北师大版数学七下高频考点突破练习专题04 三角形全等的常见辅助线（2份，原卷版+解析版）

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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
1．（2021·湖北八年级期末）如图，△ABC中，∠B=2∠A，∠ACB的平分线CD交AB于点D，已知AC=16，BC=9，则BD的长为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】B
【分析】如图，在上截取 连接证明利用全等三角形的性质证明 求解 再证明 从而可得答案．
【详解】解：如图，在上截取 连接
平分



故选：
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，掌握以上知识是解题的关键．
2．（2022·四川南充·八年级期末）（1）阅读理解：问题：如图1，在四边形中，对角线平分，．求证：．
思考：“角平分线+对角互补”可以通过“截长、补短”等构造全等去解决问题．
方法1：在上截取，连接，得到全等三角形，进而解决问题；
方法2：延长到点，使得，连接，得到全等三角形，进而解决问题．
结合图1，在方法1和方法2中任选一种，添加辅助线并完成证明．
（2）问题解决：如图2，在（1）的条件下，连接，当时，探究线段，，之间的数量关系，并说明理由；
（3）问题拓展：如图3，在四边形中，，，过点D作，垂足为点E，请直接写出线段、、之间的数量关系．
【答案】（1）证明见解析；（2）；理由见解析；（3）．
【分析】（1）方法1：在上截取，连接，得到全等三角形，进而解决问题；方法2：延长到点，使得，连接，得到全等三角形，进而解决问题；
（2）延长到点，使，连接，证明，可得，即
（3）连接，过点作于，证明，，进而根据即可得出结论．
【详解】解：（1）方法1：在上截，连接，如图．
平分，．
在和中，，
，，．
，．
．，．
方法2：延长到点，使得，连接，如图．
平分，．
在和中，，
．，．
，．
，，．
（2）、、之间的数量关系为：．
（或者：，）．
延长到点，使，连接，如图2所示．
由（1）可知，．
为等边三角形．，．
，．
．
，为等边三角形．
，．
，，即．
在和中，，．，
，．
（3），，之间的数量关系为：．（或者：，）
解：连接，过点作于，如图3所示．
，．．
在和中，，，，．
在和中，，．
，，．
【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，正确的添加辅助线是解题的关键．
3．（2021·湖北）如图，△ABC为等边三角形，直线l经过点C，在l上位于C点右侧的点D满足∠BDC＝60°．（1）如图1，在l上位于C点左侧取一点E，使∠AEC＝ 60°，求证：△AEC≌△CDB；
（2）如图2，点F、G在直线l上，连AF，在l上方作∠AFH ＝120°，且AF＝HF，∠HGF ＝120°，求证：HG＋BD＝CF；（3）在（2）的条件下，当A、B位于直线l两侧，其余条件不变时（如图3），线段HG、CF、BD的数量关系为 ．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）HG=CF+BD．
【分析】（1）先利用角的和差证明∠BCD=∠EAC，然后利用AAS即可证明△AEC≌△CDB；
（2）在l上C点左侧取一点E，使∠AEC=60°，连接AE，依次证明△AEC≌△CDB和△HGF≌△FEA即可得出结论；（3）在l上位于C点右侧取一点E，使∠AED=60°，连接AE，在l上取一点M，使BM=BD，依次证明△ACE≌△CBM和△HGF≌△FEA即可得出结论．
【详解】解：（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠ACB=60°，∴∠BCD+∠ACE=120°，
∵∠AEC=60°，∴∠ACE+∠EAC=120°，∴∠BCD=∠EAC，
在△AEC和△CDB中∵,∴△AEC≌△CDB（AAS）；
（2）证明：如图2，在l上C点左侧取一点E，使∠AEC=60°，连接AE，
由（1）知：△AEC≌△CDB，
∴BD=CE，∵∠AEC=60°，∴∠AEF =120°，
∵∠AFH ＝120°，∴∠AFE+∠FAE=∠AFE+∠GFH=60°，∴∠FAE=∠GFH，
∵∠HGF=∠AEF=120°，AF=FH，∴△HGF≌△FEA（AAS），
∴GH=EF，∴CF=EF+CE=HG+BD；
（3）解：HG=CF+BD，理由是：
如图3，在l上位于C点右侧取一点E，使∠AED=60°，连接AE，在l上取一点M，使BM=BD，
∵∠BDC=60°，∴△BDM是等边三角形，∴∠BMD=60°，
∵∠AED=60°，∴∠AEC=∠CMB=120°，
∵∠ACB=60°，∴∠ACE+∠BCE=∠ACE+∠CAE=60°，∴∠CAE=∠BCE，
∵AC=BC，∴△ACE≌△CBM（AAS），∴CE=BM=BD，
由（2）可证△HGF≌△FEA（AAS），∴GH=FE，
∵EF=CF+CE∴HG=CF+BD．故答案为：HG=CF+BD．
【点睛】本题考查等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判断，三角形外角的性质等．掌握一线三等角的模型，能借助一线三等角证明对应角相等是解题关键．
4．（2021·四川东辰国际学校八年级期末）已知在四边形ABCD中，∠ABC＋∠ADC＝180°，∠BAD＋∠BCD＝180°，AB＝BC
（1）如图1，连接BD，若∠BAD＝90°，AD＝7，求DC的长度．
（2）如图2，点P、Q分别在线段AD、DC上，满足PQ＝AP＋CQ，求证：∠PBQ＝∠ABP＋∠QBC
（3）若点Q在DC的延长线上，点P在DA的延长线上，如图3所示，仍然满足PQ＝AP＋CQ，请写出∠PBQ与∠ADC的数量关系，并给出证明过程．
【答案】（1）；（2）见解析；（3），证明见解析
【分析】（1）根据已知条件得出为直角三角形，再根据证出，从而证出即可得出结论；
（2）如图2，延长DC到 K，使得CK=AP，连接BK，通过证△BPA≌△BCK（SAS）得到：∠1=∠2，BP=BK．然后根据证明得，从而得出，然后得出结论；
（3）如图3，在CD延长线上找一点K，使得KC=AP，连接BK，构建全等三角形：△BPA≌△BCK（SAS），由该全等三角形的性质和全等三角形的判定定理SSS证得：△PBQ≌△BKQ，则其对应角相等：∠PBQ=∠KBQ，结合四边形的内角和是360°可以推得：∠PBQ=90°+∠ADC．
【详解】（1）证明：如图1，
．
∵，，∴，
在和中，
∴，∴，∴；
（2）如图2，
延长至点，使得，连接
∵，∴，
∵，∴，
∵，，∴，∴，，
∵，，∴，
∵，，∴，
∴，∴；
（3）；如图3，在延长线上找一点，使得，连接，
∵，∴，
∵，∴，
在和中，∴，
∴，，∴，
∵，∴，
在和中，∴，
∴，∴，
∴，∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
5．（2021·广西玉林市·八年级期末）在中，，点D、E分别在、上，连接、和；并且有，．（1）求的度数；（2）求证：．
【答案】（1）；（2）见解析
【分析】（1）由，，可得为等边三角形，由，，，可证
（2）延长至F，使，连接， 由，，且，可证 由，可证为等边三角形，可得， 可推出结论，
【详解】解：（1）∵，，∴为等边三角形， ∴，
∵，，∵，∴
（2）如图，延长至F，使，连接， 由（1）得为等边三角形，
∴，∵，
又∵，且，∴，
在与中，∴
∴，∴，∴
又∵，∴为等边三角形∴，
又∵，且，∴，
【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质，三角形全等判定与性质，线段和差，三角形外角性质，关键是引辅助线构造三角形全等证明等边三角形．
6．（2021·陕西西安·七年级期末）问题情境：已知，在等边△ABC中，∠BAC与∠ACB的角平分线交于点O，点M、N分别在直线AC，AB上，且∠MON＝60°，猜想CM、MN、AN三者之间的数量关系．
方法感悟：小芳的思考过程是在CM上取一点，构造全等三角形，从而解决问题；
小丽的思考过程是在AB取一点，构造全等三角形，从而解决问题；
问题解决：（1）如图1，M、N分别在边AC，AB上时，探索CM、MN、AN三者之间的数量关系，并证明；
（2）如图2，M在边AC上，点N在BA的延长线上时，请你在图2中补全图形，标出相应字母，探索CM、MN、AN三者之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）CM＝AN+MN，详见解析；（2）CM＝MN﹣AN，详见解析
【分析】（1）在AC上截取CD＝AN，连接OD，证明△CDO≌△ANO，根据全等三角形的性质得到OD＝ON，∠COD＝∠AON，证明△DMO≌△NMO，得到DM＝MN，结合图形证明结论；
（2）在AC延长线上截取CD＝AN，连接OD，仿照（1）的方法解答．
【详解】解：（1）CM＝AN+MN，
理由如下：在AC上截取CD＝AN，连接OD，
∵△ABC为等边三角形，∠BAC与∠ACB的角平分线交于点O，∴∠OAC＝∠OCA＝30°，∴OA＝OC，
在△CDO和△ANO中，，∴△CDO≌△ANO（SAS）∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，
∵∠MON＝60°，∴∠COD+∠AOM＝60°，∵∠AOC＝120°，∴∠DOM＝60°，
在△DMO和△NMO中，，∴△DMO≌△NMO，∴DM＝MN，∴CM＝CD+DM＝AN+MN；

（2）补全图形如图2所示：CM＝MN﹣AN，
理由如下：在AC延长线上截取CD＝AN，连接OD，
在△CDO和△ANO中，，
∴△CDO≌△ANO（SAS）∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，∴∠DOM＝∠NOM，
在△DMO和△NMO中，，∴△DMO≌△NMO（SAS）
∴MN＝DM，∴CM＝DM﹣CD＝MN﹣AN．
【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知等边三角形的性质及全等三角形的判定定理．
7．（2021·四川八年级期末）如图1，在等边三角形中，于于与相交于点．（1）求证：；（2）如图2，若点是线段上一点，平分交所在直线于点．求证：．（3）如图3，若点是线段上一点（不与点重合），连接，在下方作边交所在直线于．猜想：三条线段之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）OF=OG+OA，理由见解析
【分析】（1）由等边三角形的可求得∠OAC=∠OAB=∠OCA=∠OCB=30°，理由含30°角的直角三角形的性质可得OC=2OD，进而可证明结论；（2）理由ASA证明△CGB≌△CGF即可证明结论；
（3）连接OB，在OF上截取OM=OG，连接GM，可证得△OMG是等边三角形，进而可利用ASA证明△GMF≌△GOB，得到MF=OB=OA，由OF=OM+MF可说明猜想的正确性．
【详解】解：（1）证明：∵△ABC为等边三角形，
∴AB=BC=AC，∠BAC=∠ACB=60°，
∵AD⊥BC，CE⊥AB，∴AD平分∠BAC，CE平分∠ACB，
∴∠OAC=∠OAB=∠OCA=∠OCB=30°，∴OA=OC，
在Rt△OCD中，∠ODC=90°，∠OCD=30°，∴OC=2OD，∴OA=2OD；
（2）证明：∵AB=AC=BC，AD⊥BC，
∴BD=CD，∴BG=CG，∴∠GCB=∠GBC，
∵CG平分∠BCE，∴∠FCG=∠BCG=∠BCF=15°，∴∠BGC=150°，
∵∠BGF=60°，∴∠FGC=360°-∠BGC-∠BGF=150°，∴∠BGC=∠FGC，
在△CGB和△CGF中，，∴△CGB≌△CGF（ASA），∴GB=GF；
（3）解：OF=OG+OA．理由如下：
连接OB，在OF上截取OM=OG，连接GM，
∵CA=CB，CE⊥AB，∴AE=BE，∴OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=30°，∴∠AOB=120°，∠AOM=∠BOM=60°，
∵OM=OG，∴△OMG是等边三角形，
∴GM=GO=OM，∠MGO=∠OMG=60°，
∵∠BGF=60°，∴∠BGF=∠MGO，∴∠MGF=∠OGB，
∵∠GMF=120°，∴∠GMF=∠GOB，
在△GMF和△GOB中，，
∴△GMF≌△GOB（ASA），∴MF=OB，∴MF=OA，
∵OF=OM+MF，∴OF=OG+OA．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定的与性质，含30° 角的直角三角形，角平分线的定义等知识的综合运用，属于三角形的综合题，证明相关三角形全等是解题的关键．
方法2 .与中点有关的辅助线
1). 已知中点
（1）中线倍长法：将中点处的线段延长一倍。
目的： = 1 \* GB3 ①构造出一组全等三角形； = 2 \* GB3 ②构造出一组平行线。将分散的条件集中到一个三角形中去。
1．（2021·四川七年级期末）在△ABC中，AB＝AC，点D是△ABC内一点，点E是CD的中点，连接AE，作EF⊥AE，若点F在BD的垂直平分线上，∠BAC＝α，则∠BFD＝_________．（用α含的式子表示）
【答案】180°﹣α．
【分析】根据全等三角形的性质得到∠EAC＝∠EMD，AC＝DM，根据线段垂直平分线的性质得到AF＝FM，FB＝FD，推出△MDF≌△ABF（SSS），得到∠AFB＝∠MFD，∠DMF＝∠BAF，根据角的和差即可得到结论．
【详解】
解：延长AE至M，使EM＝AE，
连接AF，FM，DM，
∵点E是CD的中点，∴DE＝CE，
在△AEC与△MED中，，
∴△AEC≌△MED（SAS），∴∠EAC＝∠EMD，AC＝DM，
∵EF⊥AE，∴AF＝FM，∵点F在BD的垂直平分线上，∴FB＝FD，
在△MDF与△ABF中，，∴△MDF≌△ABF（SSS），
∴∠AFB＝∠MFD，∠DMF＝∠BAF，∴∠BFD+∠DFA＝∠DFA+∠AFM，
∴∠BFD＝∠AFM＝180°﹣2（∠DMF+∠EMD）＝180°﹣（∠FAM+∠BAF+∠EAC）
＝180°﹣∠BAC＝180°﹣α，故答案为：180°﹣α．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
2．（2021·河北邢台·八年级期中）某数学兴趣小组在一次活动中进行了探究试验活动，请你来加入．
【探究与发现】如图1，延长△ABC的边BC到D，使DC＝BC，过D作DE∥AB交AC延长线于点E，求证：△ABC≌△EDC．
【理解与应用】如图2，已知在△ABC中，点E在边BC上且∠CAE＝∠B，点E是CD的中点，若AD平分∠BAE．（1）求证：AC＝BD；（2）若BD＝3，AD＝5，AE＝x，求x的取值范围．
【答案】[探究与发现]见解析；[理解与应用]（1）见解析；（2）1＜x＜4
【分析】[探究与发现]由ASA证明△ABC≌△EDC即可；
[理解与应用]（1）延长AE到F，使EF=EA，连接DF，证△DEF≌△CEA（SAS），得AC=FD，再证△ABD≌△AFD（AAS），得BD=FD，即可得出结论；（2）由全等三角形的性质得AB=AF=2x，再由三角形的三边关系得AD-BD＜AB＜AD+BD，即5-3＜2x＜5+3，即可求解．
【详解】解：[探究与发现]证明：∵DE∥AB，∴∠B=∠D，
又∵BC=DC，∠ACB=∠ECD，∴△ABC≌△EDC（ASA）；
[理解与应用]（1）证明：如图2中，延长AE到F，使EF=EA，连接DF，
∵点E是CD的中点，∴ED=EC，
在△DEF与△CEA中，，∴△DEF≌△CEA（SAS），
∴AC=FD，∴∠AFD=∠CAE，∵∠CAE=∠B，∴∠AFD=∠B，∵AD平分∠BAE，∴∠BAD=∠FAD，
在△ABD与△AFD中，，∴△ABD≌△AFD（AAS），∴BD=FD，∴AC=BD；
（2）解：由（1）得：AF=2AE=2x，△ABD≌△AFD，∴AB=AF=2x，
∵BD=3，AD=5，在△ABD中，由三角形的三边关系得：AD-BD＜AB＜AD+BD，
即5-3＜2x＜5+3，解得：1＜x＜4，即x的取值范围是1＜x＜4．
【点睛】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、平行线的性质、角平分线定义以及三角形的三边关系等知识，本题综合性强，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
3．（2021·广东东莞·八年级期中）如图1，在△ABC中，若AB＝10，BC＝8，求AC边上的中线BD的取值范围．
（1）小聪同学是这样思考的：延长BD至E，使DE＝BD，连接CE，可证得△CED≌△ABD．
①请证明△CED≌△ABD；②中线BD的取值范围是 ．
（2）问题拓展：如图2，在△ABC中，点D是AC的中点，分别以AB，BC为直角边向△ABC外作等腰直角三角形ABM和等腰直角三角形BCN，其中，AB＝BM，BC＝BN，∠ABM＝∠NBC＝∠90°，连接MN．请写出BD与MN的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）①见解析；②；（3）MN=2BD，理由见解析
【分析】（1）①只需要利用SAS证明△CED≌△ABD即可；
②根据△CED≌△ABD可得AB=CE，由三角形三边的关系可得即则，再由，可得；
（2），延长BD到E使得DE=BD，同（1）原理可证△ADE≌△CDB，得到∠DAE=∠DCB，AE=CB，然后证明∠BAE=∠MBN，则可证△BAE≌△MBN得到MN=BE，再由BE=BD+ED=2BD，可得MN=2BD．
【详解】解：（1）①∵BD是三角形ABC的中线，∴AD=CD，
又∵∠ABD=∠CDE，BD=ED，∴△CED≌△ABD（SAS）；
②∵△CED≌△ABD，∴AB=CE，
∵，∴即，
又∵，∴；答案为：；
（2）MN=2BD，理由如下：如图所示，延长BD到E使得DE=BD，
同（1）原理可证△ADE≌△CDB（SAS），∴∠DAE=∠DCB，AE=CB，
∵BC=BN，∴AE=BN，
∵∠ABM=∠NBC=90°，∴∠MBN+∠ABC=360°-∠ABM-∠NBC=180°，
∵∠ABC+∠BAC+∠ACB=180°，∴∠ABC+∠BAC+∠DAE=180°，
∴∠BAE+∠ABC=180°，∴∠BAE=∠MBN，
又∵AB=BM，∴△BAE≌△MBN（SAS），∴MN=BE，
∵BE=BD+ED=2BD，∴MN=2BD．
【点睛】本题主要考查了三角形三边的关系，全等三角形的性质与判定，三角形内角和定理，解题的关键在于能够熟练掌握倍长中线法证明两个三角形全等．
4．（2021·山东八年级期末）（1）方法呈现：
如图①：在中，若，，点D为BC边的中点，求BC边上的中线AD的取值范围．
解决此问题可以用如下方法：延长AD到点E使，再连接BE，可证，从而把AB、AC，集中在中，利用三角形三边的关系即可判断中线AD的取值范围是_______________，这种解决问题的方法我们称为倍长中线法；
（2）探究应用：如图②，在中，点D是BC的中点，于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，判断与EF的大小关系并证明；
（3）问题拓展：如图③，在四边形ABCD中，，AF与DC的延长线交于点F、点E是BC的中点，若AE是的角平分线．试探究线段AB，AF，CF之间的数量关系，并加以证明．
【答案】（1）1＜AD＜5，（2）BE+CF＞EF，证明见解析；（3）AF+CF＝AB，证明见解析．
【分析】（1）由已知得出AC﹣CE＜AE＜AC+CE，即5﹣4＜AE＜5+3，据此可得答案；
（2）延长FD至点M，使DM＝DF，连接BM、EM，同（1）得△BMD≌△CFD，得出BM＝CF，由线段垂直平分线的性质得出EM＝EF，在△BME中，由三角形的三边关系得出BE+BM＞EM即可得出结论；
（3）如图③，延长AE，DF交于点G，根据平行和角平分线可证AF＝FG，易证△ABE≌△GEC，据此知AB＝CG，继而得出答案．
【详解】解：（1）延长AD至E，使DE＝AD，连接BE，如图①所示，
∵AD是BC边上的中线，∴BD＝CD，
在△BDE和△CDA中，，
∴△BDE≌△CDA（SAS），∴BE＝AC＝4，
在△ABE中，由三角形的三边关系得：AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∴6﹣4＜AE＜6+4，即2＜AE＜10，∴1＜AD＜5；故答案为：1＜AD＜5，
（2）BE+CF＞EF；
证明：延长FD至点M，使DM＝DF，连接BM、EM，如图②所示．
同（1）得：△BMD≌△CFD（SAS），∴BM＝CF，
∵DE⊥DF，DM＝DF，∴EM＝EF，
在△BME中，由三角形的三边关系得：BE+BM＞EM，∴BE+CF＞EF；
（3）AF+CF＝AB．如图③，延长AE，DF交于点G，
∵AB∥CD，∴∠BAG＝∠G，
在△ABE和△GCE中CE＝BE，∠BAG＝∠G，∠AEB＝∠GEC，
∴△ABE≌△GEC（AAS），∴CG＝AB，
∵AE是∠BAF的平分线，∴∠BAG＝∠GAF，
∴∠FAG＝∠G，∴AF＝GF，
∵FG+CF＝CG，∴AF+CF＝AB．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了三角形的三边关系、全等三角形的判定与性质、角的关系等知识；本题综合性强，有一定难度，通过作辅助线证明三角形全等是解决问题的关键．
5．（2021·上海九年级专题练习）已知，在中，，点为边的中点，分别交，于点，．
（1）如图1，①若，请直接写出______；
②连接，若，求证：；
（2）如图2，连接，若，试探究线段和之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）①45°；②见解析；（2），理由见解析
【分析】（1）①利用直角三角形两个锐角相加得和三角形的外角等于不相邻的两个内角和的性质结合题干已知即可解题．
②延长至点，使得，连接，从而可证明≌（SAS），再利用全等的性质，可知，即可知道，所以，根据题干又可得到，所以，从而得出结论．
（2）延长至点，使得，连接，从而可证明≌（SAS），再利用全等的性质，可知，，根据题干即可证明≌（HL），即得出结论．
【详解】（1）①∵，
∴
∵∴
又∵∴
∴故答案为．
②如图，延长至点，使得，连接，
∵点为的中点，∴，
又∵，∴≌，
∴，∴，∴，
又∵，∴，∴，∴．
（2）．如图，延长至点，使得，连接，
∵，，∴≌，
∴，，
∵．∴≌，∴．
【点睛】本题主要考查直角三角形的角的性质，三角形外角的性质，全等三角形的判定和性质以及平行线的性质．综合性较强，作出辅助线是解答本题的关键．
6．（2021·江苏八年级期末）如图，在△ABC中，AD是高，E、F分别是AB、AC的中点，AB＝8，AC＝6．（1）求四边形AEDF的周长；（2）若∠BAC＝90°，求四边形AEDF的面积．
【答案】（1）14；（2）12．
【分析】（1）延长DE到G，使GE＝DE，连接BG，根据线段中点的定义求出AE＝4，AF＝3，并利用SAS证明△AED≌△BEG，由全等三角形的性质并再次利用全等三角形的判定得出△GBD≌△ABD，可证得DE＝AB＝4，同理DF＝AC＝3，即可计算出四边形的周长；（2）利用SSS可证△AEF≌△DEF，根据直角三角形的面积计算方法求出△AEF的面积，则四边形的面积即可求解．
【详解】解：（1）延长DE到G，使GE＝DE，连接BG，
∵E、F分别是AB、AC的中点，AB＝8，AC＝6，
∴AE＝BE＝AB＝4，AF＝CF＝AC＝3．
在△AED和△BEG中，，
∴△AED≌△BEG（SAS）．∴AD＝BG，∠DAE＝∠GBE．
∵AD⊥BC，∴∠DAE＋∠ABD＝90°．
∴∠GBE＋∠ABD＝90°．即∠GBD＝∠ADB＝90°．
在△GBD和△ABD中，，
∴△GBD≌△ABD（SAS）．∴GD＝AB．
∵DE＝GD，∴DE＝AB＝4．同理可证：DF＝AC＝3．
∴四边形AEDF的周长＝AE＋ED＋DF＋FA＝14．
（2）由（1）得AE＝DE＝AB＝4，AF＝DF＝AC＝3，
在△AEF和△DEF中，，∴△AEF≌△DEF（SSS）．
∵∠BAC＝90°，∴S△AEF＝AE•AF＝×4×3＝6．
∴S四边形AEDF＝2S△AEF＝12．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定与性质并能利用倍长中线法构造全等三角形是解题的关键．
（2）向中线作垂线：过线段两端点向中点处的线段作垂线。
目的：构造出一组全等三角形
辅助线技巧：锐角三角形的垂线在中线线段上；钝角三角形的垂线在中线线段的延长线上。
1．（2021·全国初三专题练习）如图，是延长线上一点，且，是上一点，，求证：.
【答案】详见解析
【分析】分别过点D、C作AB的垂线，构建与，证其全等即可求得答案.
【解析】如图，过点C作于点G，过点D作的延长线于点F，
则有∠DFB=∠CGB=∠CGA=90°，又∵∠DBF=∠CBG，BD=BC，∴，∴DF=CG，.
又，∴≌，.
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，正确添加辅助线，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键.
2．（2021·全国初三专题练习）如图，已知AD为△ABC的中线，点E为AC上一点，连接BE交AD于点F，且AE＝FE.求证：BF＝AC．
【答案】证明见解析
【分析】向中线作垂线，证明，得到，再根据AE＝FE，得到角的关系，从而证明，最终得到结论.
【解析】如图，分别过点、作，，垂足为、，则.
，，，.
，，，，
又，，.
【点睛】本题是较为典型的题型，至少可以用到两种方法来解题，此题的特点就是必须有中线这个条件才能构造平行四边形或双垂线.
3．（2020.广东省七年级期中）如图，△ABC中，D为BC的中点，（1）在图中作出CM⊥AD，BN⊥AD，垂足分别为M、N；（2）求证：DM＝DN；（3）求AD＝3，求AM+AN的值．
【分析】（1）根据条件作出图形，即可解答；（2）证明△BND≌△CMD，即可得到DN＝DM．
（3）由△BND≌△CMD，得到DM＝DN，利用线段的和与差得到AM＝AD+DM，AN＝AD﹣ND，所以AM+AN＝AD+DM+AD﹣ND＝2AD＝6．
【详解】解：（1）如图，
（2）∵D为BC的中点，∴BD＝CD，∵CM⊥AD，BN⊥AD，∴∠BND＝∠CMD＝90°，
在△BND和△CMD中， ∴△BND≌△CMD，∴DN＝DM．
（3）∵△BND≌△CMD，∴DM＝DN，
∵AM＝AD+DM，AN＝AD﹣ND，∴AM+AN＝AD+DM+AD﹣ND，
∵DM＝DN，∴AM+AN＝2AD＝6．
4．（2020·辽宁鞍山市·八年级期中）阅读下面的题目及分析过程，并按要求进行证明．
已知：如图，点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．
（1）现给出如下两种添加辅助线的方法，请任意选出其中一种，对原题进行证明．
①如图1，延长DE到点F，使EF＝DE，连接BF；
②如图2，分别过点B、C作BF⊥DE，CG⊥DE，垂足分别为点F，G．
（2）请你在图3中添加不同于上述的辅助线，并对原题进行证明．
【答案】（1）①见解析；②见解析；（2）见解析；
【分析】（1）①如图1，延长DE到点F，使EF＝DE，连接BF，△BEF≌△CED，∠BAE＝∠F， AB＝CD；
②如图2，分别过点B、C作BF⊥DE，CG⊥DE，垂足分别为点F，G，△BEF≌△CEG
△BAF≌△CDG，AB＝CD；（2）如图3，过C点作CM∥AB，交DE的延长线于点M，则∠BAE＝∠EMC，△BAE≌△CFE（AAS），∠F＝∠EDC，CF＝CD，AB＝CD；
【详解】（1）①如图1，

延长DE到点F，使EF＝DE，连接BF，∵点E是BC的中点，∴BE＝CE，
在△BEF和△CED中， ，
∴△BEF≌△CED（SAS），∴BF＝CD，∠F＝∠CDE，
∵∠BAE＝∠CDE，∴∠BAE＝∠F，∴AB＝BF，∴AB＝CD；
②如图2，分别过点B、C作BF⊥DE，CG⊥DE，垂足分别为点F，G，
∴∠F＝∠CGE＝∠CGD＝90°，∵点E是BC的中点，∴BE＝CE，
在△BEF和△CEG中， ，∴△BEF≌△CEG（AAS），∴BF＝CG，
在△BAF和△CDG中，，∴△BAF≌△CDG（AAS），∴AB＝CD；
（2）如图3，过C点作CM∥AB，交DE的延长线于点M，则∠BAE＝∠EMC，
∵E是BC中点，∴BE＝CE，在△BAE和△CME中，，
∴△BAE≌△CFE（AAS），∴CF＝AB，∠BAE＝∠F，
∵∠BAE＝∠EDC，∴∠F＝∠EDC，∴CF＝CD，∴AB＝CD．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，对顶角相等，平行线的性质，构造出全等三角形是解本题的关键．
5．（2021·江苏八年级期中）通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题：
（模型呈现）
（1）如图，，，过点作于点，过点作于点．由，得．又，可以推理得到．进而得到__________，．我们把这个数学模型称为“字”模型或“一线三等角”模型；
（模型应用）（2）如图，，，，连接，，且于点，与直线交于点．求证：点是的中点；
（深入探究）（3）如图，已知四边形和为正方形，的面积为，的面积为，则有__________（填“＞、=、＜”）
（4）如图，分别以的三条边为边，向外作正方形，连接、、．当，，时，图中的三个阴影三角形的面积和为__________；
（5）如图，点、、、、都在同一条直线上，四边形、、都是正方形，若该图形总面积是16，正方形的面积是4，则的面积是__________．
【答案】（1）DE；（2）见解析；（3）＝；（4）6；（5）2
【分析】（1）根据全等三角形的性质即可得到答案；
（2）分别过点和点作于点，于点，由（1）中结论可得到AF=DM，AF=EN，然后只需要证明即可得到答案；
（3）过点D作DO⊥AF交AF于O，过点E错EN⊥OD交OD延长线于N，过点C作CM⊥OD交OD延长线于M，然后同（2）中证明，，即可得到答案；（4）同（3）中证明方法可以得到，只需要求出即可得到答案；
（5）同（3）中的方法可以证明，然后利用勾股定理得到即可得到答案.
【详解】解：（1）∵∴
（2）分别过点和点作于点，于点，∴，
∵，∴，∴
∵，∴，
在和中，，，，
∴，∴同理∴，
∵，，∴，在和中，，
，，∴
∴，即点是的中点；
（3）如图所示，过点D作DO⊥AF交AF于O，过点E作EN⊥OD交OD延长线于N，过点C作CM⊥OD交OD延长线于M
∵四边形ABCD与四边形DEGF都是正方形∴∠ADC=∠90°，AD=DC，DF=DE
∵DO⊥AF，CM⊥OD
∴∠AOD=∠CMD=90°，∠OAD+∠ODA=90°，∠CDM+∠DCM=90°，
又∵∠ODA+∠DCM=90°∴∠ADO=∠DCM∴
∴，OD=MC同理可以证明
∴，OD=NE∴MC =NE
∵EN⊥OD，CM⊥OD，∠EPN=∠CMP∴∴
∵，
∴∴即；
（4）如图所示，过点E作EO⊥CD交CD于O
同（3）中的证明方法可以得到
∵EO⊥CD∴∠EOD=90°又∵∠CDE=45°，DE=∴OD=OE=1
∵AB=CD=4∴∴
（5）同（3）中的方法可以证明，且
即由勾股定理得：
∴∴
∵图形总面积是16，正方形KCMG的面积是4∴
∴∴
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，正方形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定.
6．（2021·黑龙江八年级期中）在中，直线经过点，于，于，于．请解答下列问题：
（1）如图①，求证：；（提示：过点作于）
（2）如图②、图③，线段，，之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需要证明；
（3）在（1）（2）的条件下，若，，，则______．
【答案】（1）证明见解析；（2）图②：，图③：；（3）9或7．
【分析】（1）如图①过点作于点，先利用垂直和平行求得，根据全等三角形的性质得到，根据矩形的性质得到，根据线段的和差即可得到结论；（2）同理可得， ，根据线段的和差即可得到结论；
（3）先利用勾股定理求出BE，根据（1）（2）的结论代入数据即可得到结论．
【详解】（1）证明：过点作于点，则．
，，
∵，∴，
∵，即，，
又∵在中，，，，
．
四边形为矩形，，；
（2）图②：，图③：；
理由：如图②，过点作交的延长线于，则
同理可得：，，；
如图③，过点作交的延长线于，
同理可得：，，；
（3）解：如图①，，，，∴
∵，由（1）得；
如图②同理；
图③不存在，综上所述，或，故答案为：9或7．
【点睛】本题考查了四边形的综合题，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
二、证中点（需证2次全等）
（1）过端点作另一边的平行线：
目的：构造出一组全等三角形 特点：中线倍长的反向应用
1．（2020·安徽八年级期末）如图，△ABC是等腰三角形，D，E分别是腰AB及AC延长线上的一点，且BD＝CE，连接DE交底BC于G. 求证：GD＝GE.
【答案】证明见解析
【分析】过E作EF∥AB交BC延长线于F，根据等腰三角形的性质及平行线的性质可推出∠F=∠FCE，从而可得到BD=CE=EF，再根据AAS判定△DGB≌△EGF，根据全等三角形的性质即可证得结论．
【详解】证明：过E作EF∥AB交BC延长线于F．
∵AB=AC，∴∠B=∠ACB，∵EF∥AB，∴∠F=∠B，
∵∠ACB=∠FCE，∴∠F=∠FCE，∴CE=EF，
∵BD=CE，∴BD=EF，
在△DBG与△GEF中，，∴△DGB≌△EGF（AAS），∴GD=GE．
2．（2020·华中科技大学同济医学院附属中学八年级月考）如图1，△ABC 中，AB＝AC，点 D 在 AB 边上，点 E 在 AC 的延长线上，且 CE＝BD， 连接 DE 交 BC 于点 F．
⑴求证：EF＝DF；⑵如图2，过点 D 作 DG⊥BC，垂足为 G，求证：BC＝2FG.
【答案】（1）答案见详解；（2）答案见详解.
【分析】(1)过点D作DM∥AC，如图1，则∠ACB=∠DMB，∠DMF=∠ECF，进而可得：CE=MD，易证：∆DMF≅ ∆ECF，即可得到结论；(2)过点D作DM∥AC，如图2，易证：∆DMF≅ ∆ECF，可得：MF=CF，根据等腰三角形三线合一，可得：BG=MG，进而可得到结论.
【详解】（1）过点D作DM∥AC，如图1，则∠ACB=∠DMB，∠DMF=∠ECF，
∵AB＝AC，∴∠B=∠ACB，∴∠B=∠DMB，∴BD=MD，∵CE＝BD，∴CE=MD，
在∆DMF和∆ECF中，∵ ∴∆DMF≅ ∆ECF（AAS）,∴EF＝DF；
（2）过点D作DM∥AC，如图2，由第（1）小题，可知：BD=MD，∆DMF≅ ∆ECF，∴MF=CF，
∵DG⊥BC，∴BG=MG（等腰三角形三线合一），∴BC=BM+CM=2(GM+FM)=2FG，

图1 图2
【点睛】本题主要考查三角形全等的判定和性质定理以及等腰三角形的性质定理，添加合适的辅助线，构造等腰三角形是解题的关键.
3．（2021·河南新乡·八年级期末）如图所示：是等边三角形，、分别是及延长线上的一点，且，连接交于点．求让：
【答案】见详解
【分析】过点D作DE∥AC，交BC于点E，根据等边三角形和平行线的性质得∠MDE=∠MEC，DE=CE，从而证明∆EMD≅∆CME，进而即可得到结论．
【详解】过点D作DE∥AC，交BC于点E，
∵是等边三角形，∴∠B=∠ACB=60°，
∵DE∥AC，∴∠DEB=∠ACB=60°，∠MDE=∠MEC，
∴是等边三角形，∴BD=DE，∵，∴DE=CE，
又∵∠EMD=∠CME，∴∆EMD≅∆CME，∴．
【点睛】本题主要考查等边三角形的性质和判定定理以及全等三角形的判定和性质定理，添加辅助线，构造等边三角形和全等三角形，是解题的关键．
4．（2021·湖北·八年级期中） P为等边△ABC的边AB上一点，Q为BC延长线上一点，且PA＝CQ，连PQ交AC边于D．（1）证明：PD＝DQ．（2）如图2，过P作PE⊥AC于E，若AB＝6，求DE的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）DE＝3．
【分析】（1）过点P作PF∥BC交AC于点F；证出△APF也是等边三角形，得出AP=PF=AF=CQ，由AAS证明△PDF≌△QDC，得出对应边相等即可；（2）过P作PF∥BC交AC于F．同（1）由AAS证明△PFD≌△QCD，得出对应边相等FD=CD，证出AE+CD=DEAC，即可得出结果．
【详解】（1）如图1所示，点P作PF∥BC交AC于点F．
∵△ABC是等边三角形，∴△APF也是等边三角形，AP=PF=AF=CQ．
∵PF∥BC，∴∠PFD=∠DCQ．
在△PDF和△QDC中，，∴△PDF≌△QDC（AAS），∴PD=DQ；
（2）如图2所示，过P作PF∥BC交AC于F．
∵PF∥BC，△ABC是等边三角形，
∴∠PFD=∠QCD，△APF是等边三角形，∴AP=PF=AF．
∵PE⊥AC，∴AE=EF．∵AP=PF，AP=CQ，∴PF=CQ．
在△PFD和△QCD中，，
∴△PFD≌△QCD（AAS），∴FD=CD．
∵AE=EF，∴EF+FD=AE+CD，∴AE+CD=DEAC．
∵AC=6，∴DE=3．

【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定（AAS）与性质、平行线的性质，熟练掌握等边三角形的性质，解题的关键是掌握等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定（AAS）与性质、平行线的性质，熟练掌握等边三角形的性质．
5．（2021·江苏盐城·八年级阶段练习）已知在等腰△ABC中，AB=AC，在射线CA上截取线段CE，在射线AB上截取线段BD，连接DE，DE所在直线交直线BC与点M．请探究：
(1)如图（1），当点E在线段AC上，点D在AB延长线上时，若BD=CE，请判断线段MD和线段ME的数量关系，并证明你的结论．(2)如图（2），当点E在CA的延长线上，点D在AB的延长线上时，若BD=CE，则（1）中的结论还成立吗？如果成立，请证明；如果不成立，说明理由；
(3)如图（3），当点E在CA的延长线上，点D在线段AB上（点D不与A，B重合），DE所在直线与直线BC交于点M，若CE＝2BD，请直接写出线段MD与线段ME的数量关系．
【答案】(1)DM=EM．理由见详解；(2)成立，理由见详解；(3)MD=ME．
【分析】（1）DM=EM；过点E作EF//AB交BC于点F，然后利用平行线的性质和已知条件可以证明△DBM≌△EFM，接着利用全等三角形的性质即可证明题目的结论；
（2）成立；过点E作EF//AB交CB的延长线于点F，然后利用平行线的性质与已知条件可以证明△DBM△EFM，接着利用全等三角形的性质即可证明题目的结论；（3）MD=ME．过点E作EF//AB交CB的延长线于点F，然后利用平行线的性质和已知条件得到△DBM∽△EFM，接着利用相似三角形的性质即可得到结论；
(1)解：DM=EM；
证明：过点E作EF//AB交BC于点F，
∵AB=AC，∴∠ABC=∠C；又∵EF//AB，∴∠ABC=∠EFC，
∴∠EFC=∠C，∴EF=EC．又∵BD=EC，∴EF=BD．
又∵EF//AB，∴∠ADM=∠MEF．
在△DBM和△EFM中 ，∴△DBM≌△EFM，∴DM=EM．
(2)解：成立；证明：过点E作EF//AB交CB的延长线于点F，
∵AB=AC，∴∠ABC=∠C；又∵EF//AB，∴∠ABC=∠EFC，
∴∠EFC=∠C，∴EF=EC．又∵BD=EC，∴EF=BD．
又∵EF//AB，∴∠ADM=∠MEF．
在△DBM和△EFM中∴△DBM≌△EFM；∴DM=EM；
(3)解：过点E作EF//AB交CB的延长线于点F，
∵∠DBM=∠EFM，∠DMB=∠EMF
∴△DBM∽△EFM，∴BD：EF=DM：ME，
∵AB=AC，∴∠ABC=∠C，∵∠F=∠ABC，∴∠F=∠C，∴EF=EC，
∴BD：EC=DM：ME=1：2，∴MD=ME．
【点睛】本题主要考查了三角形综合，涉及了等腰三角形性质和判定、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定和性质，利用平行构造全等三角形是解题关键．
（2）两端点向中线作垂线：
目的：构造出一组全等三角形
特点：与已知中点时向中线作垂线方法一致
1．（2021·全国初三专题练习）如图，在中，，，，，延长交于.求证：.
【答案】详见解析
【分析】如图，过点D作的延长线于点G，易证，再证即可得答案.
【解析】如图，过点D作的延长线于点G，
，，，
又∵∠ACB=∠BGD=90°，BA=BD，∴，，
又∵BC=BE，，又∵∠EBF=∠DGF=90°，∠EFB=∠DFG，∴，∴EF=DF.
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，学会添加常用辅助线，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键.
2．（2020.河北省期中）如图．∠C＝90°，BE⊥AB且BE＝AB，BD⊥BC且BD＝BC，CB的延长线交DE于F。（1）求证：点F是ED的中点；（2）求证：S△ABC＝2S△BEF．
【分析】（1）过点E作EM⊥CF交CF的延长线于M，根据同角的余角相等求出∠EBM＝∠A，然后利用“角角边”证明△ABC和△BEM全等，根据全等三角形对应边相等可得BC＝EM，再求出BD＝EM，然后利用“角角边”证明△EMF和△DBF全等，根据全等三角形对应边相等可得EF＝DF，从而得证；（2）根据全等三角形的面积相等和等底等高的三角形的面积相等进行证明．
【详解】证明：（1）如图，过点E作EM⊥CF交CF的延长线于M，
∵BE⊥AB，∴∠EBM+∠ABC＝180°﹣90°＝90°，
∵∠C＝90°，∴∠A+∠ABC＝180°﹣90°＝90°，
在△ABC和△BEM中，，∴△ABC≌△BEM（AAS），∴BC＝EM，
∵BD＝BC，∴BD＝EM，在△EMF和△DBF中，，
∴△EMF≌△DBF（AAS），∴EF＝DF，∴点F是ED的中点；
（2）∵△ABC≌△BEM，△EMF≌△DBF，∴S△ABC＝S△BEM，S△EMF＝S△DBF，
∵点F是ED的中点，∴S△BEF＝S△DBFS△BEMS△ABC，∴S△ABC＝2S△BEF．
3．（2021·吉林八年级期末）如图①，∠BAD=90°，AB=AD，过点B作BC⊥AC于点C，过点D作DE⊥CA的延长线点E，由∠1+∠2=∠D+∠2=90°，得∠1=∠D，又∠ACB=∠AED=90°，AB=AD，得△ABC≌△DAE进而得到AC=DE，BC=AE， 我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三等角”模型．
请应用上述“一线三等角”模型，解决下列问题：
（1）如图②，∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AC=AE，连接BC、DE，且BC⊥AH于点H，DE与直线AH交于点G，求证：点G是DE的中点．
（2）如图③，在平面直角坐标系中，点A为平面内任意一点，点B的坐标为（4，1），若△AOB是以OB为斜边的等腰直角三角形，请直接写出点A的坐标．
【答案】（1）见解析；（2）A(，)或(，-)．
【分析】（1）过点D作DM⊥AM交AG于点M，过点E作EN⊥AG于点N．根据“K字模型”即可证明AH=DM 和AH=EN，即EN=DM，再根据全等三角形的判定和性质即可证明DG=EG，即点G是DE的中点．
（2）分情况讨论①当A点在OB的上方时，作AC垂直于y轴，BE垂直于x轴，CA和EB的延长线交于点D．根据“K字模型”即可证明，再利用B点坐标即可求出A点坐标．②当A点在OB的下方时，作AP垂直于y轴，BM垂直于x轴，PA和BM的延长线交于点Q．同理即能求出A点坐标．
【详解】（1）如图，过点D作DM⊥AM交AG于点M，过点E作EN⊥AG于点N，则∠DMA=90°，∠ENG=90°．
∵∠BHA=90 ，∴∠2+∠B=90°． ∵∠BAD=90°，∴∠1+∠2=90°． ∴∠B=∠1 ．
在△ABH和△DAM中，∴△ABH△DAM（AAS），∴AH=DM．
同理 △ACH△EAN（AAS）， ∴ AH=EN．∴EN=DM．
在△DMG和△ENG中 ，∴△DMG△ENG（AAS）．∴DG=EG∴点G是DE的中点．
（2）根据题意可知有两种情况，A点分别在OB的上方和下方．
①当A点在OB的上方时，如图，作AC垂直于y轴，BE垂直于x轴，CA和EB的延长线交于点D．
利用“K字模型”可知，∴，
设，则，∵，∴，
又∵，即，解得，
∴，．即点A坐标为(，)．

②当A点在OB的下方时，如图，作AP垂直于y轴，BM垂直于x轴，PA和BM的延长线交于点Q．
根据①同理可得：，．即点A坐标为(，)．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质．熟练利用三角形的判定方法是解答本题的关键．
4．（2021·山东·济宁学院附属中学七年级期中）如图，AB＝AD，AC＝AE，，AH⊥BC于H，HA的延长线交DE于G，下列结论：①DG＝EG；②BC＝2AG；③AH＝AG；④，其中正确的结论为（ ）
A．①②③B．①②④C．②③④D．①②③④
【答案】B
【分析】①如图，过点分别作的垂线交及的延长线于点，证明，，即可得结论；②延长至，使，连接证明，取的中点，连接并延长至，使得，可得，证明，，则可得，即，；③由①可知，故不一定等于；④，由②可知，，则，由可得即可得
【详解】解：①如图，过点分别作的垂线交及的延长线于点，
AB＝AD，AC＝AE，，AH⊥BC
同理可得
又故①正确
②如图，延长至，使，连接
，
如图，取的中点，连接并延长至，使得，
是的中点，
，
，
又
③如图，由①可知，故不一定等于 故③不正确
④如图，由②可知，
故④正确
综上所述，故正确的有①②④故选B
【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，掌握三角形全等的性质与判定是解题的关键．
5．（2021·全国·九年级专题练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，点E在AC上，且AE＝1，连接BE，∠BEF＝90°，且BE＝FE，连接CF，则CF的长为____________
【答案】.
【分析】过点F作FM⊥AC交AC延长线于M，根据∠BEF=90°且BE=EF，可以得到△EFM≌△BEC，从而可以计算出CM、FM的长，再利用勾股定理即可得到CF的长.
【详解】解：∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，，AE＝1∴CE＝3
∵FM⊥AC，∠BEF＝90°∴∠ACB＝∠BEF =∠FME =90°
∴∠FEM+∠EFM=90°=∠BEC+∠FEM∴∠EFM=∠BEC
又∵BE=FE∴△EFM≌△BEC∴BC＝EM＝4，CE＝FM＝3
∴CM=EM-EC=1∴故答案为：.
【点睛】此题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理的运用，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
6．（2021·四川省成都市七中育才学校八年级开学考试）如图1，已知四边形ABCD，连接AC，其中AD⊥AC，BC⊥AC，AC＝BC，延长CA到点E，使得AE＝AD，点F为AB上一点，连接FE、FD，FD交AC于点G．（1）求证：△EAF≌△DAF；（2）如图2，连接CF，若EF＝FC，求∠DCF的度数．
【答案】（1）见解析；（2）∠DCF＝45°．
【分析】（1）由垂直定义可得∠CAD=∠ACB=90°，再根据题意得∠EAF=∠DAF，即可证得结论；
（2）过点F作FM⊥FA交AC于点M，由“AAS”可证△AEF≌△MCF，可得∠AFE=∠MFC，EF=DF，可证△CDF是等腰直角三角形，可得∠DCF=45°．
【详解】证明：（1）∵AD⊥AC，BC⊥AC，∴∠CAD＝∠ACB＝90°，
∵AC＝BC，∴∠BAC＝∠B＝45°，
∴∠EAF＝180°﹣∠BAC＝135°，∠DAF＝∠CAD+∠BAC＝135°，∴∠EAF＝∠DAF，
在△EAF和△DAF中，，∴△EAF≌△DAF（SAS）；
（2）如图2，过点F作FM⊥FA交AC于点M，
∵FA⊥FM，∠FAM＝45°，∴∠FMA＝45°＝∠FAM，
∴FA＝FM，∠FMC＝∠FAE＝135°，
∵EF＝FC，∴∠FEM＝∠FCA，
在△AEF和△MCF中，，
∴△AEF≌△MCF（AAS），∴∠AFE＝∠MFC，EF＝DF，
∵△EAF≌△DAF，∴∠EFA＝∠DFA，∴∠DFA＝∠MFC，
∴∠AFM＝∠DFC＝90°，∵DF＝EF＝CF，
∴△CDF是等腰直角三角形，∴∠DCF＝45°．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．