初中数学中考复习专题满分秘籍讲义练习常见全等辅助线添加秘籍

这是一份初中数学中考复习专题满分秘籍讲义练习常见全等辅助线添加秘籍，共55页。试卷主要包含了倍长中线模型，问题背景等内容，欢迎下载使用。
会添加倍长中线模型、截长补短模型的辅助线构造三角形全等；
会利用全等三角形的性质和判定进行相关的计算和证明.
《重难点精准分析》
全等辅助线的添加；
全等三角形的性质和判定的综合应用.
《专题精准分析》
全等三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位，也是学生必须掌握的一块内容，本专题就全等三角形中的重要模型（倍长中线模型、截长补短模型）进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
模型1.倍长中线模型
【模型解读】中线是三角形中的重要线段之一，在利用中线解决几何问题时，常常采用“倍长中线法”添加辅助线．所谓倍长中线法，就是将三角形的中线延长一倍，以便构造出全等三角形，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的方法．（注：一般都是原题已经有中线时用，不太会有自己画中线的时候）。
【常见模型及证法】
1、基本型：如图1，在三角形ABC中，AD为BC边上的中线.
证明思路：延长AD至点E，使得AD=DE. 若连结BE，则；若连结EC，则；
2、中点型:如图2，为的中点.
证明思路：若延长至点，使得，连结，则;
若延长至点，使得，连结，则.
3、中点+平行线型：如图3, ，点为线段的中点.
证明思路：延长交于点 (或交延长线于点)，则.
倍长中线型辅助线
倍长中线型辅助线一般跟中点相关，在初中阶段与中点相关的辅助线大体分成三大类：倍长中线（这里的中线指的是过中点的任意线段）、直角三角形斜边中线、中位线.其中后两种辅助线会在初二下学期的四边形章节中讲到，在此不做过多讲解，本节所讲的中点相关的辅助线主要是倍长中线型辅助线（这里的中线指的是过中点的任意线段），此种模型的本质都是构造“8字型”全等，主要分成三类处理方法：
（1）倍长中线型——这里的中线指的是标准的三角形的中线，具体模型如下：

已知：点D为AC边的中点
作法：延长BD至E，使得DE=BD，连结AE.
倍长过中点的任意线段型——这里只需要出现中点即可构造，具体模型如下：

已知：点D为AC边的中点
作法：延长FD至E，使得DE=DF，连结AE.
平行线构造“8字型”——中点不是三角形的边的中点，具体模型如下：

已知：点E为DF的中点
作法：过点D作DM//AF，交AC于点M.
另外，平行线构造“8字型”的模型还可以有以下两种类型：

典例1.如图，AD是△ABC的中线，BE交AC于E，交AD于F，且AE=EF，求证：AC=BF．
【答案】证明：∵AD是△ABC的中线，∴BD=CD．
方法一：延长AD至点M，使DM=AD，连接BM，
在△ADC和△MDB中，
，
∴△ADC≌△MDB（SAS），
∴∠M=∠MAC，BM=AC，
∵EA=EF，
∴∠CAM=∠AFE，而∠AFE=∠BFM，
∴∠M=∠BFM，
∴BM=BF，
∴BF=AC．
方法二：延长AD至点M，使MD=FD，连接MC，
在△BDF和△CDM中，
，
∴△BDF≌△CDM（SAS）．
∴MC=BF，∠M=∠BFM．
∵EA=EF，
∴∠EAF=∠EFA，
∵∠AFE=∠BFM，
∴∠M=∠MAC，
∴AC=MC，
∴BF=AC.
【精准解析】有两种解法：①延长AD至点M，使MD=FD，连接MC，则可证△BDF≌△CDM（SAS），可得MC=BF，∠M=∠BFM，再得∠M=∠MAC，得AC=MC=BF．②延长AD至点M，使DM=AD，连接BM，可证△ADC≌△MDB（SAS），方法与①相同．
练习1.八年级一班数学兴趣小组在一次活动中进行探究试验活动，请你和他们一起活动吧．
【探究与发现】
（1）如图1，AD是△ABC的中线，延长AD至点E，使ED=AD，连接BE，写出图中全等的两个三角形
【理解与应用】
（2）填空：如图2，EP是△DEF的中线，若EF=5，DE=3，设EP=x，则x的取值范围是 ．
（3）已知：如图3，AD是△ABC的中线，∠BAC=∠ACB，点Q在BC的延长线上，QC=BC，求证：AQ=2AD．
【答案】（1）证明：在△ADC与△EDB中，
，
∴△ADC≌△EDB；故答案为：△ADC≌△EDB；
解：如图2，延长EP至点Q，使PQ=PE，连接FQ，
在△PDE与△PQF中，
，
∴△PEP≌△QFP，∴FQ=DE=3，
在△EFQ中，EF﹣FQ＜QE＜EF+FQ，即5﹣3＜2x＜5+3，
∴x的取值范围是1＜x＜4；故答案为：1＜x＜4；
证明：如图3，延长AD到M，使MD=AD，连接BM，
∴AM=2AD，
∵AD是△ABC的中线，∴BD=CD，
在△BMD与△CAD中，
，
∴△BMD≌△CAD，
∴BM=CA，∠M=∠CAD，
∴∠BAC=∠BAM+∠CAD=∠BAM+∠M，
∵∠ACB=∠Q+∠CAQ，AB=BC，
∵∠ACQ=180°﹣（∠Q+∠CAQ），∠MBA=180°﹣（∠BAM+∠M），
∴∠ACQ=∠MBA，
∵QC=BC，
∴QC=AB，
在△ACQ与△MBA中，
，
∴△ACQ≌△MBA，∴AQ=AM=2AD．
【精准解析】（1）根据全等三角形的判定即可得到结论；（2）延长EP至点Q，使PQ=PE，连接FQ，根据全等三角形的性质得到FQ=DE=3，根据三角形的三边关系即可得到结论；（3）延长AD到M，使MD=AD，连接BM，于是得到AM=2AD由已知条件得到BD=CD，根据全等三角形性质得到BM=CA，∠M=∠CAD，得到∠BAC=∠BAM+∠CAD=∠BAM+∠M，推出△ACQ≌△MBA，根据全等三角形的性质即可得到结论．
《小结》
当题目中出现中线时，常会考利用倍长中线型模型添加辅助线，构造“8字型”的全等.
典例2.如图，在△ABC中，AB＞AC，E为BC边的中点，AD为∠BAC的平分线，过E作AD的平行线，交AB于F，交CA的延长线于G．求证：BF=AC+AF．
【答案】证明：延长FE至Q，使EQ=EF，连接CQ，
∵E为BC边的中点，
∴BE=CE，
∵在△BEF和△CEQ中，
，
∴△BEF≌△CEQ，
∴BF=CQ，∠BFE=∠Q，
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD=∠BAD，
∵EF∥AD，
∴∠CAD=∠G，∠BAD=∠GFA，
∴∠G=∠GFA，
∴∠GFA=∠BFE，AG=AF，
∵∠BFE=∠Q（已证），
∴∠G=∠Q，
∴CQ=CG，
∵CQ=BF，
∴BF=CG=AG+AC=AF+AC．
【精准解析】延长FE至Q，使EQ=EF，连接CQ，根据SAS证△BEF≌△CEQ，推出BF=CQ，∠BFE=∠Q，根据平行线性质和角平分线性质推出∠G=∠GFA=∠BFE，推出∠G=∠Q，推出CQ=CG即可．
练习1.已知：如图，△ABC（AB≠AC）中，D、E在BC上，且DE=EC，过D作DF∥BA交AE于点F，DF=AC．求证：AE平分∠BAC．
【答案】证明：如图，延长FE到G，使EG=EF，连接CG．
在△DEF和△CEG中，
∵，
∴△DEF≌△CEG．
∴DF=GC，∠DFE=∠G．
∵DF∥AB，
∴∠DFE=∠BAE．
∵DF=AC，
∴GC=AC．
∴∠G=∠CAE．
∴∠BAE=∠CAE，即AE平分∠BAC．
【解析】延长FE到G，使EG=EF．连接CG，由于已知条件通过SAS证得△DEF≌△CEG得到DF=GC，∠DFE=∠G，由平行线的性质和已知条件得到∠G=∠CAE，故有∠BAE=∠CAE，结论可得．
《小结》
当题目中出现中点，而没有合适的中线可以倍长时，也可以考虑倍长过中点的任意一条线段，构造“8字型”全等.
典例3.如图，△ABC中，AB=AC，D在AB上，F在AC的延长线上，且BD=CF，连接DE交BC于E．求证：DE=EF．
【答案】证明：过D点作AF的平行线交BC于G点，
∴∠ECF=∠DGE，
∴∠DGB=∠ACB
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ABC=∠DGB，
∴DG=BD，
∵BD=CF，
∴DG=CF．
由∠ECF=∠DGE，∠DEG=∠CEF，DG=CF可得△DGE≌△FCE（AAS），
∴DE=EF．
【精准解析】过D点作AF的平行线交BC于G点，利用等腰三角形的性质和平行线的性质，求证△DGE≌△FCE即可.
练习1.如图，已知∠B+∠CDE=180°，AC=CE．求证：AB=DE．
【答案】证明：如图，过E点作EH∥AB交BD的延长线于H，故∠A=∠CEH，
在△ABC与△EHC中，
∴△ABC≌△EHC（ASA），
∴AB=HE，
∵∠B+∠CDE=180°，
∠HDE+∠CDE=180°
∴∠HDE=∠B=∠H，
∴DE=HE．
∵AB=HE，
∴AB=DE．
【精准解析】如图，过E点作EH∥AB交BD的延长线于H．构建全等三角形△ABC≌△EHC（ASA），则由全等三角形的性质得到AB=HE；然后结合已知条件得到DE=HE，所以AB=HE，由等量代换证得AB=DE．
《小结》
当题目中出现中点，但此中点不是三角形的某条边的中点，只是与三角形某条边有交点时，则可以考虑利用作平行线的方法构造“8字型”的全等.
模型2.截长补短模型
【模型解读】
截长补短的方法适用于求证线段的和差倍分关系。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，截长补短法（往往需证2次全等）。
截长：指在长线段中截取一段等于已知线段；补短：指将短线段延长，延长部分等于已知线段。
【常见模型及证法】
截长补短法添加辅助线
在已知条件中、证明的结论中出现某三条线段，甚至是四条线段的关系时（或者猜想某三条线段的关系时），优先考虑的就是方法就是截长、补短法.截长和补短是两种方法：截长是把长线段截成两条短线段；补短是把两条短线段之一补成一条长线段，两种方法有时候可以通用，但是由于证明方法和已知条件的局限性，有时候会需要学生辨别一下具体使用截长还是补短，所以分析已知条件非常重要.
举例说明：
1.当三线关系出现在已知条件中，如：已知AC=AB+BD，则
（1）截长法
具体操作：在线段AC上截取AM=AB
条件转化：已知条件“AC=AB+BD”就变成了“AM=AB和CM=BD”
【注】当然也可以在线段AC上截取AM=BD，具体截取的方法选择，由题中的其他已知条件决定.
（2）补短法
具体操作：延长AB至N，使得AN=AC
条件转化：已知条件“AC=AB+BD”就变成了“AN=AC和BN=BD”
【注】当然也可以延长BA、BD、DB，具体延长哪条线段、向哪个方向延长，由题中的其他已知条件决定.
当三线关系出现在待证明的结论中，如：证明AC=AB+BD，则
（1）截长法
具体操作：在线段AC上截取AM=AB
条件转化：待证明的结论“AC=AB+BD”就变成了“CM=BD”，而多出了一个已知条件“AM=AB”
【注】当然也可以在线段AC上截取AM=BD，具体截取的方法选择，由题中的其他已知条件决定.
（2）补短法
具体操作：延长AB至N，使得AN=AC
条件转化：待证明的结论“AC=AB+BD”就变成了“BN=BD”，而多出了一个已知条件“AN=AC”
【注】当然也可以延长BA、BD、DB，具体延长哪条线段、向哪个方向延长，由题中的其他已知条件决定.
截长补短模型证明问题
【专题说明】
截长补短法在初中几何教学中有着十分重要的作用,它主要是用来证线段的和差问题,而且这种方法一直贯穿着整个几何教学的始终.那么什么是截长补短法呢?所谓截长补短其实包含两层意思,即截长和补短.截长就是在较长的线段上截取一段等于要证的两段较短的线段中的一段,证剩下的那一段等于另外一段较短的线段.当条件或结论中出现a+b=c时，用截长补短．
【知识总结】
1、补短法：通过添加辅助线“构造”一条线段使其为求证中的两条线段之和，在证所构造的线段和求证中那一条线段相等；
2、截长法：通过添加辅助线先在求证中长线段上截取与线段中的某一段相等的线段，在证明截剩部分与线段中的另一段相等。
3、截长法与补短法，具体做法是在某条线段上截取一条线段与特定线段相等，或是将某条线段延长，使之与特定线段相等，再利用三角形全等的有关性质加以说明，这种做法一般遇到证明三条线段之间关系是常用.
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,在证明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.
【类型】一、截长
“截长”是指在较长的线段上截取另外两条较短的线段，截取的作法不同，涉及四种方法。
方法一：
如图2所示，在BF上截取BM=DF，
易证△BMC≌△DFC（SAS），
则MC=FC=FG，∠BCM=∠DCF，
可得△MCF为等腰直角三角形，
又可证∠CFE=45°，∠CFG=90°，
∠CFG=∠MCF，FG∥CM，
可得四边形CGFM为平行四边形，则CG=MF，
于是BF=BM+MF=DF+CG.
图2
方法二：
如图2所示，在BF上截取FM=GC，
可证四边形GCFM为平行四边形，
可得CM=FG=CF；
可得∠BFC=∠BDC=45°，得∠MCF=90°；
又得∠BMC=∠DFC=135°，
于是△BMC≌△DFC（AAS），BM=DF，
于是BF=FM+BM=CG+DF.
上述两种方法中都利用了两个共顶点的等腰Rt△BCD和△MCF。
方法三：
如图3所示，在BF上截取FK=FD，得等腰Rt△DFK，
可证得∠DFC=∠KFG=135°，
所以△DFC≌△KFG（SAS），
所以KG=DC=BC，
∠FKG=∠FDC=∠CBF，KG∥BC，
得四边形BCGK为平行四边形，BK=CG，
于是BF=BK+KF=CG+DF.
图3
方法四：[来源:Z#xx#k.Cm]
如图3所示，在BF上截取BK=CG，
可得四边形BCGK为平行四边形，
BC=GK=DC，BC∥KG，
∠GKF=∠CBF=∠CDF，
根据四边形BCFD为圆的内接四边形，
可证得∠BFC=45°，∠DFC=∠KFG，
于是△DCF≌△KGF（AAS），DF=KF，
于是BF=BK+KF=CG+DF.
上述两种方法中都利用了两个共顶点的等腰Rt△BDC和△KDF。
【类型】二、补短
“补短”指的是选取两条较短线段中的一条进行延长，使得较短的两条线段共线并寻求解题突破，根据辅助线作法的不同也涉及四种不同的方法。
方法五：
如图4所示，延长GC至N，使CN=DF，
易证△CDF≌△BCN（SAS），
可得CF=FG=BN，∠DFC=∠BNC=135°，
又知∠FGC=45°，可证BN∥FG，
于是四边形BFGN为平行四边形，得BF=NG，
所以BF=NG=NC+CG=DF+CG.
图4
方法六：
如图4所示，延长GC至N，使NG=BF，
得四边形BFGN为平行四边形，
所以BN=GF=CF，
又∠DCF+∠CDF=∠CBN+∠BCN=45°，
得∠DCF=∠CBN，
又CD=BC，可证△CDF≌△BCN（SAS），
DF=CN，以下从略.
方法七：
如图5所示，延长CG至P，使CP=BF，连接PF，
则四边形CPFB为平行四边形，PF=BC=DC，
又∠BFC=45°，∠PFE=∠DEC，
因为∠PFG=∠FGC－∠P= 45°－∠P，
∠DCF=∠CFE－∠CDF=45°－∠CDF，
又可证∠P=∠CBF=∠CDF，于是∠PFG=∠DCF，
所以△PFG≌△DCF（SAS），PG=DF，
于是BF=CP=CG+PG=CG+DF.
图5
方法八：
如图5所示，延长CG至P，使GP=DF，连接PF，
可证∠DFC=∠PGF=135°，FC=CF，
所以△DFC≌△PGF（SAS），
所以DC=PF=BC，
∠P=∠CDF=∠CBF=∠PCE，BC∥FP，
所以四边形BCPF为平行四边形，
所以BF=CP=CG+PG=CG+DF.
方法九：
如图6所示，延长DE至Q，
使DQ=BF，连接CQ，GQ，
可证△BCF≌△DCQ（SAS），
CF=CQ，∠BCF=∠DCQ，
于是可得∠FCQ=∠BCD=90°，
所以△FCQ为等腰直角三角形，
可得四边形FCQG为正方形，FQ=CG，
所以BF=DQ=DF+FQ=DF+CG.
图6
方法十：
如图6所示，延长FE至Q，使FQ=CG，通过证明四边形FCQG为正方形，△BCF≌△DCQ，同样可以证明结论成立。感兴趣的读者可以自行证明，详细思路从略。
方法十一：
如图7所示，延长FD至H，使DH=CG，
可证得∠BDF=∠BDC+∠CDF，
∠ECF=∠FCG+∠CEG，
于是∠BDF=∠ECF，
则∠BDH=∠BCF，
所以△BDH∽△BCF（SAS），
得∠H=∠BFC=45°，
所以△BFH为等腰直角三角形，
于是BF=HF=DF+DH=DF+CG.
图7
方法十二：
如图7所示，延长FD至H，使FH=BF，
可得△BFH为等腰直角三角形，
于是∠HBD=∠FBC，又∠H=∠BFC=45°，
所以△BDH∽△BCF，
所以BF=HF=DF+DH=DF+CG.
经过上述分析，可知采取不同的切入点，解题思路会有差异。
方法1 截长补短法（往往需证2次全等）
截长补短法使用范围：线段和差的证明
（1）截长：在较长线段上截取一段等于某一短线段，再证剩下的那一段等于另一短线段。
例：如图，求证BE+DC=AD

方法： = 1 \* GB3 ①在AD上取一点F，使得AF=BE，证DF=DC；
= 2 \* GB3 ②在AD上取一点F，使DF=DC，证AF=BE
（2）补短：将短线段延长，证与长线段相等
例：如图，求证BE+DC=AD
方法： = 1 \* GB3 ①延长DC至点M处，使CM=BE，证DM=AD；
= 2 \* GB3 ②延长DC至点M处，使DM=AD，证CM=BE
（3）旋转：将包含一条短边的图形旋转，使两短边构成一条边，证与长边相等。
注：旋转需要特定条件（两个图形的短边共线）
例：如图，已知AB=AC，∠ABM=∠CAN=90°，求证BM+CN=MN
方法：旋转△ABM至△ACF处，证NE=MN
题模：截长补短类
例1.3.1如图所示，是边长为的正三角形，是顶角为的等腰三角形，以为顶点作一个的，点、分别在、上，求的周长．
【答案】见解析
【解析】如图所示，延长到使．
在与中，因为，，，
所以，故．
因为，，所以．
又因为，所以．
在与中，，，，
所以，则，所以的周长为．
典例1．（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°，请探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系是什么？
小明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，得AE＝AG；再由条件可得∠EAF＝∠GAF，证明△AEF≌△AGF，进而可得线段BE，EF，FD之间的数量关系是 ．
（2）拓展应用：如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD．问（1）中的线段BE，EF，FD之间的数量关系是否还成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
【答案】（1）EF＝BE+DF；（2）结论EF＝BE+DF仍然成立；证明见解析．
【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．
【解析】（1）EF＝BE+DF，理由如下：在△ABE和△ADG中，，
∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF＝∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，
∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，，
∴△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，
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADG＝180°，∴∠B＝∠ADG，
在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF＝∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，
∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，，
∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+DF，∴EF＝BE+DF．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
典例突破：（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝100°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F分别是BC，CD上的点．且∠EAF＝50°．探究图中线段EF，BE，FD之间的数量关系．
小明同学探究的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论是 （直接写结论，不需证明）；
（2）如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是BC，CD上的点，且2∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由；
（3）如图3，四边形ABCD是边长为7的正方形，∠EBF＝45°，直接写出△DEF的周长．
【答案】（1）EF＝BE+DF；（2）成立，理由详见解析；（3）14．
【分析】（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，由“SAS”可证△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，再由“SAS”可证△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题；（2）延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，即可证明△ABG≌△ADF，可得AF＝AG，再证明△AEF≌△AEG，可得EF＝EG，即可解题；
（3）延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，由“SAS”可证△ABH≌△CBF，可得BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，由“SAS”可证△EBH≌△EBF，可得EF＝EH，可得EF＝EH＝AE+CF，即可求解．
【详解】证明：（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，
在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠BAD＝100°，∠EAF＝50°，∴∠BAE+∠FAD＝∠DAG+∠FAD＝50°，∴∠EAF＝∠FAG＝50°，
在△EAF和△GAF中，∵，∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝FG＝DF+DG，∴EF＝BE+DF，故答案为：EF＝BE+DF；
（2）结论仍然成立，理由如下：如图2，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABG+∠ABC＝180°，∴∠ABG＝∠D，
∵在△ABG与△ADF中，，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，
∵2∠EAF＝∠BAD，∴∠DAF+∠BAE＝∠BAG+∠BAE＝∠BAD＝∠EAF，∴∠GAE＝∠EAF，
又AE＝AE，∴△AEG≌△AEF（SAS），∴EG＝EF．∵EG＝BE+BG．∴EF＝BE+FD；
如图，延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，
典例1.在△ABC中，∠B=2∠C，AD是∠BAC的平分线．求证：AC=AB+BD．
【答案】解：在AC上截取AE=AB，连接DE，如图所示：
∵AD平分∠BAC，
∴∠EAD=∠BAD，
在△AED和△ABD中，
，
∴△AED≌△ABD（SAS），
∴ED=BD，∠AED=∠B，
∵∠B=2∠C，∴∠AED=2∠C，
又∠AED为△CED的外角，
∴∠AED=∠C+∠EDC，
∴∠C=∠EDC，
∴EC=ED，
∴EC=BD，则AC=AE+EC=AB+BD．
【精准解析】在AC上截取AE=AB，连接DE，由AD为角平分线，得到一对角相等，再由AD为公共边，利用SAS可得出△AED与△ABD全等，利用全等三角形的对应边相等可得ED=BD，由全等三角形的对应角相等可得∠AED=∠B，由∠B=2∠C等量代换得到∠AED=2∠C，又∠AED为△ECD的外角，根据外角的性质得到∠AED=∠C+∠EDC，可得出∠C=∠EDC，根据等角对等边可得出EC=DE，等量代换得到EC=BD，由AC=AE+EC，等量代换可得证．
练习1.如图，在△ABC中，∠ABC=60°，AD、CE分别平分∠BAC、∠ACB，求证：AC=AE+CD．
【答案】证明：在AC上取AF=AE，连接OF，
∵AD平分∠BAC，∴∠EAO=∠FAO，
在△AEO与△AFO中，
∴△AEO≌△AFO（SAS），
∴∠AOE=∠AOF；
∵AD、CE分别平分∠BAC、∠ACB，
∴∠ECA+∠DAC=∠ACB+∠BAC=（∠ACB+∠BAC）=（180°﹣∠B）=60°，
则∠AOC=180°﹣∠ECA﹣∠DAC=120°；
∴∠AOC=∠DOE=120°，∠AOE=∠COD=∠AOF=60°，
则∠COF=60°，
∴∠COD=∠COF，
∴在△FOC与△DOC中，
，
∴△FOC≌△DOC（ASA），
∴DC=FC，
∵AC=AF+FC，
∴AC=AE+CD．
【精准解析】在AC上取AF=AE，连接OF，即可证得△AEO≌△AFO，得∠AOE=∠AOF；再证得∠COF=∠COD，则根据全等三角形的判定方法ASA即可证△FOC≌△DOC，可得DC=FC，即可得结论．
练习2.如图，已知AC∥BD，EA、EB分别平分∠CAB和∠DBA，CD过点E，求证：AB=AC+BD．
【答案】证明：在AB上取一点F，使AF=AC，连结EF．
∵EA、EB分别平分∠CAB和∠DBA，
∴∠CAE=∠FAE，∠EBF=∠EBD．
∵AC∥BD，
∴∠C+∠D=180°．
在△ACE和△AFE中，
，
∴△ACE≌△AFE（SAS），
∴∠C=∠AFE．
∵∠AFE+∠EFB=180°，
∴∠EFB=∠D．
在△BEF和△BED中，
，
∴△BEF≌△BED（AAS），
∴BF=BD．
∵AB=AF+BF，
∴AB=AC+BD．
【解析】在AB上取一点F，使AF=AC，连结EF，就可以得出△ACE≌△AFE，就有∠C=∠AFE．由平行线的性质就有∠C+∠D=180°，由∠AFE+∠EFB=180°得出∠EFB=∠D，在证明△BEF≌△BED就可以得出BF=BD，进而就可以得出结论．
《小结》
当题目中出现两条以上的线段的关系时，常会优先考虑截长补短法，其中截长法是将长线段截成两段短线段，再分别证明两对短线段相等.
典例2.如图所示，在五边形ABCDE中，AB=AE，BC+DE=CD，∠ABC+∠AED=180°，求证：DA平分∠CDE．
【解答】解：连接AC，延长DE到F，使EF=BC，连接AF，
∵BC+DE=CD，EF+DE=DF，
∴CD=FD，
∵∠ABC+∠AED=180°，∠AEF+∠AED=180°，
∴∠ABC=∠AEF，
在△ABC和△AEF中，
，
∴△ABC≌△AEF（SAS），
∴AC=AF，
在△ACD和△AFD中，
，
∴△ACD≌△AFD（SSS）
∴∠ADC=∠ADF，即AD平分∠CDE．
【精准解析】连接AC，延长DE到F，使EF=BC，连接AF，易证△ABC≌△AEF，进而可以证明△ACD≌△AFD，可得∠ADC=∠ADF即可解题．
练习1.ABCD是正方形，P为BC上任意一点，∠PAD的平分线交CD于Q，求证：DQ=AP-BP．
【解答】解：延长CB至G，使得BG=DQ，连结AG，
∵ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABG=∠D=90°，
∴△ABG≌△ADQ，
∴∠GAB=∠QAD，∠G=∠AQD，
∵AQ平分∠PAD，
∴∠PAQ=∠DAQ，
∴∠PAG=∠BAQ，
∵AB∥CD，
∴∠BAQ=∠AQD，
∴∠PAG=∠G，
∴AP=PG=PB+BG=PB+DQ，即DQ=AP-BP．
练习2.问题背景：
（1）如图1：在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°．E，F分别是BC，CD上的点．且∠EAF=60°．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 ．
探索延伸：
（2）如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF=∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由．
【答案】证明：（1）在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=∠BAD，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD﹣∠EAF=∠EAF，
∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
，
∴△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，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=∠BAD，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD﹣∠EAF=∠EAF，
∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF.
【精准解析】（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．
《小结》
当题目中出现两条以上的线段的关系时，常会优先考虑截长补短法，其补短法是将某一条短线段补成长线段，再分别证明线段相等.
【难】1.【阅读理解】
课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：
如图1，△ABC中，若AB=8，AC=6，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到点E，使DE=AD，请根据小明的方法思考：
（1）由已知和作图能得到△ADC≌△EDB的理由是 ．
A．SSS B．SAS C．AAS D．HL
（2）求得AD的取值范围是 ．
A．6＜AD＜8 B．6≤AD≤8 C．1＜AD＜7 D．1≤AD≤7
【感悟】
解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑延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合到同一个三角形中．
【问题解决】
（3）如图2，AD是△ABC的中线，BE交AC于E，交AD于F，且AE=EF． 求证：AC=BF．
【答案】（1）解：∵在△ADC和△EDB中，
，
∴△ADC≌△EDB（SAS），故选B；
（2）解：∵由（1）知：△ADC≌△EDB，
∴BE=AC=6，AE=2AD，
∵在△ABE中，AB=8，由三角形三边关系定理得：8﹣6＜2AD＜8+6，
∴1＜AD＜7，故选C．
（3）证明：延长AD到M，使AD=DM，连接BM，
∵AD是△ABC中线，∴CD=BD，
∵在△ADC和△MDB中，
，
∴△ADC≌△MDB，∴BM=AC，∠CAD=∠M，
∵AE=EF，∴∠CAD=∠AFE，
∵∠AFE=∠BFD，∴∠BFD=∠CAD=∠M，
∴BF=BM=AC，即AC=BF．
【解析】（1）根据AD=DE，∠ADC=∠BDE，BD=DC推出△ADC和△EDB全等即可；（2）根据全等得出BE=AC=6，AE=2AD，由三角形三边关系定理得出8﹣6＜2AD＜8+6，求出即可；（3）延长AD到M，使AD=DM，连接BM，根据SAS证△ADC≌△MDB，推出BM=AC，∠CAD=∠M，根据AE=EF，推出∠CAD=∠AFE=∠BFD即可．
【难】2.阅读下面的题目及分析过程，并按要求进行证明．
已知：如图，E是BC的中点，点A在DE上，且∠BAE=∠CDE．
求证：AB=CD．
分析：证明两条线段相等，常用的一般方法是应用全等三角形或等腰三角形的判定和性质，观察本题中要证明的两条线段，它们不在同一个三角形中，且它们分别所在的两个三角形也不全等，因此，要证明AB=CD，必须添加适当的辅助线，构造全等三角形或等腰三角形．
现给出如下三种添加辅助线的方法，请任意选择其中两种对原题进行证明．
（1）延长DE到F，使得EF=DE
（2）作CG⊥DE于G，BF⊥DE于F交DE的延长线于F
（3）过点C作CF∥AB交DE的延长线于F．
【答案】解：方法一：延长DE到F，使得EF=DE，连接BF．
在△DEC和△FEB中，
，
∴△DEC≌△FEB，∴∠D=∠F，DC=FB，
∵∠BAE=∠D，∴∠BAE=∠F，∴BA=BF，∴AB=CD．
方法二：作CG⊥DE于G，BF⊥DE于F交DE的延长线于F
∵CG⊥DE，BF⊥DE，∴∠CGE=∠BFE=90°，
在△CGE和△BFE中，
，
∴△CGE≌△BFE，∴BF=CG，
在△ABF和△DCG中，
，
∴△ABF≌△DCG，∴AB=CD．
方法三：过点C作CF∥AB交DE的延长线于F．
∵CF∥AB，∴∠BAE=∠F，∠B=∠FCE，
在△ABE和△FCE中，
，
∴△ABE≌△FCE，∴AB=FC，
∵∠BAE=∠D，∠BAE=∠F，∴∠D=∠F，∴CF=CD，∴AB=CD．
【解析】方法一：延长DE到F，使得EF=DE，连接BF．只要证明△DEC≌△FEB，即可解决问题．方法二：作CG⊥DE于G，BF⊥DE于F交DE的延长线于F．先证明△CGE≌△BFE，再证明△ABF≌△DCG即可．方法三：过点C作CF∥AB交DE的延长线于F．只要证明△ABE≌△FCE，即可解决问题．
【难】3.如图，AC∥BD，E为CD的中点，AE⊥BE
（1）求证：AE平分∠BAC，BE平分∠ABD；
（2）线段AB、AC、BD有怎样的数量关系？请写出你的结论并证明．
【答案】解：（1）如图所示，延长AE交BD的延长线于F，
∵AC∥BD，∴∠CAE=∠DFE，
∵E为CD的中点，∴CE=DE，
在△CAE和△DFE中，
，
∴△CAE≌△DFE（AAS），
∴AC=DF，AE=FE，
∵AE⊥BE，
∴∠AEB=∠FEB=90°，
在△AEB和△FEB中，
，
∴△AEB≌△FEB（SAS），
∴∠BAE=∠F，∠ABE=∠FBE，
∴∠CAE=∠BAE，
∴AE平分∠BAC，BE平分∠ABD；
（2）线段AB、AC、BD的数量关系为：AB=BD+AC．
证明：由（1）可得，△AEB≌△FEB，
∴AB=BF，即AB=BD+DF，
由（1）可得，DF=AC，
∴AB=BD+AC．
【解析】（1）先判定△CAE≌△DFE（AAS），得出AC=DF，AE=FE，再判定△AEB≌△FEB（SAS），得到∠BAE=∠F，∠ABE=∠FBE，再根据∠CAE=∠BAE，即可得出AE平分∠BAC，BE平分∠ABD；（2）根据全等三角形的对应边相等，可得AB=BF，即AB=BD+DF，再根据（1）可得，DF=AC，即可得到AB=BD+AC．
【难】3.△ABC中，∠A=60°，BE，CF分别是∠ABC和∠ACB的平分线，CF与BE相交于点O．
（1）如图1，若∠ACB=90°，求证：BF+CE=BC；
（2）如图2，若∠ABC与∠ACB是任意角度，（1）中的结论是否仍成立？请说明你的理由．
【答案】解：（1）在BC上找到D，使得BF=BD，
∵∠A=60°，∠ACB=90°，
∴∠ABC=30°，
∵BE，CF分别是∠ABC和∠ACB的平分线，
∴∠FBO=∠CBO=15°，∠ECO=∠BCO=45°，
∴△BOC中，∠BOC=120°，
∴∠BOF=∠COE=60°，
由BF=BD，∠FBO=∠CBO，BO=BO可得△BOD≌△BOF（SAS），
∴∠BOD=∠BOF=60°，
∴∠COD=180°﹣60°﹣60°=60°，
∴∠COD=∠COE，
由∠COD=∠COE，CO=CO，∠ECO=∠BCO可得△OCE≌△OCD（ASA），
∴CE=CD，
∵BC=BD+CD，
∴BC=BF+CE．
（2）结论BC=BF+CE仍成立．
在BC上找到D，使得BF=BD，
∵∠A=60°，BD、CE是△ABC的角平分线，
∴∠BOC=180°﹣（∠ABC+∠ACB）=180°﹣（180°﹣∠A）=120°，∠ECO=∠BCO，
∴∠BOF=∠COE=60°，
由BF=BD，∠FBO=∠CBO，BO=BO可得△BOD≌△BOF（SAS），
∴∠BOD=∠BOF=60°，
∴∠COD=180°﹣60°﹣60°=60°，
∴∠COD=∠COE，
由∠COD=∠COE，CO=CO，∠ECO=∠BCO可得△OCE≌△OCD（ASA），
∴CE=CD，
∵BC=BD+CD，
∴BC=BF+CE．
【解析】（1）在BC上找到D，使得BF=BD，根据SAS易证△BOF≌△BOD，可得∠BOF=∠BOD=60°，进而得出∠COE=∠COD=60°，即可证明△OCE≌△OCD，可得CF=CD，根据BC=BD+CD即可得出结论；（2）在BC上找到D，使得BF=BD，易证△BOF≌△BOD，可得∠BOF=∠BOD=60°，进而得出∠COE=∠COD=60°，即可证明△OCE≌△OCD，可得CF=CD，根据BC=BD+CD即可得出结论．
【难】4.（1）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=∠BAD．求证：EF=BE+FD；
（2）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？
（3）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF=∠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】证明：（1）延长EB到G，使BG=DF，连接AG．
∵∠ABG=∠ABC=∠D=90°，AB=AD，
∴△ABG≌△ADF．
∴AG=AF，∠1=∠2．
∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=∠BAD．
∴∠GAE=∠EAF．
又∵AE=AE，
∴△AEG≌△AEF．
∴EG=EF．
∵EG=BE+BG．
∴EF=BE+FD
（2）（1）中的结论EF=BE+FD仍然成立．
（3）结论EF=BE+FD不成立，应当是EF=BE﹣FD．
证明：在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．
∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADF．
∵AB=AD，
∴△ABG≌△ADF．
∴∠BAG=∠DAF，AG=AF．
∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF=∠BAD．
∴∠GAE=∠EAF．
∵AE=AE，∴△AEG≌△AEF，∴EG=EF
∵EG=BE﹣BG，∴EF=BE﹣FD．
【解析】（1）可通过构建全等三角形来实现线段间的转换．延长EB到G，使BG=DF，连接AG．目的就是要证明三角形AGE和三角形AEF全等将EF转换成GE，那么这样EF=BE+DF了，于是证明两组三角形全等就是解题的关键．三角形ABE和AEF中，只有一条公共边AE，我们就要通过其他的全等三角形来实现，在三角形ABG和AFD中，已知了一组直角，BG=DF，AB=AD，因此两三角形全等，那么AG=AF，∠1=∠2，那么∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=∠BAD．由此就构成了三角形ABE和AEF全等的所有条件（SAS），那么就能得出EF=GE了．（2）思路和作辅助线的方法与（1）完全一样，只不过证明三角形ABG和ADF全等中，证明∠ABG=∠ADF时，用到的等角的补角相等，其他的都一样．因此与（1）的结果完全一样．（3）按照（1）的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．根据（1）的证法，我们可得出DF=BG，GE=EF，那么EF=GE=BE﹣BG=BE﹣DF．所以（1）的结论在（3）的条件下是不成立的．
【难】5.已知四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=120°，∠MBN=60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E，F．
当∠MBN绕B点旋转到AE=CF时（如图1），易证AE+CF=EF；
当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF时，在图2和图3这两种情况下，上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．
【答案】解：∵AB⊥AD，BC⊥CD，AB=BC，AE=CF，
在△ABE和△CBF中，
，
∴△ABE≌△CBF（SAS）；
∴∠ABE=∠CBF，BE=BF；
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，
∴∠ABE=∠CBF=30°，
∴AE=BE，CF=BF；
∵∠MBN=60°，BE=BF，
∴△BEF为等边三角形；
∴AE+CF=BE+BF=BE=EF；
图2成立，图3不成立．
证明图2．
延长DC至点K，使CK=AE，连接BK，
在△BAE和△BCK中，
则△BAE≌△BCK，
∴BE=BK，∠ABE=∠KBC，
∵∠FBE=60°，∠ABC=120°，
∴∠FBC+∠ABE=60°，
∴∠FBC+∠KBC=60°，
∴∠KBF=∠FBE=60°，
在△KBF和△EBF中，
∴△KBF≌△EBF，
∴KF=EF，
∴KC+CF=EF，即AE+CF=EF．
图3不成立，AE、CF、EF的关系是AE﹣CF=EF．
【解析】根据已知可以利用SAS证明△ABE≌△CBF，从而得出对应角相等，对应边相等，从而得出∠ABE=∠CBF=30°，△BEF为等边三角形，利用等边三角形的性质及边与边之间的关系，即可推出AE+CF=EF．同理图2可证明是成立的，图3不成立．
【难】6.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 ；
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=∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
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60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进.1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达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】解：问题背景：EF=BE+DF；
探索延伸：EF=BE+DF仍然成立．
证明如下：如图，延长FD到G，使DG=BE，连接AG，
∵∠B+∠ADC=180°，∠ADC+∠ADG=180°，
∴∠B=∠ADG，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=∠BAD，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD﹣∠EAF=∠EAF，
∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
，
∴△AEF≌△GAF（SAS），
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF；
实际应用：如图，连接EF，延长AE、BF相交于点C，
∵∠AOB=30°+90°+（90°﹣70°）=140°，
∠EOF=70°，
∴∠EOF=∠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=1.5×（60+80）=210海里．
答：此时两舰艇之间的距离是210海里．
【解析】问题背景：根据全等三角形对应边相等解答；
探索延伸：延长FD到G，使DG=BE，连接AG，根据同角的补角相等求出∠B=∠ADG，然后利用“边角边”证明△ABE和△ADG全等，根据全等三角形对应边相等可得AE=AG，∠BAE=∠DAG，再求出∠EAF=∠GAF，然后利用“边角边”证明△AEF和△GAF全等，根据全等三角形对应边相等可得EF=GF，然后求解即可；
实际应用：连接EF，延长AE、BF相交于点C，然后求出∠EOF=∠AOB，判断出符合探索延伸的条件，再根据探索延伸的结论解答即可．
角平分线模型知识精讲
1.过角平分线上一点向角的两边作垂线段，利用角平分线上的点到角两边的距离相等的性质来解决问题，例：
已知：P是平分线上的一点，过点P作于点M，过点P作于点N，则.
2.若题目中已经有了角平分线和角平分线上一点到一边的垂线段（距离），则作另一边的垂线段，例：
已知：AD是的平分线，，过点D作于点E，则.
3.在角的两边上取相等的线段，结合角平分线构造全等三角形（角边等，造全等），例：
已知：点D是平分线上的一点，在OA、OB上分别取点E、F，且，连接DE、DF，则.
4.过角平分线上一点作角的一边的平行线，构造等腰三角形，例：
已知：点D是平分线上的一点，过点D作，则是等腰三角形，即.
证明：是的平分线，，
又，是等腰三角形.
5.有角平分线时，过角一边上的点作角平分线的平行线，交角的另一边所在直线于一点，也可构造等腰三角形，例：
已知：OC平分，点D是OA上一点，过点D作交OB的反向延长线于点E，则.
6.从角的一边上的一点作角平分线的垂线，使之与角的另一边相交，则可得到一个等腰三角形，例：
已知：OE平分∠AOB，点D在OA上，DE⊥OE，则可延长DE交OB于点F，则DE＝EF，OD＝OF，∠ODF＝∠OFD.
7.有角平分线时，可将等角放到直角三角形中，构造相似三角形，也可以另加一对相等的角构造相似三角形，例：
（1）已知：OC平分，点E、F分别在OA、OB上，过点E作于点M，过点F作于点N，则，如图所示：
（2）已知：OC平分，点E、F在OC上，作于点M，作于点N，则，如图所示：
（3）已知：OC平分，点E、F在OC上，作，则，如图所示：
8.利用“在同圆或等圆中，相等的圆周角（圆心角）所对的弦相等”可得相等线段，例：
已知：∠BAC是圆O的圆周角，∠DOE是圆O的圆心角，AF平分∠BAC，OG平分∠DOE，连接BF、CF、DG、EG，则BF＝CF，DG＝EG.
9.【内内模型】如图，两个内角平分线交于点D，则.
证明：平分，平分，，
在中， ①
在中， ②
，
由得，
即.
10.【内外模型】如图，的一个内角平分线和一个外角平分线交于点D，则.
证明：平分，平分，，
在中，，即 ①
在中， ②
由得
，即.
11.【外外模型】如图，两个外角的角平分线交于点D，则.
证明：平分，平分，，
在中，，即 ①
，
②
由①＝②，得，
在中，，
，，
即，
由④可得，代入③式可得，
整理可得.
题模一：角平分线类
例1.1.1已知，AC平分∠MAN，点B、D分别在AN、AM上．
（1）如图1，若，请你探索线段AD、AB、AC之间的数量关系，并证明之；
（2）如图2，若，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由．
【答案】见解析
【解析】（1）关系是：．
证明：∵AC平分∠MAN，
∴
又，
∴
则（直角三角形一锐角为30°，则它所对直角边为斜边一半）
∴；
（2）仍成立．
证明：过点C分别作AM、AN的垂线，垂足分别为E、F
∵AC平分∠MAN
∴（角平分线上点到角两边距离相等）
∵，
∴
又，∴△CED≌△CFB（AAS）
∵，∴
由（1）知，
∴．
例1.1.2如图，已知，，BD为∠ABC的平分线，CE⊥BE，求证：．
【答案】见解析
【解析】延长CE，交BA的延长线于点F．
∵BD为∠ABC的平分线，CE⊥BE，
∴△BEF≌△BEC，∴，．
∵，CE⊥BE，∴，
又∵，∴△ABD≌△ACF，∴．∴．
例1.1.3如图，，平分，平分，点在上．
①探讨线段、和之间的等量关系．
②探讨线段与之间的位置关系．
【答案】见解析
【解析】①；②．证明如下：
在线段上取点，使，连结．
在和中
∴
∴，
∵
而
∴
在和中
∴
∴，
∴，
技巧提升： 作平行线法
作平行，构造全等．利用的思维模式是全等变换中的“平移”．
【例题1】
1. △ABC中，∠BAC＝60°，∠C＝40°，AP平分∠BAC交BC于P，BQ平分∠ABC交AC于Q，求证：AB＋BP＝BQ＋AQ．（有多种辅助线作法）
【答案】见解析
【解析】
【分析】方法一，延长AB到D，使BD＝BP，连接PD，根据已知条件求得各个角的值，发现∠4＝∠C，，进而得QB＝QC，，再根据△APD≌△APC，得AD＝AC，等量代换之后得证；
方法二，过点P作PD//BQ交CQ于点D，结合已知条件可得BQ＋AQ＝CQ＋AQ＝AC，证明△ABP≌△ADP，可得AB＋BP＝AD＋PD＝AD＋CD＝AC，等量代换之后得证；
【详解】方法一、证明：延长AB到D，使BD＝BP，连接PD，
则∠D＝∠5.
∵AP，BQ分别是∠BAC，∠ABC的平分线，∠BAC＝60°，∠ACB＝40°，
∴∠1＝∠2＝30°，∠ABC＝180°－60°－40°＝80°，∠3＝∠4＝40°＝∠C，
∴QB＝QC，
又∠D＋∠5＝∠3＋∠4＝80°，
∴＝40°,
在△APD与△APC中，
，
∴△APD≌△APC（AAS），
∴AD＝AC．
即AB＋BD＝AQ＋QC，
∴AB＋BP＝BQ＋AQ．
方法二、如图，过点P作PD∥BQ交CQ于点D，
BQ平分∠ABC
∴∠CBQ＝∠ABC＝×80°＝40°，
∴∠CBQ＝∠ACB，
∴BQ＝CQ，
∴BQ＋AQ＝CQ＋AQ＝AC①，
∵PD∥BQ
∴∠CPD＝∠CBQ＝40°，
∴∠CPD＝∠ACB＝40°，
∴PD＝CD，∠ADP＝∠CPD＋∠ACB＝40°＋40°＝80°，
∵∠ABC＝80°，
∴∠ABC＝∠ADP，
∵AP平分∠BAC，
∴∠BAP＝∠CAP，
∵在△ABP与△ADP中，
，
∴△ABP≌△ADP（AAS），
∴AB＝AD，BP＝PD，
∴AB＋BP＝AD＋PD＝AD＋CD＝AC②，
由①②可得，BQ＋AQ＝AB＋BP．
【点睛】本题考查了角平分线的定义，三角形全等的性质与判定，等角对等边，熟练以上知识点是解题的关键．
《当堂总结》
全等三角形的相关辅助线和判定方法贯穿了初中几何学习的整个过程，不仅初二学习的等腰三角形、等边三角形部分有涉及，初三学习的旋转也会用到，所以全等不仅是一个知识点，更是一种思想，识别全等三角形结构是初中学好几何的必备技能.本节中只讲到了全等辅助线的倍长中线和截长补短，其中与角平分线相关的全等辅助线在上一节中已经讲到，与全等相关的其他辅助线，如：中点相关的辅助线和与旋转结合的全等思想等会在以后的学习过程中逐步完善.