中考数学一轮复习：专题13.12 全等三角形章末十三大题型总结（培优篇）（华东师大版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习：专题13.12 全等三角形章末十三大题型总结（培优篇）（华东师大版）（解析版），共64页。

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\l "_Tc2518" 【题型1 添加条件使成为全等三角形】 PAGEREF _Tc2518 \h 1
\l "_Tc3685" 【题型2 判定全等三角形的依据】 PAGEREF _Tc3685 \h 3
\l "_Tc28071" 【题型3 利用全等三角形的判定与性质证明线段或角度相等】 PAGEREF _Tc28071 \h 6
\l "_Tc32066" 【题型4 利用全等三角形的判定与性质求线段长度或角的度数】 PAGEREF _Tc32066 \h 12
\l "_Tc10683" 【题型5 利用全等三角形的判定与性质确定线段之间的位置关系】 PAGEREF _Tc10683 \h 16
\l "_Tc10276" 【题型6 全等三角形在网格中的运用】 PAGEREF _Tc10276 \h 21
\l "_Tc8287" 【题型7 全等三角形在新定义中的运用】 PAGEREF _Tc8287 \h 24
\l "_Tc8314" 【题型8 全等三角形的实际应用】 PAGEREF _Tc8314 \h 33
\l "_Tc23608" 【题型9 等腰三角形中分类讨论】 PAGEREF _Tc23608 \h 38
\l "_Tc20863" 【题型10 双垂直平分线求角度与周长】 PAGEREF _Tc20863 \h 43
\l "_Tc8726" 【题型11 角平分线与垂直平分线综合运用】 PAGEREF _Tc8726 \h 46
\l "_Tc24897" 【题型12 尺规作图与证明、计算的综合运用】 PAGEREF _Tc24897 \h 51
\l "_Tc2657" 【题型13 等边三角形的十字结合模型】 PAGEREF _Tc2657 \h 57
【题型1 添加条件使成为全等三角形】
【例1】（2023春·山东济南·八年级统考期末）如图，已知AB=CD，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ABC≌△CDA的是（ ）

A．∠BCA=∠DCAB．∠BAC=∠DCAC．BC=ADD．∠B=∠D=90°
【答案】A
【分析】由已知我们可得到两个三角形的两边相等（其中AC为公共边），根据全等三角形的判定即可解答．
【详解】解：∵AB=CD，AC=CA，
∴可以添加的条件是：BC=ADSSS，或∠BAC=∠DCASAS或∠B=∠D=90°HL，
故只有∠BCA=∠DCA仍无法判定△ABC≌△CDA；
故选：A．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定，熟练掌握三角形的判定是解决问题的关键．
【变式1-1】（2023春·山东烟台·八年级统考期中）2022年冬季奥运会在我国北京举行，奥运健儿们敢于拼搏、善于拼搏，在奥运赛场上展现新时代中国运动员的精神风貌和竞技水平，请你添加一个条件，为奥运健儿设计一只与图1一样的鞋子，已知：AB=DF，∠ABC=∠DFE，写出可添加的条件并标明依据 ．（三个字母简写理由，写出一种情况即可）．
【答案】∠ACB=∠DEFAAS（答案不唯一）
【分析】根据题意增加条件进行判定即可．
【详解】解：由题意得可以增加的条件为：∠ACB=∠DEF，
在△ABC和△DFE中，
∠ACB=∠DEF∠ABC=∠DFEAB=DF，
∴△ABC≌△DFEAAS，
故答案为：∠ACB=∠DEFAAS．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．
【变式1-2】（2023春·福建宁德·八年级统考期末）具备下列条件的两个三角形，可以证明它们全等的是( ).
A．一边和这一边上的高对应相等B．两边和第三边上的中线对应相等
C．两边和其中一边的对角对应相等D．直角三角形的斜边对应相等
【答案】B
【分析】根据判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL分别进行分析．
【详解】解：A、一边和这边上的高对应相等，无法得出它们全等，故此选项错误；
B、两边和第三边上的中线对应相等，通过如图所示方式（倍长中线法）可以证明它们全等（△ABC≌△A′B′C′），故此选项正确.
．
C、两边和其中一边的对角对应相等，无法利用ASS得出它们全等，故此选项错误；
D、直角三角形的斜边对应相等,无法得出它们全等，故此选项错误．
故选：B．
【点睛】本题考查三角形全等的判定方法，注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
【变式1-3】（2023春·湖北武汉·八年级统考期中）在△ABC与△DEF中，下列各组条件，不能判定这两个三角形全等的是（ ）
A．AB＝DE，∠B＝∠E，∠C＝∠FB．AC＝DE，∠B＝∠E，∠A＝∠F
C．AC＝DF，BC＝DE，∠C＝∠DD．AB＝EF，∠A＝∠E，∠B＝∠F
【答案】B
【分析】
【详解】利用全等三角形的判定定理，分析可得：
A、AB=DE，∠B=∠E，∠C=∠F可利用AAS证明△ABC与△DEF全等；
B、∠A=∠F，∠B=∠E，AC=DE，对应边不对应，不能证明△ABC与△DEF全等；
C、AC=DF，BC=DE，∠C=∠D可利用ASA证明△ABC与△DEF全等；
D、AB=EF，∠A=∠E∠B=∠F可利用SAS证明△ABC与△DEF全等；
故选B
点睛：本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
【题型2 判定全等三角形的依据】
【例2】（2023春·辽宁沈阳·八年级统考期末）如图，已知太阳光线AC和DE是平行的，在同一时刻，如果将两根高度相同的木杆竖直插在地面上，那么在太阳光照射下，其影子一样长．这里判断影长相等利用了全等图形的性质，其中判断△ABC≌△DFE的依据是( )

A．SASB．AASC．SSSD．ASA
【答案】B
【分析】先根据题意得出AC∥ED，AH⊥GT，DT⊥GT，AH=DT，进而得∠AGH=∠DKT，∠AHG=∠DTK=90°，据此即可判定△AGH和△DKT全等，从而得出答案．
【详解】解：如图，
，
依题意得：AC∥ED，AH⊥GT，DT⊥GT，AH=DT，
∴∠AGH=∠DKT，∠AHG=∠DTK=90°，
在△AGH和△DKT中，
∠AGH=∠DKT∠AHG=∠DTK=90°AH=DT，
∴△AGH≌△DKTAAS，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定，平行线的性质，解答此题的关键是理解题意，找出AC∥ED，AH⊥GT，DT⊥GT，AH=DT，进而找出判定三角形全等的判定条件．
【变式2-1】（2023春·福建福州·八年级校考期中）如图，将两根钢条AA′，BB′的中点O钉在一起，使AA′，BB′能绕点O自由转动，就做成一个测量工具，测A′B′的长即等于内槽宽AB，那么判定△OAB≌△OA′B′的理由是（ ）．

A．边角边B．角边角C．边边边D．斜边直角边
【答案】A
【分析】由O是AA′、BB′的中点， 可得：AO=A′O，BO=B′O，再由∠AOA′=∠BOB′，可以根据全等三角形的判定方法SAS，判定△OAB≌△OA′B′．
【详解】∵O是AA′ 、BB′的中点，
∴AO=A′O，BO=B′O，
在△OAB和 △OA′B′中，
AO=A′O∠AOA′=∠BOB′BO=B′O，
∴△OAB≌△OA′B′SAS，
故选：A．
【点睛】此题考查了全等三角形判定方法的应用，解题的关键是掌握全等三角形的判定方法： SSS、SAS、ASA、AAS、HL，要证明两个三角形全等，必须有对应边相等这一条件．
【变式2-2】（2023春·福建福州·八年级校考期中）如图所示，某同学将一块三角形的玻璃打碎成了三块，现在要到玻璃店去配一块完全一样的玻璃，那么最省事的办法是带第 块去．（填序号）

【答案】③
【分析】已知三角形破损部分的边角，得到原来三角形的边角，根据三角形全等的判定方法，即可求解．
【详解】第一块和第二块只保留了原三角形的一个角和部分边，根据这两块中的任一块均不能配一块与原来完全一样的;第三块不仅保留了原来三角形的两个角还保留了一边，则可以根据ASA来配一块一样的玻璃.应带③去；
故答案为：③．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定方法，解题的关键是熟练掌握常用的几种方法的灵活运用．
【变式2-3】（2023春·浙江台州·八年级校考期中）为了测量池塘两侧A，B两点间的距离，在地面上找一点C，连接AC，BC，使∠ACB=90°，然后在BC的延长线上确定点D，使CD=BC，得到△ABC≌△ADC，通过测量AD的长，得AB的长．那么△ABC≌△ADC的理由是（ ）
A．SASB．AASC．ASAD．SSS
【答案】A
【分析】根据已知条件可找到两边对应相等且夹角相等，利用SAS即可证明△ACB≌△ACD,由此即可解决问题．
【详解】解：∵∠ACB=90°
∴∠ACB=∠ACD=90°
则在△ACB和△ACD中,AC＝AC∠ACD＝∠ACB＝90°CD＝BC
∴△ABC≌△ADC（SAS）,
∴AB=AD（全等三角形的对应边相等）．
故选：A．
【点睛】本题考查全等三角形的应用,解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法,属于中考常考题型．
【题型3 利用全等三角形的判定与性质证明线段或角度相等】
【例3】（2023春·四川达州·八年级校考期末）如图，△ABC和△DCB中，AB=DC，∠ABC=∠DCB，AC和DB交于点M．

(1)△ABC与△DCB全等吗？为什么？
(2)过点C作CE∥BD，过点B作BF∥AC，试判断∠DCE和∠ABF的数量关系，并说明你判断的理由
【答案】(1)△ABC≌△DCB，理由见解析
(2)∠DCE=∠ABF，理由见解析
【分析】（1）根据SAS，直接可得△ABC≌△DCB；
（2）根据△ABC≌△DCB，可得∠A=∠D，根据平行线的性质可得∠DCE=∠D,∠ABF=∠A，等量代换即可得出结论．
【详解】（1）△ABC≌△DCB，理由如下，
在△ABC和△DCB中，
AB=DC∠ABC=∠DCBBC=CB，
∴△ABC≌△DCB
（2）∵CE∥BD，BF∥AC，
∴∠DCE=∠D,∠ABF=∠A，
∵△ABC≌△DCB，
∴∠A=∠D，
∴∠DCE=∠ABF．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，平行线的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
【变式3-1】（2023春·黑龙江哈尔滨·八年级统考期末）如图，BD,CE都是△ABC的角平分线，BD交CE于点F，其中∠A=60°．
(1)求∠BFC的度数；
(2)求证：DF=EF.
【答案】(1)120°
(2)见解析
【分析】1首先利用三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB的度数，结合角平分线的定义得到∠DBC+∠ECB的度数；再次利用三角形内角和定理可求出∠BFC的度数；
2结合1根据平角定义得到∠BFE=∠CFD=60°.在BC上截取BG=BE，连接GF，利用SAS可证得△BFE与△BFG全等，则EF=GF，∠BFE=∠BFG=60°；再利用ASA可证得△CFG与△CFD全等，则GF=DF，至此即可证得结论．
【详解】（1）解：∵∠A=60°，
∴∠ABC+∠ACB=180°−60°=120°，
∵BD，CE分别是∠ABC和∠ACB的角平分线，
∴∠DBC+∠ECB=12∠ABC+∠ACB=60°，
∴∠BFC=180°−60°=120°；
（2）证明：如图，在BC上截取BG=BE，连接GF，
∵∠BFC=120°，
∴∠BFE=∠CFD=60°，
∵BF=BF，BE=BG，∠EBF=∠GBF，
∴△BFE ≌△BFGSAS，
∴∠BFE=∠BFG=60°，FE=FG，
∴∠CFG=60°，
∵∠CFG=∠CFD=60°，CF=CF，∠FCG=∠FCD，
∴△CFG ≌△CFDASA，
∴FG=FD，
∴DF=EF．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，得到△BFE≌△BFG是解题的关键．
【变式3-2】（2023春·广西北海·八年级统考期中）如图，已知△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点P是线段AB上一点，过点A作AE⊥CP交CP延长线于点E，过点B作BF⊥CP于点F．

(1)求证：△ACE≌△CBF；
(2)线段AE、BF、EF有怎样的数量关系？请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)BF=EF+AE，证明见解析
【分析】（1）利用垂线和余角，得出∠E=∠BFC=90°，∠CAE=∠BCF，再利用“AAS”，即可证明△ACE≌△CBF；
（2）根据全等三角形的性质可知，AE=CF，CE=BF，再利用CE=EF+CF，即可求出线段AE、BF、EF之间的数量关系．
【详解】（1）证明：∵∠ACB=90°，
∴∠ACE+∠BCF=90°，
∵AE⊥CE，BF⊥CE，
∴∠E=∠BFC=90°，
∴∠ACE+∠CAE=90°，
∴∠CAE=∠BCF，
在△ACE和△CBF中，
∠AEC=∠BFC∠CAE=∠BCFAC=BC，
∴△ACE≌△CBFAAS；
（2）解：BF=EF+AE，理由如下：
由（1）可知△ACE≌△CBF，
∴AE=CF，CE=BF，
∴CE=EF+CF=EF+AE=BF，
即BF=EF+AE．
【点睛】本题考查了垂线，余角，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关键．
【变式3-3】（2023春·内蒙古鄂尔多斯·八年级统考期末）如图1，AB∥CD，∠BAD，∠ADC的平分线AE，DE相交于点E．
(1)证明：AE⊥DE；
(2)如图2，过点E作直线AB，AD，DC的垂线，垂足分别为F，G，H，证明：EF=EG=EH；
(3)如图3，过点E的直线与AB，DC分别相交于点B，C（B，C在AD的同侧）求证：E为线段BC的中点；
【答案】(1)见详解
(2)见详解
(3)见详解
【分析】（1）根据AE平分∠BAD，DE平分∠ADC，可得∠BAE=∠DAE=12∠BAD，∠ADE=∠CDE=12∠ADC，再根据AB∥CD，有∠BAD+∠ADC=180°，即有∠ADE+∠DAE=12∠ADC+12∠BAD=90°，问题随之得解；
（2）先证明△AEF≌△AEG，即有EF=EG，同理可证：EH=EG，则问题得解；
（3）在AD上取一点M，使得AM=AB，连接ME，先证明△AME≌△ABE，即有ME=BE，∠AEM=∠AEB，在（1）中已证明∠AED=90°，即有∠AEM+∠DEM=∠AED=90°，∠BEA+∠CED=180°−∠AED=90°，即可得∠DEM=∠DEC，再证明△DME≌△DCE，即有ME=CE，问题得解．
【详解】（1）∵AE平分∠BAD，DE平分∠ADC，
∴∠BAE=∠DAE=12∠BAD，∠ADE=∠CDE=12∠ADC，
∵AB∥CD，
∴∠BAD+∠ADC=180°，
∴∠ADE+∠DAE=12∠ADC+12∠BAD=90°，
∴∠E=180°−∠ADE+∠DAE=90°，
∴AE⊥DE；
（2）∵EF⊥AB，EG⊥AC，AE平分∠BAD，
∴∠EFA=∠EGA=90°，∠BAE=∠DAE=12∠BAD，
∵AE=AE，
∴△AEF≌△AEG，
∴EF=EG，
同理可证：EH=EG，
∴EF=EG=EH；
（3）在AD上取一点M，使得AM=AB，连接ME，如图，
∵AE平分∠BAD，DE平分∠ADC，
∴∠BAE=∠DAE=12∠BAD，∠ADE=∠CDE=12∠ADC，
∵AE=AE，AM=AB，
∴△AME≌△ABE，
∴ME=BE，∠AEM=∠AEB，
在（1）中已证明∠AED=90°，
∴∠AEM+∠DEM=∠AED=90°，∠BEA+∠CED=180°−∠AED=90°，
∴∠DEM=∠DEC，
∵∠ADE=∠CDE=12∠ADC，DE=DE，
∴△DME≌△DCE，
∴ME=CE，
∴ME=BE=CE，
∴ E为线段BC的中点．
【点睛】本题主要考查了角平分线的定义，平行线的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，掌握全等三角形的判定与性质是解答本题的关键．
【题型4 利用全等三角形的判定与性质求线段长度或角的度数】
【例4】（2023春·辽宁丹东·八年级统考期末）如图，点B、F、C、E在直线l上（F、C之间不能直接测量），点A、D在l异侧，测得AB=DE，AB∥DE，∠A=∠D．

(1)试说明：△ABC≌△DEF；
(2)若BE=10m，BF=3m，求FC的长度．
【答案】(1)见解析
(2)4cm
【分析】（1）由AB∥DE，得∠ABC=∠DEF，而AB=DE，∠A=∠D，即可根据全等三角形的判定定理“ASA”证明△ABC≌△DEF；
（2）根据全等三角形的性质得BC=EF，则BF=CE=3m，即可求得FC=BE−BF−CE=4m．
【详解】（1）证明：∵AB∥DE，
∴∠ABC=∠DEF
在△ABC和△DEF中
∠A=∠DAB=DE∠ABC=∠DEF
∴△ABC≌△DEFASA；
（2）∵△ABC≌△DEF，
∴BC=EF
∴BC−FC=EF−FC，
即BF=CE
∵BE=10m，BF=3m
∴BF=CE=3cm，
∴FC=4cm
【点睛】此题重点考查全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识，根据平行线的性质证明∠ABC=∠DEF是解题的关键．
【变式4-1】（2023春·江苏淮安·八年级校联考期末）在Rt△ABC中，∠C=90°，点D是斜边AB的中点，若CD=3，则AB= ．
【答案】6
【分析】根据题意，作出图形，数形结合，利用三角形全等的判定与性质得到AB=2CD即可得到答案．
【详解】解：根据题意，作出Rt△ABC，连接CD并延长，使DE=CD，连接BE，如图所示：

∵点D是斜边AB的中点，
∴AD=BD，
在△ADC和△BDE中，
AD=BD∠ADC=∠EDBCD=ED,
∴△ADC≌△BDESAS，
∴AC=EB,∠A=∠ABE，
∴AC∥EB，
∵ ∠ACB=90°，
∴ ∠EBC=90°，
在△ACB和△EBC中，
AC=BE∠ACB=∠EBC=90°CB=BC,
∴△ACB≌△EBCSAS，
∴AB=CE=2CD,
∵CD=3,
∴AB=2×3=6，
故答案为：6．
【点睛】本题考查利用三角形全等的判定与性质求线段长，涉及倍长中线方法作辅助线、平行线的判定与性质，熟练掌握三角形全等的判定与性质是解决问题的关键．
【变式4-2】（2023春·陕西延安·八年级陕西延安中学校考期中）如图，CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=50°，AD、BE交于点H，连接CH，则∠AHE的度数为 °．
【答案】130
【分析】先判断出△ACD≌△BCE，可得∠DAC=∠EBC，从而利用三角形内角定理可得出∠ACB=∠AHB=50°，再由平角可得∠AHE的度数．
【详解】∵∠ACB=∠DCE，
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，
即∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，CA=CB∠ACD=∠BCECD=CE
∴△ACD≌△BCE（SAS）
∴∠DAC=∠EBC
由三角形内角定理可得：∠DAC+∠ACB=∠EBC+∠AHB
∴∠ACB=∠AHB=50°
∴∠AHE=180°−∠AHB=130°
故答案为：130．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，全等三角形的性质和判定等知识点，能求出△ACD≌△BCE是解此题的关键．
【变式4-3】（2023春·广东梅州·八年级校考期末）如图，在四边形ABCD中，E是边BC的中点，AE平分∠BAD且∠AED=90°，若CD=2AB，AD=18，则AB= ．

【答案】6
【分析】方法一：在AD上截取AF，使得AB=AF，证明△ABE≌△AFE，可得BE=EF，∠BEA=∠AEF，再证明△DEF≌△DEC，得CD=DF，进而可求出AB的长；
方法二：延长DE、AB交于点G，证明△AEG≌△AED得AG=AD=18，ED=EG，再证明△BEG≌△CEDSAS得BG=CD=2AB，进而可求出AB的长．
【详解】方法一：在AD上截取AF，使得AB=AF

∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠FAE，
∵AE=AE，
∴△ABE≌△AFESAS
∴BE=EF，∠BEA=∠AEF
又∵∠BEA+∠DEC=90°，∠AEF+∠FED=90°
∴∠DEC=∠FED
∵E是边BC的中点，
∴CE=BE=FE
∵ED=ED
∴△DEF≌△DECSAS
∴CD=DF
AD=AB+CD=AB+2AB=3AB=18
∴AB=6
方法二：延长DE、AB交于点G

∵AE平分∠BAD且∠AED=90°
∴∠GAE=∠DAE,∠GEA=∠DEA=90°
∵AE=AE
∴△AEG≌△AEDASA
∴AG=AD=18，ED=EG
∵BE=CE，∠BEG=∠DEC
∴△BEG≌△CEDSAS
∴BG=CD=2AB
∴AG=BG+AB=AB+2AB=3AB=18
∴AB=6
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，正确作出辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．
【题型5 利用全等三角形的判定与性质确定线段之间的位置关系】
【例5】（2023春·河北石家庄·八年级统考期中）如图，在ΔABC和ΔADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC,AD=AE，点C、D、E三点在同一直线上，连接BD交AC于点F．

(1)求证：ΔBAD≌ΔCAE；
(2)猜想BD,CE有何特殊位置关系，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)BD⊥CE，理由见解析．
【分析】（1）由“SAS”可证△BAD≌△CAE；
（2）由全等三角形的性质可得∠ACE=∠ABD，由三角形内角和定理可求解．
【详解】（1）∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC+∠CAD=∠EAD+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
在ΔBAD和ΔCAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴ΔBAD≌ΔCAESAS
（2）猜想：BD⊥CE，理由如下：
由（1）知ΔBAD≌ΔCAE，
∴BD=CE,∠ABD=∠ACE，
∵AB=AC,∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠ABD+∠DBC=∠ABC=45°，
∵∠ABD=∠ACE，
∴∠ACE+∠DBC=45°，
∴∠DBC+∠DCB=∠DBC+∠ACE+∠ACB=90°，
∴∠BDC=180°−∠DBC−∠DCB=180°−90°=90°，
∴BD⊥CE．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定是本题的关键．
【变式5-1】（2023春·江西吉安·八年级统考期末）如图，BD=BC，点E在BC上，且BE=AC，DE=AB．
(1)求证：△ABC≌△EDB；
(2)判断AC和BD的位置关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)AC∥BD，理由见解析
【分析】（1）运用SSS证明即可；
（2）由（1）得∠DBE=∠BCA，根据内错角相等，两直线平行可得结论．
【详解】（1）在ΔABC和ΔEDB中，
BD=BCBE=ACDE=AB，
∴ΔABC≅ΔEDB(SSS)；
（2）AC和BD的位置关系是AC∥BD，理由如下：
∵ΔABC≅ΔEDB
∴∠DBE=∠BCA，
∴AC∥BD．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定定理是解答本题的关键．
【变式5-2】（2023春·江苏南通·八年级校联考期中）如图，△ABC的两条高线BD、CE，延长CE到Q使CQ＝AB，在BD上截取BP＝AC，连接AP、AQ，请判断AQ与AP的数量与位置关系？并证明你的结论．
【答案】AP＝AQ，AP⊥AQ，见解析
【分析】根据垂直的定义得到∠ADB＝∠AEC＝90°，得到∠ABD＝∠ACQ＝90°﹣∠BAC．推出△APB≌△QAC（SAS），根据全等三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：AP＝AQ，AP⊥AQ，理由如下：
∵CF⊥AB，BE⊥AC，
∴∠ADB＝∠AEC＝90°，
∴∠ABD＝∠ACQ＝90°﹣∠BAC．
∵BP＝AC，CQ＝AB，
在△APB和△QAC中，
BP=AC∠ABD=∠ACQCQ=AB，
∴△APB≌△QAC（SAS），
∴AP＝AQ，∠BAP＝∠CQA，
∵∠CQA+∠QAE＝90°，
∴∠BAP+∠QAE＝90°．
即AP⊥AQ．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，垂直定义，三角形内角和定理的应用，解此题的关键是推出△APB≌△QAC，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，全等三角形的对应边相等，对应角相等．
【变式5-3】（2023春·甘肃陇南·八年级统考期末）在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组拿了两个大小不同的等腰直角三角板进行拼摆，并探究摆放后所构成的图形之间的关系，如图1，在△ABC和△DEF中，∠A=∠D=90°,AB=AC,DE=DF．
(1)勤奋小组摆出如图2所示的图形，点A和点D重合，连接BE和CF，求证：BE=CF．
(2)超越小组在勤奋小组的启发下，把两个三角形板按如图3的方式摆放，点B，C，E在同一直线上，连接CF，他们发现了BE和CF之间的数量和位置关系，请写出这些关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析；
(2)BE=CF，BE⊥CF，理由见解析．
【分析】（1）证明△BAE≌△CAF，即可得证；
（2）证明△BAE≌△CAF，得到∠ABE=∠ACF,BE=CF，进而求出∠BCF=90°，得到BE⊥CF，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵∠BAC=∠EAF=90°，
∴∠BAE=90°−∠EAC，∠CAF=90°−∠EAC，
∴∠BAE=∠CAF．
在△BAE和△CAF中，BA=CA∠BAE=CAFAE=AF，
∴△BAE≌△CAF(SAS)，
∴BE=CF．
（2）BE=CF,BE⊥CF．理由如下：
∵∠BAC=∠EAF=90°，
∴∠BAE=90°+∠EAC,∠CAF=90°+∠EAC，
∴∠BAE=∠CAF，
在△BAE和△CAF中BA=CA∠BAE=∠CAFAE=AF，
∴△BAE≌△CAF(SAS)，
∴∠ABE=∠ACF,BE=CF．
∵∠ABE+∠ACB=90°，
∴∠ACF+∠ACB=90°，
∴∠BCF=90°，
∴BE⊥CF．
【点睛】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方法，证明三角形全等，是解题的关键．
【题型6 全等三角形在网格中的运用】
【例6】（2023春·广西崇左·八年级统考期末）如图，是一个3×3的正方形网格，则∠1+∠2+∠3+∠4= ．

【答案】180°
【分析】根据三角形全等求出∠1和∠4的数量关系以及∠2和∠3的数量关系，即可求出四个角之和．
【详解】解：如图所示，
在Rt△ABC中和Rt△BED中，AC=ED∠A=∠D=90°AB=BD，
∴△ABC≌△DBESAS．
∴∠4=∠BED，
∵∠1+∠BED=90°，
∴∠1+∠4=90°．
同理可证：∠2+∠3=90°．
∴∠1+∠2+∠3+∠4=90°+90°=180°．
故答案为：180°．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质，解题的关键在于熟练掌握三角形全等的性质以及观察图形分析出相等的边长和角度．
【变式6-1】（2023春·河南南阳·八年级统考期中）在如图所示的3×3网格中，△ABC是格点三角形（即顶点恰好是网格线的交点），则与△ABC有一条公共边且全等（不含△ABC）的所有格点三角形的个数是（ ）
A．3个B．4个C．5个D．6个
【答案】B
【分析】根据全等三角形的性质找出全等三角形即可．
【详解】解：如图所示，
以BC为公共边的全等三角形有三个分别为△A1BC，△A2BC，△A3BC，
以AB为公共边的全等三角形有一个为△ABC1，
∴共有4个三角形与△ABC有一条公共边且全等．
故选：B．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，理解全等三角形的判定与性质是解答本题的关键．
【变式6-2】（2023春·山东青岛·八年级统考期末）如图，图形的各个顶点都在3×3正方形网格的格点上．则∠1+∠2= ．
【答案】45°
【分析】通过证明三角形全等得出∠1=∠3，再根据∠1+∠2=∠3+∠2 即可得出答案．
【详解】解：如图所示，
由题意得，在Rt△ABC和Rt△EFC中，
∵{AB=EF∠B=∠EFC=90°BC=FC
∴Rt△ABC≌Rt△EFC（SAS）
∴∠3=∠1
∵∠2+∠3=90°
∴∠1+∠2=∠3+∠2=90°
故答案为：45°
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，由证明三角形全等得出∠1=∠3是解题的关键．
【变式6-3】（2023春·吉林长春·八年级长春市第八十七中学校考期末）如图所示的网格是正方形网格，点A，B，C，D均落在格点上，则∠BAD+∠ADC= ．
【答案】90°
【分析】证明△DCE≌△ABD（SAS），得∠CDE=∠DAB，根据同角的余角相等和三角形的内角和可得结论．
【详解】解：如图，设AB与CD相交于点F，
在△DCE和△ABD中，
∵{CE=BD=1∠E=∠ADB=90°DE=AD=3，
∴△DCE≌△ABD（SAS），
∴∠CDE=∠DAB，
∵∠CDE+∠ADC=∠ADC+∠DAB=90°，
∴∠AFD=90°，
∴∠BAC+∠ACD=90°，
故答案为：90度．
【点睛】本题网格型问题，考查了三角形全等的性质和判定及直角三角形各角的关系，本题构建全等三角形是关键．
【题型7 全等三角形在新定义中的运用】
【例7】（2023春·河北沧州·八年级统考期末）我们知道：有两条边相等的三角形叫做等腰三角形．类似地，我们定义：至少有一组对边相等的四边形叫做等对边四边形．
（1）请写出一个你学过的特殊四边形中是等对边四边形的图形的名称；
（2）如图，在△ABC中，点D，E分别在AB，AC上，设CD，BE相交于点O，若∠A=60°，∠DCB=∠EBC=12∠A．请你写出图中一个与∠A相等的角，并猜想图中哪个四边形是等对边四边形；
（3）在△ABC中，如果∠A是不等于60°的锐角，点D，E分别在AB，AC上，且∠DCB=∠EBC=12∠A．探究：满足上述条件的图形中是否存在等对边四边形，并证明你的结论．
【答案】（1）平行四边形，等腰梯形，矩形等；（2）与∠A相等的角是∠DOB（或∠EOC）；猜想四边形BDEC是等对边四边形；（3）存在等对边四边形，是四边形BDEC，见解析．
【分析】（1）本题理解等对边四边形的图形的定义，平行四边形，等腰梯形，矩形就是；
（2）与∠A相等的角是∠BOD（或∠COE），四边形DBCE是等对边四边形；
（3）作CG⊥BE于G点，作BF⊥CD交CD延长线于F点，易证△BCF≌△CBG，进而证明△BDF≌△CEG，所以BD＝CE，所以四边形DBCE是等对边四边形．
【详解】解：（1）如：平行四边形，等腰梯形，矩形等．
（2）与∠A相等的角是∠BOD（或∠COE），
∵∠A＝60°，∠DCB=∠EBC=12∠A，
∴∠OBC＝∠OCB＝30°，
∴∠BOD＝∠EOC＝∠OBC＋∠OCB＝60°，
∴与∠A相等的角是∠BOD（或∠EOC），
猜想：四边形BDEC是等对边四边形，
（3）存在等对边四边形，是四边形BDEC，
证明：如图作CG⊥BE于G，BF⊥CD交CD的延长线于F，
在△BCF和△CBG中，
∠DCB=∠EBC∠BFC=∠CGBBC=BC
∴△BCF≌△CBG（AAS），
∴BF＝CG，
∵∠BDF=∠ABE+∠EBC+∠DCB，∠BEC=∠ABE+∠A，
∴∠BDF=∠BEC，
在△BDF和△CEG中，
∠BDF＝∠CEB∠BFC＝∠CGE=90°BF＝CG
∴△BDF≌△CEG（AAS），
∴BD＝CE
∴四边形BDEC是等对边四边形．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，解决本题的关键是理解等对边四边形的定义，把证明BD＝CE的问题转化为证明三角形全等的问题．
【变式7-1】（2023春·福建南平·八年级统考期中）定义：
如图1，在△ABC和△ADE中，AB＝AC＝AD＝AE，当∠BAC+∠DAE＝180°时，我们称△ABC与△DAE互为“顶补等腰三角形”，△ABC的边BC上的高线AM叫做△ADE的“顶心距”，点A叫做“旋补中心”．
（1）特例感知：在图2，图3中，△ABC与△DAE互为“顶补等腰三角形”，AM是“顶心距”．
①如图2，当∠BAC＝90°时，AM与DE之间的数量关系为AM＝ DE；
②如图3，当∠BAC＝120°，ED＝6时，AM的长为 ．
（2）猜想论证：
在图1中，当∠BAC为任意角时，猜想AM与DE之间的数量关系，并给予证明．
【答案】（1）①AM＝12DE ；② 3；（2）AM＝12DE．
【分析】（1）①由等腰直角三角形的性质可得AM=BM=CM=12BC，由全等三角形性质可得BC=DE，即可求解；
②由等边三角形的性质和直角三角形的性质可求解；
（2）过点A作AN⊥ED于N，由等腰三角形的性质可得∠DAN=12∠DAE，ND=12DE，由全等三角形的性质可得ND=AM，则可得结论．
【详解】（1）①∵∠BAC+∠DAE＝180°，∠BAC＝90°；
∴∠EAD=90°
∵AB=AC，∠BAC＝90°
∴△ABC为等腰直角三角形
∵AM⊥BC
∴AM=12BC
在△ABC与△AED中，
∵{AB=AE∠BAC=∠EADAC=AD
∴△ABC≌△AED（SAS），
∴BC=ED
∴AM＝12DE．
② ∵∠BAC+∠DAE＝180°，∠BAC＝120°；
∴∠EAD=60°
∵AD=AE
∴△AED为等边三角形
即：ED=AE=6
∴AB=AC=AE=6
∵∠BAC＝120°，AB=AC，AM⊥BC
∴∠ABM=30°
∴AM＝12AB=3．
（2）猜想：结论AM＝12DE．
理由如下：如图，过点A作AN⊥ED于N
∵AE＝AD，AN⊥ED
∴∠DAN＝12∠DAE，ND＝12ED
同理可得：∠CAM＝12∠CAB，
∵∠DAE+∠CAB＝180°，
∴∠DAN+∠CAM＝90°，
∵∠CAM+∠C＝90°
∴∠DAN＝∠C，
∵AM⊥BC
∴∠AMC＝∠AND＝90°
在△AND与△AMC中，
{∠DNA=∠AMC∠DAN=∠CAD=AC
∴△AND≌△AMC（AAS），
∴ND＝AM
∴AM＝12DE
【点睛】本题是三角形综合题，考查了等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，理解题意，运用“顶补等腰三角形”的定义解决问题是本题的关键．
【变式7-2】（2023春·四川遂宁·八年级统考期末）新定义：顶角相等且顶角顶点重合的两个等腰三角形互为“兄弟三角形”．
(1)如图①中，若△ABC和△ADE互为“兄弟三角形”，AB=AC，AD=AE．则
①∠BAD___________∠CAE（填>、＜或=）
②连接线段BD和CE，则BD___________CE（填>、＜或=）
(2)如图②，△ABC和△ADE互为“兄弟三角形”，AB=AC，AD=AE，若点D、点E均在△ABC外，连接BD、CE交于点M，连接AM，则线段BD、CE还满足以上数量关系吗？请说明理由
【答案】(1)①=，②=
(2)BD=CE，见解析
【分析】（1）根据“兄弟三角形”的定义可知两个三角形的顶角相等，利用角的和差即可得到①的结论；再结合“SAS”即可得到△BAD≌△CAE，根据全等三角形的性质即可求解；
（2）沿用（1）的思路，利用角的和差得到∠BAD=∠CAE，再结合“SAS”即可得到△BAD≌△CAESAS，根据全等三角形的性质即可求解．
【详解】（1）①∠BAD=∠CAE；
∵△ABC和△ADE互为“兄弟三角形”，AB=AC，AD=AE，
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，
即∠BAD=∠CAE；
②BD=CE；
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAESAS，
∴BD=CE．
（2）满足以上关系证明：如图②，
∵△ABC和△ADE互为“兄弟三角形”，
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC，即∠CAE=∠BAD，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAESAS，
∴BD=CE．
【点睛】本题考查全等三角形的性质与判定，根据题目信息识别出来全等三角形是解题的关键．
【变式7-3】（2023春·山东淄博·八年级统考期中）根据全等图形的定义，我们把能够完全重合（即四个内角、四条边分别对应相等）的四边形叫做全等四边形．请借助三角形全等的知识，解决有关四边形全等的问题．如图，已知，四边形ABCD和四边形ABCD 中，AB = AB，BC = BC，B =B，C =C，现在只需补充一个条件，就可得四边形ABCD ≌四边形ABCD．下列四个条件：① A =A；②D =D；③ AD=AD；④CD=CD；
（1）其中，符合要求的条件是 ．（直接写出编号）
（2）选择（1）中的一个条件，证明四边形ABCD ≌四边形ABCD．
【答案】（1）①②④；（2）选④，证明见解析
【分析】（1）连接AC、A′C′，根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论；
（2）连接AC、A′C′，根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【详解】（1）符合要求的条件是①②④，
当选择①A=A时，
证明：连接AC 、AC，
在△ABC与△ ABC中，
{AB=AB∠B=∠BBC=BC，
∴△ABC ≌△ABC(SAS )，
∴ AC=AC，ACB=ACB，BAC=B ' A 'C '，
∵BCD=BCD，
∴BCD  ACB=BCDACB，
∴ACD=ACD，
∵BAD=BAD，
∴BAD  BAC=BAD   BAC，
∴DAC= DAC，
在△ACD和△ACD 中，
{∠DAC=∠DACAC=AC∠ACD=∠ACD，
∴△ACD ≌△ACD(ASA ) ，
∴D=D '，DC=DC，DA=DA，
∴四边形ABCD和四边形ABCD中，
AB=AB，BC=BC，AD=AD，DC=DC，
B=B，BCD=BCD，D=D，BAD=BAD，
∴四边形ABCD ≌四边形ABCD；
当选择②D=D时，
证明：同理得到AC=AC，ACD=ACD，
∵D=D，
在△ACD和△ACD中，
{∠D=∠D∠ACD=∠ACDAC=AC，
∴△ACD ≌△ACD(AAS ) ，
∴D=D '，DC=DC，DA=DA，
∴四边形ABCD和四边形ABCD中，
AB=AB，BC=BC，AD=AD，DC=DC，
B=B，BCD=BCD，D=D，BAD=BAD，
∴四边形ABCD≌四边形ABCD；
当选择③AD=AD时，
在△ACD和△ACD中，
AC=AC，ACD=ACD，AD=AD，
不符合全等的条件，不能得到△ACD ≌△ACD；
（2）选④CD = CD，
证明：连接 AC、AC，
在△ABC与△ABC中，
{AB=AB∠B=∠BBC=BC，
∴△ABC ≌△ABC(SAS )，
∴ AC=AC， ACB=ACB ， BAC=B ' A 'C '，
∵BCD=BCD，
∴BCD  ACB=BCD  ACB，
∴ACD=ACD，
在△ACD和△ACD中，
{AC=AC∠ACD=∠ACDCD=CD，
∴△ACD ≌△ACD(SAS ) ，
∴D=D '， DAC=DAC， DA=DA，
∴BACDAC=B ACDAC， 即BAD=BAD，
∴四边形ABCD和四边形ABCD 中，
AB=AB，BC=BC，AD=AD，DC=DC，
B=B， BCD=BCD， D=D， BAD=BAD，
∴四边形ABCD ≌四边形ABCD．
【点睛】本题考查了多边形的全等，全等三角形的判定和性质，多边形的全等可以通过作辅助线转化为证明三角形全等问题．关键是掌握判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
【题型8 全等三角形的实际应用】
【例8】（2023春·辽宁丹东·八年级统考期末）小明沿一段笔直的人行道行走，边走边欣赏风景，在由C走到D的过程中，通过隔离带的空隙P，刚好浏览完对面人行道宣传墙上的一条标语，具体信息如下：如图，AB∥PM∥CD，相邻两平行线间的距离相等，AC，BD相交于P，PD⊥CD垂足为D．已知CD=165米．请根据上述信息求标语AB的长度为 米．

【答案】165
【分析】由AB∥CD，利用平行线的性质可得∠ABP=∠CDP，利用ASA定理可得，△ABP≌△CDP，由全等三角形的性质可得结果．
【详解】解：∵AB∥PM∥CD，PD⊥CD，
∴PB⊥AB，
∴∠ABP=∠CDP=90°，
根据题意可知：相邻两平行线间的距离相等，
∴BP=DP，
在△ABP和△CDP中，
∠ABP=∠CDP=90°BP=DP∠APB=∠CPD，
∴△ABP≌△CDPASA，
∴AB=CD=165米．
故答案为：165．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行线之间的距离，解决本题的关键是得到△ABP≌△CDP．
【变式8-1】（2023春·福建南平·八年级统考期中）1805年，法军在拿破仑的率领下与德军在莱茵河畔激战.德军在莱茵河北岸点Q处，如图所示，因不知河宽，法军大炮很难瞄准敌营.聪明的拿破仑站在南岸的点O处，调整好自己的帽子，使视线恰好擦着帽舌边缘看到对面德国军营Q处，然后他保持原来的观察姿态，一步一步后退，一直退到点B处，发现自己的视线恰好落在他刚刚站立的点O处，让士兵丈量他所站立的位置B点与O点之间的距离，并下令按照这个距离炮轰德军.试问：法军能命中目标吗？请说明理由.(注：AB⊥BQ，PO⊥BO，AB=PO，点B、O、Q在一条直线上)
【答案】解：法军能命中目标．
理由：由题意可得：AB=PO，∠A=∠P，
又∵AB⊥BO，PO⊥BQ，
∴∠ABO=∠POQ=90°．
∵在△ABO和△POQ中，∠A=∠PAB=PO∠ABO=∠POQ，
∴△ABO≌△POQ( ASA)，
∴BO=OQ，
因此，按照BO的距离炮轰德军时，炮弹恰好落入德军Q处．
【解析】由题意可得：AB=PO，∠A=∠P，再结合AB⊥BO，PO⊥BQ，证明△ABO≌△POQ( ASA)，利用全等三角形的性质可得出结论．
本题考查的是全等三角形的判定与性质的应用，理解题意，利用构建的全等三角形解决问题是解题的关键．
【变式8-2】（2023春·河北邢台·八年级校联考期末）如图，小明和小华住在同一个小区的不同单元楼，他们想要测量小华家所在单元楼AB的高度，首先他们在两栋单元楼之间选定一点E，然后小明在自己家阳台C处看点E的视角为∠HCE．小华站在E处眼睛F看AB楼端点A的视角为∠AFG．发现∠HCE与∠AFG互余，已知CH∥BD∥GF，BG=EF=1.5米，BE=GF=CD=20米，BD=50米．求单元楼AB的高度．

【答案】单元楼AB的高为31.5米．
【分析】根据已知条件，证明△AGF与△EDC全等，结合全等三角形的性质再进行计算即可得出．
【详解】由题意得：∠AGF=∠EDC=90°，
∴∠CED+∠ECD=90°，
∵CH∥BD，
∴∠HCE=∠CED，
∵∠HCE+∠AFG=90°，
∴∠ECD=∠AFG，
∵BE=GF=CD=20（米），
∴FG=CD=20（米），
∴△AGF≌△EDCASA，
∴AG=ED=BD−BE=50−20=30（米），
∴AB=AG+BG=31.5（米），
∴单元楼AB的高为31.5米．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质及俯角仰角的知识，证明两个三角形全等是解题的关键．
【变式8-3】（2023春·湖南长沙·八年级湖南师大附中统考期末）（1）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°，请猜想图中线段BE，EF，FD之间的数量关系，并证明你的猜想．
（2）如图2，在新修的小区中，有块四边形绿化ABCD，四周修有步行小径，且AB=AD，∠B+∠D=180°，在小径BC，CD上各修一凉亭E，F，在凉亭E与F之间有一池塘，不能直接到达经测量得到∠EAF=12∠BAD，BE=10米，DF=15米，试求两凉亭之间的距离EF．
【答案】（1）EF=BE+FD，证明见解析；（2）25米
【分析】（1）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，利用SAS证明△ABE≌△ADG，推出AE=AG，∠BAE=∠DAG，再证明△AEF≌△AGFSAS，据此即可得到EF=BE+FD；
（2）延长CD至H，使DH=BE，连接AH，利用SAS证明△ADH≌△ABE，推出AE=AH，∠BAE=∠DAH，再证明△AEF≌△AGFSAS，据此计算即可求解．
【详解】解：（1）猜想：EF=BE+FD，
证明：如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
∵∠ADC=90°，∠ADC+∠ADG=180°，
∴∠ADG=90°，
在△ABE和△ADG中，BE=DG∠B=∠ADGAB=AD，
∴△ABE≌△ADGSAS，
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=60°，∠BAD=120°，
∴∠BAE+∠DAF=120°−60°=60°，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=60°=∠EAF，
在△AEF和△AGF中，AE=AG∠EAF=∠GAFAF=AF，
∴△AEF≌△AGFSAS，
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF；
（2）如图2，延长CD至H，使DH=BE，连接AH，
∵∠B+∠ADC=180°,∠ADH+∠ADC=180°，
∴∠ADH=∠B，
在△ADH和△ABE中，AD=AB∠ADH=∠BDH=BE，
∴△ADH≌△ABESAS，
∴AE=AH，∠BAE=∠DAH，
∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠HAF=∠DAH+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD−∠EAF=∠EAF，
在△AEF和△AHF中，AE=AH∠EAF=∠HAFAF=AF，
∴△AEF≌△AGFSAS，
∴EF=FH，
∵FH=DH+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF，
∵BE=10米，DF=15米，
∴EF=10+15=25（米）．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．
【题型9 等腰三角形中分类讨论】
【例9】（2023春·重庆南岸·八年级校考期末）如图，△ABC中，∠ACB>120°，∠B=20°，D为AB边上一点（不与A、B重合），将△BCD沿CD翻折得到△CDE，CE交AB于点F．若△DEF为等腰三角形，则∠BCD为（ ）

A．30°B．30°或60°C．50°D．30°或50°
【答案】B
【分析】分两种情况进行讨论，当EF=ED时，根据折叠的性质可知∠BCD=∠ECD，设∠BCD=∠ECD=x，根据等腰三角形的性质可得∠EFD=∠EDF=80°，则x+x+20°=80°，解出x即可；当EF=DF时， 根据折叠的性质可知∠BCD=∠ECD，设∠BCD=∠ECD=y，根据等腰三角形的性质可得∠E=∠FDE=20°，则∠EFD=140°，则y+y+20°=140°，解出y即可．
【详解】解：当EF=ED时，
根据折叠的性质可知∠BCD=∠ECD，
设∠BCD=∠ECD=x，
∵∠B=20°，
∴∠FDC=x+20°，
∵△DEF为等腰三角形，EF=ED，
∴∠EFD=∠EDF=80°，
∵∠ECD+∠FDC=∠EFD，
∴x+x+20°=80°，
解得x=30°，
当EF=DF时，
根据折叠的性质可知∠BCD=∠ECD，
设∠BCD=∠ECD=y，
∵∠B=20°，
∴∠FDC=y+20°，
∵△DEF为等腰三角形，EF=DF，
∴∠E=∠FDE=20°，
∴∠EFD=140°，
∵∠ECD+∠FDC=∠EFD，
∴y+y+20°=140°，
解得y=60°，
综上所述，∠BCD的度数为30°或60°，
故选：B．
【点睛】本题考查了折叠的性质以及等腰三角形的性质，利用外角的性质将角与角建立联系列出方程是解题的关键．
【变式9-1】（2023春·陕西渭南·八年级校考期中）若等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角为20°，则它的底角为（ ）
A．35°B．55°C．55°或35°D．70°或35°
【答案】C
【分析】根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理进行分析，注意分类讨论思想的运用．
【详解】解：①∵AB=AC，∠ABD=20°，BD⊥AC，

∴∠A=70°，
∴∠ABC=∠C=180°−70°÷2=55°；
②∵AB=AC，∠ABD=20°，BD⊥AC，

∴∠BAC=20°+90°=110°
∴∠ABC=∠C=180°−110°÷2=35°．
故选：C．
【点睛】此题主要考查等腰三角形的性质，三角形内角和定理及三角形外角的性质的综合运用，熟练掌握这两个定理是解决问题的关键．
【变式9-2】（2023春·广东广州·八年级校考期中）如图，△ABC中∠ABC=40°，动点D在直线BC上，当△ABD为等腰三角形，∠ADB= ．

【答案】20°或40°或70°或100°
【分析】画出图形，分四种情况分别求解．
【详解】解：若AB=AD，
则∠ADB=∠ABC=40°；

若AD=BD，
则∠DAB=∠DBA=40°，
∴∠ADB=180°−2×40°=100°；

若AB=BD，且三角形是锐角三角形，
则∠ADB=∠BAD=12180°−∠ABC=70°；

若AB=BD，且三角形是钝角三角形，
则∠BAD=∠BDA=12∠ABC=20°．

综上：∠ADB的度数为20°或40°或70°或100°，
故答案为：20°或40°或70°或100°．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，外角的性质，解题的关键是找齐所有情况，分类讨论．
【变式9-3】（2023春·山西运城·八年级统考期末）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=130°，△AFD和△ABD关于直线AD对称，∠FAC的平分线交BC于点G，连接FG，当△DFG为等腰三角形时，∠FDG的度数为 ．

【答案】50°或65°或80°
【分析】先由轴对称可以得出△ADB≌△ADF，就可以得出∠B=∠AFD，AB=AF，再证明△AGF≌△AGC就可以得出∠AFG=∠C，就可以求出∠DFG的值；再分三种情况求解：当GD=GF、DF=GF、DF=DG．
【详解】解：∵AB=AC，∠BAC=130°，
∴∠B=∠C=25°．
∵△ABD和△AFD关于直线AD对称，
∴△ADB≌△ADF，
∴∠B=∠AFD=25°，AB=AF，
∴AF=AC．
∵AG平分∠FAC，
∴∠FAG=∠CAG．
在△AGF和△AGC中，
AF=AC∠FAG=∠CAGAG=AG，
∴△AGF≌△AGC(SAS)，
∴∠AFG=∠C．
∵∠DFG=∠AFD+∠AFG，
∴∠DFG=∠B+∠C=25°+25°=50°．
①当GD=GF时，
∴∠FDG=∠GFD=50°．
②当DF=GF时，
∴∠FDG=∠FGD．
∵∠DFG=50°，
∴∠FDG=∠FGD=65°．
③当DF=DG时，
∴∠DFG=∠DGF=50°，
∴∠FDG=80°，
故答案为：50°或65°或80°．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的判定及性质，分类讨论是解答本题的关键．
【题型10 双垂直平分线求角度与周长】
【例10】（2023春·广西桂林·八年级统考期末）如图所示，点E、F是∠BAC的边AB上的两点，线段EF的垂直平分线交AC于D，AD的垂直平分线恰好经过E点，连接DE、DF，若∠CDF=α，则∠EDF的度数为（ ）

A．αB．4α3C．180°−2α3D．180°−4α3
【答案】D
【分析】根据线段垂直平分线的性质，三角形外角性质，三角形内角和定理计算判断即可．
【详解】∵线段EF的垂直平分线交AC于D，AD的垂直平分线恰好经过E点，
∴DE=DF,AE=DE，
∴∠DFE=∠DEF,∠EAD=∠EDA，
∵∠DEF=∠EAD+∠EDA,∠CDF=∠EAD+∠DFA，
∴∠EAD=12∠DEF=12∠DFA，
∴∠CDF=12∠DFA+∠DFA=32∠DFA，
∴∠DFA=23∠CDF=23α，
∴∠EDF=180°−2∠DFA=180°−43α，
故选D．
【点睛】本题考查了线段的垂直平分线，三角形外角性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握线段的垂直平分线，三角形外角性质，等腰三角形的性质是解题的关键．
【变式10-1】（2023春·河北保定·八年级统考期中）如图，在△ABC中，BC=8，AB的垂直平分线交BC于D，AC的垂直平分线交BC与E，则△ADE的周长等于（ ）
A．6B．7C．8 D．12
【答案】C
【分析】根据线段垂直平分线的性质可得AD=BD，AE=EC，进而可得AD+ED+AE=BD+DE+EC，从而可得答案．
【详解】解：∵AB的垂直平分线交BC于D，
∴AD=BD，
∵AC的垂直平分线交BC于E，
∴AE=EC，
∵BC=8，
∴BD+CE+DE=8，
∴AD+AE+DE=8，
∴△ADE的周长为8，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了线段垂直平分线的性质，关键是掌握线段垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．
【变式10-2】（2023春·河北保定·八年级统考期中）如图，在△ABC中，AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，点O是AC、BC的垂直平分线的交点，连接AO、BO，若∠AOB=α，则∠AIB的大小为（ ）

A．αB．14α+90°C．12α+90°D．180°−12α
【答案】B
【分析】连接CO并延长，根据线段垂直平分线的性质得到OA=OC，OB=OC，根据等腰三角形的性质得到∠OCA=∠OAC，∠OCB=∠OBC，根据三角形的外角性质计算，得到∠AOB=12(∠OCA+∠OCB)=α．根据三角形内角和定理得到∠IAB+∠IBA=180°−∠AIB，根据角平分线的定义得到∠IAB+∠IBA=90°−α4，求出∠AIB．
【详解】解：连接CO并延长，

∵点O是AC、BC的垂直平分线的交点，
∴OA=OC，OB=OC，
∴∠OCA=∠OAC，∠OCB=∠OBC，
∵∠AOD是△AOC的一个外角，
∴∠AOD=∠OCA+∠OAC=2∠OCA，
同理，∠BOD=2∠OCB，
∴∠AOB=∠AOD+∠BOD=2∠OCA+2∠OCB=α，
∴∠OCA+∠OCB=α2，
∴∠ACB=α2，
∵AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，
∴∠IAB=12∠CAB，∠IBA=12∠CBA，
∴∠IAB+∠IBA=12(∠CAB+∠CBA)=12(180°−∠ACB)=90°−α4，
∴∠AIB=180°−(∠IAB+∠IBA)=90°+α4，
故选：B．
【点睛】本题考查的是线段的垂直平分线的性质、角平分线的定义、三角形内角和定理，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
【变式10-3】（2023春·辽宁丹东·八年级校考期中）如图，在△ABC中，边AB的垂直平分线OM与边AC的垂直平分线ON交于点O，这两条垂直平分线分别交BC于点D、E．已知△ADE的周长为11cm，分别连接OA、OB、OC，若△OBC的周长为23cm，则OA的长为 ．

【答案】6cm
【分析】根据线段垂直平分线的性质可得DA=DB，EA=EC，OA=OB=OC，从而可求出BC=11cm，然后根据△OBC的周长为23cm，即可求出OB的长，即可解答．
【详解】解：∵OM是AB的垂直平分线，
∴DA=DB，OA=OB，
∵ON是AC的垂直平分线，
∴EA=EC，OA=OC，
∴OB=OC，
∵△ADE的周长为11cm，
∴AD+DE+AE=11cm，
∴BD+DE+CE=11cm，
∴BC=11cm，
∵△OBC的周长为23cm，
∴OB+OC=23−11=12cm，
∴OB=OC=6cm，
∴OA=OC=6cm，
故答案为：6cm．
【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线的性质，熟练掌握线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等是解题的关键．
【题型11 角平分线与垂直平分线综合运用】
【例11】（2023春·湖南湘西·八年级统考期末）如图，在△ABC中，∠BAC=60°，∠BAC的平分线AD与边BC的垂直平分线相交于点D，DE⊥AB交AB的延长线于点E，DF⊥AC于点F，现有以下结论：①DE=DF；②DE+DF=AD；③DM平分∠ADF；④AB+AC=2AE；其中正确的有（ ）

A．2个B．3个C．4个D．1个
【答案】B
【分析】①由角平分线的性质即可证明；②由题意可知∠EAD=∠FAD=30°，可得DE=12AD，DF=12AD，从而可以证明；③假设DM平分∠ADF，则∠ADM=∠FDM=30°，可推出∠ABC=∠E=90°，条件不足，故错误；④连接BD、CD，证明Rt△BED≌Rt△CFD，Rt△BED≌Rt△CFD，得出BE=CF，AE=AF，即可证明AB+AC=2AE．
【详解】如图所示，连接BD、CD，

∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴ED=DF．
故①正确；
∵∠BAC=60°，AD平分∠BAC，
∴∠EAD=∠FAD=30°．
∵DE⊥AB，
∴∠AED=90°．
∴DE=12AD．
同理DF=12AD，
∴DE+DF=AD．
故②正确；
∵∠EAD=∠FAD=30°，∠AED=∠AFD=90°
∴∠ADE=∠ADF=60°．
假设DM平分∠ADF，则∠ADM=∠FDM=30°，
∴∠EDM=∠ADE+∠ADM=90°．
∵DM⊥BC，
∴BC∥DE．
∴∠ABC=∠E=90°．
又∵∠ABC的度数是未知的，
∴不能判定DM平分∠ADF．
故③错误；
∵DM是BC的垂直平分线，
∴DB=DC．
在Rt△BED和Rt△CFD中，
DE=DFBD=CD，
∴Rt△BED≌Rt△CFD(HL)．
∴BE=CF．
在Rt△AED和Rt△AFD中，
DE=DFAD=AD，
∴Rt△AED≌Rt△AFD(HL)．
∴AE=AF，
∴AB+AC=AE−BE+AF+CF=2AE．
故④正确；
故选B．
【点睛】本题主要考查了角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
【变式11-1】（2023春·山东威海·八年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠C=90∘,∠CAB的平分线交BC于点D,DE恰好是AB的垂直平分线，垂足为E．若AD=6，则DE的长为 ．

【答案】3
【分析】由角平分线性质定理，得DE=DC，所以Rt△ADE≌Rt△ADC(HL)，于是AC=AE，由线段垂直平分线定理，得AD=BD=6；由面积公式S△ABD=12AB⋅DE=12BD⋅AC，化简求解．
【详解】解：∵AD平分∠CAB，DC⊥AC，DE⊥AB，
∴DE=DC．
∴Rt△ADE≌Rt△ADC(HL)
∵DE垂直平分AB，
∴AE=BE，AD=BD=6．
∴AC=AE．
∵S△ABD=12AB⋅DE=12BD⋅AC，
∴2AE⋅DE=6×AC．
∴DE=3．
故答案为：3．
【点睛】本题考查垂直平分线的性质，角平分线的性质，直角三角形全等的判定；运用面积公式寻求线段间的关系是解题的关键．
【变式11-2】（2023春·山东青岛·八年级统考期末）如图，在△ABC中，∠A=52°，∠ACB的角平分线CF与BC的垂直平分线DE交于点O，连接OB．若∠ABO=20°，则∠ACB= ．

【答案】72°
【分析】由线段垂直平分线的性质可得∠OBC=∠OCB，由角平分线的定义可得∠ACF=∠OCB，再利用三角形的内角和定理可求得∠ACF的度数，进而可求解．
【详解】解：∵OE垂直平分BC，
∴OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB，
∵CF平分∠ACB，
∴∠ACF=∠OCB，
∵∠A+∠ABC+∠ACB=180°，
∴∠A+∠ABO+3∠ACF=180°，
∵∠A=52°，∠ABO=20°，
∴∠ACF=36°，
∴∠ACB=2∠ACF=72°．
故答案为：72°．
【点睛】本题主要考查线段垂直平分线的性质，角平分线的定义，三角形的内角和定理，利用三角形的内角和定理求解∠ACF的度数是解题的关键．
【变式11-3】（2023春·四川成都·八年级校考期中）如图，△ABC中，∠ABC的角平分线BD和AC边的中垂线DE交于点D，DM⊥BA的延长线于点M，DN⊥BC于点N．若AB=3，BC=7，则AM的长为 ．
【答案】2
【分析】连接AD，CD，由“AAS”可证△BDM≅△BDN，可得BM=BN，由“HL”可证Rt△ADM≅Rt△CDN，可得AM=CN，即可求解．
【详解】解：连接AD，CD，
∵BD是∠ABC的平分线，
∴∠ABD=∠DBC，
在△BDM和△BDN中，
∠DMB=∠DNB=90°∠ABD=∠DBCBD=BD，
∴△BDM≅△BDNAAS，
∴BM=BN，DM=DN，
∵DE是AC的垂直平分线，
∴AD=DC，
在Rt△ADM和Rt△CDN中，
AD=CDDM=DN，
∴Rt△ADM≅Rt△CDNHL，
∴AM=CN，
∵AB=3，BC=7，
∴BC−AB=BN+CN−BM−AM=2AM=4，
∴AM=2，
故答案为2．
【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，角平分线的性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
【题型12 尺规作图与证明、计算的综合运用】
【例12】（2023春·河南郑州·八年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°．

(1)请用无刻度的直尺和圆规在BC边上找一点P，使得点P到点A和点B的距离相等；（要求：不写作法，保留作图痕迹，使用2B铅笔作图）
(2)在（1）的条件下，若AC=2，CB=5，则△CAP的周长是___________．
【答案】(1)见解析
(2)7
【分析】（1）作线段AB的垂直平分线与BC的交点即为P点；
（2）根据AP=BP求出△CAP的周长等于AC+BC即可得解．
【详解】（1）解：如图，点P即为所求；

（2）解：连接AP，
由（1）知AP=BP，
∴△CAP的周长为：AC+CP+AP=AC+CP+BP=AC+BC=2+5=7，
故答案为：7．
【点睛】本题考查了尺规作线段的垂直平分线，线段垂直平分线的性质，熟知线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等是解题的关键．
【变式7-1】（2023春·重庆巴南·八年级统考期末）如图，在△ABC中，AB=AC，D为BC的中点，连接AD．
(1)请用直尺和圆规完成基本作图：
作AD的垂直平分线EF交AD于点O，交AB于点E，交AC于点F，连接DE、DF；（保留作图痕迹，不写作法，不下结论）
(2)求证：AE=DF．（请补全下面的证明过程，不写证明理由）．
证明：∵AB=AC，D为BC中点，
∴∠1=________．
∵EF为AD的垂直平分线，
∴∠AOE=∠AOF=90°，AF=DF
又∵∠1+∠AOE+∠AEF=180°，
∠2+∠AOF+∠AFE=180°，
∴∠AEF=________．
∴AE=________，
∴AE=DF．
【答案】(1)见解析
(2)∠2，∠AFE，AF
【分析】（1）利用基本作图作AD的垂直平分线得到EF；
（2）先根据等腰三角形的性质得到∠1= ∠2，再根据线段垂直平分线的性质得到AF=DF，进而可得∠AEF= ∠AFE，根据等角对等边得到AE= AF，等量代换即可解题．
【详解】（1）解：直线EF，如图所示：
（2）证明：∵AB=AC，D为BC中点，
∴∠1= ∠2．
∵EF为AD的垂直平分线，
∴∠AOE=∠AOF=90°，AF=DF．
又∵∠1+∠AOE+∠AEF=180°，
∠2+∠AOF+∠AFE=180°，
∴∠AEF= ∠AFE，
∴AE= AF．
∴AE=DF．
故答案为：∠2，∠AFE，AF
【点睛】本题考查垂直平分线的作图和性质，等角对等边，掌握基本作图和垂直平分线的性质是解题的关键．
【变式7-2】（2023春·河南许昌·八年级许昌市第一中学校联考期末）如图，△ABC是等边三角形，BD是中线，延长BC至E，使CE=CD．

(1)求证：DB=DE；
(2)请用无刻度的直尺和圆规作出线段BE的中点F（不写作法，保留作图痕迹）；若AB=4，求CF的长．
【答案】(1)见解析
(2)作图见解析，CF=1
【分析】（1）证明∠DBC=∠E=30°，利用等角对等边即可得出结论．
（2）过点D作DF⊥BE于F即可，再根据等边三角形性质得出AC=AB=4，∠ACB=60°，再由BD是中线得CD=12AC=2，在Rt△DFC中，由∠CDF=90°−∠DCB=90°−60°=30°，即可得CF=12CD=1．
【详解】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，
∵BD是中线，
∴∠DBC=12∠ABC=30°，
∵CE=CD，
∴∠CDE=∠E，
又∵∠ACB=∠CDE+∠E，
∴∠CDE=∠E=12∠ACB=30°，
∴∠DBC=∠E，
∴DB=DE．
（2）解：如图所示．

由作图可知：DF⊥BE，，由（1）知，DB=DE，
∴DF垂直平分BE．即点F是BE的中点，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=4，∠ACB=60°，
∵BD是中线，
∴CD=12AC=2，
∴在Rt△DFC中，∠CDF=90°−∠DCB=90°−60°=30°．
∴CF=12CD=1．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，尺规基本作图-经过直线外一点作直线的垂线，等腰三角形的性质，直角三角形的性质．熟练掌握等边三角形、等腰三角形、直角三角形的性质是解题的关键．
【变式7-3】（2023春·河北廊坊·八年级统考期末）（1）尺规作图：过点A作直线l的垂线．
作法如下：
①以点A为圆心，a为半径作弧交直线l于C、D两点；
②分别以C、D为圆心，a长为半径作弧，两弧在l下方交于点E，连接AE（路径最短）；
i根据题意，利用直尺和圆规补全图形；
ii作图依据为______________
（2）画一画，想一想：如图，已知∠AOB．你能用手中的三角板作出∠AOB的角平分线吗？写出作法，并证明．
【答案】（1）作图见解析，到线段两端距离相等的点在线段的垂直平分上；
（2）见解析
【分析】（1）按照要求直接作图，根据垂直平分线的性质可得答案；
（2）按照角平分线的作法作出图形，并用全等三角形的判定定理进行证明．
【详解】（1）如图所示，
连接AC,AD,CE,CD,
由作法得：AC=CE=AD=DE，
∴A，E在CD的垂直平分线上，
∴AE⊥CD
∴作图依据为：到线段两端距离相等的点在线段的垂直平分上．
故答案为：到线段两端距离相等的点在线段的垂直平分上．
（2）作法：①在OA、OB上，利用刻度尺截取OC=OD，
②利用三角板的直角作CD⊥OB,DF⊥OA交于点P，
③作射线OP，
则OP为∠AOB的角平分线．
证明：∵CD⊥OB,DF⊥OA
∴∠OCP=∠ODP=90°
在Rt△OCP和Rt△ODP中，
OP=OPOC=OD，
∴Rt△OCP≌Rt△ODP
∴∠POC=∠POD
即OP为∠AOB的角平分线．
【点睛】本题考查基本作图——垂线和角平分线，解题的关键是熟练掌握垂直平分线和角平分线的性质．
【题型13 等边三角形的十字结合模型】
【例13】（2023春·重庆渝中·八年级重庆巴蜀中学校考期末）如图是等边三角形，点、分别在边、上，、交于点，，为的角平分线，点在的延长线上，连接、，，①；②；③；④；其中说法正确的有（ ）

A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】先证明，得到，可判断①；过点H作交延长线于N，作于M，由角平分线的性质得，可证明，推出是等边三角形，再证明，，可判断④；根据角之间的关系得出，即，可判断③；在上截取，证明，得出，根据线段的和差，可判断②．
【详解】解：∵是等边三角形，
∴，，
∵，，
∴，
在和△CAE中，，
∴，
∴，故①正确；
过点H作交延长线于N，作于M，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，④正确；
∵，，
∴，
∴，③错误；
在上截取，
∵，
∴是等边三角形，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，故②正确，
∴正确的有：①②④，
故选：C．
【点睛】本题考查等边三角形的性质及判定，全等三角形的性质及判定，角平分线的性质定理，涉及三角形面积等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
【变式13-1】（2023春·河南许昌·八年级统考期末）如图，在等腰△ABC中，AB=AC=20，BC=32，△ABD是等边三角形，P是∠BAC平分线上一动点连接PC、PD，则PC＋PD的最小值为 ．

【答案】20
【分析】连接BP，根据等腰三角形的性质可证AP垂直平分BC，即可得到CP=BP，再根据当B，P，D在同一直线上时，BP+PD的最小值为线段BD长，即可得出PD+PC的最小值为20．
【详解】解：如图，连接BP，

∵点P是∠BAC的角平分线上一动点，AB=AC，
∴AP垂直平分BC，
∴CP=BP，
∴PD+PC=PD+PB，
∴当B，P，D在同一直线上时，BP+PD的最小值为线段BD长，
又∵△ABD是等边三角形，AB=BD=20，
∴PD+PC的最小值为20，
故答案为：20．
【点睛】本题主要考查了最短路线问题，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
【变式13-2】（2023春·福建厦门·八年级福建省厦门第六中学校考期中）如图，等边三角形△ABC中，点D，E分别在BC，AC边上，且EC=BD，AD，BE相交于点P．

(1)不添加辅助线，请在图中找出与BE相等的线段，并证明．
(2)若BQ⊥AD于Q，AD=7，PE=1，求PQ的长．
【答案】(1)AD=BE；证明见解析
(2)PQ=3
【分析】（1）由SAS证明△ABE≌△CAD即可；
（2）根据三角形全等的性质得出∠ABE=∠CAD，BE=AD=7，求出BP=BE−PE=6，证明∠BPD=∠ABE+∠BAD=60°，根据BQ⊥AD，求出∠PBQ=90°−∠BPD=30°，根据直角三角形的性质得出PQ=12BP=3．
【详解】（1）解：AD=BE；理由如下：
∵△ABC为等边三角形，
∴AB=BC=AC，∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
∵EC=BD，
∴AC−EC=BC−BD，
即AE=CD，
在△ABE和△CAD中，AB=CA∠BAC=∠CAE=CD，
∴△ABE≌△CADSAS，
∴AD=BE；
（2）解：∵△ABE≌△CAD，
∴∠ABE=∠CAD，BE=AD=7，
∵PE=1，
∴BP=BE−PE=6，
∵∠BAD+∠CAD=60°，
∴∠BAD+∠ABE=60°，
∴∠BPD=∠ABE+∠BAD=60°，
∵BQ⊥AD，
∴∠BQP=90°，
∴∠PBQ=90°−∠BPD=30°，
∴PQ=12BP=3．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，三角形的外角与内角的关系的运用，全等三角形的判定与性质的运用，直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法证明△ABE≌△CAD．
【变式13-3】（2023春·福建厦门·八年级福建省厦门第六中学校考期中）如图，等边三角形△ABC中，点D，E分别在BC，AC边上，且EC=BD，AD，BE相交于点P．

(1)不添加辅助线，请在图中找出与BE相等的线段，并证明．
(2)若BQ⊥AD于Q，AD=7，PE=1，求PQ的长．
【答案】(1)AD=BE；证明见解析
(2)PQ=3
【分析】（1）由SAS证明△ABE≌△CAD即可；
（2）根据三角形全等的性质得出∠ABE=∠CAD，BE=AD=7，求出BP=BE−PE=6，证明∠BPD=∠ABE+∠BAD=60°，根据BQ⊥AD，求出∠PBQ=90°−∠BPD=30°，根据直角三角形的性质得出PQ=12BP=3．
【详解】（1）解：AD=BE；理由如下：
∵△ABC为等边三角形，
∴AB=BC=AC，∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
∵EC=BD，
∴AC−EC=BC−BD，
即AE=CD，
在△ABE和△CAD中，AB=CA∠BAC=∠CAE=CD，
∴△ABE≌△CADSAS，
∴AD=BE；
（2）解：∵△ABE≌△CAD，
∴∠ABE=∠CAD，BE=AD=7，
∵PE=1，
∴BP=BE−PE=6，
∵∠BAD+∠CAD=60°，
∴∠BAD+∠ABE=60°，
∴∠BPD=∠ABE+∠BAD=60°，
∵BQ⊥AD，
∴∠BQP=90°，
∴∠PBQ=90°−∠BPD=30°，
∴PQ=12BP=3．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，三角形的外角与内角的关系的运用，全等三角形的判定与性质的运用，直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法证明△ABE≌△CAD．