第18讲 重难点06全等三角形中“一线三等角”模型-人教版初中七年级（七升八）数学暑假衔接（教师版+学生版）讲义

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图一
如图一，∠D=∠BCA=∠E=90°，BC=AC。 结论：Rt△BDC≌Rt△CEA
图二
如图二，∠D=∠BCA=∠E，BC=AC。 结论：△BEC≌△CDA
【考点剖析】
例题1．如图，∠A＝∠B＝90°，E是线段AB上一点，且AE＝BC，∠1＝∠2 ．
（1）求证：≌；
（2）若CD＝10，求的面积．
【详解】
（1）∵，
∴，
∵∠A＝∠B＝90°，
在和中，
，
∴≌；
（2）∵≌，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴其斜边上的高为5，
∴．
【变式1】 ．已知，如图，AB⊥BD于点B，CD⊥BD于点D，P是BD上一点，且AP=PC，AP⊥PC．
（1）求证:△ABP≌△PDC
（2）若AB=3，CD=4，连接AC，求AC的长．
【详解】（1）证明：
；
（2）连接AC，
在
.
【变式2】 如图1，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥MN，BE⊥MN，垂足分别为D、E．
（1）求证：△ADC≌△CEB；
（2）猜想线段AD、BE、DE之间具有怎样的数量关系，并说明理由；
（3）题设条件不变，根据图2可得线段AD、BE、DE之间的数量关系是 ．
（1）证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠CDA＝∠BEC＝90°．
∴∠ACD＋∠DAC＝90°．
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＋∠BCE＝90°．
∴∠DAC＝∠ECB．
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB．
（2）AD＝BE＋DE．
理由如下：
由（1）知△ADC≌△CEB．
∴AD＝CE，CD＝BE．
∴AD＝CE＝CD＋DE＝BE＋DE．
（3）DE＝AD＋BE．
理由：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC=90°，∠BEC=90°，
∴∠EBC+∠ECB=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ECB+∠ACD=90°，
∴∠ACD=∠CBE，
又∵∠ADC=∠CEB，AC=CB，
∴△ADC≌△CEB，
∴AD=CE，CD=BE，
∵CD+CE=DE，
∴DE=AD+BE．
【变式3】 已知：D，A，E三点都在直线m上，在直线m的同一侧作，使，连接BD，CE．
（1）如图①，若，，，求证；
（2）如图②，若，请判断BD，CE，DE三条线段之间的数量关系，并说明理由．
【详解】
（1）证明：如图①，∵D，A，E三点都在直线m上，∠BAC＝90°，
∴∠BAD＋∠CAE＝90°，
∵BD⊥m，CE⊥m，
∴∠ADB＝∠CEA＝90°，
∴∠BAD＋∠ABD＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS）；
（2）DE＝BD＋CE．理由如下：
如图②，∵∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，
∴由三角形内角和及平角性质，得：
∠BAD＋∠ABD＝∠BAD＋∠CAE＝∠CAE＋∠ACE，
∴∠ABD＝∠CAE，∠BAD＝∠ACE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（ASA），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AD＋AE＝BD＋CE．
【变式4】已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AE是多点A的一条直线，且BD⊥AE于D，CE⊥AE于点E.当直线AE处于如图1的位置时，有BD=DE+CE,请说明理由.当直线AE处于如图2的位置时，则BD、DE、CE的关系如何？请说明理由.
解析：（1）∵BD⊥AE,CE⊥AE
∴∠BDA=∠AEC=90°
∴∠ABD+∠BAD=90°
∵∠BAC=90°
∴∠BAD+∠EAC=90°
∴∠ABD=∠EAC
在△ABD和△CAE中
∠ADB=∠CEA=90°
∠ABD=∠EAC
AB=CA
∴△ABD≌△CAE(AAS)
AD=CE,BD=AE
∵AE=AD+DE
∴BD=DE+CE
（2）在△ABD和△CAE中
∠ADB=∠CEA=90°
AB=CA
∴△ABD≌△CAE（AAS）
∴AD=CE,BD=AE
∵AE=DE-AD
∴BD=DE-CE.
例2、如图，在△ABC中，AB=AC=2，∠B=∠C=40°，点D在线段BC上运动（D不与B,C重合），连接AD，作∠ADE=40°，DE交线段AC于点E.
当DC等于多少是，△ABD≌△DCE?请证明你的结论.
解析：
∵∠B=40°
∴∠BAD+∠BDA=140°
∵∠ADE=40°
∴∠CDE+∠BDA=140°
∴∠BAD=∠CDE
在△ABD和△DCE中
∠B=∠C
∠BAD=∠CDE
AB=DC
∴△ABD≌△DCE
【变式1】（2022秋·八年级课时练习）如图，在△ABC中，AB＝AC＝9，点E在边AC上，AE的中垂线交BC于点D，若∠ADE＝∠B，CD＝3BD，则CE等于（ ）
A．3B．2C．D．
【答案】A
【详解】解：∵AB＝AC＝9，
∴∠B＝∠C，
∵∠ADE＝∠B，∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB，∠CDE＝180°﹣∠ADE﹣∠ADB，
∴∠BAD＝∠CDE，
∵AE的中垂线交BC于点D，
∴AD＝ED，
在△ABD与△DCE中，
，
∴△ABD≌△DCE（AAS），
∴CD＝AB＝9，BD＝CE，
∵CD＝3BD，
∴CE＝BD＝3
故选：A．
【变式2】（2022秋·八年级课时练习）如图，∠B=∠C=∠FDE=80°，DF=DE，BF=1.5cm，CE=2cm，求BC的长．
【答案】3.5
【详解】解：∠B=∠C=∠FDE=80°，
在与中，

．
【过关检测】
一．选择题（共3小题）
1．（2021秋•九龙坡区校级期末）如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别是点D、E，AD＝7cm，BE＝3cm，则DE的长是（ ）
A．3cmB．3.5cmC．4cmD．4.5cm
【分析】根据同角的余角相等，得∠CAD＝∠BCE，再利用AAS证明△ACD≌△CBE，得CD＝BE＝3cm，CE＝AD＝7cm，从而得出答案．
【解答】解：∵AD⊥CE，BE⊥CE，
∴∠BEC＝∠CDA＝90°，
∴∠CAD+∠ACD＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
在△ACD与△CBE中，
，
∴△ACD≌△CBE（AAS），
∴CD＝BE＝3cm，CE＝AD＝7cm，
∴DE＝CE﹣CD＝7﹣3＝4cm，
故选：C．
【点评】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，证明△ACD≌△CBE是解题的关键．
2．（2021秋•定远县校级期末）如图，E为线段BC上一点，∠ABE＝∠AED＝∠ECD＝90°，AE＝ED，BC＝20，AB＝8，则BE的长度为（ ）
A．12B．10C．8D．6
【分析】根据一线三等角模型证明△ABE≌△ECD，可得AB＝EC，即可解答．
【解答】解：∵∠ABE＝∠AED＝90°，
∴∠A+∠AEB＝90°，∠AEB+∠DEC＝90°，
∴∠A＝∠DEC，
∵∠ABE＝∠ECD＝90°，AE＝ED，
∴△ABE≌△ECD（AAS），
∴AB＝CE＝8
∵BC＝20，
∴BE＝BC﹣CE＝20﹣8＝12，
故选：A．
【点评】本题考查了等腰直角三角形，全等三角形的判定与性质，熟练掌握一线三等角模型是解题的关键．
3．（2021秋•岑溪市期末）如图，在等腰直角三角形ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点B在直线l上，过A作AD⊥l于D，过C作CE⊥l于E．下列给出四个结论：①BD＝CE；②∠BAD与∠BCE互余；③AD+CE＝DE．其中正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
【分析】根据同角的余角相等可得∠ABD＝∠BCE，再根据“AAS”可得△ABD≌△BCE，再逐项分析可得结论．
【解答】解：∵AD⊥l，CE⊥l，
∴∠ADB＝∠BEC＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABD+∠EBC＝∠BCE+∠EBC＝90°，即∠ABD＝∠BCE，
在△ABD和△BEC中，
，
∴△ABD≌△BCE（AAS），
∴BD＝CE，故①正确；
∵∠BAD+∠ABD＝90°，∠ABD＝∠BCE，
∴∠BAD+∠BCE＝90°，
即∠BAD与∠BCE互余，故②正确；
∵△ABD≌△BCE，
∴AD＝EB，DB＝CE，
∵BE+D＝DE，
∴AD+CE＝DE，故③正确．
故选：D．
【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角相等的性质，本题中求证△ABD≌△CBE是解题的关键．
二．填空题（共9小题）
4．（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．
5．（2021秋•台江区期末）如图，已知∠CDE＝90°，∠CAD＝90°，BE⊥AD于B，且DC＝DE，若BE＝7，AB＝4，则BD的长为 3 ．
【分析】利用AAS证明△ACD≌△BDE，得BE＝AD，从而解决问题．
【解答】解：∵BE⊥AD，
∴∠EBD＝∠CAD＝90°，
∴∠BDE+∠ADC＝90°，∠BDE+∠E＝90°，
∴∠E＝∠ADC，
在△ACD和△BDE中，
，
∴△ACD≌△BDE（AAS），
∴BE＝AD，
∴BD＝AD﹣AB＝BE﹣AB＝7﹣4＝3，
故答案为：3．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，同角的余角相等等知识，证明△ACD≌△BDE是解题的关键．
6．（2023春•城阳区期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，AB⊥AD，AC⊥DC．过点B作BE⊥CA，垂足为点E．若CD＝2，CE＝6，则四边形ABCD的面积是 26 ．
【分析】根据垂直定义可得∠ACD＝∠BEA＝∠DAB＝90°，从而可得∠D+∠DAC＝90°，∠DAC+∠EAB＝90°，进而可得∠D＝∠EAB，然后利用AAS证明△ADC≌△BAE，从而可得AC＝BE，DC＝AE＝2，进而可得BE＝AC＝8，最后根据四边形ABCD的面积＝△ADC的面积+△ABC的面积，进行计算即可解答．
【解答】解：∵AB⊥AD，AC⊥DC，BE⊥CA，
∴∠ACD＝∠BEA＝∠DAB＝90°，
∴∠D+∠DAC＝90°，∠DAC+∠EAB＝90°，
∴∠D＝∠EAB，
∵AD＝AB，
∴△ADC≌△BAE（AAS），
∴AC＝BE，DC＝AE＝2，
∵CE＝6，
∴BE＝AC＝AE+CE＝2+6＝8，
∴四边形ABCD的面积＝△ADC的面积+△ABC的面积
＝DC•AC+AC•BE
＝×2×8+×6×6
＝8+18
＝26，
故答案为：26．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握一线三等角全等模型是解题的关键．
7．（2022•铁岭三模）如图，小虎用10块高度都是3cm的相同长方体小木块，垒了两堵与地面垂直的木墙，木墙之间刚好可以放进一个等腰直角三角板（AC＝BC，∠ACB＝90°），点C在DE上，点A和B分别与木墙的顶端重合，则两堵木墙之间的距离为 30 cm．
【分析】根据题意可得AC＝BC，∠ACB＝90°，AD⊥DE，BE⊥DE，进而得到∠ADC＝∠CEB＝90°，再根据等角的余角相等可得∠BCE＝∠DAC，再证明△ADC≌△CEB即可，利用全等三角形的性质进行解答．
【解答】解：由题意得：AC＝BC，∠ACB＝90°，AD⊥DE，BE⊥DE，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠ACD+∠DAC＝90°，
∴∠BCE＝∠DAC，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
由题意得：AD＝EC＝9cm，DC＝BE＝21cm，
∴DE＝DC+CE＝30（cm），
答：两堵木墙之间的距离为30cm．
故答案为：30．
【点评】此题主要考查了全等三角形的应用，关键是正确找出证明三角形全等的条件．
8．（2021秋•蜀山区期末）如图，在△ABC中，点D、E分别为边AC、BC上的点，且AD＝DE，AB＝BE，∠A＝70°，则∠CED＝ 110 度．
【分析】根据SSS证明△ADB与△EDB全等，进而利用全等三角形的性质解答即可．
【解答】解：在△ADB与△EDB中，
，
∴△ADB≌△EDB（SSS），
∴∠A＝∠DEB＝70°，
∴∠CED＝180°﹣∠DEB＝180°﹣70°＝110°，
故答案为：110．
【点评】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据SSS证明△ADB与△EDB全等．
9．（2022秋•如东县期中）如图，△ABC中，∠C＝90°，D为AC上一点，E是AB上一点，且∠BDE＝90°，DB＝DE＝AE，若BC＝5，则AD的长是 10 ．
【分析】过点E作EF⊥AD，垂足为F，根据垂直定义可得∠EFD＝90°，从而利用直角三角形的两个锐角互余可得∠FED+∠EDF＝90°，再利用平角定义可得∠BDC+∠EDF＝90°，然后利用同角的余角相等可得∠BDC＝∠FED，从而利用AAS证明△BDC≌△DEF，进而可得BC＝DF＝5，最后利用等腰三角形的三线合一性质进行计算即可解答．
【解答】解：过点E作EF⊥AD，垂足为F，
∴∠EFD＝90°，
∴∠FED+∠EDF＝90°，
∵∠BDE＝90°，
∴∠BDC+∠EDF＝180°﹣∠BDE＝90°，
∴∠BDC＝∠FED，
∵∠C＝∠EFD＝90°，BD＝ED，
∴△BDC≌△DEF（AAS），
∴BC＝DF＝5，
∵EA＝ED，EF⊥AD，
∴AD＝2DF＝10，
故答案为：10．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
10．（2021秋•房山区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，D，E，F分别是BC，AC，AB上的点，且BF＝CD，BD＝CE，∠FDE＝α，则∠A的度数是 （180°﹣2α） ．（用含α的代数式表示）
【分析】根据已知条件可推出BDF≌△CDE，从而可知∠EDC＝∠FDB，则∠EDF＝∠B．
【解答】解：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
在△BDF和△CED中，
，
∴△BDF≌△CDE（SAS），
∴∠EDC＝∠DFB，
∴∠EDF＝∠B＝（180°﹣∠A）÷2＝90°﹣∠A，
∵∠FDE＝α，
∴∠A＝180°﹣2α，
故答案为：（180°﹣2α）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质及等腰三角形的性质及三角形内角和定理；此题能够发现全等三角形，再根据平角的定义和三角形的内角和定理发现∠EDF＝∠B．再根据三角形的内角和定理以及等腰三角形的性质进行推导．
11．（2022春•金牛区校级期中）在学习完“探索全等三角形全等的条件”一节后，一同学总结出很多全等三角形的模型，他设计了以下问题给同桌解决：如图，做一个“U”字形框架PABQ，其中AB＝42cm，AP，BQ足够长，PA⊥AB于点A，点M从B出发向A运动，同时点N从B出发向Q运动，点M，N运动的速度之比为3：4，当两点运动到某一瞬间同时停止，此时在射线AP上取点C，使△ACM与△BMN全等，则线段AC的长为 18或28 cm．
【分析】设BM＝3tcm，则BN＝4tcm，使△ACM与△BMN全等，由∠A＝∠B＝90°可知，分两种情况：
情况一：当BM＝AC，BN＝AM时，列方程解得t，可得AC；
情况二：当BM＝AM，BN＝AC时，列方程解得t，可得AC．
【解答】解：设BM＝3tcm，则BN＝4tcm，因为∠A＝∠B＝90°，使△ACM与△BMN全等，可分两种情况：
情况一：当BM＝AC，BN＝AM时，
∵BN＝AM，AB＝42cm，
∴4t＝42﹣3t，
解得：t＝6，
∴AC＝BM＝3t＝3×6＝18cm；
情况二：当BM＝AM，BN＝AC时，
∵BM＝AM，AB＝42cm，
∴3t＝42﹣3t，
解得：t＝7，
∴AC＝BN＝4t＝4×7＝28cm，
综上所述，AC＝18cm或AC＝28cm．
【点评】本题主要考查了全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质并利用分类讨论思想是解答此题的关键．
12．（2022秋•靖江市月考）如图，在△ABC中，∠ACB为钝角，把边AC绕点A沿逆时针方向旋转90°得AD，把边BC绕点B沿顺时针方向旋转90°得BE，作DM⊥AB于点M，EN⊥AB于点N，若AB＝5，EN＝2，则DM＝ 3 ．
【分析】过点C作CF⊥AB于点F，由旋转的性质可得AD＝AC，BE＝BC，利用“一线三等角“证得∠D＝∠CAF，从而可判定△DAM≌△ACF（AAS），则DM＝AF．同理可证，△BFC≌△ENB（AAS），则BF＝EN＝2，再由AB＝5，可得AF，即DM的值．
【解答】解：过点C作CF⊥AB于点F，如图所示：
∵旋转，
∴AD＝AC，BE＝BC，
∵DM⊥AB于点M，EN⊥AB于点N，CF⊥AB于点F，
∴∠AMD＝∠AFC＝∠BFC＝∠BNE＝90°，
∴∠D+∠DAM＝90°，
∵∠CAD＝90°，
∴∠CAF+∠DAM＝90°，
∴∠D＝∠CAF，
∴在△DAM和△ACF中，
，
∴△DAM≌△ACF（AAS），
∴DM＝AF．
同理可证，△BFC≌△ENB（AAS），
∴BF＝EN＝2，
∵AB＝5，
∴AF＝3，
∴DM＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
三．解答题（共22小题）
13．（2021秋•赫山区期末）如图在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于点D，BE⊥MN于点N，求证：
（1）△ADC≌△CEB；
（2）DE＝AD+BE．
【分析】（1）由垂直得∠ADC＝∠BEC＝90°，由同角的余角相等得：∠DAC＝∠BCE，因此根据AAS可以证明）△ADC≌△CEB；
（2）由（1）中的全等得：DC＝BE，AD＝EC，根据线段的和可得结论．
【解答】证明：（1）∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠BEC＝90°，
∴∠DAC+∠ACD＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，
∴∠DAC＝∠BCE，
在△ADC和△CEB中，
∵，
∴△ADC≌△CEB；
（2）∵△ADC≌△CEB，
∴DC＝BE，AD＝EC，
∵DE＝DC+EC，
∴DE＝BE+AD．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，属于常考题型，熟练掌握全等三角形的判定方法是关键；在证明角相等时常利用同角的余角相等来证明角的大小关系；要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
14．（2021秋•凉州区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE于E，AD⊥CE于D，AD＝2.5cm，DE＝1.7cm，求BE的长．
【分析】先证明△ACD≌△CBE，再求出EC的长，解决问题．
【解答】解：∵BE⊥CE于E，AD⊥CE于D
∴∠E＝∠ADC＝90°
∵∠BCE+∠ACE＝∠DAC+∠ACE＝90°
∴∠BCE＝∠DAC
∵AC＝BC
∴△ACD≌△CBE
∴CE＝AD，BE＝CD＝2.5﹣1.7＝0.8（cm）．
【点评】三角形全等的判定是中考的热点，一般以考查三角形全等的方法为主，判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．再根据全等三角形的性质解决问题．
15．（2021秋•嵊州市期末）【问题提出】
（1）已知：如图1，AD⊥DE于点D，BE⊥DE于点E，点C在线段DE上，AC＝BC且AC⊥BC，求证：△ADC≌△CEB．
【问题解决】
（2）如图2，点D，C，E在直线l上．点A，B在l的同侧，AC⊥BC，若AD＝AC＝BC＝BE＝5cm，CD＝6cm，求CE的长．
【分析】（1）根据同角的余角相等可得∠A＝∠BCE，然后利用AAS即可证明结论；
（2）作AG⊥CD于G，BH⊥CE于H，根据等腰三角形的性质得CG＝3cm，利用勾股定理得AG＝4cm，由（1）同理得，△ACG≌△CBH（AAS），得CH＝AG＝4cm，从而得出答案．
【解答】（1）证明：∵AD⊥DE于点D，BE⊥DE，
∴∠D＝∠E＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠ACD+∠A＝90°，
∴∠A＝∠BCE，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
（2）解：作AG⊥CD于G，BH⊥CE于H，
∵AD＝AC，AG⊥CD，
∴CG＝3cm，
在Rt△ACG中，由勾股定理得，AG＝4cm，
由（1）同理得，△ACG≌△CBH（AAS），
∴CH＝AG＝4cm，
∵BC＝BE，BH⊥CE，
∴CE＝2CH＝8cm．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握基本几何模型是解题的关键．
16．（2021秋•海丰县期末）如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别为D，E．
（1）求证：△ACD≌△CBE；
（2）试探究线段AD，DE，BE之间有什么样的数量关系，请说明理由．
【分析】（1）根据同角的余角相等，可证∠BCE＝∠CAD，再利用AAS证明△ACD≌△CBE；
（2）由△ACD≌△CBE，得CD＝BE，AD＝CE，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AD⊥CE，BE⊥CE，
∴∠ADC＝∠BEC＝90°，
∴∠ACE+∠CAD＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BCE+∠ACD＝90°，
∴∠BCE＝∠CAD，
在△ACD和△CBE中，
，
∴△ACD≌△CBE（AAS）；
（2）解：AD＝BE+DE，理由如下：
∵△ACD≌△CBE，
∴CD＝BE，AD＝CE，
∵CE＝CD+DE，
∴AD＝BE+DE．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，熟悉基本几何图形是解题的关键．
17．（2022秋•青田县校级月考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE于点E．AD⊥CE于点D．
求证：△BEC≌△CDA．
【分析】根据垂直的定义以及等量代换可知∠CBE＝∠ACD，根据已知条件∠BEC＝∠CDA，∠CBE＝∠ACD，BC＝AC，根据全等三角形的判定AAS即可证明△BEC≌△CDA．
【解答】证明：∵BE⊥CE于E，AD⊥CE于D，
∴∠BEC＝∠CDA＝90°，
在Rt△BEC中，∠BCE+∠CBE＝90°，
在Rt△BCA中，∠BCE+∠ACD＝90°，
∴∠CBE＝∠ACD，
在△BEC和△CDA中，∠BEC＝∠CDA，∠CBE＝∠ACD，BC＝AC，
∴△BEC≌△CDA．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，本题根据AAS证明两三角形全等，难度适中．
18．（2021秋•儋州校级期末）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：△ADC≌△CEB；
（2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，试问DE、AD、BE的等量关系？并说明理由．
【分析】（1）根据同角的余角相等得到∠ACD＝∠BCE，由“AAS”可证△ADC≌△CEB；
（2）由“AAS”可证△ADC≌△CEB，可得AD＝CE，CD＝BE，可得结论．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，
∵BE⊥MN，
∴∠CBE+∠BCE＝90°，
∴∠ACD＝∠CBE，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
（3）DE＝AD﹣BE，
理由如下：∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，
∵AD⊥MN，
∴∠ACD+∠DAC＝90°，
∴∠DAC＝∠BCE，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴AD＝CE，CD＝BE，
∴DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE．
【点评】本题考查的是旋转的性质、全等三角形的判定和性质，灵活运用全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键，解答时，注意类比思想的应用．
19．（2021秋•南丹县期末）如图1，∠ABC＝90°，FA⊥AB于点A，D是线段AB上的点，AD＝BC，AF＝BD．
（1）判断DF与DC的数量关系为 相等 ，位置关系为 垂直 ．
（2）如图2，若点D在线段AB的延长线上，过点A在AB的另一侧作AF⊥AB，并截取AF＝BD，连接DC，DF，CF，试说明（1）中结论是否成立，并说明理由．
【分析】（1）利用SAS证明△ADF≌△BCD，得DF＝CD，∠ADF＝∠BCD，从而得出∠ADF+∠CDB＝90°，即可证明结论；
（2）由（1）同理得△ADF≌△BCD，得DF＝CD，∠ADF＝∠BCD，从而得出∠ADF+∠CDB＝90°，即∠CDF＝90°．
【解答】解：（1）∵AF⊥AB，
∴∠DAF＝90°，
在△ADF与△BCD中，
，
∴△ADF≌△BCD（SAS），
∴DF＝CD，∠ADF＝∠BCD，
∵∠BCD+∠CDB＝90°，
∴∠ADF+∠CDB＝90°，
即∠CDF＝90°，
∴CD⊥DF，
故答案为：相等，垂直；
（2）成立，理由如下：
∵AF⊥AB，
∴∠DAF＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠CBD＝90°，
∴∠DAF＝∠CBD，
在△ADF与△BCD中，
，
∴△ADF≌△BCD（SAS），
∴DF＝CD，∠ADF＝∠BCD，
∵∠BCD+∠CDB＝90°，
∴∠ADF+∠CDB＝90°，
即∠CDF＝90°，
∴CD⊥DF．
【点评】本题主要考查全等三角形的判定与性质，熟悉基本的一线三等角模型是解题的关键．
20．（2021秋•东至县期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，若DE＝10，BD＝3，求CE的长．
【分析】由∠AEC＝∠BAC＝α，推出∠ECA＝∠BAD，再根据AAS证明△BAD≌△ACE得CE＝AD，AE＝BD＝3，即可得出结果．
【解答】解：∵∠AEC＝∠BAC＝α，
∴∠ECA+∠CAE＝180°﹣α，
∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，
∴∠ECA＝∠BAD，
在△BAD与△ACE中，
，
∴△BAD≌△ACE（AAS），
∴CE＝AD，AE＝BD＝3，
∵DE＝AD+AE＝10，
∴AD＝DE﹣AE＝DE﹣BD＝10﹣3＝7．
∴CE＝7．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，证明△BAD≌△ACE是解题的关键．
21．（2022秋•沭阳县月考）已知：如图，AB⊥BD，ED⊥BD，C是BD上的一点，AC⊥CE，AB＝CD，求证：BC＝DE．
【分析】根据直角三角形全等的判定方法，ASA即可判定三角形全等．
【解答】证明：∵AB⊥BD，ED⊥BD，AC⊥CE（已知）
∴∠ACE＝∠B＝∠D＝90°（垂直的意义）
∵∠BCA+∠DCE+∠ACE＝180°（平角的意义）
∠ACE＝90°（已证）
∴∠BCA+∠DCE＝90°（等式性质）
∵∠BCA+∠A+∠B＝180°（三角形内角和等于180°）
∠B＝90°（已证）
∴∠BCA+∠A＝90°（等式性质）
∴∠DCE＝∠A （同角的余角相等）
在△ABC和△CDE中，
，
∴△ABC≌△CDE（ASA）
∴BC＝DE．（全等三角形对应边相等）
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质；熟练掌握三角形全等的判定定理是解题的关键．
22．（2021秋•南关区期末）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．
23．（2022•鹿城区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在BC边上，点E在AC边上，连接AD，DE．已知∠1＝∠2，AD＝DE．
（1）求证：△ABD≌△DCE；
（2）若BD＝3，CD＝5，求AE的长．
【分析】（1）根据AAS可证明△ABD≌△DCE；
（2）得出AB＝DC＝5，CE＝BD＝3，求出AC＝5，则AE可求出．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
在△ABD与△DCE中，
，
∴△ABD≌△DCE（AAS）；
（2）解：∵△ABD≌△DCE，
∴AB＝DC＝5，CE＝BD＝3，
∵AC＝AB，
∴AC＝5，
∴AE＝AB﹣EC＝5﹣3＝2．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
24．（2021秋•虎林市校级期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
（1）直线MN绕点C旋转到图（1）的位置时，求证：DE＝AD+BE；
（2）当直线MN绕点C旋转到图（2）的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请直接写出这个等量关系（不写证明过程）；
（3）当直线MN绕点C旋转到图（3）的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请直接写出这个等量关系（不写证明过程）．
【分析】（1）利用垂直的定义得∠ADC＝∠CEB＝90°，则根据互余得∠DAC+∠ACD＝90°，再根据等角的余角相等得到∠DAC＝∠BCE，然后根据“AAS”可判断△ADC≌△CEB，所以CD＝BE，AD＝CE，再利用等量代换得到DE＝AD+BE；
（2）与（1）一样可证明△ADC≌△CEB，则CD＝BE，AD＝CE，于是有DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE；
（3）与（1）一样可证明△ADC≌△CEB，则CD＝BE，AD＝CE，于是有DE＝CD﹣CE＝BE﹣AD．
【解答】（1）证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，
∴∠DAC+∠ACD＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BCE+∠ACD＝90°，
∴∠DAC＝∠BCE，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴CD＝BE，AD＝CE，
∴DE＝CE+CD＝AD+BE；
（2）证明：与（1）一样可证明△ADC≌△CEB，
∴CD＝BE，AD＝CE，
∴DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE；
（3）解：DE＝BE﹣AD．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质：判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”，全等三角形的对应边相等，找准全等的三角形是解题的关键．
25．（2022秋•浠水县期中）已知，在△ABC中，AB＝AC，D，A，E三点都在直线m上，且DE＝9cm，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC
（1）如图①，若AB⊥AC，则BD与AE的数量关系为 BD＝AE ，CE与AD的数量关系为 CE＝AD ；
（2）如图②，判断并说明线段BD，CE与 DE的数量关系；
（3）如图③，若只保持∠BDA＝∠AEC，BD＝EF＝7cm，点A在线段DE上以2cm/s的速度由点D向点E运动，同时，点C在线段EF上以xcm/s的速度由点E向点F运动，它们运动的时间为t（s）．是否存在x，使得△ABD与△EAC全等？若存在，求出相应的t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用平角的定义和三角形内角和定理得∠CAE＝∠ABD，再利用AAS证明△ABD≌△CAE，得BD＝AE，CE＝AD；
（2）由（1）同理可得△ABD≌△CAE，得BD＝AE，CE＝AD，可得答案；
（3）分△DAB≌△ECA或△DAB≌△EAC两种情形，分别根据全等三角形的性质可解决问题．
【解答】解：（1）∵∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，
∴∠BAD+∠CAE＝∠BAD+∠ABD，
∴∠CAE＝∠ABD，
∵∠BDA＝∠AEC，BA＝CA，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD＝AE，CE＝AD，
故答案为：BD＝AE，CE＝AD；
（2）DE＝BD+CE，
由（1）同理可得△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD＝AE，CE＝AD，
∴DE＝BD+CE；
（3）存在，当△DAB≌△ECA时，
∴AD＝CE＝2cm，BD＝AE＝7cm，
∴t＝1，此时x＝2；
当△DAB≌△EAC时，
∴AD＝AE＝4.5cm，DB＝EC＝7cm，
∴t＝，x＝7÷＝，
综上：t＝1，x＝2或t＝，x＝．
【点评】本题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握一线三等角基本模型是解题的关键，同时渗透了分类讨论的数学思想．
26．（2021秋•岳阳楼区期末）直线l经过点A，△ABC在直线l上方，AB＝AC．
（1）如图1，∠BAC＝90°，过点B，C作直线l的垂线，垂足分别为D、E．求证：△ABD≌△CAE；
（2）如图2，D，A，E三点在直线l上，若∠BAC＝∠BDA＝∠AEC＝α（α为任意锐角或钝角），猜想线段DE、BD、CE有何数量关系？并给出证明；
（3）如图3，∠BAC＝90°过点B作直线l上的垂线，垂足为F，点D是BF延长线上的一个动点，连结AD，作∠DAE＝90°，使得AE＝AD，连结DE，CE．直线l与CE交于点G．求证：G是CE的中点．
【分析】（1）由直角三角形的性质证出∠ABD＝∠CAE，可证明△ABD≌△CAE（AAS）；
（2）证明△ABD≌△CAE（AAS），由全等三角形的性质得出BD＝AE，DA＝EC，则可得出结论；
（3）分别过点C、E作CM⊥l，EN⊥l，由（1）可知△ABF≌△CAM，△ADF≌△EAN，得出AF＝CM，AF＝EN，证明△CMG≌△ENG（AAS），由全等三角形的性质得出CG＝EG，则可得出结论．
【解答】（1）证明：∵BD⊥l，CE⊥l，
∴∠BDA＝∠AEC＝90°，
∴∠ABD+∠DAB＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠CAE+∠DAB＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD与△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS）；
（2）解：猜想：DE＝BD+CE，
∵∠BDA＝∠BAC＝α，
∴∠ABD+∠DAB＝180°﹣∠BDA＝180°﹣α，∠CAE+∠DAB＝180°﹣∠BAC＝180°﹣α，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD与△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD＝AE，DA＝EC，
∴DE＝AE+DA＝BD+CE；
（3）证明：分别过点C、E作CM⊥l，EN⊥l，
由（1）可知△ABF≌△CAM，△ADF≌△EAN，
∴AF＝CM，AF＝EN，
∴CM＝EN，
∵CM⊥l，EN⊥l，
∴∠CMG＝∠ENG＝90°，
在△CMG与△ENG中，
，
∴△CMG≌△ENG（AAS），
∴CG＝EG，
∴G为CE的中点．
【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，直角三角形的性质，等腰三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
27．（2021秋•涡阳县期末）如图，把一块直角三角尺ABC的直角顶点C放置在水平直线MN上，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，试回答下列问题：
（1）若把三角尺ABC绕着点C按顺时针方向旋转，当AB∥MN时，∠2＝ 45 度；
（2）在三角尺ABC绕着点C按顺时针方向旋转过程中，分别作AM⊥MN于M，BN⊥MN与N，若AM＝6，BN＝2，求MN．
（3）三角尺ABC绕着点C按顺时针方向继续旋转到图3的位置，其他条件不变，则AM、BN与MN之间有什么关系？请说明理由．
【分析】（1）先求出∠B＝45°，再用平行线的性质，即可求出答案；
（2）先用同角的余角相等判断出∠2＝∠CAM，同理：∠1＝∠CBN，进而判断出△AMC≌△CNB（ASA），得出AM＝CN，MC＝BN，即可求出答案；
（3）同（2）的方法，即可得出结论．
【解答】解：（1）在△ABC中，AB＝AC，∠ACB＝90°，
∴∠B＝∠A＝45°，
∵AB∥MB，
∴∠2＝∠B＝45°，
故答案为45；
（2）∵AM⊥MN于M，BN⊥MN于N，
∴∠AMC＝90°，∠BNC＝90°．
∴∠1+∠CAM＝90°，
又∵∠1+∠2＝90°，
∴∠2＝∠CAM，
同理：∠1＝∠CBN，
在△AMC和△CNB中，
，
∴△AMC≌△CNB（ASA），
∴AM＝CN，MC＝BN，
∴MN＝MC+CN＝AM+BN＝2+6＝8；
（3）MN＝BN﹣AM，理由：
同（2）的方法得，△AMC≌△CNB（ASA），
∴AM＝CN，MC＝BN，
∴MN＝MC﹣CN＝BN﹣AM．
【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，同角的余角相等，判断出△AMC≌△CNB是解本题的关键．
28．（2021秋•青山区期末）如图，△ABC为等腰直角三角形，∠ABC＝90°，△ABD为等腰三角形，AD＝AB＝BC，E为DB延长线上一点，∠BAD＝2∠CAE．
（1）若∠CAE＝20°，求∠CBE的度数；
（2）求证：∠BEC＝135°；
（3）若AE＝a，BE＝b，CE＝c．则△ABC的面积为 ．（用含a，b，c的式子表示）
【分析】（1）由等腰三角形的性质求出∠D＝∠DBA＝70°，由三角形内角和定理可得出答案；
（2）过点A作AF⊥DE于点F，过点C作CG⊥DE于点G，证明△BAF≌△CBG（AAS），由全等三角形的性质得出AF＝BG，BF＝CG，得出AF＝EF＝BG，BF＝CG，由等腰直角三角形的性质可得出结论；
（3）根据S△ABC＝S△AEB+S△AEC﹣S△BEC可得出结论．
【解答】（1）解：∵∠CAE＝20°，∠BAD＝2∠CAE，
∴∠BAD＝40°，
∵AD＝AB，
∴∠D＝∠DBA＝70°，
又∵∠ABC＝90°，
∴∠CBE＝180°﹣70°﹣90°＝20°；
（2）证明：过点A作AF⊥DE于点F，过点C作CG⊥DE于点G，
∴∠AFB＝∠ABC＝∠CGB＝90°，
又∵AD＝BC＝AB，
∴∠BAC＝∠ACB＝45°，∠FAB＝∠DAB＝∠CAE，
∵∠FAB+∠FBA＝∠FBA+∠CBG＝90°，
∴∠FAB＝∠CBG＝∠CAE，
在△BAF和△CBG中，
，
∴△BAF≌△CBG（AAS），
∴AF＝BG，BF＝CG，
∵∠CBG＝∠CAE，
∴∠AEF＝∠ACB＝45°，
∴AF＝EF＝BG，BF＝CG，
∴BF＝EG＝CG，
∴∠CEG＝∠AEF＝45°，
∴∠AEC＝90°，
∴∠BEC＝135°；
（3）解：由（2）可知CG＝BF，AF＝EF，
∴CG＝BF＝EF﹣BE＝AF﹣BE，
∵S△ABC＝S△AEB+S△AEC﹣S△BEC，
∴S△ABC＝BE•CG
＝BE•（AF﹣BE）
＝．
故答案为：．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了三角形内角和定理，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确作出辅助线，证明△BAF≌△CBG．
29．（2022•信阳模拟）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．
30．（2021秋•裕华区期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是BC上一动点，连接AD，将△ABD绕点A逆时针旋转90°，得到△ACE．AF平分∠DAE，交BC于点F，连接EF．
（1）求证：△ADF≌△AEF；
（2）直接写出线段BD、DF、FC之间的数量关系，并证明你的结论；
（3）若BD＝3，CF＝4，则AD＝ 3 ．
【分析】（1）根据角平分线和旋转可构造SAS证全等；
（2）由（1）得DF＝EF，EC＝BD，再利用勾股定理可得出BD2+FC2＝DF2；
（3）作AH⊥BC于H，根据线段关系分别求出DH和AH，再利用勾股定理即可得出AD的长度．
【解答】（1）证明：∵AF平分∠DAE，
∴∠DAF＝∠EAF，
由旋转可知，AD＝AE，
又∵AF＝AF，
∴△ADF≌△AEF（SAS）；
（2）解：BD2+FC2＝DF2，理由如下：
由（1）知：△ADF≌△AEF，
∴DF＝EF，
由旋转知∠B＝∠ACE＝45°，BD＝CE，
∴∠FCE＝90°，
∴EC2+FC2＝EF2，
即BD2+FC2＝DF2；
（3）解：作AH⊥BC于H，
∵BD＝3，CF＝4，
由（2）得DF＝＝＝5，
∴BC＝3+4+5＝12，
∵AB＝AC，∠B＝45°，
∴BH＝AH＝BC＝6，
∴DH＝BH﹣BD＝6﹣3＝3，
∴AD＝＝＝3，
故答案为：3．
【点评】本题主要考查图形的变换综合题型，熟练掌握全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识是解题的关键．
31．（2021秋•长安区期末）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．
32．（2021秋•望花区期末）已知，点P、点Q分别是等边△ABC的边AB、BC所在直线上的动点（端点除外）．点P、点Q以相同的速度，同时从点A、点B出发，连接AQ、CP，直线AQ、CP相交于点M．
（1）如图1，当点P、Q分别在AB、BC边上时，
①求证：△ABQ≌△CAP；
②当点P、点Q分别在AB、BC边上运动时，∠QMC的大小是否变化？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数；
（2）如图2，当点P、Q分别在AB、BC的延长线上运动时，请直接写出∠QMC的度数．
【分析】（1）①根据等边三角形的性质，利用SAS证明△ABQ≌△CAP即可；
②先判定△ABQ≌△CAP，根据全等三角形的性质可得∠BAQ＝∠ACP，从而得到∠QMC＝60°；
（2）先判定△ABQ≌△CAP，根据全等三角形的性质可得∠BAQ＝∠ACP，从而得到∠QMC＝120°．
【解答】（1）①证明：如图1，∵△ABC是等边三角形
∴∠ABQ＝∠CAP＝60°，AB＝CA，
又∵点P、Q运动速度相同，
∴AP＝BQ，
在△ABQ与△CAP中，
，
∴△ABQ≌△CAP（SAS）；
②解：点P、Q在AB、BC边上运动的过程中，∠QMC不变．
理由：∵△ABQ≌△CAP，
∴∠BAQ＝∠ACP，
∵∠QMC是△ACM的外角，
∴∠QMC＝∠ACP+∠MAC＝∠BAQ+∠MAC＝∠BAC
∵∠BAC＝60°，
∴∠QMC＝60°；
（2）解：如图2，点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动时，∠QMC不变，
理由：同理可得，△ABQ≌△CAP，
∴∠BAQ＝∠ACP，
∵∠QMC是△APM的外角，
∴∠QMC＝∠BAQ+∠APM，
∴∠QMC＝∠ACP+∠APM＝180°﹣∠PAC＝180°﹣60°＝120°，
即若点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动，∠QMC的度数为120°．
【点评】此题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质等知识的综合应用．解决问题的关键是掌握全等三角形的判定方法：两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等．解题时注意运用全等三角形的对应边相等，对应角相等的性质．
33．（2022秋•东台市月考）【一线三等角模型】如图1：点A、B、C在一条直线上，∠A＝∠DBE＝∠C，当BD＝BE时，有△ABD≌△CEB．理由：
∵∠A＝∠DBE，∴∠D+∠DBA＝180°﹣∠A，∠DBA+∠CBE＝180°﹣∠DBE，∴∠D＝∠CBE﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣请将全等证明过程补充完整．
【模型运用】如图2：∠ABC＝∠CAD＝90°，AB＝4，AC＝AD，求△BAD的面积；
【能力提升】如图3：在等边△DEF中，A，C分别为DE、DF边上的动点，AE＝2CD，连接AC，以AC为边在△DEF内作等边△ABC，连接BF，当点A从点E向点D运动（不与点D重合）时，∠CFB的度数变化吗？如不变请求出它的度数，如变化，请说明它是怎样变化的？
【分析】【一线三等角模型】如图1：根据AAS证明三角形全等即可；
【模型运用】如图2：过点D作DT⊥BA交BA的延长线于点T．构造全等三角形解决问题即可；
【能力提升】∠CFB＝30°不变．如图3中，在CF上取一点N，使得FN＝DC．证明△ADC≌△CNB（SAS），推出BN＝CD，∠D＝∠BNC＝60°，可得结论．
【解答】【一线三等角模型】证明：如图1：∵∠A＝∠DBE，
∴∠D+∠DBA＝180°﹣∠A，∠DBA+∠CBE＝180°﹣∠DBE，
∴∠D＝∠CBE，
在△ABD和△CEB中，
，
∴△ABD≌△CEB（AAS）；
【模型运用】解：如图2：过点D作DT⊥BA交BA的延长线于点T．
同法可证△ATD≌△CBA（AAS），
∴DT＝AB＝4，
∴S△ABD＝×AB×DT＝×4×4＝8；
【能力提升】解：∠CFB＝30°不变．
理由：如图3中，在CF上取一点N，使得FN＝DC．
∵△ABC，△DEF都是等边三角形，
∴∠D＝∠ACB＝60°，DA＝DF，CA＝CB，
∵AE＝2CD，CD＝FN，
∴DA＝CN，
∵∠ACN＝∠ACB+∠BCN＝∠D+∠CAD，
∴∠BCN＝∠DAC，
在△ADC和△CNB中，
，
∴△ADC≌△CNB（SAS），
∴BN＝CD，∠D＝∠BNC＝60°，
∵NF＝CD，
∴NB＝NF，
∴∠NBF＝∠NFB，
∵∠BNC＝∠NBF+∠NFB＝60°，
∴∠NFB＝∠NBF＝30°，
∴∠CFB＝30°．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造一线三等角模型，利用全等三角形解决问题．
34．（2021秋•江汉区期末）如图，在等边△ABC中，D，E分别为AB，BC边上的点，DE＝EF，∠DEF＝60°．
（1）如图1，若点F在AC边上，求证：AD＝CF；
（2）如图2，连CF．若∠FCB＝30°，求证：AD＝2BE；
（3）如图3，O是BC的中点，点H在△ABC内，∠BHC＝120°，点M，N分别在CH，BH上，MO⊥NO，若∠CAM＝α，直接写出∠BAN的度数（用含有α的式子表示）．
【分析】（1）连接DF，根据“有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形”可判断△DEF是等边三角形，则DF＝EF，又△ABC是等边三角形，根据三角形内角和可得出，∠AFD＝∠FEC，所以△ADF≌△CFE（AAS），则AD＝CF；
（2）过点F作JK∥AC交AB于点J，交BC于点K，过点F作PI∥AB交AC于P，交BC于点I，连接DF，则△BJK和△CPI是等边三角形，△BDE≌△JFD≌KEF，所以DJ＝BE＝FK，因为AB∥PI，FK∥AC，所以四边形AJFP是平行四边形，则AJ＝PF，易得△CPI为等边三角形，由∠FCB＝30°可得CF平分∠PCI，则FI＝FP，所以FP＝AJ，FK＝BE＝DJ，FI＝FK，所以AJ＝DJ＝BE，即AD＝AJ+DJ＝2BE；
（3）延长MO到点G，使OG＝OM，连接NG，BG，NM，作∠ACQ＝∠ABN，且使CQ＝BN，连接MQ，AQ，先得到△BOG≌△COM（SAS），再得到△ACQ≌△ABN（SAS）和△BNG≌△CQM（SAS），所以∠NAM＝∠MAQ＝∠CAM+∠CAQ＝∠CAM+∠BAN，所以∠CAM+∠BAN＝30°，则∠CAM＝α，所以∠BAN＝30°﹣α．
【解答】（1）证明：如图，连接DF，
∵DE＝EF，∠DEF＝60°，
∴△DEF是等边三角形，
∴DF＝EF，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠C＝60°，
∵∠AFE＝∠AFD+∠DFE＝60°+∠AFD，
∠AFE＝∠C+∠EFC＝60°+∠FEC，
∴∠AFD＝∠FEC，
∵∠A＝∠C，DF＝EF，
∴△ADF≌△CFE（AAS），
∴AD＝CF；
（2）证明：如图，过点F作JK∥AC交AB于点J，交BC于点K，过点F作PI∥AB交AC于P，交BC于点I，连接DF，
∴∠BJK＝∠BAC＝∠BKJ＝∠ACB＝60°＝∠ABC，
∠CPI＝∠BAC＝∠B＝∠CIP＝60°＝∠ACB，
∴△BJK和△CPI是等边三角形，
∵∠DEF＝60°，DE＝EF，
∴△DEF是等边三角形，
由（1）中结论可知，△BDE≌△JFD≌KEF，
∴DJ＝BE＝FK，
∵AB∥PI，FK∥AC，
∴四边形AJFP是平行四边形，
∴AJ＝PF，
∵∠FIK＝∠FKI＝60°，
∴FI＝FK，
∵△CPI为等边三角形，∠FCB＝30°，
∴∠FCI＝∠FCP＝30°，
∴CF平分∠PCI，
∵△CPI是等边三角形，
∴FI＝FP，
∵FP＝AJ，
FK＝BE＝DJ，FI＝FK，
∴AJ＝DJ＝BE，即AD＝AJ+DJ＝2BE；
（3）解：如图，延长MO到点G，使OG＝OM，连接NG，BG，NM，作∠ACQ＝∠ABN，且使CQ＝BN，连接MQ，AQ，
∵MO⊥NO，OM＝OG，
∴NG＝MN，
∵MO＝OG，BO＝OC，∠MOC＝∠BOG，
∴△BOG≌△COM（SAS），
∴BG＝CM，∠GBO＝∠OCM，
∴BG∥CM，
∴∠NBG＝180°﹣∠BHC＝60°，
∵BHC＝120°，
∴∠HBC+∠HCB＝60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，
∴∠ABH+∠HBC＝∠ACH+∠HCB＝60°，
∴∠ABH＝∠HCB，∠HBC＝∠ACH，
∵∠ACQ＝∠ABN，AB＝AC，BN＝CQ，
∴△ACQ≌△ABN（SAS），
∴AN＝AQ，∠BAN＝∠CAQ，
∵∠ACB＝∠ACH+∠BCH＝60°，∠ABN＝∠BCH＝∠ACQ，
∴∠MCQ＝∠ACM+∠ACQ＝∠ACH+∠BCH＝60°＝∠NBG，
∵BN＝CQ，BG＝CM，
∴△BNG≌△CQM（SAS），
∴NG＝MQ，
∵NG＝NM，
∴MQ＝MN，
∵AN＝AQ，AM＝AM，
∴△NAM≌△QAM（SSS），
∴∠NAM＝∠MAQ＝∠CAM+∠CAQ＝∠CAM+∠BAN，
又∵∠NAM+∠CAM+∠BAN＝60°，
∴∠CAM+∠BAN＝30°，
∴∠CAM＝α，
∴∠BAN＝30°﹣α．
【点评】本题属于三角形的综合题，涉及全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，等腰三角形三线合一等知识，类比思想及构造的思想进行分析，仿造（1）中的结论构造出全等三角形是解题关键．