专题20 全等三角形的辅助线问题【考查题型】考查题型一 连接两点做辅助线典例1．把正方形ABCD绕着点A，按顺时针方向旋转得到正方形AEFG
，边FG与BC交于点H（如图）．试问线段HG与线段HB相等吗？请先观察猜想，然后再证明你的猜想．【解析】试题分析：要证明HG与HB
是否相等，可以把线段放在两个三角形中证明这两个三角形全等，或放在一个三角形中证明这个三角形是等腰三角形，而图中没有这样的三角形，因
此需要作辅助线，构造三角形．试题解析：HG=HB，证法1：连接AH，∵四边形ABCD，AEFG都是正方形，∴∠B=∠G=90°，由
题意知AG=AB，又AH=AH，∴Rt△AGH≌Rt△ABH（HL），∴HG=HB．证法2：连接GB，∵四边形ABCD，AEFG都
是正方形，∴∠ABC=∠AGF=90°，由题意知AB=AG，∴∠AGB=∠ABG，∴∠HGB=∠HBG，∴HG=HB．变式1-1．
已知:三角形ABC中,∠A=90°,AB=AC,D为BC的中点.(1)如图,E、F分别是AB、AC上的点,且BE=AF,求证:△D
EF为等腰直角三角形.(2)若E、F分别为AB,CA延长线上的点,仍有BE=AF,其他条件不变,那么,△DEF是否仍为等腰直角三角
形?画出图形,写出结论不证明.【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】(1)先连接AD，构造全等三角形：△BED和△AFD．AD
是等腰直角三角形ABC底边上的中线，所以有∠CAD=∠BAD=45°，AD=BD=CD，而∠B=∠C=45°，所以∠B=∠DAF，
再加上BE=AF，AD=BD，可证出：△BED≌△AFD，从而得出DE=DF，∠BDE=∠ADF，从而得出∠EDF=90°，即△D
EF是等腰直角三角形；(2)根据题意画出图形,连接AD,构造△DAF≌△DBE.得出FD=ED ,∠FDA=∠EDB,再算出∠ED
F=90°,即可得出△DEF是等腰直角三角形.【详解】解：（1）连结AD , ∵AB=AC ,∠BAC=90° ,D为BC中点
,∴AD⊥BC ,BD=AD ,∴∠B=∠BAD=∠DAC=45°,又∵BE=AF ,∴△BDE≌△ADF（SAS）,∴ED=FD
,∠BDE=∠ADF,∴∠EDF=∠EDA+∠ADF=∠EDA+∠BDE=∠BDA=90°,∴△DEF为等腰直角三角形.（2）连
结AD ∵AB=AC ,∠BAC=90° ,D为BC中点 ,∴AD=BD ,AD⊥BC ,∴∠DAC=∠ABD=45° ,∴∠D
AF=∠DBE=135°,又∵AF=BE ,∴△DAF≌△DBE（SAS）,∴FD=ED ,∠FDA=∠EDB,∴∠EDF=∠ED
B+∠FDB=∠FDA+∠FDB=∠ADB=90°.∴△DEF为等腰直角三角形.变式1-2．如图，以为直角顶点作两个等腰直角三角形
和，且点在线段上（除外），求证：【答案】证明见解析【分析】连接BD，证明△AOC≌△BOD（SAS），得到△CBD为直角三角形，再
由勾股定理即可证明．【详解】解：连接BD，∵△AOB与△COD为等腰直角三角形，∴AO=BO，CO=DO，∠AOB=∠COD=90
°，∠A=∠ABO=45°，∴∠AOC+∠BOC=∠BOD+∠BOC∴∠AOC=∠BOD，在△AOC与△BOD中，，∴△AOC≌△
BOD（SAS）∴∠A=∠OBD=45°，AC=BD，∴∠ABO+∠OBD=90°，即∠CBD=90°，∴在Rt△CBD中，即．考
查题型二 全等三角形 - 倍长中线模型典例2．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，∵，，∴≌，∴，，∵．∴≌，∴．变式2-1．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）（
1）如图1，AD是的中线，延长AD至点E，使，连接BE，证明：．（理解与应用）（2）如图2，EP是的中线，若，，设，则x的取值范围
是________．（3）如图3，AD是的中线，E、F分别在AB、AC上，且，求证：．【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析【
分析】（1）根据全等三角形的判定即可得到结论；（2）延长至点，使，连接，根据全等三角形的性质得到，根据三角形的三边关系即可得到结论
；（3）延长FD至G，使得，连接BG，EG，结合前面的做题思路，利用三角形三边关系判断即可．【详解】（1）证明：，，，，（2）；如
图，延长至点，使，连接，在与中，，，，在中，，即，的取值范围是；故答案为：；（3）延长FD至G，使得，连接BG，EG，在和中，，，
，，，在和中，，，，，，在中，两边之和大于第三边，，又，，变式2-2．倍长中线的思想在丁倍长某条线段（被延长的线段要满足两个条件：
线段一个端点是图中一条线段的中点；线段与这条线段不共线)，然后进行连接，构造三角形全等，再进一步将某些线段进行等量代换，再证明全等
或其他的结论，从而解决问题．（应用举例）如图（1），已知：为的中线，求证：．简证：如图（2），延长到，使得，连接，易证，得 ，在中
， ，．（问题解决）（1）如图（3），在中，是边上的中线，是上一点，且，延长交于，求证：．（2）如图（4），在中，是边的中点，分别
在边上，，若，求的长．（3）如图（5），是的中线，，且，请直接写出与的数量关系_ 及位置关系_ ．【答案】；（1）详见解析；（2）
5；（3），【应用举例】由全等的性质可得AB=EC，由三角形三边关系可得AC+CE>AE，即AB+AC>2AD；故答案为EC，AE
；【问题解决】（1）由题意不难得到所以∠BGD=∠BED=∠AEF=∠DAC，∴有AF=EF；（2）延长ED到G，使DG=ED，连
结CG、FG，不难得到EF=FG，另同（1）有△BDE≌△CDG，所以∠FCG=∠FCD+∠GCD=∠FCD+∠EBD=90°，C
G=BE=3，由勾股定理可得FG即EF的长；（3）由全等三角形的性质可以得到解答．【详解】【应用举例】【问题解决】如图延长到，使得
连接易证得，．如图，延长到，使得连接易证得，垂直平分即在中，，，理由如下：如图3，延长AD到G，使AD=DG，延长DA交EF于P，
连结BG，则不难得到△BGD≌△CAD，∴BG=AC，∠GBD=∠ACD，∠DGB=∠DAC，又AF=AC，∴BG=AF，∴∠AB
G=∠ABD+∠GBD=∠ABD+∠ACD=180°-∠ BAC=∠EAF，∴在△ABG和△EAF中，，∴△ABG≌△EAF，∴E
F=AG=2AD，∠EFA=∠DGB=∠DAC，∵∠DAC+∠PAF=180°-∠FAC=180°-90°=90°，∴∠EFA+∠
PAF=90°，∴∠APF=90°，∴EF⊥AD ．考查题型三 全等三角形 – 旋转模型典例3．在Rt△ABC中，∠ABC=90°
，∠BAC＝30°，将△ABC绕点A顺时针旋转一定的角度得到△AED，点B、C的对应点分别是E、D.(1)如图1，当点E恰好在AC
上时，求∠CDE的度数； (2)如图2，若=60°时，点F是边AC中点，求证：四边形BFDE是平行四边形. 【答案】（1）15°
；（2）证明见解析.【分析】（1）如图1，利用旋转的性质得CA＝DA，∠CAD＝∠BAC＝30°，∠DEA＝∠ABC＝90°，再根
据等腰三角形的性质求出∠ADC，从而计算出∠CDE的度数；（2）如图2，利用直角三角形斜边上的中线性质得到BF＝AC，利用含30度
的直角三角形三边的关系得到BC＝AC，则BF＝BC，再根据旋转的性质得到∠BAE＝∠CAD＝60°，AB＝AE，AC＝AD ，DE
＝BC，从而得到DE＝BF，△ACD和△BAE为等边三角形，接着由△AFD≌△CBA得到DF＝BA，然后根据平行四边形的判定方法得
到结论．【详解】解：（1）如图1，∵△ABC绕点A顺时针旋转α得到△AED，点E恰好在AC上，∴∠CAD＝∠BAC＝30°，∠DE
A＝∠ABC＝90°，∵CA＝DA，∴∠ACD＝∠ADC＝（180°?30°）＝75°，∠ADE=90°-30°=60°，∴∠CD
E＝75°?60°＝15°；（2）证明：如图2，∵点F是边AC中点，∴BF＝AC，∵∠BAC＝30°，∴BC＝AC，∴BF＝BC，
∵△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，∴∠BAE＝∠CAD＝60°，AB＝AE，AC＝AD，DE＝BC，∴DE＝BF，△A
CD和△BAE为等边三角形，∴BE＝AB，∵点F为△ACD的边AC的中点，∴DF⊥AC，易证得△AFD≌△CBA，∴DF＝BA，∴
DF＝BE，而BF＝DE，∴四边形BEDF是平行四边形．变式3-1．给出定义，若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平
方，则称该四边形为勾股四边形．（1）在你学过的特殊四边形中，写出两种勾股四边形的名称；（2）如图，将△ABC绕顶点B按顺时针方向旋
转60°得到△DBE，连接AD，DC，CE，已知∠DCB=30°．①求证：△BCE是等边三角形；②求证：DC2+BC2=AC2，即
四边形ABCD是勾股四边形．【答案】(1)正方形、矩形、直角梯形均可；(2)①证明见解析②证明见解析【分析】（1）根据定义和特殊四
边形的性质，则有矩形或正方形或直角梯形；（2）①首先证明△ABC≌△DBE，得出AC=DE，BC=BE，连接CE，进一步得出△BC
E为等边三角形；②利用等边三角形的性质，进一步得出△DCE是直角三角形，问题得解．【详解】解：（1）正方形、矩形、直角梯形均可；（
2）①∵△ABC≌△DBE，∴BC=BE，∵∠CBE=60°，∴△BCE是等边三角形；②∵△ABC≌△DBE，∴BE=BC，AC=
ED；∴△BCE为等边三角形，∴BC=CE，∠BCE=60°，∵∠DCB=30°，∴∠DCE=90°，在Rt△DCE中，DC2+C
E2=DE2，∴DC2+BC2=AC2．变式3-2．如图，在中，，为边上的点，且，为线段的中点，过点作，过点作，且、相交于点.（1
）求证：（2）求证：【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）由等腰三角形的性质可得AD⊥BC，由余角的性质可得∠C=∠BA
D；（2）由“ASA”可证△ABC≌△EAF，可得AC=EF．【详解】（1）如图∵，∴是等腰三角形又∵为的中点，∴（等腰三角形三线
合一）在和中，∵为公共角，，∴.另解：∵为的中点，∵，又，，∴，∴，又，∴∴，在和中，∵为公共角，，∴.（2）∵，∴，∵，∴，∴，
又∵，∴，∴.考查题型四 全等三角形 – 垂线模型典例4．在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥M
N于D， BE⊥MN于E．(1)当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：△ADC≌△CEB；(2)当直线MN绕点C旋转到图2的位
置时，试问DE、AD、BE的等量关系?并说明理由．【答案】（1）见解析；（2）DE=AD-BE，理由见解析【分析】（1）由已知推出
∠ADC=∠BEC=90°，因为∠ACD+∠BCE=90°，∠DAC+∠ACD=90°，推出∠DAC=∠BCE，根据AAS即可得到
答案；（2）与（1）证法类似可证出∠ACD=∠EBC，能推出△ADC≌△CEB，得到AD=CE，CD=BE，即可得到答案．【详解】
解：（1）证明：如图1，∵AD⊥DE，BE⊥DE，∴∠ADC=∠BEC=90°，∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠BCE=90°，
∠DAC+∠ACD=90°，∴∠DAC=∠BCE，在△ADC和△CEB中，，∴△ADC≌△CEB（AAS）；（2）结论：DE=AD
-BE．理由：如图2，∵BE⊥EC，AD⊥CE，∴∠ADC=∠BEC=90°，∴∠EBC+∠ECB=90°，∵∠ACB=90°，∴
∠ECB+∠ACE=90°，∴∠ACD=∠EBC，在△ADC和△CEB中，，∴△ADC≌△CEB（AAS），∴AD=CE，CD=B
E，∴DE=EC-CD=AD-BE．变式4-1．在直角三角形ABC中，，分别以AB、AC为边在外侧作等边和等边，DE交AB于点F，
求证：.【答案】详见解析【分析】过点E作于点G，则有，再证，得到.从而得到，所以，即可完成证明。.【详解】证明：过点E作于点G.∵
是等边三角形，∴，又∵中（直角三角形的角所对的边等于斜边的一半），∴，∴.∴，∴，∴.变式4-2．如图，在中，，，点、分别是轴和轴
上的一动点，点的横坐标为，求点的坐标.【答案】B（0，-3）．【分析】如图，作CD⊥y轴于M，则CD=3，证明△BCD≌△ABO(
AAS)即可求得答案.【详解】如图，作CD⊥y轴于M，则CD=3，∵∠ABC=∠AOB=90゜，∴∠CBD+∠ABO=90°，∠A
BO+∠OAB=90°，∴∠CBD=∠BAO，又∵∠BDC＝∠AOB=90°，BC＝AB，∴△BCD≌△ABO(AAS)，∴OB=
CD=3，∴B(0，-3)．考查题型五 线段之间存在的数量关系典例5．在△ABC中，∠ACB=2∠B，（1）如图①，当∠C=90°
，AD为∠ABC的角平分线时，在AB上截取AE=AC，连接DE，易证AB=AC+CD．请证明AB=AC+CD；（2）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？请直接写出你的结论，不要求证明；②如图③，当∠C≠
90°，AD为△ABC的外角平分线时，线段AB、AC、CD又有怎样的数量关系？请写出你的猜想并证明．【答案】（1）证明见解析；（2
）①AB=AC+CD；②AC+AB=CD，证明见解析．【分析】（1）首先得出△AED≌△ACD（SAS），即可得出∠B=∠BDE=
45°，求出BE=DE=CD，进而得出答案；（2）①首先得出△AED≌△ACD（SAS），即可得出∠B=∠BDE，求出BE=DE=
CD，进而得出答案；②首先得出△AED≌△ACD（SAS），即可得出∠B=∠EDC，求出BE=DE=CD，进而得出答案．【详解】解
：（1）∵AD为∠ABC的角平分线，∴∠EAD=∠CAD，在△AED和△ACD中，∵AE=AC，∠EAD=∠CAD，AD=AD，∴
△AED≌△ACD（SAS），∴ED=CD，∠C=∠AED=90°，∵∠ACB=2∠B，∠C=90°，∴∠B=45°，∴∠BDE=
45°，∴BE=ED=CD，∴AB=AE+BE=AC+CD；（2）①AB=AC+CD．理由：在AB上截取AE=AC，连接DE，∵A
D为∠ABC的角平分线，∴∠EAD=∠CAD，在△AED和△ACD中，∵AE=AC，∠EAD=∠CAD，AD=AD，∴△AED≌△
ACD（SAS），∴ED=CD，∠C=∠AED，∵∠ACB=2∠B，∴∠AED=2∠B，∵∠B+∠BDE=∠AED，∴∠B=∠BD
E，∴BE=ED=CD，∴AB=AE+BE=AC+CD；②AC+AB=CD．理由：在射线BA上截取AE=AC，连接DE，∵AD为∠
EAC的角平分线，∴∠EAD=∠CAD，在△AED和△ACD中，∵AE=AC，∠EAD=∠CAD，AD=AD，∴△AED≌△ACD
（SAS），∴ED=CD，∠ACD=∠AED，∵∠ACB=2∠B，∴设∠B=x，则∠ACB=2x，∴∠EAC=3x，∴∠EAD=∠
CAD=1.5x，∵∠ADC+∠CAD=∠ACB=2x，∴∠ADC=0.5x，∴∠EDC=x，∴∠B=∠EDC，∴BE=ED=CD
，∴AB+AE=BE=AC+AB=CD．变式5-1．如图，，平分，平分，点在上，求证：.【答案】详见解析【分析】在BC上取点F，使
BF=BA，连接EF，由角平分线的性质可以得出∠1=∠2，从而可以得出△ABE≌△FBE，可以得出∠A=∠5，进而可以得出△CDE
≌△CFE，就可以得出CD=CF，即可得出结论．【详解】在BC上取点F，使BF=BA，连接EF，∵BE、CE分别是∠ABC和∠BC
D的平分线，∴∠1=∠2，∠3=∠4，在△ABE和△FBE中，，∴△ABE≌△FBE(SAS)，∴∠A=∠5，∵AB∥CD，∴∠A
+∠D=180°，∴∠5+∠D=180，∵∠5+∠6=180°，∴∠6=∠D，在△CDE和△CFE中，，∴△CDE≌△CFE(AA
S)，∴CF=CD．∵BC=BF+CF，∴BC=AB+CD．变式5-2．如图，在中，，O为的中点，D，E分别在上，且．求证：．【答
案】证明见解析．【分析】如图（见解析），先根据等腰三角形的三线合一可得，，从而可得，再根据等腰三角形的定义可得，然后根据角的和差、
等量代换可得，最后根据三角形全等的判定定理与性质可得，据此根据线段的和差即可得证．【详解】如图，连接，∵，O为的中点，∴，（等腰三
角形的三线合一），∵，∴，∴，∵，∴，∴，又∵，，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴．变式5-3．如图，在中，，. (1)如图1，点在边
上，，，求的面积. (2)如图2，点在边上，过点作，，连结交于点，过点作，垂足为，连结.求证：.【答案】（1）3；（2）见解析．【
分析】（1）根据勾股定理可得AC，进而可得BC与BD，然后根据三角形的面积公式计算即可；（2）过点B作BH⊥BG交EF于点H，如图
3，则根据余角的性质可得∠CBG=∠EBH，由已知易得BE∥AC，于是∠E=∠EFC，由于，，则根据余角的性质得∠EFC=∠BCG
，于是可得∠E=∠BCG，然后根据ASA可证△BCG≌△BEH，可得BG=BH，CG=EH，从而△BGH是等腰直角三角形，进一步即
可证得结论．【详解】解：（1）在△ACD中，∵，，，∴，∵，∴BC=4，BD=3，∴；（2）过点B作BH⊥BG交EF于点H，如图3
，则∠CBG+∠CBH=90°，∵，∴∠EBH+∠CBH=90°，∴∠CBG=∠EBH，∵，，∴BE∥AC，∴∠E=∠EFC，∵，
，∴∠EFC+∠FCG=90°，∠BCG+∠FCG=90°，∴∠EFC=∠BCG，∴∠E=∠BCG，在△BCG和△BEH中，∵∠C
BG=∠EBH，BC=BE，∠BCG=∠E，∴△BCG≌△BEH（ASA），∴BG=BH，CG=EH，∴，∴．变式5-4．如图，等
腰△ABC中，AB＝AC，点D是AC上一动点，点E在BD的延长线上，且AB＝AE，AF平分∠CAE交DE于F．（1）如图1，连CF
，求证：∠ABE＝∠ACF；（2）如图2，当∠ABC＝60°时，求证：AF+EF＝FB；（3）如图3，当∠ABC＝45°时，若BD
平分∠ABC，求证：BD＝2EF．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）详见解析．【分析】（1）先根据SAS证得△ACF≌
△AEF，推出∠E＝∠ACF，再根据等腰三角形性质推出∠E＝∠ABF，即可得出结论；（2）在FB上截取BM＝CF，连接AM，证△A
BM≌△ACF，推出EF＝FC＝BM，AF＝AM，再证得△AMF是等边三角形，于是可得MF＝AF，即可证得结论；（3）连接CF，延
长BA、CF交N，根据ASA证△BFC≌△BFN，推出CN＝2CF＝2EF，再根据ASA证明△BAD≌△CAN，推出BD＝CN，即
可得出答案．【详解】证明：（1）∵AF平分∠CAE，∴∠EAF＝∠CAF，∵AB＝AC，AB＝AE，∴AE＝AC，在△ACF和△A
EF中，，∴△ACF≌△AEF（SAS），∴∠E＝∠ACF，∵AB＝AE，∴∠E＝∠ABE，∴∠ABE＝∠ACF．（2）∵△ACF
≌△AEF，∴EF＝CF，∠E＝∠ACF＝∠ABM，在FB上截取BM＝CF，连接AM，如图2，在△ABM和△ACF中，，∴△ABM
≌△ACF（SAS），∴AM＝AF，∠BAM＝∠CAF，∵AB＝AC，∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝60°，∴∠MAF＝∠MAC+∠CAF＝∠MAC+∠BAM＝∠BAC＝60°，∵AM＝AF，∴△AMF为等边三角形，∴AF＝AM＝MF，∴AF+EF＝BM+MF＝FB，即AF+EF＝FB．（3）连接CF，延长BA、CF交于点N，如图3，∵∠ABC＝45°，BD平分∠ABC，AB＝AC，∴∠ABF＝∠CBF＝22.5°，∠ACB＝45°，∠BAC＝180°﹣45°﹣45°＝90°，由（1）的结论得：∠ACF＝∠ABF＝22.5°，∴∠BFC＝180°﹣22.5°﹣45°﹣22.5°＝90°，∴∠BFN＝∠BFC＝90°，在△BFN和△BFC中，，∴△BFN≌△BFC（ASA），∴CF＝FN，由（2）题得：CF＝EF，则CN＝2CF＝2EF，∵∠BAC＝90°，∴∠NAC＝∠BAD＝90°，在△BAD和△CAN中，，∴△BAD≌△CAN（ASA），∴BD＝CN＝2CF＝2EF．【点睛】本题是三角形的综合题，重点考查了等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，综合性强，难度较大，其中第（2）小题解题的关键是在FB上截取BM＝CF，连接AM，构建全等三角形和等边三角形的解题模型；第（3）小题解题的关键是延长BA、CF交于点N，利用两次三角形全等，把证明BD＝2EF的问题转化为证明BD＝CN. 1 / 1 |
|
