02-全等三角形和角平分线

1.全等三角形

知识点1：全等形的概念

能够完全重合的两个图形叫做全等形。

温馨提示：

全等形关注的是两个图形的形状和大小，而不是图形所在的位置，看两个图形是否为全等形，只要把它们叠合在一起，看是否能够完全重合即可；
一个图形经过平移、翻折、旋转后，位置变化了，但形状、大小都没有改变，即平移、翻折、旋转前后的图形全等。
两个全等形的面积一定相等，但面积相等的两个图形不一定全等。🌟

知识点2：全等三角形及对应元素

全等三角形的定义：能够完全重合的两个三角形叫做全等三角形。重合的顶点叫做对应顶点，重合的边叫做对应边，重合的角叫做对应角。

全等三角形的表示方法：

“全等”用数学符号“≌”表示，读作“全等于”；
记两个三角形全等时，通常把表示对应顶点的字母写在对应位置上，例如：如图所示的 $\triangle ABC$ 和 $\triangle DEF$ 全等，点A和点D，点B和点E，点C和点F分别是对应顶点，记作 $\triangle ABC$ ≌ $\triangle DEF$ 。
AB 和 DE，BC和EF，AC和DF是对应边;
∠A和∠D，∠B和/E，∠C和∠F 是对应角；

温馨提示：

完全重合有两层含义:①图形的形状相同;②图形的大小相等；
全等的符号“≌” 也形象直观地反映了这一点:“~”表示图形的形状相同,“=”表示图形的大小相等；🌟
全等三角形是全等形的特例。

知识点3：全等三角形的性质

全等三角形的对应边相等，全等三角形的对应角相等；🌟 （思考下：全等三角形的三边和三角相等，那反过来呢，需要什么条件才能保证两个三角形全等？）
由全等三角形的定义可知，全等三角形的周长相等，面积相等。

2.三角形全等的判定

知识点1：用“边边边”判定(SSS)

三边分别相等的两个三角形全等(可以简写成“边边边”或“SSS”)。

知识点2：用”边角边“判定(SAS)

两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等 (可以简写成“边角边”或“SAS”)。

⚠️注意：

必须是两边夹一角才行（SAS），而不是两边及一边对角（SSA），换句话，“边边角”不能作为判定两个三角形全等的条件。
但当限定三角形类型时，这话可能是成立的🌟 ，比如两个都是直角三角形：SSA 等价于 HL（斜边直角边），可以判定全等；但只要没限定三角形，单纯说 SSA 全等，命题一定错误。
SSA 之所以普通情况不能判定全等，根源是给定两边与一边对角，作图会出现两解：一个锐角三角形、一个钝角三角形。

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知识点3：用”角边角“(ASA)和”角角边“(AAS)判定

两角和它们的夹边分别相等的两个三角形全等(可以简写成“角边角”或“ASA”)。

两角和其中一个角的对边分别相等的两个三角形全等(可以简写成 “角角边”或“AAS”)。

问：有两角和一边分别相等的两个三角形全等对么？答：不一定对，如果是ASA或者AAS则全等，但原题没有强调”一边“必须是”对应边“，举个反例：

一个大三角形、一个小三角形，三个角全都相等（相似），
大三角形的一条长边 = 小三角形的一条短边，
满足「两角 + 一条边相等」，但两个三角形明显大小不一样，不全等。

知识点4：用“斜边、直角边”判定直角三角形全等（HL）

斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等(可以简写成 “斜边、直角边”或“HL”)。

“HL”定理是直角三角形所独有的,对于一般三角形不成立。

“HL”是识别两个直角三角形全等特有的方法，应用此方法时要注意:

要保证两个三角形是直角三角形;
斜边相等;
任意一条直角边对应相等.

判定一般三角形全等的所有方法对判定两个直角三角形全等全部适用。

3.角平分线的性质

知识点1：角平分线的作法

一般地,从一个角的顶点出发,把这个角分成两个相等的角的射线叫做角的平分线.作已知角的平分线的方法有很多,主要有折叠法和尺规作图法,尺规作图法是常用的方法,尺规作图一定要保留作图痕迹,并且要有结论。

尺规作图法：

以点 O为圆心，适当长为半径作弧，交 OA 于点 M，交 OB 于点 N；
分别以点 M，N 为圆心，大于MN 的长为半径作弧，两弧在∠AOB 的内部相交于点 C；
作射线 OC，则射线 OC 为∠AOB 的平分线。

知识点2：角的平分线的性质

角的平分线上的点到角的两边的距离相等。

温馨提示：

这里的距离指的是点到角的两边垂线段的长🌟。
该性质可以独立作为证明两条线段相等的依据,不需要再用全等三角形。
使用该结论的前提条件是图中有角平分线、有垂直。
运用角的平分线时常添加的辅助线：由角的平分线上的已知点向两边作垂线段，利用其相等来推导其他结论。

4.角平分线的判定及应用

知识点1：角平分线的判定

角的内部到角的两边的距离相等的点在角的平分线上。

要注意性质与判定中的条件和结论的互逆关系。

性质是证明两条线段相等的常用方法；判定是证明两个角相等的常用方法。

知识点2：三角形的角平分线的应用

三角形的三条角平分线交于一点,并且交点到三边的距离相等。

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三角形的角平分线是线段，都在三角形的内部，如图所示，点I为 $\triangle ABC$ 的三条内角平分线的交点， ID⊥ BC于点D，IE⊥AB于点 E，IF⊥AC于点F，ID=IE=IF，若连接 IA，IB，IC，则它们分别平分 ∠BAC，∠ABC，∠BCA。

5.扩展：全等与角平分线的典型考点

核心思想

角平分线与全等三角形的结合是几何证明中的重要内容，其核心思想是利用”角的对称性“构造”全等三角形“解决问题。

以下从基础性质出发，详细解析常见模型：

模型1：角平分线+双垂直(“对称全等模型”)

题型1：

条件：AD 平分 ∠BAC,DE⊥AC;
辅助线：作 $DF \perp AB$ ;
结论： $\triangle ADE \cong \triangle ADF (AAS)$ 。

题型2：

条件：AD 平分 $\angle BAC, DE = DF$ ;
辅助线：作 $DG \perp AB, DH \perp AC$ ;
结论： $\triangle ADH\cong\triangle ADG(HL\text{或}AAS)$ ; $\triangle DEH\cong\triangle DGF(HL)$ 。

模型2：角平分线+垂线(“三线合一模型”)

名词解释：等腰三角形顶角平分线、底边上的中线、底边上的高，这三条线重合为同一条线段，简称三线合一（图中AD）。

条件：AD 平分 $\angle BAC, AD \perp CD$ ;
辅助线：延长 CD 交 AB 于点 E;
结论： $\triangle ADC \cong \triangle ADE(ASA)$ .

模型3：角平分线+截长补短(“截长补短模型”)

条件： $AD$ 平分 $\angle BAC$ ;
辅助线：若 AB > AC：则在 AB 上截取 AE = AC; –> 结论： $\triangle ADC \cong \triangle ADE (SAS)$ ;
辅助线：若 AB < AC：则延长 AB 并至点 $E$ ，使 $AE = AC$ ；结论： $\triangle ADC\cong \triangle ADE(SAS)$

模型4：角平分线+平行线(“等腰模型”)

条件: AD 平分 $\angle BAC， DE \parallel AB$ ；结论: $AE = ED$ (角平分线 + 平行线 → 等腰三角形);
条件: AD 平分 $\angle BAC， AE = ED$ ；结论: $DE \parallel AB$ (角平分线 + 等腰三角形 → 平行线);
条件: $DE \parallel AB$ , $AE = ED$ ；结论: $AD$ 平分 $\angle BAC$ . (平行线 + 等腰三角形 $\rightarrow$ 角平分线).

❓上图中 $\triangle ADE$ 为什么是等腰三角形，因为 $DE \parallel AB$ ，所以内错角相等，∠BAD=∠EDA。

模型5：进阶-倍长中线 🌟

在平面几何中，倍长中线法是一种常用的辅助线添加技巧，其核心思想是通过延长三角形的中线，使延长后的线段与原中线长度相等，从而构造全等三角形，将分散的条件集中起来，以便利用全等三角形的性质 (如对应边相等、对应角相等)来解决问题。🌟

适用场景：

题目中出现中线或者中点；
需要证明线段相等、角相等、或需要转移线段、角的位置时。

1.中线型

如图，在三角形ABC中，AD为BC边上的中线

思路：

延长AD至点E，使得 AD=DE
若连结BE ，则 ΔBDE≅ΔCDA(SAS) ;
若连结EC ，则 ΔABD≅ΔECD(SAS)。

点评

中线意味着初始状态下有一对等长的边了；然后通过倍长又得到一对等长的边；两个边的对角也相等；正好构成SAS。

2.中点型

如图，C为AB的中点

思路：

若延长 $EC$ 至点 $F$ ，使得 $CF = EC$ ，连结 $AF$ ，则 $\triangle BCE \cong \triangle ACF$ (SAS)；
若延长 $DC$ 至点 $G$ ，使得 $CG = DC$ ，连结 $BG$ ，则 $\triangle ACD \cong \triangle BCG$ (SAS)。

点评

和前面的类似，中点意味着初始状态下有一对等长的边了；然后通过倍长又得到一对等长的边；两个边的对角也相等；正好构成SAS。

3.中点+平行线型(平行线夹中点模型)

如图， AB//CD，点E为线段AD的中点

思路：延长 $CE$ 交 $AB$ 于点 $F$ (或交 $BA$ 延长线于点 $F$ )，则 $\triangle EDC \cong \triangle EAF$ (SAS)。

点评

这个和前面的略有点区别，中点意味着初始状态下有一对等长的边了；然后平行线意味着有一对相等的内错角；延长之后又有了相等的对顶角，所以可以通过AAS证全等；

模型6：进阶-手拉手🌟

手拉手模型的本质其实是三大几何变换中的旋转，然后根据三角形的全等就可以得到一些结论。

注意

只要出现一大一小的等边三角形、一大一小的等腰三角形、一大一小的正方形，并且有公共顶角就要引起警觉，因为通过这些条件可以两线一夹角相等，从而得到一系列的结论。

1.基本模型（任意等腰三角形）

条件： ① 两个等腰三角形： $\triangle ABC$ 与 $\triangle ADE$
② 顶角相等： $\alpha$
③ 顶点重合：点 $A$

结论（共3个结论）： ① $\triangle ABD \cong \triangle ACE\ (\mathrm{SAS})$ ② BD = CE，BD与CE夹角为α (8字证) ③ OA平分∠BOE(角分线判定)

结论①证明：

\begin{gathered} \because \triangle ABC,\ \triangle ADE \text{ 是等腰三角形，} \therefore AB = AC,\ AD = AE.\\ \because \angle BAC = \angle DAE = \alpha,\\ \therefore \angle BAC + \angle CAD = \angle DAE + \angle CAD,\ \therefore \angle BAD = \angle CAE.\\ \text{在 } \triangle ABD \text{ 与 } \triangle ACE \text{ 中，} \begin{cases} AB = AC\\ \angle BAD = \angle CAE\\ AD = AE \end{cases}\\ \therefore \triangle ABD \cong \triangle ACE\ (\mathrm{SAS}),\ \therefore BD = CE. \end{gathered}

结论②证明：

\begin{gathered} \because \triangle ABD \cong \triangle ACE,\ \therefore \angle BDA = \angle CEA.\\ \begin{aligned} \text{又} \quad \because \angle 1 &= \angle EAD + \angle CEA \\ &= \angle EOD + \angle BDA, \end{aligned}\\ \therefore \angle EOD = \angle EAD = \alpha. \end{gathered}

结论③证明：

\begin{gathered} \text{面积法} \\ \text{过点 } A \text{ 作 } AM \perp BD \text{，交 } BD \text{ 于点 } M \text{；} \\ \text{过点 } A \text{ 作 } AN \perp CE \text{，交 } CE \text{ 于点 } N. \\ \because \triangle ABD \cong \triangle ACE,\ \therefore S_{\triangle ABD} = S_{\triangle ACE},\ BD = CE. \\ \therefore \frac12 \times BD \times AM = \frac12 \times CE \times AN,\ \therefore AM = AN.{(直角三角形全等)}\\ \therefore OA \text{ 平分 } \angle BOE. \end{gathered}

2.特殊模型一（等边三角形）

等边三角形是等腰三角的一种特例，自然也有相应的手拉手模型，具有任意等腰三角形下的手拉手模型的结论，但由于等边三角形更特殊，所有还有新的结论。

结论1: $\triangle ABD \cong \triangle AEC$
结论2: BD = EC (左手拉左手等于右手拉右手)
结论3: $\alpha + \angle BOC = 180^{\circ}$
结论4: OA 平分 $\angle BOC$
结论5: $\angle BOE = \angle COD = \alpha = 60^{\circ}$ （新结论）

3.特殊模型二（等腰直角三角形）

同样道理，等腰直角三角形也是等腰三角的一种特例，自然也有相应的手拉手模型，具有任意等腰三角形下的手拉手模型的结论。由于等腰直角三角形更特殊，所有还有新的结论。

结论1: $\triangle ABD \cong \triangle AEC$
结论2: BD = EC (左手拉左手等于右手拉右手)
结论3: $\alpha + \angle BOC = 180^{\circ}$
结论4: OA 平分 $\angle BOC$
结论5: $\angle BOE = \angle COD = \alpha = 90^{\circ}$ (新结论，等边三角形底边与“交点”形成的角)

4.特殊模型三（非连接形态）

在手拉手模型定义一节中指出：“等腰三角形的底边 $(BE, CD)$ 不是必须的，可以不连接，所以图中用虚线表示。这就是为什么做题时发现有时并不存在等腰三角形却仍然用手拉手模型的原因”。上图就是这样一种情况（图中正方形ABFE、正方形ACGD），称为等腰直角三角形下的手拉手模型，这个模型考题中也比较常见。

模型7：进阶-截长补短🌟

截长补短，这个方法专门用来解决涉及线段的和、差、倍、分关系的几何证明题，是构造全等三角形的利器。

1.核心思想🌟

其核心思想是【化“分散”为“集中”，构造全等】，即将题目中涉及的和、差、倍、分关系的几条线段，通过添加辅助线，①转化为两条可以直接比较的线段(通常是证明它们相等)，或者②将它们“搬移”到同一个三角形或同一条直线上，以便利用全等三角形的性质或等量代换进行证明。

2.角平分线—截等长型

思路：利用角平分线的性质(角相等)和公共边，在角平分线的两侧构造全等三角形。

截长：在角平分线一侧的长线段AB上截取AE等于另一侧的线段AC.
补短：延长角平分线一侧的短线段AC，使AF的长度等于另一侧的线段AB.

3.线段中点—倍长中线型

思路：中点意味着相等的线段，可以尝试倍长中线(属于一种特殊的补短)，或者利用中点构造平行线、全等三角形，如图，延长AD至点E使DE=AD，连接关键点，构造“8字型”全等三角形，实现线段和角的转移.

4.二倍角类(非构造全等)—构造等腰型

思路：二倍角，顾名思义，是指题目中存在一个角是另一个角的二倍的情况，这类问题的常见解题思路是通过截长补短的方法，将角的倍数关系转化为线段之间的等量关系，而构造等腰三角形是实现这一转化的关键.相关辅助线的核心思路可简记为：二倍角，构等腰🌟。

模型8：进阶-一线三等角相似模型

一线三等角模型是指有三个等角的顶点在同一条直线上，从而构成的相似图形。这个角可以是直角,也可以是锐角或钝角。

模型9：进阶-一线三垂直相似模型

“一线三垂直”是一个常见的相似模型，它是“一线三等角”模型中的一中特殊情形，指的是有三个直角的顶点在同一条直线上构成的相似图形，不同地区对此有不同的称呼，“K形图”，“三垂直”，“弦图”等。

6.附录：专项练习题（全等与角平分线）

⚠️以下题先尝试自己做，不会再看答案解析。

题A1：全等+角平分->求线段关系

如图 $\triangle ABC$ 中, AB = AC, ∠A = 90°, ∠ACB的平分线CD交AB于点E，∠BDC=90°，求证: CE=2BD。

【解答】证明：如图，延长 $BD$ 交 $CA$ 的延长线于 $F$ ，

\begin{aligned} &\because \angle BAC = 90^\circ,\ \therefore \angle BAF = \angle BAC = 90^\circ,\\ &\therefore \angle ACE + \angle AEC = 90^\circ.\\ &\because \angle BDC = 90^\circ,\ \therefore \angle BDC = \angle FDC = 90^\circ,\\ &\therefore \angle ABF + \angle BED = 90^\circ.\\ &\because \angle AEC = \angle BED,\ \therefore \angle ACE = \angle ABF.\\ &\because AB = AC,\ \therefore \triangle ACE \cong \triangle ABF\;(\mathrm{ASA})\ \therefore CE = BF.\\ &\because CD \text{ 平分 } \angle ACB,\ \therefore \angle ACD = \angle BCD.\\ &\because CD = CD,\ \therefore \triangle CBD \cong \triangle CFD\;(\mathrm{ASA})\\ &\therefore BD = FD = \frac{1}{2}BF \ \therefore BD = \frac{1}{2}CE \ \therefore CE = 2BD. \end{aligned}

点评

这套题的思路就是先通过全等三角形判定证明CE=BF，再通过角平分线证明BD=1/2BF

题A2：全等+角平分->求角关系

如图， $\triangle ABC$ 的外角∠ACD的平分线CP与内角∠ABC平分线BP交于点P，若∠BPC=40°，则 ∠CAP=？

【解答】延长BA，作PN⊥BD，PF⊥BA，PM⊥AC，设∠PCD=x°,

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\begin{aligned} &\because CP \text{ 平分 } \angle ACD, \therefore \angle ACP = \angle PCD = x^\circ,\ PM = PN,\\ &\because BP \text{ 平分 } \angle ABC, \therefore \angle ABP = \angle PBC,\ PF = PN,\ \therefore PF = PM,\\ &\because \angle BPC = 40^\circ,\ \therefore \angle ABP = \angle PBC = \angle PCD - \angle BPC = (x-40)^\circ,\\ &\therefore \angle BAC = \angle ACD - \angle ABC = 2x^\circ - (x^\circ-40^\circ) - (x^\circ-40^\circ) = 80^\circ,\ \therefore \angle CAF = 100^\circ,\\ &\text{在 } Rt\triangle PFA \text{ 和 } Rt\triangle PMA \text{ 中},\\ &\because \begin{cases} PA = PA\\ PM = PF \end{cases},\ \therefore Rt\triangle PFA \cong Rt\triangle PMA\ (\mathrm{HL}),\ \therefore \angle FAP = \angle PAC = 50^\circ. \end{aligned}

点评

先利用两个角平分线，构造了三个垂线；然后通过设值 $x^ {\circ}$ 和题干给定的一个角度，得出∠CAF的角度，然后再根据全等三角形，得出最终∠CAP的角度。

题A3：角平分线->截长补短->全等

如图，在 $\triangle ABC$ 中, AB= AC, ∠ABC=40°，BD是∠ABC的平分线，延长BD至E，使DE= AD，连接CE，则∠ECA的度数=？

【解答】在BC上截取BF= AB，连接DF,

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\begin{gathered} \because BD \text{ 是 } \angle ABC \text{ 的平分线，} \therefore \angle ABD = \angle FBD,\\ \text{在 } \triangle ABD \text{ 和 } \triangle FBD \text{ 中，} \begin{cases} AB = FB,\\ \angle ABD = \angle FBD,\\ BD = BD, \end{cases}\\ \therefore \triangle ABD \cong \triangle FBD\ (SAS),\ \therefore DF = DA = DE,\ \angle A = \angle DFB,\\ \because AB = AC,\ \therefore \angle ACB = \angle ABC = 40^\circ,\ \therefore \angle A = 180^\circ - \angle ACB - \angle ABC = 100^\circ,\\ \therefore \angle DFC = 180^\circ - \angle DFB = 180^\circ - \angle A = 80^\circ,\\ \therefore \angle FDC = 180^\circ - \angle ACB - \angle DFC = 60^\circ,\\ \because \angle EDC = \angle ADB = 180^\circ - \angle ABD - \angle A = 180^\circ - 20^\circ - 100^\circ = 60^\circ,\\ \therefore \angle FDC = \angle EDC,\\ \text{在 } \triangle DCE \text{ 和 } \triangle DCF \text{ 中，} \begin{cases} DE = DF,\\ \angle EDC = \angle FDC,\\ CD = CD, \end{cases}\\ \therefore \triangle DCE \cong \triangle DCF\ (SAS),\ \therefore \angle ECA = \angle DCB = 40^\circ. \end{gathered}

点评

看到角平分线，就可以想想有没有可能构造全等三角形，这道题通过辅助线截长补短，先后证明两组全等三角形，进而解出答案。

题A4：角平分线->全等

已知，OA平分 $\angle M O N$ ，点P在射线OA上，点B在射线OM上，点C在直线ON上，连接 $PB , P C$ 且 $\angle MON + \angle BPC = 180^\circ$ (1) 如图1，当 $\angle MON = 90^\circ$ 时， $PB$ 与 $PC$ 的数量关系是； (2) 如图2，当 $\angle MON$ 是钝角时，(1) 中的结论是否成立？如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由； (3) 当 $\angle MON = 120^\circ$ 时，若 $OP = 6,\ OC = 2$ ，请直接写出 $\triangle OBP$ 与 $\triangle OCP$ 的面积的比值。

【解答】

第(1)问，如图

\begin{gathered} \text{过点 } P \text{ 作 } PE \perp OM \text{ 于 } E,\ PF \perp ON \text{ 于 } F.\\ \because \angle MON = 90^\circ,\ \therefore \text{四边形 } PEOF \text{ 为矩形，}\ \therefore \angle EPF = 90^\circ,\ \therefore \angle EPB + \angle BPF = 90^\circ.\\ \because \angle MON + \angle BPC = 180^\circ,\ \angle MON = 90^\circ,\ \therefore \angle BPC = 90^\circ,\ \therefore \angle FPC + \angle BPF = 90^\circ,\\ \therefore \angle EPB = \angle FPC.\\ \because OA \text{ 平分 } \angle MON,\ PE \perp OM,\ PF \perp ON,\ \therefore PE = PF.\\ \text{在 } \triangle EPB \text{ 和 } \triangle FPC \text{ 中，} \begin{cases} \angle EPB = \angle FPC\\ PE = PF\\ \angle PEB = \angle PFC = 90^\circ \end{cases}\\ \therefore \triangle EPB \cong \triangle FPC\ (ASA),\ \therefore PB = PC. \end{gathered}

点评

遇到角平分线，就想想怎么构造全等三角形。💡

第(2)问，成立，理由如下

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\begin{gathered} \text{过点 } P \text{ 作 } PE \perp OM \text{ 于 } E,\ PF \perp ON \text{ 于 } F.\\ \because \angle MON + \angle BPC = 180^\circ \ (\text{题干给出}),\ \therefore \angle PBO + \angle PCO = 180^\circ,\\ \because \angle PBO + \angle PBE = 180^\circ,\ \therefore \angle PBE = \angle PCF,\\ \text{在 } \triangle EPB \text{ 和 } \triangle FPC \text{ 中，} \begin{cases} \angle PBE = \angle PCF\\ \angle PEB = \angle PFC\\ PE = PF \end{cases}\\ \therefore \triangle EPB \cong \triangle FPC\ (\mathrm{AAS}),\ \therefore PB = PC. \end{gathered}

第(3)问，有两种情况

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情况1，见上面左图

\begin{gathered} \text{过点 } P \text{ 作 } PE \perp OM \text{ 于 } E,\ PF \perp ON \text{ 于 } F.\\ \because OA \text{ 平分 } \angle MON,\ \angle MON = 120^\circ,\ \therefore \angle POF = \angle POE = 60^\circ,\ \therefore \angle OPF = \angle OPE = 30^\circ.\\ \therefore OF = \frac12 OP = 3,\ OE = \frac12 OP = 3,\\ \because OP = 6,\ OC = 2 \text{ (题干给出)},\\ \therefore CF = 1,\ \therefore BE = 1,\ \therefore OB = OE + BE = 4,\\ \therefore \triangle OBP \text{ 与 } \triangle OCP \text{ 的面积的比值为 } 2. \end{gathered}

情况2，见上面右图

\begin{gathered} \text{过点 } P \text{ 作 } PE \perp OM \text{ 于 } E,\ PH \perp ON \text{ 于 } H.\\ \text{则 } OH = OE = 3 \text{ (前面证明过)},\ \therefore CH = OC + OH = 5,\\ \therefore BE = CH = 5 \text{ (前面证明过全等)},\ \therefore OB = OE + BE = 8,\\ \therefore \triangle OBP \text{ 与 } \triangle OCP \text{ 的面积的比值为 } 4. \end{gathered}

题B1：倍长中线（一）

在 $\triangle A B C$ 中，若 $A B = 6 , A C = 4$ ，点D为BC边的中点，求BC边上的中线 AD的取值范围。

【解答】

\begin{gathered} \text{延长 } AD \text{ 至 } E \text{，使 } DE = AD \text{，连接 } BE.\\ \because AD \text{ 是 } BC \text{ 边上的中线，} \therefore BD = CD.\\ \text{在 } \triangle BDE \text{ 和 } \triangle CDA \text{ 中，} \because \begin{cases} BD = CD\\ \angle BDE = \angle CDA\\ DE = AD \end{cases}\\ \therefore \triangle BDE \cong \triangle CDA\ (SAS),\ \therefore BE = AC = 4.\\ \text{在 } \triangle ABE \text{ 中，由三角形的三边关系得：}\\ AB - BE < AE < AB + BE,\\ 6 - 4 < AE < 6 + 4,\ \text{即 } 2 < AE < 10,\ \therefore 1 < AD < 5;\\ \text{故答案为：} 1 < AD < 5. \end{gathered}

题B2：倍长中线（二）

在 $\triangle ABC$ 中，点 $D$ 是 $BC$ 的中点， $DE \perp DF$ 于点 $D$ ， $DE$ 交 $AB$ 于点 $E$ ， $DF$ 交 $AC$ 于点 $F$ ，连接 $EF$ ，判断 $BE + CF$ 与 $EF$ 的大小关系并证明；

【解答】

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\begin{gathered} \text{延长 } FD \text{ 至点 } M \text{，使 } DM = DF \text{，连接 } BM, EM，\\ \text{同(1)得 } \triangle BMD \cong \triangle CFD\ (SAS),\ \therefore BM = CF.\\ \because DE \perp DF,\ DM = DF,\ \therefore EM = EF.\\ \text{在 } \triangle BME \text{ 中，由三角形的三边关系得：} BE + BM > EM,\ \therefore BE + CF > EF. \end{gathered}

点评

把要比较的东西，比如题中的BE、CF、EF尽量等效转换到一个图形中（三角形三边关系）💡，这个转换就是利用全等。

题B3：倍长中线（三）

在四边形 $ABCD$ 中， $AB \parallel CD$ ， $AF$ 与 $DC$ 的延长线交于点 $F$ ，点 $E$ 是 $BC$ 的中点，若 $AE$ 是 $\angle BAF$ 的角平分线。试探究线段 $AB$ ， $AF$ ， $CF$ 之间的数量关系，并加以证明。

【解答】

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\begin{gathered} \text{延长 } AE \text{ 和 } DF \text{ 相交于点 } G,\ \because AB \parallel CD,\ \therefore \angle BAG = \angle G.\\ \text{在 } \triangle ABE \text{ 和 } \triangle GCE \text{ 中，} CE = BE,\ \angle BAG = \angle G,\ \angle AEB = \angle GEC.\\ \therefore \triangle ABE \cong \triangle GEC\ (\mathrm{AAS}),\ \therefore CG = AB.\\ \because AE \text{ 是 } \angle BAF \text{ 的平分线，} \therefore \angle BAG = \angle GAF.\\ \angle FAG = \angle G,\ \therefore AF = GF.\\ \because FG + CF = CG,\ \therefore AF + CF = AB. \end{gathered}

题C1：截长补短（一）

徐老师给爱好学习的小敏和小洁提出这样一个问题：问题1：在 $\triangle ABC$ 中， $\angle B = 2\angle C$ ， $AD$ 平分 $\angle BAC$ 。求证： $AB + BD = AC$ 。

(1)小敏的证明思路：在AC上截取 $A E { = } A B$ ，连接DE；（下方中间图）
(2)小洁的证明思路：延长CB至点E，使 $B E = A B$ ，连接AE；（下方右图）
请你任意选择一种思路完成证明.

问题2（问题升华）：已知： $\triangle ABC$ 中， $\angle ACB = 2\angle B$ （ $\angle ACB \neq 90^\circ$ ）， $AD$ 平分外角 $\angle CAF$ 的平分线，交 $BC$ 延长线于 $D$ 。求证： $AB$ 、 $AC$ 、 $CD$ 之间的数量关系，并证明。

【解答】问题1（小敏思路，截长法）：

\begin{gathered} \text{在 } AC \text{ 上截取 } AE = AB \text{，连接 } DE.\\ \because AD \text{ 是 } \angle BAC \text{ 的平分线，} \therefore \angle BAD = \angle EAD.\\ \text{在 } \triangle ABD \text{ 和 } \triangle AED \text{ 中，} \begin{cases} AB = AE\\ \angle BAD = \angle EAD\\ AD = AD \end{cases}\\ \therefore \triangle ABD \cong \triangle AED\ (SAS),\ \therefore BD = DE,\ \angle ABD = \angle AED.\\ \because \angle AED = \angle EDC + \angle C,\ \angle B = 2\angle C,\ \therefore \angle EDC = \angle C,\ \therefore DE = EC.\\ \therefore AB + BD = AE + DE = AE + CE = AC. \end{gathered}

问题1（小洁思路，补短法）：

\begin{gathered} \text{延长 } CB \text{ 至点 } E \text{，使 } BE = AB \text{，连接 } AE.\\ \therefore \angle E = \angle BAE.\\ \because \angle ABC = \angle E + \angle BAE,\ \therefore \angle ABC = 2\angle E.\\ \because \angle ABC = 2\angle C,\ \therefore \angle E = \angle C,\ \therefore AE = AC.\\ \because AD \text{ 是 } \angle BAC \text{ 的平分线，} \therefore \angle BAD = \angle DAC.\\ \because \angle ADE = \angle DAC + \angle C,\ \angle DAE = \angle BAD + \angle BAE,\ \angle BAE = \angle E = \angle C,\\ \therefore \angle ADE = \angle DAE,\ \therefore AE = DE = AC.\\ \therefore AB + BD = BE + BD = DE = AC. \end{gathered}

问题2：截长补短-1.jpg

\begin{gathered} \text{如图，在 } BA \text{ 的延长线上取一点 } E \text{，使 } AE = AC \text{，连接 } DE.\\ \because AD \text{ 平分 } \angle CAF,\ \therefore \angle CAD = \angle EAD.\\ \text{在 } \triangle ACD \text{ 与 } \triangle AED \text{ 中，} \begin{cases} AC = AE\\ \angle CAD = \angle EAD\\ AD = AD \end{cases}\\ \therefore \triangle ACD \cong \triangle AED\ (SAS),\ \therefore \angle ACD = \angle AED,\ CD = DE.\\ \therefore \angle ACB = \angle FED.\\ \because \angle ACB = 2\angle B,\ \therefore \angle FED = 2\angle B.\\ \because \angle FED = \angle B + \angle EDB,\ \therefore \angle EDB = \angle B,\ \therefore DE = BE,\ \therefore BE = CD.\\ \therefore AB = BE - AE = CD - AC. \end{gathered}

题C2：截长补短（二）

如图，在 $\triangle ABC$ 中， $\angle B = 60^\circ$ ， $\triangle ABC$ 的角平分线 $AD$ 、 $CE$ 相交于点 $O$ 。试说明 $AE + CD = AC$ 。

【解答】截长补短-2.jpg

\begin{gathered} \text{在 } \triangle ABC \text{ 中，} \angle B = 60^\circ,\ \therefore \angle BAC + \angle BCA = 180^\circ - \angle B = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ.\\ \because AD \text{ 平分 } \angle BAC,\ CE \text{ 平分 } \angle ACB,\\ \therefore \angle OAC = \angle OAB = \frac12\angle BAC,\ \angle OCD = \angle OCA = \frac12\angle ACB.\\ \text{在 } \triangle OAC \text{ 中，} \angle AOC = 180^\circ - (\angle OAC + \angle OCA)\\ = 180^\circ - \frac12(\angle BAC + \angle ACB) = 180^\circ - \frac12 \times 120^\circ = 120^\circ.\\ \therefore \angle AOE = 180^\circ - \angle AOC = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ.\\ \text{在 } AC \text{ 上截取 } AF = AE \text{，连接 } OF.\\ \text{在 } \triangle AOE \text{ 和 } \triangle AOF \text{ 中，} \begin{cases} AE = AF\\ \angle OAE = \angle OAF\\ OA = OA \end{cases}\\ \therefore \triangle AOE \cong \triangle AOF\ (SAS),\ \therefore \angle AOE = \angle AOF = 60^\circ.\\ \therefore \angle COF = \angle AOC - \angle AOF = 120^\circ - 60^\circ = 60^\circ.\\ \because \angle COD = 60^\circ,\ \therefore \angle COD = \angle COF.\\ \text{在 } \triangle COD \text{ 和 } \triangle COF \text{ 中，} \begin{cases} \angle COD = \angle COF\\ OC = OC\\ \angle OCD = \angle OCF \end{cases}\\ \therefore \triangle COD \cong \triangle COF\ (ASA),\ \therefore CD = CF.\\ \because AF = AE,\ \therefore AC = AF + CF = AE + CD,\ \text{即 } AE + CD = AC. \end{gathered}

题C3：截长补短（三）

在等边三角形ABC中，点E是边AC上一定点，点D是直线BC上一动点，以DE为一边作等边三角形DEF，连接CF。

问题1：如上面左图，若点D在边BC上，求证： $C E + C F = C D$ 问题2：如上面右图，若点D在边BC的延长线上，请探究线段 $C E , C F$ 与CD之间存在怎样的数量关系，并说明理由。

【解答】问题1：在CD上截取 CH = CE ，如下图所示：截长补短-3.jpg

\begin{gathered} \because \triangle ABC \text{ 是等边三角形，} \therefore \angle ECH = 60^\circ,\ \therefore \triangle CEH \text{ 是等边三角形，}\\ \therefore EH = EC = CH,\ \angle CEH = 60^\circ.\\ \because \triangle DEF \text{ 是等边三角形，} \therefore DE = FE,\ \angle DEF = 60^\circ,\\ \therefore \angle DEH + \angle HEF = \angle FEC + \angle HEF = 60^\circ,\ \therefore \angle DEH = \angle FEC.\\ \text{在 } \triangle DEH \text{ 和 } \triangle FEC \text{ 中，} \begin{cases} DE = FE\\ \angle DEH = \angle FEC\\ EH = EC \end{cases}\\ \therefore \triangle DEH \cong \triangle FEC\ (SAS),\ \therefore DH = CF.\\ \therefore CD = CH + DH = CE + CF,\ \text{即 } CE + CF = CD. \end{gathered}

问题2：截长补短-4.jpg

\begin{gathered} \because \triangle ABC \text{ 是等边三角形，} \therefore \angle A = \angle B = 60^\circ.\\ \text{过 } D \text{ 作 } DG \parallel AB \text{，交 } AC \text{ 的延长线于点 } G \text{，如上图所示：}\\ \because GD \parallel AB,\ \therefore \angle GDC = \angle B = 60^\circ,\ \angle DGC = \angle A = 60^\circ,\\ \therefore \angle GDC = \angle DGC = 60^\circ,\ \therefore \triangle GCD \text{ 为等边三角形，}\\ \therefore DG = CD = CG,\ \angle GDC = 60^\circ.\\ \because \triangle EDF \text{ 为等边三角形，} \therefore ED = DF,\ \angle EDF = \angle GDC = 60^\circ,\\ \therefore \angle EDG = \angle FDC.\\ \text{在 } \triangle EGD \text{ 和 } \triangle FCD \text{ 中，} \begin{cases} ED = DF\\ \angle EDG = \angle FDC\\ DG = CD \end{cases}\\ \therefore \triangle EGD \cong \triangle FCD\ (SAS),\ \therefore EG = FC.\\ \therefore FC = EG = CG + CE = CD + CE. \end{gathered}

点评

这两道题都充分利用了等边三角形的“等边”和“等角”的特性来做作为“桥梁”，善于挖掘和利用这些“隐藏”要素往往是做题的关键。

题C4：截长补短（四）

如图，点 $E$ 、 $F$ 分别在正方形 $ABCD$ 的边 $BC$ 、 $CD$ 上， $\angle EAF = 45^\circ$ ，连接 $EF$ ，则 $EF = BE + DF$ 。试说明理由。

【解答】

\begin{gathered} \because AB = AD,\ \therefore \text{把 } \triangle ABE \text{ 绕点 } A \text{ 逆时针旋转 } 90^\circ \text{ 至 } \triangle ADG,\\ \text{可使 } AB \text{ 与 } AD \text{ 重合。}\\ \angle ADC = \angle B = 90^\circ,\ \therefore \angle FDG = 180^\circ,\ \text{点 } F,\ D,\ G \text{ 共线。}\\ \angle DAG = \angle BAE,\ AE = AG,\ BE = DG.\\ \angle FAG = \angle FAD + \angle GAD = \angle FAD + \angle BAE = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ = \angle EAF,\\ \text{即 } \angle EAF = \angle FAG.\\ \text{在 } \triangle EAF \text{ 和 } \triangle GAF \text{ 中，} \begin{cases} AF = AF\\ \angle EAF = \angle GAF\\ AE = AG \end{cases}\\ \therefore \triangle AFG \cong \triangle AFE\ (SAS),\ \therefore EF = FG = DG + DF = BE + DF. \end{gathered}

点评

这道题其实是通过“旋转”实现了截长补短。

🔔【引申问题1】：

四边形 $ABCD$ 中， $AB = AD$ ， $\angle BAD = 90^\circ$ ，点 $E$ 、 $F$ 分别在边 $BC$ 、 $CD$ 上，且 $\angle EAF = 45^\circ$ 。若 $\angle B$ 、 $\angle D$ 都不是直角，则当 $\angle B + \angle D = 180^\circ$ 时，是否仍有 $EF = BE + DF$ ？请说明理由。

【解答】

截长补短-5.jpg

\begin{gathered} \text{当 } \angle B + \angle D = 180^\circ \text{ 时，仍有 } EF = BE + DF \text{，理由如下：}\\ \because AB = AD,\ \therefore \text{把 } \triangle ABE \text{ 绕点 } A \text{ 逆时针旋转 } 90^\circ \text{ 至 } \triangle ADG \text{，可使 } AB \text{ 与 } AD \text{ 重合，如图所示。}\\ \therefore \angle BAE = \angle DAG,\ BE = DG.\\ \because \angle BAD = 90^\circ,\ \angle EAF = 45^\circ,\ \therefore \angle BAE + \angle DAF = 45^\circ,\ \therefore \angle EAF = \angle FAG.\\ \because \angle ADC + \angle B = 180^\circ,\ \therefore \angle FDG = 180^\circ,\ \text{点 } F,\ D,\ G \text{ 共线。}\\ \text{在 } \triangle AFE \text{ 和 } \triangle AFG \text{ 中，} \begin{cases} AE = AG\\ \angle FAE = \angle FAG\\ AF = AF \end{cases}\\ \therefore \triangle AFE \cong \triangle AFG\ (SAS),\ \therefore EF = FG.\\ \because FG = DG + DF,\ \therefore EF = BE + DF. \end{gathered}

🔔【引申问题2】：

如图，在 $\triangle ABC$ 中， $\angle BAC = 90^\circ$ ， $AB = AC$ ，点 $D$ 、 $E$ 均在边 $BC$ 上，且 $\angle DAE = 45^\circ$ 。猜想 $BD$ 、 $DE$ 、 $EC$ 应满足的等量关系，并写出推理过程。

【解答】

截长补短-6.jpg

\begin{gathered} \text{把 } \triangle ACE \text{ 绕点 } A \text{ 逆时针旋转 } 90^\circ \text{ 到 } \triangle ABF \text{ 的位置，连接 } DF \text{，如图所示。}\\ \because \triangle ABF \cong \triangle ACE,\ \angle FAE = 90^\circ,\ \therefore \angle FAB = \angle CAE,\ BF = CE,\ \angle ABF = \angle C,\\ \therefore \angle FAE = \angle BAC = 90^\circ.\\ \because \angle DAE = 45^\circ,\ \therefore \angle FAD = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ,\ \therefore \angle FAD = \angle DAE = 45^\circ.\\ \text{在 } \triangle ADF \text{ 和 } \triangle ADE \text{ 中，} \begin{cases} AF = AE\\ \angle FAD = \angle DAE\\ AD = AD \end{cases}\\ \therefore \triangle ADF \cong \triangle ADE\ (SAS),\ \therefore DF = DE.\\ \because \angle BAC = 90^\circ,\ AB = AC,\ \therefore \angle ABC = \angle C = 45^\circ,\ \therefore \angle C = \angle ABF = 45^\circ,\\ \therefore \angle DBF = \angle ABF + \angle ABC = 90^\circ,\ \therefore \triangle BDF \text{ 是直角三角形，}\\ \therefore BD^2 + BF^2 = DF^2,\ \therefore BD^2 + EC^2 = DE^2. \end{gathered}

题D1：手拉手（一）

在直线 $ABC$ 的同一侧作两个等边三角形 $\triangle ABD$ 和 $\triangle BCE$ ，连接 $AE$ 与 $CD$ ，证明：

$\triangle ABE \cong \triangle DBC$ ；
$AE = DC$ ；
$AE$ 与 $DC$ 的夹角为 $60^\circ$ ；
$\triangle AGB \cong \triangle DFB$ ；
$\triangle EGB \cong \triangle CFB$ ；
$BH$ 平分 $\angle AHC$ ；
$GF \parallel AC$ 。

【解答】

(1) ∵ $\triangle ABD$ 、 $\triangle BCE$ 都是等边三角形，
∴ $\angle ABD = \angle EBC = 60^\circ$ ， $BA = BD$ ， $BE = BC$ ，
∴ $\angle ABE = \angle DBC$ 。
在 $\triangle ABE$ 和 $\triangle DBC$ 中，

\begin{cases} BA = BD \\ \angle ABE = \angle DBC \\ BE = BC \end{cases}

∴ $\triangle ABE \cong \triangle DBC \ (\mathrm{SAS})$ 。

(2) ∵ $\triangle ABE \cong \triangle DBC$ ，
∴ $AE = CD$ 。

(3) 由 $\triangle ABE \cong \triangle DBC$ 得 $\angle BAE = \angle BDC$ ，
又 $\angle AGB = \angle DGH$ ，
∴ $\angle AHD = \angle ABG = 60^\circ$ 。

(4) ∵ $\angle ABD = \angle EBC = 60^\circ$ ，
∴ $\angle DBE = 180^\circ - \angle ABD - \angle EBC = 60^\circ$ 。
在 $\triangle AGB$ 和 $\triangle DFB$ 中，

\begin{cases} \angle BAG = \angle BDF \\ AB = DB \\ \angle ABG = \angle DBF = 60^\circ \end{cases}

∴ $\triangle AGB \cong \triangle DFB \ (\mathrm{ASA})$ 。

(5) ∵ $\triangle ABE \cong \triangle DBC$ ，
∴ $\angle BEG = \angle BCF$ 。
在 $\triangle BEG$ 和 $\triangle BCF$ 中，

\begin{cases} \angle BEG = \angle BCF \\ EB = CB \\ \angle EBG = \angle CBF = 60^\circ \end{cases}

∴ $\triangle EGB \cong \triangle CFB \ (\mathrm{ASA})$ 。

(6) 过点 $B$ 作 $BM \perp AE$ 于点 $M$ ， $BN \perp CD$ 于点 $N$ 。
∵ $\triangle ABE \cong \triangle DBC$ ， $BM \perp AE$ ， $BN \perp CD$ ，
∴ $BM = BN$ ，
∴ $HB$ 平分 $\angle AHC$ 。

手拉手-1.jpg

(7) ∵ $\triangle AGB \cong \triangle DFB$ ，
∴ $BG = BF$ 。
又 $\angle GBF = 60^\circ$ ，
∴ $\triangle BGF$ 是等边三角形，
∴ $\angle FGB = \angle ABD = 60^\circ$ ，
∴ $GF \parallel AC$ 。

题D2：手拉手（二）

如图，两个等腰直角三角形 $ADC$ 与 $EDG$ ，连接 $AG$ 、 $CE$ ，二者相交于点 $H$ 。证明： (1) $\triangle ADG \cong \triangle CDE$ ； (2) $AG = CE$ ； (3) $AG$ 与 $CE$ 之间的夹角为 $90^\circ$ ； (4) $HD$ 平分 $\angle AHE$ 。

【解答】

手拉手-2.jpg

(1) ∵ $\triangle ADC$ 与 $\triangle EDG$ 是等腰直角三角形，
∴ $\angle ADC = \angle GDE = 90^\circ$ ， $AD = CD$ ， $DG = DE$ 。
∴ $\angle ADC + \angle CDG = \angle GDE + \angle CDG$ ，即 $\angle ADG = \angle CDE$ 。
在 $\triangle ADG$ 和 $\triangle CDE$ 中，

\begin{cases} AD = CD \\ \angle ADG = \angle CDE \\ DG = DE \end{cases}

∴ $\triangle ADG \cong \triangle CDE \ (\mathrm{SAS})$ 。

(2) 由 (1) 可知， $\triangle ADG \cong \triangle CDE$ ，∴ $AG = CE$ 。

(3) 由 (1) 可知， $\triangle ADG \cong \triangle CDE$ ，
∴ $\angle GAD = \angle ECD$ 。
∵ $\angle ADC = 90^\circ$ ，
∴ $\angle GAD + \angle CAH + \angle ACD = 90^\circ$ ，
∴ $\angle ECD + \angle CAH + \angle ACD = 90^\circ$ ，
即 $\angle ACH + \angle CAH = 90^\circ$ ，
∴ $\angle AHC = 90^\circ$ ，
∴ $\angle EHG = \angle AHC = 90^\circ$ 。

(4) 如图，过点 $D$ 作 $DM \perp AG$ 于点 $M$ ， $DN \perp CE$ 于点 $N$ 。
由 (1) 可知， $\triangle ADG \cong \triangle CDE$ ，
∴ $AG = CE$ ， $DM = DN$ 。
∵ $DM \perp AG$ 于点 $M$ ， $DN \perp CE$ 于点 $N$ ，
∴ $HD$ 平分 $\angle AHE$ 。

题D3：手拉手（三）

问题1：如图(1)，在 $\Delta ABC$ 和 $\Delta DEC$ 中， $\angle ACB = \angle DCE = 90^{\circ}$ ，BC = AC，EC = DC，点E在 $\Delta ABC$ 内部，直线AD与BE交于点F．线段AF，BF，CF之间存在怎样的数量关系？

提示

对于问题1，先将问题特殊化：如图 (2)，当点 $D$ 、 $F$ 重合时，易证 $\triangle ACD \cong \triangle BCE\ (\mathrm{SAS})$ ；再探究一般情形：如图 (1)，当点 $D$ 、 $F$ 不重合时，证明 (1) 中的结论仍然成立。

问题2：如图 (3)，在 $\triangle ABC$ 和 $\triangle DEC$ 中， $\angle ACB = \angle DCE = 90^\circ$ ， $BC = kAC$ ， $EC = kDC$ （ $k$ 是常数），点 $E$ 在 $\triangle ABC$ 内部，直线 $AD$ 与 $BE$ 交于点 $F$ 。直接写出一个等式，表示 $AF$ 、 $BF$ 、 $CF$ 之间的数量关系。

【解答】问题1：

\begin{aligned} &先将问题特殊化：如图 (2) \\ &\because \angle BCA = \angle ECF = 90^{\circ},\ EC = CF {(题干已给)},\\ &\therefore \angle BCE = \angle ACF,\ DE = \sqrt{2}CF, \\ &\because BC = AC,\ EC = CF,\ \therefore \triangle BCE \cong \triangle ACF,\\ &\therefore BE = AF,\ \therefore BF - AF = BF - BE = EF = \sqrt{2}CF; \end{aligned}

手拉手-3.jpg

\begin{aligned} &\text{再探究一般情形：如图 (1):} \text{过点 } C \text{ 作 } CG \perp CF \text{ 交 } BE \text{ 于点 } G, \\ &\therefore \angle FCG = \angle ACB = 90^{\circ},\ \angle BCG = \angle ACF. \\ &\because \angle ACB = \angle DCE = 90^{\circ},\ \therefore \angle BCE = \angle ACD. \\ &\text{又 }\because AC = BC,\ DC = EC,\ \therefore \triangle ACD \cong \triangle BCE, \\ &\therefore \angle CAF = \angle CBG.\ \therefore \triangle ACF \cong \triangle BCG. \\ &\therefore AF = BG,\ CF = CG,\ \therefore \triangle CGF \text{ 是等腰直角三角形}. \\ &\therefore GF = \sqrt{2}CF.\ \therefore BF - AF = BF - BG = GF = \sqrt{2}CF. \end{aligned}

问题2：手拉手-4.jpg

\begin{aligned} &\because \angle BCA = \angle ECD = 90^{\circ},\ \therefore \angle BCE = \angle ACD, \\ &\because BC = kAC,\ EC = kCD,\ \therefore \frac{BC}{AC}=k=\frac{EC}{DC},\ \therefore \triangle BCE \sim \triangle ACD, \\ &\therefore \angle EBC = \angle FAC, \\ &\text{过点 } C \text{ 作 } CM \perp CF \text{ 交 } BE \text{ 于点 } M,\ \text{则 } \angle FCM = \angle ACB = 90^{\circ},\ \therefore \angle BCM = \angle ACF. \\ &\therefore \triangle BCM \sim \triangle ACF,\ \therefore BM:AF = BC:AC = MC:CF = k, \\ &\therefore BM = kAF,\ MC = kCF, \\ &\therefore MF = \sqrt{MC^{2}+CF^{2}} = \sqrt{k^{2}CF^{2}+CF^{2}} = \sqrt{1+k^{2}}\,CF, \\ &\because BF - BM = MF,\ \therefore BF - kAF = \sqrt{1+k^{2}}CF. \end{aligned}

题D4：手拉手（四）

一次小组合作探究课上，老师将两个正方形按如图所示的位置摆放(点 E、A、D 在同一条直线上)，发现 BE=DG 且 $BE \perp DG$ 。小组讨论后,提出了下列三个问题,请你帮助解答：

问题1：将正方形 AEFG 绕点 A 按逆时针方向旋转 (如下图)，还能得到 BE = DG 吗？若能，请给出证明；若不能，请说明理由；

问题2：把背景中的正方形分别改成菱形 AEFG 和菱形 ABCD，将菱形 AEFG 绕点 A 按顺时针方向旋转（如下图），试问当 $\angle EAG$ 与 $\angle BAD$ 的大小满足怎样的关系时，背景中的结论 BE = DG 仍成立？请说明理由；

问题3：把背景中的正方形分别改写成矩形 AEFG 和矩形 ABCD，且 $\frac{AE}{AG} = \frac{AB}{AD} = \frac{2}{3}$ ，AE = 2a, AB = 2b，将矩形 AEFG 绕点 A 按顺时针方向旋转（如下图），连接 DE, BG。试求 $DE^{2} + BG^{2}$ 的值（用 a, b 表示）。

【解答】问题1：
∵ 四边形 $AEFG$ 为正方形，∴ $AE = AG,\ \angle EAG = 90^\circ$ ，
又 ∵ 四边形 $ABCD$ 为正方形，∴ $AB = AD,\ \angle BAD = 90^\circ$ ，
∴ $\angle EAB = \angle GAD$ ，
∴ $\triangle AEB \cong \triangle AGD\ (SAS)$ ，
∴ $BE = DG$ 。

问题2：
手拉手-5.jpg

当 $\angle EAG = \angle BAD$ 时， $BE = DG$ ，理由如下：
∵ $\angle EAG = \angle BAD$ ，∴ $\angle EAB = \angle GAD$ ，
又 ∵ 四边形 $AEFG$ 和四边形 $ABCD$ 为菱形，
∴ $AE = AG,\ AB = AD$ ，
∴ $\triangle AEB \cong \triangle AGD\ (SAS)$ ，
∴ $BE = DG$ 。

问题3：手拉手-6.jpg

设 $BE$ 与 $DG$ 交于 $Q$ ， $BE$ 与 $AG$ 交于点 $P$ ， $AB$ 与 $DG$ 交于点 $H$ ，由题意知， $AE = 2a,\ AB = 2b$ ，

\begin{aligned} &\because \frac{AE}{AG} = \frac{AB}{AD} = \frac{2}{3},\ \angle EAB = \angle GDA = 90^\circ + \angle GAB,\ \therefore \triangle EAB \sim \triangle GAD,\ \therefore \angle EBA = \angle GDA, \\ &\therefore \angle AHD + \angle ADG = 90^\circ = \angle QHB + \angle EBA,\ \therefore GD \perp EB, \end{aligned}

连接 $EG,\ BD$ ，

\begin{aligned} \therefore ED^2 + GB^2 &= EQ^2 + QD^2 + GQ^2 + QB^2 \\ &= EG^2 + BD^2 \\ &= (2a)^2 + (3a)^2 + (2b)^2 + (3b)^2 \\ &= 13a^2 + 13b^2. \end{aligned}