專題03 全等模型-手拉手模型（解析版）

專題03全等模型-手拉手模型全等三角形在中考數(shù)學幾何模塊中占據(jù)著重要地位，也是學生必須掌握的一塊內容，本專題就全等三角形中的重要模型（手拉手（旋轉）模型）進行梳理及對應試題分析，方便掌握。模型1.手拉手模型（三角形）【模型解讀】將兩個三角形繞著公共頂點（即頭）旋轉某一角度后能完全重合，則這兩個三角形構成手拉手全等，也叫旋轉型全等，常用“邊角邊”判定定理證明全等。公共頂點A記為“頭”，每個三角形另兩個頂點逆時針順序數(shù)的第一個頂點記為“左手”，第二個頂點記為“右手”。對應操作：左手拉左手（即連結BD），右手拉右手（即連結CE），得?！境Ｒ娔Ｐ图白C法】（等邊）（等腰直角）（等腰）例1．（2023春·江蘇·八年級專題練習）如圖，是等邊三角形內一點，將線段繞點順時針旋轉，得到線段，連接，．(1)求證：；(2)連接，若，求的度數(shù)．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）由等邊三角形的性質知，，由旋轉的性質知，，從而得，再證可得答案；（2）由，知為等邊三角形，即，繼而由，得到，再利用即可得解．【詳解】（1）證明：是等邊三角形，，．線段繞點順時針旋轉，得到線段，，．．．在和中，，．（2）解：如圖，，，為等邊三角形．，，．．【點睛】本題主要考查等邊三角形的性質和旋轉的性質及全等三角形的判定與性質，熟練掌握旋轉的性質證得三角形的全等是解題的關鍵．例2．（2022秋·福建龍巖·九年級校考階段練習）如圖，在邊長為8的等邊△ABC中，點D是AB的中點，點E是平面上△ABC外一點，且DE=2，連接BE，將線段EB繞點E順時針旋轉60°得到線段EF，連接AF，CE．

(1)判斷△BEF的形狀，并說明理由；(2)求證：AF=CE；(3)當點D，E，F(xiàn)在同一直線上時，請你在備用圖中畫出符合條件的圖形，并求出此時BE的長．備用圖【答案】(1)△BEF是等邊三角形(2)證明見解析(3)【分析】（1）根據(jù)旋轉即可證明△BEF是等邊三角形；（2）由△EBF是等邊三角形，可得FB=EB，再證明∠FBA=∠EBC，又因為AB=BC，所以可證明△FBA≌△EBC，進而可得AF=CE；（3）當點D，E，F(xiàn)在同一直線上時，過B作BM⊥EF于M，再在Rt△BMD中利用勾股定理列方程求解即可．（1）∵將線段EB繞點E順時針旋轉60°得到線段EF，∴EB=EF，∴△BEF是等邊三角形（2）∵等邊△ABC和△BEF∴BF=BE，AB=BC，∴即∠FBA=∠EBC∴△FBA≌△EBC（SAS）∴AF=CE（3）圖形如圖所示：過B作BM⊥EF于M，∵△BEF是等邊三角形∴，∵點D是AB的中點，∴在Rt△BMD中，∵DE=2∴解得或（舍去）∴【點睛】本題考查了旋轉的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理的運用，旋轉的性質，等邊三角形的判定和性質，解一元二次方程，利用手拉手模型構造全等三角形是解題的關鍵．例3．（2022·吉林·九年級期末）如圖①，在中，，，點，分別在邊，上，且，此時，成立．（1）將繞點逆時針旋轉時，在圖②中補充圖形，并直接寫出的長度；（2）當繞點逆時針旋轉一周的過程中，與的數(shù)量關系和位置關系是否仍然成立？若成立，請你利用圖③證明，若不成立請說明理由；（3）將繞點逆時針旋轉一周的過程中，當，，三點在同一條直線上時，請直接寫出的長度．【答案】（1）補充圖形見解析；；（2），仍然成立，證明見解析；（3）或．【分析】（1）根據(jù)旋轉作圖的方法作圖，再根據(jù)勾股定理求出BE的長即可；（2）根據(jù)SAS證明得AD=BE，∠1=∠2，再根據(jù)∠1+∠3+∠4=90°得∠2∠3+∠4=90°，從而可得出結論；（3）分兩種情況，運用勾股定理求解即可．【詳解】解：（1）如圖所示，根據(jù)題意得，點D在BC上，∴是直角三角形，且BC=，CE=由勾股定理得，；（2），仍然成立.證明：延長交于點，∵，，，∴，又∵，，∴，∴，，在中，，∴，∴，∴.（3）①當點D在AC上方時，如圖1所示，同（2）可得∴AD=BE

同理可證在Rt△CDE中，∴DE=在Rt△ACB中，∴設AD=BE=x，在Rt△ABE中，∴解得,∴②當點D在AC下方時，如圖2所示，同（2）可得∴AD=BE

同理可證在Rt△CDE中，∴DE=在Rt△ACB中，∴設AD=BE=x，在Rt△ABE中，∴解得,∴.所以,AD的值為或【點睛】本題考查了旋轉的性質,全等三角形的判定與性質,勾股定理等知識，熟練解答本題的關鍵．例4．（2022·黑龍江·虎林市九年級期末）已知Rt△ABC中，AC=BC，∠ACB＝90°，F(xiàn)為AB邊的中點，且DF=EF，∠DFE＝90°，D是BC上一個動點．如圖1，當D與C重合時，易證：CD2＋DB2＝2DF2；（1）當D不與C、B重合時，如圖2，CD、DB、DF有怎樣的數(shù)量關系，請直接寫出你的猜想，不需證明．（2）當D在BC的延長線上時，如圖3，CD、DB、DF有怎樣的數(shù)量關系，請寫出你的猜想，并加以證明．【答案】（1）CD2+DB2=2DF2；（2）CD2+DB2=2DF2，證明見解析【分析】（1）由已知得，連接CF，BE，證明得CD=BE，再證明為直角三角形，由勾股定理可得結論；（2）連接CF，BE，證明得CD=BE，再證明為直角三角形，由勾股定理可得結論．【詳解】解：（1）CD2+DB2=2DF2證明：∵DF=EF，∠DFE＝90°，∴∴連接CF，BE，如圖∵△ABC是等腰直角三角形，F(xiàn)為斜邊AB的中點∴，即∴，又∴在和中∴∴，∴∴∵，∴CD2+DB2=2DF2；（2）CD2+DB2=2DF2證明：連接CF、BE∵CF=BF，DF=EF又∵∠DFC+∠CFE=∠EFB+∠CFB=90°∴∠DFC=∠EFB∴△DFC≌△EFB

∴CD=BE，∠DCF=∠EBF=135°∵∠EBD=∠EBF－∠FBD=135°－45°=90°在Rt△DBE中，BE2+DB2=DE2∵DE2=2DF2∴CD2+DB2=2DF2【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質、等腰直角三角形的性質、證明三角形全等是解決問題的關鍵，學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題．例5．（2022·山西大同·九年級期中）綜合與實踐：已知是等腰三角形，．（1）特殊情形：如圖1，當∥時，______．（填“＞”“＜”或“＝”）；（2）發(fā)現(xiàn)結論：若將圖1中的繞點順時針旋轉（）到圖2所示的位置，則（1）中的結論還成立嗎？請說明理由．（3）拓展運用：某學習小組在解答問題：“如圖3，點是等腰直角三角形內一點，，且，，，求的度數(shù)”時，小明發(fā)現(xiàn)可以利用旋轉的知識，將繞點順時針旋轉90°得到，連接，構造新圖形解決問題．請你根據(jù)小明的發(fā)現(xiàn)直接寫出的度數(shù)．【答案】（1）=；（2）成立，理由見解析；（3）∠BPA=135°．【分析】（1）由DE∥BC，得到∠ADE=∠B，∠AED=∠C，結合AB=AC，得到DB=EC；（2）由旋轉得到的結論判斷出△DAB≌△EAC，得到DB=CE；（3）由旋轉構造出△APB≌△AEC，再用勾股定理計算出PE，然后用勾股定理逆定理判斷出△PEC是直角三角形，在簡單計算即可．【詳解】解：（1）∵DE∥BC，∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C，∵AB=AC，∴∠B=∠C，∴∠ADE=∠AED，∴AD=AE，∴DB=EC，故答案為：=；（2）成立．證明：由①易知AD=AE，∴由旋轉性質可知∠DAB=∠EAC，在△DAB和△EAC中，∴△DAB≌△EAC（SAS），∴DB=CE；（3）如圖，將△APB繞點A旋轉90°得△AEC，連接PE，∴△APB≌△AEC，∴AE=AP=2，EC=BP=1，∠PAE=90°，∴∠AEP=∠APE=45°，在Rt△PAE中，由勾股定理可得，PE=2，在△PEC中，PE2=（2）2=8，CE2=12=1，PC2=32=9，∵PE2+CE2=PA2，∴△PEC是直角三角形，∴∠PEC=90°，∴∠AEC=135°，又∵△APB≌△AEC，∴∠BPA=∠CEA=135°．【點睛】本題主要考查了旋轉的性質，平行線的性質，全等三角形的性質和判定，勾股定理及其逆定理，解本題的關鍵是構造全等三角形，也是本題的難點．模型2.手拉手模型（正多邊形型）【模型解讀】將兩個多邊形繞著公共頂點（即頭）旋轉某一角度后能完全重合，則這兩個多邊形構成手拉手全等，也叫旋轉型全等，常用“邊角邊”判定定理證明全等?！境Ｒ娔Ｐ图白C法】如圖，在任意△ABC中，分別以AB、AC為邊作正方形ABDE、ACFG，連接EC、BG，則△AEC≌△ABG.例1．（2023春·浙江·八年級專題練習）邊長為4的正方形ABCD與邊長為2的正方形CEFG如圖1擺放，將正方形CEFG繞點C順時針旋轉，旋轉角為α，連接BG，DE．（1）如圖2，求證：△BCG≌△DCE；（2）如圖2，連接DG，BE，判斷DG2+BE2否為定值．若是，求這個定值若不是，說明理由；（3）如圖3，當點G恰好落在DE上時，求α的值．【答案】（1）見解析；（2）48；（3）【分析】（1）通過邊角邊判定三角形全等；（2）連接，設交于點，交于點，先證明，由勾股定理可得；（3）作于點，則，且，由含30度角的直角三角形的性質求解．【詳解】（1）四邊形與為正方形，，，，，，在和中，(SAS)，（2）連接，設交于點，交于點，，，，在△和中，，，，，由勾股定理得，，，，，，，(3)作于點，如圖，△為等腰直角三角形，，且，在中，，，，．．【點睛】本題考查四邊形與三角形的綜合問題，解題關鍵是熟練掌握正方形與直角三角形的性質，通過添加輔助線求解．例2．（2023·河南鶴壁市八年級月考）（1）作圖發(fā)現(xiàn)：如圖1，已知，小涵同學以、為邊向外作等邊和等邊，連接，．這時他發(fā)現(xiàn)與的數(shù)量關系是．（2）拓展探究：如圖2，已知，小涵同學以、為邊向外作正方形和正方形，連接，，試判斷與之間的數(shù)量關系，并說明理由．【答案】（1）BE=CD；（2）BE=CD，理由見解析；【分析】（1）利用等邊三角形的性質得出，然后有，再利用SAS即可證明，則有；（2）利用正方形的性質得出，然后有，再利用SAS即可證明，則有；【詳解】（1）如圖1所示：和都是等邊三角形，，，即，在和中，，．（2），四邊形和均為正方形，，，，，在和中，，，例3．（2023·福建福州市·九年級月考）如圖，和均為等邊三角形，連接BE、CD．（1）請判斷：線段BE與CD的大小關系是；（2）觀察圖，當和分別繞點A旋轉時，BE、CD之間的大小關系是否會改變?（3）觀察如圖和4，若四邊形ABCD、DEFG都是正方形,猜想類似的結論是___________,在如圖中證明你的猜想.（4）這些結論可否推廣到任意正多邊形（不必證明）,如圖,BB1與EE1的關系是;它們分別在哪兩個全等三角形中;請在如圖中標出較小的正六邊形AB1C1D1E1F1的另五個頂點，連接圖中哪兩個頂點,能構造出兩個全等三角形？【答案】(1)BE=CD（2）線段BE與CD的大小關系不會改變（3）AE＝CG，證明見解析（4）這些結論可以推廣到任意正多邊形.如圖5，BB1=EE1，它們分別在△AE1E和△AB1B中，如圖6，連接FF1，可證△AB1B≌△AF1F．圖形見解析.【分析】本題是變式拓展題，圖形由簡單到復雜，需要從簡單圖形中探討解題方法，并借鑒用到復雜圖形中；證明三角形全等時，用旋轉變換尋找三角形全等的條件．【詳解】（1）線段BE與CD的大小關系是BE=CD；（2）線段BE與CD的大小關系不會改變；

（3）AE=CG．證明：如圖4，正方形ABCD與正方形DEFG中，

∵AD=CD，DE=DG，∠ADC=∠GDE=90°，

又∠CDG=90°+∠ADG=∠ADE，∴△ADE≌△CDG，∴AE=CG．

（4）這些結論可以推廣到任意正多邊形．

如圖5，BB1=EE1，它們分別在△AE1E和△AB1B中，如圖6，連接FF1，可證△AB1B≌△AF1F．【點睛】本題綜合考查全等三角形、等邊三角形和多邊形有關知識．注意對三角形全等的證明方法的發(fā)散．例4．（2023·江蘇無錫·八年級?？茧A段練習）如圖1，圖2，圖3，在中，分別以為邊，向外作正三角形，正四邊形，正五邊形，相交于點．（正多邊形的各邊相等，各個內角也相等）①如圖1，求證：△ABE≌△ADC；②探究：如圖1，∠BOD=；③如圖2，∠BOD=；④如圖3，∠BOD=．【答案】①見解析；②60°；③90°；④108°【分析】①根據(jù)等邊三角形的性質可以得出△ABE≌△ADC．②③④根據(jù)△ABE≌△ADC可得∠CDA=∠EBA，根據(jù)三角形內角和可得∠BOD=∠BAD，從而求解．【詳解】解：①證明：如圖，∵△ABD和△AEC是等邊三角，∴AD=AB，AE=AC，∠DAB=∠EAC=∠ABD=∠ADB=60°，∴∠DAB+∠BAC=∠EAC+∠BAC，即∠DAC=∠BAE．在△ABE和△ADC中，，∴△ABE≌△ADC（SAS）；②，，∵∠AFD=∠OFB，∴∠BOD=∠BAD=60°；③如圖，四邊形和四邊形是正方形，，，，，，即，在和中，，，，∵∠AHB=∠OHD，∴∠BOD=∠BAD=90°；④如圖，五邊形和五邊形是正五邊形，，，，，，，在和中，，，，∵∠AMB=∠OMD，∴∠BOD=∠BAD=（5-2）×180°÷5=108°．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質的運用，正方形的性質的運用，正五邊形的性質的運用及正邊形的性質的運用，全等三角形的判定及性質的運用，解答時根據(jù)正多邊形的性質證明三角形全等是關鍵．課后專項訓練1．（2023·重慶·七年級重慶八中校考期中）如圖：，，，，連接與交于，則：①；②；③；正確的有（

）個A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】利用垂直的定義得到，則，于是可對①進行判斷；利用“”可證明，于是可對②進行判斷；利用全等的性質得到，則根據(jù)三角形內角和和對頂角相等得到，于是可對③進行判斷．【詳解】解：，，，，，即，所以①正確；在和中，，，所以②正確；，∵∠AFD=∠MFB，，，所以③正確．故選：．【點睛】本題考查了全等三角形的判定：熟練掌握全等三角形的5種判定方法中，選用哪一種方法，取決于題目中的已知條件．2．（2022·湖南·中考真題）如圖，點是等邊三角形內一點，，，，則與的面積之和為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】將繞點B順時針旋轉得，連接，得到是等邊三角形，再利用勾股定理的逆定理可得，從而求解．【詳解】解：將繞點順時針旋轉得，連接，，，，是等邊三角形，，∵，，，，與的面積之和為．故選：C．【點睛】本題主要考查了等邊三角形的判定與性質，勾股定理的逆定理，旋轉的性質等知識，利用旋轉將與的面積之和轉化為，是解題的關鍵．3．（2022·江蘇·八年級專題練習）如圖，O為正△ABC內一點，OA＝3，OB＝4，OC＝5，將線段BO以點B為旋轉中心逆時針旋轉60°得到線段BO′，下列結論：①可由△BOC繞點B逆時針旋轉60°得到；②點O與O′的距離為4；③∠AOB＝150°；④S四邊形AOBO′＝6+2；⑤，其中正確的是（

）A．①②③ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①②③④⑤【答案】B【分析】根據(jù)旋轉的性質，易證，故①正確；證明是等邊三角形，故②說法正確；由勾股定理的逆定理可證得，結合等邊三角形性質，有，故，③說法正確；由直角三角形和等邊三角形的性質，可得，④說法錯誤；將線段OA以點A為旋轉中心逆時針旋轉60°得到線段AD，連接OD，過A作AE⊥CD交CD延長線于點E，根據(jù)判斷④的方法，判斷⑤說法正確．【詳解】解：∵將線段BO以點B為旋轉中心逆時針旋轉60°得到線段BO′，∴，，∵正△ABC，∴，，∵，∴，即，在與中，∵，∴，故可由△BOC繞點B逆時針旋轉60°得到，①說法正確，符合題意；如圖1，連接∵，，∴是等邊三角形，∵，∴．故點O與O′的距離為4，②說法正確，符合題意；∵，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∵是等邊三角形，∴，∵．故③說法正確，符合題意；如圖2，過作于點，∵是等邊三角形，，，∴，∴．∵，，，∴．∵，，，∴．∴．故④說法錯誤，不符合題意；將線段OA以點A為旋轉中心逆時針旋轉60°得到線段AD，連接OD，過A作AE⊥CD交CD延長線于點E，∵將線段OA以點A為旋轉中心逆時針旋轉60°得到線段AD，∴，，∵正△ABC，∴，，∵，∴，即，在與中，∵，∴，∴．∵，，∴是等邊三角形．∵，∴易求．∵是等邊三角形，，∴，∵，，∴，∵，∴，∴．∵，，∴．∴．∵，，∴，∴．∵，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴．故⑤說法正確，符合題意；綜上，正確的說法有①②③⑤，故選：B．【點睛】本題考查了旋轉的性質，全等三角形判定，等邊三角形性質以及勾股定理以及逆定理，綜合運用以上知識是解題的關鍵．4．（2022·福建·福州九年級期末）如圖，△ABC是等邊三角形，且，點D在邊BC上，連按AD，將線段AD繞點A順時針旋轉60°，得到線段AE，連接DE，BE．則△BED的周長最小值是_________．【答案】##【分析】根據(jù)旋轉可得AD=AE，∠DAE=60°，進而得出△ADE為等邊三角形，則DE=AD，根據(jù)“SAS”可證△ACD≌△ABE，可得CD=BE，而△BED的周長為BD+BE+DE=BD+CD+AD=BC+AD，當AD⊥BC時，AD最小，△BED的周長最小，然后求出AD的最小值即可解答．【詳解】解：∵線段AD繞點A順時針旋轉60°得到線段AE，∴AD=AE，∠DAE=60°，∴△ADE是等邊三角形，∴DE=AD，∵△ABC是等邊三角形，AB=4，∴AB=AC，∠BAC=60°，BC=AB=4，∴∠BAC=∠DAE，∴∠CAD=∠BAE，∴△ACD≌△ABE，∴CD=BE，∴△BED的周長為BD+BE+DE=BD+CD+AD=BC+AD，∴當AD最小時，△BED的周長最小，當AD⊥BC，時，AD最小，過A作AM⊥BC于M，∴BM=BC=2，∴AM=，∴AD的最小值為，∴△BED的周長最小值是4+．故答案為：4+．【點睛】本題考查了旋轉的性質、等邊三角形的判定與性質，勾股定理等知識，將求△BED的周長最小值轉化求AD的最小值是解題的關鍵．5．（2022秋·江蘇·八年級專題練習）如圖，在等腰△ABC與等腰△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=α，連接BD和CE相交于點P，交AC于點M，交AD于點N．(1)求證：BD=CE．(2)求證：AP平分∠BPE．(3)若α=60°，試探尋線段PE、AP、PD之間的數(shù)量關系，并說明理由．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)PE=AP+PD，見解析【分析】（1）由“SAS”可證△BAD≌△CAE，可得BD=CE；（2）由全等三角形的性質可得S△BAD=S△CAE，由三角形面積公式可得AH=AF，由角平分線的性質可得AP平分∠BPE；（3）由全等三角形的性質可得∠BDA=∠CEA，由“SAS”可證△AOE≌△APD，可得AO=AP，可證△APO是等邊三角形，可得AP=PO，可得PE=AP+PD，即可求解．【詳解】（1）證明：∵∠BAC=∠DAE=α，∴∠BAD=∠CAE，又∵AB=AC，AD=AE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD=CE；（2）證明：如圖，過點A作AH⊥BD，AF⊥CE，∵△BAD≌△CAE，∴S△BAD=S△CAE，BD=CE，∴BD×AH=CE×AF，∴AH=AF，又∵AH⊥BD，AF⊥CE，∴AP平分∠BPE；（3）解：PE=AP+PD，理由如下：如圖，在線段PE上截取OE=PD，連接AO，∵△BAD≌△CAE，∴∠BDA=∠CEA，又∵OE=PD，AE=AD，∴△AOE≌△APD（SAS），∴AP=AO，∵∠BDA=∠CEA，∠PND=∠ANE，∴∠NPD=∠DAE=α=60°，∴∠BPE=180°-∠NPD=180°-60°=120°，又∵AP平分∠BPE，∴∠APO=60°，又∵AP=AO，∴△APO是等邊三角形，∴AP=PO，∵PE=PO+OE，∴PE=AP+PD．【點睛】本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質，直角三角形的性質，等邊三角形的判定和性質以及角之間的關系，證明△BAD≌△CAE是解本題的關鍵．6．（2023春·山東東營·七年級?？茧A段練習）在學習全等三角形知識時、教學興趣小組發(fā)現(xiàn)這樣一個模型：它是由兩個共頂點且頂角相等的等腰三角形構成．在相對位置變化的同時，始終存在一對全等三角形．通過資料查詢，他們得知這種模型稱為“手拉手模型”興趣小組進行了如下探究：（1）如圖1，兩個等腰三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE，連接BD、CE、如果把小等腰三角形的腰長看作小手，大等腰三角形的腰長看作大手，兩個等腰三角形有公共頂點，類似大手拉著小手，這個就是“手拉手模型”，在這個模型中，和△ADB全等的三角形是，此時BD和CE的數(shù)量關系是；（2）如圖2，兩個等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE=90°，連接BD，CE，兩線交于點P，請判斷線段BD和CE的數(shù)量關系和位置關系，并說明理由；（3）如圖3，已知△ABC，請完成作圖：以AB、AC為邊分別向△ABC外作等邊△ABD和等邊△ACE（等邊三角形三條邊相等，三個角都等于60°），連接BE，CD，兩線交于點P，并直接寫出線段BE和CD的數(shù)量關系及∠PBC+∠PCB的度數(shù)．【答案】（1）△AEC，BD=CE；（2）BD=CE且BD⊥CE，理由見解析；（3）作圖見解析，BE=CD，∠PBC+∠PCB=60°．【分析】（1）根據(jù)SAS證明兩個三角形全等即可證明；（2）通過條件證明△DAB≌△EAC（SAS），得到∠DBC+∠ECB=90°，即可證明BD⊥CE，從而得到結果；（3）根據(jù)已知條件證明△DAC≌△BAE(SAS)，即可得到結論．【詳解】解：（1）∵AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE，∴∠DAE+∠EAB=∠BAC+∠EAB，即，∴△ADB≌△AEC(SAS)，∴BD=CE；（2）BD=CE且BD⊥CE；理由如下：因為∠DAE=∠BAC=90°，如圖2．所以∠DAE+∠BAE=∠BAC+∠BAE．所以∠DAB=∠EAC．在△DAB和△EAC中，，所以△DAB≌△EAC（SAS）．所以BD=CE，∠DBA=∠ECA．因為∠ECA+∠ECB+∠ABC=90°，所以∠DBA+∠ECB+∠ABC=90°．即∠DBC+∠ECB=90°．所以∠BPC=180°-（∠DBC+∠ECB）=90°．所以BD⊥CE．綜上所述：BD=CE且BD⊥CE．（3）如圖3所示，BE=CD，∠PBC+∠PCB=60°．由圖可知，AD=AB，AE=AC，∴∠DAB+∠BAC=∠EAC+∠BAC，即，∴△DAC≌△BAE(SAS)，∴BE=CD，，又∵，∴∠ADC+∠BDC=∠ABE+∠BDC=60°，∴∠BPC=∠ABP+∠BDC+∠DBA=120°，

∴∠PBC+∠PCB=60°．【點睛】本題主要考查了全等三角形的知識點應用，準確分析圖形是解題的關鍵．7．（2022·重慶忠縣·九年級期末）已知等腰直角與有公共頂點，，，．現(xiàn)將繞點旋轉．(1)如圖①，當點，，在同一直線上時，點為的中點，求的長；(2)如圖②，連接，．點為的中點，連接交于點，求證：；(3)如圖③，點為的中點，以為直角邊構造等腰，連接，在繞點旋轉過程中，當最小時，直接寫出的面積．【答案】(1)(2)見解析(3)【分析】（1）連接并延長交于，可得，，，再運用勾股定理可得結論；（2）延長到，使，連接，據(jù)SAS證明得，運用中位線定理證明，再證明，得，故可得結論；（3）據(jù)點F在AB上時BN的值最小，求出BN的值，運用等腰直角三角形的性質求出NG和AB，運用三角形面積公式求解即可．(1)連接并延長交于，，點是的中點，，與都是等腰直角三角形，，，，又，，由已知可得，，，；(2)證明：延長到，使，連接，，．，，又，，．即；又，，，，A分別是，的中點，．，，，，；(3)∵AE=AD=4，∠EAF=90°，∴DE=，∵點F是DE的中點，∴AF=DE=2，∴點F在以A為圓心，2為半徑的⊙A上移動，如圖，當點F在AB上時，BF最小，∵是等腰直角三角形，∴BF最小時，BN也最小，∴的最小值為：AB-AF=此時，∵∴∴∵是等腰直角三角形，∴∴的最小值為：【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質，旋轉變換，勾股定理，全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形是解決問題的關鍵．8．（2022·四川省渠縣中學八年級期中）在等腰直角△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC．點E，F(xiàn)分別在邊AC，AB上，且AF=AE，連接BE，CF．M為FC的中點，連接AM．(1)如圖（1），試猜想BE和AM的關系，請寫出你所得到的結論；(2)如圖（2），將△AFE繞點A逆時針方向旋轉90°，通過觀察或測量等方法判斷（1）中的結論是否仍然成立？如果成立，請予以證明；如果不成立，說明理由；(3)如圖（3），若將△AFE繞點A逆時針方向旋轉后（0＜＜90），（1）中的結論是還成立嗎？請判斷并說明理由．【答案】(1)，理由見解析(2)仍然成立，理由見解析(3)仍然成立，理由見解析【分析】（1）由已知可證，，由全等三角形的性質可得．在中，由，M為FC的中點，可得，通過等量代換，即有．（2）設，，通過已知條件及整式加法，可得，，，故有．（3）延長至點，使得，連接，證，則，，由已知得，，通過等量代換及平行線性質，推導得出，再證，可得．（1）解：，理由如下：在與中，∵，∴，∴．∵，M為FC的中點，∴，∵，∴．（2）解：（1）中的結論仍然成立，即，理由如下：設，，∵M為FC的中點，∴，∵，∴．∵，，，∴．∵，，，∴．∵，∴．∵，，，∴，∵，∴．（3）解：（1）中的結論仍然成立，即，理由如下：延長至點，使得，連接，∵M為FC的中點，∴，在與中，∵，∴，∴．∵，∴．∵，∴，∴，∴．由題意得，，∵，∴．∵，，∴，∵，∴，∵，∴．在與中，∵，∴，∴，∵，∴，即．【點睛】本題考查了綜合運用全等三角形的判定及性質，探究線段之間的數(shù)量關系及旋轉的性質，熟練掌握三角形全等證明的方法是解題的關鍵．9．（2022秋·江蘇·八年級專題練習）問題發(fā)現(xiàn)：如圖1，已知為線段上一點，分別以線段，為直角邊作等腰直角三角形，，，，連接，，線段，之間的數(shù)量關系為______；位置關系為_______．拓展探究：如圖2，把繞點逆時針旋轉，線段，交于點，則與之間的關系是否仍然成立？請說明理由．【答案】問題發(fā)現(xiàn)：，；拓展探究：成立，理由見解析【分析】問題發(fā)現(xiàn)：根據(jù)題目條件證△ACE≌△DCB，再根據(jù)全等三角形的性質即可得出答案；拓展探究：用SAS證，根據(jù)全等三角形的性質即可證得．【詳解】解：問題發(fā)現(xiàn)：延長BD，交AE于點F，如圖所示：∵，∴，又∵,∴（SAS），，∵，∴，∴，∴，，故答案為：，；拓展探究：成立．理由如下：設與相交于點，如圖1所示：∵，∴，又∵，，∴（SAS），∴，，∵，∴，∴，∴，即，依然成立．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質，三角形三邊關系，手拉手模型，熟練掌握全等三角形的判定和手拉手模型是解決本題的關鍵．10．（2023春·廣東揭陽·九年級校考期中）已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝4，另有一塊等腰直角三角板的直角頂點放在C處，CP＝CQ＝2，將三角板CPQ繞點C旋轉(保持點P在△ABC內部)，連接AP、BP、BQ．（1）如圖1求證：AP＝BQ；（2）如圖2當三角板CPQ繞點C旋轉到點A、P、Q在同一直線時，求AP長．【答案】（1）見解析；（2）【分析】（1）根據(jù)∠ACB=∠PCQ=90°，可得∠ACP=∠BCQ，再利用SAS，即可求證；（2）根據(jù)直角三角形的性質，可得，再由勾股定理，可得，即可求解．【詳解】證明：（1）∵∠ACB=∠PCQ=90°，∴∠ACP=∠BCQ，∵AC=BC，CP=CQ，∴△△ACP≌△BCQ（SAS）∴AP=BQ；（2）如圖2中，作CH⊥PQ于H，∵CP＝CQ＝2，∴，∵∠PCQ=90°，∴，∴，∵AC=4，∴，∵點A、P、Q在同一直線，∴．【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定和性質，圖形的旋轉，勾股定理，二次根式的化簡，熟練掌握相關知識點是解題的關鍵．11．（2022·廣東·惠州一中八年級期中）為等邊三角形，，于點．為線段上一點，．以為邊在直線右側構造等邊．連結，為的中點．（1）如圖1，與交于點，①連結，求線段的長；②連結，求的大?。?）如圖2，將繞點逆時針旋轉，旋轉角為．為線段的中點．連結、．當時，猜想的大小是否為定值，并證明你的結論．【答案】（1）①；②；（2），證明見解析【分析】（1）①根據(jù)等邊三角形的性質，，可得，是斜邊上的中線，勾股定理在中可求得的長，進而求得的長；②根據(jù)①的結論可得，根據(jù)，即可求得的度數(shù)；（2）連接，證明，進而可得，則，進而根據(jù)為的中點，為的中點，為的中點，根據(jù)三角形中位線定理可得，進而可得【詳解】（1）①是等邊三角形，，是等邊三角形，為的中點②如圖，連接，；（2），理由如下，如圖，連接，為等邊三角形，,則為的中點，為的中點，為的中點【點睛】本題考查了等邊三角形的性質，勾股定理，三線合一，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的，勾股定理，中位線定理，三角形全等的性質與判定，旋轉的性質，綜合運用以上知識是解題的關鍵．12．（2022·福建·長汀縣八年級階段練習）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，點D為AB邊上一點，過點D作DE⊥AB，交BC于點E，連接AE，取AE的中點P，連接DP，CP．（1）觀察猜想：

如圖（1），DP與CP之間的數(shù)量關系是，DP與CP之間的位置關系是．（2）類比探究：將圖（1）中的△BDE繞點B逆時針旋轉45°，（1）中的結論是否仍然成立？若成立，請就圖（2）的情形給出證明；若不成立，請說明理由．（3）問題解決：若BC＝3BD＝3，

將圖（1）中的△BDE繞點B在平面內自由旋轉，當BE⊥AB時，請直接寫出線段CP的長．【答案】（1）PD＝PC，PD⊥PC；（2）成立，見解析；（3）2或4【分析】（1）根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質，可得，根據(jù)角之間的關系即可，即可求解；（2）過點P作PT⊥AB交BC的延長線于T，交AC于點O，根據(jù)全等三角形的判定與性質求解即可；（3）分兩種情況，當點E在BC的上方時和當點E在BC的下方時，過點P作PQ⊥BC于Q，利用等腰直角三角形的性質求得，即可求解．【詳解】解：（1）∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴，∵，∴，∵點P為AE的中點，∴，∴，，∴，∴故答案為：，．（2）結論成立．理由如下：過點P作PT⊥AB交BC的延長線于T，交AC于點O．則∴，∴，，由勾股定理可得：∴∴∴∵點P為AE的中點，∴∴在中，，∴，∴∴∴，∴∴，∴．（3）如圖3﹣1中，當點E在BC的上方時，過點P作PQ⊥BC于Q．則，∴∵∴由（2）可得，，，∴為等腰直角三角形∴∴由勾股定理得，如圖3﹣2中，當點E在BC的下方時，同法可得PC＝PD＝2．綜上所述，PC的長為4或2．【點睛】此題考查了等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定與性質，勾股定理，解題的關鍵是熟練掌握相關基本性質，做輔助線，構造出全等三角形．13．（2022·全國·九年級專題練習）如圖，正方形ABCD，將邊CD繞點D順逆時針旋轉α（0°＜α＜90°），得到線段DE，連接AE，CE，過點A作AF⊥CE交線段CE的延長線于點F，連接BF．（1）當AE＝AB時，求α的度數(shù)；（2）求證：∠AEF＝45°；（3）求證：AE∥FB．【答案】（1）α＝30°；（2）證明見解析；（3）證明見解析．【分析】（1）根據(jù)旋轉的性質可得CD=DE，由正方形的性質可得AB=CE=AD，根據(jù)已知AB=AE，可得出△ADE是等邊三角形，求出∠ADE的度數(shù)，即可求解；（2）根據(jù)旋轉的性質得出△CDE和△ADE都是等腰三角形，由題可知旋轉角是∠EDC，進而得出∠ADE、∠AED、∠CED與α之間的關系，再根據(jù)平角的特點即可求解；（3）方法一：過點B作AF與CF的垂線，可以得到一個平行四邊形，進一步可判定是矩形，根據(jù)角度關系得出∠BCF=∠BAF，判定矩形是正方形，得出∠BFC=45°，結合（2）可得出結論；方法二：過點B作BF的垂線交BF于點M，根據(jù)垂直的性質和正方形的性質可以得出∠ABF=∠CBM，∠BAF=∠BCF，AB=BC，進而判定兩個三角形全等，可得出△BFM是等腰直角三角形，求出∠BFE=45°，結合（2）可得出結論；方法三：取AC的中點O，根據(jù)直角三角形的性質和正方形的性質，可得出OA=OC=OB=OF，所以A、B、C、F在同一個圓上，∠CBF=∠BAC=45°，結合（2）即可得出結論．【詳解】解：(1)在正方形ABCD中，AB＝AD＝DC，由旋轉可知，DC＝DE，∵AE＝AB∴AE＝AD＝DE∴△AED是等邊三角形，∴∠ADE＝60°，∴∠ADC＝90°，∴α＝∠ADC－∠ADE＝90°－60°＝30°．（2）證明：在△CDE中，DC＝DE，∴∠DCE＝∠DEC＝，在△ADE中，AD＝ED，∠ADE＝90°－α，∴∠DAE＝∠DEA＝∴∠AEC＝∠DEC＋∠DEA＝＝135°．∴∠AEF＝45°，（3）證明：過點B作BG//CF與AF的延長線交于點G，過點B作BH//GF與CF交于點H，則四邊形BGFH是平行四邊形，∵AF⊥CE，∴平行四邊形BGFH是矩形，∵∠AFP＝∠ABC＝90°，∠APF＝∠BPC，∴∠GAB＝BCP，在△ABG和△CBH中∴△ABG≌△CBH(AAS)，∴BG＝BH，∴矩形BGFH是正方形，∴∠HFB＝45°，由（2）可知：∠AEF＝45°∴∠HFB＝∠AEF＝45°，∴AE∥FB．方法2：過點B作BM⊥BF交FC于點M，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝90°，∴∠FBN＋∠ABM＝∠ABM＋∠MBC＝90°，∴∠FBN＝∠MBC，∵AF⊥FC，∴∠AFC＝90°，又∴∠AFP＝∠PBC，∠FPA＝∠BPC∴∠FAB＝BCM,在△ABF和△CBM中，∴△ABF≌△CBM(ASA)，∴BF＝BM,∴△FBM是等腰直角三角形，∴∠MFB＝45°，由（2）可知：∠AEF＝45°∴∠MFB＝∠AEF＝45°，∴AE∥FB．方法3：取AC的中點為點O，∵AF⊥FC，∠ABC=90°∴OA＝OB＝OC＝OF·∴點A，B，C，F(xiàn)都在同一個圓上，∴∠BFC＝∠BAC＝45°·由（2）可知：∠AEF＝45°∴∠MFB＝∠AEF＝45°，∴AE∥FB．【點睛】本題考查了旋轉的性質、正方形的性質、平行線的判定；根據(jù)特殊圖形得出角的度數(shù)；根據(jù)圖形的特點，得出角之間的關系，三個角相加等于180°，得出結果；作輔助線求出∠BFC的度數(shù)，結合第二問的結果得出證明．14．（2022·河南·方城縣一模）在數(shù)學興趣小組活動中，小亮進行數(shù)學探究活動．(1)△ABC是邊長為3的等邊三角形，E是邊AC上的一點，且AE=1，小亮以BE為邊作等邊三角形BEF，如圖（1）所示．則CF的長為．（直接寫出結果，不說明理由）(2)△ABC是邊長為3的等邊三角形，E是邊AC上的一個動點，小亮以BE為邊作等邊三角形BEF，如圖（2）所示．在點E從點C到點A的運動過程中，求點F所經過的路徑長．思路梳理并填空：當點E不與點A重合時，如圖，連結CF，∵△ABC、△BEF都是等邊三角形∴BA=BC，BE=BF，∠ABC=∠EBF=60°∴①∠ABE+=∠CBF+；∴∠ABE=∠CBF∴△ABE≌△CBF∴∠BAE=∠BCF=60°又∠ABC=60°∴∠BCF=∠ABC∴②______∥______；當點E在點A處時，點F與點C重合．當點E在點C處時，CF=CA．∴③點F所經過的路徑長為．(3)△ABC是邊長為3的等邊三角形，M是高CD上的一個動點，小亮以BM為邊作等邊三角形BMN，如圖（3）所示．在點M從點C到點D的運動過程中，求點N所經過的路徑長．(4)正方形ABCD的邊長為3，E是邊CB上的一個動點，在點E從點C到點B的運動過程中，小亮以B為頂點作正方形BFGH，其中點F，G都在直線AE上，如圖（4）．當點E到達點B時，點F，G，H與點B重合．則點H所經過的路徑長為．（直接寫出結果，不說明理由）【答案】(1)1(2)①∠CBE；∠CBE；

②CF；AB；③3(3)點N所經過的路徑長為(4)【分析】（1）證明△ABE≌△CBF，則CF=AE=1，問題即解決；（2）讀懂每步推理的依據(jù)，即可完成；（3）取BC的中點H，連結DH，NH，證明△BDM≌△BHN，則當點M在點C處時，NH⊥BC，且NH=CD，此時在直角△ACD

中即可求得CD的長，從而求得結果；（4）當E、B不重合時，取BC的中點M，連結MH，CH，可證△BFA≌△BHC，可得H、G、C三點共線，可得；當點E在C處時，MH⊥BC，所以可確定點H所經過的路徑，從而求得路徑長．（1）∵△ABC、△BEF都是等邊三角形∴BA=BC，BE=BF，∠ABC=∠EBF=60°∴∠ABE+∠EBC=∠CBF+∠EBC∴∠ABE=∠CBF∴△ABE≌△CBF∴CF=AE=1故答案為：1（2）當點E不與點A重合時，如圖，連結CF，∵△ABC、△BEF都是等邊三角形∴BA=BC，BE=BF，∠ABC=∠EBF=60°∴∠ABE+∠EBC=∠CBF+∠EBC∴∠ABE=∠CBF∴△ABE≌△CBF∴∠BAE=∠BCF=60°又∠ABC=60°∴∠BCF=∠ABC∴CF∥AB當點E在點A處時，點F與點C重合．當點E在點C處時，CF=CA．∴點F所經過的路徑長為3．故答案為：①∠EBC，∠EBC；②CF，AB；③3（3）如圖（3），取BC的中點H，連結DH，NH，則∵△ABC是等邊三角形，CD⊥AB∴∠ABC=60°，AB=BC，∴BD=BH∴△BDH是等邊三角形∵△BMN是等邊三角形由（2）知△BDM≌△BHN∴∠BHN=∠BDM=90°即NH⊥BC當點M在點D處時，點N與點H重合，當點M在點C處時，NH⊥BC，且NH=CD在Rt△ACD中，∠A=60°，AC=3∴CD=3×=所以點N所經過的路徑長為.（4）如圖①，當點E不與點B重合時，取BC的中點M，連結MH，CH由四邊形ABCD和四邊形BFGH都是正方形∴AB=BC，BF=BH，∠ABC=∠FBH=∠BHG=90°∴∠ABF=∠CBH∴△BFA≌△BHC∴∠BFA=∠BHC=90°∵∠BHG=90°∴H、G、C三點共線∵MH是直角△BCH斜邊上的中線∴當點E在C處時，如圖②，MH⊥BC，所以點H所經過的路徑長為：以點M為圓心，半徑為，圓心角為90°的弧此時弧長為：故答案為：【點睛】本題是三角形全等的綜合，考查了正方形的性質，等邊三角形的性質，全等三角形的判定與性質，弧長的計算等知識；關鍵是正確尋找到點的運動路徑，這是屬于幾何壓軸題．15．（2022·江蘇·八年級課時練習）如圖，在銳角中，，點，分別是邊，上一動點，連接交直線于點．(1)如圖1，若，且，，求的度數(shù)；(2)如圖2，若，且，在平面內將線段繞點順時針方向旋轉得到線段，連接，點是的中點，連接．在點，運動過程中，猜想線段，，之間存在的數(shù)量關系，并證明你的猜想．【答案】(1)(2)，證明見解析【分析】（1）在射線上取一點，使得，證明，求出，然后根據(jù)四邊形內角和定理及鄰補角的性質得出答案；（2）證明，求出，倍長至，連接，PQ，證明，求出，在CF上截取FP＝FB，連接BP，易得為正三角形，然后求出，證，可得PQ＝PC，∠QPF＝∠CPB＝60°，則可得為正三角形，然后由得出結論．（1）解：如圖1，在射線上取一點，使得，∵，BC＝BC，∴（SAS），∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴；（2），證明：∵，，∴△ABC是正三角形，∴AB＝BC＝AC，∠A＝∠DBC＝60°，又∵，∴（SAS），∴，∴，∴，倍長至，連接，PQ，∵CN＝QN，∠QNF＝∠CNM，NF＝NM，∴（SAS），∴，∠QFN＝∠CMN，由旋轉的性質得AC＝CM，∴，在CF上截取FP＝FB，連接BP，∵，∴，∴為正三角形，∴∠BPF＝60°，，∴，∵∠QFN＝∠CMN，∴FQ//CM，∴，∴，又∵，∴（SAS），∴PQ＝PC，∠QPF＝∠CPB＝60°，∴為正三角形，∴，即．【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了等邊三角形的判定和性質,全等三角形的判定和性質，解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題，利用全等三角形轉換線段和角的關系從而解決問題，屬于壓軸題．16．（2022·山西八年級月考）綜合與實踐特例研究：將矩形和按如圖1放置，已知，連接．如圖1，當點在上時，線段與之間的數(shù)量關系是__；直線與直線之間的位置關系是_；拓廣探索：圖2是由圖1中的矩形繞點順時針旋轉一定角度得到的，請?zhí)剿骶€段與之間的數(shù)量關系和直線與直線之間的位置關系，并說明理由．【答案】（1）；（2），理由見解析【分析】，延長交于點G先證△FBC≌△EDC（SAS），可知，由∠DCE=90o，可得∠DEC+∠CDE=90o，可推出∠FDG+∠GFD=90o即可，先下結論，，再證明，證法與（1）類似，延長交于點交于點．由四邊形為矩形且AD=CD可得，可推出．由知．由可用等量代換得由三角形內角和得即可．【詳解】解：，延長交于點G，∵四邊形為矩形，且AD=DC，∴BC=CD，=90o，由旋轉的FC=EC，∴△FBC≌△EDC（SAS），，∵∠DCE=90o，∴∠DEC+∠CDE=90o，∴∠FDG+∠GFD=90o∠FGD=90o，，理由如下：如答圖，延長交于點交于點，，四邊形為矩形，，，，，矩形為正方形．，在和中，．．．．【點睛】本題考查旋轉中兩線段的數(shù)量與位置關系問題，關鍵是把兩線段置于兩個三角形中利用全等解決問題，會利用旋轉找全等條件，會計算角的和差，和證垂直的方法．17．（2022·福建八年級期中）如圖甲，在△ABC中，∠ACB為銳角，點D為射線BC上一動點，連接AD，以AD為一邊且在AD的右側作正方形ADEF．解答下列問題(1)如果AB＝AC，∠BAC＝90°，①當點D在線段BC上時（與點B不重合），如圖乙，線段CF、BD之間的位置關系為，數(shù)量關系為．②當點D在線段BC的延長線上時，如圖丙，①中的結論是否仍然成立，為什么？(2)如果AB≠AC，∠BAC≠90°點D在線段BC上運動．試探究：當△ABC滿足一個什么條件時，CF⊥BC（點C、F重合除外）？并說明理由．【答案】(1)①垂直，相等；②成立，理由見解析(2)∠ACB＝45°【分析】（1）①證明△DAB≌△FAC，即可得到CF⊥BD，CF＝BD．②當點D在BC的延長線上時①的結論仍成立．由正方形ADEF的性質可推出△DAB≌△FAC，所以CF＝BD，∠ACF＝∠ABD．結合∠BAC＝90°，AB＝AC，得到∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90度．即CF⊥BD．（2）當∠ACB＝45°時，過點A作AG⊥AC交CB或CB的延長線于點G，則∠GAC＝90°，可推出∠ACB＝∠AGC，所以AC＝AG，由（1）①可知CF⊥BD．（1）①CF⊥BD，CF＝BD∵∠FAD＝∠BAC＝90°∴∠BAD＝∠CAF在△BAD與△CAF中，∵∴△BAD≌△CAF（SAS）∴CF＝BD，∠ACF＝∠ABD，∵∴∠BCF＝90°∴CF⊥BD；故答案為：垂直，相等；②成立，理由如下：∵∠FAD＝∠BAC＝90°∴∠BAD＝∠CAF在△BAD與△CAF中，∵，∴△BAD≌△CAF（SAS）∴CF＝BD，∠ACF＝∠ACB＝45°，∴∠BCF＝90°，∴CF⊥BD；（2）當∠ACB＝45°時可得CF⊥BC，理由如下：過點A作AC的垂線與CB所在直線交于G∵∠ACB＝45°∴AG＝AC，∠AGC＝∠ACG＝45°∵AG＝AC，AD＝AF，∵∠GAD＝∠GAC﹣∠DAC＝90°﹣∠DAC，∠FAC＝∠FAD﹣∠DAC＝90°﹣∠DAC，∴∠GAD＝∠FAC，∴△GAD≌△CAF（SAS），∴∠ACF＝∠AGD＝45°，∴∠GCF＝∠GCA+∠ACF＝90°，∴CF⊥BC．【點睛】本題考查三角形全等的判定和直角三角形的判定，判定兩個三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．判定兩個三角形全等，先根據(jù)已知條件或求證的結論確定三角形，然后再根據(jù)三角形全等的判定方法，看缺什么條件，再去證什么