考点03 全等三角形与角平分线相关辅助线问题-八年级数学上册高频考点专题突破（人教版）

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考点03 全等三角形与角平分线相关辅助线问题
知识框架
1)全等中常见辅助线总结

2）角平分线中常见辅助线总结


分类讲解
1)全等中常见辅助线总结
方法1 截长补短法（往往需证2次全等）
截长补短法使用范围：线段和差的证明
（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
例：如图，求证BE+DC=AD
方法：①延长DC至点M处，使CM=BE，证DM=AD；
②延长DC至点M处，使DM=AD，证CM=BE
（3）旋转：将包含一条短边的图形旋转，使两短边构成一条边，证与长边相等。
注：旋转需要特定条件（两个图形的短边共线）
例：如图，已知AB=AC，∠ABM=∠CAN=90°，求证BM+CN=MN

方法：旋转△ABM至△ACF处，证NE=MN
1．（2021·湖北八年级期末）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，在上截取 连接证明利用全等三角形的性质证明 求解 再证明 从而可得答案．
【详解】解：如图，在上截取 连接
平分




故选：
【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．
2．（2021·绵阳市八年级期中）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），试猜想AE，CF，EF之间存在怎样的数量关系？请将三条线段分别填入后面横线中：　　＋　　＝　　．（不需证明）
（2）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF（如图2）时，上述（1）中结论是否成立？请说明理由．
（3）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF（如图3）时，上述（1）中结论是否成立？若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．

【答案】（1）AE；CF；EF；（2）成立，见解析；（3）不成立，新的关系为AE＝EF＋CF．
【分析】（1）根据题意易得△ABE≌△CBF，然后根据全等三角形的性质可得∠ABE=∠CBF=30°，进而根据30°角的直角三角形及等边三角形的性质可求解；
（2）如图2，延长FC到H，使CH=AE，连接BH，根据题意可得△BCH≌△BAE，则有BH=BE，∠CBH=∠ABE，进而可证△HBF≌△EBF，推出HF=EF，最后根据线段的等量关系可求解；
（3）如图3，在AE上截取AQ=CF，连接BQ，根据题意易得△BCF≌△BAQ，推出BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，进而可证△FBE≌△QBE，推出EF=QE即可．
【详解】解：（1）如图1，AE+CF=EF，理由如下：
∵AB⊥AD，BC⊥CD，∴∠A=∠C=90°，
∵AB=BC，AE=CF，∴△ABE≌△CBF（SAS），∴∠ABE=∠CBF，BE=BF，
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，∴∠ABE=∠CBF=30°，∴，
∵∠MBN=60°，BE=BF，∴△BEF是等边三角形，
∴，故答案为：AE+CF=EF；
（2）如图2，（1）中结论成立；理由如下：延长FC到H，使CH=AE，连接BH，
∵AB⊥AD，BC⊥CD，∴∠A=∠BCH=90°，
∴△BCH≌△BAE（SAS），∴BH=BE，∠CBH=∠ABE，
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，∴∠ABE+∠CBF=120°-60°=60°，
∴∠HBC+∠CBF=60°，∴∠HBF=∠MBN=60°，
∴∠HBF=∠EBF，∴△HBF≌△EBF（SAS），∴HF=EF，
∵HF=HC+CF=AE+CF，∴EF=AE+CF；

（3）如图3，（1）中的结论不成立，关系为AE=EF+CF，理由如下：在AE上截取AQ=CF，连接BQ，
∵AB⊥AD，BC⊥CD，∴∠A=∠BCF=90°，
∵AB=BC，∴△BCF≌△BAQ（SAS），∴BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，
∵∠MBN=60°=∠CBF+∠CBE，∴∠CBE+∠ABQ=60°，
∵∠ABC=120°，∴∠QBE=120°-60°=60°=∠MBN，∴∠FBE=∠QBE，
∴△FBE≌△QBE（SAS），∴EF=QE，
∵AE=QE+AQ=EF+CE，∴AE=EF+CF．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、含30°角的直角三角形的性质及等边三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、含30°角的直角三角形的性质及等边三角形的性质是解题的关键．
3．（2021·广西玉林市·八年级期末）在中，，点D、E分别在、上，连接、和；并且有，．（1）求的度数；（2）求证：．

【答案】（1）；（2）见解析
【分析】（1）由，，可得为等边三角形，由，，，可证
（2）延长至F，使，连接， 由，，且，可证 由，可证为等边三角形，可得， 可推出结论，
【详解】解：（1）∵，，∴为等边三角形， ∴，
∵，，∵，∴

（2）如图，延长至F，使，连接， 由（1）得为等边三角形，
∴，∵，
又∵，且，∴，
在与中，∴
∴，∴，∴
又∵，∴为等边三角形∴，
又∵，且，∴，
【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质，三角形全等判定与性质，线段和差，三角形外角性质，关键是引辅助线构造三角形全等证明等边三角形．
4．（2021·广东中山市·八年级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝30°，点D是△ABC内一点，DB＝DC，∠DCB＝30°，点E是BD延长线上一点，AE＝AB．（1）求∠ADB的度数；（2）线段DE，AD，DC之间有什么数量关系？请说明理由．

【答案】（1）120°；（2）DE＝AD+CD，理由见解析
【分析】（1）根据三角形内角和定理得到∠ABC＝∠ACB＝75°，根据全等三角形的性质得到∠BAD＝∠CAD＝15°，根据三角形的外角性质计算，得到答案；（2）在线段DE上截取DM＝AD，连接AM，得到△ADM是等边三角形，根据△ABD≌△AEM，得到BD＝ME，结合图形证明结论
【详解】解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝30°，∴∠ABC＝∠ACB＝（180°﹣30°）＝75°，
∵DB＝DC，∠DCB＝30°，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∴∠ABD＝∠ABC﹣∠DBC＝45°，
在△ABD和△ACD中，，∴△ABD≌△ACD （SSS），∴∠BAD＝∠CAD＝∠BAC＝15°，
∴∠ADE＝∠ABD+∠BAD＝60°，∴∠ADB＝180°﹣∠ADE＝180°﹣60°＝120°；
（2）DE＝AD+CD，理由如下：在线段DE上截取DM＝AD，连接AM，
∵∠ADE＝60°，DM＝AD，∴△ADM是等边三角形，∴∠ADB＝∠AME＝120°．
∵AE＝AB，∴∠ABD＝∠E，在△ABD和△AEM中，，
∴△ABD≌△AEM（AAS），∴BD＝ME，∵BD＝CD，∴CD＝ME．∵DE＝DM+ME，∴DE＝AD+CD．

【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
5．（2020·四川成都市·七年级期末）（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝100°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F分别是BC，CD上的点．且∠EAF＝50°．探究图中线段EF，BE，FD之间的数量关系．
小明同学探究的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论是　 　（直接写结论，不需证明）；
（2）如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是BC，CD上的点，且2∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由；
（3）如图3，四边形ABCD是边长为7的正方形，∠EBF＝45°，直接写出△DEF的周长．

【答案】（1）EF＝BE+DF；（2）成立，理由详见解析；（3）14．
【分析】（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，由“SAS”可证△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，再由“SAS”可证△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题；（2）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；
（3）延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，由“SAS”可证△ABH≌△CBF，可得BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，由“SAS”可证△EBH≌△EBF，可得EF＝EH，可得EF＝EH＝AE+CF，即可求解．
【详解】证明：（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，
在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠BAD＝100°，∠EAF＝50°，∴∠BAE+∠FAD＝∠DAG+∠FAD＝50°，∴∠EAF＝∠FAG＝50°，
在△EAF和△GAF中，∵，∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝FG＝DF+DG，∴EF＝BE+DF，故答案为：EF＝BE+DF；
（2）结论仍然成立，理由如下：如图2，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，

∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABG+∠ABC＝180°，∴∠ABG＝∠D，
∵在△ABG与△ADF中，，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，
∵2∠EAF＝∠BAD，∴∠DAF+∠BAE＝∠BAG+∠BAE＝∠BAD＝∠EAF，∴∠GAE＝∠EAF，
又AE＝AE，∴△AEG≌△AEF（SAS），∴EG＝EF．∵EG＝BE+BG．∴EF＝BE+FD；
（3）如图，延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，

∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝7＝AD＝CD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∴∠BAH＝∠BCF＝90°，
又∵AH＝CF，AB＝BC，∴△ABH≌△CBF（SAS），∴BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，
∵∠EBF＝45°，∴∠CBF+∠ABE＝45°＝∠HBA+∠ABE＝∠EBF，∴∠EBH＝∠EBF，
又∵BH＝BF，BE＝BE，∴△EBH≌△EBF（SAS），∴EF＝EH，∴EF＝EH＝AE+CF，
∴△DEF的周长＝DE+DF+EF＝DE+DF+AE+CF＝AD+CD＝14．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
6．（2020·陕西西安市·七年级期末）问题情境：已知，在等边△ABC中，∠BAC与∠ACB的角平分线交于点O，点M、N分别在直线AC，AB上，且∠MON＝60°，猜想CM、MN、AN三者之间的数量关系．
方法感悟：小芳的思考过程是在CM上取一点，构造全等三角形，从而解决问题；

小丽的思考过程是在AB取一点，构造全等三角形，从而解决问题；
问题解决：（1）如图1，M、N分别在边AC，AB上时，探索CM、MN、AN三者之间的数量关系，并证明；
（2）如图2，M在边AC上，点N在BA的延长线上时，请你在图2中补全图形，标出相应字母，探索CM、MN、AN三者之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）CM＝AN+MN，详见解析；（2）CM＝MN﹣AN，详见解析
【分析】（1）在AC上截取CD＝AN，连接OD，证明△CDO≌△ANO，根据全等三角形的性质得到OD＝ON，∠COD＝∠AON，证明△DMO≌△NMO，得到DM＝MN，结合图形证明结论；
（2）在AC延长线上截取CD＝AN，连接OD，仿照（1）的方法解答．
【详解】解：（1）CM＝AN+MN，
理由如下：在AC上截取CD＝AN，连接OD，
∵△ABC为等边三角形，∠BAC与∠ACB的角平分线交于点O，∴∠OAC＝∠OCA＝30°，∴OA＝OC，
在△CDO和△ANO中，，∴△CDO≌△ANO（SAS）∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，
∵∠MON＝60°，∴∠COD+∠AOM＝60°，∵∠AOC＝120°，∴∠DOM＝60°，
在△DMO和△NMO中，，∴△DMO≌△NMO，∴DM＝MN，∴CM＝CD+DM＝AN+MN；

（2）补全图形如图2所示：CM＝MN﹣AN，
理由如下：在AC延长线上截取CD＝AN，连接OD，
在△CDO和△ANO中，，
∴△CDO≌△ANO（SAS）∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，∴∠DOM＝∠NOM，
在△DMO和△NMO中，，∴△DMO≌△NMO（SAS）
∴MN＝DM，∴CM＝DM﹣CD＝MN﹣AN．
【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知等边三角形的性质及全等三角形的判定定理．
7．（2021·四川八年级期末）如图1，在等边三角形中，于于与相交于点．（1）求证：；（2）如图2，若点是线段上一点，平分交所在直线于点．求证：．（3）如图3，若点是线段上一点（不与点重合），连接，在下方作边交所在直线于．猜想：三条线段之间的数量关系，并证明．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）OF=OG+OA，理由见解析
【分析】（1）由等边三角形的可求得∠OAC=∠OAB=∠OCA=∠OCB=30°，理由含30°角的直角三角形的性质可得OC=2OD，进而可证明结论；（2）理由ASA证明△CGB≌△CGF即可证明结论；
（3）连接OB，在OF上截取OM=OG，连接GM，可证得△OMG是等边三角形，进而可利用ASA证明△GMF≌△GOB，得到MF=OB=OA，由OF=OM+MF可说明猜想的正确性．
【详解】解：（1）证明：∵△ABC为等边三角形，
∴AB=BC=AC，∠BAC=∠ACB=60°，
∵AD⊥BC，CE⊥AB，∴AD平分∠BAC，CE平分∠ACB，
∴∠OAC=∠OAB=∠OCA=∠OCB=30°，∴OA=OC，
在Rt△OCD中，∠ODC=90°，∠OCD=30°，∴OC=2OD，∴OA=2OD；
（2）证明：∵AB=AC=BC，AD⊥BC，
∴BD=CD，∴BG=CG，∴∠GCB=∠GBC，
∵CG平分∠BCE，∴∠FCG=∠BCG=∠BCF=15°，∴∠BGC=150°，
∵∠BGF=60°，∴∠FGC=360°-∠BGC-∠BGF=150°，∴∠BGC=∠FGC，
在△CGB和△CGF中，，∴△CGB≌△CGF（ASA），∴GB=GF；
（3）解：OF=OG+OA．理由如下：
连接OB，在OF上截取OM=OG，连接GM，

∵CA=CB，CE⊥AB，∴AE=BE，∴OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=30°，∴∠AOB=120°，∠AOM=∠BOM=60°，
∵OM=OG，∴△OMG是等边三角形，
∴GM=GO=OM，∠MGO=∠OMG=60°，
∵∠BGF=60°，∴∠BGF=∠MGO，∴∠MGF=∠OGB，
∵∠GMF=120°，∴∠GMF=∠GOB，
在△GMF和△GOB中，，
∴△GMF≌△GOB（ASA），∴MF=OB，∴MF=OA，
∵OF=OM+MF，∴OF=OG+OA．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定的与性质，含30° 角的直角三角形，角平分线的定义等知识的综合运用，属于三角形的综合题，证明相关三角形全等是解题的关键．

方法2 .与中点有关的辅助线

1). 已知中点
（1）中线倍长法：将中点处的线段延长一倍。
目的：①构造出一组全等三角形；②构造出一组平行线。将分散的条件集中到一个三角形中去。
1．（2021·河南新乡学院附属中学八年级月考）如图，在△ABC中，AB=5，AC=3，AD是BC边上的中线，AD的取值范围是（ ）

A．1＜AD＜6 B．1＜AD＜4 C．2＜AD＜8 D．2＜AD＜4
【答案】B
【分析】先延长到，且，并连接，由于，，利用易证，从而可得，在中，再利用三角形三边的关系，可得，从而易求．
【详解】解：延长到，使，连接，则AE=2AD，
∵，，，∴，，
在中，，即，∴．

故选：．
【点睛】此题主要考查三角形三边关系：两边之和大于第三边，两边之差小于第三边．
2．（2021·四川七年级期末）在△ABC中，AB＝AC，点D是△ABC内一点，点E是CD的中点，连接AE，作EF⊥AE，若点F在BD的垂直平分线上，∠BAC＝α，则∠BFD＝_________．（用α含的式子表示）

【答案】180°﹣α．
【分析】根据全等三角形的性质得到∠EAC＝∠EMD，AC＝DM，根据线段垂直平分线的性质得到AF＝FM，FB＝FD，推出△MDF≌△ABF（SSS），得到∠AFB＝∠MFD，∠DMF＝∠BAF，根据角的和差即可得到结论．
【详解】
解：延长AE至M，使EM＝AE，
连接AF，FM，DM，

∵点E是CD的中点，∴DE＝CE，
在△AEC与△MED中，，
∴△AEC≌△MED（SAS），∴∠EAC＝∠EMD，AC＝DM，
∵EF⊥AE，∴AF＝FM，∵点F在BD的垂直平分线上，∴FB＝FD，
在△MDF与△ABF中，，∴△MDF≌△ABF（SSS），
∴∠AFB＝∠MFD，∠DMF＝∠BAF，∴∠BFD+∠DFA＝∠DFA+∠AFM，
∴∠BFD＝∠AFM＝180°﹣2（∠DMF+∠EMD）＝180°﹣（∠FAM+∠BAF+∠EAC）
＝180°﹣∠BAC＝180°﹣α，故答案为：180°﹣α．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
3．（2021·辽宁八年级期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝135°，BC＝6，点D为AB的中点，连接DC，若DC⊥BC，求AB的长．

【答案】
【分析】延长CD到点E，使DE=CD，连接AE，证明得，再证明是等腰直角三角形得出EC=6，DE=3，运用勾股定理得AD=，从而可得结论．
【详解】解：延长CD到点E，使DE=CD，连接AE，如图，

∵D是AB的中点，∴AD=BD
在△ADE和△BDC中，
∴∴∠E=∠BCD，AE=BC=6
∵DC⊥BC，∴∠E=∠BCD=90°，
∴
∴
∴是等腰直角三角形，∴AE=CE=BC=6∴
在Rt△AED中，
又D为AB的中点，∴
【点睛】此题主要考查了三角形全等的判定与性质，三角形中线的性质，等腰直角三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，正确作出辅助线是解答此题的关键．
4．（2021·山东八年级期末）（1）方法呈现：
如图①：在中，若，，点D为BC边的中点，求BC边上的中线AD的取值范围．
解决此问题可以用如下方法：延长AD到点E使，再连接BE，可证，从而把AB、AC，集中在中，利用三角形三边的关系即可判断中线AD的取值范围是_______________，这种解决问题的方法我们称为倍长中线法；
（2）探究应用：如图②，在中，点D是BC的中点，于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，判断与EF的大小关系并证明；
（3）问题拓展：如图③，在四边形ABCD中，，AF与DC的延长线交于点F、点E是BC的中点，若AE是的角平分线．试探究线段AB，AF，CF之间的数量关系，并加以证明．


【答案】（1）1＜AD＜5，（2）BE+CF＞EF，证明见解析；（3）AF+CF＝AB，证明见解析．
【分析】（1）由已知得出AC﹣CE＜AE＜AC+CE，即5﹣4＜AE＜5+3，据此可得答案；
（2）延长FD至点M，使DM＝DF，连接BM、EM，同（1）得△BMD≌△CFD，得出BM＝CF，由线段垂直平分线的性质得出EM＝EF，在△BME中，由三角形的三边关系得出BE+BM＞EM即可得出结论；
（3）如图③，延长AE，DF交于点G，根据平行和角平分线可证AF＝FG，易证△ABE≌△GEC，据此知AB＝CG，继而得出答案．
【详解】解：（1）延长AD至E，使DE＝AD，连接BE，如图①所示，
∵AD是BC边上的中线，∴BD＝CD，
在△BDE和△CDA中，，
∴△BDE≌△CDA（SAS），∴BE＝AC＝4，
在△ABE中，由三角形的三边关系得：AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∴6﹣4＜AE＜6+4，即2＜AE＜10，∴1＜AD＜5；故答案为：1＜AD＜5，
（2）BE+CF＞EF；
证明：延长FD至点M，使DM＝DF，连接BM、EM，如图②所示．
同（1）得：△BMD≌△CFD（SAS），∴BM＝CF，
∵DE⊥DF，DM＝DF，∴EM＝EF，
在△BME中，由三角形的三边关系得：BE+BM＞EM，∴BE+CF＞EF；

（3）AF+CF＝AB．如图③，延长AE，DF交于点G，
∵AB∥CD，∴∠BAG＝∠G，
在△ABE和△GCE中CE＝BE，∠BAG＝∠G，∠AEB＝∠GEC，
∴△ABE≌△GEC（AAS），∴CG＝AB，
∵AE是∠BAF的平分线，∴∠BAG＝∠GAF，
∴∠FAG＝∠G，∴AF＝GF，
∵FG+CF＝CG，∴AF+CF＝AB．

【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了三角形的三边关系、全等三角形的判定与性质、角的关系等知识；本题综合性强，有一定难度，通过作辅助线证明三角形全等是解决问题的关键．
5．（2021·湖北八年级期末）阅读下列材料，完成相应任务．
数学活动课上，老师提出了如下问题：
如图1，已知中，是边上的中线．

求证：．
智慧小组的证法如下：
证明：如图2，延长至，使，

∵是边上的中线∴
在和中
∴（依据一）∴
在中，（依据二）
∴．
任务一：上述证明过程中的“依据1”和“依据2”分别是指：
依据1：______________________________________________；
依据2：______________________________________________．
归纳总结：上述方法是通过延长中线，使，构造了一对全等三角形，将，，转化到一个三角形中，进而解决问题，这种方法叫做“倍长中线法”．“倍长中线法”多用于构造全等三角形和证明边之间的关系．
任务二：如图3，，，则的取值范围是_____________；

任务三：如图4，在图3的基础上，分别以和为边作等腰直角三角形，在中，，；中，，．连接．试探究与的数量关系，并说明理由．

【答案】任务一：依据1：两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等（或“边角边”或“SAS”）；依据2：三角形两边的和大于第三边；任务二：；任务三：EF=2AD，见解析
【分析】任务一：依据1：根据全等的判定方法判断即可；依据2：根据三角形三边关系判断；
任务二：可根据任务一的方法直接证明即可；任务三：根据任务一的方法，延长中线构造全等三角形证明线段关系即可．
【详解】解：任务一：依据1：两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等（或“边角边”或“SAS”）；依据2：三角形两边的和大于第三边．
任务二：
任务三：EF=2AD．理由如下：如图延长AD至G，使DG=AD，

∵AD是BC边上的中线∴BD=CD
在△ABD和△CGD中∴△ABD≌△CGD∴AB=CG，∠ABD=∠GCD
又∵AB=AE∴AE=CG
在△ABC中，∠ABC+∠BAC+∠ACB=180°，∴∠GCD+∠BAC+∠ACB=180°
又∵∠BAE=90°，∠CAF=90°
∴∠EAF+∠BAC=360°-（∠BAE+∠CAF）=180°∴∠EAF=∠GCD
在△EAF和△GCA中∴△EAF≌△GCA ∴EF=AG∴EF=2AD．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，倍长中线法，构造全等三角形是解本题的关键．
6．（2021·上海九年级专题练习）已知，在中，，点为边的中点，分别交，于点，．

（1）如图1，①若，请直接写出______；
②连接，若，求证：；
（2）如图2，连接，若，试探究线段和之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）①45°；②见解析；（2），理由见解析
【分析】（1）①利用直角三角形两个锐角相加得和三角形的外角等于不相邻的两个内角和的性质结合题干已知即可解题．
②延长至点，使得，连接，从而可证明≌（SAS），再利用全等的性质，可知，即可知道，所以，根据题干又可得到，所以，从而得出结论．
（2）延长至点，使得，连接，从而可证明≌（SAS），再利用全等的性质，可知，，根据题干即可证明≌（HL），即得出结论．
【详解】（1）①∵，
∴
∵∴
又∵∴
∴故答案为．
②如图，延长至点，使得，连接，

∵点为的中点，∴，
又∵，∴≌，
∴，∴，∴，
又∵，∴，∴，∴．
（2）．如图，延长至点，使得，连接，

∵，，∴≌，
∴，，
∵．∴≌，∴．
【点睛】本题主要考查直角三角形的角的性质，三角形外角的性质，全等三角形的判定和性质以及平行线的性质．综合性较强，作出辅助线是解答本题的关键．

（2）向中线作垂线：过线段两端点向中点处的线段作垂线。
目的：构造出一组全等三角形
辅助线技巧：锐角三角形的垂线在中线线段上；钝角三角形的垂线在中线线段的延长线上。
1．（2021·全国初三专题练习）如图，是延长线上一点，且，是上一点，，求证：.

【答案】详见解析
【分析】分别过点D、C作AB的垂线，构建与，证其全等即可求得答案.
【解析】如图，过点C作于点G，过点D作的延长线于点F，
则有∠DFB=∠CGB=∠CGA=90°，又∵∠DBF=∠CBG，BD=BC，∴，∴DF=CG，.
又，∴≌，.

【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，正确添加辅助线，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键.
2．（2021·全国初三专题练习）如图，已知AD为△ABC的中线，点E为AC上一点，连接BE交AD于点F，且AE＝FE.求证：BF＝AC．

【答案】证明见解析
【分析】向中线作垂线，证明，得到，再根据AE＝FE，得到角的关系，从而证明，最终得到结论.
【解析】如图，分别过点、作，，垂足为、，则.
，，，.
，，，，
又，，.

【点睛】本题是较为典型的题型，至少可以用到两种方法来解题，此题的特点就是必须有中线这个条件才能构造平行四边形或双垂线.
3．（2020.广东省七年级期中）如图，△ABC中，D为BC的中点，（1）在图中作出CM⊥AD，BN⊥AD，垂足分别为M、N；（2）求证：DM＝DN；（3）求AD＝3，求AM+AN的值．

【分析】（1）根据条件作出图形，即可解答；（2）证明△BND≌△CMD，即可得到DN＝DM．
（3）由△BND≌△CMD，得到DM＝DN，利用线段的和与差得到AM＝AD+DM，AN＝AD﹣ND，所以AM+AN＝AD+DM+AD﹣ND＝2AD＝6．
【详解】解：（1）如图，

（2）∵D为BC的中点，∴BD＝CD，∵CM⊥AD，BN⊥AD，∴∠BND＝∠CMD＝90°，
在△BND和△CMD中，∠BND=∠CMD∠BDN=∠CDMBD=CD ∴△BND≌△CMD，∴DN＝DM．
（3）∵△BND≌△CMD，∴DM＝DN，
∵AM＝AD+DM，AN＝AD﹣ND，∴AM+AN＝AD+DM+AD﹣ND，
∵DM＝DN，∴AM+AN＝2AD＝6．
4．（2020·辽宁鞍山市·八年级期中）阅读下面的题目及分析过程，并按要求进行证明．
已知：如图，点E是BC的中点，点A在DE上，且∠BAE＝∠CDE．求证：AB＝CD．
分析：证明两条线段相等，常用的方法是应用全等三角形或等腰三角形的判定和性质，观察本题中要证明的两条线段，它们不在同一个三角形中，且它们分别所在的两个三角形也不全等，因此，要证AB＝CD，必须添加适当的辅助线，构造全等三角形或等腰三角形．
（1）现给出如下两种添加辅助线的方法，请任意选出其中一种，对原题进行证明．
①如图1，延长DE到点F，使EF＝DE，连接BF；
②如图2，分别过点B、C作BF⊥DE，CG⊥DE，垂足分别为点F，G．
（2）请你在图3中添加不同于上述的辅助线，并对原题进行证明．

【答案】（1）①见解析；②见解析；（2）见解析；
【分析】（1）①如图1，延长DE到点F，使EF＝DE，连接BF，△BEF≌△CED，∠BAE＝∠F， AB＝CD；
②如图2，分别过点B、C作BF⊥DE，CG⊥DE，垂足分别为点F，G，△BEF≌△CEG
△BAF≌△CDG，AB＝CD；（2）如图3，过C点作CM∥AB，交DE的延长线于点M，则∠BAE＝∠EMC，△BAE≌△CFE（AAS），∠F＝∠EDC，CF＝CD，AB＝CD；
【详解】（1）①如图1，

延长DE到点F，使EF＝DE，连接BF，∵点E是BC的中点，∴BE＝CE，
在△BEF和△CED中， ，
∴△BEF≌△CED（SAS），∴BF＝CD，∠F＝∠CDE，
∵∠BAE＝∠CDE，∴∠BAE＝∠F，∴AB＝BF，∴AB＝CD；
②如图2，分别过点B、C作BF⊥DE，CG⊥DE，垂足分别为点F，G，
∴∠F＝∠CGE＝∠CGD＝90°，∵点E是BC的中点，∴BE＝CE，
在△BEF和△CEG中， ，∴△BEF≌△CEG（AAS），∴BF＝CG，
在△BAF和△CDG中，，∴△BAF≌△CDG（AAS），∴AB＝CD；
（2）如图3，过C点作CM∥AB，交DE的延长线于点M，则∠BAE＝∠EMC，
∵E是BC中点，∴BE＝CE，在△BAE和△CME中，，
∴△BAE≌△CFE（AAS），∴CF＝AB，∠BAE＝∠F，
∵∠BAE＝∠EDC，∴∠F＝∠EDC，∴CF＝CD，∴AB＝CD．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，对顶角相等，平行线的性质，构造出全等三角形是解本题的关键．
5．（2021·江苏八年级期中）通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题：
（模型呈现）
（1）如图，，，过点作于点，过点作于点．由，得．又，可以推理得到．进而得到__________，．我们把这个数学模型称为“字”模型或“一线三等角”模型；

（模型应用）（2）如图，，，，连接，，且于点，与直线交于点．求证：点是的中点；

（深入探究）（3）如图，已知四边形和为正方形，的面积为，的面积为，则有__________（填“＞、=、＜”）

（4）如图，分别以的三条边为边，向外作正方形，连接、、．当，，时，图中的三个阴影三角形的面积和为__________；

（5）如图，点、、、、都在同一条直线上，四边形、、都是正方形，若该图形总面积是16，正方形的面积是4，则的面积是__________．

【答案】（1）DE；（2）见解析；（3）＝；（4）6；（5）2
【分析】（1）根据全等三角形的性质即可得到答案；
（2）分别过点和点作于点，于点，由（1）中结论可得到AF=DM，AF=EN，然后只需要证明即可得到答案；
（3）过点D作DO⊥AF交AF于O，过点E错EN⊥OD交OD延长线于N，过点C作CM⊥OD交OD延长线于M，然后同（2）中证明，，即可得到答案；（4）同（3）中证明方法可以得到，只需要求出即可得到答案；
（5）同（3）中的方法可以证明，然后利用勾股定理得到即可得到答案.
【详解】解：（1）∵∴
（2）分别过点和点作于点，于点，∴，
∵，∴，∴
∵，∴，
在和中，，，，
∴，∴同理∴，
∵，，∴，在和中，，
，，∴
∴，即点是的中点；

（3）如图所示，过点D作DO⊥AF交AF于O，过点E作EN⊥OD交OD延长线于N，过点C作CM⊥OD交OD延长线于M
∵四边形ABCD与四边形DEGF都是正方形∴∠ADC=∠90°，AD=DC，DF=DE
∵DO⊥AF，CM⊥OD
∴∠AOD=∠CMD=90°，∠OAD+∠ODA=90°，∠CDM+∠DCM=90°，
又∵∠ODA+∠DCM=90°∴∠ADO=∠DCM∴
∴，OD=MC同理可以证明
∴，OD=NE∴MC =NE
∵EN⊥OD，CM⊥OD，∠EPN=∠CMP∴∴
∵，
∴∴即；

（4）如图所示，过点E作EO⊥CD交CD于O
同（3）中的证明方法可以得到
∵EO⊥CD∴∠EOD=90°又∵∠CDE=45°，DE=∴OD=OE=1
∵AB=CD=4∴∴

（5）同（3）中的方法可以证明，且
即由勾股定理得：
∴∴
∵图形总面积是16，正方形KCMG的面积是4∴
∴∴

【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，正方形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定.
6．（2021·黑龙江八年级期中）在中，直线经过点，于，于，于．请解答下列问题：

（1）如图①，求证：；（提示：过点作于）
（2）如图②、图③，线段，，之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需要证明；
（3）在（1）（2）的条件下，若，，，则______．
【答案】（1）证明见解析；（2）图②：，图③：；（3）9或7．
【分析】（1）如图①过点作于点，先利用垂直和平行求得，根据全等三角形的性质得到，根据矩形的性质得到，根据线段的和差即可得到结论；（2）同理可得， ，根据线段的和差即可得到结论；
（3）先利用勾股定理求出BE，根据（1）（2）的结论代入数据即可得到结论．
【详解】（1）证明：过点作于点，则．

，，
∵，∴，
∵，即，，
又∵在中，，，，
．
四边形为矩形，，；
（2）图②：，图③：；
理由：如图②，过点作交的延长线于，则

同理可得：，，；
如图③，过点作交的延长线于，

同理可得：，，；
（3）解：如图①，，，，∴
∵，由（1）得；
如图②同理；
图③不存在，综上所述，或，故答案为：9或7．
【点睛】本题考查了四边形的综合题，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．

二、证中点（需证2次全等）
（1）过端点作另一边的平行线：
目的：构造出一组全等三角形 特点：中线倍长的反向应用
1.如图，在△ABC中，∠ABC=∠ACB，D，E分别是AC和AC的延长线上的点，连接BD，BE，若AB=CE，∠DBC=∠EBC。求证：D是AC的中点。

【答案】：如图，过点C作AB的平行线，交BD的延长线于点F

∵CF∥AB ∴∠ABD=∠DFC ∴∠DBC+∠BFC=∠ABC
∵∠ABC=∠ACB ∴∠ACB=∠DBC+∠BFC
∵∠BCF+∠DBC+∠BFC=180°，∠BCE+∠ACB=180°∴∠BCF=∠BCE
在△BCF与△BCE中 ∴△BCF≌△BCE ∴CF=CE
∵CE=AB ∴AB=CF
在△ABD与△CFD中 ∴△ABD≌△CFD∴AD=DC ∴D是AC的中点
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，正确添加辅助线，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键.
2.如图，AB⊥AE，AB=AE，AC⊥AD，AC=AD，AH⊥DE于点H，延长AH交BC于点M。求证：M是BC的中点。

【答案】：如图，过点B作AC的平行线，交AM的延长线于点F

∵BF∥AC ∴∠BFA=∠MAC ∴∠BFA+∠BAF=∠BAF+∠MAC=∠BAC
∵AC⊥AD，AB⊥AE ∴∠DAC+∠BAE=180°=DAB+∠BAC+∠BAC+∠CAE=∠DAE+∠BAC
又∵∠ABF+∠BFA+∠BAF=∠ABF+∠BAC ∴∠FBA=∠DAE
∵AG⊥DE ∴∠AHE=90° ∴∠HAE+∠AEH=90°
∵∠BAF+∠HAE=90° ∴∠BAF=∠AEH
在△BAF与△AEF中 ∴△BAF≌△AEF∴BF=AD ∵AD=AC∴BF=AC
在△FBM与△ACM中 ∴△FBM≌△ACM∴BM=MC ∴M是BC的中点
3．（2020·安徽八年级期末）如图，△ABC是等腰三角形，D，E分别是腰AB及AC延长线上的一点，且BD＝CE，连接DE交底BC于G. 求证：GD＝GE.

【答案】证明见解析
【分析】过E作EF∥AB交BC延长线于F，根据等腰三角形的性质及平行线的性质可推出∠F=∠FCE，从而可得到BD=CE=EF，再根据AAS判定△DGB≌△EGF，根据全等三角形的性质即可证得结论．
【详解】证明：过E作EF∥AB交BC延长线于F．

∵AB=AC，∴∠B=∠ACB，∵EF∥AB，∴∠F=∠B，
∵∠ACB=∠FCE，∴∠F=∠FCE，∴CE=EF，
∵BD=CE，∴BD=EF，
在△DBG与△GEF中，，∴△DGB≌△EGF（AAS），∴GD=GE．
4．（2020·华中科技大学同济医学院附属中学八年级月考）如图1，△ABC 中，AB＝AC，点 D 在 AB 边上，点 E 在 AC 的延长线上，且 CE＝BD， 连接 DE 交 BC 于点 F．

⑴求证：EF＝DF；⑵如图2，过点 D 作 DG⊥BC，垂足为 G，求证：BC＝2FG.
【答案】（1）答案见详解；（2）答案见详解.
【分析】(1)过点D作DM∥AC，如图1，则∠ACB=∠DMB，∠DMF=∠ECF，进而可得：CE=MD，易证：∆DMF≅ ∆ECF，即可得到结论；(2)过点D作DM∥AC，如图2，易证：∆DMF≅ ∆ECF，可得：MF=CF，根据等腰三角形三线合一，可得：BG=MG，进而可得到结论.
【详解】（1）过点D作DM∥AC，如图1，则∠ACB=∠DMB，∠DMF=∠ECF，
∵AB＝AC，∴∠B=∠ACB，∴∠B=∠DMB，∴BD=MD，∵CE＝BD，∴CE=MD，
在∆DMF和∆ECF中，∵ ∴∆DMF≅ ∆ECF（AAS）,∴EF＝DF；
（2）过点D作DM∥AC，如图2，由第（1）小题，可知：BD=MD，∆DMF≅ ∆ECF，∴MF=CF，
∵DG⊥BC，∴BG=MG（等腰三角形三线合一），∴BC=BM+CM=2(GM+FM)=2FG，

图1 图2
【点睛】本题主要考查三角形全等的判定和性质定理以及等腰三角形的性质定理，添加合适的辅助线，构造等腰三角形是解题的关键.
5．（2021·河南八年级期末）阅读下面材料：数学课上，老师给出了如下问题：
如图，AD为△ABC中线，点E在AC上，BE交AD于点F，AE＝EF．求证：AC＝BF．

经过讨论，同学们得到以下思路：如图①，添加辅助线后依据SAS可证得△ADC≌△GDB，再利用AE＝EF可以进一步证得∠G＝∠FAE＝∠AFE＝∠BFG，从而证明结论.
完成下面问题：（1）这一思路的辅助线的作法是：　 　 ．
（2）请你给出一种不同于以上思路的证明方法（要求：写出辅助线的作法，画出相应的图形，并写出证明过程）．
【答案】（1）延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG；（2）见解析
【分析】（1）延长AD于点G使得DG=AD．利用AE=EF可证得∠G=∠BFG=∠AFE=∠FAE，再依据AAS可以进一步证得△ADC≌△GDB，从而证明结论．（2）作BG∥AC交AD的延长线于G，证明△ADC≌△GDB（AAS），得出AC=BG，证出∠G=∠BFG，得出BG=BF，即可得出结论．
【详解】解：（1）根据题意，则作法为：延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG；
（2）作BG∥AC交AD的延长线于G，如图②所示：

则∠G＝∠CAD，∵AD为△ABC中线，∴BD＝CD，
在△ADC和△GDB中，，
∴△ADC≌△GDB（AAS）， ∴AC＝BG，
∵AE＝EF，∴∠CAD＝∠EFA，
∵∠BFG＝∠EFA，∠G＝∠CAD，∴∠G＝∠BFG，
∴BG＝BF，∴AC＝BF．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；熟练掌握等腰三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
6．（2020·北京朝阳初二期末）阅读下面材料：数学课上，老师给出了如下问题：
如图，AD为△ABC中线，点E在AC上，BE交AD于点F，AE＝EF．求证：AC＝BF．

经过讨论，同学们得到以下两种思路：
思路一如图①，添加辅助线后依据SAS可证得△ADC≌△GDB，
再利用AE＝EF可以进一步证得∠G＝∠FAE＝∠AFE＝∠BFG，从而证明结论．

思路二如图②，添加辅助线后并利用AE＝EF可证得∠G＝∠BFG＝∠AFE＝∠FAE，
再依据AAS可以进一步证得△ADC≌△GDB，从而证明结论．
完成下面问题：（1）①思路一的辅助线的作法是：　 　；②思路二的辅助线的作法是：　 　．
（2）请你给出一种不同于以上两种思路的证明方法（要求：只写出辅助线的作法，并画出相应的图形，不需要写出证明过程）．
【答案】（1）①延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG；②作BG＝BF交AD的延长线于点G；（2）详见解析
【分析】（1）①依据SAS可证得△ADC≌△GDB，再利用AE＝EF可以进一步证得∠G＝∠FAE＝∠AFE＝∠BFG，从而证明结论．
②作BG＝BF交AD的延长线于点G．利用AE＝EF可证得∠G＝∠BFG＝∠AFE＝∠FAE，再依据AAS可以进一步证得△ADC≌△GDB，从而证明结论．
（2）作BG∥AC交AD的延长线于G，证明△ADC≌△GDB（AAS），得出AC＝BG，证出∠G＝∠BFG，得出BG＝BF，即可得出结论．

【解析】解：（1）①延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG，如图①，理由如下：
∵AD为△ABC中线，∴BD＝CD，在△ADC和△GDB中，，
∴△ADC≌△GDB（SAS），∴AC＝BG，∵AE＝EF，∴∠CAD＝∠EFA，
∵∠BFG＝∠G，∠G＝∠CAD，∴∠G＝∠BFG，∴BG＝BF，∴AC＝BF．
故答案为：延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG；
②作BG＝BF交AD的延长线于点G，如图②．
理由如下：∵BG＝BF，∴∠G＝∠BFG，
∵AE＝EF，∴∠EAF＝∠EFA，∵∠EFA＝∠BFG，∴∠G＝∠EAF，
在△ADC和△GDB中，，∴△ADC≌△GDB（AAS），∴AC＝BG，∴AC＝BF；
故答案为：作BG＝BF交AD的延长线于点G；
（2）作BG∥AC交AD的延长线于G，如图③所示：则∠G＝∠CAD，∵AD为△ABC中线，∴BD＝CD，
在△ADC和△GDB中，，∴△ADC≌△GDB（AAS），∴AC＝BG，
∵AE＝EF，∴∠CAD＝∠EFA，∵∠BFG＝∠EFA，∠G＝∠CAD，∴∠G＝∠BFG，
∴BG＝BF，∴AC＝BF．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、其中一般证明两个三角形全等共有四个定理：AAS、ASA、SAS、SSS，需要同学们灵活运用，解题的关键是学会做辅助线解决问题．

（2）两端点向中线作垂线：
目的：构造出一组全等三角形
特点：与已知中点时向中线作垂线方法一致
1．（2021·全国初三专题练习）如图，在中，，，，，延长交于.求证：.

【答案】详见解析
【分析】如图，过点D作的延长线于点G，易证，再证即可得答案.
【解析】如图，过点D作的延长线于点G，
，，，
又∵∠ACB=∠BGD=90°，BA=BD，∴，，
又∵BC=BE，，又∵∠EBF=∠DGF=90°，∠EFB=∠DFG，∴，∴EF=DF.

【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，学会添加常用辅助线，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键.
2．（2020.河北省期中）如图．∠C＝90°，BE⊥AB且BE＝AB，BD⊥BC且BD＝BC，CB的延长线交DE于F。（1）求证：点F是ED的中点；（2）求证：S△ABC＝2S△BEF．

【分析】（1）过点E作EM⊥CF交CF的延长线于M，根据同角的余角相等求出∠EBM＝∠A，然后利用“角角边”证明△ABC和△BEM全等，根据全等三角形对应边相等可得BC＝EM，再求出BD＝EM，然后利用“角角边”证明△EMF和△DBF全等，根据全等三角形对应边相等可得EF＝DF，从而得证；（2）根据全等三角形的面积相等和等底等高的三角形的面积相等进行证明．
【详解】证明：（1）如图，过点E作EM⊥CF交CF的延长线于M，

∵BE⊥AB，∴∠EBM+∠ABC＝180°﹣90°＝90°，
∵∠C＝90°，∴∠A+∠ABC＝180°﹣90°＝90°，
在△ABC和△BEM中，∠EBM=∠A∠C=∠M=90°BE=AB，∴△ABC≌△BEM（AAS），∴BC＝EM，
∵BD＝BC，∴BD＝EM，在△EMF和△DBF中，∠M=∠DBF=90°∠EFM=∠DFBBD=EM，
∴△EMF≌△DBF（AAS），∴EF＝DF，∴点F是ED的中点；
（2）∵△ABC≌△BEM，△EMF≌△DBF，∴S△ABC＝S△BEM，S△EMF＝S△DBF，
∵点F是ED的中点，∴S△BEF＝S△DBF=12S△BEM=12S△ABC，∴S△ABC＝2S△BEF．
3．（2021·吉林八年级期末）如图①，∠BAD=90°，AB=AD，过点B作BC⊥AC于点C，过点D作DE⊥CA的延长线点E，由∠1+∠2=∠D+∠2=90°，得∠1=∠D，又∠ACB=∠AED=90°，AB=AD，得△ABC≌△DAE进而得到AC=DE，BC=AE， 我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三等角”模型．
请应用上述“一线三等角”模型，解决下列问题：
（1）如图②，∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AC=AE，连接BC、DE，且BC⊥AH于点H，DE与直线AH交于点G，求证：点G是DE的中点．
（2）如图③，在平面直角坐标系中，点A为平面内任意一点，点B的坐标为（4，1），若△AOB是以OB为斜边的等腰直角三角形，请直接写出点A的坐标．

【答案】（1）见解析；（2）A(，)或(，-)．
【分析】（1）过点D作DM⊥AM交AG于点M，过点E作EN⊥AG于点N．根据“K字模型”即可证明AH=DM 和AH=EN，即EN=DM，再根据全等三角形的判定和性质即可证明DG=EG，即点G是DE的中点．
（2）分情况讨论①当A点在OB的上方时，作AC垂直于y轴，BE垂直于x轴，CA和EB的延长线交于点D．根据“K字模型”即可证明，再利用B点坐标即可求出A点坐标．②当A点在OB的下方时，作AP垂直于y轴，BM垂直于x轴，PA和BM的延长线交于点Q．同理即能求出A点坐标．
【详解】（1）如图，过点D作DM⊥AM交AG于点M，过点E作EN⊥AG于点N，则∠DMA=90°，∠ENG=90°．
∵∠BHA=90 ，∴∠2+∠B=90°． ∵∠BAD=90°，∴∠1+∠2=90°． ∴∠B=∠1 ．
在△ABH和△DAM中，∴△ABH△DAM（AAS），∴AH=DM．
同理 △ACH△EAN（AAS）， ∴ AH=EN．∴EN=DM．
在△DMG和△ENG中 ，∴△DMG△ENG（AAS）．∴DG=EG∴点G是DE的中点．

（2）根据题意可知有两种情况，A点分别在OB的上方和下方．
①当A点在OB的上方时，如图，作AC垂直于y轴，BE垂直于x轴，CA和EB的延长线交于点D．
利用“K字模型”可知，∴，
设，则，∵，∴，
又∵，即，解得，
∴，．即点A坐标为(，)．

②当A点在OB的下方时，如图，作AP垂直于y轴，BM垂直于x轴，PA和BM的延长线交于点Q．
根据①同理可得：，．即点A坐标为(，)．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质．熟练利用三角形的判定方法是解答本题的关键．
4．（2021·山东七年级期末）如图，以△ABC的两边AB和AC为腰在△ABC外部作等腰Rt△ABD和等腰Rt△ACE，AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝90°．（1）连接BE、CD交于点F，如图①，求证：BE＝CD，BE⊥CD；（2）连接DE，AM⊥BC于点M，直线AM交DE于点N，如图②，求证：DN＝EN．

【答案】（1）见详解；（2）见详解．
【分析】（1）只要证明△ABE≌△ADC即可解决问题；（2）延长AN到G，使AG=BC，连接GE，先证，再证即可解决问题．
【详解】（1）证明：∵△ABD和△ACE都是等腰直角三角形，∴AB=AD，AE=AC，
又∵∠BAD=∠CAE=90°，∴∠BAD+∠DAE=∠CAE+∠DAE，
即∠BAE=∠DAC，∴△ABE≌△ADC，∴BE=DC，∠ABE=∠ADC，

又∵∠DOF=∠AOB，∠BOA+∠ABE=90°，
∴∠ABE+∠DOF=90°∴∠ADC+∠DOF=90，即BE⊥DC．
（2）延长AN到G使AG=BC，连接GE，，，
，，同理可证：
，∴，，，，
又，∴，．

【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，辅助线是解此题的关键．










2）角平分线中常见辅助线总结
方法1： 角平分线上的点向两边作垂线
方法：利用角平分线性质，取角平分线上一点，向被平分的角的两边作垂线
注：锐角三角形的垂线在中线线段上；钝角三角形的垂线在中线线段的延长线上。
目的：构造一组全等三角形
1．（2021·山东七年级期末）已知，△ABC中，∠BAC＝120°，AD平分∠BAC，∠BDC＝60°，AB＝2，AC＝3，则AD的长是________．

【答案】5
【分析】过D作，，交延长线于F，然后根据全等三角形的性质和角直角三角形的性质即可求解．
【详解】过D作，，交延长线于F，

∵AD平分，，，∴，，
∵，，∴，
∵，∴，
在和中，∴，∴，
在和中，，∴，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴，∵平分，∴，
∴，∴．
【点睛】此题考查了全等三角形和角平分线的性质，解题的关键是作出辅助线构造全等三角形．
2．（2021·黑龙江大庆市·七年级期末）如图，已知，、分别平分和且度，则______度．

【答案】60
【分析】根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠ACD=∠BAC+∠ABC，∠ECD=∠BEC+∠EBC，根据角平分线的定义可得∠EBC=∠ABC，∠ECD=∠ACD，然后整理得到∠BEC=∠BAC，过点E作EF⊥BD于F，作EG⊥AC于G，作EH⊥BA交BA的延长线于H，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得EF=EG=EH，再根据到角的两边距离相等的点在角的平分线上判断出AE平分∠CAH，然后列式计算即可得解．
【详解】解：由三角形的外角性质得，∠ACD=∠BAC+∠ABC，∠ECD=∠BEC+∠EBC，
∵BE、CE分别平分∠ABC和∠ACD，∴∠EBC=∠ABC，∠ECD=∠ACD，
∴∠BEC+∠EBC=（∠BAC+∠ABC），∴∠BEC=∠BAC，∵∠BEC=30°，∴∠BAC=60°，
过点E作EF⊥BD于F，作EG⊥AC于G，作EH⊥BA交BA的延长线于H，

∵BE、CE分别平分∠ABC和∠ACD，∴EF=EH，EF=EG，∴EF=EG=EH，
∴AE平分∠CAH，∴∠EAC=（180°∠BAC）=（180°60°）=60°．故答案为：60°．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，到角的两边距离相等的点在角的平分线上的性质，熟记各性质并作辅助线是解题的关键．
3．（2021·湖北荆门市·八年级期末）如图，在中，和的平分线相交于点，过点作交于，交于，过点作于，下列结论：①：②点到各边的距离相等；③：④；⑤设，，则；其中正确的结论是______．

【答案】①②③④
【分析】由∠ABC和∠ACB的平分线相交于点O，可得结合三角形的内角和定理可得再次利用内角和定理可判断①，如图1，过点O作OM⊥AB于M，作ON⊥BC于N，结合 利用角平分线的性质可判断②，利用平行线的性质与角平分线的定义证明可判断③，如图2，过点O作OM⊥AB于M，作ON⊥BC于N，连接OA，证明 可得 同理可得： 从而可判断④，如图2，由，结合 从而可判断⑤．
【详解】解：∵在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点O，

∴
∴故①符合题意；
如图1，过点O作OM⊥AB于M，作ON⊥BC于N，

∵平分∠ABC，平分∠ACB， 故②符合题意；
∵在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点O， ∴∠OBC=∠OBE，∠OCB=∠OCF，
∵， ∴∠OBC=∠EOB，∠OCB=∠FOC， ∴∠EOB=∠OBE，∠FOC=∠OCF，
∴BE=OE，CF=OF， ∴EF=OE+OF=BE+CF， 故③符合题意；
如图2，过点O作OM⊥AB于M，作ON⊥BC于N，连接OA，

平分
同理可得：
故④符合题意，如图2，由②得：ON=OD=OM=m，
∴
， 故⑤不符合题意． 故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查的是角平分线的定义与性质，平行线的性质，三角形的内角和定理的应用，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．
4．（2020·广西南宁市·八年级期末）已知点C是∠MAN平分线上一点，∠BCD的两边CB、CD分别与射线AM、AN相交于B，D两点，且∠ABC+∠ADC＝180°．过点C作CE⊥AB，垂足为E．
（1）如图1，当点E在线段AB上时，求证：BC＝DC；
（2）如图2，当点E在线段AB的延长线上时，探究线段AB、AD与BE之间的等量关系；
（3）如图3，在（2）的条件下，若∠MAN＝60°，连接BD，作∠ABD的平分线BF交AD于点F，交AC于点O，连接DO并延长交AB于点G．若BG＝1，DF＝2，求线段DB的长．

【答案】（1）见解析；（2）AD﹣AB＝2BE，理由见解析；（3）3．
【分析】（1）过点C作CF⊥AD，根据角平分线的性质得到CE＝CF，证明△BCE≌△DCF，根据全等三角形的性质证明结论；（2）过点C作CF⊥AD，根据角平分线的性质得到CE＝CF，AE＝AF，证明△BCE≌△DCF，得到DF＝BE，结合图形解答即可；（3）在BD上截取BH＝BG，连接OH，证明△OBH≌△OBG，根据全等三角形的性质得到∠OHB＝∠OGB，根据角平分线的判定定理得到∠ODH＝∠ODF，证明△ODH≌△ODF，得到DH＝DF，计算即可．
【详解】（1）证明：如图1，过点C作CF⊥AD，垂足为F，

∵AC平分∠MAN，CE⊥AB，CF⊥AD，∴CE＝CF，
∵∠CBE+∠ADC＝180°，∠CDF+∠ADC＝180°，∴∠CBE＝∠CDF，
在△BCE和△DCF中，，∴△BCE≌△DCF（AAS）∴BC＝DC；
（2）解：AD﹣AB＝2BE，理由如下：如图2，过点C作CF⊥AD，垂足为F，
∵AC平分∠MAN，CE⊥AB，CF⊥AD，∴CE＝CF，AE＝AF，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠CBE＝180°，∴∠CDF＝∠CBE，
在△BCE和△DCF中，，∴△BCE≌△DCF（AAS），∴DF＝BE，
∴AD＝AF+DF＝AE+DF＝AB+BE+DF＝AB+2BE，∴AD﹣AB＝2BE；
（3）解：如图3，在BD上截取BH＝BG，连接OH，
∵BH＝BG，∠OBH＝∠OBG，OB＝OB
在△OBH和△OBG中，，∴△OBH≌△OBG（SAS）∴∠OHB＝∠OGB，
∵AO是∠MAN的平分线，BO是∠ABD的平分线，∴点O到AD，AB，BD的距离相等，∴∠ODH＝∠ODF，
∵∠OHB＝∠ODH+∠DOH，∠OGB＝∠ODF+∠DAB，∴∠DOH＝∠DAB＝60°，
∴∠GOH＝120°，∴∠BOG＝∠BOH＝60°，∴∠DOF＝∠BOG＝60°，∴∠DOH＝∠DOF，
在△ODH和△ODF中，，∴△ODH≌△ODF（ASA），
∴DH＝DF，∴DB＝DH+BH＝DF+BG＝2+1＝3．
【点睛】本题考查了角平分线的性质，三角形全等的判定和性质，关键是依照基础示例引出正确辅助线．
5．（2020·辽宁鞍山市·八年级期中）在△ABC中，若AD是∠BAC的角平分线，点E和点F分别在AB和AC上，且DE⊥AB，垂足为E，DF⊥AC，垂足为F（如图（1）），则可以得到以下两个结论：
①∠AED+∠AFD＝180°；②DE＝DF．那么在△ABC中，仍然有条件“AD是∠BAC的角平分线，点E和点F，分别在AB和AC上”，请探究以下两个问题：（1）若∠AED+∠AFD＝180°（如图（2）），则DE与DF是否仍相等？若仍相等，请证明；否则请举出反例．（2）若DE＝DF，则∠AED+∠AFD＝180°是否成立？（只写出结论，不证明）

【答案】（1）DE＝DF，理由见解析；（2）不一定成立
【分析】（1）过点D作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，DM＝DN，△DME≌△DNF，DE＝DF；
（2）如图，若DE、DF在点D到角的两边的垂线段与顶点A的同侧则一定不成立；
【详解】（1）DE＝DF．理由如下：过点D作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，

∵AD平分∠BAC，DM⊥AB，DN⊥AC，∴DM＝DN，
∵∠AED+∠AFD＝180°，∠AFD+∠DFN＝180°，
∴∠DFN＝∠AED，∴△DME≌△DNF（AAS），∴DE＝DF；
（2）不一定成立．如图，若DE、DF在点D到角的两边的垂线段与顶点A的同侧则一定不成立，
经过（1）的证明，若在垂线段上或两侧则成立，所以不一定成立．
【点睛】本题主要考查角平分线的性质，难点在于熟练和灵活的应用角平分线要点；
6．（2020·武汉市六中位育中学八年级）如图，中，于点，，点在上，，连接．

（1）求证：；（2）延长交于点，连接，求的度数；（3）过点作，，连接交于点，若，，直接写出的面积．
【答案】（1）见解析；（2）∠CFD=135°；（3）△NBC的面积为21．
【分析】（1）由“SAS”可证△BDE≌△CDA，可得BE=CA；
（2）过点D作DG⊥AC于G，DH⊥BF于H，由全等三角形的性质可得∠DBE=∠ACD，S△BDE=S△ADC，由面积关系可求DH=DG，由角平分线的性质可得∠DFG=∠DFH=45°，即可求解；
（3）在CD上截取DE=AD=5，连接BE，延长BE交AC于F，由△BEN≌△MCN，可得EN=CN，由三角形的面积公式可求解．
【详解】证明（1）在△BDE和△CDA中，，∴△BDE≌△CDA（SAS），∴BE=CA；
（2）如图2，过点D作DG⊥AC于G，DH⊥BF于H，

∵△BDE≌△CDA，∴∠DBE=∠DCA，S△BDE=S△ADC，
∵∠DBE+∠A=∠ACD+∠A=90°，∴∠AFB=∠CFB=90°，
∵S△BDE=S△ADC，∴，∴DH=DG，
又∵DG⊥AC，DH⊥BF，∴∠DFG=∠DFH=45°，∴∠CFD=135°；
（3）如图3，在CD上截取DE=AD=5，连接BE，延长BE交AC于F，
由（1）、（2）可得BE=AC，BF⊥AC，BD=CD=12，
∵CM⊥CA，∴BF∥CM，∴∠M=∠FBN，∵CM=CA，∴CM=BE，
在△BEN和△MCN中，，∴△BEN≌△MCN（AAS），∴EN=CN，
∵EC=CD-DE=12-5=7，∴，∴△NBC的面积，
故△NBC的面积为21．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的判定和性质，三角形的面积公式等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
7．（2020·江西南昌市·八年级期中）如图，在中，已知：是它的角平分线，且．（1）求的面积；（2）在解完（1）问后，小智经过反思后发现，小慧发现，请判断小智和小慧的发现是否正确?若正确，请写出证明过程，若错误，请说明理由．

【答案】（1）36，（2）都正确，证明见详解
【分析】（1）过点D作DF⊥AB于F，AD是它的角平分线，利用角平分线性质 有DF=DE，分别求S△ABD和S△ACD，则S△ABC= S△ABD+ S△ACD计算即可
（2）都正确 AD是它的角平分线，，DF⊥AB，则DE=DF，由（1）知S△ABD=，S△ACD=，求两个三角形面积之比，
过A作AG⊥BC于G，AG是△ABD的高，也是△ACD的高，分别求出利用高表示的三角形的面积，，再求求两个三角形面积之比即可．
【详解】（1）过点D作DF⊥AB于F，AD是它的角平分线，，DF=DE=4，
S△ABD=，S△ACD=，S△ABC= S△ABD+ S△ACD=20+16=36，

（2）都正确，
AD是它的角平分线，，DF⊥AB，则DE=DF，
S△ABD=，S△ACD=，，
过A作AG⊥BC于G，，，
，由，，
小智和小慧的发现都正确．
【点睛】本题考查三角形的面积与角平分线定理，掌握三角形的面积与角平分线定理，会求三角形的面积，会用面积证明角分线分得的两线段的比是解题关键．

方法2 过边上的点向角平分线作垂线
方法：取被平分角边上一点，向角平分线作垂线，并延长至与另一个边相交
适用条件：往往题干中已有线段与角平分线垂直，只需延长垂线段即可
目的：构造一组关于角平分线对称的全等直角三角形
1．（2020·重庆市松树桥中学校八年级月考）如图，△ABC的面积为9cm2，BP平分∠ABC，AP⊥BP于P，连接PC，则△PBC的面积为______cm2．

【答案】4.5
【分析】根据已知条件证得△ABP≌△EBP，根据全等三角形的性质得到AP=PE，得出S△ABP=S△EBP，S△ACP=S△ECP，推出，代入求出即可．
【详解】解：延长AP交BC于E，∵BP平分∠ABC，∴∠ABP=∠EBP，

∵AP⊥BP，∴∠APB=∠EPB=90°，
在△ABP和△EBP中， ，∴△ABP≌△EBP（ASA），∴AP=PE，
∴∴ cm2，故答案为4.5．
【点睛】本题考查全等三角形的性质和判定，三角形的面积的应用，注意：等底等高的三角形的面积相等．
2．（2020·河南九年级期中）如图，在△ABC中，AB＝8，AC＝6，AM平分∠BAC，CM⊥AM于点M，N为BC的中点，连结MN，则MN的长为______.

【答案】1
【分析】延长CM交AB于H，证明△AMH≌△AMC，根据全等三角形的性质得到AH＝AC＝6，CM＝MH，根据三角形中位线定理解答.
【详解】解：延长CM交AB于H，∵AM平分∠BAC，∴

在△AMH和△AMC中，，∴△AMH≌△AMC(ASA)
∴AH＝AC＝6，CM＝MH，∴BH＝AB﹣AH＝2，
∵CM＝MH，CN＝BN，∴MN＝BH＝1，故答案为：1.
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
3．（2020·江苏省灌云高级中学城西分校八年级月考）如图，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，∠ABC的平分线BD交AC于点D，CE⊥BD，交BD的延长线于点E，若BD＝4，则CE＝________．

【答案】2
【分析】根据题意延长BA、CE相交于点F，利用“角边角”证明△BCE和△BFE全等，根据全等三角形对应边相等可得CE=EF，根据等角的余角相等求出∠ABD=∠ACF，然后利用“角边角”证明△ABD和△ACF全等，根据全等三角形对应边相等可得BD=CF，然后求解即可．
【详解】解：如图，延长BA、CE相交于点F，

∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD，
在△BCE和△BFE中，，∴△BCE≌△BFE（ASA），∴CE=EF，
∵∠BAC=90°，CE⊥BD，∴∠ACF+∠F=90°，∠ABD+∠F=90°，∴∠ABD=∠ACF，
在△ABD和△ACF中，，∴△ABD≌△ACF（ASA），∴BD=CF，
∵CF=CE+EF=2CE，∴BD=2CE=4，∴CE=2．故答案为：2．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质和等角的余角相等的性质，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键，难点在于作辅助线构造出全等三角形并得到与BD相等的线段CF．
4．（2021·四川眉山市·八年级期末）在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90，BD平分∠ABC交AC于点D．

（1）如图1，点F为BC上一点，连接AF交BD于点E．若AB=BF，求证：BD垂直平分AF．
（2）如图2，CE⊥BD，垂足E在BD的延长线上．试判断线段CE和BD的数量关系，并说明理由．
（3）如图3，点F为BC上一点，∠EFC=∠ABC，CE⊥EF，垂足为E，EF与AC交于点M．直接写出线段CE与线段FM的数量关系．
【答案】（1）见解析；（2）BD=2CE，理由见解析；（3）FM=2CE．
【分析】(1) 由BD平分∠ABC，可得∠ABE=∠FBE，可证△ABE≌△FBE（SAS），可得AE=FE，∠AEB=∠FEB=×180°=90°即可；（2）延长CE，交BA的延长线于G，由CE⊥BD，∠ABE=∠FBE，可得GE=2CE=2GE，可证△BAD≌△CAG（ASA），可得BD=CG=2CE；（3）作FM的中垂线NH交CF于N，交FM于H，由FN=MN，MH=FH=FM，可得∠NMH=∠NBH，由∠EFC=∠ABC=22.5°，可求∠ABC=∠ACB=∠MNC=45°，可得NM=CM=FN，由外角∠EMC=∠MFC+∠MCF=22.5°+45°=67.5°，可求∠ECM=90°-∠EMC=22.5°，可证△FNH≌△CME（AAS），可得FH=CE即可．
【详解】证明(1) ∵BD平分∠ABC，∴∠ABE=∠FBE，
∵BA=BF，BE=BE，∴△ABE≌△FBE（SAS），
∴AE=FE，∠AEB=∠FEB=× 180°=90°，∴BD垂直平分AF．
（2）BD=2CE，理由如下：延长CE，交BA的延长线于G，
∵CE⊥BD，∠ABE=∠FBE，∴GE=2CE=2GE，
∵∠CED=90°=∠BAD，∠ADB=∠EDC，∴∠ABD=∠GCA，
又AB=AC，∠BAD=∠CAG，，∴△BAD≌△CAG（ASA），∴BD=CG=2CE，


（3）FM=2 CE，理由如下：作FM的中垂线NH交CF于N，交FM于H，
∴FN=MN，MH=FH=FM，∴∠NMH=∠NBH，
∵∠EFC=∠ABC=22.5°，∴∠MNC=2∠NFH=2×∠ABC=∠ABC，
∵AB=AC，∠BAC=90，∴∠ABC=∠ACB=∠MNC=45°，∴NM=CM=FN，
∵∠EMC=∠MFC+∠MCF=22.5°+45°=67.5°，∴∠ECM=90°-∠EMC=22.5°，∴∠NFH=∠MCE，
又∵∠FHN=∠E=90°，∴△FNH≌△CME（AAS），∴FH=CE，∴FM=2FH=2CE．

【点睛】本题考查角平分线性质，三角形全等判定与性质，直角三角形两锐角互余，线段垂直平分线，三角形外角性质，掌握角平分线性质，三角形全等判定与性质，直角三角形两锐角互余，线段垂直平分线是解题关键．
5．（2021·湖北八年级月考）如图，在△ABC中，∠C=90°，BC=AC，D是AC上一点，AE⊥BD交BD的延长线于E，AE=BD，且DF⊥AB于F，求证：CD=DF

【答案】见解析
【分析】延长AE、BC交于点F．根据同角的余角相等，得∠DBC=∠FAC；由ASA证明△BCD≌△ACF，得出AF=BD，AE=AF，由线段垂直平分线的性质得到AB=BF，再根据等腰三角形的三线合一得出BD是∠ABC的角平分线，由角平分线的性质定理即可得出结论．
【解析】证明：延长AE、BC交于点F. 如图所示：∵AE⊥BE，∴∠BEA=90°，

又∠ACF=∠ACB=90°，∴∠DBC+∠AFC=∠FAC+∠AFC=90°，∴∠DBC=∠FAC，
在△ACF和△BCD中,，∴△ACF≌△BCD(ASA)，∴AF=BD.
又AE=BD，∴AE=AF，即点E是AF的中点，∴AB=BF，∴BD是∠ABC的角平分线，
∵∠C=90°，DF⊥AB于F，∴CD=DF.
【点睛】此题考查等腰直角三角形，全等三角形的判定与性质，解题关键在于掌握判定定理和作辅助线.
6．（2020·全国八年级课时练习）如图，在中，是的中点，平分，于点，延长交于点．已知，求的周长．

【答案】46
【分析】先证明，得到AD=AB，BN=DN，再利用点M是BC的中点证得CD=2MN，BC=2BM，由此即可求出△ABC的周长.
【详解】∵平分，∴，，
在和中，∴，
∴．∵是的中点，，
∴，，∴的周长为．
【点睛】此题考查三角形全等的判定定理及性质定理，三角形的中位线的性质，证明是解题的关键，由此不仅得到AD=AB，还证得BN=DN，由此利用点M是BC的中点求出CD的长.
7．（2020·四川省初一期末）如图1，点是直线上一点，点是直线上一点，且MN//PQ．和的平分线交于点．（1）求证：；（2）过点作直线交于点（不与点重合），交于点E,①若点在点的右侧，如图2，求证：；②若点在点的左侧，则线段、、有何数量关系？直接写出结论，不说理由．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】(1) 由平行线性质可得∠NAB+∠ABQ=180°,再由角平分线定义可得,再利用三角形内角和定理即可得∠C=90°,即可证明BC⊥AC;
(2) ①延长AC交PQ点F，先证明AC=FC,再证明△ACD≌△FCE,即可得AD+BE=AB;
②方法与①相同．
【解析】解：（1）∵MN∥PQ∴∠NAB+∠ABQ=180°
∵AC平分∠NAB，BC平分∠ABQ∴
∴∠BAC+∠ABC==90°在△ABC中，∵∠BAC+∠ABC+∠C=180°
∴∠C=180°- (∠BAC+∠ABC) =180°-90°=90°∴BC⊥AC;

（2）①延长AC交PQ于点F ∵BC⊥AC∴∠ACB=∠FCB=90°
∵BC平分∠ABF∴∠ABC=∠FBC∴BC=BC∴△ABC≌△FBC∴AC=CF，AB=BF
∵MN∥BQ∴∠DAC=∠EFC ∵∠ACD=∠FCE∴△ACD≌△FCE∴AD=EF
∴AB=BF=BE+EF=BE+AD 即：AB=AD+BE
②线段AD，BE，AB数量关系是：AD+AB=BE如图3，延长AC交PQ点F,
∵MN//PQ ．∴∠AFB=∠FAN，∠DAC=∠EFC
∵AC平分∠NAB∴∠BAF=∠FAN∴∠BAF=∠AFB∴AB=FB
∵BC⊥AC∴C是AF的中点∴AC=FC
在△ACD与△FCE中 ∴ ∴AD=EF
∵AB=FB=BE-EF∴AD+AB=BE
【点睛】本题考查了平行线性质，全等三角形性质判定，等腰三角形性质等，解题关键正确添加辅助线构造全等三角形．

方法3 过平分线上的点作一条边平行线构造等腰三角形
方法：①有角平分线时，常过角平分线上的一点作角的一边的平行线，从而构造等腰三角形。如下图1
②通过一边上的点作角平分线的平行线与另外一边的反向延长线相交，从而也构造等腰三角形。如下2图

掌握以上知识是解题的关键．
1.（2020·山东八年级期末）如图、∠ABC的平分线BF与△ABC中∠ACB的外角∠ACG的平分线CF相交于点F.过F作DF∥BC，交AB于D,交AC于E，若BD＝8，DE＝3，则CE的长度为________；

【答案】5
【分析】根据角平分线和平行线的性质可得，由等角对等边可得，所以.
【详解】解： BF平分∠ABC，CF平分∠ACG.



故答案为：5
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定，灵活利用角平分线及平行线的性质判证明角相等是解题的关键.
2．如图5，在△ABC中，已知∠ABC和∠ACB的角平分线相交于F，经过F作DE∥BC交AB于点D，交AC于点E，若BD+CE=9，则线段DE的长为____________

【答案】9
分析：本题主要利用两直线平行，内错角相等，角平分线的定义以及三角形中等角对等边的性质进行做题．
【解析】∵∠B和∠C的平分线相交于点F，∴∠DBF=∠FBC，∠BCF=∠ECF；
∵DE∥BC，∴∠DFB=∠FBC=∠FBD，∠EFC=∠FCB=∠ECF，
∴DF=DB，EF=EC，即DE=DF+FE=DB+EC=9．
3．（2019·云南昆明三中八年级期末）（1）如图 1，在△ABC 中，∠ABC 的平分线 BF 交 AC 于 F， 过点 F 作 DF∥BC， 求证：BD=DF．
（2）如图 2，在△ABC 中，∠ABC 的平分线 BF 与∠ACB 的平分线 CF 相交于 F，过点 F 作 DE∥BC，交直线 AB 于点 D，交直线 AC 于点 E．那么 BD，CE，DE 之间存在什么关系？并证明这种关系．
（3）如图 3，在△ABC 中，∠ABC 的平分线 BF 与∠ACB 的外角平分线 CF 相交于 F，过点 F 作 DE∥BC，交直线 AB 于点D，交直线 AC 于点 E．那么 BD，CE，DE 之间存在什么关系？请写出你的猜想．（不需证明）

【答案】（1）见详解；（2）BD+CE＝DE，证明过程见详解；（3）BD﹣CE＝DE，证明过程见详解
【分析】（1）根据平行线的性质和角平分线定义得出∠DFB＝∠CBF，∠ABF＝∠CBF，推出∠DFB＝∠DBF，根据等角对等边推出即可；（2）与（1）证明过程类似，求出BD＝DF，EF＝CE，即可得出结论；
（3）与（1）证明过程类似，求出BD＝DF，EF＝CE，即可得出结论．
【详解】解：（1）∵BF平分∠ABC，∴∠ABF＝∠CBF，
∵DF∥BC，∴∠DFB＝∠CBF，∴∠DFB＝∠DBF，∴BD＝DF；
（2）BD+CE＝DE，理由是：∵BF平分∠ABC，∴∠ABF＝∠CBF，
∵DF∥BC，∴∠DFB＝∠CBF，∴∠DFB＝∠DBF，∴BD＝DF；
同理可证：CE＝EF，∵DE＝DF+EF，∴BD+CE＝DE；
（3）BD﹣CE＝DE．理由是：∵BF平分∠ABC，∴∠ABF＝∠CBF，
∵DF∥BC，∴∠DFB＝∠CBF，∴∠DFB＝∠DBF，∴BD＝DF；
同理可证：CE＝EF，∵DE＝DF﹣EF，∴BD﹣CE＝DE．
【点睛】本题考查了角平分线定义，平行线的性质，等腰三角形的判定等知识点，本题具有一定的代表性，三个问题证明过程类似．
4．（2020·江阴市云亭中学八年级月考）如图，△ABC中，∠ABC，∠ACB的平分线交于O点，过O点作EF∥BC交AB，AC于E，F．（1）如图①，当AB=AC时图中有 个等腰三角形．（2）如图②，写出EF与BE、CF之间关系式，并说明理由．（3）如图③，若△ABC中∠ABC的平分线BO与三角形外角平分线CO交于O，过O点作OE∥BC交AB于E，交AC于F．EF与BE、CF关系又如何?说明你的理由．

【答案】（1）5；（2）EF=BE+CF，理由见解析；（3）EF=BE-CF，理由见解析
【分析】（1）由AB=AC，可得∠ABC=∠ACB；又已知OB、OC分别平分∠ABC、∠ACB；故∠EBO=∠OBC=∠FCO=∠OCB；根据EF∥BC，可得∠OEB=∠OBC=∠EBO，∠FOC=∠FCO=∠BCO；由此可得出△ABC，△OBC，△EBO，△CFO，△AEF都是等腰三角形；
（2）由EF∥BC，可得∠2=∠3，又∠1=∠2，根据等量代换得到∠1=∠3，所以OE=BE，在△CFO中，同理可证OF=CF，继而可证得EF=BE+CF；
（3）由于OE∥BC，可得∠5=∠6，又∠4=∠5，根据等量代换得到∠4=∠6，所以OE=BE，在△CFO中，同理可证OF=CF，继而可证得EF=BE-CF．
【详解】解：（1）当AB=AC时，图中有5个等腰三角形．如图1，由AB=AC，可得∠ABC=∠ACB，
又∵OB、OC分别平分∠ABC、∠ACB，∴∠EBO=∠OBC=∠FCO=∠OCB，
根据EF∥BC，可得∠OEB=∠OBC=∠EBO，∠FOC=∠FCO=∠BCO，
由此可得出△ABC，△OBC，△EBO，△CFO，△AEF都是等腰三角形．故答案为：5；
（2）关系式：EF=BE+CF如图，∵EF∥BC，∴∠2=∠3，
又∵∠1=∠2，∴∠1=∠3，∴OE=BE，在△CFO中，同理可证OF=CF，
∵EF=EO+FO，∴EF=BE+CF；

（3）关系式：EF=BE-CF如图，∵OE∥BC，∴∠5=∠6，
又∠4=∠5，∴∠4=∠6，∴OE=BE，
在△CFO中，同理可证OF=CF，∵EF=EO-FO，∴EF=BE-CF．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，解决问题的关键灵活运用等腰三角形的性质．解题时注意：等腰三角形提供了好多相等的线段和相等的角，判定三角形是等腰三角形是证明线段相等、角相等的重要手段．
5．（2020·沈阳市第一二七中学八年级期中）已知：如图，∠ACD是△ABC的一个外角，CE、CF分别平分∠ACB 、∠ACD，EF∥BC，分别交AC、CF于点H、F求证：EH=HF

【答案】见解析
【分析】由角平分线的定义可得∠BCE＝∠ACE，∠ACF＝∠DCF，由平行线的性质可得∠BCE＝∠CEF，∠CFE＝∠DCF，利用等量代换可得∠ACE＝∠CEF，∠CFE＝∠ACF，根据等角对等边即可求得EH=CH=HF，进而求得EH=HF．
【详解】∵CE、CF分别平分∠ACB、∠ACD，∴∠BCE＝∠ACE，∠ACF＝∠DCF，
∵EF∥BC，∴∠BCE＝∠CEF，∠CFE＝∠DCF，
∴∠ACE＝∠CEF，∠CFE＝∠ACF，∴EH＝CH，CH=HF，∴EH＝HF.
【点睛】本题考查了平行线的性质，等腰三角形的判定和性质，根据等角对等边求解是解题关键.

方法4 利用角平分线的性质，在角两边截长补短
方法：在角的两边上实施截长或补短
目的：构造出已角平分线为对称轴的全等三角形
1．（2021·安徽合肥市·八年级期末）如图，在中，，平分．

（1）如图1，若，求证：；（2）如图2，若，求的度数；
（3）如图3，若，求证：．
【答案】（1）见详解；（2）108°；（3）见详解
【分析】（1）如图1，过D作DM⊥AB于M，由 CA＝CB，，得是等腰直角三角形，根据角平分线的性质得到CD＝MD，∠ABC＝45°，根据全等三角形的性质得到AC＝AM，于是得到结论；
（2）如图2，设∠ACB＝α，则∠CAB＝∠CBA＝90°−α，在AB上截取AK＝AC，连结DK，根据角平分线的定义得到∠CAD＝∠KAD，根据全等三角形的性质得到∠ACD＝∠AKD＝α，根据三角形的内角和即可得到结论；（3）如图3，在AB上截取AH＝AD，连接DH，根据等腰三角形的性质得到∠CAB＝∠CBA＝40°，根据角平分线的定义得到∠HAD＝∠CAD＝20°，求得∠ADH＝∠AHD＝80°，在AB上截取AK＝AC，连接DK，根据全等三角形的性质得到∠ACB＝∠AKD＝100°，CD＝DK，根据等腰三角形的性质得到DH＝BH，于是得到结论．
【详解】（1）如图1，过D作DM⊥AB于M，∴在中，， ∴∠ABC＝45°，

∵∠ACB＝90°，AD是角平分线，∴CD＝MD， ∴∠BDM＝∠ABC＝45°，∴BM＝DM，∴BM＝CD，
在RT△ADC和RT△ADM中，，∴RT△ADC≌RT△ADM（HL），
∴AC＝AM，∴AB＝AM＋BM＝AC＋CD，即AB＝AC＋CD；
（2）设∠ACB＝α，则∠CAB＝∠CBA＝90°−α，在AB上截取AK＝AC，连结DK，如图2，
∵AB＝AC＋BD，AB=AK+BK∴BK＝BD，∵AD是角平分线，∴∠CAD＝∠KAD，
在△CAD和△KAD中， ∴△CAD≌△KAD（SAS），
∴∠ACD＝∠AKD＝α，∴∠BKD＝180°−α，∵BK＝BD，∴∠BDK＝180°−α，
∴在△BDK中，180°−α＋180°−α＋90°−α＝180°，∴α＝108°，∴∠ACB＝108°；
（3）如图3，在AB上截取AH＝AD，连接DH，∵∠ACB＝100°，AC＝BC，∴∠CAB＝∠CBA＝40°，
∵AD是角平分线，∴∠HAD＝∠CAD＝20°，∴∠ADH＝∠AHD＝80°，
在AB上截取AK＝AC，连接DK，由（1）得，△CAD≌△KAD，
∴∠ACB＝∠AKD＝100°，CD＝DK，∴∠DKH＝80°＝∠DHK，∴DK＝DH＝CD，
∵∠CBA＝40°，∴∠BDH＝∠DHK -∠CBA =40°，∴DH＝BH，∴BH＝CD，
∵AB＝AH＋BH，∴AB＝AD＋CD．
【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，角平分线的定义，三角形的内角和，正确的作出辅助线是解题的关键．
2．（2020·太原市晋泽中学校初二月考）在△ABC中，∠ACB=2∠B，（1）如图①，当∠C=90°，AD为∠ABC的角平分线时，在AB上截取AE=AC，连接DE，易证AB=AC+CD．请证明AB=AC+CD；
（2）①如图②，当∠C≠90°，AD为∠BAC的角平分线时，线段AB、AC、CD又有怎样的数量关系？请直接写出你的结论，不要求证明；②如图③，当∠C≠90°，AD为△ABC的外角平分线时，线段AB、AC、CD又有怎样的数量关系？请写出你的猜想并证明．

【答案】（1）证明见解析；（2）①AB=AC+CD；②AC+AB=CD，证明见解析．
【分析】（1）首先得出△AED≌△ACD（SAS），即可得出∠B=∠BDE=45°，求出BE=DE=CD，进而得出答案；（2）①首先得出△AED≌△ACD（SAS），即可得出∠B=∠BDE，求出BE=DE=CD，进而得出答案；
②首先得出△AED≌△ACD（SAS），即可得出∠B=∠EDC，求出BE=DE=CD，进而得出答案．
【解析】解：（1）∵AD为∠ABC的角平分线，∴∠EAD=∠CAD，
在△AED和△ACD中，∵AE=AC，∠EAD=∠CAD，AD=AD，
∴△AED≌△ACD（SAS），∴ED=CD，∠C=∠AED=90°，
∵∠ACB=2∠B，∠C=90°，∴∠B=45°，∴∠BDE=45°，
∴BE=ED=CD，∴AB=AE+BE=AC+CD；
（2）①AB=AC+CD．理由：在AB上截取AE=AC，连接DE，
∵AD为∠ABC的角平分线，∴∠EAD=∠CAD，
在△AED和△ACD中，∵AE=AC，∠EAD=∠CAD，AD=AD，
∴△AED≌△ACD（SAS），∴ED=CD，∠C=∠AED，∵∠ACB=2∠B，∴∠AED=2∠B，
∵∠B+∠BDE=∠AED，∴∠B=∠BDE，∴BE=ED=CD，∴AB=AE+BE=AC+CD；
②AC+AB=CD．理由：在射线BA上截取AE=AC，连接DE，
∵AD为∠EAC的角平分线，∴∠EAD=∠CAD，
在△AED和△ACD中，∵AE=AC，∠EAD=∠CAD，AD=AD，
∴△AED≌△ACD（SAS），∴ED=CD，∠ACD=∠AED，
∵∠ACB=2∠B，∴设∠B=x，则∠ACB=2x，∴∠EAC=3x，∴∠EAD=∠CAD=1.5x，
∵∠ADC+∠CAD=∠ACB=2x，∴∠ADC=0.5x，∴∠EDC=x，
∴∠B=∠EDC，∴BE=ED=CD，∴AB+AE=BE=AC+AB=CD．

【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及三角形外角的性质等知识，利用已知得出△AED≌△ACD是解题关键．
3．（2021·湖北武汉市·八年级期末）如图1，在中，，分别是和的角平分线，和相交于点．（1）求证：平分；
（2）如图2，过作于点，连接，若，，求证：；
（3）如图3，若，求证：．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析．
【分析】（1）过D点分别作三边的垂线，垂足分别为G、H、K，根据角平分线的定义可证得DG=DH=DK，从而根据角平分线的判定定理可证得结论；（2）作，，在上取一点，使，通过证明和得到，从而根据等角对等边判断即可；（3）延长至，使，连接，通过证明得到，再结合即可得出结论．
【详解】（1）证明：如图所示，过D点分别作三边的垂线，垂足分别为G、H、K，
∵，分别是和的角平分线，∴，∴平分；

（2）证明：如图，作，，在上取一点，使．
∵平分，∴，∵，，
∴，在四边形中，，
又∵，∴，
在和中，∴，∴，
在和中∴，∴
又∵，，∴，∴；

（3）证明：延长至，使，连接．
∵，分别是和的角平分线，∴，
又∵，∴，∴，
∵，∴，
在和中，，∴，∴，
∴，∴，∴．
【点睛】本题考查角平分线的性质与判断，以及全等三角形的判定与性质，灵活结合角平分线的性质构造辅助线是解题关键．
4．（2021·上海第二工业大学附属龚路中学八年级期中）如图所示，已知AC平分∠BAD，，于点E，判断AB、AD与BE之间有怎样的等量关系，并证明．

【答案】，证明见解析
【分析】在AB上截取EF，使EF=BE，联结CF．证明，得到，又证明，得到，最后结论可证了．
【详解】证明:在AB上截取EF，使EF=BE，联结CF．


在 和


AC平分∠BAD
在 和中


【点睛】本题考查三角形全等知识的综合应用，关键在于寻找全等的条件，作适当的辅助线加以证明．
5．（2021·北京九年级专题练习）在四边形中，是边的中点．

（1）如图（1），若平分，，则线段、、的长度满足的数量关系为______；（直接写出答案）
（2）如图（2），平分，平分，若，则线段、、、的长度满足怎样的数量关系？写出结论并证明．
【答案】（1）AE＝AB＋DE；（2）AE＝AB＋DE＋BD，证明见解析．
【分析】（1）在AE上取一点F，使AF＝AB，由三角形全等的判定可证得△ACB≌△ACF，根据全等三角形的性质可得BC＝FC，∠ACB＝∠ACF，根据三角形全等的判定证得△CEF≌△CED，得到EF＝ED，再由线段的和差可以得出结论；
（2）在AE上取点F，使AF＝AB，连结CF，在AE上取点G，使EG＝ED，连结CG，根据全等三角形的判定证得△ACB≌△ACF和△ECD≌△ECG，由全等三角形的性质证得CF＝CG，进而证得△CFG是等边三角形，就有FG＝CG＝BD，从而可证得结论．
【详解】解：（1）如图（1），在AE上取一点F，使AF＝AB．

∵AC平分∠BAE，∴∠BAC＝∠FAC．
在△ACB和△ACF中，
∴△ACB≌△ACF（SAS）．∴BC＝FC，∠ACB＝∠ACF．
∵C是BD边的中点，∴BC＝CD．∴CF＝CD．
∵∠ACE＝90°，∴∠ACB＋∠DCE＝90°，∠ACF＋∠ECF＝90°．∴∠ECF＝∠ECD．
在△CEF和△CED中，∴△CEF≌△CED（SAS）．∴EF＝ED．
∵AE＝AF＋EF，∴AE＝AB＋DE．故答案为：AE＝AB＋DE；
（2）AE＝AB＋DE＋BD．
证明：如图（2），在AE上取点F，使AF＝AB，连结CF，在AE上取点G，使EG＝ED，连结CG．

∵C是BD边的中点，∴CB＝CD＝BD．
∵AC平分∠BAE，∴∠BAC＝∠FAC．
在△ACB和△ACF中，
∴△ACB≌△ACF（SAS）．∴CF＝CB，∠BCA＝∠FCA．
同理可证：△ECD≌△ECG∴CD＝CG，∠DCE＝∠GCE．
∵CB＝CD，∴CG＝CF．
∵∠ACE＝120°，∴∠BCA＋∠DCE＝180°−120°＝60°．
∴∠FCA＋∠GCE＝60°．∴∠FCG＝60°．
∴△FGC是等边三角形．∴FG＝FC＝BD．
∵AE＝AF＋EG＋FG，∴AE＝AB＋DE＋BD．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质的运用，能熟练应用三角形全等的判定和性质是解决问题的关键．
6．（2020·四川省自贡市贡井区成佳中学校八年级月考）根据图片回答下列问题．
(1)如图①，AD平分∠BAC，∠B+∠C=180°，∠B=90°，易知：DB____DC．
(2)如图②，AD平分∠BAC，∠ABD+∠ACD=180°，∠ABD<90°，求证：DB=DC．

【答案】（1）=；（2）见解析；
【分析】（1）利用HL判断出△ADC≌△ADC，即可得出结论；
（2）先构造出△ACD≌△AED，得出DC=DE，∠AED=∠C，在判断出DE=DB，即可得出结论；
【详解】解：证明：（1）∵∠B+∠C=180°，∠B=90°，∴∠C=90°，
∵AD平分∠BAC，∴∠DAC=∠BAD，∵AD=AD，∴△ACD≌△ABD（AAS），∴BD=CD；
（2）如图②，在AB边上取点E，使AC=AE，

∵AD平分∠BAC，∴∠CAD=∠EAD，
∵AD=AD，AC=AE，∴△ACD≌△AED（SAS），∴DC=DE，∠AED=∠C，
∵∠C+∠B=180°，∠AED+∠DEB=180°，∴∠DEB=∠B，∴DE=DB，∴DB=DC；
【点睛】本题是四边形综合题，考查全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，属于中考常考题型．
7．（2021·安徽马鞍山市·八年级期末）已知：任意一个三角形的三条角平分线都交于一点．如图，在中，、分别平分、，过点作直线分别交、于点、，若，解答下列问题：（1）证明：；（2）若，，，，求的长．

【答案】（1）见解析；（2）4
【分析】（1）连接由可得是等腰三角形，由三条角平分线交于一点可证平分即可；（2）在上取点，使得，设，则，易证为等边三角形，可得，，可证≌（SAS）可得，，,，再证≌（SAS）可得，可证为等边三角形，由构造方程解之即可．
【详解】（1）证明：连接，，是等腰三角形，
、分别平分、，平分，；
（2）解：在上取点，使得，设，则，
，为等边三角形，，，
在和中，，≌（SAS），
，，，，

在和中，，≌（SAS）， ，
又，，又，为等边三角形，
，，即，．
【点睛】本题考查等腰三角形性质，角平分线性质，等边三角形判定与性质，三角形全等判定与性质，利用构造方程是解题关键．