第16題
（2014秋•海淀區校級期末）在△ABC中，AB＝AC，AD，CE分別平分∠BAC和∠ACB，且AD與CE交於點M．點N在射線AD上，且NA＝NC．過點N作NF⊥CE於點G，且與AC交於點F，再過點F作FH∥CE，且與AB交於點H．
（1）如圖1，當∠BAC＝60°時，點M，N，G重合．
①請根據題目要求在圖1中補全圖形；
②連結EF，HM，則EF與HM的數量關係是 EF＝HM ；
（2）如圖2，當∠BAC＝120°時，求證：AF＝EH．
【熱門考點】全等三角形的判定與性質．
【解題思路】（1）①根據條件可補全圖形，如圖1①；②連接MF，如圖1②，要證EF＝HM，由於點M，N重合，只需證到EF＝HN，只需證到四邊形ENFH是矩形即可．
（2）連接FM，EF，如圖2．易證△ANC是等邊三角形，從而有AN＝AC．進而可證到△AFN≌△AMC，則有AF＝AM，從而得到△AMF是等邊三角形，則有AF＝FM，∠AMF＝60°．進而可證到四邊形FHEM是平行四邊形，則有EH＝FM，即AF＝EH．
【解答】解：（1）①補全圖形，如圖1①．
②連接MF，EF，如圖1②．
∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等邊三角形，
∴CA＝CB．
∵CE平分∠ACB，
∴CE⊥AB，即∠AEC＝90°．
∵NF⊥CE，即∠FNC＝90°，
∴∠AEC＝∠FNC，
∴EH∥FN．
∵FH∥CE，
∴四邊形ENFH是平行四邊形．
∵∠AEC＝90°，
∴平行四邊形ENFH是矩形．
∴EF＝HN．
∵點M，N重合，
∴EF＝HM．
故答案為：EF＝HM．
（2）連接FM，如圖2．
∵AD，CE分別平分∠BAC和∠ACB，且∠BAC＝120°，
∴∠BAD＝∠CAD＝60°，∠ACE＝∠BCE．
∵AB＝AC，∴AD⊥BC．
∵NG⊥EC，
∴∠MDC＝∠NGM＝90°，
∴∠BCE+∠DMC＝90°，∠MNG+∠DMC＝90°．
∴∠BCE＝∠MNG．
∴∠ACE＝∠MNG．
∵NA＝NC，∠NAC＝60°，
∴△ANC是等邊三角形，
∴AN＝AC．
【解題技巧】本題考查了黃金三角形、全等三角形的判定與性質、等邊三角形的判定與性質、矩形的判定與性質、平行四邊形的判定與性質、垂直平分線的性質、平行線分線段成比例等知識，綜合性比較強，有一定的難度．
第17題
（2019•沈北新區一模）如圖，將兩個全等的直角三角形△ABD、△ACE拼在一起（圖1）．△ABD不動，
（1）若將△ACE繞點A逆時針旋轉，連接DE，M是DE的中點，連接MB、MC（圖2），證明：MB＝MC．
（2）若將圖1中的CE向上平移，∠CAE不變，連接DE，M是DE的中點，連接MB、MC（圖3），判斷並直接寫出MB、MC的數量關係．
（3）在（2）中，若∠CAE的大小改變（圖4），其他條件不變，則（2）中的MB、MC的數量關係還成立嗎？說明理由．
【熱門考點】全等三角形的判定與性質．
【解題思路】（1）連接AM，根據全等三角形的對應邊相等可得AD＝AE，AB＝AC，全等三角形對應角相等可得∠BAD＝∠CAE，再根據等腰三角形三線合一的性質得到∠MAD＝∠MAE，然後利用“邊角邊”證明△ABM和△ACM全等，根據全等三角形對應邊相等即可得證；
（2）延長DB、AE相交於E′，延長EC交AD於F，根據等腰三角形三線合一的性質得到BD＝BE′，然後求出MB∥AE′，再根據兩直線平行，內錯角相等求出∠MBC＝∠CAE，同理求出MC∥AD，根據兩直線平行，同位角相等求出∠BCM＝∠BAD，然後求出∠MBC＝∠BCM，再根據等角對等邊即可得證；
（3）延長BM交CE於F，根據兩直線平行，內錯角相等可得∠MDB＝∠MEF，∠MBD＝∠MFE，然後利用“角角邊”證明△MDB和△MEF全等，根據全等三角形對應邊相等可得MB＝MF，然後根據直角三角形斜邊上的中線等於斜邊的一半證明即可．
【解答】證明：（1）如圖2，連接AM，由已知得△ABD≌△ACE，
∴AD＝AE，AB＝AC，∠BAD＝∠CAE，
∵MD＝ME，
∴∠MAD＝∠MAE，
∴∠MAD﹣∠BAD＝∠MAE﹣∠CAE，
即∠BAM＝∠CAM，
在△ABM和△ACM中，
，∴△ABM≌△ACM（SAS），
∴MB＝MC；
（2）MB＝MC．
理由如下：如圖3，延長DB、AE相交於E′，延長EC交AD於F，
∴BD＝BE′，CE＝CF，
∵M是ED的中點，B是DE′的中點，
∴MB∥AE′，
∴∠MBC＝∠CAE，
同理：MC∥AD，
∴∠BCM＝∠BAD，
∵∠BAD＝∠CAE，
∴∠MBC＝∠BCM，
∴MB＝MC；
【解題技巧】本題考查了全等三角形的判定與性質，等腰三角形三線合一的性質，等角對等邊的性質，直角三角形斜邊上的中線等於斜邊的一半的性質，以及三角形的中位線定理，綜合性較強，但難度不大，作輔助線構造出等腰三角形或全等三角形是解題的關鍵．
第18題
（2018秋•綠園區期末）探究：如圖①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直線m經過點A，BD⊥m於點D，CE⊥m於點E，求證：△ABD≌△CAE．
應用：如圖②，在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三點都在直線m上，並且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，求證：DE＝BD+CE．
【熱門考點】全等三角形的判定與性質．
【解題思路】（1）根據BD⊥直線m，CE⊥直線m得∠BDA＝∠CEA＝90°，而∠BAC＝90°，根據等角的餘角相等得∠CAE＝∠ABD，然後根據“AAS”可判斷△ADB≌△CEA．
（2）設∠BDA＝∠BAC＝α，則∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，得出∠CAE＝∠ABD，進而得出△ADB≌△CEA即可得出答案．
【解答】證明：（1）∵BD⊥直線m，CE⊥直線m，
∴∠BDA＝∠CEA＝90°，
∵∠BAC＝90°
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∵∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠CAE＝∠ABD，
∵在△ADB和△CEA中
，
∴△ADB≌△CEA（AAS）；
（2）設∠BDA＝∠BAC＝α，
∴∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，
∴∠CAE＝∠ABD，
∵在△ADB和△CEA中
，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE．
【解題技巧】本題考查了全等三角形的判定與性質：判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”；得出∠CAE＝∠ABD是解題關鍵．
第19題
（2019•蘇州模擬）如圖，△ABC中，D是BC的中點，過D點的直線GF交AC於F，交AC的平行線BG於G點，DE⊥DF，交AB於點E，連結EG、EF．
（1）求證：BG＝CF；
（2）請你判斷BE+CF與EF的大小關係，並說明理由．
【熱門考點】全等三角形的判定與性質．
【解題思路】（1）先利用ASA判定△BGD≌△CFD，從而得出BG＝CF；
（2）再利用全等的性質可得GD＝FD，再有DE⊥GF，從而得出EG＝EF，兩邊和大於第三邊從而得出BE+CF＞EF．
【解答】解：（1）∵BG∥AC，
∴∠DBG＝∠DCF．
∵D為BC的中點，
∴BD＝CD
又∵∠BDG＝∠CDF，
在△BGD與△CFD中，
∵
∴△BGD≌△CFD（ASA）．
∴BG＝CF．
（2）BE+CF＞EF．
∵△BGD≌△CFD，
∴GD＝FD，BG＝CF．
又∵DE⊥FG，
∴EG＝EF（垂直平分線到線段端點的距離相等）．
∴在△EBG中，BE+BG＞EG，
即BE+CF＞EF．
【解題技巧】本題考查三角形全等的判定方法，判定兩個三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、AAS、ASA、HL．
注意：AAA、SSA不能判定兩個三角形全等，判定兩個三角形全等時，必須有邊的參與，若有兩邊一角對應相等時，角必須是兩邊的夾角．
第20題
（2018秋•潮陽區期末）如圖，在△ABC中，D為BC的中點，過D點的直線GF交AC於點F，交AC的平行線BG於點G，DE⊥GF，並交AB於點E，連接EG，EF．
（1）求證：BG＝CF．
（2）請你猜想BE+CF與EF的大小關係，並說明理由．
【熱門考點】全等三角形的判定與性質．
【解題思路】（1）求出∠C＝∠GBD，BD＝DC，根據ASA證出△CFD≌△BGD即可．
（2）根據全等得出BG＝CF，根據三角形三邊關係定理求出即可．
【解答】（1）證明：∵BG∥AC，
∴∠C＝∠GBD，
∵D是BC的中點，
∴BD＝DC，
在△CFD和△BGD中
，
∴△CFD≌△BGD，
∴BG＝CF．
（2）BE+CF＞EF，
理由如下：
∵△CFD≌△BGD，
∴CF＝BG，
在△BGE中，BG+BE＞EG，
∵由（2）知：GD＝GD，ED⊥GF，
∴EF＝EG，
∴BG+CF＞EF．
【解題技巧】本題考查了全等三角形的性質和判定，平行線的性質，線段垂直平分線性質，三角形三邊關係定理的應用，主要考查學生的推理能力．
課程體系
