猜想02全等三角形（5种解题模型专练）-2023-2024学年八年级数学上学期期末考点预测（人教版）

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题型一：一线三等角构造全等模型 题型二：手拉手模型-旋转型全等
题型三：倍长中线模型 题型四：角平分线+垂直构造全等模型
题型五：对角互补且一组邻边相等的半角模型
题型一：一线三等角构造全等模型
1．（2022秋•南陵县期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE于点E，AD⊥CE于点D，若AD＝8cm，BE＝3cm，则DE＝ 5 cm．
【分析】由余角的性质可证∠CAD＝∠BCE，即可证明△CDA≌△BEC，可得CD＝BE，CE＝AD，根据DE＝CE﹣CD，即可解题．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，BE⊥CE于点E，AD⊥CE于点D，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠ACD+∠CAD＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
在△CDA和△BEC中，
，
∴△CDA≌△BEC（AAS），
∴CD＝BE，CE＝AD，
∵DE＝CE﹣CD，
∴DE＝AD﹣BE，
∵AD＝8cm，BE＝3cm，
∴DE＝5cm，
故答案为：5．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△CDA≌△BEC是解题的关键．
2．（2022秋•香坊区期末）如图，等边△ABC中，CH⊥AB于点H，点D、E分别在边AB、BC上，连接DE，点F在CH上，连接EF，若DE＝EF，∠DEF＝60°，BE＝2，CE＝8，则DH＝ 1 ．
【分析】在BC上取点G，连接GF，使GC＝GF，证明△BDE≌△GEF，得到BE＝CG，BD＝EG，求出BD，则DH＝BD﹣BH即可求出结果．
【解答】解：在BC上取点G，连接GF，使GC＝GF，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠ACB＝60°，
∵CH⊥AB，
∴AH＝BH＝AB＝×10＝5，
∠BCH＝∠ABC＝30°，
∵GF＝GC，
∴∠GFC＝∠BCH＝30°，
∴∠EGF＝∠GFC+∠BCH＝60°，
∴∠B＝∠EGF，
∵∠DEF＝60°，
∴∠BED+∠GEF＝120°，
∵∠BED+∠BDE＝120°，
∴∠BDE＝∠GEF，
又∵DE＝EF，
∴△BDE≌△GEF（AAS），
∴BE＝CG＝2，
BD＝EG＝10﹣2﹣2＝6，
∴DH＝BD﹣BH＝6﹣5＝1．
故答案为：1．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，正确添加辅助线，构造全等三角形是解题关键．
3．（2022秋•射洪市期末）如图，△ABF和△DCE中，已知∠A＝∠D＝90°，E、F在线段BC上，DE与AF交于点O，且AB＝CD，BE＝CF．求证：OE＝OF．
【分析】由于△ABF与△DCE是直角三角形，根据直角三角形全等的判定的方法即可证明全等，然后根据三角形全等的性质得出∠AFB＝∠DEC，再根据等腰三角形的性质得出结论．
【解答】证明：∵BE＝CF，
∴BE+EF＝CF+EF，即BF＝CE，
∵∠A＝∠D＝90°，
∴△ABF与△DCE都为直角三角形，
在Rt△ABF和Rt△DCE中，
，
∴Rt△ABF≌Rt△DCE（HL），
∴∠AFB＝∠DEC，
∴OE＝OF．
【点评】此题考查了直角三角形全等的判定和性质及等腰三角形的性质，解题关键是由BE＝CF通过等量代换得到BF＝CE．
4．（2022秋•嘉峪关期末）如图所示，工人赵师傅用10块高度都是1.5m的相同长方体新型建筑材料，垒了两堵与地面垂直的墙ABCD和EFGH，点P在BE上，已知AP＝PF，∠APF＝90°．
（1）求证：△ABP≌△PEF；
（2）求BE的长．
【分析】（1）根据全等三角形的判定定理AAS证得结论；
（2）利用（1）中全等三角形的对应边相等得到：BP＝EF＝10.5m，AB＝PE＝4.5m，则BE＝BO+PE．
【解答】（1）证明：∵∠ABP＝∠FEP＝90°，∠APF＝90°，
∴∠APB＝∠PFE（同角的余角相等）．
在△ABP与△PEF中，
，
∴△ABP≌△PEF（AAS）；
（2）由题意知，AB＝1.5×3＝4.5（m），EF＝7×1.5＝10.5（m）．
由（1）知，△ABP≌△PEF，
∴BP＝EF＝10.5m，AB＝PE＝4.5m，
∴BE＝BP+PE＝15m．
【点评】本题主要考查了全等三角形的应用，用全等寻找下一个全等三角形的条件，全等的性质和判定往往是综合在一起应用的，这需要认真分析题目的已知和求证，分清问题中已知的线段和角与所证明的线段或角之间的联系．
5．（2022秋•大安市期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线MN，AM⊥MN于点M，BN⊥MN于点N．
（1）若MN在△ABC外（如图1），求证：MN＝AM+BN；
（2）若MN与线段AB相交（如图2），且AM＝2.6，BN＝1.1，则MN＝ 1.5 ．
【分析】（1）利用互余关系证∠MAC＝∠NCB，再证△AMC≌△CNB（AAS），得到AM＝CN，MC＝BN，即可得出结论；
（2）类似于（1）可证△ACM≌△CBN（AAS），得AM＝CN＝2.6，CM＝BN＝1.1，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AM⊥MN，BN⊥MN，
∴∠AMC＝∠CNB＝90°．
∵∠ACB＝90°，∠AMC＝90°，
∴∠MAC+∠ACM＝90°，∠NCB+∠ACM＝90°，
∴∠MAC＝∠NCB．
在△AMC和△CNB中，
，
∴△AMC≌△CNB（AAS），
∴AM＝CN，MC＝NB．
∵MN＝NC+CM，
∴MN＝AM+BN．
（2）解：∵AM⊥MN于M，BN⊥MN，
∴∠AMC＝∠CNB＝90°，
∴∠MAC+∠ACM＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACM+∠NCB＝90°，
∴∠MAC＝∠NCB，
在△ACM和△CBN中，
，
∴△ACM≌△CBN（AAS），
∴AM＝CN＝2.6，CM＝BN＝1.1，
∴MN＝CN﹣CM＝2.6﹣1.1＝1.5，
故答案为：1.5．
【点评】本题主要考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
6．（2022秋•新乡期末）已知在平面直角坐标系中，A（4，0），B（0，3），以线段AB为直角边在第一象限内作等腰直角三角形ABC，AB＝AC，∠BAC＝90°．求点C坐标．
【分析】由∠AOB＝90°，AB＝AC，∠BAC＝90°，想到作CD⊥x轴于点D，构造“一线三直角”模型，证明△CDA≌△AOB，得DC＝OA＝4，DA＝OB＝3，则OD＝7，即可求得C（7，4）．
【解答】解：作CD⊥x轴于点D，
则∠CDA＝∠AOB＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠DAC＝∠OBA＝90°﹣∠OAB，
在△CDA和△AOB中，
，
∴△CDA≌△AOB（AAS），
∵A（4，0），B（0，3），
∴DC＝OA＝4，DA＝OB＝3，
∴OD＝OA+DA＝4+3＝7，
∴C（7，4）．
【点评】此题重点考查图形与坐标、同角的余角相等、全等三角形的判定与性质等知识，证明△CDA≌△AOB是解题的关键．
7．（2022秋•榆树市校级期末）如图，CD∥AB，CD＝CB，点E在BC上，∠D＝∠ACB．
（1）求证：CE＝AB．
（2）若∠A＝125°，则∠BED的度数是 55° ．
【分析】（1）根据ASA证明△DEC与△CAB全等，进而利用全等三角形的性质解答即可；
（2）根据全等三角形的性质解答即可．
【解答】证明：（1）∵CD∥AB，
∴∠B＝∠DCE，
在△DEC与△CAB中，
，
∴△DEC≌△CAB（ASA），
∴CE＝AB；
解：（2）∵△DEC≌△CAB，
∴∠CED＝∠A＝125°，
∴∠BED＝180°﹣125°＝55°，
故答案为：55°．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，根据ASA证明△DEC与△CAB全等是解题的关键．
8．（2022秋•榆树市期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
（1）当直线MN绕点C旋转到图（1）的位置时，
求证：①△ADC≌△CEB；
②DE＝AD+BE；
（2）当直线MN绕点C旋转到图（2）的位置时，求证：DE＝AD﹣BE；
（3）当直线MN绕点C旋转到图（3）的位置时，请直接写出DE，AD，BE之间的等量关系．
【分析】（1）①根据AD⊥MN，BE⊥MN，∠ACB＝90°，得出∠CAD＝∠BCE，再根据AAS即可判定△ADC≌△CEB；②根据全等三角形的对应边相等，即可得出CE＝AD，CD＝BE，进而得到DE＝CE+CD＝AD+BE；
（2）先根据AD⊥MN，BE⊥MN，得到∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°，进而得出∠CAD＝∠BCE，再根据AAS即可判定△ADC≌△CEB，进而得到CE＝AD，CD＝BE，最后得出DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE；
（3）运用（2）中的方法即可得出DE，AD，BE之间的等量关系是：DE＝BE﹣AD．
【解答】解：（1）①∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠ACB＝90°＝∠CEB，
∴∠CAD+∠ACD＝90°，∠BCE+∠ACD＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
∵在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
②∵△ADC≌△CEB，
∴CE＝AD，CD＝BE，
∴DE＝CE+CD＝AD+BE；
（2）证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
∵在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
∴CE＝AD，CD＝BE，
∴DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE；
（3）当MN旋转到题图（3）的位置时，AD，DE，BE所满足的等量关系是：DE＝BE﹣AD．
理由如下：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
∵在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴CE＝AD，CD＝BE，
∴DE＝CD﹣CE＝BE﹣AD．
【点评】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质的综合应用，解题时注意：全等三角形的对应边相等，同角的余角相等，解决问题的关键是根据线段的和差关系进行推导，得出结论．
9．（2023春•济南期末）在直线m上依次取互不重合的三个点D，A，E，在直线m上方有AB＝AC，且满足∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α．
（1）如图1，当α＝90°时，猜想线段DE，BD，CE之间的数量关系是 DE＝BD+CE ；
（2）如图2，当0＜α＜180时，问题（1）中结论是否仍然成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）拓展与应用：如图3，当α＝120°时，点F为∠BAC平分线上的一点，且AB＝AF，分别连接FB，FD，FE，FC，试判断△DEF的形状，并说明理由．
【分析】（1）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，进而得到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE；
（2）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α，进而得到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE；
（3）先由α＝120°和AF平分∠BAC得到∠BAF＝∠CAF＝60°，然后结合AB＝AF＝AC得到△ABF和△ACF是等边三角形，然后得到FA＝FC、∠FCA＝∠FAB＝60°，然后结合△BDA≌△EAC得到∠BAD＝∠ACE、AD＝CE，从而得到∠FAD＝∠FCE，故可证△FAD≌△FCE，从而得到DF＝EF、∠DFA＝∠EFC，最后得到∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠EFC+∠AFE＝60°，即可得证△DEF是等边三角形．
【解答】解：（1）DE＝BD+CE，理由如下，
∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°，
∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，
∴∠DBA＝∠EAC，
∵AB＝AC，
∴△DBA≌△EAC（AAS），
∴AD＝CE，BD＝AE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE，
故答案为：DE＝BD+CE．
（2）DE＝BD+CE仍然成立，理由如下，
∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α，
∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α，
∴∠DBA＝∠EAC，
∵AB＝AC，
∴△DBA≌△EAC（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE；
（3）△DEF是等边三角形，理由如下，
∵α＝120°，AF平分∠BAC，
∴∠BAF＝∠CAF＝60°，
∵AB＝AF＝AC，
∴△ABF和△ACF是等边三角形，
∴FA＝FC，∠FCA＝∠FAB＝∠AFC＝60°，
同（2）可得，△BDA≌△AEC，
∴∠BAD＝∠ACE，AD＝CE，
∴∠FAD＝∠FCE，
∴△FAD≌△FCE（SAS），
∴DF＝EF，∠DFA＝∠EFC，
∴∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠EFC+∠AFE＝∠AFC＝60°，
∴△DEF是等边三角形．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，解题的关键是熟练应用一线三等角模型证明三角形全等．
10．（2022秋•赣县区期末）阅读理解，自主探究：
“一线三垂直”模型是“一线三等角”模型的特殊情况，即三个等角角度为90°，于是有三组边相互垂直．所以称为“一线三垂直模型”．当模型中有一组对应边长相等时，则模型中必定存在全等三角形．
（1）问题解决：如图1，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线DE，AD⊥DE于D，BE⊥DE于E，求证：△ADC≌△CEB；
（2）问题探究：如图2，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线CE，AD⊥CE于D，BE⊥CE于E，AD＝2.5cm，DE＝1.7cm，求BE的长；
（3）拓展延伸：如图3，在平面直角坐标系中，A（﹣1，0），C（1，3），△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝BC，求B点坐标.
【分析】（1）证∠DAC＝∠ECB，再由AAS证△ADC≌△CEB即可；
（2）证△ADC≌△CEB（AAS），得AD＝CE＝2.5cm，CD＝BE，即可解决问题；
（3）过点C作直线l∥x轴，交y轴于点G，过A作AE⊥l于点E，过B作BF⊥l于点F，交x轴于点H，证△AEC≌△CFB（AAS），得AE＝CF＝3，BF＝CE＝2，则FG＝CG+CF＝4，BH＝FH﹣BF＝1，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AD⊥DE，BE⊥DE，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠ECB＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°，
∴∠DAC＝∠ECB，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
（2）解：∵BE⊥CE，AD⊥CE，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，
∴∠CBE+∠ECB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ECB+∠ACD＝90°，
∴∠ACD＝∠CBE，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴AD＝CE＝2.5cm，CD＝BE，
∴BE＝CD＝CE﹣DE＝2.5﹣1.7＝0.8（cm），
即BE的长为0.8cm；
（3）解：如图3，过点C作直线l∥x轴，交y轴于点G，过A作AE⊥l于点E，过B作BF⊥l于点F，交x轴于点H，
则∠AEC＝∠CFB＝∠ACB＝90°，
∵A（﹣1，0），C（1，3），
∴EG＝OA＝1，CG＝1，FH＝AE＝OG＝3，
∴CE＝EG+CG＝2，
∵∠ACE+∠EAC＝90°，∠ACE+∠FCB＝90°，
∴∠EAC＝∠FCB，
在△AEC和△CFB中，
，
∴△AEC≌△CFB（AAS），
∴AE＝CF＝3，BF＝CE＝2，
∴FG＝CG+CF＝1+3＝4，BH＝FH﹣BF＝3﹣2＝1，
∴B点坐标为（4，1）．
【点评】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、坐标与图形性质、一线三垂直”模型等知识，本题综合性强，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
11．（2022秋•葫芦岛期末）在平面直角坐标系xOy中，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，点A（0，5），点C（﹣2，0），点B在第四象限．
（1）如图1，求点B的坐标；
（2）如图2，若AB交x轴于点D，BC交y轴于点M，N是BC上一点，且BN＝CM，连接DN，求证CD+DN＝AM；
（3）如图3，若点A不动，点C在x轴的负半轴上运动时，分别以AC，OC为直角边在第二、第三象限作等腰直角△ACE与等腰直角△OCF，其中∠ACE＝∠OCF＝90°，连接EF交x轴于P点，问当点C在x轴的负半轴上移动时，CP的长度是否变化？若变化，请说明理由，若不变化，请求出其长度．
【分析】（1）过B作BF⊥x轴于F，先证△CFB≌△AOC（AAS），得FB＝OC＝2，FC＝OA＝5，则OF＝FC﹣OC＝3，即可得出答案；
（2）过B作BE⊥BC交x轴于E，先证△BCE≌△CAM（ASA），得CE＝AM，BE＝CM，再证△BDE≌△BDN（SAS），得DE＝DN，进而得出结论；
（3）过E作EG⊥x轴于G，先证△GEC≌△OCA（AAS），得GC＝OA＝5，GE＝OC，再证△EPG≌△FPC（AAS），得GP＝CP＝GC＝即可．
【解答】（1）解：如图1，过B作BF⊥x轴于F，
则∠BFC＝90°，
∵点A（0，5），点C（﹣2，0），
∴OA＝5，OC＝2，
∵△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，
∴AC＝BC，∠ABC＝45°，∠FCB+∠OCA＝90°，
∵∠COA＝90°，
∴∠OAC+∠OCA＝90°，
∴∠OAC＝∠FCB，
∵∠COA＝∠BFC＝90°，
∴△CFB≌△AOC（AAS），
∴FB＝OC＝2，FC＝OA＝5，
∴OF＝FC﹣OC＝5﹣2＝3，
∴点B的坐标为（3，﹣2）；
（2）证明：如图2，过B作BE⊥BC交x轴于E，
则∠CBE＝90°＝∠ACM，
由（1）得：BC＝CA，∠ECB＝∠MAC，
∴△BCE≌△CAM（ASA），
∴CE＝AM，BE＝CM，
∵BN＝CM，
∴BE＝BN，
∵∠CBE＝90°，∠ABC＝45°，
∴∠DBE＝90°﹣45°＝45°，
∴∠DBE＝∠DBN＝45°，
又∵BD＝BD，
∴△BDE≌△BDN（SAS），
∴DE＝DN，
∵CD+DE＝CE，
∴CD+DN＝CE，
∴CD+DN＝AM；
（3）解：CP的长度不变化，CP＝，理由如下：
如图3，过E作EG⊥x轴于G，
则∠EGC＝90°＝∠COA，
∴∠GEC+∠GCE＝90°，
∵△ACE是等腰直角三角形，∠ACE＝90°，
∴CE＝AC，∠GCE+∠OCA＝90°，
∴∠GEC＝∠OCA，
∴△GEC≌△OCA（AAS），
∴GC＝OA＝5，GE＝OC，
∵△OCF是等腰直角三角形，∠OCF＝90°，
∴OC＝CF，∠FCP＝90°，
∴GE＝CF，∠EGP＝∠FCP，
又∵∠EPG＝∠FPC，
∴△EPG≌△FPC（AAS），
∴GP＝CP＝GC＝．
【点评】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、坐标与图形性质、直角三角形的性质等知识，本题综合性强，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键，属于中考常考题型．
12．（2022秋•剑阁县期末）如图所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D是线段CA延长线上一点，且AD＝AB．点F是线段AB上一点，连接DF，以DF为斜边作等腰Rt△DFE．连接EA，且EA⊥AB．
（1）若∠AEF＝20°，∠ADE＝50°，则∠ABC＝ 60 °；
（2）过D点作DG⊥AE，垂足为G．
①填空：△DEG≌△ EFA ；
②求证：AE＝AF+BC；
（3）如图2，若点F是线段BA延长线上一点，其他条件不变，请写出线段AE，AF，BC之间的数量关系，并简要说明理由．
【分析】（1）先由∠AEF＝20°、∠DEF＝90°得到∠DEA＝70°，然后由∠ADE＝50°得到∠DAE＝60°，再结合∠EAB＝90°得到∠BAC＝30°，最后由∠ACB＝90°得到∠ABC＝60°；
（2）①先由DG⊥AE得到∠DEG+∠EDG＝90°，然后由∠DEF＝90°得到∠DEG+∠AEF＝90°，从而得到∠EDG＝∠FEA，再结合DE＝EF、∠DGE＝∠EAF＝90°得证△DEG≌△EFA；
②先由∠GDA+∠GAD＝90°和∠GAD+∠BAC＝90°得到∠GDA＝∠BAC，再结合AD＝AB、∠DGA＝∠C＝90°得证△GDA≌△CAB，进而得到BC＝AC，最后由△DEG≌△EFA得到EC＝AF，最后得证AE＝AF+BC；
（3）过点D作DG⊥AE，交AE的延长线于点G，则∠DGE＝90°，先由AE⊥AB，得到∠EAF＝∠DGE＝90°，然后由△DEF是以DF为斜边的等腰直角三角形得到∠DEF＝90°，DE＝EF，从而得证△GDE≌△AEF，因此有GE＝AF，再由∠DGE＝∠EAF＝90°得到∠GDA＝∠CAB，然后证明△GDA≌△CAB，最后得到BC＝EG+AE＝AF+AE．
【解答】（1）解：∵∠AEF＝20°，∠DEF＝90°，
∴∠DEA＝70°，
∵∠ADE＝50°，
∴∠DAE＝60°，
∵∠EAB＝90°，
∴∠BAC＝30°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝60°，
故答案为，60．
（2）①解：∵DG⊥AE，
∴∠DEG+∠EDG＝90°，
∵∠DEF＝90°，
∴∠DEG+∠AEF＝90°，
∴∠EDG＝∠FEA，
在△DEG和△EFA中，
，
∴△DEG≌△EFA（AAS），
故答案为：EFA．
②证明：∵∠GDA+∠GAD＝90°，∠GAD+∠BAC＝90°，
∴∠GDA＝∠BAC，
∵AD＝AB，∠DGA＝∠C＝90°，
∴△GDA≌△CAB（AAS），
∴BC＝AG，
∵△DEG≌△EFA，
∴EC＝AF，
∴AE＝AG+GE＝AF+BC．
（3）解：BC＝AE+AF，理由如下，
如图2，过点D作DG⊥AE，交AE的延长线于点G，则∠DGE＝90°，
∵AE⊥AB，
∴∠EAF＝∠DGE＝90°，
∵△DEF是以DF为斜边的等腰直角三角形，
∴∠DEF＝90°，DE＝EF，
∴∠GDE+∠GED＝∠GED+∠AEF＝90°，
∴∠GDE＝∠AEF，
∴△GDE≌△AEF（AAS），
∴GE＝AF，
∵∠DGE＝∠EAF＝90°，
∴DG∥AB，
∴∠GDA＝∠CAB，
在△GDA和△CAB中，
，
∴△GDA≌△CAB（AAS），
∴BC＝AG，
∴BC＝EG+AE＝AF+AE．
【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握一线三等角模型证明三角形全等．
13．（2022秋•乌鲁木齐期末）如图，平面直角坐标系中点B（﹣2，0），点A（0，5），以点A为直角顶点在第二象限内作等腰直角三角形ABC，过点C作CE垂直于y轴，垂足为点E，
（1）证明：△ABO≌△CAE，并求点C的坐标．
（2）在坐标平面内是否存在一点P（不与点C重合），使△PAB与△ABC全等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）证明△ABO≌△CAE（AAS），可得AO＝CE＝5，OB＝AE＝2，进而可得点C的坐标；
（2）分3种情况画图，根据等腰直角三角形和全等三角形的判定与性质可得点P的坐标．
【解答】（1）证明：根据题意可得：OA＝5，OB＝2，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠OAB+∠CAE＝90°，
∵CE⊥y轴，
∴∠CEA＝90°，即∠CEA+∠ECA＝90°，
∴∠OAB＝∠ECA，
在△ABO和△CAE中，
，
∴△ABO≌△CAE（AAS），
∴AO＝CE＝5，OB＝AE＝2，
∴OE＝OA+AE＝7，
∴点C的坐标为（﹣5，7）；
（2）解：①如图1所示，延长CA至点P，使AP＝AC，连接BP，
根据题意可得，∠BAC＝∠BAP＝90°，
在△PAB和△CAB中，
，
∴△PAB≌△CAB（SAS），
此时点A为CP的中点，且A（0，5），C（﹣5，7），
∴点P的坐标为（5，3）；
②如图2，∵△ABC是等腰直角三角形，△PAB≌△CAB，
∴点A关于BC的对称点P，
如图2，连接CP，
∴四边形ABPC是正方形，
∴AP与BC互相垂直平分，
∵B（﹣2，0），C（﹣5，7），
∴Q（﹣，），
∵A（0，5），
∴P（﹣7，2）；
如图2，当△P′AB≌△PAB≌△CAB时，P′B＝PB，
∵P（﹣7，2），B（﹣2，0），
∴P′（3，﹣2），
综上所述：点P的坐标为（5，3）或（﹣7，2）或（3，﹣2）．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，中点公式，等腰直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
题型二：手拉手模型-旋转型全等
1．（2022秋•沙依巴克区校级期末）如图，C为线段AB上一动点（不与点A、B重合），在AB的上方分别作△ACD和△BCE，且AC＝DC，BC＝EC，∠ACD＝∠BCE，AE、BD交于点P．有下列结论：①AE＝DB；②∠APB＝2∠ADC；③当AC＝BC时，PC⊥AB；④PC平分∠APB．其中正确的是 ①②③④ ．（把你认为正确结论的序号都填上）
【分析】由“SAS”可证△ACE≌△DCB，可得AE＝DB，可判断①；由△ACE≌△DCB，可得∠CAE＝∠CDB，由AC＝DC，可得∠CAD＝∠ADC，利用三角形内角和定理即可判断②；由AC＝BC，AC＝DC，BC＝EC，可得：AC＝BC＝DC＝EC，进而得出∠CAE＝∠CBD，再运用等腰三角形性质即可判断③；由全等三角形的性质可得S△ACE＝S△DCB，由三角形的面积公式可求CG＝CH，由角平分线的性质可得PC平分∠APB，可判断④，即可求解．
【解答】解：∵∠ACD＝∠BCE，
∴∠ACD+∠DCE＝∠BCE+∠DCE，即∠ACE＝∠DCB，
在△ACE和△DCB中，
，
∴△ACE≌△DCB（SAS），
∴AE＝DB，故①正确；
∵△ACE≌△DCB，
∴∠CAE＝∠CDB，
∵∠ACD＝∠CDB+∠CBD，
∴∠ACD＝∠CAE+∠CBD，
∵∠CAE+∠CBD+∠APB＝180°，
∴∠ACD+∠APB＝180°，
∵AC＝DC，
∴∠CAD＝∠ADC，
∵∠ACD+∠CAD+∠ADC＝180°，
∴∠ACD+2∠ADC＝180°，
∴∠APB＝2∠ADC，故②正确；
∵AC＝BC，AC＝DC，BC＝EC，
∴AC＝BC＝DC＝EC，
∴∠CAE＝∠CBD，
∴PA＝PB，
∵AC＝BC，
∴PC⊥AB，故③正确；
如图，连接PC，过点C作CG⊥AE于G，CH⊥BD于H，
∵△ACE≌△DCB，
∴S△ACE＝S△DCB，AE＝BD，
∴×AE×CG＝×DB×CH，
∴CG＝CH，
∵CG⊥AE，CH⊥BD，
∴PC平分∠APB，故④正确，
故答案为：①②③④．
【点评】本题考查了全等三角形的性质定理和判定，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，三角形面积，角平分线的判定等，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解此题的关键．
2．（2022秋•江岸区期末）如图所示，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD且AC＝5，将BC沿BA方向平移至AE，连接CE、DE，若以AC、BD和DE为边构成的三角形面积是，则DE＝ ．
【分析】如图，过点A作AF⊥BC于F，延长CD交AE于G，过点C作CH∥DE，过点D作DH∥CE交CH于H，延长ED交AC于K，证明△ABF≌△ADG（AAS），△ACE≌△CAB（SAS），Rt△CEG≌Rt△ABF（HL），△CDH≌△DCE（ASA），△ADH≌△BAD（SAS），得出：CH＝DE，AH＝BD，再根据三角形面积即可求得答案．
【解答】解：如图，过点A作AF⊥BC于F，延长CD交AE于G，过点C作CH∥DE，过点D作DH∥CE交CH于H，延长ED交AC于K，
则∠AFB＝∠AFC＝90°，
∵BC沿BA方向平移至AE，
∴AE∥BC，
∴∠CGE＝∠BCD＝90°，∠GAF＝∠AFB＝90°，
∴∠AGD＝90°＝∠AFB，
∴∠BAF+∠DAF＝90°，∠DAG+∠DAF＝90°，
∴∠BAF＝∠DAG，
在△ABF和△ADG中，
，
∴△ABF≌△ADG（AAS），
∴BF＝DG，AF＝AG，
∵AE∥BC，AE＝BC，
∴∠CAE＝∠ACB，
在△ACE和△CAB中，
，
∴△ACE≌△CAB（SAS），
∴CE＝AB，∠ACE＝∠CAB，
∴CE∥AB，
∵DH∥CE，
∴DH∥AB，
∴∠ADH＝180°﹣∠BAD＝180°﹣90°＝90°，
∵AE∥BC，CG⊥AE，AF⊥BC，
∴CG＝AF，
∴Rt△CEG≌Rt△ABF（HL），
∴EG＝BF，CG＝AF，
∴EG＝DG，CG＝AG，
∴△DEG和△ACG是等腰直角三角形，
∴∠DEG＝EDG＝∠CAG＝45°，
∴∠AKE＝90°，
∴∠CKE＝90°，
∵CH∥DE，
∴∠ACH＝∠CKE＝90°，
∵DE∥CH，DH∥CE，
∴∠DCH＝∠CDE，∠CDH＝∠DCE，
在△CDH和△DCE中，
，
∴△CDH≌△DCE（ASA），
∴CH＝DE，DH＝CE，
∴DH＝AB＝AD，
∵∠ADH＝∠BAD＝90°，
∴△ADH≌△BAD（SAS），
∴AH＝BD，
∵以AC、BD和DE为边构成的三角形面积是，
∴S△ACH＝AC•CH＝4，
∴CH＝＝，
∴DE＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了平移的性质，等腰直角三角形性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，三角形面积等，涉及知识点较多，难度较大，合理添加辅助线构造全等三角形是解题关键．
3．（2022秋•靖江市校级期中）如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，过点C作CD⊥AB于点D，过点B作BM⊥AC于点M，连接MD，过点D作DN⊥MD，交BM于点N．CD与BM相交于点E，若点E是CD的中点，下列结论：①∠AMD＝45°；②NE﹣EM＝MC；③EM：MC：NE＝1：2：3；④S△ACD＝2S△DNE．其中正确的结论有 ①②③ ．（填写序号即可）
【分析】①利用ASA证明△BDN≌△CDM，再证明△DMN是等腰直角三角形，即可判断结论①正确；
②过点D作DF⊥MN于点F，则∠DFE＝90°＝∠CME，可利用AAS证明△DEF≌△CEM，即可判断结论②正确；
③先证明△BDE∽△CME，可得出＝＝2，进而可得CM＝2EM，NE＝3EM，即可判断结论③正确；
④先证明△BED≌△CAD（ASA），可得S△BED＝S△CAD，再证明BN＜NE，可得S△BDN＜S△DEN，进而得出S△BED＜2S△DNE，即可判断结论④不正确．
【解答】解：①∵CD⊥AB，
∴∠BDC＝∠ADC＝90°，
∵∠ABC＝45°，
∴BD＝CD，
∵BM⊥AC，
∴∠AMB＝∠ADC＝90°，
∴∠A+∠DBN＝90°，∠A+∠DCM＝90°，
∴∠DBN＝∠DCM，
∵DN⊥MD，
∴∠CDM+∠CDN＝90°，
∵∠CDN+∠BDN＝90°，
∴∠CDM＝∠BDN，
∴△BDN≌△CDM（ASA），
∴DN＝DM，
∵∠MDN＝90°，
∴△DMN是等腰直角三角形，
∴∠DMN＝45°，
∴∠AMD＝90°﹣45°＝45°，
故①正确；
②如图1，由（1）知，DN＝DM，
过点D作DF⊥MN于点F，则∠DFE＝90°＝∠CME，
∵DN⊥MD，
∴DF＝FN，
∵点E是CD的中点，
∴DE＝CE，
在△DEF和△CEM中，
，
∴△DEF≌△CEM（AAS），
∴ME＝EF，CM＝DF，
∴FN＝CM，
∵NE﹣EF＝FN，
∴NE﹣EM＝MC，
故②正确；
③由①知，∠DBN＝∠DCM，
又∵∠BED＝∠CEM，
∴△BDE∽△CME，
∴＝＝2，
∴CM＝2EM，NE＝3EM，
∴EM：MC：NE＝1：2：3，
故③正确；
④如图2，∵CD⊥AB，
∴∠BDE＝∠CDA＝90°，
由①知：∠DBN＝∠DCM，BD＝CD，
∴△BED≌△CAD（ASA），
∴S△BED＝S△CAD，
由①知，△BDN≌△CDM，
∴BN＝CM，
∵CM＝FN，
∴BN＝FN，
∴BN＜NE，
∴S△BDN＜S△DEN，
∴S△BED＜2S△DNE．
∴S△ACD＜2S△DNE．
故④不正确，
故答案为：①②③．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质、三角形面积等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，属于中考常考题型．
4．（2022秋•海口期末）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，AD⊥BC于点D，∠MDN＝90°，将∠MDN绕点D顺时针旋转，它的两边分别交AB、AC于点E、F.
（1）求证：△BDE≌△ADF；
（2）如图2，若DM＝DN，连接BM、NA，求证：BM＝AN．
【分析】（1）由题意可得△ABC为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得BD＝AD，∠B＝∠DAF＝45°，再由同角的余角相等得∠BDE＝∠ADF，以此可通过ASA证明△BDE≌△ADF；
（2）由（1）可知BD＝AD，∠BDM＝∠ADN，则可通过SAS证明△MBD≌△NAD，再根据全等三角形的性质即可求证BM＝AN．
【解答】证明：（1）∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴∠B＝∠C＝45°，
∵AD⊥BC，
∴∠DAF＝45°，BD＝CD＝AD＝，
∴∠B＝∠DAF＝45°，
∵∠BDE+∠ADE＝∠ADB＝90°，∠ADE+∠ADF＝∠MDN＝90°，
∴∠BDE＝∠ADF，
在△BDE和△ADF中，
，
∴△BDE≌△ADF（ASA）；
（2）由（1）知，BD＝AD，∠BDM＝∠ADN，
在△MBD和△NAD中，
，
∴△MBD≌△NAD（SAS），
∴BM＝AN．
【点评】本题主要考查全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握判定三角形全等的方法是解题关键．
5．（2022秋•夏邑县期末）如图，△ABC是等边三角形，D为边BC的中点，BE⊥AB交AD的延长线于点E，点F在AE上，且AF＝BE，连接CF、CE．
求证：（1）∠CAF＝∠CBE；
（2）△CEF是等边三角形．
【分析】（1）由等边三角形的性质得出∠CAB＝∠CBA＝60°，得出∠CAD＝∠CAB＝30°，则可得出结论；
（2）证明△CAF≌△CBE（SAS），由全等三角形的性质得出CE＝CF，∠ACF＝∠BCE，根据等边三角形的判定可得出结论．
【解答】证明：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠CAB＝∠CBA＝60°，
∵D为BC的中点，
∴∠CAD＝∠CAB＝30°，
又∵BE⊥AB，
∴∠ABE＝90°，
∴∠CBE＝90°﹣∠CBA＝30°，
∴∠CAF＝∠CBE；
（2）∵△ABC是等边三角形，
∴CA＝CB，
在△CAF和△CBE中，
，
∴△CAF≌△CBE（SAS），
∴CE＝CF，∠ACF＝∠BCE，
∴∠ECF＝∠BCE+∠BCF＝∠ACF+∠BCF＝∠ACB＝60°，
∴△CEF是等边三角形．
【点评】本题考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，证明△CAF≌△CBE是解题的关键．
6．（2022秋•汝阳县期末）如图，△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°．AC＝41，DE＝18，将△DCE绕着顶点C旋转，连接AD，BE．
（1）求证：△ACD≌△BCE；
（2）在△DCE的旋转过程中，探求：点A，D，E在同一直线上时，AE的长．
【分析】（1）由“SAS”可证△ACD≌△BCE；
（2）分两种情况讨论，由勾股定理可求解．
【解答】（1）证明：∵△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS）；
（2）如图2，
∵△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，AC＝41，
∴AB＝41，∠CDE＝∠CED＝45°，
∴∠ADC＝135°，
∵△ACD≌△BCE，
∴AD＝BE，∠ADC＝∠CEB＝135°，
∴∠AEB＝90°，
在Rt△ABE中，AB2＝AE2+BE2，
∴3362＝（18+AD）2+AD2，
∴AD＝31（负值舍去），
∴AE＝31+18＝49；
如图3，
同理可得：AB2＝AE2+BE2，
∴3362＝（AD﹣18）2+AD2，
∴AD＝49（负值舍去），
∴AE＝49﹣18＝31；
综上所述：AE＝49或31．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
7．（2022秋•舒兰市期末）如图，△ABC是等边三角形，点E在AC边上，连接BE，以BE为一边作等边△BED，连接AD．
（1）求证：CE＝AD．
（2）若BC＝8cm，BE＝7cm，则△ADE的周长为 15 cm．
【分析】（1）由等边三角形的性质可得出∠ABC＝∠DBE＝60°，AB＝BC，BD＝BE，根据SAS可证明△ABD≌△CBE，进而解答即可；
（2）由全等三角形的性质得出AD＝CE，则可得出答案．
【解答】（1）证明：∵△ABC和△BED都是等边三角形，
∴BC＝BA，BE＝BD，∠ABC＝∠DBE＝60°．
∴∠ABC﹣∠3＝∠DBE﹣∠3．
∴∠1＝∠2．
在△BCE和△BAD中，
∴△BCE≌△BAD（SAS）．
∴CE＝AD；
（2）∵△ABD≌△CBE，
∴AD＝CE，
∵BC＝8，BE＝7，
∴AC＝8，DE＝7，
∴△ADE的周长为AD+AE+DE＝CE+AE+DE＝AC+DE＝8+7＝15．
故答案为：15．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
8．（2022秋•五莲县期末）如图，已知AE⊥AB，AF⊥AC，AE＝AB，AF＝AC，BF与CE相交于点M．
（1）求证：EC＝BF；
（2）求证：EC⊥BF．
【分析】（1）利用SAS说明△ABF≌△AEC得结论；
（2）先利用全等三角形的性质说明∠AEC＝∠ABF，再利用三角形内角和定理说明∠BMD＝90°得结论．
【解答】证明：（1）∵AE⊥AB，AF⊥AC，
∴∠BAE＝∠CAF＝90°．
∴∠BAE+∠BAC＝∠CAF+∠BAC，即∠EAC＝∠BAF．
在△ABF和△AEC中，
，
∴△ABF≌△AEC（SAS）．
∴EC＝BF．
（2）由（1）知：△ABF≌△AEC，
∴∠AEC＝∠ABF．
∵AE⊥AB，
∴∠BAE＝90°．
∴∠AEC+∠ADE＝90°．
∵∠ADE＝∠BDM，
∴∠ABF+∠BDM＝90°．
在△BDM中，
∠BMD＝180°﹣∠ABF﹣∠BDM＝180°﹣90°＝90°．
∴EC⊥BF．
【点评】本题主要考查了全等三角形，掌握三角形内角和定理，全等三角形的性质和判定是解决本题的关键．
9．（2022秋•西湖区校级期末）已知，∠MON＝90°，点A在边OM上，点P是边ON上一动点，∠OAP＝α．以线段AP为边在AP上方作等边△ABP，连接OB、BP，再以线段OB为边作等边△OBC（点C、P在OB的同侧），作CH⊥ON于点H．
（1）如图1，α＝60°．①依题意补全图形；②求∠BPH的度数；
（2）如图2，当点P在射线ON上运动时，用等式表示线段OA与CH之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）①根据题意，即可画出图形；
②根据∠BPH＝180°﹣∠OPA﹣∠BPA＝90°，可得答案；
（2）连接BC，PC，利用SAS可证明△ABO≌△PBC，得AO＝PC，∠BPC＝∠BAO，再通过导角发现∠HPC＝30°，从而解决问题．
【解答】解：（1）①如图所示，即为所求；
②∵△ABP是等边三角形，
∴∠BPA＝60°，
∵∠OAP＝α＝60°，
∴∠OPA＝30°，
∴∠BPH＝180°﹣∠OPA﹣∠BPA＝90°；
（2）OA＝2CH，证明如下：
如图，连接BC，PC，
由（2）可知，△ABP是等边三角形，
∴BA＝BP，∠ABP＝∠BPA＝60°，
∵△BOC是等边三角形，
∴BO＝BC，∠BOC＝60°，
∴∠ABO＝60°﹣∠OBP＝∠PBC，
∴△ABO≌△PBC（SAS），
∴AO＝PC，∠BPC＝∠BAO，
∵∠OAP＝α，
∴∠BAO＝∠BAP+∠OAP＝60°+α，
∴∠BPC＝60°+α，
∵∠BPN＝180°﹣∠APO﹣∠BPA＝120°﹣（90°﹣α）＝30°+α，
∴∠HPC＝∠BPC﹣∠BPN＝30°，
∵CH⊥ON，
∴∠CHO＝90°，
在Rt△CHP中，PC＝2CH，
∴OA＝2CH．
【点评】本题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，证明△ABO≌△PBC是解题的关键．
10．（2022秋•湖北期末）已知点D是△ABC外一点，连接AD，BD，CD，∠BAC＝∠BDC＝α．
（1）【特例体验】
如图1，AB＝BC，α＝60°，则∠ADB的度数为 60° ；
（2）【类比探究】
如图2，AB＝BC，求证：∠ADB＝∠BDC；
（3）【拓展迁移】
如图3，α＝60°，∠ACB+∠BCD＝180°，CE⊥BD于点E，AC＝kDE，直接写出的值（用k的代数式表示）．
【分析】（1）在BD上取点E，使BE＝CD，证明△ABE≌△ACD（SAS），由全等三角形的性质得出∠BAE＝∠CAD，AE＝AD，由等边三角形的性质可得出答案；
（2）在DC的延长线上取一点H，使BD＝BH，证明△ABD≌△CBH（SAS），由全等三角形的性质得出∠ADB＝∠H＝α，则可得出结论；
（3）延长DC至H，使CH＝AC，连接BH，证明△ABC≌△HBC（SAS），由全等三角形的性质得出AB＝BH，设ED＝m，则CE＝2m，证出△BDH为等边三角形，由等边三角形的性质得出DH＝BH＝AB＝km+2m，则可得出答案．
【解答】（1）解：在BD上取点E，使BE＝CD，
∵AB＝BC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，
∵∠BAC＝∠BDC，∠AOB＝∠COD，
∴∠ABE＝∠ACD，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴∠BAE＝∠CAD，AE＝AD，
∴∠EAD＝∠EAC+∠CAD＝∠EAC+∠BAE＝∠BAC＝60°，
∴△AED是等边三角形，
∴∠ADB＝60°．
故答案为：60°；
（2）证明：在DC的延长线上取一点H，使BD＝BH，
∴∠BDH＝∠H＝α，
∵∠BAC＝∠BDC＝α，∠AOB＝∠COD，
∴∠ABD＝∠ACD，
∴∠BCD＝∠ACD+α＝α+∠CBH，
∴∠ACD＝∠CBH＝∠ABD，
∴△ABD≌△CBH（SAS），
∴∠ADB＝∠H＝α，
∴∠ADB＝∠BDC；
（3）解：延长DC至H，使CH＝AC，连接BH，
∵∠ACB+∠BCD＝180°，∠BCH+∠BCD＝180°，
∴∠ACB＝∠BCH，
∵AC＝CH，BC＝BC，
∴△ABC≌△HBC（SAS），
∴AB＝BH，
∴∠H＝∠BAC＝∠BDC＝60°，
∵CE⊥BD，∠ECD＝30°，
∴CD＝2ED，
设ED＝m，则CD＝2m，
∵AC＝kED＝km，
∴CH＝km，
∴DH＝2m+km，
又∵∠BDH＝∠H＝60°，
∴△BDH为等边三角形，
∴DH＝BH＝AB＝km+2m，
∴．
【点评】本题是三角形综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，作辅助线构造出全等三角形以及等边三角形是解题的关键．
11．（2022秋•垫江县期末）如图，在△AOB和△COD中，OA＝OB，OC＝OD，若∠AOB＝∠COD＝60°．
（1）求证：AC＝BD．
（2）求∠APB的度数．
【分析】（1）先∠AOB＝∠COD＝60°，OA＝OB，OC＝OD得到∠AOC＝∠BOD，然后得证△AOC≌△BOD，从而得到AC＝BD；
（2）先由△AOC≌△BOD得到∠OAC＝∠OBD，从而得到∠PAB+∠PBA＝∠OAB+∠OBA，然后由OA＝OB，∠AOB＝60°得到△AOB是等边三角形，从而得到∠PAB+∠PBA＝120°，最后得到∠APB的度数．
【解答】（1）证明：∵∠AOB＝∠COD，
∴∠AOC＝∠BOD，
在△AOC和△BOD中，
，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴AC＝BD．
（2）解：由（1）得△AOC≌△BOD，
∴∠OAC＝∠OBD，
∵∠OAC+∠BAC＝∠OAB，∠ABO+∠OBD＝∠ABP，
∴∠PAB+∠PBA＝∠OAB+∠OBA，
∵OA＝OB，∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠PAB+∠PBA＝120°，
∴∠APB＝180°﹣（∠PAB+∠PBA）＝180°﹣120°＝60°．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握SAS定理判定三角形全等．
12．（2022秋•临淄区期末）阅读与理解：如图1，等边△BDE按如图所示方式设置．
操作与证明：
（1）操作：固定等边△ABC，将△BDE绕点B按逆时针方向旋转120°，连接AD，CE，如图2；在图2中，请直接写出线段CE与AD之间具有怎样的大小关系．
（2）操作：若将图1中的△BDE，绕点B按逆时针方向旋转任意一个角度α（60°＜α＜180°），连接AD，CE，AD与CE相交于点M，连BM，如图3；在图3中线段CE与AD之间具有怎样的大小关系？∠EMD的度数是多少？证明你的结论．
猜想与发现：
（3）根据上面的操作过程，请你猜想在旋转过程中，∠DMB的度数大小是否会随着变化而变化？请证明你的结论．
【分析】（1）利用SAS证明△EBC≌△DBA即可；
（2）利用SAS证明△EBC≌△DBA，得EC＝AD，∠CEB＝∠ADB，再利用三角形内角和定理可得答案；
（3）过点B作BH⊥AD于点H，BF⊥EC于点F，由（2）中全等知BH＝BF，则MB平分∠DMC，得∠DMB＝．
【解答】解：（1）EC＝AD；
∵将△BDE绕点B按逆时针方向旋转120°，
∴∠ABD＝∠CBE，
在△EBC和△DBA中，
，
∴△EBC≌△DBA（SAS），
∴EC＝AD；
（2）EC＝AD，∠EMD＝60°，理由如下：
设AD与BE交于点O，
∵将△BDE绕点B按逆时针方向旋转α度，
∴∠EBC＝∠DBA＝α，
∵△ABC与△BDE是等边三角形，
∴BC＝AB，BD＝BE，
∴△EBC≌△DBA（SAS），
∴EC＝AD，∠CEB＝∠ADB，
∵∠EOM＝∠DOB，
∴∠EMD＝∠EBD＝60°，
（3）不变，理由如下：
过点B作BH⊥AD于点H，BF⊥EC于点F，
∵△EBC≌△DBA，
∴S△EBC＝S△DBA，AD＝EC，
∴BH＝BF，
∴MB平分∠DMC，
∴∠DMB＝，
∴∠DMB的度数大小不变．
【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的判定等知识，证明△EBC≌△DBA是解题的关键．
13．（2022秋•重庆期末）△ABC与△BDE均为等腰直角三角形，∠ABC＝∠DBE＝90°．
（1）如图1，当D，B，C在同一直线时，CE的延长线与AD交于点F．求证：∠CFA＝90°；
（2）当△ABC与△BDE的位置如图2时，CE的延长线与AD交于点F，猜想∠CFA的大小并证明你的结论；
（3）如图3，当A，E，D在同一直线时（A，D在点E的异侧），CE与AB交于点G，∠BAD＝∠ACE，求证：BG+AB＝AC．
【分析】（1）证明△ABD≌△CBE（SAS），由全等三角形的性质得出∠BAD＝∠BCE，由对顶角的性质可得出答结论；
（2）同理可证△ABD≌△CBE（SAS），得出∠BAD＝∠BCE，则可得出结论；
（3）过点G作GH⊥AC于点H，同（2）可知∠BAD＝∠BCE，证出BG＝GH，证明Rt△BCG≌Rt△HCG（HL），由全等三角形的性质得出BC＝CH，则得出结论．
【解答】（1）证明：∵△ABC和△DBE是等腰直角三角形，
∴AB＝BC，BD＝BE，∠ABC＝∠DBE＝90°，
在△ABD和△CBE中，
，
∴△ABD≌△CBE（SAS），
∴∠BAD＝∠BCE，
∵∠BAD+∠AFE+∠FEA＝∠BCE+∠ABC+∠BEC＝180°，
又∵∠FEA＝∠BEC，
∴∠CFA＝∠ABC＝90°．
（2）解：∠CFA＝90°．
理由如下：
同理可证△ABD≌△CBE（SAS），
∴∠BAD＝∠BCE，
∴∠CFA＝∠ABC＝90°．
（3）过点G作GH⊥AC于点H，同（2）可知∠BAD＝∠BCE，
∵∠BAD＝∠ACE，
∴∠ACE＝∠BCE，
∵AB⊥BC，GH⊥AC，
∴BG＝GH，
∵∠BAC＝45°，
∴∠BAC＝∠AGH＝45°，
∴GH＝AH，
∴AH＝BG，
在Rt△BCG和Rt△HCG中，
，
∴Rt△BCG≌Rt△HCG（HL），
∴BC＝CH，
∴AC＝AH+CH＝BG+BC＝BG+AB．
【点评】本题是三角形综合题，考查了三角形内角和定理，等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定与性质；证明三角形全等是解决问题的关键．
14．（2022秋•德州期末）（1）问题发现：如图①，△ABC和△EDC都是等边三角形，点B、D、E在同一条直线上，连接AE．
①∠AEC的度数为 120° ；
②线段AE、BD之间的数量关系为 AE＝DB ；
（2）拓展探究：如图②，△ABC和△EDC都是等腰直角三角形、∠ACB＝∠DCE＝90°，点B、D、E在同一条直线上，CM为△EDC中DE边上的高，连接AE，试求∠AEB的度数及判断线段CM、AE、BM之间的数量关系，并说明理由；
（3）解决问题：如图③，△ABC和△EDC都是等腰三角形，∠ACB＝∠DCE＝36°，点B、D，E在同一条直线上，请直接写出∠EAB+∠ECB的度数．
【分析】（1）①由“SAS”可证△ECA≌△DCB，根据全等三角形的性质求出∠AEC的度数；
②根据全等三角形的性质解答即可；
（2）根据△ECA≌△DCB得到∠AEB＝∠CEA﹣∠CEB＝90°，根据直角三角形的性质得到CM＝EM＝MD，得到线段CM、AE、BM之间的数量关系；
（3）根据△ECA≌△DCB解答即可．
【解答】解：（1）①∵△ABC和△DCE都是等边三角形，
∴CE＝CD，CA＝CB，∠ECD＝∠ACB＝60°，
∴∠ECD﹣∠ACD＝∠ACB﹣∠ACD，即∠ECA＝∠DCB，
在△ECA和△DCB中，
，
∴△ECA≌△DCB（SAS），
∴∠AEC＝∠BDC＝120°，
故答案为：120°；
②∵△ECA≌△DCB，
∴AE＝BD，
故答案为：AE＝BD；
（2）CM+AE＝BM，理由如下：
∵△DCE是等腰直角三角形，
∠CDE＝45°，
∴∠CDB＝135°，
由（1）得△ECA≌△DCB，
∴∠CEA＝∠CDB＝135°，AE＝BD，
∵∠CEB＝45°，
∴∠AEB＝∠CEA﹣∠CEB＝90°，
∵△DCE都是等腰直角三角形，CM为△DCE中DE边上的高，
∴CM＝EM＝MD，
∴CM+AE＝BM；
（3）∵△DCE是等腰三角形，∠DCE＝36°，
∴∠CDE＝72°，
∴∠CDB＝108°，
∵△ECA≌△DCB，
∴∠CEA＝∠CDB＝108°，
∴∠EAC+∠ECA＝72°，
∵△ABC是等腰三角形，∠ACB＝36°，
∴∠CAB＝72°，
∴∠EAB+∠ECB＝∠EAC+∠CAB+∠ECA+∠ACB＝72°+72°+36°＝180°，
【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
15．（2022秋•金牛区期末）△ABC中，∠BAC＝135°，AB＝AC，点D为BC边上一点．
（1）如图1，若AD＝AM，∠DAM＝135°，
①求证：BD＝CM；
②若∠CMD＝90°，求 的值．
（2）如图2，点E为线段CD上一点，且CE＝1，BC＝4，∠DAE＝67.5°，求DE的长．
【分析】（1）①由“SAS”可证△ABD≌△ACM，可得BD＝CM；
②通过证明△DCM是等腰直角三角形，可得CD＝DM，即可求解；
（2）由旋转的性质可得BH＝EC＝1，∠C＝∠ABH＝22.5°，AE＝AH，∠EAC＝∠BAH，由“SAS”可证△ADE≌ADH，可得HD＝DE，由勾股定理可求解．
【解答】（1）①证明：∵∠BAC＝135°＝∠DAM，
∴∠BAD＝∠CAM，
又∵AB＝AC，AD＝AM，
∴△ABD≌△ACM（SAS），
∴BD＝CM；
②解：∵∠BAC＝135°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝22.5°，
∵△ABD≌△ACM，
∴∠ACM＝∠B＝22.5°，
∴∠DCM＝45°，
又∵∠CMD＝90°，
∴△DCM是等腰直角三角形，
∴CD＝DM，
∴；
（2）解：∵CE＝1，BC＝4，
∴BE＝3，
∵∠DAE＝67.5°，∠BAC＝135°，
∴∠BAD+∠CAE＝67.5°＝∠DAE，
如图，将△AEC绕点A顺时针旋转135°，得到△AHB，连接DH，连接BH，过点D作DN⊥BH于N，
∴△AEC≌△AHB，
∴BH＝EC＝1，∠C＝∠ABH＝22.5°，AE＝AH，∠EAC＝∠BAH，
∴∠HBD＝45°，
∵DN⊥BH，
∴△BDN是等腰直角三角形，
∴BN＝DN，BD＝BN，
∵∠DAE＝67.5°，∠BAC＝135°，
∴∠BAD+∠CAE＝67.5°＝∠BAD+∠BAE＝∠DAH，
又∵AD＝AD，AE＝AH，
∴△ADE≌ADH（SAS），
∴HD＝DE，
设BD＝x，则BN＝ND＝x，DE＝DH＝3﹣x，
∴HN＝1﹣x，
∵DH2＝HN2+DN2，
∴（3﹣x）2＝（1﹣x）2+x2，
∴x＝，
∴DE＝．
【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
16．（2022秋•高邑县期末）如图：已知△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上的一动点（点D不与点B、C重合），以AD为边作△ADE，使∠DAE＝90°，AD＝AE，连接CE．
发现问题：
如图1，当点D在边BC上时，
（1）请写出BD和CE之间的位置关系为 BD⊥CE ，并猜想BC和CE、CD之间的数量关系： BC＝CD+CE ．
（2）如图2，当点D在边BC的延长线上且其他条件不变时，（1）中BD和CE之间的位置关系；BC和CE、CD之间的数量关系是否成立？若成立，请证明；若不成立，请写出新的数量关系，说明理由；
（3）如图3，当点D在边CB的延长线上且其他条件不变时，若BC＝12，CE＝4，求线段ED的长．
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠ABC＝∠ACB＝45°，证明△ABD≌△ACE，根据全等三角形的性质得到BD＝CE，∠ACE＝∠ABD＝45°，得到答案；
（2）证明△ABD≌△ACE，得到BD＝CE，∠ACE＝∠ABC，结合图形解答即可；
（3）证明∠DCE＝90°，根据勾股定理计算即可．
【解答】解：（1）∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，即∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，∠ACE＝∠ABD＝45°，
∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝45°+45°＝90°，BC＝CD+BD＝CD+CE，
∴BD⊥CE，
故答案为：BD⊥CE；BC＝CD+CE；
（2）BD⊥CE成立，数量关系不成立，关系为BC＝CE﹣CD．
理由如下：如图2，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，∠ACE＝∠ABC，
∴BD＝BC+CD，∠ACE+∠ACB＝90°，
∴BD⊥CE；BC＝CE﹣CD；
（3）如图3，由（1）可得，∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC﹣∠BAE＝∠DAE﹣∠BAE，即∠BAD＝∠EAC，
∴△ABD≌△ACE（SAS）
∴BD＝CE＝2，∠ACE＝∠ABD＝135°，
∴CD＝16，
∵∠ACB＝45°，
∴∠DCE＝90°，
在Rt△DCE中，由勾股定理得，DE＝＝＝4．
【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、勾股定理的应用，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
17．（2022秋•大名县期末）如图，△ABC和△DCE都是等边三角形．
探究发现
（1）△BCD与△ACE是否全等？若全等，加以证明；若不全等，请说明理由；
拓展运用
（2）若B、C、E三点不在一条直线上，∠ADC＝30°，AD＝3，CD＝2，求BD的长；
（3）若△DCE绕点C旋转，△ABC和△DCE的边长分别为1和2，当△BCD的面积最大时，AE的长为 ．
【分析】（1）依据等式的性质可证明∠BCD＝∠ACE，然后依据SAS可证明△ACE≌△BCD；
（2）由（1）知：BD＝AE，利用勾股定理计算AE的长，可得BD的长；
（3）当CD⊥BC时，△BCD的面积最大，过A作AF⊥BC于F，先根据平角的定义得∠ACD＝60°，利用特殊角的三角函数可得AF的长，最后根据勾股定理可得AE的长．
【解答】解：（1）全等，理由是：
∵△ABC和△DCE都是等边三角形，
∴AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，
即∠BCD＝∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
，
∴△ACE≌△BCD（ SAS）；
（2）如图，由（1）得：△BCD≌△ACE，
∴BD＝AE，
∵△DCE是等边三角形，
∴∠CDE＝60°，CD＝DE＝2，
∵∠ADC＝30°，
∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝30°+60°＝90°，
在Rt△ADE中，AD＝3，DE＝2，
∴AE＝，
∴BD＝；
（3）CD⊥BC时，面积最大，
由（1）得△ACE≌△BCD，
∴AE＝BD＝，
故答案为：．
【点评】本题是三角形的综合题，主要考查的是全等三角形的性质、等边三角形的性质，熟练掌握相关性质是解题的关键．
18．（2022秋•惠民县校级期末）（1）如图1，△ABC与△ADE均是顶角为40°的等腰三角形，BC、DE分别是底边，求证：BD＝CE；
（2）如图2，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接BE．
填空：∠AEB的度数为 60° ；线段BE与AD之间的数量关系是 BE＝AD ．
（3）拓展探究
如图3，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE．请判断∠AEB的度数及线段CM、AE、BE之间的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）根据全等三角形的判定方法，判断出△BAD≌△CAE，即可判断出BD＝CE．
（2）首先根据△ACB和△DCE均为等边三角形，可得AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∠CDE＝∠CED＝60°，据此判断出∠ACD＝∠BCE；然后根据全等三角形的判定方法，判断出△ACD≌△BCE，即可判断出BE＝AD，∠BEC＝∠ADC，进而判断出∠AEB的度数为60°即可．
（3）首先根据△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，可得AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，据此判断出∠ACD＝∠BCE；然后根据全等三角形的判定方法，判断出△ACD≌△BCE，即可判断出BE＝AD，∠BEC＝∠ADC，进而判断出∠AEB的度数为90°即可；最后根据DCE＝90°，CD＝CE，CM⊥DE，可得CM＝DM＝EM，所以DE＝DM+EM＝2CM，据此判断出AE＝BE+2CM即可．
【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE＝40°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE．
（2）解：∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∠CDE＝∠CED＝60°，
∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB，
即∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴BE＝AD，∠ADC＝∠BEC，
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC＝180°﹣60°＝120°，
∴∠BEC＝120°，
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝120°﹣60°＝60°，
综上，可得
∠AEB的度数为60°；线段BE与AD之间的数量关系是：BE＝AD．
故答案为：60°、BE＝AD．
（3）解：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CDE＝∠CED＝45°，
∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB，
即∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴BE＝AD，∠BEC＝∠ADC，
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC＝180﹣45＝135°，
∴∠BEC＝135°，
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝135﹣45＝90°；
∵∠DCE＝90°，CD＝CE，CM⊥DE，
∴CM＝DM＝EM，
∴DE＝DM+EM＝2CM，
∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．
【点评】（1）此题主要考查了全等三角形的判定方法和性质，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
（2）此题还考查了等腰直角三角形的性质和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：等腰直角三角形是一种特殊的三角形，具有所有三角形的性质，还具备等腰三角形和直角三角形的所有性质．
题型三：倍长中线模型
1．（2022秋•鄞州区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB的中点，连结DC，作DM⊥DC交AC于点M．若AB＝10，AM＝2，则CM＝ ．
【分析】延长MD至点E，使DE＝DM，连结BE，CE．证明△AMD≌△BED（SAS），由全等三角形的性质得出∠DBE＝∠A，证明△CMD≌△CED（SAS），得出CE＝CM，设CM＝x，则CE＝x，AC＝2+x，由勾股定理得出x2﹣2＝102﹣（x+2）2，解方程求出x的值即可得出答案．
【解答】解：延长MD至点E，使DE＝DM，连结BE，CE．
∵D为AB的中点，
∴AD＝DB，
在△AMD和△BED中，
，
∴△AMD≌△BED（SAS），
∴∠DBE＝∠A，
∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠ABC＝90°，
∴∠DBE+∠ABC＝90°，
在△CMD和△CED中，
，
∴△CMD≌△CED（SAS），
∴CE＝CM，
设CM＝x，则CE＝x，AC＝2+x，
在Rt△CBE中，BC2＝CE2﹣BE2＝x2﹣22，
在Rt△ABC中，BC2＝AB2﹣AC2＝102﹣（x+2）2，
∴x2﹣22＝102﹣（x+2）2，
解得x＝﹣1（负值舍去）．
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，证明△AMD≌△BED是解题的关键．
2．（2022秋•中山市期末）如图，已知△ABC．
（1）尺规作图：作∠BAC的角平分线交BC于点D（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）在（1）的条件下，当点D为BC中点时，求证：△ABC是等腰三角形．
【分析】（1）根据角平分线的作法，即可得出答案；
（2）延长AD至点E，使DE＝AD，连接BE，判断出△BDE≌△CDA（SAS），得出BE＝AC，∠E＝∠CAD，进而得出AB＝AC，即可得出结论．
【解答】（1）解：如图所示，AD就是∠BAC的角平分线；
（2）证明：如图，
延长AD至点E，使DE＝AD，连接BE，
∵点D是BC的中点，
∴BD＝CD，
∵∠BDE＝∠CDA，
∴△BDE≌△CDA（SAS），
∴BE＝AC，∠E＝∠CAD，
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴∠E＝∠BAD，
∴AB＝BE，
∴AB＝AC，
∴△ABC是等腰三角形．
【点评】此题主要考查了尺规作图，全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，利用倍长中线法作出辅助线是解本题的关键．
3．（2022秋•梅里斯区期末）阅读下面的题目及分析过程，并按要求进行证明．
已知：如图，点E是BC的中点，点A在DE上，且∠BAE＝∠CDE．
求证：AB＝CD．
分析：证明两条线段相等，常用的方法是应用全等三角形或等腰三角形的判定和性质，观察本题中要证明的两条线段，它们不在同一个三角形中，且它们分别所在的两个三角形也不全等，因此，要证AB＝CD，必须添加适当的辅助线，构造全等三角形或等腰三角形．
（1）现给出如下两种添加辅助线的方法，请任意选出其中一种，对原题进行证明．
①如图1，延长DE到点F，使EF＝DE，连接BF；
②如图2，分别过点B、C作BF⊥DE，CG⊥DE，垂足分别为点F，G．
（2）请你在图3中添加不同于上述的辅助线，并对原题进行证明．
【分析】（1）①如图1，延长DE到点F，使EF＝DE，连接BF，先判断出BE＝CE，进而判断出△BEF≌△CED，得出BF＝CD，∠F＝∠CDE，再判断出AB＝BF，即可得出结论；
②如图2，分别过点B、C作BF⊥DE，CG⊥DE，垂足分别为点F，G，先判断出BE＝CE，进而判断出△BEF≌△CEG，得出BF＝CG，再判断出△BAF≌△CDG，即可得出结论；
（2）如图3，过C点作CM∥AB，交DE的延长线于点M，先判断出BE＝CE，进而判断出△BAE≌△CME（AAS），得出CM＝AB，∠BAE＝∠M，即可得出结论．
【解答】证明：（1）①如图1，延长DE到点F，使EF＝DE，连接BF，
∵点E是BC的中点，
∴BE＝CE，
在△BEF和△CED中，
，
∴△BEF≌△CED（SAS），
∴BF＝CD，∠F＝∠CDE，
∵∠BAE＝∠CDE，
∴∠BAE＝∠F，
∴AB＝BF，
∴AB＝CD；
②如图2，分别过点B、C作BF⊥DE，CG⊥DE，垂足分别为点F，G，
∴∠F＝∠CGE＝∠CGD＝90°，
∵点E是BC的中点，
∴BE＝CE，
在△BEF和△CEG中，
，
∴△BEF≌△CEG（AAS），
∴BF＝CG，
在△BAF和△CDG中，
，
∴△BAF≌△CDG（AAS），
∴AB＝CD；
（2）如图3，
过C点作CM∥AB，交DE的延长线于点M，
则∠BAE＝∠EMC，
∵E是BC中点，
∴BE＝CE，
在△BAE和△CME中，
，
∴△BAE≌△CME（AAS），
∴CM＝AB，∠BAE＝∠M，
∵∠BAE＝∠EDC，
∴∠M＝∠EDC，
∴CM＝CD，
∴AB＝CD．
【点评】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，对顶角相等，平行线的性质，构造出全等三角形是解本题的关键．
4．（2022秋•常德期末）（1）【问题情境】课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图1，在△ABC中，若AB＝13，AC＝9，求BC边上的中线AD的取值范围．
小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法，延长AD至点E，使DE＝AD，连接BE，容易证得△ADC≌△EDB，再由“三角形的三边关系”可求得AD的取值范围是 2＜AD＜11 ．
解后反思：题目中出现“中点”、“中线”等条件，可考虑延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中到同一个三角形之中．
（2）【初步运用】如图2，AD是△ABC的中线，BE交AC于E，交AD于F，且∠FAE＝∠AFE．若AE＝4，EC＝3，求线段BF的长．
（3）【拓展提升】如图3，在△ABC中，D为BC的中点，DE⊥DF分别交AB，AC于点E，F．求证：BE+CF＞EF．
【分析】（1）先判断出△ADC≌△EDB（SAS），得出BE＝AC＝9，最后用三角形的三边关系计算；
（2）延长AD到M，使AD＝DM，连接BM，证明△ADC≌△MDB，根据全等三角形的性质解答；
（3）延长ED到点G，使GD＝ED，连接CG、GF、EF，先证明△CDG≌△BDE，得CG＝BE，根据三角形的三边关系得CG+CF＞GF，则BE+CF＞GF，由DF垂直平分EG得GF＝EF，所以BE+CF＞EF．
【解答】（1）解：延长AD至点E，使DE＝AD，连接BE，
在△ADC和△EDB中，
，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴BE＝AC＝9，
∵AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∴4＜AE＜22
∴2＜AD＜11，
故答案为：2＜AD＜11．
（2）延长AD到M，使AD＝DM，连接BM，如图2，
∵AD是△ABC中线，
∴BD＝DC，
在△ADC和△MDB中，
，
∴△ADC≌△MDB（SAS），
∴BM＝AC，∠CAD＝∠M，
∵∠AFE＝∠AEF，
∴AE＝EF＝4，
∴AC＝AE+CE＝7，
∴BM＝AC＝7，
∴∠CAD＝∠AFE，
∵∠AFE＝∠BFD，
∴∠BFD＝∠CAD＝∠M，
∴BF＝BM＝AC，
即AC＝BF＝7；
（3）证明：如图3，延长ED到点G，使GD＝ED，连接CG、GF，
∵D是BC边上的中点，
∴CD＝BD，
在△CDG和△BDE中，
，
∴△CDG≌△BDE（SAS），
∴CG＝BE，
∵CG+CF＞GF，
∴BE+CF＞GF，
∵DE⊥DF，GD＝ED，
∴DF垂直平分EG，
∴GF＝EF，
∴BE+CF＞EF．
【点评】此题是三角形综合题，主要考查三角形的中线的定义、全等三角形的判定与性质、三角形的三边关系、线段的垂直平分线的性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
5．（2022秋•南沙区校级期末）如图，在△ABC中，点D是AC的中点，分别以AB，BC为腰向△ABC外作等腰三角形ABM和等腰三角形BCN，其中，AB＝BM，BC＝BN，∠ABM＝120°，∠NBC＝60°，连接MN．
（1）请写出BD与MN的数量关系，并说明理由．
（2）延长DB交MN于点F，求∠MFB的度数．
【分析】（1）延长BD至E，使DE＝BD，连接AE，则BE＝2BD，证明△ADE≌△CDB（SAS），得出∠DAE＝∠DCB，进而判断出AE＝BN，∠MBN＝∠BAE，进而判断出△ABE≌△BMN（SAS），得出BE＝MN，即可得出结论；
（2）结合（1）△ABE≌△BMN，可得∠ABE＝∠BMN，然后利用三角形内角和定理即可解决问题．
【解答】解：（1）MN＝2BD，理由如下：
如图，延长BD至E使DE＝BD，连接AE，
∵点D是AC的中点，
∴CD＝AD，
在△CBD和△AED中，
，
∴△CBD≌△AED（SAS），
∴BC＝AE，∠DAE＝∠DCB，
∵BC＝BN，
∴AE＝BN，
∵∠ABM＝120°，∠NBC＝60°，
∴∠MBN+∠ABC＝180°，
在△ABC中，∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴∠MBN＝∠BAC+∠ACB＝∠BAC+∠DAE＝∠BAE，
∵AB＝BM，
∴△ABE≌△BMN（SAS），
∴BE＝MN，
∴MN＝2BD．
（2）延长DB交MN于点F，
∵△ABE≌△BMN，
∴∠ABE＝∠BMN，
∵∠ABM＝120°，
∴∠ABE+∠MBF＝180°﹣120°＝60°，
∴∠BMF+∠MBF＝60°，
∴∠MFB＝180°﹣60°＝120°．
【点评】此题主要考查了倍长中线法，全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系，利用倍长中线法作出辅助线是解本题的关键．
6．（2022秋•平舆县期末）【阅读理解】
课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：
如图1，△ABC中，若AB＝8，AC＝6，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到点E，使DE＝AD，请根据小明的方法思考：
（1）由已知和作图能得到△ADC≌△EDB的理由是 B ．
A．SSS B．SAS C．AAS D．HL
（2）求得AD的取值范围是 C ．
A．6＜AD＜8 B．6≤AD≤8 C．1＜AD＜7 D．1≤AD≤7
【感悟】
解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑延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．
【问题解决】
（3）如图2，AD是△ABC的中线，BE交AC于E，交AD于F，且AE＝EF．求证：AC＝BF．
【分析】（1）根据AD＝DE，∠ADC＝∠BDE，BD＝DC推出△ADC和△EDB全等即可；
（2）根据全等得出BE＝AC＝6，AE＝2AD，由三角形三边关系定理得出8﹣6＜2AD＜8+6，求出即可；
（3）延长AD到M，使AD＝DM，连接BM，根据SAS证△ADC≌△MDB，推出BM＝AC，∠CAD＝∠M，根据AE＝EF，推出∠CAD＝∠AFE＝∠BFD，求出∠BFD＝∠M，根据等腰三角形的性质求出即可．
【解答】（1）解：∵在△ADC和△EDB中
，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
故选B；
（2）解：∵由（1）知：△ADC≌△EDB，
∴BE＝AC＝6，AE＝2AD，
∵在△ABE中，AB＝8，由三角形三边关系定理得：8﹣6＜2AD＜8+6，
∴1＜AD＜7，
故选C．
（3）证明：
延长AD到M，使AD＝DM，连接BM，
∵AD是△ABC中线，
∴CD＝BD，
∵在△ADC和△MDB中
∴△ADC≌△MDB，
∴BM＝AC，∠CAD＝∠M，
∵AE＝EF，
∴∠CAD＝∠AFE，
∵∠AFE＝∠BFD，
∴∠BFD＝∠CAD＝∠M，
∴BF＝BM＝AC，
即AC＝BF．
【点评】本题考查了三角形的中线，三角形的三边关系定理，等腰三角形性质和判定，全等三角形的性质和判定等知识点，主要考查学生运用定理进行推理的能力．
7．（2022秋•桐柏县校级期末）【教材呈现】如图是华师版八年级上册数学教材第69页的部分内容：
（1）【方法应用】如图①，在△ABC中，AB＝6，AC＝4，则BC边上的中线AD长度的取值范围是 1＜AD＜5 ．
（2）【猜想证明】如图②，在四边形ABCD中，AB∥CD，点E是BC的中点，若AE是∠BAD的平分线，试猜想线段AB、AD、DC之间的数量关系，并证明你的猜想；
（3）【拓展延伸】如图③，已知AB∥CF，点E是BC的中点，点D在线段AE上，∠EDF＝∠BAE，若AB＝5，CF＝2，直接写出线段DF的长．
【分析】（1）延长AD到E，使AD＝DE，连接BE，证△ADC≌△EDB，推出AC＝BE＝8，在△ABE中，根据三角形三边关系定理得出AB﹣BE＜AE＜AB+BE，代入求出即可．
（2）结论：AD＝AB+DC．延长AE，DC交于点F，证明△ABE≌△FEC（AAS），推出AB＝CF，再证明DA＝DF即可解决问题．
（3）如图③，延长AE交CF的延长线于点G，证明AB＝DF+CF，可得结论．
【解答】解：（1）延长AD到E，使AD＝DE，连接BE，
∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD，
在△ADC和△EDB中，
，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴AC＝BE＝4，
在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∴6﹣4＜2AD＜6+4，
∴1＜AD＜5，
故答案为：1＜AD＜5．
（2）结论：AD＝AB+DC．
理由：如图②中，延长AE，DC交于点F，
∵AB∥CD，
∴∠BAF＝∠F，
在△ABE和△FCE中，
，
∴△ABE≌△FEC（AAS），
∴CF＝AB，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠BAF＝∠FAD，
∴∠FAD＝∠F，
∴AD＝DF，
∵DC+CF＝DF，
∴DC+AB＝AD．
（3）如图③，延长AE交CF的延长线于点G，
∵E是BC的中点，
∴CE＝BE，
∵AB∥CF，
∴∠BAE＝∠G，
在△AEB和△GEC中，
，
∴△AEB≌△GEC（AAS），
∴AB＝GC，
∵∠EDF＝∠BAE，
∴∠FDG＝∠G，
∴FD＝FG，
∴AB＝DF+CF，
∵AB＝5，CF＝2，
∴DF＝AB﹣CF＝3．
【点评】本题是四边形的综合问题，考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、角平分线的性质、三角形三边关系等知识点，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
题型四：角平分线+垂直构造全等模型
1．（2022秋•东港区校级期末）如图，△ABC的面积为10cm2，AP垂直∠B的平分线BP于P，则△PBC的面积为（ ）
A．4cm2B．5cm2C．6cm2D．7cm2
【分析】延长AP交BC于E，根据AP垂直∠B的平分线BP于P，即可求出△ABP≌△BEP，又知△APC和△CPE等底同高，可以证明两三角形面积相等，即可证明三角形PBC的面积．
【解答】解：延长AP交BC于E，
∵AP垂直∠B的平分线BP于P，
∠ABP＝∠EBP，
又知BP＝BP，∠APB＝∠BPE＝90°，
∴△ABP≌△BEP，
∴S△ABP＝S△BEP，AP＝PE，
∴△APC和△CPE等底同高，
∴S△APC＝S△PCE，
∴S△PBC＝S△PBE+S△PCE＝S△ABC＝5（cm2），
故选：B．
【点评】本题主要考查面积及等积变换的知识点．证明出三角形PBC的面积和原三角形的面积之间的数量关系是解题的难点．
2．（2022秋•魏都区校级期末）如图，BP是∠ABC的平分线，AP⊥BP于P，连接PC，若△ABC的面积为2cm2，则△PBC的面积为（ ）
A．0.8cm2B．1cm2C．1.2cm2D．不能确定
【分析】延长AP交BC于E，根据已知条件证得△ABP≌△EBP，根据全等三角形的性质得到AP＝PE，得出S△ABP＝S△EBP，S△ACP＝S△ECP，推出S△PBC＝S△ABC，代入求出即可．
【解答】解：如图，延长AP交BC于E，
∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP＝∠EBP，
∵AP⊥BP，
∴∠APB＝∠EPB＝90°，
∴△ABP≌△EBP（ASA），
∴AP＝PE，
∴S△ABP＝S△EBP，S△ACP＝S△ECP，
∴S△PBC＝S△ABC＝×2＝1（cm2），
故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的面积的应用，注意：等底等高的三角形的面积相等．
3．（2022秋•青秀区校级期末）已知：如图，在△ABC中，∠B＝60°，D、E分别为AB、BC上的点，且AE、CD交于点F．若AE、CD为△ABC的角平分线．
（1）求∠AFC的度数；
（2）若AD＝6，CE＝4，求AC的长．
【分析】（1）由题意∠BAC+∠BCA＝120°，根据∠AFC＝180﹣∠FAC﹣∠FCA＝180﹣＝120°，即可解决问题；
（2）在AC上截取AG＝AD＝6，连接FG．只要证明△ADF≌△AGF（SAS），推出∠AFD＝∠AFG＝60°，∠GFC＝∠CFE＝60°，再证明△CGF≌△CEF（ASA），推出CG＝CE＝4，由此即可解决问题．
【解答】解：（1）∵AE、CD分别为△ABC的角平分线，
∴∠FAC＝∠BAC，∠FCA＝∠BCA，
∵∠B＝60°
∴∠BAC+∠BCA＝120°，
∴∠AFC＝180﹣∠FAC﹣∠FCA＝180°﹣×120°＝120°；
（2）在AC上截取AG＝AD＝6，连接FG．
∵AE、CD分别为△ABC的角平分线
∴∠FAC＝∠FAD，∠FCA＝∠FCE，
∵∠AFC＝120°，
∴∠AFD＝∠CFE＝60°，
在△ADF和△AGF中，
，
∴△ADF≌△AGF（SAS），
∴∠AFD＝∠AFG＝60°，
∴∠GFC＝∠CFE＝60°，
在△CGF和△CEF中，
，
∴△CGF≌△CEF（ASA），
∴CG＝CE＝4，
∴AC＝AG+GC＝10．
【点评】本题考查等腰三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、角平分线的定义等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线构造全等三角形解决问题．
4．（2022秋•建昌县期末）如图，AD∥BC，AE平分∠BAD，点E为DC中点，求证：AD+BC＝AB．
【分析】延长AE，BC交于点F，根据AAS证明△ADE与△FCE全等，进而利用全等三角形的性质解答即可．
【解答】证明：延长AE，BC交于点F，
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠CFE，
∵点E是DC的中点，
∴ED＝CE，
在△ADE与△FCE中，
，
∴△ADE≌△FCE（AAS），
∴AD＝CF，
∵AE平分∠BAD，
∴∠DAF＝∠BAF，
∵AD∥BC，
∴∠DAF＝∠F，
∴∠BAF＝∠F，
∴AB＝BF，
∴AB＝BF＝BC+CF＝BC+AD．
【点评】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据AAS证明△ADE≌△FCE．
5．（2022秋•舒兰市期末）如图，ED⊥AB，FC⊥AB，垂足分别为D，C，并且AC＝BD，AE＝BF，连接CE．
（1）求证：AE∥FB；
（2）若DC＝DE，∠A＝25°，求∠AEC的度数．
（3）若DC＝DE，∠A＝α，则∠AEC＝ 45°﹣α （用含α的式子表示）．
（4）若∠A＝30°，DE＝m，则BF＝ 2m （用含m的式子表示）．
【分析】（1）根据HL证明Rt△ADE和Rt△BCF全等，进而利用全等三角形的性质解答即可；
（2）根据垂直的定义解答即可；
（3）根据等腰直角三角形的性质和三角形外角性质解答即可；
（4）根据含30°角的直角三角形的性质解答即可．
【解答】（1）证明：∵AC＝BD，
∴AC+CD＝BD+CD，
即AD＝BC．
在Rt△ADE和Rt△BCF中，
，
∴Rt△ADE≌Rt△BCF（HL）．
∴∠A＝∠B．
∴AE∥FB．
（2）解：∵ED⊥AB，
∴∠ADE＝90°．
∵∠A＝25°，
∴∠AED＝65°．
∵DC＝DE，
∴∠CED＝45°．
∴∠AEC＝∠AED—∠CED＝65°—45°＝20°；
（3）解：∵∠ADE＝90°，DE＝DC，
∴∠ECD＝45°，
∵∠A＝α，
∴∠AEC＝∠ECD﹣∠A＝45°﹣α；
故答案为：45°﹣α；
（4）解：∵∠A＝30°，∠ADE＝90°，
∴AE＝2DE＝2m，
∵Rt△ADE≌Rt△BCF，
∴BF＝AE＝2m，
故答案为：2m．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形外角的性质，等腰直角三角形的性质，解此题的关键是推出△AED≌△BFC，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，全等三角形的对应边相等．
6．（2022秋•松原期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，AC＝4，CD平分∠ACB，交边AB于点D，点E是边AB的中点．点P为边CB上的一个动点．
（1）AE＝ 4 ，∠ACD＝ 45 度；
（2）当四边形ACPD为轴对称图形时，求CP的长；
（3）若△CPD是等腰三角形，求∠CPD的度数；
（4）若点M在线段CD上，连接MP、ME，直接写出MP+ME的值最小时CP的长度．
【分析】（1）根据题意可得∠B＝30°，则AB＝2AC＝2AE，即可求出AE的长，再根据角平分线的性质即可求出∠ACD的度数．
（2）根据轴对称图形的性质即可解答．
（3）根据题意可得∠PCD＝45°，分三种情况：当PC＝PD时；当DP＝DC时；当CP＝CD时．再依次根据三角形内角和定理即可求解．
（4）过点M作MP⊥BC，作点P关于CD的对称点P′，根据题意可得∠PCM＝∠P′CM，CM＝CM，∠MPC＝∠MP′C＝90°，根据AAS可证明△PCM≌△P′CM，则PM＝P′M，CP＝CP′，因此MP+ME＝MP′+ME≥EP′，以此得出当点E、M、P′三点共线时，MP+ME的值最小，此时EP′∥BC，最后根据解含30度角的直角三角形即可得到结果．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，∠A＝60°，
∴∠B＝180°﹣∠ACB﹣∠A＝30°，
∴AB＝2AC＝8，
∵点E是边AB的中点，
∴，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝°＝45°；
故答案为：4，45．
（2）∵四边形ACPD为轴对称图形，CD平分∠ACB，
∴对称轴为直线CD，
∴CP＝CA＝4；
（3）∵CD平分∠ACB，
∴∠PCD＝45°，
当PC＝PD时，
∠PDC＝∠PCD＝45°，
∴∠CPD＝180°﹣∠PDC﹣∠PCD＝90°；
当DP＝DC时，
∠CPD＝∠PCD＝45°；
当CP＝CD时，
∠CPD＝∠CDP＝（180°﹣45°）÷2＝67.5°；
综上，∠CPD的度数为90°或45°或67.5°．
（4）如图，点M在CD上，且MP⊥BC，作点P关于CD的对称点P′，
∵MP⊥BC，
∴MP′⊥AC，
∵CD平分∠ACB，
∴∠PCM＝∠P′CM，
在△PCM和△P′CM中，
，
∴△PCM≌△P′CM（AAS），
∴PM＝P′M，CP＝CP′，
∵MP+ME＝MP′+ME≥EP′，
∴当点E、M、P′三点共线时，MP+ME的值最小，
又∵根据垂线段最短，
∴当EP′⊥AC时，EP′有最小值，
∴EP′∥BC，
∴∠AEP′＝∠B＝30°，∠AP′E＝∠ACB＝90°，
∵AE＝4，
∴AP′＝＝2，
∴CP＝CP′＝AC﹣AP′＝2．
【点评】本题主要考查轴对称﹣最短路线问题、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、含30度角的直角三角形、角平分线的性质，本题综合性较强，作出辅助线，得出当点E、M、P′三点共线时，MP+ME的值最小是解题关键．
7．（2022秋•东昌府区校级期末）如图，AD为△ABC的角平分线．
（1）如图1，若CE⊥AD于点F，交AB于点E，AB＝8，AC＝5．则BE＝ 3 ．
（2）如图2，若∠C＝2∠B，点E在AB上，且AE＝AC，AB＝a，AC＝b，求CD的长；（用含a、b的式子表示）
（3）如图3，BG⊥AD，点G在AD的延长线上，连接CG，若△ACG的面积是7，求△ABC的面积．
【分析】（1）利用ASA证明△AEF≌△ACF，得出AE＝AC＝5，再利用BE＝AB﹣AE即可求得答案；
（2）利用SAS证明△AED≌△ACD，得出∠AED＝∠C，ED＝CD，由题意可得出BE＝AB﹣AE＝a﹣b，再利用等角对等边证得DE＝BE，即可得出答案；
（3）延长AC、BG交于H，先证明△ABG≌△AHG（ASA），得出：BG＝GH，S△ABG＝S△AHG，利用等底等高的两个三角形面积相等可得S△CBG＝S△CGH，设S△CBG＝S△CGH＝x，即可得出答案．
【解答】解：（1）∵AD平分∠BAC，
∴∠EAF＝∠CAF，
∵CE⊥AD，
∴∠AFE＝∠AFC＝90°，
在△AEF和△ACF中，
，
∴△AEF≌△ACF（ASA），
∴AE＝AC＝5，
∵AB＝8，
∴BE＝AB﹣AE＝8﹣5＝3；
故答案为：3．
（2）∵AD平分∠BAC，
∴∠EAD＝∠CAD，
在△AED和△ACD中，
，
∴△AED≌△ACD（SAS），
∴∠AED＝∠C，ED＝CD，
∵AE＝AC，AB＝a，AC＝b，
∴BE＝AB﹣AE＝a﹣b，
在△BDE中，∠AED＝∠B+∠BDE，
∴∠C＝∠B+∠BDE，
∵∠C＝2∠B，
∴∠B＝∠BDE，
∴DE＝BE＝a﹣b，
∴CD＝a﹣b；
（3）如图，延长AC、BG交于H，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAG＝∠HAG，
∵BG⊥AD，
∴∠AGB＝∠AGH＝90°，
在△ABG和△AHG中，
，
∴△ABG≌△AHG（ASA），
∴BG＝GH，S△ABG＝S△AHG，
∴S△CBG＝S△CGH，
设S△CBG＝S△CGH＝x，
∵S△ACG＝7，
∴S△AGH＝S△ACG+S△CGH＝7+x，
∴S△ABG＝S△AHG＝7+x，
∴S△ABH＝2（7+x）＝14+2x，
∴S△ABC＝S△ABH﹣（S△CBG+S△CGH）＝14+2x﹣（x+x）＝14．
【点评】本题考查了角平分线定义，三角形面积，全等三角形的判定和性质，等腰三角形判定和性质等，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键．
8．（2022秋•龙亭区校级期末）如图，AD，BC相交于点O，AC＝BD，∠C＝∠D＝90°．
（1）求证：OA＝OB；
（2）若∠ABC＝30°，OC＝4，求BC的长．
【分析】（1）由“HL”可证Rt△ABC≌Rt△BAD，可得∠ABC＝∠DAB，可证OA＝OB；
（2）由直角三角形的性质可得OA＝2OC＝8＝OB，即可求解．
【解答】（1）证明：在Rt△ABC和Rt△BAD中，
，
∴Rt△ABC≌Rt△BAD（HL），
∴∠ABC＝∠DAB，
∴OA＝OB．
（2）解：∵∠ABC＝30°，
∴∠ABC＝∠DAB＝30°，
∴∠AOC＝∠ABC+∠DAB＝30°+30°＝60°，
在Rt△AOC中，
∴∠OAC＝90°﹣60°＝30°，
∴OA＝2OC＝4×2＝8，
∴OB＝OA＝8，
∴BC＝OB+OC＝4+8＝12．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，证明Rt△ABC≌Rt△BAD是本题的关键．
9．（2023秋•东城区期中）如图，等腰△ABC中，AB＝AC，AD平分∠BAC．点E为AD上的动点，连接BE，将△ABE沿BE折叠得到△PBE．
（1）若BD＝3，试求出BC的长度；
（2）若BE＝BC，设PB与AC相交于点F．
①请求出∠BFC的度数；
②连接EF，过点C作CG⊥EF交EF的延长线于点G．若BF＝10，EG＝6．试求线段CF的长．
【分析】（1）利用等腰三角形性质即可得出答案；
（2）①如图，连接CE，先证明△BCE是等边三角形，得出∠ABE+∠BAD＝∠BED＝30°，再由∠BFC＝∠ABF+∠BAF＝2（∠ABE+∠BAD）＝60°；
②如图，连接EC，过点E作EH⊥AB于H，EN⊥AC于N，EM⊥BP于M，可证得∠AFE＝∠BFE＝60°，进而可得∠FEM＝90°﹣60°＝30°，利用直角三角形性质可得EF＝2FM，设FM＝x，则EF＝2x，FG＝EG﹣EF＝6﹣2x，FN＝x，CF＝2FG＝12﹣4x，再利用HL证明Rt△EMB≌Rt△ENC，得出BM＝CN，建立方程求解即可得出答案．
【解答】解：（1）∵AB＝AC，AD平分∠BAC，
∴BC＝2BD＝2×3＝6；
（2）①如图，连接CE，
∵AB＝AC，AD平分∠BAC，
∴BD＝CD，AD⊥BC，∠CAD＝∠BAD＝∠BAF，
∴∠BAF＝2∠BAD，
∵AD垂直平分BC，
∴BE＝CE，
∵BE＝BC，
∴BE＝CE＝BC，
∴△BCE是等边三角形，
∴∠ABE+∠BAD＝∠BED＝30°，
由折叠得：∠PBE＝∠ABE＝∠ABF，
∴∠ABF＝2∠ABE，
∴∠BFC＝∠ABF+∠BAF＝2（∠ABE+∠BAD）＝60°；
②如图，连接EC，过点E作EH⊥AB于H，EN⊥AC于N，EM⊥BP于M，
∵∠BAD＝∠CAD，∠ABE＝∠PBE，
∴EH＝EN＝EM，
∴∠AFE＝∠BFE，
∵∠BFC＝60°，
∴∠AFE＝∠BFE＝60°，
在Rt△EFM中，∠FEM＝90°﹣60°＝30°，
∴EF＝2FM，
设FM＝x，则EF＝2x，
∴FG＝EG﹣EF＝6﹣2x，
在Rt△EFN中，∠FEN＝90°﹣60°＝30°，
∴FN＝EF＝x，
∵∠CFG＝∠EFN＝60°，∠CGF＝90°，
∴∠FCG＝30°，
∴CF＝2FG＝2（6﹣2x）＝12﹣4x，
∵∠EMB＝∠ENC＝90°，EM＝EN，EB＝EC，
∴Rt△EMB≌Rt△ENC（HL），
∴BM＝CN，
∴BF﹣FM＝CF+FN，
∴10﹣x＝12﹣4x+x，
解得：x＝1，
∴CF＝12﹣4＝8．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了等腰三角形的判定和性质，线段的垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，角平分线的判定和性质等，解题关键是学会添加辅助线构造全等三角形．
题型五：对角互补且一组邻边相等的半角模型
1．（2022秋•卧龙区校级期末）【问题背景】
如图1：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝60°，试探究图中线段BE、EF、FD之间的数量关系．
小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 EF＝BE+DF ．
【探索延伸】如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由．
【学以致用】
如图3，四边形ABCD是边长为5的正方形，∠EBF＝45°，直接写出△DEF的周长．
【分析】（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题；
（2）延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题；
（3）延长DC，截取CG＝AE，连接BG，根据SAS定理可得出△AEB≌△CGB，故可得出BE＝BG，∠ABE＝∠CBG，再由∠EBF＝45°，∠ABC＝90°可得出∠ABE+∠CBF＝45°，故∠CBF+∠CBG＝45°，由SAS定理可得△EBF≌△GBF，故EF＝GF，故△DEF的周长＝EF+ED+CF＝AE+CF+DE+DF＝AD+CD，由此可得出结论．
【解答】（1）解：如图1，
在△ABE和△ADG中，
∵，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
∵，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG，
∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF；
故答案为：EF＝BE+DF．
（2）解：结论EF＝BE+DF仍然成立；
理由：如图2，延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，
在△ABE和△ADG中，
∵，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
∵，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG，
∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF；
（3）解：如图3，延长DC到点G，截取CG＝AE，连接BG，
在△AEB与△CGB中，
∵，
∴△AEB≌△CGB（SAS），
∴BE＝BG，∠ABE＝∠CBG．
∵∠EBF＝45°，∠ABC＝90°，
∴∠ABE+∠CBF＝45°，
∴∠CBF+∠CBG＝45°．
在△EBF与△GBF中，
∵，
∴△EBF≌△GBF（SAS），
∴EF＝GF，
∴△DEF的周长＝EF+ED+DF＝AE+CF+DE+DF＝AD+CD＝5+5＝10．
【点评】本题考查的是全等三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．
2．（2022秋•钦州期末）问题背景：
（1）如图1：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F分别是BC，CD上的点．且∠EAF＝60°．探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 EF＝BE+DF ．
探索延伸：
（2）如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由．
【分析】（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题；
（2）延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题．
【解答】证明：（1）在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG，
∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF；
故答案为 EF＝BE+DF．
（2）结论EF＝BE+DF仍然成立；
理由：如图2，延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG，
∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF；
【点评】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△AEF≌△AGF是解题的关键．
3．（2022秋•新化县期末）【问题背景】
在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝60°，试探究图1中线段BE、EF、FD之间的数量关系．
【初步探索】
小亮同学认为：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，则可得到BE、EF、FD之间的数量关系是 EF＝BE+FD ．
【探索延伸】
在四边形ABCD中如图2，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC、CD上的点，∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立？说明理由．
【结论运用】
如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角（∠EOF）为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
【分析】探索延伸：延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，证明△ABE≌△ADG和△AEF≌△AGF，得到答案；
结论运用：连接EF，延长AE、BF交于点C，得到EF＝AE+BF，根据距离、速度和时间的关系计算即可．
【解答】解：初步探索：EF＝BE+FD，
故答案为：EF＝BE+FD，
探索延伸：结论仍然成立，
证明：如图2，延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADG+∠ADC＝180°
∴∠B＝∠ADG，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG，
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AEF和△AGF中，
，
∴△AEF≌△AGF，
∴EF＝FG，
∴FG＝DG+FD＝BE+DF；
结论运用：解：如图3，连接EF，延长AE、BF交于点C，
∵∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°，
∠EOF＝70°，
∴∠EOF＝∠AOB，
∵OA＝OB，
∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝180°，
∴符合探索延伸中的条件
∴结论EF＝AE+BF成立，
即EF＝1.5×（60+80）＝210海里，
答：此时两舰艇之间的距离是210海里．
【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键，注意要正确作出辅助线．
4．（2023春•市中区期末）（1）如图①，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD．请直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关系： EF＝BE+FD ；
（2）如图②，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程；
（3）在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是边BC，CD所在直线上的点，且∠EAF＝∠BAD．请直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关系： EF＝BE+FD或EF＝BE﹣FD或EF＝FD﹣BE ．
【分析】（1）如图1，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，即可证明△ABG≌△ADF，可得AF＝AG，再证明△AEF≌△AEG，可得EF＝EG，即可解题；
（2）如图2，同理可得：EF＝BE+DF；
（3）如图3，作辅助线，构建△ABG，同理证明△ABG≌△ADF和△AEG≌△AEF．可得新的结论：EF＝BE﹣DF．
【解答】解：（1）如图1，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG．
∵在△ABG与△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS）．
∴AG＝AF，∠1＝∠2，
∴∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠BAD＝∠EAF．
∴∠GAE＝∠EAF．
又AE＝AE，
易证△AEG≌△AEF．
∴EG＝EF．
∵EG＝BE+BG．
∴EF＝BE+FD
（2）（1）中的结论EF＝BE+FD仍然成立．
理由是：如图2，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG．
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABG+∠ABC＝180°，
∴∠ABG＝∠D，
∵在△ABG与△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS）．
∴AG＝AF，∠1＝∠2，
∴∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠BAD＝∠EAF．
∴∠GAE＝∠EAF．
又AE＝AE，
∴△AEG≌△AEF．
∴EG＝EF．
∵EG＝BE+BG．
∴EF＝BE+FD
（3）当（1）结论EF＝BE+FD成立，
当图三中，EF＝BE﹣FD或EF＝FD﹣BE．
证明：在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF．
∵在△ABG与△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS）．
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．
∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF＝∠BAD．
∴∠GAE＝∠EAF．
∵AE＝AE，
∴△AEG≌△AEF（SAS）．
∴EG＝EF
∵EG＝BE﹣BG
∴EF＝BE﹣FD．
同理可得：∴EG＝EF
∵EG＝BG﹣BE
∴EF＝FD﹣BE．
故答案为：（1）EF＝BE+FD；（2）成立；（3）EF＝BE+FD或EF＝BE﹣FD或EF＝FD﹣BE．
【点评】本题是三角形的综合题，利用全等三角形的判定与性质得出AF＝AG是解题关键，再利用全等三角形的判定与性质得出EF＝EG，本题的4个问题运用了类比的方法依次解决问题．
5．（2022秋•沙洋县校级期末）（1）问题背景：
如图1：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC，CD上的点且∠EAF＝
60°，探究图中线段BE、EF、FD之间的数量关系．
小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 BE+DF＝EF ；
（2）探索延伸：如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
（3）实际应用：如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以45海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以60海里/小时的速度前进，2小时后，指挥中心观测到甲、乙两地分别到达E、F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
【分析】（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题；
（2）延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题；
（3）连接EF，延长AE、BF相交于点C，然后与（2）同理可证．
【解答】解：（1）EF＝BE+DF，证明如下：
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG，
∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF；
故答案为 EF＝BE+DF．
（2）结论EF＝BE+DF仍然成立；
理由：延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，如图2，
在△ABE和△ADG中，，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG，
∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF；
（3）如图3，连接EF，延长AE、BF相交于点C，
∵∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°，∠EOF＝70°，
∴∠EOF＝∠AOB，
又∵OA＝OB，∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝180°，
∴符合探索延伸中的条件，
∴结论EF＝AE+BF成立，
即EF＝2×（45+60）＝210（海里）．
答：此时两舰艇之间的距离是210海里．
【点评】本题考查了全等三角形的判定以及全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△AEF≌△AGF是解题的关键．
6．（2022秋•西湖区校级期末）问题背景：
如图1：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°．探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．
小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 EF＝BE+FD ；
探索延伸：
如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
实际应用：
如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进，1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
【分析】问题背景中，根据小亮的设计可以得到所要的结论；
探索延伸中，先判断结论是否成立，然后根据图形和题目中条件，作出合适的辅助线，进行说明即可；
在实际应用中，根据题目中的条件进行合理的推导，只要能说明符合探索延伸的条件，即可解答本题．
【解答】解：问题背景：
∵小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，
∴EF＝FG，FG＝FD+DG＝FD+BE，
∴EF＝BE+FD，
故答案为：EF＝BE+FD；
探索延伸：
上述结论EF＝BE+FD成立，
理由：如图2，延长FD到点G，使得DG＝BE，连接AG，
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADG+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADG，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠DAF+∠BAE＝∠BAD﹣∠EAF＝∠BAD，
∴∠GAF＝∠EAF，
在△AFG和△AFE中，
，
∴△AFG≌△AFE（SAS），
∴EF＝GF，
∵GF＝DF+DG＝DF+BE，
∴EF＝BE+FD；
实际应用：
如图3，连接EF，延长AE、BF相交于点C，
在四边形AOBC中，
∵∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°，∠FOE＝70°＝，
又∵OA＝OB，∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝60°+120°＝180°，
∴图3符合探索延伸的条件，
∴EF＝AE+FB＝1.5×（60+80）＝210（海里），
即此时两舰艇之间的距离210海里．
【点评】本题考查三角形综合题，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想进行解答．
7．（2022秋•怀仁市校级期末）（1）问题背景：
如图①：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°．E、F分别是BC、CD上的点．且∠EAF＝60°．探究图中线段BE、EF、FD之间的数量关系．小明同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 EF＝BE+DF ；
（2）探索延伸：
如图②，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立？说明理由；
（3）实际应用：
如图③，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的
B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进．2小时后，甲、乙两舰艇分别到达E、F处，此时在指挥中心观测到两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
【分析】（1）根据全等三角形的判定与性质，可得AG与BE的关系，∠BAE与∠DAG的关系，根据全等三角形的判定与性质，可得EF与GF的关系，根据等量代换，可得答案；
（2）根据补角的性质，可得∠B＝∠ADG，根据全等三角形的判定与性质，可得AG与BE的关系，∠BAE与∠DAG的关系，根据全等三角形的判定与性质，可得EF与GF的关系，根据等量代换，可得答案；
（3）根据角的和差，可得∠OEF与∠AOB的关系，∠A与∠B的关系，根据（2）的探索，可得EF与AE、BF的关系，可得答案．
【解答】解：（1）在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG．
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠BAE+∠DAF＝∠EAF＝∠BAD．
∵∠GAF＝∠DAG+∠DAF，
∴∠GAF＝∠BAE+∠DAF．
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
，
∴△AEF≌△GAF（SAS），
∴EF＝FG，
∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
故答案为：EF＝BE+DF；
（2）EF＝BE+DF仍然成立．
证明：如图1，延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADG＝180°，
∴∠B＝∠ADG，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG．
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠BAE+∠DAF＝∠EAF＝∠BAD．
∵∠GAF＝∠DAG+∠DAF，
∴∠GAF＝∠BAE+∠DAF．
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
，
∴△AEF≌△GAF（SAS），
∴EF＝FG，
∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF；
（3）如图2，
连接EF，延长AE、BF相交于点C，
∵∠AOB＝∠AOE+∠EOF+∠BOF＝30+90+20＝140°，
∠EOF＝70°，
∴∠EOF＝∠AOB，
又∵OA＝OB，∠OAG+∠OBG＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝180°，
∴符合探索延伸中的条件，
∴结论EF＝AE+BF成立，
即EF＝2×（60+80）＝280海里．
答：此时两舰艇之间的距离是280海里．
【点评】本题考查了四边形综合题，利用全等三角形的判定与性质得出AE＝AG是解题关键，再利用全等三角形的判定与性质得出EF＝EG，又利用了等量代换；利用探索得出规律：四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，EF＝AE+BF是解题关键．