC（AAS），
∴CH＝FC，DH＝EF，
∵∠DHB＝90°，
∴∠B＝∠HDB＝45°
∴DH＝HB＝EF，
∵BC=HB-CH
∴AC＝EF-CF．
(3)
AC=CF-EF．
如图3，过D作DH⊥CB交CB的延长线于H，
同理可证△FEC≌△HDC（AAS），
∴CH=FC，DH=EF，
∵∠DHB=90°，
∴∠B=∠HDB=45°，
∴DH=HB=EF，
∵BC=CH-BH，
∴AC=CF-EF．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
【变式7-3】（2022·全国·八年级专题练习）在中，AE，CD为的角平分线，AE，CD交于点F．
（1）如图1，若．
①直接写出的大小；
②求证：．
（2）若图2，若，求证：．
【答案】（1）①120°；②见解析；（2）见解析
【分析】（1）①综合三角形的内角和定理以及角平分线的定义求解即可；②利用“截长补短”思想，在AC上取点H，使得AD=AH，从而通过全等证得∠AFD=∠AFH，再结合①的结论进一步证明∠CFH=∠CFE，从而通过全等证得CE=CH，即可得出结论；
（2）同样利用“截长补短”思想，在AC上取S、T两点，使得AD=AS，CE=CT，连接SF，SE，TF，TE，可通过全等直接先对△ADF和△CEF的面积进行转换，然后结合（1）中的结论，证明SF∥ET，即可对△DEF的面积进行转换，从而得出结论．
【详解】（1）①解：∵∠B=60°，
∴∠BAC+∠BCA=180°-∠B=120°，
∵AE平分∠BAC，CD平分∠BCA，
∴∠FAC=∠BAC，∠FCA=∠BCA，
∴∠FAC+∠FCA=(∠BAC+∠BCA)= ×120°=60°，
∴∠AFC=180°-(∠FAC+∠FCA)=120°；
②证：如图所示，在AC上取点H，使得AD=AH，
在△ADF和△AHF中，
∴△ADF≌△AHF(SAS)，
∴∠AFD=∠AFH，
∵∠AFD=∠CFE，
∴∠AFH=∠CFE，
由①可知，∠AFC=120°，
∴∠CFE=180°-120°=60°，
∴AFH=∠CFE=60°，
∴∠CFH=60°，
即：∠CFH=∠CFE，
在△CFH和△CFE中，
∴△CFH≌△CFE(ASA)，
∴CE=CH，
∵AC=AH+CH，
∴AC=AD+CE；
（2）证：如图所示，在AC上取S、T两点，使得AD=AS，CE=CT，连接SF，SE，TF，TE，
∵AE平分∠BAC，
∴∠DAF=∠SAF，
在△ADF和△ASF中，
∴△ADF≌△ASF(SAS)，
同理可证△AED≌△AES，△CEF≌△CTF，
∴DF=SF，DE=SE，FT=FE，
∴△DEF≌△SEF，
∴，，，
且∠AFD=∠AFS，∠CFE=∠CFT，
∵∠AFD=∠CFE，
∴∠AFD=∠AFS=∠CFE=∠CFT，
由（1）可得：∠AFC=90°+∠B=135°，
∴∠CFE=180°-135°=45°，
∴∠AFD=∠AFS=∠CFE=∠CFT=45°，
∴∠CFS=135°-∠AFS =90°，
∴CF⊥SF，
又∵FT=FE，CT=CE，
∴CF垂直平分EF，
即：CF⊥ET，
∴SF∥ET，
∴，
∴
∵，
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，以及三角形角平分线相关的证明问题，掌握基本的辅助线添加思想，熟练运用全等三角形的判定与性质是解题关键．
【考点8 全等中的倍长中线模型】
【例8】（2022·江西吉安·七年级期末）（1）基础应用：如图1，在△ABC中，AB＝5，AC＝7，AD是BC边上的中线，延长AD到点E使DE＝AD，连接CE，把AB，AC，2AD利用旋转全等的方式集中在△ACE中，利用三角形三边关系可得AD的取值范围是 ；
（2）推广应用：应用旋转全等的方式解决问题如图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）综合应用：如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°且∠EAF＝∠BAD，试问线段EF、BE、FD具有怎样的数量关系，并证明．
【答案】（1）1＜AD＜6；（2）见解析；（3）结论：EF＝BE﹣FD，证明见解析．
【分析】（1）先证明△CDE≌△BDA（SAS）可得CE＝AB＝5，在△ACE中，利用三角形的三边关系解答即可；
（2）如图2中，延长ED到H，使得DH＝DE，连接DH，FH．再证明△BDE≌△CDH（SAS）可得BE＝CH，再证明EF＝FH，利用三角形的三边关系解答即可；
（3）如图3，作辅助线，构建△ABG，同理证明△ABG≌△ADF和△AEG≌△AEF．可得新的结论：EF＝BE﹣DF．
【详解】（1）解：如图1：∵CD＝BD，AD＝DE，∠CDE＝∠ADB，
∴△CDE≌△BDA（SAS），
∴EC＝AB＝5，
∵7﹣5＜AE＜7+5，
∴2＜2AD＜12，
∴1＜AD＜6，
故答案为1＜AD＜6．
（2）证明：如图2中，延长ED到H，使得DH＝DE，连接DH，FH．
∵BD＝DC，∠BDE＝∠CDH，DE＝DH，
∴△BDE≌△CDH（SAS），
∴BE＝CH，
∵FD⊥EH．DE＝DH，
∴EF＝FH，
在△CFH中，CH+CF＞FH，
∵CH＝BE，FH＝EF，
∴BE+CF＞EF．
（4）结论：EF＝BE﹣FD
证明：如图3中，在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF，
∵AB＝AD，BG＝DF，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF，
∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF＝∠BAD，
∴∠GAE＝∠EAF，
∵AE＝AE，
∴△AEG≌△AEF（SAS），
∴EG＝EF，
∵EG＝BE﹣BG，
∴EF＝BE﹣FD．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、三角形的中线的性质、三角形的三边关系等知识，掌握倍长中线、构造全等三角形成为本题的关键．
【变式8-1】（2022·山东德州·八年级期末）（1）方法呈现：
如图①：在中，若，，点D为BC边的中点，求BC边上的中线AD的取值范围．
解决此问题可以用如下方法：延长AD到点E使，再连接BE，可证，从而把AB、AC，集中在中，利用三角形三边的关系即可判断中线AD的取值范围是_______________，这种解决问题的方法我们称为倍长中线法；
（2）探究应用：
如图②，在中，点D是BC的中点，于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，判断与EF的大小关系并证明；
（3）问题拓展：
如图③，在四边形ABCD中，，AF与DC的延长线交于点F、点E是BC的中点，若AE是的角平分线．试探究线段AB，AF，CF之间的数量关系，并加以证明．
【答案】（1）1＜AD＜5，（2）BE+CF＞EF，证明见解析；（3）AF+CF＝AB，证明见解析．
【分析】（1）由已知得出AC﹣CE＜AE＜AC+CE，即5﹣4＜AE＜5+3，据此可得答案；
（2）延长FD至点M，使DM＝DF，连接BM、EM，同（1）得△BMD≌△CFD，得出BM＝CF，由线段垂直平分线的性质得出EM＝EF，在△BME中，由三角形的三边关系得出BE+BM＞EM即可得出结论；
（3）如图③，延长AE，DF交于点G，根据平行和角平分线可证AF＝FG，易证△ABE≌△GEC，据此知AB＝CG，继而得出答案．
【详解】解：（1）延长AD至E，使DE＝AD，连接BE，如图①所示，
∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD，
在△BDE和△CDA中，
∵，
∴△BDE≌△CDA（SAS），
∴BE＝AC＝4，
在△ABE中，由三角形的三边关系得：AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∴6﹣4＜AE＜6+4，即2＜AE＜10，
∴1＜AD＜5；
故答案为：1＜AD＜5，
（2）BE+CF＞EF；
证明：延长FD至点M，使DM＝DF，连接BM、EM，如图②所示．
同（1）得：△BMD≌△CFD（SAS），
∴BM＝CF，
∵DE⊥DF，DM＝DF，
∴EM＝EF，
在△BME中，由三角形的三边关系得：BE+BM＞EM，
∴BE+CF＞EF；
（3）AF+CF＝AB．
如图③，延长AE，DF交于点G，
∵AB∥CD，
∴∠BAG＝∠G，
在△ABE和△GCE中
CE＝BE，∠BAG＝∠G，∠AEB＝∠GEC，
∴△ABE≌△GEC（AAS），
∴CG＝AB，
∵AE是∠BAF的平分线，
∴∠BAG＝∠GAF，
∴∠FAG＝∠G，
∴AF＝GF，
∵FG+CF＝CG，
∴AF+CF＝AB．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了三角形的三边关系、全等三角形的判定与性质、角的关系等知识；本题综合性强，有一定难度，通过作辅助线证明三角形全等是解决问题的关键．
【变式8-2】（2022·山东·高唐县赵寨子中学八年级期中）已知：△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，点M是BE的中点，连接CM、DM．

（1）当点D在AB上，点E在AC上时（如图一），求证：DM=CM，DM⊥CM；
（2）当点D在CA延长线上时（如图二）（1）中结论仍然成立，请补全图形（不用证明）；
（3）当ED∥AB时（如图三），上述结论仍然成立，请加以证明．
【答案】（1）证明见解析；（2）见解析；（3）见解析．
【分析】（1）如图一中，延长使得，连接、，先证明，再证明即可解决问题．
（2）补充图形如图二所示，延长交的延长线于，只要证明，再证明是等腰直角三角形即可．
（3）如图三中，如图一中，延长使得，连接、，，先证明，再证明即可．
【详解】（1）证明：如图一中，延长DM使得MN=DM，连接BN、CN．

在△DME和△NMB中，，
∴△DME≌△NMB，
∴DE=BN，∠MDE=∠MNB，
∴DE∥NB，
∴∠ADE=∠ABN=90°，
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，
∴AD=DE=BN，AC=BC，∠A=∠ABC=45°，
∴∠CBN=45°=∠A，
在△ACD和△BCN中，，
∴△ACD≌△BCN，
∴DC=CN，∠ACD=∠BCN，
∴∠DCN=∠ACB=90°，
∴△DCN是等腰直角三角形，
∵DM=MN，
∴DM=CM．DM⊥CM
（2）解：如图二所示

延长DM交CB的延长线于N， ∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，
∴AD=DE=BN，AC=BC，∠A=∠ABC=45°，
∵∠EDC+∠DCN=180°，
∴DE∥CN，
∴∠EDM=∠N
在△DME和△NMB中，，
∴△DME≌△NMB，
∴DE=BN=AD，DM=MN，
∴CD=CN，
∴∠CDN=∠N=45°，CM=DM=MN，CM⊥DN，
∴DM=CM．DM⊥CM．
（3）证明：如图三中，如图一中，延长DM交AB于N连接CN．
∵DE∥AB，
∴∠MBN=∠MED，
在△DME和△NMB中，，
∴△DME≌△NMB，
∴DE=BN=AD，DM=MN，
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，
∴AD=DE=BN，AC=BC，∠BAC=∠ABC=45°，
∵∠AED+∠BAE=180°，
∴∠BAE=135°，
∵∠BAC=∠EAD=45°，
∴∠DAC=∠CBN=45°
在△ACD和△BCN中，，
∴△ACD≌△BCN，
∴DC=CN，∠ACD=∠BCN，
∴∠DCN=∠ACB=90°，
∴△DCN是等腰直角三角形，∵DM=MN，
∴DM=CM．DM⊥CM
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、 等腰直角三角形的性质等知识， 解题的关键是添加辅助线构造全等三角形， 记住中线延长一倍是常用辅助线， 属于中考常考题型．
【变式8-3】（2022·全国·八年级）如图1，在△ABC中，若AB＝10，BC＝8，求AC边上的中线BD的取值范围．
（1）小聪同学是这样思考的：延长BD至E，使DE＝BD，连接CE，可证得△CED≌△ABD．
①请证明△CED≌△ABD；
②中线BD的取值范围是 ．
（2）问题拓展：如图2，在△ABC中，点D是AC的中点，分别以AB，BC为直角边向△ABC外作等腰直角三角形ABM和等腰直角三角形BCN，其中，AB＝BM，BC＝BN，∠ABM＝∠NBC＝∠90°，连接MN．请写出BD与MN的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）①见解析；②；（3）MN=2BD，理由见解析
【分析】（1）①只需要利用SAS证明△CED≌△ABD即可；
②根据△CED≌△ABD可得AB=CE，由三角形三边的关系可得即则，再由，可得；
（2），延长BD到E使得DE=BD，同（1）原理可证△ADE≌△CDB，得到∠DAE=∠DCB，AE=CB，然后证明∠BAE=∠MBN，则可证△BAE≌△MBN得到MN=BE，再由BE=BD+ED=2BD，可得MN=2BD．
【详解】解：（1）①∵BD是三角形ABC的中线，
∴AD=CD，
又∵∠ABD=∠CDE，BD=ED，
∴△CED≌△ABD（SAS）；
②∵△CED≌△ABD，
∴AB=CE，
∵，
∴即，
又∵，
∴；
故答案为：；
（2）MN=2BD，理由如下：
如图所示，延长BD到E使得DE=BD，
同（1）原理可证△ADE≌△CDB（SAS），
∴∠DAE=∠DCB，AE=CB，
∵BC=BN，
∴AE=BN，
∵∠ABM=∠NBC=90°，
∴∠MBN+∠ABC=360°-∠ABM-∠NBC=180°，
∵∠ABC+∠BAC+∠ACB=180°，
∴∠ABC+∠BAC+∠DAE=180°，
∴∠BAE+∠ABC=180°，
∴∠BAE=∠MBN，
又∵AB=BM，
∴△BAE≌△MBN（SAS），
∴MN=BE，
∵BE=BD+ED=2BD，
∴MN=2BD．
【点睛】本题主要考查了三角形三边的关系，全等三角形的性质与判定，三角形内角和定理，解题的关键在于能够熟练掌握倍长中线法证明两个三角形全等．
【考点9 全等中的旋转模型】
【例9】（2022·全国·八年级专题练习）问题发现：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：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：，；拓展探究：成立，理由见解析
【分析】问题发现：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：用SAS证，根据全等三角形的性质即可证得．
【详解】解：问题发现：延长BD，交AE于点F，如图所示：
∵，
∴，
又∵,
∴（SAS），
，
∵，
∴，
∴，
∴，
，
故答案为：，；
拓展探究：成立．
理由如下：设与相交于点，如图1所示：
∵，
∴，
又∵，，
∴（SAS），
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，依然成立．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，三角形三边关系，手拉手模型，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．
【变式9-1】（2022·江苏·八年级专题练习）如图，在中，，，D、E是斜边上两点，且，若，，，则与的面积之和为（ ）
A．36B．21C．30D．22
【答案】B
【分析】将关于对称得到，从而可得的面积为15，再根据对称的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理证出，从而可得，最后根据与的面积之和等于与的面积之和即可得．
【详解】解：如图，将关于AE对称得到，
则，，
，
，
，
在和中，，
，
，
，即是直角三角形，
，
，
即与的面积之和为21，
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键．
【变式9-2】（2022·江苏·南京民办求真中学七年级阶段练习）如图直角三角形中的空白部分是正方形，正方形的一个顶点将这个直角三角形的斜边分成二部分，AD=3厘米，阴影部分的面积是6平方厘米，长______厘米．
【答案】4
【分析】如图，将△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△GDF，求出∠GDB＝90°，可得△GDF与△DBF组成一个直角△DBG，直角边DG是3厘米，面积是6平方厘米，由此利用三角形的面积公式即可求出DB的长．
【详解】解：如图，将△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△GDF，则△ADE≌△GDF，点G、F在BC上，
∴∠ADE＝∠GDF，
∵在正方形DECF中，∠EDF＝90°，
∴∠ADE＋∠FDB＝90°，
∴∠GDF＋∠FDB＝90°，即∠GDB＝90°，
∴△GDF与△DBF组成一个直角△DBG，直角边DG是3厘米，面积是6平方厘米，
∴DB的长为：6×2÷3＝12÷3＝4（厘米），
故答案为：4．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，三角形面积计算，解答此题的关键是巧妙地把阴影部分△ADE通过旋转与阴影部分△DBF 组成一个直角三角形．
【变式9-3】（2022·全国·八年级课时练习）综合与实践
（1）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝45°，则MN，AM，CN的数量关系为 ．
（2）如图2，在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝∠ABC，试探索线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？请写出猜想，并给予证明．
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，点M、N分别在DA、CD的延长线上，若∠MBN＝∠ABC，试探究线段MN、AM、CN的数量关系为 ．
【答案】（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由见解析；（3）MN=CN-AM，理由见解析
【分析】（1）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，可得到点M'、C、N三点共线，再由∠MBN=45°，可得∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；
（2）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，由∠A+∠C＝180°，可得点M'、C、N三点共线，再由∠MBN＝∠ABC，可得到∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；
（3）在NC上截取C M'=AM，连接B M'，由∠ABC+∠ADC＝180°，可得∠BAM=∠C，再由AB＝BC，可证得△ABM≌△CB M'，从而得到AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，进而得到∠MA M'=∠ABC，再由∠MBN＝∠ABC，可得∠MBN＝∠M'BN，从而得到△NBM≌△NBM'，即可求解．
【详解】解：（1）如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，
在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC ，
∴∠BCM'+∠BCD=180°，
∴点M'、C、N三点共线，
∵∠MBN=45°，
∴∠ABM+∠CBN=45°，
∴∠M'BN=∠M'BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=45°，
即∠M'BN=∠MBN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N= M'C+CN，
∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（2）MN=AM+CN；理由如下：
如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，
∵∠A+∠C＝180°，
∴∠BCM'+∠BCD=180°，
∴点M'、C、N三点共线，
∵∠MBN＝∠ABC，
∴∠ABM+∠CBN=∠ABC＝∠MBN，
∴∠CBN+∠M'BC =∠MBN，即∠M'BN=∠MBN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N= M'C+CN，
∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（3）MN=CN-AM，理由如下：
如图，在NC上截取C M'=AM，连接B M'，
∵在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠C+∠BAD=180°，
∵∠BAM+∠BAD=180°，
∴∠BAM=∠C，
∵AB＝BC，
∴△ABM≌△CB M'，
∴AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，
∴∠MA M'=∠ABC，
∵∠MBN＝∠ABC，
∴∠MBN＝∠MA M'=∠M'BN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N=CN-C M'，
∴MN=CN-AM．
故答案是：MN=CN-AM．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，图形的旋转，根据题意做适当辅助线，得到全等三角形是解题的关键．
【考点10 全等中的垂线模型】
【例10】（2022·广东佛山·七年级阶段练习）在△ABC中，∠BAC=90°，AC=AB，直线MN经过点A，且CD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
(1)当直线MN绕点A旋转到图1的位置时， 度；
(2)求证：DE=CD+BE；
(3)当直线MN绕点A旋转到图2的位置时，试问DE、CD、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)90°
(2)见解析
(3)CD= BE + DE，证明见解析
【分析】（1）由∠BAC=90°可直接得到90°；
（2）由CD⊥MN，BE⊥MN，得∠ADC=∠BEA=∠BAC=90°，根据等角的余角相等得到∠DCA=∠EAB，根据AAS可证△DCA≌△EAB，所以AD=CE，DC=BE，即可得到DE = EA+AD = DC+BE．
（3）同（2）易证△DCA≌△EAB，得到AD=CE，DC=BE，由图可知AE = AD +DE，所以 CD= BE + DE．
（1）
∵∠BAC=90°
∴ ∠EAB+∠DAC=180°-∠BAC=180°-90°=90°
故答案为：90°．
（2）
证明：∵ CD⊥MN于D，BE⊥MN于E
∴ ∠ADC=∠BEA=∠BAC=90°
∵ ∠DAC+∠DCA=90°且 ∠DAC+∠EAB=90°
∴ ∠DCA=∠EAB
∵在△DCA和△EAB中

∴△DCA≌△EAB (AAS)
∴ AD=BE且EA=DC
由图可知：DE = EA+AD = DC+BE．
（3）
∵ CD⊥MN于D，BE⊥MN于E
∴ ∠ADC=∠BEA=∠BAC=90°
∵ ∠DAC+∠DCA=90°且∠DAC+∠EAB=90°
∴ ∠DCA=∠EAB
∵在△DCA和△EAB中
∴△DCA≌△EAB (AAS)
∴ AD=BE且AE=CD
由图可知：AE = AD +DE
∴ CD= BE + DE．
【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线段所夹的角等于旋转角，也考查了三角形全等的判定与性质．
【变式10-1】（2022·陕西省西安爱知中学七年级期末）（1）【问题发现】如图1，△ABC与△CDE中，∠B＝∠E＝∠ACD＝90°，AC＝CD，B、C、E三点在同一直线上，AB＝3，ED＝4，则BE＝_____．
（2）【问题提出】如图2，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BC＝4，过点C作CD⊥AC，且CD＝AC，求△BCD的面积．
（3）【问题解决】如图3，四边形ABCD中，∠ABC＝∠CAB＝∠ADC＝45°，△ACD面积为12且CD的长为6，求△BCD的面积．
【答案】（1）7；（2）S△BCD＝8；（3）S△BCD＝6．
【分析】(1) ∠B＝∠E＝∠ACD＝90°，根据同角的余角相等，可得∠ACB＝∠D，由已知条件可证△ABC≌△CED，可得答案；
（2）过D作DE⊥BC交BC延长线于E，同（1）中的方法，可证△ABC≌△CED，可得答案；
（3）过A作AE⊥CD于E，过B作BF⊥CD交DC延长线于F，由△ACD面积为12且CD的长为6，可得AE＝4，进而可得CE=2，同（1）中证法，可得△ACE≌△CBF，由全等三角形的性质可求得答案．
【详解】解：（1）∵∠ACD＝∠E＝90°，
∴∠ACB＝90°﹣∠DCE＝∠D，
在△ABC和△CED中，
，
∴△ABC≌△CED（AAS），
∴AB＝CE＝3，BC＝ED＝4，
∴BE＝BC+CE＝7；
故答案为：7；
（2）过D作DE⊥BC交BC延长线于E，如图：
∵DE⊥BC，CD⊥AC，
∴∠E＝∠ACD＝90°，
∴∠ACB＝90°﹣∠DCE＝∠CDE，
在△ABC和△CED中，
，
∴△ABC≌△CED（AAS），
∴BC＝ED＝4，
∴S△BCD＝BC•DE＝8；
（3）过A作AE⊥CD于E，过B作BF⊥CD交DC延长线于F，如图：
∵△ACD面积为12且CD的长为6，
∴×6•AE＝12，
∴AE＝4，
∵∠ADC＝45°，AE⊥CD，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴DE＝AE＝4，
∴CE＝CD﹣DE＝2，
∵∠ABC＝∠CAB＝45°，
∴∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠ACE＝90°﹣∠BCF＝∠CBF，
在△ACE和△CBF中，
，
∴△ACE≌△CBF（AAS），
∴BF＝CE＝2，
∴S△BCD＝CD•BF＝6．
【点睛】本题考查全等三角形的性质与判定，属于类比探究类的题目，掌握模型思想，准确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【变式10-2】（2022·安徽·九年级期末）如图，Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E点为射线CB上一动点，连结AE，作AF⊥AE且AF＝AE．
（1）如图1，过F点作FD⊥AC交AC于D点，求证：FD＝BC；
（2）如图2，连结BF交AC于G点，若AG＝3，CG＝1，求证：E点为BC中点．
（3）当E点在射线CB上，连结BF与直线AC交子G点，若BC＝4，BE＝3，则 ．（直接写出结果）
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）或
【分析】（1）证明△AFD≌△EAC，根据全等三角形的性质得到DF=AC，等量代换证明结论；
（2）作FD⊥AC于D，证明△FDG≌△BCG，得到DG=CG，求出CE，CB的长，得到答案；
（3）过F作FD⊥AG的延长线交于点D，根据全等三角形的性质得到CG=GD，AD=CE=7，代入计算即可．
【详解】（1）证明：∵FD⊥AC，
∴∠FDA=90°，
∴∠DFA+∠DAF=90°，
同理，∠CAE+∠DAF=90°，
∴∠DFA=∠CAE，
在△AFD和△EAC中，
，
∴△AFD≌△EAC（AAS），
∴DF=AC，
∵AC=BC，
∴FD=BC；
（2）作FD⊥AC于D，
由（1）得，FD=AC=BC，AD=CE，
在△FDG和△BCG中，
，
∴△FDG≌△BCG（AAS），
∴DG=CG=1，
∴AD=2，
∴CE=2，
∵BC=AC=AG+CG=4，
∴E点为BC中点；
（3）当点E在CB的延长线上时，过F作FD⊥AG的延长线交于点D，
BC=AC=4，CE=CB+BE=7，
由（1）（2）知：△ADF≌△ECA，△GDF≌△GCB，
∴CG=GD，AD=CE=7，
∴CG=DG=1.5，
∴AG=CG+AC=5.5，
∴，
同理，当点E在线段BC上时，AG= AC -CG+=2.5，
∴，
故答案为：或．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质，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10-3】（2022·黑龙江牡丹江·九年级期末）平面内有一等腰直角三角板（∠ACB＝90°）和一直线MN．过点C作CE⊥MN于点E，过点B作BF⊥MN于点F．当点E与点A重合时（如图1），易证：AF+BF＝2CE．
(1)当三角板绕点A顺时针旋转至图2的位置时，上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段AF、BF、CE之间又有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明．
(2)当三角板绕点A顺时针旋转至图3的位置时，上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段AF、BF、CE之间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)AF+BF=2CE仍成立
(2)AF-BF=2CE
【分析】（1）过B作BH⊥CE于点H，可证△ACE≌△CBH，通过线段的等量代换可得结论；
（2）过点B作BG⊥CE，交CE的延长线于点G，△ACE≌△CBG，通过线段的等量代换可得答案．
（1）
解：图2，AF+BF=2CE仍成立，
证明：如图，过B作BH⊥CE于点H，
∵∠BCH+∠ACE=90°，
又∵在直角△ACE中，∠ACE+∠CAE=90°，
∴∠CAE=∠BCH，
又∵AC=BC，∠AEC=∠BHC=90°
∴△ACE≌△CBH．
∴CH=AE，BF=HE，CE=BH，
∴AF+BF=AE+EF+BF=CH+EF+HE=CE+EF=2EC．
（2）
解：不成立，线段AF、BF、CE之间的数量关系为：AF-BF=2CE
证明：如图，过点B作BG⊥CE，交CE的延长线于点G，
∵∠BCG+∠ACE=90°，
又∵在直角△ACE中，∠ACE+∠CAE=90°，
∴∠CAE=∠BCG，
又∵AC=BC，∠AEC=∠BGC=90°
∴△ACE≌△CBG．
∴CG=AE，BF=GE，CE=BG，
∴AF-BF=AE+EF-BF=CG+EF-GE=CE+EF=2EC．
【点睛】本题考查全等三角形的判定，根据题意正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【考点11 全等中的其他模型】
【例11】（2022·重庆八中七年级期中）如图：，，，，连接与交于，则：①；②；③；正确的有（ ）个
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【分析】利用垂直的定义得到，则，于是可对①进行判断；利用“”可证明，于是可对②进行判断；利用全等的性质得到，则根据三角形内角和和对顶角相等得到，于是可对③进行判断．
【详解】解：，，
，，
，
即，所以①正确；
在和中，
，
，所以②正确；
，
∵∠AFD=∠MFB，
，
，所以③正确．
故选：．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法中，选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件．
【变式11-1】（2022·全国·八年级单元测试）如图，已知中，，D为上一点，且，则的度数是_________．
【答案】20°
【分析】延长至点E使，连接，证明是等边三角形，设，则，再证明，即可得到结果．
【详解】解：如图，延长至点E使，连接．
∴，
∵，
∴．
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴设，则．在与中，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案是．
【点睛】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，准确分析计算是解题的关键．
【变式11-2】（2022·山西阳泉·八年级期末）有些数学题，表面上看起来无从下手，但根据图形的特点，可补全成为特殊的图形，然后根据特殊几何图形的性质去考虑，常常可以获得简捷解法．根据阅读，请解答问题：如图所示，已知△ABC的面积为16cm2，AD平分∠BAC，且AD⊥BD于点D，则△ADC的面积为___________cm2．
【答案】8
【分析】延长BD、AC交于点E，由题意证得△ABD≌△AED（ASA），证得AB＝AE，BD＝DE，即可证得S△ABD＝S△AED，S△BDC＝S△EDC，设S△EDC＝x，利用S△ABE＝S△ABC+S△BCD＝12+2S△EDC即可求得结果．
【详解】解：延长BD、AC交于点E，
∵AD平分∠BAC，且AD⊥BD于点D，
∴在△ABD和△AED中，

∴△ABD≌△AED（ASA），
∴AB＝AE，BD＝DE，
∴S△ABD＝S△AED，S△BDC＝S△EDC，
设S△EDC＝x，
∵△ABC的面积为16cm2，
∴S△ABE＝S△ABC+S△BCD＝16+2S△EDC＝16+2x，
∴S△ADC＝S△ADE﹣S△EDC＝
故答案为8．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，以及三角形面积的求法，根据图形的特点，补全成特殊的图形是解题的关键.
【变式11-3】（2022·江苏南通·八年级期中）如图，等边△ABC的边长为6，点P从点B出发沿射线BA移动，同时，点Q从点C出发沿线段AC的延长线移动，已知点P、Q移动的速度相同，PQ与直线BC相交于点D.
（1）如图①，当点P为AB的中点时，求CD的长；
（2）如图②，过点P作直线BC的垂线，垂足为E，当点P、Q在移动的过程中，线段BE、DE、CD中是否存在长度保持不变的线段？请说明理由.
【答案】（1）；（2）线段ED的长度保持不变.
【分析】(1)过P点作PF//AC交BC于F，由题意可证△BPF是等边三角形，△PFD≌△QCD，即可求CD的长；
(2)分点P在线段AB上，点P在线段BA的延长线上两种情况讨论，利用全等三角形的性质和判定可得DE的长度不变．
【详解】解：（1）如图，过P点作PF∥AC交BC于F，
∵点P和点Q同时出发，且速度相同，
∴BP=CQ，
∵PF∥AQ，
∴∠PFB=∠ACB=60°，∠DPF=∠CQD，
又∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，∴∠B=∠PFB，
∴BP=PF，
∴PF=CQ，又∠PDF=∠QDC，
∴△PFD≌△QCD，且△PBF是等边三角形
∴，BF=PB
∵P是AB的中点，即，
∴BF=3
∴;
（2）分两种情况讨论，得ED为定值，是不变的线段
如图，如果点P在线段AB上，
过点P作PF∥AC交BC于F，
由（1）证得△PFD≌△QCD，且△PBF是等边三角形
∴
∴
∴ED为定值
同理，如图，若P在BA的延长线上，
作PM∥AC的延长线于M，
∴∠PMC=∠ACB，又∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB=60°，
∴∠B=∠PMC=60°，
∴PM=PB，且PE⊥BC
∴，△PBM是等边三角形
∴PM=PB=CQ
∵PM∥AC
∴∠PMB=∠QCM，∠MPD=∠CQD且PM=CQ
∴△PMD≌△QCD（ASA），
∴，
∴
综上所述，线段ED的长度保持不变.
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，等边三角形的性质，灵活利用全等三角形的判定，等边三角形的性质，并作辅助线是解题的关键.
【考点12 全等三角形的动点问题】
【例12】（2022·江苏·八年级单元测试）如图，AB＝7cm，AC＝5cm，∠CAB＝∠DBA＝60°，点P在线段AB上以2cm/s的速度由点A向点B运动，同时，点Q在射线BD上运动速度为xcm/s，它们运动的时间为t（s）（当点P运动结束时，点Q运动随之结束）．当点P、Q运动到某处时，有△ACP与△BPQ全等，则相应的x、t的值为（ ）
A．x＝2，t＝B．x＝2，t＝ 或x＝，t＝1
C．x＝2，t＝1D．x＝2，t＝1或x＝，t＝
【答案】D
【分析】分两种情况：①△ACP≌△BPQ时AC=BP，AP=BQ，②△ACP≌△BQP时AC=BQ，AP=BP，建立方程组求得答案即可
【详解】解：①若△ACP≌△BPQ，则AC=BP，AP=BQ，
可得：5=7－2t，2t=xt
解得：x=2，t=1；
②若△ACP≌△BQP，则AC=BQ，AP=BP，
可得：5=xt，2t=7－2t
解得：x=，t=．
故选D．
【点睛】此题考查全等三角形的判定与性质，注意分类讨论思想的渗透．
【变式12-1】（2022·江苏·九华中学八年级阶段练习）如图，AE与BD相交于点C，AC＝EC，BC＝DC，AB＝4cm，点P从点A出发，沿A→B→A方向以3cm/s的速度运动，点Q从点D出发，沿D→E方向以1cm/s的速度运动，P、Q两点同时出发，当点P到达点A时，P、Q两点同时停止运动．设点P的运动时间为t（s）．
(1)AB与DE有什么关系？请说明理由．
(2)线段AP的长为________（用含t的式子表示）．
(3)连接PQ，当线段PQ经过点C时，t的值为_______．
【答案】(1)ABDE且AB=DE，理由见解析；
(2)3t cm或（8−3t）cm
(3)1或2．
【分析】（1）由SAS证明△ABC≌△EDC（SAS），得∠A＝∠E，即可得出结论；
（2）分两种情况计算即可；
（3）先证△ACP≌△ECQ（ASA），得AP＝EQ，再分两种情况，当0≤t≤时，3t＝4−t，解得t＝1；当＜t≤时，8−3t＝4−t，解得t＝2即可．
（1）
ABDE且AB=DE，理由如下：
在△ABC和△EDC中，
，
∴△ABC≌△EDC（SAS），
∴AB=DE，∠A＝∠E，
∴ABDE．
（2）
当0≤t≤时，AP＝3t cm；
当＜t≤时，BP＝（3t−4）cm,
则AP＝4−（3t−4）＝（8−3t）cm；
综上所述，线段AP的长为3t cm或（8−3t）cm，
故答案为：3t cm或（8−3t）cm；
（3）
由（1）得：∠A＝∠E，ED＝AB＝4cm，
在△ACP和△ECQ中，
，
∴△ACP≌△ECQ（ASA），
∴AP＝EQ，
当0≤t≤时，3t＝4−t，
解得：t＝1；
当＜t≤时，8−3t＝4−t，
解得：t＝2；
综上所述，当线段PQ经过点C时，t的值为1或2．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行线的判定以及一元一次方程的应用等知识；证明三角形全等是解题的关键．
【变式12-2】（2022·江苏·泰州中学附属初中七年级期末）长方形ABCD中，AB=6，AD=m，点P以每秒1个单位的速度从A向B运动，点Q同时以每秒2个单位的速度从A向D运动，点E为边CD上任意一点．
(1)当m=8时，设P，Q两点运动时间为t，
①若Q为AD中点，求t的值；
②连接QE，若△APQ与△EDQ全等，求DE的长．
(2)若在边AD上总存在点Q使得△APQ≌△DQE，求m的取值范围．
【答案】(1)①2；②
(2)
【分析】（1）①先求出当m=8时AQ的长度，即可求出时间t；②连接QE，分别将AP和AQ的长度用t表示出来，分AP=DQ和AQ=DQ两种情况进行讨论；
（2）根据AB=6得出0