4. 如图，在数学活动实践课上，小浩在旗杆CD与某栋楼AB之间选定一点O，连接AO，OC. 若$AO=OC$，$OB=CD=15\ \mathrm{m}$，$DB=36\ \mathrm{m}$，且$D$，$O$，$B$在同一水平线上，求楼AB的高度.

解 由题意得 $CD⊥ DB$，$AB⊥ DB$，
所以$∠ CDO=∠ ABO=90°$。
在 $\mathrm{Rt}△ CDO$ 和 $\mathrm{Rt}△ OBA$ 中，$\begin{cases}CD=OB, \\ OC=OA,\end{cases}$
所以 $\mathrm{Rt}△ CDO≌\mathrm{Rt}△ OBA$（HL）。
所以 $DO=AB$。
因为 $OB=15\ \mathrm{m}$，$DB=36\ \mathrm{m}$，
所以 $OD=AB=BD-OB=36-15=21\ (\mathrm{m})$。
所以楼 $AB$ 的高度为 $21\ \mathrm{m}$。

【分析】
解题时先从已知的垂直关系入手，确定△CDO和△OBA都是直角三角形；再结合题目给出的AO=OC、CD=OB这两组边相等的条件，想到用HL定理证明两个直角三角形全等；全等后对应边相等，可得AB=DO，最后利用DB和OB的长度差算出DO的长度，也就是AB的高度。
【解析】
由题意得 $CD⊥ DB$，$AB⊥ DB$，
所以$∠ CDO=∠ ABO=90°$。
在 $\mathrm{Rt}△ CDO$ 和 $\mathrm{Rt}△ OBA$ 中，
$\begin{cases}CD=OB, \\ OC=OA,\end{cases}$
所以 $\mathrm{Rt}△ CDO≌\mathrm{Rt}△ OBA$（HL）。
所以 $DO=AB$。
因为 $OB=15\ \mathrm{m}$，$DB=36\ \mathrm{m}$，
所以 $AB=OD=BD-OB=36-15=21\ (\mathrm{m})$。
【答案】
$\boxed{21\ \mathrm{m}}$
【知识点】
直角三角形全等判定；全等三角形的性质；线段和差计算
【点评】
本题是全等三角形在实际场景中的应用，解题的关键是从实际图形中抽象出直角三角形，找准全等的判定条件，通过全等转化所求线段与已知线段的关系即可求解。
【难度系数】
0.7

如图 ①，在 $△ ABC$ 中，$AB = 8$，$AC=6$，求边 $BC$ 上的中线 $AD$ 的取值范围.
【方法呈现】
（1）延长 $AD$ 到点 $E$，使得 $DE = AD$；
（2）连接 $BE$，通过三角形全等把 $AB$，$AC$，$2AD$ 转化到 $△ ABE$ 中；
（3）利用三角形的三边关系可得 $AE$ 的取值范围，从而得到 $AD$ 的取值范围.
【解决问题】
（1）由已知和作图能得到 $△ ADC ≌ △ EDB$，依据是.
（2）由“三角形的三边关系”可求得 $AD$ 的取值范围是.
【方法感悟】
题目中若出现“中点”“中线”等条件，可考虑利用“倍长中线”构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集合到同一个三角形中.
【灵活运用】
（3）如图②，在 $△ ABC$ 中，$D$ 是 $BC$ 的中点，$DE ⊥ DF$，$DE$ 交 $AB$ 于点 $E$，$DF$ 交 $AC$ 于点 $F$，连接 $EF$. 求证：$BE + CF＞EF$.
（1）SAS 解析 因为 $D$ 是 $BC$ 的中点，
所以 $BD=CD$.
在 $△ ADC$ 和 $△ EDB$ 中，
$\begin{cases} CD=BD, \\ ∠ ADC=∠ BDE, \\ AD=ED, \end{cases}$
所以 $△ ADC ≌ △ EDB$（SAS）.
（2）$1＜AD＜7$ 解析 因为 $△ ADC ≌ △ EDB$，
所以 $AC=BE$.
因为 $AB - BE ＜ AE ＜ AB + BE$，
所以 $AB - AC ＜ 2AD ＜ AB + AC$.
因为 $AB=8$，$AC=6$，
所以 $2 ＜ 2AD ＜14$.
所以 $1＜AD＜7$.
（3）证明 如图，延长 $ED$ 到点 $G$，使 $GD=ED$，连接 $GF$，$GC$，

在 $△ EDF$ 和 $△ GDF$ 中，
$\begin{cases} FD=FD, \\ ∠ EDF=∠ GDF, \\ ED=GD, \end{cases}$
所以 $△ EDF ≌ △ GDF$（SAS）.
所以 $EF=GF$.
因为 $D$ 是 $BC$ 的中点，
所以 $BD=CD$.
在 $△ BDE$ 和 $△ CDG$ 中，
$\begin{cases} ED=GD, \\ ∠ BDE=∠ GDC, \\ BD=CD, \end{cases}$
所以 $△ BDE ≌ △ CDG$（SAS）.
所以 $BE=CG$.
因为 $CG + CF ＞ GF$，
所以 $BE + CF ＞ EF$.

解：
（1）两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等（或SAS）
（2）$1＜AD＜7$
（3）证明：
延长$ED$到点$G$，使$GD=ED$，连接$GF$，$GC$。
$\because DE⊥ DF$，
$\therefore ∠ EDF=∠ GDF=90°$。
在$△ EDF$和$△ GDF$中，
$\begin{cases}FD=FD, \\∠ EDF=∠ GDF, \\ED=GD,\end{cases}$
$\therefore △ EDF ≌ △ GDF \ (\mathrm{SAS})$，
$\therefore EF=GF$。
$\because D$是$BC$的中点，
$\therefore BD=CD$。
在$△ BDE$和$△ CDG$中，
$\begin{cases}ED=GD, \\∠ BDE=∠ CDG, \\BD=CD,\end{cases}$
$\therefore △ BDE ≌ △ CDG \ (\mathrm{SAS})$，
$\therefore BE=CG$。
在$△ CFG$中，由三角形三边关系可得$CG+CF＞GF$，
将$BE=CG$，$EF=GF$代入得$BE+CF＞EF$。

【分析】
（1）判断全等依据：先梳理△ADC和△EDB的相等条件，由D是BC中点得BD=CD，作图得AD=ED，再加对顶角∠ADC=∠EDB，符合两边及其夹角对应相等的全等判定规则。
（2）求AD取值范围：先通过全等将AC转化为BE，此时AE=2AD，AB、BE、AE都属于△ABE的边，直接利用三角形三边关系“两边之差＜第三边＜两边之和”计算AE的范围，再折算为AD的范围即可。
（3）证明线段和的不等关系：遇到中点条件可采用倍长类辅助线，延长ED到G使DG=DE，先后构造两次全等：第一次证△EDF≌△GDF，将EF转化为GF；第二次证△BDE≌△CDG，将BE转化为CG，此时BE、CF、EF对应△CFG的三边，利用三角形三边关系即可推导得到结论。
【解析】
（1）在$△ ADC$和$△ EDB$中，$\begin{cases} CD=BD（D是BC中点）, \\ ∠ADC=∠BDE（对顶角相等）, \\ AD=ED（作图）, \end{cases}$符合两边及其夹角分别相等的全等判定，所以依据是SAS。
（2）$\because △ ADC ≌ △ EDB$，$\therefore BE=AC=6$，又$AE=AD+DE=2AD$，
在$△ ABE$中，根据三边关系得$AB-BE＜AE＜AB+BE$，
代入$AB=8$、$BE=6$得$8-6＜2AD＜8+6$，即$2＜2AD＜14$，
化简得$1＜AD＜7$。
（3）证明：延长$ED$到点$G$，使$GD=ED$，连接$GF$，$GC$。
$\because DE⊥ DF$，
$\therefore ∠EDF=∠GDF=90°$。
在$△ EDF$和$△ GDF$中，
$\begin{cases}FD=FD, \\∠EDF=∠GDF, \\ED=GD,\end{cases}$
$\therefore △ EDF ≌ △ GDF \ (\mathrm{SAS})$，
$\therefore EF=GF$。
$\because D$是$BC$的中点，
$\therefore BD=CD$。
在$△ BDE$和$△ CDG$中，
$\begin{cases}ED=GD, \\∠BDE=∠CDG, \\BD=CD,\end{cases}$
$\therefore △ BDE ≌ △ CDG \ (\mathrm{SAS})$，
$\therefore BE=CG$。
在$△ CFG$中，由三角形三边关系可得$CG+CF＞GF$，
将$BE=CG$，$EF=GF$代入得$BE+CF＞EF$。
【答案】
（1）两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等（或SAS）
（2）$1＜AD＜7$
（3）证明见上述解析过程。
【知识点】
全等三角形的判定与性质；三角形三边关系；倍长中线辅助线构造
【点评】
本题核心考察倍长中线类辅助线的应用，通过构造全等三角形将分散的边转移到同一个三角形中，结合三角形三边关系解决问题，体现了几何中的转化思想，熟练掌握全等判定方法和中点类辅助线的构造技巧是解题的关键。
【难度系数】
0.7