专题1.9 全等三角形中的经典模型-重难点题型-2022-2023学年八年级数学上册举一反三系列（苏科版）

专题1.9  全等三角形中的经典模型

【苏科版】

【题型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】

【例1】（2020秋•襄城区期末）如图，点B、E、C、F四点在一条直线上，∠A＝∠D，AB∥DE，老师说：再添加一个条件就可以使△ABC≌△DEF．下面是课堂上三个同学的发言，甲说：添加AB＝DE；乙说：添加AC∥DF；丙说：添加BE＝CF．

（1）甲、乙、丙三个同学说法正确的是　  　；

（2）请你从正确的说法中选择一种，给出你的证明．

【解题思路】（1）根据平行线的性质，由AB∥DE可得∠B＝∠DEC，再加上条件∠A＝∠D，只需要添加一个能得出边相等的条件即可证明两个三角形全等，添加AC∥DF不能证明△ABC≌△DEF；

（2）添加AB＝DE，然后再利用ASA判定△ABC≌△DEF即可．

【解答过程】解：（1）说法正确的是：甲、丙，

故答案为：甲、丙；

（2）证明：∵AB∥DE，

∴∠B＝∠DEC，

在△ABC和△DEF中

，

∴△ABC≌△DEF（ASA）．

【变式1-1】（2020秋•苏州期末）如图，AD，BF相交于点O，AB∥DF，AB＝DF，点E与点C在BF上，且BE＝CF．

（1）求证：△ABC≌△DFE；

（2）求证：点O为BF的中点．

【解题思路】（1）由“SAS”可证△ABC≌△DFE；

（2）由“AAS”可证△ACO≌△DEO，可得EO＝CO，可得结论．

【解答过程】证明：（1）∵AB∥DF，

∴∠B＝∠F，

∵BE＝CF，

∴BC＝EF，

在△ABC和△DFE中，

，

∴△ABC≌△DFE（SAS）；

（2）∵△ABC≌△DFE，

∴AC＝DE，∠ACB＝∠DEF，

在△ACO和△DEO中，

，

∴△ACO≌△DEO（AAS），

∴EO＝CO，

∴点O为BF的中点．

【变式1-2】（2020秋•富顺县校级月考）如图1，A，B，C，D在同一直线上，AB＝CD，DE∥AF，且DE＝AF，求证：△AFC≌△DEB．如果将BD沿着AD边的方向平行移动，如图2，3时，其余条件不变，结论是否成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由．

【解题思路】可以根据已知利用SAS判定△AFC≌△DEB．如果将BD沿着AD边的方向平行移动，如图（2）、（3）时，其余条件不变，结论仍然成立．可以利用全等三角形的常用的判定方法进行验证．

【解答过程】解：∵AB＝CD，

∴AB+BC＝CD+BC，

即AC＝BD．

∵DE∥AF，

∴∠A＝∠D．

在△AFC和△DEB中，，

∴△AFC≌△DEB（SAS）．

在（2），（3）中结论依然成立．

如在（3）中，∵AB＝CD，

∴AB﹣BC＝CD﹣BC，

即AC＝BD，

∵AF∥DE，

∴∠A＝∠D．

在△ACF和△DEB中，，

∴△ACF≌△DEB（SAS）．

【变式1-3】（2021春•雁塔区校级期中）如图①点A、B、C、D在同一直线上，AB＝CD，作CE⊥AD，BF⊥AD，且AE＝DF．

（1）证明：EF平分线段BC；

（2）若△BFD沿AD方向平移得到图②时，其他条件不变，（1）中的结论是否仍成立？请说明理由．

【解题思路】（1）由AB＝CD，利用等式的性质得到AC＝BD，再由AE＝DF，利用HL得到直角三角形ACE与直角三角形DBF全等，利用全等三角形对应边相等得到EC＝BF，再利用AAS得到三角形ECG与三角形FBG全等，利用全等三角形对应边相等得到BG＝CG，即可得证；

（2）（1）中的结论成立，理由为：由AC＝DB，利用等式的性质得到AC＝BD，再由AE＝DF，利用HL得到直角三角形ACE与直角三角形DBF全等，利用全等三角形对应边相等得到EC＝BF，再利用AAS得到三角形ECG与三角形FBG全等，利用全等三角形对应边相等得到BG＝CG，即可得证．

【解答过程】（1）证明：∵CE⊥AD，BF⊥AD，

∴∠ACE＝∠DBF＝90°，

∵AB＝CD，

∴AB+BC＝BC+CD，即AC＝DB，

在Rt△ACE和Rt△DBF中，

，

∴Rt△ACE≌Rt△DBF（HL），

∴CE＝FB，

在△CEG和△BFG中，

，

∴△CEG≌△BFG（AAS），

∴CG＝BG，即EF平分线段BC；

（2）（1）中结论成立，理由为：

证明：∵CE⊥AD，BF⊥AD，

∴∠ACE＝∠DBF＝90°，

∵AB＝CD，

∴AB﹣BC＝CD﹣BC，即AC＝DB，

在Rt△ACE和Rt△DBF中，

，

∴Rt△ACE≌Rt△DBF（HL），

∴CE＝FB，

在△CEG和△BFG中，

，

∴△CEG≌△BFG（AAS），

∴CG＝BG，即EF平分线段BC．

【题型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】

【例2】（2020秋•杭州校级月考）如图，在△ABC和△BAD中，AC与BD相交于点E，已知AD＝BC，另外只能从下面给出的三个条件①∠DAB＝∠CBA，②∠D＝∠C③∠DBA＝∠CAB   选择其中的一个用来证明在△ABC和△BAD全等，这个条件是　 　．（填写编号），并证明△ABC≌△BAD．

【解题思路】选择条件①，根据全等三角形的判定定理SAS进行证明即可．

【解答过程】解：这个条件是：①，证明如下：

在△ABD与△BAC中，

，

∴△ABC≌△BAD（SAS）．

【变式2-1】如图，AB＝AC，BE⊥AC于E，CD⊥AB于D，BE、CD交于点O，求证：OB＝OC．

【解题思路】证△ABE≌△ACD，推出∠B＝∠C，AD＝AE，求出BD＝CE，证△BDO≌△CEO，根据全等三角形的性质推出即可．

【解答过程】证明：∵BE⊥AC，CD⊥AB，

∴∠ADC＝∠AEB＝90°，

在△ABE和△ACD中

∴△ABE≌△ACD （AAS），

∴∠B＝∠C，AD＝AE，

∵AB＝AC，

∴BD＝CE，

在△BDO和△CEO中

∴△BDO≌△CEO （AAS），

∴OB＝OC．

【变式2-2】（2020秋•海珠区校级期中）如图，PB⊥AB，PC⊥AC，PB＝PC，D是AP上一点．求证：∠BDP＝∠CDP．

【解题思路】求出∠ABP＝∠ACP＝90°，根据HL推出Rt△ABP≌Rt△ACP，根据全等三角形的性质得出∠BPD＝∠CPD，根据SAS推出△BPD≌△CPD，即可得出答案．

【解答过程】证明：∵PB⊥AB，PC⊥AC，

∴∠ABP＝∠ACP＝90°，

∴在Rt△ABP和Rt△ACP中

∴Rt△ABP≌Rt△ACP（HL），

∴∠BPD＝∠CPD，

在△BPD和△CPD中

∴△BPD≌△CPD，

∴∠BDP＝∠CDP．

【变式2-3】如图，AB＝AC，D、E分别是AB、AC的中点，AM⊥CD于M，AN⊥BE干N．

求证：AM＝AN．

【解题思路】利用已知条件先证明△DBC≌△EBC，再证明△AMD≌△ANE，即可解答．

【解答过程】解：∵AB＝AC，D、E分别是AB、AC的中点，

∴AD＝BD＝AE＝EC，∠B＝∠C，

在△DBC和△EBC中

∴△DBC≌△EBC，

∴∠BDC＝∠BDE，

∵∠BDC＝∠ADM，∠BEC＝∠AEN，

∴∠ADM＝∠AEN，

在△AMD和△ANE中

∵

∴△AMD≌△ANE

∴AM＝AN．

【题型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】

【例3】（2020秋•渝水区校级期中）如图，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE．求证：∠ABD＝∠ACE．

【解题思路】根据等式的性质得出∠BAD＝∠CAE，利用SAS证明△ABD与△ACE全等，进而解答即可．

【解答过程】证明：∵∠BAC＝∠DAE，

∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，

∴∠BAD＝∠CAE，

在△ABD与△ACE中，

，

∴△ABD≌△ACE（SAS），

∴∠ABD＝∠ACE．

【变式3-1】（2020秋•怀宁县期末）如图，已知：AD＝AB，AE＝AC，AD⊥AB，AE⊥AC．猜想线段CD与BE之间的数量关系与位置关系，并证明你的猜想．

【解题思路】证明△ACD≌△AEB，根据全等三角形的性质得到CD＝BE，∠ADC＝∠ABE，根据三角形内角和定理得出∠BFD＝∠BAD＝90°，证明结论．

【解答过程】解：猜想：CD＝BE，CD⊥BE，

理由如下：∵AD⊥AB，AE⊥AC，

∴∠DAB＝∠EAC＝90°．

∴∠DAB+∠BAC＝∠EAC+∠BAC，即∠CAD＝∠EAB，

在△ACD和△AEB中，

，

∴△ACD≌△AEB（SAS），

∴CD＝BE，∠ADC＝∠ABE，

∵∠AGD＝∠FGB，

∴∠BFD＝∠BAD＝90°，即CD⊥BE．

【变式3-2】（2020秋•合江县月考）已知△ABC和△ADE均为等腰三角形，且∠BAC＝∠DAE，AB＝AC，AD＝AE．

（1）如图1，点E在BC上，求证：BC＝BD+BE；

（2）如图2，点E在CB的延长线上，求证：BC＝BD﹣BE．

【解题思路】（1）先证∠DAB＝∠EAC，再证△DAB≌△EAC（SAS），得出BD＝CE，则可得出结论；

（2）证明△DAB≌△EAC（SAS），得出BD＝CE，进而得出结论．

【解答过程】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE，

∴∠BAC﹣∠BAE＝∠DAE﹣∠BAE，

即∠DAB＝∠EAC，

又∵AB＝AC，AD＝AE，

∴△DAB≌△EAC（SAS），

∴BD＝CE，

∴BC＝BE+CE＝BD+BE；

（2）证明：∵∠BAC＝∠DAE，

∴∠BAC+∠EAB＝∠DAE+∠EAB，

即∠DAB＝∠EAC，

又∵AB＝AC，AD＝AE，

∴△DAB≌△EAC（SAS），

∴BD＝CE，

∴BC＝CE﹣BE＝BD﹣BE．

【变式3-3】（2021春•浦东新区期末）如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°．

（1）当点D在AC上时，如图①，线段BD，CE有怎样的数量关系和位置关系？请证明你的猜想；

（2）将图①中的△ADE绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜90°），如图②，线段BD，CE有怎样的数量关系和位置关系？请说明理由．

【解题思路】（1）延长BD交CE于F，易证△EAC≌△DAB，可得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，根据∠AEC+∠ACE＝90°，可得∠ABD+∠AEC＝90°，即可解题；

（2）延长BD交CE于F，易证∠BAD＝∠EAC，即可证明△EAC≌△DAB，可得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，根据∠ABC+∠ACB＝90°，可以求得∠CBF+∠BCF＝90°，即可解题．

【解答过程】证明：（1）延长BD交CE于F，

在△EAC和△DAB中，

，

∴△EAC≌△DAB（SAS），

∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，

∵∠AEC+∠ACE＝90°，

∴∠ABD+∠AEC＝90°，

∴∠BFE＝90°，即EC⊥BD；

（2）延长BD交CE于F，

∵∠BAD+∠CAD＝90°，∠CAD+∠EAC＝90°，

∴∠BAD＝∠EAC，

∵在△EAC和△DAB中，

，

∴△EAC≌△DAB（SAS），

∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，

∵∠ABC+∠ACB＝90°，

∴∠CBF+∠BCF＝∠ABC﹣∠ABD+∠ACB+∠ACE＝90°，

∴∠BFC＝90°，即EC⊥BD．

【题型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.

【常见模型】

【例4】（2020秋•覃塘区期中）已知：D，A，E三点都在直线m上，在直线m的同一侧作△ABC，使AB＝AC，连接BD，CE．

（1）如图①，若∠BAC＝90°，BD⊥m，CE⊥m，求证：△ABD≌△ACE；

（2）如图②，若∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，请判断BD，CE，DE三条线段之间的数量关系，并说明理由．

【解题思路】（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△ADB≌△CEA；

（2）由∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，就可以求出∠BAD＝∠ACE，进而由ASA就可以得出△BAD≌△ACE，就可以得出BD＝AE，DA＝CE，即可得出结论．

【解答过程】解：（1）证明：如图①，∵D，A，E三点都在直线m上，∠BAC＝90°，

∴∠BAD+∠CAE＝90°，

∵BD⊥m，CE⊥m，

∴∠ADB＝∠CEA＝90°，

∴∠BAD+∠ABD＝90°，

∴∠ABD＝∠CAE，

在△ABD和△ACE中，

，

∴△ABD≌△ACE（AAS）；

（2）DE＝BD+CE．

理由是：如图②，∵∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，

∴由三角形内角和及平角性质，得：

∠BAD+∠ABD＝∠BAD+∠CAE＝∠CAE+∠ACE，

∴∠ABD＝∠CAE，∠BAD＝∠ACE，

在△ABD和△ACE中，

，

∴△ABD≌△ACE（ASA），

∴BD＝AE，AD＝CE，

∴DE＝AD+AE＝BD+CE．

【变式4-1】（2020春•香坊区期末）如图，在△ABC中，点D是边BC上一点，CD＝AB，点E在边AC上，且AD＝DE，∠BAD＝∠CDE．

（1）如图1，求证：BD＝CE；

（2）如图2，若DE平分∠ADC，在不添加辅助线的情况下，请直接写出图中所有与∠ADE相等的角（∠ADE除外）．

【解题思路】（1）由“SAS”可证△ABD≌△DCE，可得BD＝CE；

（2）由全等三角形的性质可得∠B＝∠C，由三角形的外角性质和角平分线的性质可求解．

【解答过程】解：（1）在△ABD和△DCE中，

，

∴△ABD≌△DCE（SAS），

∴BD＝CE；

（2）∵△ABD≌△DCE，

∴∠B＝∠C，

∵DE平分∠ADC，

∴∠ADE＝∠CDE＝∠BAD，

∵∠ADC＝∠B+∠BAD＝∠ADE+∠CDE，

∴∠B＝∠ADE＝∠BAD＝∠EDC＝∠C，

∴与∠ADE相等的角有∠EDC，∠BAD，∠B，∠C．

【变式4-2】（2020春•历下区期中）CD是经过∠BCA定点C的一条直线，CA＝CB，E、F分别是直线CD上两点，且∠BEC＝∠CFA＝∠β．

（1）若直线CD经过∠BCA内部，且E、F在射线CD上，

①若∠BCA＝90°，∠β＝90°，例如图1，则BE　 　CF，EF　 　|BE﹣AF|．（填“＞”，“＜”，“＝”）；

②若0°＜∠BCA＜180°，且∠β+∠BCA＝180°，例如图2，①中的两个结论还成立吗？并说明理由；

（2）如图3，若直线CD经过∠BCA外部，且∠β＝∠BCA，请直接写出线段EF、BE、AF的数量关系（不需要证明）．

【解题思路】（1）①求出∠BEC＝∠AFC＝90°，∠CBE＝∠ACF，根据AAS证△BCE≌△CAF，推出BE＝CF，CE＝AF即可；②求出∠BEC＝∠AFC，∠CBE＝∠ACF，根据AAS证△BCE≌△CAF，推出BE＝CF，CE＝AF即可；

（2）求出∠BEC＝∠AFC，∠CBE＝∠ACF，根据AAS证△BCE≌△CAF，推出BE＝CF，CE＝AF即可．

【解答过程】解：（1）①如图1，

E点在F点的左侧，

∵BE⊥CD，AF⊥CD，∠ACB＝90°，

∴∠BEC＝∠AFC＝90°，

∴∠BCE+∠ACF＝90°，∠CBE+∠BCE＝90°，

∴∠CBE＝∠ACF，

在△BCE和△CAF中，

，

∴△BCE≌△CAF（AAS），

∴BE＝CF，CE＝AF，

∴EF＝CF﹣CE＝BE﹣AF，

当E在F的右侧时，同理可证EF＝AF﹣BE，

∴EF＝|BE﹣AF|；

故答案为＝，＝．

②：①中两个结论仍然成立；

证明：如图2，

∵∠BEC＝∠CFA＝∠a，∠α+∠ACB＝180°，

∴∠CBE＝∠ACF，

在△BCE和△CAF中，

，

∴△BCE≌△CAF（AAS），

∴BE＝CF，CE＝AF，

∴EF＝CF﹣CE＝BE﹣AF，

当E在F的右侧时，如图3，

同理可证EF＝AF﹣BE，

∴EF＝|BE﹣AF|；

（2）EF＝BE+AF．

理由是：如图4，

∵∠BEC＝∠CFA＝∠a，∠a＝∠BCA，

又∵∠EBC+∠BCE+∠BEC＝180°，∠BCE+∠ACF+∠ACB＝180°，

∴∠EBC+∠BCE＝∠BCE+∠ACF，

∴∠EBC＝∠ACF，

在△BEC和△CFA中，

，

∴△BEC≌△CFA（AAS），

∴AF＝CE，BE＝CF，

∵EF＝CE+CF，

∴EF＝BE+AF．

【变式4-3】（2020秋•余杭区月考）如图①，点B、C在∠MAN的边AM、AN上，点E，F在∠MAN内部的射线AD上，∠1、∠2分别是△ABE、△CAF的外角．已知AB＝AC，∠1＝∠2＝∠BAC．求证：△ABE≌△CAF．

应用：如图②，在△ABC中，AB＝AC，AB＞BC，点D在边BC上，且CD＝2BD，点E，F在线段AD上．∠1＝∠2＝∠BAC，若△ABC的面积为15，求△ABE与△CDF的面积之和．

【解题思路】（1）由“ASA”可证△ABE≌△CAF；

（2）由“ASA”可证△ABE≌△CAF，由全等三角形的性质可得S△ABE＝S△CAF，由三角形的面积关系可求解．

【解答过程】证明：（1）∵∠1＝∠2＝∠BAC，且∠1＝∠BAE+∠ABE，∠2＝∠FAC+∠FCA，∠BAC＝∠BAE+∠FAC，

∴∠BAE＝∠FCA，∠ABE＝∠FAC，且AB＝AC，

∴△ABE≌△CAF（ASA）

（2）∵∠1＝∠2＝∠BAC，且∠1＝∠BAE+∠ABE，∠2＝∠FAC+∠FCA，∠BAC＝∠BAE+∠FAC，

∴∠BAE＝∠FCA，∠ABE＝∠FAC，且AB＝AC，

∴△ABE≌△CAF（ASA）

∴S△ABE＝S△CAF，

∵CD＝2BD，△ABC的面积为15，

∴S△ACD＝10＝S△ABE+S△CDF．

【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，证明△ABE≌△CAF是本题的关键．

【题型5  倍长中线模型】

【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】

【例5】（2020秋•津南区校级期中）已知：在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AD上一点，且BE＝AC，延长BE交AC于F，求证：AF＝EF．

【解题思路】根据点D是BC的中点，延长AD到点G，得到△ADC≌△GDB，利用全等三角形的对应角相等，对应边相等进行等量代换，得到△AEF中的两个角相等，然后用等角对等边证明AE等于EF．

【解答过程】证明：如图，延长AD到点G，使得AD＝DG，连接BG．

∵AD是BC边上的中线（已知），

∴DC＝DB，

在△ADC和△GDB中，

∴△ADC≌△GDB（SAS），

∴∠CAD＝∠G，BG＝AC

又∵BE＝AC，

∴BE＝BG，

∴∠BED＝∠G，

∵∠BED＝∠AEF，

∴∠AEF＝∠CAD，

即：∠AEF＝∠FAE，

∴AF＝EF．

【变式5-1】（2020春•大庆期末）如图．AB＝AE，AB⊥AE，AD＝AC．AD⊥AC，点M为BC的中点，求证：DE＝2AM．

【解题思路】延长AM至N，使MN＝AM，证△AMC≌△NMB，推出AC＝BN＝AD，求出∠EAD＝∠ABN，证△EAD≌△ABN即可．

【解答过程】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

∴△AMC≌△NMB（SAS），

∴AC＝BN，∠C＝∠NBM，

∵AB⊥AE，AD⊥AC，

∴∠EAB＝∠DAC＝90°，

∴∠EAD+∠BAC＝180°，

∴∠ABN＝∠ABC+∠C＝180°﹣∠BAC＝∠EAD，

在△EAD和△ABN中

∵，

∴△ABN≌△EAD（SAS），

∴DE＝AN＝2AM．

【变式5-2】（2020秋•西城区校级期中）如图，在△ABC中，AB＞AC，E为BC边的中点，AD为∠BAC的平分线，过E作AD的平行线，交AB于F，交CA的延长线于G．

求证：BF＝CG．

【解题思路】延长FE至Q，使EQ＝EF，连接CQ，根据SAS证△BEF≌△CEQ，推出BF＝CQ，∠BFE＝∠Q，根据平行线性质和角平分线性质推出∠G＝∠GFA＝∠BFE，推出∠G＝∠Q，推出CQ＝CG即可．

【解答过程】证明：延长FE至Q，使EQ＝EF，连接CQ，

∵E为BC边的中点，

∴BE＝CE，

∵在△BEF和△CEQ中

，

∴△BEF≌△CEQ，

∴BF＝CQ，∠BFE＝∠Q，

∵AD平分∠BAC，

∴∠CAD＝∠BAD，

∵EF∥AD，

∴∠CAD＝∠G，∠BAD＝∠GFA，

∴∠G＝∠GFA，

∴∠GFA＝∠BFE，

∵∠BFE＝∠Q（已证），

∴∠G＝∠Q，

∴CQ＝CG，

∵CQ＝BF，

∴BF＝CG．

【变式5-3】（2020秋•安陆市期中）八年级一班数学兴趣小组在一次活动中进行了探究试验活动，请你和他们一起活动吧．

【探究与发现】

（1）如图1，AD是△ABC的中线，延长AD至点E，使ED＝AD，连接BE，写出图中全等的两个三角形　             　

【理解与应用】

（2）填空：如图2，EP是△DEF的中线，若EF＝5，DE＝3，设EP＝x，则x的取值范围是　   　．

（3）已知：如图3，AD是△ABC的中线，∠BAC＝∠ACB，点Q在BC的延长线上，QC＝BC，求证：AQ＝2AD．

【解题思路】（1）根据全等三角形的判定即可得到结论；

（2）延长EP至点Q，使PQ＝PE，连接FQ，根据全等三角形的性质得到FQ＝DE＝3，根据三角形的三边关系即可得到结论；

（3）延长AD到M，使MD＝AD，连接BM，于是得到AM＝2AD由已知条件得到BD＝CD，根据全等三角形的性质得到BM＝CA，∠M＝∠CAD，于是得到∠BAC＝∠BAM+∠CAD＝∠BAM+∠M，推出△ACQ≌△MBA，根据全等三角形的性质即可得到结论．

【解答过程】（1）证明：在△ADC与△EDB中，

，

∴△ADC≌△EDB；

故答案为：△ADC≌△EDB；

（2）解：如图2，延长EP至点Q，使PQ＝PE，连接FQ，

在△PDE与△PQF中，

，

∴△PEP≌△QFP，

∴FQ＝DE＝3，

在△EFQ中，EF﹣FQ＜QE＜EF+FQ，

即5﹣3＜2x＜5+3，

∴x的取值范围是1＜x＜4；

故答案为：1＜x＜4；

（3）证明：如图3，延长AD到M，使MD＝AD，连接BM，

∴AM＝2AD，

∵AD是△ABC的中线，

∴BD＝CD，

在△BMD与△CAD中，

，

∴△BMD≌△CAD，

∴BM＝CA，∠M＝∠CAD，

∴∠BAC＝∠BAM+∠CAD＝∠BAM+∠M，

∵∠ACB＝∠Q+∠CAQ，AB＝BC，

∵∠ACQ＝180°﹣（∠Q+∠CAQ），∠MBA＝180°﹣（∠BAM+∠M），

∴∠ACQ＝∠MBA，

∵QC＝BC，

∴QC＝AB，

在△ACQ与△MBA中，

，

∴△ACQ≌△MBA，

∴AQ＝AM＝2AD．

【题型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腰三角形、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

【例6】（2020秋•涪城区校级月考）如图，AB∥CD，E为AD上一点，且BE、CE分别平分∠ABC，∠BCD．

求证：AE＝DE．

【解题思路】作BE的延长线交CD的延长线于F，结合条件可证明△FCE≌△BCE，得出EF＝BE，BC＝FC，进一步可得出△AEB≌△DEF，可得出结论．

【解答过程】证明：如图，延长BE交CD的延长线于F，

∵CE是∠BCD的平分线，

∴∠BCE＝∠FCE，

∵AB∥CD，

∴∠F＝∠FBA，

∵BE是∠ABC的平分线，

∴∠ABF＝∠FBC，

∴∠FBC＝∠F．

在△FCE和△BCE中

，

∴△FCE≌△BCE（AAS），

∴EF＝BE，BC＝FC，

在△AEB和△DEF中，

，

∴△AEB≌△DEF（ASA），

∴AE＝ED．

【变式6-1】（2020秋•蕲春县期中）如图，AB∥CD，BE平分∠ABC，CE平分∠BCD，若E在AD上．

求证：（1）BE⊥CE；

（2）BC＝AB+CD．

【解题思路】（1）利用平行线的性质证明∠2+∠3＝90°即可解决问题．

（2）在BC上取点F，使BF＝BA，连接EF．利用全等三角形的性质证明CF＝CD即可解决问题．

【解答过程】证明：如图所示：

（1）∵BE、CE分别是∠ABC和∠BCD的平分线，

∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，

又∵AB∥CD，

∴∠1+∠2+∠3+∠4＝180°，

∴∠2+∠3＝90°，

∴∠BEC＝90°，

∴BE⊥CE．

（2）在BC上取点F，使BF＝BA，连接EF．

在△ABE和△FBE中，

，

∴△ABE≌△FBE（SAS），

∴∠A＝∠5．

∵AB∥CD，

∴∠A+∠D＝180°，

∴∠5+∠D＝180，

∵∠5+∠6＝180°，

∴∠6＝∠D，

在△CDE和△CFE中，

，

∴△CDE≌△CFE（AAS），

∴CF＝CD．

∵BC＝BF+CF，

∴BC＝AB+CD，

【变式6-2】（2020秋•新抚区校级月考）如图所示，在五边形ABCDE中，AB＝AE，BC+DE＝CD，∠ABC+∠AED＝180°，求证：DA平分∠CDE．

【解题思路】连接AC，延长DE到F，使EF＝BC，连接AF，易证△ABC≌△AEF，进而可以证明△ACD≌△AFD，可得∠ADC＝∠ADF即可解题．

【解答过程】解：连接AC，延长DE到F，使EF＝BC，连接AF，

∵BC+DE＝CD，EF+DE＝DF，

∴CD＝FD，

∵∠ABC+∠AED＝180°，∠AEF+∠AED＝180°，

∴∠ABC＝∠AEF，

在△ABC和△AEF中，

，

∴△ABC≌△AEF（SAS），

∴AC＝AF，

在△ACD和△AFD中，

，

∴△ACD≌△AFD（SSS）

∴∠ADC＝∠ADF，

即AD平分∠CDE．

【变式6-3】（2020秋•北流市期中）已知△ABC中，BD，CE分别平分∠ABC和∠ACB，BD、CE交于点O．

（1）直接写出∠BOC与∠A的数量关系；

（2）若∠A＝60°，利用（1）的关系，求出∠BOC的度数；

（3）利用（2）的结果，试判断BE，CD，BC的数量关系，并证明．

【解题思路】（1）根据三角形内角和定理得到∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A，根据角平分线的定义、三角形内角和定理计算，得到答案；

（2）把∠A＝60°代入计算即可；

（3）在BC上取点G，使得CG＝CD，连接OG，证明△COD≌△COG，根据全等三角形的性质得到∠COG＝∠COD＝60°，再证明△BOE≌△BOG，得到BE＝BG，结合图形证明结论．

【解答过程】解：（1）∠BOC＝90°∠A，

理由如下：∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A，

∵BD，CE分别平分∠ABC和∠ACB，

∴∠OBC∠ABC，∠OCB∠ACB，

∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°（∠ABC+∠ACB）＝90°∠A；

（2）当∠A＝60°时，∠BOC＝90°60°＝120°；

（3）BE+CD＝BC，

证明：在BC上取点G，使得CG＝CD，连接OG，

由（2）知：∠BOC＝120°，

∴∠BOE＝∠COD＝60°，

∵CE平分∠ACB，

∴∠DCO＝∠GCO，

在△COD和△COG中，

∴△COD≌△COG（SAS）

∴∠COG＝∠COD＝60°，

∴∠BOG＝120°﹣60°＝60°＝∠BOE，

∵BD平分∠ABC，

∴∠EBO＝∠GBO，

∴在△BOE和△BOG中，

∴△BOE≌△BOG（ASA）

∴BE＝BG，

∵BG+GC＝BC，

∴BE+CD＝BC．

【点评】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、角平分线的定义，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．