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【典例1】如图，$△ DBC$中，$A$为$△ DBC$外一点，且$∠ BAC=∠ BDC$，$DM⊥ AC$于$M$，$DB=DC$.
(1)求证：$AD$平分$∠ BAC$的外角；
(2)求证：$AC-AB=2AM$.
(1)求证：$AD$平分$∠ BAC$的外角；
(2)求证：$AC-AB=2AM$.
答案
(1)过点D作DN⊥AB于点N，
∵∠BAC=∠BDC，
∴∠ABD=∠DCM，
在△CDM和△BDN中，
$\begin{cases} ∠DCM=∠ABD, \\ ∠DMC=∠DNB=90°, \\ DC=DB, \end{cases}$
∴△CDM≌△BDN(AAS)，
∴DN=DM,
∴DA平分∠BAC外角；
(2)在△ADM和△ADN中，
$\begin{cases} ∠DMA=∠DNA, \\ ∠DAM=∠DAN, \\ AD=AD, \end{cases}$
∴△ADM≌△ADN(AAS)，
∴AM=AN，
又
∵BN=CM，
∴AC-AM=CM=AB+AM，
即AC-AB=2AM.
解析
【分析】
(1)要证明AD平分∠BAC的外角，根据角平分线的判定定理，只需证明点D到∠BAC外角的两边距离相等。已知DM⊥AC，因此过D作DN⊥AB的延长线于N，只需证DN=DM即可。结合已知∠BAC=∠BDC，可推出∠ABD=∠DCM，再结合DB=DC、两个直角相等，可证△DCM≌△BDN，得到DN=DM，完成第一问证明。
(2)要证明AC-AB=2AM，先证△ADM≌△ADN得到AM=AN，再结合第一问全等得到的BN=CM，将AC、AB用含AM的式子表示，通过等量代换即可推导出结论。
【解析】
(1) 过点D作DN⊥AB，交BA的延长线于点N。
∵∠BAC=∠BDC，∠AOB=∠DOC（对顶角相等），
∴∠ABD=∠DCM。
在△CDM和△BDN中：
$\begin{cases} ∠DCM=∠ABD, \\ ∠DMC=∠DNB=90°, \\ DC=DB, \end{cases}$
∴△CDM≌△BDN（AAS），
∴DN=DM。
∵DN⊥AB，DM⊥AC，
∴AD平分∠BAC的外角。
(2) 在△ADM和△ADN中：
$\begin{cases} ∠DMA=∠DNA=90°, \\ ∠DAM=∠DAN, \\ AD=AD, \end{cases}$
∴△ADM≌△ADN（AAS），
∴AM=AN。
由(1)的全等可得CM=BN，
∵CM=AC-AM，BN=AB+AN=AB+AM，
∴AC-AM=AB+AM，
整理得AC-AB=2AM。
【答案】
(1)过点D作DN⊥AB于点N，
∵∠BAC=∠BDC，
∴∠ABD=∠DCM，
在△CDM和△BDN中，
$\begin{cases} ∠DCM=∠ABD, \\ ∠DMC=∠DNB=90°, \\ DC=DB, \end{cases}$
∴△CDM≌△BDN(AAS)，
∴DN=DM,
∴DA平分∠BAC外角；
(2)在△ADM和△ADN中，
$\begin{cases} ∠DMA=∠DNA, \\ ∠DAM=∠DAN, \\ AD=AD, \end{cases}$
∴△ADM≌△ADN(AAS)，
∴AM=AN，
又
∵BN=CM，
∴AC-AM=CM=AB+AM，
即AC-AB=2AM.
【知识点】
角平分线判定、全等三角形判定与性质、三角形内角和定理
【点评】
本题是角平分线模型的典型应用，解题关键是通过作垂线构造全等三角形，将待证的角、线段关系通过全等转化，考察了辅助线构造能力和几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
(1)要证明AD平分∠BAC的外角，根据角平分线的判定定理，只需证明点D到∠BAC外角的两边距离相等。已知DM⊥AC，因此过D作DN⊥AB的延长线于N，只需证DN=DM即可。结合已知∠BAC=∠BDC，可推出∠ABD=∠DCM，再结合DB=DC、两个直角相等，可证△DCM≌△BDN，得到DN=DM，完成第一问证明。
(2)要证明AC-AB=2AM，先证△ADM≌△ADN得到AM=AN，再结合第一问全等得到的BN=CM，将AC、AB用含AM的式子表示，通过等量代换即可推导出结论。
【解析】
(1) 过点D作DN⊥AB，交BA的延长线于点N。
∵∠BAC=∠BDC，∠AOB=∠DOC（对顶角相等），
∴∠ABD=∠DCM。
在△CDM和△BDN中：
$\begin{cases} ∠DCM=∠ABD, \\ ∠DMC=∠DNB=90°, \\ DC=DB, \end{cases}$
∴△CDM≌△BDN（AAS），
∴DN=DM。
∵DN⊥AB，DM⊥AC，
∴AD平分∠BAC的外角。
(2) 在△ADM和△ADN中：
$\begin{cases} ∠DMA=∠DNA=90°, \\ ∠DAM=∠DAN, \\ AD=AD, \end{cases}$
∴△ADM≌△ADN（AAS），
∴AM=AN。
由(1)的全等可得CM=BN，
∵CM=AC-AM，BN=AB+AN=AB+AM，
∴AC-AM=AB+AM，
整理得AC-AB=2AM。
【答案】
(1)过点D作DN⊥AB于点N，
∵∠BAC=∠BDC，
∴∠ABD=∠DCM，
在△CDM和△BDN中，
$\begin{cases} ∠DCM=∠ABD, \\ ∠DMC=∠DNB=90°, \\ DC=DB, \end{cases}$
∴△CDM≌△BDN(AAS)，
∴DN=DM,
∴DA平分∠BAC外角；
(2)在△ADM和△ADN中，
$\begin{cases} ∠DMA=∠DNA, \\ ∠DAM=∠DAN, \\ AD=AD, \end{cases}$
∴△ADM≌△ADN(AAS)，
∴AM=AN，
又
∵BN=CM，
∴AC-AM=CM=AB+AM，
即AC-AB=2AM.
【知识点】
角平分线判定、全等三角形判定与性质、三角形内角和定理
【点评】
本题是角平分线模型的典型应用，解题关键是通过作垂线构造全等三角形，将待证的角、线段关系通过全等转化，考察了辅助线构造能力和几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
变式.如图,已知 BD 为△ABC 的外角∠ABE 的平分线,且 AD=CD.作 DH⊥CE 于 H,若 AB=6,BC=4,则 BH 的长为
1
.答案
过点D作DM⊥AB于点M，
∵BD平分∠HBM，
∴∠BDH=∠BDM，
DH=DM，
∴BH=BM，
在Rt△CDH和Rt△ADM中，
$\begin{cases} DH=DM, \\ CD=AD, \end{cases}$
∴Rt△CDH≌△Rt△ADM(HL)，
CH=AM，
∴$BH=\frac{6-4}{2}=1$.
解析
【分析】
本题出现角平分线和角一边的垂线，优先考虑角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等。因此我们过点D作AB的垂线DM，可得DH=DM、BH=BM；再结合已知AD=CD，可通过HL证明Rt△CDH和Rt△ADM全等，得到CH=AM；最后将CH、AM用含BH、已知线段AB、BC的式子表示，建立方程即可求出BH的长度。
【解析】
过点D作DM⊥AB于点M，
∵BD平分∠ABE，DH⊥CE，DM⊥AB，
∴DH=DM，∠DHC=∠DMA=90°，且BH=BM，
在Rt△CDH和Rt△ADM中：
$\begin{cases} DH=DM \\ CD=AD \end{cases}$
∴Rt△CDH≌Rt△ADM（HL），
∴CH=AM，
∵CH=BC+BH，AM=AB-BM=AB-BH，
∴BC+BH=AB-BH，
代入AB=6，BC=4得：$4+BH=6-BH$，
解得$2BH=2$，即$BH=1$。
【答案】
1
【知识点】
角平分线的性质；直角三角形全等判定；全等三角形的性质
【点评】
本题是角平分线模型的典型习题，解题核心是利用角平分线的性质构造双垂线，得到全等三角形实现线段的等量转化，进而求解未知线段长度，熟练掌握角平分线相关辅助线的构造方法是解决这类问题的关键。
【难度系数】
0.6
本题出现角平分线和角一边的垂线，优先考虑角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等。因此我们过点D作AB的垂线DM，可得DH=DM、BH=BM；再结合已知AD=CD，可通过HL证明Rt△CDH和Rt△ADM全等，得到CH=AM；最后将CH、AM用含BH、已知线段AB、BC的式子表示，建立方程即可求出BH的长度。
【解析】
过点D作DM⊥AB于点M，
∵BD平分∠ABE，DH⊥CE，DM⊥AB，
∴DH=DM，∠DHC=∠DMA=90°，且BH=BM，
在Rt△CDH和Rt△ADM中：
$\begin{cases} DH=DM \\ CD=AD \end{cases}$
∴Rt△CDH≌Rt△ADM（HL），
∴CH=AM，
∵CH=BC+BH，AM=AB-BM=AB-BH，
∴BC+BH=AB-BH，
代入AB=6，BC=4得：$4+BH=6-BH$，
解得$2BH=2$，即$BH=1$。
【答案】
1
【知识点】
角平分线的性质；直角三角形全等判定；全等三角形的性质
【点评】
本题是角平分线模型的典型习题，解题核心是利用角平分线的性质构造双垂线，得到全等三角形实现线段的等量转化，进而求解未知线段长度，熟练掌握角平分线相关辅助线的构造方法是解决这类问题的关键。
【难度系数】
0.6
【典例2】如图，$∠ BAC = ∠ BDC = 20°$，$∠ DAC = 80°$，求证：$DB = DC$。
答案
过点D作DM⊥AC,DN⊥AB,交AC于点M，交BA的延长线于点N，
∵∠DAN=∠DAM=80°，
∴DM=DN，
又
∵∠BAC=∠BDC=20°，
∴∠DBN=∠DCM，
在△DBN和△DCM中，
$\begin{cases} ∠DNB=∠DMC, \\ ∠DBN=∠DCM, \\ DN=DM, \end{cases}$
∴△DBN≌△DCM(AAS)，
∴DB=DC.
解析
【分析】
要证明DB=DC，可通过证明两条线段所在的三角形全等来推导。首先观察已知角度条件：∠BAC=20°，∠DAC=80°，可推出AD是BA延长线与AC形成的夹角的角平分线，根据角平分线的性质，可过点D向角的两边作垂线，得到一组相等的垂线段；再结合已知∠BAC=∠BDC，利用三角形内角和与对顶角相等的性质，可推出另一组对应角相等，即可构造全等三角形完成证明。
【解析】
过点D作DM⊥AC，DN⊥AB，交AC于点M，交BA的延长线于点N，
∵∠BAC=20°，∠DAC=80°，
∴∠DAN=180°-20°-80°=80°，即∠DAN=∠DAM=80°，
∴AD平分∠NAM，根据角平分线的性质可得DM=DN，
设AC与BD交于点O，
∵∠AOB与∠DOC是对顶角，
∴∠AOB=∠DOC，
在△AOB和△DOC中，内角和均为180°，且∠BAC=∠BDC=20°，
∴∠ABD=∠ACD，即∠DBN=∠DCM，
在△DBN和△DCM中：
$\begin{cases} ∠DNB=∠DMC=90°, \\ ∠DBN=∠DCM, \\ DN=DM, \end{cases}$
∴△DBN≌△DCM（AAS），
由全等三角形对应边相等可得DB=DC。
【答案】
过点D作DM⊥AC,DN⊥AB,交AC于点M，交BA的延长线于点N，
∵∠DAN=∠DAM=80°，
∴DM=DN，
又
∵∠BAC=∠BDC=20°，
∴∠DBN=∠DCM，
在△DBN和△DCM中，
$\begin{cases} ∠DNB=∠DMC, \\ ∠DBN=∠DCM, \\ DN=DM, \end{cases}$
∴△DBN≌△DCM(AAS)，
∴DB=DC.
【知识点】
角平分线的性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是角平分线模型的典型应用，解题的核心是通过作角两边的垂线构造出相等的线段，再结合角度关系推导全等所需的等角，将线段相等的证明转化为三角形全等的证明，能有效考查对基础几何定理的运用和辅助线构造能力。
【难度系数】
0.6
要证明DB=DC，可通过证明两条线段所在的三角形全等来推导。首先观察已知角度条件：∠BAC=20°，∠DAC=80°，可推出AD是BA延长线与AC形成的夹角的角平分线，根据角平分线的性质，可过点D向角的两边作垂线，得到一组相等的垂线段；再结合已知∠BAC=∠BDC，利用三角形内角和与对顶角相等的性质，可推出另一组对应角相等，即可构造全等三角形完成证明。
【解析】
过点D作DM⊥AC，DN⊥AB，交AC于点M，交BA的延长线于点N，
∵∠BAC=20°，∠DAC=80°，
∴∠DAN=180°-20°-80°=80°，即∠DAN=∠DAM=80°，
∴AD平分∠NAM，根据角平分线的性质可得DM=DN，
设AC与BD交于点O，
∵∠AOB与∠DOC是对顶角，
∴∠AOB=∠DOC，
在△AOB和△DOC中，内角和均为180°，且∠BAC=∠BDC=20°，
∴∠ABD=∠ACD，即∠DBN=∠DCM，
在△DBN和△DCM中：
$\begin{cases} ∠DNB=∠DMC=90°, \\ ∠DBN=∠DCM, \\ DN=DM, \end{cases}$
∴△DBN≌△DCM（AAS），
由全等三角形对应边相等可得DB=DC。
【答案】
过点D作DM⊥AC,DN⊥AB,交AC于点M，交BA的延长线于点N，
∵∠DAN=∠DAM=80°，
∴DM=DN，
又
∵∠BAC=∠BDC=20°，
∴∠DBN=∠DCM，
在△DBN和△DCM中，
$\begin{cases} ∠DNB=∠DMC, \\ ∠DBN=∠DCM, \\ DN=DM, \end{cases}$
∴△DBN≌△DCM(AAS)，
∴DB=DC.
【知识点】
角平分线的性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是角平分线模型的典型应用，解题的核心是通过作角两边的垂线构造出相等的线段，再结合角度关系推导全等所需的等角，将线段相等的证明转化为三角形全等的证明，能有效考查对基础几何定理的运用和辅助线构造能力。
【难度系数】
0.6
变式.(2026·洪山)如图,在四边形ABCD中,∠BAC=∠BDC=36°,∠ADB=72°,求证:AB=AC.
答案
过点A作AM⊥BD交BD于点M，
作AN⊥CD交CD的延长线于点N，
∵∠ADB=∠ADN=72°，
∴AM=AN，
∴△ABM≌△ACN(AAS)，
∴AB=AC.
解析
【分析】
要证明AB=AC，可通过证明AB、AC所在的三角形全等实现。首先观察已知角度条件：已知∠ADB=72°，∠BDC=36°，可推导得到AD为角平分线，此时考虑过点A向角的两边作垂线，利用角平分线的性质得到相等的垂线段，再结合已知的等角条件推导得到全等所需的角相等的条件，即可证明三角形全等，进而得到边相等的结论。
【解析】
证明：过点A作AM⊥BD交BD于点M，作AN⊥CD交CD的延长线于点N。
1. 推导角相等得到角平分线：
∠ADN = 180° - ∠ADB - ∠BDC = 180° - 72° - 36° = 72°，
因此∠ADB = ∠ADN = 72°，即AD平分∠MDN。
2. 由角平分线性质得相等线段：
∵AM⊥BD，AN⊥DN，AD平分∠MDN，
∴AM = AN（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
3. 推导全等所需的角相等条件：
∵∠BAC=∠BDC=36°，∠AOB=∠DOC（对顶角相等），
根据三角形内角和为180°，可得∠ABM=∠ACN。
4. 证明三角形全等得结论：
在△ABM和△ACN中，
$\{\begin{array}{l}∠AMB=∠ANC=90° \\∠ABM=∠ACN \\AM=AN\end{array} $
∴△ABM≌△ACN（AAS），
由全等三角形对应边相等，可得AB=AC。
【答案】
过点A作AM⊥BD交BD于点M，
作AN⊥CD交CD的延长线于点N，
∵∠ADB=∠ADN=72°，
∴AM=AN，
∴△ABM≌△ACN(AAS)，
∴AB=AC.
【知识点】
角平分线的性质；全等三角形的判定与性质；三角形内角和定理
【点评】
本题是角平分线模型的典型应用，通过构造角平分线上点到两边的垂线得到相等线段，结合角度推导得到全等条件，解题关键是根据角度特征想到构造角平分线相关辅助线，这类辅助线作法在几何证明题中十分常用，需要熟练掌握。
【难度系数】
0.6
要证明AB=AC，可通过证明AB、AC所在的三角形全等实现。首先观察已知角度条件：已知∠ADB=72°，∠BDC=36°，可推导得到AD为角平分线，此时考虑过点A向角的两边作垂线，利用角平分线的性质得到相等的垂线段，再结合已知的等角条件推导得到全等所需的角相等的条件，即可证明三角形全等，进而得到边相等的结论。
【解析】
证明：过点A作AM⊥BD交BD于点M，作AN⊥CD交CD的延长线于点N。
1. 推导角相等得到角平分线：
∠ADN = 180° - ∠ADB - ∠BDC = 180° - 72° - 36° = 72°，
因此∠ADB = ∠ADN = 72°，即AD平分∠MDN。
2. 由角平分线性质得相等线段：
∵AM⊥BD，AN⊥DN，AD平分∠MDN，
∴AM = AN（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
3. 推导全等所需的角相等条件：
∵∠BAC=∠BDC=36°，∠AOB=∠DOC（对顶角相等），
根据三角形内角和为180°，可得∠ABM=∠ACN。
4. 证明三角形全等得结论：
在△ABM和△ACN中，
$\{\begin{array}{l}∠AMB=∠ANC=90° \\∠ABM=∠ACN \\AM=AN\end{array} $
∴△ABM≌△ACN（AAS），
由全等三角形对应边相等，可得AB=AC。
【答案】
过点A作AM⊥BD交BD于点M，
作AN⊥CD交CD的延长线于点N，
∵∠ADB=∠ADN=72°，
∴AM=AN，
∴△ABM≌△ACN(AAS)，
∴AB=AC.
【知识点】
角平分线的性质；全等三角形的判定与性质；三角形内角和定理
【点评】
本题是角平分线模型的典型应用，通过构造角平分线上点到两边的垂线得到相等线段，结合角度推导得到全等条件，解题关键是根据角度特征想到构造角平分线相关辅助线，这类辅助线作法在几何证明题中十分常用，需要熟练掌握。
【难度系数】
0.6
