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【典例1】如图，在四边形ABCD中，BC＞AB，AD=CD，∠1=∠2，求证：∠BAD+∠C=180°。
答案
过点D分别作DM⊥BC,DN⊥AB交直线BC，BA于点M,N，
∵∠1=∠2，
∴DM=DN，
在Rt△DAN和Rt△DCM中，
$\begin{cases} DA=DC, \\ DN=DM, \end{cases}$
∴Rt△DAN≌Rt△DCM(HL)
∴∠DAN=∠C，
∴∠BAD+∠C=180°。
解析
【分析】
要证明∠BAD+∠C=180°，可通过角的转化，将两个角转化为邻补角的关系。首先已知∠1=∠2，即BD是∠ABC的角平分线，根据角平分线的性质，角平分线上的点到角两边的距离相等，因此可过D点向AB、BC两边作垂线得到两条相等的垂线段；再结合已知AD=CD，可证明构造出的两个直角三角形全等，将∠C转化为与∠BAD互补的∠DAN，即可推导出结论。
【解析】
过点D分别作DM⊥BC，DN⊥AB交直线BC，BA于点M，N，
∵∠1=∠2，
∴DM=DN，
在Rt△DAN和Rt△DCM中，
$\begin{cases} DA=DC, \\ DN=DM, \end{cases}$
∴Rt△DAN≌Rt△DCM(HL)
∴∠DAN=∠C，
又
∵∠BAD+∠DAN=180°，
∴∠BAD+∠C=180°。
【答案】
过点D分别作DM⊥BC,DN⊥AB交直线BC，BA于点M,N，
∵∠1=∠2，
∴DM=DN，
在Rt△DAN和Rt△DCM中，
$\begin{cases} DA=DC, \\ DN=DM, \end{cases}$
∴Rt△DAN≌Rt△DCM(HL)
∴∠DAN=∠C，
∴∠BAD+∠C=180°。
【知识点】
角平分线的性质；HL判定全等；全等三角形的性质
【点评】
本题是角平分线构造全等的典型题型，通过作角两边的垂线构造全等三角形实现角的等量转化，将待证的两角互补关系转化为邻补角关系，是解决此类角互补问题的常用技巧。
【难度系数】
0.6
要证明∠BAD+∠C=180°，可通过角的转化，将两个角转化为邻补角的关系。首先已知∠1=∠2，即BD是∠ABC的角平分线，根据角平分线的性质，角平分线上的点到角两边的距离相等，因此可过D点向AB、BC两边作垂线得到两条相等的垂线段；再结合已知AD=CD，可证明构造出的两个直角三角形全等，将∠C转化为与∠BAD互补的∠DAN，即可推导出结论。
【解析】
过点D分别作DM⊥BC，DN⊥AB交直线BC，BA于点M，N，
∵∠1=∠2，
∴DM=DN，
在Rt△DAN和Rt△DCM中，
$\begin{cases} DA=DC, \\ DN=DM, \end{cases}$
∴Rt△DAN≌Rt△DCM(HL)
∴∠DAN=∠C，
又
∵∠BAD+∠DAN=180°，
∴∠BAD+∠C=180°。
【答案】
过点D分别作DM⊥BC,DN⊥AB交直线BC，BA于点M,N，
∵∠1=∠2，
∴DM=DN，
在Rt△DAN和Rt△DCM中，
$\begin{cases} DA=DC, \\ DN=DM, \end{cases}$
∴Rt△DAN≌Rt△DCM(HL)
∴∠DAN=∠C，
∴∠BAD+∠C=180°。
【知识点】
角平分线的性质；HL判定全等；全等三角形的性质
【点评】
本题是角平分线构造全等的典型题型，通过作角两边的垂线构造全等三角形实现角的等量转化，将待证的两角互补关系转化为邻补角关系，是解决此类角互补问题的常用技巧。
【难度系数】
0.6
变式.如图,在四边形OACB中,$CM⊥OA$于M,$∠1=∠2,∠3+∠4=180^{\circ }$,求证:
(1)$CA=CB;$
(2)$OA+OB=2OM.$
(1)$CA=CB;$
(2)$OA+OB=2OM.$
答案
(1)过点C作CE⊥OB交OB的延长线于点E，
∵∠1=∠2,
∴CE=CM，
在△CEB和△CMA中，
$\begin{cases} ∠CEB=∠CMA, \\ ∠CBE=∠A, \\ CE=CM, \end{cases}$
∴△CEB≌△CMA(AAS)，
∴CA=CB；
(2)由(1)知BE=AM，
又
∵∠OCE=∠OCM，
∴OE=OM，
OA-OM=OM-OB，
∴OA+OB=2OM。
解析
【分析】
(1)要证$CA=CB$，通常可通过证明两条线段所在的三角形全等实现。已知$∠1=∠2$，说明OC是$∠BOA$的角平分线，根据角平分线的性质，可过点C作$CE⊥OB$交OB延长线于E，得到$CE=CM$；再结合$∠3+∠4=180^{\circ }$，利用邻补角的性质可推出$∠CBE=∠3$，即可证明$△ CEB$和$△ CMA$全等，得到$CA=CB$。
(2)要证$OA+OB=2OM$，可通过全等转化线段：由(1)的全等可得$BE=AM$，再根据角平分线的性质可得$OE=OM$，将OA、OB用OM、AM、BE表示整理，即可得到结论。
【解析】
(1)过点C作$CE⊥OB$交OB的延长线于点E，
∵$∠1=∠2$，$CM⊥OA$，$CE⊥OB$，
∴$CE=CM$（角平分线上的点到角两边的距离相等），$∠CEB=∠CMA=90^{\circ }$。
∵$∠3+∠4=180^{\circ }$，$∠4+∠CBE=180^{\circ }$（邻补角的和为$180^{\circ }$），
∴$∠CBE=∠3$。
在$△ CEB$和$△ CMA$中：
$\begin{cases} ∠CEB=∠CMA, \\ ∠CBE=∠3, \\ CE=CM, \end{cases}$
∴$△ CEB≌△ CMA(AAS)$，
∴$CA=CB$。
(2)由(1)中$△ CEB≌△ CMA$可得$BE=AM$，
在$Rt△ OCE$和$Rt△ OCM$中：
$\begin{cases} OC=OC, \\ CE=CM, \end{cases}$
∴$Rt△ OCE≌Rt△ OCM(HL)$，
∴$OE=OM$。
∵$OA=OM+AM$，$OB=OE-BE=OM-BE$，
∴$OA+OB=OM+AM+OM-BE$，
又
∵$BE=AM$，
∴$OA+OB=2OM$。
【答案】
(1)过点C作CE⊥OB交OB的延长线于点E，
∵∠1=∠2,
∴CE=CM，
在△CEB和△CMA中，
$\begin{cases} ∠CEB=∠CMA, \\ ∠CBE=∠A, \\ CE=CM, \end{cases}$
∴△CEB≌△CMA(AAS)，
∴CA=CB；
(2)由(1)知BE=AM，
又
∵∠OCE=∠OCM，
∴OE=OM，
OA-OM=OM-OB，
∴OA+OB=2OM。
【知识点】
1.角平分线的性质
2.全等三角形的判定与性质
3.邻补角的性质
【点评】
本题是角平分线互补模型的典型应用，通过作角两边的垂线构造全等三角形，将待证的线段相等、线段和关系转化为全等三角形对应边相等的问题，该辅助线做法具有典型性，需熟练掌握这类模型的解题思路。
【难度系数】
0.6
(1)要证$CA=CB$，通常可通过证明两条线段所在的三角形全等实现。已知$∠1=∠2$，说明OC是$∠BOA$的角平分线，根据角平分线的性质，可过点C作$CE⊥OB$交OB延长线于E，得到$CE=CM$；再结合$∠3+∠4=180^{\circ }$，利用邻补角的性质可推出$∠CBE=∠3$，即可证明$△ CEB$和$△ CMA$全等，得到$CA=CB$。
(2)要证$OA+OB=2OM$，可通过全等转化线段：由(1)的全等可得$BE=AM$，再根据角平分线的性质可得$OE=OM$，将OA、OB用OM、AM、BE表示整理，即可得到结论。
【解析】
(1)过点C作$CE⊥OB$交OB的延长线于点E，
∵$∠1=∠2$，$CM⊥OA$，$CE⊥OB$，
∴$CE=CM$（角平分线上的点到角两边的距离相等），$∠CEB=∠CMA=90^{\circ }$。
∵$∠3+∠4=180^{\circ }$，$∠4+∠CBE=180^{\circ }$（邻补角的和为$180^{\circ }$），
∴$∠CBE=∠3$。
在$△ CEB$和$△ CMA$中：
$\begin{cases} ∠CEB=∠CMA, \\ ∠CBE=∠3, \\ CE=CM, \end{cases}$
∴$△ CEB≌△ CMA(AAS)$，
∴$CA=CB$。
(2)由(1)中$△ CEB≌△ CMA$可得$BE=AM$，
在$Rt△ OCE$和$Rt△ OCM$中：
$\begin{cases} OC=OC, \\ CE=CM, \end{cases}$
∴$Rt△ OCE≌Rt△ OCM(HL)$，
∴$OE=OM$。
∵$OA=OM+AM$，$OB=OE-BE=OM-BE$，
∴$OA+OB=OM+AM+OM-BE$，
又
∵$BE=AM$，
∴$OA+OB=2OM$。
【答案】
(1)过点C作CE⊥OB交OB的延长线于点E，
∵∠1=∠2,
∴CE=CM，
在△CEB和△CMA中，
$\begin{cases} ∠CEB=∠CMA, \\ ∠CBE=∠A, \\ CE=CM, \end{cases}$
∴△CEB≌△CMA(AAS)，
∴CA=CB；
(2)由(1)知BE=AM，
又
∵∠OCE=∠OCM，
∴OE=OM，
OA-OM=OM-OB，
∴OA+OB=2OM。
【知识点】
1.角平分线的性质
2.全等三角形的判定与性质
3.邻补角的性质
【点评】
本题是角平分线互补模型的典型应用，通过作角两边的垂线构造全等三角形，将待证的线段相等、线段和关系转化为全等三角形对应边相等的问题，该辅助线做法具有典型性，需熟练掌握这类模型的解题思路。
【难度系数】
0.6
【典例2】如图，四边形ACBP中，$∠ ACB=∠ APB=90°$，$AC=BC$，求证：$CP$平分$∠ APB$. 
答案
过C点作CM⊥AP,CN⊥BP,分别交直线PA，PB于M,N，
在△CAM和△CBN中，
$\begin{cases} ∠ACM=∠BCN, \\ ∠CMA=∠CNB, \\ AC=BC, \end{cases}$
∴△CAM≌△CBN(AAS)，
∴CM=CN，
∴CP平分∠APB。
解析
【分析】
要证明$CP$平分$∠APB$，可利用角平分线的判定定理：角的内部到角两边距离相等的点在角的平分线上，因此只需证明点$C$到$∠APB$的两边$AP$、$BP$的距离相等。我们过点$C$作$AP$、$BP$的垂线$CM$、$CN$，接下来只需证$CM=CN$。已知$∠ACB=∠APB=90°$，可得$∠ACM=∠BCN$，结合$AC=BC$、两个直角相等的条件，可证明$△ CAM≌△ CBN$，从而得到$CM=CN$，即可完成证明。
【解析】
过$C$点作$CM⊥AP$，$CN⊥BP$，分别交直线$PA$，$PB$于$M$，$N$，
∵$∠ACB=∠MCN=90°$，
∴$∠ACB - ∠MCB = ∠MCN - ∠MCB$，即$∠ACM=∠BCN$。
在$△ CAM$和$△ CBN$中，
$\begin{cases} ∠ACM=∠BCN, \\ ∠CMA=∠CNB=90°, \\ AC=BC, \end{cases}$
∴$△ CAM≌△ CBN(\mathrm{AAS})$，
∴$CM=CN$，
又
∵$CM⊥AP$，$CN⊥BP$，
∴$CP$平分$∠APB$。
【答案】
过C点作CM⊥AP,CN⊥BP,分别交直线PA，PB于M,N，
在△CAM和△CBN中，
$\begin{cases} ∠ACM=∠BCN, \\ ∠CMA=∠CNB, \\ AC=BC, \end{cases}$
∴△CAM≌△CBN(AAS)，
∴CM=CN，
∴CP平分∠APB。
【知识点】
角平分线的判定；全等三角形的判定（AAS）；全等三角形的性质
【点评】
本题是全等三角形与角平分线知识结合的典型题型，解题核心是根据角平分线的判定构造垂直辅助线，将证明角平分线的问题转化为证明线段相等的问题，通过全等得到对应边相等即可完成推导，能较好考查几何综合应用能力。
【难度系数】
0.7
要证明$CP$平分$∠APB$，可利用角平分线的判定定理：角的内部到角两边距离相等的点在角的平分线上，因此只需证明点$C$到$∠APB$的两边$AP$、$BP$的距离相等。我们过点$C$作$AP$、$BP$的垂线$CM$、$CN$，接下来只需证$CM=CN$。已知$∠ACB=∠APB=90°$，可得$∠ACM=∠BCN$，结合$AC=BC$、两个直角相等的条件，可证明$△ CAM≌△ CBN$，从而得到$CM=CN$，即可完成证明。
【解析】
过$C$点作$CM⊥AP$，$CN⊥BP$，分别交直线$PA$，$PB$于$M$，$N$，
∵$∠ACB=∠MCN=90°$，
∴$∠ACB - ∠MCB = ∠MCN - ∠MCB$，即$∠ACM=∠BCN$。
在$△ CAM$和$△ CBN$中，
$\begin{cases} ∠ACM=∠BCN, \\ ∠CMA=∠CNB=90°, \\ AC=BC, \end{cases}$
∴$△ CAM≌△ CBN(\mathrm{AAS})$，
∴$CM=CN$，
又
∵$CM⊥AP$，$CN⊥BP$，
∴$CP$平分$∠APB$。
【答案】
过C点作CM⊥AP,CN⊥BP,分别交直线PA，PB于M,N，
在△CAM和△CBN中，
$\begin{cases} ∠ACM=∠BCN, \\ ∠CMA=∠CNB, \\ AC=BC, \end{cases}$
∴△CAM≌△CBN(AAS)，
∴CM=CN，
∴CP平分∠APB。
【知识点】
角平分线的判定；全等三角形的判定（AAS）；全等三角形的性质
【点评】
本题是全等三角形与角平分线知识结合的典型题型，解题核心是根据角平分线的判定构造垂直辅助线，将证明角平分线的问题转化为证明线段相等的问题，通过全等得到对应边相等即可完成推导，能较好考查几何综合应用能力。
【难度系数】
0.7
【典例3】(2026·江汉)如图，四边形ABCD中，AB=AD，点B关于AC的对称点E恰好落在CD边上.若∠BAD=100°，则∠ACB的度数是
40°
. 答案
过点A作AM⊥CD,AN⊥BC,交CD于点M,交CB的延长线于点N，
∴AM=AN，
在Rt△AMD和Rt△ANB中，
$\begin{cases} AD=AB, \\ AM=AN, \end{cases}$
∴Rt△AMD≌Rt△ANB(HL)，
∴∠D=∠ABN，
∴∠DAB+∠BCD=180°，
∴∠ACB=40°
解析
【分析】
解题时先从已知的对称条件入手，根据轴对称的性质可得AC平分∠BCD，因此要求∠ACB，只需求出∠BCD的度数即可。结合AB=AD的条件，可通过作CD、BC边上的垂线构造直角三角形，利用角平分线的性质得到两条垂线段相等，再用HL证明两个直角三角形全等，推导得出∠BAD与∠BCD互补，代入∠BAD的度数即可求出∠BCD，最终得到∠ACB的度数。
【解析】
过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥BC交CB的延长线于点N，
∵点B关于AC的对称点E落在CD边上，
∴AC平分∠BCD，
又
∵AM⊥CD，AN⊥BC，
∴AM=AN（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
在Rt△AMD和Rt△ANB中，
$\begin{cases} AD=AB \\ AM=AN \end{cases}$
∴Rt△AMD≌Rt△ANB（HL），
∴∠D=∠ABN，
∵∠ABN + ∠ABC = 180°，
∴∠D + ∠ABC = 180°，
∵四边形ABCD内角和为360°，
∴∠BAD + ∠BCD = 360° - (∠D + ∠ABC) = 180°，
∵∠BAD=100°，
∴∠BCD=180° - 100°=80°，
又
∵AC平分∠BCD，
∴∠ACB=$\frac{1}{2}$∠BCD=40°。
【答案】
40°
【知识点】
轴对称的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是典型的角平分线模型应用类题目，解题关键是结合对称性质得到角平分线，通过作垂线段构造全等三角形，推导角的互补关系进而求解，需要熟练掌握各几何定理的灵活运用。
【难度系数】
0.6
解题时先从已知的对称条件入手，根据轴对称的性质可得AC平分∠BCD，因此要求∠ACB，只需求出∠BCD的度数即可。结合AB=AD的条件，可通过作CD、BC边上的垂线构造直角三角形，利用角平分线的性质得到两条垂线段相等，再用HL证明两个直角三角形全等，推导得出∠BAD与∠BCD互补，代入∠BAD的度数即可求出∠BCD，最终得到∠ACB的度数。
【解析】
过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥BC交CB的延长线于点N，
∵点B关于AC的对称点E落在CD边上，
∴AC平分∠BCD，
又
∵AM⊥CD，AN⊥BC，
∴AM=AN（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
在Rt△AMD和Rt△ANB中，
$\begin{cases} AD=AB \\ AM=AN \end{cases}$
∴Rt△AMD≌Rt△ANB（HL），
∴∠D=∠ABN，
∵∠ABN + ∠ABC = 180°，
∴∠D + ∠ABC = 180°，
∵四边形ABCD内角和为360°，
∴∠BAD + ∠BCD = 360° - (∠D + ∠ABC) = 180°，
∵∠BAD=100°，
∴∠BCD=180° - 100°=80°，
又
∵AC平分∠BCD，
∴∠ACB=$\frac{1}{2}$∠BCD=40°。
【答案】
40°
【知识点】
轴对称的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是典型的角平分线模型应用类题目，解题关键是结合对称性质得到角平分线，通过作垂线段构造全等三角形，推导角的互补关系进而求解，需要熟练掌握各几何定理的灵活运用。
【难度系数】
0.6
