2025年中考数学几何辅助线解题方法第1招 三角形，若等腰，三线合一常用到（含解析）

第1招 三角形，若等腰，三线合一常用到
等腰三角形的显著特征是顶角平分线、底边上的高、底边上的中线合一，且它的内心Ⅰ、重心G、垂心H在同一条直线上.这些是其他一般三角形不具有的特性.因此，当题设条件中涉及等腰三角形的信息时，常要将等腰三角形顶角平分线(或底边上的中线、底边上的高)这一辅助线凸显出来，以便我们充分利用“三线合一”及“腰等底角等”的特性来分析问题.这招辅助线我们可将它表述为：
三角形，若等腰，三线合一常用到.
等腰三角形的这招辅助线，有时也说成：三角形，若等腰，三线合一等底角.
在解题过程中，当题设的条件中含等腰三角形信息时，充分运用等腰三角形“三线合一”性质及其逆命题添加辅助线进行分析，不但可以提高审题效率，加快解题速度，而且还可以加强相关知识点和不同知识领域的联系，促进创新思维.
例1 (1)如图1-1所示,已知在Rt△ABC中,AB=AC,∠BAC=90°,BD为∠ABC的平分线,CE⊥BE.求证:BD=2CE.
(2)如图1-2所示,已知△ABC 和△EDC都是等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,D为AB 边上一点,求证:∠AED=∠ACD.
解析 (1) 证明:如图1-3所示,延长 CE,BA 交于点F.(三线合一常用到)
∵CE⊥BE,BE平分∠ABC,
∴∠BEF=∠BEC=90°,∠CBE=∠FBE.
在△BEC与△BEF中
∴△BEC≌△BEF.∴CE=EF.∴CF=2CE.
∵∠BAC=90°,∠ADB=∠CDE,
∴∠ABD=∠ACE.
在△ABD与△ACF 中,
∴△ABD≌△ACF.∴BD=CF.
∴BD=2CE.
(2) 证法1 如图1-4所示,∵∠1+∠4=∠2+∠4=90°,∴∠1=∠2.∵BC=AC,DC=EC,∴△BCD≌△ACE(SAS).
从而可得AE=BD.
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠B=∠BAC=45°.(三线合一等底角)
∴∠B=∠EAC=45°,∠BDC=∠AEC.
又∠BDC=∠4+45°,∠AEC=∠3+45°,
∴∠3=∠4,即∠AED=∠ACD.
证法2 如图1-5 所示,延长AE,交 BC的延长线于点 F.
由证法1知∠EAC=45°,AE=BD.
∵∠FCA=∠BCA=90°,
∴△AFC与△BFA均为等腰直角三角形.(*)
∴EF=AF--AE=AB-BD=AD.又 FC=CA,EC=DC,
∴△EFC≌△DAC.∴∠5=∠4.
又 而∠F=45°,∴∠5=∠3.
∴∠3=∠4,即∠AED=∠ACD.
证法3 上接证法2中的( *).
∵∠1+∠4=∠2+∠5=90°,∠1+∠4=∠2+∠4=90°,
∴∠1=∠2,由此可得∠4=∠5.
,而∠F=45°,
∴∠5=∠3.
∴∠3=∠4,即∠AED=∠ACD.
本题主要考查数学逻辑推理，对化归、转化能力的要求较高.第(1)问关键在于作出辅助线 EF，AF，挖掘△BCF是以BE 为高的等腰三角形BCF.第(2)问关键在于发现△BCD≌△ACE，并利用三角形的外角定理来推断，如证法1.若利用两次全等，先确认∠5=∠4，再证∠5=∠3，亦可获得其解，如证法2.证法3 是证法2 的升华，避开对△EFC≌△DAC的证明，是一种较好的思路.
例2 如图1-6所示,在△ABC中,∠ABC=90°,AB=BC,D是BC的中点，E是AC 延长线上的一点，且
(1)求证:∠BAD=∠E.
(2)若AB=4,在 BE上是否存在点F,使以B，C，F为顶点的三角形与以A，C，D为顶点的三角形相似 如果有，试求出 BF 的长；如果没有，请说明理由.
解析(1) 过点 B作BM⊥AC,垂足为 M,如图1-7所示.(三角形，若等腰，三线合一常用到)
∵∠ABC=90°,AB=BC,
∴EM=CM+CE=AC.
在 Rt△BEM和 Rt△ABD中, ∴Rt△BEM∽Rt△DAB.∴∠BAD=∠E.
(2)存在.
①过点C作CF⊥AE,交 BE于点 F.如图1-8所示,则有△ACD∽△BCF.
理由：∵△ABC为等腰直角三角形，∴∠BCA=∠BAC=45°.
(三角形，若等腰，三线合一等底角)
∴∠BAD+∠CAD=∠CBE+∠E=45°.
又由(1)的结论知∠BAD=∠E,
∴∠CAD=∠CBE.
∵∠ADC=90°+∠BAD,∠BFC=90°+∠E,
∴∠ADC=∠BFC.∴△ACD∽△BCF.在 Rt△ABC中,∵AB=BC=4,BD=2,
∵△ACD∽△BCF,
即
② 过点C作CF∥AD,交BE于点F,如图1-9所示,则∠ADC=∠BCF.
又∠CAD+∠BAD=45°,且∠BAD=∠E,
∴∠CBE+∠E=45°,且∠CBF=∠CAD.
∴△ACD∽△BFC.
综上， 或
点评 本题具有开放性，主要考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，考查抽象思维能力与判断能力.第(1)问，关键是作出辅助线 BM,挖掘 Rt△BEM∽Rt△DAB.第(2)问,解题关键是要充分利用(1)的结论:∠BAD=∠E,挖掘∠CAD=∠CBE,故只要再创建一角与∠ADC 或∠BCF 相等即可.于是得到①，②两种情形.至于BF长的计算，根据相应的相似比求解就是顺水推舟的事了.易知，本题两问都充分体现了“三角形，若等腰，三线合一常用到”的解题策略.
例3 如图1-10 所示,△ABC和△CDE均为等腰三角形,AC=BC,CD=CE,AC>CD,∠ACB=∠DCE,且点A,D,E在同一直线上,连接BE.
(1) 若∠ACB=60°,则∠AEB 的度数为 ;线段 AD,BE 之间的数量关系是 .
(2) 若 ，用n表示∠AEB 的度数，并说明理由.
(3)如图1-11所示,若∠ACB=∠DCE=90°,点C到AE 边的距离为7，BE=10，试求AB的长.(请写出必要的证明和计算过程)
解析 (1)∵∠ACB=∠DCE=60°,
∴∠ACD=60°-∠DCB=∠BCE.
在△ACD 和△BCE中.
∴△ACD≌△BCE(SAS).
∴∠CDA=∠CEB,AD=BE.
∵CD=CE,∴∠CDE=∠CED.
∵∠DCE=∠ACB=60°,∴△CDE为正三角形.
∴∠CDE=∠CED=60°.
∠AEB=∠CEB-∠CED=60°.
故答案为：60°，相等.
(2) 如图 1 - 12 所示,设 BC 交 AE 于点H.
∵∠DCE=∠ACB,
在△ACD和△BCE中
∴△ACD≌△BCE(SAS).∴∠CAD=∠CBE.
∵∠AHC=∠BHE,∴∠AEB=∠ACB=n°.
(3) 过点 C作CM⊥DE,垂足为M.如图1-13所示,由题设知CM=7.
∵△CDE为等腰三角形,且CD=CE,
∴CM 为 DE 边的中线.(三线合一常用到)
∴DM=ME=CM=7.
∴DE=2DM=14.
∵∠ACB=∠DCE=90°,
在△ACD与△BCE中
∴△ACD≌△BCE(SAS).
∴AD=BE=10,∠CAD=∠CBE.
∵∠AHC=∠BHE,
∴∠AEB=∠ACH=90°,即△AEB为直角三角形.
∵AE=AD+DE=24,
点评 本题主要考查了等腰三角形、正三角形的性质，勾股定理，考查全等三角形的判定与性质，题型开放，问问递进.从求解过程中可体会到，每问都要证△ACD≌△BCE，且第(1)问的证法是后两问证法的铺垫.第(3)问，关键在于：①作辅助线CM⊥AE，利用“三角形，若等腰，三线合一常用到”的方法挖掘 DE边上的中线CM=7；② 挖掘△AEB 是直角三角形.再利用勾股定理推算.
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1. 如图所示,在 Rt△ABC中,AB=AC,∠A=90°,D为BC 上任意一点,作DF⊥AC,DE⊥AB,垂足分别为 F,E,M为BC 的中点,试判断△MEF的形状，并证明你的结论.
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2. 如图所示,已知△ABC与△CDE 都是等腰三角形,且 CA = CB,CD = CE,∠ACB=∠DCE=α,AD,BE 交于点O,点M，N分别是线段AD，BE的中点.给出以下结论：
①AD=BE;
②∠DOB=180°-α;
③连接OC,则OC平分∠AOE;
④△CMN 是等边三角形.
其中正确的是( ).
A. ①②④ B. ①②③
C. ①③④ D. ①②③④
3. 如图所示,在 Rt△ABC 中,已知∠BAC=90°,AB=AC,BM是AC上的中线,且AD⊥BM,垂足为E,AD交BC 于点D.
(1)求证:BD=2CD.
(2)若 其他条件不变，猜想 BD与CD 的倍数关系，并证明你的结论.
4. 如图所示,在△ABC中,AC=BC=6,∠ACB>90°,∠ABC 的平分线交AC于点D,E是AB上的点,且BE=BC,CF∥ED交BD 于点F,连接EF,ED.
(1) 求证:四边形CDEF 是菱形.
(2)当∠ACB= 度时,四边形 CDEF 是正方形,请给予证明，并求此时正方形的边长.
答案
1. △MEF为等腰直角三角形.
证明：连接AD交EF 于点O，连接OM，如图所示.
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴∠B=∠C=45°.(三角形,若等腰,三线合一等底角)
又DF⊥AC,DE⊥AB,
∴四边形 AEDF 为矩形.
∴OM为 Rt△AMD斜边的中线.
∴△MEF为直角三角形.
∵四边形AEDF 为矩形,∴AF=ED=BE.
在△BME 和△AMF中
∴△BME≌△AMF(SAS).从而 MF=ME.
故△MEF为等腰直角三角形.
2. B ①∵CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=α,
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD.
∴∠ACD=∠BCE.
在△ACD和△BCE中
∴△ACD≌△BCE(SAS).
∴AD=BE.故①正确.
②设CD与BE 交于点F,如图1所示.
∵△ACD≌△BCE,∴∠ADC=∠BEC.
∵∠CFE=∠DFO,∴∠DOE=∠DCE=α.
故②正确.
③过点C作CG⊥BE,垂足为G,CH⊥AD,垂足为 H,如图2所示.
∴∠CHD=∠EGC=90°.
∵∠CEG=∠CDH,CE=CD,
∴△CGE≌△CHD(AAS).
∴CG=CH.
由此可得OC平分∠AOE，故③正确.
④∵△ACD≌△BCE,
∴∠CAD=∠CBE,AD=BE,AC=BC.
又 M,N分别是线段AD,BE的中点,
在△ACM和△BCN中
∴△ACM≌△BCN(SAS).
∴CM=CN,∠ACM=∠BCN.
∵∠ACB=α,
∴∠ACM+∠MCB=α.
∴∠BCN+∠MCB=α,如图3所示.
∴∠MCN=α,而不一定是60°.
∴△CMN 不一定是等边三角形，故④不正确.故选 B.
3. (1) 作CG⊥AD交AD 的延长线于点G,如图所示.
∵AD⊥BM,∴CG∥BM,且有∠1=∠2.
∵AB=AC,∠BEA=∠CGA=90°,
∴△ABE≌△CAG.∴AE=CG. ①
易证△ABM∽△EBA,
则 ②
由CG∥BM,得△EBD∽△GCD,
③
由①②③,得
∴BD=2CD.
(2)作CG⊥AD交AD 的延长线于点G,易证
又AC=AB,∴Rt△ABE≌Rt△CAG.故 AE=CG.
又CG∥BE,∴△EBD∽△GCD.
又易知△ABE∽△MBA,则
由此可得 即BD=nCD.
4. (1) 证明:如图1所示,连接EC,交 BD于点O.
∵BE=BC,BD平分∠ABC,
∴EO=CO,BD⊥CE.∴EF=FC,DE=CD.
∵CF∥DE,
∴∠DFC=∠FDE.∵EO=CO,∠FOC=∠DOE.
∴△DOE≌△FOC(AAS).∴DE=CF.
∴EF=FC=CD=DE.∴四边形 EFCD 是菱形.
(2) 当∠ACB=120°时,四边形CDEF 是正方形.
理由如下：
∵∠ACB=120°,BC=AC,∴∠ABC=∠BAC=30°.
∵BD平分∠ABC,∴∠DBC=15°,且 BD⊥EC.
∴∠BCO=75°.∴∠ACE=45°.
∵四边形 EFCD 是菱形,∴∠FCD=2∠ACE=90°.
∴四边形 CDEF 是正方形.∴∠ADE=90°.如图2所示,过点 C作CP⊥AB,垂足为 P.
∵BC=AC=6,∠ABC=30°,CP⊥AB,
∴CP=3,BP=CPtan∠BCP=3×tan60°=3