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3. 如图，在$△ ABC$中，$∠ B = 60°$，$∠ BAC$，$∠ BCA$的平分线$AD$，$CE$交于点$F$。求证：$AC=AE+CD$。
答案
3. 证明:在AC上截取AG=AE,连接FG.
∵AD,CE分别是∠BAC,∠BCA的平分线,
∴∠EAF=∠GAF=$\frac{1}{2}$∠BAC,∠GCF=∠DCF=$\frac{1}{2}$∠BCA.
∵∠B=60°,
∴∠BAC+∠BCA=180°−∠B=120°.
∴∠AFE=∠GAF+∠GCF=$\frac{1}{2}$(∠BAC+∠BCA)=60°.在△AEF和△AGF中,
∵$\begin{cases} AE=AG, \\ ∠EAF=∠GAF, \\ AF=AF, \end{cases}$
∴△AEF≌△AGF(SAS).
∴∠AFG=∠AFE=60°.
∴∠CFG=180°−∠AFE−∠AFG=60°.
∵∠CFD=∠AFE=60°,
∴∠CFG=∠CFD.在△CFG和△CFD中,
∵$\begin{cases} ∠CFG=∠CFD, \\ CF=CF, \\ ∠GCF=∠DCF, \end{cases}$
∴△CFG≌△CFD(ASA).
∴CG=CD.
∴AC=AG+CG=AE+CD.
∵AD,CE分别是∠BAC,∠BCA的平分线,
∴∠EAF=∠GAF=$\frac{1}{2}$∠BAC,∠GCF=∠DCF=$\frac{1}{2}$∠BCA.
∵∠B=60°,
∴∠BAC+∠BCA=180°−∠B=120°.
∴∠AFE=∠GAF+∠GCF=$\frac{1}{2}$(∠BAC+∠BCA)=60°.在△AEF和△AGF中,
∵$\begin{cases} AE=AG, \\ ∠EAF=∠GAF, \\ AF=AF, \end{cases}$
∴△AEF≌△AGF(SAS).
∴∠AFG=∠AFE=60°.
∴∠CFG=180°−∠AFE−∠AFG=60°.
∵∠CFD=∠AFE=60°,
∴∠CFG=∠CFD.在△CFG和△CFD中,
∵$\begin{cases} ∠CFG=∠CFD, \\ CF=CF, \\ ∠GCF=∠DCF, \end{cases}$
∴△CFG≌△CFD(ASA).
∴CG=CD.
∴AC=AG+CG=AE+CD.
解析
【分析】
要证明一条线段等于另外两条线段的和，通常采用截长补短的思路，本题选用截长法更简便：在AC上截取AG=AE，只需证明剩下的CG=CD即可。首先结合角平分线的定义得到相等的角，再利用三角形内角和求出角平分线夹角的度数，通过两次三角形全等的证明，分别得到AG=AE、CG=CD，即可推导得到结论。
【解析】
证明:在AC上截取AG=AE,连接FG.
∵AD,CE分别是∠BAC,∠BCA的平分线,
∴∠EAF=∠GAF=$\frac{1}{2}$∠BAC,∠GCF=∠DCF=$\frac{1}{2}$∠BCA.
∵∠B=60°,
∴∠BAC+∠BCA=180°−∠B=120°.
∴∠AFE=∠GAF+∠GCF=$\frac{1}{2}$(∠BAC+∠BCA)=60°.
在△AEF和△AGF中,
∵$\begin{cases} AE=AG, \\ ∠EAF=∠GAF, \\ AF=AF, \end{cases}$
∴△AEF≌△AGF(SAS).
∴∠AFG=∠AFE=60°.
∴∠CFG=180°−∠AFE−∠AFG=60°.
∵∠CFD=∠AFE=60°,
∴∠CFG=∠CFD.
在△CFG和△CFD中,
∵$\begin{cases} ∠CFG=∠CFD, \\ CF=CF, \\ ∠GCF=∠DCF, \end{cases}$
∴△CFG≌△CFD(ASA).
∴CG=CD.
∴AC=AG+CG=AE+CD.
【答案】
$AC=AE+CD$
【知识点】
角平分线的定义，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理
【点评】
本题是线段和差证明的典型题型，核心是运用截长法构造全等三角形，将线段和差问题转化为线段相等问题求解，解题时需结合已知角度和角平分线性质找到全等的相等条件，熟练掌握截长补短法能大幅提升这类题目的解题效率。
【难度系数】
0.6
要证明一条线段等于另外两条线段的和，通常采用截长补短的思路，本题选用截长法更简便：在AC上截取AG=AE，只需证明剩下的CG=CD即可。首先结合角平分线的定义得到相等的角，再利用三角形内角和求出角平分线夹角的度数，通过两次三角形全等的证明，分别得到AG=AE、CG=CD，即可推导得到结论。
【解析】
证明:在AC上截取AG=AE,连接FG.
∵AD,CE分别是∠BAC,∠BCA的平分线,
∴∠EAF=∠GAF=$\frac{1}{2}$∠BAC,∠GCF=∠DCF=$\frac{1}{2}$∠BCA.
∵∠B=60°,
∴∠BAC+∠BCA=180°−∠B=120°.
∴∠AFE=∠GAF+∠GCF=$\frac{1}{2}$(∠BAC+∠BCA)=60°.
在△AEF和△AGF中,
∵$\begin{cases} AE=AG, \\ ∠EAF=∠GAF, \\ AF=AF, \end{cases}$
∴△AEF≌△AGF(SAS).
∴∠AFG=∠AFE=60°.
∴∠CFG=180°−∠AFE−∠AFG=60°.
∵∠CFD=∠AFE=60°,
∴∠CFG=∠CFD.
在△CFG和△CFD中,
∵$\begin{cases} ∠CFG=∠CFD, \\ CF=CF, \\ ∠GCF=∠DCF, \end{cases}$
∴△CFG≌△CFD(ASA).
∴CG=CD.
∴AC=AG+CG=AE+CD.
【答案】
$AC=AE+CD$
【知识点】
角平分线的定义，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理
【点评】
本题是线段和差证明的典型题型，核心是运用截长法构造全等三角形，将线段和差问题转化为线段相等问题求解，解题时需结合已知角度和角平分线性质找到全等的相等条件，熟练掌握截长补短法能大幅提升这类题目的解题效率。
【难度系数】
0.6
4.如图,平面直角坐标系中,点A(1,0),B(0,3),∠BAC=90°,AB=AC,则点C的坐标为
(4,1)
.答案
4.(4,1)
解析
【分析】
要求点C的坐标，可通过过点C作x轴的垂线构造直角三角形，结合已知∠BAC=90°、AB=AC的条件，利用同角的余角相等推导角相等，证明构造出的直角三角形与△AOB全等，再根据全等三角形对应边相等的性质，计算点C的横、纵坐标。
【解析】
过点C作CD⊥x轴，垂足为D，则∠CDA=90°=∠AOB。
∵∠BAC=90°，
∴∠OAB+∠CAD=90°，
又
∵Rt△AOB中，∠OAB+∠OBA=90°，
∴∠OBA=∠CAD。
在△AOB和△CDA中：
$\{\begin{array}{l}∠AOB=∠CDA \\∠OBA=∠CAD \\AB=AC\end{array} $
∴△AOB≌△CDA（AAS）。
由点A(1,0)、B(0,3)可知：OA=1，OB=3，
根据全等三角形对应边相等，得：CD=OA=1，AD=OB=3，
∴OD=OA+AD=1+3=4，
又
∵CD在x轴上方，长度为1，
∴点C的坐标为(4,1)。
【答案】
(4,1)
【知识点】
全等三角形的判定与性质，平面直角坐标系点的坐标，余角的性质
【点评】
本题是坐标系与全等三角形结合的基础题型，解题关键是通过作坐标轴的垂线构造全等直角三角形，利用角的互余关系找到全等的判定条件，再结合全等的性质计算点的坐标，该方法是坐标系中求解点坐标的常用技巧。
【难度系数】
0.7
要求点C的坐标，可通过过点C作x轴的垂线构造直角三角形，结合已知∠BAC=90°、AB=AC的条件，利用同角的余角相等推导角相等，证明构造出的直角三角形与△AOB全等，再根据全等三角形对应边相等的性质，计算点C的横、纵坐标。
【解析】
过点C作CD⊥x轴，垂足为D，则∠CDA=90°=∠AOB。
∵∠BAC=90°，
∴∠OAB+∠CAD=90°，
又
∵Rt△AOB中，∠OAB+∠OBA=90°，
∴∠OBA=∠CAD。
在△AOB和△CDA中：
$\{\begin{array}{l}∠AOB=∠CDA \\∠OBA=∠CAD \\AB=AC\end{array} $
∴△AOB≌△CDA（AAS）。
由点A(1,0)、B(0,3)可知：OA=1，OB=3，
根据全等三角形对应边相等，得：CD=OA=1，AD=OB=3，
∴OD=OA+AD=1+3=4，
又
∵CD在x轴上方，长度为1，
∴点C的坐标为(4,1)。
【答案】
(4,1)
【知识点】
全等三角形的判定与性质，平面直角坐标系点的坐标，余角的性质
【点评】
本题是坐标系与全等三角形结合的基础题型，解题关键是通过作坐标轴的垂线构造全等直角三角形，利用角的互余关系找到全等的判定条件，再结合全等的性质计算点的坐标，该方法是坐标系中求解点坐标的常用技巧。
【难度系数】
0.7
5.如图,在平面直角坐标系中,$P(3,3)$,点$A,B$分别在$x$轴正半轴和$y$轴负半轴上,且$∠ BPA=90°$.若$PA=9$,则$PB$的值为
9
.答案
5.9
解析
【分析】
已知点P的横纵坐标相等，因此可过点P分别向x轴、y轴作垂线，得到长度相等的两条垂线段，同时构造出两个直角三角形；再结合∠BPA=90°推导得到一组相等的角，即可证明两个直角三角形全等，最后利用全等三角形对应边相等的性质求得PB的长度。
【解析】
过点P作PM⊥x轴于点M，PN⊥y轴于点N。
∵ $P(3,3)$，
∴ $PM=PN=3$，$∠PMO=∠PNO=∠MON=90°$，
∴ 四边形OMPN是正方形，可得$∠MPN=90°$。
∵ $∠BPA=90°$，
∴ $∠MPN=∠BPA$，
∴ $∠MPN - ∠MPB = ∠BPA - ∠MPB$，即$∠NPB=∠MPA$。
在$△ NPB$和$△ MPA$中：
$\{\begin{array}{l}∠PNB=∠PMA=90°\\PN=PM\\∠NPB=∠MPA\end{array} $
∴ $△ NPB≌△ MPA$（ASA），
∴ $PB=PA=9$。
【答案】
9
【知识点】
全等三角形的判定与性质，坐标与图形性质，正方形的判定与性质
【点评】
本题是全等三角形在平面直角坐标系中的典型应用，解题的核心是利用点的坐标特征构造辅助线，得到全等三角形的判定条件，能有效考查学生的几何构造能力和全等知识的应用能力。
【难度系数】
0.7
已知点P的横纵坐标相等，因此可过点P分别向x轴、y轴作垂线，得到长度相等的两条垂线段，同时构造出两个直角三角形；再结合∠BPA=90°推导得到一组相等的角，即可证明两个直角三角形全等，最后利用全等三角形对应边相等的性质求得PB的长度。
【解析】
过点P作PM⊥x轴于点M，PN⊥y轴于点N。
∵ $P(3,3)$，
∴ $PM=PN=3$，$∠PMO=∠PNO=∠MON=90°$，
∴ 四边形OMPN是正方形，可得$∠MPN=90°$。
∵ $∠BPA=90°$，
∴ $∠MPN=∠BPA$，
∴ $∠MPN - ∠MPB = ∠BPA - ∠MPB$，即$∠NPB=∠MPA$。
在$△ NPB$和$△ MPA$中：
$\{\begin{array}{l}∠PNB=∠PMA=90°\\PN=PM\\∠NPB=∠MPA\end{array} $
∴ $△ NPB≌△ MPA$（ASA），
∴ $PB=PA=9$。
【答案】
9
【知识点】
全等三角形的判定与性质，坐标与图形性质，正方形的判定与性质
【点评】
本题是全等三角形在平面直角坐标系中的典型应用，解题的核心是利用点的坐标特征构造辅助线，得到全等三角形的判定条件，能有效考查学生的几何构造能力和全等知识的应用能力。
【难度系数】
0.7
6.如图，在$△ ABC$中，BD平分$∠ ABC$，E是BD上一点，$EA⊥ AB$，且$EB=EC$.求证：$BC=2AB$.
答案
6. 证明:过点E作EF⊥BC于点F.
∵BD平分∠ABC,EA⊥AB,
∴EA=EF.在△ABE和△FBE中,
∵$\begin{cases} ∠ABE=∠FBE, \\ ∠BAE=∠BFE, \\ EA=EF, \end{cases}$
∴△ABE≌△FBE(AAS).
∴AB=FB.
∵EB=EC,EF⊥BC,
∴BC=2FB.
∴BC=2AB.
∵BD平分∠ABC,EA⊥AB,
∴EA=EF.在△ABE和△FBE中,
∵$\begin{cases} ∠ABE=∠FBE, \\ ∠BAE=∠BFE, \\ EA=EF, \end{cases}$
∴△ABE≌△FBE(AAS).
∴AB=FB.
∵EB=EC,EF⊥BC,
∴BC=2FB.
∴BC=2AB.
解析
【分析】
要证明$BC=2AB$，可将$BC$拆分为两段相等的线段，证明其中一段与$AB$相等即可。已知$BD$是$∠ ABC$的角平分线，且$EA⊥ AB$，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$E$作$EF⊥ BC$于$F$，先得到$EA=EF$，再证明$△ ABE$和$△ FBE$全等，推出$AB=BF$；最后结合$EB=EC$，利用等腰三角形三线合一的性质，可知$F$是$BC$中点，即$BC=2BF$，通过等量代换即可得证。
【解析】
证明:过点E作$EF⊥ BC$于点F.
∵BD平分$∠ ABC$,$EA⊥ AB$,
∴$EA=EF$.
在$△ ABE$和$△ FBE$中,
∵$\begin{cases} ∠ABE=∠FBE, \\ ∠BAE=∠BFE, \\ EA=EF, \end{cases}$
∴$△ ABE≌△ FBE(\mathrm{AAS})$.
∴$AB=FB$.
∵$EB=EC$,$EF⊥ BC$,
∴$BC=2FB$.
∴$BC=2AB$.
【答案】
证明见上述解析过程，最终可证得$BC=2AB$。
【知识点】
角平分线的性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形三线合一
【点评】
本题是典型的几何证明题，解题核心是结合角平分线的性质构造辅助线，通过全等转化、等腰三角形性质代换得到线段的倍分关系，能够有效锻炼几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
要证明$BC=2AB$，可将$BC$拆分为两段相等的线段，证明其中一段与$AB$相等即可。已知$BD$是$∠ ABC$的角平分线，且$EA⊥ AB$，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$E$作$EF⊥ BC$于$F$，先得到$EA=EF$，再证明$△ ABE$和$△ FBE$全等，推出$AB=BF$；最后结合$EB=EC$，利用等腰三角形三线合一的性质，可知$F$是$BC$中点，即$BC=2BF$，通过等量代换即可得证。
【解析】
证明:过点E作$EF⊥ BC$于点F.
∵BD平分$∠ ABC$,$EA⊥ AB$,
∴$EA=EF$.
在$△ ABE$和$△ FBE$中,
∵$\begin{cases} ∠ABE=∠FBE, \\ ∠BAE=∠BFE, \\ EA=EF, \end{cases}$
∴$△ ABE≌△ FBE(\mathrm{AAS})$.
∴$AB=FB$.
∵$EB=EC$,$EF⊥ BC$,
∴$BC=2FB$.
∴$BC=2AB$.
【答案】
证明见上述解析过程，最终可证得$BC=2AB$。
【知识点】
角平分线的性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形三线合一
【点评】
本题是典型的几何证明题，解题核心是结合角平分线的性质构造辅助线，通过全等转化、等腰三角形性质代换得到线段的倍分关系，能够有效锻炼几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
