專題1.3 全等三角形的幾何綜合（壓軸題專項(xiàng)講練）（浙教版）（解析版）

專題1.3全等三角形的幾何綜合【典例1】（1）方法感悟：如圖①，在正方形ABCD中，點(diǎn)E、F分別為DC、BC邊上的點(diǎn)，且滿足∠EAF=45°，連接EF．將△ADE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABG，易證△GAF?△EAF，從而得到結(jié)論：DE+BF=EF，根據(jù)這個(gè)結(jié)論，若正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，則△CEF的周長(zhǎng)為（2）方法遷移：如圖②，若在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分別是BC、CD上的點(diǎn)，且∠EAF=12（3）問(wèn)題拓展：如圖③，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，B、F分別是邊BC、CD延長(zhǎng)線上的點(diǎn)，且∠EAF=1【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)題意得EF=ED+BF，然后根據(jù)三角形周長(zhǎng)公式即可進(jìn)行解答；（2）延長(zhǎng)FB到G，使BG=DE，連接AG，通過(guò)證明△AEF≌△AGF，得出對(duì)應(yīng)邊相等，轉(zhuǎn)化得出答案即可；（3）在BE上截取BG，使BG=DF，連接AG．用和（1）相同的證法，可得DF=BG，GE=EF，則【解題過(guò)程】解：（1）∵△GAF?△EAF，∴EF=GB+BF=ED+BF，∴△CEF的周長(zhǎng)=CF+CE+EF=CF+CE+ED+BF=CD+BC=2．（2）EF=DE+BF；如圖，延長(zhǎng)FB到G，使BG=DE，連接AG，∵∠ABG+∠ABF=180°，∴∠ABG=∠ADE，在△ABG和△ADE中，∵AB=AD∴△ABG≌△ADE(SAS)∴∠BAG=∠DAE∵∠EAF=∴∠GAF=∠BAG+∠BAF=∠DAE+∠BAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF在△AEF和△AGF中，AE=AG∠EAF=∠GAF∴△AEF≌△AGF(SAS)∴EF=FG∵FG=BG+BF=DE+BF∴EF=DE+BF（3）結(jié)論：EF=BE-FD，證明：如圖所示，在BE上截取BG，使BG=DF，連接AG．∵∠B+∠ADC=180°，∴∠B=∠ADF．∵在△ABG和△ADF中，AB=AD∠ABG=∠ADF∴△ABG≌△ADFSAS∴AG=AF∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF=1∴∠GAE=∠EAF，∵AE=AE，∴△AEG≌△AEF∴EG=EF，∵EG=BE-BG，∴EF=BE-FD．1．（2022秋·遼寧營(yíng)口·八年級(jí)?？茧A段練習(xí)）如圖，在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，CE的延長(zhǎng)線交BD于點(diǎn)F．（1）求證：△ACE≌△ABD．（2）若∠BAC=∠DAE=50°，請(qǐng)直接寫(xiě)出∠BFC的度數(shù)．（3）過(guò)點(diǎn)A作AH⊥BD于點(diǎn)H，求證：EF+DH=HF．【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)SAS可證得△ACE≌（2）由△ACE≌△ABD，可得∠AEC=∠ADB，故∠DAE+∠DFE=180°，即可得出（3）連接AF，過(guò)點(diǎn)A作AJ⊥CF于點(diǎn)J．由△ACE≌△ABD可得：S△ACE=S△ABD，CE=BD，即可得出AJ=AH．可證得Rt△AFJ≌Rt△AFH，得：【解題過(guò)程】（1）證明：∵∠BAC=∠DAE．∴∠CAE=∠BAD．在△ACE和△ABD中，AC=AB∠CAE=∠BAD∴△ACE≌（2）∵△ACE≌∴∠AEC=∠ADB，∴∠AEF+∠AEC=∠AEF+∠ADB=180°．∴∠DAE+∠DFE=180°，∵∠BFC+∠DFE=180°，∴∠BFC=∠DAF=∠BAC=50°．故答案為：50°．（3）證明：如圖，連接AF，過(guò)點(diǎn)A作AJ⊥CF于點(diǎn)J．∵△ACE≌∴S△ACE=S∵AJ⊥CE，AH⊥BD．∴12∴AJ=AH．在Rt△AFJ和RtAF=AFAJ=AH∴Rt△AFJ≌Rt△AFH(HL∴FJ=FH．在Rt△AJE和RtAE=AD∴Rt△AJE≌∴EJ=DH，∴EF+DH=EF+EJ=FJ=FH．2．（2022秋·江蘇·八年級(jí)專題練習(xí)）已知，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，點(diǎn)D為邊AB的中點(diǎn)，AE⊥CD分別交CD，BC于點(diǎn)F，E（1）如圖1，①若AB=AC，請(qǐng)直接寫(xiě)出∠EAC-∠BCD=______；②連接DE，若AE=2DE，求證：∠DEB=∠AEC；（2）如圖2，連接FB，若FB=AC，試探究線段CF和DF之間的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由．【思路點(diǎn)撥】（1）①利用直角三角形兩個(gè)銳角相加得90°和三角形的外角等于不相鄰的兩個(gè)內(nèi)角和的性質(zhì)結(jié)合題干已知即可解題．②延長(zhǎng)ED至點(diǎn)G，使得DG=DE，連接AG，從而可證明△ADG≌△BDE（SAS），再利用全等的性質(zhì)，可知∠DGA=∠DEB，即可知道AG//BC，所以∠GAE=∠AEC，根據(jù)題干又可得到AE=EG，所以（2）延長(zhǎng)CD至點(diǎn)H，使得DH=DF，連接BH，從而可證明△HDB≌△FDA（SAS），再利用全等的性質(zhì)，可知BH=AF，∠H=∠AFD=∠AFC=90°，根據(jù)題干即可證明Rt△HBF≌Rt△FAC（【解題過(guò)程】（1）①∵∠EAC+∠ACD=90°，∠AEC+∠BCD=90°∴∠EAC-∠BCD=∠AEC-∠ACD∵∠EAC+∠BAE=90°∴∠ACD=∠BAE又∵∠AEC=∠B+∠BAE∴∠EAC-∠BCD=∠B+∠BAE-∠ACD∴∠EAC-∠BCD=∠B=45°故答案為45°．②如圖，延長(zhǎng)ED至點(diǎn)G，使得DG=DE，連接AG，∵點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)，∴BD=AD，又∵∠ADG=∠BDE，∴△ADG≌△BDE，∴∠DGA=∠DEB，∴AG//∴∠GAE=∠AEC，又∵AE=2DE，∴AE=EG，∴∠DGA=∠GAE，∴∠DEB=∠AEC．（2）CF=2DF．如圖，延長(zhǎng)CD至點(diǎn)H，使得DH=DF，連接BH，∵AD=BD，∠ADF=∠BDH，∴△HDB≌△FDA，∴BH=AF，∠H=∠AFD=∠AFC=90°，∵BF=AC．∴Rt△HBF≌Rt∴CF=HF=2DF．3．（2022秋·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）已知△ABC中，AC＝BC，∠CAB＝∠CBA＝45°，點(diǎn)M為直線BC上任意一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)C作CD⊥AM交AB于點(diǎn)D，在BC（1）如圖，M、N在線段BC上，求證：∠AMC＝（2）若M、N分別在CB、BC的延長(zhǎng)線上時(shí)，試畫(huà)出圖形，并說(shuō)明（1）中的結(jié)論是否成立？【思路點(diǎn)撥】（1）作BG⊥BC，交CD的延長(zhǎng)線于G，AM交CD于O．由已知易證△ACM≌△CBG，則可得CM=BG=BN，再證明（2）作BG⊥BC，交CD的延長(zhǎng)線于G，AM交CD于O．由已知易證△ACM≌△CBG，則可得CM=BG=BN，再證明【解題過(guò)程】（1）證明：如圖，作BG⊥BC，交CD的延長(zhǎng)線于G，AM交CD于O．∵∠CAB＝∴∠ACB=90°，∵AM⊥CD，∴∠AOC＝∴∠ACO+∠CAM＝90°，∴∠CAM＝∵AC＝∴△ACM≌∴CM＝∵CN＝∴CM＝∵BD＝∴△DBN≌∴∠G＝∴∠AMC＝（2）解：（1）中的結(jié)論成立．理由：如圖，作BG⊥BC，交CD的延長(zhǎng)線于G，AM交CD于O．∵AM⊥CD，∴∠AOC＝∴∠ACO+∠CAM＝90°，∴∠CAM＝∵AC＝∴△ACM≌∴CM＝∵CN＝∴CM＝∵BD＝∴△DBN≌∴∠G＝∴∠M＝4．（2022秋·吉林·八年級(jí)吉林省第二實(shí)驗(yàn)學(xué)校?？计谥校┤鐖D，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm．點(diǎn)P從A點(diǎn)出發(fā)沿A﹣C﹣B路徑向終點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，終點(diǎn)為B點(diǎn)；點(diǎn)Q從B點(diǎn)出發(fā)沿B﹣C﹣A路徑向終點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，終點(diǎn)為A點(diǎn)．點(diǎn)P和Q分別以1cm/s和xcm/s的運(yùn)動(dòng)速度同時(shí)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，兩點(diǎn)都要到相應(yīng)的終點(diǎn)時(shí)才能停止運(yùn)動(dòng)，在某時(shí)刻，分別過(guò)P和Q作PE⊥l于E，QF⊥l于F（1）如圖1，當(dāng)x＝2時(shí)，設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts，當(dāng)點(diǎn)P在AC上，點(diǎn)Q在BC上時(shí)，①用含t的式子表示CP和CQ，則CP＝cm，CQ＝cm；②當(dāng)t＝2時(shí)，△PEC與△QFC全等嗎？并說(shuō)明理由；（2）請(qǐng)問(wèn)：當(dāng)x＝3時(shí)，△PEC與△QFC有沒(méi)有可能全等？若能，直接寫(xiě)出符合條件的t值：若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．【思路點(diǎn)撥】（1）①由題意得：AP＝tcm，BQ＝2tcm，即可得出答案；②由AAS證明△PEC≌△CFQ即可；（2）分三種情況：①當(dāng)點(diǎn)P在AC上，點(diǎn)Q在BC上時(shí)，△PEC≌△CFQ，則PC＝CQ，6﹣t＝8﹣3t，得t＝1；②當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)Q重合，△PEC與△QFC全等，然后計(jì)算出t的值即可；③當(dāng)點(diǎn)Q到點(diǎn)A時(shí)停止，點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到BC上時(shí)，t﹣6＝6，即可得出結(jié)論．【解題過(guò)程】解：（1）①由題意得：AP＝tcm，BQ＝2tcm，則CP＝（6﹣t）cm，CQ＝（8﹣2t）cm，故答案為：（6﹣t），（8﹣2t）；②當(dāng)t＝2時(shí)，△PEC與△QFC全等，理由如下：當(dāng)t＝2時(shí)，CP＝4，CQ＝4，∴CP＝CQ，∵∠ACB＝90°，∴∠PCE+∠QCF＝90°，又∵PE⊥l于E，QF⊥l于F，∴∠PEC＝∠CFQ＝90°，∴∠PCE+∠CPE＝90°，∴∠CPE＝∠QCF，在△PEC和△CFQ中，∠CPE=∠QCF∠PEC=∠CFQ∴△PEC≌△CFQ（AAS）；（2）當(dāng)x＝3時(shí)，△PEC與△QFC有可能全等，分三種情況：①當(dāng)點(diǎn)P在AC上，點(diǎn)Q在BC上時(shí)，△PEC≌△CFQ，如圖1所示：則PC＝CQ，∴6﹣t＝8﹣3t，解得：t＝1；②如圖2所示：∵點(diǎn)P與點(diǎn)Q重合，∴△PEC與△QFC全等，∴CP＝CQ，∴6﹣t＝3t﹣8．解得：t＝3.5．③當(dāng)點(diǎn)P在BC上，點(diǎn)Q到點(diǎn)A時(shí)，△PEC≌△CFQ，如圖3所示：則PC＝CQ，∴t﹣6＝6，∴t＝12，即滿足條件的t值為1s或3.5s或12s．5．（2023秋·湖北孝感·八年級(jí)統(tǒng)考期末）閱讀理解：在通過(guò)構(gòu)造全等三角形解決的問(wèn)題中，有一種典型的方法是倍延中線法．如圖1，AD是△ABC的中線，AB=7，AC=5，求AD的取值范圍．我們可以延長(zhǎng)AD到點(diǎn)M，使DM=AD，連接BM，易證△ADC≌△MDB，所以BM=AC．接下來(lái)，在△ABM中利用三角形的三邊關(guān)系可求得AM的取值范圍，從而得到中線AD的取值范圍是______；類比應(yīng)用：如圖2，在四邊形ABCD中，AB//DC，點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)．若AE是∠BAD的平分線，試判斷AB，AD，拓展創(chuàng)新：如圖3，在四邊形ABCD中，AB//CD，AF與DC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)F，點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，若AE是∠BAF的平分線，試探究AB，AF，【思路點(diǎn)撥】閱讀理解：由全等的性質(zhì)推出BM=AC=5，再根據(jù)AM-BM<AM<AB+BM，可得結(jié)論．類比應(yīng)用：延長(zhǎng)AE，DC交于點(diǎn)F，先證△ABE≌△FEC得CF=AB，再由AE是∠BAD的平分線知∠BAF=∠FAD，從而得∠FAD=∠F，據(jù)此知AD=DF，結(jié)合DC+CF=DF可得答案．拓展創(chuàng)新：延長(zhǎng)AE，DF交于點(diǎn)G，根據(jù)平行和角平分線可證AF=FG，也可證得△ABE≌△GCE，從而可得AB=CG，即可得到結(jié)論．【解題過(guò)程】閱讀理解：由題可知，△ADC≌△MDB，∴AC=BM=5．∵AB-BM<AM<AB+BM，AB=7．∴2<AM<12，∴2<2AD<12，∴1<AD<6．故答案為：1<AD<6．類比應(yīng)用：DC+AB=AD．理由如下：如圖1，延長(zhǎng)AE，DC交于點(diǎn)F．∵AB//∴∠BAF=∠F．在△ABE和△FCE中，CE=BE∴△ABE≌△FEC(AAS∴CF=AB．∵AE是∠BAD的平分線，∴∠BAF=∠FAD，∴∠FAD=∠F，∴AD=DF．∵DC+CF=DF，∴DC+AB=AD．拓展創(chuàng)新：如圖2，延長(zhǎng)AE，DF交于點(diǎn)G．∵AB//∴∠BAG=∠G．在△ABE和△GCE中，CE=BE∴△ABE≌△GEC(AAS∴CG=AB．∵AE是∠BAF的平分線，∴∠BAG=∠GAF，∴∠FAG=∠G，∴AF=GF．∵FG+CF=CG，∴AF+CF=AB．故答案為：AF+CF=AB．6．（2022秋·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）閱讀理解：課外興趣小組活動(dòng)時(shí)，老師提出了如下問(wèn)題:在△ABC中，AB=7，AC=3，求BC邊上的中線AD的取值范圍．（1）小明在組內(nèi)經(jīng)過(guò)合作交流，得到了如下的解決方法（如圖1）:①延長(zhǎng)AD到Q使得DQ=AD；②再連接BQ，把AB、AC、2AD集中在△ABQ中；③利用三角形的三邊關(guān)系可得4<AQ<10，則AD的取值范圍是___________．感悟：解題時(shí)，條件中若出現(xiàn)“中點(diǎn)”“中線”等條件，可以考慮倍長(zhǎng)中線，構(gòu)造全等三角形，把分散的已知條件和所求證的結(jié)論集中到同一個(gè)三角形中．（2）請(qǐng)寫(xiě)出圖1中AC與BQ的位置關(guān)系并證明；（3）思考：已知，如圖2，AD是△ABC的中線，AB=AE，AC=AF，∠BAE=∠FAC=90°，試探究線段AD與EF的數(shù)量和位置關(guān)系，并加以證明．【思路點(diǎn)撥】（1）由題意可得AQ=2AD及三角形三邊關(guān)系，即可求解；（2）通過(guò)證明△QDB≌△ADC(SAS)，得出（3）同（2）得△QDB≌△ADC(SAS)，則∠DBQ=∠ACD，BQ=AC，進(jìn)而判斷出∠ABQ=∠EAF，進(jìn)而判斷出△ABQ≌△EAF，得出AQ=EF，【解題過(guò)程】（1）解：由題意可得：AQ=2AD∵4<AQ<10，∴2<AD<5，故答案為2<AD<5；（2）AC∥BQ，理由如下：延長(zhǎng)AD到Q使DQ=AD，連接BQ∵AD是△ABC的中線∴BD=CD在△QDB和△ADC中BD=CD∴△QDB≌△ADC∴∠BQD=∠CAD∴AC∥BQ（3）EF=2AD，AD⊥EF，理由如下在下圖中，延長(zhǎng)AD到Q使得DQ=AD，連接BQ由（2）知，△QDB≌△ADC∴∠DBQ=∠ACD，BQ=AC∵AC=AF∴BQ=AF在△ABC中，∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°∴∠BAC+∠ABC+∠DBQ=180°∴∠BAC+∠ABQ=180°∵∠BAE=∠FAC=90°∴∠BAC+∠EAF=180°∴∠ABQ=∠EAF在△ABQ和△EAF中AB=AE∴△ABQ≌△EAF∴AQ=EF，∠BAQ=∠AEF延長(zhǎng)DA交EF于點(diǎn)P∵∠BAE=90°∴∠BAQ+∠EAP=90°∴∠AEF+∠EAP=90°∴∠APE=90°∴AD⊥EF∵AD=DQ∴AQ=2AD∵AQ=EF∴EF=2AD綜上：EF=2AD，AD⊥EF．7．（2022秋·山東濰坊·八年級(jí)統(tǒng)考期中）（1）如圖1，△ABC中，若AB=4，AC=6，求BC邊上的中線AD的取值范圍；（2）如圖2，四邊形ADBC中，∠A=∠B=90°，∠C=60°，AD=BD，以D為頂點(diǎn)作∠MDN=60°，交邊AC，BC于點(diǎn)M，N．AM，MN，BN三條線段之間有何數(shù)量關(guān)系？證明你的結(jié)論；（3）如圖3，在（2）的條件下，若將M，N分別改在CA，BC的延長(zhǎng)線上，其余條件不變，則AM，MN，BN之間有何數(shù)量關(guān)系（直接寫(xiě)出結(jié)論，不必證明）．【思路點(diǎn)撥】（1）延長(zhǎng)AD到E，使DE=AD，連接CE，先得到△ABD?△ECD，進(jìn)而得到AB=EC=4，再利用三角形三邊關(guān)系即可求解；（2）延長(zhǎng)CB至E，使BE=AM，連接DE，先得到△ADM?△BDE，進(jìn)而得到∠EDN=60°，再證出△MDN?△EDN即可求解；（3）在BN上截取BM'=AM，連接DM'，先得到△AMD?△B【解題過(guò)程】解：（1）如圖延長(zhǎng)AD到E，使DE=AD，連接CE，∵AD是BC邊上的中線，∴BD=CD，在△ABD和△ECD中，AD=ED∠ADB=∠EDCBD=CD∴△ABD?△ECD，∴AB=EC=4，在△ACE中，AC-CE<AE<AC+CE，即6-4<2AD<6+4，∴1<AD<5；（2）AM，MN，BN三條線段之間的數(shù)量關(guān)系為：AM+BN=MN，如圖，延長(zhǎng)CB至E，使BE=AM，連接DE，在四邊形ADBC中，∠A=∠B=90°，∠C=60°，∴∠ADB=360°-2×90°-60°=120°，∵∠MDN=60°，∴∠1+∠2=∠ADB-∠MDN=120°-60°=60°在△ADM和△BDE中，AD=BD∠A=∠DBE=90°AM=BE∴△ADM?△BDE，∴∠1=∠3,DM=DE，∴∠3+∠2=60°即∠EDN=60°，在△MDN和△EDN中，DM=DE∠MDN=∠EDNDN=DN∴△MDN?△EDN，∴MN=EN，∵EN=BE+BN=AM+BN，∴MN=AM+BN；（3）AM，MN，BN的數(shù)量關(guān)系為：AM+MN=BN，如圖，在BN上截取BM'=AM，連接在△AMD和△BMAD=BD∠DAM=∠DBM∴△AMD?△BM'∴∠1=∠2,DM=DM'由（2）知∠ADB=120°，∴∠ADB=∠ADM∴∠ADM'+∠1=120°，即∵∠MDN=60°，∴∠M'∴∠MDN=∠M'在△MDN和△M'MD=M'∴△MDN?△M'∴MN=M'∵M(jìn)'N=BN-B∴MN=BN-AM，即AM+MN=BN．8．（2022秋·青海西寧·八年級(jí)青海師大附中?？茧A段練習(xí)）如圖1，OA⊥OB，OC⊥OD，OA=OB，OC=OD，連接AD、BC，交于點(diǎn)H．（1）寫(xiě)出AD和BC的數(shù)量關(guān)系及位置關(guān)系，并說(shuō)明理由；（2）如圖2，連接BD，若DO、BO分別平分∠ADB和∠CBD，求∠BOD的度數(shù)；（3）如圖3，連接AC、BD，設(shè)△AOC的面積為S1，△BOD的面積為S2，探究S1【思路點(diǎn)撥】（1）設(shè)AD,CO交于點(diǎn)E，根據(jù)已知條件證明△AOD≌△BOC，可得AD=BC，∠C=∠D，進(jìn)而根據(jù)三角形內(nèi)角和可得∠CHE=∠DOE=90°，即可求解；（2）根據(jù)（1）的結(jié)論結(jié)合已知條件證明△DAO≌△DBO，可得∠BOD=∠AOD，進(jìn)而根據(jù)∠BOD=1（3）過(guò)點(diǎn)C,D，分別作BO的垂線，交BO的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F,G，△CFO≌△OGD，可得OF=GD，進(jìn)而根據(jù)三角形面積公式求得S1,S【解題過(guò)程】（1）AD⊥BD,AD=BC，理由如下，如圖，設(shè)AD,CO交于點(diǎn)E，∵OA⊥OB，OC⊥OD，∴∠AOB=∠COD=90°，∵∠AOB+∠AOC=∠AOC+∠COD，∴∠AOD=∠BOC，又∵OA=OB，OC=OD，∴△AOD≌△BOCSAS，∴AD=BC，∠C=∠D，又∵∠CEH=∠DEO，∴∠CHE=∠DOE=90°，∴AD⊥BC，（2）∵DO、BO分別平分∠ADB和∠CBD，∴∠ADO=∠BDO，∠CBO=∠DBO，∵△AOD≌△BOC，∴∠CBO=∠DAO,∴∠DAO=∠DBO，在△DAO與△DBO中，∠ADO=∠BDO∠DAO=∠DBO∴△DAO≌△DBOAAS，∴∠BOD=∠AOD，∵∠AOB=90°，∴∠BOD=1（3）如圖，過(guò)點(diǎn)C,D，分別作BO的垂線，交BO的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F,G，∴∠CFO=∠OGD=90°，∵∠COD=90°，∴∠COF=90°-∠GOD=∠GDO，又∵CO=DO，∴△CFO≌△OGDAAS∴FO=GD，∵△AOC的面積為S1，△BOD的面積為S∴S∵AO=BO,FP=GD，∴S9．（2022春·北京朝陽(yáng)·八年級(jí)北京市陳經(jīng)綸中學(xué)校考期中）新知學(xué)習(xí)：若一條線段把一個(gè)平面圖形分成面積相等的兩部分，我們把這條線段叫做該平面圖形的二分線．解決問(wèn)題：（1）①三角形的中線、高線、角平分線中，一定是三角形的二分線的是__________；②如圖1，已知ΔABC中，AD是BC邊上的中線，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AB，DC上，連接EF，與AD交于點(diǎn)G．若SΔAEG=SΔDGF，則EF__________（填“是”或“不是（2）如圖2，四邊形ABCD中，CD平行于AB，點(diǎn)G是AD的中點(diǎn)，射線CG交射線BA于點(diǎn)E，取EB的中點(diǎn)F，連接CF．求證：CF是四邊形ABCD的二分線．（3）如圖3，在ΔABC中，AB=CB=CE=7，∠A=∠C，∠CBE=∠CEB，D，E分別是線段BC，AC上的點(diǎn)，且∠BED=∠A，EF是四邊形ABDE的一條二分線，求DF的長(zhǎng)．【思路點(diǎn)撥】（1）①由平面圖形的二分線定義可求解；②由面積的和差關(guān)系可得SΔBEF=SΔABD=（2）根據(jù)EB的中點(diǎn)F，所以SΔCBF=SΔCEF，由AB//DC，G是AD的中點(diǎn)，證明ΔCDG≌ΔEAG，所以S四邊形AFCD=SΔCEF，所以S四邊形AFCD=S（3）延長(zhǎng)CB使BH=CD，連接EH，通過(guò)全等三角形的判定可得SΔBEH=SΔDEC=SΔABE，可得【解題過(guò)程】解：（1）①∵三角形的中線把三角形分成面積相等的兩部分；∴三角形的中線是三角形的二分線，故答案為：三角形的中線；②∵AD是BC邊上的中線∴SΔABD∵SΔAEG∴S四邊形BDGE+SΔAEG=S∴SΔBEF∴EF是ΔABC的一條二分線故答案為：是．（2）∵EB的中點(diǎn)F，∴SΔCBF∵AB//DC，∴∠E=∠DCG，∵G是AD的中點(diǎn)，∴DG=AG，在ΔCDG和ΔEAG中，∠E=∠DCG∴ΔCDG≌ΔEAGAAS∴SΔAEG∴S四邊形AFCD=S∴S四邊形AFCD=S∴CF是四邊形ABCD的二分線．（3）如圖，延長(zhǎng)CB使BH=CD，連接EH，AB=CB=CE=7，∠A=∠C，∠CBE=∠CEB，D，E分別是線段BC，AC上的點(diǎn)，且∠BED=∠A，∵BC=7∴BD+CD=7∴BD+BH=7=HD∵∠BED=∠A，∠BED+∠DEC=∠A+∠ABE∴∠ABE=∠CED，且AB=CE=7，∠A=∠C∴ΔABE≌ΔCED∴AE=CD，BE=DE，∠AEB=∠EDC，SΔABE∴AE=BH，∵∠CBE=∠CEB，∴∠AEB=∠EBH，∴∠EBH=∠EDC，且BE=DE，BH=CD，∴ΔBEH≌ΔDECSAS∴SΔBEH∴SΔBEH又∵S四邊形ABDE=S△ABE+S∴SΔHED=S四邊形∵EF是四邊形ABDE的一條二分線，∴SΔDEF=12S四邊形∴DF=110．（2022秋·福建莆田·八年級(jí)?？计谥校┤鐖D，AB⊥AD，且AB=AD，AC⊥AE，且AC=AE（1）如圖1，連接DC、BE，求證：DC=BE；（2）如圖2，求證：S（3）如圖3，GF經(jīng)過(guò)A點(diǎn)與DE交于G點(diǎn)，且GF⊥BC于F點(diǎn)．求證：G為DE的中點(diǎn)．【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)垂直可得∠BAE=∠CAE=90°，得出∠DAC=∠BAE，根據(jù)全等三角形的判定證明△DAC?△BAE，可得答案；（2）作EM⊥AD交DA的延長(zhǎng)線于M，作CN⊥AB，進(jìn)而可得∠CAN=∠MAE，根據(jù)全等三角形的判定證明△ACN?△AEM，進(jìn)而得出CN=EM，根據(jù)三角形的面積公式可得；（3）作DM⊥AG交AG的延長(zhǎng)線于M，作EN⊥AG，先證明∠C=∠NAE，再證△FCA?△NAE，得出AF=NE；再證明△BAF?△ADM，得出AF=DM，進(jìn)而得出DM=NE，再證明△DMG?△ENG，即可得出答案．【解題過(guò)程】（1）∵AB⊥AD，AC⊥AE，∴∠BAE=∠CAE=90°∴∠BAD+∠BAC=∠BAC+∠CAE∴∠DAC=∠BAE在△DAC和△BAE中，AD=AB∠DAC=∠BAE∴△DAC?△BAE∴DC=BE（2）作EM⊥AD交DA的延長(zhǎng)線于M，作CN⊥AB∴∠EMD=∠CNA=90°∵∠MAN=∠CAE=90°∴∠MAN-∠CAM=∠CAE-∠CAM∴∠CAN=∠MAE在△ACN和△AEM中，∠ANC=∠AME=90°∠CAN=∠MAE∴△ACN?△AEM∴CN=EM∵AB=AD，∴1∴S（3）作DM⊥AG交AG的延長(zhǎng)線于M，作EN⊥AG∴∠EMA=∠DMG=∠AFC=90°∴∠C+∠FAC=∠CAF+∠NAE=90°∴∠C=∠NAE在△CAF和△NEA中，∠CFA=∠ENA=90°∠C=∠NAE∴△FCA?△NAE∴AF=NE∴∠BAF+∠B=∠BAF+∠DAM=90°∴∠B=∠DAM在△BAF和△ADM中，∠BFA=∠DMA=90°∠B=∠DAM∴△BAF?△ADM∴AF=DM∴DM=NE在△DMG和△ENG中，∠DMG=∠ENG∠DGM=∠NGE∴△DMG?△ENG∴DG=EG∴G為DE的中點(diǎn)．11．（2022秋·福建福州·八年級(jí)統(tǒng)考期中）已知O是四邊形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，且OA=OD，OB=OC，E是CD的中點(diǎn).（1）如圖1，連接AC，BD，若AC=BD，求證：∠AOD=∠BOC；（2）如圖2，連接OE，若AB=2OE，求證：∠AOD+∠BOC=180°；（3）如圖3，若∠AOD=∠BOC=90°，OF⊥AB，垂足為F，求證：點(diǎn)E，O，F(xiàn)在同一條直線上.【思路點(diǎn)撥】（1）證明△DOB≌△AOC，由全等三角形的性質(zhì)可得出（2）延長(zhǎng)OE到點(diǎn)M，使ME=OE，連接CM，證明△CME≌△DOE，由全等三角形的性質(zhì)得出∠MCE=∠ODE，CM=OD，證明△OMC≌△BAO，由全等三角形的性質(zhì)得出（3）連接OE，并延長(zhǎng)到N，使NE=OE，連接CN，證明△ONC≌△BAO，由全等三角形的性質(zhì)得出∠NOC=∠ABO，證出∠NOC+∠BOF+∠BOC=180°【解題過(guò)程】（1）證明：在△DOB和△AOC中，OD=OAOB=OC∴△DOB≌△AOC（SSS），∴∠DOB=∠AOC，∴∠AOD+∠AOB=∠BOC+∠AOB，∴∠AOD=∠BOC；（2）證明：延長(zhǎng)OE到點(diǎn)M，使ME=OE，連接CM，∵E是CD的中點(diǎn)，∴CE=DE，在△CME和△DOE中，ME=OE∠CEM=∠DEO∴△CME≌△DOE（SAS），∴∠MCE=∠ODE，∴CM∥∴∠OCM+∠COD=180°，∵OA=OD，∴CM=OA，∵OM=2OE，∴OM=AB，在△OMC和△BAO中，OC=OBOM=AB∴△OMC≌△BAO（SSS），∴∠OCM=∠AOB，∵∠OCM+∠COD=180°，∴∠AOB+∠COD=180°，∴∠AOD+∠BOC=180°；（3）證明：連接OE，并延長(zhǎng)到N，使NE=OE，連接CN，由（2）得∵∠AOD=∠BOC=90°，∴∠AOB+∠COD=180°，∴∠OCN=∠AOB，在△ONC和△BAO中，OC=OB∠OCN=∠AOB∴△ONC≌△BAO（SAS），∴∠NOC=∠ABO，∵OF⊥AB，∴∠ABO+∠BOF=90°，∴∠NOC+∠BOF=90°，∴∠NOC+∠BOF+∠BOC=180°，∴點(diǎn)E，12．（2022秋·廣東廣州·八年級(jí)統(tǒng)考期中）Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC（1）如圖1，若BC＝4，則S△EBC＝（2）如圖2，點(diǎn)M在BE上，且CM⊥BE于M，過(guò)點(diǎn)A作AF⊥BE于F，D為AC中點(diǎn)，連接FD并延長(zhǎng)，交CM于點(diǎn)H．求證：MF＝（3）如圖3，連接BM，EM，過(guò)點(diǎn)B作BM'⊥BM于點(diǎn)B，且滿足BM'＝BM，連接AM'，MM'，過(guò)點(diǎn)B作BG⊥CE于點(diǎn)【思路點(diǎn)撥】（1）由平行線的性質(zhì)可得S△AEC（2）由“AAS”可證△ABF≌△BCM，利用全等三角形的性質(zhì)可得AF=BM，BF=CM，由“ASA”可證△ADF≌△CDH，利用相似三角形的性質(zhì)可得（3）由“SAS”可證△CBM≌△ABM'，可得CM=AM'，由三角形的三邊關(guān)系定理可求解．【解題過(guò)程】（1）解：∵∠ABC=90°，∴S△ABC∵AE⊥AB，∴AE∥BC，∴S△EBC故答案為：8；（2）∵∠ABC=90°=∠AFB=∠CMB，∴∠ABF+∠CBM=90°，∴∠BAF=∠CBM，在△ABF和△BCM中，∠BAF=∠CBM∠AFB=∠BMC=∴△ABF≌△BCMAAS∴AF=BM，∵AF⊥BE，∴AF∥CM，∴∠FAD=∠HCD，∵D為AC中點(diǎn)，∴AD=CD，又∵∠ADF=∠CDH，在△ADF和△CDH中，∠ADF=∠CDH∠FAD=∠HCD∴△ADF≌△CDHAAS∴AF=HC，∴BF-BM=CM-AF=CM-CH，∴MF=MH；（3）連接CM，如圖，∵BM'⊥BM，∴∠MBM'=∠ABC=90°，∴∠ABM'=∠CBM，在△CBM和△ABM'中，CB=AB∠CBM=∠AB∴△CBM≌△ABM'SAS∴AM'=CM，∵AE∥BC，∴S△ABC∴12∴EC=18×2在△EMC中，EC-EM＜∴6＜∴6＜∴當(dāng)點(diǎn)E，點(diǎn)M，點(diǎn)C共線時(shí)，CM最大值為12，最小值為6，∴6≤AM'≤12．13．（2022秋·福建泉州·八年級(jí)泉州五中?？计谥校┮阎?，在△ABC中，∠ACB=2∠ABC=2∠BAC．（1）∠ACB=_________°；（2）如圖1，若點(diǎn)D是線段AB上一點(diǎn)，連接CD，過(guò)點(diǎn)B作BE⊥AB，連接CE和DE，若AD+BE=DE，求證：∠ECD=45°；（3）如圖2，M為射線AC上一點(diǎn)，N為射線CA上一點(diǎn)，且始終滿足CM=AN，過(guò)點(diǎn)C作MB的垂線交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，連接NP，求證：NP=MB+CP．【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)∠ACB=2∠ABC=2∠BAC和三角形內(nèi)角和即可求出．（2）過(guò)點(diǎn)C作CT⊥CD交EB的延長(zhǎng)線于T，連接DT，證明△ACD≌△BCT（ASA），再證明（3）過(guò)點(diǎn)A作AQ⊥MN，交PC延長(zhǎng)線于點(diǎn)Q，設(shè)BC與BM交點(diǎn)為H，首先證明△QAC≌△MCB，得出CQ=BM,AQ=CM,再證明△NAP≌△QAPSAS，得出NP=QP,根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可證明．【解題過(guò)程】（1）∵∠ACB=2∠ABC=2∠BAC，又∵∠ACB+∠ABC+∠BAC=180°，∴∠ACB=90°（2）證明：如圖1中，過(guò)點(diǎn)C作CT⊥CD交EB的延長(zhǎng)線于T，連接DT．∵EB⊥AB，∠ABC=∠A=45°，∴∠EBD=∠DBT=90°，∴∠A=∠CBT=45°，∵∠ACB=∠DCT=90°，∴∠ACD=∠BCT，在△ACD和△BCT中，∠A=∠CBTCA=CB∴△ACD≌△BCT∴AD=BT，CD=CT，∵AD+BE=DE，∴BE+BT=BE+AD=DE，∴ED=ET，∵CD=CT，∴EC垂直平分線段DT，∴∠DCE=∠TCE=45°（3）由（1）得AC=BC,∠ACB=90°,∠BAC=45°,過(guò)點(diǎn)A作AQ⊥MN，交PC延長(zhǎng)線于點(diǎn)Q，設(shè)BC與BM交點(diǎn)為H，如圖，∵AQ⊥AM，PC⊥BM，∴∠QAC=∠CHM=90°,∵∠ACQ=∠HCM,∴∠Q=∠M,在△CAQ和△CBM中，∵∠Q=∠M∠QAC=∠BCM∴△CAQ≌△CBMSAS∴AQ=CM,QC=BM,∵CM＝AN，∴AQ=AN,∵∠BAC=45°,∴∠NAP=180°-45°=135°,∠QAP=∠QAC+∠BAC=90°+45°=135°,∴∠NAP=∠QAP,在△NAP和△QAP中，∵NA=QA∴△NAP≌△QAPSAS∴NP=QP,∴MB+CP=QC+CP=QP=NP．∴NP=MB+CP．14．（2022秋·湖南岳陽(yáng)·八年級(jí)統(tǒng)考期末）已知△ABC中，（1）如圖1，點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，連AE并延長(zhǎng)到點(diǎn)F，使FE=EA，則BF與AC的數(shù)量關(guān)系是________．（2）如圖2，若AB=AC，點(diǎn)E為邊AC一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)C作BC的垂線交BE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，連接AD，若∠DAC=∠ABD，求證：AE=EC．（3）如圖3，點(diǎn)D在△ABC內(nèi)部，且滿足AD=BC，∠BAD=∠DCB，點(diǎn)M在DC的延長(zhǎng)線上，連AM交BD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N，若點(diǎn)N為AM的中點(diǎn)，求證：DM=AB．【思路點(diǎn)撥】（1）通過(guò)證明△BEF≌△CEA，即可求解；（2）過(guò)點(diǎn)A引AF∥CD交BE于點(diǎn)F，通過(guò)△ABF≌△CAD得到AF=CD，再通過(guò)△AFE≌△CDE即可求解；（3）過(guò)點(diǎn)M作MT∥AB交BN的延長(zhǎng)線于點(diǎn)T，MG∥AD，在MT上取一點(diǎn)K，使得MK=CD，連接GK，利用全等三角形的性質(zhì)證明AB=MT、DM=MT，即可解決．【解題過(guò)程】證明：（1）BF=AC由題意可得：BE=EC在△BEF和△CEA中BE=EC∴△BEF≌△CEA(SAS)∴BF=AC（2）過(guò)點(diǎn)A引AF∥CD交BE于點(diǎn)F，如下圖：由題意可得：CD⊥BC，且∠EAF=∠ACD則AF⊥BC又∵AB=AC∴AF平分∠BAC，∴∠BAF=∠EAF=∠ACD∴在△ABF和△CAD中∠ABF=∠DAC∴△ABF≌△CAD∴AF=CD在△AFE和△CDE中∠FAE=∠DCE∴△AFE≌△CDE∴AE=EC（3）證明：過(guò)點(diǎn)M作MT∥AB交BN的延長(zhǎng)線于點(diǎn)T，MG∥AD，在MT上取一點(diǎn)K，使得MK=CD，連接GK，如下圖：∵AB∥MT∴∠ABN=∠T∵∠ANB=∠MNT，AN=MN∴△ANB≌△MNT(AAS)∴BN=NT，AB=MT∵M(jìn)G∥AD∴∠ADN=∠MGN∵∠AND=∠MNG,AN=NM∴△AND≌△MNG(AAS)∴AD=MG,DN=NG∴BD=GT∵∠BAN=∠AMT,∠DAN=∠GMN∴∠BAD=∠GMT∵∠BAD=∠BCD∴∠BCD=∠GMK∵AD=BC,AD=GM∴BC=GM又∵M(jìn)K=CD∴△BCD≌△GMK(SAS)∴GK=BD,∠BDC=∠MKG∴GK=GT,∠MDT=∠GKT∴∠GKT=∠T∴DM=MT∵AB=MT∴DM=AB．15．（2023·全國(guó)·八年級(jí)專題練習(xí)）已知：△ABC中，∠ACB=90°，AC=CB，D為直線BC上一動(dòng)點(diǎn)，連接AD，在直線AC右側(cè)作AE⊥AD，且AE=AD．（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)D在線段BC上時(shí)，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥AC于H，連接DE．求證：EH=BC；（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)D在線段BC的延長(zhǎng)線上時(shí)，連接BE交CA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，求證：BM=EM；（3）當(dāng)點(diǎn)D在直線CB上時(shí)，連接BE交直線AC于M，若2AC=7CM，請(qǐng)求出S△ADB【思路點(diǎn)撥】（1）由結(jié)合已知得∠EAF=∠ADC結(jié)合題意證△EAF≌△ADCAAS（2）如圖2，過(guò)點(diǎn)E作EN⊥AM，由垂直得結(jié)合已知證△ANE≌△DCAAAS，得到EN=AC，BC=NE，再證△BCM≌△ENM（3）當(dāng)點(diǎn)D在CB延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖，交AP的延長(zhǎng)線于N，由2AC=7CM，設(shè)CM=2a則AC=BC=7a，分別△BCM≌△ENMAAS，△ANE≌△DCAAAS利用全等的性質(zhì)求出【解題過(guò)程】（1）∵AE⊥AD，EF⊥AC，∴∠AFE=∠EAD=∠ACB=90°，∴∠DAC+∠ADC=90°,∠DAC+∠EAH=90°，∴∠EAH=∠ADC，又∵AE=AD,∠AFE=∠ACD=90°∴△EAH≌△ADCAAS∴EH=AC∵AC=BC∴EH=BC（2）證明：如圖2，過(guò)點(diǎn)E作EN⊥AM，∵AE⊥AD，EN⊥AM，∴∠ANE=∠EAD=∠ACB=90°，∴∠DAC+∠ADC=90°,∠DAC+∠EAN=90°，∴∠EAN=∠ADC，又∵AE=AD,∠ANE=∠ACD=90°，∴△ANE≌△DCAAAS∴EN=AC，∵BC=AC，∴BC=NE，又∵∠BMC=∠EMN,∠BCM=∠ENM=90°，∴△BCM≌△ENMAAS∴BM=EM；（3）解：如圖，點(diǎn)D在直線CB上時(shí)，連接BE交直線AC于M，，交AN的延長(zhǎng)線于N，∵2AC=7CM∴設(shè)AC=7a，則CM=2aBC=AC=7a∵AE⊥AD，EN⊥AP，∴∠ANE=∠EAD=∠ACB=90°，∴∠DAC+∠ADC=90°,∠DAC+∠EAN=90°，∴∠EAN=∠ADC，又∵AE=AD,∠ANE=∠ACD=90°，∴△ANE≌△DCAAAS∴EN=AC=BC=7a,AN=CD，又∵∠BMC=∠EMN,∠BCM=∠ENM=90°，∴△BCM≌△ENMAAS∴CM=NM=2a∴AM=AC+CM=7a+2a=9a∴CD=AN=AC+CM+MN=11a∴BD=CD-BC=11a-7a=4a∴==∴S16．（2023·全國(guó)·八年級(jí)專題練習(xí)）【材料閱讀】小明在學(xué)習(xí)完全等三角形后，為了進(jìn)一步探究，他嘗試用三種不同方式擺放一副三角板（在△ABC中，∠ABC=90°，AB=CB；△DEF中，∠DEF=90°，∠EDF=30°），并提出了相應(yīng)的問(wèn)題．

【發(fā)現(xiàn)】（1）如圖1，將兩個(gè)三角板互不重疊地?cái)[放在一起，當(dāng)頂點(diǎn)B擺放在線段DF上時(shí)，過(guò)點(diǎn)A作AM⊥DF，垂足為點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)C作CN⊥DF，垂足為點(diǎn)N，①請(qǐng)?jiān)趫D10-1找出一對(duì)全等三角形，在橫線上填出推理所得結(jié)論；∵∠ABC=90°，∴∠ABM+∠CBN=90°，∵AM⊥DF，CN⊥DF，∴∠AMB=90°，∠CNB=90°，∴∠ABM+∠BAM=90°，∴∠BAM=∠CBN，∠AMB=∠CNB=90°∠BAM=∠CBN∴__________；②AM=2，CN=7，則MN=__________；【類比】（2）如圖2，將兩個(gè)三角板疊放在一起，當(dāng)頂點(diǎn)B在線段DE上且頂點(diǎn)A在線段EF上時(shí)，過(guò)點(diǎn)C作CP⊥DE，垂足為點(diǎn)P，猜想AE，PE，CP的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；【拓展】（3）如圖3，將兩個(gè)三角板疊放在一起，當(dāng)頂點(diǎn)A在線段DE上且頂點(diǎn)B在線段EF上時(shí)，若AE=5，BE=1，連接CE，則△ACE的面積為_(kāi)_________．【思路點(diǎn)撥】（1）①根據(jù)兩個(gè)三角形全等的判定定理，結(jié)合已知求證即可得到答案；②由①中△ABM≌△BCNAAS，利用兩個(gè)三角形全等的性質(zhì)，得到AM=BN=2,BM=CN=7（2）根據(jù)兩個(gè)三角形全等的判定定理，得到△ABE≌△BCPAAS，利用兩個(gè)三角形全等的性質(zhì)，得到AE=BP，BE=CP，由圖中BE=BP+PE（3）延長(zhǎng)FE,過(guò)點(diǎn)C作CP⊥FE于P，如圖所示,由兩個(gè)三角形全等的判定定理得到△ABE≌△BCPAAS，從而PC=BE=1,PB=AE=5,則PE=PB-BE=4,延長(zhǎng)AE,過(guò)點(diǎn)C作CF⊥AE于F，如圖所示,由平行線間的平行線段相等可得CF=PE=4,代入面積公式得【解題過(guò)程】解：（1）①△ABM≌∵∠ABC=90°，∴∠ABM+∠CBN=90°，∵AM⊥DF，CN⊥DF，∴∠AMB=90°，∠CNB=90°，∴∠ABM+∠BAM=90°，∴∠BAM=∠CBN，在△ABM和△BCN中，∠AMB=∠CNB=90°∠BAM=∠CBN∴△ABM≌故答案為：△ABM②由①知△ABM≌∴AM=BN,BM=CN，∵AM=2，CN=7，∴MN=MB+BN=CN+AM=7+2=9，故答案為：9；（2）結(jié)論：PE=PC-AE．理由如下：∵∠ABC=90°，∴∠ABE+∠CBE=90°，∵CP⊥BE，∴∠CPB=90°，∴∠BCP+∠CBP=90°，∴∠ABE=∠BCP，∵∠AEB=90°，∴∠AEB=∠CPB=90°，在△ABE和△BCP中，∠AEB=∠CPB∠ABE=∠BCP∴△ABE≌∴AE=BP，BE=CP，∵BE=BP+PE，∴PE=BE-BP=PC-AE；（3）延長(zhǎng)FE,過(guò)點(diǎn)C作CP⊥FE于P，如圖所示：

∵∠ABE+∠EBC=90°,∠ABE+∠BAE=90°,∴∠EBC=∠BAE，在△ABE和△BCP中，∠AEB=∠CPB=90°∠EBC=∠BAE∴△ABE≌∴PC=BE=1,PB=AE=5,∴PE=PB-BE=5-1=4,延長(zhǎng)AE,過(guò)點(diǎn)C作CF⊥AE于F，如圖所示：

∵AF⊥PE,CP⊥PE，∴AF∥CP,∵AF⊥PE,CF⊥AF,∴PE∥CF,由平行線間的平行線段相等可得CF=PE=4,S△ACE=故答案為：10．17．（2023秋·湖北襄陽(yáng)·八年級(jí)統(tǒng)考期末）【初步探索】

（1）如圖1，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°，E、F分別是BC、CD上的點(diǎn)，且EF=BE+FD，探究圖中∠BAE、∠FAD、∠EAF之間的數(shù)量關(guān)系．小王同學(xué)探究此問(wèn)題的方法是：延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG=BE．連接AG，先證明△ABE≌△ADG，再證明△AEF≌△AGF，可得出結(jié)論，他的結(jié)論應(yīng)是；【靈活運(yùn)用】（2）如圖2，若在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E、F分別是BC、CD上的點(diǎn)，且EF=BE+FD，上述結(jié)論是否仍然成立，并說(shuō)明理由；【拓展延伸】（3）如圖3，已知在四邊形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD，若點(diǎn)E在CB的延長(zhǎng)線上，點(diǎn)F在CD的延長(zhǎng)線上，如圖3所示，仍然滿足EF=BE+FD，請(qǐng)寫(xiě)出∠EAF與∠DAB的數(shù)量關(guān)系，并給出證明過(guò)程．【思路點(diǎn)撥】（1）延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG=BE，連接AG，可判定△ABE≌△ADG，進(jìn)而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF，據(jù)此得出結(jié)論；（2）延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG=BE，連接AG，先判定△ABE≌△ADG，進(jìn)而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；（3）在DC延長(zhǎng)線上取一點(diǎn)G，使得DG=BE，連接AG，先判定△ABE≌△ADG，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根據(jù)∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，推導(dǎo)得到2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出結(jié)論．【解題過(guò)程】（1）解：結(jié)論：∠BAE+∠FAD=∠EAF．理由：如圖1，延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG=BE，連接AG，

在△ABE和△ADG中，AB=AD∠B=∠ADG=90°∴△ABE≌△ADG(SAS∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，∵EF=BE+DF，∴EF=DF+DG=FG，在△AEF和△AGF中，AE=AGAF=AF∴△AEF≌△AGF(SSS∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF．故答案為：∠BAE+∠FAD=∠EAF；（2）仍成立，理由：如圖2，延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG=BE，連接AG，

∵∠B+∠ADF=180°，∠ADG+∠ADF=180°，∴∠B=∠ADG，又∵AB=AD，∴△ABE≌△ADG(SAS∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，∴△AEF≌△AGF(SSS∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；（3）∠EAF=180°-1證明：如圖3，在DC延長(zhǎng)線上取一點(diǎn)G，使得DG=BE，連接AG，

∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°，∴∠ADC=∠ABE，又∵AB=AD，∴△ADG≌△ABE(SAS∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，∴△AEF≌△AGF(SSS∴∠FAE=∠FAG，∵∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，∴2∠FAE+(∠GAB+∠BAE)=360°，∴2∠FAE+(∠GAB+∠DAG)=360°，即2∠FAE+∠DAB=360°，∴∠EAF=180°-118．（2022秋·江蘇·八年級(jí)專題練習(xí)）在△ABC中，AD為△ABC的角平分線，點(diǎn)E是直線BC上的動(dòng)點(diǎn)．（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)E在CB的延長(zhǎng)線上時(shí)，連接AE，若∠E＝48°，AE＝AD＝DC，則∠ABC的度數(shù)為．（2）如圖2，AC＞AB，點(diǎn)P在線段AD延長(zhǎng)線上，比較AC+BP與AB+CP之間的大小關(guān)系，并證明．（3）連接AE，若∠DAE＝90°，∠BAC＝24°，且滿足AB+AC＝EC，請(qǐng)求出∠ACB的度數(shù)（要求：畫(huà)圖，寫(xiě)思路，求出度數(shù)）．【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)等邊對(duì)等角，可得∠E=∠ADE，∠DAC=∠C，再根據(jù)三角形外角的性質(zhì)求出∠ADE=2（2）在AC邊上取一點(diǎn)M使AM=AB，構(gòu)造△ABP?△AMP，根據(jù)MP+MC>PC即可得出答案；（3）畫(huà)出圖形，根據(jù)點(diǎn)E的位置分四種情況，當(dāng)點(diǎn)E在射線CB延長(zhǎng)線上，延長(zhǎng)CA到G，使AG=AB，可得GC=EC，可得∠G=∠GEC，設(shè)∠ACB=2x，則∠G=∠GEC=90°-x；根據(jù)∠BAC＝24°，AD為△ABC的角平分線，可得∠BAD=∠DAC=12°，可證△AGE?△ABE（SAS），得出∠ABE=∠G=90°-x，利用還有∠ABE=24°+2x，列方程90°-x=24°+2x；當(dāng)點(diǎn)E在BD上時(shí)，∠EAD＜90°，不成立；當(dāng)點(diǎn)E在CD上時(shí)，∠EAD＜90°，不成立；當(dāng)點(diǎn)E在BC延長(zhǎng)線上，延長(zhǎng)CA到G，使AG=AB，可得GC=EC，得出∠G=∠GEC，設(shè)∠ACB=2x，則∠G=∠GEC=x；∠BAC＝24°，根據(jù)AD為△ABC的角平分線，得出【解題過(guò)程】解：（1）∵AE＝AD＝DC，∴∠E=∠ADE，∠DAC=∠C，∵∠E=48°，∠ADE=∴∠ADE=2∵AD為△ABC的角平分線，即∠BAC=2∴∠BAC=48°；∴∠ABC=180°-48°-24°=108°（2）如圖2，在AC邊上取一點(diǎn)M使AM=AB，連接MP，在△ABP和△AMP中，AB=AM∠BAP=∠MAPAP=AP∴△ABP?△AMP（SAS），∴BP=MP，∵M(jìn)P+MC>PC，MC=AC-AM，∴AC-AB+BP>PC，∴AC+BP>AB+PC；（3）如圖，點(diǎn)E在射線CB延長(zhǎng)線上，延長(zhǎng)CA到G，使AG=AB，∵AB+AC＝EC，∴AG+AC＝EC，即GC=EC，∴∠G=∠GEC，設(shè)∠ACB=2x，則又∠BAC＝24°，AD為△ABC的角平分線，∴∠BAD=又∵∠DAE＝∴∠BAE＝90°-∠BAD=78°，∴∠BAE＝在△AGE和△ABE中，AE=AE∠GAE=∠BAEAG=AB∴△AGE?△ABE（SAS），∴∠ABE=∠G=又∵∠ABE=∠BAC+∠ACB=24°+2x，∴90°-x=24°+2x，解得：x=22°，∴∠ACB=2當(dāng)點(diǎn)E在BD上時(shí)，∠EAD＜90°，不成立；當(dāng)點(diǎn)E在CD上時(shí)，∠EAD＜90°，不成立；如圖，點(diǎn)E在BC延長(zhǎng)線上，延長(zhǎng)CA到G，使AG=AB，∵AB+AC＝EC，∴AG+AC＝EC，即GC=EC，∴∠G=∠GEC，設(shè)∠ACB=2x，則又∵∠BAC＝24°，AD為△ABC的角平分線，∴∠BAD=又∵∠DAE＝∴∠BAE＝90°+∠BAD=102°，∴∠BAE＝在△AGE和△ABE中，AE=AE∠GAE=∠BAEAG=AB∴△AGE?△ABE（SAS），∴∠ABE=∠G=∴x+24°+2x=180°，解得：x=52°，∴∠ACB=2∴∠ACB的度數(shù)為44°或104°．19．（2023·浙江·八年級(jí)假期作業(yè)）（1）如圖①，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E，F(xiàn)分別是邊BC，CD上的點(diǎn)，且∠EAF=1（2）如圖②，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F(xiàn)分別是邊BC，CD上的點(diǎn)，且（3）在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F(xiàn)分別是邊BC，CD所在直線上的點(diǎn)，且∠EAF=1【思路點(diǎn)撥】（1）如圖1，延長(zhǎng)EB到G，使BG=DF，連接AG，即可證明△ABG≌△ADF，可得AF=AG，再證明△AEF≌△AEG，可得EF=EG，即可解題；（2）如圖2，同理可得：EF=BE+DF；（3）如圖3，作輔助線，構(gòu)建△ABG，同理證明△ABG≌△ADF和△AEG≌△AEF．可得新的結(jié)論：EF=BE-DF；如圖4，作輔助線△ADH，同理證明△ABE≌△ADH和△FAH≌【解題過(guò)程】解：（1）如圖1，延長(zhǎng)EB到G，使BG=DF，連接AG．在△ABG與△ADF中，AB=AD∠ABG=∠ADF=90°∴△ABG≌△ADFSAS∴AG=AF，∴∠1+∠3=∠2+∠3=1∴∠GAE=∠EAF．又∵AE=AE，∴△AEG≌△AEFSAS∴EG=EF．∵EG=BE+BG．∴EF=BE+FD；（2）（1）中的結(jié)論EF=BE+FD仍然