中考数学一轮复习：专题13.13 全等三角形章末十五大题型总结（拔尖篇）（华东师大版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习：专题13.13 全等三角形章末十五大题型总结（拔尖篇）（华东师大版）（解析版），共118页。


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\l "_Tc1403" 【题型1 由全等三角形的判定与性质求最值】 PAGEREF _Tc1403 \h 1
\l "_Tc11812" 【题型2 由全等三角形的判定与性质探究线段的和差关系】 PAGEREF _Tc11812 \h 6
\l "_Tc25759" 【题型3 由全等三角形的判定与性质求面积】 PAGEREF _Tc25759 \h 15
\l "_Tc27390" 【题型4 尺规作图与全等三角形的综合】 PAGEREF _Tc27390 \h 22
\l "_Tc26845" 【题型5 三角形的三边关系与全等三角形的综合】 PAGEREF _Tc26845 \h 30
\l "_Tc20728" 【题型6 全等三角形的动态问题】 PAGEREF _Tc20728 \h 40
\l "_Tc30066" 【题型7 全等三角形与坐标系的综合运用】 PAGEREF _Tc30066 \h 47
\l "_Tc11224" 【题型8 全等三角形中的多结论问题】 PAGEREF _Tc11224 \h 57
\l "_Tc11924" 【题型9 翻折变换】 PAGEREF _Tc11924 \h 66
\l "_Tc16451" 【题型10 两圆一线画等腰】 PAGEREF _Tc16451 \h 75
\l "_Tc23166" 【题型11 等边三角形手拉手问题】 PAGEREF _Tc23166 \h 78
\l "_Tc1828" 【题型12 分身等腰】 PAGEREF _Tc1828 \h 86
\l "_Tc5023" 【题型13 一线分二腰】 PAGEREF _Tc5023 \h 89
\l "_Tc27031" 【题型14 角平分线的综合应用】 PAGEREF _Tc27031 \h 97
\l "_Tc7523" 【题型15 垂直平分线的综合应用】 PAGEREF _Tc7523 \h 108
【题型1 由全等三角形的判定与性质求最值】
【例1】（2023春·北京朝阳·八年级统考期末）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，D，E为AB边上的两个动点，且AD=BE，连接CD，CE，若AC=2，则CD+CE的最小值为 ．
【答案】4
【分析】过点A，B分别作AC的垂线和BC的垂线交于点M，连接MC，ME，先证△ACB≌△MBC，得AB=MC，再证△CAD≌△MBE，得CD=ME，进而得出CD+CE=ME+CE，当C，E，M三点不共线时，ME+CE>MC；当C，E，M三点共线时，ME+CE=MC，然后根据直角三角形中，30°的角所对的直角边等于斜边的一半求出AB的值，从而得出结果．
【详解】过点A，B分别作AC的垂线和BC的垂线交于点M，连接MC，ME，
∵ ∠ACB=90°，MA⊥AC，
∴ AM∥CB，
∵ MB⊥BC
∴ AC∥MB，AC=MB，
∴ ∠CAB=∠MBA，
∵ BC=CB，∠ACB=∠MBC=90°，
∴ △ACB≌△MBC，
∴ AB=MC，
∵ AD=BE，
∴ △CAD≌△MBE，
∴ CD=ME，
∴ CD+CE=ME+CE，
当C，E，M三点不共线时，ME+CE>MC；
当C，E，M三点共线时，ME+CE=MC．
∴ CD+CE的最小值是MC的长，
∵ ∠B=30°，∠ACB=90°，
∴ AB=2AC，
∵ AC=2，
∴ AB=4，
∴ MC=AB=4，
∴ CD+CE的最小值是4．
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，三角形三边关系，直角三角形的性质，正确作出辅助线找出恰当的全等三角形是解本题的关键．
【变式1-1】（2023春·八年级课时练习）如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，M为BC的中点，H为AB上一点，过点C作CG∥AB，交HM的延长线于点G，若AC=8，AB=6，则四边形ACGH周长的最小值是 ．
【答案】22
【分析】通过证明△BMH≅△CMG可得BH=CG，可得四边形ACGH的周长即为AC+AB+GH，进而可确定当MH⊥AB时，四边形ACGH的周长有最小值，通过证明四边形ACGH为矩形可得HG的长，进而可求解．
【详解】解：∵CG∥AB，
∴∠B=∠MCG，
∵M是BC的中点，
∴BM=CM，
在△BMH和△CMG中，
∠B=∠MCGBM=CM∠BMH=∠CMG，
∴△BMH≅△CMG（ASA），
∴HM=GM，BH=CG，
∵AC=8，AB=6，
∴四边形ACGH的周长=AC+CG+AH+=GH=AB+AC+GH=14+GH，
∴当GH最小时，即MH⊥AB时四边形ACGH的周长有最小值，
∵∠A=90°，MH⊥AB，
∴GH∥AC，
∴四边形ACGH为矩形，
∴GH=AC=8，
∴四边形ACGH的周长最小值为14+8=22，
故答案为：22．
【点睛】本题主要考查轴对称﹣最短路径问题，全等三角形的判定与性质，确定HG的最小值是解题的关键．
【变式1-2】（2023春·江苏盐城·八年级统考期中）如图，在四边形ABCD中，∠A=90°，AD=3，连接BD，BD⊥CD，BD平分∠ABC．若P是BC边上一动点，则DP长的最小值为 ．
【答案】3
【分析】过D作DE⊥BC于E，DE即为DP 长的最小值，由题意可以得到△BAD≌△BED，从而得到DE的长度．
【详解】解：如图，过D作DE⊥BC于E，DE即为DP 长的最小值，
由题意知在△BAD和△BED中，∠A=∠DEB∠ABD=∠EBDBD=BD，
∴△BAD≌△BED，
∴ED=AD=3，
故答案为3．
【点睛】本题考查三角形全等的应用，熟练掌握三角形全等的判定和性质是解题关键．
【变式1-3】（2023春·八年级课时练习）如图，在直角△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，AB=5，AD平分∠BAC，N是AC上一动点（不与A,C重合），M是AD上一动点（不与A,D重合），则CM+MN的最小值为 ．
【答案】125
【分析】在AB取点E，使AE=AN，连接ME，过点C作CF⊥AB于点F，证明△AMN≌△AME，可得CM+MN=CM+MF≤CE，即当点C，M，E三点共线时，CM+MN的值最小，再由点到直线，垂线段最短，可得当点E与点F重合时，CE的值最小，即CM+MN的最小值为CF的长，然后根据S△ABC=12AC×BC=12AB×CF，即可求解．
【详解】解：如图，在AB取点E，使AE=AN，连接ME，过点C作CF⊥AB于点F，
∵AD平分∠BAC，
∴∠MAN=∠MAE，
∵AM=AM，
∴△AMN≌△AME，
∴EM=MN，
∴CM+MN=CM+MF≤CE，
即当点C，M，E三点共线时，CM+MN的值最小，
∵点到直线，垂线段最短，
∴当点E与点F重合时，CE的值最小，
即CM+MN的最小值为CF的长，
∵S△ABC=12AC×BC=12AB×CF，
即12×4×3=12×5×CF，
解得：CF=125，即CM+MN的最小值为125．
故答案为：125
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，最短距离问题，证明△AMN≌△AME，得到当点C，M，E三点共线时，CM+MN的值最小是解题的关键．
【题型2 由全等三角形的判定与性质探究线段的和差关系】
【例2】（2023春·河南郑州·七年级统考期末）回答问题
（1）【初步探索】如图1，在四边形ABCD中，AB=AD,∠B=∠ADC=90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE+FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF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，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论是 ；
（2）【灵活运用】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EF=BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
（3）【拓展延伸】已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°,AB=AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3，仍然满足EF=BE+FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系．
【答案】（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF；（2）仍成立，理由见解析；（3）∠EAF=180°−12∠DAB．理由见解析
【分析】（1）根据SAS可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG,AE=AG，从而得到EF=DF+DG=FG，再根据SAS判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF，据此得出结论；
（2）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先根据SAS可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG,AE=AG，从而得到EF=DF+DG=FG，再根据SAS判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
（3）在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，先根据SAS可判定△ABE≌△ADG，再根据SAS判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，推导得到2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出结论．
【详解】解：（1）结论：∠BAE+∠FAD=∠EAF．
如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
在△ABE和△ADG中，
AB=AD∠B=∠ADG=90°BE=DG，
∴△ABE≌△ADGSAS，
∴∠BAE=∠DAG,AE=AG，
∵EF=BE+DF，
∴EF=DF+DG=FG，
在△AEF和△AGF中，
AE=AGAF=AFEF=GF，
∴△AEF≌△AGFSSS，
∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF．
故答案为：∠BAE+∠FAD=∠EAF；
（2）仍成立，理由：
如图2，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
∵∠B+∠ADF=180°,∠ADG+∠ADF=180°，
∴∠B=∠ADG，
在△ABE和△ADG中，
AB=AD∠B=∠ADG=90°BE=DG，
∴△ABE≌△ADGSAS，
∴∠BAE=∠DAG,AE=AG，
∵EF=BE+DF，
∴EF=DF+DG=FG，
在△AEF和△AGF中，
AE=AGAF=AFEF=GF，
∴△AEF≌△AGFSSS，
∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
（3）结论：∠EAF=180°−12∠DAB．理由：
如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，
∵∠ABC+∠ADC=180°,∠ABC+∠ABE=180°，
∴∠ADC=∠ABE，
在△ABE和△ADG中，
AB=AD∠ABE=∠ADG=90°BE=DG，
∴△ABE≌△ADGSAS，
∴∠BAE=∠DAG,AE=AG，
∵EF=BE+DF，
∴EF=DF+DG=FG，
在△AEF和△AGF中，
AE=AGAF=AFEF=GF，
∴△AEF≌△AGFSSS，
∴∠FAE=∠FAG，
∵∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，
∴2∠FAE+∠GAB+∠BAE=360°，
∴2∠FAE+∠GAB+∠DAG=360°，
即2∠FAE+∠DAB=360°，
∴∠EAF=180°−12∠DAB．
【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形．
【变式2-1】（2023春·上海·七年级期末）已知：等边△ABC边长为3，点D、点E分别在射线AB、射线BC上，且BD＝CE＝a（0＜a＜3），将直线DE绕点E顺时针旋转60°，得到直线EF交直线AC于点F．
(1)如图1，当点D在线段AB上，点E在线段BC上时，说明BD+CF＝3的理由．
(2)如图2，当点D在线段AB上，点E在线段BC的延长线上时，请判断线段BD，CF之间的数量关系并说明理由．
(3)当点D在线段AB延长线上时，线段BD，CF之间的数量关系又如何？请在备用图中画图探究，并直接写出线段BD，CF之间的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)BD＝CF﹣3，理由见解析
(3)若E在线段BC上，BD+CF＝3；若E在BC延长线上，CF﹣BD＝3
【分析】（1）根据AAS证△DBE≌△ECF，得BD+CF＝CE+BE＝BC＝3即可；
（2）根据AAS证△DBE≌△ECF，得BD＝CE＝BE﹣BC＝CF﹣BC，即可得出BD＝CF﹣3；（3）分点E在线段BC上和在BC延长线上两种情况讨论即可．
【详解】解：（1）∵△ABC为等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，
∵∠DEC＝∠DEF+∠FEC＝∠B+∠BDE且∠DEF﹣60°＝∠B，
∴∠BDE＝∠FEC，
又∵BD＝CE，
∴△DBE≌△ECF（AAS），
∴CF＝BE，
∴BD+CF＝CE+BE＝BC＝3；
（2）如下图，设G点在FE的延长线，AF与DE交点为H，
∴∠DEG＝∠F+∠FHE＝60°，∠BCA＝∠FHE+∠BED＝60°，
∴∠F＝∠BED，
又∵∠B＝∠FCE＝60°，CE＝BD，
∴△DBE≌△ECF（AAS），
∴CF＝BE，
∴BD＝CE＝BE﹣BC＝CF﹣BC，
即BD＝CF﹣3；
（3）①若E在线段BC上，设DE延长线交AC于点I，
∵∠ABC＝∠BDE+∠BED＝60°，∠IEF＝∠IEC+∠CEF＝60°，∠BED＝∠IEC，
∴∠BDE＝∠CEF，
又∵∠DBE＝∠ECF＝120°，CE＝BD，
∴△DBE≌△ECF（AAS），
∴CF＝BE，
∴BD+CF＝CE+BE＝BC＝3；
②若E在BC延长线上，
∵∠ABC＝∠BDE+∠BED＝60°，∠FED＝∠FEC+∠BED＝60°，
∴∠BDE＝∠FEC，
又∵∠DBE＝∠FCE＝120°，BD＝CE，
∴△DBE≌△ECF（AAS），
∴CF＝BE，
∴CF﹣BD＝BE﹣CE＝BC＝3；
综上，若E在线段BC上，BD+CF＝3；若E在BC延长线上，CF﹣BD＝3．
【点睛】本题主要考查几何变换综合题，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
【变式2-2】（2023春·陕西西安·八年级西安益新中学校考阶段练习）（1）某学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的基本图形．如图1，已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线l经过点A，BD⊥直线l，CE⊥直线l，垂足分别为点D、E．证明：DE=BD+CE．
（2）组员小刘想，如果三个角不是直角，那结论是否会成立呢？如图2，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB=AC，D、A、E三点都在直线l上，并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=α，其中α为任意锐角或钝角．请问结论DE=BD+CE是否成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由．
（3）数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用这个知识来解决问题：如图3，过△ABC的边AB、AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG，AH是BC边上的高，延长HA交EG于点I，求证：I是EG的中点．
【答案】（1）见解析；（2）成立，证明见解析；（3）见解析
【分析】（1）由条件可证明△ADB≌△CEAAAS，可得AE=BD，AD=CE，可得DE=BD+CE；
（2）由条件可知∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°−α，可得∠DBA=∠CAE，结合条件可证明△ADB≌△CEAAAS，同（1）可得出结论；
（3）过E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延长线于N．由条件可知EM=AH=GN，可得EM=GN，结合条件可证明△EMI≌△GNIAAS，可得出结论I是EG的中点．
【详解】解：（1）如图1，
∵BD⊥直线l，CE⊥直线l，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAD+∠CAE=90°
∵∠BAD+∠ABD=90°，
∴∠CAE=∠ABD，
在△ADB和△CEA中，
∠ABD=∠CAE∠BDA=∠CEAAB=AC，
∴△ADB≌△CEAAAS，
∴AE=BD，AD=CE，
∴DE=AE+AD=BD+CE；
（2）DE=BD+CE．
如图2，
证明如下：
∵∠BDA=∠BAC=α，
∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°−α，
∴∠DBA=∠CAE，
在△ADB和△CEA中．
∠BDA=∠AEC∠DBA=∠CAEAB=AC．
∴△ADB≌△CEAAAS，
∴AE=BD，AD=CE，
∴DE=AE+AD=BD+CE；
（3）证明：过E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延长线于N．
∴∠EMI=GNI=90°，
由（1）和（2）的结论可知EM=AH=GN，
∴EM=GN，
在△EMI和△GNI中，
∠EIM=∠GIN∠EMI=∠GNIEM=GN，
∴△EMI≌△GNIAAS，
∴EI=GI，
∴I是EG的中点．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式2-3】（2023春·上海静安·八年级校考期中）如图，在△ABC中，∠BAC=10.5°，AD是∠BAC的平分线，过点A作DA的垂线交BC延长线于点M，若BM=BA+AC，则∠ABC的度数是

【答案】53°
【分析】延长BA至点E，使AE=AC，先求得∠DAC=∠BAD，进而证得△CAM=△EAM，得到∠ACM=∠AEM=∠BME，结合∠ACM+∠AEM+∠BME+∠CAM+∠EAM=360°即可求得答案．
【详解】如图所示，延长BA至点E，使AE=AC．

∵BE=BA+AE，BM=BA+AC，
∴BE=BM．
∴∠AEM=∠BME．
∵∠BAC=10.5°，AD是∠BAC的平分线，
∴∠DAC=∠BAD=12∠BAC=5.25°．
∴∠CAM=∠DAM−∠DAC=90°−5.25°=84.75°，
∠EAM=180°−∠BAD−∠DAM=180°−5.25°−90°=84.75°．
∴∠CAM=∠EAM=84.75°．
在△CAM和△EAM中
AE=AC∠CAM=∠EAMAM=AM
∴△CAM=△EAM．
∴∠ACM=∠AEM．
∴∠ACM=∠AEM=∠BME．
∵∠ACM+∠AEM+∠BME+∠CAM+∠EAM=360°，
∴3∠AEM+84.75°+84.75°=360°．
∴∠AEM=63.5°．
∴∠ABC=180°−∠AEM−∠BME=180°−63.5°−63.5°=53°．
故答案为：53°．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质、角平分线的定义、多边形内角和等，能根据题意作出辅助线构建全等三角形是解题的关键．
【题型3 由全等三角形的判定与性质求面积】
【例3】（2023春·广东深圳·八年级校考阶段练习）如图，△ABC中，BC=10，AC−AB=5，AD是∠BAC的角平分线，CD⊥AD，则S△BDC的最大值为 ．

【答案】12.5
【分析】延长AB，CD交点于E，可证△ADE≌△ADCASA，得出AC=AE，DE=CD，则S△BDC=12S△BCE，当BE⊥BC时，S△BEC取最大值，即S△BDC取最大值．
【详解】解：如图：延长AB，CD交点于E，

∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD=∠EAD，
∵CD⊥AD，
∴∠ADC=∠ADE=90°，
在△ADE和△ADC中，
∠ADE=∠ADCAD=AD∠EAD=∠CAD，
∴△ADE≌△ADCASA，
∴AC=AE，DE=CD；
∵AC−AB=5，
∴AE−AB=5，即BE=5；
∵DE=DC，
∴S△BDC=12S△BCE，
∴当BE⊥BC时，S△BEC取最大值，即S△BDC取最大值．
S△BDC =12×12×10×5=12.5．
故答案为：12.5．
【点睛】本题考查了角平分线定义、全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是利用三角形中线的性质得到S△BDC=12S△BCE．
【变式3-1】（2023春·黑龙江哈尔滨·八年级统考期末）如图，已知四边形ABCD，连接AC、BD，∠BAC=∠ADC=90°，AB=AC，若AD=5，则△ABD的面积等于 ．

【答案】252
【分析】如图，将AD逆时针旋转90°到AE，连接DE、CE，则AE=AD=5，∠EAD=∠ADC，CD∥AE，证明△ABD≌△ACESAS，根据S△ABD=S△ACE=12AE×AD，计算求解即可．
【详解】解：如图，将AD逆时针旋转90°到AE，连接DE、CE，

∴AE=AD=5，∠EAD=∠ADC，
∴CD∥AE，
∴∠BAC+∠CAD=∠CAD+∠EAD，即∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，
∴△ABD≌△ACESAS，
∴S△ABD=S△ACE=12AE×AD=12×5×5=252，
故答案为：252．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行线的判定，平行线间距离相等，全等三角形的判定与性质．解题的关键在于正确的添加辅助线构造全等三角形．
【变式3-2】（2023春·江苏南京·八年级南京市科利华中学校考期中）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，分别以AB、AC、BC为边在AB同侧作正方形ABDE、ACPQ、BCMN，四块阴影部分面积分别为S1、S2、S3、S4，若S1+S2+S3=12，则S4= ．
【答案】6
【分析】把图中四块阴影部分的面积转化为三角形面积，通过三角形全等即可转化为S2=S△ABC=S4,S1+S3=S△ABC，即可得到答案．
【详解】解：连接PE，过点E作EF⊥AM于点F，记DE,AM的交点为K，AE,CP的交点为T，
∵AB=BD,∠ACB=BND=90°，而∠CBA+∠CBD=∠CBD+∠DBN=90°，
∴∠CBA=∠NBD，
∴△CBA≌△NBD，
故S4=S△ABC；
又∵EA=AB,∠AEK=∠BAE=90°， 而∠EAK+∠CAB=90°=∠CAB+∠ABC，
∴∠EAK=∠ABC，
∴△EAK≌△ABT，
∴EK=AT,S2=S△ABC，
而AE=DE，则ET=DK，
∵∠MKD=∠AKE,∠AKE+∠ETC=180°=∠ETC+∠PTE，
∴∠PTE=∠MKD， 而∠EPT=∠M=90°，
∴△EPT≌△DMK，
同理可证△EQA≌△BCA，
∴S1+S3=S△ABC，
∵S1+S2+S3=12，
∴2S△ABC=12，
∴S4=S△ABC=6.
故答案为：6.
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，利用AAS（或ASA）证明三角形全等是解本题的关键．
【变式3-3】（2023春·江苏盐城·八年级景山中学校考期末）已知：△ABC中，∠ACB=90°，AC=CB，D为射线CB上一动点，连接AD，在直线AC右侧作AE⊥AD，且AE=AD．连接BE交直线AC于M，若2AC=7CM，则S△ADBS△AEM的值为 ．

【答案】45或49
【分析】添加辅助线，构造全等三角形，根据全等三角形的性质求出线段间的数量关系，最后进行分类讨论即可求解．
【详解】①如图，过E作EG⊥AC于点G，

∴∠ACB=∠AGE=∠CGE=90°，
∴∠DAC+∠ADC=90°，
∵AE⊥AD，
∴∠DAE=90°，即：∠DAC+∠GAE=90°，
∴∠ADC=∠GAE，
在△ADC和△EAG中，
∠ACD=∠AGE∠ADC=∠GAEAD=AE，
∴△ADC≌△EAGAAS，
∴AC=GE，CD=AG，
∴△BMC≌△EMGAAS，
∴GM=MC，
设CM=2a，则AC=7a，
∴GM=CM=2a，BC=AC=7a，
∴AG=CD=AC−GM−CM=7a−2a−2a=3a，
∴BD=BC−CD=7a−3a=4a，AM=AG+GM=3a+2a=5a，
则S△ADBS△AEM=12BD·AC12AM·GE=12×4a×7a12×5a×7a=45，
②如图，过E作EH⊥AC交AC延长线于点H，

∴∠ACB=∠AHE=90°，
∴∠DAC+∠ADC=90°，
∵AD⊥AE，
∴∠DAE=90°，即：∠DAC+∠HAE=90°，
∴∠ADC=∠HAE，
在△ADC和△EAH中，
∠ACD=∠AHE∠ADC=∠HAEAD=AE，
∴△ADC≌△EAHAAS，
∴AC=HE，CD=AH，
∴AC=CB=HE，
在△BMC和△EMH中，
∠BMC=∠EMH∠BCM=∠EHMBC=HE，
∴△BMC≌△EMHAAS，
∴HM=MC，
设CM=2m，则AC=7m，
∴HM=CM=2m，BC=AC=7m，
∴AH=CD=AC+GM+CM=7m+2m+2m=11m，
∴BD=CD−BC=11m−7m=4m，AM=AC+CM=7m+2m=9m，
则S△ADBS△AEM=12BD·AC12AM·HE=12×4m×7m12×9m×7m=49，
故答案为：45或49．
【点睛】此题考查了等腰直角三角形的性质，同角的余角相等，全等三角形的判定与性质，有关三角形的面积的求解，解题的关键是正确作出所需要的辅助线．
【题型4 尺规作图与全等三角形的综合】
【例4】（2023春·全国·八年级专题练习）如图，点B在直线l上，分别以线段BA的端点为圆心，以BC（小于线段BA）长为半径画弧，分别交直线l，线段BA于点C，D，E，再以点E为圆心，以CD长为半径画弧交前面的弧于点F，画射线AF．若∠BAF的平分线AH交直线l于点H，∠ABC=70°，则∠AHB的度数为 ．
【答案】35°
【分析】连接CD，EF．由题目中尺规作图可知：BD=BC=AE=AF，CD=EF．可证△CDB≌△FAE，所以∠CBA=∠BAF=70°，可得AF//CB．所以∠FAH=∠AHB．由于AH平分∠BAF，所以∠FAH=∠BAH=12∠BAF=35°．即：∠AHB=∠FAH=35°．
【详解】解：连接CD，EF
由题目中尺规作图可知：BD=BC=AE=AF，CD=EF
在△CDB和△FAE中
CD=EFBD=AECB=AF
∴ △CDB≌△FAE
∴ ∠CBA=∠EAF=70°
∴ AF//CB
∴ ∠FAH=∠AHB
∵ AH平分∠BAF
∴ ∠FAH=∠BAH=12∠BAF=35°
∵ ∠AHB=∠FAH
∴ ∠AHB=35°
故答案为：35°．
【点睛】本题主要考查知识点为，全等三角形的性质及判定、定点为圆心定长为半径的性质、平行线的判定及性质，角平分线的性质．能看懂尺规作图，熟练掌握全等三角形的性质及判定、平行线的性质及判定，角平分线的性质，是解决本题的关键．
【变式4-1】（2023·全国·八年级专题练习）我们通过“三角形全等的判定”的学习，可以知道“两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等”是一个基本事实，用它可以判定两个三角形全等；而满足条件“两边和其中一边所对的角分别相等”的两个三角形却不一定全等．下面请你来探究“两边和其中一边所对的角分别相等的两个三角形不一定全等”．探究：已知△ABC，求作一个△DEF，使EF=BC，∠F=∠C，DE=AB（即两边和其中一边所对的角分别相等）．
(1)动手画图：请依据下面的步骤，用尺规完成作图过程（保留作图痕迹）：
①画EF=BC；
②在线段EF的上方画∠F=∠C；
③画DE=AB；
④顺次连接相应顶点得所求三角形．
(2)观察：观察你画的图形，你会发现满足条件的三角形有____个；其中三角形____（填三角形的名称）与△ABC明显不全等；
(3)小结：经历以上探究过程，可得结论：______．
【答案】(1)见解析
(2)2，D′EF；
(3)两边和其中一边所对的角分别相等的两个三角形不一定全等
【分析】（1）根据尺规作线段，作一个角等于已知角的步骤作图即可；
（2）根据所画图形填空即可；
（3）根据探究过程结合全等三角形的判定可得出结论．
【详解】（1）解：如图所示：
（2）观察所画的图形，发现满足条件的三角形有2个；其中三角形D′EF（填三角形的名称）与△ABC明显不全等，
故答案为：2，D′EF；
（3）经历以上探究过程，可得结论：两边和其中一边所对的角分别相等的两个三角形不一定全等，
故答案为：两边和其中一边所对的角分别相等的两个三角形不一定全等．
【点睛】本题考查了尺规作图，全等三角形的判定，熟练掌握尺规作图的方法和全等三角形的判定定理是解题的关键．
【变式4-2】（2023春·山西·八年级统考阶段练习）综合与实践：在综合实践课上，老师让同学们在已知三角形的基础上，经过画图，探究三角形边之间存在的关系．如图，已知点D在ΔABC的边BC的延长线上，过点D作∠BDM=∠B且DM//AB，在DM上截取DE=AB，再作∠DEF=∠A交线段BC于点F．

实践操作
（1）尺规作图：作出符合上述条件的图形；
探究发现
（2）勤奋小组在作出图形后，发现AC//EF，AC=EF，请说明理由；
探究应用
（3）缜密小组在勤奋小组探究的基础上，测得DF=5，CF=1，求线段BD的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）线段BD的长为9
【分析】（1）以B为圆心，任意为半径画弧，交AB,BD于G,H ,以D为圆心，同等长为半径画弧,交DC于L,以L为圆心，GH为半径，与前弧交于K,连接DK并延长至M,以D为圆心，AB长为半径，与DM交于E，以A为圆心，任意长为半径画弧交AB,AC于点I,J ,以E为圆心，同等长为半径，交EF于N，以N为圆心，IJ长为半径交前弧于M,连接EM并延长交BC于F;
（2）根据平行和（1）中作的图证明ΔABC≌ΔEDFASA，根据全等得出对应边相等、再根据对应角相等得出平行；
（3）由（2）的全等得出DF=BC，再根据线段之间的关系算出BD．
【详解】（1）以B为圆心，任意为半径画弧，交AB,BD于G,H ,以D为圆心，同等长为半径画弧,交DC于L,以L为圆心，GH为半径，与前弧交于K,连接DK并延长至M,以D为圆心，AB长为半径，与DM交于E，以A为圆心，任意长为半径画弧交AB,AC于点I,J ,以E为圆心，同等长为半径，交EF于N，以N为圆心，IJ长为半径交前弧于M,连接EM并延长交BC于F，如图为所求图形：

（2）理由如下：
在ΔABC和ΔEDF中，
∠A=∠DEF,AB=ED,∠B=∠D,
∴ΔABC≌ΔEDFASA．
∴AC=EF，∠ACB=∠DFE．
∴AC//EF．
（3）由（2）得，ΔABC≌ΔEDF．
∴DF=BC．
∵DF=5，
∴BC=5．
∵CF=1，
∴BD=BC+DF−CF=5+5−1=9．
∴线段BD的长为9．
【点睛】本题考查尺规作图和全等三角形的性质和判定，熟练掌握尺规作图和全等三角形的边角代换是解题关键．
【变式4-3】（2023春·北京·八年级校考期中）尺规作图之旅
下面是一副纯手绘的画作，其中用到的主要工具就是直尺和圆规，在数学中，我们也能通过尺规作图创造出许多带有美感的图形．
尺规作图起源于古希腊的数学课题，只允许使用圆规和直尺，来解决平面几何作图问题．
【作图原理】在两年的数学学习里中，我们认识了尺规作图，并学会用尺规作图完成一些作图问题，请仔细思考回顾，判断以下操作能否通过尺规作图实现，可以实现的画√，不能实现的 画×．
（1）过一点作一条直线．( )
（2）过两点作一条直线．( )
（3）画一条长为3㎝的线段．( )
（4）以一点为圆心，给定线段长为半径作圆．( )
【回顾思考】还记得我们用尺规作图完成的第一个问题吗？那就是“作一条线段等于已知线段”，接着，我们学习了使用尺规作图作线段的垂直平分线，作角平分线，过直线外一点作垂线……而这些尺规作图的背后都与我们学习的数学原理密切相关，下面是用尺规作一个角等于已知角的方法及说理，请补全过程．
已知：∠AOB．
求作：∠A′O′B′使∠A′O′B′=∠AOB
作法：（1）如图，以O为圆心，任意长为半径画弧，分别交OA，OB于点C，D；
（2）画一条射线O′A′，以点O′为圆心，OC长为半径画弧，交O′A′于点C′；
（3）以点C′为圆心，____________________；
（4）过点D′画射线O′B′，则∠A′O′B′=∠AOB．
说理：由作法得已知：OC=O′C′,OD=O′D′,CD=C′D′
求证：∠A′O′B′=∠AOB
证明：∵OC=O′C′OD=O′D′CD=C′D′
∴ΔOCD≅ΔO′C′D′( )
所以∠A′O′B′=∠AOB( )
【小试牛刀】请按照上面的范例，完成尺规作图并说理：过直线外一点作已知直线的平行线．
已知：直线l与直线外一点A．
求作：过点A的直线l′，使得l//l′．
【创新应用】现实生活中许多图案设计都蕴含着数学原理，下面是一个常见商标的设计示意图．假设你拥有一家书店，请利用你手中的刻度尺和圆规，为你的书店设计一个图案．要求保留作图痕迹，并写出你的设计意图．
【答案】【作图原理】（1）√；（2）√；（3）×；（4）√；【回顾思考】作法：以点C′为圆心，以CD为半径画弧，与第二步中所画的弧相交于D′；说理：SSS，全等三角形对应角相等；【小试牛刀】答案见解析；【创新应用】答案见解析．
【分析】[作图原理]根据五种基本作图判断即可；
[回顾思考]利用全等三角形的判定解决问题即可；
[小试牛刀]利用同位角相等两直线平行解决问题即可；
[创新应用]答案不唯一，画出图形，说明设计意图即可．
【详解】解：[作图原理]：（1）过一点作一条直线．可以求作；
（2）过两点作一条直线．可以求作；
（3）画一条长为3cm的线段．不可以求作；
（4）以一点为圆心，给定线段长为半径作圆．可以求作；
故答案为：√，√，×，√；
[回顾思考]：作法：（1）如图，以O为圆心，任意长为半径画弧，分别交OA，OB于点C，D；
（2）画一条射线O'A'，以点O'为圆心，OC长为半径画弧，交O'A'于点C'；
（3）以点C'为圆心，以C′为圆心，CD长为半径画弧与第二步中所画的弧交于点D′；
（4）过点D'画射线O'B'，则∠A'O'B'＝∠AOB．
说理：由作法得已知：OC＝O'C'，OD＝O'D'，CD＝C'D'，
求证：∠A'O'B'＝∠AOB．
证明：在△OCD和△O'C'D'中{OC＝O′C′OD＝O′D′CD＝C′D′，
∴△OCD≌△O'C'D'（SSS），
∴∠A'O'B'＝∠AOB（全等三角形的对应角相等），
故答案为：以C′为圆心，CD长为半径画弧与第二步中所画的弧交于点D′，SSS，全等三角形的对应角相等；
[小试牛刀]：如图，直线l′即为所求（方法不唯一），
；
[创新应用]：如图所示（答案不唯一），设计意图：书架中隐藏着无限宝藏，
．
【点睛】本题考查作图−应用与设计作图，全等三角形的判定和性质，平行线的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
【题型5 三角形的三边关系与全等三角形的综合】
【例5】（2023春·广东广州·八年级统考期中）Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，过点A作AE⊥AB．连接BE，CE，M为平面内一动点．
(1)如图1，若BC＝4，则S△EBC＝ ．
(2)如图2，点M在BE上，且CM⊥BE于M，过点A作AF⊥BE于F，D为AC中点，连接FD并延长，交CM于点H．求证：MF＝MH；
(3)如图3，连接BM，EM，过点B作BM'⊥BM于点B，且满足BM'＝BM，连接AM'，MM'，过点B作BG⊥CE于点G，若S△ABC＝18，EM＝3，BG＝4，求线段AM'的长度的取值范围．
【答案】(1)8
(2)见解析
(3)6≤AM'≤12
【分析】（1）由平行线的性质可得S△AEC=S△ABE，即可求解；
（2）由“AAS”可证△ABF≌△BCM，利用全等三角形的性质可得AF=BM，BF=CM，由“ASA”可证△ADF≌△CDH，利用相似三角形的性质可得AF=HC，DF=DH，可得结论；
（3）由“SAS”可证△CBM≌△ABM'，可得CM=AM'，由三角形的三边关系定理可求解．
【详解】（1）解：∵∠ABC=90°，AB=BC，BC=4，
∴S△ABC=12×AB·BC=8．
∵AE⊥AB，BC⊥AB，
∴AE∥BC，
∴S△EBC=S△ABC=8，
故答案为：8；
（2）∵∠ABC=90°=∠AFB=∠CMB，
∴∠ABF+∠CBM=90°，∠ABF+∠BAF=90°，
∴∠BAF=∠CBM，
在△ABF和△BCM中，
∠BAF=∠CBM∠AFB=∠BMC=90°AB=BC，
∴△ABF≌△BCMAAS，
∴AF=BM，BF=CM，
∵AF⊥BE，CM⊥BE，
∴AF∥CM，
∴∠FAD=∠HCD，
∵D为AC中点，
∴AD=CD，
又∵∠ADF=∠CDH，
在△ADF和△CDH中，
∠ADF=∠CDH∠FAD=∠HCDAD=CD，
∴△ADF≌△CDHAAS，
∴AF=HC，DF=DH，
∴BF−BM=CM−AF=CM−CH，
∴MF=MH；
（3）连接CM，如图，
∵BM′⊥BM，
∴∠MBM'=∠ABC=90°，
∴∠ABM'=∠CBM，
在△CBM和△ABM'中，
CB=AB∠CBM=∠ABM′BM=BM′，
∴△CBM≌△ABM'SAS，
∴AM'=CM，
∵AE∥BC，
∴S△ABC=S△BEC=18，
∴12×EC·BG=18，
∴EC=18×24=9，
在△EMC中，EC−EM＜CM＜EM+EC，
∴6＜CM＜12，
∴6＜AM'＜12．
∴当点E，点M，点C共线时，CM最大值为12，最小值为6，
∴6≤AM'≤12．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，以及三角形的三边关系，掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
【变式5-1】（2023春·四川乐山·八年级统考期末）如图，在△ABC中，BC=12，AD平分∠BAC，点E为AC中点，AD与BE相交于点F．
(1)若∠ABC=40°，∠C=80°，求∠ADB的度数；
(2)如图1，若AB=10，求线段BE的长的取值范围；
(3)如图2，过点B作BH⊥AD交AD延长线于点H，设△BFH，△AEF的面积分别为S1，S2，若AB−AC=4，试求S1−S2的最大值．
【答案】(1)110°
(2)1(3)12
【分析】（1）由三角形内角和定理可求∠BAC=60°，由角平分线的性质和外角的性质可求解；
（2）过点A作AM∥BC，交BE的延长线于M，由“AAS”可证△AEM≅△CEB，可得AM=BC=12，BE=EM，由三角形的三边关系可求解；
（3）延长AC，BH交于点G，由“SAS”可证△ABH≅△AGH，可得AB=AG，BH=HG，由面积的和差关系可求解．
【详解】（1）∵∠ABC=40°，∠C=80°，
∴∠BAC=60°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD=30°，
∴∠ADB=∠DAC+∠C=30°+80°=110°；
（2）如图1，过点A作AM∥BC，交BE的延长线于M，
∴∠M=∠CBE，∠MAE=∠BCE，
∵点E为AC中点，
∴AE=CE，
∴△AEM≅△CEB(AAS)，
∴AM=BC=12，BE=EM，
在△ABM中，AB=10，AM−AB∴2<2BE<22，
∴1（3）如图2，延长AC，BH交于点G，
∵∠BAH=∠CAH，AH=AH，∠AHB=∠AHG=90°，
∴△ABH≅△AGH(SAS)，
∴AB=AG，BH=HG，
∵SΔBFH−S△AEF=S△ABH−S△ABE=12S△ABG−12S△ABC，
∴S1−S2=12×(S△ABG−S△ABC)=12S△BCG，
∵AB−AC=4，
∴AG−AC=CG=4，
∴当BC⊥AC时，S△BCG有最大值，即S1−S2有最大值，
∴S1−S2的最大值=12×12×4×12=12．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，三角形内角和定理等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
【变式5-2】（2023春·广东深圳·八年级统考期末）定理：三角形任意两边之和大于第三边．
(1)如图1，线段AD，BC交于点E，连接AB，CD，判断AD+BC与AB+CD的大小关系，并说明理由；
(2)如图2，OC平分∠AOB，P为OC上任意一点，在OA，OB上截取OE=OF，连接PE，PF．求证：PE=PF；
(3)如图3，在△ABC中，AB>AC，P为角平分线AD上异于端点的一动点，求证：PB−PC>BD−CD．
【答案】(1)AD+BC>AB+CD；理由见详解
(2)证明见详解
(3)证明见详解
【分析】（1）根据三角形任意两边之和大于第三边知，AE+BE>AB，CE+ED>CD，两式相加即可得出结论；
（2）根据SAS证△OEP≌△OFP即可得出结论；
（3）在AB上取一点E，使AE=AC，连接DE交BP于点F，证△APE≌△APC，即PC=PE，同理证CD=DE，然后同理（1）得PB+CD>PC+BD，变形不等式即可得出结论．
【详解】（1）解：AD+BC>AB+CD，理由如下：
∵AE+BE>AB，CE+ED>CD，
∴AE+BE+CE+ED>AB+CD，
即AD+BC>AB+CD；
（2）证明：∵OC平分∠AOB，
∴∠EOP=∠FOP，
在△OEP和△OFP中，
OE=OF∠EOP=∠FOPOP=OP，
∴△OEP≌△OFP(SAS)，
∴PE=PF；
（3）证明：在AB上取一点E，使AE=AC，连接DE交BP于点F，
∵AD是∠BAC的角平分线，
∴∠EAP=∠CAP，
在△APE和△APC中，
AE=AC∠EAP=∠CAPAP=AP，
∴△APE≌△APC(SAS)，
∴PE=PC，
同理可证DE=DC，
∵EF+PF>EP，BF+FD>BD，
∴EF+PF+BF+FD>EP+BD，
即PB+DE>EP+BD，
∴PB+CD>PC+BD，
∴PB−PC>BD−CD．
【点睛】本题主要考查三角形的综合题，熟练掌握三角形的三边关系和全等三角形的判定和性质等知识是解题的关键．
【变式5-3】（2023春·湖南长沙·八年级统考期中）阅读理解：课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题:在△ABC中，AB=7，AC=3，求BC边上的中线AD的取值范围．
(1)小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法（如图1）:①延长AD到Q使得DQ=AD；
②再连接BQ，把AB、AC、2AD集中在△ABQ中；③利用三角形的三边关系可得4感悟：解题时，条件中若出现“中点”“中线”等条件，可以考虑倍长中线，构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中．
(2)请写出图1中AC与BQ的位置关系并证明；
(3)思考：已知，如图2，AD是△ABC的中线，AB=AE，AC=AF，∠BAE=∠FAC=90°，试探究线段AD与EF的数量和位置关系，并加以证明．
【答案】(1)2(2)AC∥BQ，理由见解析
(3)EF=2AD，AD⊥EF，证明见解析
【分析】（1）由题意可得AQ=2AD及三角形三边关系，即可求解；
（2）通过证明△QDB≌△ADC(SAS)，得出∠BQD=∠CAD，即可得出结论；
（3）同（2）得△QDB≌△ADC(SAS)，则∠DBQ=∠ACD，BQ=AC，进而判断出∠ABQ=∠EAF，进而判断出△ABQ≌△EAF，得出AQ=EF，∠BAQ=∠AEF，即可得出结论．
【详解】（1）解：由题意可得：AQ=2AD
∵4∴2故答案为2（2）AC∥BQ，理由如下
延长AD到Q使DQ=AD，连接BQ
∵AD是△ABC的中线
∴BD=CD
在△QDB和△ADC中
BD=CD∠BDQ=∠CDADQ=AD
∴△QDB≌△ADCSAS
∴∠BQD=∠CAD
∴AC∥BQ
（3）EF=2AD，AD⊥EF，理由如下
在下图中，延长AD到Q使得DQ=AD，连接BQ
由（2）知，△QDB≌△ADCSAS
∴∠DBQ=∠ACD，BQ=AC
∵AC=AF
∴BQ=AF
在△ABC中，∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°
∴∠BAC+∠ABC+∠DBQ=180°
∴∠BAC+∠ABQ=180°
∵∠BAE=∠FAC=90°
∴∠BAC+∠EAF=180°
∴∠ABQ=∠EAF
在△ABQ和△EAF中
AB=AE∠ABQ=∠EAFBQ=AF
∴△ABQ≌△EAFSAS
∴AQ=EF，∠BAQ=∠AEF
延长DA交EF于点P
∵∠BAE=90°
∴∠BAQ+∠EAP=90°
∴∠AEF+∠EAP=90°
∴∠APE=90°
∴AD⊥EF
∵AD=DQ
∴AQ=2AD
∵AQ=EF
∴EF=2AD
综上：EF=2AD，AD⊥EF
【点睛】本题是三角形综合题，主要考查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题的关键．
【题型6 全等三角形的动态问题】
【例6】（2023春·江苏苏州·八年级苏州工业园区星湾学校校考阶段练习）如图，△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8．点P从A点出发沿A→C→B路径向终点运动，终点为B点；点Q从B点出发沿B→C→A路径向终点运动，终点为A点．点P和Q分别以每秒1和3的运动速度同时开始运动，两点都要到相应的终点时才能停止运动，在某时刻，分别过P和Q作PE⊥l于E、作QF⊥l于F，当点P运动 秒时，以P、E、C为顶点的三角形和以Q、F、C为顶点的三角形全等．
【答案】1或72或12
【分析】根据题意分为五种情况，根据全等三角形的性质得出CP=CQ，代入得出关于t的方程，解方程即可．
【详解】解：设点P运动t秒时，以P、E、C为顶点的三角形和以Q、F、C为顶点的三角形全等，分为五种情况：
①如图1，P在AC上，Q在BC上，则PC=6−t，QC=8−3t，
∵ PE⊥l，QF⊥l，
∴ ∠PEC=∠QFC=90°，
∵ ∠ACB=90°，
∴ ∠EPC+∠PCE=90°，∠PCE+∠QCF=90°，
∴ ∠EPC=∠QCF，
∵ △PCE≌△CQF，
∴ PC=CQ，
即6−t=8−3t，
∴t=1；
②如图2，P在BC上，Q在AC上，则PC=t−6，QC=3t−8，
∵由①知：PC=CQ，
∴ t−6=3t−8，
∴t=1；
因为此时t−6<0，所以此种情况不符合题意；
③当P、Q都在AC上时，如图3，
PC=6−t=3t−8，
t=72；
④当Q到A点停止，P在BC上时，如图4，AC=PC，t−6=6时，解得t=12．
t=12<6+8，符合题意；
⑤因为P的速度是每秒1，Q的速度是每秒3， P和Q都在BC上的情况不存在；
综上，点P运动1或72或12秒时，以P、E、C为顶点的三角形上以Q、F、C为顶点的三角形全等．
故答案为：1或72或12．
【点睛】本题主要考查对全等三角形的性质，解一元一次方程等知识点的理解和掌握，能根据题意得出方程是解此题的关键．
【变式6-1】（2023春·八年级课时练习）如图，CAAB，垂足为点A，AB=24cm，AC=12cm，射线BMAB，垂足为点B，一动点E从A点出发以3cm/s沿射线AN运动，点D为射线BM上一动点，随着E点运动而运动，且始终保持ED=CB，当点E经过 ( ) 秒时，△DEB与△BCA全等．（注：点E与A不重合）（ ）
A．4B．4、8C．4、8、12D．4、12、16
【答案】D
【分析】首先分两种情况：当E在线段AB上和当E在BN上，然后再分成两种情况：AC＝BE和AB＝EB，分别进行计算，即可得出结果．
【详解】解：①当E在线段AB上，AC＝BE时，△ACB≌△BED，
∵AC＝12cm，
∴BE＝12cm，
∴AE＝24﹣12＝12cm，
∴点E的运动时间为12÷3＝4（秒）；
②当E在BN上，AC＝BE时，△ACB≌△BED，
∵AC＝12cm，
∴BE＝12cm，
∴AE＝24+12＝36cm，
∴点E的运动时间为36÷3＝12（秒）；
③当E在BN上，AB＝EB时，△ACB≌△BDE，
∵AB＝24cm，
∴BE＝24cm，
∴AE＝24+24＝48cm，
∴点E的运动时间为48÷3＝16（秒），
综上所述t的值为： 4，12，16．共3种情况．
故选D．
【点睛】本题考查了全等三角形的综合问题，分类讨论，找到所有符合题意的情况是解本题的关键．
【变式6-2】（2023春·安徽合肥·八年级合肥市第四十五中学校考阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=9 cm，AC=12 cm，AB=15 cm，现有一动点P，从点A出发沿着三角形的边AC→CB→BA运动回到点A停止，速度为3cm/s，设运动时间为ts．
（1）如上图，当t= 时，△APB的面积等于△ABC面积的一半；
（2）如图，在△DEF中，∠E=90°，DE=4 cm，DF=5 cm，∠D=∠A．在△ABC的边上，若另外有一个动点Q，与点P同时从点A出发，沿着边AB→BC→CA运动回到点A停止，在两点运动过程中的某一时刻，恰好△APQ与△DEF全等，则点Q的运动速度是 cm/s．
【答案】 2s或5.5s 154或125或9631或9332
【分析】（1）根据三角形中线的性质，分P点运动到BC边上时和P点运动到AB边上时两种情况分别讨论即可；
（2）根据题意分四种情况进行分析，利用全等三角形的性质得出点P、Q所走的路程，进而可求出P的运动时间，即Q的运动时间，再利用速度=路程÷时间求解即可．
【详解】解：∵△APB的面积等于△ABC面积的一半，
∴P点运动到BC的中点，
此时t=12+4.53=5.5s，
当P点运动到AC边上时，
此时S△APC=12S△ABC，
∴此时P点在AC边的中点，
此时t=63=2s，
综上所述，当t=2或5.5s时，△APB的面积等于△ABC面积的一半；
（2）设点Q的运动速度为xcm/s，
①当点P在AC上，点Q在AB上，△APQ≌△DEF时，
AP=DE=4cm，AQ=DF=5cm，
∴4÷3=5÷x
解得x= 154；
②当点P在AC上，点Q在AB上，△APQ≌△DFE时，
AP=DF=5cm，AQ=DE=4cm，
∴5÷3=4÷x，
解得x= 125；
③当点P在AB上，点Q在AC上，△AQP≌△DEF时，
AP=DF=5cm，AQ=DE=4cm，
∴点P的路程为9+12+15−5=31cm，点Q的路程为9+12+15−4=32cm，
∴31÷3=32÷x
解得x= 9631；
④当点P在AB上，点Q在AC上，△APQ≌△DEF时
AP=DE=4cm，AQ=DF=5cm，
∴点P的路程为9+12+15−4=32cm，点Q的路程为9+12+15−5=31cm，
∴32÷3=31÷x
解得x= 9332；
∴Q运动的速度为154 cm/s或125 cm/s或9631 cm/s或9332 cm/s．
故答案为：154或125或9631或9332．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质及三角形面积，分类讨论思想，掌握全等三角形的性质及分情况讨论是解题的关键．
【变式6-3】（2023春·江苏苏州·八年级苏州市立达中学校校考期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD=BC=16，BD=24，点E从点D出发，以每秒2个单位的速度沿DA向点A匀速移动，点F从点C出发，以每秒6个单位的速度，沿C→B→C做匀速移动，点G从点B出发沿BD向点D匀速移动，三个点同时出发，当有一个点到达终点时，其余两点也随之停止运动，假设移动时间为t秒．△DEG与△BFG全等，t= ．
【答案】2或4或5
【分析】设点E的移动时间为t，点G的运行距离为y，当△DEG与△BFG全等时，分DE=BF,DG=BG,或DE=BG,DG=BF,分别列方程计算即可得解．
【详解】设点E的移动时间为t，点G的运行距离为y，
∵AD∥BC,
∴∠EDG=∠GBF,
∵△DEG与△BFG全等，
∴EG=FG，
∴ DE=BF,DG=BG,或DE=BG,DG=BF,
∵BC=16,166=83，162=8，16+166=163，有一个点到达终点时，其余两点也随之停止运动，
∴0≤t≤163，
①当点F由点C到点B，即0由DE=BF得2t=16−6t，
解得；t=2，
由DE=BG,DG=BF得y=2t16−6t=24−y，
解得：t=−2（舍去），
②当点F由点C到点B，即2由DE=BF得2t=6t−16，
解得：t=4，
由DE=BG,DG=BF得y=2t6t−16=24−y，
解得：t=5y=10，
综上，t=2或t=4或t=5，
故答案为：2或4或5
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，分类讨论，解方程和方程组等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
【题型7 全等三角形与坐标系的综合运用】
【例7】（2023春·八年级课时练习）如图，在平面直角坐标系中，已知点A、B分别为x轴和y轴上一点，且OA=OB，过点B作BE⊥AC于点E，延长BE至点D，使得BD=AC，连接OC、OD，若点C在第一象限，点C的坐标为2,1.5，连接CD，AC与OD交于点F，则点D的坐标为 ．
【答案】(−1.5，2)
【分析】如图，先证明∠1=∠2再根据SAS证明△AOC≌△BOD，即得OC=OD，∠AOC=∠BOD，接着再证明△DKO≌△OLC(AAS)，即可得出DK=OL，KO=CL，从而求得结果．
【详解】解：过点D作DK⊥x轴于点K，过点C作CL⊥x于点L，BD与x轴相交于点H，
如图所示：
∵ BE⊥AC，
∴∠AEH=90°，
在Rt△AEH中，∠1=90°−∠AHE，
在Rt△BOH中，∠2=90°−∠BHO，
∵∠AHE=∠BHO，
∴∠1=∠2，
在△AOC和△BOD中，
AO=BO∠1=∠2AC=BD
∴△AOC≌△BOD(SAS)，
∴OC=OD，∠AOC=∠BOD，
又∵∠AOC=90°+∠3，∠BOD=90°+∠4，
∴∠3=∠4，
∵∠4+∠5=90°，
∴∠3+∠5=90°，
即∠DOC=90°，
∴∠4+∠COL=90°，
∵∠4+∠KDO=90°，
∴∠COL=∠KDO，
在△DKO和 △OLC中，
∠DKO=∠OLC∠COL=∠KDOOD=OC，
∴△DKO≌△OLC(AAS)，
∴DK=OL，KO=CL，
∵点C的坐标为2,1.5，即OL=2，CL=1.5，
∴DK=2，KO=1.5，
∴D(−1.5，2)；
故答案为：(−1.5，2)．
【点睛】本题属于三角形的综合题，主要考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是会添加辅助线，构造全等三角形．
【变式7-1】（2023春·湖北黄冈·八年级校考阶段练习）如图所示，在平面直角坐标系中，P(4,4)，
(1)点A在x的正半轴运动，点B在y的正半轴上，且PA=PB，
①求证：PA⊥PB：
②求OA+OB的值；
(2)点A在x的正半轴运动，点B在y的负半轴上，且PA=PB，
①求OA-OB的值；
②点A的坐标为(10,0)，求点B的坐标．
【答案】(1)①见解析；②8
(2)①8；②点B的坐标为(0,−2)
【分析】（1）①过点P作PE⊥x轴于E，作PF⊥y轴于F，根据点P的坐标可得PE=PF=4，然后利用“HL”证明Rt△APE和Rt△BPF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠APE=∠BPF，然后求出∠APB=∠EPF=90°，再根据垂直的定义证明；
②根据全等三角形对应边相等可得AE=BF，再表示出PE、PF，然后列出方程整理即可得解；
（2）①根据全等三角形对应边相等可得AE=BF，再表示出PE、PF，然后列出方程整理即可得解；
②求出AE的长度，再根据全等三角形对应边相等可得AE=BF，然后求出OB，再写出点B的坐标即可．
【小题1】①证明：如图，过点P作PE⊥x轴于E，作PF⊥y轴于F，
∴PE⊥PF，
∵P(4,4)，
∴PE=PF=4，
在Rt△APE和Rt△BPF，
PA=PBPE=PF，
∴Rt△APE≅Rt△BPF(HL)，
∴∠APE=∠BPF，
∴∠APB=∠APE+∠BPE=∠BPF+∠BPE=∠EPF=90°，
∴PA⊥PB；
②解：∵Rt△APE≅Rt△BPF，
∴BF=AE，
∵OA=OE+AE,OB=OF−BF，
∴OA+OB=OE+AE+OF−BF=OE+OF=4+4=8；
【小题2】（2）解：①如图，过点P作PE⊥x轴于E，作PF⊥y轴于F，
同理得Rt△APE≅Rt△BPF(HL)，
∴AE=BF，
∵AE=OA−OE=OA−4,BF=OB+OF=OB+4，
∴OA−4=OB+4，
∴OA−OB=8；
②∵PE=PF=4，PE⊥x轴于E，作PF⊥y轴于F，
∴四边形OEPF是正方形，
∴OE=OF=4，
∵A(10,0)，
∴OA=10，
∴AE=OA−OE=10−4=6，
∵Rt△APE≅Rt△BPF，
∴AE=BF=6，
∴OB=BF−OF=6−4=2，
∴点B的坐标为(0,−2)．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、坐标与图形性质、正方形的判定与性质等知识，本题综合性强，熟练掌握全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线，构造全等三角形是解题的关键，属于中考常考题型．
【变式7-2】（2023春·江苏盐城·八年级统考期末）已知：如图1，OA=2，OB=4，以A点为直角顶点、AB为腰在第三象限作等腰Rt△ABC．

(1)求C点的坐标：
(2)如图2，OA=2，P为y轴负半轴上一个动点，若以P为直角顶点，PA为腰作等腰Rt△APD，过D作DE⊥x轴于E点，求OP−DE的值：
(3)如图3，点F坐标为−3,−3，点G0,m在y轴负半轴，点Hn,0在x轴的正半轴上，且FH⊥FG，求m+n的值．
【答案】(1)−6,−2
(2)2
(3)m+n=−6
【分析】（1）过C作CM⊥x轴于M点，证明△MAC≌△OBA(AAS)，即可求出OM和CM的值，进而求得答案；
（2）过D作DQ⊥OP于Q点，根据四边形OEDQ是矩形，得到DE=OQ，进而证明△AOP≌△PQD(AAS)，从而得到PQ的值，再根据DE=OQ得到OP−DE=PQ，即可求得答案；
（3）先证明四边形OSFT是正方形，得到FS=FT=3，进一步证明△FSH≌△FTG(AAS)，从而得到GT=HS，再根据坐标值求出GT,HS的表达式，最后根据GT=HS建立等式即可求得答案．
【详解】（1）解：如下图所示，过C作CM⊥x轴于M点，

∵CM⊥OA，AC⊥AB，
∴∠MAC+∠OAB=90°，∠OAB+∠OBA=90°，
∴∠MAC=∠OBA，
在△MAC和△OBA中，∠CMA=∠AOB∠MAC=∠OBAAC=BA，
∴△MAC≌△OBA(AAS)，
∴CM=OA=2，MA=OB=4．
∴OM=6，
∴点C的坐标为−6,−2；
（2）解：如图2，过D作DQ⊥OP于Q点，

∵DE⊥AE，
∴∠OQD=∠QDE=∠DEO=∠EOQ=90°，
∴四边形OEDQ是矩形，
∴DE=OQ，
∵∠APO+∠QPD=90°，∠APO+∠OAP=90°，
∴∠QPD=∠OAP，
在△AOP和△PQD中，∠AOP=∠PQD=90°∠QPD=∠OAPAP=PD，
∴△AOP≌△PQD(AAS)，
∴OA=PQ=2，
∴OP−DE=OP−OQ=PQ=2．
（3）解：如图3，过点F分别作FS⊥x轴于点S，FT⊥y轴于点T，

∵∠HSF=∠GTF=90°=∠SOT，FS=FT=3,
∴四边形OSFT是正方形，
∴∠SFT=90°=∠HFG，
∴∠SFH+∠TFH=∠GFT+∠TFH，
∴∠SFH=∠GFT，
在△FSH和△FTG中，∠HSF=∠GTF∠SFH=∠GFTFS=FT，
∴△FSH≌△FTG(AAS)，
∴GT=HS，
∵G0,m，Hn,0，点F坐标为−3,−3，
∴OT=OS=3，
∴GT=−3−m，HS=n−(−3)=n+3
∴−3−m=n+3，
∴m+n=−6．
【点睛】本题考查直角坐标系，直角三角形和等腰直角三角形的性质，全等三角形的判断与性质，解题的关键是添加正确的辅助线，构造出全等三角形．
【变式7-3】（2023春·辽宁大连·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，点A(0，m)、点B(n,0)分别在y轴、x轴的正半轴上，若m、n满足m−n2+n−42=0．
(1)填空：m= ，n= ；
(2)如图，点P是第一象限内一点，连接AP、OP，使∠APO=45°．过点B作BC⊥OP于点D，交y轴于点C，证明：DP=DB．
(3)若在线段OA上有一点M（0，t），连接BM，将BM绕点B逆时针旋转90°得到BN，连接AN交x轴于点E，请直接写出点E的坐标（用含有t的代数式表示）．
【答案】(1)m=4,n=4
(2)见解析
(3)E（2-12t，0）
【分析】（1）根据m−n2+n−42=0得到m−n=0n−4=0即可求解；
（2）过点A向OP作垂线交于点E，证明△AOE≌△BOD，进而可得到结论；
（3）过点N作NC⊥x轴交于点C，可证△BOM≌△BCN，之后再证明△AOE≌△ECN，即可得到结论；
【详解】（1）解：∵m−n2+n−42=0，
∴m−n=0n−4=0，
∴m=n=4，
故答案为：m=4,n=4；
（2）证明：过点A向OP作垂线交于点E，则∠AEP=90°，
∵∠AOP+∠POB=90°，
∠AOP+∠OAE=90°，
∴∠POB=∠OAE，
又OA=OB，∠AEO=∠BDO=90°，
∴△AOE≌△BODAAS ，
∴DB=OE，AE=OD，
又∵∠APO=45°，∠AEP=90°，
∴AE=EP，
∴EP=OD，
∵OE=OD+DE，DP=DE+EP，
∴OE=DP，
∴DP=DB，
（3）解：如图，过点N作NC⊥x轴交于点C，
由题可知BM=BN，∠MBN=∠MOB=90° ，
∵∠MBO+∠OBN=90° ，∠OBN+∠CNB=90°，
∴∠MBO=∠CNB ，
∴△BOM≌△BCNAAS ，
∴OM=BC=t ，OB=NC ，
∵OA=OB，
∴OA=NC ，
∵∠AOC=∠NCE=90° ，∠OEA=∠CEN ，
∴△AOE≌△ECNAAS，
∴OE=EC=12OC ，
∵OC=OB−CB=4−t ，
∴OC=4-t，
∴OE=12OC=2-12t，
∴E（2-12t，0）．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，二元一次方程组，正确的做出辅助线是解题的关键．
【题型8 全等三角形中的多结论问题】
【例8】（2023春·四川巴中·八年级统考期末）如图，在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，ADA．4B．3C．2D．1
【答案】B
【分析】先证明∠BAD=∠CAE，可得△BAD≌△CAE，则BD=CE，故①符合题意；如图，记AC,BF的交点为O，结合∠AOB=∠COF，可得∠BFC=∠BAO=49°，故③符合题意；D在BF上可以是个动点，仍然满足△ADE中AD=AE，∠DAE=49°，可得AD不一定等于BD，故②不符合题意；如图，作AK⊥BD于K，作AH⊥CE于H．由全等三角形的对应高相等可得：AK=AH，证明Rt△AFK≌Rt△AFH，可得∠AFD=∠AFE，则FA平分∠BFE，故④符合题意．
【详解】解：∵∠BAC=∠DAE=49°，
∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠CAE，
∴∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，AD=AE，
∴△BAD≌△CAE，
∴BD=CE，故①符合题意；
∴∠ABD=∠ACE，
如图，记AC,BF的交点为O，
∵∠AOB=∠COF，
∴∠BFC=∠BAO=49°，故③符合题意；
∵D在BF上可以是个动点，仍然满足△ADE中AD=AE，∠DAE=49°，
∴AD不一定等于BD，故②不符合题意；
如图，作AK⊥BD于K，作AH⊥CE于H．
∵△BAD≌△CAE，
∴由全等三角形的对应高相等可得：AK=AH，
∵AF=AF，∠AKF=∠AHE=90°，
∴Rt△AFK≌Rt△AFH，
∴∠AFD=∠AFE，
∴FA平分∠BFE，故④符合题意；
故选B
【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理的应用，全等三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．
【变式8-1】（2023春·全国·八年级期中）如图，△ABC中，∠BAC=60°，∠ABC<60°，三条角平分线AD、BE、CF交于O，OH⊥BC于H．下列结论：①∠BOC=120°；②∠DOH=∠OCB−∠OBC；③OD平分∠BOC；④BF+CE=BC．其中正确的结论个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】由∠BAC=60°得∠ABC+∠ACB=120°，即可求得∠BOC=120°，可判断①正确；
由∠DOH=90°−∠ODH=90°−∠BAD−∠ABC，而∠BAD=12∠BAC=12180°−∠ABC−∠ACB，可推导出∠DOH=∠OCB−∠OBC，可判断②正确；
由∠BAC=60°，∠ABC<60°得∠ABC<∠ACB，再由∠OAB=∠OAC推导出∠OBA+∠OAB<∠OCA+∠OAC，即可证明∠BOD<∠COD，可判断③错误；
在BC上截取BI=BF，连接OI，由∠EOF=∠BOC=120°得∠AFO+∠AEO=180°，即要证明∠CEO=∠AFO，再证明△OBI≌△OBF，得∠OIB=∠OFB，则∠CIO=∠AFO，所以∠CIO=∠CEO，即可证明△CIO≌△CEO，得CI=CE，所以BF+CE=BC，可判断④正确．
【详解】解：∵∠BAC=60°，
∴∠ABC+∠ACB=120°，
∴12∠ABC+12∠ACB=60°，
∵∠OBC=12∠ABC，∠OCB=12∠ACB，
∴∠BOC=180°−∠OBC+∠OCB=180°−12∠ABC−12∠ACB=120°，
故①正确；
∵OH⊥BC于H，
∴∠OHD=90°，
∴∠DOH=90°−∠ODH=90°−∠BAD+∠ABC=90°−∠BAD−∠ABC，
∵∠BAD=12∠BAC=12180°−∠ABC−∠ACB，
∴∠DOH=90°−12180°−∠ABC−∠ACB−∠ABC=12∠ACB−∠ABC，
∵∠OCB−∠OBC=12∠ACB−12ABC，
∴∠DOH=∠OCB−∠OBC，
故②正确；
∵∠BAC=60°，∠ABC<60°，
∴∠ACB>60°，
∴∠ABC<∠ACB，
∵12∠ABC<12ACB，
∴∠ABO=12∠ABC，∠OCA=12∠ACB，
∴∠OBA<∠OCA，
∵∠OAB=∠OAC，
∴∠OBA+∠OAB<∠OCA+∠OAC，
∴∠BOD<∠COD，
故③错误；
如图，在BC上截取BI=BF，连接OI，
∵∠EOF=∠BOC=120°，∠BAC=60°，
∴∠AFO+∠AEO=180°，
∵∠CEO+∠AEO=180°，
∴∠CEO=∠AFO，
在△OBI和△OBF中，
BF=BI∠OBI=∠OBFOB=OB，
∴△OBI≌△OBF，
∴∠OIB=∠OFB，
∴180°−∠OIB=180°−∠OFB，
∴∠CIO=∠AFO，
∴∠CIO=∠CEO，
在△CIO和△CEO中，
OC=OC∠ICO=∠ECO∠CIO=∠CEO，
∴△CIO≌△CEO，
∴CI=CE，
∵BF+CE=BI+CI=BC，
故④正确，
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，与角平分线有关的三角形内角和问题，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解决问题的关键
【变式8-2】（2023春·湖北武汉·八年级校联考期中）如图，在直角三角形ABC中，∠ACB=90°，△ABC的角平分线AD、BE相交于点O，过点O作OF⊥AD交BC的延长线于点F，交AC于点G，下列结论：①∠BOD=45°；②AD=OE+OF；③若BD=3，AG=8，则AB=11；④S△ACD:S△ABD=CD:BD．其中正确的结论是 ．（只填写序号）

【答案】①③④
【分析】根据角平分线的定义、三角形外角的性质与直角三角形性质可以判断①是否正确；延长FO交AB于H，通过证明△AOH≌△AOG，△BOD≌△BOH，利用全等的性质来判断③是否正确；通过证明△BOA≌△BOF，利用性质判断②是否正确；根据同高的两个三角形的面积比等于它们的底边长之比，直接判断④是否正确，从而得解．
【详解】解：∵△ABC的角平分线AD、BE相交于点O，
∴∠ABO=∠CBO=12∠ABC，∠BAO=∠OAC=12∠BAC，
∠BOD=∠ABO+∠BAO=12∠ABC+∠BAC=12×90°=45°，
故①正确；
延长FO交AB于H，如图所示：

∴∠AOG=∠AOH=90°，
又∵∠HAO=∠GAO，AO=AO，
∴△AOH≌△AOG(ASA)，
∴AG=AH，OG=OH，
∴∠BOH=180°−∠BOD−∠DOF=45°，
∴∠BOH=∠BOD=45°，
∴△BOD≌△BOH(ASA)，
∴BD=BH，OH=OD，
∴AB=AH+BH=AG+BD，
∵BD=3，AG=8，
∴AB=11，
故③正确；
∵∠BOA=∠BOH+∠AOH=135°，∠BOF=∠BOD+∠DOF=135°，
∴∠BOA=∠BOF，
∴△BOA≌△BOF(ASA)，
∴AO=OF，
∵OH=OD，OG=OH，
∴OD=OG，
∴AD=AO+OD=OF+OG，
又∵∠OGE=90°−∠F，∠BEC=90°−∠EBC，
∴∠OGE≠∠BEC，
∴OE≠OG，
∴AD=OF+OG≠OF+OE，
故②错误；
∵同高的两个三角形面积之比等于底边长之比，
∴S△ACD:S△ABD=CD:BD，
故④正确；
因此正确的有：①③④．
故答案为：①③④．
【点睛】此题是直角三角形的综合题，主要考查了直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质、同高的两个三角形面积之比等于底边长之比等知识，熟练运用这些性质进行推理是解题的关键．
【变式8-3】（2023春·湖南衡阳·八年级统考期末）如图，在ΔABC中，AD是BC边上的高，∠BAF=∠CAG=90°，AB=AF，AC=AG．连接FG，交DA的延长线于点E，连接BG，CF．则下列结论：①BG=CF；②BG⊥CF；③EF=EG；④BC=2AE；⑤SΔABC=SΔFAG，其中正确的有（ ）
A．①②③B．①②③④C．①②③⑤D．①②③④⑤
【答案】D
【分析】先证得ΔCAF≌ΔGAB(SAS)，从而推得①正确；利用ΔCAF≌ΔGAB及三角形内角和与对顶角，可判断②正确；证明ΔAFM≌ΔBAD(AAS)，得出AM=BD，同理ΔANG≌ΔCDA，得出NG=AD，AN=CD，则FM=NG，证明ΔFME≌ΔGNE(AAS)，得出EM=EN．则可得出④正确，由ΔFME≌ΔGNE可得出结论③正确，根据全等三角形的性质即可得到⑤正确．
【详解】解：∵∠BAF=∠CAG=90°，
∴∠BAF+∠BAC=∠CAG+∠BAC，即∠CAF=∠GAB，
又∵AB=AF，AC=AG，
∴ΔCAF≌ΔGAB(SAS)，
∴BG=CF，故①正确；
∵ΔCAF≌ΔGAB，
∴∠FCA=∠BGA，
又∵BG与AC所交的对顶角相等，
∴BG与FC所交角等于∠GAC，即等于90°，
∴BG⊥CF，故②正确；
过点F作FM⊥AE于点M，过点G作GN⊥AE交AE的延长线于点N，
∵∠FMA=∠FAB=∠ADB=90°，
∴∠FAM+∠BAD=90°，∠FAM+∠AFM=90°，
∴∠BAD=∠AFM，
又∵AF=AB，
∴ΔAFM≌ΔBAD(AAS)，
∴AM=BD，
同理ΔANG≌ΔCDA，
∴NG=AD，AN=CD，
∴FM=NG，
∵FM⊥AE，GN⊥AE，
∴∠FME=∠ENG=90°，
∵∠AEF=∠NEG，
∴ΔFME≌ΔGNE(AAS)，
∴EM=EN，
∴BC=CD+BD=AN+AM=AE+EN+AE−EM=2AE．
故④正确，
∵ΔFME≌ΔGNE，
∴EF=EG．
故③正确．
∵ΔAFM≌ΔBAD，ΔANG≌ΔCDA，ΔFME≌ΔGNE，
∴SΔABC=SΔFAG，故⑤正确．
故选：D．
【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定与性质及等腰三角形的三线合一性质与互余、对顶角，三角形内角和等几何基础知识．熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
【题型9 翻折变换】
【例9】（2023春·福建泉州·八年级统考期末）在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=50°，点D是AB边上一点，将△ACD沿CD翻折后得到△ECD．

(1)如图1，当点E落在BC上时，求∠BDE的度数；
(2)当点E落在BC下方时，设DE与BC相交于点F．
①如图2，若DE⊥BC，试说明：CE∥AB；
②如图3，连接BE，EG平分∠BED交CD的延长线于点G，交BC于点H．若BE∥CG，试判断∠CFE与∠G之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)10°
(2)①见解析；②4∠G−∠CFE=40°
【分析】（1）根据翻折可得∠A=∠CED=50°，再利用外角即可求出∠BDE的度数；
（2）①根据翻折可得∠A=∠CED=50°，再利用垂直可得∠B=∠ECF=40°，即可得到CE∥AB；
②设∠G=x，根据角平分线和平行线可得∠G=∠DEG=∠BEG=x，∠ADC=∠CDE=∠DEB=2x，可求得∠BCD=90°−∠ACD=90°−180°−∠A−∠ADC=2x−40°，再利用外角可得∠CFE=∠BCD+∠CDE=4x−40°，即可得到4∠G−∠CFE=40°．
【详解】（1）∵∠ACB=90°，∠A=50°，
∴∠B=40°，
∵将△ACD沿CD翻折后得到△ECD，
∴∠A=∠CED=50°，
∴∠BDE=∠CED−∠A=50°−40°=10°；
（2）①根据翻折可得∠A=∠CED=50°，∠ADC=∠CDE
∵DE⊥BC，
∴∠ECF=90°−∠E=40°=∠B，
∴CE∥AB；
②4∠G−∠CFE=40°，理由如下：
设∠G=x，
∵BE∥CG，
∴∠G=∠BEG=x，∠CDE=∠DEB
∵EG平分∠BED，
∴∠G=∠DEG=∠BEG=x，∠ADC=∠CDE=∠DEB=2x，
∴∠ACD=180°−∠A−∠ADC=130°−2x，
∴∠BCD=90°−∠ACD=90°−130°−2x=2x−40°，
∴∠CFE=∠BCD+∠CDE=4x−40°，
∴∠CFE=4∠G−40°，即4∠G−∠CFE=40°．
【点睛】本题考查折叠的性质，平行线的性质与判定，三角形的外角性质，解题的关键是理清角度之间的关系．
【变式9-1】（2023春·辽宁丹东·八年级统考期末）在锐角△ABC中，AB=AC，将△ABC沿AC翻折得到△AB′C，直线AB与直线B′C相交于点E，若△AEB′是等腰三角形，则∠BAC的度数为 ．
【答案】540°7或36°
【分析】分三种情形：当B′A=B′E，点E在CB′和BA的延长线上，当AE=B′E，点E在AB和B′C的延长线上，分别画出图形，分别求解即可．
【详解】解：①如图，当B′A=B′E，点E在CB′和BA的延长线上，

∵AB=AC，
∴∠B=∠BCA，
由折叠得：∠B=∠AB′C，∠BCA=∠B′CA，
设∠B=x，则∠AB′C=∠BCA=∠B′CA=x，∠AEB′=∠EAB′=12x，∠EAC=2x，
在△AEC中，由三角形内角和定理得：x+2x+12x=180°，
∴x=360°7，
即∠B=360°7，
∴∠BAC=180°−∠B−∠ACB=540°7，
∵360°7<540°7<90°，
∴此时△ABC为锐角三角形，符合题意；
②如图，当AE=B′E，点E在AB和B′C的延长线上，

∵AB=AC，
∴∠ABC=∠BCA，
由折叠得：∠ABC=∠AB′C，∠BCA=∠B′CA，
∵AE=B′E，
∴∠AB′C=∠BAB′，
∴∠ABC=∠ACB=∠ACB′=∠AB′C=∠BAB′，
∵∠ABC+∠ACB+∠ACB′+∠AB′C+∠BAB′=360°，
∴∠ABC=∠ACB=∠ACB′=∠AB′C=∠BAB′=72°，
∴∠BAC=180°−∠ABC−∠ACB=36°，
∵36°<72°<90°，
∴此时△ABC为锐角三角形，符合题意；
综上所述，满足条件的∠BAC的度数为540°7或36°．
故答案为：540°7或36°．
【点睛】本题考查翻折变换，等腰三角形的性质、三角形的内角和定理、三角形的外角性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题．
【变式9-2】（2023春·江苏·八年级期末）如图1，在△ABC中，∠C=90°，∠A=40°，D为AC的中点，E为边AB上一动点，连接DE，将△ADE沿DE翻折，点A落在AC上方点F处，连接EF，CF．
(1)判断∠1与∠2是否相等并说明理由；
(2)若△DEF与以点C，D，F为顶点的三角形全等，求出∠ADE的度数：
(3)翻折后，当△DEF和△ABC的重叠部分为等腰三角形时，直接写出∠ADE的度数．
【答案】(1)∠1=∠2，理由见解析
(2)70°
(3)100°3或140°3或70°
【分析】（1）由△ADE沿DE翻折可知AD=DF=CD，∠FDE=∠ADE=∠1， 可知△CDF为等腰三角形，∠DFC=∠DCF=∠2，∠CDF+∠FDE+∠EDA=180°，计算求解即可；
（2）△DEF与△CDF全等，分两种情况讨论；①DF=DE=AD，∠A=∠DEA，∠ADE=180°−∠A−∠DEA，求∠ADE的值然后判断此时△DEF与△CDF是否全等，若全等，则∠ADE的值即为所求；②DF=FE=AD，∠A=∠DFE，∠EDF=∠ADE，∠ADE=∠FDE=180°−∠DFE2，求∠ADE的值然后判断此时△DEF与△CDF是否全等，若全等，则∠ADE的值即为所求；
（3）分情况讨论①由题意知（2）中∠ADE=70°时符合题意，②如图3，重合部分的等腰三角形中，DE=DG，∠DEG=∠DGE，根据三角形的外角性质，三角形的内角和定理即∠FDE=∠ADE=∠1，∠DEG=∠ADE+∠A，∠1+∠DEG+∠DGE=180°计算求解即可；③如图4，重合部分的等腰三角形DE=EG，∠EDG=∠DGE=∠1，根据三角形的外角性质，三角形的内角和定理即∠DEG=∠ADE+∠A，∠1+∠DEG+∠DGE=180°计算求解即可.
【详解】（1）解：∠1=∠2
由△ADE沿DE翻折可知AD=DF，∠FDE=∠ADE=∠1
∵D为AC的中点
∴AD=CD=DF
∴△CDF为等腰三角形
∴∠DFC=∠DCF=∠2
∵∠CDF+∠FDE+∠EDA=180°
∴180°−2∠2+∠1+∠1=180°
∴∠1=∠2．
（2）解：∵CD=DF，△CDF是等腰三角形，△DEF与△CDF全等
∴①如图1，当DF=DE=AD时，△ADE为等腰三角形，△DEF为等腰三角形
∴∠A=∠DEA=40°，∠ADE=180°−∠A−∠DEA=100°
∵∠ADE=∠EDF=100°
∴∠ADE+∠EDF=200°>180°
∴当DF=DE时，点F在AC的下方，不符合题意；
又∵∠CDF=200°−180°=20°，∠CDF≠∠FDE
∴△DEF与△CDF不全等，∠ADE=100°舍去；
②如图2
当DF=FE=AD时，△ADE为等腰三角形，△DEF为等腰三角形
∴∠A=∠DFE，∠EDF=∠ADE ∠FDE=∠FED=180°−∠DFE2=180°−40°2=70°
∴EF∥AD，EF=AD=CD
∴四边形AEFD、CDEF均是平行四边形
∴△EFD与△CDF全等
∴∠ADE=∠FDE=70°
∴当DF=FE时，△EFD与△CDF全等，∠ADE=70°；
综上所述，若 △DEF与以点C，D，F为顶点的三角形全等，∠ADE的值为70°．
（3）解：①由（2）中图2可知当∠ADE=70°时，△DEF在△ABC内，此时两个三角形的重叠部分为等腰三角形；
②如图3，△DEG为△DEF与△ABC重合的等腰三角形
∴DE=DG，∠DEG=∠DGE
∵∠FDE=∠ADE=∠1，∠DEG=∠ADE+∠A，∠1+∠DEG+∠DGE=180°
∴∠DEG=180°−∠12=∠1+∠A=∠1+40°
∴∠1=100°3
∴∠ADE=100°3；
③如图4，△DEG为△DEF与△ABC重合的等腰三角形
∴DE=EG，∠EDG=∠DGE=∠1
∵∠FDE=∠ADE=∠1，∠DEG=∠ADE+∠A，∠1+∠DEG+∠DGE=180°
∴∠DEG=180°−2∠1=∠1+∠A=∠1+40°
∴∠1=140°3
∴∠ADE=140°3；
综上所述，当△DEF和△ABC的重叠部分为等腰三角形时，∠ADE的值为100°3或140°3或70°．
【点睛】本题考查了等腰三角形，几何图形折叠对称，三角形全等，三角形的内角和定理，三角形的外角等知识．解题的关键在于正确的分析可能存在的情况．
【变式9-3】（2023春·湖北武汉·八年级统考期末）已知D是等边三角形ABC中AB边上一点，将CB沿直线CD翻折得到CE，连接EA并延长交直线CD于点F．
(1)如图1，若∠BCD=40°，直接写出∠CFE的度数；
(2)如图1，若CF=10，AF=4，求AE的长；
(3)如图2，连接BF，当点D在运动过程中，请探究线段AF，BF，CF之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)60°
(2)2
(3)AF+BF=CF，证明见解析
【分析】（1）根据等边三角形及翻折的性质可求出∠ACE的值以及∠CAE=∠E，在△ACE根据三角形内角和定理求出∠E的值，然后在△CEF中根据三角形内角和定理求解∠CFE的值即可；
（2）方法同（1）先求出∠CFE=60°，然后在CF上截取FH，使FH=EF，连接EH，BF，如图1，可知△EFH是等边三角形，根据∠ABF=180°−∠CFB−∠BCF−∠ABC=60°−∠BCF，∠CEH=∠AEC−60°=120°−∠BCF−60°=60°−∠BCF，得到∠ABF=∠CEH，证明△ABF≌△CEHSAS，最后根据AE=EF−AF=FH−AF计算求解即可；
（3）由（2）可得AF+BF=CF，证明过程同（2）．
【详解】（1）解：由等边三角形及翻折的性质得BC=CE=AC，∠ACB=∠B=∠BAC=60°，∠BCF=∠ECF=40°，
∴∠CAE=∠E，∠ACD=∠ACB−∠BCF=20°，
∴∠ACE=∠ECF−∠ACD=20°，
∴∠CAE=∠E=180°−∠ACE2=80°，
∵∠CFE=180°−∠ECF−∠E=180°−40°−80°=60°，
∴∠CFE的度数为60°．
（2）解：由（1）可得∠CFE=180°−∠E−∠ECF=180°−∠E−∠BCF，
∵∠E=180°−∠ACE2，∠ACE=∠ECF−∠ACF=∠BCF−60°−∠BCF=2∠BCF−60°，
∴∠E=180°−2∠BCF+60°2=120°−∠BCF，
∴∠CFE=180°−120°+∠BCF−∠BCF=60°，
如图1，在CF上截取FH，使FH=EF，连接EH，BF，
由题意知BF=EF，∠CFB=∠CFE=60°，
∴△EFH是等边三角形，
∵∠ABF=180°−∠CFB−∠BCF−∠ABC=60°−∠BCF，∠CEH=∠AEC−60°=120°−∠BCF−60°=60°−∠BCF，
∴∠ABF=∠CEH，
在△ABF和△CEH中
∵BF=EH∠ABF=∠CEHAB=CE，
∴△ABF≌△CEHSAS，
∴CH=AF=4，
∴FH=CF−CH=6，
∴AE=EF−AF=2，
∴AE的长为2．
（3）解：AF+BF=CF；
证明如下：由（2）可得，点D在运动过程中，∠CFE=60°是定值，
如图2，在CF上截取FH，使FH=EF，连接EH，
∴同理（2）可知△EFH是等边三角形，
∵∠ABF=180°−∠CFB−∠BCF−∠ABC=60°−∠BCF，∠CEH=∠AEC−60°=120°−∠BCF−60°=60°−∠BCF，
∴∠ABF=∠CEH，
在△ABF和△CEH中
∵BF=EH∠ABF=∠CEHAB=CE，
∴△ABF≌△CEHSAS，
∴CH=AF，
∴CF=FH+CH=BF+AF，
∴AF+BF=CF．
【点睛】本题主要考查了等边三角的性质，翻折的性质，三角形内角和定理及全等三角形的判定与性质．熟练掌握知识并正确的作辅助线是解题的关键．
【题型10 两圆一线画等腰】
【例10】（2023春·广西钦州·八年级校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90度，BC=4，AC=3，在直线AC上取一点P，使得△PAB为等腰三角形，则符合条件的点P共有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】根据等腰三角形的判定定理，分情况讨论，正确作图，即可得到结论．
【详解】解：如下图，
作AB垂直平分线与AC相交于点P，可得PA=PB，
以A为圆心，AB为半径画圆，交AC有P1、P2两个交点，可得P1A=AB,P2A=AB，
以B为圆心，AB为半径画圆，交AC有P3一个交点，可得P3A=AB，
故选：D．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定，垂直平分线的性质 ，解题的关键是正确作图，分情况讨论．
【变式10-1】（2023春·河南驻马店·八年级统考期中）如图，直线l1、l2相交于点A，点B是直线外一点，在直线l1 、l2上找一点C，使△ABC为一个等腰三角形．满足条件的点C有（ ）
A．2个B．4个C．6个D．8个
【答案】D
【详解】以A为圆心，AB长为半径画弧，交l1、l2于4个点；
以B为圆心，AB长为半径画弧交l1、l2于2个点，
再作AB的垂直平分线交l1、l2于2个点，
共有8个点，
故选：D.
【变式10-2】（2023春·山东泰安·八年级统考期末）如图，已知每个小方格的边长为1，A、B两点都在小方格的格点（顶点）上，请在图中找一个格点C，使△ABC是等腰三角形，这样的格点C有 个。
【答案】8
【分析】分别以A、B点为圆心，AB为半径作圆，找到格点即可（A、B、C共线除外）；此外加上在AB的垂直平分线上有两个格点，即可得到答案.
【详解】解：以A点为圆心，AB为半径作圆，找到格点即可，（A、B、C共线除外）；以B点为圆心，AB为半径作圆，在⊙B上的格点为C点；在AB的垂直平分线上有两个格点．故使△ABC是等腰三角形的格点C有8个．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定，解题的关键是画出图形，利用数形结合解决问题．
【变式10-3】（2023春·广东湛江·八年级统考期末）如图，△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=60°，动点P在斜边AB所在的直线m上运动，连结PC，那点P在直线m上运动时，能使图中出现等腰三角形的点P的位置有（ ）
A．6个B．5个C．4个D．3个
【答案】C
【分析】根据等腰三角形的定义利用作图的方法找出符合条件的点即可．
【详解】解：如图所示：
以A为圆心，AC长为半径画弧，交直线m于点P1，P3；以B为圆心，BC长为半径画弧，交直线m于点P4，P2；以C为圆心，BC为半径画弧，交直线m于点P5与P1两点重合．
因此出现等腰三角形的点P的位置有4个．
故选：C．
【点睛】此题考查等腰三角形的定义和判定，利用作图找等腰三角形是一种常见的方法．
【题型11 等边三角形手拉手问题】
【例11】（2023春·内蒙古呼伦贝尔·八年级校考期中）已如图，△ABC、△CDE均为等边三角形，连接BE，AD交于点O，AC与BE交于点P求证：
(1)BE＝AD
(2)∠AOB的度数
【答案】(1)证明见详解
(2)60°
【分析】（1）利用“边角边”证明△ACD和△BCE全等，即可得出BE＝AD
（2）由△BCE≌△ACD可得∠CAD＝∠CBE，根据“八字型”证明∠AOP＝∠PCB＝60°即可．
【详解】（1）证明：∵△ABC和△ECD都是等边三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACB+∠ACE＝∠DCE+∠ACE
即∠BCE＝∠ACD，
在△BCE和△ACD中，
AC=BC∠BCE=∠ACDCE=CD，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴BE＝AD
（2）由（1）可得△BCE≌△ACD
∴∠CAD＝∠CBE，
∵∠APO＝∠BPC，
∴∠AOP＝∠BCP＝60°，即∠AOB＝60°．
【点睛】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
【变式11-1】（2023春·山东济宁·八年级济宁市第十五中学校考阶段练习）阅读与理解：
图1是边长分别为a和ba>b的两个等边三角形纸片ABC和C′DE叠放在一起（C与C′重合）的图形．
操作与证明：
(1)操作：固定△ABC，将△C′DE绕点C按顺时针方向旋转25°，连接AD，BE，如图2；在图2中，线段BE与AD之间具有怎样的大小关系？证明你的结论；
(2)操作：若将图1中的△C′DE，绕点C按顺时针方向任意旋转一个角度α0°≤α≤360°，连接AD，BE，如图3；在图3中，线段BE与AD之间具有怎样的大小关系？证明你的结论；
猜想与发现：
(3)根据上面的操作过程，请你猜想当α为多少度时，线段AD的长度最大是多少？当α为多少度时，线段AD长度最小是多少？
【答案】(1)BE=AD，证明见解析
(2)BE=AD，证明见解析
(3)当α=180°时，线段AD的长度最大为a+b，当α=0°或α=360°时，线段AD的长度最小为a−b
【分析】（1）根据旋转的性质及等边三角形的性质，证明△BCE≅△ACD，根据全等三角形的对应边相等，可得到BE=AD；
（2）与（1）的思路方法一样，证明△BCE≅△ACD，根据全等三角形的对应边相等，可得到BE=AD；
（3）根据前面的旋转得到当点D旋转到CA的反向延长线上时，此时线段AD的长度最大，等于a+b，则此时旋转的角度为180°，当点D旋转后重新回到AC边上时，此时线段AD长度最小，等于a−b，旋转的角度0°或360°．
【详解】（1）解：BE=AD，理由如下：
∵△C′DE绕点C按顺时针方向旋转25°，
∴∠BCE=∠ACD=25°，
∵△ABC与△C′DE等边三角形，
∴CA=CB，CE=CD，
在△BCE和△ACD中，
CA=CB∠BCE=∠ACDCE=CD
∴△BCE≅△ACD，
∴BE=AD；
（2）BE=AD，理由如下：
∵△C′DE绕点C按顺时针方向旋转a，
∴∠BCE=∠ACD=a，
∵△ABC与△C′DE等边三角形，
∴CA=CB，CE=CD，
在△BCE和△ACD中，
CA=CB∠BCE=∠ACDCE=CD
∴△BCE≅△ACD，
∴BE=AD；
（3）由题意可知：当点D旋转到CA的反向延长线上时，此时线段AD的长度最大，等于a+b，所以α=180°，当点D旋转后重新回到AC边上时，此时线段AD的长度最小，最小值a−b，所以α=0°或α=360°．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质和三角形全等的判定与性质，解题的关键是掌握旋转的性质：旋转前后两图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．
【变式11-2】（2023春·广东广州·八年级校考阶段练习）如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作等边三角形ABC和等边三角形CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ．以下结论：①AD=BE；②PQ∥AE；③∠AOB=60°；④△CPQ是等边三角形；⑤BQ=AB．恒成立的是 ．

【答案】①②③④
【分析】由等边三角形的性质可证明△ACD≌△BCE，则可得①正确；由△ACD≌△BCE可得∠CAP=∠CBO，由∠APC=∠BPO，则由三角形内角和可得∠AOB=∠ACB=60°，则可得③正确；证明△ACP≌△BCQ，可得CP=CQ，由∠PCQ=60°可得④正确；由等边三角形的性质可得②正确；由△ACP≌△BCQ知，BQ=AP≠AB，即可判定⑤不正确，从而可确定答案．
【详解】解：∵△ABC，△CDE都是等边三角形，
∴AC=BC，CD=ED，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACD=180°−∠DCE=180°−∠ACB=∠DCE，
∴△ACD≌△BCE，
故①正确；
∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAP=∠CBO，
∵∠APC=∠BPO，
∴由三角形内角和得：∠AOB=∠ACB=60°，
故③正确；
∵∠BCQ=180°−∠ACB−∠DCE=60°
即∠ACB=∠BCQ=60°，
∵AC=BC，∠CAP=∠CBO，
∴△ACP≌△BCQ，
∴CP=CQ，
∵∠PCQ=60°，
∴△CPQ是等边三角形，
故④正确；
∵△CPQ是等边三角形，
∴∠QPC=60°=∠ACB，
∴PQ∥AE，
故②正确；
∵△ACP≌△BCQ，
∴BQ=AP，
当点P位于△ABC的边BC上时，始终有AP即BQ故⑤不成立；
∴正确的是①②③④，
故答案为：①②③④．

【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定与性质三角形内角和等知识，证明三角形全等及等边三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式11-3】（2023·山东·八年级专题练习）已知，△ABC为等边三角形，点D在边BC上．
【基本图形】如图1，以AD为一边作等边三角形△ADE，连结CE．可得CE+CD=AC（不需证明）．
【迁移运用】如图2，点F是AC边上一点，以DF为一边作等边三角△DEF．求证：CE+CD=CF．
【类比探究】如图3，点F是AC边的延长线上一点，以DF为一边作等边三角△DEF．试探究线段CE，CD，CF三条线段之间存在怎样的数量关系，请写出你的结论并说明理由．
【答案】【基本图形】见解析；【迁移运用】见解析；【类比探究】见解析．
【分析】基本图形：只需要证明△BAD≌△CAE得到CE=BD，即可证明；
迁移运用：过点D作DG∥AB，交AC于点G，然后证明△CDE≌△GDF得到CE=GF，即可推出CE+CD=GF+CG=CF；
类比探究：过点D作DG∥AB，交AC于点G，然后证明△CDE≌△GDF，得到CE=GF，再由GF=CF+CG=CF+CD，即可得到CD+CF=CE．
【详解】基本图形：证明：∵△ACB与△ADE都是等边三角形，
∴AC=AB=CB，∠CAB=60°，AD=AE，∠DAE=60°，
∴∠CAE=∠DAE−∠CAD=60°−∠CAD，∠BAD=∠CAB−∠CAD=60°−∠CAD，
∴∠CAE=∠BAD，
在△BAD与△CAE中，
AC=AB∠CAD=∠BAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAESAS，
∴CE=BD，
∴CE+CD=BD+CD=CB，
∵AC=CB，
∴CE+CD=AC；
迁移运用：证明：过点D作DG∥AB，交AC于点G，
∵△ACB是等边三角形，
∴∠ACB=∠A=∠B=60°，
∵DG∥AB，
∴∠CGD=∠A=60°，∠CDG=∠B=60°，
又∵∠ACB=60°，
∴△CDG为等边三角形，
∴CD=DG=CG，
∵△DEF为等边三角形，
∴DE=DF，∠EDF=60°，
∵∠CDE=∠CDG−∠EDG=60°−∠EDG，∠FDG=∠EDF−∠EDG=60°−∠EDG，
∴∠CDE=∠FDG，
在△CDE与△GDF中
BD=DG∠BAD=∠GDFDE=DF，
∴△CDE≌△GDFSAS，
∴CE=GF，
∴CE+CD=GF+CG=CF；
类比探究：解：CD+CF=CE，理由如下：
过点D作DG∥AB，交AC于点G，
∵△ACB是等边三角形，
∴∠ACB=∠A=∠B=60°，
∵DG∥AB，
∴∠CGD=∠A=60°，∠CDG=∠B=60°，
又∵∠ACB=60°，
∴△CDG为等边三角形，
∴CD=DG=CG，
∵△DEF为等边三角形，
∴DE=DF，∠FDE=60°，
∵∠GDF=∠GDC+∠CDF=60°+∠CDF，∠CDE=∠EDF+∠CDF=60°+∠CDF，
∴∠GDF=∠CDE，
在△CDE与△GDF中
BD=DG∠BDE=∠GDFDE=DF，
∴△CDE≌△GDFSAS，
∴CE=GF，
∵GF=CF+CG=CF+CD，
∴CD+CF=CE．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．
【题型12 分身等腰】
【例12】（2023春·湖南永州·八年级统考期中）如图，在第1个△A1BC，∠B=20°同A1B=CB；在边A1B上任取一点D，延长CA1到A2，使A1A2=A1D，得到第2个△A1A2D；在边A2D上任取一点E，延长A1A2，到A3，使A2A3=A2E，得到第3个△A2A3E，…．按此做法继续下去，则第n个三角形中以An为顶点的内角度数是（ ）

A．12n80°B．12n−1⋅80°C．12n−1⋅100°D．12n⋅100°
【答案】B
【分析】先根据等腰三角形的性质求出∠BA1C的度数，再根据三角形外角的性质及等腰三角形的性质分别求出∠DA2A1，∠EA3A2及∠FA4A3的度数，找出规律即可得出第n个三角形中以An为顶点的底角度数．
【详解】解：∵在△CBA1中，∠B=20°，A1B=CB，
∴∠BA1C=∠C=180°−∠B2=180°−20°2=80°，
∵A1A2=A1D，∠BA1C是△A1A2D的外角，
∴∠DA2A1=12∠BA1C=12×80°；
同理可得∠EA3A2=(12)2×80°，∠FA4A3=(12)3×80°，
∴第n个三角形中以An为顶点的底角度数是(12)n−1×80°．
故选：B．
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，三角形外角的性质，根据题意得出∠DA2A1，∠EA3A2及∠FA4A3的度数，找出规律是解答此题的关键．
【变式12-1】（2023春·江西宜春·八年级统考期末）如图所示，AOB是一钢架，设∠AOB=α，为了使钢架更加坚固，需在其内部添加一些钢管EF，FG，GH…，添加的钢管长度都与OE相等，若最多能添加这样的钢管5根，则α的取值范围是 ．
【答案】15°≤α<18°
【分析】由等腰三角形的性质和外角性质可得，∠GEF=2α，∠GFH=3α，∠HGB=4α，由题意可列不等式组，即可求解．
【详解】解：∵OE=EF，
∴∠EOF=∠EFO=α，
∴∠GEF=∠EOF+∠EFO=2α，
同理可得∠GFH=3α，∠HGB=4α，
∵最多能添加这样的钢管5根，
∴5α<90°，6α≥90°，
∴15°≤α<18°，
故答案为：15°≤α<18°．
【点睛】此题考查了等腰三角形的判定和性质及三角形外角的性质；发现并利用规律是正确解答本题的关键．
【变式12-2】（2023春·河北张家口·八年级统考期末）如图，一钢架BAC中，∠A=x°，焊上等长的钢条P1P2,P2P3,P3P4,P4P5,⋯来加固钢架，且P1A=P1P2，对于下列结论，判断正确的是( )
结论Ⅰ：若∠P3P2P4=75°，则x=25；
结论Ⅱ：若这样的钢条在钢架上至多能焊上6根，那么x的取值范围是907≤x<15

A．Ⅰ和Ⅱ都对B．Ⅰ和Ⅱ都不对C．Ⅰ不对Ⅱ对D．Ⅰ对Ⅱ不对
【答案】A
【分析】根据等腰三角形的性质可得到几组相等的角，再根据三角形外角的性质可得到∠P5P7P6、∠P7P6C与∠A之间的关系，即可求解．
【详解】解：∵AP1=P1P2，P1P2=P2P3，P3P4=P2P3，P3P4=P4P5，
∴∠A=∠P1P2A，∠P2P1P3=∠P2P3P1，∠P3P2P4=∠P3P4P2，∠P4P3P5=∠P4P5P3，
∴∠P3P2P4=3∠A，
即75°=3x,
∴x=25°，
故结论Ⅰ正确；
∵AP1=P1P2，P1P2=P2P3，P3P4=P2P3，P3P4=P4P5，P4P5=P5P6，P5P6=P6P7，
∴∠A=∠P1P2A，∠P2P1P3=∠P2P3P1，∠P3P2P4=∠P3P4P2，∠P4P3P5=∠P4P5P3，∠P5P4P6=∠P5P6P4，∠P6P5P7=∠P6P7P5，
∴∠P5P7P6=6∠A，
∵要使得这样的钢条只能焊上6根，
∴∠P7P6C=7∠A，

由题意得
6x<907x≥90
解得：907≤x<15
故结论Ⅱ正确．
故选：A．
【点睛】此题主要考查等腰三角形的性质，三角形外角的性质及三角形内角和定理，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
【变式12-3】（2023春·湖南岳阳·八年级校考期中）如图，，点在射线上，点在射线上，，均为等边三角形．若，则的边长为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据等边三角形的性质得出， ，，利用同样的方法，，，由此规律可得．
【详解】为等边三角形，
同理：
由此类推可得的边长．
故选B．
【点睛】本题考查图形的变化，等边三角形的性质，解题的关键是掌握三角形边长的变化规律．
【题型13 一线分二腰】
【例13】（2023·全国·八年级专题练习）已知ΔABC是等腰三角形，过ΔABC的一个顶点的一条直线，把ΔABC分成两个小三角形，如果这两个小三角形也是等腰三角形，我们把这样的等腰三角形叫做和谐三角形．请构造出所有符合条件的和谐三角形并标出相关角的度数．
【答案】图见解析，顶角为90°或108°或36°或1807°
【分析】先根据题意做出等腰三角形，再根据直线过点A，B分四种情况，根据三角形内角和定理，三角形外角的性质等，分别求出内角的度数即可．
【详解】一共有4种情况：
△ABC是等腰三角形，AB=AC，直线AD是过定点A．
根据题意，由△ABD，△ACD是等腰三角形，且AD=BD，AD=CD，
那么∠B=∠BAD=∠CAD=∠C．
利用三角形内角和定理，可知∠B+∠BAD+∠CAD+∠C=180°，
解得∠B=∠BAD=∠CAD=∠C=45°，
则∠BAC=90°；
△ABC是等腰三角形，AB=AC，直线AD是过定点A．
根据题意，由△ABD，△ACD是等腰三角形，且AB=BD，AD=CD，
那么∠B=∠C，∠DAC=∠C，∠BAD=∠BDA，
所以∠BDA=2∠C．
利用三角形内角和定理，可知∠B+∠BAC+∠C=180°，
可得2∠B+3∠B=180°，
解得∠B=36°，
则∠C=36°，∠BAC=108°；
如图所示，△ABC是等腰三角形，AB=AC，直线BD是过定点B．
根据题意，由△ABD，△BCD是等腰三角形，且AD=BD，BD=BC，
那么∠ABC=∠C，∠ABD=∠A，∠BDC=∠C．
利用三角形外角的性质，可知∠BDC=2∠A，根据利用三角形内角和定理，得5∠A=180°，
解得∠A=36°，
则∠ABC=∠C=72°；
④如图所示，△ABC是等腰三角形，AB=AC，直线BD是过定点B．
根据题意，由△ABD，△BCD是等腰三角形，且AD=BD，BC=CD，
那么∠ABC=∠C，∠ABD=∠A，∠DBC=∠CDB．
利用三角形外角的性质，可知∠BDC=2∠A，
则∠DBC=2∠A，∠ABC=∠C=3∠A．
根据利用三角形内角和定理，得7∠A=180°，
解得∠A=(1807)°，
则∠ABC=∠C=(5407)°．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质和判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质等，注意多种情况讨论，不能丢解．
【变式13-1】（2023春·福建厦门·八年级厦门双十中学思明分校校考期中）如果一个三角形能被一条线段分割成两个等腰三角形，那么则称这个三角形为“双腰三角形”．现有如下4个结论：
①若一个三角形的两个内角分别是36°、72°，则这个三角形是“双腰三角形”
②若一个三角形是直角三角形，则这个三角形是“双腰三角形”
③若一个三角形的一个内角是另一个内角的2倍，则这个三角形一定是“双腰三角形”
④若一个三角形的一个内角是另一个内角的3倍，则这个三角形一定是“双腰三角形”
其中正确的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据题意作出图形，然后由等角对等边及三角形内角和定理及三角形外角的性质依次判断证明即可．
【详解】解：①如图所示：∠A=36°，∠C=72°，
∴∠ABC=72°，
作∠ABC的角平分线BD，
∴∠ABD=∠DBC=36°，
∴∠ABD=∠A，∠BDC=∠C=72°，
∴BD=AD，BD=BC，
∴△ABD与△BDC为等腰三角形，故①正确；
②如图所示：△ABC为直角三角形，∠ABC=90°，
∴∠A+∠C=90°，∠ABD+∠CBD=90°，
作∠ABD=∠A交AC于点D，
∴∠DBC=∠C，
∴△ABD为等腰三角形，△BDC为等腰三角形，故②正确；
③如图，∠C=α，∠A=2α，
作∠DBC=α，交AC于D
∵∠ADB=∠C+∠DBC=2α=∠A，
∴BD分成的两个三角形都是等腰三角形，
如果三个角分别是50°，100°，30°不成立，
故结论③错误；
④如图所示：∠ABC=3∠C，设∠C=x，则∠ABC=3x，
∴∠ADB=x+x=2x，
过点B作∠CBD=∠C=x，
∴△BDC为等腰三角形；∠ADB=2x，∠ABD=∠ABC−∠CBD=3x−x=2x，
∴∠ABD=∠ADB,
∴△ABD为等腰三角形，故④正确；
综上可得：①②④正确，符合题意；
故选：C．
【点睛】题目主要考查等腰三角形等角对等边及三角形内角和定理、三角形外角的性质，理解题意作出相应图形求解是解题关键．
【变式13-2】（2023春·江苏淮安·八年级统考期中）【学习概念】：规定①：如果一个三角形的三个角分别等于另一个三角形的三个角，那么称这两个三角形互为“等角三角形”．
规定②：从三角形（不是等腰三角形）一个顶点引出一条射线与对边相交，顶点与交点之间的线段把这个三角形分割成两个小三角形，如果分得的两个小三角形中一个为等腰三角形，另一个与原来三角形是“等角三角形”，我们把这条线段叫做这个三角形的“等角分割线”．
【理解概念】：
（1）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，请根据规定①，写出图中所有的“等角三角形”；

（2）如图2，在△ABC中，CD为角平分线，∠A=40°，∠B=60°，请根据规定②，求证：CD为△ABC的等角分割线；

【应用概念】：
（3）在△ABC中，∠A=42°，CD是△ABC的等角分割线，∠ACB=_________．
【答案】（1）△ABC与△ACD，△ABC与△CBD，△ACD与△CBD是“等角三角形”；（2）见解析；（3）111°或84°或106°或92°
【分析】（1）根据“等角三角形”的定义解答即可；
（2）根据三角形内角和定理求出∠ACB，根据角平分线的定义得到∠ACD=∠DCB=12∠ACB=40°，根据“等角三角形”的定义证明即可；
（3）分△ACD是等腰三角形，DA=DC、DA=AC和△BCD是等腰三角形，DB=BC、DC=BD四种情况，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算即可分别求得
【详解】（1）解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，
∴∠A+∠ACD=90°，∠ACD+∠BCD=90°，
∴∠A=∠BCD，
∴△ABC与△ACD，△ABC与△CBD，△ACD与△CBD是“等角三角形”；
（2）证明：∵在△ABC中，∠A=40°，∠B=60°，
∴∠ACB=180°−∠A−∠B=80°，
∵CD为角平分线，
∴∠ACD=∠DCB=12∠ACB=40°，
∴∠ACD=∠A，∠DCB=∠A，
∴CD=DA，
∵在△DBC中，∠DCB=40°，∠B=60°，
∴∠BDC=180°−∠DCB−∠B=80°，
∴∠BDC=∠ACB，
∵CD=DA，∠BDC=∠ACB，∠DCB=∠A，∠B=∠B，
∴CD为△ABC的等角分割线；
（3）解：当△ACD是等腰三角形，DA=DC时，∠ACD=∠A=42°，
∴∠ACB=∠BDC=42°+42°=84°，
当△ACD是等腰三角形，DA=AC时，∠ACD=∠ADC=69°，∠BCD=∠A=42°，
∴∠ACB=69°+42°=111°，
当△BCD是等腰三角形，DC=BD时，∠ACD=∠BCD=∠B=46°，
∴∠ACB=92°，
当△BCD是等腰三角形，DB=BC时，∠BDC=∠BCD，
设∠BDC=∠BCD=x，则∠B=180°−2x，
则∠ACD=∠B=180°−2x，
由题意得，180°−2x+42°=x，解得x=74°，
∴∠ACD=180°−2x=32°，
∴∠ACB=106°，
∴∠ACB的度数为111°或84°或106°或92°．
故答案为：111°或84°或106°或92°．
【点睛】本题考查了“等角三角形”的定义、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
【变式13-3】（2023春·全国·八年级专题练习）在△ABC中，AB=AC，∠A=36°，把像这样的三角形叫做黄金三角形．
(1)请你设计三种不同的分法，将黄金三角形ABC分割成三个等腰三角形，使得分割成的三角形中含有两个黄金三角形（画图工具不限，要求画出分割线段；标出能够说明不同分法所得三角形的内角度数，不要求写画法，不要求证明．分别画在图1，图2，图3中）
注：两种分法只要有一条分割线段位置不同，就认为是两种不同的分法．
(2)如图4中，BF平分∠ABC交AC于F，取AB的中点E，连接EF并延长交BC的延长线于M．试判断CM与AB之间的数量关系？只需说明结果，不用证明．
答：CM与AB之间的数量关系是 ．
【答案】(1)画图见解析；
(2)CM=AB
【分析】（1）黄金三角形是一个等腰三角形，它的顶角为36°，每个底角为72°．它的底与它的腰成黄金比．当底角被平分时，角平分线分对边也成黄金比，并形成两个较小的等腰三角形．这两三角形之一相似于原三角形．依此作图即可．
（2）连接AM，根据黄金三角形的性质即可得出CM与AC之间的数量关系，从而得出CM与AB之间的数量关系．
【详解】（1）解：如图所示：
（2）连接AM，如图：
∵在△ABC中，AB=AC，∠A=36°，
∴∠ABC=∠ACB=12180°−36°=72°，
∵BF平分∠ABC交AC于F，
∴∠1=∠2=36°，
∴∠BAC=∠1，
∴BF=AF
∵E是AB的中点，
∴EM垂直平分AB，
∴AM=BM，
∴∠AMB=180°−2∠ABC=180°−2×72°=36°，
∴∠CAM=∠ACB−∠BMA=72°−36°=36°，
∴∠CAM=∠CMA，
∴AC=CM，
∴CM=AB．
故答案为：CM=AB
【点睛】本题考查了黄金三角形，注意线段的黄金分割点的概念的延伸，关键是能够根据黄金分割的定义结合等腰三角形的判定和性质进行分析并作图．
【题型14 角平分线的综合应用】
【例14】（2023春·福建厦门·八年级福建省厦门第二中学校考期中）已知：在ΔABC和ΔDEC中，AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠ECD=α．
(1)如图1，A，C，D在同一直线上，延长AE交BD于F，求证：AF⊥BD；
(2)如图2，AE与BD交于F，G在AD上，若FG平分∠AFD，求证：点C在直线FG上．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）先说明∠ACB=∠ECD=12×180°=90°，根据SAS证明ΔACE≌ΔBCD，得出∠CAE=∠CBD，说明∠CAE+∠CDB=90°，即可得出答案；
（2）连接CF，过点C作CM⊥BD于点M，CN⊥AE于点N，根据SAS证明ΔBCD≌ΔACE得出∠CBM=∠CAN，根据AAS证明ΔCBM≌ΔCAN，得出CM=CN，说明CF平分∠MFN，得出∠AFG=∠DFG，证明∠CFM+∠MFA+∠AFG=∠CFN+∠NFD+∠DFG=180°即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵A，C，D在同一直线上，∠ACB=∠ECD=α，
∴∠ACB=∠ECD=12×180°=90°，
∵在ΔACE和ΔBCD中AC=BC∠ACE=∠BCDCE=CD，
∴ΔACE≌ΔBCDSAS，
∴∠CAE=∠CBD，
∵∠CBD+∠BDC=90°，
∴∠CAE+∠CDB=90°，
∴∠AFD=180°−∠CAE+∠CDB=90°，
∴AF⊥BD．
（2）证明：连接CF，过点C作CM⊥BD于点M，CN⊥AE于点N，如图所示：
∵∠ACB=∠DCE，
∴∠ACB+∠ACD=∠ACD+∠DCE，
即∠BCD=∠ACE，
∵在ΔBCD和ΔACE中BC=AC∠BCD=∠ACECD=CE，
∴ΔBCD≌ΔACESAS，
∴∠CBM=∠CAN，
∵在ΔCBM和ΔCAN中∠CBM=∠CAN∠CMB=∠CNA=90°CB=CA，
∴ΔCBM≌ΔCAN，
∴CM=CN，
∵CM⊥BD，CN⊥AE，
∴CF平分∠MFN，
∴∠MFC=∠NFC，
∵FG平分∠AFD，
∴∠AFG=∠DFG，
∵∠MFA=∠NFD，
∴∠CFM+∠MFA+∠AFG=∠CFN+∠NFD+∠DFG，
∵∠CFM+∠MFA+∠AFG+∠CFN+∠NFD+∠DFG=360°，
∴∠CFM+∠MFA+∠AFG=∠CFN+∠NFD+∠DFG=180°，
∴C、F、G在同一直线上，
即点C在直线FG上．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，垂直的定义，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形．
【变式14-1】（2023春·湖北武汉·八年级校考阶段练习）已知：∠AOB=60°，小新在学习了角平分钱的知识后，做了一个夹角为120°（即∠DPE=120°）的角尺来作∠AOB的角平分线．
(1)如图1，他先在边OA和OB上分别取OD=OE，再移动角尺使PD=PE，然后他就说射线OP是∠AOB的角平分线．试根据小新的做法证明射线OP是∠AOB的角平分线；
(2)如图2，将角尺绕点P旋转了一定的角度后，OD≠OE，但仍然出现了PD=PE，此时OP是∠AOB的角平分线吗？如果是，请说明理由．
(3)如图3，在（2）的基础上，若角尺旋转后恰好使得DP∥OB，请判断线段OD与OE的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)是，理由见解析
(3)OE=2OD，理由见解析
【分析】（1）根据SSS证明ΔOPD≅ΔOPE(SSS)，可得结论．
（2）过点P作PH⊥OA于H，PK⊥OB于K．证明ΔDPH≅ΔEPK(AAS)，可得结论．
（3）结论：OE=2OD． OB上取一点T，使得OT=OD，连接PT．想办法证明PT=OT，PT=TE，可得结论．
【详解】（1）解：证明：如图1中，
在ΔOPD和ΔOPE中，
OD=OEPD=PEOP=OP，
∴ΔOPD≅ΔOPE(SSS)，
∴∠POD=∠POE．
（2）解：结论正确．
理由：如图2中，过点P作PH⊥OA于H，PK⊥OB于K．
∵∠PHO=∠PKB=90°，∠AOB=60°，
∴∠HPK=120°，
∵∠DPE=∠HPK=120°，
∴∠DPH=∠EPK，
在ΔOPH和ΔOPK中，
∠PHO=∠PKB=90°∠DPH=∠EPKPD=PE，
∴ΔDPH≅ΔEPK(AAS)，
∴PH=PK，
则OP是∠AOB的角平分线；
（3）解：结论：OE=2OD．
理由：如图3中，在OB上取一点T，使得OT=OD，连接PT．
∵OP平分∠AOB，
∴∠POD=∠POT，
在ΔPOD和ΔPOT中，
OD=OT∠POD=∠POTOP=OP，
∴ΔPOD≅ΔPOT(SAS)，
∴∠ODP=∠OTP，
∵PD∥OB，
∴∠PDO+∠AOB=180°，∠DPE+∠PEO=180°，
∵∠AOB=60°，∠DPE=120°，
∴∠ODP=120°，∠PEO=60°，
∴∠OTP=∠ODP=120°，
∴∠PTE=60°，
∴∠TPE=∠PET=60°，
∴TP=TE，
∵∠PTE=∠TOP+∠TPO，∠POT=30°，
∴∠TOP=∠TPO=30°，
∴OT=TP，
∴OT=TE，
∴OE=2OD．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的判定等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
【变式14-2】（2023春·广东珠海·八年级珠海市文园中学校考阶段练习）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BP交AD于点F，交AC于点O，连接DO并延长交AB于点G．若BG=2，DF=4，求线段DB的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)AD−AB=2BE，理由见解析；
(3)6．
【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，利用AAS证明△AEC≌△AFC，从而得到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，
∠CBE=∠CDF∠CEB=∠CFD=90°CE=CF，
∴△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，
∴∠CAE=∠CAF
∵CE⊥AB，CF⊥AD，
∴∠AEC=∠AFC=90°
∵∠AEC=∠AFC=90°，∠CAE=∠CAF，AC=AC
∴△AEC≌△AFC AAS，
∴CE=CF，AE=AF，
∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠CBE=180°，
∴∠CBE=∠CDF，
在△BCE和△DCF中，
∠CBE=∠CDF∠CEB=∠CFD=90°CE=CF，
∴△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，
在△OBH和△OBG中，
BH=BG∠OBH=∠OBGOB=OB，
∴△OBH≌△OBGSAS
∴∠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，
∠DOH=∠DOFOD=OD∠ODH=∠ODF，
∴△ODH≌△ODFASA，
∴DH=DF，
∴DB=DH+BH=DF+BG=4+2=6．
【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，关键是作合适的辅助线，构造全等三角形．
【变式14-3】（2023春·黑龙江哈尔滨·八年级统考期末）如图1，ΔABC的∠ABC和∠ACB的平分线BE，CF相交于点G，∠BAC=60°．
（1）求∠BGC的度数；
（2）如图2，连接AG，求证：AG平分∠BAC；
（3）如图3，在⑵的条件下，在AC上取点H，使得∠AGH=∠BGC，且AH=8，BC=10，求ΔABC的周长．
【答案】（1）120°；（2）见解析；（3）28
【分析】（1）利用角平分线的定义，三角形内角和定理，两个角的和求解即可；
（2）利用角平分线的判定定理证明判断即可；
（3）利用两次三角形的全等证明即可．
【详解】（1）证明：如图1，
∵BE、CF分别平分∠ABC、∠ACB，
∴∠1=12∠ABC,∠2=12∠ACB，
∴∠1+∠2=12(∠ABC+∠ACB)=12(180°−∠A)=90°−12∠A，
∵∠BAC=60° ，
∴∠BGC=180°−(∠1+∠2)=90°+12∠A=120°；
(2)如图2，过点G分别作GM⊥AB于M，GN⊥BC于N， GQ⊥AC于Q，
∵BE 平分∠ABC， GM⊥AB于M，GN⊥BC 于N，
∴GM=GN，
同理GN=GQ，
∴GM=GQ，
∵GM⊥AB于M， GQ⊥AC于Q，
∴AG平分∠BAC ；
（3）解：∵GM⊥AB于M， GQ⊥AC于Q，GM=GQ，
∴AG 平分∠BAC，
∵又∠BAC=60°，
∴∠BAG=∠CAG=30°，
在BC上取点K，使 BK=BA，
∵BE平分∠ABC
∴∠ABG=∠CBG，
又∵BG=BG，
∴ΔABG≌ΔKBG，
∴∠BKG=∠BAG，
∴∠BKG=∠BAG=30∘，
∴∠GKC=180∘−30∘=150∘，
∵∠AGH=∠BGC=120° ， ∠CAG=30°，
∴∠GHC=120°+30°=150°，
∴∠GKC=∠GHC，
又∵CG=CG，∠KCG=∠HCG，
∴ΔKCG≌ΔHCG，
∴CK=CH，
△ABC的周长为：AB+BC+CA=AB+(BK+KC)+(AH+CH)=2BC+AH=2×10+8=28，
∴ΔABC的周长是28．
【点睛】本题考查了角的平分线定义，性质定理和逆定理，三角形内角和定理，三角形全等的判定和性质，熟练掌握性质和定理，灵活运用三角形全等的相关知识是解题的关键．
【题型15 垂直平分线的综合应用】
【例15】（2023春·福建莆田·八年级校考开学考试）如图，在Rt△ABC中，∠CBA=90°，∠CAB的角平分线AP和∠MCB的平分线CF相交于点D，AD交CB于点P，CF交AB的延长线于点F，过点D作DE⊥CF交CB的延长线于点G，交AB的延长线于点E，连接CE并延长交FG于点H，则下列结论：①∠CDA=45°；②AF−CG=CA；③DE=DC；④CF=2CD+EG；其中正确的有 ．（填序号）

【答案】①②③④
【分析】①利用角平分线的性质以及三角形外角的性质，求解即可；
②③延长GD与AC交于点I，利用全等三角形的判定与性质求解即可；
④在DF上截取DM=CD，利用垂直平分线的性质以及全等三角形的性质，求解即可．
【详解】解：设∠GCD=x，∠DAC=y，

∵CD平分∠MCB，AP平分∠CAB，
∴∠BCD=∠MCD，∠CAD=12∠CAB
由三角形外角的性质可得：∠MCD=x=y+∠ADC∠MCB=2x=2y+∠ABC
∴∠ADC=12∠ABC=45°①正确；
延长GD与AC交于点I，如下图：
∵DE⊥CF
∴∠CDG=∠CDI=90°
∵CF平分∠GCI
∴∠GCD=∠ICD
又∵CD=CD，
∴△GCD≌△ICDASA
∴CG=CI
∵∠ADC=45°
∴∠ADI=∠ADF=135°
又∵∠FAD=∠IAD，AD=AD
∴△AFD≌△AIDASA
∴AF=AI
∴AF−CG=CA②正确；
同理可得：△ACD≌△AEDASA
∴DE=DC，③正确；
在DF上截取DM=CD，则DE是CM的垂直平分线，如下图：

∴CE=EM
∵△AFD≌△AIDASA
∴∠I=∠DFE，AF=AI
又∵∠CDI=∠EDF=90°
∴∠DCG=∠DEF
∵∠ECG=∠GCD−45°，∠MEF=∠DEF−45°
∴∠MEF=∠ECG
∵△ACD≌△AEDASA
∴AC=AE
∴EF=CI
又∵CI=CG
∴EF=CG
又∵EM=CE
∴△EMF≌△CEGSAS
∴FM=GE
∴CF=2CD+EG④正确
故答案为：①②③④
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，垂直平分线的性质，解题的关键是熟练掌握相关基础知识，作出辅助线，构造出全等三角形．
【变式15-1】（2023春·四川成都·八年级四川省成都市第七中学初中学校校考开学考试）如图：在△ABC中，∠BAC=110°，AC=AB，射线AD、AE的夹角为55°，过点B作BF⊥AD于点F，直线BF交AE于点G，连接CG．

(1)如图1，若射线AD、AE都在∠BAC的内部，且点B与点B′关于AD对称，求证：CG=B′G；
(2)如图2，若射线AD在∠BAC的内部，射线AE在∠BAC的外部，其他条件不变，求证：CG+2GF=BG；
(3)如图3，若射线AD、AE都在∠BAC的外部，其他条件不变，若CG=145GF，AF=3，S△ABG=7.5，求BF的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)BF=11.25
【分析】1先判断出AC=AB′，再用等式的性质判断出∠BAF=∠B′AF，进而判断出△CGA≌△B′GA，即可得出结论；
2先判断出∠GAF=∠G′AF，再判断出∠GAC=∠G′AB，进而得出△GAC≌△G′AB，即CG=G′B，即可得出结论；
3同2的方法判断出CG=G′B，最后用面积建立方程求出k的值，即可得出结论．
【详解】（1）证明：如图1，连接AB′，

∵B，B′关于AD对称，
∴BB′被AD垂直平分，
∴AB′=AB，
∵AC=AB，
∴AC=AB′，
∵AF⊥BG，
∴∠BAF=∠B′AF，
∵∠GAF=55°，
∴∠B′AF+∠GAB′=55°，
∵∠CAB=110°，
∴∠CAG+∠FAB=55°，
∴∠B′AF+∠GAB′=∠CAG+∠FAB，
∵∠BAF=∠B′AF，
∴∠GAB′=∠CAG，
∵AG=AG，
∴△CGA≌△B′GASAS，
∴CG=B′G；
（2）证明：如图2，在FB上截取FG′=GF，连接AG′，

∵BF⊥AD，
∴AG=AG′，
∴∠GAF=∠G′AF，
∴∠GAG′=2∠GAF=110°，
∵∠CAB=110°，
∴∠GAG′=∠CAB，
∴∠GAG′−∠CAG′=∠CAB−∠CAG′，
∴∠GAC=∠G′AB，
∵AC=AB，
∴△GAC≌△G′ABSAS，
∴CG=G′B，
∵FG′=GF，
∴CG′=2GF，
∵GB=GG′+G′B，
∴GB=2GF+CG，
∴CG=GB−2GF；
即CG+2GF=BG；
（3）解：如图3，延长BF至点G′，使G′F=GF，连接AG′，

∵BF⊥AD，
∴AG=AG′，
∴∠GAF=∠G′AF，
∴∠GAG′=2∠GAF=110°，
∵∠CAB=110°，
∴∠GAG′=∠CAB，
∴∠GAG′−∠CAG′=∠CAB−∠CAG′，
∴∠GAC=∠G′AB，
∵AC=AB，
∴△GAC≌△G′ABSAS，
∴CG=G′B，
∵CG=145GF，
∴设GF=5k，CG=14k，
∴G′F=5k，BG′=14k，
∴BG=4k，
∵AF=3，S△ABG=7.5，
∴12BG⋅AF=7.5，
∴12×4k×3=7.5，
∴k=1.25，
∴BF=9k=11.25．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，对称的性质，垂直平分线的性质，判断出CG=GB′是解本题的关键．
【变式15-2】（2023春·全国·八年级专题练习）如图，在△ABC中，D为AB中点，DE⊥AB，∠ACE+∠BCE=180°，EF⊥BC于点F，AC=6，BC=9，则BF的长为 ．

【答案】32
【分析】连接AE，过点E作EN⊥AC，交AC的延长线于N，由∠ACE+∠BCE=180°，可得∠BCE=∠NCE；由D为AB中点，DE⊥AB，则可得AE=BE；证明△EFC≌△ENC，再证明△BEF≌△AEN即可求得结果．
【详解】解：连接AE，过点E作EN⊥AC，交AC的延长线于N，如图，
∵∠ACE+∠BCE=180°，∠ACE+∠ECN=180°，
∴∠BCE=∠NCE；
∵D为AB中点，DE⊥AB，
∴AE=BE；
∵EF⊥BC，EN⊥AC，
∴∠EFC=∠ENC=90°，
∵EC=EC，
∴△EFC≌△ENC，
∴EF=EN,CF=CN；
∵EF⊥BC,EN⊥AC，AE=BE，EF=EN，
∴△BEF≌△AEN，
∴BF=AN，
∴BC−CF=AC+CN，
即9−CF=6+CN，
∴CF=32．

故答案为：32．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，掌握这两个性质是关键．
【变式15-3】（2023春·江苏·八年级专题练习）在△ABC中，AB＝10，AC＝6．若点D为∠BAC的平分线上一点．
（1）当点D在△ABC的外部时，如图1，过点D作DE⊥AB于E，作DF⊥AC交AC的延长线于F，且BE＝CF．
①求证：点D在BC的垂直平分线上；
②BE＝ ．
（2）当点D在线段BC上时，如图2，若∠C＝90°，BE平分∠ABC，交AC于点E，交AD与点F，过点F作FG⊥BE，交BC于点G，则
①∠DFG＝ ；
②若BC＝8，EC＝83，则GC＝ ．
（3）如图3，过点A的直线l∥BC，若∠C＝90°，BC＝8，点D到△ABC三边所在直线的距离相等，则点D到直线l的距离是 ．
【答案】（1）①见解析；②2；（2）①45°；②43；（3）2或4或6或12．
【分析】（1）①由AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，得出DE=DF，借助Rt△BDE≌Rt△CDF，得到BD=CD，即可证明点D在BC的垂直平分线上；
②通过Rt△ADE≌Rt△ADF证出AE=AF，从而有AB-BE=AC+CF，即可得出2BE=4，即可求出BE的长；
（2）①先利用角平分线的定义求得∠ABF+∠BAF=45°，再利用三角形的外角性质求得∠DFB=∠ABF+∠BAF=45°，即可求解；
②延长FG交AB于H，证明△AFH≌△AFE(ASA)，得到AH=AE=103，再由△BFG≌△BFH(ASA)，即可求解；
（3）分4种情况讨论，分别画出图形利用角平分线的性质结合图形求解即可．
【详解】（1）①证明：连接BD，CD，
∵AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE=DF，
在Rt△BDE和Rt△CDF中，
BE=CF∠BED=∠CFD=90°DE=DF，
∴Rt△BDE≌Rt△CDF(SAS)，
∴BD=CD，
∴点D在BC的垂直平分线上；
②由①知：DE=DF，
在Rt△ADE和Rt△ADF中，
AD=ADDE=DF，
∴Rt△ADE≌Rt△ADF(HL)，
∴AE=AF，
∵BE=CF，
∴AB-BE=AC+CF，
∴10-BE=6+BE，
∴BE=2；
故答案为：2；
（2）①∵BE平分∠ABC，AD平分∠BAC，∠C=90°，
∴12∠ABC+12∠BAC=12×90°=45°，即∠ABF+∠BAF=45°，
∴∠DFB=∠ABF+∠BAF=45°，
∵FG⊥BE，即∠BFG=90°，
∴∠DFG=90°-∠DFB=45°；
故答案为：45°；
②延长FG交AB于H，
∵∠AFH=∠DFG=45°，∠AFE=∠BFD=45°，
∴∠AFH=∠AFE，
∵∠HAF=∠EAF，AF=AF，
∴△AFH≌△AFE(ASA)，
∴AH=AE，
∴AB=10，AC=6，BC=8，EC=83，
∴AE=AC-CE=6-83=103，
∴AH=AE=103，
∴BH=AB-AH=203，
∵∠CBE=∠ABE，∠BFH=∠BFG，BF=BF，
∴△BFG≌△BFH(ASA)，
∴BH=BG=203，
∴GC=BC-BG=8−203=43，
故答案为：43；
（3）当点D在△ABC内部时，如图：
∵SΔABC=12AC•BC=12AB•ℎ+12AC•ℎ+12BC•ℎ，
∴6×8=(6+8+10)⋅ℎ，
∴h=2，
点D到直线l的距离是AC-h=6-2=4；
当点D在BC的下方时，如图：
设点D到三边的距离为x，
由题意得：BE=8-x，AE=AF，
∴10+8-x=6+x，
∴x=6，
点D到直线l的距离是AF=12；
当点D在AC的右边时，如图：
设点D到三边的距离为y，
同理可得：8+y=10+6-y，
∴x=4，
点D到直线l的距离是6-y=2；
当点D在AB的上方时，如图：
设点D到三边的距离为z，
同理可得：z-6+z-8=10，
∴z=12，
点D到直线l的距离是z-6=6；
综上，点D到直线l的距离是2或4或6或12．
故答案为：2或4或6或12．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线和角平分线的性质，以及三角形全等的判定与性质，熟练使用各性质定理是解决问题的关键．