【期末培优讲义】专题-全等三角形八大模型必考点(人教版)(含解析)

专题全等三角形八大模型必考点【考点1一线三等角构造全等模型】方法点拨：“一线三等角模型”最关键的要点就是证明角相等，（1）三垂直：利用同角的余角相等（2）一般角：利用三角形的外角的性质1．阅读理解，自主探究：“一线三垂直”模型是“一线三等角”模型的特殊情况，即三个等角角度为90°，于是有三组边相互垂直．所以称为“一线三垂直模型”．当模型中有一组对应边长相等时，则模型中必定存在全等三角形．（1）问题解决：如图1，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线DE，AD⊥DE于D，BE⊥DE于E，求证：△ADC≌△CEB；（2）问题探究：如图2，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线CE，AD⊥CE于D，BE⊥CE于E，AD＝2.5cm，DE＝1.7cm，求BE的长；（3）拓展延伸：如图3，在平面直角坐标系中，A（﹣1，0），C（1，3），△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝BC，求B点坐标.【分析】（1）证∠DAC＝∠ECB，再由AAS证△ADC≌△CEB即可；（2）证△ADC≌△CEB（AAS），得AD＝CE＝2.5cm，CD＝BE，即可解决问题；（3）过点C作直线l∥x轴，交y轴于点G，过A作AE⊥l于点E，过B作BF⊥l于点F，交x轴于点H，证△AEC≌△CFB（AAS），得AE＝CF＝3，BF＝CE＝2，则FG＝CG+CF＝4，BH＝FH﹣BF＝1，即可得出结论．【解答】（1）证明：∵AD⊥DE，BE⊥DE，∴∠ADC＝∠CEB＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠ECB＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°，∴∠DAC＝∠ECB，在△ADC和△CEB中，，∴△ADC≌△CEB（AAS）；（2）解：∵BE⊥CE，AD⊥CE，∴∠ADC＝∠CEB＝90°，∴∠CBE+∠ECB＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ECB+∠ACD＝90°，∴∠ACD＝∠CBE，在△ADC和△CEB中，，∴△ADC≌△CEB（AAS），∴AD＝CE＝2.5cm，CD＝BE，∴BE＝CD＝CE﹣DE＝2.5﹣1.7＝0.8（cm），即BE的长为0.8cm；（3）解：如图3，过点C作直线l∥x轴，交y轴于点G，过A作AE⊥l于点E，过B作BF⊥l于点F，交x轴于点H，则∠AEC＝∠CFB＝∠ACB＝90°，∵A（﹣1，0），C（1，3），∴EG＝OA＝1，CG＝1，FH＝AE＝OG＝3，∴CE＝EG+CG＝2，∵∠ACE+∠EAC＝90°，∠ACE+∠FCB＝90°，∴∠EAC＝∠FCB，在△AEC和△CFB中，，∴△AEC≌△CFB（AAS），∴AE＝CF＝3，BF＝CE＝2，∴FG＝CG+CF＝1+3＝4，BH＝FH﹣BF＝3﹣2＝1，∴B点坐标为（4，1）．【点评】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、坐标与图形性质、一线三垂直”模型等知识，本题综合性强，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．2．如图，已知A（3，0），B（0，﹣1），连接AB，过B点作AB的垂线段BC，使BA＝BC，连接AC．（1）如图1，求C点坐标；（2）如图2，若P点从A点出发沿x轴向左平移，连接BP，作等腰直角△BPQ，连接CQ，当点P在线段OA上，PA与CQ有何位置和数量关系，猜想并证明；（3）在（2）的条件下若C、P，Q三点共线，求此时∠APB的度数及P点坐标．【分析】（1）作CH⊥y轴于H，证明△ABO≌△BCH，根据全等三角形的性质得到BH＝OA＝3，CH＝OB＝1，求出OH，得到C点坐标；（2）证明△PBA≌△QBC，根据全等三角形的性质即可得到PA＝CQ，PA⊥CQ；（3）根据C、P，Q三点共线，得到∠BQC＝135°，根据全等三角形的性质得到∠BPA＝∠BQC＝135°，根据等腰三角形的性质求出OP，即可得到P点坐标．【解答】解：（1）如图1，过C作CH⊥y轴于H，则∠BCH+∠CBH＝90°，∵AB⊥BC，∴∠ABO+∠CBH＝90°，∴∠ABO＝∠BCH，在△ABO和△BCH中，，∴△ABO≌△BCH（AAS），∴BH＝OA＝3，CH＝OB＝1，∴OH＝OB+BH＝4，∴C点坐标为（1，﹣4）；（2）CQ＝AP，CQ⊥AP．证明：如图2，延长CQ交x轴于D，交AB于E，∵∠PBQ＝∠ABC＝90°，∴∠PBQ﹣∠ABQ＝∠ABC﹣∠ABQ，即∠PBA＝∠QBC，在△PBA和△QBC中，，∴△PBA≌△QBC（SAS），∴PA＝CQ，∠BAP＝∠BCQ，又∵∠AED＝∠CEB，∴∠ADE＝∠CBE＝90°，即CD⊥AD，∴CQ⊥AP；（3）∵△BPQ是等腰直角三角形，∴∠BQP＝45°，当C、P，Q三点共线时，∠BQC＝135°，由（2）可知，△PBA≌△QBC，∴∠BPA＝∠BQC＝135°，∴∠OPB＝180°﹣135°＝45°，∴OP＝OB＝1，∴P点坐标为（1，0）．【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形的外角的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．3．如图1，直线AB分别与x轴、y轴交于A、B两点，OC平分∠AOB交AB于点C，点D为线段AB上一点，过点D作DE∥OC交y轴于点E，已知AO＝m，BO＝n，且m、n满足n2﹣12n+36+|n﹣2m|＝0．（1）求A、B两点的坐标；（2）若点D为AB中点，延长DE交x轴于点F，在ED的延长线上取点G，使DG＝DF，连接BG．①BG与y轴的位置关系怎样？说明理由；②求OF的长；（3）如图2，若点F的坐标为（10，10），E是y轴的正半轴上一动点，P是直线AB上一点，且P点的坐标为（6，﹣6），是否存在点E使△EFP为等腰直角三角形？若存在，求出点E的坐标；若不存在，说明理由．【分析】（1）先利用非负数的性质求出m，n的值，即可得出结论；（2）①先判断出△BDG≌△ADF，得出BG＝AF，∠G＝∠DFA，然后根据平行线的判定得出BG∥AF，从而利用平行线的性质即可得出结论；②利用等腰三角形的性质，建立方程即可得出结论；（3）分析题意知要使△EFP为等腰直角三角形，必有EF＝EP，且∠FEP═90°，再过F、P分别向y轴作垂线垂足分别为M、N，然后利用全等三角形的判定证得△FME≌△ENP，从而利用全等的性质求得ME的长，进而求出OE，即可得出结论．【解答】解：（1）由n2﹣12n+36+|n﹣2m|＝0，∴（n﹣6）2+|n﹣2m|＝0，∴n﹣6＝0，n﹣2m＝0，∴n＝6，m＝3，∴A（3，0），B（0，6）；（2）①BG⊥y轴．在△BDG与△ADF中，BD＝DA，∠BDG＝∠FDA，DG＝DF，∴△BDG≌△ADF（SAS），∴BG∥AF．∵AF⊥y轴，∴BG⊥y轴．②由①可知，BG＝FA，△BDE为等腰直角三角形．∴BG＝BE．设OF＝x，则有OE＝x，∴3+x＝6﹣x，∴x＝1.5，即：OF＝1.5；（3）要使△EFP为等腰直角三角形，必有EF＝EP，且∠FEP═90°，如图，过F、P分别向y轴作垂线垂足分别为M、N．∵∠FEP═90°，∴∠FEM+∠PEN＝90°，又∠FEM+∠MFE＝90°，∴∠PEN＝∠MFE，∴Rt△FME≌Rt△ENP（HL），∴ME＝NP＝6，∴OE＝10﹣6＝4．即存在点E（0，4），使△EFP为等腰直角三角形．【点评】此题是三角形综合题，主要考查的是全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识，正确作出辅助线是解决此题的关键．【考点2手拉手模型-旋转模型】方法点拨：手拉手模型有一个特点，就是从一个顶点出发，散发出来的四条线段，两两相等（或者对应成比例），然后夹角相等。若两两相等，就出三角形全等。1．如图在平面直角坐标中，点A和点B的坐标分别为（1，3）和（2，0），点C为x轴上点B右侧的任意一点，以AC为腰向右上方作等腰△ACD，使∠CAD＝∠OAB，AD＝AC，直线BD与y轴交于点P．（1）求证：AO＝AB；（2）求证：△AOC≌△ABD；（3）直接写出当点C运动时，点P在y轴上的位置是否发生改变？【分析】（1）作AE⊥OB于点E，由SAS定理得出△AEO≌△AEB，根据全等三角形的性质即可得出结论；（2）先根据∠CAD＝∠OAB，得出∠OAC＝∠BAD，再由SAS定理即可得出△AEO≌△AEB；（3）设∠AOB＝∠ABO＝α，由全等三角形的性质可得出∠ABD＝∠AOB＝α，故∠OBP＝180°﹣∠ABO﹣∠ABD＝180°﹣2α为定值，再由OB＝2，∠POB＝90°可知OP的长度不变，故可得出结论．【解答】（1）证明：如图，作AE⊥OB于点E，∵A（1，3），B（2，0），∴OE＝1，BE＝2﹣1＝1，∴OE＝BE，在△AEO与△AEB中，，∴△AEO≌△AEB（SAS），∴AO＝AB；（2）证明：∵∠CAD＝∠OAB，∴∠CAD+∠BAC＝∠OAB+∠BAC，即∠BAD＝∠OAC，在△AOC与△ABD中，，∴△AOC≌△ABD（SAS）；（3）解：点P在y轴上的位置不发生改变．理由：设∠AOB＝∠ABO＝α，由（2）知△AOC≌△ABD，∴∠ABD＝∠AOB＝α，∵OB＝2，∠OBP＝180°﹣∠ABO﹣∠ABD＝180°﹣2α为定值，又∵∠POB＝90°，∴OP长度不变，∴点P在y轴上的位置不发生改变．【点评】本题考查的是全等三角形的判定与性质，熟知全等三角形的判定定理是解答此题的关键．2．在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成的，在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．兴趣小组成员经过研讨给出定义：如果两个等腰三角形的顶角相等，且顶角的顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型”．因为顶点相连的四条边，可以形象地看作两双手，所以通常称为“手拉手模型”．（1）如图1，△ABC与△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，则有△BAD≌△CAE．（2）如图2，已知△ABC，以AB、AC为边分别向外作等边△ABD和等边△ACE，并连接BE，CD，则∠BOD＝60°．（3）如图3，在两个等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB＝AC，AE＝AD，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接BD，CE，交于点P，请判断BD和CE的关系，并说明理由．【分析】（1）由“SAS”可证△BAD≌△CAE；（2）由“SAS”可证△DAC≌△BAE，可得∠ADC＝∠ABE，由外角的性质可求解；（3）由“SAS”可证△ABD≌△ACE，可得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，由余角的性质可求解．【解答】解：（1）∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，又∵AB＝AC，AD＝AE，∴△BAD≌△CAE（SAS），故答案为：△BAD，△CAE；（2）∵△ABD和△ACE是等边三角形，∴AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝60°，∴∠DAC＝∠BAE，∴△DAC≌△BAE（SAS），∴∠ADC＝∠ABE，∵∠ADC+∠BDC+∠ABD+∠DAB＝180°，∠ABE+∠BDC+∠ABD+∠DOB＝180°，∴∠DAB＝∠BOD＝60°，故答案为：60；（3）BD＝CE，BD⊥CE，理由如下：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC+∠BAE＝∠DAE+∠BAE，即∠CAE＝∠BAD，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，∵∠BPC+∠ABD＝∠BAC+∠ACE，∴∠BPC＝∠BAC＝90°，∴BD⊥CE．【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．3．如图，在△ABC中，AC＝10．（1）如图①，分别以AB，BC为边，向外作等边△ABD和等边△BCE，连接AE，CD，则AE＝CD（填“＞”“＜”或“＝”）；（2）如图②，分别以AB，BC为腰，向内作等腰△ABD和等腰△BCE，∠ABD＝∠CBE且小于∠ABC，连接AE，CD，猜想AE与CD的数量关系，并说明理由；（3）如图③，以AB为腰向内作等腰△ABD，以BC为腰向外作等腰△BCE，且∠ABD＝∠CBE，已知点A到直线DE的距离为3，AE＝12，求DE的长及点D到直线AE的距离．【分析】（1）由等边三角形的性质得BD＝BA，BC＝BE，∠DBA＝∠CBE，再证△DBC≌△ABE（SAS），即可得出结论；（2）由等腰三角形的性质得得出BD＝BA，BC＝BE，∠DBA＝∠CBE，再由SAS证△DBC≌△ABE，即可得出结论；（3）由等腰三角形的性质得BD＝BA，BC＝BE，∠DBA＝∠CBE，再由SAS证△DBE≌△ABC，得AC＝DE＝10，然后由三角形面积公式即可得出结论．【解答】解：（1）∵△ABD和△BCE为等边三角形，∴BD＝BA，BC＝BE，∠DBA＝∠CBE，∴∠DBA+∠ABC＝∠CBE+∠ABC，即∠DBC＝∠ABE，在△DBC和△ABE中，，∴△DBC≌△ABE（SAS），∴AE＝CD，故答案为：＝；（2）AE＝CD，理由如下：∵△ABD和△BCE为等腰三角形，∴BD＝BA，BC＝BE，∵∠DBA＝∠CBE，∴∠DBA+∠DBE＝∠CBE+∠DBE，即∠ABE＝∠DBC，在△DBC和△ABE中，，∴△DBC≌△ABE（SAS），∴AE＝CD．（3）∵△ABD和△BCE为等腰三角形，且∠ABD＝∠CBE，∴BD＝BA，BC＝BE，∵∠ABD＝∠CBE，∴∠ABD+∠DBC＝∠CBE+∠DBC，即∠ABC＝∠DBE，在△ABC和△DBE中，，∴△ABC≌△DBE（SAS），∴AC＝DE＝10，设D到直线AE的距离为h，∵点A到直线DE的距离为3，AE＝12，∵S△ADE＝×10×3＝×12•h，∴h＝，即D到直线AE的距离为．【点评】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质以及三角形面积公式等知识，本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．【考点3倍长中线模型】方法点拨：通过延长三角形的中线，使延长后的线段是原中线的2倍，从而构造一对8字型的全等三角形（SAS），实现边角的转移。1．（1）【问题情境】课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图1，在△ABC中，若AB＝13，AC＝9，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法，延长AD至点E，使DE＝AD，连接BE，容易证得△ADC≌△EDB，再由“三角形的三边关系”可求得AD的取值范围是2＜AD＜11．解后反思：题目中出现“中点”、“中线”等条件，可考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形之中．（2）【初步运用】如图2，AD是△ABC的中线，BE交AC于E，交AD于F，且∠FAE＝∠AFE．若AE＝4，EC＝3，求线段BF的长．（3）【拓展提升】如图3，在△ABC中，D为BC的中点，DE⊥DF分别交AB，AC于点E，F．求证：BE+CF＞EF．【分析】（1）先判断出△ADC≌△EDB（SAS），得出BE＝AC＝9，最后用三角形的三边关系计算；（2）延长AD到M，使AD＝DM，连接BM，证明△ADC≌△MDB，根据全等三角形的性质解答；（3）延长ED到点G，使GD＝ED，连接CG、GF、EF，先证明△CDG≌△BDE，得CG＝BE，根据三角形的三边关系得CG+CF＞GF，则BE+CF＞GF，由DF垂直平分EG得GF＝EF，所以BE+CF＞EF．【解答】（1）解：延长AD至点E，使DE＝AD，连接BE，在△ADC和△EDB中，，∴△ADC≌△EDB（SAS），∴BE＝AC＝9，∵AB﹣BE＜AE＜AB+BE，∴4＜AE＜22∴2＜AD＜11，故答案为：2＜AD＜11．（2）延长AD到M，使AD＝DM，连接BM，如图2，∵AD是△ABC中线，∴BD＝DC，在△ADC和△MDB中，，∴△ADC≌△MDB（SAS），∴BM＝AC，∠CAD＝∠M，∵∠AFE＝∠AEF，∴AE＝EF＝4，∴AC＝AE+CE＝7，∴BM＝AC＝7，∴∠CAD＝∠AFE，∵∠AFE＝∠BFD，∴∠BFD＝∠CAD＝∠M，∴BF＝BM＝AC，即AC＝BF＝7；（3）证明：如图3，延长ED到点G，使GD＝ED，连接CG、GF，∵D是BC边上的中点，∴CD＝BD，在△CDG和△BDE中，，∴△CDG≌△BDE（SAS），∴CG＝BE，∵CG+CF＞GF，∴BE+CF＞GF，∵DE⊥DF，GD＝ED，∴DF垂直平分EG，∴GF＝EF，∴BE+CF＞EF．【点评】此题是三角形综合题，主要考查三角形的中线的定义、全等三角形的判定与性质、三角形的三边关系、线段的垂直平分线的性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．2．（1）如图1，AD是△ABC的中线，延长AD至点E，使ED＝AD，连接CE．①证明△ABD≌△ECD；②若AB＝5，AC＝3，设AD＝x，可得x的取值范围是1＜x＜4；（2）如图2，在△ABC中，D是BC边上的中点，DE⊥DF，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，求证：BE+CF＞EF．【分析】（1）①根据三角形的中线得出BD＝CD，再由对顶角相等得出∠ADB＝∠CDE，即可得出结论；②先由△ABD≌△ECD，得出CE＝5，再由ED＝AD，得出AE＝2AD＝2x，最后用三角形的三边关系，即可求出答案；（2）先根据SAS判断出△DEF≌△DEH，得出EH＝EF，再根据SAS判断出△BDH≌△CDF，得出CF＝BH，即可求出答案．【解答】（1）①证明：∵AD是△ABC的中线，∴BD＝CD，在△ADB和△ECD中，，∴△ABD≌△ECD（SAS）；②解：由①知，△ABD≌△ECD，∴CE＝AB，∵AB＝5，∴CE＝5，∵ED＝AD，AD＝x，∴AE＝2AD＝2x，在△ACE中，AC＝3，根据三角形的三边关系得，5﹣3＜2x＜5+3，∴1＜x＜4，故答案为：1＜x＜4；（2）证明：如图2，延长FD，截取DH＝DF，连接BH，EH，∵DH＝DF，DE⊥DF，即∠EDF＝∠EDH＝90°，DE＝DE，∴△DEF≌△DEH（SAS），∴EH＝EF，∵AD是中线，∴BD＝CD，∵DH＝DF，∠BDH＝∠CDF，∴△BDH≌△CDF（SAS），∴CF＝BH，∵BE+BH＞EH，∴BE+CF＞EF．【点评】此题是三角形综合题，主要考查了三角形中线的定义，全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系，用倍长中线法构造全等三角形是解本题的关键．3．（1）方法呈现：如图①：在△ABC中，若AB＝6，AC＝4，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DE＝AD，再连接BE，可证△ACD≌△EBD，从而把AB、AC，2AD集中在△ABE中，利用三角形三边的关系即可判断中线AD的取值范围是（直接写出范围即可）．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△ABC中，点D是BC的中点，DE⊥DF于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，判断BE+CF与EF的大小关系并证明；（3）问题拓展：如图③，在四边形ABCD中，AB∥CD，AF与DC的延长线交于点F、点E是BC的中点，若AE是∠BAF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．【分析】（1）由已知得出AB﹣BE＜AE＜AB+BE，即6﹣4＜AE＜6+4，AD为AE的一半，即可得出答案；（2）延长FD至点M，使DM＝DF，连接BM，EM，可得△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）延长AE，DF交于点G，根据平行和角平分线可证AF＝FG，也可证得△ABE≌△GCE，从而可得AB＝CG，即可得到结论．【解答】解：（1）1＜AD＜5．∵AD是BC边上的中线，∴BD＝CD，∴△BDE≌△CDA（SAS），∴BE＝AC＝4，在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，∴6﹣4＜AE＜6+4，∴2＜AE＜10，∴1＜AD＜5．证明：（2）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）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．【点评】本题是三角形综合题，主要考查了三角形的三边关系，全等三角形的判定与性质，角的关系等知识点，所以本题的综合性比较强，有一定的难度，通过作辅助线证明三角形全等是解题的关键．【考点4平行线+线段中线构造全等模型】方法点拨：该模型与倍长中线模型都有中点条件出现⚠️注意两个模型区别：倍长中线出现的是三角形的中点，条件单一，求解大多是线段和的不等量关系；平行线中点出现的是线段中点+平行的条件，求解大多以求线段长为主。二者共性都是要构造8字全等三角形。1．如图，公园有一条“Z”字形道路AB﹣BC﹣CD，其中AB∥CD，在E、M、F处各有一个小石凳，且BE＝CF，M为BC的中点，连接EM、MF，请问石凳M到石凳E、F的距离ME、MF是否相等？说出你推断的理由．【分析】首先连接EM、MF，再证明△BEM≌△CFM可得ME＝MF．【解答】解：石凳M到石凳E、F的距离ME、MF相等．理由如下：∵AB∥CD，∴∠B＝∠C，又∵M为BC中点，∴BM＝MC．在△BEM和△CFM中，，∴△BEM≌△CFM（SAS），∴ME＝MF．即石凳M到石凳E、F的距离ME、MF相等．【点评】此题主要考查了全等三角形的应用，用全等寻找下一个全等三角形的条件，全等的性质和判定往往是综合在一起应用的，这需要认真分析题目的已知和求证，分清问题中已知的线段和角与所证明的线段或角之间的联系．2．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点，点E，F分别在直线BC，AC上（点E不与点B，C重合），DF⊥DE，连接EF．（1）如图1，当点F与点A重合时，AB＝8，DE＝3，求EF的长；（2）如图2，当点F不与点A重合时，求证：AF2+BE2＝EF2；（3）若AC＝8，BC＝6，EC＝2，求线段CF的长．【分析】（1）根据DE垂直平分AB，得BE＝EF，BD＝AB＝4，在Rt△BDE中，利用勾股定理即可得出答案；（2）作AG⊥AC，交ED的延长线于G，连接FG，利用AAS证明△AGD≌△BED，得BE＝AG，DG＝DE，得出DF是GE的垂直平分线，则GF＝EF，再利用勾股定理即可证明结论；（3）点E在线段BC上或点E在BC延长线上，分别画出图形，利用（2）中的方法解决问题即可．【解答】（1）解：∵D为AB中点，DF⊥DE，∴DE垂直平分AB，∴BE＝EF，BD＝AB＝4，在Rt△BDE中，由勾股定理得，BE＝＝5，∴EF＝BE＝5；（2）证明：作AG⊥AC，交ED的延长线于G，连接FG，∵点D为AB的中点，∴AD＝BD，∵AG⊥AC，∴∠GAC＝∠ACB＝90°，∴AG∥BC，∴∠AGD＝∠BED，在△AGD和△BED中，，∴△AGD≌△BED（AAS），∴BE＝AG，DG＝DE，∵DF⊥DE，∴DF是GE的垂直平分线，∴GF＝EF，∵∠GAF＝90°，∴AG2+AF2＝FG2，∴BE2+AF2＝EF2；（3）解：当点E在线段BC上时，作BH∥AC，交FD的延长线于H，连接EH，由（2）同理可得，△ADF≌△BDH（AAS），∴BH＝AF，DH＝DF，∴DE是HF的垂直平分线，∴EF＝HE，∴CF2+CE2＝AF2+BE2，设CF＝x，则AF＝8﹣x，∴x2+22＝（8﹣x）2+42，解得x＝，∴CF＝；当点E在BC延长线上时，如图，作BG∥AC，交FD的延长线于G，连接EF，EG，同理可得CF2+CE2＝AF2+BE2，设CF＝x，则AF＝8﹣x，∴x2+22＝（8﹣x）2+82，解得x＝，∴CF＝，综上：CF＝或．【点评】本题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质等知识，利用中点作平行线构造全等三角形是解题的关键．【考点5角平分线+垂直构造全等模型】方法点拨：有角平分线时，常过向平分线上的点向角两边引垂线.根据角平分线上的点到角两边矩离相等，可构造出相应的全等三角形而巧妙解决问题1．已知：如图，在△ABC中，∠B＝60°，D、E分别为AB、BC上的点，且AE、CD交于点F．若AE、CD为△ABC的角平分线．（1）求∠AFC的度数；（2）若AD＝6，CE＝4，求AC的长．【分析】（1）由题意∠BAC+∠BCA＝120°，根据∠AFC＝180﹣∠FAC﹣∠FCA＝180﹣＝120°，即可解决问题；（2）在AC上截取AG＝AD＝6，连接FG．只要证明△ADF≌△AGF（SAS），推出∠AFD＝∠AFG＝60°，∠GFC＝∠CFE＝60°，再证明△CGF≌△CEF（ASA），推出CG＝CE＝4，由此即可解决问题．【解答】解：（1）∵AE、CD分别为△ABC的角平分线，∴∠FAC＝∠BAC，∠FCA＝∠BCA，∵∠B＝60°∴∠BAC+∠BCA＝120°，∴∠AFC＝180﹣∠FAC﹣∠FCA＝180°﹣×120°＝120°；（2）在AC上截取AG＝AD＝6，连接FG．∵AE、CD分别为△ABC的角平分线∴∠FAC＝∠FAD，∠FCA＝∠FCE，∵∠AFC＝120°，∴∠AFD＝∠CFE＝60°，在△ADF和△AGF中，，∴△ADF≌△AGF（SAS），∴∠AFD＝∠AFG＝60°，∴∠GFC＝∠CFE＝60°，在△CGF和△CEF中，，∴△CGF≌△CEF（ASA），∴CG＝CE＝4，∴AC＝AG+GC＝10．【点评】本题考查等腰三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、角平分线的定义等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线构造全等三角形解决问题．2．如图：在∠EAF的平分线上取点B作BC⊥AF于点C，在直线AC上取一动点P．在直线AE上取点Q使得BQ＝BP．（1）如图1，当点P在点线段AC上时，∠BQA+∠BPA＝180°；（2）如图2，当点P在CA延长线上时，探究AQ、AP、AC三条线段之间的数量关系，说明理由；（3）在满足（1）的结论条件下，当点P运动到在射线AC上时，直接写出AQ、AP、PC三条线段之间的数量关系为：AQ﹣AP＝2PC或AP﹣AQ＝2PC．【分析】（1）作BM⊥AE于点M，根据角平分线的性质得到BM＝BC，证明Rt△BMQ≌Rt△BPC（HL），进而证明∠BQA＝∠BPC即可得出答案；（2）作BM⊥AE于点M，证明Rt△ABM≌Rt△ABC（HL），得到∠ABM＝∠ABC，AM＝AC，BM＝BC，再证明Rt△BMQ≌Rt△BCP（HL），从而得出PC＝QM即可；（3）分两种情况进行讨论，P在线段AC上或P在线段AC的延长线上，作出图后，由△QBM≌△PBC（AAS），得∠QBC＝∠PBC，QM＝PC，BM＝BC，结合Rt△ABM≌Rt△ABC（HL），得出AM＝AC，利用线段和差计算即可．【解答】解：（1）作BM⊥AE于点M，∵AB平方∠EAF，BC⊥AF，∴BM＝BC，在Rt△BMQ和Rt△BPC中，，∴Rt△BMQ≌Rt△BPC（HL），∴∠BQA＝∠BPC，又∵∠BPC+∠BPA＝180°，∴∠BQA+∠BPA＝180°，故答案为：180；（2）AQ﹣AP＝2AC，理由如下，作BM⊥AE于点M，∵AB平方∠EAF，BC⊥AF，∴BM＝BC，∠BMA＝∠BCA＝90°，在Rt△ABM和Rt△ABC中，，∴Rt△ABM≌Rt△ABC（HL），∴∠ABM＝∠ABC，AM＝AC，在Rt△BMQ和Rt△BCP中，，∴Rt△BMQ≌Rt△BCP（HL），∴PC＝QM，∴AQ﹣QP＝（AM+QM）﹣（PC﹣AC）＝AM+AC＝2AC；（3）当点P在线段AC上时，如图，AQ﹣AP＝2PC，作BM⊥AE于点M，∵BC⊥AF，∴，∠BMA＝∠BCA＝90°，∵∠BQA+∠BPA＝180°，∠BPC+∠BPA＝180°，∴∠BPC＝∠BQM，在△QBM和△PBC中，，∴△QBM≌△PBC（AAS），∴∠QBC＝∠PBC，QM＝PC，BM＝BC，在Rt△ABM和Rt△ABC中，，∴Rt△ABM≌Rt△ABC（HL），∴AM＝AC，∴AQ﹣AP＝AM+QM﹣（AC﹣PC）＝QM+PC＝2PC；当P在线段AC的延长线上，如图，AP﹣AQ＝2PC，作BM⊥AE于点M，∵BC⊥AF，∴∠BMA＝∠BCA＝90°，∵∠BQA+∠BPA＝180°，∠BQM+∠BQA＝180°，∴∠BPC＝∠BQM，在△QBM和△PBC中，，∴△QBM≌△PBC（AAS），∴∠QBC＝∠PBC，QM＝PC，BM＝BC，在Rt△ABM和Rt△ABC中，，∴Rt△ABM≌Rt△ABC（HL），∴AM＝AC，∴AP﹣AQ＝AC+CP﹣（AM﹣QM）＝MQ+PC＝2PC．故答案为：AQ﹣AP＝2PC或AP﹣AQ＝2PC．【点评】本题考查了三角形的综合应用，做题关键要掌握角平分线性质，三角形全等的判定．3．如图，在等腰直角△ABC中，∠BAC＝90°，点M为BC边上的中点．（1）如图1，若点D、点E分别为线段AC、AB上的点，且DC＝EA，连接MD、ME，求证：ME⊥MD；（2）如图2，若点D为线段AC上的点，点E为线段AB延长线上的点，且DC＝EB，∠AED＝30°，连接ED，交BC于点N，EF是∠AED的角平分线，交AM于点F，连接AN、FD，探究线段AN、FD、AC之间的数量关系，并给出证明．【分析】（1）如图1，连接AM，先证明△MEA≌△MDC（SAS），根据等角的余角相等即可证明∠EMD＝∠AMC＝90°，进而可得ME⊥MD；（2）如图2，过点D作DG⊥AC交BC于点G，过点F作FP⊥AD，FH⊥ED，FQ⊥AB，垂足分别为P、H、Q，先证明△EBN≌△DGN（AAS），进而证明DF是∠ADE的角平分线，可得FH＝FP＝FQ，结合含30°角的直角三角形的性质，即可证得结论．【解答】证明：（1）如图1，连接AM，∵点M是等腰直角△ABC斜边上的中点，∴AM⊥BC，AM＝MC，∠MAE＝∠MCD＝45°，∵DC＝EA，∴△MEA≌△MDC（SAS），∴∠EMA＝∠DMC，∴∠EMA+∠AMD＝∠DMC+∠AMD，即∠EMD＝∠AMC＝90°，∴ME⊥MD；（2）2AC＝2AN+FD．理由如下：如图2，过点D作DG⊥AC交BC于点G，过点F作FP⊥AD，FH⊥ED，FQ⊥AB，垂足分别为P、H、Q，∵在等腰直角△ABC中，∠C＝45°，DG⊥AC，∴△GDC为等腰直角三角形，∴GD＝CD，∵DC＝EB，∴GD＝EB，∵∠BAC＝90°，∴BA⊥AC，∴DG∥EA，∴∠BEN＝∠GDN，又∵∠ENB＝∠DNG，∴△EBN≌△DGN（AAS），∴EN＝DN，∴ED＝2AN，∵∠MAB＝∠MAD＝45°，∴AF是∠EAD的角平分线，∵EF是∠AED的角平分线，∴DF是∠ADE的角平分线，在Rt△ADE中，∠EAD＝90°，∠AED＝30°，∴∠ADE＝60°，∴∠FDH＝30°，∵FP⊥AD，FH⊥ED，FQ⊥AB，∴FH＝FP＝FQ，EH＝EQ，AP＝AQ，DP＝DH，∴2AC＝AB+AC＝AE+AD＝QE+QA+AP+PD＝HE+HF+HF+HD＝DE+2HF＝2AN+FD．即2AC＝2AN+FD．【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，含30°角的直角三角形的性质，角平分线的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质等相关知识，正确添加辅助线是解题关键．【考点6正方形中的半角模型】方法点拨：1、旋转的方法：以公共端点为旋转中心，相等的两条线段的夹角为旋转角；2、旋转的条件：具有公共端点的等线段；3、旋转的目的：将分散的条件集中，隐蔽的关系显现。1．（1）如图1的正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF＝45°，延长CD到点G，使DG＝BE，连接EF，AG．求证：EF＝FG；（2）如图2，等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M，N在边BC上，且∠MAN＝45°．若BM＝1，CN＝3，求MN的长．【分析】（1）证△ADG≌△ABE，△FAE≌△FAG，根据全等三角形的性质求出即可；（2）过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE＝BM．连接AE、EN．通过证明△ABM≌△ACE（SAS）推知全等三角形的对应边AM＝AE、对应角∠BAM＝∠CAE；然后由等腰直角三角形的性质和∠MAN＝45°得到∠MAN＝∠EAN＝45°，所以△MAN≌△EAN（SAS），故全等三角形的对应边MN＝EN；最后由勾股定理得到EN2＝EC2+NC2即MN2＝BM2+NC2．【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，∠ABE＝∠ADG，AD＝AB，在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，∴∠EAG＝90°，在△FAE和△GAF中，，∴△FAE≌△FAG（SAS），∴EF＝FG；（2）解：如图，过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE＝BM．连接AE、EN．∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠B＝∠ACB＝45°．∵CE⊥BC，∴∠ACE＝∠B＝45°．在△ABM和△ACE中，，∴△ABM≌△ACE（SAS）．∴AM＝AE，∠BAM＝∠CAE．∵∠BAC＝90°，∠MAN＝45°，∴∠BAM+∠CAN＝45°．于是，由∠BAM＝∠CAE，得∠MAN＝∠EAN＝45°．在△MAN和△EAN中，，∴△MAN≌△EAN（SAS）．∴MN＝EN．在Rt△ENC中，由勾股定理，得EN2＝EC2+NC2．∴MN2＝BM2+NC2．∵BM＝1，CN＝3，∴MN2＝12+32，∴MN＝．【点评】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理的综合应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题；2．已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N．（1）如图1，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，有BM+DN＝MN．当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，如图2，请问图1中的结论还是否成立？如果成立，请给予证明，如果不成立，请说明理由；（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间有怎样的等量关系？请写出你的猜想，并证明．【分析】（1）在MB的延长线上截取BE＝DN，连接AE，根据正方形性质得出AD＝AB，∠D＝∠DAB＝∠ABC＝∠ABE＝90°，证△ABE≌△ADN推出AE＝AN；∠EAB＝∠NAD，求出∠EAM＝∠MAN，根据SAS证△AEM≌△ANM，推出ME＝MN即可；（2）在DN上截取DE＝MB，连接AE，证△ABM≌△ADE，推出AM＝AE；∠MAB＝∠EAD，求出∠EAN＝∠MAN，根据SAS证△AMN≌△AEN，推出MN＝EN即可．【解答】解：（1）图1中的结论仍然成立，即BM+DN＝MN，理由为：如图2，在MB的延长线上截取BE＝DN，连接AE，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠D＝∠DAB＝∠ABC＝∠ABE＝90°，∵在△ABE和△ADN中，∴△ABE≌△ADN（SAS）．∴AE＝AN；∠EAB＝∠NAD，∵∠DAB＝90°，∠MAN＝45°，∴∠DAN+∠BAM＝45°，∴∠EAM＝∠BAM+∠EAB＝45°＝∠MAN，∵在△AEM和△ANM中，∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME＝MN，∴MN＝ME＝BE+BM＝DN+BM，即DN+BM＝MN；（2）猜想：线段BM，DN和MN之间的等量关系为：DN﹣BM＝MN．证明：如图3，在DN上截取DE＝MB，连接AE，∵由（1）知：AD＝AB，∠D＝∠ABM＝90°，BM＝DE，∴△ABM≌△ADE（SAS）．∴AM＝AE；∠MAB＝∠EAD，∵∠MAN＝45°＝∠MAB+∠BAN，∴∠DAE+∠BAN＝45°，∴∠EAN＝90°﹣45°＝45°＝∠MAN，∵在△AMN和△AEN中，∴△AMN≌△AEN（SAS），∴MN＝EN，∵DN﹣DE＝EN，∴DN﹣BM＝MN．【点评】本题考查了正方形性质和全等三角形的性质和判定的应用，题目具有一定的代表性，是一道比较好的题目，证明过程类似，培养了学生的猜想能力和分析归纳能力．3．阅读下列学习内容：（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠ABC＝∠D＝90°，E，F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．探究思路如下：延长EB到点G，使BG＝DF，连接AG．⇒△ABG≌△ADF⇒⇒∠DAF+∠BAE＝60°⇒∠GAB+∠BAE＝60°∠EAG＝60°⇒⇒△AEF≌△AEG⇒EF＝EG则由探究结果知，图中线段BE、EF、FD之间的数量关系为EF＝BE+FD．（2）根据上面的方法，解决问题：如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝DA，∠BAD＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，点M、N分别在边BC、CD上，且∠MAN＝45°，若BM＝3，ND＝2，请求出线段MN的长度．【分析】（1）根据三角形的全等可得出线段BE、EF、FD之间的数量关系；（2）延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题；（3）旋转ABM至△ADP位置，证明△PAN≌△MAN，得到MN＝NP，即可解答．【解答】解：（1）EF＝BE+DF；（2）结论EF＝BE+DF仍然成立；理由：延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，如图2，在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+DF，∴EF＝BE+DF．（3）∵四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝DA，∠BAD＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，∴四边形ABCD是正方形，如图3，旋转ABM至△ADP位置，∴∠PAM＝∠DAM+∠MAB＝90°AP＝AM，AN＝AN，∠PAN＝∠PAM﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°＝∠MAN，在△PAN和△MAN中，，∴△PAN≌△MAN，∴MN＝NP，∴MN＝PN＝PD+DN＝BM+DN＝3+2＝5．【点评】本题考查的是全等三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．【考点7等腰三角形中的半角模型】方法点拨：1、旋转的方法：以公共端点为旋转中心，相等的两条线段的夹角为旋转角；2、旋转的条件：具有公共端点的等线段；3、旋转的目的：将分散的条件集中，隐蔽的关系显现。1．旋转变换是解决数学问题中一种重要的思想方法，通过旋转变换可以将分散的条件集中到一起，从而方便解决问题．已知，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点D、E在边BC上，且．（1）如图a，当α＝60°时，将△AEC绕点A顺时针旋转60°到△AFB的位置，连结DF．①∠DAF＝30°；②求证：DF＝DE；（2）如图b，当α＝90°时，猜想BD、DE、CE的数量关系，并说明理由．【分析】（1）①先求出∠EAF＝60°，再求出∠DAE＝30°，即可求出答案；②用SAS判断出△DAF≌△DAE，即可得出结论；（2）将△AEC绕点A顺时针旋转90°到△AFB的位置，连结DF，得出AF＝AE，∠EAF＝90°＝∠BAC，进而判断出△BAF≌△CAE（SAS），得出BF＝CE，∠ABF＝∠ACE，再判断出∠DBF＝90°，用勾股定理，即可得出结论．【解答】（1）①解：由旋转知，AF＝AE，∠BAF＝∠CAE，∠EAF＝60°，∵∠DAE＝α，∠BAC＝α＝60°，∴∠DAE＝×60°＝30°，∴∠CAE+∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝30°，∴∠DAF＝∠BAD+∠BAF＝∠BAD+∠CAE＝30°，故答案为：30°；②证明：由①知，AF＝AE，∠DAF＝∠DAE＝30°，∵AB＝AC，∴△DAF≌△DAE（SAS），∴DF＝DE；（2）解：DE2＝BD2+CE2，理由如下：如图，将△AEC绕点A顺时针旋转90°到△AFB的位置，连结DF，∴AF＝AE，∠EAF＝90°＝∠BAC，∴∠BAF＝∠CAE，∴△BAF≌△CAE（SAS），∴BF＝CE，∠ABF＝∠ACE，在Rt△ABC中，∠C＝∠ABC＝45°，∴∠ABF＝45°，∴∠DBF＝90°，根据勾股定理得，DF2＝BD2+BF2，∴DF2＝BD2+CE2，同（1）②的方法得，DF＝DE，∴DE2＝BD2+CE2．【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，判断出△ADF≌△ADE是解本题的关键．2．已知∠MBN＝60°，等边△BEF与∠MBN顶点B重合，将等边△BEF绕顶点B顺时针旋转，边EF所在直线与∠MBN的BN边相交于点C，并在BM边上截取AB＝BC，连接AE．（1）将等边△BEF旋转至如图①所示位置时，求证：CE＝BE+AE；（2）将等边△BEF顺时针旋转至如图②、图③位置时，请分别直接写出AE，BE，CE之间的数量关系，不需要证明；（3）在（1）和（2）的条件下，若BF＝4，AE＝1，则CE＝3或5．【分析】（1）根据等边三角形的性质和SAS证明△ABE与△CBF全等，利用全等三角形的性质解答即可；（2）根据等边三角形的性质和SAS证明△ABE与△CBF全等，利用全等三角形的性质解答即可；（3）根据（1）和（2）的结论，解答即可．【解答】（1）证明：∵△BEF为等边三角形，∴BE＝EF＝BF，∠EBF＝60°，∴∠EBA+∠ABF＝60°，∵∠MBN＝60°，∴∠CBF+∠ABF＝60°，∴∠EBA＝∠CBF，在△ABE与△CBF中，，∴△ABE≌△CBF（SAS），∴AE＝CF，∵CE＝EF+CF，∴CE＝BE+AE；（2）解：图②结论为CE＝BE﹣AE，图③结论为CE＝AE﹣BE，图②的理由如下：∵△BEF为等边三角形，∴BE＝EF＝BF，∠EBF＝60°，∴∠EBA+∠ABF＝60°，∵∠MBN＝60°，∴∠CBF+∠ABF＝60°，∴∠EBA＝∠CBF，在△ABE与△CBF中，，∴△ABE≌△CBF（SAS），∴AE＝CF，∵CE＝EF﹣CF，∴CE＝BE﹣AE，图③的利用如下：∵△BEF为等边三角形，∴BE＝EF＝BF，∠EBF＝60°，∴∠EBA+∠ABF＝60°，∵∠MBN＝60°，∴∠CBF+∠ABF＝60°，∴∠EBA＝∠CBF，在△ABE与△CBF中，，∴△ABE≌△CBF（SAS），∴AE＝CF，∵CE＝CF﹣EF，∴CE＝AE﹣BE；（3）解：在（1）条件下，CE＝BE+AE＝BF+AE＝4+1＝5；在（2）条件下，CE＝BE﹣AE＝BF﹣AE＝4﹣1＝3，综上所述，CE＝3或5，故答案为：3或5．【点评】此题考查几何变换的综合题，关键是根据等边三角形的性质和SAS证明△ABE≌△CBF解答．3．如图1，等边三角形BCD和等边三角形ACE，连接AD，BE．其中AC＞BC．（1）求证：AD＝BE；（2）如图2，当点A、C、B在一条直线上时，AD交CE于点F，BE交CD于点G，求证：BG＝DF；（3）利用备用图补全图形，直线AD，BE交于点H，连接CH，若DH＝3，CH＝5，直接写出BH的长．【分析】（1）由“SAS”可证△ACD≌△ECB，可得AD＝BE；（2）由“ASA”可证△BCG≌△DCF，可得BG＝DF；（3）如图3，过点C作CP⊥BE于P，CN⊥AD于N，由面积法可求CP＝CN，可证∠BHC＝∠CHA＝60°，由直角三角形的性质可求PH＝HN＝2.5，由“AAS”可证△BCP≌△DCN，可得DN＝BP＝5.5，即可求解．【解答】（1）证明：∵△BCD和△ACE是等边三角形，∴BC＝CD，AC＝CE，∠BCD＝∠ACE＝60°，∴∠BCE＝∠DCA，在△ACD和△ECB中，，∴△ACD≌△ECB（SAS），∴AD＝BE；（2）证明：∵△ACD≌△ECB，∴∠EBC＝∠ADC，∵点C在线段AB上，∠BCD＝∠ACE＝60°，∴∠DCE＝∠BCD＝60°，在△BCG和△DCF中，，∴△BCG≌△DCF（ASA），∴BG＝DF；（3）解：如图3，过点C作CP⊥BE于P，CN⊥AD于N，∵∠EBC＝∠ADC，∠DBH+∠EBC+∠BDC+∠BCD＝180°＝∠DBH+∠CDA+∠BDC+∠BHD，∴∠DHB＝∠DCB＝60°，∴∠BHA＝120°，∵△ACD≌△ECB，∴S△ACD＝S△ECB，∴×AD×CN＝×BE×CP，∴CP＝CN，又∵CP⊥BE，CN⊥AD，∴∠BHC＝∠CHA＝60°，∴∠PCH＝∠NCH＝30°，∴PH＝HC＝2.5，HN＝HC＝2.5，∴DN＝DH+HN＝5.5，∵∠EBC＝∠ADC，∠DNC＝∠BPC＝90°，BC＝CD，∴△BCP≌△DCN（AAS），∴DN＝BP＝5.5，∴BH＝BP+PH＝5.5+2.5＝8．【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．【考点8对角互补且一组邻边相等的半角模型】方法点拨：(1)对角互补(共圆)+邻边相等的四边形⇒角平分线

(2)对角互补(共圆)+角平分线的四边形⇒邻边相等(3)角平分线+邻边相等的四边形⇒对角互补(共圆)

1．如图，△ABC中，AB＝AC，点D为△ABC内一点，其中AD平分∠BAC且∠CBD＝30°，点E为AC中点，EF⊥AC交BD延长线于点F，连接AF、CF．（1）求∠ADF的大小；（2）求证：△ACF是等边三角形；（3）猜想AD、BD、DF的数量关系并说明理由．【分析】（1）延长AD交BC于点M，由等腰三角形的性质得出AM⊥BC，由直角三角形的性质可求出答案；（2）过点F作FG⊥AD于点G，FH⊥DC于点H，证明Rt△AGF≌Rt△CHF（HL），由全等三角形的性质得出∠AFG＝∠CFH，证出∠GFH＝60°，由等边三角形的判定可得出结论；（3）在BF上截取PF＝BD，连接AP，证明△ABD≌△AFP（SAS），由全等三角形的性质得出AD＝AP，证出△ADP为等边三角形，得出AD＝DP，则可得出结论．【解答】解：（1）延长AD交BC于点M，∵AB＝AC，AD平分∠BAC，∴AM⊥BC，∵∠CBD＝30°，∴∠BDM＝90°﹣∠CBD＝60°，∴∠ADF＝∠BDM＝60°；（2）由（1）知∠ADC＝∠BDC＝120°，∵∠ADF＝60°，∴∠CDF＝60°，过点F作FG⊥AD于点G，FH⊥DC于点H，∴FG＝FH，∵EF⊥AC，E为AC的中点，∴AF＝CF，在Rt△AGF和Rt△CHF中，，∴Rt△AGF≌Rt△CHF（HL），∴∠AFG＝∠CFH，∵∠DGF＝∠H＝90°，∠DGF+∠H+∠GDH+∠GFH＝360°，∴∠GDH+∠GFH＝180°，∵∠GDH＝120°，∴∠GFH＝60°，∴∠AFC＝∠AFG+∠GFC＝∠CFH+∠GFC＝60°，又∵AF＝CF，∴△ACF为等边三角形；（3）DF＝AD+BD．理由：在BF上截取PF＝BD，连接AP，∵△ACF为等边三角形，∴AF＝AC，又∵AF＝AC，∴AB＝AF，∴∠ABD＝∠AFP，∴△ABD≌△AFP（SAS），∴AD＝AP，又∵∠ADP＝60°，∴△ADP为等边三角形，∴AD＝DP，∴DF＝DP+PF＝AD+BD．【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．2．【问题背景】如图1：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝60°，试探究图中线段BE、EF、FD之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是EF＝BE+DF．【探索延伸】如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由．【学以致用】如图3，四边形ABCD是边长为5的正方形，∠EBF＝45°，直接写出△DEF的周长．【分析】（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题；（2）延长F