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1.已知,点P在∠BAC内,PE⊥AB,PF⊥AC,垂足分别为E,F,PE=PF,∠B=∠C,求证:AB=AC.
答案
1.证明:
∵PE=PF,PE⊥AB，PF⊥AC，
∴∠PAB=∠PAC，
在△BAP 和△CAP 中，
$\begin{cases}∠BAP=∠CAP,\\∠B=∠C,\\PA=PA,\end{cases}$
∴△BAP≌△CAP(AAS)，
∴AB=AC.
∵PE=PF,PE⊥AB，PF⊥AC，
∴∠PAB=∠PAC，
在△BAP 和△CAP 中，
$\begin{cases}∠BAP=∠CAP,\\∠B=∠C,\\PA=PA,\end{cases}$
∴△BAP≌△CAP(AAS)，
∴AB=AC.
解析
【分析】
要证明AB=AC，可通过证明AB、AC所在的△BAP和△CAP全等来推导。首先结合已知条件PE⊥AB、PF⊥AC且PE=PF，根据角平分线的判定定理可推出AP平分∠BAC，得到∠BAP=∠CAP；再结合已知的∠B=∠C，以及公共边PA=PA，就可以用AAS判定两个三角形全等，最后根据全等三角形对应边相等的性质即可得到AB=AC。
【解析】
证明：
∵PE=PF，PE⊥AB，PF⊥AC，
∴∠PAB=∠PAC，
在△BAP 和△CAP 中，
$\begin{cases}∠BAP=∠CAP,\\∠B=∠C,\\PA=PA,\end{cases}$
∴△BAP≌△CAP(AAS)，
∴AB=AC。
【答案】
证明:
∵PE=PF,PE⊥AB，PF⊥AC，
∴∠PAB=∠PAC，
在△BAP 和△CAP 中，
$\begin{cases}∠BAP=∠CAP,\\∠B=∠C,\\PA=PA,\end{cases}$
∴△BAP≌△CAP(AAS)，
∴AB=AC.
【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】
本题属于基础几何证明题，解题的关键是先利用角平分线的判定得到等角，再将证明线段相等的问题转化为证明三角形全等的问题，熟练掌握相关基础定理即可顺利解答。
【难度系数】
0.8
要证明AB=AC，可通过证明AB、AC所在的△BAP和△CAP全等来推导。首先结合已知条件PE⊥AB、PF⊥AC且PE=PF，根据角平分线的判定定理可推出AP平分∠BAC，得到∠BAP=∠CAP；再结合已知的∠B=∠C，以及公共边PA=PA，就可以用AAS判定两个三角形全等，最后根据全等三角形对应边相等的性质即可得到AB=AC。
【解析】
证明：
∵PE=PF，PE⊥AB，PF⊥AC，
∴∠PAB=∠PAC，
在△BAP 和△CAP 中，
$\begin{cases}∠BAP=∠CAP,\\∠B=∠C,\\PA=PA,\end{cases}$
∴△BAP≌△CAP(AAS)，
∴AB=AC。
【答案】
证明:
∵PE=PF,PE⊥AB，PF⊥AC，
∴∠PAB=∠PAC，
在△BAP 和△CAP 中，
$\begin{cases}∠BAP=∠CAP,\\∠B=∠C,\\PA=PA,\end{cases}$
∴△BAP≌△CAP(AAS)，
∴AB=AC.
【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】
本题属于基础几何证明题，解题的关键是先利用角平分线的判定得到等角，再将证明线段相等的问题转化为证明三角形全等的问题，熟练掌握相关基础定理即可顺利解答。
【难度系数】
0.8
2.(教材P53T8变式)如图,四边形ABDC中,∠D=∠ABD=90°,点O为BD的中点,且OA平分∠BAC.
(1)求证:OC平分∠ACD；
(2)求证:AB+CD=AC.
(1)求证:OC平分∠ACD；
(2)求证:AB+CD=AC.
答案
2.证明:(1)过点 O 作 OE⊥AC 于点 E，
∵AO 平分∠BAC，
∴OE=OB，
又
∵OB=OD，
∴OE=OD，
∴OC 平分∠ACD；
(2)
∵∠AOB=∠AOE=90°−∠OAB，
∴AE=AB，
又
∵∠EOC=∠COD，
∴EC=CD，
∴AB+CD=AE+CE=AC.
解析
【分析】
（1）要证明OC平分∠ACD，可利用角平分线的判定定理：到角两边距离相等的点在角的平分线上。我们过点O作AC的垂线段OE，结合已知OA平分∠BAC，根据角平分线的性质可得OE=OB；再由O是BD中点得OB=OD，即可推出OE=OD，满足角平分线的判定条件。
（2）要证明AB+CD=AC，可将AC拆分为AE+CE两部分，分别证明AE与AB相等、CE与CD相等即可。结合角平分线的性质和直角三角形的全等判定，可分别得到两组对应边相等，相加即可得到结论。
【解析】
(1) 过点O作OE⊥AC于点E，
∵ AO平分∠BAC，∠ABD=90°即OB⊥AB，OE⊥AC，
∴ 由角平分线的性质得OE=OB，
又
∵ 点O为BD的中点，
∴ OB=OD，
∴ OE=OD，
又
∵ ∠D=90°即OD⊥CD，OE⊥AC，
∴ 由角平分线的判定定理得OC平分∠ACD。
(2) 在Rt△ABO和Rt△AEO中，
$\{\begin{array}{l}AO=AO\\ OB=OE\end{array} $
∴ Rt△ABO≌Rt△AEO（HL），
∴ AE=AB，
同理在Rt△CDO和Rt△CEO中，
$\{\begin{array}{l}CO=CO\\ OD=OE\end{array} $
∴ Rt△CDO≌Rt△CEO（HL），
∴ EC=CD，
∵ AC=AE+CE，
∴ AB+CD=AE+CE=AC。
【答案】
2.证明:(1)过点 O 作 OE⊥AC 于点 E，
∵AO 平分∠BAC，
∴OE=OB，
又
∵OB=OD，
∴OE=OD，
∴OC 平分∠ACD；
(2)
∵∠AOB=∠AOE=90°−∠OAB，
∴AE=AB，
又
∵∠EOC=∠COD，
∴EC=CD，
∴AB+CD=AE+CE=AC.
【知识点】
角平分线的性质；角平分线的判定；线段和差证明
【点评】
本题是角平分线相关知识的典型应用题型，通过作垂直于角两边的辅助线，实现角平分线条件与线段相等关系的转化，是几何中证明角相等、线段和差问题的常用思路，需要熟练掌握辅助线的构造方法。
【难度系数】
0.7
（1）要证明OC平分∠ACD，可利用角平分线的判定定理：到角两边距离相等的点在角的平分线上。我们过点O作AC的垂线段OE，结合已知OA平分∠BAC，根据角平分线的性质可得OE=OB；再由O是BD中点得OB=OD，即可推出OE=OD，满足角平分线的判定条件。
（2）要证明AB+CD=AC，可将AC拆分为AE+CE两部分，分别证明AE与AB相等、CE与CD相等即可。结合角平分线的性质和直角三角形的全等判定，可分别得到两组对应边相等，相加即可得到结论。
【解析】
(1) 过点O作OE⊥AC于点E，
∵ AO平分∠BAC，∠ABD=90°即OB⊥AB，OE⊥AC，
∴ 由角平分线的性质得OE=OB，
又
∵ 点O为BD的中点，
∴ OB=OD，
∴ OE=OD，
又
∵ ∠D=90°即OD⊥CD，OE⊥AC，
∴ 由角平分线的判定定理得OC平分∠ACD。
(2) 在Rt△ABO和Rt△AEO中，
$\{\begin{array}{l}AO=AO\\ OB=OE\end{array} $
∴ Rt△ABO≌Rt△AEO（HL），
∴ AE=AB，
同理在Rt△CDO和Rt△CEO中，
$\{\begin{array}{l}CO=CO\\ OD=OE\end{array} $
∴ Rt△CDO≌Rt△CEO（HL），
∴ EC=CD，
∵ AC=AE+CE，
∴ AB+CD=AE+CE=AC。
【答案】
2.证明:(1)过点 O 作 OE⊥AC 于点 E，
∵AO 平分∠BAC，
∴OE=OB，
又
∵OB=OD，
∴OE=OD，
∴OC 平分∠ACD；
(2)
∵∠AOB=∠AOE=90°−∠OAB，
∴AE=AB，
又
∵∠EOC=∠COD，
∴EC=CD，
∴AB+CD=AE+CE=AC.
【知识点】
角平分线的性质；角平分线的判定；线段和差证明
【点评】
本题是角平分线相关知识的典型应用题型，通过作垂直于角两边的辅助线，实现角平分线条件与线段相等关系的转化，是几何中证明角相等、线段和差问题的常用思路，需要熟练掌握辅助线的构造方法。
【难度系数】
0.7
3.如图，点G在AB的延长线上，∠GBC，∠BAC的平分线相交于点F，连接CF.若∠AFB=40°,则∠BCF的度数为
50°
.答案
3.50°
解:过点 F 作 FD⊥BC,FM⊥AB,FE⊥AC,分别交三边所在直线于点 D,M,E.
∵FB 平分∠GBC,FA 平分∠BAC，
∴FD=FM,FM=FE，
∴FD=FE，
∴FC 平分∠BCE，
设∠FBG=α,∠FAB=β，
∴α−β=40°，
∴2α−2β=80°，
∴∠ACB=80°，
∴∠BCF=(180°−80°)×$\frac{1}{2}$=50°.
解析
【分析】
解题时先观察已知条件：存在∠BAC和∠GBC的两条角平分线，要求∠BCF的度数，首先需明确CF的定位。首先想到角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，因此过F分别向AC、BC、AB所在直线作垂线，可得到三条垂线段相等，再根据角平分线的判定，可推出CF是∠ACB外角的角平分线。接下来利用三角形外角的性质，结合∠AFB=40°推导∠ACB的度数，最后根据邻补角的性质和角平分线的定义计算∠BCF即可。
【解析】
过点 F 作 FD⊥BC,FM⊥AB,FE⊥AC,分别交三边所在直线于点 D,M,E.
∵FB 平分∠GBC，FA 平分∠BAC，
∴根据角平分线的性质，可得FD=FM，FM=FE，
∴FD=FE，
∴根据角平分线的判定，点F在∠BCE的角平分线上，即FC平分∠BCE。
设∠FBG=α，∠FAB=β，
∵∠FBG是△ABF的外角，
∴∠FBG=∠FAB+∠AFB，即α=β+40°，
∴α−β=40°，两边同乘2得2α−2β=80°。
又
∵∠GBC是△ABC的外角，∠GBC=2α，∠BAC=2β，
∴∠GBC=∠BAC+∠ACB，即2α=2β+∠ACB，
∴∠ACB=2α-2β=80°。
∵∠ACB+∠BCE=180°，
∴∠BCE=180°-80°=100°，
又
∵FC平分∠BCE，
∴∠BCF=$\frac{1}{2}$∠BCE=(180°−80°)×$\frac{1}{2}$=50°。
【答案】
50°
【知识点】
角平分线的性质；角平分线的判定；三角形外角性质
【点评】
本题综合考查了角平分线的相关定理和三角形外角的性质，解题的关键是通过作辅助线证明CF为∠ACB的外角平分线，再利用角度的和差关系推导计算，需要熟练掌握角平分线性质与判定的互用，建立已知角和未知角之间的联系。
【难度系数】
0.6
解题时先观察已知条件：存在∠BAC和∠GBC的两条角平分线，要求∠BCF的度数，首先需明确CF的定位。首先想到角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，因此过F分别向AC、BC、AB所在直线作垂线，可得到三条垂线段相等，再根据角平分线的判定，可推出CF是∠ACB外角的角平分线。接下来利用三角形外角的性质，结合∠AFB=40°推导∠ACB的度数，最后根据邻补角的性质和角平分线的定义计算∠BCF即可。
【解析】
过点 F 作 FD⊥BC,FM⊥AB,FE⊥AC,分别交三边所在直线于点 D,M,E.
∵FB 平分∠GBC，FA 平分∠BAC，
∴根据角平分线的性质，可得FD=FM，FM=FE，
∴FD=FE，
∴根据角平分线的判定，点F在∠BCE的角平分线上，即FC平分∠BCE。
设∠FBG=α，∠FAB=β，
∵∠FBG是△ABF的外角，
∴∠FBG=∠FAB+∠AFB，即α=β+40°，
∴α−β=40°，两边同乘2得2α−2β=80°。
又
∵∠GBC是△ABC的外角，∠GBC=2α，∠BAC=2β，
∴∠GBC=∠BAC+∠ACB，即2α=2β+∠ACB，
∴∠ACB=2α-2β=80°。
∵∠ACB+∠BCE=180°，
∴∠BCE=180°-80°=100°，
又
∵FC平分∠BCE，
∴∠BCF=$\frac{1}{2}$∠BCE=(180°−80°)×$\frac{1}{2}$=50°。
【答案】
50°
【知识点】
角平分线的性质；角平分线的判定；三角形外角性质
【点评】
本题综合考查了角平分线的相关定理和三角形外角的性质，解题的关键是通过作辅助线证明CF为∠ACB的外角平分线，再利用角度的和差关系推导计算，需要熟练掌握角平分线性质与判定的互用，建立已知角和未知角之间的联系。
【难度系数】
0.6
4.模型:(1)如图 
,∠A=∠B,PA=PB,求证:PC平分∠ACB的外角;
拓展:(2)如图
,CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=α,AD,BE交于点H,连CH.求证:CH平分∠AHE;
应用:(3)如图
,在△ABC中,∠B=40°,将△ABC绕点C顺时针旋转20°至△A'B'C,A'B'交AB于点M,则∠CMB=
,∠A=∠B,PA=PB,求证:PC平分∠ACB的外角;拓展:(2)如图
,CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=α,AD,BE交于点H,连CH.求证:CH平分∠AHE;应用:(3)如图
,在△ABC中,∠B=40°,将△ABC绕点C顺时针旋转20°至△A'B'C,A'B'交AB于点M,则∠CMB=80°
.答案
4.(3)80°
证明:(1)过点 P 作 PE⊥AC,PF⊥BC,交直线 AC,BC 于点 E,F，
在△PAE 和△PBF 中，
$\begin{cases}∠A=∠B,\\∠PEA=∠PFB,\\PA=PB\end{cases}$
∴△PAE≌△PBF(AAS)，
∴PE=PF,
∴PC 平分∠ACB 的外角；
(2)过点 C 作 CM⊥AD,CN⊥BE,垂足分别为 M,N，
∵∠ACB=∠DCE，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD 和△BCE 中，
$\begin{cases}AC=BC,\\∠ACD=∠BCE,\\CD=CE,\end{cases}$
∴△ACD≌△BCE(SAS),
∴BE=AD，
∴$S_{△ACD}=S_{△BCE}=\frac{1}{2}BE·CN=\frac{1}{2}AD·CM$，
∴CM=CN,
∴CH 平分∠AHE.
(3)80°
解析
【分析】
(1) 要证明PC平分∠ACB的外角，根据角平分线的判定定理，需证点P到∠ACB外角两边的距离相等，因此过P作PE⊥AC、PF⊥BC，只需证明PE=PF即可。结合已知∠A=∠B、PA=PB，以及两个直角可证△PAE≌△PBF，得到PE=PF即可完成证明。
(2) 要证明CH平分∠AHE，同样用角平分线的判定，过C作CM⊥AD、CN⊥BE，需证CM=CN。先由∠ACB=∠DCE推导得∠ACD=∠BCE，结合已知边相等证△ACD≌△BCE，得到AD=BE，再利用全等三角形面积相等，由面积公式推出高CM=CN，即可得证。
(3) 根据旋转的性质可得∠B=∠B'=40°，CB=CB'，旋转角∠BCB'=20°，结合(1)的模型可知CM平分∠BMB'的邻补角，先求得∠BMB'=20°，其邻补角为160°，平分后即可得到∠CMB的度数。
【解析】
(1) 过点P作PE⊥AC，PF⊥BC，交直线AC、BC于点E、F，
在△PAE和△PBF中：
$\begin{cases}∠A=∠B\\∠PEA=∠PFB=90°\\PA=PB\end{cases}$
∴△PAE≌△PBF（AAS）
∴PE=PF
又
∵PE⊥AC，PF⊥BC
∴PC平分∠ACB的外角。
(2) 过点C作CM⊥AD，CN⊥BE，垂足分别为M、N，
∵∠ACB=∠DCE
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE
在△ACD和△BCE中：
$\begin{cases}AC=BC\\∠ACD=∠BCE\\CD=CE\end{cases}$
∴△ACD≌△BCE（SAS）
∴BE=AD
∵$S_{△ACD}=\frac{1}{2}AD·CM$，$S_{△BCE}=\frac{1}{2}BE·CN$，且$S_{△ACD}=S_{△BCE}$
∴$\frac{1}{2}AD·CM=\frac{1}{2}BE·CN$，结合AD=BE得CM=CN
又
∵CM⊥AD，CN⊥BE
∴CH平分∠AHE。
(3) 由旋转的性质得：∠B=∠B'=40°，CB=CB'，旋转角∠BCB'=20°，
设B'C交AB于点F，在△BFC和△B'FM中，∠B=∠B'，∠BFC=∠B'FM，
∴∠BMB'=∠BCB'=20°，
结合(1)的结论可知CM平分∠BMB'的邻补角，
∴∠CMB=$\frac{1}{2}(180°-20°)=80°$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) 证明见解析；
(3) $\boxed{80°}$
【知识点】
角平分线的判定，全等三角形的判定与性质，旋转的性质
【点评】
本题围绕角平分线的判定展开，从基础模型构建到拓展变形，再到结合旋转性质的应用，逻辑递进清晰。解题的核心是灵活运用角平分线的判定定理，通过作垂线段、证明三角形全等来得到点到角两边的距离相等，应用部分要学会迁移前面的模型结论，简化计算过程。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明PC平分∠ACB的外角，根据角平分线的判定定理，需证点P到∠ACB外角两边的距离相等，因此过P作PE⊥AC、PF⊥BC，只需证明PE=PF即可。结合已知∠A=∠B、PA=PB，以及两个直角可证△PAE≌△PBF，得到PE=PF即可完成证明。
(2) 要证明CH平分∠AHE，同样用角平分线的判定，过C作CM⊥AD、CN⊥BE，需证CM=CN。先由∠ACB=∠DCE推导得∠ACD=∠BCE，结合已知边相等证△ACD≌△BCE，得到AD=BE，再利用全等三角形面积相等，由面积公式推出高CM=CN，即可得证。
(3) 根据旋转的性质可得∠B=∠B'=40°，CB=CB'，旋转角∠BCB'=20°，结合(1)的模型可知CM平分∠BMB'的邻补角，先求得∠BMB'=20°，其邻补角为160°，平分后即可得到∠CMB的度数。
【解析】
(1) 过点P作PE⊥AC，PF⊥BC，交直线AC、BC于点E、F，
在△PAE和△PBF中：
$\begin{cases}∠A=∠B\\∠PEA=∠PFB=90°\\PA=PB\end{cases}$
∴△PAE≌△PBF（AAS）
∴PE=PF
又
∵PE⊥AC，PF⊥BC
∴PC平分∠ACB的外角。
(2) 过点C作CM⊥AD，CN⊥BE，垂足分别为M、N，
∵∠ACB=∠DCE
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE
在△ACD和△BCE中：
$\begin{cases}AC=BC\\∠ACD=∠BCE\\CD=CE\end{cases}$
∴△ACD≌△BCE（SAS）
∴BE=AD
∵$S_{△ACD}=\frac{1}{2}AD·CM$，$S_{△BCE}=\frac{1}{2}BE·CN$，且$S_{△ACD}=S_{△BCE}$
∴$\frac{1}{2}AD·CM=\frac{1}{2}BE·CN$，结合AD=BE得CM=CN
又
∵CM⊥AD，CN⊥BE
∴CH平分∠AHE。
(3) 由旋转的性质得：∠B=∠B'=40°，CB=CB'，旋转角∠BCB'=20°，
设B'C交AB于点F，在△BFC和△B'FM中，∠B=∠B'，∠BFC=∠B'FM，
∴∠BMB'=∠BCB'=20°，
结合(1)的结论可知CM平分∠BMB'的邻补角，
∴∠CMB=$\frac{1}{2}(180°-20°)=80°$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) 证明见解析；
(3) $\boxed{80°}$
【知识点】
角平分线的判定，全等三角形的判定与性质，旋转的性质
【点评】
本题围绕角平分线的判定展开，从基础模型构建到拓展变形，再到结合旋转性质的应用，逻辑递进清晰。解题的核心是灵活运用角平分线的判定定理，通过作垂线段、证明三角形全等来得到点到角两边的距离相等，应用部分要学会迁移前面的模型结论，简化计算过程。
【难度系数】
0.7
