浙教版八年级数学上册专项突破：全等三角形的常见模型练习（4大题型）解析版

专题突破2：全等三角形的常见模型

01常考题型

题型1K型图（一线三等角）题型3倍长中线造全等

全等三角形的常见模g

曲型2手拉手模型题型4截长补短造全等

02技巧解密L

一，K型图模型特征与结论识别

图形条件与结论辅助线注意事项

条件：AC=BC,AC±BC分别过点A、BK型图可以和等腰直角

结论：作三角板结合，也可以和正

UDCEADJ_Z

△ADC乎CEB(AAS)BE±/方形结合

K型全等模型变形——三垂定理:

如图，亦有AADC之^CEBIAAS）

总结：当一个直角放在一条直线上时，常通过构造K型全等来证明边相等，或者边之间的数量关系

二、手拉手模型特征与结论识别

图形条件与结论辅助线

手拉手模型在第一章只是表面应用，后续深层次应用需要在等腰三角形学完之后探究

三、倍长中线辅助线方法规律总结

基本图形辅助线条件与结论应用环境

①倍长中线常和△三边关系结

延长AD到点E,条件：SBC中，合，考察中线长的取值范围

D\

使DE二AD,连接CEAD=BD②倍长中线也可以和其他几

E

结论：何图形结合，考察几何图形的

△ABD*CED(SAS)面积问题

四，截长补短辅助线方法规律总结

基本图形辅助线条件与结论应用环境

条件：①截长补短类辅助线经常和角

在AC上截取AP平分/BAC,平分线同步考察

A上EC

AE=AD,连接PE结论：②截长补短类全等的目的通常

△APD要AAPE(SAS)是为了等价线段

总结:因为截长补短常得线段相等,所以截长补短经常用于证明三条线段间的数量关系,如AD=BC+EF

03题型突破L

题型一K型图（一线三等角）

【例1】.（2024春•工业园区期末）如图，在四边形48co中，/4=NC=90°,点E、尸在边8c上，点

。在四边形的内部，且力•尸E,AE=PE,NCFD=/PFE.若BE=CD=1,CF=2,AB=3,则四边

形的面积为（）

A.18D.16C.14D.12

【分析】作PG_L8C于点G,可证明△4得4B=EG=3,BE=GP,而BE=CD=1,所以

8=GP,再证明得。/=GE=2,BC=BE+EG+GF+CF'=S,求得S四边形

16,于是得到问题的答案.

【解答】解：作PG_L8C于点G,则NEG尸=NPG产=90°,

VZ5=ZC=90°,

AZ5+ZC=180°,ZB=ZEGP,ZC=ZPGF,

:.AB〃DC,

・•・四边形48CZ)是梯形，

'CAEl.PE,

/.ZJFP=90°,

：.ZGEP+ZAEB=\SO0,

VZBAE+ZABE=\SO0,

/.NBAE=NGEP,

在和aEG0中，

fZBAE=ZGEP

ZB=ZEGP，

IAE=EP

:•△ABE/4EGP(AAS),

：.AB=EG=3,BE=GP,

•:BE=CD=\,

:.CD=GP,

在△CF。和△G/7>中，

rZC=ZPGF

'NCFD=NGFP，

CD=GP

:・2CFD在4GFP(AAS),

：.CF=GF=2,

BC=BE+EG+GF+CF=1+3+2+2=8,

**»S—(3+1)X8=16，

2

故选:B.

【变式1-1].(2023秋•长兴县期末)已知：如图，在△/AC中，48=/。=12,点E在边AC上，若N/14E

=ZDEA,ZADE=ZB,CD=3BD.则CE等于()

A.3B.4C.理D.6

5

【分析】先证NB月O=NCO£,AD=DE,利用44s证得△45。和全等，得出力8=DC=12,BD

=CE,结合CD=3BD,求出8。的长，即为CE的长.

【解答】解：•:AB=AC,

・•・NB=NC,

在△48。中，N84O=1800-ZB-ZADB,

VZCDE=1800-ZADE-ZADB,且NADE=NB,

：・NBAD=NCDE,

ZDAE=ZDEA,

：.AD=DE,

在△48。和△QCE中，

rZB=ZC

■NBAD=NCDE，

AD=DE

:•△ABD妾ADCE(AAS),

:・AB=DC,BD=CE,

'：AB=AC=\2,

：.DC=\2,

:,CD=3BD,

:・BD=4,

:・CE=BD=4,

故选：B.

【变式1-2].(2023•南谯区校级一模)如图，在矩形48C。中，E,尸分别为8C,QC上一点，AE=EF,

4E1EF,若BE=3,矩形ABCD的周长为26,则矩形ABCD的面积为40

【分析】由矩形的性质得力8+8。=13,再证四(44S),得AB=EC,然后求出力8=5,则

BC=8,即可解决问题.

【解答】解：•・•四边形"CO是矩形，

；・4B=CD,AD=BC,NB=NC=90°,

•・•矩形"C。的周长为26,

：.AB+BC=13,

♦：AE上EF,

AZAEF=90a,

；・N4EB+NCEF=9()°,

VZAEB+ZBAE=90°,

，/BAE=NCEF,

在和中，

rZB=ZC

■NBAE=NCEF，

AE=EF

:•△ABE2ECF(AAS),

：.AB=EC,

•：AB+BC=\3,

:・AB+BE+EC=13,

.•.44+3+48=13,

：.AB=5,

・・・8C=8,

•'•S电形48CD=48・8C=5X8=40,

故答案为：40.

【变式1-3].（2022•鹿城区二模）如图，在△力8C中，/B=“，点D在BC边上，点E在AC边上,连接

AD,DE.已知N1=N2,AD=DE.

(1)求证：△ABDW4DCE；

(2)若40=3,CD=5,求力E的长.

【分析】（1）根据44B可证明必△OC&

（2）得出/B=QC=5,CE=BD=3,求出力C=5,则力E可求出.

【解答】（1）证明：・・18=EC,

・•・NB=NC,

在△44。与△QCK中,

rZl=Z2

NB=NC，

AD=DE

:AABD乌4DCE（AAS）；

（2）解.：,:△ABD9XDCE,

：.AB=DC=5,CE=BD=3,

,：AC=AB,

・・・/C=5,

：・AE=AB-EC=5-3=2.

【变式1-4].（2023秋•右玉县期末）在△居（:中，N/C3=9（T,AC=BC,直线MN经过点C,且力。_L

MN于D,BE1MN于■E.

（1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：

①△4QgZ\C£8：

②DE=AD+BE；

（2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，AD=5,BE=2,求线段Of的长.

【分析】（1）①由已知推出/4OC=N8£C=90°,因为/4CQ+N8C£=90°,ZDAC+ZACD=

90°,推出/D4c=N8CE,根据44s即可得到答案：

②由①得到力。=",CD=BE,即可求出答案：

（2）与（1）证法类似可证出/4CD=NE8C,能推出△4）CgZ\CE8,得到力。=",CD=BE,代入

已知即可得到答案.

【解答】（1）①证明：*：AD1DE,BE上DE,

:・NADC=NBEC=90",

VZACB=90°,

AZACD+ZBCE=90°,ZDAC+ZACD=90°,

・•・ZDAC=ZBCE,

在△力。C和△CE4中，

,ZCDA=ZBEC

'NDAC=NECB，

AC=BC

:AADgACEB(44S)；

②证明：由(1)知：△ADgACEB,

：・AD=CE,CD=BE,

'：DC+CE=DE,

:"D+BE=DE；

(2)证明：•:BELEC,ADA.CE,

:./ADC=NBEC=90°,

r.Z£Z?C+ZECi?=90o,

VZACB=90°,

•••NEC8+N4cE=90°,

・•・NACD=/EBC,

在△/QC和△CE4中，

rZACD=ZBEC

<ZADC=ZBEC

'AC=BC'

:.△ADCVACEB(AAS),

:,AD=CE,CD=BE,

：.DE=EC-CD=AD-BE=5-2=3.

【变式1-5].(2023秋•临平区月考)已知，在△力8C中，AB=AC,D,A,E三点都在直线用上，NBDA

=ZAEC=ZBAC.

(1)如图①，若/4J_4C,则8Q与北的数量关系为RD=4E,^。，。/与Q月的数量关系为BD+CE

=DE.

（2）如图②，当月4不垂直于4c时，（1）中的结论是否成立？请说明理由.

（3）如图③，若只保持N8D4=N<£C,BD=EF=7cm,/）£=10。〃，点/I在线段。£上以2a〃/s的速

度由点。向点E运动，同时，点。在线段£月上以xa〃/s的速度由点£向点E运动，它们运动的时间为

i(s).是否存在X,使得△/出D与△E4C全等？若存在，求出相应的/与x的值；若不存在，请说明理

由.

BF

图③

【分析】(1)由平角的定义和三角形内角和定理得再由力4S证明△43。丝得

BD=4E,CE=AD,即可解决问题;

(2)同(1)得0△(?/£：(44S),得4£>=/iE,CE=AD,即可得出结论;

(3)分△D480或△£)/出出△£4。两种情形，分别根据全等三角形的性质求出/的值，即可•解决

问题.

【解答】解：(1)VZBDA=ZAEC=ZBAC,NBAD+NCAE+NBAC=NBAD+NABD+NBDA=18。°,

・•・ZBAD+ZCAE=/BAD+/ABD,

；・/CAE=NABD,

•:/BDA=/AEC,AB=CA,

:.AABD@ACAE(AAS),

:.BD=AE,AD=CE,

VAE+AD=DE,

:.BD+CE=DE,

故答案为：BD=AE,BD+CE=DE；

(2)成立，BD=AE,BD+CE=DE,理由如下：

同(1)得：△ABD妾ACAE(AAS),

：.BD=AE,CE=AD,

'：AE+AD=DE,

：.BD+CE=DEx

(3)存在，理由如下：

当△。力40△E。时，AD=CE,BD=AE=7cm,

■:AD+AE=DE=TOCM,

：.CE=AD=DE-AE=3cm,

・，_AD_3

••l———I

22

2

当△D48空△口（7时，

*'•AD=AE=-^-DE=5cm，DB=EC=7cm，

2

.“池=2.-S3

2225

综上所述，存在x,使得△力80与△£4C全等，f=3,x=2或/=2X=1生

225

题型二手拉手模型

【例2】.（2023秋•河东区期末）如图，已知：AC=BC,DC=EC,NACB=NECD=90°,NEBD=

38°,现有下列结论：①△8DC@A4EC；②/力£9=128°；③BD=AE；@AELBD.其中不正确

的有（）

A.0个B.1个C.2个D.3个

【分析】延长4E交BD于点、F,交BC于点、G,根据等式的性质可得N/CE=N3C。，从而利用S4S证

明。出进而可得BO=/E,ZEAC=ZDBC,再根据已知可得NOBC+N£BC=38°,从而

可得/£4C+NE8C=38°,然后利用直角三角形的两个锐角互余可得N/18E+N41E=52°：从而利用三

角形内角和定理可得乙4砂=128°,再利用直角三角形的两个锐角互余可得N4GC+N£4C=90°,最

后根据对顶角相等可得N8G/=/4GC,从而可得N8GRNC5O=90°,从而利用三角形内角和定理可

得：/BFG=90°,即可解答.

【解答】解：延长/七交8。于点凡交BC于点G,

VZACB=ZECD=90a,

AACB-ZBCE=4ECD-NBCE,

；・ZACE=ZBCD,

*：AC=BC,DC=EC,

:•△BDg^AEC(SAS),

：.BD=AE,ZEAC=ZDBC,

•；NEBD=38°,

:・NDBC+NEBC=38°,

：,ZEAC+ZEBC=3S°,

VZJC^=90°,

.•・NABE+NBAE=900-(ZEAC+ZEBC)=52°,

AZAEB=\SOa-(NABE+NBAE)=128°,

VZACB=90°,

/.ZAGC+ZEAC=90°,

,/ZBGF=ZAGC,

：・NBGF+/CBD=90°,

AZ^FG=I8O°-QBGF+/CBD)=90°,

：,AFLBD,

即AE1.BD,

所以，上列结论，其中不正确的有0个，

故选：A.

【变式2-1].(2023秋•诸暨市期末)如图，在△48C和△力。E中，ZBAC=ZDAE=90°,AB=AC,AD

=AE,点、C、D、E三点在同一直线上，连接8。交4C于点立

(1)求证：4BAD妾/\C4E；

(2)猜想8。，CE有何特殊位置关系，并说明理由.

E

【分析】(1)由“S4r可证△及4。四△心!£.；

(2)由全等三角形的性质可得N4C£=N48Q,由三角形内角和定理可求解.

【解答】证明：(1)・・・/A4C=NO4E=90°,

ZBAC+ZCAD=NDAE+NCAD,即NBAD=NCAE,

在△A4Q和中，

'AB=AC

,NBAD=NCAE，

AD=AE

:.△BAD/ACAE(SAS),

(2)BD1CE,理由如下：

如图，设4C与夕。于G,

•:△BAD/4CAE,

・•・/ACE=NABD,

•：/AGB=/CGD,NBAC=90°,

.\ZCDG=90°,

：.BD±CE.

【变式2・2】.(2023秋•慈溪市期末)如图，已知△"(?和均为等边三角形，点。在月5的延长线上,

连结力£.

(1)求证：4ACEm/\BCD；

(2)求NO/IE的度数.

c

E

【分析】(1)根据等边三角形的性质得出力C'=NC,ZJC^=60°,C£>=C£,ZPC'h-60e,则

=/BCD,利用S/1S即可证明△/CEg/\8CQ；

(2)根据邻补角定义求出NCBO=120。，再根据全等三角形的性质及角的和差求解即可.

【解答】(1)证明：。和△CQE均为等边三角形，

：.AC=BC,NACB=NABC=NCAB=60°,CD=CE,ZDCE=60°,

・•・/ACE=NBCD,

在△4CE和△8CQ中，

AC=BC

-NACE=NBCD，

CE=CD

:,/\ACE安ABCD(SAS)；

(2)解：VZABC=60°,ZJ5C+ZCBD=180°,

；・430=120°,

•・•△ACEgABCD,

：.ZCAE=ZCBD=120a,

：.ZDAE=ZCAE-ZCAB=60°.

【变式2-3].（2020秋•萧山区期末）如图，在△408和△COO中，OA=OB,OC=OD,若/AOB=/COD

=60°.

(1)求证：AC=BD.

（2）求N/P8的度数.

A

P

C

B

【分析】（1）先N』O8=NCOD=6（）°,OA=OB,OC=OD得到]N40C=NBOD,然后得让△力。

BOD,从而得到/1C=BQ：

（2）先由△力。。048。。得到NO/1C=NO6O,从而得至ijNPXB+NP历1=NO48+NO历1,然后由OA=

OB,ZAOB=60°得到△408是等边三角形，从而得到NR1B+NP历1=120°,最后得到N4P8的度数.

【解答】（1）证明：VZAOB=ZCOD,

・•・ZAOC=ZBOD,

在△4OC和△8。。中，

fOA=OC

ZAOC=ZBOD>

loB=OD

・•・△力。。丝△40。（S/1S）,

：.AC=BD.

（2）解：*：OA=OB,ZAOB=60°,

・•・△408是等边三角形，

；・NOAB=/OBA=60°,

•・•△AOgABOD,

；・NOAC=NOBD,

:・NPAB+NPBA=N04B-ZOAC+ZOBA+ZOBD=\20°,

，N力P8=180°-（NPAB+NPBA）=180°-120°=60°.

【变式2-4].（2023秋•钢城区期末）【初步感知1

如图①，△48C和都是等边三角形，连接力。、8£.小组同学发现：

（1）AACD与ABCE全等,依据是SAS（填写全等三角形判定定理）：

（2）线段8E=4O,依据是全等三角形的对应边相等；

【拓展探究】：

如图②，△/BC和△C。石都是等腰三角形，AC=BC,CD=CE,/ACB=NDCE=a,AD,8E相交于

点M,连接CM.

（3）线段BE.与力。之间是否仍存在（2）中的结论？若存在，请说明理由；

（4）/AMB=a（用含a的式子表示）,并说明理由.

A

【分析】（l）由等边二角形的性质得力C'=%C,CE=CD,ZJC^=ZPC'h-60°，再证明N4C〃=N

BCE,然后由S4S证明△力即可；

（2）由全等三角形的性质即可得出结论；

（3）先证明N/1C'O=N〃CE,再证明△CBEgZX。。（SAS）,然后由全等三角形的性质即可得出结论；

（4）由全等三角形的性质得/。1O=NC8E,再由三角形内角和定理得N41C+N月4C=180°-a,则

NA4M+N/14M=180°-a,然后由三角形内角和定理即可得出结论.

【解答】解：（1）•••△48C和都是等边三角形，

:.AC=BC,CE=CD,ZACB=ZDCE=60a,

4BCE=ZACB-ZECA,Z.ACD=ZDCE-/ECA,

・•・NACD=NBCE,

在△力C力和ABC石中，

(AC=BC

ZACD=ZBCE.

|CD=CE

:./XACDWABCE(SAS),

故答案为：SAS；

(2)由(1)可知，△4CZ)丝△8CE,

：.BE=AD(全等三角形的对应边相等)，

故答案为：全等三角形的对应边相等；

(3)存在(2)的结论理由如下：

♦：NACB=NDCE=a,NACD=a+NBCD,NBCE=a+NBCD

NACD=NBCE,

在△C8£和△C/l。中，

CB=CA

,NECB=NDCA，

CE=CD

:.△CBEqACAD(SAS),

:.BE=AD；

(4)NAMB=a,理由如下：

•・•XACDqXBCE,

：./CAD=/CBE,

•••N84C+N力8c=180°-a,

・・・N84A/+N48，W=180°-a,

，N4W8=I8O°-(1800-a)=a,

故答案为：a.

【变式2-5].(2022秋•乐清市校级期中)如图1,在△川%?中，AB=AC,。为线段8C上一动点(不与点

B、。重合).连接力。，作NQ4E=N84C,且4D=4E,连接C£.

(1)求证：△ABDmAACE.

(2)当CE平分/4b时，若/BAD=32°,求NOEC的度数.

(3)如图2,设/A4C=a(90°<a<180°),在点。运动过程中，当OE_L8c时，ZDEC=(a-

(2)证△48C是等边三角形，得NBAC=/DAE=NACB=NACE=60°,再证△D4E是等边三角形,

得/力以)=60°,然后由三角形内角和定理即可得出结论；

(3)由等腰三角形的性质得到N4=N/4C4=90°-1ci，再由全等三角形的性质得到N8=

2

900・La，求出/。。£=180°-a,然后由直角三角形的性质即可得到结论.

2

【解答】(1)证明：•:NDAE=NBAC,

ZBAC-ZCAD=ZDAE-ACAD,

即N切。=NC4£,

在和△力CE中,

rAB=AC

■NBAD=NCAE，

AD=AE

••.△ABgAACE(S4S)；

(2)解：由(1)可知，/BAD=/CAE=32°,△ABD—ACE,

；・/B=/ACE,

•・・CE'F分/46,/ACE=NFCE,

*：AB=AC,

:.NB=NACB,

:.N8=ZACB=ZACE=NFCE,

VZACB+ZACE+ZFCE=\W,

AZACB=60a,

••.△48。是等边三角形，

；・NBAC=NDAE=/ACB=/ACE=60°,

・•・△/)/1£•是等边三角形，

AZAED=60°,

AZDEC=180°-32°-60°-60°=28°,

即NQEC的度数为28。：

(3)解：*：ZBAC=a,AB=AC,

：.^B=^ACB=1-(180°-a)=90°-Lj,

22

由(1)可知，△4BD/AACE(SAS),

:・NB=NACE=90°-J^a，

2

：.ZDCE=2(90。-AQ)=180°-a,

2

VDELBC,

••・NCOE=9()°,

：.ZDEC=900-ZDCE=W-(1800-a)=a-90°,

故答案为：(a-90).

题型三倍长中线造全等

【例3】.（2023秋•重庆期末）如图，在△力次?中，44=10,AC=6,则AC边上的中线力。的取值范围是，

4QV8

【分析】延长力。至，DE=AD,由S4s1证明得出8E=/C=6,在△/BE中，由

三角形的三边关系求出AE的取值范围，即可得出AD的取值范围；

【解答】（1）解：延长力。至E,使DE=/D,连接8巴如图1所示

•・1£>是4c边上的中线，

:.BD=CD,

在和△CD4中，

BD=CD

NBDE=NCDA，

DE=AE

:,△BDE/ACDA（SAS'）,

工BE=AC=6,

在△48E中，由三角形的三边关系得：AB-BE<AE<AB+BE,

：.10-6<J£<10+6,即4V4EV16,

/.2<AD<S；

故答案为2V/OV8.

【变式3・1】.（2023秋♦安吉县期中）【发现问题】小强在一次学习过程中遇到了下面的问题：如图①，AD

是△48c的中线，若［8=5,.4C=3,求力。的取值范围.

A

C

BC

：D

'1E

图①

【探究方法】小强所在的小组通过探究发现，延长/。至点£.使连接8E.

可以证出利月全等三角形的性质可将已知的边长与力。转化到△48E中，进而求出力。

为取值范围.

方法小结：从上面的思路可以看出，解决问题的关键是将中线力。延长一倍，构造出全等三角形，我们

把这种方法叫做“倍长中线法”.

(1)请你利用上面解答问题的思路方法，写出求的取值范围的过程:

【问题解决】

(2)如图②，C8是△4EC的中线，CO是△48C的中线，且Z8=4C,下列四个选项中:

A./ACD=/BCD

B.CE=2CD

C.NBCD=NBCE

D.CD=CB

直接写出所有正确选项的序号是BC.

【问题拓展】

(3)如图③，在△/BO和△CQO中，OA=OB,OC=OD,N/108与NCOD互补,连接4C、BD,E

是月。的中点，求证：OE=1AC.

2

【分析】(1)延长彳。至点使证明△/OCgZkEOB(SAS),推出力。=8七=3,再利用三

角形的三边关系，可得结论;

(2)延长CO至G使DF=CD,利用S4S证明△CBEgZkCB凡即可判断;

(3)延长。石到/使得£7=0区连接证明△/OCgZV。。(S4S),推出4C=(〃，可得结论.

【解答】(1)解：如图①中，延长力。至点£,使

在△4QC和△EQ8中,

DA=DE

ZADC=ZEDB.

DC=DB

:AADg^EDB(SAS),

:.AC=BE=3,

":AB=5,

A5-3V4EV5+3,

：,2<2AD<<8,

：.\<AD<^

(2)解：如图②中，延长C力至凡使。尸=CQ,

、

F

图②

由(1)得BF=4C,NFBA=4A,

'：AC=AB,

:・BF=AB,ZACB=ZABC,

•.•点“为/E的中点，

:.BE=AB,

:,BE=BF,

ZCBE=ZACB+ZA,

/CBF=/CBA+/ABF,

:./CBE=/CBF,

义,：CB=CB,

:.MBE在ACBF(SAS),

:・CE=CF=2CD,/BCE=NBCD,

故4、C正确.

故答案为：B、C：

(2)证明：如图③中，延长0E到/使得笈/=0£,连接D7.

A

O

fJ-Xz

\、/✓

J

图③

同法可证△£)£/,

：・4BOE=NJ,OB=DJ,

：.OB"DJ,

：.ZODJ+ZBOD=\^)0,

N4O4与NCOO互补，

：.ZBOD+ZAOC=\SOQ,

・•・ZAOC=ZODJ,

•：OA=OB,OC=OD,

：.OA=DJ,

在△4OC和中，

OA=DJ

■ZAOC=ZJDO»

OC=DO

:.丛AOCWAJDO(SAS),

:・AC=OJ,

：,AC=2OE,即OE=1AC.

2

【变式3-2].(2022秋•阿尔山市期末)【阅读理解】

课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题:

E

B\：DC/

\/BDC

E

图1图2

如图1,△48。中，若力B=8,AC=6,求〃。边上的中线力。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4。到点E,使QE=">,请根据小明的方法思考：

（1）由己知和作图能得到△力DC且△EO8的理由是一B.

A.SSSB.SASC.AASD.HL

（2）求得/I。的取值范围是

A.6<AD<SB.6这/10W8C.\<AD<1D.IWADW7

【感悟】

解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和

所求证的结论集合到同一个三用形中.

【问题解决】

（3）如图2,力。是△44C的中线，BE交AC于E,交力D于尸,且AE=EF.求证：AC=BF.

【分析】（1）根据力。=。巴/ADC=NBDE,。推出△/1QC和△EQ4全等即可；

（2）根据全等得出4E=4C=6,AE=2AD,由三角形三边关系定理得出8-6V2/OV8+6,求出即可：

（3）延长月。到M,使力。=。0，连接根据SXS证△4。。且2\"。8,推出8M=4C,ZCAD=Z

”,\^AE=EF,^ll\ZCAD=ZAFE=ZBFD,求出N8打）=NM,根据等腰三角形的性质求出即可.

【解答】（1）解：丁在△/。。和中

'AD=DE

NADO/BDE，

BD=CD

:•△ADgAEDB（SAS）,

故选8；

(2)解：•・•由(1)知：AADgAEDB,

:.BE=AC=6,AE=2AD,

•・•在中，"=8,由三角形三边关系定理得：8-6V2.4QV8+6,

A1<JD<7,

故选C.

(3)证明:

延长力。到时，使连接8M,

•・7。是△力〃。中线，

:,CD=BD,

•・•在△/iOC和中

DC=DB

ZADC=ZMDB

DA=DM

・•・△ADCWAMDB,

：.BM=AC,/CAD=/M,

•：AE=EF,

：・/CAD=/AFE,

/AFE=NBFD,

：,NBFD=NCAD=ZA7,

:.BF=BM=AC,

即AC=BF.

题型四截长补短造全等

【例4】.（2023春•荣成市期末）如图，在四边形力8。。中，AB=AD,Z5+ZJDC=180°,E、尸分别是

边,BC、co延长线上的点，/EAF=L/BAD,若DF=1,BE=5,则线段E尸的长为（）

A.3B.4C.5D.6

【分析】根据全等三角形的判定和性质解答.

【解答】解：在上撤取4G=。凡

VZ^+ZJDC=180°ZADC+ZADF=\SO°,

：.ZB=ZADF,

在△/£>/与△/8G中

fAB=AD

ZB=ZADF，

IBG=DF

：・34DF冬4ABG(SAS),

：.AG=AF,NFAD=NG4B,

•・•/EAF=—BAD,

2

：.ZFAE=ZGAE,

在△AEG与/中

fAG=AF

NFAE:NGAE，

IAE=AE

:.AAEG会/\AEF(SAS)

:・EF=EG=BE-BG=BE-DF=4.

故选：B.

【变式4-1].如图，BN为NM8c的平分线，P为BN上一点、,且PDLBC于点、D,ZAPC+ZABC=

180°,给出下列结论：①NMAP=NBCP；（2）PA=PC；③AB+BC=2BD；④四边形历1PC的面积是

△P4O面积的2倍，其中结论正确的个数有（)

【分析】过点尸作PK_L48,垂足为点K.证明RtZ\8尸KgRlaBPO,△PAKSPCD,利用全等三角

形的性质即可解决问题.

【解答】解：过点Q作尸K_L/8,垂足为点K.

:・PK=PD,

在RtABPK和Rl/\BPD中，

'BP=BP,

PK=PD，

：・R3PKgR3PD(HL),

:.BK=BD,

VZAPC+ZABC=\SO°,且N4BC+NKPD=180。,

:"KPD=/APC,

:・/APK=/CPD,故①正确，

在△E4K和△尸CO中，

2AKP=NPDC

'PK=PD，

ZAPK=ZCPD

:APAK部4PCD(ASA),

:・AK=CD,PA=PC,故②正确，

：.BK-AB=BC-BD,

:.BD-AB=BC-BD,

:・AB+BC=2BD,故③正确,

•：R3PKgRSPD,APAK^APCD(ASA),

:・SdBPK=SdBPD，S5PK=Sapju

:,S四透形48cp=S四边形KBDP=2sdpBD•故④正确•

故选：A.

【变式4-2].（2022秋•汨罗市月考）如图，在四边形ZZ?C。中，AB=AD,/3NZ）=180°，点£,尸分

别是8C,C。上的点，且EF=BE+FD,若NEAF=55°,求NA4Q的度数.

【分析】延长五。到G使QG=4E,连接4G,如图，先证明得到4E=4G,NBAE=N

GAD,再证明△月〃得到/口〃=/目6=55°,然后利用N8/l£=NG月。得到28月。=NE4G

=2ZEAF=\\0°.

【解答】解：延长/。到G使。G=8E,连接力G,如图，

VZB+ZD=180°,ZJDG+ZD=180°,

・•・ZB=ZADG,

在△48E和△AOG,

AB=AD

NB=/ADG，

BE=DG

:.XABE/XADG(SAS),

：.AE=AG,NBAE=NGAD,

■:EF=BE+FD,

：,EF=DG+DF=GF,

在△川*和△力G尸中，

fAE=AG

AF=AF，

IEF=GF

A(SSS),

:・NEAF=NFAG=55°，

•：NBAE=/GAD,

：•NBAD=NEAG=2/EAF=T10°.

【变式4-3].(2021秋•台安县月考)如图，四边形48CO中，/8+/。=180°,N8CQ=150°,CB=

CD,M,N为AB、力。上的两个动点，且NA/CN=75°.求证：V/V=8M+0V.

C

【分析】延长至点E,使得连接CE,根据同角的补角相等得NC8E=NCDM根据S/S

证明则/8CE=/OCM进而证明NECA/=/MCN=75°,根据S4S证明

NCM,得到MN=ME,则MN=BM+BE=BM+DN.

【解答】证明：延长力4至点£,使得连接CE,

•・•四边形力8CQ中，N8+NQ=180",ZABC+ZCBE=\W,

:./CBE=NCDN,

在△C8E和△CDV中，

fCB=CD

NCBE:NCDN，

IBE=DN

:.△CBEeXCDN(SAS),

:・/BCE=/DCN,CN=CE,

•.•/8。。=150°,NMCN=75°,

ZMCE=NMCB+/BCE=NMCB+NDCN=Q50,

:./MCN=/MCE,

在和△NCW中,

(MC=MC

ZMCN=ZMCE-

ICN=CE

/.XECM9△NOW(SAS),

・•・MN=ME=BA4+BE=BM+DN.

【变式4-4].(2023秋•荔湾区期末)如图，在四边形力8。。中，AB=AD,Z5+ZZ)=180°E,尸分别

是边〃C,CQ上的点，且NE4F=INB/1D,求证：EF=BE+FD.

2

【分析】延长。8至M,使8M=OF,连接先证9△力。尸(S4S),WAf=AM,ZBAM=Z

DAF,再证之△4EE(S4S),得EF=ME,进而得出结论.

【解答】证明：延长。8至"，使BM=FD,连接4M,如图所示：

VZ^5C+ZZ)=180°,ZJ5M+ZJ5C=180°,

工NABM=ND,

在与/中，

，AB=AD

'ZABM=ZD«

BM=DF

:.△ABMWAADF(SAS),

：-AF=AM,NBAM=/DAF,

ZEAF=^ZBAD,

2

:.ZDAF+ZBAE=^ZBAD=ZFAE,

2

:./BAM+NBAE=ZEAF,

^ZMAE