中考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)：專題13.13 全等三角形章末十五大題型總結(jié)（拔尖篇）（華東師大版）（解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

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\l "_Tc1403" 【題型1 由全等三角形的判定與性質(zhì)求最值】 PAGEREF _Tc1403 \h 1
\l "_Tc11812" 【題型2 由全等三角形的判定與性質(zhì)探究線段的和差關(guān)系】 PAGEREF _Tc11812 \h 6
\l "_Tc25759" 【題型3 由全等三角形的判定與性質(zhì)求面積】 PAGEREF _Tc25759 \h 15
\l "_Tc27390" 【題型4 尺規(guī)作圖與全等三角形的綜合】 PAGEREF _Tc27390 \h 22
\l "_Tc26845" 【題型5 三角形的三邊關(guān)系與全等三角形的綜合】 PAGEREF _Tc26845 \h 30
\l "_Tc20728" 【題型6 全等三角形的動(dòng)態(tài)問題】 PAGEREF _Tc20728 \h 40
\l "_Tc30066" 【題型7 全等三角形與坐標(biāo)系的綜合運(yùn)用】 PAGEREF _Tc30066 \h 47
\l "_Tc11224" 【題型8 全等三角形中的多結(jié)論問題】 PAGEREF _Tc11224 \h 57
\l "_Tc11924" 【題型9 翻折變換】 PAGEREF _Tc11924 \h 66
\l "_Tc16451" 【題型10 兩圓一線畫等腰】 PAGEREF _Tc16451 \h 75
\l "_Tc23166" 【題型11 等邊三角形手拉手問題】 PAGEREF _Tc23166 \h 78
\l "_Tc1828" 【題型12 分身等腰】 PAGEREF _Tc1828 \h 86
\l "_Tc5023" 【題型13 一線分二腰】 PAGEREF _Tc5023 \h 89
\l "_Tc27031" 【題型14 角平分線的綜合應(yīng)用】 PAGEREF _Tc27031 \h 97
\l "_Tc7523" 【題型15 垂直平分線的綜合應(yīng)用】 PAGEREF _Tc7523 \h 108
【題型1 由全等三角形的判定與性質(zhì)求最值】
【例1】（2023春·北京朝陽·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，D，E為AB邊上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且AD=BE，連接CD，CE，若AC=2，則CD+CE的最小值為．
【答案】4
【分析】過點(diǎn)A，B分別作AC的垂線和BC的垂線交于點(diǎn)M，連接MC，ME，先證△ACB≌△MBC，得AB=MC，再證△CAD≌△MBE，得CD=ME，進(jìn)而得出CD+CE=ME+CE，當(dāng)C，E，M三點(diǎn)不共線時(shí)，ME+CE>MC；當(dāng)C，E，M三點(diǎn)共線時(shí)，ME+CE=MC，然后根據(jù)直角三角形中，30°的角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半求出AB的值，從而得出結(jié)果．
【詳解】過點(diǎn)A，B分別作AC的垂線和BC的垂線交于點(diǎn)M，連接MC，ME，
∵ ∠ACB=90°，MA⊥AC，
∴ AM∥CB，
∵ MB⊥BC
∴ AC∥MB，AC=MB，
∴ ∠CAB=∠MBA，
∵ BC=CB，∠ACB=∠MBC=90°，
∴ △ACB≌△MBC，
∴ AB=MC，
∵ AD=BE，
∴ △CAD≌△MBE，
∴ CD=ME，
∴ CD+CE=ME+CE，
當(dāng)C，E，M三點(diǎn)不共線時(shí)，ME+CE>MC；
當(dāng)C，E，M三點(diǎn)共線時(shí)，ME+CE=MC．
∴ CD+CE的最小值是MC的長(zhǎng)，
∵ ∠B=30°，∠ACB=90°，
∴ AB=2AC，
∵ AC=2，
∴ AB=4，
∴ MC=AB=4，
∴ CD+CE的最小值是4．
故答案為：4．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形三邊關(guān)系，直角三角形的性質(zhì)，正確作出輔助線找出恰當(dāng)?shù)娜热切问墙獗绢}的關(guān)鍵．
【變式1-1】（2023春·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖，在Rt△ABC中，∠A=90°，M為BC的中點(diǎn)，H為AB上一點(diǎn)，過點(diǎn)C作CG∥AB，交HM的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，若AC=8，AB=6，則四邊形ACGH周長(zhǎng)的最小值是．
【答案】22
【分析】通過證明△BMH?△CMG可得BH=CG，可得四邊形ACGH的周長(zhǎng)即為AC+AB+GH，進(jìn)而可確定當(dāng)MH⊥AB時(shí)，四邊形ACGH的周長(zhǎng)有最小值，通過證明四邊形ACGH為矩形可得HG的長(zhǎng)，進(jìn)而可求解．
【詳解】解：∵CG∥AB，
∴∠B=∠MCG，
∵M(jìn)是BC的中點(diǎn)，
∴BM=CM，
在△BMH和△CMG中，
∠B=∠MCGBM=CM∠BMH=∠CMG，
∴△BMH?△CMG（ASA），
∴HM=GM，BH=CG，
∵AC=8，AB=6，
∴四邊形ACGH的周長(zhǎng)=AC+CG+AH+=GH=AB+AC+GH=14+GH，
∴當(dāng)GH最小時(shí)，即MH⊥AB時(shí)四邊形ACGH的周長(zhǎng)有最小值，
∵∠A=90°，MH⊥AB，
∴GH∥AC，
∴四邊形ACGH為矩形，
∴GH=AC=8，
∴四邊形ACGH的周長(zhǎng)最小值為14+8=22，
故答案為：22．
【點(diǎn)睛】本題主要考查軸對(duì)稱﹣?zhàn)疃搪窂絾栴}，全等三角形的判定與性質(zhì)，確定HG的最小值是解題的關(guān)鍵．
【變式1-2】（2023春·江蘇鹽城·八年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，在四邊形ABCD中，∠A=90°，AD=3，連接BD，BD⊥CD，BD平分∠ABC．若P是BC邊上一動(dòng)點(diǎn)，則DP長(zhǎng)的最小值為．
【答案】3
【分析】過D作DE⊥BC于E，DE即為DP 長(zhǎng)的最小值，由題意可以得到△BAD≌△BED，從而得到DE的長(zhǎng)度．
【詳解】解：如圖，過D作DE⊥BC于E，DE即為DP 長(zhǎng)的最小值，
由題意知在△BAD和△BED中，∠A=∠DEB∠ABD=∠EBDBD=BD，
∴△BAD≌△BED，
∴ED=AD=3，
故答案為3．
【點(diǎn)睛】本題考查三角形全等的應(yīng)用，熟練掌握三角形全等的判定和性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
【變式1-3】（2023春·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖，在直角△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，AB=5，AD平分∠BAC，N是AC上一動(dòng)點(diǎn)（不與A,C重合），M是AD上一動(dòng)點(diǎn)（不與A,D重合），則CM+MN的最小值為．
【答案】125
【分析】在AB取點(diǎn)E，使AE=AN，連接ME，過點(diǎn)C作CF⊥AB于點(diǎn)F，證明△AMN≌△AME，可得CM+MN=CM+MF≤CE，即當(dāng)點(diǎn)C，M，E三點(diǎn)共線時(shí)，CM+MN的值最小，再由點(diǎn)到直線，垂線段最短，可得當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)F重合時(shí)，CE的值最小，即CM+MN的最小值為CF的長(zhǎng)，然后根據(jù)S△ABC=12AC×BC=12AB×CF，即可求解．
【詳解】解：如圖，在AB取點(diǎn)E，使AE=AN，連接ME，過點(diǎn)C作CF⊥AB于點(diǎn)F，
∵AD平分∠BAC，
∴∠MAN=∠MAE，
∵AM=AM，
∴△AMN≌△AME，
∴EM=MN，
∴CM+MN=CM+MF≤CE，
即當(dāng)點(diǎn)C，M，E三點(diǎn)共線時(shí)，CM+MN的值最小，
∵點(diǎn)到直線，垂線段最短，
∴當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)F重合時(shí)，CE的值最小，
即CM+MN的最小值為CF的長(zhǎng)，
∵S△ABC=12AC×BC=12AB×CF，
即12×4×3=12×5×CF，
解得：CF=125，即CM+MN的最小值為125．
故答案為：125
【點(diǎn)睛】本題主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，最短距離問題，證明△AMN≌△AME，得到當(dāng)點(diǎn)C，M，E三點(diǎn)共線時(shí)，CM+MN的值最小是解題的關(guān)鍵．
【題型2 由全等三角形的判定與性質(zhì)探究線段的和差關(guān)系】
【例2】（2023春·河南鄭州·七年級(jí)統(tǒng)考期末）回答問題
（1）【初步探索】如圖1，在四邊形ABCD中，AB=AD,∠B=∠ADC=90°，E、F分別是BC、CD上的點(diǎn)，且EF=BE+FD，探究圖中∠BAE、∠FAD、∠EAF之間的數(shù)量關(guān)系，小王同學(xué)探究此問題的方法是：延長(zhǎng)FD到點(diǎn)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；
（2）【靈活運(yùn)用】如圖2，若在四邊形ABCD中，AB=AD,∠B+∠D=180°，E、F分別是BC、CD上的點(diǎn)，且EF=BE+FD，上述結(jié)論是否仍然成立，并說明理由；
（3）【拓展延伸】已知在四邊形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°,AB=AD，若點(diǎn)E在CB的延長(zhǎng)線上，點(diǎn)F在CD的延長(zhǎng)線上，如圖3，仍然滿足EF=BE+FD，請(qǐng)直接寫出∠EAF與∠DAB的數(shù)量關(guān)系．
【答案】（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF；（2）仍成立，理由見解析；（3）∠EAF=180°?12∠DAB．理由見解析
【分析】（1）根據(jù)SAS可判定△ABE≌△ADG，進(jìn)而得出∠BAE=∠DAG,AE=AG，從而得到EF=DF+DG=FG，再根據(jù)SAS判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF，據(jù)此得出結(jié)論；
（2）延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG=BE，連接AG，先根據(jù)SAS可判定△ABE≌△ADG，進(jìn)而得出∠BAE=∠DAG,AE=AG，從而得到EF=DF+DG=FG，再根據(jù)SAS判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
（3）在DC延長(zhǎng)線上取一點(diǎn)G，使得DG=BE，連接AG，先根據(jù)SAS可判定△ABE≌△ADG，再根據(jù)SAS判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根據(jù)∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，推導(dǎo)得到2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出結(jié)論．
【詳解】解：（1）結(jié)論：∠BAE+∠FAD=∠EAF．
如圖1，延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG=BE，連接AG，
在△ABE和△ADG中，
AB=AD∠B=∠ADG=90°BE=DG，
∴△ABE≌△ADGSAS，
∴∠BAE=∠DAG,AE=AG，
∵EF=BE+DF，
∴EF=DF+DG=FG，
在△AEF和△AGF中，
AE=AGAF=AFEF=GF，
∴△AEF≌△AGFSSS，
∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF．
故答案為：∠BAE+∠FAD=∠EAF；
（2）仍成立，理由：
如圖2，延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG=BE，連接AG，
∵∠B+∠ADF=180°,∠ADG+∠ADF=180°，
∴∠B=∠ADG，
在△ABE和△ADG中，
AB=AD∠B=∠ADG=90°BE=DG，
∴△ABE≌△ADGSAS，
∴∠BAE=∠DAG,AE=AG，
∵EF=BE+DF，
∴EF=DF+DG=FG，
在△AEF和△AGF中，
AE=AGAF=AFEF=GF，
∴△AEF≌△AGFSSS，
∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
（3）結(jié)論：∠EAF=180°?12∠DAB．理由：
如圖3，在DC延長(zhǎng)線上取一點(diǎn)G，使得DG=BE，連接AG，
∵∠ABC+∠ADC=180°,∠ABC+∠ABE=180°，
∴∠ADC=∠ABE，
在△ABE和△ADG中，
AB=AD∠ABE=∠ADG=90°BE=DG，
∴△ABE≌△ADGSAS，
∴∠BAE=∠DAG,AE=AG，
∵EF=BE+DF，
∴EF=DF+DG=FG，
在△AEF和△AGF中，
AE=AGAF=AFEF=GF，
∴△AEF≌△AGFSSS，
∴∠FAE=∠FAG，
∵∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，
∴2∠FAE+∠GAB+∠BAE=360°，
∴2∠FAE+∠GAB+∠DAG=360°，
即2∠FAE+∠DAB=360°，
∴∠EAF=180°?12∠DAB．
【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以及全等三角形的性質(zhì)的綜合應(yīng)用，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線構(gòu)造全等三角形，根據(jù)全等三角形的對(duì)應(yīng)角相等進(jìn)行推導(dǎo)變形．
【變式2-1】（2023春·上?！て吣昙?jí)期末）已知：等邊△ABC邊長(zhǎng)為3，點(diǎn)D、點(diǎn)E分別在射線AB、射線BC上，且BD＝CE＝a（0＜a＜3），將直線DE繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到直線EF交直線AC于點(diǎn)F．
(1)如圖1，當(dāng)點(diǎn)D在線段AB上，點(diǎn)E在線段BC上時(shí)，說明BD+CF＝3的理由．
(2)如圖2，當(dāng)點(diǎn)D在線段AB上，點(diǎn)E在線段BC的延長(zhǎng)線上時(shí)，請(qǐng)判斷線段BD，CF之間的數(shù)量關(guān)系并說明理由．
(3)當(dāng)點(diǎn)D在線段AB延長(zhǎng)線上時(shí)，線段BD，CF之間的數(shù)量關(guān)系又如何？請(qǐng)?jiān)趥溆脠D中畫圖探究，并直接寫出線段BD，CF之間的數(shù)量關(guān)系．
【答案】(1)見解析
(2)BD＝CF﹣3，理由見解析
(3)若E在線段BC上，BD+CF＝3；若E在BC延長(zhǎng)線上，CF﹣BD＝3
【分析】（1）根據(jù)AAS證△DBE≌△ECF，得BD+CF＝CE+BE＝BC＝3即可；
（2）根據(jù)AAS證△DBE≌△ECF，得BD＝CE＝BE﹣BC＝CF﹣BC，即可得出BD＝CF﹣3；（3）分點(diǎn)E在線段BC上和在BC延長(zhǎng)線上兩種情況討論即可．
【詳解】解：（1）∵△ABC為等邊三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，
∵∠DEC＝∠DEF+∠FEC＝∠B+∠BDE且∠DEF﹣60°＝∠B，
∴∠BDE＝∠FEC，
又∵BD＝CE，
∴△DBE≌△ECF（AAS），
∴CF＝BE，
∴BD+CF＝CE+BE＝BC＝3；
（2）如下圖，設(shè)G點(diǎn)在FE的延長(zhǎng)線，AF與DE交點(diǎn)為H，
∴∠DEG＝∠F+∠FHE＝60°，∠BCA＝∠FHE+∠BED＝60°，
∴∠F＝∠BED，
又∵∠B＝∠FCE＝60°，CE＝BD，
∴△DBE≌△ECF（AAS），
∴CF＝BE，
∴BD＝CE＝BE﹣BC＝CF﹣BC，
即BD＝CF﹣3；
（3）①若E在線段BC上，設(shè)DE延長(zhǎng)線交AC于點(diǎn)I，
∵∠ABC＝∠BDE+∠BED＝60°，∠IEF＝∠IEC+∠CEF＝60°，∠BED＝∠IEC，
∴∠BDE＝∠CEF，
又∵∠DBE＝∠ECF＝120°，CE＝BD，
∴△DBE≌△ECF（AAS），
∴CF＝BE，
∴BD+CF＝CE+BE＝BC＝3；
②若E在BC延長(zhǎng)線上，
∵∠ABC＝∠BDE+∠BED＝60°，∠FED＝∠FEC+∠BED＝60°，
∴∠BDE＝∠FEC，
又∵∠DBE＝∠FCE＝120°，BD＝CE，
∴△DBE≌△ECF（AAS），
∴CF＝BE，
∴CF﹣BD＝BE﹣CE＝BC＝3；
綜上，若E在線段BC上，BD+CF＝3；若E在BC延長(zhǎng)線上，CF﹣BD＝3．
【點(diǎn)睛】本題主要考查幾何變換綜合題，熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【變式2-2】（2023春·陜西西安·八年級(jí)西安益新中學(xué)?？茧A段練習(xí)）（1）某學(xué)習(xí)小組在探究三角形全等時(shí)，發(fā)現(xiàn)了下面這種典型的基本圖形．如圖1，已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直線l經(jīng)過點(diǎn)A，BD⊥直線l，CE⊥直線l，垂足分別為點(diǎn)D、E．證明：DE=BD+CE．
（2）組員小劉想，如果三個(gè)角不是直角，那結(jié)論是否會(huì)成立呢？如圖2，將（1）中的條件改為：在△ABC中，AB=AC，D、A、E三點(diǎn)都在直線l上，并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=α，其中α為任意銳角或鈍角．請(qǐng)問結(jié)論DE=BD+CE是否成立？如成立，請(qǐng)你給出證明；若不成立，請(qǐng)說明理由．
（3）數(shù)學(xué)老師贊賞了他們的探索精神，并鼓勵(lì)他們運(yùn)用這個(gè)知識(shí)來解決問題：如圖3，過△ABC的邊AB、AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG，AH是BC邊上的高，延長(zhǎng)HA交EG于點(diǎn)I，求證：I是EG的中點(diǎn)．
【答案】（1）見解析；（2）成立，證明見解析；（3）見解析
【分析】（1）由條件可證明△ADB≌△CEAAAS，可得AE=BD，AD=CE，可得DE=BD+CE；
（2）由條件可知∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°?α，可得∠DBA=∠CAE，結(jié)合條件可證明△ADB≌△CEAAAS，同（1）可得出結(jié)論；
（3）過E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延長(zhǎng)線于N．由條件可知EM=AH=GN，可得EM=GN，結(jié)合條件可證明△EMI≌△GNIAAS，可得出結(jié)論I是EG的中點(diǎn)．
【詳解】解：（1）如圖1，
∵BD⊥直線l，CE⊥直線l，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAD+∠CAE=90°
∵∠BAD+∠ABD=90°，
∴∠CAE=∠ABD，
在△ADB和△CEA中，
∠ABD=∠CAE∠BDA=∠CEAAB=AC，
∴△ADB≌△CEAAAS，
∴AE=BD，AD=CE，
∴DE=AE+AD=BD+CE；
（2）DE=BD+CE．
如圖2，
證明如下：
∵∠BDA=∠BAC=α，
∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°?α，
∴∠DBA=∠CAE，
在△ADB和△CEA中．
∠BDA=∠AEC∠DBA=∠CAEAB=AC．
∴△ADB≌△CEAAAS，
∴AE=BD，AD=CE，
∴DE=AE+AD=BD+CE；
（3）證明：過E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延長(zhǎng)線于N．
∴∠EMI=GNI=90°，
由（1）和（2）的結(jié)論可知EM=AH=GN，
∴EM=GN，
在△EMI和△GNI中，
∠EIM=∠GIN∠EMI=∠GNIEM=GN，
∴△EMI≌△GNIAAS，
∴EI=GI，
∴I是EG的中點(diǎn)．
【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【變式2-3】（2023春·上海靜安·八年級(jí)?？计谥校┤鐖D，在△ABC中，∠BAC=10.5°，AD是∠BAC的平分線，過點(diǎn)A作DA的垂線交BC延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，若BM=BA+AC，則∠ABC的度數(shù)是

【答案】53°
【分析】延長(zhǎng)BA至點(diǎn)E，使AE=AC，先求得∠DAC=∠BAD，進(jìn)而證得△CAM=△EAM，得到∠ACM=∠AEM=∠BME，結(jié)合∠ACM+∠AEM+∠BME+∠CAM+∠EAM=360°即可求得答案．
【詳解】如圖所示，延長(zhǎng)BA至點(diǎn)E，使AE=AC．

∵BE=BA+AE，BM=BA+AC，
∴BE=BM．
∴∠AEM=∠BME．
∵∠BAC=10.5°，AD是∠BAC的平分線，
∴∠DAC=∠BAD=12∠BAC=5.25°．
∴∠CAM=∠DAM?∠DAC=90°?5.25°=84.75°，
∠EAM=180°?∠BAD?∠DAM=180°?5.25°?90°=84.75°．
∴∠CAM=∠EAM=84.75°．
在△CAM和△EAM中
AE=AC∠CAM=∠EAMAM=AM
∴△CAM=△EAM．
∴∠ACM=∠AEM．
∴∠ACM=∠AEM=∠BME．
∵∠ACM+∠AEM+∠BME+∠CAM+∠EAM=360°，
∴3∠AEM+84.75°+84.75°=360°．
∴∠AEM=63.5°．
∴∠ABC=180°?∠AEM?∠BME=180°?63.5°?63.5°=53°．
故答案為：53°．
【點(diǎn)睛】本題主要考查全等三角形的判定及性質(zhì)、角平分線的定義、多邊形內(nèi)角和等，能根據(jù)題意作出輔助線構(gòu)建全等三角形是解題的關(guān)鍵．
【題型3 由全等三角形的判定與性質(zhì)求面積】
【例3】（2023春·廣東深圳·八年級(jí)校考階段練習(xí)）如圖，△ABC中，BC=10，AC?AB=5，AD是∠BAC的角平分線，CD⊥AD，則S△BDC的最大值為．

【答案】12.5
【分析】延長(zhǎng)AB，CD交點(diǎn)于E，可證△ADE≌△ADCASA，得出AC=AE，DE=CD，則S△BDC=12S△BCE，當(dāng)BE⊥BC時(shí)，S△BEC取最大值，即S△BDC取最大值．
【詳解】解：如圖：延長(zhǎng)AB，CD交點(diǎn)于E，

∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD=∠EAD，
∵CD⊥AD，
∴∠ADC=∠ADE=90°，
在△ADE和△ADC中，
∠ADE=∠ADCAD=AD∠EAD=∠CAD，
∴△ADE≌△ADCASA，
∴AC=AE，DE=CD；
∵AC?AB=5，
∴AE?AB=5，即BE=5；
∵DE=DC，
∴S△BDC=12S△BCE，
∴當(dāng)BE⊥BC時(shí)，S△BEC取最大值，即S△BDC取最大值．
S△BDC =12×12×10×5=12.5．
故答案為：12.5．
【點(diǎn)睛】本題考查了角平分線定義、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是利用三角形中線的性質(zhì)得到S△BDC=12S△BCE．
【變式3-1】（2023春·黑龍江哈爾濱·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，已知四邊形ABCD，連接AC、BD，∠BAC=∠ADC=90°，AB=AC，若AD=5，則△ABD的面積等于．

【答案】252
【分析】如圖，將AD逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°到AE，連接DE、CE，則AE=AD=5，∠EAD=∠ADC，CD∥AE，證明△ABD≌△ACESAS，根據(jù)S△ABD=S△ACE=12AE×AD，計(jì)算求解即可．
【詳解】解：如圖，將AD逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°到AE，連接DE、CE，

∴AE=AD=5，∠EAD=∠ADC，
∴CD∥AE，
∴∠BAC+∠CAD=∠CAD+∠EAD，即∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，
∴△ABD≌△ACESAS，
∴S△ABD=S△ACE=12AE×AD=12×5×5=252，
故答案為：252．
【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，平行線的判定，平行線間距離相等，全等三角形的判定與性質(zhì)．解題的關(guān)鍵在于正確的添加輔助線構(gòu)造全等三角形．
【變式3-2】（2023春·江蘇南京·八年級(jí)南京市科利華中學(xué)校考期中）如圖，Rt△ABC中，∠C=90°，分別以AB、AC、BC為邊在AB同側(cè)作正方形ABDE、ACPQ、BCMN，四塊陰影部分面積分別為S1、S2、S3、S4，若S1+S2+S3=12，則S4= ．
【答案】6
【分析】把圖中四塊陰影部分的面積轉(zhuǎn)化為三角形面積，通過三角形全等即可轉(zhuǎn)化為S2=S△ABC=S4,S1+S3=S△ABC，即可得到答案．
【詳解】解：連接PE，過點(diǎn)E作EF⊥AM于點(diǎn)F，記DE,AM的交點(diǎn)為K，AE,CP的交點(diǎn)為T，
∵AB=BD,∠ACB=BND=90°，而∠CBA+∠CBD=∠CBD+∠DBN=90°，
∴∠CBA=∠NBD，
∴△CBA≌△NBD，
故S4=S△ABC；
又∵EA=AB,∠AEK=∠BAE=90°，而∠EAK+∠CAB=90°=∠CAB+∠ABC，
∴∠EAK=∠ABC，
∴△EAK≌△ABT，
∴EK=AT,S2=S△ABC，
而AE=DE，則ET=DK，
∵∠MKD=∠AKE,∠AKE+∠ETC=180°=∠ETC+∠PTE，
∴∠PTE=∠MKD，而∠EPT=∠M=90°，
∴△EPT≌△DMK，
同理可證△EQA≌△BCA，
∴S1+S3=S△ABC，
∵S1+S2+S3=12，
∴2S△ABC=12，
∴S4=S△ABC=6.
故答案為：6.
【點(diǎn)睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，利用AAS（或ASA）證明三角形全等是解本題的關(guān)鍵．
【變式3-3】（2023春·江蘇鹽城·八年級(jí)景山中學(xué)?？计谀┮阎骸鰽BC中，∠ACB=90°，AC=CB，D為射線CB上一動(dòng)點(diǎn)，連接AD，在直線AC右側(cè)作AE⊥AD，且AE=AD．連接BE交直線AC于M，若2AC=7CM，則S△ADBS△AEM的值為．

【答案】45或49
【分析】添加輔助線，構(gòu)造全等三角形，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)求出線段間的數(shù)量關(guān)系，最后進(jìn)行分類討論即可求解．
【詳解】①如圖，過E作EG⊥AC于點(diǎn)G，

∴∠ACB=∠AGE=∠CGE=90°，
∴∠DAC+∠ADC=90°，
∵AE⊥AD，
∴∠DAE=90°，即：∠DAC+∠GAE=90°，
∴∠ADC=∠GAE，
在△ADC和△EAG中，
∠ACD=∠AGE∠ADC=∠GAEAD=AE，
∴△ADC≌△EAGAAS，
∴AC=GE，CD=AG，
∴△BMC≌△EMGAAS，
∴GM=MC，
設(shè)CM=2a，則AC=7a，
∴GM=CM=2a，BC=AC=7a，
∴AG=CD=AC?GM?CM=7a?2a?2a=3a，
∴BD=BC?CD=7a?3a=4a，AM=AG+GM=3a+2a=5a，
則S△ADBS△AEM=12BD·AC12AM·GE=12×4a×7a12×5a×7a=45，
②如圖，過E作EH⊥AC交AC延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，

∴∠ACB=∠AHE=90°，
∴∠DAC+∠ADC=90°，
∵AD⊥AE，
∴∠DAE=90°，即：∠DAC+∠HAE=90°，
∴∠ADC=∠HAE，
在△ADC和△EAH中，
∠ACD=∠AHE∠ADC=∠HAEAD=AE，
∴△ADC≌△EAHAAS，
∴AC=HE，CD=AH，
∴AC=CB=HE，
在△BMC和△EMH中，
∠BMC=∠EMH∠BCM=∠EHMBC=HE，
∴△BMC≌△EMHAAS，
∴HM=MC，
設(shè)CM=2m，則AC=7m，
∴HM=CM=2m，BC=AC=7m，
∴AH=CD=AC+GM+CM=7m+2m+2m=11m，
∴BD=CD?BC=11m?7m=4m，AM=AC+CM=7m+2m=9m，
則S△ADBS△AEM=12BD·AC12AM·HE=12×4m×7m12×9m×7m=49，
故答案為：45或49．
【點(diǎn)睛】此題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，同角的余角相等，全等三角形的判定與性質(zhì)，有關(guān)三角形的面積的求解，解題的關(guān)鍵是正確作出所需要的輔助線．
【題型4 尺規(guī)作圖與全等三角形的綜合】
【例4】（2023春·全國(guó)·八年級(jí)專題練習(xí)）如圖，點(diǎn)B在直線l上，分別以線段BA的端點(diǎn)為圓心，以BC（小于線段BA）長(zhǎng)為半徑畫弧，分別交直線l，線段BA于點(diǎn)C，D，E，再以點(diǎn)E為圓心，以CD長(zhǎng)為半徑畫弧交前面的弧于點(diǎn)F，畫射線AF．若∠BAF的平分線AH交直線l于點(diǎn)H，∠ABC=70°，則∠AHB的度數(shù)為．
【答案】35°
【分析】連接CD，EF．由題目中尺規(guī)作圖可知：BD=BC=AE=AF，CD=EF．可證△CDB≌△FAE，所以∠CBA=∠BAF=70°，可得AF//CB．所以∠FAH=∠AHB．由于AH平分∠BAF，所以∠FAH=∠BAH=12∠BAF=35°．即：∠AHB=∠FAH=35°．
【詳解】解：連接CD，EF
由題目中尺規(guī)作圖可知：BD=BC=AE=AF，CD=EF
在△CDB和△FAE中
CD=EFBD=AECB=AF
∴ △CDB≌△FAE
∴ ∠CBA=∠EAF=70°
∴ AF//CB
∴ ∠FAH=∠AHB
∵ AH平分∠BAF
∴ ∠FAH=∠BAH=12∠BAF=35°
∵ ∠AHB=∠FAH
∴ ∠AHB=35°
故答案為：35°．
【點(diǎn)睛】本題主要考查知識(shí)點(diǎn)為，全等三角形的性質(zhì)及判定、定點(diǎn)為圓心定長(zhǎng)為半徑的性質(zhì)、平行線的判定及性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)．能看懂尺規(guī)作圖，熟練掌握全等三角形的性質(zhì)及判定、平行線的性質(zhì)及判定，角平分線的性質(zhì)，是解決本題的關(guān)鍵．
【變式4-1】（2023·全國(guó)·八年級(jí)專題練習(xí)）我們通過“三角形全等的判定”的學(xué)習(xí)，可以知道“兩邊和它們的夾角分別相等的兩個(gè)三角形全等”是一個(gè)基本事實(shí)，用它可以判定兩個(gè)三角形全等；而滿足條件“兩邊和其中一邊所對(duì)的角分別相等”的兩個(gè)三角形卻不一定全等．下面請(qǐng)你來探究“兩邊和其中一邊所對(duì)的角分別相等的兩個(gè)三角形不一定全等”．探究：已知△ABC，求作一個(gè)△DEF，使EF=BC，∠F=∠C，DE=AB（即兩邊和其中一邊所對(duì)的角分別相等）．
(1)動(dòng)手畫圖：請(qǐng)依據(jù)下面的步驟，用尺規(guī)完成作圖過程（保留作圖痕跡）：
①畫EF=BC；
②在線段EF的上方畫∠F=∠C；
③畫DE=AB；
④順次連接相應(yīng)頂點(diǎn)得所求三角形．
(2)觀察：觀察你畫的圖形，你會(huì)發(fā)現(xiàn)滿足條件的三角形有____個(gè)；其中三角形____（填三角形的名稱）與△ABC明顯不全等；
(3)小結(jié)：經(jīng)歷以上探究過程，可得結(jié)論：______．
【答案】(1)見解析
(2)2，D′EF；
(3)兩邊和其中一邊所對(duì)的角分別相等的兩個(gè)三角形不一定全等
【分析】（1）根據(jù)尺規(guī)作線段，作一個(gè)角等于已知角的步驟作圖即可；
（2）根據(jù)所畫圖形填空即可；
（3）根據(jù)探究過程結(jié)合全等三角形的判定可得出結(jié)論．
【詳解】（1）解：如圖所示：
（2）觀察所畫的圖形，發(fā)現(xiàn)滿足條件的三角形有2個(gè)；其中三角形D′EF（填三角形的名稱）與△ABC明顯不全等，
故答案為：2，D′EF；
（3）經(jīng)歷以上探究過程，可得結(jié)論：兩邊和其中一邊所對(duì)的角分別相等的兩個(gè)三角形不一定全等，
故答案為：兩邊和其中一邊所對(duì)的角分別相等的兩個(gè)三角形不一定全等．
【點(diǎn)睛】本題考查了尺規(guī)作圖，全等三角形的判定，熟練掌握尺規(guī)作圖的方法和全等三角形的判定定理是解題的關(guān)鍵．
【變式4-2】（2023春·山西·八年級(jí)統(tǒng)考階段練習(xí)）綜合與實(shí)踐：在綜合實(shí)踐課上，老師讓同學(xué)們?cè)谝阎切蔚幕A(chǔ)上，經(jīng)過畫圖，探究三角形邊之間存在的關(guān)系．如圖，已知點(diǎn)D在ΔABC的邊BC的延長(zhǎng)線上，過點(diǎn)D作∠BDM=∠B且DM//AB，在DM上截取DE=AB，再作∠DEF=∠A交線段BC于點(diǎn)F．

實(shí)踐操作
（1）尺規(guī)作圖：作出符合上述條件的圖形；
探究發(fā)現(xiàn)
（2）勤奮小組在作出圖形后，發(fā)現(xiàn)AC//EF，AC=EF，請(qǐng)說明理由；
探究應(yīng)用
（3）縝密小組在勤奮小組探究的基礎(chǔ)上，測(cè)得DF=5，CF=1，求線段BD的長(zhǎng)．
【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）線段BD的長(zhǎng)為9
【分析】（1）以B為圓心，任意為半徑畫弧，交AB,BD于G,H ,以D為圓心，同等長(zhǎng)為半徑畫弧,交DC于L,以L為圓心，GH為半徑，與前弧交于K,連接DK并延長(zhǎng)至M,以D為圓心，AB長(zhǎng)為半徑，與DM交于E，以A為圓心，任意長(zhǎng)為半徑畫弧交AB,AC于點(diǎn)I,J ,以E為圓心，同等長(zhǎng)為半徑，交EF于N，以N為圓心，IJ長(zhǎng)為半徑交前弧于M,連接EM并延長(zhǎng)交BC于F;
（2）根據(jù)平行和（1）中作的圖證明ΔABC≌ΔEDFASA，根據(jù)全等得出對(duì)應(yīng)邊相等、再根據(jù)對(duì)應(yīng)角相等得出平行；
（3）由（2）的全等得出DF=BC，再根據(jù)線段之間的關(guān)系算出BD．
【詳解】（1）以B為圓心，任意為半徑畫弧，交AB,BD于G,H ,以D為圓心，同等長(zhǎng)為半徑畫弧,交DC于L,以L為圓心，GH為半徑，與前弧交于K,連接DK并延長(zhǎng)至M,以D為圓心，AB長(zhǎng)為半徑，與DM交于E，以A為圓心，任意長(zhǎng)為半徑畫弧交AB,AC于點(diǎn)I,J ,以E為圓心，同等長(zhǎng)為半徑，交EF于N，以N為圓心，IJ長(zhǎng)為半徑交前弧于M,連接EM并延長(zhǎng)交BC于F，如圖為所求圖形：

（2）理由如下：
在ΔABC和ΔEDF中，
∠A=∠DEF,AB=ED,∠B=∠D,
∴ΔABC≌ΔEDFASA．
∴AC=EF，∠ACB=∠DFE．
∴AC//EF．
（3）由（2）得，ΔABC≌ΔEDF．
∴DF=BC．
∵DF=5，
∴BC=5．
∵CF=1，
∴BD=BC+DF?CF=5+5?1=9．
∴線段BD的長(zhǎng)為9．
【點(diǎn)睛】本題考查尺規(guī)作圖和全等三角形的性質(zhì)和判定，熟練掌握尺規(guī)作圖和全等三角形的邊角代換是解題關(guān)鍵．
【變式4-3】（2023春·北京·八年級(jí)?？计谥校┏咭?guī)作圖之旅
下面是一副純手繪的畫作，其中用到的主要工具就是直尺和圓規(guī)，在數(shù)學(xué)中，我們也能通過尺規(guī)作圖創(chuàng)造出許多帶有美感的圖形．
尺規(guī)作圖起源于古希臘的數(shù)學(xué)課題，只允許使用圓規(guī)和直尺，來解決平面幾何作圖問題．
【作圖原理】在兩年的數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)里中，我們認(rèn)識(shí)了尺規(guī)作圖，并學(xué)會(huì)用尺規(guī)作圖完成一些作圖問題，請(qǐng)仔細(xì)思考回顧，判斷以下操作能否通過尺規(guī)作圖實(shí)現(xiàn)，可以實(shí)現(xiàn)的畫√，不能實(shí)現(xiàn)的畫×．
（1）過一點(diǎn)作一條直線．( )
（2）過兩點(diǎn)作一條直線．( )
（3）畫一條長(zhǎng)為3㎝的線段．( )
（4）以一點(diǎn)為圓心，給定線段長(zhǎng)為半徑作圓．( )
【回顧思考】還記得我們用尺規(guī)作圖完成的第一個(gè)問題嗎？那就是“作一條線段等于已知線段”，接著，我們學(xué)習(xí)了使用尺規(guī)作圖作線段的垂直平分線，作角平分線，過直線外一點(diǎn)作垂線……而這些尺規(guī)作圖的背后都與我們學(xué)習(xí)的數(shù)學(xué)原理密切相關(guān)，下面是用尺規(guī)作一個(gè)角等于已知角的方法及說理，請(qǐng)補(bǔ)全過程．
已知：∠AOB．
求作：∠A′O′B′使∠A′O′B′=∠AOB
作法：（1）如圖，以O(shè)為圓心，任意長(zhǎng)為半徑畫弧，分別交OA，OB于點(diǎn)C，D；
（2）畫一條射線O′A′，以點(diǎn)O′為圓心，OC長(zhǎng)為半徑畫弧，交O′A′于點(diǎn)C′；
（3）以點(diǎn)C′為圓心，____________________；
（4）過點(diǎn)D′畫射線O′B′，則∠A′O′B′=∠AOB．
說理：由作法得已知：OC=O′C′,OD=O′D′,CD=C′D′
求證：∠A′O′B′=∠AOB
證明：∵OC=O′C′OD=O′D′CD=C′D′
∴ΔOCD?ΔO′C′D′( )
所以∠A′O′B′=∠AOB( )
【小試牛刀】請(qǐng)按照上面的范例，完成尺規(guī)作圖并說理：過直線外一點(diǎn)作已知直線的平行線．
已知：直線l與直線外一點(diǎn)A．
求作：過點(diǎn)A的直線l′，使得l//l′．
【創(chuàng)新應(yīng)用】現(xiàn)實(shí)生活中許多圖案設(shè)計(jì)都蘊(yùn)含著數(shù)學(xué)原理，下面是一個(gè)常見商標(biāo)的設(shè)計(jì)示意圖．假設(shè)你擁有一家書店，請(qǐng)利用你手中的刻度尺和圓規(guī)，為你的書店設(shè)計(jì)一個(gè)圖案．要求保留作圖痕跡，并寫出你的設(shè)計(jì)意圖．
【答案】【作圖原理】（1）√；（2）√；（3）×；（4）√；【回顧思考】作法：以點(diǎn)C′為圓心，以CD為半徑畫弧，與第二步中所畫的弧相交于D′；說理：SSS，全等三角形對(duì)應(yīng)角相等；【小試牛刀】答案見解析；【創(chuàng)新應(yīng)用】答案見解析．
【分析】[作圖原理]根據(jù)五種基本作圖判斷即可；
[回顧思考]利用全等三角形的判定解決問題即可；
[小試牛刀]利用同位角相等兩直線平行解決問題即可；
[創(chuàng)新應(yīng)用]答案不唯一，畫出圖形，說明設(shè)計(jì)意圖即可．
【詳解】解：[作圖原理]：（1）過一點(diǎn)作一條直線．可以求作；
（2）過兩點(diǎn)作一條直線．可以求作；
（3）畫一條長(zhǎng)為3cm的線段．不可以求作；
（4）以一點(diǎn)為圓心，給定線段長(zhǎng)為半徑作圓．可以求作；
故答案為：√，√，×，√；
[回顧思考]：作法：（1）如圖，以O(shè)為圓心，任意長(zhǎng)為半徑畫弧，分別交OA，OB于點(diǎn)C，D；
（2）畫一條射線O'A'，以點(diǎn)O'為圓心，OC長(zhǎng)為半徑畫弧，交O'A'于點(diǎn)C'；
（3）以點(diǎn)C'為圓心，以C′為圓心，CD長(zhǎng)為半徑畫弧與第二步中所畫的弧交于點(diǎn)D′；
（4）過點(diǎn)D'畫射線O'B'，則∠A'O'B'＝∠AOB．
說理：由作法得已知：OC＝O'C'，OD＝O'D'，CD＝C'D'，
求證：∠A'O'B'＝∠AOB．
證明：在△OCD和△O'C'D'中{OC＝O′C′OD＝O′D′CD＝C′D′，
∴△OCD≌△O'C'D'（SSS），
∴∠A'O'B'＝∠AOB（全等三角形的對(duì)應(yīng)角相等），
故答案為：以C′為圓心，CD長(zhǎng)為半徑畫弧與第二步中所畫的弧交于點(diǎn)D′，SSS，全等三角形的對(duì)應(yīng)角相等；
[小試牛刀]：如圖，直線l′即為所求（方法不唯一），
；
[創(chuàng)新應(yīng)用]：如圖所示（答案不唯一），設(shè)計(jì)意圖：書架中隱藏著無限寶藏，
．
【點(diǎn)睛】本題考查作圖?應(yīng)用與設(shè)計(jì)作圖，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行線的判定等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識(shí)，屬于中考?？碱}型．
【題型5 三角形的三邊關(guān)系與全等三角形的綜合】
【例5】（2023春·廣東廣州·八年級(jí)統(tǒng)考期中）Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，過點(diǎn)A作AE⊥AB．連接BE，CE，M為平面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)．
(1)如圖1，若BC＝4，則S△EBC＝．
(2)如圖2，點(diǎn)M在BE上，且CM⊥BE于M，過點(diǎn)A作AF⊥BE于F，D為AC中點(diǎn)，連接FD并延長(zhǎng)，交CM于點(diǎn)H．求證：MF＝MH；
(3)如圖3，連接BM，EM，過點(diǎn)B作BM'⊥BM于點(diǎn)B，且滿足BM'＝BM，連接AM'，MM'，過點(diǎn)B作BG⊥CE于點(diǎn)G，若S△ABC＝18，EM＝3，BG＝4，求線段AM'的長(zhǎng)度的取值范圍．
【答案】(1)8
(2)見解析
(3)6≤AM'≤12
【分析】（1）由平行線的性質(zhì)可得S△AEC=S△ABE，即可求解；
（2）由“AAS”可證△ABF≌△BCM，利用全等三角形的性質(zhì)可得AF=BM，BF=CM，由“ASA”可證△ADF≌△CDH，利用相似三角形的性質(zhì)可得AF=HC，DF=DH，可得結(jié)論；
（3）由“SAS”可證△CBM≌△ABM'，可得CM=AM'，由三角形的三邊關(guān)系定理可求解．
【詳解】（1）解：∵∠ABC=90°，AB=BC，BC=4，
∴S△ABC=12×AB·BC=8．
∵AE⊥AB，BC⊥AB，
∴AE∥BC，
∴S△EBC=S△ABC=8，
故答案為：8；
（2）∵∠ABC=90°=∠AFB=∠CMB，
∴∠ABF+∠CBM=90°，∠ABF+∠BAF=90°，
∴∠BAF=∠CBM，
在△ABF和△BCM中，
∠BAF=∠CBM∠AFB=∠BMC=90°AB=BC，
∴△ABF≌△BCMAAS，
∴AF=BM，BF=CM，
∵AF⊥BE，CM⊥BE，
∴AF∥CM，
∴∠FAD=∠HCD，
∵D為AC中點(diǎn)，
∴AD=CD，
又∵∠ADF=∠CDH，
在△ADF和△CDH中，
∠ADF=∠CDH∠FAD=∠HCDAD=CD，
∴△ADF≌△CDHAAS，
∴AF=HC，DF=DH，
∴BF?BM=CM?AF=CM?CH，
∴MF=MH；
（3）連接CM，如圖，
∵BM′⊥BM，
∴∠MBM'=∠ABC=90°，
∴∠ABM'=∠CBM，
在△CBM和△ABM'中，
CB=AB∠CBM=∠ABM′BM=BM′，
∴△CBM≌△ABM'SAS，
∴AM'=CM，
∵AE∥BC，
∴S△ABC=S△BEC=18，
∴12×EC·BG=18，
∴EC=18×24=9，
在△EMC中，EC?EM＜CM＜EM+EC，
∴6＜CM＜12，
∴6＜AM'＜12．
∴當(dāng)點(diǎn)E，點(diǎn)M，點(diǎn)C共線時(shí)，CM最大值為12，最小值為6，
∴6≤AM'≤12．
【點(diǎn)睛】此題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，以及三角形的三邊關(guān)系，掌握全等三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【變式5-1】（2023春·四川樂山·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在△ABC中，BC=12，AD平分∠BAC，點(diǎn)E為AC中點(diǎn)，AD與BE相交于點(diǎn)F．
(1)若∠ABC=40°，∠C=80°，求∠ADB的度數(shù)；
(2)如圖1，若AB=10，求線段BE的長(zhǎng)的取值范圍；
(3)如圖2，過點(diǎn)B作BH⊥AD交AD延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，設(shè)△BFH，△AEF的面積分別為S1，S2，若AB?AC=4，試求S1?S2的最大值．
【答案】(1)110°
(2)1AB，CE+ED>CD，
∴AE+BE+CE+ED>AB+CD，
即AD+BC>AB+CD；
（2）證明：∵OC平分∠AOB，
∴∠EOP=∠FOP，
在△OEP和△OFP中，
OE=OF∠EOP=∠FOPOP=OP，
∴△OEP≌△OFP(SAS)，
∴PE=PF；
（3）證明：在AB上取一點(diǎn)E，使AE=AC，連接DE交BP于點(diǎn)F，
∵AD是∠BAC的角平分線，
∴∠EAP=∠CAP，
在△APE和△APC中，
AE=AC∠EAP=∠CAPAP=AP，
∴△APE≌△APC(SAS)，
∴PE=PC，
同理可證DE=DC，
∵EF+PF>EP，BF+FD>BD，
∴EF+PF+BF+FD>EP+BD，
即PB+DE>EP+BD，
∴PB+CD>PC+BD，
∴PB?PC>BD?CD．
【點(diǎn)睛】本題主要考查三角形的綜合題，熟練掌握三角形的三邊關(guān)系和全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
【變式5-3】（2023春·湖南長(zhǎng)沙·八年級(jí)統(tǒng)考期中）閱讀理解：課外興趣小組活動(dòng)時(shí)，老師提出了如下問題:在△ABC中，AB=7，AC=3，求BC邊上的中線AD的取值范圍．
(1)小明在組內(nèi)經(jīng)過合作交流，得到了如下的解決方法（如圖1）:①延長(zhǎng)AD到Q使得DQ=AD；
②再連接BQ，把AB、AC、2AD集中在△ABQ中；③利用三角形的三邊關(guān)系可得4

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