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4. 如图,在等边三角形ABC中,D是边AC的延长线上一点,延长BC至点E,使$CE=AD$,$DG⊥BC$于点G.求证:$BG=EG$.
答案
4. 证明:如图,过点D作DF//BC交AB的延长线于点F.
∵△ABC是等边三角形,
∴AB=AC=BC,∠ABC=∠ACB=∠AFD=∠ADF=∠A=60°,
∴△ADF是等边三角形,
∴AD=DF=AF,
∴CD=BF.又
∵AD=CE,
∴FD=CE.在△BFD和△DCE中,
$\begin{cases} BF=DC, \\ ∠DFB=∠ECD, \\ FD=CE, \end{cases}$
∴△BFD≌△DCE(SAS),
∴DB=DE.又
∵DG⊥BC,
∴BG=EG.
解析
【分析】
要证明$BG=EG$，已知$DG⊥BE$，根据等腰三角形“三线合一”的性质，只需证明$△ BDE$是等腰三角形，即$BD=DE$即可。要证$BD=DE$，可通过证明两条边所在的三角形全等来实现。结合等边$△ ABC$的性质和$CE=AD$的已知条件，过点$D$作$DF// BC$交$AB$的延长线于点$F$，构造等边$△ ADF$，转化边、角的等量关系，凑齐全等三角形的判定条件，证明全等得到$BD=DE$后，即可利用等腰三角形三线合一的性质得到结论。
【解析】
证明：如图，过点D作DF//BC交AB的延长线于点F。
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，∠ABC=∠ACB=∠AFD=∠ADF=∠A=60°，
∴△ADF是等边三角形，
∴AD=DF=AF，
∴CD=BF。
又
∵AD=CE，
∴FD=CE。
在△BFD和△DCE中，
$\begin{cases} BF=DC, \\ ∠DFB=∠ECD, \\ FD=CE, \end{cases}$
∴△BFD≌△DCE(SAS)，
∴DB=DE。
又
∵DG⊥BC，
∴BG=EG。
【答案】
证明:如图,过点D作DF//BC交AB的延长线于点F.
∵△ABC是等边三角形,
∴AB=AC=BC,∠ABC=∠ACB=∠AFD=∠ADF=∠A=60°,
∴△ADF是等边三角形,
∴AD=DF=AF,
∴CD=BF.又
∵AD=CE,
∴FD=CE.在△BFD和△DCE中,
$\begin{cases} BF=DC, \\ ∠DFB=∠ECD, \\ FD=CE, \end{cases}$
∴△BFD≌△DCE(SAS),
∴DB=DE.又
∵DG⊥BC,
∴BG=EG.
【知识点】
等边三角形的性质与判定
全等三角形的判定与性质
等腰三角形三线合一
【点评】
本题是三角形性质的综合应用题，解题的关键是通过作平行线构造等边三角形，将已知的边相等条件转化为全等三角形所需的对应边相等，进而利用全等和等腰三角形的性质推导结论，考查了辅助线构造能力与逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
要证明$BG=EG$，已知$DG⊥BE$，根据等腰三角形“三线合一”的性质，只需证明$△ BDE$是等腰三角形，即$BD=DE$即可。要证$BD=DE$，可通过证明两条边所在的三角形全等来实现。结合等边$△ ABC$的性质和$CE=AD$的已知条件，过点$D$作$DF// BC$交$AB$的延长线于点$F$，构造等边$△ ADF$，转化边、角的等量关系，凑齐全等三角形的判定条件，证明全等得到$BD=DE$后，即可利用等腰三角形三线合一的性质得到结论。
【解析】
证明：如图，过点D作DF//BC交AB的延长线于点F。
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，∠ABC=∠ACB=∠AFD=∠ADF=∠A=60°，
∴△ADF是等边三角形，
∴AD=DF=AF，
∴CD=BF。
又
∵AD=CE，
∴FD=CE。
在△BFD和△DCE中，
$\begin{cases} BF=DC, \\ ∠DFB=∠ECD, \\ FD=CE, \end{cases}$
∴△BFD≌△DCE(SAS)，
∴DB=DE。
又
∵DG⊥BC，
∴BG=EG。
【答案】
证明:如图,过点D作DF//BC交AB的延长线于点F.
∵△ABC是等边三角形,
∴AB=AC=BC,∠ABC=∠ACB=∠AFD=∠ADF=∠A=60°,
∴△ADF是等边三角形,
∴AD=DF=AF,
∴CD=BF.又
∵AD=CE,
∴FD=CE.在△BFD和△DCE中,
$\begin{cases} BF=DC, \\ ∠DFB=∠ECD, \\ FD=CE, \end{cases}$
∴△BFD≌△DCE(SAS),
∴DB=DE.又
∵DG⊥BC,
∴BG=EG.
【知识点】
等边三角形的性质与判定
全等三角形的判定与性质
等腰三角形三线合一
【点评】
本题是三角形性质的综合应用题，解题的关键是通过作平行线构造等边三角形，将已知的边相等条件转化为全等三角形所需的对应边相等，进而利用全等和等腰三角形的性质推导结论，考查了辅助线构造能力与逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
5. 如图，$AB// CD$，$∠ 1=∠ 2$，$AD=AB+CD$。
(1)求证：$BE=CE$。
(2)求证：$AE⊥ DE$。
(3)求证：$AE$平分$∠ DAB$。
(1)求证：$BE=CE$。
(2)求证：$AE⊥ DE$。
(3)求证：$AE$平分$∠ DAB$。
答案
5. 证明:(1)如图,分别延长AB、DE交于点F,则∠1=∠2=∠F,
∴AD=AF.
∵AD=AB+CD,
∴CD=BF.在△DCE和△FBE中,
$\begin{cases} ∠2=∠F, \\ ∠DEC=∠FEB, \\ CD=BF, \end{cases}$
∴△DCE≌△FBE(AAS),
∴CE=BE.
(2)
∵△DCE≌△FBE,
∴DE=EF.
∵AD=AF,
∴AE⊥DE.
(3)
∵DE=EF,AD=AF,
∴AE平分∠DAF.
解析
【分析】
本题是几何综合证明题，解题核心是合理构造辅助线转化条件：①首先观察到有$AB// CD$、$AD=AB+CD$的条件，对于线段和的问题，常采用“截长补短”的思路，这里选择延长AB、DE交于点F，利用平行线的内错角相等结合已知$∠ 1=∠ 2$，可推出$△ ADF$是等腰三角形，得到$AD=AF$，进而推导出$CD=BF$；②先证$△ DCE$和$△ FBE$全等，即可得到$BE=CE$；③再结合全等得到$DE=EF$，利用等腰三角形“三线合一”的性质，就能证明$AE⊥ DE$且$AE$平分$∠ DAB$。
【解析】
(1) 证明：分别延长AB、DE交于点F，
$\because AB// CD$，$\therefore ∠ 2=∠ F$（两直线平行，内错角相等），
又$\because ∠ 1=∠ 2$，$\therefore ∠ 1=∠ F$，
$\therefore AD=AF$（等角对等边），
已知$AD=AB+CD$，且$AF=AB+BF$，
$\therefore AB+CD=AB+BF$，即$CD=BF$。
在$△ DCE$和$△ FBE$中：
$\begin{cases} ∠ 2=∠ F \\ ∠ DEC=∠ FEB（对顶角相等） \\ CD=BF \end{cases}$
$\therefore △ DCE≌△ FBE(\mathrm{AAS})$，
$\therefore BE=CE$。
(2) 证明：由(1)中$△ DCE≌△ FBE$，可得$DE=EF$，
又$\because AD=AF$，
$\therefore AE$是等腰$△ ADF$底边$DF$上的中线，根据等腰三角形三线合一的性质，
$\therefore AE⊥ DE$。
(3) 证明：$\because AD=AF$，$DE=EF$，
$\therefore AE$是等腰$△ ADF$顶角$∠ DAF$的角平分线（等腰三角形三线合一），
即$AE$平分$∠ DAB$。
【答案】
5. 证明:(1)如图,分别延长AB、DE交于点F,则∠1=∠2=∠F,
∴AD=AF.
∵AD=AB+CD,
∴CD=BF.在△DCE和△FBE中,
$\begin{cases} ∠2=∠F, \\ ∠DEC=∠FEB, \\ CD=BF, \end{cases}$
∴△DCE≌△FBE(AAS),
∴CE=BE.
(2)
∵△DCE≌△FBE,
∴DE=EF.
∵AD=AF,
∴AE⊥DE.
(3)
∵DE=EF,AD=AF,
∴AE平分∠DAF.
【知识点】
平行线的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一
【点评】
本题是三角形与平行线的综合证明题，重点考察几何辅助线的构造能力，通过延长线段构造全等三角形转化线段和的条件，结合等腰三角形的性质快速解决垂直、角平分线的证明问题，是等腰三角形辅助线应用的典型题型。
【难度系数】
0.6
本题是几何综合证明题，解题核心是合理构造辅助线转化条件：①首先观察到有$AB// CD$、$AD=AB+CD$的条件，对于线段和的问题，常采用“截长补短”的思路，这里选择延长AB、DE交于点F，利用平行线的内错角相等结合已知$∠ 1=∠ 2$，可推出$△ ADF$是等腰三角形，得到$AD=AF$，进而推导出$CD=BF$；②先证$△ DCE$和$△ FBE$全等，即可得到$BE=CE$；③再结合全等得到$DE=EF$，利用等腰三角形“三线合一”的性质，就能证明$AE⊥ DE$且$AE$平分$∠ DAB$。
【解析】
(1) 证明：分别延长AB、DE交于点F，
$\because AB// CD$，$\therefore ∠ 2=∠ F$（两直线平行，内错角相等），
又$\because ∠ 1=∠ 2$，$\therefore ∠ 1=∠ F$，
$\therefore AD=AF$（等角对等边），
已知$AD=AB+CD$，且$AF=AB+BF$，
$\therefore AB+CD=AB+BF$，即$CD=BF$。
在$△ DCE$和$△ FBE$中：
$\begin{cases} ∠ 2=∠ F \\ ∠ DEC=∠ FEB（对顶角相等） \\ CD=BF \end{cases}$
$\therefore △ DCE≌△ FBE(\mathrm{AAS})$，
$\therefore BE=CE$。
(2) 证明：由(1)中$△ DCE≌△ FBE$，可得$DE=EF$，
又$\because AD=AF$，
$\therefore AE$是等腰$△ ADF$底边$DF$上的中线，根据等腰三角形三线合一的性质，
$\therefore AE⊥ DE$。
(3) 证明：$\because AD=AF$，$DE=EF$，
$\therefore AE$是等腰$△ ADF$顶角$∠ DAF$的角平分线（等腰三角形三线合一），
即$AE$平分$∠ DAB$。
【答案】
5. 证明:(1)如图,分别延长AB、DE交于点F,则∠1=∠2=∠F,
∴AD=AF.
∵AD=AB+CD,
∴CD=BF.在△DCE和△FBE中,
$\begin{cases} ∠2=∠F, \\ ∠DEC=∠FEB, \\ CD=BF, \end{cases}$
∴△DCE≌△FBE(AAS),
∴CE=BE.
(2)
∵△DCE≌△FBE,
∴DE=EF.
∵AD=AF,
∴AE⊥DE.
(3)
∵DE=EF,AD=AF,
∴AE平分∠DAF.
【知识点】
平行线的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一
【点评】
本题是三角形与平行线的综合证明题，重点考察几何辅助线的构造能力，通过延长线段构造全等三角形转化线段和的条件，结合等腰三角形的性质快速解决垂直、角平分线的证明问题，是等腰三角形辅助线应用的典型题型。
【难度系数】
0.6
6. 如图,在$△ ABC$中,$AD$为中线,$E$为$AB$上一点,$AD$、$CE$交于点$F$,且$AE=EF$.求证:
$AB=CF$.
$AB=CF$.
答案
6. 证明:如图,延长FD至点H,使FD=DH,连接BH.
∵AD为中线,
∴BD=CD.在△BDH与△CDF中,
$\begin{cases} BD=CD, \\ ∠BDH=∠CDF, \\ DH=FD, \end{cases}$
∴△BDH≌△CDF(SAS),
∴∠H=∠CFD,CF=BH.
∵AE=EF,
∴∠EAF=∠AFE.
∵∠AFE=∠CFD,
∴∠EAF=∠H,
∴AB=BH,
∴AB=CF.
解析
【分析】
要证明AB=CF，观察可知两条线段无直接的全等或等腰关联，已知AD是△ABC的中线，可采用中线类问题常用的倍长中线法构造全等：延长FD到H使DH=FD，先通过全等将CF转化为BH，再通过角的等量代换证明AB=BH，即可推导出AB=CF。
【解析】
证明：如图，延长FD至点H，使FD=DH，连接BH。
∵AD为中线，
∴BD=CD。
在△BDH与△CDF中：
$\begin{cases} BD=CD, \\ ∠BDH=∠CDF, \\ DH=FD, \end{cases}$
∴△BDH≌△CDF（SAS），
∴∠H=∠CFD，CF=BH。
∵AE=EF，
∴∠EAF=∠AFE。
又
∵∠AFE=∠CFD（对顶角相等），
∴∠EAF=∠H，
∴AB=BH，
∴AB=CF。
【答案】
证明:如图,延长FD至点H,使FD=DH,连接BH.
∵AD为中线,
∴BD=CD.在△BDH与△CDF中,
$\begin{cases} BD=CD, \\ ∠BDH=∠CDF, \\ DH=FD, \end{cases}$
∴△BDH≌△CDF(SAS),
∴∠H=∠CFD,CF=BH.
∵AE=EF,
∴∠EAF=∠AFE.
∵∠AFE=∠CFD,
∴∠EAF=∠H,
∴AB=BH,
∴AB=CF.
【知识点】
倍长中线辅助线构造；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定
【点评】
本题是典型的中线类几何证明题，通过倍长中线构造全等三角形实现线段的等量转化，再结合角的等量代换利用等角对等边完成证明，掌握常见几何辅助线的构造思路是解题的关键。
【难度系数】
0.6
要证明AB=CF，观察可知两条线段无直接的全等或等腰关联，已知AD是△ABC的中线，可采用中线类问题常用的倍长中线法构造全等：延长FD到H使DH=FD，先通过全等将CF转化为BH，再通过角的等量代换证明AB=BH，即可推导出AB=CF。
【解析】
证明：如图，延长FD至点H，使FD=DH，连接BH。
∵AD为中线，
∴BD=CD。
在△BDH与△CDF中：
$\begin{cases} BD=CD, \\ ∠BDH=∠CDF, \\ DH=FD, \end{cases}$
∴△BDH≌△CDF（SAS），
∴∠H=∠CFD，CF=BH。
∵AE=EF，
∴∠EAF=∠AFE。
又
∵∠AFE=∠CFD（对顶角相等），
∴∠EAF=∠H，
∴AB=BH，
∴AB=CF。
【答案】
证明:如图,延长FD至点H,使FD=DH,连接BH.
∵AD为中线,
∴BD=CD.在△BDH与△CDF中,
$\begin{cases} BD=CD, \\ ∠BDH=∠CDF, \\ DH=FD, \end{cases}$
∴△BDH≌△CDF(SAS),
∴∠H=∠CFD,CF=BH.
∵AE=EF,
∴∠EAF=∠AFE.
∵∠AFE=∠CFD,
∴∠EAF=∠H,
∴AB=BH,
∴AB=CF.
【知识点】
倍长中线辅助线构造；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定
【点评】
本题是典型的中线类几何证明题，通过倍长中线构造全等三角形实现线段的等量转化，再结合角的等量代换利用等角对等边完成证明，掌握常见几何辅助线的构造思路是解题的关键。
【难度系数】
0.6
7. 如图,在$△ ABC$中,$∠ BAC=2∠ B$,$CD$平分$∠ ACB$交$AB$于点$D$.求证:$AC+AD=BC$.
答案
7. 证明:如图,在BC上截取CE=AC,连接DE.
∵∠ACB的平分线CD交边AB于点D,
∴∠ACD=∠DCE.在△ACD与△ECD中,
$\begin{cases} AC=CE, \\ ∠ACD=∠DCE, \\ CD=CD, \end{cases}$
∴△ACD≌△ECD(SAS),
∴AD=DE,∠A=∠CED.
∵∠A=2∠B,∠CED=∠B+∠EDC,
∴∠CED=2∠B,
∴∠B=∠EDB,
∴DE=BE,
∴AD=EB,
∴AC+AD=CE+EB=BC.
解析
【分析】
要证明线段和的等式$AC+AD=BC$，属于几何中线段和差类证明问题，常用“截长补短”的思路求解。本题中$CD$是$∠ ACB$的角平分线，可利用角平分线的对称性，采用“截长法”：在较长的$BC$边上截取和$AC$相等的线段$CE$，构造全等三角形，将$AD$转化为$DE$，再通过角的数量关系证明$DE$和$BC$剩余线段$BE$相等，最终通过等量代换完成证明。
【解析】
证明:如图,在$BC$上截取$CE=AC$,连接$DE$.
$\because ∠ ACB$的平分线$CD$交边$AB$于点$D$,
$\therefore ∠ ACD=∠ DCE$.
在$△ ACD$与$△ ECD$中,
$\begin{cases} AC=CE, \\ ∠ ACD=∠ DCE, \\ CD=CD, \end{cases}$
$\therefore △ ACD≌△ ECD(\mathrm{SAS})$,
$\therefore AD=DE$,$∠ A=∠ CED$.
$\because ∠ A=2∠ B$,$∠ CED=∠ B+∠ EDB$,
$\therefore ∠ CED=2∠ B$,
$\therefore ∠ B=∠ EDB$,
$\therefore DE=BE$,
$\therefore AD=EB$,
$\therefore AC+AD=CE+EB=BC$.
【答案】
证明:如图,在BC上截取CE=AC,连接DE.
∵∠ACB的平分线CD交边AB于点D,
∴∠ACD=∠DCE.在△ACD与△ECD中,
$\begin{cases} AC=CE, \\ ∠ACD=∠DCE, \\ CD=CD, \end{cases}$
∴△ACD≌△ECD(SAS),
∴AD=DE,∠A=∠CED.
∵∠A=2∠B,∠CED=∠B+∠EDC,
∴∠CED=2∠B,
∴∠B=∠EDB,
∴DE=BE,
∴AD=EB,
∴AC+AD=CE+EB=BC.
【知识点】
1. 全等三角形的判定与性质
2. 角平分线的定义
3. 等腰三角形的判定
【点评】
本题是线段和差证明的典型题型，核心是利用角平分线的特性构造全等三角形，通过线段的等量代换完成结论推导，需要熟练掌握截长补短的辅助线构造方法，以及全等、等腰三角形相关性质的综合运用。
【难度系数】
0.6
要证明线段和的等式$AC+AD=BC$，属于几何中线段和差类证明问题，常用“截长补短”的思路求解。本题中$CD$是$∠ ACB$的角平分线，可利用角平分线的对称性，采用“截长法”：在较长的$BC$边上截取和$AC$相等的线段$CE$，构造全等三角形，将$AD$转化为$DE$，再通过角的数量关系证明$DE$和$BC$剩余线段$BE$相等，最终通过等量代换完成证明。
【解析】
证明:如图,在$BC$上截取$CE=AC$,连接$DE$.
$\because ∠ ACB$的平分线$CD$交边$AB$于点$D$,
$\therefore ∠ ACD=∠ DCE$.
在$△ ACD$与$△ ECD$中,
$\begin{cases} AC=CE, \\ ∠ ACD=∠ DCE, \\ CD=CD, \end{cases}$
$\therefore △ ACD≌△ ECD(\mathrm{SAS})$,
$\therefore AD=DE$,$∠ A=∠ CED$.
$\because ∠ A=2∠ B$,$∠ CED=∠ B+∠ EDB$,
$\therefore ∠ CED=2∠ B$,
$\therefore ∠ B=∠ EDB$,
$\therefore DE=BE$,
$\therefore AD=EB$,
$\therefore AC+AD=CE+EB=BC$.
【答案】
证明:如图,在BC上截取CE=AC,连接DE.
∵∠ACB的平分线CD交边AB于点D,
∴∠ACD=∠DCE.在△ACD与△ECD中,
$\begin{cases} AC=CE, \\ ∠ACD=∠DCE, \\ CD=CD, \end{cases}$
∴△ACD≌△ECD(SAS),
∴AD=DE,∠A=∠CED.
∵∠A=2∠B,∠CED=∠B+∠EDC,
∴∠CED=2∠B,
∴∠B=∠EDB,
∴DE=BE,
∴AD=EB,
∴AC+AD=CE+EB=BC.
【知识点】
1. 全等三角形的判定与性质
2. 角平分线的定义
3. 等腰三角形的判定
【点评】
本题是线段和差证明的典型题型，核心是利用角平分线的特性构造全等三角形，通过线段的等量代换完成结论推导，需要熟练掌握截长补短的辅助线构造方法，以及全等、等腰三角形相关性质的综合运用。
【难度系数】
0.6
