沪科版数学八年级上册14.2全等三角形的判定综合题难点突破（一）
一、综合题
1．（2024八上·斗门期末）在中，，，为边延长线上一点，连接．
（1）如图1，当时，求证：；
（2）如图2，当时，求证：；、
（3）如图3，当时，求证：．
2．（2024八上·韶关期末）如图，和都是等边三角形．
（1）求证；
（2）连接，试判断的形状，并说明理由；
（3）连接，求证．
3．（2024八上·丰城开学考）如图，在四边形中，，，平分．
（1）如图，若，，则
（2）问题解决：如图，求证：；
（3）问题拓展：如图，在等腰中，，平分，求证：．
4．（2025八上·拱墅月考） 在平面直角坐标系中，A(-4，0)，B(0，4)，点C为x轴正半轴上一动点，过点A作交y轴于点E.
（1） 若C点坐标为(3，0)，求点E的坐标；
（2） 如图②，若点C在x轴正半轴上运动，且OC＜4，其它条件不变，求证：DO平分；
（3） 若点C在x轴正半轴上运动，当时，直接写出的度数.
5．（2024八上·望城期末）如图，的两条高与交于点，，．
（1）求的长；
（2）是射线上一点，且，动点从点出发，沿线段以每秒1个单位长度的速度向终点运动，同时动点从点出发，沿射线以每秒4个单位长度的速度运动，当点到达点时，，两点同时停止运动，设运动时间为秒，当与全等时，求的值．
6．（2025八上·安州期中）在△ABC中，BC和AC边上的高AD、BE交于点F，DF=CD．
（1）如图1，求证：∠DAC=∠CBE；
（2）如图1，求∠ABC的度数；
（3）如图2，延长BA到点G，过点G作BE的垂线交BE的延长线于点H，已知GH=BE，BF=5，AE=2，CG=10，求BH的长．
7．（2025八上·杭州月考）在通过构造全等三角形解决的问题中，有一种方法叫倍长中线法.
（1）如图1，AD是△ABC的中线，AB=8，AC=6，求AD的取值范围.
我们可以延长AD到点M，使DM=AD，连接BM，根据SAS可证△ADC≌△MDB，所以BM=AC.接下来，在△ABM中利用三角形的三边关系可求得AM的取值范围，从而得到中线AD的取值范围是： ；
（2）如图2，AD是△ABC的中线，点E在AC边上，BE交AD于点F，且AE=EF，请参考（1）中的方法求证：AC=BF；
（3）如图3，在四边形ABCD中，AD∥BC，点E是AB的中点，连接CE，ED，且CE⊥DE，试猜想线段BC，CD，AD之间的数量关系，并予以证明.
8．（2025八上·宁波期中）如图，等腰直角三角形中，，直线经过点，过点于点，过点于点，可以证明，我们将这个模型称为“一线三直角”接下来我们就利用这个模型来解决一些问题：
（1）如图，将一块等腰直角三角板放置在平面直角坐标系中，，点轴的正半轴上，点轴的负半轴上，点在第二象限，点坐标为的坐标为，求点的坐标；
（2）如图，在平面直角坐标系中，等腰轴交点，点的坐标为点的坐标为，求点的坐标；
（3）如图，等腰，当点轴正半轴上运动，点轴正半轴上运动，点在第四象限时，作轴于点，请直接写出之间的关系．
9．（2025八上·长兴月考）如图
（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.连结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∠EAF=∠BAD，猜想上述结论是否仍然成立，并证明：
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB=AD，∠ABC与∠ADC互补，点E、F分别在射线CB、DC上，且∠EAF=∠BAD.当BC=4，DC=7，CF=1时，求△CEF的周长.
答案解析部分
1．【答案】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：如图所示，在上截取一点E使得，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵
∴；
（3）证明：如图所示，在射线上取一点H，使得，连接，
∴
由（1）同理可证明，
又∵，
∴，
∴点H和点D重合，
∴．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）利用等腰三角形的性质和判定得到三条边相等，进而证明结论；
（2）从结论出发看出需要通过截长补短来进行证明，添加辅助线之后，利用全等和等腰三角形，证明结论；
（3）借助第一轮的结论，利用同一法来证明D，H重合.
2．【答案】（1）证明：和都是等边三角形，
，，，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）解：是等边三角形，理由如下：
如图，连接，
由（1）得，，
，
，即，
在和中，
，
，
，
又，
是等边三角形；
（3）解：连接，将绕点A顺时针旋转得到，连接，
则，，
是等边三角形，
，；
，
，即，
又在和中，，
，
，
作于点M，于点N，
，
，即，
，
，
在和中，，
，
，
，
又，
H，B，K三点共线，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
即，
，
，
，
．
【知识点】三角形全等的判定-SAS；三角形的综合；全等三角形中对应边的关系；全等三角形中对应角的关系
【解析】【分析】(1)直接由等边三角形的性质知AB=CB，BE=BD，同时得∠ABE=∠CBD=120°，即得△ABE≌△CBD，得AE=CD；
(2)连接FG，由(1)中的全等得∠BAF=∠BCG得△ABF≌△CBG得BF=BG，又∠FBG=60°，即得△BFG为等边三角形；
(3)连接，将绕点A顺时针旋转得到，连接，先得△ABE≌△CBD，作BM⊥AE，BN⊥CD得BM=BN，得△BMH≌△BNH和△ACH≌△ABK得CH=BK，即得CH+BH=AH.
3．【答案】（1）2cm
（2）解：如图，过点分别作于，的延长线于点，
则，∵平分，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
（3）解：如图，在上取，
∵是等腰三角形，，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
由（）可得，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
即
【知识点】角平分线的性质；等腰三角形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（1）解：若，则，，∴，，
∵平分，
∴，
故答案为：；
【分析】（）若，利用角的运算可推出：，，再根据角平分线的性质可得：，据此可求出答案；
（）如图，过点分别作于，的延长线于点，根据角平分线的性质可推出：，再由，，利用角的运算可推出，利用全等三角形的判定定理可证明，利用全等三角形的性质可得：；
（）如图，在上取，利用等腰三角形的性质可求出，进而得到，再根据角平分线的性质和等腰三角形的性质可得：，利用角的运算可得：，再由（）可得，，利用三角形外角性质可得，进而可推出，根据等角对等边，利用线段的运算可得：，再根据线段运算可证明结论；
（1）解：若，则，，
∴，，
∵平分，
∴，
故答案为：；
（2）解：如图，过点分别作于，的延长线于点，则，
∵平分，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图，在上取，
∵是等腰三角形，，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
由（）可得，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
即．
4．【答案】（1）解：
在 和 中，
∴点C坐标为(3，0)，
∴E(0，3)；
（2）证明：如图2，过O作 于M，'于N，
由 (1) 知，
又AE=BC，
又
∴DO平分
（3）30°
【知识点】点的坐标；三角形的面积；三角形内角和定理；三角形全等的判定；角平分线的判定
【解析】【解答】（3）解：如图，延长DC至F， 使得CF =OC，
∴∠F =∠COF，
∴∠DCO=∠F+∠COF =2∠F，
∵OC+CD=AD，
∴CF+CD=AD，
即DF=AD，
由 (2) 知，
∠ADO =∠ODC，
∵OD=OD，
∴△ADO≌△FDO(SAS)，
∴∠F =∠OAE，
∵∠OAE=∠OBC，
∴∠F =∠OBC，
在△BOF中，
∠F+∠BOF+∠OBC =180°，
∴∠OBC+(90°+∠OBC)+∠OBC =180°，
∴∠OBC=30°.
【分析】(1)可证明△AOE≌△BOC， 从而得出OE=OC，进而求得；
(2)过O作OM⊥DA于M， ON⊥DC于N， 根据△AOE △BOC， 得， 从而得出OM = ON， 进而得证；
(3)延长DC至F， 是CF=OC， 从而得出△ADO≌△FDO， 进而得出∠OBC =∠F =∠COF， 在△BOF中，根据三角形内角和求得结果.
5．【答案】（1）解： ，，
，
．
又，，
，
．
（2）解：①当点在延长线上时：设时刻，、分别运动到如图位置，．
，，
当时，．
，，
，解得．
②当点在之间时：设时刻，、分别运动到如图位置，．
，，
当时，．
，，
，解得．
综上，或2．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定-AAS；对顶角及其性质；三角形-动点问题
【解析】【分析】（1）根据对顶角性质及角之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理可得，则BO=AC=6，即可求出答案.
（2）分情况讨论：当点在延长线上时：设时刻，当点在之间时：设时刻，结合全等三角形性质列出方程，解方程即可求出答案.
6．【答案】（1）证明：∵△ABC的高AD、BE交于点F，如图1所示：
∴∠ADC=∠ADB=90°，∠AEB=90°，
∴∠DAC+∠1=90°，∠CBE+∠2=90°，
∵∠1=∠2，
∴∠DAC=∠CBE
（2）解：在△DAC和△DBE中，
∴△DAC≌△DBE（AAS），
∴BD=AD，
∴△ABD为等腰直角三角形，
∴∠ABC=45°；
（3）解：CE、CG、BH的数量关系是：CE+CG=BH，证明如下：
在HB上截取HM=CE，连接CM，如图2所示：
∵BE是△ABC的高，GH⊥BH，
∴∠H=∠BEC=90°，∠BGH=90°-∠3，
在△BEC和△GHM中，
∴△BEC≌△GHM（SAS），
∴GM=BC，∠1=∠2，
由（2）可知：∠ABC=45°，即∠2+∠3=45°，
∴∠BGM=∠BGH-∠1=90°-∠3-∠1=90°-（∠3+∠2）=45°，
∴∠BGM=∠ABC=45°，
即∠BGM=∠GBC，
在△BGM和△GBC中，
∴△BGM≌△GBC（SAS），
∴CG=MB，
∴CE+CG=MH+MB=BH．
∵AC=BF=5，AE=2，
∴CE=3，
∵CG=10，
∴BH=CE+CG=13．
【知识点】三角形全等的判定；等腰直角三角形；余角；全等三角形中对应边的关系；三角形的高
【解析】【分析】(1)根据直角三角形的两个锐角互余及等角的余角相等即可得出结论；
(2)证△DAC和△DBE全等得BD = AD， 从而得△ABD为等腰直角三角形，进而可得∠ABC的度数；
(3)在HB上截取HM=CE， 连接CM， 先证△BEC和△GHM全等得， GM = BC， 再证∠BGM= ∠ABC = 45°， 进而可依据““SAS"判定△BGM和△GBC全等，从而得CG =MB，由此可得线段CE、CG、BH的数量关系.
7．【答案】（1）1＜AD＜6
（2）证明：如图，延长AD到T，使得DF=AD，连接BT，
同（1）可证△ADC≌△TDB，
∴AC=BD，∠C=∠EBD，
∴BT∥AC，
∴∠T=∠DAC，
∵EA=EF，
∴∠EAF=∠EFA，
∵∠EFA=∠BFT，
∴∠T=∠BFT，
∴BF=BD，
∴AC=BF．
（3）解：CD=AD+BC，理由如下：
如图，延长CE交DA的延长线于点G，
∵AD∥BC，
∴∠G=∠ECB，
∵E是AB的中点，
∴AE=EB，
在△AEG和△BEC中，
，
∴△AEG≌△BEC（AAS），
∴AG=BC，EC=EG，
∵DE⊥CG，
∴CD=GD，
∵DG=AD+AG=AD+BC，
∴CD=AD+BC．
【知识点】三角形三边关系；三角形全等的判定；等腰三角形的判定；倍长中线构造全等模型；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】(1) 解： 如图1， 延长AD到点M， 使DM = AD，连接BM，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD=CD，
在△ADC和△MDB中， DA=DM，∠ADC=∠MDB，DC=DB，
∴△ADC≌△MDB(SAS)，
∴AC=BM=6，
∵AB=8，
∴AB﹣BM﹤AM﹤AB+BM.
∴2
∴2<2AD<12，
∴1故答案为： 1【分析】(1) 如图1： 延长AD到点M， 使DM = AD， 连接BM， 根据SAS可证△ADC≌△MDB， 所以BM =AC=6， 再根据AB-BM < AM < AB+BM求得AM的取值范围，进而求得AD的取值范围；
(2) 如图2：延长AD到T， 使得DF= AD， 连接BT. 由△ADC≌△TDB， 推出AC=BD， ∠C=∠EBD， 推出BT∥AC， 再证明BF = BD，进而证明结论；
(3)如图3中，延长CE交DA的延长线于点G.利用全等三角形的性质证明BC=AG，DC=DG进而完成解答.
8．【答案】（1）解：过点作交直线于点，如图，
，，，
，，，
，
在和中，
，
≌，
，，
点坐标为，的坐标为，
，，
，
则点的坐标为；
（2）解：过点作交于点，如图，
点的坐标为，点的坐标为，
，，
，
，，
，
在和中，
，
≌，
，，
则，
那么，点的坐标；
（3）解：
【知识点】点的坐标；等腰直角三角形；三角形全等的判定-AAS；同侧一线三垂直全等模型；异侧一线三垂直全等模型
【解析】【解答】解：；理由如下：
如图，作轴于点，过点作交于点，
则，，
点在轴正半轴上运动，点在第四象限，
，，，
同理可证，≌，
，，
，
，
则．
【分析】(1)过点B作BD⊥OC交直线OC于点D，利用“一线三直角”可证明△BDC ≌△COA，有BD=CO， DC=OA，结合点的坐标得BD=CO=1， DC=OA=2，根据OD=OC+CD即可求得点坐标；
(2)过点B作BE⊥y交于点E，由题意得OC=1， OA=2，进一步利用AAS证明△CEB≌△AOC，则BE=OC=1， CE=OA=2，结合OE=CE-OC即可求得点坐标；
(3)过点B作BE⊥x交于点E，则OD=BE， BD=OE，根据点坐标得OA=a， OE=BD=m， OD=BE=-n，同理可证， △AOC ≌△CEB，则OA=EC=a， OC=EB=-n，结合OE=OC-EC即可求得关系式.
9．【答案】（1）EF=BE+FD
（2）解：成立 理由如下：
如图②中，延长CB至M，使，连接AM，
，
，
在与中，
.
，.
，
.
，即.
在与(SAS)
，即，
.
（3）解：如图③中，在CD上截取DG，使DG=BE，连接AG，
∵∠ABC+ ∠D =180°，∠ABE+ ∠ABC =180°，
∴∠ABE= ∠D.
在△ABG与△ADG 中，
∴∠FAG =∠EAF.
∵AF=AF，
∴△AEF≌△AGF (SAS)，
∴EF=FG，
∴△CEF的周长=BC+BE+EF +FC
= BC+2CF+DC=4+2+7=13.
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（1）延长FD到点G，使DG=DF，连接AG，
在△ABE和△ADG中，AB=AD，∠B=∠ADG，BE=DG，
∴ △ABE≌△ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∴ ∠BAE+∠DAF=∠DAG+∠DAF，
∴∠GAF=∠BAE+∠DAF，
∵∠BAD=120°， ∠EAF=60° ，
∴∠BAE+∠DAF= 120° - 60° = 60° ，
∴∠GAF= 60° ，
∴∠GAF=∠EAF ，
∵AF=AF，∠EAF=∠GAF ， AE=AG ，
∵△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF=GF，
∵FG=FD+DG，
∴EF=BE+FD.
故答案为：EF=BE+FD.
【分析】（1）延长FD到点G，使DG=DF，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，∠BAE=∠DAG，再证明∠GAF=∠EAF ，从而证明△AEF≌△AGF，得出EF=GF，再根据 FG=FD+DG，进而得出答案；
（2）延长CB至M，使，连接AM，先说明，再证明，得出，，进而说明，则≌，所以，即可得证；
（3）在CD上截取DG，使DG=BE，连接AG，先证明， 可得 ，进而可得∠FAG =∠EAF，从而证明△AEF≌△AGF ，所以EF=FG，则△CEF的周长=BC+BE+EF +FC= BC+2CF+DC，进而得以证明.
1 / 1沪科版数学八年级上册14.2全等三角形的判定综合题难点突破（一）
一、综合题
1．（2024八上·斗门期末）在中，，，为边延长线上一点，连接．
（1）如图1，当时，求证：；
（2）如图2，当时，求证：；、
（3）如图3，当时，求证：．
【答案】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：如图所示，在上截取一点E使得，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵
∴；
（3）证明：如图所示，在射线上取一点H，使得，连接，
∴
由（1）同理可证明，
又∵，
∴，
∴点H和点D重合，
∴．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）利用等腰三角形的性质和判定得到三条边相等，进而证明结论；
（2）从结论出发看出需要通过截长补短来进行证明，添加辅助线之后，利用全等和等腰三角形，证明结论；
（3）借助第一轮的结论，利用同一法来证明D，H重合.
2．（2024八上·韶关期末）如图，和都是等边三角形．
（1）求证；
（2）连接，试判断的形状，并说明理由；
（3）连接，求证．
【答案】（1）证明：和都是等边三角形，
，，，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）解：是等边三角形，理由如下：
如图，连接，
由（1）得，，
，
，即，
在和中，
，
，
，
又，
是等边三角形；
（3）解：连接，将绕点A顺时针旋转得到，连接，
则，，
是等边三角形，
，；
，
，即，
又在和中，，
，
，
作于点M，于点N，
，
，即，
，
，
在和中，，
，
，
，
又，
H，B，K三点共线，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
即，
，
，
，
．
【知识点】三角形全等的判定-SAS；三角形的综合；全等三角形中对应边的关系；全等三角形中对应角的关系
【解析】【分析】(1)直接由等边三角形的性质知AB=CB，BE=BD，同时得∠ABE=∠CBD=120°，即得△ABE≌△CBD，得AE=CD；
(2)连接FG，由(1)中的全等得∠BAF=∠BCG得△ABF≌△CBG得BF=BG，又∠FBG=60°，即得△BFG为等边三角形；
(3)连接，将绕点A顺时针旋转得到，连接，先得△ABE≌△CBD，作BM⊥AE，BN⊥CD得BM=BN，得△BMH≌△BNH和△ACH≌△ABK得CH=BK，即得CH+BH=AH.
3．（2024八上·丰城开学考）如图，在四边形中，，，平分．
（1）如图，若，，则
（2）问题解决：如图，求证：；
（3）问题拓展：如图，在等腰中，，平分，求证：．
【答案】（1）2cm
（2）解：如图，过点分别作于，的延长线于点，
则，∵平分，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
（3）解：如图，在上取，
∵是等腰三角形，，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
由（）可得，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
即
【知识点】角平分线的性质；等腰三角形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（1）解：若，则，，∴，，
∵平分，
∴，
故答案为：；
【分析】（）若，利用角的运算可推出：，，再根据角平分线的性质可得：，据此可求出答案；
（）如图，过点分别作于，的延长线于点，根据角平分线的性质可推出：，再由，，利用角的运算可推出，利用全等三角形的判定定理可证明，利用全等三角形的性质可得：；
（）如图，在上取，利用等腰三角形的性质可求出，进而得到，再根据角平分线的性质和等腰三角形的性质可得：，利用角的运算可得：，再由（）可得，，利用三角形外角性质可得，进而可推出，根据等角对等边，利用线段的运算可得：，再根据线段运算可证明结论；
（1）解：若，则，，
∴，，
∵平分，
∴，
故答案为：；
（2）解：如图，过点分别作于，的延长线于点，则，
∵平分，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图，在上取，
∵是等腰三角形，，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
由（）可得，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
即．
4．（2025八上·拱墅月考） 在平面直角坐标系中，A(-4，0)，B(0，4)，点C为x轴正半轴上一动点，过点A作交y轴于点E.
（1） 若C点坐标为(3，0)，求点E的坐标；
（2） 如图②，若点C在x轴正半轴上运动，且OC＜4，其它条件不变，求证：DO平分；
（3） 若点C在x轴正半轴上运动，当时，直接写出的度数.
【答案】（1）解：
在 和 中，
∴点C坐标为(3，0)，
∴E(0，3)；
（2）证明：如图2，过O作 于M，'于N，
由 (1) 知，
又AE=BC，
又
∴DO平分
（3）30°
【知识点】点的坐标；三角形的面积；三角形内角和定理；三角形全等的判定；角平分线的判定
【解析】【解答】（3）解：如图，延长DC至F， 使得CF =OC，
∴∠F =∠COF，
∴∠DCO=∠F+∠COF =2∠F，
∵OC+CD=AD，
∴CF+CD=AD，
即DF=AD，
由 (2) 知，
∠ADO =∠ODC，
∵OD=OD，
∴△ADO≌△FDO(SAS)，
∴∠F =∠OAE，
∵∠OAE=∠OBC，
∴∠F =∠OBC，
在△BOF中，
∠F+∠BOF+∠OBC =180°，
∴∠OBC+(90°+∠OBC)+∠OBC =180°，
∴∠OBC=30°.
【分析】(1)可证明△AOE≌△BOC， 从而得出OE=OC，进而求得；
(2)过O作OM⊥DA于M， ON⊥DC于N， 根据△AOE △BOC， 得， 从而得出OM = ON， 进而得证；
(3)延长DC至F， 是CF=OC， 从而得出△ADO≌△FDO， 进而得出∠OBC =∠F =∠COF， 在△BOF中，根据三角形内角和求得结果.
5．（2024八上·望城期末）如图，的两条高与交于点，，．
（1）求的长；
（2）是射线上一点，且，动点从点出发，沿线段以每秒1个单位长度的速度向终点运动，同时动点从点出发，沿射线以每秒4个单位长度的速度运动，当点到达点时，，两点同时停止运动，设运动时间为秒，当与全等时，求的值．
【答案】（1）解： ，，
，
．
又，，
，
．
（2）解：①当点在延长线上时：设时刻，、分别运动到如图位置，．
，，
当时，．
，，
，解得．
②当点在之间时：设时刻，、分别运动到如图位置，．
，，
当时，．
，，
，解得．
综上，或2．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定-AAS；对顶角及其性质；三角形-动点问题
【解析】【分析】（1）根据对顶角性质及角之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理可得，则BO=AC=6，即可求出答案.
（2）分情况讨论：当点在延长线上时：设时刻，当点在之间时：设时刻，结合全等三角形性质列出方程，解方程即可求出答案.
6．（2025八上·安州期中）在△ABC中，BC和AC边上的高AD、BE交于点F，DF=CD．
（1）如图1，求证：∠DAC=∠CBE；
（2）如图1，求∠ABC的度数；
（3）如图2，延长BA到点G，过点G作BE的垂线交BE的延长线于点H，已知GH=BE，BF=5，AE=2，CG=10，求BH的长．
【答案】（1）证明：∵△ABC的高AD、BE交于点F，如图1所示：
∴∠ADC=∠ADB=90°，∠AEB=90°，
∴∠DAC+∠1=90°，∠CBE+∠2=90°，
∵∠1=∠2，
∴∠DAC=∠CBE
（2）解：在△DAC和△DBE中，
∴△DAC≌△DBE（AAS），
∴BD=AD，
∴△ABD为等腰直角三角形，
∴∠ABC=45°；
（3）解：CE、CG、BH的数量关系是：CE+CG=BH，证明如下：
在HB上截取HM=CE，连接CM，如图2所示：
∵BE是△ABC的高，GH⊥BH，
∴∠H=∠BEC=90°，∠BGH=90°-∠3，
在△BEC和△GHM中，
∴△BEC≌△GHM（SAS），
∴GM=BC，∠1=∠2，
由（2）可知：∠ABC=45°，即∠2+∠3=45°，
∴∠BGM=∠BGH-∠1=90°-∠3-∠1=90°-（∠3+∠2）=45°，
∴∠BGM=∠ABC=45°，
即∠BGM=∠GBC，
在△BGM和△GBC中，
∴△BGM≌△GBC（SAS），
∴CG=MB，
∴CE+CG=MH+MB=BH．
∵AC=BF=5，AE=2，
∴CE=3，
∵CG=10，
∴BH=CE+CG=13．
【知识点】三角形全等的判定；等腰直角三角形；余角；全等三角形中对应边的关系；三角形的高
【解析】【分析】(1)根据直角三角形的两个锐角互余及等角的余角相等即可得出结论；
(2)证△DAC和△DBE全等得BD = AD， 从而得△ABD为等腰直角三角形，进而可得∠ABC的度数；
(3)在HB上截取HM=CE， 连接CM， 先证△BEC和△GHM全等得， GM = BC， 再证∠BGM= ∠ABC = 45°， 进而可依据““SAS"判定△BGM和△GBC全等，从而得CG =MB，由此可得线段CE、CG、BH的数量关系.
7．（2025八上·杭州月考）在通过构造全等三角形解决的问题中，有一种方法叫倍长中线法.
（1）如图1，AD是△ABC的中线，AB=8，AC=6，求AD的取值范围.
我们可以延长AD到点M，使DM=AD，连接BM，根据SAS可证△ADC≌△MDB，所以BM=AC.接下来，在△ABM中利用三角形的三边关系可求得AM的取值范围，从而得到中线AD的取值范围是： ；
（2）如图2，AD是△ABC的中线，点E在AC边上，BE交AD于点F，且AE=EF，请参考（1）中的方法求证：AC=BF；
（3）如图3，在四边形ABCD中，AD∥BC，点E是AB的中点，连接CE，ED，且CE⊥DE，试猜想线段BC，CD，AD之间的数量关系，并予以证明.
【答案】（1）1＜AD＜6
（2）证明：如图，延长AD到T，使得DF=AD，连接BT，
同（1）可证△ADC≌△TDB，
∴AC=BD，∠C=∠EBD，
∴BT∥AC，
∴∠T=∠DAC，
∵EA=EF，
∴∠EAF=∠EFA，
∵∠EFA=∠BFT，
∴∠T=∠BFT，
∴BF=BD，
∴AC=BF．
（3）解：CD=AD+BC，理由如下：
如图，延长CE交DA的延长线于点G，
∵AD∥BC，
∴∠G=∠ECB，
∵E是AB的中点，
∴AE=EB，
在△AEG和△BEC中，
，
∴△AEG≌△BEC（AAS），
∴AG=BC，EC=EG，
∵DE⊥CG，
∴CD=GD，
∵DG=AD+AG=AD+BC，
∴CD=AD+BC．
【知识点】三角形三边关系；三角形全等的判定；等腰三角形的判定；倍长中线构造全等模型；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】(1) 解： 如图1， 延长AD到点M， 使DM = AD，连接BM，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD=CD，
在△ADC和△MDB中， DA=DM，∠ADC=∠MDB，DC=DB，
∴△ADC≌△MDB(SAS)，
∴AC=BM=6，
∵AB=8，
∴AB﹣BM﹤AM﹤AB+BM.
∴2∴2<2AD<12，
∴1故答案为： 1【分析】(1) 如图1： 延长AD到点M， 使DM = AD， 连接BM， 根据SAS可证△ADC≌△MDB， 所以BM =AC=6， 再根据AB-BM < AM < AB+BM求得AM的取值范围，进而求得AD的取值范围；
(2) 如图2：延长AD到T， 使得DF= AD， 连接BT. 由△ADC≌△TDB， 推出AC=BD， ∠C=∠EBD， 推出BT∥AC， 再证明BF = BD，进而证明结论；
(3)如图3中，延长CE交DA的延长线于点G.利用全等三角形的性质证明BC=AG，DC=DG进而完成解答.
8．（2025八上·宁波期中）如图，等腰直角三角形中，，直线经过点，过点于点，过点于点，可以证明，我们将这个模型称为“一线三直角”接下来我们就利用这个模型来解决一些问题：
（1）如图，将一块等腰直角三角板放置在平面直角坐标系中，，点轴的正半轴上，点轴的负半轴上，点在第二象限，点坐标为的坐标为，求点的坐标；
（2）如图，在平面直角坐标系中，等腰轴交点，点的坐标为点的坐标为，求点的坐标；
（3）如图，等腰，当点轴正半轴上运动，点轴正半轴上运动，点在第四象限时，作轴于点，请直接写出之间的关系．
【答案】（1）解：过点作交直线于点，如图，
，，，
，，，
，
在和中，
，
≌，
，，
点坐标为，的坐标为，
，，
，
则点的坐标为；
（2）解：过点作交于点，如图，
点的坐标为，点的坐标为，
，，
，
，，
，
在和中，
，
≌，
，，
则，
那么，点的坐标；
（3）解：
【知识点】点的坐标；等腰直角三角形；三角形全等的判定-AAS；同侧一线三垂直全等模型；异侧一线三垂直全等模型
【解析】【解答】解：；理由如下：
如图，作轴于点，过点作交于点，
则，，
点在轴正半轴上运动，点在第四象限，
，，，
同理可证，≌，
，，
，
，
则．
【分析】(1)过点B作BD⊥OC交直线OC于点D，利用“一线三直角”可证明△BDC ≌△COA，有BD=CO， DC=OA，结合点的坐标得BD=CO=1， DC=OA=2，根据OD=OC+CD即可求得点坐标；
(2)过点B作BE⊥y交于点E，由题意得OC=1， OA=2，进一步利用AAS证明△CEB≌△AOC，则BE=OC=1， CE=OA=2，结合OE=CE-OC即可求得点坐标；
(3)过点B作BE⊥x交于点E，则OD=BE， BD=OE，根据点坐标得OA=a， OE=BD=m， OD=BE=-n，同理可证， △AOC ≌△CEB，则OA=EC=a， OC=EB=-n，结合OE=OC-EC即可求得关系式.
9．（2025八上·长兴月考）如图
（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.连结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∠EAF=∠BAD，猜想上述结论是否仍然成立，并证明：
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB=AD，∠ABC与∠ADC互补，点E、F分别在射线CB、DC上，且∠EAF=∠BAD.当BC=4，DC=7，CF=1时，求△CEF的周长.
【答案】（1）EF=BE+FD
（2）解：成立 理由如下：
如图②中，延长CB至M，使，连接AM，
，
，
在与中，
.
，.
，
.
，即.
在与(SAS)
，即，
.
（3）解：如图③中，在CD上截取DG，使DG=BE，连接AG，
∵∠ABC+ ∠D =180°，∠ABE+ ∠ABC =180°，
∴∠ABE= ∠D.
在△ABG与△ADG 中，
∴∠FAG =∠EAF.
∵AF=AF，
∴△AEF≌△AGF (SAS)，
∴EF=FG，
∴△CEF的周长=BC+BE+EF +FC
= BC+2CF+DC=4+2+7=13.
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（1）延长FD到点G，使DG=DF，连接AG，
在△ABE和△ADG中，AB=AD，∠B=∠ADG，BE=DG，
∴ △ABE≌△ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∴ ∠BAE+∠DAF=∠DAG+∠DAF，
∴∠GAF=∠BAE+∠DAF，
∵∠BAD=120°， ∠EAF=60° ，
∴∠BAE+∠DAF= 120° - 60° = 60° ，
∴∠GAF= 60° ，
∴∠GAF=∠EAF ，
∵AF=AF，∠EAF=∠GAF ， AE=AG ，
∵△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF=GF，
∵FG=FD+DG，
∴EF=BE+FD.
故答案为：EF=BE+FD.
【分析】（1）延长FD到点G，使DG=DF，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，∠BAE=∠DAG，再证明∠GAF=∠EAF ，从而证明△AEF≌△AGF，得出EF=GF，再根据 FG=FD+DG，进而得出答案；
（2）延长CB至M，使，连接AM，先说明，再证明，得出，，进而说明，则≌，所以，即可得证；
（3）在CD上截取DG，使DG=BE，连接AG，先证明， 可得 ，进而可得∠FAG =∠EAF，从而证明△AEF≌△AGF ，所以EF=FG，则△CEF的周长=BC+BE+EF +FC= BC+2CF+DC，进而得以证明.
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