八上第一章三角形的初步知识专题-专题05全等三角形重难点模型（五大模型）（含解析）

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专题05 全等三角形重难点模型（五大模型）
重难点题型归纳
【模型一：一线三等角型】
【模型二：手拉手模型】
【模型三：半角模型】
【模型四：对角互补模型】
【模型五：平行+线段中点构造全等模型】
【模型一：一线三等角型】
如图一，∠D=∠BCA=∠E=90°，BC=AC。 结论：Rt△BDC≌Rt△CEA
模型二 一线三等角全等模型
如图二，∠D=∠BCA=∠E，BC=AC。 结论：△BEC≌△CDA
图一 图二
应用：①通过证明全等实现边角关系的转化，便于解决对应的几何问题；
②与函数综合应用中有利于点的坐标的求解。
【典例1】如图，平面直角坐标系中有点A（﹣1，0）和y轴上一动点B（0，a），其中a＞0，以B点为直角顶点在第二象限内作等腰直角△ABC，设点C的坐标为（c，d）．
（1）当a＝2时，则C点的坐标为 　 　；
（2）动点B在运动的过程中，试判断c+d的值是否发生变化？若不变，请求出其值；若发生变化，请说明理由．
【变式1-1】如图，在△PMN中，PM＝PN，PM⊥PN，P（0，2），N（2，﹣2），则M的坐标是（　　）
A．（﹣2，0） B．（﹣2，0） C．（﹣2，0） D．（﹣4，0）
【变式1-2】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 　 　cm．
【变式1-3】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.
【典例2】（1）猜想：如图1，已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E．试猜想DE、BD、CE有怎样的数量关系，请直接写出；
（2）探究：如果三个角不是直角，那结论是否会成立呢？如图2，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D，A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α（其中α为任意锐角或钝角）如果成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）解决问题：如图3，F是角平分线上的一点，且△ABF和△ACF均为等边三角形，D、E分别是直线m上A点左右两侧的动点，D、E、A互不重合，在运动过程中线段DE的长度始终为n，连接BD、CE，若∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，试判断△DEF的形状，并说明理由．
【变式2-1】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：DE＝AD+BE．
（2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，（1）中的结论还成立吗？若成立，请给出证明；若不成立，说明理由．
【变式2-2】【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？
【模型二：手拉手模型】
应用：①利用手拉手模型证明三角形全等，便于解决对应的几何问题；
②作辅助线构造手拉手模型，难度比较大。
【类型一：等边三角形中的手拉手模型】
【典例3】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．
【变式3-1】如图，△ABC和△DCE都是等边三角形，且B，C，D三点在一条直线上，连接AD，BE相交于点P．（1）求证：BE＝AD． （2）求∠APB的度数．
【变式3-1】在等边△ABC中，AB＝6，点D是射线CB上一点，连接AD．
（1）如图1，当点D在线段CB上时，在线段AC上取一点E，使得CE＝BD，求证：AD＝BE；
（2）如图2，当点D在CB延长线上时，将线段AD绕点A逆时针旋转角度θ（0°＜θ＜180°）得到线段AF，连接BF，CF．
①当AF位于∠BAC内部，且∠DAF恰好被AB平分时，若BD＝2，求CF的长度；
②如图3，当θ＝120°时，记线段BF与线段AC的交点为G，猜想DC与AG的数量关系，并说明理由．
【类型二：等腰三角形的手拉手模型】
【典例4】在△ABC中，AB＝AC，点D是直线BC上一点（不与B、C重合），以AD为一边在AD的右侧作△ADE，使AD＝AE，∠DAE＝∠BAC，连接CE．
（1）如图1，当点D在线段BC上时，∠BAC＝90°，
①求证：BD＝CE；
②∠BCE＝　 　；
（2）设∠BCE＝a，∠BAC＝β，
①如图2，当点D在线段BC上移动，求证α+β＝180°；
②当点D在射线BC的反向延长线上移动，则a、β之间有怎样的数量关系？请直接写出你的结论．
【变式4-1】如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，CE与BD相交于点M，BD交AC于点N．
证明：（1）BD＝CE；（2）BD⊥CE．
【变式4-2】如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上一动点，连接AD，以AD为直角边作等腰直角三角形ADF．
（1）如图1，若当点D在线段BC上时（不与点B、C重合），证明：△ACF≌△ABD；
（2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，试猜想CF与BD的数量关系和位置关系，并说明理由．
【变式4-3】（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 　　；线段BE与AD之间的数量关系是 　 　．
（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．
【模型二：直角三角形中的手拉手模型】
【典例5】△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．
【变式5】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 　　，并猜想BC和CE、CD之间的数量关系：　 ．
（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；
【模型三：作辅助线构造手拉手模型】
【典例6】在△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝α，点D是直线BC上一点，点C关于射线AD的对称点为点E．作直线BE交射线AD于点F．连接CF．
（1）如图1，点D在线段BC上，补全图形，求∠AFB的大小（用含α的代数式表示）；
（2）如果∠α＝60°，
①如图2，当点D在线段BC上时，用等式表示线段AF，BF，CF之间的数量关系，并证明；
②如图3，当点D在线段CB的延长线上时，直接写出线段AF、BF、CF之间的数量关系．
【变式6-1】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．
【模型三：半角模型】等角=要三角形中得半角模型
【典例7】旋转变换是解决数学问题中一种重要的思想方法，通过旋转变换可以将分散的条件集中到一起，从而方便解决问题．已知，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点D、E在边BC上，且EF=．
（1）如图a，当α＝60°时，将△AEC绕点A顺时针旋转60°到△AFB的位置，连结DF．
①∠DAF＝　 　；②求证：DF＝DE；
（2）如图b，当α＝90°时，猜想BD、DE、CE的数量关系，并说明理由．
【变式7-1】已知∠MBN＝60°，等边△BEF与∠MBN顶点B重合，将等边△BEF绕顶点B顺时针旋转，边EF所在直线与∠MBN的BN边相交于点C，并在BM边上截取AB＝BC，连接AE．
（1）将等边△BEF旋转至如图①所示位置时，求证：CE＝BE+AE；
（2）将等边△BEF顺时针旋转至如图②、图③位置时，请分别直接写出AE，BE，CE之间的数量关系，不需要证明；
（3）在（1）和（2）的条件下，若BF＝4，AE＝1，则CE＝　 ．
【变式7-2】如图，△ABC是等边三角形，D是边BC上一点（点D不与点B，C重合），作∠EDF＝60°，使角的两边分别交边AB，AC于点E，F，且BD＝CF．
（1）如图①，若DE⊥BC，则∠DFC＝　　度；
（2）如图②，D是边BC上一点（点D不与点B，C重合），求证：BE＝CD；
（3）如图③，若D是边BC的中点，且AB＝2，则四边形AEDF的周长为 　．
【变式7-3】】等边△ABC，D为△ABC外一点，∠BDC＝120°，BD＝DC，∠MDN＝60°，射线DM与直线AB相交于点M，射线DN与直线AC相交于点N，
①当点M、N在边AB、AC上，且DM＝DN时，直接写出BM、NC、MN之间的数量关系．
②当点M、N在边AB、AC上，且DM≠DN时，猜想①中的结论还成立吗？若成立，请证明．
③当点M、N在边AB、CA的延长线上时，请画出图形，并写出BM、NC、MN之间的数量关系．
【模型四：对角互补模型】
应用：通过做垂线或者利用旋转构造全等三角形解决问题。
【典例9】（1）如图（1），在△ABC中，D是BC边上的中点，DE⊥DF，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF．若∠A＝90°，探索线段BE、CF、EF之间的数量关系，并加以证明；
（2）如图（2），在四边形ABDC中，∠B+∠C＝180°，DB＝DC，∠BDC＝120°，以D为顶点作一个60°角，角的两边分别交AB、AC于E、F两点，连接EF，探索线段BE、CF、EF之间的数量关系，并加以证明．
【变式9-1】【教材呈现】如图是华师版八年级上册数学教材96页的部分内容．
已知：如图13.5.4，OC是∠AOB的平分线，P是OC上任意一点，PD⊥OA，PE⊥OB，垂足分别为点D和点E．求证：PD＝PE．分析：图中有两个直角三角形PDO和PEO，只要证明这两个三角形全等便可证得PD＝PE．
【问题解决】请根据教材分析，结合图①写出证明PD＝PE的过程．
【类比探究】
（1）如图②，OC是∠AOB的平分线，P是OC上任意一点，点M，N分别在OB和OA上，连接PM和PN，若∠PMO+∠PNO＝180°，求证：PM＝PN；
（2）如图③，△ABC的周长是12，BO、CO分别平分∠ABC和∠ACB，OD⊥BC于点D，若OD＝3，则△ABC的面积为 　　．
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【变式9-2】（1）阅读理解：
如图①，在△ABC中，若AB＝5，AC＝3，求BC边上的中线AD的取值范围．
解决此问题可以用如下方法：
延长AD到点E使DE＝AD，再连接BE，这样就把AB，AC，2AD集中在△ABE中，利用三角形三边的关系可判断线段AE的取值范围是 　 　；则中线AD的取值范围是 　　 ；
（2）问题解决：
如图②，在△ABC中，D是BC边的中点，DE⊥DF于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，此时：BE+CF　　EF（填“＞”或“＝”或“＜”）；
（3）问题拓展：
如图③，在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180，CB＝CD，∠BCD＝140°，以C为顶点作∠ECF＝70°，边CE，CF分别交AB，AD于E，F两点，连接EF，此时：BE+DF　 EF（填“＞”或“＝”或“＜“）；
（4）若在图③的四边形ABCD中，∠ECF＝α（0°＜α＜90°），∠B+∠D＝180，CB＝CD，且（3）中的结论仍然成立，则∠BCD＝　 　（用含α的代数式表示）.
【典例10】（1）如图1，四边形ABCD是边长为5 cm的正方形，E，F分别在AD，CD边上，∠EBF＝45°．为了求出△DEF的周长．小南同学的探究方法是：
如图2，延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，先证△ABH≌△CBF，再证△EBH≌△EBF，得EF＝EH，从而得到△DEF的周长＝　 　cm；
（2）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝100°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F分别是线段BC，CD上的点．且∠EAF＝50°．探究图中线段EF，BE，FD之间的数量关系；
（3）如图4，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是线段BC，CD上的点，且2∠EAF＝∠BAD，（2）中的结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由；
（4）若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，点E、F分别在CB、DC的延长线上，且2∠EAF＝∠BAD，请画出图形，并直接写出线段EF、BE、FD之间的数量关系．
【变式10-1】如图，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，求证：EF＝BE+FD．
【变式10-2】“截长补短法”证明线段的和差问题：
先阅读背景材料，猜想结论并填空，然后做问题探究．
背景材料：
（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．探究的方法是，延长FD到点G．使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出的结论是　 　．
探索问题：
（2）如图2，若四边形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？成立的话，请写出推理过程．
【模型五：平行+线段中点构造全等模型】
【结论】如图，AB∥CD，点E、F分别在直线AB、CD上，点O为EF中点，则△POE≌△QOF
口诀：有中点，有平行，轻轻延长就能行
【典例11】已知：AD是△ABC的角平分线，点E为直线BC上一点，BD＝DE，过点E作EF∥AB交直线AC于点F，当点F在边AC的延长线上时，如图①易证AF+EF＝AB；当点F在边AC上，如图②；当点F在边AC的延长线上，AD是△ABC的外角平分线时，如图③．写出AF、EF与AB的数量关系，并对图②进行证明．
【变式11-1】如图，四边形ABDC中，∠D＝∠ABD＝90°，点O为BD的中点，且OA⊥OC．
（1）求证：CO平分∠ACD；
（2）求证：AB+CD＝AC．
【变式11-2】如图，已知AB＝12，AB⊥BC于B，AB⊥AD于A，AD＝5，BC＝10．点E是CD的中点，求证AD和BC的关系。
【变式11-3】（2023春 青秀区校级期末）已知平行四边形ABCD，E为BC边上的中点．
（1）如图1，若BC＝2CD，求证：DE平分∠ADC；
（2）若F为AB边上一点，连结DF，EF；
①如图2，若S△EFB＝1，S△CDE＝4，求S△DEF；
②如图3，若∠EFB+∠CDE＝90°，请你写出线段AF，BF，DF之间的数量关系，并证明．
专题05 全等三角形重难点模型（五大模型）
重难点题型归纳
【模型一：一线三等角型】
【模型二：手拉手模型】
【模型三：半角模型】
【模型四：对角互补模型】
【模型五：平行+线段中点构造全等模型】
【模型一：一线三等角型】
如图一，∠D=∠BCA=∠E=90°，BC=AC。 结论：Rt△BDC≌Rt△CEA
模型二 一线三等角全等模型
如图二，∠D=∠BCA=∠E，BC=AC。 结论：△BEC≌△CDA
图一 图二
应用：①通过证明全等实现边角关系的转化，便于解决对应的几何问题；
②与函数综合应用中有利于点的坐标的求解。
【典例1】如图，平面直角坐标系中有点A（﹣1，0）和y轴上一动点B（0，a），其中a＞0，以B点为直角顶点在第二象限内作等腰直角△ABC，设点C的坐标为（c，d）．
（1）当a＝2时，则C点的坐标为 　 　；
（2）动点B在运动的过程中，试判断c+d的值是否发生变化？若不变，请求出其值；若发生变化，请说明理由．
【解答】解：（1）如图1中，过点C作CE⊥y轴于E，则∠CEB＝∠AOB．
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BC＝BA，∠ABC＝90°，
∴∠BCE+∠CBE＝90°＝∠BAO+∠CBE，
∴∠BCE＝∠ABO，
在△BCE和△BAO中，
，
∴△CBE≌△BAO（AAS），
∵A（﹣1，0），B（0，2），
∴AO＝BE＝1，OB＝CE＝2，
∴OE＝1+2＝3，
∴C（﹣2，3），
故答案为：（﹣2，3）；
（2）动点A在运动的过程中，c+d的值不变．
理由：过点C作CE⊥y轴于E，则∠CEA＝∠AOB，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BC＝BA，∠ABC＝90°，
∴∠BCE+∠CBE＝90°＝∠ABO+∠CBE，
∴∠BCE＝∠ABO，
在△BCE和△BAO中，
，
∴△CBE≌△BAO（AAS），
∵B（﹣1，0），A（0，a），
∴BO＝AE＝1，AO＝CE＝a，
∴OE＝1+a，
∴C（﹣a，1+a），
又∵点C的坐标为（c，d），
∴c+d＝﹣a+1+a＝1，
即c+d的值不变．
【变式1-1】（2021秋 鼓楼区校级期末）如图，在△PMN中，PM＝PN，PM⊥PN，P（0，2），N（2，﹣2），则M的坐标是（　　）
A．（﹣2，0） B．（﹣2，0） C．（﹣2，0） D．（﹣4，0）
【答案】D
【解答】解：过点N作ND⊥y轴于点D，
∵P（0，2），N（2，﹣2），
∴OP＝2，OD＝2，DN＝2，
∴PD＝4，
∵PM⊥PN，
∴∠MPN＝90°，
∴∠MPO+∠DPN＝90°，
又∵∠DPN+∠PND＝90°，
∴∠MPO＝∠PND，
又∵∠MOP＝∠PDN＝90°，
∴△MOP≌△PDN（AAS），
∴OM＝PD＝4，
∴M（﹣4，0），
故选：D．
【变式1-2】（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．
【答案】18或28．
【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．
【变式1-3】（2022秋 青云谱区期末）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.
【答案】（1）证明见解析；
（2）0.8cm；
（3）（4，1）．
【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）．
【典例2】（1）猜想：如图1，已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E．试猜想DE、BD、CE有怎样的数量关系，请直接写出；
（2）探究：如果三个角不是直角，那结论是否会成立呢？如图2，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D，A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α（其中α为任意锐角或钝角）如果成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）解决问题：如图3，F是角平分线上的一点，且△ABF和△ACF均为等边三角形，D、E分别是直线m上A点左右两侧的动点，D、E、A互不重合，在运动过程中线段DE的长度始终为n，连接BD、CE，若∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，试判断△DEF的形状，并说明理由．
【解答】解：（1）DE＝BD+CE，
理由如下：∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∵BD⊥m，CE⊥m，
∴∠ADB＝∠CEA＝90°，
∴∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ADB和△CEA中，
，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE；
（2）结论DE＝BD+CE成立，
理由如下：∵∠BAD+∠CAE＝180°﹣∠BAC，∠BAD+∠ABD＝180°﹣∠ADB，∠ADB＝∠BAC，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△BAD和△ACE中，
，
∴△BAD≌△ACE（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝DA+AE＝BD+CE；
（3）△DFE为等边三角形，
理由如下：由（2）得，△BAD≌△ACE，
∴BD＝AE，∠ABD＝∠CAE，
∴∠ABD+∠FBA＝∠CAE+FAC，即∠FBD＝∠FAE，
在△FBD和△FAE中，
，
∴△FBD≌△FAE（SAS），
∴FD＝FE，∠BFD＝∠AFE，
∴∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠DFA+∠BFD＝60°，
∴△DFE为等边三角形．
【变式2-1】（2022秋 汕尾期中）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：DE＝AD+BE．
（2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，（1）中的结论还成立吗？若成立，请给出证明；若不成立，说明理由．
【答案】见试题解答内容
【解答】证明：（1）∵AD⊥DE，BE⊥DE，
∴∠ADC＝∠BEC＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°，
∴∠DAC＝∠BCE，
在△ADC和△CEB中
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴AD＝CE，CD＝BE，
∵DC+CE＝DE，
∴AD+BE＝DE．
（2）DE＝AD﹣BE，
理由：∵BE⊥EC，AD⊥CE，
∴∠ADC＝∠BEC＝90°，
∴∠EBC+∠ECB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ECB+∠ACE＝90°，
∴∠ACD＝∠EBC，
在△ADC和△CEB中，，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴AD＝CE，CD＝BE，
∴DE＝EC﹣CD＝AD﹣BE．
【变式2-2】（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？
【答案】【一线三等角模型】证明见解析部分；
【模型运用】8；
【能力提升】∠CFB＝30°．
【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°．
【模型二：手拉手模型】
应用：①利用手拉手模型证明三角形全等，便于解决对应的几何问题；
②作辅助线构造手拉手模型，难度比较大。
【类型一：等边三角形中的手拉手模型】
【典例3】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．
【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
【变式3-1】如图，△ABC和△DCE都是等边三角形，且B，C，D三点在一条直线上，连接AD，BE相交于点P．
（1）求证：BE＝AD．
（2）求∠APB的度数．
【解答】（1）证明：∵△ABC和△DCE都是等边三角形，
∴BC＝AC，CE＝CD，∠ACB＝∠ECD＝60°，
∴∠ACB+∠ACE＝∠ECD+∠ACE，
即∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE．
（2）解：由（1）可得△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠DAC＝∠EBC．
∵∠ACB＝∠DAC+∠ADC＝60°，
∴∠EBC+∠ADC＝∠APB＝60°，
即∠APB＝60°．
【变式3-1】（2023春 佛山期末）在等边△ABC中，AB＝6，点D是射线CB上一点，连接AD．
（1）如图1，当点D在线段CB上时，在线段AC上取一点E，使得CE＝BD，求证：AD＝BE；
（2）如图2，当点D在CB延长线上时，将线段AD绕点A逆时针旋转角度θ（0°＜θ＜180°）得到线段AF，连接BF，CF．
①当AF位于∠BAC内部，且∠DAF恰好被AB平分时，若BD＝2，求CF的长度；
②如图3，当θ＝120°时，记线段BF与线段AC的交点为G，猜想DC与AG的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）证明过程见解答；
（2）①；②证明过程见解答．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，
∠ABC＝∠C＝∠BAC＝60°，
在△ABD和△BCE中，
，
∴△ABD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE；
（2）解：①过点F作FH⊥BC于点H，如图2，
在△ABD和△ABF中，
，
∴△ABD≌△ABF（SAS），
∴BF＝BD＝2，
∠ABF＝∠ABD＝180°﹣∠ABC＝120°，
∴∠FBH＝∠ABF﹣∠ABC＝60°，
在Rt△BFH中，
∠BFH＝90°﹣∠FBH＝30°，
∴BH＝BF＝＝1，
HF2＝BF2﹣BH2＝22﹣12＝3，
∵CH＝BC﹣BH＝6﹣1＝5，
∴CF2＝CH2+HF2＝52+3＝28，
∴；
②证明：延长AC到点M，使CM等于BD，连接FM，如图3，
∵∠DAF＝θ＝120°，∠BAC＝60°，
∴∠DAB+∠MAF＝120°﹣60°＝60°，
∵∠ADB+∠DAB＝∠ABC＝60°，
∴∠ADB＝∠MAF，
又∵BC＝AC，BD＝CM，
∴BC+BD＝AC+CM，
即：DC＝AM，
在△ADC和△FAM中，
，
∴△ADC≌△FAM（SAS），
∴AC＝MF，∠M＝∠ACB＝60°，
∴MF＝AB，∠M＝∠BAC，
在△ABG和△MFG中，
，
∴△ABG≌△MFG（AAS），
∴AG＝MG，
∴AM＝AG+MG＝2AG，
∴CD＝2AG．
【类型二：等腰三角形的手拉手模型】
【典例4】在△ABC中，AB＝AC，点D是直线BC上一点（不与B、C重合），以AD为一边在AD的右侧作△ADE，使AD＝AE，∠DAE＝∠BAC，连接CE．
（1）如图1，当点D在线段BC上时，∠BAC＝90°，
①求证：BD＝CE；
②∠BCE＝　 　；
（2）设∠BCE＝a，∠BAC＝β，
①如图2，当点D在线段BC上移动，求证α+β＝180°；
②当点D在射线BC的反向延长线上移动，则a、β之间有怎样的数量关系？请直接写出你的结论．
【解答】（1）①证明：∵AB＝AC，AD＝AE，∠BAD+∠DAC＝∠DAC+∠CAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD与△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE；
②由①知△ABD≌△ACE，
∴∠B＝∠ACE，
∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝∠ACB+∠B，
又∵∠BAC＝90°，
∴∠BCE＝90°，
故答案为：90°；
（2）①证明：∵AB＝AC，AD＝AE，∠BAD+∠DAC＝∠DAC+∠CAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD与△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠B＝∠ACE，
∴∠B+∠ACB＝α，
∵∠BAC+∠B+∠ACB＝180°，
∴α+β＝180°；
②α＝β．理由如下：如图，由①同理得，△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，
∴∠BAC+∠ACB＝∠ACB+∠BCE，
∴∠BAC＝∠BCE，
即α＝β．
【变式4-1】如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，CE与BD相交于点M，BD交AC于点N．
证明：（1）BD＝CE；（2）BD⊥CE．
【解答】证明：（1）∵∠BAC＝∠DAE＝90°
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD
即∠CAE＝∠BAD
在△ABD和△ACE中
∴△ABD≌△ACE（SAS）
∴BD＝CE
（2）∵△ABD≌△ACE
∴∠ABN＝∠ACE
∵∠ANB＝∠CND
∴∠ABN+∠ANB＝∠CND+∠NCE＝90°
∴∠CMN＝90°
即BD⊥CE．
【变式4-2】如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上一动点，连接AD，以AD为直角边作等腰直角三角形ADF．
（1）如图1，若当点D在线段BC上时（不与点B、C重合），证明：△ACF≌△ABD；
（2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，试猜想CF与BD的数量关系和位置关系，并说明理由．
【解答】（1）证明：∵∠BAC＝90°，△ADF是等腰直角三角形，
∴∠CAF+∠CAD＝90°，∠BAD+∠ACD＝90°，
∴∠CAF＝∠BAD，
在△ACF和△ABD中，
，
∴△ACF≌△ABD（SAS），
（2）解：CF＝BD，CF⊥BD．
理由：∵∠CAB＝∠DAF＝90°，
∴∠CAB+∠CAD＝∠DAF+∠CAD，
即∠CAF＝∠BAD，
在△ACF和△ABD中，
，
∴△ACF≌△ABD（SAS），
∴CF＝BD，∠ACF＝∠B，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∴∠BCF＝∠ACF+∠ACB＝45°+45°＝90°，
∴CF⊥BD
【变式4-3】（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．
【答案】见试题解答内容
【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE＝40°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
∴△BAD≌△CAE，
∴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，
∴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，
∴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．
【模型二：直角三角形中的手拉手模型】
【典例5】△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．
【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．
【变式5】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：　 ．
（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；
【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
【模型三：作辅助线构造手拉手模型】
【典例6】在△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝α，点D是直线BC上一点，点C关于射线AD的对称点为点E．作直线BE交射线AD于点F．连接CF．
（1）如图1，点D在线段BC上，补全图形，求∠AFB的大小（用含α的代数式表示）；
（2）如果∠α＝60°，
①如图2，当点D在线段BC上时，用等式表示线段AF，BF，CF之间的数量关系，并证明；
②如图3，当点D在线段CB的延长线上时，直接写出线段AF、BF、CF之间的数量关系．
【解答】解：（1）补全图形如下，
连接AE，
∵点E为点C关于AD的对称点，
∴AE＝AC，EF＝FC，∠EAD＝∠CAD，
设∠EAD＝∠CAD＝x，
∴∠CAE＝2x，
∵AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABCα．
∴∠BAE＝180°﹣2x﹣2α，
∴∠ABE+∠AEB＝2x+2α，
∵AE＝AB，
∴∠ABE＝∠AEB＝x+α，
∴∠AFB＝∠AEB﹣∠EAD＝α；
（2）①AF＝BF+CF．
延长FB至点G，使FG＝FA，连接AG，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝α＝60°，
∴△ABC为等边三角形，∠BAC＝60°，
由（1）知∠AFB＝α＝60°，
∴△AFG为等边三角形，
∴AG＝AF，∠GAF＝60°，
∴∠GAB＝∠FAC，
在△ABG和△ACF中，
，
∴△ABG≌△ACF（SAS），
∴BG＝CF，
∴CF+BF＝BG+BF＝GF，
∵GF＝AF，
∴AF＝BF+CF；
②结论为：CF＝AF+BF．连接AE．
∵点E为点C关于AD的对称点，
∴AE＝AC，EF＝FC，∠EAD＝∠CAD，
设∠EAD＝∠CAD＝x，
∴∠CAE＝2x，
∵AB＝AC＝AE，
∴∠ACB＝∠ABC＝∠BAC＝60°．
∴∠DAB＝x﹣60°，
∴∠EAB＝x+x﹣60°＝2x﹣60°，
∵AE＝AB，
∴∠ABE＝∠AEB＝＝120°﹣x，
∴∠AFE＝∠DAB+∠ABE＝x﹣60°+120°﹣x＝60°，
在BE上取点G，使得FG＝FA，连接AG，
∴△AFG为等边三角形，
∴AG＝AF，∠GAF＝60°，
∴∠GAE＝∠FAB＝x﹣60°，
在△AGE与△AFB中，
，
∴△AGE≌△AFB（SAS），
∴BF＝EG，
∴EF＝EG+FG＝BF+AF，
∴CF＝EF＝BF+AF．
【变式6-1】（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．
【答案】（1）①见解析；②90°；（2）OA＝2CH．
【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
【模型三：半角模型】等角=要三角形中得半角模型
【典例7】旋转变换是解决数学问题中一种重要的思想方法，通过旋转变换可以将分散的条件集中到一起，从而方便解决问题．已知，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点D、E在边BC上，且．
（1）如图a，当α＝60°时，将△AEC绕点A顺时针旋转60°到△AFB的位置，连结DF．
①∠DAF＝　 　；②求证：DF＝DE；
（2）如图b，当α＝90°时，猜想BD、DE、CE的数量关系，并说明理由．
【解答】（1）①解：由旋转知，AF＝AE，∠BAF＝∠CAE，∠EAF＝60°，
∵∠DAE＝α，∠BAC＝α＝60°，
∴∠DAE＝×60°＝30°，
∴∠CAE+∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝30°，
∴∠DAF＝∠BAD+∠BAF＝∠BAD+∠CAE＝30°，
故答案为：30°；
②证明：由①知，AF＝AE，∠DAF＝∠DAE＝30°，
∵AB＝AC，
∴△DAF≌△DAE（SAS），
∴DF＝DE；
（2）解：DE2＝BD2+CE2，理由如下：
如图，
将△AEC绕点A顺时针旋转90°到△AFB的位置，连结DF，
∴AF＝AE，∠EAF＝90°＝∠BAC，
∴∠BAF＝∠CAE，
∴△BAF≌△CAE（SAS），
∴BF＝CE，∠ABF＝∠ACE，
在Rt△ABC中，∠C＝∠ABC＝45°，
∴∠ABF＝45°，
∴∠DBF＝90°，根据勾股定理得，DF2＝BD2+BF2，
∴DF2＝BD2+CE2，
同（1）②的方法得，DF＝DE，
∴DE2＝BD2+CE2．
【变式7】已知∠MBN＝60°，等边△BEF与∠MBN顶点B重合，将等边△BEF绕顶点B顺时针旋转，边EF所在直线与∠MBN的BN边相交于点C，并在BM边上截取AB＝BC，连接AE．
（1）将等边△BEF旋转至如图①所示位置时，求证：CE＝BE+AE；
（2）将等边△BEF顺时针旋转至如图②、图③位置时，请分别直接写出AE，BE，CE之间的数量关系，不需要证明；
（3）在（1）和（2）的条件下，若BF＝4，AE＝1，则CE＝　3或5　．
【解答】（1）证明：∵△BEF为等边三角形，
∴BE＝EF＝BF，∠EBF＝60°，
∴∠EBA+∠ABF＝60°，
∵∠MBN＝60°，
∴∠CBF+∠ABF＝60°，
∴∠EBA＝∠CBF，
在△ABE与△CBF中，
，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴AE＝CF，
∵CE＝EF+CF，
∴CE＝BE+AE；
（2）解：图②结论为CE＝BE﹣AE，图③结论为CE＝AE﹣BE，
图②的理由如下：
∵△BEF为等边三角形，
∴BE＝EF＝BF，∠EBF＝60°，
∴∠EBA+∠ABF＝60°，
∵∠MBN＝60°，
∴∠CBF+∠ABF＝60°，
∴∠EBA＝∠CBF，
在△ABE与△CBF中，
，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴AE＝CF，
∵CE＝EF﹣CF，
∴CE＝BE﹣AE，
图③的利用如下：
∵△BEF为等边三角形，
∴BE＝EF＝BF，∠EBF＝60°，
∴∠EBA+∠ABF＝60°，
∵∠MBN＝60°，
∴∠CBF+∠ABF＝60°，
∴∠EBA＝∠CBF，
在△ABE与△CBF中，
，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴AE＝CF，
∵CE＝CF﹣EF，
∴CE＝AE﹣BE；
（3）解：在（1）条件下，CE＝BE+AE＝BF+AE＝4+1＝5；
在（2）条件下，CE＝BE﹣AE＝BF﹣AE＝4﹣1＝3，
综上所述，CE＝3或5，
故答案为：3或5．
【变式7-2】（2021秋 桦甸市期末）如图，△ABC是等边三角形，D是边BC上一点（点D不与点B，C重合），作∠EDF＝60°，使角的两边分别交边AB，AC于点E，F，且BD＝CF．
（1）如图①，若DE⊥BC，则∠DFC＝　90　度；
（2）如图②，D是边BC上一点（点D不与点B，C重合），求证：BE＝CD；
（3）如图③，若D是边BC的中点，且AB＝2，则四边形AEDF的周长为 　4　．
【答案】（1）90；
（2）证明见解析；
（3）4．
【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，
∵DE⊥BC，即∠BDE＝90°，∠EDF＝60°，
∴∠BED＝∠CDF＝30°，
∴∠DFC＝90°，
故答案为：90；
（2）∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，
∵∠EDF+∠CDF＝∠B+∠BED，且∠EDF＝60°，
∴∠CDF＝∠BED，
在△BDE和△CFD中，
，
∴△BDE≌△CFD（AAS），
∴BE＝CD；
（3）∵△ABC是等边三角形，AB＝2，
∴∠B＝∠C＝60°，AB＝BC＝AC＝2，
∵D为BC中点，且BD＝CF，
∴BD＝CD＝CF＝AF＝1，
由（2）知△BDE≌△CFD，
∴BE＝CD＝1，DE＝DF，
∵∠B＝60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴DE＝DF＝1，
则四边形AEDF的周长为AE+DE+DF+AF＝4，
故答案为：4．
【变式7-3】】等边△ABC，D为△ABC外一点，∠BDC＝120°，BD＝DC，∠MDN＝60°，射线DM与直线AB相交于点M，射线DN与直线AC相交于点N，
①当点M、N在边AB、AC上，且DM＝DN时，直接写出BM、NC、MN之间的数量关系．
②当点M、N在边AB、AC上，且DM≠DN时，猜想①中的结论还成立吗？若成立，请证明．
③当点M、N在边AB、CA的延长线上时，请画出图形，并写出BM、NC、MN之间的数量关系．
【解答】解①BM、NC、MN之间的数量关系 BM+NC＝MN．
②猜想：结论仍然成立．
证明：在CN的反向延长线上截取CM1＝BM，连接DM1．
∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，
∴△DBM≌△DCM1，
∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，
∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，
∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，
∴△MDN≌△M1DN，
∴MN＝M1N＝M1C+NC＝BM+NC，
③证明：在CN上截取CM1＝BM，连接DM1．
可证△DBM≌△DCM1，
∴DM＝DM1，
可证∠CDN＝∠MDN＝60°，
∴△MDN≌△M1DN，
∴MN＝M1N，
∴NC﹣BM＝MN．
【模型四：对角互补模型】
应用：通过做垂线或者利用旋转构造全等三角形解决问题。
【典例9】（1）如图（1），在△ABC中，D是BC边上的中点，DE⊥DF，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF．若∠A＝90°，探索线段BE、CF、EF之间的数量关系，并加以证明；
（2）如图（2），在四边形ABDC中，∠B+∠C＝180°，DB＝DC，∠BDC＝120°，以D为顶点作一个60°角，角的两边分别交AB、AC于E、F两点，连接EF，探索线段BE、CF、EF之间的数量关系，并加以证明．
【解答】证明：（1）EF2＝BE2+CF2，
理由如下：如图（1）延长ED到G，使DG＝ED，连接CG，FG，
在△DCG与△DBE中，
，
∴△DCG≌△DBE（SAS），
∴DG＝DE，CG＝BE，∠B＝∠DCG，
又∵DE⊥DF，
∴FD垂直平分线段EG，
∴FG＝FE，
∵∠A＝90°，
∴∠B+∠ACB＝90°，
∴∠FCG＝90°，
在△CFG中，CG2+CF2＝FG2，
∴EF2＝BE2+CF2；
（2）如图（2），结论：EF＝EB+FC，
理由如下：延长AB到M，使BM＝CF，
∵∠ABD+∠C＝180°，又∠ABD+∠MBD＝180°，
∴∠MBD＝∠C，
在△BDM和△CDF中，
，
∴△BDM≌△CDF（SAS），
∴DM＝DF，∠BDM＝∠CDF，
∴∠EDM＝∠EDB+∠BDM＝∠EDB+∠CDF＝∠CDB﹣∠EDF＝120°﹣60°＝60°＝∠EDF，
在△DEM和△DEF中，
，
∴△DEM≌△DEF（SAS），
∴EF＝EM，
∴EF＝EM＝BE+BM＝EB+CF．
【变式9-1】（九台区期末）【教材呈现】如图是华师版八年级上册数学教材96页的部分内容．
已知：如图13.5.4，OC是∠AOB的平分线，P是OC上任意一点，PD⊥OA，PE⊥OB，垂足分别为点D和点E．求证：PD＝PE．分析：图中有两个直角三角形PDO和PEO，只要证明这两个三角形全等便可证得PD＝PE．
【问题解决】请根据教材分析，结合图①写出证明PD＝PE的过程．
【类比探究】
（1）如图②，OC是∠AOB的平分线，P是OC上任意一点，点M，N分别在OB和OA上，连接PM和PN，若∠PMO+∠PNO＝180°，求证：PM＝PN；
（2）如图③，△ABC的周长是12，BO、CO分别平分∠ABC和∠ACB，OD⊥BC于点D，若OD＝3，则△ABC的面积为 　18　．
【答案】【问题解决】证明过程见解析．
【类比探究】（1）证明过程见解析．
（2）18．
【解答】【问题解决】证明：在△OPE和△OPD中，
，
∴△OPE≌△OPD（AAS），
∴PD＝PE；
【类比探究】（1）证明：如图②，过点P作PE⊥OB于E，PF⊥OA于F，
∵OC是∠AOB的平分线，PE⊥OB，PF⊥OA，
∴PE＝PF，
∵∠PMO+∠PME＝180°，∠PMO+∠PNO＝180°，
∴∠PME＝∠PNO，
在△PME和△PNF中，
，
∴△PME≌△PNF（AAS），
∴PM＝PN；
（2）解：过O作OE⊥AB与E，OF⊥AC于F，
∵BO、CO分别平分∠ABC和∠ACB，
∴EO＝DO，OF＝DO，
∵OD＝3，
∴EO＝FO＝3，
∵△ABC的周长是12，
∴AB+BC+AC＝12，
∴△ABC的面积：AB EO+AC FO+CB DO＝（AB+AC+BC）＝×12＝18，
故答案为：18．
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/7/13 12:18:00；用户：gaga；邮箱：18376708956；学号：18
【变式9-2】（1）阅读理解：
如图①，在△ABC中，若AB＝5，AC＝3，求BC边上的中线AD的取值范围．
解决此问题可以用如下方法：
延长AD到点E使DE＝AD，再连接BE，这样就把AB，AC，2AD集中在△ABE中，利用三角形三边的关系可判断线段AE的取值范围是 　 　；则中线AD的取值范围是 　　 ；
（2）问题解决：
如图②，在△ABC中，D是BC边的中点，DE⊥DF于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，此时：BE+CF　　EF（填“＞”或“＝”或“＜”）；
（3）问题拓展：
如图③，在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180，CB＝CD，∠BCD＝140°，以C为顶点作∠ECF＝70°，边CE，CF分别交AB，AD于E，F两点，连接EF，此时：BE+DF　 EF（填“＞”或“＝”或“＜“）；
（4）若在图③的四边形ABCD中，∠ECF＝α（0°＜α＜90°），∠B+∠D＝180，CB＝CD，且（3）中的结论仍然成立，则∠BCD＝　 　（用含α的代数式表示）.
【解答】解：（1）在△ADC与△EDB中，
，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴BE＝AC＝3，
在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
即2＜AE＜8，
∴2＜2AD＜8，
∴1＜AD＜4，
故答案为：2＜AE＜8；1＜AD＜4；
（2）如图，延长FD至点G，使DG＝DF，连接BG，EG，
∵点D是BC的中点，
∴DB＝DC，
∵∠BDG＝∠CDF，DG＝DF，
∴△BDG≌△CDF（SAS），
∴BG＝CF，
∵ED⊥FD，FD＝GD，
∴EF＝EG，
在△BEG中，BE+BG＞EG，
∴BE+CF＞EF，
故答案为：＞；
（3）BE+DF＝EF，
如图，延长AB至点G，使BG＝DF，连接CG，
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠CBG＝180°，
∴∠CBG＝∠D，
又∵CB＝CD，BG＝DF，
∴△CBG≌△CDF（SAS），
∴CG＝CF，∠BCG＝∠DCF，
∵∠BCD＝140°，∠ECF＝70°，
∴∠DCF+∠BCE＝70°，
∴∠BCE+∠BCG＝70°，
∴∠ECG＝∠ECF＝70°，
又∵CE＝CE，CG＝CF，
∴△ECG≌△ECF（SAS），
∴EG＝EF，
∵BE+BG＝EG，
∴BE+DF＝EF，
故答案为：＝；
（4）由（3）同理可得△CBG≌△CDF，
∴CG＝CF，∠BCG＝∠DCF，
若BE+DF＝EF，
则EG＝EF，
∴△ECF≌△ECG（SSS），
∴∠ECG＝∠ECF，
∴∠BCD＝2∠ECF＝2α，
故答案为：2α．
【典例10】（1）如图1，四边形ABCD是边长为5 cm的正方形，E，F分别在AD，CD边上，∠EBF＝45°．为了求出△DEF的周长．小南同学的探究方法是：
如图2，延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，先证△ABH≌△CBF，再证△EBH≌△EBF，得EF＝EH，从而得到△DEF的周长＝　 　cm；
（2）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝100°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F分别是线段BC，CD上的点．且∠EAF＝50°．探究图中线段EF，BE，FD之间的数量关系；
（3）如图4，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是线段BC，CD上的点，且2∠EAF＝∠BAD，（2）中的结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由；
（4）若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，点E、F分别在CB、DC的延长线上，且2∠EAF＝∠BAD，请画出图形，并直接写出线段EF、BE、FD之间的数量关系．
【解答】解：（1）如图1，延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝AD＝CD＝5cm，∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴∠BAH＝∠BCF＝90°，
又∵AH＝CF，AB＝BC，
∴△ABH≌△CBF（SAS），
∴BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，
∵∠EBF＝45°，
∴∠CBF+∠ABE＝45°＝∠HBA+∠ABE＝∠EBF，
∴∠EBH＝∠EBF，
又∵BH＝BF，BE＝BE，
∴△EBH≌△EBF（SAS），
∴EF＝EH，
∴EF＝EH＝AE+CF，
∴△DEF的周长＝DE+DF+EF＝DE+DF+AE+CF＝AD+CD＝10（cm）．
故答案为：10．
（2）EF＝BE+DF．
证明：如图2所示，延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠BAD＝100°，∠EAF＝50°，
∴∠BAE+∠FAD＝∠DAG+∠FAD＝50°，
∴∠EAF＝∠FAG＝50°，
在△EAF和△GAF中，
，
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝FG＝DF+DG，
∴EF＝BE+DF；
（3）成立．
证明：如图3，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，∠BAG＝∠DAF，
∵2∠EAF＝∠BAD，
∴∠DAF+∠BAE＝∠BAG+∠BAE＝∠BAD＝∠EAF，
∴∠GAE＝∠EAF，
又AE＝AE，
∴△AEG≌△AEF（SAS），
∴EG＝EF，
∵EG＝BE+BG，
∴EF＝BE+FD；
（4）EF＝DF﹣BE，
理由如下：在DF上截取DH，使DH＝BE，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ABE＝180°，
∴∠ABE＝∠ADH，且AB＝AD，DH＝BE，
∴△ABE≌△ADH（SAS），
∴∠BAE＝∠DAH，AH＝AE，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠DAH+∠BAF＝∠BAD，
∴∠HAF＝∠BAD＝∠EAF，且AF＝AF，AE＝AH，
∴△FAH≌△FAE（SAS），
∴HF＝EF，
∴EF＝HF＝DF﹣DH＝DF﹣BE
【变式10-1】如图，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，求证：EF＝BE+FD．
【解答】证明：延长CB至M，使BM＝FD，连接AM，如图所示：
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABM+∠ABC＝180°，
∴∠ABM＝∠D，
在△ABM与△ADF中，
，
∴△ABM≌△ADF（SAS），
∴AF＝AM，∠BAM＝∠DAF，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠DAF+∠BAE＝∠BAD＝∠FAE，
∴∠BAM+∠BAE＝∠EAF，
即∠MAE＝∠EAF，
在△AME与△AFE中，
，
∴△AME≌△AFE（SAS），
∴EF＝ME，
∵ME＝BE+BM，
∴EF＝BE+FD．
【变式10-2】“截长补短法”证明线段的和差问题：
先阅读背景材料，猜想结论并填空，然后做问题探究．
背景材料：
（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．探究的方法是，延长FD到点G．使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出的结论是　 　．
探索问题：
（2）如图2，若四边形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？成立的话，请写出推理过程．
【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）解：结论EF＝BE+DF仍然成立；
理由：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．
【模型五：平行+线段中点构造全等模型】
【结论】如图，AB∥CD，点E、F分别在直线AB、CD上，点O为EF中点，则△POE≌△QOF
口诀：有中点，有平行，轻轻延长就能行
【典例11】已知：AD是△ABC的角平分线，点E为直线BC上一点，BD＝DE，过点E作EF∥AB交直线AC于点F，当点F在边AC的延长线上时，如图①易证AF+EF＝AB；当点F在边AC上，如图②；当点F在边AC的延长线上，AD是△ABC的外角平分线时，如图③．写出AF、EF与AB的数量关系，并对图②进行证明．
【解答】（1）证明：如图①，延长AD、EF交于点G，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵EF∥AB，
∴∠G＝∠BAD，
∴∠G＝∠CAD，
∴FG＝AF，
在△ABD和△GED中，
，
∴△ABD≌△GED（AAS），
∴AB＝GE，
∵GE＝FG+EF＝AF+EF，
∴AF+EF＝AB；
（2）结论：AF﹣EF＝AB．
证明：如图②，延长AD、EF交于点G，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵EF∥AB，
∴∠G＝∠BAD，
∴∠G＝∠CAD，
∴FG＝AF，
在△ABD和△GED中，
，
∴△ABD≌△GED（AAS），
∴AB＝GE，
∵GE＝FG﹣EF＝AF﹣EF，
∴AF﹣EF＝AB；
（3）结论：EF﹣AF＝AB．
证明：如图③，延长AD交EF于点G，
∵AD平分∠PAC，
∴∠PAD＝∠CAD，
∵EF∥AB，
∴∠AGF＝∠PAD，
∴∠AGF＝∠CAD，∠ABD＝∠GED，
∴FG＝AF，
在△ABD和△GED中，
，
∴△ABD≌△GED（ASA），
∴AB＝GE，
∵EF﹣FG＝GE，
∴EF﹣AF＝AB；
【变式11-1】如图，四边形ABDC中，∠D＝∠ABD＝90°，点O为BD的中点，且OA⊥OC．
（1）求证：CO平分∠ACD；
（2）求证：AB+CD＝AC．
【解答】解：
（1）如图，延长AO交CD的延长线于点E，
∵O为BD的中点，
∴BO＝DO，
在△AOB与△EOD中，
∴△AOB≌△EOD，（ASA）
∴AO＝AE，
又∵OA⊥OC，
∴AC＝CE
∴CO平分∠ACD；（三线合一）
（2）由△AOB≌△EOD
可得AB＝DE
∴AB+CD＝CD+DE＝CE
∵AC＝CE
∴AB+CD＝AC
【变式11-2】如图，已知AB＝12，AB⊥BC于B，AB⊥AD于A，AD＝5，BC＝10．点E是CD的中点，求证AD和BC的关系。
【解答】解：如图，延长AE交BC于F．
∵AB⊥BC，AB⊥AD，
∴AD∥BC
∴∠D＝∠C，∠DAE＝∠CFE，
又∵点E是CD的中点，
∴DE＝CE．
∵在△AED与△FEC中，
，
∴△AED≌△FEC（AAS），
∴AE＝FE，AD＝FC．
∵AD＝5，BC＝10．
∴BF＝5
∴AD＝
19．（2023春 青秀区校级期末）已知平行四边形ABCD，E为BC边上的中点．
（1）如图1，若BC＝2CD，求证：DE平分∠ADC；
（2）若F为AB边上一点，连结DF，EF；
①如图2，若S△EFB＝1，S△CDE＝4，求S△DEF；
②如图3，若∠EFB+∠CDE＝90°，请你写出线段AF，BF，DF之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）见解析；
（2）①S△DEF＝5；
②DF＝AF+2BF，证明见解析．
【解答】（1）证明：∵E为BC的中点，
∴BC＝2BE＝2CE，
∵BC＝2CD，
∴CD＝CD，
∴∠CDE＝∠CED，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ADE＝∠CED，
∴∠ADE＝∠CDE，
∴DE平分∠ADC；
（2）①解：延长FE，交DC延长线于点G，如图，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠FBE＝∠GCE，∠BFE＝∠CGE，
∵E为BC的中点，
∴BE＝CE，
在△BEF和△CEG中，
，
∴△BEF≌△CEG（AAS），
∴EF＝EG，S△BEF＝S△CEG，
∵S△EFB＝1，S△CDE＝4，
∴S△CEG＝1，
S△DEG＝S△CDE+S△CEG＝4+1＝5，
∵EF＝EG，
∴S△DEF＝S△DEG＝5；
②DF＝AF+2BF，证明如下：
延长FE，交DC延长线于点G，如图，
由①可知，△BEF≌△CEG，
∴EF＝EG，BF＝CG，∠EFB＝∠EGC，
∵∠EFB+∠CDE＝90°，
∴∠EGD+∠GDE＝90°，即DE⊥FG，
∴△DFG为等腰三角形，DF＝DG，
∴DF＝DG＝CD+CG＝AB+BF＝AF+BF+BF＝AF+2BF，
即DF＝AF+2BF．
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