?考點03 全等三角形與角平分線相關(guān)輔助線問題
知識框架
1)全等中常見輔助線總結(jié)

2）角平分線中常見輔助線總結(jié)


分類講解
1)全等中常見輔助線總結(jié)
方法1 截長補短法（往往需證2次全等）
截長補短法使用范圍：線段和差的證明
（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F，使得AF=BE，證DF=DC；
②在AD上取一點F，使DF=DC，證AF=BE
（2）補短：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M處，使CM=BE，證DM=AD；
②延長DC至點M處，使DM=AD，證CM=BE
（3）旋轉(zhuǎn)：將包含一條短邊的圖形旋轉(zhuǎn)，使兩短邊構(gòu)成一條邊，證與長邊相等。
注：旋轉(zhuǎn)需要特定條件（兩個圖形的短邊共線）
例：如圖，已知AB=AC，∠ABM=∠CAN=90°，求證BM+CN=MN

方法：旋轉(zhuǎn)△ABM至△ACF處，證NE=MN
1．（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D，已知AC=16，BC=9，則BD的長為（　　　）

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．
2．（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點旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交AD，DC（或它們的延長線）于E、F．
（1）當∠MBN繞B點旋轉(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∠MBN繞B點旋轉(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∠MBN繞B點旋轉(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．
3．（2021·廣西玉林市·八年級期末）在中，，點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．
4．（2021·廣東中山市·八年級期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝30°，點D是△ABC內(nèi)一點，DB＝DC，∠DCB＝30°，點E是BD延長線上一點，AE＝AB．（1）求∠ADB的度數(shù)；（2）線段DE，AD，DC之間有什么數(shù)量關(guān)系？請說明理由．

【答案】（1）120°；（2）DE＝AD+CD，理由見解析
【分析】（1）根據(jù)三角形內(nèi)角和定理得到∠ABC＝∠ACB＝75°，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠BAD＝∠CAD＝15°，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)計算，得到答案；（2）在線段DE上截取DM＝AD，連接AM，得到△ADM是等邊三角形，根據(jù)△ABD≌△AEM，得到BD＝ME，結(jié)合圖形證明結(jié)論
【詳解】解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝30°，∴∠ABC＝∠ACB＝（180°﹣30°）＝75°，
∵DB＝DC，∠DCB＝30°，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∴∠ABD＝∠ABC﹣∠DBC＝45°，
在△ABD和△ACD中，，∴△ABD≌△ACD （SSS），∴∠BAD＝∠CAD＝∠BAC＝15°，
∴∠ADE＝∠ABD+∠BAD＝60°，∴∠ADB＝180°﹣∠ADE＝180°﹣60°＝120°；
（2）DE＝AD+CD，理由如下：在線段DE上截取DM＝AD，連接AM，
∵∠ADE＝60°，DM＝AD，∴△ADM是等邊三角形，∴∠ADB＝∠AME＝120°．
∵AE＝AB，∴∠ABD＝∠E，在△ABD和△AEM中，，
∴△ABD≌△AEM（AAS），∴BD＝ME，∵BD＝CD，∴CD＝ME．∵DE＝DM+ME，∴DE＝AD+CD．

【點睛】本題考查的是全等三角形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)，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．
5．（2020·四川成都市·七年級期末）（1）如圖1，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝100°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點．且∠EAF＝50°．探究圖中線段EF，BE，F(xiàn)D之間的數(shù)量關(guān)系．
小明同學(xué)探究的方法是：延長FD到點G，使DG＝BE，連接AG，先證明△ABE≌△ADG，再證明△AEF≌△AGF，可得出結(jié)論，他的結(jié)論是　 ?。ㄖ苯訉懡Y(jié)論，不需證明）；
（2）如圖2，若在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點，且2∠EAF＝∠BAD，上述結(jié)論是否仍然成立，若成立，請證明，若不成立，請說明理由；
（3）如圖3，四邊形ABCD是邊長為7的正方形，∠EBF＝45°，直接寫出△DEF的周長．

【答案】（1）EF＝BE+DF；（2）成立，理由詳見解析；（3）14．
【分析】（1）延長FD到點G．使DG＝BE．連結(jié)AG，由“SAS”可證△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，再由“SAS”可證△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解題；（2）延長EB到G，使BG＝DF，連接AG，即可證明△ABG≌△ADF，可得AF＝AG，再證明△AEF≌△AEG，可得EF＝EG，即可解題；
（3）延長EA到H，使AH＝CF，連接BH，由“SAS”可證△ABH≌△CBF，可得BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，由“SAS”可證△EBH≌△EBF，可得EF＝EH，可得EF＝EH＝AE+CF，即可求解．
【詳解】證明：（1）延長FD到點G．使DG＝BE．連結(jié)AG，
在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠BAD＝100°，∠EAF＝50°，∴∠BAE+∠FAD＝∠DAG+∠FAD＝50°，∴∠EAF＝∠FAG＝50°，
在△EAF和△GAF中，∵，∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝FG＝DF+DG，∴EF＝BE+DF，故答案為：EF＝BE+DF；
（2）結(jié)論仍然成立，理由如下：如圖2，延長EB到G，使BG＝DF，連接AG，

∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABG+∠ABC＝180°，∴∠ABG＝∠D，
∵在△ABG與△ADF中，，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，
∵2∠EAF＝∠BAD，∴∠DAF+∠BAE＝∠BAG+∠BAE＝∠BAD＝∠EAF，∴∠GAE＝∠EAF，
又AE＝AE，∴△AEG≌△AEF（SAS），∴EG＝EF．∵EG＝BE+BG．∴EF＝BE+FD；
（3）如圖，延長EA到H，使AH＝CF，連接BH，

∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝7＝AD＝CD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∴∠BAH＝∠BCF＝90°，
又∵AH＝CF，AB＝BC，∴△ABH≌△CBF（SAS），∴BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，
∵∠EBF＝45°，∴∠CBF+∠ABE＝45°＝∠HBA+∠ABE＝∠EBF，∴∠EBH＝∠EBF，
又∵BH＝BF，BE＝BE，∴△EBH≌△EBF（SAS），∴EF＝EH，∴EF＝EH＝AE+CF，
∴△DEF的周長＝DE+DF+EF＝DE+DF+AE+CF＝AD+CD＝14．
【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，添加恰當輔助線構(gòu)造全等三角形是本題的關(guān)鍵．
6．（2020·陜西西安市·七年級期末）問題情境：已知，在等邊△ABC中，∠BAC與∠ACB的角平分線交于點O，點M、N分別在直線AC，AB上，且∠MON＝60°，猜想CM、MN、AN三者之間的數(shù)量關(guān)系．
方法感悟：小芳的思考過程是在CM上取一點，構(gòu)造全等三角形，從而解決問題；

小麗的思考過程是在AB取一點，構(gòu)造全等三角形，從而解決問題；
問題解決：（1）如圖1，M、N分別在邊AC，AB上時，探索CM、MN、AN三者之間的數(shù)量關(guān)系，并證明；
（2）如圖2，M在邊AC上，點N在BA的延長線上時，請你在圖2中補全圖形，標出相應(yīng)字母，探索CM、MN、AN三者之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．
【答案】（1）CM＝AN+MN，詳見解析；（2）CM＝MN﹣AN，詳見解析
【分析】（1）在AC上截取CD＝AN，連接OD，證明△CDO≌△ANO，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到OD＝ON，∠COD＝∠AON，證明△DMO≌△NMO，得到DM＝MN，結(jié)合圖形證明結(jié)論；
（2）在AC延長線上截取CD＝AN，連接OD，仿照（1）的方法解答．
【詳解】解：（1）CM＝AN+MN，
理由如下：在AC上截取CD＝AN，連接OD，
∵△ABC為等邊三角形，∠BAC與∠ACB的角平分線交于點O，∴∠OAC＝∠OCA＝30°，∴OA＝OC，
在△CDO和△ANO中，，∴△CDO≌△ANO（SAS）∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，
∵∠MON＝60°，∴∠COD+∠AOM＝60°，∵∠AOC＝120°，∴∠DOM＝60°，
在△DMO和△NMO中，，∴△DMO≌△NMO，∴DM＝MN，∴CM＝CD+DM＝AN+MN；

（2）補全圖形如圖2所示：CM＝MN﹣AN，
理由如下：在AC延長線上截取CD＝AN，連接OD，
在△CDO和△ANO中，，
∴△CDO≌△ANO（SAS）∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，∴∠DOM＝∠NOM，
在△DMO和△NMO中，，∴△DMO≌△NMO（SAS）
∴MN＝DM，∴CM＝DM﹣CD＝MN﹣AN．
【點睛】此題主要考查全等三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟知等邊三角形的性質(zhì)及全等三角形的判定定理．
7．（2021·四川八年級期末）如圖1，在等邊三角形中，于于與相交于點．（1）求證：；（2）如圖2，若點是線段上一點，平分交所在直線于點．求證：．（3）如圖3，若點是線段上一點（不與點重合），連接，在下方作邊交所在直線于．猜想：三條線段之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．

【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）OF=OG+OA，理由見解析
【分析】（1）由等邊三角形的可求得∠OAC=∠OAB=∠OCA=∠OCB=30°，理由含30°角的直角三角形的性質(zhì)可得OC=2OD，進而可證明結(jié)論；（2）理由ASA證明△CGB≌△CGF即可證明結(jié)論；
（3）連接OB，在OF上截取OM=OG，連接GM，可證得△OMG是等邊三角形，進而可利用ASA證明△GMF≌△GOB，得到MF=OB=OA，由OF=OM+MF可說明猜想的正確性．
【詳解】解：（1）證明：∵△ABC為等邊三角形，
∴AB=BC=AC，∠BAC=∠ACB=60°，
∵AD⊥BC，CE⊥AB，∴AD平分∠BAC，CE平分∠ACB，
∴∠OAC=∠OAB=∠OCA=∠OCB=30°，∴OA=OC，
在Rt△OCD中，∠ODC=90°，∠OCD=30°，∴OC=2OD，∴OA=2OD；
（2）證明：∵AB=AC=BC，AD⊥BC，
∴BD=CD，∴BG=CG，∴∠GCB=∠GBC，
∵CG平分∠BCE，∴∠FCG=∠BCG=∠BCF=15°，∴∠BGC=150°，
∵∠BGF=60°，∴∠FGC=360°-∠BGC-∠BGF=150°，∴∠BGC=∠FGC，
在△CGB和△CGF中，，∴△CGB≌△CGF（ASA），∴GB=GF；
（3）解：OF=OG+OA．理由如下：
連接OB，在OF上截取OM=OG，連接GM，

∵CA=CB，CE⊥AB，∴AE=BE，∴OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=30°，∴∠AOB=120°，∠AOM=∠BOM=60°，
∵OM=OG，∴△OMG是等邊三角形，
∴GM=GO=OM，∠MGO=∠OMG=60°，
∵∠BGF=60°，∴∠BGF=∠MGO，∴∠MGF=∠OGB，
∵∠GMF=120°，∴∠GMF=∠GOB，
在△GMF和△GOB中，，
∴△GMF≌△GOB（ASA），∴MF=OB，∴MF=OA，
∵OF=OM+MF，∴OF=OG+OA．
【點睛】本題主要考查全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定的與性質(zhì)，含30° 角的直角三角形，角平分線的定義等知識的綜合運用，屬于三角形的綜合題，證明相關(guān)三角形全等是解題的關(guān)鍵．

方法2 .與中點有關(guān)的輔助線

1). 已知中點
（1）中線倍長法：將中點處的線段延長一倍。
目的：①構(gòu)造出一組全等三角形；②構(gòu)造出一組平行線。將分散的條件集中到一個三角形中去。
1．（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．（2021·四川七年級期末）在△ABC中，AB＝AC，點D是△ABC內(nèi)一點，點E是CD的中點，連接AE，作EF⊥AE，若點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E是CD的中點，∴DE＝CE，
在△AEC與△MED中，，
∴△AEC≌△MED（SAS），∴∠EAC＝∠EMD，AC＝DM，
∵EF⊥AE，∴AF＝FM，∵點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．
3．（2021·遼寧八年級期中）如圖，在△ABC中，∠ACB＝135°，BC＝6，點D為AB的中點，連接DC，若DC⊥BC，求AB的長．

【答案】
【分析】延長CD到點E，使DE=CD，連接AE，證明得，再證明是等腰直角三角形得出EC=6，DE=3，運用勾股定理得AD=，從而可得結(jié)論．
【詳解】解：延長CD到點E，使DE=CD，連接AE，如圖，

∵D是AB的中點，∴AD=BD
在△ADE和△BDC中，
∴∴∠E=∠BCD，AE=BC=6
∵DC⊥BC，∴∠E=∠BCD=90°，
∴
∴
∴是等腰直角三角形，∴AE=CE=BC=6∴
在Rt△AED中，
又D為AB的中點，∴
【點睛】此題主要考查了三角形全等的判定與性質(zhì)，三角形中線的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理等知識，正確作出輔助線是解答此題的關(guān)鍵．
4．（2021·山東八年級期末）（1）方法呈現(xiàn)：
如圖①：在中，若，，點D為BC邊的中點，求BC邊上的中線AD的取值范圍．
解決此問題可以用如下方法：延長AD到點E使，再連接BE，可證，從而把AB、AC，集中在中，利用三角形三邊的關(guān)系即可判斷中線AD的取值范圍是_______________，這種解決問題的方法我們稱為倍長中線法；
（2）探究應(yīng)用：如圖②，在中，點D是BC的中點，于點D，DE交AB于點E，DF交AC于點F，連接EF，判斷與EF的大小關(guān)系并證明；
（3）問題拓展：如圖③，在四邊形ABCD中，，AF與DC的延長線交于點F、點E是BC的中點，若AE是的角平分線．試探究線段AB，AF，CF之間的數(shù)量關(guān)系，并加以證明．


【答案】（1）1＜AD＜5，（2）BE+CF＞EF，證明見解析；（3）AF+CF＝AB，證明見解析．
【分析】（1）由已知得出AC﹣CE＜AE＜AC+CE，即5﹣4＜AE＜5+3，據(jù)此可得答案；
（2）延長FD至點M，使DM＝DF，連接BM、EM，同（1）得△BMD≌△CFD，得出BM＝CF，由線段垂直平分線的性質(zhì)得出EM＝EF，在△BME中，由三角形的三邊關(guān)系得出BE+BM＞EM即可得出結(jié)論；
（3）如圖③，延長AE，DF交于點G，根據(jù)平行和角平分線可證AF＝FG，易證△ABE≌△GEC，據(jù)此知AB＝CG，繼而得出答案．
【詳解】解：（1）延長AD至E，使DE＝AD，連接BE，如圖①所示，
∵AD是BC邊上的中線，∴BD＝CD，
在△BDE和△CDA中，，
∴△BDE≌△CDA（SAS），∴BE＝AC＝4，
在△ABE中，由三角形的三邊關(guān)系得：AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∴6﹣4＜AE＜6+4，即2＜AE＜10，∴1＜AD＜5；故答案為：1＜AD＜5，
（2）BE+CF＞EF；
證明：延長FD至點M，使DM＝DF，連接BM、EM，如圖②所示．
同（1）得：△BMD≌△CFD（SAS），∴BM＝CF，
∵DE⊥DF，DM＝DF，∴EM＝EF，
在△BME中，由三角形的三邊關(guān)系得：BE+BM＞EM，∴BE+CF＞EF；

（3）AF+CF＝AB．如圖③，延長AE，DF交于點G，
∵AB∥CD，∴∠BAG＝∠G，
在△ABE和△GCE中CE＝BE，∠BAG＝∠G，∠AEB＝∠GEC，
∴△ABE≌△GEC（AAS），∴CG＝AB，
∵AE是∠BAF的平分線，∴∠BAG＝∠GAF，
∴∠FAG＝∠G，∴AF＝GF，
∵FG+CF＝CG，∴AF+CF＝AB．

【點睛】此題是三角形綜合題，主要考查了三角形的三邊關(guān)系、全等三角形的判定與性質(zhì)、角的關(guān)系等知識；本題綜合性強，有一定難度，通過作輔助線證明三角形全等是解決問題的關(guān)鍵．
5．（2021·湖北八年級期末）閱讀下列材料，完成相應(yīng)任務(wù)．
數(shù)學(xué)活動課上，老師提出了如下問題：
如圖1，已知中，是邊上的中線．

求證：．
智慧小組的證法如下：
證明：如圖2，延長至，使，

∵是邊上的中線∴
在和中
∴（依據(jù)一）∴
在中，（依據(jù)二）
∴．
任務(wù)一：上述證明過程中的“依據(jù)1”和“依據(jù)2”分別是指：
依據(jù)1：______________________________________________；
依據(jù)2：______________________________________________．
歸納總結(jié)：上述方法是通過延長中線，使，構(gòu)造了一對全等三角形，將，，轉(zhuǎn)化到一個三角形中，進而解決問題，這種方法叫做“倍長中線法”．“倍長中線法”多用于構(gòu)造全等三角形和證明邊之間的關(guān)系．
任務(wù)二：如圖3，，，則的取值范圍是_____________；

任務(wù)三：如圖4，在圖3的基礎(chǔ)上，分別以和為邊作等腰直角三角形，在中，，；中，，．連接．試探究與的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．

【答案】任務(wù)一：依據(jù)1：兩邊和它們的夾角分別相等的兩個三角形全等（或“邊角邊”或“SAS”）；依據(jù)2：三角形兩邊的和大于第三邊；任務(wù)二：；任務(wù)三：EF=2AD，見解析
【分析】任務(wù)一：依據(jù)1：根據(jù)全等的判定方法判斷即可；依據(jù)2：根據(jù)三角形三邊關(guān)系判斷；
任務(wù)二：可根據(jù)任務(wù)一的方法直接證明即可；任務(wù)三：根據(jù)任務(wù)一的方法，延長中線構(gòu)造全等三角形證明線段關(guān)系即可．
【詳解】解：任務(wù)一：依據(jù)1：兩邊和它們的夾角分別相等的兩個三角形全等（或“邊角邊”或“SAS”）；依據(jù)2：三角形兩邊的和大于第三邊．
任務(wù)二：
任務(wù)三：EF=2AD．理由如下：如圖延長AD至G，使DG=AD，

∵AD是BC邊上的中線∴BD=CD
在△ABD和△CGD中∴△ABD≌△CGD∴AB=CG，∠ABD=∠GCD
又∵AB=AE∴AE=CG
在△ABC中，∠ABC+∠BAC+∠ACB=180°，∴∠GCD+∠BAC+∠ACB=180°
又∵∠BAE=90°，∠CAF=90°
∴∠EAF+∠BAC=360°-（∠BAE+∠CAF）=180°∴∠EAF=∠GCD
在△EAF和△GCA中∴△EAF≌△GCA ∴EF=AG∴EF=2AD．
【點睛】此題是三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，倍長中線法，構(gòu)造全等三角形是解本題的關(guān)鍵．
6．（2021·上海九年級專題練習(xí)）已知，在中，，點為邊的中點，分別交，于點，．

（1）如圖1，①若，請直接寫出______；
②連接，若，求證：；
（2）如圖2，連接，若，試探究線段和之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
【答案】（1）①45°；②見解析；（2），理由見解析
【分析】（1）①利用直角三角形兩個銳角相加得和三角形的外角等于不相鄰的兩個內(nèi)角和的性質(zhì)結(jié)合題干已知即可解題．
②延長至點，使得，連接，從而可證明≌（SAS），再利用全等的性質(zhì)，可知，即可知道，所以，根據(jù)題干又可得到，所以，從而得出結(jié)論．
（2）延長至點，使得，連接，從而可證明≌（SAS），再利用全等的性質(zhì)，可知，，根據(jù)題干即可證明≌（HL），即得出結(jié)論．
【詳解】（1）①∵，
∴
∵∴
又∵∴
∴故答案為．
②如圖，延長至點，使得，連接，

∵點為的中點，∴，
又∵，∴≌，
∴，∴，∴，
又∵，∴，∴，∴．
（2）．如圖，延長至點，使得，連接，

∵，，∴≌，
∴，，
∵．∴≌，∴．
【點睛】本題主要考查直角三角形的角的性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)以及平行線的性質(zhì)．綜合性較強，作出輔助線是解答本題的關(guān)鍵．

（2）向中線作垂線：過線段兩端點向中點處的線段作垂線。
目的：構(gòu)造出一組全等三角形
輔助線技巧：銳角三角形的垂線在中線線段上；鈍角三角形的垂線在中線線段的延長線上。
1．（2021·全國初三專題練習(xí)）如圖，是延長線上一點，且，是上一點，，求證：.

【答案】詳見解析
【分析】分別過點D、C作AB的垂線，構(gòu)建與，證其全等即可求得答案.
【解析】如圖，過點C作于點G，過點D作的延長線于點F，
則有∠DFB=∠CGB=∠CGA=90°，又∵∠DBF=∠CBG，BD=BC，∴，∴DF=CG，.
又，∴≌，.

【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，正確添加輔助線，熟練掌握三角形全等的判定方法是解題的關(guān)鍵.
2．（2021·全國初三專題練習(xí)）如圖，已知AD為△ABC的中線，點E為AC上一點，連接BE交AD于點F，且AE＝FE.求證：BF＝AC．

【答案】證明見解析
【分析】向中線作垂線，證明，得到，再根據(jù)AE＝FE，得到角的關(guān)系，從而證明，最終得到結(jié)論.
【解析】如圖，分別過點、作，，垂足為、，則.
，，，.
，，，，
又，，.

【點睛】本題是較為典型的題型，至少可以用到兩種方法來解題，此題的特點就是必須有中線這個條件才能構(gòu)造平行四邊形或雙垂線.
3．（2020.廣東省七年級期中）如圖，△ABC中，D為BC的中點，（1）在圖中作出CM⊥AD，BN⊥AD，垂足分別為M、N；（2）求證：DM＝DN；（3）求AD＝3，求AM+AN的值．

【分析】（1）根據(jù)條件作出圖形，即可解答；（2）證明△BND≌△CMD，即可得到DN＝DM．
（3）由△BND≌△CMD，得到DM＝DN，利用線段的和與差得到AM＝AD+DM，AN＝AD﹣ND，所以AM+AN＝AD+DM+AD﹣ND＝2AD＝6．
【詳解】解：（1）如圖，

（2）∵D為BC的中點，∴BD＝CD，∵CM⊥AD，BN⊥AD，∴∠BND＝∠CMD＝90°，
在△BND和△CMD中，∠BND=∠CMD∠BDN=∠CDMBD=CD ∴△BND≌△CMD，∴DN＝DM．
（3）∵△BND≌△CMD，∴DM＝DN，
∵AM＝AD+DM，AN＝AD﹣ND，∴AM+AN＝AD+DM+AD﹣ND，
∵DM＝DN，∴AM+AN＝2AD＝6．
4．（2020·遼寧鞍山市·八年級期中）閱讀下面的題目及分析過程，并按要求進行證明．
已知：如圖，點E是BC的中點，點A在DE上，且∠BAE＝∠CDE．求證：AB＝CD．
分析：證明兩條線段相等，常用的方法是應(yīng)用全等三角形或等腰三角形的判定和性質(zhì)，觀察本題中要證明的兩條線段，它們不在同一個三角形中，且它們分別所在的兩個三角形也不全等，因此，要證AB＝CD，必須添加適當?shù)妮o助線，構(gòu)造全等三角形或等腰三角形．
（1）現(xiàn)給出如下兩種添加輔助線的方法，請任意選出其中一種，對原題進行證明．
①如圖1，延長DE到點F，使EF＝DE，連接BF；
②如圖2，分別過點B、C作BF⊥DE，CG⊥DE，垂足分別為點F，G．
（2）請你在圖3中添加不同于上述的輔助線，并對原題進行證明．

【答案】（1）①見解析；②見解析；（2）見解析；
【分析】（1）①如圖1，延長DE到點F，使EF＝DE，連接BF，△BEF≌△CED，∠BAE＝∠F， AB＝CD；
②如圖2，分別過點B、C作BF⊥DE，CG⊥DE，垂足分別為點F，G，△BEF≌△CEG
△BAF≌△CDG，AB＝CD；（2）如圖3，過C點作CM∥AB，交DE的延長線于點M，則∠BAE＝∠EMC，△BAE≌△CFE（AAS），∠F＝∠EDC，CF＝CD，AB＝CD；
【詳解】（1）①如圖1，

延長DE到點F，使EF＝DE，連接BF，∵點E是BC的中點，∴BE＝CE，
在△BEF和△CED中， ，
∴△BEF≌△CED（SAS），∴BF＝CD，∠F＝∠CDE，
∵∠BAE＝∠CDE，∴∠BAE＝∠F，∴AB＝BF，∴AB＝CD；
②如圖2，分別過點B、C作BF⊥DE，CG⊥DE，垂足分別為點F，G，
∴∠F＝∠CGE＝∠CGD＝90°，∵點E是BC的中點，∴BE＝CE，
在△BEF和△CEG中， ，∴△BEF≌△CEG（AAS），∴BF＝CG，
在△BAF和△CDG中，，∴△BAF≌△CDG（AAS），∴AB＝CD；
（2）如圖3，過C點作CM∥AB，交DE的延長線于點M，則∠BAE＝∠EMC，
∵E是BC中點，∴BE＝CE，在△BAE和△CME中，，
∴△BAE≌△CFE（AAS），∴CF＝AB，∠BAE＝∠F，
∵∠BAE＝∠EDC，∴∠F＝∠EDC，∴CF＝CD，∴AB＝CD．
【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，對頂角相等，平行線的性質(zhì)，構(gòu)造出全等三角形是解本題的關(guān)鍵．
5．（2021·江蘇八年級期中）通過對下面數(shù)學(xué)模型的研究學(xué)習(xí)，解決下列問題：
（模型呈現(xiàn)）
（1）如圖，，，過點作于點，過點作于點．由，得．又，可以推理得到．進而得到__________，．我們把這個數(shù)學(xué)模型稱為“字”模型或“一線三等角”模型；

（模型應(yīng)用）（2）如圖，，，，連接，，且于點，與直線交于點．求證：點是的中點；

（深入探究）（3）如圖，已知四邊形和為正方形，的面積為，的面積為，則有__________（填“＞、=、＜”）

（4）如圖，分別以的三條邊為邊，向外作正方形，連接、、．當，，時，圖中的三個陰影三角形的面積和為__________；

（5）如圖，點、、、、都在同一條直線上，四邊形、、都是正方形，若該圖形總面積是16，正方形的面積是4，則的面積是__________．

【答案】（1）DE；（2）見解析；（3）＝；（4）6；（5）2
【分析】（1）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得到答案；
（2）分別過點和點作于點，于點，由（1）中結(jié)論可得到AF=DM，AF=EN，然后只需要證明即可得到答案；
（3）過點D作DO⊥AF交AF于O，過點E錯EN⊥OD交OD延長線于N，過點C作CM⊥OD交OD延長線于M，然后同（2）中證明，，即可得到答案；（4）同（3）中證明方法可以得到，只需要求出即可得到答案；
（5）同（3）中的方法可以證明，然后利用勾股定理得到即可得到答案.
【詳解】解：（1）∵∴
（2）分別過點和點作于點，于點，∴，
∵，∴，∴
∵，∴，
在和中，，，，
∴，∴同理∴，
∵，，∴，在和中，，
，，∴
∴，即點是的中點；

（3）如圖所示，過點D作DO⊥AF交AF于O，過點E作EN⊥OD交OD延長線于N，過點C作CM⊥OD交OD延長線于M
∵四邊形ABCD與四邊形DEGF都是正方形∴∠ADC=∠90°，AD=DC，DF=DE
∵DO⊥AF，CM⊥OD
∴∠AOD=∠CMD=90°，∠OAD+∠ODA=90°，∠CDM+∠DCM=90°，
又∵∠ODA+∠DCM=90°∴∠ADO=∠DCM∴
∴，OD=MC同理可以證明
∴，OD=NE∴MC =NE
∵EN⊥OD，CM⊥OD，∠EPN=∠CMP∴∴
∵，
∴∴即；

（4）如圖所示，過點E作EO⊥CD交CD于O
同（3）中的證明方法可以得到
∵EO⊥CD∴∠EOD=90°又∵∠CDE=45°，DE=∴OD=OE=1
∵AB=CD=4∴∴

（5）同（3）中的方法可以證明，且
即由勾股定理得：
∴∴
∵圖形總面積是16，正方形KCMG的面積是4∴
∴∴

【點睛】本題主要考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，正方形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握全等三角形的性質(zhì)與判定.
6．（2021·黑龍江八年級期中）在中，直線經(jīng)過點，于，于，于．請解答下列問題：

（1）如圖①，求證：；（提示：過點作于）
（2）如圖②、圖③，線段，，之間又有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請寫出你的猜想，不需要證明；
（3）在（1）（2）的條件下，若，，，則______．
【答案】（1）證明見解析；（2）圖②：，圖③：；（3）9或7．
【分析】（1）如圖①過點作于點，先利用垂直和平行求得，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到，根據(jù)線段的和差即可得到結(jié)論；（2）同理可得， ，根據(jù)線段的和差即可得到結(jié)論；
（3）先利用勾股定理求出BE，根據(jù)（1）（2）的結(jié)論代入數(shù)據(jù)即可得到結(jié)論．
【詳解】（1）證明：過點作于點，則．

，，
∵，∴，
∵，即，，
又∵在中，，，，
．
四邊形為矩形，，；
（2）圖②：，圖③：；
理由：如圖②，過點作交的延長線于，則

同理可得：，，；
如圖③，過點作交的延長線于，

同理可得：，，；
（3）解：如圖①，，，，∴
∵，由（1）得；
如圖②同理；
圖③不存在，綜上所述，或，故答案為：9或7．
【點睛】本題考查了四邊形的綜合題，矩形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．

二、證中點（需證2次全等）
（1）過端點作另一邊的平行線：
目的：構(gòu)造出一組全等三角形 特點：中線倍長的反向應(yīng)用
1.如圖，在△ABC中，∠ABC=∠ACB，D，E分別是AC和AC的延長線上的點，連接BD，BE，若AB=CE，∠DBC=∠EBC。求證：D是AC的中點。

【答案】：如圖，過點C作AB的平行線，交BD的延長線于點F

∵CF∥AB ∴∠ABD=∠DFC ∴∠DBC+∠BFC=∠ABC
∵∠ABC=∠ACB ∴∠ACB=∠DBC+∠BFC
∵∠BCF+∠DBC+∠BFC=180°，∠BCE+∠ACB=180°∴∠BCF=∠BCE
在△BCF與△BCE中 ∴△BCF≌△BCE ∴CF=CE
∵CE=AB ∴AB=CF
在△ABD與△CFD中 ∴△ABD≌△CFD∴AD=DC ∴D是AC的中點
【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，正確添加輔助線，熟練掌握三角形全等的判定方法是解題的關(guān)鍵.
2.如圖，AB⊥AE，AB=AE，AC⊥AD，AC=AD，AH⊥DE于點H，延長AH交BC于點M。求證：M是BC的中點。

【答案】：如圖，過點B作AC的平行線，交AM的延長線于點F

∵BF∥AC ∴∠BFA=∠MAC ∴∠BFA+∠BAF=∠BAF+∠MAC=∠BAC
∵AC⊥AD，AB⊥AE ∴∠DAC+∠BAE=180°=DAB+∠BAC+∠BAC+∠CAE=∠DAE+∠BAC
又∵∠ABF+∠BFA+∠BAF=∠ABF+∠BAC ∴∠FBA=∠DAE
∵AG⊥DE ∴∠AHE=90° ∴∠HAE+∠AEH=90°
∵∠BAF+∠HAE=90° ∴∠BAF=∠AEH
在△BAF與△AEF中 ∴△BAF≌△AEF∴BF=AD ∵AD=AC∴BF=AC
在△FBM與△ACM中 ∴△FBM≌△ACM∴BM=MC ∴M是BC的中點
3．（2020·安徽八年級期末）如圖，△ABC是等腰三角形，D，E分別是腰AB及AC延長線上的一點，且BD＝CE，連接DE交底BC于G. 求證：GD＝GE.

【答案】證明見解析
【分析】過E作EF∥AB交BC延長線于F，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)及平行線的性質(zhì)可推出∠F=∠FCE，從而可得到BD=CE=EF，再根據(jù)AAS判定△DGB≌△EGF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可證得結(jié)論．
【詳解】證明：過E作EF∥AB交BC延長線于F．

∵AB=AC，∴∠B=∠ACB，∵EF∥AB，∴∠F=∠B，
∵∠ACB=∠FCE，∴∠F=∠FCE，∴CE=EF，
∵BD=CE，∴BD=EF，
在△DBG與△GEF中，，∴△DGB≌△EGF（AAS），∴GD=GE．
4．（2020·華中科技大學(xué)同濟醫(yī)學(xué)院附屬中學(xué)八年級月考）如圖1，△ABC 中，AB＝AC，點 D 在 AB 邊上，點 E 在 AC 的延長線上，且 CE＝BD， 連接 DE 交 BC 于點 F．

⑴求證：EF＝DF；⑵如圖2，過點 D 作 DG⊥BC，垂足為 G，求證：BC＝2FG.
【答案】（1）答案見詳解；（2）答案見詳解.
【分析】(1)過點D作DM∥AC，如圖1，則∠ACB=∠DMB，∠DMF=∠ECF，進而可得：CE=MD，易證：?DMF? ?ECF，即可得到結(jié)論；(2)過點D作DM∥AC，如圖2，易證：?DMF? ?ECF，可得：MF=CF，根據(jù)等腰三角形三線合一，可得：BG=MG，進而可得到結(jié)論.
【詳解】（1）過點D作DM∥AC，如圖1，則∠ACB=∠DMB，∠DMF=∠ECF，
∵AB＝AC，∴∠B=∠ACB，∴∠B=∠DMB，∴BD=MD，∵CE＝BD，∴CE=MD，
在?DMF和?ECF中，∵ ∴?DMF? ?ECF（AAS）,∴EF＝DF；
（2）過點D作DM∥AC，如圖2，由第（1）小題，可知：BD=MD，?DMF? ?ECF，∴MF=CF，
∵DG⊥BC，∴BG=MG（等腰三角形三線合一），∴BC=BM+CM=2(GM+FM)=2FG，

圖1 圖2
【點睛】本題主要考查三角形全等的判定和性質(zhì)定理以及等腰三角形的性質(zhì)定理，添加合適的輔助線，構(gòu)造等腰三角形是解題的關(guān)鍵.
5．（2021·河南八年級期末）閱讀下面材料：數(shù)學(xué)課上，老師給出了如下問題：
如圖，AD為△ABC中線，點E在AC上，BE交AD于點F，AE＝EF．求證：AC＝BF．

經(jīng)過討論，同學(xué)們得到以下思路：如圖①，添加輔助線后依據(jù)SAS可證得△ADC≌△GDB，再利用AE＝EF可以進一步證得∠G＝∠FAE＝∠AFE＝∠BFG，從而證明結(jié)論.
完成下面問題：（1）這一思路的輔助線的作法是：　 　 ．
（2）請你給出一種不同于以上思路的證明方法（要求：寫出輔助線的作法，畫出相應(yīng)的圖形，并寫出證明過程）．
【答案】（1）延長AD至點G，使DG＝AD，連接BG；（2）見解析
【分析】（1）延長AD于點G使得DG=AD．利用AE=EF可證得∠G=∠BFG=∠AFE=∠FAE，再依據(jù)AAS可以進一步證得△ADC≌△GDB，從而證明結(jié)論．（2）作BG∥AC交AD的延長線于G，證明△ADC≌△GDB（AAS），得出AC=BG，證出∠G=∠BFG，得出BG=BF，即可得出結(jié)論．
【詳解】解：（1）根據(jù)題意，則作法為：延長AD至點G，使DG＝AD，連接BG；
（2）作BG∥AC交AD的延長線于G，如圖②所示：

則∠G＝∠CAD，∵AD為△ABC中線，∴BD＝CD，
在△ADC和△GDB中，，
∴△ADC≌△GDB（AAS）， ∴AC＝BG，
∵AE＝EF，∴∠CAD＝∠EFA，
∵∠BFG＝∠EFA，∠G＝∠CAD，∴∠G＝∠BFG，
∴BG＝BF，∴AC＝BF．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)等知識；熟練掌握等腰三角形的判定與性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．
6．（2020·北京朝陽初二期末）閱讀下面材料：數(shù)學(xué)課上，老師給出了如下問題：
如圖，AD為△ABC中線，點E在AC上，BE交AD于點F，AE＝EF．求證：AC＝BF．

經(jīng)過討論，同學(xué)們得到以下兩種思路：
思路一如圖①，添加輔助線后依據(jù)SAS可證得△ADC≌△GDB，
再利用AE＝EF可以進一步證得∠G＝∠FAE＝∠AFE＝∠BFG，從而證明結(jié)論．

思路二如圖②，添加輔助線后并利用AE＝EF可證得∠G＝∠BFG＝∠AFE＝∠FAE，
再依據(jù)AAS可以進一步證得△ADC≌△GDB，從而證明結(jié)論．
完成下面問題：（1）①思路一的輔助線的作法是：　 　；②思路二的輔助線的作法是：　 ?。?br /> （2）請你給出一種不同于以上兩種思路的證明方法（要求：只寫出輔助線的作法，并畫出相應(yīng)的圖形，不需要寫出證明過程）．
【答案】（1）①延長AD至點G，使DG＝AD，連接BG；②作BG＝BF交AD的延長線于點G；（2）詳見解析
【分析】（1）①依據(jù)SAS可證得△ADC≌△GDB，再利用AE＝EF可以進一步證得∠G＝∠FAE＝∠AFE＝∠BFG，從而證明結(jié)論．
②作BG＝BF交AD的延長線于點G．利用AE＝EF可證得∠G＝∠BFG＝∠AFE＝∠FAE，再依據(jù)AAS可以進一步證得△ADC≌△GDB，從而證明結(jié)論．
（2）作BG∥AC交AD的延長線于G，證明△ADC≌△GDB（AAS），得出AC＝BG，證出∠G＝∠BFG，得出BG＝BF，即可得出結(jié)論．

【解析】解：（1）①延長AD至點G，使DG＝AD，連接BG，如圖①，理由如下：
∵AD為△ABC中線，∴BD＝CD，在△ADC和△GDB中，，
∴△ADC≌△GDB（SAS），∴AC＝BG，∵AE＝EF，∴∠CAD＝∠EFA，
∵∠BFG＝∠G，∠G＝∠CAD，∴∠G＝∠BFG，∴BG＝BF，∴AC＝BF．
故答案為：延長AD至點G，使DG＝AD，連接BG；
②作BG＝BF交AD的延長線于點G，如圖②．
理由如下：∵BG＝BF，∴∠G＝∠BFG，
∵AE＝EF，∴∠EAF＝∠EFA，∵∠EFA＝∠BFG，∴∠G＝∠EAF，
在△ADC和△GDB中，，∴△ADC≌△GDB（AAS），∴AC＝BG，∴AC＝BF；
故答案為：作BG＝BF交AD的延長線于點G；
（2）作BG∥AC交AD的延長線于G，如圖③所示：則∠G＝∠CAD，∵AD為△ABC中線，∴BD＝CD，
在△ADC和△GDB中，，∴△ADC≌△GDB（AAS），∴AC＝BG，
∵AE＝EF，∴∠CAD＝∠EFA，∵∠BFG＝∠EFA，∠G＝∠CAD，∴∠G＝∠BFG，
∴BG＝BF，∴AC＝BF．
【點睛】本題主要考查全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、其中一般證明兩個三角形全等共有四個定理：AAS、ASA、SAS、SSS，需要同學(xué)們靈活運用，解題的關(guān)鍵是學(xué)會做輔助線解決問題．

（2）兩端點向中線作垂線：
目的：構(gòu)造出一組全等三角形
特點：與已知中點時向中線作垂線方法一致
1．（2021·全國初三專題練習(xí)）如圖，在中，，，，，延長交于.求證：.

【答案】詳見解析
【分析】如圖，過點D作的延長線于點G，易證，再證即可得答案.
【解析】如圖，過點D作的延長線于點G，
，，，
又∵∠ACB=∠BGD=90°，BA=BD，∴，，
又∵BC=BE，，又∵∠EBF=∠DGF=90°，∠EFB=∠DFG，∴，∴EF=DF.

【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，學(xué)會添加常用輔助線，熟練掌握全等三角形的判定方法是解題的關(guān)鍵.
2．（2020.河北省期中）如圖．∠C＝90°，BE⊥AB且BE＝AB，BD⊥BC且BD＝BC，CB的延長線交DE于F。（1）求證：點F是ED的中點；（2）求證：S△ABC＝2S△BEF．

【分析】（1）過點E作EM⊥CF交CF的延長線于M，根據(jù)同角的余角相等求出∠EBM＝∠A，然后利用“角角邊”證明△ABC和△BEM全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得BC＝EM，再求出BD＝EM，然后利用“角角邊”證明△EMF和△DBF全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得EF＝DF，從而得證；（2）根據(jù)全等三角形的面積相等和等底等高的三角形的面積相等進行證明．
【詳解】證明：（1）如圖，過點E作EM⊥CF交CF的延長線于M，

∵BE⊥AB，∴∠EBM+∠ABC＝180°﹣90°＝90°，
∵∠C＝90°，∴∠A+∠ABC＝180°﹣90°＝90°，
在△ABC和△BEM中，∠EBM=∠A∠C=∠M=90°BE=AB，∴△ABC≌△BEM（AAS），∴BC＝EM，
∵BD＝BC，∴BD＝EM，在△EMF和△DBF中，∠M=∠DBF=90°∠EFM=∠DFBBD=EM，
∴△EMF≌△DBF（AAS），∴EF＝DF，∴點F是ED的中點；
（2）∵△ABC≌△BEM，△EMF≌△DBF，∴S△ABC＝S△BEM，S△EMF＝S△DBF，
∵點F是ED的中點，∴S△BEF＝S△DBF=12S△BEM=12S△ABC，∴S△ABC＝2S△BEF．
3．（2021·吉林八年級期末）如圖①，∠BAD=90°，AB=AD，過點B作BC⊥AC于點C，過點D作DE⊥CA的延長線點E，由∠1+∠2=∠D+∠2=90°，得∠1=∠D，又∠ACB=∠AED=90°，AB=AD，得△ABC≌△DAE進而得到AC=DE，BC=AE， 我們把這個數(shù)學(xué)模型稱為“K字”模型或“一線三等角”模型．
請應(yīng)用上述“一線三等角”模型，解決下列問題：
（1）如圖②，∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AC=AE，連接BC、DE，且BC⊥AH于點H，DE與直線AH交于點G，求證：點G是DE的中點．
（2）如圖③，在平面直角坐標系中，點A為平面內(nèi)任意一點，點B的坐標為（4，1），若△AOB是以O(shè)B為斜邊的等腰直角三角形，請直接寫出點A的坐標．

【答案】（1）見解析；（2）A(，)或(，-)．
【分析】（1）過點D作DM⊥AM交AG于點M，過點E作EN⊥AG于點N．根據(jù)“K字模型”即可證明AH=DM 和AH=EN，即EN=DM，再根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)即可證明DG=EG，即點G是DE的中點．
（2）分情況討論①當A點在OB的上方時，作AC垂直于y軸，BE垂直于x軸，CA和EB的延長線交于點D．根據(jù)“K字模型”即可證明，再利用B點坐標即可求出A點坐標．②當A點在OB的下方時，作AP垂直于y軸，BM垂直于x軸，PA和BM的延長線交于點Q．同理即能求出A點坐標．
【詳解】（1）如圖，過點D作DM⊥AM交AG于點M，過點E作EN⊥AG于點N，則∠DMA=90°，∠ENG=90°．
∵∠BHA=90 ，∴∠2+∠B=90°． ∵∠BAD=90°，∴∠1+∠2=90°． ∴∠B=∠1 ．
在△ABH和△DAM中，∴△ABH△DAM（AAS），∴AH=DM．
同理 △ACH△EAN（AAS）， ∴ AH=EN．∴EN=DM．
在△DMG和△ENG中 ，∴△DMG△ENG（AAS）．∴DG=EG∴點G是DE的中點．

（2）根據(jù)題意可知有兩種情況，A點分別在OB的上方和下方．
①當A點在OB的上方時，如圖，作AC垂直于y軸，BE垂直于x軸，CA和EB的延長線交于點D．
利用“K字模型”可知，∴，
設(shè)，則，∵，∴，
又∵，即，解得，
∴，．即點A坐標為(，)．

②當A點在OB的下方時，如圖，作AP垂直于y軸，BM垂直于x軸，PA和BM的延長線交于點Q．
根據(jù)①同理可得：，．即點A坐標為(，)．
【點睛】本題考查了三角形全等的判定和性質(zhì)．熟練利用三角形的判定方法是解答本題的關(guān)鍵．
4．（2021·山東七年級期末）如圖，以△ABC的兩邊AB和AC為腰在△ABC外部作等腰Rt△ABD和等腰Rt△ACE，AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝90°．（1）連接BE、CD交于點F，如圖①，求證：BE＝CD，BE⊥CD；（2）連接DE，AM⊥BC于點M，直線AM交DE于點N，如圖②，求證：DN＝EN．

【答案】（1）見詳解；（2）見詳解．
【分析】（1）只要證明△ABE≌△ADC即可解決問題；（2）延長AN到G，使AG=BC，連接GE，先證，再證即可解決問題．
【詳解】（1）證明：∵△ABD和△ACE都是等腰直角三角形，∴AB=AD，AE=AC，
又∵∠BAD=∠CAE=90°，∴∠BAD+∠DAE=∠CAE+∠DAE，
即∠BAE=∠DAC，∴△ABE≌△ADC，∴BE=DC，∠ABE=∠ADC，

又∵∠DOF=∠AOB，∠BOA+∠ABE=90°，
∴∠ABE+∠DOF=90°∴∠ADC+∠DOF=90，即BE⊥DC．
（2）延長AN到G使AG=BC，連接GE，，，
，，同理可證：
，∴，，，，
又，∴，．

【點睛】此題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，輔助線是解此題的關(guān)鍵．










2）角平分線中常見輔助線總結(jié)
方法1： 角平分線上的點向兩邊作垂線
方法：利用角平分線性質(zhì)，取角平分線上一點，向被平分的角的兩邊作垂線
注：銳角三角形的垂線在中線線段上；鈍角三角形的垂線在中線線段的延長線上。
目的：構(gòu)造一組全等三角形
1．（2021·山東七年級期末）已知，△ABC中，∠BAC＝120°，AD平分∠BAC，∠BDC＝60°，AB＝2，AC＝3，則AD的長是________．

【答案】5
【分析】過D作，，交延長線于F，然后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)和角直角三角形的性質(zhì)即可求解．
【詳解】過D作，，交延長線于F，

∵AD平分，，，∴，，
∵，，∴，
∵，∴，
在和中，∴，∴，
在和中，，∴，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴，∵平分，∴，
∴，∴．
【點睛】此題考查了全等三角形和角平分線的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是作出輔助線構(gòu)造全等三角形．
2．（2021·黑龍江大慶市·七年級期末）如圖，已知，、分別平分和且度，則______度．

【答案】60
【分析】根據(jù)三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角的和可得∠ACD=∠BAC+∠ABC，∠ECD=∠BEC+∠EBC，根據(jù)角平分線的定義可得∠EBC=∠ABC，∠ECD=∠ACD，然后整理得到∠BEC=∠BAC，過點E作EF⊥BD于F，作EG⊥AC于G，作EH⊥BA交BA的延長線于H，根據(jù)角平分線上的點到角的兩邊距離相等可得EF=EG=EH，再根據(jù)到角的兩邊距離相等的點在角的平分線上判斷出AE平分∠CAH，然后列式計算即可得解．
【詳解】解：由三角形的外角性質(zhì)得，∠ACD=∠BAC+∠ABC，∠ECD=∠BEC+∠EBC，
∵BE、CE分別平分∠ABC和∠ACD，∴∠EBC=∠ABC，∠ECD=∠ACD，
∴∠BEC+∠EBC=（∠BAC+∠ABC），∴∠BEC=∠BAC，∵∠BEC=30°，∴∠BAC=60°，
過點E作EF⊥BD于F，作EG⊥AC于G，作EH⊥BA交BA的延長線于H，

∵BE、CE分別平分∠ABC和∠ACD，∴EF=EH，EF=EG，∴EF=EG=EH，
∴AE平分∠CAH，∴∠EAC=（180°∠BAC）=（180°60°）=60°．故答案為：60°．
【點睛】本題考查了三角形的內(nèi)角和定理，三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角的和的性質(zhì)，角平分線上的點到角的兩邊距離相等的性質(zhì)，到角的兩邊距離相等的點在角的平分線上的性質(zhì)，熟記各性質(zhì)并作輔助線是解題的關(guān)鍵．
3．（2021·湖北荊門市·八年級期末）如圖，在中，和的平分線相交于點，過點作交于，交于，過點作于，下列結(jié)論：①：②點到各邊的距離相等；③：④；⑤設(shè)，，則；其中正確的結(jié)論是______．

【答案】①②③④
【分析】由∠ABC和∠ACB的平分線相交于點O，可得結(jié)合三角形的內(nèi)角和定理可得再次利用內(nèi)角和定理可判斷①，如圖1，過點O作OM⊥AB于M，作ON⊥BC于N，結(jié)合 利用角平分線的性質(zhì)可判斷②，利用平行線的性質(zhì)與角平分線的定義證明可判斷③，如圖2，過點O作OM⊥AB于M，作ON⊥BC于N，連接OA，證明 可得 同理可得： 從而可判斷④，如圖2，由，結(jié)合 從而可判斷⑤．
【詳解】解：∵在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分線相交于點O，

∴
∴故①符合題意；
如圖1，過點O作OM⊥AB于M，作ON⊥BC于N，

∵平分∠ABC，平分∠ACB， 故②符合題意；
∵在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分線相交于點O， ∴∠OBC=∠OBE，∠OCB=∠OCF，
∵， ∴∠OBC=∠EOB，∠OCB=∠FOC， ∴∠EOB=∠OBE，∠FOC=∠OCF，
∴BE=OE，CF=OF， ∴EF=OE+OF=BE+CF， 故③符合題意；
如圖2，過點O作OM⊥AB于M，作ON⊥BC于N，連接OA，

平分
同理可得：
故④符合題意，如圖2，由②得：ON=OD=OM=m，
∴
， 故⑤不符合題意． 故答案為：①②③④．
【點睛】本題考查的是角平分線的定義與性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理的應(yīng)用，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．
4．（2020·廣西南寧市·八年級期末）已知點C是∠MAN平分線上一點，∠BCD的兩邊CB、CD分別與射線AM、AN相交于B，D兩點，且∠ABC+∠ADC＝180°．過點C作CE⊥AB，垂足為E．
（1）如圖1，當點E在線段AB上時，求證：BC＝DC；
（2）如圖2，當點E在線段AB的延長線上時，探究線段AB、AD與BE之間的等量關(guān)系；
（3）如圖3，在（2）的條件下，若∠MAN＝60°，連接BD，作∠ABD的平分線BF交AD于點F，交AC于點O，連接DO并延長交AB于點G．若BG＝1，DF＝2，求線段DB的長．

【答案】（1）見解析；（2）AD﹣AB＝2BE，理由見解析；（3）3．
【分析】（1）過點C作CF⊥AD，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到CE＝CF，證明△BCE≌△DCF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)證明結(jié)論；（2）過點C作CF⊥AD，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到CE＝CF，AE＝AF，證明△BCE≌△DCF，得到DF＝BE，結(jié)合圖形解答即可；（3）在BD上截取BH＝BG，連接OH，證明△OBH≌△OBG，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠OHB＝∠OGB，根據(jù)角平分線的判定定理得到∠ODH＝∠ODF，證明△ODH≌△ODF，得到DH＝DF，計算即可．
【詳解】（1）證明：如圖1，過點C作CF⊥AD，垂足為F，

∵AC平分∠MAN，CE⊥AB，CF⊥AD，∴CE＝CF，
∵∠CBE+∠ADC＝180°，∠CDF+∠ADC＝180°，∴∠CBE＝∠CDF，
在△BCE和△DCF中，，∴△BCE≌△DCF（AAS）∴BC＝DC；
（2）解：AD﹣AB＝2BE，理由如下：如圖2，過點C作CF⊥AD，垂足為F，
∵AC平分∠MAN，CE⊥AB，CF⊥AD，∴CE＝CF，AE＝AF，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠CBE＝180°，∴∠CDF＝∠CBE，
在△BCE和△DCF中，，∴△BCE≌△DCF（AAS），∴DF＝BE，
∴AD＝AF+DF＝AE+DF＝AB+BE+DF＝AB+2BE，∴AD﹣AB＝2BE；
（3）解：如圖3，在BD上截取BH＝BG，連接OH，
∵BH＝BG，∠OBH＝∠OBG，OB＝OB
在△OBH和△OBG中，，∴△OBH≌△OBG（SAS）∴∠OHB＝∠OGB，
∵AO是∠MAN的平分線，BO是∠ABD的平分線，∴點O到AD，AB，BD的距離相等，∴∠ODH＝∠ODF，
∵∠OHB＝∠ODH+∠DOH，∠OGB＝∠ODF+∠DAB，∴∠DOH＝∠DAB＝60°，
∴∠GOH＝120°，∴∠BOG＝∠BOH＝60°，∴∠DOF＝∠BOG＝60°，∴∠DOH＝∠DOF，
在△ODH和△ODF中，，∴△ODH≌△ODF（ASA），
∴DH＝DF，∴DB＝DH+BH＝DF+BG＝2+1＝3．
【點睛】本題考查了角平分線的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，關(guān)鍵是依照基礎(chǔ)示例引出正確輔助線．
5．（2020·遼寧鞍山市·八年級期中）在△ABC中，若AD是∠BAC的角平分線，點E和點F分別在AB和AC上，且DE⊥AB，垂足為E，DF⊥AC，垂足為F（如圖（1）），則可以得到以下兩個結(jié)論：
①∠AED+∠AFD＝180°；②DE＝DF．那么在△ABC中，仍然有條件“AD是∠BAC的角平分線，點E和點F，分別在AB和AC上”，請?zhí)骄恳韵聝蓚€問題：（1）若∠AED+∠AFD＝180°（如圖（2）），則DE與DF是否仍相等？若仍相等，請證明；否則請舉出反例．（2）若DE＝DF，則∠AED+∠AFD＝180°是否成立？（只寫出結(jié)論，不證明）

【答案】（1）DE＝DF，理由見解析；（2）不一定成立
【分析】（1）過點D作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，DM＝DN，△DME≌△DNF，DE＝DF；
（2）如圖，若DE、DF在點D到角的兩邊的垂線段與頂點A的同側(cè)則一定不成立；
【詳解】（1）DE＝DF．理由如下：過點D作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，

∵AD平分∠BAC，DM⊥AB，DN⊥AC，∴DM＝DN，
∵∠AED+∠AFD＝180°，∠AFD+∠DFN＝180°，
∴∠DFN＝∠AED，∴△DME≌△DNF（AAS），∴DE＝DF；
（2）不一定成立．如圖，若DE、DF在點D到角的兩邊的垂線段與頂點A的同側(cè)則一定不成立，
經(jīng)過（1）的證明，若在垂線段上或兩側(cè)則成立，所以不一定成立．
【點睛】本題主要考查角平分線的性質(zhì)，難點在于熟練和靈活的應(yīng)用角平分線要點；
6．（2020·武漢市六中位育中學(xué)八年級）如圖，中，于點，，點在上，，連接．

（1）求證：；（2）延長交于點，連接，求的度數(shù)；（3）過點作，，連接交于點，若，，直接寫出的面積．
【答案】（1）見解析；（2）∠CFD=135°；（3）△NBC的面積為21．
【分析】（1）由“SAS”可證△BDE≌△CDA，可得BE=CA；
（2）過點D作DG⊥AC于G，DH⊥BF于H，由全等三角形的性質(zhì)可得∠DBE=∠ACD，S△BDE=S△ADC，由面積關(guān)系可求DH=DG，由角平分線的性質(zhì)可得∠DFG=∠DFH=45°，即可求解；
（3）在CD上截取DE=AD=5，連接BE，延長BE交AC于F，由△BEN≌△MCN，可得EN=CN，由三角形的面積公式可求解．
【詳解】證明（1）在△BDE和△CDA中，，∴△BDE≌△CDA（SAS），∴BE=CA；
（2）如圖2，過點D作DG⊥AC于G，DH⊥BF于H，

∵△BDE≌△CDA，∴∠DBE=∠DCA，S△BDE=S△ADC，
∵∠DBE+∠A=∠ACD+∠A=90°，∴∠AFB=∠CFB=90°，
∵S△BDE=S△ADC，∴，∴DH=DG，
又∵DG⊥AC，DH⊥BF，∴∠DFG=∠DFH=45°，∴∠CFD=135°；
（3）如圖3，在CD上截取DE=AD=5，連接BE，延長BE交AC于F，
由（1）、（2）可得BE=AC，BF⊥AC，BD=CD=12，
∵CM⊥CA，∴BF∥CM，∴∠M=∠FBN，∵CM=CA，∴CM=BE，
在△BEN和△MCN中，，∴△BEN≌△MCN（AAS），∴EN=CN，
∵EC=CD-DE=12-5=7，∴，∴△NBC的面積，
故△NBC的面積為21．
【點睛】本題是三角形綜合題，考查了直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的判定和性質(zhì)，三角形的面積公式等知識，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是本題的關(guān)鍵．
7．（2020·江西南昌市·八年級期中）如圖，在中，已知：是它的角平分線，且．（1）求的面積；（2）在解完（1）問后，小智經(jīng)過反思后發(fā)現(xiàn)，小慧發(fā)現(xiàn)，請判斷小智和小慧的發(fā)現(xiàn)是否正確?若正確，請寫出證明過程，若錯誤，請說明理由．

【答案】（1）36，（2）都正確，證明見詳解
【分析】（1）過點D作DF⊥AB于F，AD是它的角平分線，利用角平分線性質(zhì) 有DF=DE，分別求S△ABD和S△ACD，則S△ABC= S△ABD+ S△ACD計算即可
（2）都正確 AD是它的角平分線，，DF⊥AB，則DE=DF，由（1）知S△ABD=，S△ACD=，求兩個三角形面積之比，
過A作AG⊥BC于G，AG是△ABD的高，也是△ACD的高，分別求出利用高表示的三角形的面積，，再求求兩個三角形面積之比即可．
【詳解】（1）過點D作DF⊥AB于F，AD是它的角平分線，，DF=DE=4，
S△ABD=，S△ACD=，S△ABC= S△ABD+ S△ACD=20+16=36，

（2）都正確，
AD是它的角平分線，，DF⊥AB，則DE=DF，
S△ABD=，S△ACD=，，
過A作AG⊥BC于G，，，
，由，，
小智和小慧的發(fā)現(xiàn)都正確．
【點睛】本題考查三角形的面積與角平分線定理，掌握三角形的面積與角平分線定理，會求三角形的面積，會用面積證明角分線分得的兩線段的比是解題關(guān)鍵．

方法2 過邊上的點向角平分線作垂線
方法：取被平分角邊上一點，向角平分線作垂線，并延長至與另一個邊相交
適用條件：往往題干中已有線段與角平分線垂直，只需延長垂線段即可
目的：構(gòu)造一組關(guān)于角平分線對稱的全等直角三角形
1．（2020·重慶市松樹橋中學(xué)校八年級月考）如圖，△ABC的面積為9cm2，BP平分∠ABC，AP⊥BP于P，連接PC，則△PBC的面積為______cm2．

【答案】4.5
【分析】根據(jù)已知條件證得△ABP≌△EBP，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AP=PE，得出S△ABP=S△EBP，S△ACP=S△ECP，推出，代入求出即可．
【詳解】解：延長AP交BC于E，∵BP平分∠ABC，∴∠ABP=∠EBP，

∵AP⊥BP，∴∠APB=∠EPB=90°，
在△ABP和△EBP中， ，∴△ABP≌△EBP（ASA），∴AP=PE，
∴∴ cm2，故答案為4.5．
【點睛】本題考查全等三角形的性質(zhì)和判定，三角形的面積的應(yīng)用，注意：等底等高的三角形的面積相等．
2．（2020·河南九年級期中）如圖，在△ABC中，AB＝8，AC＝6，AM平分∠BAC，CM⊥AM于點M，N為BC的中點，連結(jié)MN，則MN的長為______.

【答案】1
【分析】延長CM交AB于H，證明△AMH≌△AMC，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AH＝AC＝6，CM＝MH，根據(jù)三角形中位線定理解答.
【詳解】解：延長CM交AB于H，∵AM平分∠BAC，∴

在△AMH和△AMC中，，∴△AMH≌△AMC(ASA)
∴AH＝AC＝6，CM＝MH，∴BH＝AB﹣AH＝2，
∵CM＝MH，CN＝BN，∴MN＝BH＝1，故答案為：1.
【點睛】本題考查的是三角形中位線定理、全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半．
3．（2020·江蘇省灌云高級中學(xué)城西分校八年級月考）如圖，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，∠ABC的平分線BD交AC于點D，CE⊥BD，交BD的延長線于點E，若BD＝4，則CE＝________．

【答案】2
【分析】根據(jù)題意延長BA、CE相交于點F，利用“角邊角”證明△BCE和△BFE全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得CE=EF，根據(jù)等角的余角相等求出∠ABD=∠ACF，然后利用“角邊角”證明△ABD和△ACF全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得BD=CF，然后求解即可．
【詳解】解：如圖，延長BA、CE相交于點F，

∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD，
在△BCE和△BFE中，，∴△BCE≌△BFE（ASA），∴CE=EF，
∵∠BAC=90°，CE⊥BD，∴∠ACF+∠F=90°，∠ABD+∠F=90°，∴∠ABD=∠ACF，
在△ABD和△ACF中，，∴△ABD≌△ACF（ASA），∴BD=CF，
∵CF=CE+EF=2CE，∴BD=2CE=4，∴CE=2．故答案為：2．
【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)和等角的余角相等的性質(zhì)，熟練掌握三角形全等的判定方法是解題的關(guān)鍵，難點在于作輔助線構(gòu)造出全等三角形并得到與BD相等的線段CF．
4．（2021·四川眉山市·八年級期末）在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90，BD平分∠ABC交AC于點D．

（1）如圖1，點F為BC上一點，連接AF交BD于點E．若AB=BF，求證：BD垂直平分AF．
（2）如圖2，CE⊥BD，垂足E在BD的延長線上．試判斷線段CE和BD的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
（3）如圖3，點F為BC上一點，∠EFC=∠ABC，CE⊥EF，垂足為E，EF與AC交于點M．直接寫出線段CE與線段FM的數(shù)量關(guān)系．
【答案】（1）見解析；（2）BD=2CE，理由見解析；（3）FM=2CE．
【分析】(1) 由BD平分∠ABC，可得∠ABE=∠FBE，可證△ABE≌△FBE（SAS），可得AE=FE，∠AEB=∠FEB=×180°=90°即可；（2）延長CE，交BA的延長線于G，由CE⊥BD，∠ABE=∠FBE，可得GE=2CE=2GE，可證△BAD≌△CAG（ASA），可得BD=CG=2CE；（3）作FM的中垂線NH交CF于N，交FM于H，由FN=MN，MH=FH=FM，可得∠NMH=∠NBH，由∠EFC=∠ABC=22.5°，可求∠ABC=∠ACB=∠MNC=45°，可得NM=CM=FN，由外角∠EMC=∠MFC+∠MCF=22.5°+45°=67.5°，可求∠ECM=90°-∠EMC=22.5°，可證△FNH≌△CME（AAS），可得FH=CE即可．
【詳解】證明(1) ∵BD平分∠ABC，∴∠ABE=∠FBE，
∵BA=BF，BE=BE，∴△ABE≌△FBE（SAS），
∴AE=FE，∠AEB=∠FEB=× 180°=90°，∴BD垂直平分AF．
（2）BD=2CE，理由如下：延長CE，交BA的延長線于G，
∵CE⊥BD，∠ABE=∠FBE，∴GE=2CE=2GE，
∵∠CED=90°=∠BAD，∠ADB=∠EDC，∴∠ABD=∠GCA，
又AB=AC，∠BAD=∠CAG，，∴△BAD≌△CAG（ASA），∴BD=CG=2CE，


（3）FM=2 CE，理由如下：作FM的中垂線NH交CF于N，交FM于H，
∴FN=MN，MH=FH=FM，∴∠NMH=∠NBH，
∵∠EFC=∠ABC=22.5°，∴∠MNC=2∠NFH=2×∠ABC=∠ABC，
∵AB=AC，∠BAC=90，∴∠ABC=∠ACB=∠MNC=45°，∴NM=CM=FN，
∵∠EMC=∠MFC+∠MCF=22.5°+45°=67.5°，∴∠ECM=90°-∠EMC=22.5°，∴∠NFH=∠MCE，
又∵∠FHN=∠E=90°，∴△FNH≌△CME（AAS），∴FH=CE，∴FM=2FH=2CE．

【點睛】本題考查角平分線性質(zhì)，三角形全等判定與性質(zhì)，直角三角形兩銳角互余，線段垂直平分線，三角形外角性質(zhì)，掌握角平分線性質(zhì)，三角形全等判定與性質(zhì)，直角三角形兩銳角互余，線段垂直平分線是解題關(guān)鍵．
5．（2021·湖北八年級月考）如圖，在△ABC中，∠C=90°，BC=AC，D是AC上一點，AE⊥BD交BD的延長線于E，AE=BD，且DF⊥AB于F，求證：CD=DF

【答案】見解析
【分析】延長AE、BC交于點F．根據(jù)同角的余角相等，得∠DBC=∠FAC；由ASA證明△BCD≌△ACF，得出AF=BD，AE=AF，由線段垂直平分線的性質(zhì)得到AB=BF，再根據(jù)等腰三角形的三線合一得出BD是∠ABC的角平分線，由角平分線的性質(zhì)定理即可得出結(jié)論．
【解析】證明：延長AE、BC交于點F. 如圖所示：∵AE⊥BE，∴∠BEA=90°，

又∠ACF=∠ACB=90°，∴∠DBC+∠AFC=∠FAC+∠AFC=90°，∴∠DBC=∠FAC，
在△ACF和△BCD中,，∴△ACF≌△BCD(ASA)，∴AF=BD.
又AE=BD，∴AE=AF，即點E是AF的中點，∴AB=BF，∴BD是∠ABC的角平分線，
∵∠C=90°，DF⊥AB于F，∴CD=DF.
【點睛】此題考查等腰直角三角形，全等三角形的判定與性質(zhì)，解題關(guān)鍵在于掌握判定定理和作輔助線.
6．（2020·全國八年級課時練習(xí)）如圖，在中，是的中點，平分，于點，延長交于點．已知，求的周長．

【答案】46
【分析】先證明，得到AD=AB，BN=DN，再利用點M是BC的中點證得CD=2MN，BC=2BM，由此即可求出△ABC的周長.
【詳解】∵平分，∴，，
在和中，∴，
∴．∵是的中點，，
∴，，∴的周長為．
【點睛】此題考查三角形全等的判定定理及性質(zhì)定理，三角形的中位線的性質(zhì)，證明是解題的關(guān)鍵，由此不僅得到AD=AB，還證得BN=DN，由此利用點M是BC的中點求出CD的長.
7．（2020·四川省初一期末）如圖1，點是直線上一點，點是直線上一點，且MN//PQ．和的平分線交于點．（1）求證：；（2）過點作直線交于點（不與點重合），交于點E,①若點在點的右側(cè)，如圖2，求證：；②若點在點的左側(cè)，則線段、、有何數(shù)量關(guān)系？直接寫出結(jié)論，不說理由．

【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）
【分析】(1) 由平行線性質(zhì)可得∠NAB+∠ABQ=180°,再由角平分線定義可得,再利用三角形內(nèi)角和定理即可得∠C=90°,即可證明BC⊥AC;
(2) ①延長AC交PQ點F，先證明AC=FC,再證明△ACD≌△FCE,即可得AD+BE=AB;
②方法與①相同．
【解析】解：（1）∵MN∥PQ∴∠NAB+∠ABQ=180°
∵AC平分∠NAB，BC平分∠ABQ∴
∴∠BAC+∠ABC==90°在△ABC中，∵∠BAC+∠ABC+∠C=180°
∴∠C=180°- (∠BAC+∠ABC) =180°-90°=90°∴BC⊥AC;

（2）①延長AC交PQ于點F ∵BC⊥AC∴∠ACB=∠FCB=90°
∵BC平分∠ABF∴∠ABC=∠FBC∴BC=BC∴△ABC≌△FBC∴AC=CF，AB=BF
∵MN∥BQ∴∠DAC=∠EFC ∵∠ACD=∠FCE∴△ACD≌△FCE∴AD=EF
∴AB=BF=BE+EF=BE+AD 即：AB=AD+BE
②線段AD，BE，AB數(shù)量關(guān)系是：AD+AB=BE如圖3，延長AC交PQ點F,
∵MN//PQ ．∴∠AFB=∠FAN，∠DAC=∠EFC
∵AC平分∠NAB∴∠BAF=∠FAN∴∠BAF=∠AFB∴AB=FB
∵BC⊥AC∴C是AF的中點∴AC=FC
在△ACD與△FCE中 ∴ ∴AD=EF
∵AB=FB=BE-EF∴AD+AB=BE
【點睛】本題考查了平行線性質(zhì)，全等三角形性質(zhì)判定，等腰三角形性質(zhì)等，解題關(guān)鍵正確添加輔助線構(gòu)造全等三角形．

方法3 過平分線上的點作一條邊平行線構(gòu)造等腰三角形
方法：①有角平分線時，常過角平分線上的一點作角的一邊的平行線，從而構(gòu)造等腰三角形。如下圖1
②通過一邊上的點作角平分線的平行線與另外一邊的反向延長線相交，從而也構(gòu)造等腰三角形。如下2圖

掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
1.（2020·山東八年級期末）如圖、∠ABC的平分線BF與△ABC中∠ACB的外角∠ACG的平分線CF相交于點F.過F作DF∥BC，交AB于D,交AC于E，若BD＝8，DE＝3，則CE的長度為________；

【答案】5
【分析】根據(jù)角平分線和平行線的性質(zhì)可得，由等角對等邊可得，所以.
【詳解】解： BF平分∠ABC，CF平分∠ACG.



故答案為：5
【點睛】本題考查了等腰三角形的判定，靈活利用角平分線及平行線的性質(zhì)判證明角相等是解題的關(guān)鍵.
2．如圖5，在△ABC中，已知∠ABC和∠ACB的角平分線相交于F，經(jīng)過F作DE∥BC交AB于點D，交AC于點E，若BD+CE=9，則線段DE的長為____________

【答案】9
分析：本題主要利用兩直線平行，內(nèi)錯角相等，角平分線的定義以及三角形中等角對等邊的性質(zhì)進行做題．
【解析】∵∠B和∠C的平分線相交于點F，∴∠DBF=∠FBC，∠BCF=∠ECF；
∵DE∥BC，∴∠DFB=∠FBC=∠FBD，∠EFC=∠FCB=∠ECF，
∴DF=DB，EF=EC，即DE=DF+FE=DB+EC=9．
3．（2019·云南昆明三中八年級期末）（1）如圖 1，在△ABC 中，∠ABC 的平分線 BF 交 AC 于 F， 過點 F 作 DF∥BC， 求證：BD=DF．
（2）如圖 2，在△ABC 中，∠ABC 的平分線 BF 與∠ACB 的平分線 CF 相交于 F，過點 F 作 DE∥BC，交直線 AB 于點 D，交直線 AC 于點 E．那么 BD，CE，DE 之間存在什么關(guān)系？并證明這種關(guān)系．
（3）如圖 3，在△ABC 中，∠ABC 的平分線 BF 與∠ACB 的外角平分線 CF 相交于 F，過點 F 作 DE∥BC，交直線 AB 于點D，交直線 AC 于點 E．那么 BD，CE，DE 之間存在什么關(guān)系？請寫出你的猜想．（不需證明）

【答案】（1）見詳解；（2）BD+CE＝DE，證明過程見詳解；（3）BD﹣CE＝DE，證明過程見詳解
【分析】（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)和角平分線定義得出∠DFB＝∠CBF，∠ABF＝∠CBF，推出∠DFB＝∠DBF，根據(jù)等角對等邊推出即可；（2）與（1）證明過程類似，求出BD＝DF，EF＝CE，即可得出結(jié)論；
（3）與（1）證明過程類似，求出BD＝DF，EF＝CE，即可得出結(jié)論．
【詳解】解：（1）∵BF平分∠ABC，∴∠ABF＝∠CBF，
∵DF∥BC，∴∠DFB＝∠CBF，∴∠DFB＝∠DBF，∴BD＝DF；
（2）BD+CE＝DE，理由是：∵BF平分∠ABC，∴∠ABF＝∠CBF，
∵DF∥BC，∴∠DFB＝∠CBF，∴∠DFB＝∠DBF，∴BD＝DF；
同理可證：CE＝EF，∵DE＝DF+EF，∴BD+CE＝DE；
（3）BD﹣CE＝DE．理由是：∵BF平分∠ABC，∴∠ABF＝∠CBF，
∵DF∥BC，∴∠DFB＝∠CBF，∴∠DFB＝∠DBF，∴BD＝DF；
同理可證：CE＝EF，∵DE＝DF﹣EF，∴BD﹣CE＝DE．
【點睛】本題考查了角平分線定義，平行線的性質(zhì)，等腰三角形的判定等知識點，本題具有一定的代表性，三個問題證明過程類似．
4．（2020·江陰市云亭中學(xué)八年級月考）如圖，△ABC中，∠ABC，∠ACB的平分線交于O點，過O點作EF∥BC交AB，AC于E，F(xiàn)．（1）如圖①，當AB=AC時圖中有 個等腰三角形．（2）如圖②，寫出EF與BE、CF之間關(guān)系式，并說明理由．（3）如圖③，若△ABC中∠ABC的平分線BO與三角形外角平分線CO交于O，過O點作OE∥BC交AB于E，交AC于F．EF與BE、CF關(guān)系又如何?說明你的理由．

【答案】（1）5；（2）EF=BE+CF，理由見解析；（3）EF=BE-CF，理由見解析
【分析】（1）由AB=AC，可得∠ABC=∠ACB；又已知OB、OC分別平分∠ABC、∠ACB；故∠EBO=∠OBC=∠FCO=∠OCB；根據(jù)EF∥BC，可得∠OEB=∠OBC=∠EBO，∠FOC=∠FCO=∠BCO；由此可得出△ABC，△OBC，△EBO，△CFO，△AEF都是等腰三角形；
（2）由EF∥BC，可得∠2=∠3，又∠1=∠2，根據(jù)等量代換得到∠1=∠3，所以O(shè)E=BE，在△CFO中，同理可證OF=CF，繼而可證得EF=BE+CF；
（3）由于OE∥BC，可得∠5=∠6，又∠4=∠5，根據(jù)等量代換得到∠4=∠6，所以O(shè)E=BE，在△CFO中，同理可證OF=CF，繼而可證得EF=BE-CF．
【詳解】解：（1）當AB=AC時，圖中有5個等腰三角形．如圖1，由AB=AC，可得∠ABC=∠ACB，
又∵OB、OC分別平分∠ABC、∠ACB，∴∠EBO=∠OBC=∠FCO=∠OCB，
根據(jù)EF∥BC，可得∠OEB=∠OBC=∠EBO，∠FOC=∠FCO=∠BCO，
由此可得出△ABC，△OBC，△EBO，△CFO，△AEF都是等腰三角形．故答案為：5；
（2）關(guān)系式：EF=BE+CF如圖，∵EF∥BC，∴∠2=∠3，
又∵∠1=∠2，∴∠1=∠3，∴OE=BE，在△CFO中，同理可證OF=CF，
∵EF=EO+FO，∴EF=BE+CF；

（3）關(guān)系式：EF=BE-CF如圖，∵OE∥BC，∴∠5=∠6，
又∠4=∠5，∴∠4=∠6，∴OE=BE，
在△CFO中，同理可證OF=CF，∵EF=EO-FO，∴EF=BE-CF．
【點睛】本題考查了等腰三角形的判定與性質(zhì)，解決問題的關(guān)鍵靈活運用等腰三角形的性質(zhì)．解題時注意：等腰三角形提供了好多相等的線段和相等的角，判定三角形是等腰三角形是證明線段相等、角相等的重要手段．
5．（2020·沈陽市第一二七中學(xué)八年級期中）已知：如圖，∠ACD是△ABC的一個外角，CE、CF分別平分∠ACB 、∠ACD，EF∥BC，分別交AC、CF于點H、F求證：EH=HF

【答案】見解析
【分析】由角平分線的定義可得∠BCE＝∠ACE，∠ACF＝∠DCF，由平行線的性質(zhì)可得∠BCE＝∠CEF，∠CFE＝∠DCF，利用等量代換可得∠ACE＝∠CEF，∠CFE＝∠ACF，根據(jù)等角對等邊即可求得EH=CH=HF，進而求得EH=HF．
【詳解】∵CE、CF分別平分∠ACB、∠ACD，∴∠BCE＝∠ACE，∠ACF＝∠DCF，
∵EF∥BC，∴∠BCE＝∠CEF，∠CFE＝∠DCF，
∴∠ACE＝∠CEF，∠CFE＝∠ACF，∴EH＝CH，CH=HF，∴EH＝HF.
【點睛】本題考查了平行線的性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，根據(jù)等角對等邊求解是解題關(guān)鍵.

方法4 利用角平分線的性質(zhì)，在角兩邊截長補短
方法：在角的兩邊上實施截長或補短
目的：構(gòu)造出已角平分線為對稱軸的全等三角形
1．（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．
2．（2020·太原市晉澤中學(xué)校初二月考）在△ABC中，∠ACB=2∠B，（1）如圖①，當∠C=90°，AD為∠ABC的角平分線時，在AB上截取AE=AC，連接DE，易證AB=AC+CD．請證明AB=AC+CD；
（2）①如圖②，當∠C≠90°，AD為∠BAC的角平分線時，線段AB、AC、CD又有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請直接寫出你的結(jié)論，不要求證明；②如圖③，當∠C≠90°，AD為△ABC的外角平分線時，線段AB、AC、CD又有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請寫出你的猜想并證明．

【答案】（1）證明見解析；（2）①AB=AC+CD；②AC+AB=CD，證明見解析．
【分析】（1）首先得出△AED≌△ACD（SAS），即可得出∠B=∠BDE=45°，求出BE=DE=CD，進而得出答案；（2）①首先得出△AED≌△ACD（SAS），即可得出∠B=∠BDE，求出BE=DE=CD，進而得出答案；
②首先得出△AED≌△ACD（SAS），即可得出∠B=∠EDC，求出BE=DE=CD，進而得出答案．
【解析】解：（1）∵AD為∠ABC的角平分線，∴∠EAD=∠CAD，
在△AED和△ACD中，∵AE=AC，∠EAD=∠CAD，AD=AD，
∴△AED≌△ACD（SAS），∴ED=CD，∠C=∠AED=90°，
∵∠ACB=2∠B，∠C=90°，∴∠B=45°，∴∠BDE=45°，
∴BE=ED=CD，∴AB=AE+BE=AC+CD；
（2）①AB=AC+CD．理由：在AB上截取AE=AC，連接DE，
∵AD為∠ABC的角平分線，∴∠EAD=∠CAD，
在△AED和△ACD中，∵AE=AC，∠EAD=∠CAD，AD=AD，
∴△AED≌△ACD（SAS），∴ED=CD，∠C=∠AED，∵∠ACB=2∠B，∴∠AED=2∠B，
∵∠B+∠BDE=∠AED，∴∠B=∠BDE，∴BE=ED=CD，∴AB=AE+BE=AC+CD；
②AC+AB=CD．理由：在射線BA上截取AE=AC，連接DE，
∵AD為∠EAC的角平分線，∴∠EAD=∠CAD，
在△AED和△ACD中，∵AE=AC，∠EAD=∠CAD，AD=AD，
∴△AED≌△ACD（SAS），∴ED=CD，∠ACD=∠AED，
∵∠ACB=2∠B，∴設(shè)∠B=x，則∠ACB=2x，∴∠EAC=3x，∴∠EAD=∠CAD=1.5x，
∵∠ADC+∠CAD=∠ACB=2x，∴∠ADC=0.5x，∴∠EDC=x，
∴∠B=∠EDC，∴BE=ED=CD，∴AB+AE=BE=AC+AB=CD．

【點睛】此題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)以及三角形外角的性質(zhì)等知識，利用已知得出△AED≌△ACD是解題關(guān)鍵．
3．（2021·湖北武漢市·八年級期末）如圖1，在中，，分別是和的角平分線，和相交于點．（1）求證：平分；
（2）如圖2，過作于點，連接，若，，求證：；
（3）如圖3，若，求證：．

【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）證明見解析．
【分析】（1）過D點分別作三邊的垂線，垂足分別為G、H、K，根據(jù)角平分線的定義可證得DG=DH=DK，從而根據(jù)角平分線的判定定理可證得結(jié)論；（2）作，，在上取一點，使，通過證明和得到，從而根據(jù)等角對等邊判斷即可；（3）延長至，使，連接，通過證明得到，再結(jié)合即可得出結(jié)論．
【詳解】（1）證明：如圖所示，過D點分別作三邊的垂線，垂足分別為G、H、K，
∵，分別是和的角平分線，∴，∴平分；

（2）證明：如圖，作，，在上取一點，使．
∵平分，∴，∵，，
∴，在四邊形中，，
又∵，∴，
在和中，∴，∴，
在和中∴，∴
又∵，，∴，∴；

（3）證明：延長至，使，連接．
∵，分別是和的角平分線，∴，
又∵，∴，∴，
∵，∴，
在和中，，∴，∴，
∴，∴，∴．
【點睛】本題考查角平分線的性質(zhì)與判斷，以及全等三角形的判定與性質(zhì)，靈活結(jié)合角平分線的性質(zhì)構(gòu)造輔助線是解題關(guān)鍵．
4．（2021·上海第二工業(yè)大學(xué)附屬龔路中學(xué)八年級期中）如圖所示，已知AC平分∠BAD，，于點E，判斷AB、AD與BE之間有怎樣的等量關(guān)系，并證明．

【答案】，證明見解析
【分析】在AB上截取EF，使EF=BE，聯(lián)結(jié)CF．證明，得到，又證明，得到，最后結(jié)論可證了．
【詳解】證明:在AB上截取EF，使EF=BE，聯(lián)結(jié)CF．


在 和


AC平分∠BAD
在 和中


【點睛】本題考查三角形全等知識的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵在于尋找全等的條件，作適當?shù)妮o助線加以證明．
5．（2021·北京九年級專題練習(xí)）在四邊形中，是邊的中點．

（1）如圖（1），若平分，，則線段、、的長度滿足的數(shù)量關(guān)系為______；（直接寫出答案）
（2）如圖（2），平分，平分，若，則線段、、、的長度滿足怎樣的數(shù)量關(guān)系？寫出結(jié)論并證明．
【答案】（1）AE＝AB＋DE；（2）AE＝AB＋DE＋BD，證明見解析．
【分析】（1）在AE上取一點F，使AF＝AB，由三角形全等的判定可證得△ACB≌△ACF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得BC＝FC，∠ACB＝∠ACF，根據(jù)三角形全等的判定證得△CEF≌△CED，得到EF＝ED，再由線段的和差可以得出結(jié)論；
（2）在AE上取點F，使AF＝AB，連結(jié)CF，在AE上取點G，使EG＝ED，連結(jié)CG，根據(jù)全等三角形的判定證得△ACB≌△ACF和△ECD≌△ECG，由全等三角形的性質(zhì)證得CF＝CG，進而證得△CFG是等邊三角形，就有FG＝CG＝BD，從而可證得結(jié)論．
【詳解】解：（1）如圖（1），在AE上取一點F，使AF＝AB．

∵AC平分∠BAE，∴∠BAC＝∠FAC．
在△ACB和△ACF中，
∴△ACB≌△ACF（SAS）．∴BC＝FC，∠ACB＝∠ACF．
∵C是BD邊的中點，∴BC＝CD．∴CF＝CD．
∵∠ACE＝90°，∴∠ACB＋∠DCE＝90°，∠ACF＋∠ECF＝90°．∴∠ECF＝∠ECD．
在△CEF和△CED中，∴△CEF≌△CED（SAS）．∴EF＝ED．
∵AE＝AF＋EF，∴AE＝AB＋DE．故答案為：AE＝AB＋DE；
（2）AE＝AB＋DE＋BD．
證明：如圖（2），在AE上取點F，使AF＝AB，連結(jié)CF，在AE上取點G，使EG＝ED，連結(jié)CG．

∵C是BD邊的中點，∴CB＝CD＝BD．
∵AC平分∠BAE，∴∠BAC＝∠FAC．
在△ACB和△ACF中，
∴△ACB≌△ACF（SAS）．∴CF＝CB，∠BCA＝∠FCA．
同理可證：△ECD≌△ECG∴CD＝CG，∠DCE＝∠GCE．
∵CB＝CD，∴CG＝CF．
∵∠ACE＝120°，∴∠BCA＋∠DCE＝180°?120°＝60°．
∴∠FCA＋∠GCE＝60°．∴∠FCG＝60°．
∴△FGC是等邊三角形．∴FG＝FC＝BD．
∵AE＝AF＋EG＋FG，∴AE＝AB＋DE＋BD．
【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)的運用，能熟練應(yīng)用三角形全等的判定和性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．
6．（2020·四川省自貢市貢井區(qū)成佳中學(xué)校八年級月考）根據(jù)圖片回答下列問題．
(1)如圖①，AD平分∠BAC，∠B+∠C=180°，∠B=90°，易知：DB____DC．
(2)如圖②，AD平分∠BAC，∠ABD+∠ACD=180°，∠ABD

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