专题4.5 全等三角形的九大经典模型（举一反三）（北师大版）（解析版）

第=1+1页共sectionpages66页专题4.5全等三角形的九大经典模型【北师大版】TOC\o"1-3"\h\u【题型1平移模型】 1【题型2轴对称模型】 6【题型3旋转模型】 11【题型4一线三等角模型】 19【题型5倍长中线模型】 26【题型6截长补短模型】 34【题型7手拉手模型】 43【题型8角平分线模型】 51【题型9半角全等模型】 57【知识点1平移模型】【模型解读】把△ABC沿着某一条直线l平行移动，所得到△DEF与△ABC称为平移型全等三角形，图①，图②是常见的平移型全等三角线.【常见模型】【题型1平移模型】【例1】（2023春·陕西咸阳·七年级统考期末）如图，将△ABC沿BC方向平移得到△DEF，使点B的对应点E恰好落在边BC的中点上，点C的对应点F在BC的延长线上，连接AD，AC、DE交于点O．下列结论一定正确的是（）A．∠B=∠F B．AC⊥DE C．BC=DF D．AC、DE互相平分【答案】D【分析】根据平移的性质得到∠B=∠DEF，BE=CF=CE=AD，AD∥BC，DF=AC，由于只有当∠BAC=90°时，AC⊥DE；只有当BC=2AC时，DF=AC=BE，则可对A、B、C选项的进行判断；AC交DE于O点，如图，证明△AOD≌△COE得到OD=OE，OA=OC，则可对D选项进行判断．【详解】解：∵△ABC沿BC方向平移得到△DEF，使点B的对应点E恰好落在边BC的中点上，∴∠B=∠DEF，BE=CF=CE=AD，AD∥BC，DF=AC，只有当∠BAC=90°时，AC⊥DE；只有当BC=2AC时，DF=AC=BE，所以A、B、C选项的结论不一定正确；∵AD∥BC，∴∠OAD=∠OCE，∠ODA=∠OEC，而AD=CE，∴△AOD≌△COE（ASA），∴OD=OE，OA=OC即AC、DE互相平分，所以D选项的结论正确．故选：D．【点睛】本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行（或共线）且相等．【变式1-1】（2023·浙江·七年级假期作业）如图，△ABC的边AC与△CDE的边CE在一条直线上，且点C为AE的中点，AB=CD，BC=DE．(1)求证：△ABC≌△CDE；(2)将△ABC沿射线AC方向平移得到△A′B′C′，边B′C′与边CD的交点为F，连接EF，若EF【答案】(1)见解析(2)2【分析】（1）首先由点C为AE的中点得出AC=CE，再根据SSS证明△ABC≌△CDE即可；（2）根据平移的性质得A′B′=CD=AB=4,再由EF【详解】（1）证明：∵点C为AE的中点，∴AC=CE在△ABC和△CDE中，AB=CD∴△ABC≌△CDE（2）解：将△ABC沿射线AC方向平移得到ΔA′B∴A∵边B′C′与边CD的交点为F，连接EF，EF∴CF=DF=故答案为：2【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定以及平移的性质，根据SSS证明△ABC≌△CDE是解答本题的关键．【变式1-2】（2023春·重庆·七年级校考期中）如图，将△ABC沿射线BC方向平移得到△DCE，连接BD交AC于点F．(1)求证：△AFB≌△CFD；(2)若AB=9，BC=7，求BF的取值范围．【答案】(1)见解析(2)1<BF<8【分析】（1）根据∠A=∠FCD，∠AFC=∠CFD，即可证明；（2）在△BCD中，利用三边关系求出BD的取值范围即可解决问题．（1）证明：∵AB∥∴∠A=∠FCD，在△AFB和△CFD中，{∠A=∠FCD∴△AFB≌△CFD．（2）解：∵△AFB≌△CFD，∴BF=FD，在△BCD中，BC=7，CD=9，∴2<BD<16，∴2<2BF<16，∴1<BF<8．【点睛】本题考查平移变换、全等三角形的判定和性质、三角形的三边关系等知识，解题的关键是正确寻找三角形全等的条件解决问题，属于中考常考题型．【变式1-3】（2023春·七年级课时练习）已知△ABC，AB=AC,∠ABC=∠ACB，将△ABC沿BC方向平移得到△DEF．如图，连接BD、AF，则BD__________AF（填“>”“<”或“=”），并证明．【答案】BD=AF，证明见解析【分析】由△ABC沿BC方向平移得到△DEF，得到AC=DF，∠DFB=∠ACB=∠ABF，即可证明；【详解】解：BD=AF．证明：由△ABC沿BC方向平移得到△DEF，AB=AC,得AC=DF=AB,，∠DFB=∠ACB=∠ABF．在△ABF和△DFB中，{AB=DF∴△ABF≌△DFB(SAS)，∴BD=AF．故答案是=．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，准确分析证明是解题的关键．【知识点2轴对称模型】【模型解读】将原图形沿着某一条直线折叠后，直线两边的部分能够完全重合，这两个三角形称之为轴对称型全等三角形，此类图形中要注意期隐含条件，即公共边或公共角相等.【常见模型】【题型2轴对称模型】【例2】（2023春·河北邯郸·七年级校考期末）如图，在长方形ABCD中，点M为CD中点，将△MBC沿BM翻折至△MBE，若∠AME=α，∠ABE=β，则α与β之间的数量关系为（

）A．α+3β=180° B．β−α=20° C．α+β=80° D．3β−2α=90°【答案】D【分析】直接利用平行线的性质结合翻折变换的性质得出△ADM≌△BCM(SAS)，进而利用直角三角形的性质得出答案．【详解】∵M为CD中点，∴DM=CM，在△ADM和△BCM中∵AD=BC∠D=∠C∴△ADM≌△BCM(SAS)，∴∠AMD=∠BMC，AM=BM∴∠MAB=∠MBA∵将点C绕着BM翻折到点E处，∴∠EBM=∠CBM,∠BME=∠BMC=∠AMD∴∠DME=∠AMB∴∠EBM=∠CBM=12∴∠MBA=12(90°-β)+β=1∴∠MAB=∠MBA=12∴∠DME=∠AMB=180°-∠MAB-∠MBA=90°-β∵长方形ABCD中，∴CD∥AB∴∠DMA=∠MAB=12∴∠DME+∠AME=∠ABE+∠MBE∵∠AME=α，∠ABE=β，∴90°-β+α=β+12∴3β－2α＝90°故选D.【点睛】本题考查的知识点是平行线的性质，解题关键是利用全等三角形对应角相等即可求解.【变式2-1】（2023·全国·七年级专题练习）如图，将Rt△ABC沿斜边翻折得到△ADC，点E，F分别为DC，BC边上的点，且∠EAF=12【答案】DE+BF=EF，见解析【详解】试题分析：通过延长CF，将DE和BF放在一起，便于寻找等量关系，通过两次三角形全等证明，得出结论．猜想：DE+BF=EF．证明：延长CF，作∠4=∠1，如图：∵将Rt△ABC沿斜边翻折得到△ADC，点E，F分别为DC，BC边上的点，且∠EAF=∠DAB，∴∠1+∠2=∠3+∠5，∠2+∠3=∠1+∠5，∵∠4=∠1，∴∠2+∠3=∠4+∠5，∴∠GAF=∠FAE，在△AGB和△AED中，，∴△AGB≌△AED（ASA），∴AG=AE，BG=DE，在△AGF和△AEF中，，∴△AGF≌△AEF（SAS），∴GF=EF，∴DE+BF=EF．【变式2-2】（2023春·山东青岛·七年级统考期中）如图，在RtΔABC中，∠C=90°，将ΔABC沿AB向下翻折后，再绕点A按顺时针旋转α度（α＜∠ABC）．得到RtΔADE，其中斜边AE交BC于点F，直角边DE分别AB、BC于点1请根据题意用实线补全图形；（不得用铅笔作图）．2求证：ΔAFB≅ΔAGE【答案】（1）作图见详解；（2）证明见详解.【分析】（1）根据题意画出图形，注意折叠与旋转中的对应关系；（2）由题意易得△ABC≌△AED，即可得AB=AE，∠ABC=∠E，然后利用ASA的判定方法，即可证得△AFB≌△AGE．【详解】解：（1）画图，如下图；证明：由题意得：△ABC≌△AED．∴AB=AE，∠ABC=∠E．在△AFB和△AGE中，∠ABC＝∠E∴△AFB≌△AGE（ASA）．【点睛】本题考查折叠与旋转的性质以及全等三角形的判定与性质，注意掌握数形结合思想的应用以及注意折叠与旋转中的对应关系．【变式2-3】（2023春·山西临汾·七年级统考期末）阅读材料，并回答下列问题如图1，以AB为轴，把△ABC翻折180°，可以变换到△ABD的位置；如图2，把△ABC沿射线AC平移，可以变换到△DEF的位置．像这样，其中的一个三角形是另一个三角形经翻折、平移等方法变换成的，这种只改变位置，不改变形状大小的图形变换，叫三角形的全等变换．班里学习小组针对三角形的全等变换进行了探究和讨论（1）请你写出一种全等变换的方法（除翻折、平移外），．（2）如图2，前进小组把△ABC沿射线AC平移到△DEF，若平移的距离为2，且AC＝5，则DC＝．（3）如图3，圆梦小组展开了探索活动，把△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在四边形BCDE内部点A′的位置，且得出一个结论：2∠A′＝∠1+∠2．请你对这个结论给出证明．（4）如图4，奋进小组则提出，如果把△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在四边形BCDE外部点A′的位置，此时∠A′与∠1、∠2之间结论还成立吗？若成立，请给出证明，若不成立，写出正确结论并证明．【答案】（1）旋转；（2）3；（3）见解析；（4）不成立，正确结论：∠2﹣∠1＝2∠A'，见解析【分析】（1）由题意根据三种全等变换翻折、平移、旋转的定义进行判断即可；（2）根据平移的距离的定义可知AD＝2，则DC＝AC﹣AD进行求解即可；（3）根据轴对称及三角形内角和定理进行分析即可得出结论；（4）由题意根据轴对称及三角形内角和定理，进行分析即可得出结论.【详解】解：（1）除翻折、平移外全等变换的方法还有旋转；故答案为：旋转.（2）∵AD＝2，AC＝5，∴DC＝AC﹣AD＝5﹣2＝3；故答案为：3.（3）∵把△ADE沿DE翻折，得到△A'DE，∴△ADE≌△A'DE，∴∠ADE＝∠A'DE，∠AED＝∠A'ED，在△DEA'中，∠A'＝180°﹣（∠A'DE+∠A'ED）；由平角定义知，∠2＝180°﹣∠A'DA＝180°﹣2∠A'DE，∠1＝180°﹣∠A'EA＝180°﹣2∠A'ED，∴∠1+∠2＝180°﹣2∠A'DE+180°﹣2∠A'ED＝2（180°﹣∠A'ED﹣∠A'DE），∴2∠A′＝∠1+∠2．（4）∠2﹣∠1＝2∠A'，理由如下：∵把△ADE沿DE翻折，得到△A'DE，∴△ADE≌△A'DE，∴∠ADE＝∠A'DE，∠AED＝∠A'ED，在△DEA'中，∠A'＝180°﹣（∠A'DE+∠A'ED），由平角定义知，∠2＝180°﹣∠A'DA＝180°﹣2∠A'DE，∠1＝2∠A'ED﹣180°，∴∠2﹣∠1＝（180°﹣2∠A'DE）﹣（2∠A'ED﹣180°）＝180°-（∠A'DE+∠A'ED），∴∠2﹣∠1＝2∠A'．【点睛】本题是三角形综合题，综合考查平移的性质，折叠的性质，三角形内角和定理，全等三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是解答本题的关键．【知识点3旋转模型】【模型解读】将三角形绕着公共顶点旋转一定角度后，两个三角形能够完全重合，则称这两个三角形为旋转型三角形，识别旋转型三角形时，涉及对顶角相等、等角加（减）公共角的条件.【常见模型】【题型3旋转模型】【例3】（2023春·全国·七年级期末）（1）问题引入：如图1，点F是正方形ABCD边CD上一点，连接AF，将△ADF绕点A顺时针旋转90°与△ABG重合（D与B重合，F与G重合，此时点G，B，C在一条直线上），∠GAF的平分线交BC于点E，连接EF，判断线段EF与GE之间有怎样的数量关系，并说明理由．（2）知识迁移：如图2，在四边形ABCD中，∠ADC+∠B＝180°，AB＝AD，E，F分别是边BC，CD延长线上的点，连接AE，AF，且∠BAD＝2∠EAF，试写出线段BE，EF，DF之间的数量关系，并说明理由．（3）实践创新：如图3，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AC平分∠DAB，点E在AB上，连接DE，CE，且∠DAB＝∠DCE＝60°，若DE＝a，AD＝b，AE＝c，求BE的长．（用含a，b，c的式子表示）【答案】（1）EF＝GE，理由见详解；（2）BE−DF＝EF，理由见详解；（3）BE＝a+b−c2【分析】（1）根据SAS直接可证△GAE≌△FAE即得GE＝EF；（2）在BE上取BG＝DF，连接AG，由∠ADC＋∠B＝180°，∠ADF＋∠ADC＝180°，得∠B＝∠ADF，从而SAS证△ABG≌△ADF，再通过SAS证△GAE≌△FAE，得GE＝EF，从而解决问题；（3）作CF⊥AD，交AD的延长线于F，取FG＝BE，连接CG，由（2）同理可两次全等证明出DE＝GD即可．【详解】解：（1）EF＝GE，理由如下：∵△ADF绕点A顺时针旋转90°与△ABG重合，∴AG＝AF，∵AE平分∠GAF，∴∠GAE＝∠FAE，在△GAE和△FAE中，AG=AF∠GAE=∠FAE∴△GAE≌△FAE（SAS），∴GE＝EF；（2）BE−DF＝EF，理由如下：如图2，在BE上取BG＝DF，连接AG，∵∠ADC＋∠B＝180°，∠ADF＋∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADF，在△ABG和△ADF中，BG=DF∠B=∠ADF∴△ABG≌△ADF（SAS），∴∠BAG＝∠FAD，AG＝AF，∵∠BAD＝2∠EAF，∴∠GAF＝2∠EAF，∴∠GAE＝∠EAF，在△GAE和△FAE中AG=AF∠GAE=∠FAE∴△GAE≌△FAE（SAS），∴GE＝EF，∴BE−DF＝EF；（3）如图，作CF⊥AD，交AD的延长线于F，取FG＝BE，连接CG，∵AC平分∠BAD，CF⊥AF，CB⊥AB，∴CF＝CB，∠EBC＝∠GFC，∵BE＝GF，∴△CBE≌△CFG（SAS），∴∠BCE＝∠FCG，CG＝CE，∵∠DAB＝60°，∴∠FCB＝120°，∵∠DCE＝60°，∴∠DCF＋∠BCE＝60°，∴∠DCG＝60°，又∵CG＝CE，∴△ECD≌△GCD（SAS），∴GD＝DE，∵Rt△ACF≌Rt△ACB（HL），∴AF＝AB，∴b＋a−BE＝c＋BE，∴BE＝a+b−c2【点睛】本题主要考查了全等的判定与性质，结合问题引入，构造出全等三角形是解题的关键．【变式3-1】（2023春·七年级课时练习）如图，等边△ABC中，∠AOB=115°,∠BOC=125°，则以线段OA,OB,OC为边构成的三角形的各角的度数分别为．【答案】55°，60°，65°．【分析】通过旋转△AOB至△CDB，可得△BOD是等边三角形，将OA,OB,OC放在一个三角形中，进而求出各角大小。【详解】解：将△AOB逆时针旋转60°，得到△CDB，∵△AOB≌△CDB，△ABC是等边三角形，且旋转角相等，则OB=DB,∠OBD=∴△BOD是等边三角形.则OB=DB=OD又∵△AOB≌△CDB∴∠AOB=∠CDB=115°OA=DC故以线段OA,OB,OC三边构成的三角形为△OCD所以∠ODC=∠CDB−∠ODB=115°−60°=55°∠COD=∠BOC−∠BOD=125°−60°=65°∠OCD=180°−∠ODC−COD=180°−65°−55°=60°故答案为：55°,60°,65°.【点睛】此题旨在考查图形旋转的特性和实际应用，以及等边三角形的性质，熟练掌握图形的旋转的应用是解题的关键.【变式3-2】（2023春·全国·七年级专题练习）已知，如图1，四边形ABCD是正方形，E，F分别在边BC、CD上，且∠EAF=45°．(1)在图1中，连接EF，为了证明结论“EF=BE+DF”，小亮将ΔADF绕点A顺时针旋转90°(2)如图2，当∠EAF绕点A旋转到图2位置时，试探究EF与DF、BE之间有怎样的数量关系？【答案】(1)见解析(2)EF=DF−BE．【分析】（1）利用旋转的性质，证明ΔAGE≅（2）把ΔABE绕点A逆时针旋转90°，使AB与CD重合，点E与点G对应到AD，证明ΔAEF≅Δ【详解】（1）证明：如图1，由旋转可得GB=DF,AF=AG,∠BAG=∠DAF∵四边形ABCD为正方形∴∠BAD=∠ADF=∠ABC=90°∴∠ABC+∠ABG=180°∴G、B、C三点在一条直线上∵∠EAF=45°∴∠BAE+∠DAF=45°∴∠BAG+∠BAE=45°=∠EAF在ΔAGE和ΔAG=AF∠GAE=∠EAF∴ΔAGE≅∴GE=EF∵GE=GB+BE=BE+DF∴EF=BE+DF（2）结论：EF=DF−BE．理由：如图2，把ΔABE绕点A逆时针旋转90°，使AB与AD重合，点E与点G对应，同（1）可证得Δ∴EF=GF,且DG=BE∴EF=DF−DG=DF−BE【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质及全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用旋转法构造全等三角形．【变式3-3】（2023春·江苏·七年级专题练习）如图，在锐角ΔABC中，∠A=60°，点D，E分别是边AB,AC上一动点，连接BE(1)如图1，若AB>AC，且BD=(2)如图2，若AB=AC，且BD=AE，在平面内将线段AC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CM，连接MF，点N是MF的中点，连接CN．在点D，【答案】(1)60°(2)BF+【分析】（1）如图1中，在射线CD上取一点K，使得CK=BE，证明ΔBCE≅ΔCBK（2）结论：BF+CF=2CN．首先证明∠BFC=120°．如图2中，延长CN到Q，使得NQ=CN，连接FQ，证明ΔCNM≅ΔQNF(SAS)，推出FQ=CM=BC，延长【详解】（1）解：如图1中，在射线CD上取一点K，使得CK=在ΔBCE和ΔBC=∴ΔBCE∴BK=∵CE=∴BD=∴∠BKD∵∠BEC∴∠ADF∴∠A∵∠A∴∠EFD∴∠CFE（2）结论：BF+理由：如图2中，∵AB=∴ΔABC∴AB=∵AE=∴ΔABE∴∠BCF∴∠FBC∴∠BFC如图2中，延长CN到Q，使得NQ=CN，连接∵NM=∴ΔCNM∴FQ=CM=∴FQ∥CM∴∠PFQ延长CF到P，使得PF＝∵∠BFP∴ΔPBF∴∠PBC∴∠PFQ∵PB=∴ΔPFQ∴PQ=∴ΔPCQ∴BF+【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．【知识点4一线三等角模型】【模型解读】基本图形如下：此类图形通常告诉BD⊥DE，AB⊥AC，CE⊥DE，那么一定有∠B=∠CAE.【题型4一线三等角模型】【例4】（2023春·山东菏泽·七年级校联考阶段练习）（1）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E．求证：△ABD≌△CAE；（2）如图2，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α为任意锐角或钝角．请问结论△ABD≌△CAE是否成立？如成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．（3）拓展应用：如图3，D，E是D，A，E三点所在直线m上的两动点（D，A，E三点互不重合），点F为∠BAC平分线上的一点，且△ABF和△ACF均为等边三角形，连接BD，CE，若∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，求证：△DEF是等边三角形．【答案】（1）见详解；（2）成立，理由见详解；（3）见详解【分析】（1）根据BD⊥直线m，CE⊥直线m得∠BDA=∠CEA=90°，而∠BAC=90°，根据等角的余角相等得∠CAE=∠ABD，然后根据“AAS”可判断ΔADB≌（2）利用∠BDA=∠BAC=α，则∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°−α，得出∠CAE=∠ABD，然后问题可求证；（3）由题意易得BF=AF=AB=AC,∠ABF=∠BAF=∠FAC=60°，由（1）（2）易证ΔADB≌ΔCEA，则有AE=BD，然后可得∠FBD=∠FAE【详解】（1）证明：∵BD⊥直线m，CE⊥直线m，∴∠BDA=∠CEA=90°，∵∠BAC=90°，∴∠BAD+∠CAE=90°，∵∠BAD+∠ABD=90°，∴∠CAE=∠ABD，∵在ΔADB和Δ∠ABD=∠CAE∠BDA=∠CEA∴Δ解：（2）成立，理由如下：∵∠BDA=∠BAC=α，∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°−α，∴∠CAE=∠ABD，∵在ΔADB和Δ∠ABD=∠CAE∠BDA=∠CEA∴Δ（3）证明：∵△ABF和△ACF均为等边三角形，∴BF=AF=AB=AC,∠ABF=∠BAF=∠FAC=60°，∴∠BDA＝∠AEC＝∠BAC=120°，∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°−120°，∴∠CAE=∠ABD，∴ΔADB≌∴AE=BD，∵∠FBD=∠FBA+∠ABD,∠FAE=∠FAC+∠CAE，∴∠FBD=∠FAE，∴ΔDBF≌∴FD=FE,∠BFD=∠AFE，∴∠BFA=∠BFD+∠DFA=∠AFE+∠DFA=∠DFE=60°，∴△DFE是等边三角形．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质与判定是解题的关键．【变式4-1】（2023·浙江·七年级假期作业）如图，在△ABC中，AB＝AC＝9，点E在边AC上，AE的中垂线交BC于点D，若∠ADE＝∠B，CD＝3BD，则CE等于（）A．3 B．2 C．94 D．【答案】A【分析】根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠C，推出∠BAD＝∠CDE，根据线段垂直平分线的性质得到AD＝ED，根据全等三角形的性质得到CD＝AB＝9，BD＝CE，即可得到结论．【详解】解：∵AB＝AC＝9，∴∠B＝∠C，∵∠ADE＝∠B，∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB，∠CDE＝180°﹣∠ADE﹣∠ADB，∴∠BAD＝∠CDE，∵AE的中垂线交BC于点D，∴AD＝ED，在△ABD与△DCE中，∠BAD=∠CDE∠B=∠C∴△ABD≌△DCE（AAS），∴CD＝AB＝9，BD＝CE，∵CD＝3BD，∴CE＝BD＝3故选：A．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的性质，属于基础题．【变式4-2】（2023春·上海·七年级专题练习）通过对数学模型“K字”模型或“一线三等角”模型的研究学习，解决下列问题：[模型呈现]如图1，∠BAD=90°，AB=AD，过点B作BC⊥AC于点C，过点D作DE⊥AC于点E．求证：BC=AE．[模型应用]如图2，AE⊥AB且AE=AB，BC⊥CD且BC=CD，请按照图中所标注的数据，计算图中实线所围成的图形的面积为________________．[深入探究]如图3，∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AC=AE，连接BC，DE，且BC⊥AF于点F，DE与直线AF交于点G．若BC=21，AF=12，则△ADG的面积为_____________．【答案】[模型呈现]见解析；[模型应用]50；[深入探究]63【分析】[模型呈现]证明△ABC≌△DAE，根据全等三角形的对应边相等得到BC=AE；[模型应用]根据全等三角形的性质得到AP=BG=3，AG=EP=6,CG=DH=4，CG=BG=3，根据梯形的面积公式计算，得到答案；[深入探究]过点D作DP⊥AG于P，过点E作EQ⊥AG交AG的延长线于Q，根据全等三角形的性质得到DP=AF=12,EQ=AF=12,AP=BF,AQ=CF，证明△DPG≌△EQG，得到PG=GQ.，进而求出AG，根据三角形的面积公式计算即可．【详解】[模型呈现]证明：∵∠BAD=90°，∴∠BAC+∠DAE=90°，∵BC⊥AC,DE⊥AC，∴∠ACB=∠DEA=90°，∴∠BAC+∠ABC=90°，∴∠ABC=∠DAE，在△ABC和△DAE中，∠ABC=∠DAE∠ACB=∠DAE∴△ABC≌△DAE(AAS∴BC=AE；[模型应用]解：由[模型呈现]可知，△AEP≌△BAG,△CBG≌△DCH，∴AP=BG=3,AG=EP=6,CG=DH=4,CG=BG=3，则S实线围成的图形故答案为：50；[深入探究]过点D作DP⊥AG于P，过点E作EQ⊥AG交AG的延长线于Q，由[模型呈现]可知，△AFB≌△DPA,△AFC≌△EQA，∴DP=AF=12,EQ=AF=12,AP=BF,AQ=CF，在△DPG和△EQG中，∠DPG=∠EQG∠DGP=∠EGQ∴△DPG≌△EQG(AAS∴PG=GQ，∵BC=21，∴AQ+AP=21，∴AP+AP+PG+PG=21，∴AG=AP+PG=10.5，∴S△ADQ故答案为：63．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形的面积计算，熟记三角形确定的判定定理是解题的关键．【变式4-3】（2023春·七年级课时练习）（1）课本习题回放：“如图①，∠ACB=90°，AC=BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别为D，E，AD=2.5cm，DE=1.7cm．求BE的长”，请直接写出此题答案：（2）探索证明：如图②，点B，C在∠MAN的边AM、AN上，AB=AC，点E，F在∠MAN内部的射线AD上，且∠BED=∠CFD=∠BAC．求证：ΔABE≌（3）拓展应用：如图③，在ΔABC中，AB=AC，AB>BC．点D在边BC上，CD=2BD，点E、F在线段AD上，∠BED=∠CFD=∠BAC．若ΔABC的面积为15，则ΔACF【答案】（1）0.8cm；（2）见解析（3）5【分析】（1）利用AAS定理证明△CEB≌△ADC，根据全等三角形的性质解答即可；（2）由条件可得∠BEA＝∠AFC，∠4＝∠ABE，根据AAS可证明△ABE≌△CAF；（3）先证明△ABE≌△CAF，得到ΔACF与ΔBDE的面积之和为△ABD的面积，再根据【详解】解：（1）∵BE⊥CE，AD⊥CE，∴∠E＝∠ADC＝90°，∴∠EBC＋∠BCE＝90°．∵∠BCE＋∠ACD＝90°，∴∠EBC＝∠DCA．在△CEB和△ADC中，{∴△CEB≌△ADC（AAS），∴BE＝DC，CE＝AD＝2.5cm．∵DC＝CE−DE，DE＝1.7cm，∴DC＝2.5−1.7＝0.8cm，∴BE＝0.8cm故答案为：0.8cm；（2）证明：∵∠1＝∠2，∴∠BEA＝∠AFC．∵∠1＝∠ABE＋∠3，∠3＋∠4＝∠BAC，∠1＝∠BAC，∴∠BAC＝∠ABE＋∠3，∴∠4＝∠ABE．∵∠AEB＝∠AFC，∠ABE＝∠4，AB＝AC，∴△ABE≌△CAF（AAS）．（3）∵∠BED=∠CFD=∠BAC∴∠ABE+∠BAE=∠FAC+∠BAE=∠FAC+∠ACF∴∠ABE=∠CAF，∠BAE=∠ACF又AB=AC∴△ABE≌△CAF，∴S∴ΔACF与ΔBDE的面积之和等于ΔABE与Δ∵CD=2BD，△ABD与△ACD的高相同则S△ABD故ΔACF与Δ故答案为：5．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．【知识点5倍长中线模型模型】【模型解读】中线是三角形中的重要线段之一，在利用中线解决几何问题时，常常采用“倍长中线法”添加辅助线．所谓倍长中线法，就是将三角形的中线延长一倍，以便构造出全等三角形，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的方法．【常见模型】【题型5倍长中线模型】【例5】（2023春·甘肃庆阳·七年级校考期末）小明遇到这样一个问题，如图1，△ABC中，AB=7，AC=5，点D为BC的中点，求AD的取值范围．小明发现老师讲过的“倍长中线法”可以解决这个问题，所谓倍长中线法，就是将三角形的中线延长一倍，以便构造出全等三角形，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的方法，他的做法是：如图2，延长AD到E，使DE=AD，连接BE，构造△BED≅△CAD，经过推理和计算使问题得到解决．请回答：(1)小明证明△BED≅△CAD用到的判定定理是：(用字母表示)；(2)AD的取值范围是；(3)小明还发现：倍长中线法最重要的一点就是延长中线一倍，完成全等三角形模型的构造．参考小明思考问题的方法，解决问题：如图3，在△ABC中，AD为BC边上的中线，且AD平分∠BAC，求证：AB=AC．【答案】(1)SAS(2)1<AD<6(3)证明见解析【分析】（1）根据SAS定理解答；（2）根据全等三角形的性质得到BE=AC，根据三角形的三边关系计算，得到答案；（3）仿照（1）的作法，根据等腰三角形的判定定理证明结论．【详解】（1）解：在△BED和△CAD中，BD=CD∴△BED≅△CADSAS∴小明证明△BED≌△CAD用到的判定定理是SAS，故答案为：SAS；（2）解：∵△BED≅△CAD，∴BE=AC，在△ABE中，AB−BE<AE<AB+BE，∴AB−AC<2AD<AB+AC，∴1<AD<6；（3）证明：延长AD到点E，使DE=AD，连接BE，在△BED和△CAD中，DE=DA∠EDB=∠ADC∴△BED≅△CADSAS∴∠DAC=∠DEB，AC=BE，∵AD平分∠BAC，∴∠DAC=∠DAB，∴∠DAB=∠DEB，∴AB=BE，∴AB=AC．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形三边关系，掌握三角形全等的判定定理和性质定理是解题的关键．【变式5-1】（2023春·黑龙江哈尔滨·七年级哈尔滨风华中学校考期中）如图，△ABC中，点D在AC上，AD=3,AB+AC=10，点E是BD的中点，连接CE,∠ACB=∠ABC+2∠BCE，则CD=．【答案】4【分析】如图，延长CE至F，使得EF=CE，交AB于点G，通过“边角边”证明△BEF≌△DEC，则∠F=∠DCE,BF=DC，根据题意与三角形的外角性质可得∠AGC=∠DCE，进而可得AG=AC,BF=BG=CD，设BF=BG=CD=x，根据题意得到关于【详解】解：如图，延长CE至F，使得EF=CE，交AB于点G，∵点E是BD的中点，∴BE=DE，在△BEF与△DEC中，BE=DE∠BEF∴△BEF≌∴∠F=∠DCE,BF=DC，∵∠ACB=∠ABC+2∠BCE，∴∠DCE=∠ACB−∠BCE=∠ABC+∠BCE，∵∠AGC=∠ABC+∠BCE，∴∠AGC=∠DCE，∴∠F=∠DCE=∠AGC=∠BGF,AG=AC，∴BF=BG=CD，

设BF=BG=CD=x，∵AD=3,AB+AC=10，∴10−x2解得x=4即CD=4故答案为：4【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，三角形的外角性质，解此题的关键在于熟练掌握其知识点，根据中点作出适当的辅助线．【变式5-2】（2023春·全国·七年级阶段练习）如图，AB=AE，AB⊥AE，AD=AC，AD⊥AC，点M为BC的中点，AM=3，DE=．【答案】6【分析】延长AM至N，使MN=AM，连接BN，证明△AMC≌△NMBSAS，推出AC=BN，∠C=∠NBM，求出∠EAD=∠ABN【详解】证明：延长AM至N，使MN=AM，连接BN，∵点M为BC的中点，∴CM=BM，在△AMC和△NMB中，AM=NM∠AMC=∠NMB∴△AMC≌∴AC=BN，∠C=∠NBM，∴AD=BN，∵AB⊥AE，AD⊥AC，∴∠EAB=∠DAC=90°，∴∠EAD+∠BAC=180°，∴∠ABN=∠ABC+∠NBM=∠ABC+∠C=180°−∠BAC=∠EAD，在△EAD和△ABN中，AE=AB∠EAD=∠ABN∴△ABN≌∴DE=AN=2AM=6．故答案为：6．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，主要考查学生的推理能力，延长AM至N，使MN=AM，再证AN=DE即可，这就是“倍长中线”，实质是“补短法”．【变式5-3】（2023·江苏·七年级假期作业）【观察发现】如图①，△ABC中，AB＝7，AC＝5，点D为BC的中点，求AD的取值范围．小明的解法如下：延长AD到点E，使DE＝AD，连接CE．在△ABD与△ECD中BD=DC∴△ABD≅△ECD（SAS）∴AB＝．又∵在△AEC中EC﹣AC＜AE＜EC+AC，而AB＝EC＝7，AC＝5，∴＜AE＜．又∵AE＝2AD．∴＜AD＜．【探索应用】如图②，AB∥CD，AB＝25，CD＝8，点E为BC的中点，∠DFE＝∠BAE，求DF的长为．（直接写答案）【应用拓展】如图③，∠BAC＝60°，∠CDE＝120°，AB＝AC，DC＝DE，连接BE，P为BE的中点，求证：AP⊥DP．【答案】观察发现：EC，2，12，1，6；探索应用：17；应用拓展：见解析【分析】观察发现：由“SAS”可证△ABD≌△ECD，可得AB=EC，由三角形的三边关系可求解；探索应用：由“SAS”可证△ABE≌△HCE，可得AB=CH=25，即可求解；应用拓展：由“SAS”可证△BPA≌△EPF，可得AB=FE，∠PBA=∠PEF，由“SAS”可证△ACD≌△FED，可得AD=FD，由等腰三角形的性质可得结论．【详解】观察发现解：如图①，延长AD到点E，使DE=AD，连接CE，在△ABD与△ECD中，BD=DC∠ADB=∠EDC∴△ABD≌△ECD（SAS），∴AB=EC，在△AEC中，EC-AC＜AE＜EC+AC，而AB=EC=7，AC=5，∴2＜AE＜12．又∵AE=2AD，∴1＜AD＜6，故答案为：EC，2，12，1，6；探索应用解：如图2，延长AE，CD交于H，∵点E是BC的中点，∴BE=CE，∵CD∥AB，∴∠ABE=∠ECH，∠H=∠BAE，∴△ABE≌△HCE（AAS），∴AB=CH=25，∴DH=CH-CD=17，∵∠DFE=∠BAE，∴∠H=∠DFE，∴DF=DH=17，故答案为：17；应用拓展证明：如图2，延长AP到点F，使PF=AP，连接DF，EF，AD，在△BPA与△EPF中，PF=AP∠EPF=∠BPA∴△BPA≌△EPF（SAS），∴AB=FE，∠PBA=∠PEF，∵AC=BC，∴AC=FE，在四边形BADE中，∠BAD+∠ADE+∠DEB+∠EBA=360°，∵∠BAC=60°，∠CDE=120°，∴∠CAD+∠ADC+∠DEB+∠EBA=180°．∵∠CAD+∠ADC+∠ACD=180°，∴∠ACD=∠DEB+∠EBA，∴∠ACD=∠FED，在△ACD与△FED中，AC=FE∠ACD=∠FED∴△ACD≌△FED（SAS），∴AD=FD，∵AP=FP，∴AP⊥DP．【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，作出恰当的辅助线，证得三角形全等是解答此题的关键．【知识点6截长补短模型】【模型解读】截长补短的方法适用于求证线段的和差倍分关系。截长:指在长线段中截取一段等于已知线

段:补短:指将短线段延长,延长部分等于已知线段。该类题目中常出现等服三角形、角平分线等关键词

句,可以采用截长补短法构造全等三角形来完成证明过程,截长补短法(往往需证2次全等)。

【模型图示】

(1)截长:在较长线段上截取一段等于某一短线段,再证剩下的那一段等于另一短线段。

例:如图,求证BE+DC=AD；方法:①在AD上取一点F,使得AF=BE,证DF=DC;②在AD上取一点F,使DF=DC,证AF=BE

(2)补短:将短线段延长,证与长线段相等【题型6截长补短模型】【例6】（2023·浙江·七年级假期作业）如图①，△ABC和△BDC是等腰三角形，且AB=AC，BD=CD，∠BAC=80°，∠BDC=100°，以D为顶点作一个50°角，角的两边分别交边AB，AC于点E、F，连接EF．（1）探究BE、EF、FC之间的关系，并说明理由；（2）若点E、F分别在AB、CA延长线上，其他条件不变，如图②所示，则BE、EF、FC之间存在什么样的关系？并说明理由．【答案】（1）EF=BE+FC；（2）EF=FC-BE．【分析】（1）由等腰三角形的性质，解得∠ABC=∠ACB=50°，∠DBC=∠DCB=40°，延长AB至G，使得BG=CF，连接DG，进而证明△GBD≅△FCD(SAS)，再根据全等三角形对应边相等的性质解得DG=FD，再结合等腰三角形的性质可证明△DEF≅△DGE(SAS)，最后根据全等三角形的性质解题即可；（2）在CA上截取CG=BE,连接DG，由等腰三角形的性质，可得∠ABC=∠ACB=50°，∠DBC=∠DCB=40°，进而证明△BED≅△CGD(SAS)得到DG=DE，据此方法再证明△EDF≅△GDF(SAS)，最后根据全等三角形的性质解题即可．【详解】（1）∵△ABC和△BDC是等腰三角形，∴∠ABC=∠ACB∴∠DBC=∠DCB∵∠BAC=80°，AB=AC∴∠ABC=∠ACB=50°∵∠BDC=100°，BD=CD∴∠DBC=∠DCB=40°∴∠ABD=∠ACD=90°=∠DCF延长AB至G，使得BG=CF，连接DG∠GBD=180°−∠ABD=90°在△GBD和△FCD中，∵BG=CF，∠GBD=∠DCF，BD=FD∴△GBD≅△FCD(SAS)，∴DG=FD∴∠BDG=∠CDF∴∠EDF=50°，∠BDC=100°∴∠BDE+∠CDF=50°∵∠GDE=∠BDG+∠BDE=∠CDF+∠BDE=50°在△DEF和△DGE中，∵DE=DE，∠EDF=∠GDE，DF=GD∴△DEF≅△DGE(SAS)，∴EF=EG=BE+GB=BE+CF（2）在CA上截取CG=BE,连接DG∵△ABC是等腰三角形，∠BAC=80°∴∠ABC=∠ACB=50°∵∠BDC=100°，BD=CD∴∠DBC=∠DCB=40°∴∠EBD=∠GCD=90°∵CG=BE，BD=CD在△BED和△CGD中，∵CG=BE，∠EBD=∠GCD，BD=CD∴△BED≅△CGD(SAS)∴DG=DE在△EDF和△GDF中，∵FD=FD，∠GDF=∠EDF，ED=GD∴△EDF≅△GDF(SAS)∴EF=FG=FC−CG=FC−BE【点睛】本题考查等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．【变式6-1】（2023·江苏·七年级假期作业）如图，△ABC中，∠B=2∠A，∠ACB的平分线CD交AB于点D，已知AC=16，BC=9，则BD的长为（）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】B【分析】如图，在CA上截取CN=CB,连接DN,证明△CBD≌△CND,利用全等三角形的性质证明BD=ND,求解CN=9,AN=7,再证明DN=AN,从而可得答案．【详解】解：如图，在CA上截取CN=CB,连接DN,∵CD平分∠ACB,∴∠BCD=∠NCD,∵CD=CD,∴△CBD≌△CND(SAS),∴BD=ND,∠B=∠CND,CB=CN,∵BC=9,AC=16,∴CN=9,AN=AC−CN=7,∵∠CND=∠NDA+∠A,∴∠B=∠NDA+∠A,∵∠B=2∠A,∴∠A=∠NDA,∴ND=NA,∴BD=AN=7.故选：B.【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，掌握以上知识是解题的关键．【变式6-2】（2023春·七年级课时练习）在△ABC中，BE，CD为△ABC的角平分线，BE，CD交于点F．（1）求证：∠BFC=90°+1（2）已知∠A=60°．①如图1，若BD=4，BC=6.5，求CE的长；②如图2，若BF=AC，求∠AEB的大小．【答案】（1）证明见解析；（2）2.5；（3）100°．【分析】（1）由三角形内角和定理和角平分线得出∠FBC+∠FCB=90°−12∠A（2）在BC上取一点G使BG=BD，构造△BFG≅△BFD（SAS），再证明△FEC≅△FGC(ASA)，即可得BC=BD+CE，由此求出答案；（3）延长BA到P，使AP=FC，构造△BFC≅△CAP（SAS），得PC=BC，∠P=∠BCF=12∠ACB，再由三角形内角和可求∠ABC=40°，∠ACB=80°【详解】解：（1）∵BE、CD分别是∠ABC与∠ACB的角平分线，∴∠FBC+∠FCB=1∴∠BFC=180°−(∠FBC+∠FCB)=180°−(90°−1∴∠BFC=90°+1（2）如解（2）图，在BC上取一点G使BG=BD，由（1）得∠BFC=90°+1∵∠BAC=60°，∴∠BFC=120°，∴∠BFD=∠EFC=180°−∠BFC=60°，在△BFG与△BFD中，BF=BF∠FBG=∠FBD∴△BFG≅△BFD（SAS）∴∠BFD=∠BFG，∴∠BFD=∠BFG=60°，∴∠CFG=120°−∠BFG=60°，∴∠CFG=∠CFE=60°在△FEC与△FGC中，∠CFE=∠CFGCF=CF∴△FEC≅△FGC(ASA)，∴CE=CG，∵BC=BG+CG，∴BC=BD+CE；∵BD=4，BC=6.5，∴CE=2.5（3）如解（3）图，延长BA到P，使AP=FC，∵∠BAC=60°，∴∠PAC=180°−∠BAC=120°，在△BFC与△CAP中，BF=AC∠BFC=∠CAP=120°∴△BFC≅△CAP（SAS）∴∠P=∠BCF，BC=PC，∴∠P=∠ABC，又∵∠P=∠BCF=1∴∠ACB=2∠ABC，又∵∠ACB+∠ABC+∠A=180°，∴3∠ABC+60°=180°，∴∠ABC=40°，∠ACB=80°，∴∠ABE=12【点睛】本题考查的是角平分线的性质、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答此题的关键．【变式6-3】（2023春·全国·七年级专题练习）阅读下面材料：【原题呈现】如图1，在△ABC中，∠A＝2∠B，CD平分∠ACB，AD＝2.2，AC＝3.6，求BC的长．【思考引导】因为CD平分∠ACB，所以可在BC边上取点E，使EC＝AC，连接DE．这样很容易得到△DEC≌△DAC，经过推理能使问题得到解决（如图2）．【问题解答】（1）参考提示的方法，解答原题呈现中的问题；（2）拓展提升：如图3，已知△ABC中，AB＝AC，∠A＝20°，BD平分∠ABC，BD＝2.3，BC＝2．求AD的长．【答案】（1）5.8；（2）4.3【分析】（1）由已知条件和辅助线的作法，证得△ACD≌△ECD，得到AD＝DE，∠A＝∠DEC，由于∠A＝2∠B，推出∠DEC＝2∠B，等量代换得到∠B＝∠EDB，得到△BDE是等腰三角形，得出AC＝CE＝3.6，DE＝BE＝2.2，相加可得BC的长；（2）在BA边上取点E，使BE＝BC＝2，连接DE，得到△DEB≌△DBC（SAS），在DA边上取点F，使DF＝DB，连接FE，得到△BDE≌△FDE，即可推出结论．【详解】解：（1）如图2，在BC边上取点E，使EC＝AC，连接DE．在△ACD与△ECD中，AC=CE∠ACD=∠ECD∴△ACD≌△ECD（SAS），∴AD＝DE，∠A＝∠DEC，∵∠A＝2∠B，∴∠DEC＝2∠B，∴∠B＝∠EDB，∴△BDE是等腰三角形；∴BE＝DE＝AD＝2.2，AC＝EC＝3.6，∴BC的长为5.8；（2）∵△ABC中，AB＝AC，∠A＝20°，∴∠ABC＝∠C＝80°，∵BD平分∠B，∴∠1＝∠2＝40°，∠BDC＝60°，在BA边上取点E，使BE＝BC＝2，连接DE，在△DEB和△DBC中，BE=BC∠1=∠2∴△DEB≌△DBC（SAS），∴∠BED＝∠C＝80°，∴∠4＝60°，∴∠3＝60°，在DA边上取点F，使DF＝DB，连接FE，同理可得△BDE≌△FDE，∴∠5＝∠1＝40°，BE＝EF＝2，∵∠A＝20°，∴∠6＝20°，∴AF＝EF＝2，∵BD＝DF＝2.3，∴AD＝BD+BC＝4.3．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，熟悉这些定理是解决本题的关键．【知识点7手拉手模型】【模型解读】如图，△ABC是等腰三角形、△ADE是等腰三角形，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=。结论：△BAD≌△CAE。【模型分析】手拉手模型常和旋转结合，在考试中作为几何综合题目出现。【题型7手拉手模型】【例7】（2023·江苏·七年级假期作业）如图，△ABC是一个锐角三角形，分别以AB、AC为边向外作等边三角形△ABD、△ACE，连接BE、CD交于点F，连接AF．(1)求证：△ABE≌△ADC；(2)求∠EFC的度数；(3)求证：AF平分∠DFE．【答案】(1)见解析(2)60°(3)见解析【分析】（1）由△ABD、△ACE是等边三角形，易证∠DAC=∠BAE，继而可证△ABE≌△ADC；（2）由△ABE≌△ADC，得到∠AEB=∠ACD，进一步得到∠CEF+∠ECF=∠AEC+∠ACE=120°，由三角形内角和得到答案；（3）作AH⊥DC于点H，AN⊥BE于点N，证明AH=AN，由【详解】（1）证明：∵△ABD、△ACE是等边三角形，∴DA=AB，∴∠DAB+∠BAC=∠EAC+∠BAC，即∠DAC=∠BAE，∴△ABE≌△ADCSAS（2）解：∵△ABE≌△ADC，∴∠AEB=∠ACD，∵∠AEB+∠CAE=∠ACD+∠EFC，∴∠EFC=∠CAE=60°；（3）证明：如图，作AH⊥DC于点H，AN⊥BE于点∵△ABE≌△ADC，∴∠ADC=∠ABE，∵∠AHD=∠ANB=90°，AD=AB，∴△AHD≌△ANB(AAS∴AH=AN，∵AH⊥DC，∴AF平分∠DFE．【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、角平分性的判定知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．【变式7-1】（2023春·上海·七年级专题练习）如图，大小不同的等腰直角三角形△ABC和△DEC直角顶点重合在点C处，连接AE、BD，点A恰好在线段BD上．(1)找出图中的全等三角形，并说明理由；(2)猜想AE与BD的位置关系，并说明理由．【答案】(1)ΔCBD≌(2)AE⊥BD，理由见解析【分析】（1）根据SAS证明ΔCBD≅（2）根据全等三角形的性质和垂直的定义解答即可．【详解】（1）解：ΔCBD≌∵∠ACB=∠DCE=90°，∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD，即∠BCD=∠ACE，在ΔCBD与Δ{BC=AC∴Δ（2）解：AE⊥BD，理由如下：设AE与CD相交于点O，在ΔAOD与Δ∵Δ∴∠ADO=∠CEO，∵∠AOD=∠COE，∴∠OAD=∠OCE=90°，∴AE⊥BD．【点睛】此题考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质，解题的关键是根据SAS得出ΔCBD与ΔCAE全等的解题的关键．【变式7-2】（2023·江苏·七年级假期作业）如图，若△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一条直线上，CM为△DCE中(1)求证：△ACD≌△BCE；(2)若CM＝2，BE＝【答案】(1)证明见解析；(2)AE=7．【分析】（1）先证出∠ACD＝∠BCE，由SAS证明（2）由△ACD≌△BCE可得AD＝BE＝3，由△DCM和【详解】（1）证明：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形∴CA＝CB，CD＝∴∠ACD＝在△ACD和△BCE中，CA=CB∠ACD=∠BCE∴△ACD≌△BCE（SAS）；（2）解：∵△ACD≌△BCE,∴AD＝∵CD＝CE，∴DM=ME，∠MCD=∠MCE=45°∵∠CDE=∠CED=45°，∴DM∴DE＝∴AE＝【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和等腰三角形的性质和判定，掌握旋转全等的对应关系是解题的关键．【变式7-3】（2023春·全国·七年级专题练习）已知△ABC，分别以AB、AC为边作△ABD和△ACE，且AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠CAE，连接DC与BE，G、F分别是DC与BE的中点．(1)如图1，若∠DAB＝60°，则∠AFG＝；(2)如图2，若∠DAB＝90°，则∠AFG＝；(3)如图3，若∠DAB＝α，试探究∠AFG与α的数量关系，并给予证明．【答案】(1)60°(2)45°(3)12（180°﹣α【分析】（1）连接AG．易证△ADC≌△ABE，可得DC＝BE，∠ADC＝∠ABE，AD＝AB，根据G、F分别是DC与BE的中点，可得DG＝BF，即可证明△ADG≌△ABF，可得AG＝AF，∠DAG＝∠BAF，即可求得∠DAB＝∠GAF，即可解题．（2）根据（1）中结论即可求得∠AFG的值，即可解题；（3）根据（1）中结论即可求得∠AFG的值，即可解题．（1）连接AG．∵∠DAB＝∠CAE，∴∠DAB+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，∴∠DAC＝∠BAE．在△ADC和△ABE中，AD=AB∠DAC=∠BAE∴△ADC≌△ABE（SAS），∴DC＝BE，∠ADC＝∠ABE．∵G、F分别是DC与BE的中点，∴DG=12DC，BF=∴DG＝BF．在△ADG和△ABF中，AD=AB∠ADC=∠ABE∴△ADG≌△ABF（SAS），∴AG＝AF，∠DAG＝∠BAF，∴∠AGF＝∠AFG，∠DAG﹣∠BAG＝∠BAF﹣∠BAG，∴∠DAB＝∠GAF．∵∠DAB＝60°，∴∠GAF＝60°．

∵∠GAF+∠AFG+∠AGF＝180°，∴∠AFG＝60°；故答案为60°，（2）连接AG，如图2，∵∠DAB＝90°，∠DAB＝∠GAF，（已证）∴∠GAF＝90°，∵AG＝AF，∴∠AFG=1故答案为45°，（3）连接AG，如图3，∵∠DAB＝α，∠DAB＝∠GAF，（已证）∴∠GAF＝α，∵AG＝AF，∴∠AFG=12（180°﹣【点睛】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△ADC≌△ABE和△ADG≌△ABF是解题的关键．【知识点8角平分线模型】模型一：如图一，角平分线+对称型利用角平分线图形的对称性,在角的两边构造对称全等三角形,可以得到对应边、对应角相等。利用对称性把一些线段或角进行转移,这是经常使用的种解题技巧。

【理论依据】:三边对应相等的三角戏是全等三角形(SSS)、全等三角形对应角相等模型二：如图二，角平分线+垂直两边型【几何语言】:∵OC为∠AOB的角平分线,D为OC上一点DE⊥OA,DF⊥OB∴△CED≌△OFD(AAS),∴DE=DF模型三：如图三，角平分线+垂直平分线型【说明】构造此模型可以利用等腰三角形的三线合一,也可以得到两个全等的直角三角形,进而

得到对应边、对应角相等。这个模型巧妙地把角平分线和三线合一联系了起来。模型四：如图四，角平分线+平行线型【说明】有角平分线时,常过角平分线上一点作角的有边的平行线,构造等腰三角形,为证明结论提供更多的条件,体现了角平分线与等腰三角形之间的密切关系。【题型8角平分线模型】【例8】（2023春·浙江·七年级期中）如图，△ABC的外角∠DAC的平分线交BC边的垂直平分线于P点，PD⊥AB于D，PE⊥AC于E．（1）求证：BD＝CE；（2）若AB＝6cm，AC＝10cm，求AD的长．【答案】（1）证明见解析；（2）2【分析】（1）连接BP、CP，根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得BP=CP，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得DP=EP，然后利用“HL”证明RtΔBDP和（2）利用“HL”证明RtΔADP和RtΔAEP全等，根据全等三角形对应边相等可得AD=AE，再根据AB、AC的长度表示出【详解】（1）证明：连接BP、CP，∵点P在BC的垂直平分线上，∴BP=CP，∵AP是∠DAC的平分线，∴DP=EP，在RtΔBDP和{BP=CP∴Rt∴BD=CE；（2）解：在RtΔADP和{AP=AP∴Rt∴AD=AE，∵AB=6cm，AC=10cm，∴6+AD=10−AE，即6+AD=10−AD，解得AD=2cm．【点睛】本题考查了角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等的性质，全等三角形的判定与性质，熟记性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．【变式8-1】（2023春·七年级课时练习）如图，△ABC的外角∠ACD的平分线CP与内角∠ABC平分线BP交于点P，若∠BPC=36°，则∠CAP=．【答案】54°【分析】根据外角与内角性质得出∠BAC的度数，再利用角平分线的性质以及直角三角形全等的判定，得出∠CAP=∠FAP，即可得出答案【详解】解：延长BA，作PN⊥BD，PF⊥BA，PM⊥AC，设∠PCD=x，∵CP平分∠ACD，∴∠ACP=∠PCD=x，PM=PN，∵BP平分∠ABC，∴∠ABP=∠PBC，PF=PN，∴PF=PM，∵∠BPC=36°，∴∠ABP=∠PBC=∠PCD-∠BPC=（x-36°），∴∠BAC=∠ACD-∠ABC=2x-（x-36°）-（x-36°）=72°，∴∠CAF=108°，在Rt△PFA和Rt△PMA中，PA=PA，PF=PM，∴Rt△PFA∴∠FAP=∠PAC=54°．故答案为：54°．【点睛】此题主要考查了角平分线的性质以及三角形外角的性质和直角三角全等的判定等知识，根据角平分线的性质得出PM=PN=PF是解决问题的关键．【变式8-2】（2023春·江苏·七年级专题练习）如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，CD平分∠ACB，BE⊥CD，垂足E在CD的延长线上．求证：BE＝12CD【答案】见解析【分析】分别延长BE、CA交于点F，首先结合题意推出△CFE≌△CBE，从而得到BE＝EF＝12BF，然后证明△BFA≌△CDA，得到BF＝CD【详解】证明：分别延长BE、CA交于点F，∵BE⊥CD，∴∠BEC＝∠FEC＝90°．∵CD平分∠ACB，∴∠FCE＝∠BCE．在△CFE与△CBE中，∵∠BEC＝∠FEC，∠FCE＝∠BCE，CE＝CE，∴△CFE≌△CBE，∴BE＝EF＝12BF在△CFE与△CAD中，∵∠F＋∠FCE＝∠ADC＋∠ACD＝90°，∴∠F＝∠ADC．在△BFA与△CDA中，∵∠F＝∠ADC，∠BAC＝∠FAB，AB＝AC，∴△BFA≌△CDA，∴BF＝CD．∴BE＝12CD【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，理解角平分线的基本定义，熟练运用角平分线的性质构造辅助线，并且准确判定全等三角形是解题关键．【变式8-3】（2023春·七年级课时练习）（1）如图1，射线OP平分∠MON，在射线OM，ON上分别截取线段OA，OB，使OA＝OB，在射线OP上任取一点D，连接AD，BD．求证：AD＝BD．（2）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，CD平分∠ACB，求证：BC＝AC+AD．（3）如图3，在四边形ABDE中，AB＝9，DE＝1，BD＝6，C为BD边中点，若AC平分∠BAE，EC平分∠AED，∠ACE＝120°，求AE的值．【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）AE=13【分析】（1）由题意易得∠AOD=∠BOD，然后易证△AOD≌△BOD，进而问题可求证；（2）在BC上截取CE=CA，连接DE，由题意易得∠ACD=∠ECD，∠B=30°，则有△ACD≌△ECD，然后可得∠A=∠CED=60°，则根据三角形外角的性质可得∠EDB=∠B=30°，然后可得DE=BE，进而问题可求证；（3）在AE上分别截取AF=AB，EG=ED，连接CF、CG，同理（2）可证△ABC≌△AFC，△CDE≌△CGE，则有∠ACB=∠ACF，∠DCE=∠GCE，然后可得∠ACF+∠GCE=60°，进而可得△CFG是等边三角形，最后问题可求解．【详解】证明：（1）∵射线OP平分∠MON，∴∠AOD=∠BOD，∵OD=OD，OA＝OB，∴△AOD≌△BOD（SAS），∴AD＝BD．（2）在BC上截取CE=CA，连接DE，如图所示：∵∠ACB＝90°，∠A＝60°，CD平分∠ACB，∴∠ACD=∠ECD，∠B=30°，∵CD=CD，∴△ACD≌△ECD（SAS），∴∠A=∠CED=60°，AD=DE，∵∠B+∠EDB=∠CED，∴∠EDB=∠B=30°，∴DE=BE，∴AD=BE，∵BC=CE+BE，∴BC＝AC+AD．（3）在AE上分别截取AF=AB=9，EG=ED=1，连接CF、CG，如图所示：同理（1）（2）可得：△ABC≌△AFC，△CDE≌△CGE，∴∠ACB=∠ACF，∠DCE=∠GCE，BC=CF，CD=CG，DE=GE=1，∵C为BD边中点，∴BC=CD=CF=CG=3，∵∠ACE＝120°，∴∠ACB+∠DCE=60°，∴∠ACF+∠GCE=60°，∴∠FCG=60°，∴△CFG是等边三角形，∴FG=CF=CG=3，∴AE=AF+FG+GE=9+3+1=13．【点睛】本题主要考查三角形全等的性质与判定、角平分线的定义、等腰三角形的性质与判定及等边三角形的性质与判定，解题的关键是构造辅助线证明三角形全等．【知识点9半角模型】【模型解读】如图：已知∠2=12∠AOB，【说明】连接F′B，将△FOB绕点O旋转至△FOA的位置，连接F′E、FE，可得△OEF′≌△OEF【题型9半角全等模型】【例9】（2023春·四川达州·七年级统考期末）（1）如图①，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF=1（2）如图②，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是边BC，（3）在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是边BC，CD所在直线上的点，且∠EAF=1【答案】（1）EF=BE+FD；（2）（1）中的结论EF=BE+FD仍然成立，理由见解析；（3）EF=BE+DF或EF=BE−DF或EF=DF−BE【分析】（1）如图1，延长EB到G，使BG=DF，连接AG，即可证明△ABG≌△ADF，可得AF=AG，再证明△AEF≌△AEG，可得EF=EG，即可解题；（2）如图2，同理可得：EF=BE+DF；（3）如图3，作辅助线，构建△ABG，同理证明△ABG≌△ADF和△AEG≌△AEF．可得新的结论：EF=BE−DF；如图4，作辅助线△ADH，同理证明△ABE≌△ADH和△FAH≌【详解】解：（1）如图1，延长EB到G，使BG=DF，连接AG．在△ABG与△ADF中，AB=AD∠ABG=∠ADF=90°∴△ABG≌△ADFSAS∴AG=AF，∴∠1+∠3=∠2+∠3=1∴∠GAE=∠EAF．又∵AE=AE，∴△AEG≌△AEFSAS∴EG=EF．∵EG=BE+BG．∴EF=BE+FD；（2）（1）中的结论EF=BE+FD仍然成立．理由如下：如图2，延长EB到G，使BG=DF，连接AG．∵∠ABC+∠D=180°，∴∠ABG=∠D，在△ABG与△ADF中，AB=AD∠ABG=∠ADF∴△ABG≌△ADFSAS∴AG=AF，∴∠1+∠3=∠2+∠3=1∴∠GAE=∠EAF．又∵AE=AE，∴△AEG≌△AEFSAS∴EG=EF．∵EG=BE+BG．∴EF=BE+FD；（3）图2中，EF=BE+DF成立，图3中，EF=BE−DF，理由如下：在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．∵∠B+∠ADC=180°，∴∠B=∠ADF．在△ABG与△ADF中，AB=∴△ABG≌∴∠BAG=∠DAF，∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF=1∴∠GAE=∠FAE．在△AEG和△AEF中，AG=AF∠GAE=∠FAE∴△AEG≌∴EG=EF，∵EG=BE−BG，∴EF=BE−DF．图4中，EF=DF−BE，理由如下：在DF上截取DH，使DH=BE，连接AH，∵∠ABC+∠ADC=180°，∴∠ABE=∠ADH，在△ABE和△ADH中，AB=AD∠ABE=∠ADH∴△ABE≌∴∠BAE=∠DAH，∵∠BAD=2∠EAF，∴∠DAH+∠BAF=1∴∠HAF=1在△FAH和△FAE中，AH=AE∠HAF=∠EAF∴△FAH≌∴HF=EF，∴EF=HF=DF−DH=DF−BE；综上所述，线段EF，BE，FD之间的数量关系为：EF=BE+DF或故答案为：EF=BE+DF或EF=BE−DF或EF=DF−BE．【点睛】本题是三角形的综合题，考查了全等三角形的判定与性质、