模型11 手拉手模型（讲+练）-备战2023年中考数学解题大招复习讲义（全国通用）

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模型介绍

共顶点模型，亦称“手拉手模型”，是指两个顶角相等的等腰或者等边三角形的顶点重合，两个三角形的两条腰分别构成的两个三角形全等或者相似。寻找共顶点旋转模型的步骤如下：
R（1）寻找公共的顶点
R（2）列出两组相等的边或者对应成比例的边
R（3）将两组相等的边分别分散到两个三角形中去，证明全等或相似即可。

两等边三角形 两等腰直角三角形 两任意等腰三角形
*常见结论：
连接BD、AE交于点F，连接CF，则有以下结论：
（1）
（2）
（3）
（4）

【专题说明】
两个具有公共顶点的相似多边形，在绕着公共顶点旋转的过程中，产生伴随的全等或相似三角形，这样的图形称作共点旋转模型；为了更加直观，我们形象的称其为“手拉手”模型。

【知识总结】


【基本模型】
一、等边三角形手拉手-出全等


图1 图2

图3 图4







二、等腰直角三角形手拉手-出全等
两个共直角顶点的等腰直角三角形，绕点C旋转过程中（B、C、D不共线）始终有：

①△BCD≌△ACE；②BD⊥AE（位置关系）且BD=AE（数量关系）；③FC平分∠BFE；



图1 图2


图3 图4









手拉手模型的定义：两个顶角相等且有共顶点的等腰三角形形成的图形。

手拉手模型特点：“两等腰，共顶点”

模型探究：













例题精讲


考点一：等边三角形中的手拉手模型
【例1】．如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作正三角形ABC和正三角形CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ．有下列结论：
①AD＝BE；②AP＝BQ；③∠AOB＝60°；④DC＝DP；⑤△CPQ为正三角形．
其中正确的结论有_____________.

解：∵△ABC和△DCE是正三角形，
∴AC＝BC，DC＝CE，∠BCA＝∠DCE＝60°，
∴∠BCA+∠BCD＝∠DCE+∠BCD，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE，∴①正确；
∵△ACD≌△BCE，
∴∠CBE＝∠CAD，
∵∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠BCD＝60°＝∠ACB，
在△ACP和△BCQ中
∴△ACP≌△BCQ（ASA），
∴AP＝BQ，∴②正确；
PC＝QC，
∴△CPQ为正三角形∴⑤正确
∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC＝∠BEC，
∠DCE＝60°＝∠CAD+∠ADC，
∴∠CAD+∠BEC＝60°，
∴∠AOB＝∠CAD+∠BEC＝60°，∴③正确；
∵△DCE是正三角形，
∴DE＝DC，
∵∠AOB＝60°，∠DCP＝60°，∠DPC＞∠AOB，
∴∠DPC＞∠DCP，
∴DP＜DC，即DP＜DE，∴④错误；
所以正确的有①②③⑤
Ø变式训练
【变式1-1】．如图，，都是等边三角形，则的度数是　　

A． B． C． D．
解：，都是等边三角形，
，，，，
，，
，，


，的度数是
故选：．



【变式1-2】．如图，△DAC和△EBC均是等边三角形，AE、BD分别与CD、CE交于点M、N，有如下结论：
①△ACE≌△DCB；②CM＝CN；③AC＝DN；④∠DAE＝∠DBC．其中正确的有（　　）

A．②④ B．①②③ C．①②④ D．①②③④
解：∵△DAC和△EBC均是等边三角形，
∴AC＝DC，BC＝CE，∠ACE＝∠BCD，
∴△ACE≌△DCB，①正确
由①得∠AEC＝∠CBD，
∴△BCN≌△ECM，
∴CM＝CN，②正确
假使AC＝DN，即CD＝CN，△CDN为等边三角形，∠CDB＝60°，
又∵∠ACD＝∠CDB+∠DBC＝60°，
∴假设不成立，③错误；
∵∠DBC+∠CDB＝60°∠DAE+∠EAC＝60°，而∠EAC＝∠CDB，
∴∠DAE＝∠DBC，④正确，
∴正确答案①②④ 故选：C．
【变式1-3】．如图，△ABC和△ADE都是等边三角形，点D在BC上，DE与AC交于点F，若AB＝5，BD＝3，则＝　　．

解：连接CE，过点F作FM⊥BC于点M，FN⊥CE于点N，
∵△ABC和△ADE为等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE＝3，∠ABD＝∠ACE＝60°，
∵AB＝BC＝5，
∴DC＝2，
∵∠ACB＝∠ACE＝60°，FM⊥BC，FN⊥CE，
∴FM＝FN，
∵S△DFC＝DC•FM，S△FCE＝CE•FN，
∴，
∴，
故答案为：．
考点二：等腰直角三角形中的手拉手模型
【例2】．如图，和都是等腰直角三角形，，为边上一点，若，，则的长为__________

解：和都是等腰直角三角形，
，，，，
在和中，，
，
，，， ．
Ø变式训练
【变式2-1】．如图，，，连结，分别以、为直角边作等腰和等腰，连结、，当最长时，的长为　　

A． B．3 C． D．

解：，
，即，
在和中，，
，，
，，，
，当点在上时，最大，最大值为，
如图，过作于，
由等腰三角形“三线合一”得，
，
再由直角三角形斜边中线等于斜边一半得，．
故选：．
【变式2-2】．如图，在中，，点为中点，点在边上，连接，过点作的垂线，交于点．下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论是 　　（填序号）．

解：，，点为中点，
，，，，
，，，
，，，故①正确；
当、分别为、中点时，，故②不一定正确；
，，，，故③正确；
，，
，故④正确；故答案为：①③④．
【变式2-3】．如图，△ABC和△CEF均为等腰直角三角形，E在△ABC内，∠CAE+∠CBE＝90°，连接BF．
（1）求证：△CAE∽△CBF．
（2）若BE＝1，AE＝2，求CE的长．

（1）证明：∵△ABC和△CEF均为等腰直角三角形，
∴＝＝，
∴∠ACB＝∠ECF＝45°，
∴∠ACE＝∠BCF，
∴△CAE∽△CBF；
（2）解：∵△CAE∽△CBF，
∴∠CAE＝∠CBF，＝＝，
又∵＝＝，AE＝2
∴＝，∴BF＝，
又∵∠CAE+∠CBE＝90°，
∴∠CBF+∠CBE＝90°，
∴∠EBF＝90°，
∴EF2＝BE2+BF2＝12+（）2＝3，
∴EF＝，
∵CE2＝2EF2＝6，
∴CE＝．
考点三：任意等腰三角形中的手拉手模型
【例3】．如图，在△AOB和△COD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＜OC，∠AOB＝∠COD＝36°．连接AC，BD交于点M，连接OM．下列结论：
①∠AMB＝36°，②AC＝BD，③OM平分∠AOD，④MO平分∠AMD．其中正确的结论是_____．

解：∵∠AOB＝∠COD＝36°，
∴∠AOB+∠BOC＝∠COD+∠BOC，
即∠AOC＝∠BOD，
在△AOC和△BOD中，

∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，故②正确；
∵∠OAC＝∠OBD，
由三角形的外角性质得：
∠AMB+∠OBD＝∠OAC+∠AOB，
∴∠AMB＝∠AOB＝36°，故①正确；
法一：作OG⊥AM于G，OH⊥DM于H，如图所示，

则∠OGA＝∠OHB＝90°，
∵△AOC≌△BOD，
∴OG＝OH，
∴MO平分∠AMD，故④正确；
法二：∵△AOC≌△BOD，
∴∠OAC＝∠OBD，
∴A、B、M、O四点共圆，
∴∠AMO＝∠ABO＝72°，
同理可得：D、C、M、O四点共圆，
∴∠DMO＝∠DCO＝72°＝∠AMO，
∴MO平分∠AMD，
故④正确；
假设MO平分∠AOD，则∠DOM＝∠AOM，
在△AMO与△DMO中，
，
∴△AMO≌△DMO（ASA），
∴AO＝OD，
∵OC＝OD，
∴OA＝OC，
而OA＜OC，故③错误；



Ø变式训练
【变式3-1】．如图，等腰中，，，点为直线上一动点，以线段为腰在右侧作等腰，且，连接，则的最小值为　　

A． B．4 C．6 D．8
解：连接并延长交延长线于，
，，，
，，
，，，
，
为定直线，为定值，
当在直线上运动时，也在定直线上运动，
当时，最小，
，，
当与重合时，最小，在中，，，
，，的最小值为，故选：．
【变式3-2】．如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，∠BAC＝120°，以CA为边在∠ACB的另一侧作∠ACM＝∠ACB，点D为边BC（不含端点）上的任意一点，在射线CM上截取CE＝BD，连接AD，DE，AE．设AC与DE交于点F，则线段CF的最大值为 　　．

解：∵∠BAC＝120°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝30°．
∵∠ACM＝∠ACB，
∴∠B＝∠ACM＝30°．
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）．
∴AD＝AE，∠BAD＝∠CAE．
∴∠CAE+∠DAC＝∠BAD+∠DAC＝∠BAC＝120°．即∠DAE＝120°．
∵AD＝AE，
∴∠ADE＝∠AED＝30°；
∵∠ADE＝∠ACB＝30°且∠DAF＝∠CAD，
∴△ADF∽△ACD．
∴＝．
∴AD2＝AF•AC．
∴AD2＝5AF．
∴AF＝．
∴当AD最短时，AF最短、CF最长．
∵当AD⊥BC时，AF最短、CF最长，此时AD＝AB＝．
∴AF最短＝＝．
∴CF最长＝AC﹣AF最短＝5﹣＝． 故答案为：．

【变式3-3】.【问题背景】
（1）如图1，等腰中，，，于点，则　　；
【知识应用】
（2）如图2，和都是等腰三角形，，、、三点在同一条直线上，连接．求证：．

（3）请写出线段，，之间的等量关系，并说明理由．

（1）解：，，，
，，，
由勾股定理得：，
，，故答案为：；
（2）证明：，
，即，
在和中，，
；
（3）解：，
理由如下：由（1）可知：，
，，
．







实战演练

1.风筝为中国人发明，相传墨翟以木头制成木鸟，研制三年有成，是人类最早的风筝起源．如图，小飞在设计的“风筝”图案中，已知，，，那么与相等．小飞直接证明，他的证明依据是　　

A． B． C． D．
证明：，
，，
，，，，故选：．
2．如图，，都是等边三角形，则的度数是　　

A． B． C． D．
解：，都是等边三角形，
，，，，
，，
，，


，的度数是，故选：．
3．如图，点是轴上一个定点，点从原点出发沿轴的正方向移动，以线段为边在轴右侧作等边三角形，以线段为边在上方作等边三角形，连接，随点的移动，下列说法错误的
是　　

A． B．
C．直线与轴所夹的锐角恒为 D．随点的移动，线段的值逐渐增大
解：．和都是等边三角形，
，，，
，，，
故不符合题意；
．，，
，故不符合题意；
．延长交轴于点，
，
，
，，
，
，
直线与轴所夹的锐角恒为，故不符合题意；
．，，
点是轴上一个定点，的值是一个定值，
随点的移动，线段的值不变，故符合题意；故选：．
4．如图，，，连结，分别以、为直角边作等腰和等腰，连结、，当最长时，的长为　　

A． B．3 C． D．
解：，
，即，
在和中，，
，，
，，，
，当点在上时，最大，最大值为，
如图，过作于，
由等腰三角形“三线合一”得，
，
再由直角三角形斜边中线等于斜边一半得，．
故选：．
5．如图，线段绕点旋转，线段的位置保持不变，在的上方作等边，若，，则在线段旋转过程中，线段的最大值是　　

A． B．4 C． D．5

解：如图，以为边，在的左侧作等边，连接，
，是等边三角形，，，，
，
在和中，，
，，
在中，，
当点在的延长线上时，的最大值，
的最大值为4，故选：．
6．如图，O是等边△ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，则∠AOB＝　150°　．

解：连接OO′，如图，
∵线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，
∴BO′＝BO＝4，∠O′BO＝60°，
∴△BOO′为等边三角形，
∴∠BOO′＝60°，
∵△ABC为等边三角形，
∴BA＝BC，∠ABC＝60°，
∴∠O′BO﹣∠ABO＝∠ABC﹣∠ABO，即∠O′BA＝∠OBC，
在△O′BA和△OBC中
，
∴△O′BA≌△OBC（SAS），
∴O′A＝OC＝5，
在△AOO′中，∵OA′＝5，OO′＝4，OA＝3，
∴OA2+OO′2＝O′A2，
∴∠AOO′＝90°，
∴∠AOB＝60°+90°＝150°，故答案为：150°．

7．如图，△ABC与△ADE均是等腰直角三角形，点B，C，D在同一直线上，AB＝AC＝2，AD＝AE＝3，∠BAC＝∠DAE＝90°，则CD＝　﹣　．

解：∵AB＝AC＝2，AD＝AE＝3，∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴BC＝AB＝2，DE＝AE＝3，∠BAD＝∠CAE，∠ABC＝45°＝∠ACB，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴EC＝BD，∠ABD＝∠ACE＝45°，
∴∠ECB＝∠ECD＝90°，
∴DE2＝EC2+CD2，
∴18＝（2+CD）2+CD2，
解得：CD＝﹣，CD＝﹣﹣（不合题意舍去），
故答案为：﹣．

8．如图，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，连接CD、BE，点F、G分别为DE、BE的中点，连接FG．在△ADE旋转的过程中，当D、E、C三点共线时，若AB＝3，AD＝2，则线段FG的长为　　．

解：连接BD，∠BAD＝90°﹣∠BAE，∠CAE＝90°﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE．
又AD＝AE，AB＝AC，
∴△ADB≌△AEC（SAS）．
∴BD＝CE，∠ADB＝∠AEC＝135°，
∴∠BDC＝135°﹣45°＝90°．
∵△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，AB＝3，AD＝2，
∴DE＝2，BC＝3．
设BD＝x，则DC＝2+x，
在Rt△BDC中，利用勾股定理BD2+DC2＝BC2，
所以x2+（2+x）2＝18，解得x1＝﹣﹣（舍去），x2＝﹣+．
∵点F、G分别为DE、BE的中点，
∴FG＝BD＝．
故答案为．





9．如图，△ACD和△BCE都是等腰直角三角形，∠ACD＝∠BCE＝90°，AE交CD于点F，BD分别交CE、AE于点G、H．试猜测线段AE和BD的数量和位置关系，并说明理由．

解：猜测AE＝BD，AE⊥BD；
理由如下：
∵∠ACD＝∠BCE＝90°，
∴∠ACD+∠DCE＝∠BCE+∠DCE，
即∠ACE＝∠DCB，
又∵△ACD和△BCE都是等腰直角三角形，
∴AC＝CD，CE＝CB，
在△ACE与△DCB中，

∴△ACE≌△DCB（SAS），
∴AE＝BD，∠CAE＝∠CDB；
∵∠AFC＝∠DFH，∠FAC+∠AFC＝90°，
∴∠DHF＝∠ACD＝90°，
∴AE⊥BD．
故线段AE和BD的数量相等，位置是垂直关系．
10．如图，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AE＝AC，AF⊥CB，垂足为F．
（1）求证：△ABC≌△ADE； （2）求∠FAE的度数；
（3）求证：CD＝2BF+DE．

证明：（1）∵∠BAD＝∠CAE＝90°，
∴∠BAC+∠CAD＝90°，∠CAD+∠DAE＝90°，
∴∠BAC＝∠DAE，
在△BAC和△DAE中，
，
∴△BAC≌△DAE（SAS）；
（2）∵∠CAE＝90°，AC＝AE，
∴∠E＝45°，
由（1）知△BAC≌△DAE，
∴∠BCA＝∠E＝45°，
∵AF⊥BC，
∴∠CFA＝90°，
∴∠CAF＝45°，
∴∠FAE＝∠FAC+∠CAE＝45°+90°＝135°；
（3）延长BF到G，使得FG＝FB，
∵AF⊥BG，
∴∠AFG＝∠AFB＝90°，
在△AFB和△AFG中，
，
∴△AFB≌△AFG（SAS），
∴AB＝AG，∠ABF＝∠G，
∵△BAC≌△DAE，
∴AB＝AD，∠CBA＝∠EDA，CB＝ED，
∴AG＝AD，∠ABF＝∠CDA，
∴∠G＝∠CDA，
∵∠GCA＝∠DCA＝45°，
在△CGA和△CDA中，
，
∴△CGA≌△CDA（AAS），
∴CG＝CD，
∵CG＝CB+BF+FG＝CB+2BF＝DE+2BF，
∴CD＝2BF+DE．


11．已知△ABC和△ADE都是等边三角形，点D在射线BF上，连接CE．
（1）如图1，BD与CE是否相等？请说明理由；
（2）如图1，求∠BCE的度数；
（3）如图2，当D在BC延长线上时，连接BE，△ABE、△CDE与△ADE的面积有怎样的关系？并说明理由．

解：（1）BD＝CE，
理由如下：∵△ABC和△ADE是都是等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）∵△ABD≌△ACE，
∴∠ABD＝∠ACE＝60°，
∴∠BCE＝120°；
（3）S△ABE+S△CDE＝S△ADE，理由如下：
∵△ABC和△ADE是都是等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴S△ABD＝S△ACE，∠ABC＝∠ACE＝60°，
∴∠ECD＝180°﹣∠ACB﹣∠ACE＝60°，
∴∠ABC＝∠ECD，
∴AB∥CE，
∴S△ABE＝S△ABC，
∵S△ACE+S△CDE＝S△ADE+S△ACD，
∴S△ABD+S△CDE＝S△ADE+S△ACD，
∴S△ABC+S△ACD+S△CDE＝S△ADE+S△ACD，
∴S△ABE+S△CDE＝S△ADE．
12．如图，在△ABC中，分别以AB、AC为腰向外侧作等腰Rt△ADB与等腰Rt△AEC，∠DAB＝∠EAC＝90°，连接DC、EB相交于点O．
（1）求证：BE⊥DC；
（2）若BE＝BC．
①如图1，G、F分别是DB、EC中点，求的值．
②如图2，连接OA，若OA＝2，求△DOE的面积．

（1）证明：∵∠DAB＝∠EAC＝90°，
∴∠EAB＝∠CAD，
在△BAE和△DAC中，
，
∴△BAE≌△DAC（SAS），
∴∠ABE＝∠ADC，
∵∠BAD＝90°，
∴∠DOB＝90°，即BE⊥DC；
（2）解：①取DE的中点H，连接GH、FH，
∵点G是BD的中点，
∴GH∥BE，GH＝BE，
同理，FH∥CD，FH＝CD，
∵BE＝CD．BE⊥DC，
∴GH＝FH，GH⊥FH，
∴△HGF为等腰直角三角形，
∴GF＝GH，
∵GH＝BE，
∴GF＝BE，
∵BE＝BC，
∴＝；
②作AM⊥BE于M，AN⊥CD于N，
在△BAE和△BAC中，
，
∴△BAE≌△BAC（SSS），
∴∠BAE＝∠BAC＝135°，
∴∠DAE＝135°﹣90°＝45°，即∠OAD+∠OAE＝45°，
∵△BAE≌△DAC，
∴AM＝AN，又AM⊥BE，AN⊥CD，
∴OA平分∠BOC，
∴∠BOA＝∠COA＝45°，
∴∠DOA＝∠EOA＝135°，
∴∠ODA+∠OAD＝45°，
∴∠OAE＝∠ODA，
∴△ODA∽△OAE，
∴＝，即OD•OE＝OA2＝4，
∴△DOE的面积＝×OD•OE＝2．


13．如图（1），在△ABC中，∠ACB为锐角，点D为射线BC上一动点，连接AD，以AD为一边在AD的右侧作等腰直角△ADF，∠ADE＝∠AED＝45°，∠DAE＝90°，AD＝AE，解答下列问题：
（1）如果AB＝AC，∠BAC＝90°，∠ABC＝∠ACB＝45°．
①当点D在线段BC上时（与点B不重合），如图（2），线段CE、BD之间的数量关系为 　CE＝BD　；位置关系为 　CE⊥BD　；（不用证明）
②当点D在线段BC的延长线上时，如图（3），①中的结论是否仍然成立，请写出结论并说明理由．
（2）如果AB≠AC，∠BAC≠90°，点D在线段BC上运动．
试探究：当△ABC满足一个什么条件时，CE⊥BD（点C、E重合除外）？请写出条件，并借助图（4）简述CE⊥BD成立的理由．

解：（1）①CE与BD位置关系是CE⊥BD，数量关系是CE＝BD．
理由：如图（2），∵∠BAD＝90°﹣∠DAC，∠CAE＝90°﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAE．
又 BA＝CA，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE （SAS），
∴∠ACE＝∠B＝45°且 CE＝BD．
∵∠ACB＝∠B＝45°，
∴∠ECB＝45°+45°＝90°，即 CE⊥BD．
故答案为：CE＝BD；CE⊥BD．
②当点D在BC的延长线上时，①的结论仍成立．
如图（3），∵∠DAE＝90°，∠BAC＝90°，
∴∠DAE＝∠BAC，
∴∠DAB＝∠EAC，
又AB＝AC，AD＝AE，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴CE＝BD，且∠ACE＝∠ABD．
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝45°，
∴∠ACE＝45°，
∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，
即 CE⊥BD；

（2）如图（4）所示，当∠BCA＝45°时，CE⊥BD．
理由：过点A作AG⊥AC交BC于点G，
∴AC＝AG，∠AGC＝45°，
即△ACG是等腰直角三角形，
∵∠GAD+∠DAC＝90°＝∠CAE+∠DAC，
∴∠GAD＝∠CAE，
又∵DA＝EA，
∴△GAD≌△CAE（SAS），
∴∠ACE＝∠AGD＝45°，
∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，
即CE⊥BD．






14．（注意：本题中的说理过程中的每一步必须注明理由，否则不得分）如图1，在△ABC中，∠ACB为锐角，点D为射线BC上一点，连接AD，以AD为一边且在AD的右侧作正方形ADEF．
（1）如果AB＝AC，∠BAC＝90°；
①当点D在线段BC上时（与点B不重合），如图2，线段CF、BD所在直线的位置关系为 　CF⊥BD　，线段CF、BD的数量关系为 　CF＝BD　；
②当点D在线段BC的延长线上时，如图3，①中的结论是否仍然成立？并说明理由；
（2）如图4，如果AB≠AC，∠BAC是锐角，点D在线段BC上，当∠ACB满足什么条件时，CF⊥BC（点C、F不重合），并说明理由．


解：（1）①正方形ADEF中，AD＝AF，
∵∠BAC＝∠DAF＝90°，
∴∠BAD＝∠CAF，
又∵AB＝AC，
∴△DAB≌△FAC（SAS），
∴CF＝BD，∠B＝∠ACF，
∴∠ACB+∠ACF＝90°，即CF⊥BD．
故答案为：CF⊥BD，CF＝BD；
②当点D在BC的延长线上时①的结论仍成立．理由如下：
由正方形ADEF得AD＝AF，∠DAF＝90°．
∵∠BAC＝90°，
∴∠DAF＝∠BAC，
∴∠DAB＝∠FAC，
又∵AB＝AC，
∴△DAB≌△FAC（SAS），
∴CF＝BD，∠ACF＝∠ABD．
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝45°，
∴∠ACF＝45°，
∴∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90°．
即CF⊥BD；
（2）当∠ACB＝45°时，CF⊥BD．理由如下：
过点A作AG⊥AC交CB的延长线于点G，

则∠GAC＝90°，
∵∠ACB＝45°，∠AGC＝90°﹣∠ACB，
∴∠AGC＝90°﹣45°＝45°，
∴∠ACB＝∠AGC＝45°，
∴AC＝AG，
∵∠DAG＝∠FAC（同角的余角相等），AD＝AF，
∴△GAD≌△CAF（SAS），
∴∠ACF＝∠AGC＝45°，
∴∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝45°+45°＝90°，即CF⊥BC．

15．背景：一次小组合作探究课上，小明将两个正方形按如图所示的位置摆放（点E、A、D在同一条直线上），发现BE＝DG且BE⊥DG．
小组讨论后，提出了下列三个问题，请你帮助解答：
（1）将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转（如图1），还能得到BE＝DG吗？若能，请给出证明；若不能，请说明理由；


（2）把背景中的正方形分别改成菱形AEFG和菱形ABCD，将菱形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图2），试问当∠EAG与∠BAD的大小满足怎样的关系时，背景中的结论BE＝DG仍成立？请说明理由；
（3）把背景中的正方形分别改写成矩形AEFG和矩形ABCD，且，AE＝4，AB＝8，将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图3），连接DE，BG．小组发现：在旋转过程中，DE2+BG2的值是定值，请求出这个定值．


（1）证明：∵四边形AEFG为正方形，
∴AE＝AG，∠EAG＝90°，
又∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∴∠EAB＝∠GAD，
∴△AEB≌△AGD（SAS），
∴BE＝DG；
（2）当∠EAG＝∠BAD时，BE＝DG，
理由如下：
∵∠EAG＝∠BAD，
∴∠EAB＝∠GAD，
又∵四边形AEFG和四边形ABCD为菱形，
∴AE＝AG，AB＝AD，
∴△AEB≌△AGD（SAS），
∴BE＝DG；
（3）解：方法一：过点E作EM⊥DA，交DA的延长线于点M，

过点G作GN⊥AB交AB于点N，
由题意知，AE＝4，AB＝8，
∵＝，
∴AG＝6，AD＝12，
∵∠EMA＝∠ANG，∠MAE＝∠GAN，
∴△AME∽△ANG，
设EM＝2a，AM＝2b，则GN＝3a，AN＝3b，则BN＝8﹣3b，
∴ED2＝（2a）2+（12+2b）2＝4a2+144+48b+4b2，
GB2＝（3a）2+（8﹣3b）2＝9a2+64﹣48b+9b2，
∴ED2+GB2＝13（a2+b2）+208＝13×4+208＝260．
方法二：如图2，设BE与DG交于Q，BE与AG交于点P，

∵，AE＝4，AB＝8
∴AG＝6，AD＝12．
∵四边形AEFG和四边形ABCD为矩形，
∴∠EAG＝∠BAD，
∴∠EAB＝∠GAD，
∵，
∴△EAB∽△GAD，
∴∠BEA＝∠AGD，
∴A，E，G，Q四点共圆，
∴∠GQP＝∠PAE＝90°，
∴GD⊥EB，
连接EG，BD，
∴ED2+GB2＝EQ2+QD2+GQ2+QB2＝EG2+BD2，
∴EG2+BD2＝42+62+82+122＝260．