专题16 角平分线四大模型(解析版)

中考常考几何模型 专题16 角平分线四大模型 1、角平分线上的点向两边作垂线 如图，P 是∠MON 的平分线上一点，过点 P 作 PA⊥OM 于点 A，PB⊥ON 于点 B。 结论：PB=PA。

2、截取构造对称全等 如图，P 是∠MON 的平分线上一点，点 A 是射线 OM 上任意一点，在 ON上截取 OB=OA，连接 PB。

结论：△OPB≌△OPA。

3、 角平分线+垂线构造等腰三角形 如图，P 是∠MO 的平分线上一点，AP⊥OP 于 P 点，延长 AP 于点 B。 结论：△AOB 是等腰三角形。

4、角平分线+平行线 如图，P 是∠MO 的平分线上一点，过点 P 作 PQ∥ON，交 OM 于点 Q。结论：△POQ 是等腰三角形。 模型精练： 1．（2019•东平县二模）如图，△ABC的外角∠ACD的平分线CP与内角∠ABC的平分线BP交于点P，若∠BPC＝40°，则∠CAP＝（ ）

A．40° B．45° C．50° D．60° 【点睛】根据外角与内角性质得出∠BAC的度数，再利用角平分线的性质以及直角三角形全等的判定，得出∠CAP＝∠FAP，即可得出答案

【解析】解：延长BA，作PN⊥BD，PF⊥BA，PM⊥AC，

设∠PCD＝x°， ∵CP平分∠ACD， ∴∠ACP＝∠PCD＝x°，PM＝PN， ∵BP平分∠ABC， ∴∠ABP＝∠PBC，PF＝PN， ∴PF＝PM， ∵∠BPC＝40°， ∴∠ABP＝∠PBC＝∠PCD﹣∠BPC＝（x﹣40）°， ∴∠BAC＝∠ACD﹣∠ABC＝2x°﹣（x°﹣40°）﹣（x°﹣40°）＝80°， ∴∠CAF＝100°， 在Rt△PFA和Rt△PMA中， {𝑃𝐴=𝑃𝐴𝑃𝑀=𝑃𝐹，

∴Rt△PFA≌Rt△PMA（HL）， ∴∠FAP＝∠PAC＝50°． 故选：C． 2．（2019•桂平市期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠CAB，BC＝12cm，BD＝8cm，那么点D到直线AB的距离是（ ）

A．2cm B．4cm C．6cm D．10cm 【点睛】先求出CD的长，过点D作DE⊥AB于点E，根据角平分线上的点到角的两边的距离相等的性质可得DE＝CD，从而得解．

【解析】解：如图，过点D作DE⊥AB于点E， ∵BC＝12cm，BD＝8cm， ∴CD＝BC﹣BD＝12﹣8＝4cm， ∵∠C＝90°，AD平分∠CAB， ∴DE＝CD＝4cm， 即点D到直线AB的距离是4cm． 故选：B． 3．（2020•浙江自主招生）如图，在△ABC中，AD是∠A的外角平分线，P是AD上异于A的任意一点，设PB＝m，PC＝n，AB＝c，AC＝b，则（m+n）与（b+c）的大小关系是（ ）

A．m+n＞b+c B．m+n＜b+c C．m+n＝b+c D．无法确定 【点睛】在BA的延长线上取点E，使AE＝AC，连接EP，证明△ACP和△AEP全等，推出PE＝PC，根据三角形任意两边之和大于第三边即可得到m+n＞b+c．

【解析】解：在BA的延长线上取点E，使AE＝AC，连接EP，

∵AD是∠A的外角平分线， ∴∠CAD＝∠EAD， 在△ACP和△AEP中，{𝐴𝐸=𝐴𝐶∠𝐶𝐴𝐷=∠𝐸𝐴𝐷𝐴𝑃=𝐴𝑃， ∴△ACP≌△AEP（SAS）， ∴PE＝PC， 在△PBE中，PB+PE＞AB+AE， ∵PB＝m，PC＝n，AB＝c，AC＝b， ∴m+n＞b+c． 故选：A． 4．（2019•兰山区一模）如图，在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线交于点E，过点E作MN∥BC交AB于M，交AC于N，若BM+CN＝11，则线段MN的长为 11 ．

【点睛】根据平行线的性质得出∠MEB＝∠EBC，∠NEC＝∠ECB，根据角平分线定义得出∠MBE＝∠EBC，∠NCE＝∠ECB，求出∠MEB＝∠MBE，∠NEC＝∠NCE，推出ME＝BM，EN＝CN即可．

【解析】解：∵MN∥BC， ∴∠MEB＝∠EBC，∠NEC＝∠ECB， ∵∠ABC和∠ACB的平分线交于点E， ∴∠MBE＝∠EBC，∠NCE＝∠ECB， ∴∠MEB＝∠MBE，∠NEC＝∠NCE， ∴ME＝BM，EN＝CN， ∵BM+CN＝11， ∴EM+EN＝11， 即MN＝11， 故答案为：11． 5．如图，已知等腰直角三角形ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，BF平分∠ABC，CD⊥BD交BF的延长线于点D，试说明：BF＝2CD．

【点睛】作BE的中点E，连接AE、AD，根据直角三角形得到性质就可以得出AE＝BE＝EF，由BD平分∠ABC就可以得出∠ABE＝∠DBC＝22.5°，从而可以得出∠BAE＝∠BAE＝∠ACD＝22.5°，∠AEF＝45°，由∠BAC＝90°，∠BDC＝90°就可以得出A、B、C、D四点共圆，求出AD＝DC，证△ADC≌△AEB推出BE＝CD，从而得到结论．

【解析】解：取BF的中点E，连接AE，AD，

∵∠BAC＝90°， ∴AE＝BE＝EF， ∴∠ABD＝∠BAE， ∵CD⊥BD， ∴A，B，C，D四点共圆， ∴∠DAC＝∠DBC， ∵BF平分∠ABC， ∴∠ABD＝∠DBC， ∴∠DAC＝∠BAE， ∴∠EAD＝90°， ∵AB＝AC， ∴∠ABC＝45°， ∴∠ABD＝∠DBC＝22.5°， ∴∠AED＝45°， ∴AE＝AD， 在△ABE与△ADC中，

{∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐷𝐴𝐶∠𝐵𝐴𝐸=∠𝐴𝐶𝐷𝐴𝐸=𝐴𝐷，

∴△ABE≌△ADC， ∴BE＝CD， ∴BF＝2CD． 6．如图，在△ABC中，∠ABE＝2∠C，AD是∠BAC的平分线，BE⊥AD，垂足为E （1）若∠C＝30°，求证：AB＝2BE． （2）若∠C≠30°，求证：BE=12（AC﹣AB）． 【点睛】（1）由BE⊥AD，得到∠AEB＝90°，根据已知条件得到∠ABE＝60°，根据三角形的内角和得到∠BAE＝30°，根据直角三角形的性质即刻得到结论；

（2）根据等腰三角形的性质得到AB＝AF，根据等腰三角形的性质得到∠AFE＝∠ABE＝2∠C，根据三角形外角的性质得到∠C＝∠CBF，得到BF＝CF，于是得到结论．

【解析】解：（1）∵BE⊥AD， ∴∠AEB＝90°， ∵∠ABE＝2∠C，∠C＝30°， ∴∠ABE＝60°， ∴∠BAE＝30°， ∴AB＝2BE； （2）∵AD是∠BAC的平分线，BE⊥AD， ∴AB＝AF， ∴∠AFE＝∠ABE＝2∠C， ∵∠AFE＝∠C+∠CBF， ∴∠C＝∠CBF， ∴BF＝CF， ∵BF＝2BE， ∴CF＝AC﹣AB＝BE＝2BE， ∴BE=12（AC﹣AB）． 7．（2019•沂源县期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝40°，BD是∠ABC的平分线，延长BD至E，使DE＝AD，求证：∠ECA＝40°．

【点睛】在BC上截取BF＝AB，连DF，根据SAS可证明△ABD≌△FBD，得出DF＝DA＝DE，证明△DCE≌△DCF，故∠ECA＝∠DCB＝40°．

【解析】证明：在BC上截取BF＝AB，连DF，

∵BD是∠ABC的平分线， ∴∠ABD＝∠FBD， ∴△ABD≌△FBD（SAS）， ∴DF＝DA＝DE， 又∵∠ACB＝∠ABC＝40°，∠DFC＝180°﹣∠A＝80°， ∴∠FDC＝60°， ∴∠EDC＝∠ADB＝180°﹣∠ABD﹣∠A＝180°﹣20°﹣100°＝60°， ∴△DCE≌△DCF（SAS）， 故∠ECA＝∠DCB＝40°． 8．（2019•临洮县期末）已知△ABC中，AB＝AC，∠A＝108°，BD平分∠ABC，求证：BC＝AC+CD．

【点睛】在线段BC上截取BE＝BA，连接DE．则只需证明CD＝CE即可．结合角度证明∠CDE＝∠CED． 【解析】证明：在线段BC上截取BE＝BA，连接DE．

∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD＝∠EBD=12∠ABC． 在△ABD和△EBD中，

{𝐵𝐸=𝐵𝐴∠𝐴𝐵𝐷=∠𝐸𝐵𝐷𝐵𝐷=𝐵𝐷，

∴△ABD≌△EBD．（SAS） ∴∠BED＝∠A＝108°，∠ADB＝∠EDB． 又∵AB＝AC，∠A＝108°，∠ACB＝∠ABC=12×（180°﹣108°）＝36°，

∴∠ABD＝∠EBD＝18°． ∴∠ADB＝∠EDB＝180°﹣18°﹣108°＝54°． ∴∠CDE＝180°﹣∠ADB﹣∠EDB＝180°﹣54°﹣54°＝72°． ∴∠DEC＝180°﹣∠DEB＝180°﹣108°＝72°． ∴∠CDE＝∠DEC． ∴CD＝CE． ∴BC＝BE+EC＝AB+CD． 9．（2019•自贡期中）如图，在四边形ABCD中，BC＞BA，AD＝DC， （1）若BD⊥CD，∠C＝60°，BC＝10，求AD的长； （2）若BD平分∠ABC，求证：∠A+∠C＝180°．

【点睛】（1）由含30°角的直角三角形的性质求出DC，即可得出答案； （2）在BC上截取BE＝BA，连接DE，推出△ABD≌△EBD，推出∠A＝∠BED，AD＝DE＝DC，推出∠BED+∠C＝180°，即可得出答案．

【解析】（1）解：∵BD⊥CD，∠C＝60°， ∴∠CBD＝30°， ∴DC=12BC＝5，

∵AD＝DC＝5； （2）证明：在BC上截取BE＝BA，连接DE，如图所示： ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD＝∠EBD，