?專題12.4 三角形全等的九大基本模型
模型一：平移模型
【模型解讀】把△ABC沿著某一條直線l平行移動，所得到△DEF與△ABC稱為平移型全等三角形，圖①，圖②是常見的平移型全等三角線.

【常見模型】

例1．（2022·浙江杭州市·八年級期中）如圖，在△ABC和△DEF中，B，E，C，F(xiàn)在同一條直線上，AB // DE，AB = DE，∠A = ∠D．（1）求證：；（2）若BF = 11，EC = 5，求BE的長．

【答案】（1）見解析；（2）BE=3．
【分析】（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)由AB∥DE得到∠ABC＝∠DEF，然后根據(jù)“ASA”可判斷△ABC≌△DEF；
（2）根據(jù)三角形全等的性質(zhì)可得BC＝EF，由此可求出BE＝CF，則利用線段的和差關(guān)系求出BE．
【詳解】（1）證明：∵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．
【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解答此題的關(guān)鍵．
變式1. （2021?富順縣校級月考）如圖1，A，B，C，D在同一直線上，AB＝CD，DE∥AF，且DE＝AF，求證：△AFC≌△DEB．如果將BD沿著AD邊的方向平行移動，如圖2，3時，其余條件不變，結(jié)論是否成立？如果成立，請予以證明；如果不成立，請說明理由．

【思路】可以根據(jù)已知利用SAS判定△AFC≌△DEB．如果將BD沿著AD邊的方向平行移動，如圖（2）、（3）時，其余條件不變，結(jié)論仍然成立．可以利用全等三角形的常用的判定方法進(jìn)行驗證．
【解答過程】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）中結(jié)論依然成立．
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：軸對稱模型
【模型解讀】將原圖形沿著某一條直線折疊后，直線兩邊的部分能夠完全重合，這兩個三角形稱之為軸對稱型全等三角形，此類圖形中要注意期隱含條件，即公共邊或公共角相等.
【常見模型】

例2．（2021·河南南陽市·八年級期末）如圖，已知∠C＝∠F＝90°，AC＝DF，AE＝DB，BC與EF交于點(diǎn)O，（1）求證：Rt△ABC≌Rt△DEF；（2）若∠A＝51°，求∠BOF的度數(shù)．

【答案】（1）見解析；（2）78°
【分析】（1）由AE＝DB得出AE＋EB＝DB＋EB，即AB＝DE，利用HL即可證明Rt△ABC≌Rt△DEF；
（2）根據(jù)直角三角形的兩銳角互余得∠ABC＝39°，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得∠ABC＝∠DEF＝39°，由三角形外角的性質(zhì)即可求解．
【詳解】（1）證明：∵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°．
【點(diǎn)睛】本題主要考查直角三角形的兩銳角互余，三角形外角的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．
變式2. （2021·安徽·八年級期末）如圖，AB＝AC，D、E分別是AB、AC的中點(diǎn)，AM⊥CD于M，AN⊥BE干N．求證：AM＝AN．

【解題思路】利用已知條件先證明△DBC≌△EBC，再證明△AMD≌△ANE，即可解答．
【解答過程】解：∵AB＝AC，D、E分別是AB、AC的中點(diǎn)，∴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：旋轉(zhuǎn)模型
【模型解讀】將三角形繞著公共頂點(diǎn)旋轉(zhuǎn)一定角度后，兩個三角形能夠完全重合，則稱這兩個三角形為旋轉(zhuǎn)型三角形，識別旋轉(zhuǎn)型三角形時，涉及對頂角相等、等角加（減）公共角的條件.
【常見模型】

例3．（2021·江蘇鎮(zhèn)江市·八年級期末）如圖，，
求證：（1）；（2）．

【答案】（1）見解析；（2）見解析
【分析】（1）根據(jù)垂直得到，求出，即可得到結(jié)果；（2）設(shè)交于，交于，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到，再根據(jù)已知條件轉(zhuǎn)換即可；
【詳解】證明：，，，
，，
在和中，，；

如圖，設(shè)交于，交于，
，，，，
，，．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，準(zhǔn)確證明是解題的關(guān)鍵．
變式3. （2021春?浦東新區(qū)期末）如圖，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°．
（1）當(dāng)點(diǎn)D在AC上時，如圖①，線段BD，CE有怎樣的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系？請證明你的猜想；
（2）將圖①中的△ADE繞點(diǎn)A順時針旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜90°），如圖②，線段BD，CE有怎樣的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系？請說明理由．

【解題思路】（1）延長BD交CE于F，易證△EAC≌△DAB，可得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，根據(jù)∠AEC+∠ACE＝90°，可得∠ABD+∠AEC＝90°，即可解題；
（2）延長BD交CE于F，易證∠BAD＝∠EAC，即可證明△EAC≌△DAB，可得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，根據(jù)∠ABC+∠ACB＝90°，可以求得∠CBF+∠BCF＝90°，即可解題．
【解答過程】證明：（1）延長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）延長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．

模型四：一線三等角模型
【模型解讀】基本圖形如下：此類圖形通常告訴BD⊥DE，AB⊥AC，CE⊥DE，那么一定有∠B=∠CAE.

【常見模型】

例4．（2022?覃塘區(qū)期中）已知：D，A，E三點(diǎn)都在直線m上，在直線m的同一側(cè)作△ABC，使AB＝AC，連接BD，CE．（1）如圖①，若∠BAC＝90°，BD⊥m，CE⊥m，求證：△ABD≌△ACE；
（2）如圖②，若∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，請判斷BD，CE，DE三條線段之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．

【解題思路】（1）根據(jù)BD⊥直線m，CE⊥直線m得∠BDA＝∠CEA＝90°，而∠BAC＝90°，根據(jù)等角的余角相等得∠CAE＝∠ABD，然后根據(jù)“AAS”可判斷△ADB≌△CEA；
（2）由∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，就可以求出∠BAD＝∠ACE，進(jìn)而由ASA就可以得出△BAD≌△ACE，就可以得出BD＝AE，DA＝CE，即可得出結(jié)論．
【解答過程】解：（1）證明：如圖①，∵D，A，E三點(diǎn)都在直線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：如圖②，∵∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，
∴由三角形內(nèi)角和及平角性質(zhì)，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．
變式4.（2021?香坊區(qū)期末）如圖，在△ABC中，點(diǎn)D是邊BC上一點(diǎn)，CD＝AB，點(diǎn)E在邊AC上，且AD＝DE，∠BAD＝∠CDE．（1）如圖1，求證：BD＝CE；（2）如圖2，若DE平分∠ADC，在不添加輔助線的情況下，請直接寫出圖中所有與∠ADE相等的角（∠ADE除外）．

【解題思路】（1）由“SAS”可證△ABD≌△DCE，可得BD＝CE；
（2）由全等三角形的性質(zhì)可得∠B＝∠C，由三角形的外角性質(zhì)和角平分線的性質(zhì)可求解．
【解答過程】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，
∴與∠ADE相等的角有∠EDC，∠BAD，∠B，∠C．

模型五：三垂直全等模型
【模型解讀】模型主體為兩個直角三角形，且兩條斜邊互相垂直。
【常見模型】

例5．（2020·江西贛州市·八年級期末）已知：，，，．
（1）試猜想線段與的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論．
（2）若將沿方向平移至圖2情形，其余條件不變，結(jié)論還成立嗎？請說明理由．
（3）若將沿方向平移至圖3情形，其余條件不變，結(jié)論還成立嗎？請說明理由．

【答案】（1），見解析；（2）成立，理由見解析；（3）成立，理由見解析
【分析】（1）先用判斷出，得出，進(jìn)而判斷出，即可得出結(jié)論；（2）同（1）的方法，即可得出結(jié)論；（3）同（1）的方法，即可得出結(jié)論．
【詳解】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，，∴．
【點(diǎn)睛】此題是幾何變換綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，判斷出是解本題的關(guān)鍵．
變式5. （2021·廣東省龍嶺初級中學(xué)初二期中）如圖，已知∠DCE=90°，∠DAC=90°，BE⊥AC于B，且DC=EC．（1）∠D和∠ECB相等嗎？若相等，請說明理由；（2）△ADC≌△BCE嗎？若全等，請說明理由；（3）能否找到與AB+AD相等的線段，并說明理由。

【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】
將兩個三角形繞著公共頂點(diǎn)（即頭）旋轉(zhuǎn)某一角度后能完全重合，則這兩個三角形構(gòu)成手拉手全等，也叫旋轉(zhuǎn)型全等，常用“邊角邊”判定定理證明全等。
【模型圖示】

公共頂點(diǎn)A記為“頭”，每個三角形另兩個頂點(diǎn)逆時針順序數(shù)的第一個頂點(diǎn)記為“左手”，第二個頂點(diǎn)記為“右手”。對應(yīng)操作：左手拉左手（即連結(jié)BD），右手拉右手（即連結(jié)CE），得。
【常見模型】
（等腰）
（等邊）
（等腰直角）
例6．（2021·甘肅慶陽市·八年級期末）在學(xué)習(xí)全等三角形知識時、教學(xué)興趣小組發(fā)現(xiàn)這樣一個模型：它是由兩個共頂點(diǎn)且頂角相等的等腰三角形構(gòu)成．在相對位置變化的同時，始終存在一對全等三角形．通過資料查詢，他們得知這種模型稱為“手拉手模型” 興趣小組進(jìn)行了如下操究：
（1）如圖1、兩個等腰三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE，連接BD、CE、如果把小等腰三角形的腰長看作小手，大等腰三角形的腰長看作大手，兩個等腰三角形有公共頂點(diǎn)，類似大手拉著小手，這個就是“手拉手模型”，在這個模型中，和△ADB全等的三角形是 ，此線BD和CE的數(shù)量關(guān)系是

（2）如圖2、兩個等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE=90°，連接BD，CE，兩線交于點(diǎn)P，請判斷線段BD和CE的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，并說明理由：
（3）如圖3，已知△ABC、請完成作圖：以AB、AC為邊分別向△ABC外作等邊△ABD和等邊△ACE（等邊三角形三條邊相等，三個角都等于60°），連接BE，CD，兩線交于點(diǎn)P，并直接寫出線段BE和CD的數(shù)量關(guān)系及∠PBC+∠PCB的度數(shù)、
【答案】（1）△AEC，BD=CE；（2）BD=CE且BD⊥CE，理由見解析；（3）作圖見解析，BE=CD，∠PBC+∠PCB=60°．
【分析】（1）根據(jù)SAS證明兩個三角形全等即可；（2）通過條件證明△DAB≌△EAC（SAS），得到∠DBC+∠ECB=90°，即可證明BD⊥CE，從而得到結(jié)果；（3）根據(jù)已知條件證明即可得到證明；
【詳解】解：（1）∵AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE，∴，
即，∴，∴BD=CE；
（2）BD=CE且BD⊥CE；理由如下：因為∠DAE=∠BAC=90°，如圖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．
因為∠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．綜上所述：BD=CE且BD⊥CE．
（3）如圖3所示，BE=CD，∠PBC+∠PCB=60°．
由圖可知，AD=AB，AE=AC，
∴，即，
∴，∴BE=CD，，
又∵，∴，
∴，∴∠PBC+∠PCB=60°．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了全等三角形的知識點(diǎn)應(yīng)用，準(zhǔn)確分析圖形是解題的關(guān)鍵．
變式6. （2022·江西上饒市·南屏中學(xué)八年級月考）如圖, AB=CB, BD=BE, ∠ABC=∠DBE=a.
（1）當(dāng)a=60°, 如圖①則，∠DPE的度數(shù)______________
（2）若△BDE繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)一定角度，如圖②所示，求∠DPE（用a表示）

【答案】（1）60°；（2）∠DPE=a
【分析】（1）利用SAAS證得△ABE≌△CBD，利用全等三角形的性質(zhì)得到∠AEB=∠CDB，再利用三角形內(nèi)角和定義以及等邊三角形的性質(zhì)即可解答；（2）利用SAAS證得△ABE≌△CBD，利用全等三角形的性質(zhì)得到∠AEB=∠BDC，再利用三角形內(nèi)角和定理即可完成.
【詳解】（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是等邊三角形∴∠BDE=∠EDB=60°
∵∠EDP+∠CDB=60°∴∠EDP+∠AEB=60°
∵∠DPE+∠AEB+∠BED+∠EDP=180°∴∠DPE=60°故答案為：60°
（2）如圖：∵∠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

【點(diǎn)睛】本題主要考查全等三角形的判定及性質(zhì)，還涉及了等邊三角形的判定及性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理等知識點(diǎn)，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)定理是解題關(guān)鍵.

模型七： 半角全等模型
【模型分析】過等腰三角形頂點(diǎn) 兩條射線，使兩條射線的夾角為等腰三角形頂角的一半這樣的模型稱為半角模型。
【常見模型】

常見的圖形為正方形，正三角形，等腰直角三角形等，解題思路一般是將半角兩邊的三角形通過旋轉(zhuǎn)到一邊合并成新的三角形，從而進(jìn)行等量代換，然后證明與半角形成的三角形全等，再通過全等的性質(zhì)得到線段之間的數(shù)量關(guān)系。半角模型（題中出現(xiàn)角度之間的半角關(guān)系）利用旋轉(zhuǎn)——證全等——得到相關(guān)結(jié)論.
例7．（2021·河南新鄉(xiāng)市·八年級期中）已知四邊形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交AD，DC（或它們的延長線）于E，F(xiàn)．

（1）當(dāng)∠MBN繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到AE＝CF時（如圖1），求證：△ABE≌△CBF．（2）當(dāng)∠MBN繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)到AE≠CF時，如圖2，猜想線段AE，CF，EF有怎樣的數(shù)量關(guān)系，并證明你的猜想．（3）當(dāng)∠MBN繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)到圖3這種情況下，猜想線段AE，CF，EF有怎樣的數(shù)量關(guān)系，并證明你的猜想．
【答案】（1）見解析；（2）AE+CF＝EF，證明見解析；（3）AE﹣CF＝EF，證明見解析
【分析】（1）利用SAS定理證明△ABE≌△CBF；（2）延長DC至點(diǎn)K，使CK＝AE，連接BK，分別證明△BAE≌△BCK、△KBF≌△EBF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)、結(jié)合圖形證明結(jié)論；（3）延長DC至G，使CG＝AE，仿照（2）的證明方法解答．
【詳解】（1）證明：在△ABE和△CBF中，，∴△ABE≌△CBF（SAS）；
（2）解：AE+CF＝EF，理由如下：延長DC至點(diǎn)K，使CK＝AE，連接BK，
在△BAE與△BCK中，，∴△BAE≌△BCK（SAS），∴BE＝BK，∠ABE＝∠KBC，
∵∠FBE＝60°，∠ABC＝120°，∴∠FBC+∠ABE＝60°，∴∠FBC+∠KBC＝60°，∴∠KBF＝∠FBE＝60°，
在△KBF與△EBF中，，
∴△KBF≌△EBF（SAS），∴KF＝EF，∴AE+CF＝KC+CF＝KF＝EF；
（3）解：AE﹣CF＝EF，理由如下：延長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．

【點(diǎn)睛】本題考查的是全等三角形的判定和性質(zhì)，正確作出輔助線、掌握全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．
變式7. （2021·南昌市心遠(yuǎn)中學(xué)八年級期中）在圖1、圖2，圖3中．點(diǎn)E、F分別是四邊形邊上的點(diǎn)；下面請你根據(jù)相應(yīng)的條件解決問題．
特例探索：（1）在圖1中，四邊形為正方形（正方形四邊相等，四個內(nèi)角均為直角），，延長至G，使．則__________．
在圖2中，，，，，，；則__________．

歸納證明：（2）在圖3中，，．且，請你觀察（1）中的結(jié)果，猜想圖3中線段之間的數(shù)量關(guān)系，用等式表示出來，并利用圖3證明你發(fā)現(xiàn)的關(guān)系式．
實際應(yīng)用:（3）圖4是某公路筑建工程平面示意圖，指揮中心設(shè)在O處，A處、B處分別是甲、乙兩公路起點(diǎn)，它們分別在指揮中心的北偏東和南偏東的方向上．且A、B兩處分別與指揮中心O的距離相等：其中甲公路是從A處開始沿正東方向筑建，乙公路是從B處開始沿北偏東40方向筑建：甲、乙兩公路的路基筑建速度分別是每天150米、180米，當(dāng)兩公路同時開工后的第五天收工時，分別筑建到C、D處，經(jīng)測量．試求C與D兩處之間的距離．
【答案】（1）5，2.5；（2）EF=BE+FD；（3）1650m．
【分析】（1）先證明出△ABE△ADG，再根據(jù)∠DAF+∠BAE=45°得出∠EAF=∠FAG，利用△AEF△AGF即可得出結(jié)果；延長CD到G，使BE=DG，連接AG，同理證明即可；
（2）延長FD到G，使BE=DG，利用條件證明△ABE△ADG，再根據(jù)∠DAF+∠BAE=45°得出∠EAF=∠FAG，利用△AEF△AGF即可得出結(jié)論；（3）依照結(jié)論（2），延長DB到E，使BE=AC，連接OE，通過求證△OAC△OBE和△OCD△OED得出CD=DE=BD+BE=BD+AC，代入數(shù)據(jù)求值即可．
【詳解】（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；

延長CD到G，使BE=DG，連接AG，同理可證：△ABE△ADG，△AEF△AGF，∴EF=GD+DF=2.5；
（2）延長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）中結(jié)論仍然成立，延長DB到E，使BE=AC，連接OE，
∵∠OAC=90°+20°=110°，∠DBE=180°-70°=110°，OA=OB,∴△OAC△OBE，
∴OE=OC，即可證明△OCD△OED，∴CD=DE=BD+BE=BD+AC=（150+180）5=1650m．
【點(diǎn)睛】此題屬于推理探究類綜合題考查全等三角形的性質(zhì)及判定，有一定難度，主要總結(jié)該類題的規(guī)律解題即可．

模型八：倍長中線模型
【模型解讀】中線是三角形中的重要線段之一，在利用中線解決幾何問題時，常常采用“倍長中線法”添加輔助線．所謂倍長中線法，就是將三角形的中線延長一倍，以便構(gòu)造出全等三角形，從而運(yùn)用全等三角形的有關(guān)知識來解決問題的方法．
【常見模型】

例8．（2021·河南新鄉(xiāng)學(xué)院附屬中學(xué)八年級月考）如圖，在△ABC中，AB=5，AC=3，AD是BC邊上的中線，AD的取值范圍是（ ）

A．1＜AD＜6 B．1＜AD＜4 C．2＜AD＜8 D．2＜AD＜4
【答案】B
【分析】先延長到，且，并連接，由于，，利用易證，從而可得，在中，再利用三角形三邊的關(guān)系，可得，從而易求．
【詳解】解：延長到，使，連接，則AE=2AD，
∵，，，∴，，
在中，，即，∴．故選：．

【點(diǎn)睛】此題主要考查三角形三邊關(guān)系：兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊．
變式8.（2021·湖北八年級期末）在通過構(gòu)造全等三角形解決的問題中，有一種典型的方法是倍延中線．
（1）如圖1，是的中線，求的取值范圍．我們可以延長到點(diǎn)，使，連接，易證，所以．接下來，在中利用三角形的三邊關(guān)系可求得的取值范圍，從而得到中線的取值范圍是 ；
（2）如圖2，是的中線，點(diǎn)在邊上，交于點(diǎn)且，求證：；
（3）如圖3，在四邊形中，，點(diǎn)是的中點(diǎn)，連接，且，試猜想線段之間滿足的數(shù)量關(guān)系，并予以證明．

【答案】（1）；（2）見解析；（3），證明見解析
【分析】（1）延長到點(diǎn)，使，連接，即可證明，則可得，在中，根據(jù)三角形三邊關(guān)系即可得到的取值范圍，進(jìn)而得到中線的取值范圍；
（2）延長到點(diǎn)使，連接，由（1）知，則可得，由可知，，由角度關(guān)系即可推出，故，即可得到；
（3）延長到，使，連接，即可證明，則可得由，以及角度關(guān)系即可證明點(diǎn)在一條直線上，通過證明≌，即可得到，進(jìn)而通過線段的和差關(guān)系得到．
【詳解】（1）延長到點(diǎn)，使，連接，
∵是的中線，∴，
在和中，，，，
∴，∴，
在中，，
∴，即，∴；
（2）證明:延長到點(diǎn)使,連接，
由（1）知，

∴，，，
，，，，，
（3），延長到，使，連接，
，，
，，，點(diǎn)在一條直線上，
，∴，
∴在和中，，，，
∴≌，，∵，．
【點(diǎn)睛】本題考查三角形中線、全等三角形的證明和性質(zhì)、三角形的三邊關(guān)系、等腰三角形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、平角的概念、線段的和差關(guān)系等，正確的作出輔助線以及綜合運(yùn)用以上知識是解答本題的關(guān)鍵．

模型九：截長補(bǔ)短法
【模型分析】截長補(bǔ)短的方法適用于求證線段的和差倍分關(guān)系。截長：指在長線段中截取一段等于已知線段；補(bǔ)短：指將短線段延長，延長部分等于已知線段。該類題目中常出現(xiàn)等腰三角形、角平分線等關(guān)鍵詞句，可以采用截長補(bǔ)短法構(gòu)造全等三角形來完成證明過程，截長補(bǔ)短法（往往需證2次全等）。
【模型圖示】
（1）截長：在較長線段上截取一段等于某一短線段，再證剩下的那一段等于另一短線段。
例：如圖，求證BE+DC=AD

方法：①在AD上取一點(diǎn)F，使得AF=BE，證DF=DC；②在AD上取一點(diǎn)F，使DF=DC，證AF=BE
（2）補(bǔ)短：將短線段延長，證與長線段相等
例：如圖，求證BE+DC=AD
方法：①延長DC至點(diǎn)M處，使CM=BE，證DM=AD；②延長DC至點(diǎn)M處，使DM=AD，證CM=BE
例9．（2021·廣西玉林市·八年級期末）在中，，點(diǎn)D、E分別在、上，連接、和；并且有，．（1）求的度數(shù)；（2）求證：．

【答案】（1）；（2）見解析
【分析】（1）由，，可得為等邊三角形，由，，，可證
（2）延長至F，使，連接， 由，，且，可證 由，可證為等邊三角形，可得， 可推出結(jié)論，
【詳解】解：（1）∵，，∴為等邊三角形， ∴，
∵，，∵，∴

（2）如圖，延長至F，使，連接， 由（1）得為等邊三角形，
∴，∵，
又∵，且，∴，
在與中，∴
∴，∴，∴
又∵，∴為等邊三角形∴，
又∵，且，∴，
【點(diǎn)睛】本題考查等邊三角形的判定與性質(zhì)，三角形全等判定與性質(zhì)，線段和差，三角形外角性質(zhì)，關(guān)鍵是引輔助線構(gòu)造三角形全等證明等邊三角形．
變式9.（2022·四川南充·八年級期末）（1）閱讀理解：問題：如圖1，在四邊形中，對角線平分，．求證：．
思考：“角平分線+對角互補(bǔ)”可以通過“截長、補(bǔ)短”等構(gòu)造全等去解決問題．
方法1：在上截取，連接，得到全等三角形，進(jìn)而解決問題；
方法2：延長到點(diǎn)，使得，連接，得到全等三角形，進(jìn)而解決問題．
結(jié)合圖1，在方法1和方法2中任選一種，添加輔助線并完成證明．
（2）問題解決：如圖2，在（1）的條件下，連接，當(dāng)時，探究線段，，之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；

【答案】（1）證明見解析；（2）；理由見解析；
【分析】（1）方法1：在上截取，連接，得到全等三角形，進(jìn)而解決問題；方法2：延長到點(diǎn)，使得，連接，得到全等三角形，進(jìn)而解決問題；
（2）延長到點(diǎn)，使，連接，證明，可得，即
【詳解】解：（1）方法1：在上截，連接，如圖．平分，．
在和中，，，，．
，．．，．

方法2：延長到點(diǎn)，使得，連接，如圖．
平分，．在和中，，
．，．
，．，，．
（2）、、之間的數(shù)量關(guān)系為：．（或者：，）．
延長到點(diǎn)，使，連接，如圖2所示．
由（1）可知，．為等邊三角形．，．
，．．
，為等邊三角形．，．
，，即．
在和中，，．，
，．







課后訓(xùn)練：
1.（2022·河南新鄉(xiāng)學(xué)院附屬中學(xué)八年級月考）如圖，在△ABC中，AB=5，AC=3，AD是BC邊上的中線，AD的取值范圍是（ ）

A．1＜AD＜6 B．1＜AD＜4 C．2＜AD＜8 D．2＜AD＜4
【答案】B
【分析】先延長到，且，并連接，由于，，利用易證，從而可得，在中，再利用三角形三邊的關(guān)系，可得，從而易求．
【詳解】解：延長到，使，連接，則AE=2AD，
∵，，，∴，，
在中，，即，∴．故選：．

【點(diǎn)睛】此題主要考查三角形三邊關(guān)系：兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊．
2.（2021·湖北八年級期末）如圖，△ABC中，∠B=2∠A，∠ACB的平分線CD交AB于點(diǎn)D，已知AC=16，BC=9，則BD的長為（　　?。?br />
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】B
【分析】如圖，在上截取 連接證明利用全等三角形的性質(zhì)證明 求解 再證明 從而可得答案．
【詳解】解：如圖，在上截取 連接 平分



故選：
【點(diǎn)睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
3．（2021·浙江溫州市·八年級期末）如圖，，，要說明，需添加的條件不能是（ ）
A． B． C． D．

【答案】C
【分析】直接根據(jù)三角形證明全等的條件進(jìn)行判斷即可；
【詳解】A、∵AB∥DE，∴∠ABC=∠DEC，∴根據(jù)ASA即可判定三角形全等，故此選項不符合題意；
B、∵AC∥DF，∴∠DFE=∠ACB，∴根據(jù)AAS即可判定三角形全等，故此選項不符合題意；
C、AC⊥DE，不符合三角形全等的證明條件，故此選項符合題意；
D、∵AC=DF，∴根據(jù)SAS即可判定三角形全等，故此選項不符合題意；故選：C．
【點(diǎn)睛】本題考查了三角形證明全等所需添加的條件，正確掌握知識點(diǎn)是解題的關(guān)鍵；
4．（2022·武漢市六中位育中學(xué)八年級）如圖，已知，，且，，，則的度數(shù)為（ ）

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的度數(shù)，進(jìn)而得∠GFD的度數(shù)，在△FGD中，由三角形的外角等于不相鄰的兩個內(nèi)角的和即可求得∠EGF的度數(shù)．
【詳解】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°故選：C
【點(diǎn)睛】本題考查了三角形全等的判定和性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理，關(guān)鍵求得∠BAC的度數(shù)．
5．（2020·浙江杭州市·八年級期末）如圖，已知，若要使得，則添加的一個條件不能是（ ）

A． B． C．AB=DC D．AC=DB
【答案】C
【分析】根據(jù)全等三角形的判定方法對各選項進(jìn)行判斷，即可得出結(jié)論．
【詳解】解：∵，BC＝CB，
A、當(dāng)添加∠A＝∠D時，可利用“AAS”判斷△ABC≌△DCB，故此選項不符合題意；
B、當(dāng)添加時，可利用“ASA”判斷△ABC≌△DCB，故此選項不符合題意；
C、當(dāng)添加AB=DC時，利用“SSA”不能判斷△ABC≌△DCB，故此選項符合題意；
D、當(dāng)添加AC=DB時，可利用“SAS”判斷△ABC≌△DCB，故此選項不符合題意．故選：C．
【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定：全等三角形的判定方法中，選用哪一種方法，取決于題目中的已知條件，若已知兩邊對應(yīng)相等，則找它們的夾角或第三邊；若已知兩角對應(yīng)相等，則必須再找一組對邊對應(yīng)相等，且要是兩角的夾邊，若已知一邊一角，則找另一組角，或找這個角的另一組對應(yīng)鄰邊．
6．（2021·四川七年級期末）在△ABC中，AB＝AC，點(diǎn)D是△ABC內(nèi)一點(diǎn)，點(diǎn)E是CD的中點(diǎn)，連接AE，作EF⊥AE，若點(diǎn)F在BD的垂直平分線上，∠BAC＝α，則∠BFD＝_________．（用α含的式子表示）

【答案】180°﹣α．
【分析】根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠EAC＝∠EMD，AC＝DM，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得到AF＝FM，F(xiàn)B＝FD，推出△MDF≌△ABF（SSS），得到∠AFB＝∠MFD，∠DMF＝∠BAF，根據(jù)角的和差即可得到結(jié)論．
【詳解】解：延長AE至M，使EM＝AE，連接AF，F(xiàn)M，DM，

∵點(diǎn)E是CD的中點(diǎn)，∴DE＝CE，在△AEC與△MED中，，
∴△AEC≌△MED（SAS），∴∠EAC＝∠EMD，AC＝DM，
∵EF⊥AE，∴AF＝FM，∵點(diǎn)F在BD的垂直平分線上，∴FB＝FD，
在△MDF與△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，故答案為：180°﹣α．
【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)，正確的作出輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．
7.（2022·山東周村初三一模）如圖，中，為的中點(diǎn)，是上一點(diǎn)，連接并延長交于，，且，，那么的長度為__．

【答案】；
【分析】延長至使，連接，得出,得出，所以得出是等腰三角形，根據(jù)已知線段長度建立等量關(guān)系計算．

【解析】如圖：延長至使，連接
在和中： ∴∴
∵ ∴ ∴
∵ ∴ ∴
∴ 即 ∴
【點(diǎn)睛】倍長中線是常見的輔助線、全等中相關(guān)的角的代換是解決本題的關(guān)鍵．
8.如圖，AB＝AC，BE⊥AC于E，CD⊥AB于D，BE、CD交于點(diǎn)O，求證：OB＝OC．

【解題思路】證△ABE≌△ACD，推出∠B＝∠C，AD＝AE，求出BD＝CE，證△BDO≌△CEO，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)推出即可．
【解答過程】證明：∵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·廣西百色市·八年級期末）如圖，已知點(diǎn)是的中點(diǎn)，∥，且．
（1）求證：△ACD≌△CBE．（2）若，求∠B的度數(shù)．

【答案】（1）見解析；（2）
【分析】（1）根據(jù)SAS證明△ACD≌△CBE；
（2）根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求得∠ACD，再根據(jù)三角形全等的性質(zhì)得到∠B=∠ACD．
【詳解】（1）∵C是AB的中點(diǎn)，∴AC＝CB，∵CD//BE，∴，
在△ACD和△CBE中，，∴；
（2）∵，∴，
又∵，∴．
【點(diǎn)睛】考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，解題關(guān)鍵是根據(jù)SAS證明△ACD≌△CBE．
10．（2022·河南鄭州·七年級期末）在直線上依次取互不重合的三個點(diǎn)，在直線上方有，且滿足．

(1)如圖1，當(dāng)時，猜想線段之間的數(shù)量關(guān)系是____________；
(2)如圖2，當(dāng)時，問題（1）中結(jié)論是否仍然成立？如成立，請你給出證明；若不成立，請說明理由；(3)應(yīng)用：如圖3，在中，是鈍角，，，直線與的延長線交于點(diǎn)，若，的面積是12，求與的面積之和．
【答案】(1)DE＝BD+CE (2)DE＝BD+CE仍然成立，理由見解析 (3)△FBD與△ACE的面積之和為4
【分析】（1）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，進(jìn)而得到∠DBA＝∠EAC，然后結(jié)合AB＝AC得證△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE；
（2）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α，進(jìn)而得到∠DBA＝∠EAC，然后結(jié)合AB＝AC得證△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE；
（3）由∠BAD＞∠CAE，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，得出∠CAE＝∠ABD，由AAS證得△ADB≌△CAE，得出S△ABD＝S△CEA，再由不同底等高的兩個三角形的面積之比等于底的比，得出S△ABF即可得出結(jié)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，
故答案為：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，
設(shè)△ABC的底邊BC上的高為h，則△ABF的底邊BF上的高為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與△ACE的面積之和為4．
【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)，三角形的面積，解題的關(guān)鍵是熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)．
11．（2022·吉林長春·八年級期末）在中，，，直線MN經(jīng)過點(diǎn)C且于D，于E．

(1)當(dāng)直線MN繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)到圖1的位置時，求證：①≌；②；
(2)當(dāng)直線MN燒點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)到圖2的位置時，求證：；
(3)當(dāng)直線MN繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)到圖3的位置時，試問DE、AD、BE具有怎樣的等量關(guān)系？請寫出這個等量關(guān)系，并加以證明．
【答案】(1)①證明見解析；②證明見解析 (2)證明見解析
(3)（或者對其恒等變形得到，），證明見解析
【分析】（1）①根據(jù)，，，得出，再根據(jù)即可判定；②根據(jù)全等三角形的對應(yīng)邊相等，即可得出，，進(jìn)而得到；
（2）先根據(jù)，，得到，進(jìn)而得出，再根據(jù)即可判定，進(jìn)而得到，，最后得出；（3）運(yùn)用（2）中的方法即可得出，，之間的等量關(guān)系是：或恒等變形的其他形式．
(1)解：①，，
，
，，
，
在和中，

；
②，
，，
；
(2)證明：，，
，
，
在和中，

；
，，
；
(3)證明：當(dāng)旋轉(zhuǎn)到題圖（3）的位置時，，，所滿足的等量關(guān)系是：或或．
理由如下：，，
，
，
在和中，

，
，，
（或者對其恒等變形得到或）．
【點(diǎn)睛】本題屬于三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)的綜合應(yīng)用，解題時注意：全等三角形的對應(yīng)邊相等，同角的余角相等，解決問題的關(guān)鍵是根據(jù)線段的和差關(guān)系進(jìn)行推導(dǎo)，得出結(jié)論．
12．（2021·黑龍江·哈爾濱市第六十九中學(xué)校八年級開學(xué)考試）如圖所示，中，，，點(diǎn)為上一點(diǎn)，過點(diǎn)作直線的垂線，垂足為，連接，過點(diǎn)作的垂線交于點(diǎn)．

（1）如圖1，求的度數(shù)；（2）如圖2，連接，且，求證：；
（3）如圖3，在（2）的條件下，為上一點(diǎn)，連接，若，，求的長．
【答案】（1）45°；（2）見解析；（3）2
【分析】（1）先證明再證明再利用全等三角形的性質(zhì)結(jié)合等腰直角三角形的性質(zhì)可得答案；
（2）利用全等三角形的性質(zhì)先求解，證明 再求解，從而可得結(jié)論；
（3）如圖，過作于 交于 連接 證明為等邊三角形，再證明，再利用全等三角形的性質(zhì)可得答案.
【詳解】解：（1） ，


即
， ，．
（2） ，

,

∴，
∵，∴．

（3）如圖，過作于 交于 連接



為等邊三角形，
，


，∴，∴．
【點(diǎn)睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線等腰斜邊的一半，等邊三角形的判定與性質(zhì)，含的直角三角形的性質(zhì)，熟練的應(yīng)用以上知識解題的關(guān)鍵.
13．（2021·綿陽市八年級期中）已知四邊形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交AD，DC（或它們的延長線）于E、F．
（1）當(dāng)∠MBN繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到AE＝CF時（如圖1），試猜想AE，CF，EF之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？請將三條線段分別填入后面橫線中：　　＋　?。健　。ú恍枳C明）
（2）當(dāng)∠MBN繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到AE≠CF（如圖2）時，上述（1）中結(jié)論是否成立？請說明理由．
（3）當(dāng)∠MBN繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到AE≠CF（如圖3）時，上述（1）中結(jié)論是否成立？若不成立，線段AE，CF，EF又有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請直接寫出你的猜想，不需證明．

【答案】（1）AE；CF；EF；（2）成立，見解析；（3）不成立，新的關(guān)系為AE＝EF＋CF．
【分析】（1）根據(jù)題意易得△ABE≌△CBF，然后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得∠ABE=∠CBF=30°，進(jìn)而根據(jù)30°角的直角三角形及等邊三角形的性質(zhì)可求解；
（2）如圖2，延長FC到H，使CH=AE，連接BH，根據(jù)題意可得△BCH≌△BAE，則有BH=BE，∠CBH=∠ABE，進(jìn)而可證△HBF≌△EBF，推出HF=EF，最后根據(jù)線段的等量關(guān)系可求解；
（3）如圖3，在AE上截取AQ=CF，連接BQ，根據(jù)題意易得△BCF≌△BAQ，推出BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，進(jìn)而可證△FBE≌△QBE，推出EF=QE即可．
【詳解】解：（1）如圖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是等邊三角形，
∴，故答案為：AE+CF=EF；
（2）如圖2，（1）中結(jié)論成立；理由如下：延長FC到H，使CH=AE，連接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）如圖3，（1）中的結(jié)論不成立，關(guān)系為AE=EF+CF，理由如下：在AE上截取AQ=CF，連接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．
【點(diǎn)睛】本題主要考查全等三角形的性質(zhì)與判定、含30°角的直角三角形的性質(zhì)及等邊三角形的性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的性質(zhì)與判定、含30°角的直角三角形的性質(zhì)及等邊三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
14．（2022.湖北八年級期中）已知：正方形中，，繞點(diǎn)順時針旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交（或它們的延長線）于點(diǎn)．當(dāng)繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到時（如圖1），易證．
（1）當(dāng)繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到時（如圖2），線段和之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系？寫出猜想，并加以證明．（2）當(dāng)繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到如圖3的位置時，線段和之間又有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請直接寫出你的猜想．

【答案】（1），證明見解析（2）
【分析】（1）BM+DN=MN成立，證得B、E、M三點(diǎn)共線即可得到△AEM≌△ANM，從而證得ME=MN．
（2）DN-BM=MN．證明方法與（1）類似．
【詳解】（1）BM+DN=MN成立．
證明：如圖，把△ADN繞點(diǎn)A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ABE，則可證得E、B、M三點(diǎn)共線．

∴∠EAM=90°-∠NAM=90°-45°=45°，又∵∠NAM=45°，∴在△AEM與△ANM中，
∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME=MN，
∵M(jìn)E=BE+BM=DN+BM，∴DN+BM=MN；
（2）DN-BM=MN．在線段DN上截取DQ=BM，如圖，
在△ADQ與△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·八年級期末）如圖，在中，，平分．

（1）如圖1，若，求證：；（2）如圖2，若，求的度數(shù)；
（3）如圖3，若，求證：．
【答案】（1）見詳解；（2）108°；（3）見詳解
【分析】（1）如圖1，過D作DM⊥AB于M，由 CA＝CB，，得是等腰直角三角形，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到CD＝MD，∠ABC＝45°，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AC＝AM，于是得到結(jié)論；
（2）如圖2，設(shè)∠ACB＝α，則∠CAB＝∠CBA＝90°?α，在AB上截取AK＝AC，連結(jié)DK，根據(jù)角平分線的定義得到∠CAD＝∠KAD，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠ACD＝∠AKD＝α，根據(jù)三角形的內(nèi)角和即可得到結(jié)論；（3）如圖3，在AB上截取AH＝AD，連接DH，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠CAB＝∠CBA＝40°，根據(jù)角平分線的定義得到∠HAD＝∠CAD＝20°，求得∠ADH＝∠AHD＝80°，在AB上截取AK＝AC，連接DK，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠ACB＝∠AKD＝100°，CD＝DK，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到DH＝BH，于是得到結(jié)論．
【詳解】（1）如圖1，過D作DM⊥AB于M，∴在中，， ∴∠ABC＝45°，

∵∠ACB＝90°，AD是角平分線，∴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）設(shè)∠ACB＝α，則∠CAB＝∠CBA＝90°?α，在AB上截取AK＝AC，連結(jié)DK，如圖2，
∵AB＝AC＋BD，AB=AK+BK∴BK＝BD，∵AD是角平分線，∴∠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）如圖3，在AB上截取AH＝AD，連接DH，∵∠ACB＝100°，AC＝BC，∴∠CAB＝∠CBA＝40°，
∵AD是角平分線，∴∠HAD＝∠CAD＝20°，∴∠ADH＝∠AHD＝80°，
在AB上截取AK＝AC，連接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．
【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，角平分線的定義，三角形的內(nèi)角和，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
16.（2022?歷下區(qū)期中）CD是經(jīng)過∠BCA定點(diǎn)C的一條直線，CA＝CB，E、F分別是直線CD上兩點(diǎn)，且∠BEC＝∠CFA＝∠β．（1）若直線CD經(jīng)過∠BCA內(nèi)部，且E、F在射線CD上，
①若∠BCA＝90°，∠β＝90°，例如圖1，則BE　 　CF，EF　 　|BE﹣AF|．（填“＞”，“＜”，“＝”）；
②若0°＜∠BCA＜180°，且∠β+∠BCA＝180°，例如圖2，①中的兩個結(jié)論還成立嗎？并說明理由；
（2）如圖3，若直線CD經(jīng)過∠BCA外部，且∠β＝∠BCA，請直接寫出線段EF、BE、AF的數(shù)量關(guān)系（不需要證明）．

【解題思路】（1）①求出∠BEC＝∠AFC＝90°，∠CBE＝∠ACF，根據(jù)AAS證△BCE≌△CAF，推出BE＝CF，CE＝AF即可；②求出∠BEC＝∠AFC，∠CBE＝∠ACF，根據(jù)AAS證△BCE≌△CAF，推出BE＝CF，CE＝AF即可；（2）求出∠BEC＝∠AFC，∠CBE＝∠ACF，根據(jù)AAS證△BCE≌△CAF，推出BE＝CF，CE＝AF即可．
【解答過程】解：（1）①如圖1，

E點(diǎn)在F點(diǎn)的左側(cè)，
∵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，
當(dāng)E在F的右側(cè)時，同理可證EF＝AF﹣BE，
∴EF＝|BE﹣AF|；故答案為＝，＝．
②：①中兩個結(jié)論仍然成立；
證明：如圖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，
當(dāng)E在F的右側(cè)時，如圖3，

同理可證EF＝AF﹣BE，∴EF＝|BE﹣AF|；
（2）EF＝BE+AF．理由是：如圖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·河南許昌市·九年級期中）問題發(fā)現(xiàn)：（1）如圖1，已知為線段上一點(diǎn)，分別以線段，為直角邊作等腰直角三角形，，，，連接，，線段，之間的數(shù)量關(guān)系為______；位置關(guān)系為_______．

拓展探究：（2）如圖2，把繞點(diǎn)逆時針旋轉(zhuǎn)，線段，交于點(diǎn)，則與之間的關(guān)系是否仍然成立？請說明理由．
【答案】問題發(fā)現(xiàn)：（1）；；拓展探究：（2）成立，理由見解析；拓展延伸：（3）
【分析】問題發(fā)現(xiàn)：（1）根據(jù)題目條件證△ACE≌△DCB，再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得出答案；
拓展探究：（2）依然用SAS證，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可證得；
【詳解】解：問題發(fā)現(xiàn)：（1）如下圖，延長BD，交AE于點(diǎn)F，
∵∴
又∵ ∴（SAS），∴AE=BD，∠CAE=∠CDB
∵∴∴
∴∴AE⊥BD，故答案為：，

拓展探究：（2）成立．
理由：如圖1，設(shè)與相交于點(diǎn)．∵，∴．
又∵，，∴，∴，．
∵，∴，∴，∴．
【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形三邊關(guān)系，有2個形狀相同的圖形，有一個公共點(diǎn)，就是手拉手模型，手拉手模型必有全等，證明方法都是用“SAS”，所以熟練掌握全等三角形的判定和手拉手模型是解決本題的關(guān)鍵．
18．（2022·西華縣教研室八年級期中）如圖，，，三點(diǎn)在一條直線上，和均為等邊三角形，與交于點(diǎn)，與交于點(diǎn)．

（1）求證：；（2）若把繞點(diǎn)任意旋轉(zhuǎn)一個角度，（1）中的結(jié)論還成立嗎？請說明理由．
【答案】（1）見解析（2）成立，理由見解析．
【分析】（1）根據(jù)等邊三角形邊長相等的性質(zhì)和各內(nèi)角為的性質(zhì)可求得，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等的性質(zhì)即可求得．（2）根據(jù)題意畫出圖形，證明方法與（1）相同．
【詳解】解：（1）證明：如圖1中，與都是等邊三角形，

，，，
，，，
即．在和中，，
(SAS)．．即AE=BD，
（2）成立；理由如下：如圖2中，、均為等邊三角形，
，，，
，即，
在和中，，，．
【點(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)的運(yùn)用及全等三角形的判定和性質(zhì)的運(yùn)用．解決本題的關(guān)鍵是證明三角形全等，屬于中考?？碱}型．
19．（2022·遼寧丹東市·七年級期末）已知：如圖1，在和中，，，．（1）證明．（2）如圖2，連接和，，與分別交于點(diǎn)和，，求的度數(shù)．（3）在（2）的條件下，若，請直接寫出的度數(shù)．

【答案】（1）證明見解析；（2）∠ACE =62°；（3）∠CBA=6°．
【分析】(1)根據(jù)已知條件可以確定∠CAB =∠EAD，結(jié)合已知條件，用AAS可判定△ABC≌△ADE；
(2)由(1)中△ABC≌△ADE可得∠CBA=∠EDA ,AC=AE，在△MND和△ANB中，用三角形內(nèi)角和定理由∠MND=∠ANB可得∠DAB=∠DMB=56°，即∠CAE =∠DAB=56°，由AC=AE，可得∠ACE =∠AEC=；(3) 連接AM，先證(SAS),得到AM=AN,,進(jìn)而可得,由(2)可知,根據(jù)等腰三角形內(nèi)角和可得= ，由三角形外角定理可得=-= .
【詳解】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=，

如圖所示，連接AM，,CN=EM,CA=EA,(SAS),
AM=AN,,=即,
由(2)可得：,=,
∠CAE =∠DAB==-= .
【點(diǎn)睛】本題綜合考查了三角形的相關(guān)定理與證明，較為綜合，熟練掌握三角形的內(nèi)角和定理，外角定理，全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.
20．（2022·河南省鶴壁市湘江中學(xué)八年級月考）（1）作圖發(fā)現(xiàn)：如圖1，已知，小涵同學(xué)以、為邊向外作等邊和等邊，連接，．這時他發(fā)現(xiàn)與的數(shù)量關(guān)系是 ．
（2）拓展探究：如圖2，已知，小涵同學(xué)以、為邊向外作正方形和正方形，連接，，試判斷與之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．

【答案】（1）BE=CD；（2）BE=CD，理由見解析；
【分析】（1）利用等邊三角形的性質(zhì)得出，然后有，再利用SAS即可證明，則有；
（2）利用正方形的性質(zhì)得出，然后有，再利用SAS即可證明，則有；
【詳解】（1）如圖1所示：

和都是等邊三角形，，
，即，
在和中，，．
（2），四邊形和均為正方形，
，，，
，
在和中，，，

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