14.3 全等三角形的综合（压轴题专项讲练）（教师版）-沪科版(2024)八上

专题14.3全等三角形的综合典例分析典例分析【典例1】【初步探索】（1）如图1：在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF=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≌△【灵活运用】（2）如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是【拓展延伸】（3）已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足【思路点拨】（1）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE（2）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE（3）在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根据∠【解题过程】解：（1）∠BAE如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接在△ABE和△AB=∴△ABE≌△∴∠BAE=∠DAG∵EF=BE∴EF在△AEF和△AE=∴△AEF≌△∴∠故答案为：∠BAE（2）上述结论仍然成立，理由如下：如图2，延长FD到点G，使DG=BE，连接∵∠B+∠ADF∴∠B在△ABE和△AB=∴△ABE≌△∴∠BAE=∠DAG在△AEF和△AE=∴△AEF≌△∴∠EAF（3）如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接∵∠ABC+∠ADC∴∠ADC在△ABE和△AB=∴△ABE≌△∴AG=AE∵EF=BE在△AEF和△AE=∴△AEF≌△∴∠FAE∵∠FAE∴2∠FAE∴2∠FAE即2∠FAE∴∠∵∠ABC+∠ADC∴∠DAB∠EAF学霸必刷学霸必刷1．（23-24七年级下·陕西西安·期末）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=2AC，点D是线段AB的中点，将一块锐角为45°的直角三角板按如图△ADE放置，使直角三角板斜边的两个端点分别与A、D重合，连接BE、CE，CE与①△ACE≌△DBE；②BE⊥CE；③A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④【思路点拨】利用△ADE为等腰直角三角形得到∠EAD=∠EDA=45°，EA=ED，则∠EAC=∠EDB=135°，则可根据“SAS”判断△ACE≌△DBE（SAS），从而对①进行判断；再利用∠AEC=∠DEB证明∠BEC=∠DEA=90°，则可对②【解题过程】解：∵AB=2AC，点D∴BD∵△ADE∴∠EAD=∠∵∠EAC=∴∠在△ACE和△EA=∴△ACE≌△DBE（∴∠∴∠∴BE⊥EC∵∠而∠AEC∴∠∵∠而AC=∴∠∴∠∴DE>DF∵△ACE≌△∴S∵BD∴S∴S∴S△DEF故选：C．2．（23-24八年级上·江苏宿迁·阶段练习）如图，在锐角三角形ABC中，AH是BC边上的高，分别以AB，AC为一边，向外作正方形ABDE和ACFG（正方形四条边都相等，四个角都是直角），连接CE，BG和EG，EG与HA的延长线交于点M，下列结论：①BG=CE；②BG⊥CE；A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【思路点拨】本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，在解答时作辅助线EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q构造出全等三角形是难点，运用全等三角形的性质是关键，分析题意，根据正方形的性质可得可求出∠CAE=∠BAG，由“边角边”可得△ABG≌△AEC，可判断①是否正确；设BG、CE相交于点N，由△ABG≌△AEC可得∠【解题过程】解：在正方形ABDE和ACFG中，AC=AG，∴∠CAG+∠BAC在△ABG和△AEC中，AB=∴△ABG∴BG=CE设BG、CE相交于点∵△ABG∴∠AGB∴∠NCF∴∠CNG∴BG⊥CE过点G作GQ⊥AM于Q，过点E作EP⊥∵AH∴∠ABH∵∠BAE∴∠EAP∴∠EAP在△ABH和△∠ABH=∠EAP∴△ABH∴∠EAM=∠ABC同理可得GQ=∴EP∵在△EPM和△∠P=∠MQG∴△EPM∴EM∴AM是△AEG的中线，故综上所述，①②③④结论都正确，共4个．故选：D．3．（23-24八年级上·内蒙古呼和浩特·期中）如图，在△ABC中，∠A=90°，△ABC的外角平分线CD与内角平分线BE的延长线交于点D，过点D作DF⊥BC交BC的延长线于点F，连接AD，点E为BD中点，下列结论：①∠BDC=45°；②12A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【思路点拨】在直角三角形ABC中，由内角平分线和外角平分线可得∠DCF=45°+∠DBC，由此可证∠BDC=45°；根据三角形BCE的三边关系可知12BD+CE=BC错误；如图所示（见详解），过点D作DH【解题过程】解：∵BE平分∠ABC，CD平分∠∴∠ABD=∠DBC∵∠ACF∴∠ACD又∵∠DCF是△∴∠DCF∴∠DCF∴∠BDC=45°，故∵点E为BD中点，∴12在△BCE中，BE∴BE+CE=如图所示，过点D作DH⊥AC于∵DH⊥∴∠DHE点E是BD中点，∴BE=DE，∴△ABE∴AB=又∵∠DCH=∠DCF，∠∴△DHC∴DH=∴AB=DH=DF，即如图所示，过点D作DH⊥AC于由结论④可知，△ABE≌△HDE∴S△ABE=S△在△ABD中，点E是BD∴S△∴S△DCE=综上所述，正确的有①③④，共3个故选：B．4．（23-24八年级上·河北石家庄·期中）已知AB=10，AC=6，BD=8，其中∠CAB=∠DBA=α，点P以每秒2个单位长度的速度，沿着C→①若x=1．则点P运动路程始终是点Q运动路程的2②当P、Q两点同时到达A点时，x=6③若α=90°，t=5，x=1④若△ACP与△BPQ全等，则x=0.8

A．①③ B．①②③ C．①②④ D．①②③④【思路点拨】此题考查了动点问题，全等三角形的性质和判定，解题的关键是弄清运动过程，找出符合条件的点的位置．本题根据路程等于时间乘以速度求出点P和点Q的路程，即可判断①；首先求出点P到达点A时的时间，然后根据题意列出算式求解即可判断②；首先画出图形，根据题意求出AC=6，AP=10-6=4，BQ=BD-DQ=3，PB=AB-AP=6，然后得到【解题过程】解：①∵点P以每秒2个单位长度的速度，运动时间为t秒，∴点P运动路程为2t若x=1，则点Q运动路程为t∴点P运动路程始终是点Q运动路程的2倍，故①正确；②当P点到达A点时，t=6÷2=3∵P、Q两点同时到达A点，∴x=10+8÷3=6③如图所示，

当t=5，x点P运动的路程为2×5=10，点Q运动的路程为5×1=5，∵AC=6，DQ∴AP=10-6=4，BQ∵AB=10∴PB=∴AP≠∴△CAP和△PBQ不全等，故④当△ACP≌△BPQ时，则AP∵AC=∴10-2∴t=5∵AP=∴10-6=8-5x∴x=0.8当△ACP≌△BQP时，则AP∵AP=∴2t∴t=∵AC=∴6=8-11∴x=∴若△ACP与△BPQ全等，则x=0.8或4综上所述，正确的选项为①②④．故选：C．5．（23-24八年级上·北京海淀·期中）如图，锐角△ABC中，∠BAC=60°,BD平分∠ABC,CE平分∠ACB,BD与CE相交于点O，则下列结论①∠BOC=120°；②连接ED，则EDA．①② B．①③ C．①③④ D．③④【思路点拨】本题考查了角平分线的定义、全等三角形的判定与性质、全等三角形的常见辅助线-截长补短等知识点，解题关键是正确作出辅助线，构造全等三角形．①根据∠BOC=180°-∠OBC+∠OCB即可判断；②假设ED∥BC，可推出EB=ED=CD得到AB=AC，即可判断；③在BC上取一点F，使得BF=BE，证【解题过程】解：∵∠∴∠∵BD平分∠ABC,∴∠∴∠BOC=180°-∠如图1所示：∵BD平分∠ABC,∴∠若ED∥则∠∴∠∴EB∵ED∥∴AB=AC，与题目条件不符，故在BC上取一点F，使得BF=BE，如图∵∠∴△∴∠∴∠∵∠∴∠∵∠ECD=∠∴△∴CD∵BC∴BC=BE+作BG⊥CG,∵BO=AC，∴△∴BG∵BG=CH，∴△∴EB即：∠∴∠设∠EBG=∠∵∠∴x∵∠∴60°-2解得：x∴∠EBC=60°-2x故选：C6．（23-24八年级上·河南南阳·阶段练习）如图，∠E=∠F=90°,∠B=∠C,AE=AF，给出下列结论：①∠1=∠2；【思路点拨】本题考查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是解题的关键，利用全等三角形的判定和性质，可以证明△AEB【解题过程】解：在△AEB和△∠E∴△AEB∴∠EAB∵∠1+∠CAB∴∠1=∠2,BE=CF在△AEM和△∠2=∠1AE∴△AEM∴EM=∵CF=∴CN=MB，故在△ACN和△∠C∴△ACN≌△ABM故答案为：①②③④．7．（23-24八年级上·广东中山·期中）如图，点C在线段AB上，DA⊥AB，EB⊥AB，FC⊥AB，且DA=BC，EB=AC，FC

【思路点拨】根据等腰三角形的性质推出∠BDF=∠BFD【解题过程】解：连接BD、

∵DA∴∠DAB在△DAB和△DA=∴△∴BD∴∠BDF∵∠DAB∴∠ADB∴∠DBF∴∠BFD同理∠AFE∴∠DFE故答案为：39°．8．（23-24八年级上·浙江宁波·期末）如图，等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=70°，O为△ABC内一点，且∠

【思路点拨】此题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，延长BO交∠BAC的角平分线于点P，连结CP，根据等腰三角形的性质及角平分线定义求出∠ABC=∠ACB=55°，∠BAP=∠CAP=35°，进而得出∠OBC=30°，利用SAS证明△APB≌△ACP，根据全等三角形的性质求出【解题过程】解：如图，延长BO交∠BAC的角平分线于点P，连接CP

∵AP平分∠BAC，∴∠BAP∵AB=AC∴∠ABC∵∠ABO∴∠OBC在△APB和△AB=∴△APB∴∠ABP=∠ACP∴∠BCP∴∠BPC∴∠APB∴∠APB∵∠OCB∴∠OCP在△APC和△∠ACP∴△APC∴AP∴∠OAP∴∠OAC故答案为：65°．9．（23-24八年级上·湖北武汉·期中）如图，在直角三角形ABC中，∠ACB=90°，△ABC的角平分线AD、BE相交于点O，过点O作OF⊥AD交BC的延长线于点F，交AC于点G，下列结论：①∠BOD=45°；②AD=OE+OF；③若

【思路点拨】根据角平分线的定义、三角形外角的性质与直角三角形性质可以判断①是否正确；延长FO交AB于H，通过证明△AOH≌△AOG，△BOD≌△BOH，利用全等的性质来判断【解题过程】解：∵△ABC的角平分线AD、BE相交于点O∴∠ABO=∠CBO∠BOD故①正确；延长FO交AB于H，如图所示：

∴∠AOG又∵∠HAO=∠GAO∴△AOH∴AG=AH，∴∠BOH∴∠BOH∴△BOD∴BD=BH，∴AB=∵BD=3，AG∴AB=11故③正确；∵∠BOA=∠BOH∴∠BOA∴△BOA∴AO=∵OH=OD，∴OD=∴AD=又∵∠OGE=90°-∠F∴∠OGE∴OE≠∴AD=故②错误；∵同高的两个三角形面积之比等于底边长之比，∴S△故④正确；因此正确的有：①③④．故答案为：①③④．10．（23-24八年级上·江西赣州·期末）如图，△ABC中，∠ACB=90°，AC=8cm，BC=14cm，点P从A点出发沿A→C→B路径向终点运动，终点为B点，点Q从B点出发沿B→C→A路径向终点运动，终点为A点，点P和Q分别以2cm/s和3cm/s的运动速度同时开始运动，两点都要到达相应的终点时才能停止运动，分别过P和Q作PE⊥l于E【思路点拨】先求出点P从A点出发到达点C和点B所需要的时间，点Q从B点出发到达点C和A点所需要的时间，然后根据P、Q所在的位置分类讨论，分别画出对应的图形，找出全等三角形的对应边并用时间t表示，然后列出方程即可得出结论．【解题过程】解：由题意知，点P从A点出发到达点C所需要的时间为：8÷2=4s；到达点B共需要的时间为：点Q从B点出发到达点C所需要的时间为：14÷3=143s；到达点当0≤t≤4，点P在AC上，点Q在此时AP∴∵∠∴∠∴∠∵要使以点P，E，C为顶点的三角形与以点Q，F，C为顶点的三角形全等∴∴8-2∴t当4<t≤143，点P在BC上，点∵要使以点P，E，C为顶点的三角形与以点Q，F，C为顶点的三角形全等∴P和Q重合，E和F∴∴2∴t当143<t≤223，点P在∴∵∠∴∠∴∠∵要使以点P，E，C为顶点的三角形与以点Q，F，C为顶点的三角形全等∴∴2∴t当223<t≤11，点P在BC上，点∴∵∠∴∠∴∠∵要使以点P，E，C为顶点的三角形与以点Q，F，C为顶点的三角形全等∴∴2∴t∴要使以点P，E，C为顶点的三角形与以点Q，F，C为顶点的三角形全等，则t=8或t=6故答案为：225或6或11．（23-24八年级上·内蒙古鄂尔多斯·阶段练习）如图．在△ABC中，∠ABC=60°．AD，CE分别平分∠（1）求∠EOD（2）求证：OD=【思路点拨】本题考查角平分线的定义、三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握角平分线的定义、三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质．（1）先由∠ABC=60°得∠BAC+∠ACB（2）在AC上截取CF=CD，连接OF，先证明△COD≌△COF，得OD=OF【解题过程】（1）解：∵∠ABC∴∠BAC∵AD，CE分别平分∠BAC，∴∠CAD=1∴∠=180°-1∴∠EOD∴∠EOD的度数是120°（2）在AC上截取CF=CD，连接在△COD和△CD=∴△COD∴OD∵∠AOC=120°，∴∠COF∴∠AOF∴∠AOE在ΔAOE和Δ∠OAE∴△AOE∴OE∴OD12．（23-24七年级下·重庆南岸·期末）在∠MAN点D，过点D分别作DB⊥AM，DC⊥AN，垂足分别为B，C．且BD=CD，点E（1）如图1，若∠BED=∠（2）如图2，若∠BDC=120°，∠EDF=60°，猜想EF，【思路点拨】（1）由DB⊥AM，DC⊥AN，可得∠EBD=∠FCD（2）在BM上取点G，使BG=CF，通过证明△GBD本题考查了全等三角形的性质与判定，解题的关键是：通过辅助线构造全等三角形．【解题过程】（1）解：∵DB⊥AM∴∠EBD∵BD=CD∴△BED∴DE（2）解：在BM上取点G，使BG=∵DB⊥AM∴∠GBD∵BD=CD∴△GBD∴DG=DF∵∠BDC=120°，∴∠EDB∴∠EDB+∠GDB∴△GDE∴EF=EG∴EF13．（23-24八年级上·吉林·期末）（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（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，且有∠BDA=∠【思路点拨】此题考查了全等三角形的判定与性质，熟记全等三角形的判定定理与性质定理是解题的关键．（1）由直角三角形的性质及平角的定义得出∠CAE=∠ABD（2）与（1）类似，可证明△ADB【解题过程】解：（1）∵BD⊥直线m，CE⊥直线∴∠BDA∴∠BAC∴∠BAD∵∠BAD∴∠CAE在△ADB和△∠∴△ADB∴AE=BD，∴DE=（2）成立．证明如下：∵∠BDA∴∠DBA∴∠CAE在△ADB和△∠∴△ADB∴AE=BD，∴DE=14．（23-24八年级上·安徽安庆·期末）（1）如图①，在△ABC中，若AB=6，AC=4，AD为BC（2）如图②，在△ABC中，点D是BC的中点，DE⊥DF，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，判断BE（3）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【思路点拨】（1）由已知得出AB-BE<AE<（2）延长FD至点M，使DM=DF，连接BM，EM，可得△BMD≌△CFD，得出BM（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【解题过程】解：（1）如图①，延长AD到点E，使DE=AD，连接∵D是BC的中点，∴BD=∵∠ADC∴△ACD∴BE=在△ABE中，AB∴6-4<AE∴2<AE∴1<AD故答案为：1<AD（2）BE+延长FD至点M，使DM=DF，连接BM、同（1）得：△BMD∴BM=∵DE⊥∴EM=在△BMEBE+∴BE+（3）AF+如图③，延长AE，DF交于点∵AB∥∴∠BAG在△ABE和△CE=∴△ABE∴CG=∵AE是∠BAF∴∠∴∠FAG∴AF=∵FG+∴AF+CF15．（2023八年级上·全国·专题练习）（1）如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，（2）如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D（3）如图3，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D

【思路点拨】本题是三角形综合题，考查了三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形解决问题．（1）延长EB到G，使BG=DF，连接（2）先证明△ABM≌△ADF(SAS)，由全等三角形的性质得出AF=（3）在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．证明△ABG≌△【解题过程】证明：延长EB到G，使BG=DF，连接

∵∠ABG∴△ABG∴AG=∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF∴∠GAE又∵AE∴△AEG∴EG=∵EG=∴EF（2）（1）中的结论EF=∵∠ABC∴∠1=∠D在△ABM与△AB=∴△ABM∴AF∵∠EAF∴∠3+∠4=∠即∠在△AME与△AM∴△AME∴EF即EF=∴EF（3）结论EF=BE+证明：在BE上截取BG，使BG=DF，

∵∠B∴∠B∵AB∴△ABG∴∠BAG∴∠BAG∴∠GAE∵AE=∴△AEG∴EG=∵EG=∴EF=16．（23-24八年级上·吉林辽源·期末）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，∠ABC=45°．MN是经过点A的直线，BD（1）求证：BD（2）若将MN绕点A旋转，使MN与BC相交于点G（如图2)，其他条件不变，求证：BD=（3）在（2）的情况下，若CE的延长线过AB的中点F（如图3)，连接GF，求证：∠1=∠2．【思路点拨】（1）首先证明∠1=∠3，再证明△ADB≌△CEA（2）首先证明∠BAD=∠ACE，再证明△（3）首先证明△ACF≌△ABP，然后再证明△BFG≌△【解题过程】（1）如图1，∵BD⊥MN∴∠BDA∵∠BAC∴∠1+∠2=90°，又∵∠3+∠2=90°，∴∠1=∠3，在△ADB和△∠BDA∴△ADB∴BD（2）如图2，∵BD⊥MN∴∠BDA∵∠BAD∠ACE∴∠BAD在△ABD和△∠BDA∴△ABD∴BD（3）如图3，过B作BP∥AC交MN于∵BP∴∠PBA∵∠BAC∴∠PBA由（2）得：∠BAP∴在△ACF和△∠PBA∴△ACF∴∠1=∠BPA，AF∵BF∴BF∵△ABC∴∠ABC又∵∠PBA∴∠PBG∴∠ABC在△BFG和△BF=∴△BFG∴∠BPG∵∠BPG∴∠1=∠2．17．（23-24八年级上·广西南宁·期末）综合与实践：【问题情境】在综合与实践课上，老师对各学习小组出示了一个问题：如图1，∠ACB=900，AC=BC，【合作探究】“希望”小组受此问题的启发，将题目改编如下：如图2，∠CDF=90°，CD=FD，点A是DF上一动点，连接AC，作∠ACB=90°且BC=AC，连接BF交CD于点【拓展提升】“创新”小组在“希望”小组的基础上继续提出问题：如图3，∠CDF=90°，CD=FD，点A是射线DF上一动点，连接AC，作∠ACB=90°且BC=AC，连接BF交射线CD于点【思路点拨】本题考查了全等三角形的综合问题，熟练掌握全等三角形的判定及性质，添加适当的辅助线是解题的关键．（1）利用AAS证得△ACD（2）过B作BH⊥CD于H，由（1）得△ACD≌△CBH，进而可得AD=CH,CD=BH（3）过点B作BH⊥CD于H，由（2）得AD=CH，【解题过程】解：（1）证明：∵∠ACB∴∠ACD∵BE∴∠B∴∠B在△ACD和△∠ACD∴△ACD∴AD（2）证明：过B作BH⊥CD于由（1）得：△ACD∴AD∵DF∴DF在△DFG和△∠DGF∴△DFG∵DG∴DG∵CG∴CH=CG∴AD=2，∴A是DF（3）CG=9过点B作BH⊥CD于由（2）得：AD=CH，CD=∵FD∴AD=CH∴DH∴DG∴CG∴CG18．（23-24八年级上·辽宁抚顺·期末）【材料阅读】小明在学习完全等三角形后，为了进一步探究，他尝试用三种不同方式摆放一副三角板（在△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC；△（1）【发现】如图1，将两个三角板互不重叠地摆放在一起，当顶点B摆放在线段DF上时，过点A作AM⊥DF，垂足为点M，过点C作CN⊥DF，垂足为点N，易证△ABM≌△BCN，若（2）【类比】如图2，将两个三角板叠放在一起，当顶点B在线段DE上且顶点A在线段EF上时，过点C作CP⊥DE，垂足为点P，猜想AE，PE，（3）【拓展】如图3，将两个三角板叠放在一起，当顶点A在线段DE上且顶点B在线段EF上时，若AE=5，BE=1，连接CE，则△ACE【思路点拨】本题综合考查了全等三角形的判定与性质，熟记相关定理内容进行几何推理是解题关键．（1）由△ABM≌△BCN，利用两个三角形全等的性质，得到AM=BN（2）根据两个三角形全等的判定定理，得到△ABE≌△BCP，利用两个三角形全等的性质，得到AE=BP（3）延长FE，过点C作CP⊥FE于P，由两个三角形全等的判定定理得到△ABE≌△BCP，从而PC=BE=1，PB=AE=5，则可求得PE，延长AE【解题过程】（1）解：∵△ABM≌△BCN，AM∴AM=BN∴MN故答案为：9．（2）解：PE理由：∵∠ABC∴∠ABE∵CP∴∠CPB∴∠∴∠ABE∵∠AEB∴∠AEB∵AB∴△ABE∴AE=∵BE∴PE∴PE（3）解：延长FE，过点C作CP⊥FE于∵∠ABE+∠EBC∴∠EBC∵∠AEB=∠CPB∴△ABE∴PC=BE∴PE延长AE，过点C作CF⊥AE于∵AF⊥PE∴AF∵AF⊥PE∴PE由平行线间的平行线段相等可得CF=S△故答案为：10．19．（23-24七年级上·山东烟台·期末）【阅读材料】“截长法”是几何题中一种辅助线的添加方法，是指在长线段中截取一段等于已知线段，常用于解答线段间的数量关系，当题目中有等腰三角形、角平分线等条件，可用“截长法”构造全等三角形来进行解题．

【问题解决】（1）如图①，在△ABC中，∠ACB=2∠B,∠C=90°,AD为∠BAC【拓展延伸】（2）如图②，在△ABC中，∠ACB=2∠B,∠（3）如图③，在△ABC中，∠ACB=2∠B,∠【思路点拨】（1）在AB上截取AE=AC，连接DE，可证明△EAD≌△CAD，得ED=CD，∠AED=∠C=90°，则∠（2）在AB上截取AF=AC，连接FD，可证明△FAD≌△CAD，得FD=CD，∠AFD=∠ACB，由∠AFD（3）在BA的延长线上取一点G，使AG=AC，连接DG，可证明△GAD≌△CAD，得GD=CD，∠