专题6截长补短模型-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案（教师版含解析）

这是一份专题6截长补短模型-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案（教师版含解析），共84页。
解题策略
模型：截长补短
如图①，若证明线段AB、CD、EF之间存在EF＝AB＋CD，可以考虑截长补短法.
截长法：如图②，在EF上截取EG＝AB，再证明GF＝CD即可.
补短法：如图③，延长AB至H点，使BH＝CD，再证明AH＝EF即可.
模型分析
截长补短的方法适用于求证线段的和差倍分关系. 截长，指在长线端中截取一段等于已知的线段；补短，指将一条短线端延长，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.
常见模型示例：如图，已知在△ABC中，∠C＝2∠B，∠1＝∠2 . 求证：AB＝AC＋CD .

经典例题
【例1】．（2022·江苏徐州·模拟预测）（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝12∠BAD，线段EF、BE、FD之间的关系是 ；（不需要证明）
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝12∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF＝12∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）EF＝BE+FD；（2）（1）中的结论仍然成立，见解析；（3）结论不成立，EF＝BE﹣FD，见解析
【分析】（1）延长CB至G，使BG＝DF，连接AG，证明△ABG≌△ADF，根据全等三角形的性质得到AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，再证明△GAE≌△FAE，根据全等三角形的性质得出EF＝EG，结合图形计算，证明结论；
（2）延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，仿照（1）的证明方法解答；
（3）在EB上截取BH＝DF，连接AH，仿照（1）的证明方法解答．
【详解】解：（1）EF＝BE+FD，
理由如下：如图1，延长CB至G，使BG＝DF，连接AG，
在△ABG和△ADF中，
AB=AD∠ABG=∠D=90°BG=DF，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，
∵∠EAF＝12∠BAD，
∴∠DAF+∠BAE＝∠EAF，
∴∠GAE＝∠BAG+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝∠EAF，
在△GAE和△FAE中，
AG=AF∠GAE=∠FAEAE=AE，
∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴EF＝EG，
∵EG＝BG+BE＝BE+DF，
∴EF＝BE+FD，
故答案为：EF＝BE+FD；
（2）（1）中的结论仍然成立，
理由如下：如图2，延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠1＝180°，
∴∠1＝∠D，
在△ABM和△ADF中，
AB=AD∠1=∠DBM=DF，
∴△ABM≌△ADF（SAS），
∴AM＝AF，∠3＝∠2，
∵∠EAF＝12∠BAD，
∴∠2+∠4＝∠EAF，
∴∠EAM＝∠3+∠4＝∠2+∠4＝∠EAF，
在△MAE和△FAE中，
AM=AF∠MAE=∠FAEAE=AE，
∴△MAE≌△FAE（SAS），
∴EF＝EM，
∵EM＝BM+BE＝BE+DF，
∴EF＝BE+FD；
（3）（1）中的结论不成立，EF＝BE﹣FD，
理由如下：如图3，在EB上截取BH＝DF，连接AH，
同（2）中证法可得，△ABH≌△ADF，
∴AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，
∴∠HAE＝∠FAE，
在△HAE和△FAE中，
AH=AF∠HAE=∠FAEAE=AE，
∴△HAE≌△FAE（SAS），
∴EF=EH
∵EH＝BE﹣BH＝BE﹣DF，
∴EF＝BE﹣FD．
【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，掌握三角形全等的性质与判定是解题的关键．
【例2】．（2022·安徽合肥·一模）已知：如图1，△ABC中，∠CAB=120°， AC=AB，点D是BC上一点，其中∠ADC=α（30°＜α＜90°），将△ABD沿AD所在的直线折叠得到△AED，AE交CB于F，连接CE
(1)求∠CDE与∠AEC的度数（用含α的代数式表示）；
(2)如图2，当α=45°时，解决以下问题：
①已知AD=2，求CE的值；
②证明：DC-DE=2AD；
【答案】(1)∠CDE=180°−2α，∠AEC=α
(2)①4；②见解析
【分析】（1）由折叠对应角相等与“双蝴蝶型”相似可得；
（2）由α=45°求出∠CAF=90°，再由“蝴蝶型”相似求得；
（3）“截长补短”法：在BC上取一点H，使得CH=DE．
(1)
∵ΔABD沿AD所在的直线折叠得到ΔAED，
∴∠ADE=∠ADB=180°-α，
∴∠CDE=180°-2α；
∵∠CAB=120°， AC=AB，
∴∠ACB=∠B=∠AED=30°，
∵∠DFE=∠AFC，
∴△DEF∽△AFC，
∴DF：AF=EF：CF，
∵∠EFC=∠AFD，
∴△AFD∽△CFE，
∴∠AEC=∠ADC=α，
故答案：180°-2α； α
(2)
① ∵α=45°，
∴∠DAF=∠DAB=15°，
∴∠CAF=90°，
∴AF：CF=1：2，
∵△AFD∽△CFE，
∴AD：CE=AF：CF=1：2，
∴CE=4，故答案：4；
②在BC上取一点H，使得CH=DE，
∵AC=AE，∠ACH=∠AED，
∴ΔACH≌ΔADE，
∴AD=AH，∠DAE=∠CAH，
∴∠DAH=90°，
∴DH=2AD，
∴DC-ED=DC-CH=DH=2AD
【点睛】本题考查的是翻折变换的性质、全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定以及勾股定理等知识；熟练掌握翻折变换和相似三角形的性质与判定是解题的关键．
【例3】．（2022·江苏·八年级专题练习）在等边三角形ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，P为△ABC外一点，且∠MPN＝60°，∠BPC＝120°，BP＝CP．探究：当点M、N分别在直线AB、AC上移动时，BM，NC，MN之间的数量关系．
(1)如图①，当点M、N在边AB、AC上，且PM＝PN时，试说明MN＝BM+CN．
(2)如图②，当点M、N在边AB、AC上，且PM≠PN时，MN＝BM+CN还成立吗？
答： ．（请在空格内填“一定成立”“不一定成立”或“一定不成立”）．
(3)如图③，当点M、N分别在边AB、CA的延长线上时，请直接写出BM，NC，MN之间的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)一定成立
(3)MN＝NC﹣BM
【分析】（1）根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理得到∠PBC＝∠＝30°，进而得到∠PBM＝∠PCN＝90°，证明Rt△PBM≌Rt△PCN，得到∠BPM＝∠CPN＝30°，根据含30°角的直角三角形的性质证明结论；
（2）延长AC至H，使CH＝BM，连接PH，证明△PBM≌△PCH，得到PM＝PH，∠BPM＝∠CPH，再证明△MPN≌△HPN，得到MN＝HN，等量代换得到答案；
（3）在AC上截取CK＝BM，连接PK，仿照（2）的方法得出结论．
（1）
证明：∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵∠BPC＝120°，BP＝CP，
∴∠PBC＝∠PCB＝12×（180°﹣120°）＝30°，
∴∠PBM＝∠PCN＝90°，
在Rt△PBM和Rt△PCN中，
PB=PCPM=PN，
∴Rt△PBM≌Rt△PCN（HL），
∴∠BPM＝∠CPN＝30°，
∵∠MPN＝60°，PM＝PN，
∴△PMN为等边三角形，
∴PM＝PN＝MN，
在Rt△PBM中，∠BPM＝30°，
∴BM＝12PM，
同理可得，CN＝12PN，
∴BM+CN＝MN．
（2）
解：一定成立，
理由如下：延长AC至H，使CH＝BM，连接PH，如图所示，
由（1）可知：∠PBM＝∠PCN＝90°，
∴∠PCH＝90°，
∴∠PBM＝∠PCH，
在△PBM和△PCH中，
BM=CH∠PBM=∠PCHPB=PC，
∴△PBM≌△PCH（SAS），
∴PM＝PH，∠BPM＝∠CPH，
∵∠BPM+∠CPN＝60°，
∴∠CPN+∠CPH＝60°，
∴∠MPN＝∠HPN，
在△MPN和△HPN中，
PM=PH∠MPN=∠HPNPN=PN，
∴△MPN≌△HPN（SAS），
∴MN＝HN＝BM+CN，
故答案为：一定成立．
（3）
解：在AC上截取CK＝BM，连接PK，如图所示，
在△PBM和△PCK中，
PB=PC∠PBM=∠PCK=90°BM=CK，
∴△PBM≌△PCK（SAS），
∴PM＝PK，∠BPM＝∠CPK，
∵∠BPM+∠BPN＝60°，
∴∠CPK+∠BPN＝60°，
∴∠KPN＝60°，
∴∠MPN＝∠KPN，
在△MPN和△KPN中，
PM=PK∠MPN=∠KPNPN=PN，
∴△MPN≌△KPN（SAS），
∴MN＝KN，
∵KN＝NC﹣CK＝NC﹣BM，
∴MN＝NC﹣BM．
【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．
【例4】（2022·江苏·八年级课时练习）如图，在锐角△ABC中，∠A=60°，点D，E分别是边AB，AC上一动点，连接BE交直线CD于点F．
(1)如图1，若AB>AC，且BD=CE，∠BCD=∠CBE，求∠CFE的度数；
(2)如图2，若AB=AC，且BD=AE，在平面内将线段AC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CM，连接MF，点N是MF的中点，连接CN．在点D，E运动过程中，猜想线段BF，CF，CN之间存在的数量关系，并证明你的猜想．
【答案】(1)∠EFC=60°
(2)BF+CF=2CN，证明见解析
【分析】（1）在射线CD上取一点K，使得CK=BE，证明△CBE≌△BCK，求出∠CEB=∠BKD=∠BDK=∠ADF，然后根据四边形内角和定理及邻补角的性质得出答案；
（2）证明△ABE≌△BCD，求出∠BFC=120°，倍长CN至Q，连接FQ，PQ，证明△CNM≌△QNF，求出FQ=CM=BC，在CF上截取FP＝FB，连接BP，易得△PBF为正三角形，然后求出∠PFQ=∠PBC，证△PFQ≌△PBC，可得PQ＝PC，∠QPF＝∠CPB＝60°，则可得△PCQ为正三角形，然后由BF+CF=PF+CF=PC=QC=2CN得出结论．
（1）解：如图1，在射线CD上取一点K，使得CK=BE，∵∠BCD=∠CBE，BC＝BC，∴△CBE≌△BCK（SAS），∴BK=CE=BD，∴∠CEB=∠BKD=∠BDK=∠ADF，∴∠ADF+∠AEF=∠AEF+∠CEB=180°，∴∠A+∠DFE=180°，∵∠A=60°，∴∠DFE=120°，∴∠CFE=60°；
（2）BF+CF=2CN，证明：∵AB=AC，∠A=60°，∴△ABC是正三角形，∴AB＝BC＝AC，∠A＝∠DBC＝60°，又∵BD=AE，∴△ABE≌△BCD（SAS），∴∠BCF=∠ABE，∴∠FBC+∠BCF=60°，∴∠BFC=120°，倍长CN至Q，连接FQ，PQ，
∵CN＝QN，∠QNF＝∠CNM，NF＝NM，∴△CNM≌△QNF（SAS），∴FQ=CM，∠QFN＝∠CMN，由旋转的性质得AC＝CM，∴FQ=CM=BC，在CF上截取FP＝FB，连接BP，∵∠BFC=120°，∴∠BFP=60°，∴△PBF为正三角形，∴∠BPF＝60°，∠PBC+∠PCB=∠PCB+∠FCM=120°，∴∠FCM=∠PBC，∵∠QFN＝∠CMN，∴FQ//CM，∴∠PFQ=∠FCM，∴∠PFQ=∠PBC，又∵PB=PF，FQ=BC∴△PFQ≌△PBC（SAS），∴PQ＝PC，∠QPF＝∠CPB＝60°，∴△PCQ为正三角形，∴BF+CF=PF+CF=PC=QC=2CN，即BF+CF=2CN．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质,全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，利用全等三角形转换线段和角的关系从而解决问题，属于压轴题．
培优训练
一、解答题
1．（2022·福建三明·九年级期末）在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E，F分别在边AB，AD上，且AE＝DF，BF与DE交于点G．
(1)如图①，连接BD．求证：△ADE≌△DBF；
(2)如图②，连接CG．求证：BG＋DG＝CG．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
【分析】（1）根据菱形的四条边相等以及全等三角形的判定得出AD=DB，∠DAE=∠BDF=60°，再由AE＝DF利用边角边即可判定△ADE≌△DBF；
（2）延长BF至点H，使HG=DG，连接HD、BD，如图（见详解），由第一问可知△ADE≌△DBF，△BDC和△ABD都是等边三角形，由全等的性质以及三角形的内角和定理得出∠DGF=∠DAE=60°，可证△HGD是等边三角形，得到HD=GD，利用角的等量代换，通过边角边的判定定理即可证明△HBD≌△GCD，得到BH=CG，利用线段的等量代换即可证明BG+DG=CG．
（1）
证明：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，且AE＝DF，
∴△ABD是等边三角形．
在△ADE和△DBF中，AD=DB∠DAE=∠BDF=60°AE=DF，
∴△ADE≌△DBFSAS．
（2）
证明：延长BF至点H，使HG=DG，连接HD、BD，如图②所示，
由（1）可知△ADE≌△DBF，△BDC是等边三角形，
∴∠AED=∠DFG，且∠ADE=∠GDF，
∴∠DGF=∠DAE=60°．
又∵HG=DG，
∴△HGD是等边三角形，
∴HD=GD．
∵∠HDG=∠BDC=60°，
∴∠HDG+∠BDG=∠BDC+∠BDG，
即∠HDB=∠GDC．
在△HBD和△GCD中，BD=CD∠HDB=∠GDCHD=GD，
∴△HBD≌△GCDSAS，
∴BH=CG．
∵BH=BG+HG=BG+DG，
∴BG+DG=CG．
【点睛】本题是一道几何综合，考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握各判定定理和性质定理，并能够利用截长补短的辅助线添加方法作出辅助线构造出全等三角形，从而将要证明的线段进行转化是解题的关键．
2．（2022·全国·八年级专题练习）如图，在四边形ABCD中，AB=AD,∠B+∠ADC=180°，点E、F分别在直线BC、CD上，且∠EAF=12∠BAD．
(1)当点E、F分别在边BC、CD上时（如图1），请说明EF=BE+FD的理由．
(2)当点E、F分别在边BC、CD延长线上时（如图2），（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请说明理由；若不成立，请写出EF、BE、FD之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)不成立，EF=BE−FD，见解析
【分析】（1）延长EB至G，使BG＝DF，连接AG，通过证明△ABG≌△ADF，△EAG≌△EAF可得GE＝EF，进而可说明EF＝BE+DF；
（2）在BE上截取BM＝DF，连接AM，通过证明△ABM≌△ADF，△AME≌△AFE可得ME＝EF，进而可得EF＝BE﹣FD．
(1)
EF＝BE+DF，
理由：延长EB至G，使BG＝DF，连接AG，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ABG＝180°，
∴∠ADC＝∠ABG，
在△ABG和△ADF中，
AB=AD∠ABG=∠ADFBG=DF，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，
∵∠EAF＝12∠BAD，
∴∠BAE+∠DAF＝∠BAE+∠BAG＝∠EAF，
即∠EAG＝∠EAF，
在△EAG和△EAF中，
AG=AF∠EAG=∠EAFAE=AE，
∴△EAG≌△EAF（SAS），
∴GE＝EF，
∴EF＝BE+DF；
(2)
（1）中结论不成立，EF＝BE﹣FD，
在BE上截取BM＝DF，连接AM，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADF＝180°，
∴∠ABC＝∠ADF，
在△ABM和△ADF中，
AB=AD∠ABM=∠ADFBM=DF，
∴△ABM≌△ADF（SAS），
∴AM＝AF，∠BAM＝∠DAF，
∵∠BAM+∠MAD＝∠DAF+∠MAD，
∴∠BAD＝∠MAF，
∵∠EAF＝12∠BAD，
∴∠EAF＝12∠MAF，
∴∠EAF＝∠EAM，
在△AME和△AFE中，
AM=AF∠EAM=∠EAFAE=AE，
∴△AME≌△AFE（SAS），
∴ME＝EF，
∴ME＝BE﹣BM＝BE﹣DF，
∴EF＝BE﹣FD．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线证明相关三角形全等是解题的关键．
3．（2021·重庆市实验学校八年级期中）如图，已知▱ABCD，AE平分∠BAD，交DC于E，DF⊥BC于F，交AE于G，且DF＝AD．
(1)若∠C＝60°，AB＝2，求EC的长；
(2)求证：AB＝DG+FC．
【答案】(1)2−3；
(2)见解析
【分析】（1）先由∠C＝60°，在Rt△DFC中，求得AD=DF=3，由AE平分∠BAD，则∠BAE=∠DAE，由AB∥CD，则∠BAE=∠DEA，从而有∠DAE=∠DEA，得出DE=DA，再根据EC=DC−DE即可求得；
（2）延长FD至M，使DM=FC，连接AM，根据全等三角形的判定和性质可得△ADM≅△DFC，∠DAM=∠FDC，AM=DC，结合（1）中结论及利用外角的性质得出∠MAG=∠MGA，根据等角对等边得出AM=MG，由此即可证明．
(1)
解：∵在▱ABCD中，AB=DC=2，∠C=60°，DF⊥BC，
∴∠FDC=30°，
∴FC=12CD=1，
在Rt△DFC中，
DF=CD2−FC2=22−12=3，
∵DF=AD．
∴AD=DF=3，
∵AB∥CD，AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠AED，∠DAE=∠BAE，
∴∠DAE=∠AED，
∴AD=DE=3
∴EC=DC−DE=2−3；
(2)
证明：如图所示：延长FD至M，连接AM，使DM=FC，
在ΔADM和ΔDFC中，
{AD=DF∠ADM=∠DFC=90°DM=FC
∴△ADM≅△DFC，
∴∠DAM=∠FDC，AM=DC，
由（1）可得：
∴∠DAE=∠AED，
∴∠DAE+∠DAM=∠AED+∠FDC，即∠MAG=∠MGA，
∴AM=MG，
即DC=DG+FC．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，平行线的性质等，理解题意，作出辅助线，由补短法构造全等三角形是解题关键．
4．（2022·全国·八年级课时练习）（1）阅读理解：问题：如图1，在四边形ABCD中，对角线BD平分∠ABC，∠A+∠C=180°．求证：DA=DC．
思考：“角平分线+对角互补”可以通过“截长、补短”等构造全等去解决问题．
方法1：在BC上截取BM=BA，连接DM，得到全等三角形，进而解决问题；
方法2：延长BA到点N，使得BN=BC，连接DN，得到全等三角形，进而解决问题．
结合图1，在方法1和方法2中任选一种，添加辅助线并完成证明．
（2）问题解决：如图2，在（1）的条件下，连接AC，当∠DAC=60°时，探究线段AB，BC，BD之间的数量关系，并说明理由；
（3）问题拓展：如图3，在四边形ABCD中，∠A+∠C=180°，DA=DC，过点D作DE⊥BC，垂足为点E，请直接写出线段AB、CE、BC之间的数量关系．
【答案】（1）证明见解析；（2）AB+BC=BD；理由见解析；（3）BC−AB=2CE．
【分析】（1）方法1：在BC上截取BM=BA，连接DM，得到全等三角形，进而解决问题；方法2：延长BA到点N，使得BN=BC，连接DN，得到全等三角形，进而解决问题；
（2）延长CB到点P，使BP=BA，连接AP，证明ΔPAC≌ΔBAD，可得PC=BD，即PC=BP+BC=AB+BC
（3）连接BD，过点D作DF⊥AC于F，证明ΔDFA≌ΔDEC，RtΔBDF≌RtΔBDE，进而根据BC=BE+CE=BA+AF+CE=BA+2CE即可得出结论．
【详解】解：（1）方法1：在BC上截BM=BA，连接DM，如图．
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD．
在ΔABD和ΔMBD中，BD=BD&&&&∠ABD=∠MBDBA=BM，
∴ΔABD≌ΔMBD，
∴∠A=∠BMD，AD=MD．
∵∠BMD+∠CMD=180°，∠C+∠A=180°．
∴∠C=∠CMD．
∴DM=DC，
∴DA=DC．
方法2：延长BA到点N，使得BN=BC，连接DN，如图．
∵BD平分∠ABC，
∴∠NBD=∠CBD．
在ΔNBD和ΔCBD中，BD=BD∠NBD=∠CBDBN=BC，
∴ΔNBD≌ΔCBD．
∴∠BND=∠C，ND=CD．
∵∠NAD+∠BAD=180°，
∠C+∠BAD=180°．
∴∠BND=∠NAD，
∴DN=DA，
∴DA=DC．
（2）AB、BC、BD之间的数量关系为：AB+BC=BD．
（或者：BD−CB=AB，BD−AB=CB）．
延长CB到点P，使BP=BA，连接AP，如图2所示．
由（1）可知AD=CD，
∵∠DAC=60°．
∴ΔADC为等边三角形．
∴AC=AD，∠ADC=60°．
∵∠BCD+∠BAD=180°，
∴∠ABC=360°−180°−60°=120°．
∴∠PBA=180°−∠ABC=60°．
∵BP=BA，
∴ΔABP为等边三角形．
∴∠PAB=60°，AB=AP．
∵∠DAC=60°，
∴∠PAB+∠BAC=∠DAC+∠BAC，
即∠PAC=∠BAD．
在ΔPAC和ΔBAD中，PA=BA∠PAC=∠BADAC=AD，
∴ΔPAC≌ΔBAD．
∴PC=BD，
∵PC=BP+BC=AB+BC，
∴AB+BC=BD．
（3）AB，CE，BC之间的数量关系为：BC−AB=2CE．
（或者：BC−2CE=AB，AB+2CE=BC）
解：连接BD，过点D作DF⊥AC于F，如图3所示．
∵∠BAD+∠C=180°，∠BAD+∠FAD=180°．
∴∠FAD=∠C．
在ΔDFA和ΔDEC中，∠DFA=∠DEC∠FAD=∠CDA=DC，
∴ΔDFA≌ΔDEC，
∴DF=DE，AF=CE．
在RtΔBDF和RtΔBDE中，
BD=BDDF=DE，
∴RtΔBDF≌RtΔBDE．
∴BF=BE，
∴BC=BE+CE=BA+AF+CE=BA+2CE，
∴BC−BA=2CE．
【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，正确的添加辅助线是解题的关键．
5．（2022·全国·八年级课时练习）阅读下面材料：
【原题呈现】如图1，在△ABC中，∠A＝2∠B，CD平分∠ACB，AD＝2.2，AC＝3.6，求BC的长．
【思考引导】因为CD平分∠ACB，所以可在BC边上取点E，使EC＝AC，连接DE．这样很容易得到△DEC≌△DAC，经过推理能使问题得到解决（如图2）．
【问题解答】（1）参考提示的方法，解答原题呈现中的问题；
（2）拓展提升：如图3，已知△ABC中，AB＝AC，∠A＝20°，BD平分∠ABC，BD＝2.3，BC＝2．求AD的长．
【答案】（1）5.8；（2）4.3
【分析】（1）由已知条件和辅助线的作法，证得△ACD≌△ECD，得到AD＝DE，∠A＝∠DEC，由于∠A＝2∠B，推出∠DEC＝2∠B，等量代换得到∠B＝∠EDB，得到△BDE是等腰三角形，得出AC＝CE＝3.6，DE＝BE＝2.2，相加可得BC的长；
（2）在BA边上取点E，使BE＝BC＝2，连接DE，得到△DEB≌△DBC（SAS），在DA边上取点F，使DF＝DB，连接FE，得到△BDE≌△FDE，即可推出结论．
【详解】解：（1）如图2，在BC边上取点E，使EC＝AC，连接DE．
在△ACD与△ECD中，
AC=CE∠ACD=∠ECDCD=CD，
∴△ACD≌△ECD（SAS），
∴AD＝DE，∠A＝∠DEC，
∵∠A＝2∠B，
∴∠DEC＝2∠B，
∴∠B＝∠EDB，
∴△BDE是等腰三角形；
∴BE＝DE＝AD＝2.2，AC＝EC＝3.6，
∴BC的长为5.8；
（2）∵△ABC中，AB＝AC，∠A＝20°，
∴∠ABC＝∠C＝80°，
∵BD平分∠B，
∴∠1＝∠2＝40°，∠BDC＝60°，
在BA边上取点E，使BE＝BC＝2，连接DE，
在△DEB和△DBC中，
BE=BC∠1=∠2BD=BD，
∴△DEB≌△DBC（SAS），
∴∠BED＝∠C＝80°，
∴∠4＝60°，
∴∠3＝60°，
在DA边上取点F，使DF＝DB，连接FE，
同理可得△BDE≌△FDE，
∴∠5＝∠1＝40°，BE＝EF＝2，
∵∠A＝20°，
∴∠6＝20°，
∴AF＝EF＝2，
∵BD＝DF＝2.3，
∴AD＝BD+BC＝4.3．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，熟悉这些定理是解决本题的关键．
6．（2021·北京·清华附中九年级阶段练习）已知∠MON=α0°PC即可得出答案；
（3）画出图形，根据点E的位置分四种情况，当点E在射线CB延长线上，延长CA到G，使AG=AB，可得GC=EC，可得∠G=∠GEC，设∠ACB=2x，则∠G=∠GEC=90°−x；根据∠BAC＝24°，AD为△ABC的角平分线，可得∠BAD=∠DAC=12°，可证△AGE≅△ABE（SAS），得出∠ABE=∠G=90°−x，利用还有 ∠ABE=24°+2x，列方程90°−x=24°+2x；当点E在BD上时，∠EAD＜90°，不成立；当点E在CD上时，∠EAD＜90°，不成立；当点E在BC延长线上，延长CA到G，使AG=AB， 可得GC=EC，得出∠G=∠GEC，设∠ACB=2x，则∠G=∠GEC=x；∠BAC＝24°，根据AD为△ABC的角平分线，得出∠BAD=∠DAC=12°，证明△AGE≅△ABE（SAS），得出∠ABE=∠G=x，利用三角形内角和列方程x+24°+2x=180°，解方程即可．
【详解】解：（1）∵AE＝AD＝DC，
∴∠E=∠ADE，∠DAC=∠C，
∵∠E=48°，∠ADE=∠DAC+∠C，
∴∠ADE=2∠DAC=48°，
∵AD为△ABC的角平分线，即∠BAC=2∠DAC，
∴∠BAC=48°；
∴∠ABC=180°−48°−24°=108°
（2）如图2，
在AC边上取一点M使AM=AB，连接MP，
在△ABP和△AMP中，
AB=AM∠BAP=∠MAPAP=AP ，
∴△ABP≅△AMP（SAS），
∴BP=MP，
∵MP+MC>PC，MC=AC−AM，
∴AC−AB+BP>PC，
∴AC+BP>AB+PC；
（3）如图，点E在射线CB延长线上，延长CA到G，使AG=AB，
∵AB+AC＝EC，
∴AG+AC＝EC，即GC=EC，
∴∠G=∠GEC，
设∠ACB=2x，则∠G=∠GEC=90°−x；
又∠BAC＝24°，AD为△ABC的角平分线，
∴∠BAD=∠DAC=12°，
又∵∠DAE＝90°，
∴∠BAE＝90°−∠BAD=78°，∠GAE=90°−∠DAC=78°，
∴∠BAE＝∠GAE，
在△AGE和△ABE中，
AE=AE∠GAE=∠BAEAG=AB ，
∴△AGE≅△ABE（SAS），
∴∠ABE=∠G=90°−x，
又∵∠ABE=∠BAC+∠ACB=24°+2x，
∴90°−x=24°+2x，
解得：x=22°，
∴∠ACB=2x=44°；
当点E在BD上时，∠EAD＜90°，不成立；
当点E在CD上时，∠EAD＜90°，不成立；
如图，点E在BC延长线上，延长CA到G，使AG=AB，
∵AB+AC＝EC，
∴AG+AC＝EC，即GC=EC，
∴∠G=∠GEC，
设∠ACB=2x，则∠G=∠GEC=x；
又∵∠BAC＝24°，AD为△ABC的角平分线，
∴∠BAD=∠DAC=12°，
又∵∠DAE＝90°，
∴∠BAE＝90°+∠BAD=102°，∠GAE=90°+∠DAC=102°，
∴∠BAE＝∠GAE，
在△AGE和△ABE中，
AE=AE∠GAE=∠BAEAG=AB ，
∴△AGE≅△ABE（SAS），
∴∠ABE=∠G=x，
∴x+24°+2x=180°，
解得：x=52°，
∴∠ACB=2x=104°．
∴∠ACB的度数为44°或104°．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形性质、全等三角形判定和性质，角平分线，三角形外角性质，三角形内角和，解一元一次方程，根据角平分线模型构造全等三角形转换线段和角的关系是解题关键．
10．（2022·全国·八年级课时练习）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BAC的角平分线，交BC于点D，过D作DE⊥BA于点E，点F在AC上，且BD＝DF．
（1）求证：AC＝AE；
（2）若AB＝7.4，AF＝1.4，求线段BE的长．
【答案】（1）见解析；（2）3
【分析】（1）证明△ACD≌△AED（AAS），即可得出结论；
（2）在AB上截取AM=AF，连接MD，证△FAD≌△MAD（SAS），得FD=MD，∠ADF=∠ADM，再证Rt△MDE≌Rt△BDE（HL），得ME=BE，求出MB=AB-AM=6，即可求解．
【详解】解：（1）证明：∵AD平分∠BAC，
∴∠DAC=∠DAE，
∵DE⊥BA，
∴∠DEA=∠DEB=90°，
∵∠C=90°，
∴∠C=∠DEA=90°，
在△ACD和△AED中，
∠C=∠DEA∠DAC=∠DAEAD=AD，
∴△ACD≌△AED（AAS），
∴AC=AE；
（2）在AB上截取AM=AF，连接MD，
在△FAD和△MAD中，
AF=AM∠DAF=∠DAMAD=AD，
∴△FAD≌△MAD（SAS），
∴FD=MD，∠ADF=∠ADM，
∵BD=DF，
∴BD=MD，
在Rt△MDE和Rt△BDE中，
MD=BDDE=DE，
∴Rt△MDE≌Rt△BDE（HL），
∴ME=BE，
∵AF=AM，且AF=1.4，
∴AM=1.4，
∵AB=7.4，
∴MB=AB-AM=7.4-1.4=6，
∴BE＝12BM＝3，
即BE的长为3．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线定义、直角三角形的性质、三角形的外角性质等知识；证明△FAD≌△MAD和Rt△MDE≌Rt△BDE是解题的关键．
11．（2021·重庆一中八年级阶段练习）如图，在△ABC中，∠A=45°．
（1）如图1，若AC=62，BC=213，求△ABC的面积；
（2）如图2，D为△ABC外的一点，连接CD，BD且CD=CB，∠ABD=∠BCD．过点C作CE⊥AC交AB的延长线于点E．求证：BD+2AB=2AC．
（3）如图3，在（2）的条件下，作AP平分∠CAE交CE于点P，过E点作EM⊥AP交AP的延长线于点M．点K为直线AC上的一个动点，连接MK，过M点作MK'⊥MK，且始终满足MK'=MK，连接AK'．若AC=4，请直接写出AK'+MK'取得最小值时AK'+MK'2的值．
【答案】（1）6；（2）证明见解析；（3）48+242
【分析】（1）通过作辅助线构造等腰直角三角形，利用勾股定理求出AB边上的高和AB，再利用三角形面积公式求解；
（2）通过在BE上截取BF=BD，构造出两组全等三角形，即可完成求证；
（3）先通过延长ME，构造全等三角形，得出AK'+MK'=FK+MK，利用轴对称，得出AK'+MK'的最小值等于FM'，最后利用直角三角形的性质与勾股定理进行计算求解即可．
【详解】解：（1）如图，过C点作CD⊥AB，垂足为点D，
∵∠A=45°，
∴∠A=∠ACD=45°，
∴AD=CD，
∵AC=62，且AC2=AD2+CD2，
∴AD=CD=6，
∵BC=213，
∴BD=BC2−CD2=4，
∴AB=AD-BD=6-4=2,
∴S△ABC=12×AB×CD=12×2×6=6，
∴△ABC的面积为6．
（2）如图所示，在BE上截取BF=BD，
∵∠D+∠DCB+∠DBC=180°，
∠1+∠DBC+∠2=180°，
且∠1=∠BCD，
∴∠D=∠2，
∵CD=CB，
∴△CDB≌△CBF（SAS），
∴CB=CF，
∴∠2=∠3，
∴∠ABC=∠EFC，
∵∠A=45°，AC⊥CE，
∴∠E=45°，
∴∠A=∠E，
∴△ABC≌△EFC（AAS），
∴AC=CE,AB=EF，
∴AE=AB+BF+EF=2AB+BD,
∵AE2=AC2+CE2,
∴AE=2AC,
∴BD+2AB=2AC；
（3）如图3，延长ME至F，使MF=MA，连接KF，
∵∠KMK'=∠AMF=90°，
∴∠AMK'=∠FMK，
又∵MK'=MK，
∴△AMK'≌△FMKSAS，
∴AK'=FK，
∴AK'+MK'=FK+MK，
作M点关于AC的对称点M'，
则M'K=MK，
∴AK'+MK'=FK+MK=FK+M'K，
连接M'K，则M'K+FK≥M'F，
∴当M'、K、F共线时FK+M'K的值最小，等于M'F，
∴AK'+MK'取得最小值时AK'+MK'2的值即为M'F2的值，
连接M'A、AF，
由轴对称的性质可得：∠M'AC=∠MAC，AM'=AM，
∵∠CAE=45°，AM平分∠CAE，
∴∠CAM=22.5°，
∴∠M'AC=∠CAM=22.5°，
∴∠M'AM=45°，
∵MA=MF，且∠AMF=90°，
∴∠MAF=45°，
∴∠M'AF=90°，
∴M'F2=AM'2+AF2，
∵AM2+MF2=2AM2
∴M'F2=AM'2+AF2=AM2+2AM2=3AM2，
如图4，取AE中点O点，连接OC，OM，作MH⊥AE于H，
∵AC=4，
∴AC=CE=4，
∴AE=AC2+CE2=42
由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得OA=OC=OE=OM=22，
∴∠AMO=∠MAO=22.5°，
∴∠MOH=∠AMO+∠MAO=45°，
∴∠MOH=∠OMH=45°，
∴OH=MH，
∵OH2+MH2=OM2=222=8,
∴OH=MH=2，
∴AH=22+2，
∴AM2=AH2+MH2=16+82，
∴AK'+MK'2=3AM2=48+242；
∴AK'+MK'2的值为48+242．
【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质、轴对称、等腰三角形的性质与判定等内容，解决本题的关键是正确作出辅助线构造全等三角形或等腰直角三角形等，本题较为综合，要求学生有较强的理解能力与分析能力．
12．（2022·全国·八年级专题练习）在△ABC中，AE，CD为△ABC的角平分线，AE，CD交于点F．
（1）如图1，若∠B=60°．
①直接写出∠AFC的大小；
②求证：AC=AD+CE．
（2）若图2，若∠B=90°，求证：S△ACF=S△AFD+S△CEF+S△DEF．
【答案】（1）①120°；②见解析；（2）见解析
【分析】（1）①综合三角形的内角和定理以及角平分线的定义求解即可；②利用“截长补短”思想，在AC上取点H，使得AD=AH，从而通过全等证得∠AFD=∠AFH，再结合①的结论进一步证明∠CFH=∠CFE，从而通过全等证得CE=CH，即可得出结论；
（2）同样利用“截长补短”思想，在AC上取S、T两点，使得AD=AS，CE=CT，连接SF，SE，TF，TE，可通过全等直接先对△ADF和△CEF的面积进行转换，然后结合（1）中的结论，证明SF∥ET，即可对△DEF的面积进行转换，从而得出结论．
【详解】（1）①解：∵∠B=60°，
∴∠BAC+∠BCA=180°-∠B=120°，
∵AE平分∠BAC，CD平分∠BCA，
∴∠FAC=12∠BAC，∠FCA=12∠BCA，
∴∠FAC+∠FCA=12(∠BAC+∠BCA)= 12×120°=60°，
∴∠AFC=180°-(∠FAC+∠FCA)=120°；
②证：如图所示，在AC上取点H，使得AD=AH，
在△ADF和△AHF中，
AD=AH∠DAF=∠HAFAF=AF
∴△ADF≌△AHF(SAS)，
∴∠AFD=∠AFH，
∵∠AFD=∠CFE，
∴∠AFH=∠CFE，
由①可知，∠AFC=120°，
∴∠CFE=180°-120°=60°，
∴AFH=∠CFE=60°，
∴∠CFH=60°，
即：∠CFH=∠CFE，
在△CFH和△CFE中，
∠CFH=∠CFECF=CF∠HCF=∠ECF
∴△CFH≌△CFE(ASA)，
∴CE=CH，
∵AC=AH+CH，
∴AC=AD+CE；
（2）证：如图所示，在AC上取S、T两点，使得AD=AS，CE=CT，连接SF，SE，TF，TE，
∵AE平分∠BAC，
∴∠DAF=∠SAF，
在△ADF和△ASF中，
AD=AS∠DAF=∠SAFAF=AF
∴△ADF≌△ASF(SAS)，
同理可证△AED≌△AES，△CEF≌△CTF，
∴DF=SF，DE=SE，FT=FE，
∴△DEF≌△SEF，
∴S△ADF=S△ASF，S△CEF=S△CTF，S△DEF=S△SEF，
且∠AFD=∠AFS，∠CFE=∠CFT，
∵∠AFD=∠CFE，
∴∠AFD=∠AFS=∠CFE=∠CFT，
由（1）可得：∠AFC=90°+12∠B=135°，
∴∠CFE=180°-135°=45°，
∴∠AFD=∠AFS=∠CFE=∠CFT=45°，
∴∠CFS=135°-∠AFS =90°，
∴CF⊥SF，
又∵FT=FE，CT=CE，
∴CF垂直平分EF，
即：CF⊥ET，
∴SF∥ET，
∴S△SFT=S△SEF，
∴S△DEF=S△SFT
∵S△ACF=S△AFS+S△CFT+S△SFT，
∴S△ACF=S△AFD+S△CEF+S△DEF．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，以及三角形角平分线相关的证明问题，掌握基本的辅助线添加思想，熟练运用全等三角形的判定与性质是解题关键．
13．（2022·全国·八年级课时练习）等边ΔABC中，点H、K分别在边BC、AC上，且AK=CH，连接AH、BK交于点F．
（1）如图1，求∠AFB的度数；
图1
（2）连接CF，若∠BFC=90°，求BFAF的值；
（3）如图2，若点G为AC边的中点，连接FG，且AF=2FG，则∠BFG的大小是___________．
图2
【答案】（1）120°；（2）2；（3）120°
【分析】（1）由ΔABC是等边三角形，可得出AB=AC=BC，∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，再利用AK=CH，可证ΔABK≌ΔCAHSAS，得出∠CAH=∠ABK，由∠BFH=∠ABK+∠BAF=∠CAH+∠BAF可求出∠BFH，最后由补角定义求出∠AFB.
（2）在BF上取点D，使BD=AF，由∠AFB=120°可证∠AFC=150°，再利用AB=AC，∠ABD=∠CAF，BD=AF可证明ΔABD≌ΔCAFSAS，进而求出∠ADB=∠CFA=150°，再用补角的性质得知∠AFD=120°，在△AFD中利用外角的性质可求出∠FAD=∠ADB−∠AFD=30°，进而证出△AFD为等腰三角形，最后可证出BF=BD+DF=2AF即可求解.
（3）延长BF至E，使ΔAFE为等边三角形，延长FG交CE于T，可得出ΔABF≌ΔACESAS，进而得出∠AEC=∠AFB=120°，利用角的和差得出∠FET=60°=∠AFE，则证出AF//EC，进而证出ΔAFG≌ΔCTGAAS，再利用AF=2FG，AF=EF证出ΔEFT为等边三角形，进而证出∠BFG=120°.
【详解】（1）∵ΔABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，
在ΔABK和ΔCAH中，
AB=CA，∠BAK=∠ACH，AK=CH，
∴ΔABK≌ΔCAHSAS，
∴∠CAH=∠ABK，
∴∠BFH=∠ABK+∠BAF=∠CAH+∠BAF=60°，
∴∠AFB=180°−∠BFH=180°−60°=120°．
（2）在BF上取点D，使BD=AF．
由（1）知∠AFB=120°，
又∠BFC=90°，
∴∠AFC=150°．
在ΔABD和ΔCAF中，
∵AB=AC，∠ABD=∠CAF，BD=AF，
∴ΔABD≌ΔCAFSAS，
∴∠ADB=∠CFA=150°，
∴∠FDA=30°，
∵∠AFD=120°，
∴∠FAD=∠ADB−∠AFD=30°，
∴∠FDA=∠FAD，
∴AF=DF，
∵BD=AF，
∴BD=DF=AF，
∴BF=BD+DF=2AF，
∴BF:AF=2．
（3）∠BFG=120°．
提示：目测即得答案．详细理由如下：
由（1）知∠AFB=120°．延长BF至E，使ΔAFE为等边三角形．
延长FG交CE于T．
∵∠BAF+∠FAC=∠FAC+∠CAE=60° ，
∴∠BAF=∠CAE，
在△BAF和△CAE中，
AF=AE∠BAF=∠CAEAB=AC ,
∴ΔABF≌ΔACESAS，
∴∠AEC=∠AFB=120°．
∴∠FET=60°=∠AFE，
∴AF//EC．
∴∠FAG=∠TCG，∠AFE=∠TEF=60°
在△AFG和△CTG中，
∠FAG=∠TCGAG=CG∠FGA=∠TGC ，
∴ΔAFG≌ΔCTGAAS，
∴FG=TG．
∵AF=2FG，AF=EF，
∴EF=FT，
∵∠AFE=∠TEF=60°
∴ΔEFT为等边三角形，
∴∠EFT=60°
∴∠BFG=180°−∠EFT=120°．
【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，等边三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质及等边三角形的判定和性质是解题的关键.
14．（2021·山东德州·八年级期末）数学课上，李老师提出问题：如图1，在正方形ABCD中，点E是边BC的中点，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F．求证：AE＝EF．
经过思考，小聪展示了一种正确的解题思路．取AB的中点H，连接HE，则△BHE为等腰直角三角形，这时只需证△AHE与△ECF全等即可．
在此基础上，同学们进行了进一步的探究：
（1）小颖提出：如图2，如果把“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC上（不含点B，C）的任意一点”，其他条件不变，那么结论“AE＝EF”仍然成立，你认为小颖的观点正确吗？如果正确，写出证明过程，如果不正确，请说明理由；
（2）小华提出：如图3，如果点E是边BC延长线上的任意一点，其他条件不变，那么结论“AE＝EF”是否成立？ （填“是”或“否”）；
（3）小丽提出：如图4，在平面直角坐标系xOy中，点O与点B重合，正方形的边长为1，当E为BC边上（不含点B，C）的某一点时，点F恰好落在直线y＝﹣2x+3上，请直接写出此时点E的坐标．
【答案】（1）正确，结论“AE＝EF”仍然成立，证明过程见解析；（2）是；（3）点E（13，0）．
【分析】（1）在AB上截取BH＝BE，连接HE，由“ASA”可证△AHE≌△ECF，继而根据全等三角形的性质求得结论；
（2）在BA的延长线上取一点N，使AN＝CE，连接NE，由“ASA”可证△AHE≌△ECF，继而根据全等三角形的性质求得结论；
（3）在BA上截取BH＝BE，连接HE，过点F作FM⊥x轴于M，设点E（a，0），由等腰直角三角形的性质可得HE＝2a，由全等三角形的性质和等腰直角三角形的性质可得点F坐标，代入解析式求得a的值，即可求解．
【详解】（1）仍然成立，
如图2，在AB上截取BH＝BE，连接HE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°＝∠BCD，
∵CF平分∠DCG，
∴∠DCF＝45°，
∴∠ECF＝135°，
∵BH＝BE，AB＝BC，
∴∠BHE＝∠BEH＝45°，AH＝CE，
∴∠AHE＝∠ECF＝135°，
∵AE⊥EF，
∴∠AEB+∠FEC＝90°，
∵∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠FEC＝∠BAE，
∴△AHE≌△ECF（ASA），
∴AE＝EF；
（2）如图3，在BA的延长线上取一点N，使AN＝CE，连接NE．
∵AB＝BC，AN＝CE，
∴BN＝BE，
∴∠N＝∠FCE＝45°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BE，
∴∠DAE＝∠BEA，
∴∠NAE＝∠CEF，
在△ANE和△ECF中，
{∠N＝∠FCEAN=CE∠NAE＝∠CEF，
∴△ANE≌△ECF（ASA）
∴AE＝EF，
故答案是：是；
（3）如图4，在BA上截取BH＝BE，连接HE，过点F作FM⊥x轴于M，
设点E（a，0），
∴BE＝a＝BH，
∴HE＝2a，
由（1）可得△AHE≌△ECF，
∴CF＝HE＝2a，
∵CF平分∠DCM，
∴∠DCF＝∠FCM＝45°，
∵FM⊥CM，
∴∠CFM＝∠FCM＝45°，
∴CM＝FM＝2a2＝a，
∴BM＝1+a，
∴点F（1+a，a），
∵点F恰好落在直线y＝﹣2x+3上，
∴a＝﹣2（1+a）+3，
∴a＝13，
∴点E（13，0）．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，正方形的性质的应用，一次函数的性质等知识点，正确添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．
15．（2021·四川成都·九年级期末）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，将点C绕点B顺时针旋转105°得到点D，连接BD，过点D作DE⊥BC交CB延长线于点E，点F为线段DE上的一点，且∠DBF＝45°，作∠BFD的角平分线FG交AB于点G．
（1）求∠BFD的度数；
（2）求BF，DF，GF三条线段之间的等量关系式；
（3）如图2，设H是直线DE上的一个动点，连接HG，HC，若AB＝2，求线段HG+HC的最小值（结果保留根号）．
【答案】（1）120°；（2）BF+DF＝GF，理由见解析；（3）3+6
【分析】（1）由平角的性质可求∠FBE＝30°，再由直角三角形的性质和平角的性质可求解；
（2）由“ASA”可证△BMG≌△BFD，可得GM＝DF，即可求解；
（3）作点G关于DE的对称点G′，连接HG′，CG′，FG′，作G′I⊥CB交CB的延长线于I，由轴对称的性质可得GF＝G′F，HG＝HG′，∠DFG＝∠DFG′＝60°，则HG+HC＝HC+HG′≥CG′，由等边三角形的性质和等腰直角三角形的性质可求BG′的长，由勾股定理可求解．
【详解】解：（1）∵∠CBD＝105°，∠FBD＝45°，
∴∠FBE＝30°，
∵DE⊥BC，
∴∠DEB＝90°，
∴∠BFE＝60°，
∴∠BFD＝120°；
（2）BF+DF＝GF，
理由如下：如图1，在线段FG上截取 FM＝FB，连接BM，
∵∠BFD＝120°，FG平分∠DFB，
∴∠GFD＝∠GFB＝60°，
∴△FBM是等边三角形，
∴BF＝BM，∠BMF＝60°，
∴∠GMB＝∠BFD＝120°，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠CBA＝45°，
∵∠CBD＝105°，
∴∠ABD＝60°＝∠MBF，
∴∠GBM＝∠DBF，
∴在△BMG与△BFD中，
{∠GMB＝∠BFDBF＝BM∠GBM＝∠DBF
∴△BMG≌△BFD（ASA），
∴GM＝DF，GB＝DB，
∵MF+GM＝GF，
∴BF+DF＝GF；
（3）如图3，设BD与GF交于点O，作点G关于DE的对称点G′，连接HG′，CG′，FG′，作G′I⊥CB交CB的延长线于I，
∵点G与点G′关于DE对称，
∴GF＝G′F，HG＝HG′，∠DFG＝∠DFG′＝60°，
∴HG+HC＝HC+HG′≥CG′，
即HG+HC的最小值为CG′，
∵∠BFD+∠DFG′＝180°，
∴点B，点F，点G′三点共线，
∵GB＝DB，∠GBD=60°,
∴△GDB是等边三角形，
∴GD＝DB＝GB，
∴DB＝DG′，
∵∠DBE＝75°，∠DEB＝90°，
∴∠BDE＝15°，
∴∠GDF＝75°，
∴∠G′D F＝∠GDF＝75°，
∴∠BDG′＝90°，
又∵DB＝DG′，
∴BG′＝2BD＝2BC＝AB＝2，
∵∠EBF＝30°，G′I⊥CB，
∴IG′＝12BG′＝22，BI＝3G′I＝62，
∴CI＝BC＋BI＝1+62，
∴CG′＝CI2+G′I2＝(1+62)2+12＝3+6，
∴HG＋HC的最小值为3+6．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，轴对称的性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
16．（2021·广东深圳·八年级期末）在平行四边形ABCD中，AB⊥CD于E，CF⊥AD于F，H为AD上一动点，连接CH，CH交AE于G，且AE=CD=4．
（1）如图1，若∠B=60°，求CF、AF的长；
（2）如图2，当FH=FD时，求证：CG=ED+AG；
（3）如图3，若∠B=60°，点H是直线AD上任一点，将线段CH绕C点逆时针旋转60°，得到线段CH′，请直接写出AH′的最小值_____．
【答案】（1）CF=23，AF=833−2；（2）见解析；（3）4−23．
【分析】（1）由平行四边形性质可得∠B=∠D=60°，利用30°直角三角形性质开得DF=12DC=2，根据勾股定理CF=23，设DE=a，则AD=2a，根据勾股定理42+a2=2a2，解得a=433即可；
（2）方法1补短：如图3，延长GA到M使AM=DE，连接MB、MC，由平行四边形ABCD性质，可得AB∥CD，AB=CD，可证△ADE≌△BMA（SAS），可得BM=AD，∠D=∠BMA，由CF垂直平分DH，CH=CD，可证BM=BC，再证GM=GC即可；方法2截长：如图4，过点B作BN⊥CH于点N，连接BG，先证△CFH≌△CFD（SAS），再证△BNC≌△AED（AAS），最后证Rt△ABG≌Rt△NBG（HL），可得AG=GN即可，
（3）在DA上截取DP=DC，连接CP、PH′，先证△CDP是等边三角形，可得∠DCP=∠HCH′=60°，CD=CP，可证△CDH≌△CPH′（SAS），可证PH′⊥AE，设PH′交AE与Q，点H′在射线PQ上运动，当点H′运动到点Q是AH′最短由∠DAE=30°，先求QP=12AP=433−2，由勾股定理AQ=4−23即可．
【详解】（1）由平行四边形性质可得∠B=∠D=60°，
在Rt△CFD中，∠D=60°，∠FCD=30°，CD=4，
∴DF=12DC=2，
根据勾股定理CF=CD2−DF2=42−22=23，
在Rt△AED中，∠D=60°，∠DAE=30°，AE=4，
设DE=a，则AD=2a，
根据勾股定理AE2+DE2=AD2，即42+a2=2a2，
解得a=433，
∴AD=833，AF=AD−DF=833−2；
（2）方法1补短：如图3，延长GA到M使AM=DE，连接MB、MC，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∵AE⊥CD
∴AE⊥AB，
∴∠AED=∠BAM=90°，
在△ADE和△BMA中，
AE=AB∠AED=∠BAMDE=MA，
∴△ADE≌△BMA（SAS），
∴BM=AD，∠D=∠BMA，
∵CF⊥DH，DF=HF，
∴CF垂直平分DH，
∴CH=CD，
∴∠D=∠DHC，
∵∠D=∠BMA，∠DHC=∠BCH，
∴∠BMA=∠BCH，
∵AD=BC，
∴BM=BC，
∴∠BMC=∠BCM，
∴∠GMC=∠GCM，
∴GM=GC，
∴GC=GM=AG+AM=AG+DE．
方法2截长：如图4，过点B作BN⊥CH于点N，连接BG，
∵CF⊥AD，
∴∠CFH=∠CFD，
在△CFH和△CFD中，
FH=FD∠CFH=∠CFDCF=CF
∴△CFH≌△CFD（SAS），
∴∠CHF=∠D，
∵AD//BC，
∴∠CHF=∠HCB，
在△BNC和△AED中，
∠NCB=∠D∠BNC=∠AEDBC=AD
∴△BNC≌△AED（AAS），
∴CN=DE，BN=AE，
∵AE=CD=AB，
∴BN=AB，
∵AB//CD，AE⊥CD于E，
∴∠BAG=90°=∠BNG，
在Rt△ABG和Rt△NBG中
BG=BGAB=NB
∴Rt△ABG≌Rt△NBG（HL），
∴AG=GN，
∴CG=GN+NC=AG+DE．
（3）在DA上截取DP=DC，连接CP、PH′，
∵∠B=∠D=60°，
∴△CDP是等边三角形，
∴∠DCP=∠HCH′=60°，CD=CP，
∴∠DCH=∠PCH′，
在△CDH和△CPH′中，
CD=CH′∠DCH=∠PCH′CH=CH′
∴△CDH≌△CPH′（SAS），
∴∠CPH′=∠D=60°，
∴∠CPH′=∠PCD，
∴PH′//CD，
∵AE⊥CD，
∴PH′⊥AE，
设PH′交AE与Q，点H′在射线PQ上运动，当点H′运动到点Q是AH′最短
∵∠DAE=30°
由（1）得：AD=833，CD=DP=4，AP=833−4，
∴QP=12AP=433−2，
AQ=AP2−QP2=4−23，
∴AH′的最小值为4−23．
故答案为：4−23．
【点睛】本题考查平行四边形性质，30度直角三角形性质，勾股定理，三角形全等判定与性质，线段垂直平分线性质，等边三角形判定与性质，垂线段最短，掌握平行四边形性质，30度直角三角形性质，勾股定理，三角形全等判定与性质，线段垂直平分线性质，等边三角形判定与性质，垂线段最短是解题关键．
17．（2022·江苏·八年级课时练习）如图1，在等边三角形ABC中，AD⊥BC于D,CE⊥AB于E,AD与CE相交于点O．
（1）求证：OA=2DO；
（2）如图2，若点G是线段AD上一点，CG平分∠BCE,∠BGF=60°,GF交CE所在直线于点F．求证：GB=GF．
（3）如图3，若点G是线段OA上一点（不与点O重合），连接BG，在BG下方作∠BGF=60°,边GF交CE所在直线于点F．猜想：OG,OF、OA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=12∠BCF=15°，
∴∠BGC=150°，
∵∠BGF=60°，
∴∠FGC=360°-∠BGC-∠BGF=150°，
∴∠BGC=∠FGC，
在△CGB和△CGF中，
{∠GCB=∠GCFCG=CG∠BGC=∠FGC，
∴△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，
{∠MGF=∠OGBGM=GO∠GMF=∠GOB，
∴△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．
18．（2021·山东济南·七年级期末）本学期，我们学习了三角形相关知识，而四边形的学习，我们一般通过辅助线把四边形转化为三角形，通过三角形的基本性质和全等来解决一些问题．
（1）如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，连接AC．
①小明发现，此时AC平分∠BCD．他通过观察、实验，提出以下想法：延长CB到点E，使得BE=CD，连接AE，证明△ABE≌△ADC，从而利用全等和等腰三角形的性质可以证明AC平分∠BCD．请你参考小明的想法，写出完整的证明过程．
②如图2，当∠BAD=90°时，请你判断线段AC，BC，CD之间的数量关系，并证明．
（2）如图3，等腰△CDE、等腰△ABD的顶点分别为A、C，点B在线段CE上，且∠ABC+∠ADC=180°，请你判断∠DAE与∠DBE的数量关系，并证明．
【答案】（1）①见解析；②CD+BC=2AC，证明见解析；（2）∠DAE=2∠DBE，证明见解析
【分析】（1）①参考小明的想法，延长CB到点E，使得BE=CD，连接AE，证明△ABE≌△ADC，从而利用全等和等腰三角形的性质可以证明AC平分；
②沿用①中辅助线，延长CB到点E，使得BE=CD，连接AE，证得直角三角形CAE，再利用勾股定理可求得AC，BC，CD之间的数量关系；
（2）类比（1）中证明的思路，延长CD至F，使得DF=CB，连AF，证明△ABC≌△ADF、△ACD≌△ACE，再利用全等三角形的对应角相等和等腰三角形等边对等角的性质，找到∠DAE与∠DBE的数量关系．
【详解】（1）如图，延长CB到点E，使得BE=CD，连接AE．
∵∠ADC+∠ABC=180°，∠ABE+∠ABC=180°，
∴∠ADC=∠ABE
在△ADC与△ABE中，
∵AD=AB∠ADC=∠ABECD=EB
∴△ADC≌△ABE(SAS)
∴∠ACD=∠AEB，AC=AE
∴∠ACB=∠AEB
∴∠ACD=∠ACB．
∴AC平分∠BCD
（2）CD+BC=2AC
证明：如图，延长CB到点E，使得BE=CD，连接AE．
由（1）知，△ADC≌△ABE(SAS)
∴∠DAC=∠BAE，AC=AE
∵∠BAD=∠DAC+∠CAB=90°
∴∠CAE=∠BAE+∠CAB=∠DAC+∠CAB=∠BAD=90°
在直角三角形CAE中，∠CAE=90°
∴CE=AC2+AE2=2AC
∴CD+BC=2AC
（3）∠DAE=2∠DBE
证明：如图，延长CD至F，使得DF=CB，连AF，
由（1）知，△ABC≌△ADF(SAS)
∴AF=AC，∠ACB=∠F
∴∠ACD=∠F
∴∠ACD=∠ACE
在△ACD与△ACE中，
∵CD=CE∠ACD=∠ACEAC=AC
∴△ACD≌△ACE(SAS)
∴AD=AE
∴AD=AE=AB
∴∠ADB=∠ABD，∠AEB=∠ABE
∴∠BAD=180°−2∠ADB，∠BAE=180°−2∠ABE，
∵∠DAE=360°−∠BAD−∠BAE
∴∠DAE=360°−180°−2∠ADB−180°−2∠ABE
=2∠ADB+2∠ABE
=2∠DBE
【点睛】本题考查三角形的基本知识、全等三角形的性质和判定以及等腰三角形的性质与判定．综合性较强．
19．（2021·广东茂名·九年级阶段练习）在▱ABCD中，直线MN经过点A，BE⊥MN于E，CF⊥MN于F，DG⊥MN于G．请解答下列问题：
（1）如图①，求证：BE+CF=DG；（提示：过点C作CH⊥DG于H）
（2）如图②、图③，线段BE，CF，DG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CD=10，AE=6，CF=1，则DG=______．
【答案】（1）证明见解析；（2）图②：DG=BE−CF，图③：DG=CF−BE；（3）9或7．
【分析】（1）如图①过点C作CH⊥DG于点H，先利用垂直和平行求得∠BAE=∠DCH，根据全等三角形的性质得到BE=DH，根据矩形的性质得到CF=GH，根据线段的和差即可得到结论；
（2）同理可得BE=DH， CF=GH，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C作CH⊥DG于点H，则∠CHD=∠AEB．
∵DG⊥MN，
∴∠GAD+∠GDA=90°，
∵AB//CD，
∴∠BAD+∠ADC=180°
∴∠BAE+∠CDH=90°，
∵BE⊥MN，即∠BAG+∠ABE=90°，
∴∠ABE=∠CDH，
又∵在▱ABCD中，AB=CD，
∴△ABE≅△CDH(AAS)，
∴BE=DH，
∵∠GHC=∠HGF=∠GFC=90°．
∴四边形HGFC为矩形，
∴CF=GH，
∴BE+CF=DH+GH=DG；
（2）图②：DG=BE−CF，图③：DG=CF−BE；
理由：如图②，过点C作CH⊥DG交DG的延长线于H，则∠CHD=∠AEB
同理可得：BE=DH，CF=GH，
∴DG=DH−GH=BE−CF；
如图③，过点C作CH⊥DG交DG的延长线于H，
同理可得：BE=DH，CF=GH，
∴DG=GH−DH=CF−DE；
（3）解：如图①，
∵AB=CD=10，AE=6，∠ABE=90°，
∴BE=AB2−AE2=102−62=8
∵CF=1，
由（1）得DG=BE+CF=8+1=9；
如图②同理DG=BE−CF=8−1=7；
图③不存在，
综上所述，DG=9或7，
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．
20．（2021·四川成都·二模）如图，点C在以AB为直径的⊙O上，BD平分∠ABC交⊙O于点D，过D作BC的垂线，垂足为E．
（1）求证：DE与⊙O相切；
（2）若AB＝6，tanA＝2，求BE的长；
（3）线段AB，BE，CE之间有何数量关系？写出你的结论并证明．
【答案】（1）见解析；（2）4；（3）CE＝AB﹣BE，见解析
【分析】（1）连接OD，根据等腰三角形的性质和角平分线的定义得到∠ODB＝∠CBD，根据平行线的性质得到OD⊥DE，于是得到结论；
（2）根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据相似三角形的性质即可得到结论；
（3）过D作DH⊥AB于H，根据角平分线的性质得到DH＝DE，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：（1）证明：连接OD，
∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠OBD，
∵BD平分∠ABC，
∴∠OBD＝∠CBD，
∴∠ODB＝∠CBD，
∴OD∥BE，
∵BE⊥DE，
∴OD⊥DE，
∴DE与⊙O相切．
（2）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵AB＝6，tanA＝2，
∴BD＝2AD，
设AD＝m，则BD＝2m，
∴m2+2m2＝36，
∴m＝23或﹣23（舍弃），
∴AD＝23，BD＝26，
∵BE⊥DE，
∴∠ADB＝∠BED＝90°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠OBD＝∠CBD，
∴△ABD∽△DBE，
∴ABBD=BDBE，
∴626=26BE，
∴BE＝4．
（3）解：结论CE＝AB﹣BE，
理由：过D作DH⊥AB于H，
∵BD平分∠ABC，DE⊥BE，
∴DH＝DE，
在Rt△BED与Rt△BHD中，
DE=DHBD=BD，
∴Rt△BED≌Rt△BHD（HL），
∴BH＝BE，
∵∠DCE＝∠A，∠DHA＝∠DEC＝90°，
∴△ADH≌△CDE（AAS），
∴AH＝CE，
∵AB＝AH+BH，
∴AB＝BE+CE，
∴CE＝AB﹣BE．
【点睛】本题属于圆的综合问题，考查了切线的判定，角平分线的性质，圆的有关性质，全等三角形的判定，相似三角形的判定和性质等知识点，解题的关键是正确寻找相似三角形或全等三角形解决问题．
21．（2021·重庆八中一模）如图1，在四边形ABCD中，AC交BD于点E，△ADE为等边三角形．
（1）若点E为BD的中点，AD＝4，CD＝5，求△BCE的面积；
（2）如图2，若BC＝CD，点F为CD的中点，求证：AB＝2AF；
（3）如图3，若AB∥CD，∠BAD＝90°，点P为四边形ABCD内一点，且∠APD＝90°，连接BP，取BP的中点Q，连接CQ．当AB＝62，AD＝42，tan∠ABC＝2时，求CQ＋1010BQ的最小值．
【答案】（1）S△BCE=39−23 (2)证明见解析（3）CQ＋1010BQ的最小值为25
【分析】（1）根据点E是BD的中点，可得S△BCE=S△CDE ,在作边CE的高DF,根据等边三角形三线合一DF也是△AED 的高，根据勾股定理计算出DF的长度，在直角三角形DFC中利用勾股定理计算出CF,得出CE的值，利用三角形的面积公式计算出面积．
（2）延长AF,是2AF=AG,证明△ADF≅△GCF,得出CM=AD，再根据∠ACD+∠BDC= 60°，得出∠ACG =∠ABE ,从而证明△ABE≅△AMC ,得出AB=AG，得出结论．
（3）根据∠APD =90°，知道点P的运动轨迹是以AD为直径的圆，圆心记为N，点Q是BP的中点，得到点Q的运动轨迹是以BN的中点为圆心，半径为2 的圆。由 sin∠NBA=1010 ，构造直角三角形QGB，点G为直角顶点，可得sin∠QBG=1010=QGBQ,得QG=1010BQ ，可知CQ＋1010BQ=CQ+QG,故根据两点之间线段最短得最小值为CG的长度，又点G的运动轨迹为以AB为中点的圆．圆心为L,当点C、点Q、点G在同一条直线上时，CG的值最小，从而得出结果．
【详解】解：作DF⊥AC
∵点E是BD的中点
∴BE=DE
故S△BCE=S△CDE
∵AD=4,△ADE是等边三角形，DF⊥AE
∴AF=EF=2,∠ADF=30°
∴DF=23
∵在Rt△DEC中，CD=5,DF=23,根据勾股定理得：
FC=13
∴CE=CF-EF=13−2
S△△CDE=12CE×DF=12×(13−2)×23 =39−23
(2)证明：延长AF使AF=FG如下图
∵△AED是等边三角形
∴∠AED=∠ADE=60°，AE=AD=ED
∵AF=FG，点F是CD的中点
∴CF=FD又∠AFD=∠CFG
∴△AFD≌△GFC
∴CG=AD，∠FCG=∠ADF
∴CG=AE
又∵∠CEB=∠ECD+∠EDC=60°，
∴∠ACG=∠FCG+∠ACD=∠ADF+∠ACD=120°
又∠AEB=120°
∴∠AEB=∠ACG，∠CAG=∠ABD
又CG=AE
∴△ABE≅△AGC
∴AB=AG
故AB=2AF
(3)如下图，过点Q作QG⊥BG，使∠NBE=∠GBQ,在Rt△BQG中，sin∠BQG=QGBQ=1010 则GQ=1010BQ,故CQ＋1010BQ=CQ+QG，由∠APD=90°，可知点P的运动轨迹为AD为直径的圆，⊙N ．点G为以BE的中点为圆心的圆，点G的运动轨迹为圆．当点C、Q、G在同一条直线上时，CQ+QG的长度最小．
∵AB∥CD，∠APD＝90°
∴四边形ADCK为正方形，有AD=42 AB=62
∴CK=AD=42又tan∠ABC＝2
∴BC=210
∵AN=32 ，GN=2
∴CL=CD-DL=2
∠BGN=∠GCL
∴Rt△BGN≌Rt△GCL
∴BG=CG
在Rt△BGC中，BC=210
∴CG=25
即CQ＋1010BQ的最小值=25
【点睛】本题考查三角形的面积、等边三角形的性质、全等三角形、锐角三角函数、动点问题．隐圆问题，了解直径所对的圆周角等于90°是隐圆问题的常用思路，了解瓜豆原理对本题的理解有很大的帮助．了解截长补短法添加辅助线是关键。转换思想是重要的数学思想．
22．（2022·全国·八年级专题练习）如图，在△ABC中，AC=BC，AD平分∠CAB．
（1）如图1，若ACB=90°，求证：AB=AC+CD；
（2）如图2，若AB=AC+BD，求∠ACB的度数；
（3）如图3，若∠ACB=100°，求证：AB=AD+CD．
【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，ACB=90°，得△ABC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°−12α，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△ABC中，AC=BC，
∴∠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，
CD＝MDAD＝AD，
∴RT△ADC≌RT△ADM（HL），
∴AC＝AM，
∴AB＝AM＋BM＝AC＋CD，
即AB＝AC＋CD；
（2）设∠ACB＝α，则∠CAB＝∠CBA＝90°−12α，
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，
AC＝AK∠CAD＝∠KADAD＝AD
∴△CAD≌△KAD（SAS），
∴∠ACD＝∠AKD＝α，
∴∠BKD＝180°−α，
∵BK＝BD，
∴∠BDK＝180°−α，
∴在△BDK中，180°−α＋180°−α＋90°−12α＝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．
23．（2022·江苏·八年级课时练习）（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．
小王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△ ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是______________；
（2）探索延伸：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∠EAF=12∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
（3）实际应用：如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以45海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以60海里/小时的速度前进，2小时后，指挥中心观测到甲、乙两地分别到达E、F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
【答案】（1）EF＝BE+DF；（2）结论EF＝BE+DF仍然成立；（3）此时两舰艇之间的距离是210海里
【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；
（3）连接EF，延长AE、BF相交于点C，然后与（2）同理可证．
【详解】解：（1）EF＝BE+DF，证明如下：
在△ABE和△ADG中，
DG=BE∠B=∠ADGAB=AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
AE=AG∠EAF=∠GAFAF=AF，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG，
∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF；
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，
DG=BE∠B=∠ADGAB=AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
AE=AG∠EAF=∠GAFAF=AF，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG，
∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF；
（3）如图3，连接EF，延长AE、BF相交于点C，
∵∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°，∠EOF＝70°，
∴∠EOF=12∠AOB，
又∵OA＝OB，∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝180°，
∴符合探索延伸中的条件，
∴结论EF＝AE+BF成立，
即EF＝2×（45+60）＝210（海里）．
答：此时两舰艇之间的距离是210海里．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定以及全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△AEF≌△AGF是解题的关键．
24．（2022·江苏·八年级课时练习）已知在四边形ABCD中，∠ABC＋∠ADC＝180°，∠BAD＋∠BCD＝180°，AB＝BC
（1）如图1，连接BD，若∠BAD＝90°，AD＝7，求DC的长度．
（2）如图2，点P、Q分别在线段AD、DC上，满足PQ＝AP＋CQ，求证：∠PBQ＝∠ABP＋∠QBC
（3）若点Q在DC的延长线上，点P在DA的延长线上，如图3所示，仍然满足PQ＝AP＋CQ，请写出∠PBQ与∠ADC的数量关系，并给出证明过程．
【答案】（1）DC=7；（2）见解析；（3）∠PBQ=90°+12∠ADC，证明见解析
【分析】（1）根据已知条件得出△BDC为直角三角形，再根据HL证出Rt△BAD≌Rt△BCD，从而证出AD=CD即可得出结论；
（2）如图2，延长DC到 K，使得CK=AP，连接BK，通过证△BPA≌△BCK（SAS）得到：∠1=∠2，BP=BK．然后根据SSS证明得△PBQ≌△BKQ，从而得出∠PBQ=∠2+∠CBQ=∠1+∠CBQ，然后得出结论；
（3）如图3，在CD延长线上找一点K，使得KC=AP，连接BK，构建全等三角形：△BPA≌△BCK（SAS），由该全等三角形的性质和全等三角形的判定定理SSS证得：△PBQ≌△BKQ，则其对应角相等：∠PBQ=∠KBQ，结合四边形的内角和是360°可以推得：∠PBQ=90°+12∠ADC．
【详解】（1）证明：如图1，
∵∠ABC+∠ADC=180°，∠BAD=90°，
∴∠BCD=∠BAD=90°，
在Rt△BAD和Rt△BCD中，
BD=BDAB=BC
∴Rt△BAD≌Rt△BCDHL，
∴AD=DC，
∴DC=7；
（2）如图2，
延长DC至点K，使得CK=AP，连接BK
∵∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠BAD+∠BCD=180°，
∵∠BCD+∠BCK=180°，
∴∠BAD=∠BCK，
∵AP=CK，AB=BC，
∴△BPA≌△BCKSAS，
∴∠1=∠2，BP=BK，
∵PQ=AP+CQ，QK=CK+CQ，
∴PQ=QK，
∵BP=BK，BQ=BQ，
∴△PBQ≌△BKQSSS，
∴∠PBQ=∠2+∠CBQ=∠1+∠CBQ，
∴∠PBQ=∠ABP+∠QBC；
（3）∠PBQ=90°+12∠ADC；
如图3，在CD延长线上找一点K，使得KC=AP，连接BK，
∵∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠BAD+∠BCD=180°，
∵∠BAD+∠PAB=180°，
∴∠PAB=∠BCK，
在△BPA和△BCK中，
AP=CK∠BAP=∠BCKAB=BC
∴△BPA≌△BCKSAS，
∴∠ABP=∠CBK，BP=BK，
∴∠PBK=∠ABC，
∵PQ=AP+CQ，
∴PQ=QK，
在△PBQ和△BKQ中，
BP=BKBQ=BQPQ=KQ
∴△PBQ≌△BKQSSS，
∴∠PBQ=∠KBQ，
∴2∠PBQ+∠PBK=2∠PBQ+∠ABC=360°，
∴2∠PBQ+180°−∠ADC=360°，
∴∠PBQ=90°+12∠ADC．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．