专题1.10利用全等证明线段和差模型大题专练（重难点培优）-【讲练课堂】2022-2023学年八年级数学上册 题典【苏科版】

【讲练课堂】2022-2023学年八年级数学上册 题典【苏科版】

专题1.10利用全等证明线段和差模型大题专练（重难点培优）

【典例剖析】

【例1】．如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＋∠BDC=180°．

（1）求证：AD为∠BDC的平分线；

（2）若∠DAE=∠BAC，且点E在BD上，直接写出BE、DE、DC三条线段之间的等量关系_______．

【答案】（1）见解析；（2）DE= B E+DC.

【解析】

【分析】

（1）过A作AG⊥BD于G，AF⊥DC于F，先证明∠BAG=∠CAF，然后证明△BAG≌△CAF得到AG=AF，最后由角平分线的判定定理即可得到结论；

（2）过A作∠CAH=∠BAE，证明△EAD≌△HAD，得到AE=AH，再证明△EAB≌△HAC中，即可得出BE、DE、DC三条线段之间的等量关系.

【详解】

证明:（1）如图1，过A作AG⊥BD于G，AF⊥DC于F，

∵AG⊥BD，AF⊥DC，

∴∠AGD=∠F=90°，

∴∠GAF+∠BDC=180°，

∵∠BAC+∠BDC=180°，

∴∠GAF=∠BAC，

∴∠GAF-∠GAC=∠BAC-∠GAC，

∴∠BAG=∠CAF，

在△BAG和△CAF中

∴△BAG≌△CAF（AAS），

∴AG=AF，

∴∠BDA=∠CDA，

（2）BE、DE、DC三条线段之间的等量关系是DE= B E+DC，理由如下：

如图2，过A作∠CAH=∠BAE交DC的延长线于H，

∵∠DAE=∠BAC，

∴∠DAE=∠BAE+∠CAD，

∵∠CAH=∠BAE，

∴∠DAE=∠CAH+∠CAD=∠DAH，

在△EAD和△HAD中

，

∴△EAD≌△HAD（ASA），

∴DE=DH，AE=AH，

在△EAB和△HAC中

，

∴△EAB≌△HAC（SAS），

∴BE=CH，

∴DE=DH=DC+CH=DC+BE，

∴DE=DC+BE.

故答案是：DE=DC+BE.

【点睛】

本题考查了全等三角形的性质和判定，角平分线的判定定理，线段和差的证明，掌握截长法和补短法是解答此题的突破口．

【变式1】．如图，在中，，O为的中点，D，E分别在上，且．求证：．

【答案】证明见解析．

【解析】

【分析】

如图（见解析），先根据等腰三角形的三线合一可得，，从而可得，再根据等腰三角形的定义可得，然后根据角的和差、等量代换可得，最后根据三角形全等的判定定理与性质可得，据此根据线段的和差即可得证．

【详解】

如图，连接，

∵，O为的中点，

∴，（等腰三角形的三线合一），

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

又∵，

，

∴，

在和中，，

∴，

∴，

∵，

∴．

【点睛】

本题考查了等腰三角形的三线合一、三角形全等的判定定理与性质等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．

【例2】(1)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°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．

小明同学探究此问题的方法是延长FD到点G，使DG=BE， 连结AG，先证明ΔΔADG，再证明ΔΔAGF，可得出结论，他的结论应是         ．

(2)探索延伸：

如图 2，在四边形ABCD 中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是BC，CD上的点，∠EAF=∠BAD，上述结论是否依然成立？并说明理由．

【答案】（1）EF=BE+DF；（2）成立，见解析

【解析】

【分析】

（1）延长FD到点G．使DG=BE．连结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FD到点G．使DG=BE．连结AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解题；

【详解】

解：（1）EF=BE+DF，证明如下：

在△ABE和△ADG中，

在△AEF和△AGF中，

故答案为 EF=BE+DF．

（2）结论EF=BE+DF仍然成立；

理由：延长FD到点G．使DG=BE．连结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△AGF中，

∴△AEF≌△AGF（SAS），

∴EF=FG，

∵FG=DG+DF=BE+DF，

∴EF=BE+DF；

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定和性质及“半角模型”，熟练掌握全等三角形的判定和性质及“半角模型”构造全等的方法是解题的关键．

【变式2】如图，正方形ABCD中，E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，连接EF，这种模型属于“半角模型”中的一类，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的分析思路．例如图中△ADF与△ABG可以看作绕点A旋转90°的关系．这可以证明结论“EF＝BE＋DF”，请补充辅助线的作法，并写出证明过程．

（1）延长CB到点G，使BG＝        ，连接AG；

（2）证明：EF＝BE＋DF

【答案】（1）DF；（2）见解析

【解析】

【分析】

（1）由于△ADF与△ABG可以看作绕点A旋转90°的关系，根据旋转的性质知BG=DF，从而得到辅助线的做法；

（2）先证明△ADF≌△ABG，得到AG=AF，∠GAB=∠DAF，结合∠EAF＝45°，易知∠GAE=45°，再证明△AGE≌△AFE即可得到EF＝GE=BE+GB=BE＋DF

【详解】

解：（1）根据旋转的性质知BG=DF，从而得到辅助线的做法：延长CB到点G，使BG=DF，连接AG；

（2）∵四边形ABCD为正方形，

∴AB=AD，∠ADF=∠ABE=∠ABG=90°，

在△ADF和△ABG中

∴△ADF≌△ABG（SAS），

∴AF=AG，∠DAF=∠GAB，

∵∠EAF=45°，

∴∠DAF+∠EAB=45°，

∴∠GAB+∠EAB=45°，

∴∠GAE=∠EAF =45°，

在△AGE和△AFE中0

∴△ADF≌△ABG（SAS），

∴GE=EF，

∴EF＝GE=BE+GB=BE＋DF

【点睛】

本题属于四边形综合题，主要考查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方法提示构造全等三角形，属于中考常考题型．

【满分训练】

一、解答题

1．在中，，，直线MN经过点C且于D，于E．

(1)当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：

①≌；

②；

(2)当直线MN烧点C旋转到图2的位置时，求证：；

(3)当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．

【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析

(2)证明见解析

(3)（或者对其恒等变形得到，），证明见解析

【解析】

【分析】

（1）①根据，，，得出，再根据即可判定；②根据全等三角形的对应边相等，即可得出，，进而得到；

（2）先根据，，得到，进而得出，再根据即可判定，进而得到，，最后得出；

（3）运用（2）中的方法即可得出，，之间的等量关系是：或恒等变形的其他形式．

(1)

解：①，，

，

，，

，

在和中，

；

②，

，，

；

(2)

证明：，，

，

，

在和中，

；

，，

；

(3)

证明：当旋转到题图（3）的位置时，，，所满足的等量关系是：或或．

理由如下：，，

，

，

在和中，

，

，，

（或者对其恒等变形得到或）．

【点睛】

本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质的综合应用，解题时注意：全等三角形的对应边相等，同角的余角相等，解决问题的关键是根据线段的和差关系进行推导，得出结论．

2．（1）如图1，已知中，90°，，直线经过点直线，直线，垂足分别为点．求证：．

（2）如图2，将（1）中的条件改为：在中，三点都在直线上，并且有．请写出三条线段的数量关系，并说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2），证明见解析

【解析】

【分析】

（1）利用已知得出∠CAE=∠ABD，进而利用AAS得出则△ABD≌△CAE，即可得出DE=BD+CE；

（2）根据∠BDA=∠AEC=∠BAC，得出∠CAE=∠ABD，在△ADB和△CEA中，根据AAS证出△ADB≌△CEA，从而得出AE=BD，AD=CE，即可证出DE=BD+CE；

【详解】

（1）DE=BD+CE．理由如下：

∵BD⊥，CE⊥，

∴∠BDA=∠AEC=90°

又∵∠BAC=90°，

∴∠BAD+∠CAE=90°，∠BAD+∠ABD=90°，

∴∠CAE=∠ABD

在△ABD和△CAE中，

，

∴△ABD≌△CAE（AAS）

∴BD=AE，AD=CE，

∵DE=AD+AE，

∴DE=CE+BD；

（2），理由如下：

∵∠BDA=∠AEC=∠BAC，

∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE，

∴∠CAE=∠ABD，

在△ADB和△CEA中，

，

∴△ADB≌△CEA（AAS），

∴AE=BD，AD=CE，

∴BD+CE=AE+AD=DE；

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定与性质综合中的“一线三等角”模型：判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”；全等三角形的对应边相等．也考查了等边三角形的判定与性质．

3．如图1，已知AB＝AC，AB⊥AC．直线m经过点A，过点B作BD⊥m于D， CE⊥m于E．我们把这种常见图形称为“K”字图．

（1）悟空同学对图1进行一番探究后，得出结论：DE＝BD＋CE，现请你替悟空同学完成证明过程．

（2）悟空同学进一步对类似图形进行探究，在图2中，若AB＝AC，∠BAC＝∠BDA＝∠AEC，则结论DE＝BD＋CE，还成立吗？如果成立，请证明之．

【答案】（1）见解析；（2）成立，见解析

【解析】

【分析】

（1）先证∠ABD=∠EAC，再证△ABD ≌ △CAE（AAS）即可；

（2）先证出∠ABD ＝ ∠EAC，再证△ABD ≌ △CAE（AAS）即可．

【详解】

证明：（1）∵AB⊥AC,BD⊥DE,CE⊥DE,

∴∠BDA=∠AEC=∠BAC=90°,

∴∠DAB+∠ABD=∠EAC+∠DAB=90°,

∴∠ABD=∠EAC,

在△ABD和 △CAE中，

，

∴ △ABD ≌ △CAE（AAS），

∴ BD ＝ AE ，AD ＝ CE，

∴ DE ＝ AE ＋ DA ；

（2）成立，

理由如下：∵   ∠BAC ＋ ∠BAD ＋ ∠EAC ＝ 180° ，   

∠ADB＋ ∠BAD ＋ ∠ABD   ＝ 180°，

∠BAC ＝ ∠BDA，

∴∠ABD ＝ ∠EAC ，

在△ABD和 △CAE中，

，

∴ △ABD ≌ △CAE（AAS），

∴ BD ＝ AE，AD ＝ CE，

∴ DE ＝ AE ＋ DA ＝ BD ＋ CE．

【点睛】

本题考查三角形全等的判定与性质，掌握三角形全等的判定与性质是解题关键．

4．在△DEF中，DE＝DF，点B在EF边上，且∠EBD＝60°，C是射线BD上的一个动点（不与点B重合，且BC≠BE），在射线BE上截取BA＝BC，连接AC．

（1）当点C在线段BD上时，

①若点C与点D重合，请根据题意补全图1，并直接写出线段AE与BF的数量关系为　   　；

②如图2，若点C不与点D重合，请证明AE＝BF＋CD；

（2）当点C在线段BD的延长线上时，用等式表示线段AE，BF，CD之间的数量关系（直接写出结果，不需要证明）．

【答案】（1）①AE＝BF；②见解析；（2）AE＝BF﹣CD或AE＝CD﹣BF

【解析】

【分析】

（1）①如图1，根据已知条件得到△ABC是等边三角形，由等边三角形的性质得到AD＝AB＝BC，∠DAB＝∠ABC＝60°，由邻补角的性质得到∠EAD＝∠FBD＝120°，推出△ADE≌△BDF，根据全等三角形的性质即可得到结论；②证明：在BE上截取BG＝BD，连接DG，得到△GBD是等边三角形．同理，△ABC也是等边三角形．求得AG＝CD，通过△DGE≌△DBF，得到GE＝BF，根据线段的和差即可得到结论；

（2）如图3，连接DG，由（1）知，GE＝BF，AG＝CD，根据线段的和差和等量代换即可得到结论；如图4，连接DG，由（1）知，GE＝BF，AG＝CD，根据线段的和差和等量代换即可得到结论．

【详解】

解：（1）①如图1，∵BA＝BC，∠EBD＝60°，

∴△ABC是等边三角形，

∴AD＝AB＝BC，∠DAB＝∠ABC＝60°，

∴∠EAD＝∠FBD＝120°，

∵DE＝DF，

∴∠E＝∠F，

在△AEC与△BCF中，，

∴△ADE≌△BDF（AAS），

∴AE＝BF；

故答案为：AE＝BF；

②证明：在BE上截取BG＝BD，连接DG，

∵∠EBD＝60°，BG＝BD，

∴△GBD是等边三角形．

同理，△ABC也是等边三角形．

∴AG＝CD，

∵DE＝DF，∴∠E＝∠F．

又∵∠DGB＝∠DBG＝60°，

∴∠DGE＝∠DBF＝120°，

在△DGE与△DBF中，，

∴△DGE≌△DBF（AAS），

∴GE＝BF，

∴AE＝BF＋CD；

（2）如图3，在BE上截取BG＝BD，连接DG，

由（1）知，GE＝BF，AG＝CD，

∴AE＝EG﹣AG；

∴AE＝BF﹣CD，

如图4，在BE上截取BG＝BD，连接DG，

由（1）知，GE＝BF，AG＝CD，

∴AE＝AG﹣EG；

∴AE＝CD﹣BF，

故AE＝BF﹣CD或AE＝CD﹣BF．

【点睛】

本题考查等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，解答的关键是熟练掌握相关知识的运用，利用截长补短的方法做辅助线构造全等三角形和等边三角形，运用类比的方法解决问题．

5．已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，点D是直线BC上的一动点（点D不与B，C重合），连接CE．

（1）在图1中，当点D在边BC上时，求证：BC=CE+CD；

（2）在图2中，当点D在边BC的延长线上时，结论BC=CE+CD是否还成立？若不成立，请猜想BC，CE， CD之间存在的数量关系，并说明理由；

（3）在图3中，当点D在边BC的反向延长线上时，不需写证明过程，直接写出BC，CE， CD之间存在的数量关系及直线CE与直线BC的位置关系．

【答案】（1）见解析；（2） 结论BC=CE+CD不成立，猜想BC=CE-CD，理由见解析；（3） ；，理由见解析

【解析】

【分析】

（1）证明△BAD≌△CAE（SAS），可得BD=CE，即可证得BC=BD+CD=CE+CD成立；

（2）同样证明△BAD≌△CAE（SAS），可得BD=CE，即可证得成立，故BC=CE+CD不成立；

（3）补全图形，同样证明△BAD≌△CAE（SAS），利用全等三角形的性质即可作出结论： ；．

【详解】

（1）证明：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形

∴AB=AC，AD=AE，

∴

∴   

∴ △BAD≌△CAE（SAS）

∴BD=CE

∴BC=BD+CD=CE+CD

（2）结论BC=CE+CD不成立，猜想BC=CE-CD，理由如下：

又∵AB=AC，AD=AE

（3） ；；理由如下：

补全图形如图3，

∵△ABC是等腰直角三角形，

∴∠ACB=∠ABC=45°，

∴∠ABD=135°，

由（1）同理可得，

在△ABD和△ACE中，

，

∴△ABD≌△ACE（SAS），

∴BD=CE，∠ACE=∠ABD=135°，

∴BC=CD-BD=CD-CE，∠BCE=90°，

即，．

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质，熟练掌握等腰直角三角形的性质，证明三角形全等是解答的关键．

6．阅读下面文字并填空：

数学习题课上李老师出了这样一道题：“如图1，在中，AD平分，．求证：．

李老师给出了如下简要分析：“要证就是要证线段的和差问题，所以有两个方法，方法一：‘截长法’如图2，在AC上截取，连接DE，只要证__________即可，这就将证明线段和差问题__________为证明线段相等问题，只要证出____________________，得出及_________，再证出_____________________，进而得出，则结论成立．此种证法的基础是‘已知AD平分，将沿直线AD对折，使点B落在AC边上的点E处’成为可能．

方法二：“补短法”如图3，延长AB至点F，使．只要证即可．此时先证__________，再证出__________________，则结论成立．”

“截长补短法”是我们今后证明线段或角的“和差倍分”问题常用的方法．

【答案】方法一：；转化；；；；；；方法二：；；

【解析】

【分析】

方法一：在AC上截取，由SAS可证可得，BD=DE，根据等角对等边得到CE=DE，即可求证；

方法二：延长AB至点F，使，由AAS可证，可得AC=AF，即可证明．

【详解】

方法一：在AC上截取，连接DE，如图2

∵AD平分，

∴，

在和中

，

∴，

∴，BD=DE，

∵，

∴

而，

∴，

∴DE=CE，

∴AB+BD=AE+CE=AC，

故答案为：；转化；；；；；；

方法二：如图3，延长AB至点F，使，

∴

∴

∴

∴

在和中

，

∴，

∴AC=AF，

∴AC=AB+BF=AB+BD，

故答案为：；；．

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定和性质，属于截长补短类辅助线，核心思想为数学中的转化思想，此类题的关键是要找到最长边和最短边，然后确定截取辅助线的方式．

7．如图1，中，，点D在BC边上，点E在AD上，，．

（1）求证；

（2）作，垂足为F（如图2），探究线段CD，DE，EF的数量关系并证明．

【答案】（1）见解析   （2）；理由见解析

【解析】

【分析】

（1）由等腰三角形的性质可到结论．

（2）过点过点B作，交AD延长线于点G，由“AAS”可证，可得，，由角平分线的性质可得,从而可求解．

【详解】

（1）证明：∵，

∴．

∴．

∵，

∴．

（2）．

理由如下：过点B作，交AD延长线于点G．

∵，，，

∴．

∴，．

∵，，

∴，即BE平分．

∵，，

∴．

∵，

∴．

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，角平分线的性质，添加辅助线构造全等三角形是解题关键．

8．在中，，，是过的一条直线，于，于．

（1）填空，当直线绕点旋转到如图1位置时，与，具有怎样的等量关系？______．

（2）若直线绕点旋转到如图2位置时，试说明：．

【答案】（1）DE＝BD+CE（2）说明见解析

【解析】

【分析】

（1）利用条件证明△ABD≌△CAE，再结合线段的和差可得出结论；

（2）同（1）可证明△ABD≌△CAE，再结合线段的和差可得出结论；

【详解】

解：（1）如图1，∵BD⊥l，CE⊥l，

∴∠BDA＝∠CEA＝90°，

∴∠ABD+∠DAB＝90°．

∵∠BAC＝90°，

∴∠DAB+∠CAE＝90°，

∴∠ABD＝∠CAE．

在△ABD和△CAE中，

，

∴△ABD≌△CAE（AAS），

∴AD＝CE，BD＝AE．

∵DE＝AD+AE，

∴DE＝CE+BD；

（2）如图2，∵BD⊥l，CE⊥l，

∴∠BDA＝∠CEA＝90°，

∴∠ABD+∠DAB＝90°．

∵∠BAC＝90°，

∴∠DAB+∠CAE＝90°，

∴∠ABD＝∠CAE．

在△ABD和△CAE中，

，

∴△ABD≌△CAE（AAS），

∴AD＝CE，BD＝AE

∵DE＝AE﹣AD，

∴DE＝BD﹣CE．

【点睛】

本题主要考查全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定是解题的关键，判定三角形全等的方法有SSS、SAS、ASA、AAS和HL．

9．已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E，F．

（1）当∠MBN绕B点旋转到AE＝CF时（如图1），求证：△ABE≌△CBF．

（2）当∠MBN绕点B旋转到AE≠CF时，如图2，猜想线段AE，CF，EF有怎样的数量关系，并证明你的猜想．

（3）当∠MBN绕点B旋转到图3这种情况下，猜想线段AE，CF，EF有怎样的数量关系，并证明你的猜想．

【答案】（1）见解析；（2）AE+CF＝EF，证明见解析；（3）AE﹣CF＝EF，证明见解析

【解析】

【分析】

（1）利用SAS定理证明△ABE≌△CBF；

（2）延长DC至点K，使CK＝AE，连接BK，分别证明△BAE≌△BCK、△KBF≌△EBF，根据全等三角形的性质、结合图形证明结论；

（3）延长DC至G，使CG＝AE，仿照（2）的证明方法解答．

【详解】

（1）证明：在△ABE和△CBF中，

，

∴△ABE≌△CBF（SAS）；

（2）解：AE+CF＝EF，

理由如下：延长DC至点K，使CK＝AE，连接BK，

在△BAE与△BCK中，

，

∴△BAE≌△BCK（SAS），

∴BE＝BK，∠ABE＝∠KBC，

∵∠FBE＝60°，∠ABC＝120°，

∴∠FBC+∠ABE＝60°，

∴∠FBC+∠KBC＝60°，

∴∠KBF＝∠FBE＝60°，

在△KBF与△EBF中，

，

∴△KBF≌△EBF（SAS），

∴KF＝EF，

∴AE+CF＝KC+CF＝KF＝EF；

（3）解：AE﹣CF＝EF，

理由如下：延长DC至G，使CG＝AE，

由（2）可知，△BAE≌△BCG（SAS），

∴BE＝BG，∠ABE＝∠GBC，

∠GBF＝∠GBC﹣∠FBC＝∠ABE﹣∠FBC＝120°+∠FBC﹣60°﹣∠FBC＝60°，

∴∠GBF＝∠EBF，

∵BG＝BE，∠GBF＝∠EBF，BF＝BF，

∴△GBF≌△EBF，

∴EF＝GF，

∴AE﹣CF＝CG﹣CF＝GF＝EF．

【点睛】

本题考查的是全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线、掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．

10．如图，四边形ABDC中，∠D＝∠ABD＝90°，点O为BD的中点，且OA平分∠BAC．

（1）求证：CO平分∠ACD；

（2）求证：OA⊥OC；

（3）直接写出AB，CD与AC的关系　   　．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）AB+CD＝AC

【解析】

【分析】

（1）过点O作OE⊥AC于E，根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得OB＝OE，从而求出OE＝OD，然后根据到角的两边距离相等的点在角的平分线上证明；

（2）利用“HL”证明△ABO和△AEO全等，根据全等三角形对应角相等可得∠AOB＝∠AOE，同理求出∠COD＝∠COE，然后求出∠AOC＝90°，再根据垂直的定义即可证明；

（3）根据全等三角形对应边相等可得AB＝AE，CD＝CE，然后证明即可．

【详解】

（1）证明：过点O作OE⊥AC于E，

∵∠ABD＝90°，OA平分∠BAC，

∴OB＝OE，

∵点O为BD的中点，

∴OB＝OD，

∴OE＝OD，

又∵∠D=90°，OE⊥AC，

∴OC平分∠ACD．

（2）证明：在Rt△ABO和Rt△AEO中，

，

∴Rt△ABO≌Rt△AEO（HL），

∴∠AOB＝∠AOE，

同理求出∠COD＝∠COE，

∴∠AOC＝∠AOE+∠COE＝×180°＝90°，

∴OA⊥OC．

（3）结论：AB+CD＝AC．

理由：∵Rt△ABO≌Rt△AEO，

∴AB＝AE，

同理可得CD＝CE，

∵AC＝AE+CE，

∴AB+CD＝AC．

故答案为：AB+CD＝AC．

【点睛】

本题考查了角平分线性质及判定以及全等三角形的判定与性质，熟记角平分线上的点到角的两边的距离相等的性质，到角的两边距离相等的点在角的平分线上，并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．

11．问题1：在数学课本中我们研究过这样一道题目：如图1，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥MN，AD⊥MN，垂足分别为E、D．图中哪条线段与AD相等？并说明理由．

问题2：试问在这种情况下线段DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请写出来，不需要说明理由．

问题3：当直线CE绕点C旋转到图2中直线MN的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并说明理由．

【答案】问题1，AD＝EC，证明见解析；问题2：DE+BE＝AD；问题3：DE＝AD+BE，证明见解析．

【解析】

【分析】

（1）由已知推出∠ADC=∠BEC=90°，因为∠ACD+∠BCE=90°，∠DAC+ACD=90°，推出∠DAC=∠BCE，根据AAS即可得到△ADC≌△CEB，即可得出AD=EC；

（2）由（1）得到AD=CE，CD=BE，即可求出答案；

（3）与（1）证法类似可证出∠ACD=∠EBC，能推出△ADC≌△CEB，得到AD=CE，CD=BE，即可得到DE、AD、BE之间的等量关系．

【详解】

解：（1）AD＝EC；

证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，

∴∠ADC＝∠BEC＝90°，

∵∠ACB＝90°，

∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°，

∴∠DAC＝∠BCE，

∵∠ADC＝∠BEC，AC＝BC，

∴△ADC≌△CEB，

∴AD＝EC；

（2）DE+BE＝AD；

由（1）已证△ADC≌△CEB，

∴AD＝EC，CD=EB，CE=AD

∴CE=CD+DE=BE+DE=AD

即DE+BE＝AD；

（3）DE＝AD+BE．

证明：∵BE⊥BC，AD⊥CE，

∴∠ADC＝90°，∠BEC＝90°，

∴∠EBC+∠ECB＝90°，

∵∠ACB＝90°，

∴∠ECB+∠ACD＝90°，

∴∠ACD＝∠CBE，

∵∠ADC＝∠BEC，AC＝BC，

∴△ADC≌△CEB，

∴AD＝CE，CD＝BE，

∵CD+CE＝DC，

∴DE＝AD+BE．

【点睛】

此题主要考查了邻补角的意义，全等三角形的性质和判定等知识点，能根据已知证出符合全等的条件是解此题的关键，题型较好，综合性比较强．

12．已知：如图，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，l是过点A的一条直线，BD⊥l，CE⊥l，垂足分别为D、E．

(1) 如图(1)，求证：DE＝BD＋CE；

(2) 若直线l绕A点旋转到图(2)位置时，其余条件不变，请把图形补充完整，写出BD、CE与DE之间的数量关系，并证明你的结论．

【答案】（1）详见解析；（2）结论：DE＝CE﹣BD，详见解析

【解析】

【分析】

（1）利用已知得出∠CAE=∠ABD，进而利用AAS得出则△ABD≌△CAE，即可得出DE=BD+CE；

（2）利用已知得出∠CAE=∠ABD，进而利用AAS得出则△ABD≌△CAE，即可得出BD、CE与DE之间的数量关系．

【详解】

解：(1)证明：∵BD⊥l，CE⊥l，∴∠BDA＝∠AEC＝90°

又 ∵，∴∠BAD＋∠CAE＝90°，∠BAD＋∠ABD＝90°，

∴∠CAE＝∠ABD                            

在△ABD和△CAE中

∴△ABD ≌ △CAE          

∴BD＝AE，AD＝CE               

∵DE＝AD＋AE，∴DE＝CE＋BD   ．

(2) 如图②所示：

结论：DE＝CE﹣BD        

证明：∵BD⊥l，CE⊥l，∴∠BDA＝∠AEC ＝ 90°

∵∠BAD＋∠CAE＝90°，∠BAD＋∠ABD＝90°，∴∠CAE＝∠ABD   

在△ABD和△CAE中

∴△ABD≌△CAE(AAS)

∴BD＝AE，AD＝CE

∵DE＝AD﹣AE

∴DE＝CE﹣BD

【点睛】

此题主要考查了全等三角形的判定与性质等知识，根据已知得出△ABD≌△CAE是解题关键．

13．已知，如图，和都是等边三角形，且点在上．

（1）求证：；

（2）写出，和之间的关系，并证明．

【答案】（1）证明见解析；（2）AE+AD=AB，证明见解析．

【解析】

【分析】

（1）通过等边三角形的性质以及角的和差可得∠DBC=∠EBA，再由“SAS”可证△DBC≌△EBA；

（2）由全等三角形的性质可求解．

【详解】

（1）证明：∵△ABC和△BDE都是等边三角形，

∴AB=BC，BE=BD，∠ABC=∠DBE=∠C=60°，

∴∠ABC-∠ABD=∠DBE-∠ABD，

∴∠DBC=∠EBA，

在△DBC和△EBA中，

，

∴△DBC≌△EBA（SAS）；

（2）解：AE+AD=AB，理由如下：

∵△DBC≌△EBA，

∴AE=CD，

∵AD+CD=AC=AB，

∴AE+AD=AB．

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定定理，并能结合题意选择正确的定理证明是解题关键．

14．已知：如图，等腰三角形ABC中，，，直线l经过点C（点A、B都在直线l的同侧），，，垂足分别为D、E．

（1）求证：；

（2）请判断DE、BE、AD三条线段之间有怎样的数量关系，并证明．

【答案】（1）见解析；（2），证明见解析

【解析】

【分析】

（1）根据题意找出三角形全等条件证明即可；

（2）由（1）中结论等量代换即可得出结果．

【详解】

（1）证明：∵，，，

∴，

，

∴，

在和中，

，

∴．

（2）

证明：

∴   

∵

∴

【点睛】

此题考查三角形全等的证明，涉及到角角边及全等三角形的性质，熟练掌握“一线三垂直”模型，是解题的关键．

15．如图，△ABC中，AB=AC，点D为△ABC外一点，且∠BDC=∠BAC，AM⊥CD于M，求证：BD+DM=CM．

【答案】见解析.

【解析】

【分析】

设AB、CD交于点O，在CM上截取CE=BD，连接AE、AD，先由三角形内角和定理证明∠ABD=∠ACD，再证明△ABD≌△ACE得出AD=AE，由等腰三角形的性质得出DM=EM，即可得出结论．

【详解】

证明：如图，设AB、CD交于点O，在CM上截取CE=BD，连接AE、AD，

∵∠BDC=∠BAC，∠BOD=∠AOC，

∴∠ABD=∠ACD；

在△ABD和△ACE中，

，

∴△ABD≌△ACE（SAS），

∴AD=AE，

∵AM⊥CD，

∴DM=EM，

∴BD+DM=CE+EM=CM．

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形三线合一的性质等知识,利用截长补短法作辅助线构造全等三角形是解题的关键．

16．在中，，．

（1）如图1，若过点C在外作直线，于点M，于点N．求证：．

（2）如图2，若过点C在内作直线，于点M，于点N，则与之间有什么关系？请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）MN=BN-AM，证明见解．

【解析】

【分析】

（1）利用互余关系证明∠MAC=∠NCB，又∠AMC=∠CNB=90°，AC=BC，故可证△AMC≌△CNB，从而有AM=CN，MC=BN，利用线段的和差关系证明结论；

（2）类似于（1）的方法，证明△AMC≌△CNB，从而有AM=CN，MC=BN，可推出AM、BN与MN之间的数量关系．

【详解】

证明：（1）∵AM⊥MN，BN⊥MN，

∴∠AMC=∠CNB=90°，

∵∠ACB=90°，

∴∠MAC+∠ACM=90°，∠NCB+∠ACM=90°，

∴∠MAC=∠NCB，

在△AMC和△CNB中，

△AMC≌△CNB（AAS），

AM=CN，MC=NB，

∵MN=NC+CM，

∴MN=AM+BN；

（2）结论：MN=NB-AM．

∵AM⊥MN，BN⊥MN，

∴∠AMC=∠CNB=90°，

∵∠ACB=90°，

∴∠MAC+∠ACM=90°，∠NCB+∠ACM=90°，

∴∠MAC=∠NCB，

在△AMC和△CNB中，

△AMC≌△CNB（AAS），

AM=CN，MC=NB，

∵MN=CM-CN，

∴MN=BN-AM．

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定与性质．关键是利用互余关系推出对应角相等，证明三角形全等．