中考数学二轮复习模型解读与提分精练专题07 角平分线的基本模型（一）全等类（2份，原卷版+解析版）

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模型1.角平分线构造轴对称模型（角平分线+截线段等）
【模型解读与图示】
已知如图1，为的角平分线、不具备特殊位置时，辅助线的作法大都为在上截取，连结即可.即有≌，利用相关结论解决问题.
图1 图2
1．（2022·湖北十堰·九年级期末）在△ABC中，∠ACB＝2∠B，如图①，当∠C＝90°，AD为∠BAC的角平分线时，在AB上截取AE＝AC，连结DE，易证AB＝AC＋CD．

（1）如图②，当∠C≠90°，AD为∠BAC的角平分线时，线段AB，AC，CD又有怎样的数量关系？不需要证明，请直接写出你的猜想；
（2）如图③，当AD为△ABC的外角平分线时，线段AB，AC，CD又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并对你的猜想给予证明．
【答案】（1）；证明见解析；（2）；证明见解析．
【分析】（1）首先在AB上截取AE＝AC，连接DE，易证△ADE≌△ADC（SAS），则可得∠AED＝∠C，ED＝CD，又由∠AED＝∠ACB，∠ACB＝2∠B，所以∠AED＝2∠B，即∠B＝∠BDE，易证DE＝CD，则可求得AB＝AC＋CD；
（2）首先在BA的延长线上截取AE＝AC，连接ED，易证△EAD≌△CAD，可得ED＝CD，∠AED＝∠ACD，又由∠ACB＝2∠B，易证DE＝EB，则可求得AC＋AB＝CD．
【详解】（1）猜想：．
证明：如图②，在上截取，连结，
∵为的角平分线时，
∴，∵，
∴，
∴，，
∵，∴．
∵，
∴，∴，
∴．
（2）猜想：．
证明：在的延长线上截取，连结．
∵平分，∴．
在与中，，，，
∴．
∴，．
∴．
又，，．
∴．
∴．
∴．
【点睛】此题考查三角形综合题、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、角平分线的定义等知识，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，属于中考常考题型．
2．（2022·山东烟台·九年级期末）已知在中，满足，
(1)【问题解决】如图1，当，为的角平分线时，在上取一点使得，连接，求证：．
(2)【问题拓展】如图2，当，为的角平分线时，在上取一点使得，连接，（1）中的结论还成立吗？若成立，请你证明：若不成立，请说明理由．
(3)【猜想证明】如图3，当为的外角平分线时，在的延长线上取一点使得，连接，线段、、又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并对你的猜想给予证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)成立，证明见解析
(3)猜想，证明见解析
【分析】（1）先根据定理证出，根据全等三角形的性质可得，，再根据三角形的外角性质可得，然后根据等腰三角形的判定可得，从而可得，最后根据线段和差、等量代换即可得证；
（2）先根据定理证出，根据全等三角形的性质可得，，再根据三角形的外角性质可得，然后根据等腰三角形的判定可得，从而可得，最后根据线段和差、等量代换即可得证；
（3）先根据定理证出，根据全等三角形的性质可得，，从而可得，再根据三角形的外角性质可得，然后根据等腰三角形的判定可得，从而可得，最后根据线段和差、等量代换即可得证．
（1）
证明：∵为的角平分线，
∴，
在与中，，
∴，
∴，，
又∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）
解：（1）中的结论还成立，证明如下：
∵为的角平分线时，∴，
在与中，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）
解：猜想，证明如下：
∵平分，
∴，
在与中,，
∴，
∴，，
如图，∴，即，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定与性质、等腰三角形的判定，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题关键．
3．（2022·浙江·九年级期中）（1）如图1，在△ABC中，∠ACB＝2∠B，∠C＝90°，AD为∠BAC的平分线交BC于D，求证：AB＝AC＋CD．（提示：在AB上截取AE＝AC，连接DE）
（2）如图2，当∠C≠90°时，其他条件不变，线段AB、AC、CD又有怎样的数量关系，直接写出结果，不需要证明．
（3）如图3，当∠ACB≠90°，∠ACB＝2∠B ，AD为△ABC的外角∠CAF的平分线，交BC的延长线于点D，则线段 AB、AC、CD又有怎样的数量关系？写出你的猜想，并加以证明．
【答案】（1）见解析；（2）AB＝AC＋CD；（3）AB＝CD﹣AC
【分析】（1）在AB上截取AE=AC，连接DE，根据角平分线的定义得到∠1=∠2．推出△ACD≌△AED（SAS）．根据全等三角形的性质得到∠AED=∠C=90，CD=ED，根据已知条件得到∠B=45°．求得∠EDB=∠B=45°．得到DE=BE，等量代换得到CD=BE．即可得到结论；
（2）在AC取一点E使AB=AE，连接DE，易证△ABD≌△AED，所以∠B=∠AED，BD=DE，又因为∠B=2∠C，所以∠AED=2∠C，因为∠AED是△EDC的外角，所以∠EDC=∠C，所以ED=EC，BD=EC，进而可证明AB+BD=AE+EC=AC；
（3）在AB的延长线AF上取一点E，使得AE=AC，连接DE．证明△ACD≌△AED，根据全等三角形的性质得到DE=BE，BE=CD，即可得出结论．
【详解】（1）证明：在AB上取一点E，使AE=AC
∵AD为∠BAC的平分线
∴∠BAD=∠CAD．
在△ACD和△AED中，

∴△ACD≌△AED（SAS）．
∴∠AED=∠C=90°，CD=ED，
又∵∠ACB=2∠B，∠C=90°，
∴∠B=45°． ∴∠EDB=∠B=45°．
∴DE=BE， ∴CD=BE．
∵AB=AE＋BE， ∴AB=AC＋CD．
（2）证明：在AB取一点E使AC=AE，
在△ACD和△AED中，
,
∴△ACD≌△AED，
∴∠C=∠AED，CD=DE，
又∵∠C=2∠B，
∴∠AED=2∠B，
∵∠AED是△EDC的外角，
∴∠EDB=∠B，
∴ED=EB，
∴CD=EB，
∴AB=AC+CD；
（3）猜想：AB=CD﹣AC
证明：在BA的延长线上取一点E，使得AE=AC，连接DE，
在△ACD和△AED中，
，
∴△ACD≌△AED（SAS），
∴∠ACD=∠AED，CD=DE，
∴∠ACB=∠FED，
又∵∠ACB=2∠B
∴∠FED=2∠B，
又∵∠FED=∠B＋∠EDB，
∴∠EDB=∠B，
∴DE=BE，
∴BE=CD，
∵AB=BE-AE
∴AB=CD﹣AC．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，关于线段和差关系的证明，通常采用截长补短法.
4．（2022·北京九年级专题练习）在四边形中，是边的中点．

（1）如图（1），若平分，，则线段、、的长度满足的数量关系为______；（直接写出答案）
（2）如图（2），平分，平分，若，则线段、、、的长度满足怎样的数量关系？写出结论并证明．
【答案】（1）AE＝AB＋DE；（2）AE＝AB＋DE＋BD，证明见解析．
【分析】（1）在AE上取一点F，使AF＝AB，由三角形全等的判定可证得△ACB≌△ACF，根据全等三角形的性质可得BC＝FC，∠ACB＝∠ACF，根据三角形全等的判定证得△CEF≌△CED，得到EF＝ED，再由线段的和差可以得出结论；
（2）在AE上取点F，使AF＝AB，连结CF，在AE上取点G，使EG＝ED，连结CG，根据全等三角形的判定证得△ACB≌△ACF和△ECD≌△ECG，由全等三角形的性质证得CF＝CG，进而证得△CFG是等边三角形，就有FG＝CG＝BD，从而可证得结论．
【详解】解：（1）如图（1），在AE上取一点F，使AF＝AB．
∵AC平分∠BAE，∴∠BAC＝∠FAC．
在△ACB和△ACF中，∴△ACB≌△ACF（SAS）．∴BC＝FC，∠ACB＝∠ACF．
∵C是BD边的中点，∴BC＝CD．∴CF＝CD．
∵∠ACE＝90°，∴∠ACB＋∠DCE＝90°，∠ACF＋∠ECF＝90°．∴∠ECF＝∠ECD．
在△CEF和△CED中，∴△CEF≌△CED（SAS）．∴EF＝ED．
∵AE＝AF＋EF，∴AE＝AB＋DE．故答案为：AE＝AB＋DE；
（2）AE＝AB＋DE＋BD．
证明：如图（2），在AE上取点F，使AF＝AB，连结CF，在AE上取点G，使EG＝ED，连结CG．
∵C是BD边的中点，∴CB＝CD＝BD．
∵AC平分∠BAE，∴∠BAC＝∠FAC．
在△ACB和△ACF中，∴△ACB≌△ACF（SAS）．∴CF＝CB，∠BCA＝∠FCA．
同理可证：△ECD≌△ECG∴CD＝CG，∠DCE＝∠GCE．
∵CB＝CD，∴CG＝CF．
∵∠ACE＝120°，∴∠BCA＋∠DCE＝180°−120°＝60°．
∴∠FCA＋∠GCE＝60°．∴∠FCG＝60°．
∴△FGC是等边三角形．∴FG＝FC＝BD．
∵AE＝AF＋EG＋FG，∴AE＝AB＋DE＋BD．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质的运用，能熟练应用三角形全等的判定和性质是解决问题的关键．
模型2.角平分线垂两边（角平分线+外垂直）
【模型解读与图示】
已知如图1，为的角平分线、于点时，辅助线的作法大都为过点作即可.即有、≌等，利用相关结论解决问题.
图1 图2 图3
邻等对补模型：已知如图2，AP是∠CAB的角平分线，EP=DP
辅助线：过点P作PG⊥AC、PF⊥AB
结论：①（四点共圆）；②；③
1．（2022·北京·中考真题）如图，在中，平分若则____．
【答案】1
【分析】作于点F，由角平分线的性质推出，再利用三角形面积公式求解即可．
【详解】解：如图，作于点F，
∵平分，，，∴，
∴．故答案为：1．
【点睛】本题考查角平分线的性质，通过作辅助线求出三角形ACD中AC边的高是解题的关键．
2．（2022·山东泰安·中考真题）如图，△ABC的外角∠ACD的平分线CP与内角∠ABC的平分线BP交于点P，若∠BPC＝40°，则∠CAP＝（ ）
A．40°B．45°C．50°D．60°
【答案】C
【分析】根据外角与内角性质得出∠BAC的度数，再利用角平分线的性质以及直角三角形全等的判定，得出∠CAP＝∠FAP，即可得出答案.
【详解】解：延长BA，作PN⊥BD，PF⊥BA，PM⊥AC，设∠PCD＝x°，
∵CP平分∠ACD，∴∠ACP＝∠PCD＝x°，PM＝PN，
∵BP平分∠ABC，∴∠ABP＝∠PBC，PF＝PN，∴PF＝PM，
∵∠BPC＝40°，∴∠ABP＝∠PBC＝∠PCD﹣∠BPC＝（x﹣40）°，
∴∠BAC＝∠ACD﹣∠ABC＝2x°﹣（x°﹣40°）﹣（x°﹣40°）＝80°，∴∠CAF＝100°，
在Rt△PFA和Rt△PMA中，，
∴Rt△PFA≌Rt△PMA（HL），∴∠FAP＝∠PAC＝50°．故选C．
【点睛】本题考查了角平分线的性质以及三角形外角的性质和直角三角全等的判定等知识，根据角平分线的性质得出PM＝PN＝PF是解题的关键．
3．（2022·江苏扬州·中考真题）如图，在中，分别平分，交于点．
(1)求证：；
(2)过点作，垂足为．若的周长为56，，求的面积．
【答案】(1)见详解(2)84
【分析】（1）由平行四边形的性质证即可求证；
（2）作，由即可求解；
（1）证明：在中，
∵，∴，
∵分别平分，，
∴，
在和中，
∵
∴，
∴，
∴．
（2）如图，作，
∵的周长为56，
∴，
∵平分，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、三角形的全等、角平分线的性质，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
4．（2022·河北·九年级专题练习）已知OP平分∠AOB，∠DCE的顶点C在射线OP上，射线CD交射线OA于点F，射线CE交射线OB于点G．
（1）如图1，若CD⊥OA，CE⊥OB，请直接写出线段CF与CG的数量关系；
（2）如图2，若∠AOB=120°，∠DCE=∠AOC，试判断线段CF与CG的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）CF=CG；（2）CF=CG，见解析
【分析】（1）结论CF=CG，由角平分线性质定理即可判断．
（2）结论：CF=CG，作CM⊥OA于M，CN⊥OB于N，证明△CMF≌△CNG，利用全等三角形的性质即可解决问题．
【详解】解：（1）结论：CF=CG；
证明：∵OP平分∠AOB，CF⊥OA，CG⊥OB，
∴CF=CG（角平分线上的点到角两边的距离相等）；
（2）CF=CG．理由如下：如图，
过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，
∵OP平分∠AOB，CM⊥OA，CN⊥OB，∠AOB=120°，
∴CM=CN（角平分线上的点到角两边的距离相等），
∴∠AOC=∠BOC=60°（角平分线的性质），
∵∠DCE=∠AOC，
∴∠AOC=∠BOC=∠DCE=60°，
∴∠MCO=90°-60° =30°，∠NCO=90°-60° =30°，
∴∠MCN=30°+30°=60°，
∴∠MCN=∠DCE，
∵∠MCF=∠MCN-∠DCN，∠NCG=∠DCE-∠DCN，
∴∠MCF=∠NCG，
在△MCF和△NCG中，
∴△MCF≌△NCG（ASA），
∴CF=CG（全等三角形对应边相等）．
【点睛】本题考查三角形综合题、角平分线的性质、全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握角平分线的性质的应用，熟练证明三角形全等．
模型3.角平分线垂中间（角平分线+内垂直）
【模型解读与图示】
已知如图1，为的角平分线，于点时，辅助线的作法大都为延长交于点即可。即可构造△PON≌△POM，有是等腰三角形、是三线等，利用相关结论解决问题. 常见模型如图2。
图1 图2
1．（2022·安徽合肥·一模）如图，中，AD平分，E是BC中点，，，，则DE的值为（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】D
【分析】延长BD交AC于点F，先证明，得到BD=DF，D是BF的中点，再由中位线的性质解答即可．
【详解】解：延长BD交AC于点F，如图
AD平分，
D是BF的中点，
E是BC中点，
故选：D．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、中位线的性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
2．（2022·绵阳市·九年级期中）在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90，BD平分∠ABC交AC于点D．
（1）如图1，点F为BC上一点，连接AF交BD于点E．若AB=BF，求证：BD垂直平分AF．
（2）如图2，CE⊥BD，垂足E在BD的延长线上．试判断线段CE和BD的数量关系，并说明理由．
（3）如图3，点F为BC上一点，∠EFC=∠ABC，CE⊥EF，垂足为E，EF与AC交于点M．直接写出线段CE与线段FM的数量关系．
【答案】（1）见解析；（2）BD=2CE，理由见解析；（3）FM=2CE．
【分析】(1) 由BD平分∠ABC，可得∠ABE=∠FBE，可证△ABE≌△FBE（SAS），可得AE=FE，∠AEB=∠FEB=×180°=90°即可；
（2）延长CE，交BA的延长线于G，由CE⊥BD，∠ABE=∠FBE，可得GE=2CE=2GE，可证△BAD≌△CAG（ASA），可得BD=CG=2CE；
（3）作FM的中垂线NH交CF于N，交FM于H，由FN=MN，MH=FH=FM，可得∠NMH=∠NBH，由∠EFC=∠ABC=22.5°，可求∠ABC=∠ACB=∠MNC=45°，可得NM=CM=FN，由外角∠EMC=∠MFC+∠MCF=22.5°+45°=67.5°，可求∠ECM=90°-∠EMC=22.5°，可证△FNH≌△CME（AAS），可得FH=CE即可．
【详解】证明(1) ∵BD平分∠ABC，
∴∠ABE=∠FBE，
∵BA=BF，BE=BE，
∴△ABE≌△FBE（SAS），
∴AE=FE，∠AEB=∠FEB=× 180°=90°，
∴BD垂直平分AF．
（2）BD=2CE，理由如下：
延长CE，交BA的延长线于G，
∵CE⊥BD，∠ABE=∠FBE，
∴GE=2CE=2GE，
∵∠CED=90°=∠BAD，∠ADB=∠EDC，
∴∠ABD=∠GCA，
又AB=AC，∠BAD=∠CAG，，
∴△BAD≌△CAG（ASA），
∴BD=CG=2CE，
（3）FM=2 CE，理由如下：
作FM的中垂线NH交CF于N，交FM于H，
∴FN=MN，MH=FH=FM，
∴∠NMH=∠NBH，
∵∠EFC=∠ABC=22.5°，
∴∠MNC=2∠NFH=2×∠ABC=∠ABC，
∵AB=AC，∠BAC=90，
∴∠ABC=∠ACB=∠MNC=45°，
∴NM=CM=FN，
∵∠EMC=∠MFC+∠MCF=22.5°+45°=67.5°，
∴∠ECM=90°-∠EMC=22.5°，
∴∠NFH=∠MCE，
又∵∠FHN=∠E=90°，
∴△FNH≌△CME（AAS），
∴FH=CE，
∴FM=2FH=2CE．
【点睛】本题考查角平分线性质，三角形全等判定与性质，直角三角形两锐角互余，线段垂直平分线，三角形外角性质，掌握角平分线性质，三角形全等判定与性质，直角三角形两锐角互余，线段垂直平分线是解题关键．
3．（2022·福建·厦门九年级期中）如图，在中，，，
（1）如图1,平分交于点，为上一点，连接交于点．
（i）若，求证：垂直平分；
（ii）若,求证：．
（2）如图2，平分交于点，，垂足在的延长线上，试判断线段和的数量关系，并说明理由．
（3） 如图3，为上一点，，，垂足为，与交于点，写出线段和的数量关系．（不要求写出过程）
【答案】（1）（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析；（2）BD＝2CE，理由见解析；（3）CE＝FD．
【分析】（1）（ⅰ）由等腰三角形的性质即可证得结论；
（ⅱ）过点C作CM⊥AF交AF的延长线于点M，如图1，先根据AAS证明△ABE≌△CAM，可得AE＝CM，然后根据角平分线的定义、平行线的性质和等量代换可得∠FCM＝∠EAD，进而可根据ASA证明△AED≌△CMF，于是可得结论；
（2）延长BA、CE相交于点F，如图2，先利用ASA证明△BCE和△BFE全等，可得CE＝EF，根据余角的性质可得∠ABD＝∠ACF，然后利用ASA可证明△ABD和△ACF全等，进而可得BD＝CF，进一步即得结论；
（3）过点F作FG∥BA，交AC于H，交CE的延长线于点G，如图3，先利用ASA证明△CEF≌△GEF，可得CE＝GE，然后根据平行线的性质、等腰三角形的性质和ASA证明△CGH≌△FDH，于是可得CG＝DF，从而可得结论．
【详解】（1）（ⅰ）证明：∵AB＝BF，BD平分∠ABC，
∴BE⊥AF，AE＝EF，
即BD垂直平分AF；
（ⅱ）证明：过点C作CM⊥AF交AF的延长线于点M，如图1，
∵∠BAC＝90°，AF⊥BD，
∴∠ABE+∠BAE=90°，∠CAM+∠BAE=90°，
∴∠CAM＝∠ABE，
在△ABE和△CAM中，，
∴△ABE≌△CAM（AAS），
∴AE＝CM，
∵AF⊥BD，AF⊥CM，
∴BD∥CM，
∴∠FCM＝∠CBD，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∴∠FCM＝∠ABD，
∴∠FCM＝∠EAD，
在△AED和△CMF中，，
∴△AED≌△CMF（ASA），
∴AD＝CF；
（2）解：BD＝2CE．
理由如下：如图2，延长BA、CE相交于点F，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
在△BCE和△BFE中，，
∴△BCE≌△BFE（ASA），
∴CE＝EF，
∵∠BAC＝90°，CE⊥BD，
∴∠ACF+∠F＝90°，∠ABD+∠F＝90°，
∴∠ABD＝∠ACF，
在△ABD和△ACF中，，
∴△ABD≌△ACF（ASA），
∴BD＝CF，
∵CF＝CE+EF＝2CE，
∴BD＝2CE．
（3）解：CE＝FD．过点F作FG∥BA，交AC于H，交CE的延长线于点G，如图3，
∵FG∥AB，∠EFC＝∠B，
∴∠EFC＝∠GFE，
又∵CE⊥FE，∴∠CEF＝∠GEF＝90°，
在△CEF和△GEF中，，
∴△CEF≌△GEF（ASA），
∴CE＝GE，即CE＝CG，
∵FG∥AB，∠A＝90°，AB＝AC，
∴∠CHG＝∠DHF＝90°，CH＝FH．
又∵∠GCH＝∠DFH，
∴△CGH≌△FDH（ASA），
∴CG＝DF．
∴CE＝FD．
【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、平行线的性质以及等腰三角形的性质等知识，具有一定的难度，正确添加辅助线、熟练掌握三角形全等的判定和性质是解题的关键．
4．（2022·安徽黄山·九年级期中）如图，在中，，，是边上一动点，于．
（1）如图（1），若平分时，①求的度数；
②延长交的延长线于点，补全图形，探究与的数量关系，并证明你的结论；
（2）如图（2），过点作于点，猜想线段，，之间的数量关系，并证明你的猜想．
【答案】（1）①，②BD=2EC，理由见详解；（2）BE=CE+2AF，理由见详解．
【分析】（1）①由题意易得∠ABC=∠ACB=45°，则有∠CBD=∠ABD=22.5°，进而可求∠ECD=∠DBA，则问题得解；
②由题意易得CE=EF，则可证△ABD≌△ACF，进而可得BD=CF，最后根据线段的数量关系可求解；
（2）在BE上截取BH=CE，连接AH，则易证△BHA≌△CEA，则有AE=AH，∠BAH=∠CAE，进而可得∠HAE=90°，然后根据线段的数量关系可求解．
【详解】解：（1）∵，，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠CBD=∠ABD=22.5°，
①∵∠ABD+∠BDA=∠CDE+∠ECD=90°，∠CDE=∠BDA，
∴∠ABD=∠ECD=22.5°；
②BD=2EC，理由如下：如图所示：
∵，
∴∠CEB=∠FEB=90°，
∵BE=BE，
∴△CEB≌△FEB（ASA），
∴CE=FE，
∵∠DBA+∠F=90°，∠FCA+∠F=90°，
∴∠DBA=∠FCA，
∵∠BAD=∠CAF=90°，AB=AC，
∴△ABD≌△ACF（ASA），
∴BD=CF，
∴BD=2CE；
（2）BE=CE+2AF，理由如下：
在BE上截取BH=CE，连接AH，如图，
由（1）易得∠HBA=∠ECA，
∵AB=AC，
∴△BHA≌△CEA（SAS），
∴AH=AE，∠BAH=∠CAE，
∵∠BAH+∠HAC=90°，
∴∠EAC+∠HAC=90°，即∠HAE=90°，
∵AF⊥BE，
∴AF=HF=FE，
∵BE=BH+HF+FE，
∴BE=CE+2AF．
【点睛】本题主要考查直角三角形斜边中线定理及等腰直角三角形的性质与判定，熟练掌握直角三角形斜边中线定理及等腰直角三角形的性质与判定是解题的关键．
课后专项训练
1．（2022·江苏常州·一模）如图，已知四边形的对角互补，且，，．过顶点C作于E，则的值为（ ）
A．B．9C．6D．7．2
【答案】B
【分析】要求值，主要求出AE和BE的长即可，注意到AC是角平分线，于是作CF⊥AD交AD的延长线于点F，可以证得两对全等三角形，结合已知数据可以求得AE和BE的长，从而解决问题．
【详解】解：作CF⊥AD交AD的延长线于点F，则∠CFD=90°，
∵CE⊥AB， ∴∠CEB=90°， ∴∠CFD=∠CEB=90°，
∵∠BAC=∠DAC， ∴AC平分∠BAD， ∴CE=CF，
∵四边形ABCD对角互补， ∴∠ABC+∠ADC=180°，
又∵∠CDF+∠ADC=180°， ∴∠CBE=∠CDF，
在△CBE和△CDF中，
， ∴△CBE≌△CDF（AAS）， ∴BE=DF，
在△AEC和△AFC中，
， ∴△AEC≌△AFC（AAS）， ∴AE=AF，
设BE=a，则DF=a， ∵AB=15，AD=12， ∴12+2a=15，得，
∴AE=12+a=，BE=a=， ∴， 故选B．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、角平分线的性质，解答本题的关键是巧妙构造全等三角形进而得出等量关系．
2．（2021·四川成都·二模）已知，如图，BC=DC，∠B+∠D=180°． 连接AC，在AB，AC，AD上分别取点E，P，F，连接PE，PF． 若AE=4，AF=6，△APE的面积为4，则△APF的面积是（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】C
【分析】作于点，于点，延长，取，连接，先证明，由全等三角形对应边相等、对应角相等，得到，结合等边对等角得到，再由角平分线的性质证得，最后根据三角形面积公式解题即可.
【详解】解：如图，作于点，于点，延长，取，连接，
故选：C.
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、等边对等角、角平分线的性质等知识，是重要考点，难度一般，作出正确的辅助线、掌握相关知识是解题关键.
3．（2022·福建·福州立志中学一模）如图，△ABC中，∠ABC=45°，CD⊥AB于点D，BE平分∠ABC，且BE⊥AC于点B，交CD于点F，H是BC边的中点，连接DH交BE于点G，现给出以下结论：①△ACD≌△FBD；②AE=CE；③△DGF为等腰三角形；④S四边形ADGE=S四边形GHCE．其中正确的有_________（写出所有正确结论序号）．
【答案】①②③
【分析】证明△ACD≌△FBD（AAS），由全等三角形的性质得出AC＝BF．则①正确；证明△ABE≌△CBE（ASA），由全等三角形的性质得出AE＝CE，则可得出②正确；证出∠DGF＝∠DFG，由等腰三角形的判定可得出③正确．过G作GM⊥BD于点M，由直角三角形的性质及全等三角形的性质得出S四边形ADGE＜S四边形GHCE，故④错误．
【详解】解：①∵CD⊥AB，
∴∠CDA＝∠BDF＝90°，∠DBF＋∠DFB＝180°−∠BDF＝90°，
又∵BE⊥AC，∴∠BEA＝90°，
∴∠DBF＋∠DAC＝180°−∠BEA＝90°，∴∠DAC＝∠DFB，
又∵∠ABC＝45°，
∴∠DCB＝180°−∠ABC−∠BDF＝45°，△BCD是等腰直角三角形，
∴BD＝CD，∴在△ACD和△FBD中，
，∴△ACD≌△FBD（AAS），故①正确；
②∵BE平分∠ABC，BE⊥AC，
∴∠ABE＝∠CBE，∠BEA＝∠BEC＝90°，∴在△ABE和△CBE中，
，∴△ABE≌△CBE（ASA），∴AE＝CE，故②正确；
③∵∠HBG＋∠BGH＝180°−∠GHB＝90°，∠DBF＋∠DFG＝180°−∠BDF＝90°，∠HBG＝∠DBF，
∴∠BGH＝∠DFG，∵∠BGH＝∠DGF，∴∠DGF＝∠DFG，
∴△DGF为等腰三角形．故③正确；
④如图所示，过G作GM⊥BD于点M，
∵H为等腰直角△BCD斜边BC的中点，∴DH⊥BC，即∠GHB＝90°，
又∵BE平分∠ABC，GM⊥BD，∴GM＝GH，
又∵BD＞BH，∴S△BDG＞S△BGH，又∵△ABE≌△CBE，∴S△ABE＝S△CBE，
∴S四边形ADGE＝S△ABE−S△BDG，S四边形GHCE＝S△CBE−S△BGH，
∴S四边形ADGE＜S四边形GHCE，故④错误；
综上所述：正确的有①②③．故答案为：①②③．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，全等三角形的性质和判定，证明△ABE≌△CBE是解题的关键．
4．（2020·重庆市松树桥中学校八年级月考）如图，△ABC的面积为9cm2，BP平分∠ABC，AP⊥BP于P，连接PC，则△PBC的面积为______cm2．
【答案】4.5
【分析】根据已知条件证得△ABP≌△EBP，根据全等三角形的性质得到AP=PE，得出S△ABP=S△EBP，S△ACP=S△ECP，推出，代入求出即可．
【详解】解：延长AP交BC于E，∵BP平分∠ABC，∴∠ABP=∠EBP，
∵AP⊥BP，∴∠APB=∠EPB=90°，
在△ABP和△EBP中， ，∴△ABP≌△EBP（ASA），∴AP=PE，
∴∴ cm2，故答案为4.5．
【点睛】本题考查全等三角形的性质和判定，三角形的面积的应用，注意：等底等高的三角形的面积相等．
5．（2020·江苏省灌云高级中学城西分校八年级月考）如图，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，∠ABC的平分线BD交AC于点D，CE⊥BD，交BD的延长线于点E，若BD＝4，则CE＝________．
【答案】2
【分析】根据题意延长BA、CE相交于点F，利用“角边角”证明△BCE和△BFE全等，根据全等三角形对应边相等可得CE=EF，根据等角的余角相等求出∠ABD=∠ACF，然后利用“角边角”证明△ABD和△ACF全等，根据全等三角形对应边相等可得BD=CF，然后求解即可．
【详解】解：如图，延长BA、CE相交于点F，
∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD，
在△BCE和△BFE中，，∴△BCE≌△BFE（ASA），∴CE=EF，
∵∠BAC=90°，CE⊥BD，∴∠ACF+∠F=90°，∠ABD+∠F=90°，∴∠ABD=∠ACF，
在△ABD和△ACF中，，∴△ABD≌△ACF（ASA），∴BD=CF，
∵CF=CE+EF=2CE，∴BD=2CE=4，∴CE=2．故答案为：2．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质和等角的余角相等的性质，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键，难点在于作辅助线构造出全等三角形并得到与BD相等的线段CF．
6．（2021·四川眉山市·八年级期末）在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90，BD平分∠ABC交AC于点D．
（1）如图1，点F为BC上一点，连接AF交BD于点E．若AB=BF，求证：BD垂直平分AF．
（2）如图2，CE⊥BD，垂足E在BD的延长线上．试判断线段CE和BD的数量关系，并说明理由．
（3）如图3，点F为BC上一点，∠EFC=∠ABC，CE⊥EF，垂足为E，EF与AC交于点M．直接写出线段CE与线段FM的数量关系．
【答案】（1）见解析；（2）BD=2CE，理由见解析；（3）FM=2CE．
【分析】(1) 由BD平分∠ABC，可得∠ABE=∠FBE，可证△ABE≌△FBE（SAS），可得AE=FE，∠AEB=∠FEB=×180°=90°即可；（2）延长CE，交BA的延长线于G，由CE⊥BD，∠ABE=∠FBE，可得GE=2CE=2GE，可证△BAD≌△CAG（ASA），可得BD=CG=2CE；（3）作FM的中垂线NH交CF于N，交FM于H，由FN=MN，MH=FH=FM，可得∠NMH=∠NBH，由∠EFC=∠ABC=22.5°，可求∠ABC=∠ACB=∠MNC=45°，可得NM=CM=FN，由外角∠EMC=∠MFC+∠MCF=22.5°+45°=67.5°，可求∠ECM=90°-∠EMC=22.5°，可证△FNH≌△CME（AAS），可得FH=CE即可．
【详解】证明(1) ∵BD平分∠ABC，∴∠ABE=∠FBE，
∵BA=BF，BE=BE，∴△ABE≌△FBE（SAS），
∴AE=FE，∠AEB=∠FEB=× 180°=90°，∴BD垂直平分AF．
（2）BD=2CE，理由如下：延长CE，交BA的延长线于G，
∵CE⊥BD，∠ABE=∠FBE，∴GE=2CE=2GE，
∵∠CED=90°=∠BAD，∠ADB=∠EDC，∴∠ABD=∠GCA，
又AB=AC，∠BAD=∠CAG，，∴△BAD≌△CAG（ASA），∴BD=CG=2CE，
（3）FM=2 CE，理由如下：作FM的中垂线NH交CF于N，交FM于H，
∴FN=MN，MH=FH=FM，∴∠NMH=∠NBH，
∵∠EFC=∠ABC=22.5°，∴∠MNC=2∠NFH=2×∠ABC=∠ABC，
∵AB=AC，∠BAC=90，∴∠ABC=∠ACB=∠MNC=45°，∴NM=CM=FN，
∵∠EMC=∠MFC+∠MCF=22.5°+45°=67.5°，∴∠ECM=90°-∠EMC=22.5°，∴∠NFH=∠MCE，
又∵∠FHN=∠E=90°，∴△FNH≌△CME（AAS），∴FH=CE，∴FM=2FH=2CE．
【点睛】本题考查角平分线性质，三角形全等判定与性质，直角三角形两锐角互余，线段垂直平分线，三角形外角性质，掌握角平分线性质，三角形全等判定与性质，直角三角形两锐角互余，线段垂直平分线是解题关键．
7．（2022·北京西城·二模）在△ABC中，AB=AC，过点C作射线CB′，使∠ACB′=∠ACB（点B′与点B在直线AC的异侧）点D是射线CB′上一动点（不与点C重合），点E在线段BC上，且∠DAE+∠ACD=90°．
(1)如图1，当点E与点C重合时，AD 与的位置关系是______，若，则CD的长为______；（用含a的式子表示）
(2)如图2，当点E与点C不重合时，连接DE．
①用等式表示与之间的数量关系，并证明；
②用等式表示线段BE，CD，DE之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)AD⊥CB′；；
(2)①∠BAC=2∠DAE，理由见解析；②BE=CD+DE，理由见解析
【分析】（1）先证明∠ADC=90°，再过点A作AF⊥BC于点F，根据角平分线的性质，证明△ADC≌△AFC(HL)，即可求解；
（2）①∠ACB′=∠ACB=α=∠B，利用三角形内角和定理得到α=90°-∠BAC，再由∠DAE+∠ACD=90°，推出∠ACD=90°-∠DAE=α，进一步计算即可求解；
②在BC上截取BG=CD，先后证明△ABG≌△ACD(SAS)，△GAE≌△DAE (SAS)，即可求解．
（1）解：∵点E与点C重合，且∠DAE+∠ACD=90°，
∴∠ADC=90°，
∴AD⊥CB′；
过点A作AF⊥BC于点F，
∵AB=AC，
∴CF=BF=BC=，
∵∠ACB′=∠ACB，AF⊥BC，AD⊥CB′，
∴AF= AD，
∴△ADC≌△AFC(HL)，
∴CD=CF=，
故答案为：AD⊥CB′；；
（2）解：①∠BAC=2∠DAE，理由如下：
设∠ACB′=∠ACB=α=∠B，
∴∠ACB+∠B=180°-∠BAC，即α=90°-∠BAC，
∵∠DAE+∠ACD=90°，
∴∠ACD=90°-∠DAE=α，
∴90°-∠BAC=90°-∠DAE，
∴∠BAC=2∠DAE；
②BE=CD+DE，理由如下：
在BC上截取BG=CD，
在△ABG和△ACD中，，
∴△ABG≌△ACD(SAS)，
∴AG=AD，∠BAG=∠CAD，
∵∠BAC=∠BAG+∠GAC，∠GAD=∠CAD+∠GAC，
∴∠BAC=∠GAD，
∵∠BAC=2∠DAE，
∴∠GAD=2∠DAE，
∴∠GAE=∠DAE，
在△GAE和△DAE中，，
∴△GAE≌△DAE (SAS)，
∴GE=DE，
∴BE=BG+GC=CD+DE．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，作出合适的辅助线，构造全等三角形是解题的关键．
8．（2022·重庆·二模）已知：如图1，四边形ABCD中，，连接AC、BD，交于点E，．
(1)求证：；(2)如图2，过点B作，交DC于点F，交AC于点G，若，求证：；(3)如图3，在（2）的条件下，若，求线段GF的长．
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)
【分析】（1）过点A作AP⊥BD于点P，AF⊥BC，交CB的延长线于点F，可证四边形APBF是正方形，可得AP＝AF，根据“HL”可证，可得∠DAP＝∠FAC，即可得∠DAC＝90°；
（2）过点F作FM⊥BC于点M，FN⊥BD于点N，过点C作CP⊥BF于点P，在BD上截取DH＝BC，连接AH，根据角平分线的性质可得FN＝FM，根据S△DBF＝2S△CBF，可得BD＝2BC，即BH＝DH＝BC，通过全等三角形的判定和性质可得AG＝GC；
（3）由全等三角形的性质可得BG＝PG＝，根据勾股定理可求GC，DC，PF的长，即可求GF的长．
(1)解：如图，过点A作AP⊥BD于点P，AF⊥BC，交CB的延长线于点F，

∵AP⊥BD，AF⊥BC，BD⊥BC
∴四边形APBF是矩形
∵∠ABC＝135°，∠DBC＝90°，
∴∠ABP＝45°，且∠APB＝90°，
∴AP＝PB，
∴四边形APBF是正方形
∴AP＝AF，且AD＝AC，
∴，
∴∠DAP＝∠FAC，
∵∠FAC+∠PAC＝90°
∴∠DAP+∠PAC＝90°
∴∠DAC＝90°
(2)如图，过点F作FM⊥BC于点M，FN⊥BD于点N，过点C作CP⊥BF于点P，在BD上截取DH＝BC，连接AH，

∵∠ABC＝135°，∠ABF＝90°，
∴∠CBF＝45°，且∠DBC＝90°，
∴∠DBF＝∠CBF，且FN⊥BD，FM⊥BC，
∴FN＝FM，
∵S△DBF＝2S△CBF，
∴×2，
∴BD＝2BC，
∴BH＝BD﹣DH＝BD﹣BC＝BC，
∵∠AED＝∠BEC，∠DAC＝∠DBC＝90°，
∴∠ADH＝∠ACB，且AD＝AC，DH＝BC，
∴△ADH≌△ACB（SAS），
∴∠AHD＝∠ABC＝135°，AH＝AB，
∴∠AHB＝∠ABD＝45°，
∴∠HAB＝90°，
∵BC＝BH，∠HAB＝∠BPC，∠AHB＝∠FBC＝45°，
∴△AHB≌△PBC（AAS），
∴AB＝PC，
∵AB＝PC，且∠ABP＝∠BPC，∠AGB＝∠CGP，
∴△AGB≌△CGP（AAS），
∴AG＝GC
(3)解：如图，
∵AB＝3＝PC，∠PBC＝45°，PC⊥BF，
∴BP＝PC=3，
∵△AGB≌△CGP，
∴BG＝PG＝，
在中，CG＝＝，
∴AG＝GC＝
∴AC＝AD＝2AG＝3
在中，CD＝＝，
∵S△DBF＝2S△CBF，
∴DF＝2FC
∵DF+FC＝DC
∴FC＝
在中，PF＝＝1
∴FG＝PG+PF＝1+ ＝．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，全等三角形判定和性质，勾股定理，角平分线的性质等知识，解题的关键是添加恰当的辅助线构造全等三角形．
9．（2022·陕西西安·一模）如图，△ABD和△BCE都是等边三角形，∠ABC＜105°，AE与DC交于点F．
（1）求证：AE＝DC；（2）求∠BFE的度数；（3）若AF＝9.17cm，BF＝1.53cm，CF＝7.53cm，求CD．
【答案】（1）见解析；（2）60°；（3）18.23cm
【分析】（1）由等边三角形的性质可知∠DBA＝∠EBC＝60°，BD＝AB，BC＝BE．从而可证∠DBC＝∠ABE．即可利用“SAS”可证明△DBC≌△ABE，得出结论AE＝DC．
（2）过点B作BN⊥CD于N，BH⊥AE于H．由△DBC≌△ABE可知∠BEH＝∠BCN，∠BDF＝∠BAF．再结合等边三角形的性质可求出∠FDA+∠DAF＝120°，进而求出∠DFA＝180°-120°＝60°，即求出∠DFE＝180°-60°＝120°．即可利用“AAS”证明△BEH≌△BCN，得出结论BH＝BN，即得出BF平分∠DFE，即可求出∠BFE＝60°．
（3）延长BF至Q，使FQ＝AF，连接AQ．根据所作辅助线可知∠AFQ＝∠BFE＝60°，即证明△AFQ是等边三角形，得出结论AF＝AQ＝BQ，∠FAQ＝60°．又可证明∠DAF＝∠BAQ．利用“SAS”可证明△DAF≌△BAQ，即得出DF＝BQ＝BF+FQ＝BF+AF，最后即可求出CD＝DF+CF＝BF+AF+CF＝1.53+9.17+7.53＝18.23cm．
【详解】（1）证明：∵△ABD和△BCE都是等边三角形，
∴∠DBA＝∠EBC＝60°，BD＝AB，BC＝BE，
∴∠DBA+∠ABC＝∠EBC+∠ABC，即∠DBC＝∠ABE，
∵在△DBC和△ABE中，，
∴△DBC≌△ABE（SAS），
∴AE＝DC；
（2）解：如图，过点B作BN⊥CD于N，BH⊥AE于H．
∵△DBC≌△ABE，
∴∠BEH＝∠BCN，∠BDF＝∠BAF，
∵△ABD是等边三角形，
∴∠BDA+∠BAD＝120°，
∴∠FDA+∠DAF＝120°，
∴∠DFA＝180°-120°＝60°，
∴∠DFE＝180°-60°＝120°，
在△BEH和△BCN中，
，
∴△BEH≌△BCN（AAS），
∴BH＝BN，
∴BF平分∠DFE，
∴∠BFE＝∠DFE＝×120°＝60°；
（3）解：如图，延长BF至Q，使FQ＝AF，连接AQ．
则∠AFQ＝∠BFE＝60°，
∴△AFQ是等边三角形，
∴AF＝AQ＝BQ，∠FAQ＝60°，
∵△ABD是等边三角形，
∴AD＝AB，∠DAB＝60°，
∴∠DAB+∠BAF＝∠BAF+∠FAQ，即∠DAF＝∠BAQ，
在△DAF和△BAQ中，，
∴△DAF≌△BAQ（SAS），
∴DF＝BQ＝BF+FQ＝BF+AF，
∴CD＝DF+CF＝BF+AF+CF＝1.53+9.17+7.53＝18.23cm．
【点睛】本题为三角形综合题．考查等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理以及角平分线的判定和性质．正确的作出辅助线也是解答本题的关键．
10．（2021·安徽·九年级期末）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：．
【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，，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．
11．（2022·自贡市九年级月考）根据图片回答下列问题．
(1)如图①，AD平分∠BAC，∠B+∠C=180°，∠B=90°，易知：DB____DC．
(2)如图②，AD平分∠BAC，∠ABD+∠ACD=180°，∠ABD