专题1.14 《探索三角形全等》作辅助线（二）-截长补短（专项练习）（培优篇）-八年级数学上册基础知识专项讲练（苏科版）

这是一份专题1.14 《探索三角形全等》作辅助线（二）-截长补短（专项练习）（培优篇）-八年级数学上册基础知识专项讲练（苏科版），共62页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题1.14 《探索三角形全等》作辅助线（二）-截长补短
（专项练习）（培优篇）
一、填空题
1．如图，已知中，，D为上一点，且，则的度数是_________．

2．如图，△ABC中，E在BC上，D在BA上，过E作EF⊥AB于F，∠B＝∠1+∠2，AB＝CD，BF＝，则AD的长为________．


二、解答题
3．如图，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF=90°，且EF交正方形外角平分线CF于点F．
（1）求证：AE=EF；
（2）如图2，若把条件“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC上的任意一点”，其余条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？　　；（填“成立”或“不成立”）；
（3）如图3，若把条件“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC延长线上的一点”，其余条件仍不变，那么结论AE=EF是否成立呢？若成立请证明，若不成立说明理由．

4．已知等边中，点是边，的垂直平分线的交点，，分别在直线，上且，
（1）如图所示，点，分别在边，上，求证：；
（2）如图所示，点在边上，点在的延长线上，求的值.



5．把两个全等的直角三角板的斜边重合，组成一个四边形ACBD，以D为顶点作，交边AC，BC于点M，N．
（1）如图（1），若，，当绕点D旋转时，AM，MN，BN三条线段之间有何种数量关系？证明你的结论；
（2）如图（2），当时，AM，MN，BN三条线段之间有何数量关系？证明你的结论；
（3）如图（3），在（2）的条件下，若将M，N分别改在CA，BC的延长线上，完成图（3），其余条件不变，则AM，MN，BN之间有何数量关系（直接写出结论，不必证明）．


6．阅读材料并完成习题：
在数学中，我们会用“截长补短”的方法来构造全等三角形解决问题．请看这个例题：如图1，在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，AB=AD，若AC=2cm，求四边形ABCD的面积．
解：延长线段CB到E，使得BE=CD，连接AE，我们可以证明△BAE≌△DAC，根据全等三角形的性质得AE=AC=2， ∠EAB=∠CAD，则∠EAC=∠EAB+∠BAC=∠DAC+∠BAC=∠BAD=90°，得S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=S△ABC+S△ABE=S△AEC，这样，四边形ABCD的面积就转化为等腰直角三角形EAC面积．
（1）根据上面的思路，我们可以求得四边形ABCD的面积为 cm2．
（2）请你用上面学到的方法完成下面的习题．

如图2，已知FG=FN=HM=GH+MN=2cm，∠G=∠N=90°，求五边形FGHMN的面积．

7．如图1，在中，是直角，，、分别是、的平分线，、相交于点．
　　　　　
（1）求出的度数；
（2）判断与之间的数量关系并说明理由．（提示：在上截取，连接．）
（3）如图2，在△中，如果不是直角，而（1）中的其它条件不变，试判断线段、与之间的数量关系并说明理由．
8．数学课上，小白遇到这样一个问题：
如图1，在等腰中，，，，求证；
在此问题的基础上，老师补充：
过点作于点交于点，过作交于点，交于点，试探究线段，，之间的数量关系，并说明理由．
小白通过研究发现，与有某种数量关系；
小明通过研究发现，将三条线段中的两条放到同一条直线上，即“截长补短”，再通过进一步推理，可以得出结论．
阅读上面材料，请回答下面问题：
（1）求证；
（2）猜想与的数量关系，并证明；
（3）探究线段，，之间的数量关系，并证明．




9．在数学活动课上，数学老师出示了如下题目：
如图①，在四边形中，是边的中点，是的平分线，．
求证：．
小聪同学发现以下两种方法：
方法1：如图②，延长、交于点．
方法2：如图③，在上取一点，使，连接、．
（1）请你任选一种方法写出这道题的完整的证明过程；
（2）如图④，在四边形中，是的平分线，是边的中点，，，求证：．

10．阅读下面材料，完成(1)-(3)题．
数学课上，老师出示了这样一道题：
如图1，已知等腰△ABC中，AB＝AC，AD为BC边上的中线，以AB为边向AB左侧作等边△ABE，直线CE与直线AD交于点F．请探究线段EF、AF、DF之间的数量关系，并证明．
同学们经过思考后，交流了自己的想法：
小明：“通过观察和度量，发现∠DFC的度数可以求出来．”
小强：“通过观察和度量，发现线段DF和CF之间存在某种数量关系．”
小伟：“通过做辅助线构造全等三角形，就可以将问题解决．”
......
老师：“若以AB为边向AB右侧作等边△ABE，其它条件均不改变，请在图2中补全图形,探究线段EF、AF、DF三者的数量关系，并证明你的结论．”

（1）求∠DFC的度数；
（2）在图1中探究线段EF、AF、DF之间的数量关系，并证明；
（3）在图2中补全图形，探究线段EF、AF、DF之间的数量关系，并证明．





11．如图1，在中，，平分，连接，，．

（1）求的度数：
（2）如图2，连接，交于，连接，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，点为的中点，连接交于点，若，求线段的长．



12．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．


13．如图，△ABC中，AB=AC，∠EAF=∠BAC，BF⊥AE 于E交AF于点F，连结 CF．
（1）如图 1 所示，当∠EAF 在∠BAC 内部时，求证：EF＝BE+CF．
（2）如图 2 所示，当∠EAF 的边 AE、AF 分别在∠BAC 外部、内部时，求证：CF＝BF+2BE．






14．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：．






15．如图所示，平分平分；
（1）求与的数里关系，并说明你的理由．
（2）若把条件去掉，则（1）中与的数里关系还成立吗?并说明你的理由．





16．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．





17．如图，在正方形中，点迕射线上，连接，作，且交正方形外角的平分线于点．
（1）若点在边的中点处时，________（填“＞”“＜”或“=”）
（2）若点为边上的任意一点（不含点，），探究此时与的数量关系，并说明理由．
（3）若点是边延长线上的一点，探究此时与的数量关系，并说明理由．





18．如图，是边长为1的等边三角形，，，点，分别在，上，且，求的周长．





19．已知等腰△ABC中，AB=AC，点D在直线AB上， DE∥BC，交直线AC与点E，且BD=BC，CH⊥AB，垂足为H．
（1）当点D在线段AB上时，如图1，求证DH=BH+DE；
（2）当点D在线段BA延长线上时，如图2，当点D在线段AB延长线上时，如图3，直接写出DH，BH，DE之间的数量关系，不需要证明．



参考答案
1．20°
【分析】通过作辅助线构造直角三角形，利用等边三角形的性质，得到角相等，边相等，根据三角形全等，得到角相等，利用外角的性质列方程求解；
【详解】
解：如图，延长至点E使，连接．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴是等边三角形，
∴．
∵，
∴设，则．在与中，
∵∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．

【点拨】本题主要考查了等边三角形的判定与性质和全等三角形的判定与性质，准确分析是解题的关键．
2．
【分析】在FA上取一点T，使得FT=BF，连接ET，在CB上取一点K，使得CK=ET，连接DK．想办法证明AT=DK，DK=BD，推出BD=AT，推出BT=AD即可解决问题．
【详解】
在FA上取一点T，使得FT=BF，连接ET，在CB上取一点K，使得CK=ET，连接DK．
∵EB=ET，
∴∠B=∠ETB，
∵∠ETB=∠1+∠AET，∠B=∠1+∠2，
∴∠AET=∠2，
∵AE=CD，ET=CK，
∴△AET≌△DCK(SAS)，
∴DK=AT，∠ATE=∠DKC，
∴∠ETB=∠DKB，
∴∠B=∠DKB，
∴DB=DK，
∴BD=AT，
∴AD=BT，
∵BT=2BF=，
∴AD=，
故答案为：．

【点拨】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识点，解题关键在于学会添加常用辅助线，构造出全等三角形．
3．（1）证明见解析；（2）成立；（3）成立，证明见解析.
【解析】
试题分析：（1）取AB中点M，连接EM，求出BM=BE，得出∠BME=45°，求出∠AME=∠ECF=135°，求出∠MAE=∠FEC，根据ASA推出△AME和△ECF全等即可；
（2）截取BE=BM，连接EM，求出AM=EC，得出∠BME=45°，求出∠AME=∠ECF=135°，求出∠MAE=∠FEC，根据ASA推出△AME和△ECF全等即可；
（3）在BA的延长线上取一点N，使AN=CE，连接NE，根据已知利用ASA判定△ANE≌△ECF，因为全等三角形的对应边相等，所以AE=EF．
试题解析：（1）证明：取AB中点M，连接EM，

∵AB=BC，E为BC中点，M为AB中点，
∴AM=CE=BE，
∴∠BME=∠BME=45°，
∴∠AME=135°=∠ECF，
∵∠B=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°，
∵∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠FEC=90°，
∴∠BAE=∠FEC，
在△AME和△ECF中，
∴△AME≌△ECF（ASA），
∴AE=EF；
（2）成立，
理由是：如图，在AB上截取BM=BE，连接ME，

∵∠B=90°，
∴∠BME=∠BEM=45°，
∴∠AME=135°=∠ECF，
∵AB=BC，BM=BE，
∴AM=EC，
在△AME和△ECF中，
∴△AME≌△ECF（ASA），
∴AE=EF；
（3）成立．
证明：如图，在BA的延长线上取一点N．使AN=CE，连接NE，

∴BN=BE，
∴∠N=∠NEC=45°，
∵CF平分∠DCG，
∴∠FCE=45°，
∴∠N=∠ECF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BE，
∴∠DAE=∠BEA，即∠DAE+90°=∠BEA+90°，
∴∠NAE=∠CEF，
∴△ANE≌△ECF（ASA），
∴AE=EF．
点睛：本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，阅读材料，理清解题的关键是去AM=EC，然后构造出△AME和△ECF全等是解题的关键.
4．（1）见解析，（2）
【解析】
【分析】（1）在AM上截取AN′=CN，连接ON′，OC，OA，根据等边三角形的性质和线段垂直平分线得出∠OCN=∠OAN′，OC=OA，证△OCN≌△OAN′推出ON=ON′，∠CON=∠AON′，求出∠NOM=∠MON′，根据SAS证△MON≌△MON′，推出MN=MN′，即可求出答案；
（2）延长CA到N′，使AN′=CN，连接OC，OA，ON′，证△OCN≌△OAN′推出ON=ON′，∠CON=∠AON′，求出∠NOM=∠MON′，根据SAS证△MON≌△MON′，推出MN=MN′，即可求出答案.
【详解】
（1）在AM上截取AN′=CN，连接ON′，OC，OA，

∵O是边AC和BC垂直平分线的交点，△ABC是等边三角形，
∴OC=OA，由三线合一定理得：∠OCB=∠OCA=∠OAC=30°，∠AOC=180°-30°-30°=120°，
∴∠OCN=∠OAN′=30°，
∵在△OCN和△OAN′中
，
∴△OCN≌△OAN′（SAS），
∴ON=ON′，∠CON=∠AON′
∴∠N′ON=∠COA=120°，
又∵∠MON=60°，
∴∠MON=∠MON′=60°
∵在△NOM和△N′OM中
，
∴△NOM≌△N′OM，
∴MN=MN′，
∵MN′=AM-AN′=AM-CN，
∴MN=AM-CN．即；
（2）延长CA到N′，使AN′=CN，连接OC，OA，ON′，

∵O是边AC和BC垂直平分线的交点，△ABC是等边三角形，
∴OC=OA，由三线合一定理得：∠OCA=∠OAB=30°，∠AOC=180°-30°-30°=120°，
∴∠OCN=∠OAN′，
∵在△OCN和△OAN′中
，
∴△OCN≌△OAN′（SAS），
∴ON′=ON，∠CON=∠AON′，
∵∠COA=120°，∠NOM=60°，
∴∠CON+∠AOM=60°，
∴∠AON′+∠AOM=60°，
即∠NOM=∠N′OM，
∵在△NOM和△N′OM中
，
∴△NOM≌△N′OM，
∴MN=MN′，
∵MN′=AM+AN′=AM+CN，
∴MN=AM+CN．
【点拨】本题考查了等边三角形的性质和全等三角形的性质和判定，主要考查学生的推理能力和猜想能力，题目具有一定的代表性，证明过程类似．
5．（1）；证明见解析；（2）；证明见解析；（3）补图见解析；；证明见解析．
【分析】（1）延长CB到E，使BE=AM，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE=∠MDA，DM=DE，证△MDN≌△EDN，推出MN=NE即可；
（2）延长CB到E，使BE=AM，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE=∠MDA，DM=DE，证△MDN≌△EDN，推出MN=NE即可；
（3）在CB截取BE=AM，连接DE，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE=∠MDA，DM=DE，证△MDN≌△EDN，推出MN=NE即可．
【详解】
（1）．证明如下：
如图，延长CB到E，使，连接DE．

，
．
，
．
在和中，
，
，
，．
，
，，
．
在和中，
，
，
．
，
；
（2）．证明如下：
如图，延长CB到E，使，连接DE．
，
．
，
，．
在和中，
，
，
，．
，，，
，
，，
．
在和中，
，
，
．
，
；
（3）补充完成题图，如图所示．

．证明如下：
如上图，在CB上截取BE=AM，连接DE．
，，
，
．
，
．
在和中，
，
，
，．
，
，
．
在和中，
，
，
．
，
．
【点拨】本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
6．（1）2；（2）4
【分析】（1）根据题意可直接求等腰直角三角形EAC的面积即可；
（2）延长MN到K，使NK=GH，连接FK、FH、FM，由（1）易证，则有FK=FH，因为HM=GH+MN易证，故可求解．
【详解】
（1）由题意知，
故答案为2；
（2）延长MN到K，使NK=GH，连接FK、FH、FM，如图所示：

FG=FN=HM=GH+MN=2cm，∠G=∠N=90°，
∠FNK=∠FGH=90°，，
FH=FK，
又FM=FM，HM=KM=MN+GH=MN+NK，
，
MK=FN=2cm，
．
【点拨】本题主要考查全等三角形的性质与判定，关键是根据截长补短法及割补法求面积的运用．
7．（1）∠AFC＝120°；（2）FE与FD之间的数量关系为：DF＝EF．理由见解析；（3）AC＝AE+CD．理由见解析．
【分析】（1）根据三角形的内角和性质只要求出∠FAC，∠ACF即可解决问题;
（2）根据在图2的 AC上截取CG=CD，证得△CFG≌△CFD (SAS),得出DF= GF；再根据ASA证明△AFG≌△AFE，得EF=FG，故得出EF=FD；
（3）根据(2) 的证明方法，在图3的AC上截取AG=AE，证得△EAF≌△GAF (SAS)得出∠EFA=∠GFA；再根据ASA证明△FDC≌△FGC，得CD=CG即可解决问题．
【详解】
（1）解：∵∠ACB＝90°，∠B＝60°，
∴∠BAC＝90°﹣60°＝30°，
∵AD、CE分别是∠BAC、∠BCA的平分线，
∴∠FAC＝15°，∠FCA＝45°，
∴∠AFC＝180°﹣（∠FAC+∠ACF）＝120°
（2）解：FE与FD之间的数量关系为：DF＝EF．
理由：如图2，在AC上截取CG＝CD，

∵CE是∠BCA的平分线，
∴∠DCF＝∠GCF，
在△CFG和△CFD中，
，
∴△CFG≌△CFD（SAS），
∴DF＝GF．∠CFD＝∠CFG
由（1）∠AFC＝120°得，
∴∠CFD＝∠CFG＝∠AFE＝60°，
∴∠AFG＝60°，
又∵∠AFE＝∠CFD＝60°，
∴∠AFE＝∠AFG，
在△AFG和△AFE中，
，
∴△AFG≌△AFE（ASA），
∴EF＝GF，
∴DF＝EF；
（3）结论：AC＝AE+CD．
理由：如图3，在AC上截取AG＝AE，

同（2）可得，△EAF≌△GAF（SAS），
∴∠EFA＝∠GFA，AG＝AE
∵∠BAC+∠BCA=180°-∠B=180°-60°=120°
∴∠AFC＝180°﹣(∠FAC+∠FCA)＝180°-(∠BAC+∠BCA)=180°-×120°=120°，
∴∠EFA＝∠GFA＝180°﹣120°＝60°＝∠DFC，
∴∠CFG＝∠CFD＝60°，
同（2）可得，△FDC≌△FGC（ASA），
∴CD＝CG，
∴AC＝AG+CG＝AE+CD．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质的运用，全等三角形的判定和性质是证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件，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全等三角形．
8.（1）见解析；（2），证明见解析；（3），证明见解析
【分析】（1）利用SAS证明可得结论；
（2）设，推出，，即可证明；
（3）过点作交延长线于点，延长交于点，证明△ABE≌△CAM，得出和，从而证明△NFC≌△MFC，得到和，可得PN=PE，从而得出BP=AF+PF.
【详解】
解：（1）∵在△ABE和△ACD中，
，
（SAS），
；
（2）设，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）过点作交延长线于点，延长交于点，
，，
，
在△ABE和△CAM中，
，
（ASA），
，，
，，，
（ASA），
，，
，
，
∴.

【点拨】本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以及等角对等边等知识点，解题的关键是根据截长补短法添加适当的辅助线，构造全等三角形证明结论，有一定难度.
9．（1）方法1：证明见解析；方法2：证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）方法1：先根据角平分线的定义、平行线的性质得出，再根据等腰三角形的性质可得，根据三角形全等的判定定理与性质得出，然后根据线段的和差即可得证；
方法2：先根据角平分线的定义得出，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，然后根据线段中点的定义、等腰三角形的性质可得，最后根据平行线的性质、平角的定义可得，由等腰三角形的定义可得，由此根据线段的和差即可得证；
（2）如图（见解析），参照方法1构造辅助线，先根据等腰三角形的性质得出平分，从而有，再根据平行线的性质、角的和差得出，，然后根据三角形全等的判定定理与性质即可得证．
【详解】
（1）方法1：如图②，延长、交于点
是的平分线





是边的中点

在和中，


；
方法2：如图③，在上取一点，使，连接、
是的平分线

在和中，


是边的中点




，即
，即
又


；
（2）如图，过点C作，交AE延长线于点G，延长GC交AB于点F，连接EF
由方法1可知：
是等腰三角形
平分

，




，即


在和中，

．

【点拨】本题考查了角平分线的定义、平行线的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，较难的是题（2），参照方法1，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．
10．（1）60°；（2）EF=AF+FC，证明见解析；（3）AF=EF+2DF，证明见解析．
【分析】（1）可设∠BAD＝∠CAD＝α，∠AEC＝∠ACE＝β，在△ACE中，根据三角形内角和可得2α＋60＋2β＝180°，从而有α＋β＝60°，即可得出∠DFC的度数；
（2）在EC上截取EG＝CF，连接AG，证明△AEG≌△ACF，然后再证明△AFG为等边三角形，从而可得出EF＝EG＋GF＝AF＋FC；
（3）在AF上截取AG＝EF，连接BG，BF，证明方法类似（2），先证明△ABG≌△EBF，再证明△BFG为等边三角形，最后可得出结论．
【详解】
解：（1）∵AB=AC，AD为BC边上的中线，∴可设∠BAD＝∠CAD＝α，
又△ABE为等边三角形，
∴AE=AB=AC，∠EAB=60°，∴可设∠AEC＝∠ACE＝β，
在△ACE中，2α＋60°＋2β＝180°，
∴α＋β＝60°，
∴∠DFC=α＋β＝60°；
（2）EF=AF+FC，证明如下：
∵AB=AC，AD为BC边上的中线，∴AD⊥BC，∴∠FDC=90°，
∵∠CFD＝60°，则∠DCF=30°，
∴CF＝2DF，
在EC上截取EG＝CF，连接AG，

又AE=AC，
∴∠AEG=∠ACF，
∴△AEG≌△ACF（SAS）,
∴∠EAG＝∠CAF，AG＝AF，
又∠CAF=∠BAD，
∴∠EAG=∠BAD，
∴∠GAF＝∠BAD+∠BAG=∠EAG+∠BAG=∠60°，
∴△AFG为等边三角形，
∴EF＝EG＋GF＝AF＋FC，
即EF=AF+FC；
（3）补全图形如图所示，

结论：AF=EF+2DF．证明如下：
同（1）可设∠BAD＝∠CAD＝α，∠ACE＝∠AEC＝β，
∴∠CAE＝180°－2β，
∴∠BAE＝2α＋180°－2β＝60°，∴β－α＝60°，
∴∠AFC=β－α＝60°，
又△ABE为等边三角形，∴∠ABE=∠AFC=60°，
∴由8字图可得：∠BAD＝∠BEF，
在AF上截取AG＝EF，连接BG，BF，
又AB=BE，
∴△ABG≌△EBF（SAS），
∴BG＝BF，
又AF垂直平分BC，
∴BF=CF，
∴∠BFA=∠AFC=60°，
∴△BFG为等边三角形，
∴BG=BF，又BC⊥FG，∴FG=BF=2DF，
∴AF＝AG＋GF＝BF＋EF＝2DF＋EF．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，解决问题的关键是常用辅助线构造全等三角形，属于中考常考题型．
11．（1）；（2）见解析；（3）4
【分析】（1）设推出，，，利用三角形内角和定理构建方程求出x即可；
（2）先依据ASA证明，再依据全等三角形的性质得到，结合，依据三角形内角和求出,再依据三角形外角的性质及等式的基本性质即可求证；
（3）根据直角三角形的面积公式求出AB，延长至，使，连接，先依据SAS证明，结合等量代换得到，，再依据SAS证明，依据全等的性质求得，从而得到，继而得到，最后依据直角三角形30度角的性质解决问题．
【详解】
如图1中，设．
，，
，，
平分，
，,
，
又∵在中，，
，
，
，，
；
（2）,
,
,
,
,
，

，
又∵,
∴
又，
；
（3）延长至，使，连接

点为的中点，
，
，
，
，，
，










．
【点拨】本题属于三角形综合题，考查了三角形内角和定理，三角形外角的性质，三角形全等的判定和性质，含30度的直角三角形的性质，第（1）问的关键在于设未知数，列方程；第（2）问的关键得到了等腰直角三角形和利用三角形的外角性质建立起了两个待证量之间的等式；第（3）问的关键在于作辅助线证明了.
12．，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





【点拨】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．
13．（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）在上截取，由“”可证，可得，可得结论；
（2）在的延长线上截取，连接，由“”可证，可得，可得结论．
【详解】
解：证明：（1）如图，在上截取，连接，

，，
，
，，
，
，
，

，
，
，
在和中，
，
，
，
；
（2）如图，在的延长线上截取，连接，

，，，
，
，，
，


，
，
在和中，
，
，
，
．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
14．（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．
【点拨】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．
15．（1），见解析；（2）成立，见解析
【分析】（1）先写出数量关系，过作于，然后证明和，便可得结论了．
（2）成立, 在上截取证明和，便可得到结论．
【详解】

理由是：过作于
CE为角平分线








同理可证




成立
理由：在上截取
CE为角平分线






又

又是角平分线







16．（1）；（2）见解析；（3），证明见解析
【分析】（1）根据已知条件得出为直角三角形，再根据证出，从而证出即可得出结论；
（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．然后根据证明得，从而得出，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°+∠ADC．
【详解】
（1）证明：如图1，

∵，，
∴，
在和中，

∴，
∴，
∴；
（2）如图2，

延长至点，使得，连接
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（3）；
如图3，在延长线上找一点，使得，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，

∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在和中，

∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
．
【点拨】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．
17．（1）=；（2），见解析；（3），见解析
【分析】（1）作辅助线，AH=EC，∠1=∠2，∠AHE=∠ECF=180°-45°=135°，则△AHE≌△ECF；
（2）作辅助线，仍然证明△AME≌△ECF得出结论；
（3）做辅助线，仍然证明得出结论．
【详解】
解：（1）

证明：取AB的中点H，连接EH；
∵ABCD是正方形，
AE⊥EF；
∴∠1+∠AEB=90°，
∠2+∠AEB=90°
∴∠1=∠2，
∵BH=BE，∠BHE=45°，
且∠FCG=45°，
∴∠AHE=∠ECF=135°，AH=CE，
∴△AHE≌△ECF，
∴AE=EF；
（2）在上取一点，使得，连接

∴
∴
∴
∵是正方形外角平分线
∴
∴
∴
∵，
∴
∴
∴
（3）在的延长线上取一点，使，连接

∴
∴
∵是正方形外角平分线
∴
∴
∵四边形是正方形
∴
∴
即
∴
∴
∴
【点拨】本题是四边形的综合题，综合考查了正方形、全等三角形的性质和判定，解决此类题的思路为：构造两个三角形全等；熟练掌握正方形的性质是本题的关键．
18．2
【分析】延长至点，使，连接，证明推出，，进而得到，从而证明，推出EF=CP，由此求出的周长=AB+AC得到答案.
【详解】
解：如图，延长至点，使，连接．
∵是等边三角形，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴．
在和中，，
∴，
∴，．
∵，，
∴，
∴，
∴．
在和中，，
∴，
∴，
∴，
∴的周长.

【点拨】此题考查全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，等腰三角形等边对等角的性质，题中辅助线的引出是解题的关键.
19．（1）见详解；（2）图2：，图3：
【分析】（1）在线段上截取，连接，，证明，可得到，即可求解．
（2）当点在线段延长线上时，在的延长线上截取，连接，，由题意可证，可得，由题意可得，即可证，可得，则可得；当点在线段延长线上时，在线段上截取，连接，，由题意可证，可得，由题意可得，即可证，可得，则可得．
【详解】
解：（1）证明：在线段上截取，连接，

∵，
∴
∴
∵
∴
∵
∴，
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴
（2）当点在线段延长线上时，
如图2：在的延长线上截取，连接，

∵
∴
∵
∴
∵
∴
∵，，
∴
∴
∴
∵，
∴
又∵，
∴
∴
∵
∴
当点在线段延长线上时，
如图3：当点在线段延长线上时，在线段上截取，连接，

∵，，
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴，
∴，，且
∴
∴
∵
∴
【点拨】本题主要考查了三角形综合题，等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定，合理添加辅助线证全等是解题的关键．