專題05全等之手拉手模型精練

專題05全等之手拉手模型精練一．手拉手之等邊類1．如圖所示，AB＝AC，AD＝AE，點(diǎn)B、D、E在一條直線上，∠BAC＝∠DAE，∠1＝25°，∠2＝30°，則∠3＝（）A．55° B．50° C．45° D．60°試題分析：求出∠BAD＝∠EAC，證△BAD≌△EAC，推出∠2＝∠ABD＝30°，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)求出即可．答案詳解：解：∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，∴∠1＝∠EAC，在△BAD和△EAC中，AB=AC∠BAD=∠EAC∴△BAD≌△EAC（SAS），∴∠2＝∠ABD＝30°，∵∠1＝25°，∴∠3＝∠1+∠ABD＝25°+30°＝55°，所以選：A．2．如圖，△ABC，△ECD均為等邊三角形，邊長(zhǎng)分別為5cm，3cm，B，C，D三點(diǎn)在同一條直線上，下列結(jié)論：①AD＝BE；②△CFG為等邊三角形；③CM=137cm；④CM平分∠A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)試題分析：根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝60°，∠DCE＝60°，則∠ACE＝60°，利用“SAS”可判斷△ACD≌△BCE，則AD＝BE，可判斷①；由等邊三角形的判定得出△CFG是等邊三角形，可判斷②；證明△DMC∽△DBA，求出CM長(zhǎng)，可判斷③；證明M、F、C、G四點(diǎn)共圓，由圓周角定理得出∠BMC＝∠FGC＝60°，∠CMD＝∠CFG＝60°，得出∠BMC＝∠DMC，所以CM平分∠BMD，可判斷④．答案詳解：解：∵△ABC，△ECD均為等邊三角形，∴∠ACB＝∠DCE＝60°，AC＝BC，DC＝EC，∴∠BCE＝∠ACD，在△ACD和△BCE中，BC=AC∠BCE=∠ACD∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE＝AD，故①正確；∴∠CAG＝∠CBF，在△CBF和△CAG中，∠CBF=∴△BCF≌△ACG（ASA），∴FC＝GC，∵∠FCG＝60°，∴△CFG為等邊三角形，故②正確；∵∠EMD＝∠MBD+∠MDB＝∠MAC+∠MDB＝60°＝∠FCG，∴M、F、C、G四點(diǎn)共圓，∴∠BMC＝∠FGC＝60°，∠CMD＝∠CFG＝60°，∴∠BMC＝∠DMC，∴CM平分∠BMD，故④正確；過(guò)點(diǎn)E作EP⊥BD，則CP=1∴PE=3CP=∴BE=BP∴AD＝BE＝7，∵∠DMC＝∠ABD，∠MDC＝∠BDA，∴△DMC∽△DBA∴CMAB∴CM5∴CM=157．故所以選：C．3．如圖，在?ABCD中，分別以AB、AD為邊向外作等邊△ABE、△ADF，延長(zhǎng)CB交AE于點(diǎn)G，點(diǎn)G在點(diǎn)A、E之間，連接CE、CF，EF，則以下四個(gè)結(jié)論一定正確的是（）①△CDF≌△EBC；②∠CDF＝∠EAF；③△ECF是等邊三角形；④CG⊥AE．A．只有①② B．只有①②③ C．只有③④ D．①②③④試題分析：根據(jù)題意，結(jié)合圖形，對(duì)選項(xiàng)一一求證，判定正確選項(xiàng)．答案詳解：解：∵△ABE、△ADF是等邊三角形∴FD＝AD，BE＝AB∵AD＝BC，AB＝DC∴FD＝BC，BE＝DC∵∠CBE＝∠FDC，∠FDA＝∠ABE∴∠CDF＝∠EBC∴△CDF≌△EBC，故①正確；∵∠FAE＝∠FAD+∠EAB+∠BAD＝60°+60°+（180°﹣∠CDA）＝300°﹣∠CDA，∠FDC＝360°﹣∠FDA﹣∠ADC＝300°﹣∠CDA，∴∠CDF＝∠EAF，故②正確；同理可得：∠CBE＝∠EAF＝∠CDF，∵BC＝AD＝AF，BE＝AE，∴△EAF≌△EBC，∴∠AEF＝∠BEC，∵∠AEF+∠FEB＝∠BEC+∠FEB＝∠AEB＝60°，∴∠FEC＝60°，∵CF＝CE，∴△ECF是等邊三角形，故③正確；在等邊三角形ABE中，∵等邊三角形頂角平分線、底邊上的中線、高和垂直平分線是同一條線段∴如果CG⊥AE，則G是AE的中點(diǎn)，∠ABG＝30°，∠ABC＝150°，題目缺少這個(gè)條件，CG⊥AE不能求證，故④錯(cuò)誤．所以選：B．4．已知：點(diǎn)C、A、D在同一條直線上，∠ABC＝∠ADE＝α，線段BD、CE交于點(diǎn)M．（1）如圖1，若AB＝AC，AD＝AE①問(wèn)線段BD與CE有怎樣的數(shù)量關(guān)系？并說(shuō)明理由；②求∠BMC的大小（用α表示）；（2）如圖2，若AB＝BC＝kAC，AD＝ED＝kAE，則線段BD與CE的數(shù)量關(guān)系為BD＝kCE，∠BMC＝90°-12α（用（3）在（2）的條件下，把△ABC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)180°，在備用圖中作出旋轉(zhuǎn)后的圖形（要求：尺規(guī)作圖，不寫作法，保留作圖痕跡），連接EC并延長(zhǎng)交BD于點(diǎn)M．則∠BMC＝90°+12α（用試題分析：（1）①先根據(jù)等腰三角形等角對(duì)等邊的性質(zhì)及三角形內(nèi)角和定理得出∠DAE＝∠BAC，則∠BAD＝∠CAE，再根據(jù)SAS證明△ABD≌△ACE，從而得出BD＝CE；②先由全等三角形的對(duì)應(yīng)角相等得出∠BDA＝∠CEA，再根據(jù)三角形的外角性質(zhì)即可得出∠BMC＝∠DAE＝180°﹣2α；（2）先根據(jù)等腰三角形等角對(duì)等邊的性質(zhì)及三角形內(nèi)角和定理得出∠DAE＝∠BAC＝90°-12α，則∠BAD＝∠CAE，再由AB＝kAC，AD＝kAE，得出AB：AC＝AD：AE＝k，則根據(jù)兩邊對(duì)應(yīng)成比例，且夾角相等的兩三角形相似證出△ABD∽△ACE，得出BD＝kCE，∠BDA＝∠CEA，然后根據(jù)三角形的外角性質(zhì)即可得出∠BMC＝∠DAE＝90°-（3）先在備用圖中利用SSS作出旋轉(zhuǎn)后的圖形，再根據(jù)等腰三角形等角對(duì)等邊的性質(zhì)及三角形內(nèi)角和定理得出∠DAE＝∠BAC＝90°-12α，由AB＝kAC，AD＝kAE，得出AB：AC＝AD：AE＝k，從而證出△ABD∽△ACE，得出∠BDA＝∠CEA，然后根據(jù)三角形的外角性質(zhì)即可得出∠BMC＝90°+答案詳解：解：（1）如圖1．①BD＝CE，理由如下：∵AD＝AE，∠ADE＝α，∴∠AED＝∠ADE＝α，∴∠DAE＝180°﹣2∠ADE＝180°﹣2α，同理可得：∠BAC＝180°﹣2α，∴∠DAE＝∠BAC，∴∠DAE+∠BAE＝∠BAC+∠BAE，即：∠BAD＝∠CAE．在△ABD與△ACE中，∵AB=AC∠BAD=∠CAE∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE；②∵△ABD≌△ACE，∴∠BDA＝∠CEA，∵∠BMC＝∠MCD+∠MDC，∴∠BMC＝∠MCD+∠CEA＝∠DAE＝180°﹣2α；（2）如圖2．∵AD＝ED，∠ADE＝α，∴∠DAE=180°-∠ADE2=90°同理可得：∠BAC＝90°-12∴∠DAE＝∠BAC，∴∠DAE+∠BAE＝∠BAC+∠BAE，即：∠BAD＝∠CAE．∵AB＝kAC，AD＝kAE，∴AB：AC＝AD：AE＝k．在△ABD與△ACE中，∵AB：AC＝AD：AE＝k，∠BDA＝∠CEA，∴△ABD∽△ACE，∴BD：CE＝AB：AC＝AD：AE＝k，∠BDA＝∠CEA，∴BD＝kCE；∵∠BMC＝∠MCD+∠MDC，∴∠BMC＝∠MCD+∠CEA＝∠DAE＝90°-12所以答案是：BD＝kCE，90°-12（3）如右圖．∵AD＝ED，∠ADE＝α，∴∠DAE＝∠AED=180°-∠ADE2=90°同理可得：∠BAC＝90°-12∴∠DAE＝∠BAC，即∠BAD＝∠CAE．∵AB＝kAC，AD＝kAE，∴AB：AC＝AD：AE＝k．在△ABD與△ACE中，∵AB：AC＝AD：AE＝k，∠BAD＝∠CAE，∴△ABD∽△ACE，∴∠BDA＝∠CEA，∵∠BMC＝∠MCD+∠MDC，∠MCD＝∠CED+∠ADE＝∠CED+α，∴∠BMC＝∠CED+α+∠CEA＝∠AED+α＝90°-12α+α＝90°+所以答案是：90°+125．如圖，在△AOB和△COD中，OA＝OB，OC＝OD，若∠AOB＝∠COD＝60°．（1）求證：AC＝BD．（2）求∠APB的度數(shù)．試題分析：（1）先∠AOB＝∠COD＝60°，OA＝OB，OC＝OD得到∠AOC＝∠BOD，然后得證△AOC≌△BOD，從而得到AC＝BD；（2）先由△AOC≌△BOD得到∠OAC＝∠OBD，從而得到∠PAB+∠PBA＝∠OAB+∠OBA，然后由OA＝OB，∠AOB＝60°得到△AOB是等邊三角形，從而得到∠PAB+∠PBA＝120°，最后得到∠APB的度數(shù)．答案詳解：（1）證明：∵∠AOB＝∠COD，∴∠AOC＝∠BOD，在△AOC和△BOD中，OA=OC∠AOC=∠BOD∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC＝BD．（2）解：∵△AOC≌△BOD，∴∠OAC＝∠OBD，∵∠OAC+∠BAC＝∠OAB，∠ABO+∠OBD＝∠ABP，∴∠PAB+∠PBA＝∠OAB+∠OBA，∵OA＝OB，∠AOB＝60°，∴△AOB是等邊三角形，∴∠PAB+∠PBA＝120°，∴∠APB＝180°﹣（∠PAB+∠PBA）＝180°﹣120°＝60°．6．圖1是邊長(zhǎng)分別為a和b（a＞b）的兩個(gè)等邊三角形紙片△ABC和△CDE疊放在一起（C與C′重合）的圖形．（1）操作：固定△ABC，將△CDE繞點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)20°，連結(jié)AD，BE，如圖2，則可證△CBE≌△CAD，依據(jù)SAS，進(jìn)而得到線段BE＝AD，依據(jù)全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等．（2）操作：若將圖1中的△CDE，繞點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)120°，使點(diǎn)B、C、D在同一條直線上，連結(jié)AD、BE，如圖3．①線段BE與AD之間是否仍存在（1）中的結(jié)論？若是，請(qǐng)證明；若不是，請(qǐng)直接寫出BE與AD之間的數(shù)量關(guān)系；②求∠APB的度數(shù)．（3）若將圖1中的△CDE，繞點(diǎn)C按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)一個(gè)角度α（0＜α＜360°），當(dāng)α等于多少度時(shí)，△BCD的面積最大？請(qǐng)直接寫出答案．試題分析：（1）BC＝AC，∠BCE＝∠ACD＝20°，CE＝CD，可求得；（2）方法同（1）；（3）當(dāng)BC邊上的高最大時(shí)，△BCD的面積最大，高最大時(shí)CD的長(zhǎng)，△BCD的面積最大，由兩種情形．答案詳解：解：（1）∵△ABC和△CDE是等邊三角形，∴BC＝AC，CE＝CD，∵∠BCE＝∠ACD＝20°，∴△CBE≌△CAD（SAS），∴BE＝AD（全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等），所以答案是SAS，全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等；（2）如圖1，①（1）中結(jié)論仍然成立，理由如下：∵△ABC和△CDE是等邊三角形，BC＝AC，CE＝CD，∵∠BCE＝∠ACD＝120°，∴△CBE≌△CAD（SAS），∴BE＝AD；②∵△CBE≌△CAD，∴∠CBE＝∠CAD，又∠AOP＝∠BOC，∴∠APB＝∠ACB＝60°；（3）如圖2，當(dāng)D運(yùn)動(dòng)到D1，D2，S△BCD最大==12此時(shí)旋轉(zhuǎn)角是60°+90°＝150°，360°﹣30°＝330°，∴當(dāng)α＝150°或330°．二．手拉手之等腰類7．如圖，已知D為等腰Rt△ABC的腰AB上一點(diǎn)，CD繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至ED，連接BE，CE，M為BE的中點(diǎn)．則當(dāng)tan∠EDA=12時(shí)，DMBC=試題分析：如圖，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AB交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，連接AE，由tan∠EDA=12，可得：EFDF=12，設(shè)EF＝a，則DF＝2a，證明△CDA≌△DEF（AAS），可得：AD＝EF＝a，AB＝AC＝DF＝2a，進(jìn)而得出：AF＝a，AE=2a，BC＝22a，再證明點(diǎn)D是AB答案詳解：解：如圖，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AB交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，連接AE，則∠F＝90°，∵tan∠EDA=1∴EFDF設(shè)EF＝a，則DF＝2a，∵CD繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至ED，∴∠CDA+∠EDA＝90°，DC＝DE，∵∠CAD＝90°＝∠F，∴∠CDA+∠DCA＝90°，∴∠DCA＝∠EDA，∴△CDA≌△DEF（AAS），∴AD＝EF＝a，AC＝DF＝2a，∴AF＝DF﹣AD＝2a﹣a＝a，∴AE=AF∵△ABC是等腰直角三角形，∴AB＝AC＝2a，BC=2AB＝22a∴DB＝AB﹣AD＝2a﹣a＝a，∴AD＝DB，即點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)，∵點(diǎn)M是BE的中點(diǎn)，∴DM是△BAE的中位線，∴DM=12AE=∴DMBC所以答案是：148．（1）問(wèn)題發(fā)現(xiàn)：如圖1，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠DOC＝50°，連接AC，BD交于點(diǎn)P，且AC交OB于點(diǎn)E．①ACBD的值為1；②∠APB的度數(shù)為50°（2）類比探究：如圖2，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OBA＝∠ODC＝30°，連接BD，交AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，且AC交OB于點(diǎn)E．請(qǐng)計(jì)算ACBD的值及∠APB（3）拓展延伸：如圖3，在（2）的條件下，將△OCD繞點(diǎn)O在平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)，AC，BD所在直線交于點(diǎn)P，若OC＝1，OA=5，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)D與點(diǎn)P重合時(shí)BD試題分析：（1）①證明△COA≌△DOB（SAS），得AC＝BD，比值為1；②由△COA≌△DOB，得∠CAO＝∠DBO，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理得：∠APB＝180°﹣（∠PAB+∠OBA+∠OBD）＝50°；（2）證明△DOB與△COA相似即可求出AC：BD的值，再通過(guò)對(duì)頂角相等及∠OBD＝∠CAO即可證出∠APB的度數(shù)為90°；（3）由（2）知，∠APB＝90°，BDAC=3，設(shè)AC＝x，BD=3x，由勾股定理得出（x﹣2）2+（3x）2＝（25）答案詳解：解：（1）①∵∠AOB＝∠COD＝50°，∴∠COA＝∠DOB，∵OC＝OD，OA＝OB，∴△COA≌△DOB（SAS），∴AC＝BD，∴ACBD=②∵△COA≌△DOB，∴∠CAO＝∠DBO，∵∠AOB＝50°，∴∠OAB+∠ABO＝130°，在△APB中，∠APB＝180°﹣（∠PAB+∠OBA+∠OBD）＝180°﹣（∠OAB+∠ABO）＝180°﹣130°＝50°，所以答案是：①1；②50°；（2）在△OAB和△OCD中，∵∠AOB＝∠COD＝90°，∠OBA＝∠ODC＝30°，∴tan30°=OD∵∠AOB+∠BOC＝∠COD+∠BOC，即∠AOC＝∠BOD，∴△DOB∽△COA，∴ACBD=OCOD=∵∠AEO+∠OAE＝90°，∠OEA＝∠PEB，∴∠PEB+∠DBO＝90°，∴∠APB＝90°，∴ACBD=33，∠（3）在Rt△OCD中，∠CDO＝30°，OC＝1，∴CD＝2，在Rt△OAB中，∠OBA＝30°，OA=5∴AB＝25，由（2）知，∠APB＝90°，且BDAC∴設(shè)AC＝x，BD=3x在Rt△APB中，AP2+PB2＝AB2，∴（x﹣2）2+（3x）2＝（25）2，解得，x1=1+172，x∴AC=1+∴BD=3AC=9．小明同學(xué)發(fā)現(xiàn)這樣一個(gè)規(guī)律：兩個(gè)頂角相等的等腰三角形，如果具有公共的頂角的頂點(diǎn)，并把它們的底角頂點(diǎn)連接起來(lái)則形成一組全等的三角形，小明把具有這個(gè)規(guī)律的圖形稱為“手拉手”圖形．（1）問(wèn)題發(fā)現(xiàn)：如圖1，若△ABC和△ADE均是頂角為40°的等腰三角形，BC、DE分別是底邊，求證：BD＝CE；（2）拓展探究：如圖2，若△ACB和△DCE均為等邊三角形，點(diǎn)A、D、E在同一條直線上，連接BE，則∠AEB的度數(shù)為60°；線段BE與AD之間的數(shù)量關(guān)系是BE＝AD；（3）解決問(wèn)題：如圖3，若△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，點(diǎn)A、D、E在同一條直線上，CM為△DCE中DE邊上的高，連接BE，請(qǐng)判斷∠AEB的度數(shù)及線段CM、AE、BE之間的數(shù)量關(guān)系并說(shuō)明理由．試題分析：（1）先判斷出∠BAD＝∠CAE，進(jìn)而利用SAS判斷出△BAD≌△CAE，即可得出結(jié)論；（2）同（1）的方法判斷出△BAD≌△CAE，得出AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，最后用角的差，即可得出結(jié)論；（3）同（2）的方法，即可得出結(jié)論．答案詳解：解：（1）∵△ABC和△ADE均是頂角為40°的等腰三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE；（2）∵△ABC和△CDE均是等邊三角形，∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝∠CDE＝∠CED＝60°，∴∠ACB﹣∠BCD＝∠DCE﹣∠BCD，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，∵∠CDE＝60°，∴∠BEC＝∠ADC＝180°﹣∠CDE＝120°，∵∠CED＝60°，∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°，所以答案是：60°，BE＝AD；（3）∠AEB＝90°，AE＝BE+2CM，理由：同（1）（2）的方法得，△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，∵△CDE是等腰直角三角形，∴∠CDE＝∠CED＝45°，∴∠ADC＝180°﹣∠CDE＝135°，∴∠BEC＝∠ADC＝135°，∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝135°﹣45°＝90°，∵CD＝CE，CM⊥DE，∴DM＝ME，∵∠DCE＝90°，∴DM＝ME＝CM．∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．10．如圖1，△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC＝22，∠BAC＝90°．點(diǎn)D是BC邊上一動(dòng)點(diǎn)，連接AD，將AD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°到AE，連接CE．（1）求證：CD+CE=2CA（2）如圖2，連接DE，交AC于點(diǎn)F．①求證：CD?CE＝CF?CA；②當(dāng)△CEF是等腰三角形時(shí)，請(qǐng)直接寫出BD的長(zhǎng)．試題分析：（1）證明△ABD≌△ACE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CE＝BD，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出BC=2CA（2）①證明△ABD∽△DCF，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，計(jì)算即可證明；②分CE＝CF、EF＝CF兩種情況，根據(jù)①中結(jié)論計(jì)算，得到答案．答案詳解：解：（1）證明：∵將AD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°到AE，∴AD＝AE，∠DAE＝90°．∵∠BAC＝90°，∴∠DAE＝∠BAC，∴∠DAE﹣∠DAC＝∠BAC﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△ABD≌△ACE（SAS），∴CE＝BD，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，∴BC=2CA∴CD+CE＝CD+BD＝BC=2CA（2）①證明：∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AD＝AE，∠DAE＝90°，∴∠B＝∠ACB＝∠ADE＝45°．∵∠ADC＝∠B+∠BAD，且∠ADC＝∠ADE+∠CDF，∴∠BAD＝∠CDF，∴△ABD∽△DCF，∴ABCD∴CD?BD＝CF?AB，∵CE＝BD，AB＝AC，∴CD?CE＝CF?CA；②4-22設(shè)BD＝x，則CD＝4﹣x，當(dāng)CE＝CF時(shí)，CE＝CF＝BD＝x，∵CD?CE＝CF?CA，∴（4﹣x）?x＝22x，解得：x1＝4﹣22，x2＝0（舍去）；當(dāng)EF＝CF時(shí)，∠EFC＝90°，∴CF=22CE=22則（4﹣x）?x＝22?22x解得x1＝2，x2＝0（舍去）；由題意可知，EF≠EC，綜上，當(dāng)△CEF是等腰三角形時(shí)，BD的長(zhǎng)為4﹣22或2．11．綜合與實(shí)踐（1）問(wèn)題發(fā)現(xiàn)如圖1，△ACB和△DCE均為等邊三角形，點(diǎn)A，D，E在同一直線上，連接BE．請(qǐng)寫出∠AEB的度數(shù)及線段AD，BE之間的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由．（2）類比探究如圖2，△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，點(diǎn)A，D，E在同一直線上，CM為△DCE中DE邊上的高，連接BE．填空：①∠AEB的度數(shù)為90°；②線段CM，AE，BE之間的數(shù)量關(guān)系為AE＝BE+2CM．（3）拓展延伸在（2）的條件下，若BE＝4，CM＝3，則四邊形ABEC的面積為35．試題分析：（1）由條件易證△ACD≌△BCE，從而得到：AD＝BE，∠ADC＝∠BEC．由點(diǎn)A，D，E在同一直線上可求出∠ADC，從而可以求出∠AEB的度數(shù)；（2）仿照（1）中的解法可求出∠AEB的度數(shù)，證出AD＝BE；由等腰直角三角形的性質(zhì)可得CM＝DM＝ME，從而證到AE＝BE+2CM；（3）由（2）得∠AEB＝90°，AD＝BE＝4，由等腰直角三角形的性質(zhì)得出CM⊥AE，DE＝2CM＝6，求出AE＝AD+DE＝10，四邊形ABEC的面積＝△ACE的面積+△ABE的面積，即可得出答案．答案詳解：解：（1）∠AEB＝60°，AD＝BE，理由如下：∵△ACB和△DCE均為等邊三角形，∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°．∴∠ACD＝∠BCE．在△ACD和△BCE中，AC=BC∠ACD=∠BCE∴△ACD≌△BCE（SAS）．∴∠ADC＝∠BEC．AD＝BE，∵△DCE為等邊三角形，∴∠CDE＝∠CED＝60°．∵點(diǎn)A，D，E在同一直線上，∴∠ADC＝120°．∴∠BEC＝120°．∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°．（2）猜想：①∠AEB＝90°，②AE＝BE+2CM．理由如下：∵△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°．∴∠ACD＝∠BCE．在△ACD和△BCE中，AC=BC∠ACD=∠BCE∴△ACD≌△BCE（SAS）．∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC．∵△DCE為等腰直角三角形，∴∠CDE＝∠CED＝45°．∵點(diǎn)A，D，E在同一直線上，∴∠ADC＝135°．∴∠BEC＝135°．∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝90°．∵CD＝CE，CM⊥DE，∴DM＝ME．∵∠DCE＝90°，∴DM＝ME＝CM．∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．所以答案是：90°，AE＝BE+2CM；（3）由（2）得：∠AEB＝90°，AD＝BE＝4，∵△DCE均為等腰直角三角形，CM為△DCE中DE邊上的高，∴CM⊥AE，DE＝2CM＝6，∴AE＝AD+DE＝4+6＝10，∴四邊形ABEC的面積＝△ACE的面積+△ABE的面積=12AE×CM+12AE×BE=12×10×3所以答案是：35．三．手拉手之四邊形12．△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點(diǎn)D為直線BC上一動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)D不與B，C重合），以AD為邊在AD右側(cè)作正方形ADEF，連接CF．（1）探究猜想如圖1，當(dāng)點(diǎn)D在線段BC上時(shí)，①BC與CF的位置關(guān)系為：垂直；②BC、CD、CF之間的數(shù)量關(guān)系為：BC＝CF+CD；（2）深入思考如圖2，當(dāng)點(diǎn)D在線段CB的延長(zhǎng)線上時(shí)，結(jié)論①、②是否仍然成立？若成立，請(qǐng)給予證明；若不成立，請(qǐng)你寫出正確結(jié)論再給予證明．（3）拓展延伸如圖3，當(dāng)點(diǎn)D在線段BC的延長(zhǎng)線上時(shí)，正方形ADEF對(duì)角線交于點(diǎn)O．若已知AB＝22，CD=14BC，請(qǐng)求出試題分析：（1）①根據(jù)正方形的性質(zhì)得到∠BAC＝∠DAF＝90°，推出△DAB≌△FAC（SAS），根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；②由△DAB≌△FAC（SAS）得出CF＝BD，則可得出結(jié)論；（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)得到∠BAC＝∠DAF＝90°，推出△DAB≌△FAC（SAS），根據(jù)全等三角形的性質(zhì)以及等腰直角三角形的角的性質(zhì)可得到結(jié)論．（3）求出BD＝5，由（2）同理可證得△DAB≌△FAC，得出BC⊥CF，CF＝BD＝5，由勾股定理求出DF，則可得出答案．答案詳解：解：（1）①正方形ADEF中，AD＝AF，∵∠BAC＝∠DAF＝90°，∴∠BAD＝∠CAF，在△DAB與△FAC中，AD=AF∠BAD=∠CAF∴△DAB≌△FAC（SAS），∴∠ABC＝∠ACF，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∴∠ACB+∠ACF＝45°+45°＝90°，即BC⊥CF；所以答案是：垂直；②△DAB≌△FAC，∴CF＝BD，∵BC＝BD+CD，∴BC＝CF+CD；所以答案是：BC＝CF+CD；（2）CF⊥BC成立；BC＝CD+CF不成立，CD＝CF+BC．理由如下：∵正方形ADEF中，AD＝AF，∵∠BAC＝∠DAF＝90°，∴∠BAD＝∠CAF，在△DAB與△FAC中，AD=AF∠BAD=∠CAF∴△DAB≌△FAC（SAS），∴∠ABD＝∠ACF，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ACB＝∠ABC＝45°．∴∠ABD＝180°﹣45°＝135°，∴∠BCF＝∠ACF﹣∠ACB＝135°﹣45°＝90°，∴CF⊥BC．∵CD＝DB+BC，DB＝CF，∴CD＝CF+BC．（3）∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝22，∴BC＝4，∴CD=14BC＝∴BD＝5，由（2）同理可證得△DAB≌△FAC，∴BC⊥CF，CF＝BD＝5，∵四邊形ADEF是正方形，∴OD＝OF，∵∠DCF＝90°，∴DF=C∴OC=2613．如圖，已知四邊形ABCD為正方形，AB＝32，點(diǎn)E為對(duì)角線AC上一動(dòng)點(diǎn)，連接DE，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥DE，交BC于點(diǎn)F，以DE、EF為鄰邊作矩形DEFG，連接CG．（1）求證：矩形DEFG是正方形；（2）探究：CE+CG的值是否為定值？若是，請(qǐng)求出這個(gè)定值；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．試題分析：（1）作出輔助線，得到EN＝EM，然后判斷∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，則有DE＝EF即可；（2）同（1）的方法判斷出△ADE≌△CDG得到CG＝AE，即：CE+CG＝CE+AE＝AC＝6．答案詳解：解：（1）如圖，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，∴∠MEN＝90°，∵點(diǎn)E是正方形ABCD對(duì)角線上的點(diǎn)，∴EM＝EN，∵∠DEF＝90°，∴∠DEN＝∠MEF，∵∠DNE＝∠FME＝90°，在△DEN和△FEM中，∠DNE=∴△DEN≌△FEM（ASA），∴EF＝DE，∵四邊形DEFG是矩形，∴矩形DEFG是正方形；（2）CE+CG的值是定值，定值為6，理由如下：∵正方形DEFG和正方形ABCD，∴DE＝DG，AD＝DC，∵∠CDG+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝90°，∴∠CDG＝∠ADE，在∴△ADE和△CDG中，AD=CD∠ADE=∠CDG∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE＝CG，∴CE+CG＝CE+AE＝AC=2AB=2×314．如圖，正方形ABCD和正方形CEFG邊長(zhǎng)分別為a和b，正方形CEFG繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)，給出下列結(jié)論：①BE＝DG；②BE⊥DG；③DE2+BG2＝2a2+2b2，其中正確結(jié)論是①②③（填序號(hào)）試題分析：由四邊形ABCD與四邊形EFGC都為正方形，得到四條邊相等，四個(gè)角為直角，利用SAS得到三角形BCE與三角形DCG全等，利用全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等即可得到BE＝DG，利用全等三角形對(duì)應(yīng)角相等得到∠1＝∠2，利用等角的余角相等及直角的定義得到∠BOD為直角，利用勾股定理求出所求式子的值即可．答案詳解：解：設(shè)BE，DG交于O，∵四邊形ABCD和EFGC都為正方形，∴BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠ECG＝90°，∴∠BCE+∠DCE＝∠ECG+∠DCE＝90°+∠DCE，即∠BCE＝∠DCG，在△BCE和△DCG中，∵BC=DC∠BCE=∠DCG∴△BCE≌△DCG（SAS），∴BE＝DG，∴∠1＝∠2，∵∠1+∠4＝∠3+∠1＝90°，∴∠2+∠3＝90°，∴∠BOG＝90°，∴BE⊥DG；故①②正確；連接BD，EG，如圖所示，∴DO2+BO2＝BD2＝BC2+CD2＝2a2，EO2+OG2＝EG2＝CG2+CE2＝2b2，則BG2+DE2＝DO2+BO2+EO2+OG2＝2a2+2b2，故③正確．所以答案是：①②③．15．如圖，正方形ABCD和正方形CEFG中，點(diǎn)D在CG上，BC＝1，CE＝3，H是AF的中點(diǎn)，那么CH的長(zhǎng)是（）A．2.5 B．5 C．322 D試題分析：連接AC、CF，根據(jù)正方形性質(zhì)求出AC、CF，∠ACD＝∠GCF＝45°，再求出∠ACF＝90°，然后利用勾股定理列式求出AF，再根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半解答即可．答案詳解：解：如圖，連接AC、CF，∵正方形ABCD和正方形CEFG中，BC＝1，CE＝3，∴AC=2，CF＝32∠ACD＝∠GCF＝45°，∴∠ACF＝90°，由勾股定理得，AF=AC2+CF∵H是AF的中點(diǎn)，∴CH=12AF=1所以選：B．16．如圖1，四邊形ABCD是正方形，點(diǎn)E是AB邊的中點(diǎn)，以AE為邊作正方形AEFG，連接DE，BG．（1）發(fā)現(xiàn)①線段DE、BG之間的數(shù)量關(guān)系是DE＝BG；②直線DE、BG之間的位置關(guān)系是DE⊥BG．（2）探究如圖2，將正方形AEFG繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，（1）中的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請(qǐng)給出證明；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由．（3）應(yīng)用如圖3，將正方形AEFG繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)一周，記直線DE與BG的交點(diǎn)為P，若AB＝4，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)P到CD所在直線距離的最大值和最小值．試題分析：（1）證明△AED≌△AGB可得出兩個(gè)結(jié)論；（2）①根據(jù)正方形的性質(zhì)得出AE＝AG，AD＝AB，∠EAG＝∠DAB＝90°，求出∠EAD＝∠GAB，根據(jù)SAS推出△EAD≌△GAB即可；②根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出∠GBA＝∠EDA，求出∠DHB＝90°即可；（3）先確定點(diǎn)P到CD所在直線距離的最大值和最小值的位置，再根據(jù)圖形求解．答案詳解：解：（1）發(fā)現(xiàn)①線段DE、BG之間的數(shù)量關(guān)系是：DE＝BG，理由是：如圖1，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BDA＝90°，∴∠BAG＝∠BAD＝90°，∵四邊形AEFG是正方形，∴AE＝AG，∴△AED≌△AGB，∴DE＝BG；②直線DE、BG之間的位置關(guān)系是：DE⊥BG，理由是：如圖2，延長(zhǎng)DE交BG于Q，由△AED≌△AGB得：∠ABG＝∠ADE，∵∠AED+∠ADE＝90°，∠AED＝∠BEQ，∴∠BEQ+∠ABG＝90°，∴∠BQE＝90°，∴DE⊥BG；所以答案是：①DE＝BG；②DE⊥BG；（2）探究（1）中的結(jié)論仍然成立，理由是：①如圖3，∵四邊形AEFG和四邊形ABCD是正方形，∴AE＝AG，AD＝AB，∠EAG＝∠DAB＝90°，∴∠EAD＝∠GAB＝90°+∠EAB，在△EAD和△GAB中，AE=AG∠EAD=∠GAB∴△EAD≌△GAB（SAS），∴ED＝GB；②ED⊥GB，理由是：∵△EAD≌△GAB，∴∠GBA＝∠EDA，∵∠AMD+∠ADM＝90°，∠BMH＝∠AMD，∴∠BMH+∠GBA＝90°，∴∠DHB＝180°﹣90°＝90°，∴ED⊥GB；（3）應(yīng)用將正方形AEFG繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)一周，即點(diǎn)E和G在以A為圓心，以2為半徑的圓上，過(guò)P作PH⊥CD于H，①當(dāng)P與F重合時(shí)，此時(shí)PH最小，如圖4，在Rt△AED中，AD＝4，AE＝2，∴∠ADE＝30°，DE=42-∴DF＝DE﹣EF＝23-2∵AD⊥CD，PH⊥CD，∴AD∥PH，∴∠DPH＝∠ADE＝30°，cos30°=PH∴PH=32（23-2）＝②∵DE⊥BG，∠BAD＝90°，∴以BD的中點(diǎn)O為圓心，以BD為直徑作圓，P、A在圓上，當(dāng)P在AB的中點(diǎn)時(shí)，如圖5，此時(shí)PH的值最大，∵AB＝AD＝4，由勾股定理得：BD＝42，則半徑OB＝OP＝22∴PH＝2+22．綜上所述，點(diǎn)P到CD所在直線距離的最大值是2+22，最小值是3-3四．手拉手之綜合類17．如圖，等邊△ABC的邊長(zhǎng)為6，點(diǎn)D在邊AB上，BD＝2，線段CD繞C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段CE，連接DE交AC于點(diǎn)F，連接AE．下列結(jié)論：①四邊形ADCE面積為93；②△ADE外接圓的半徑為2213；③AF：FC＝2：A．①②③ B．①③ C．①② D．②③試題分析：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知CD＝CE，∠DCE＝60°，得△BCD≌△ACE（SAS），則四邊形ADCE面積為S△ABC=34×62=93，故①正確；作CH⊥AB于H，以DE為底邊，作等腰△DOE，使∠DOE＝120°，作OQ⊥DE于Q，則EQ=7，∠EOQ＝60°，則EO=EQsin60°=7答案詳解：解：∵線段CD繞C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段CE，∴CD＝CE，∠DCE＝60°，∵△ABC是等邊三角形，∴CB＝CA，∠ACB＝60°，∴∠BCD＝∠ACE，∴△BCD≌△ACE（SAS），∴四邊形ADCE面積為S△ABC=34×62作CH⊥AB于H，則BH＝3，CH＝33，∴CD=D∵△BCD≌△ACE，∴∠CAE＝∠B＝60°，∴∠DAE＝120°，以DE為底邊，作等腰△DOE，使∠DOE＝120°，作OQ⊥DE于Q，則EQ=7，∠EOQ＝60∴EO=EQsin60°=∵∠CDF＝∠CAD，∠DCF＝∠ACD，∴△CDF∽△CAD，∴DCAC∴27∴CF=14∴AF＝AC﹣CF＝6-14∴AF：CF＝2：7，故③正確，所以選：A．18．已知菱形ABCD，E、F是動(dòng)點(diǎn)，邊長(zhǎng)為5，BE＝AF，∠BAD＝120°，則下列結(jié)論正確的有幾個(gè)（）①△BEC≌△AFC；②△ECF為等邊三角形；③∠AGE＝∠AFC；④若AF＝2，則GFEGA．1 B．2 C．3 D．4試題分析：過(guò)點(diǎn)E作EM∥BC，交AC于點(diǎn)M，根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AB＝BC，AD∥BC，∠BAC＝∠DAC=12∠BAD＝60°，從而可得△ABC是等邊三角形，然后得出BC＝AC，∠ACB＝∠B＝60°，從而利用SAS證明△BEC≌△AFC即可判斷①，利用①的結(jié)論可得CE＝CF，∠BCE＝∠ACF，從而可得∠BCA＝∠ECF＝60°，即可判斷②，根據(jù)三角形的外角可得∠AGE＝60°+∠AFG，即可判斷③，根據(jù)平行線的性質(zhì)可證△AEM是等邊三角形，最后證明8字模型相似三角形△AGF∽△MGE，利用相似三角形的性質(zhì)即可判斷答案詳解：解：過(guò)點(diǎn)E作EM∥BC，交AC于點(diǎn)M，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC，AD∥BC，∠BAC＝∠DAC=12∠BAD＝∴△ABC是等邊三角形，∴BC＝AC，∠ACB＝∠B＝60°，∵BE＝AF，∠B＝∠DAC，∴△BEC≌△AFC（SAS）；故①正確；∵△BEC≌△AFC；∴CE＝CF，∠BCE＝∠ACF，∴∠BCE+∠ACE＝∠ACF+∠ACE，∴∠BCA＝∠ECF＝60°，∴△ECF是等邊三角形，故②正確；∵△ECF是等邊三角形，∴∠EFC＝60°，∵∠AGE是△AGF的一個(gè)外角，∴∠AGE＝∠AFG+∠DAC＝60°+∠AFG，∵∠AFC＝∠AFG+∠CFE＝60°+∠AFG，∴∠AGE＝∠AFC，故③正確；∵△BEC≌△AFC，∴AF＝BE＝2，∵AB＝5，∴AE＝AB﹣BE＝5﹣2＝3，∵EM∥BC，∴∠AEM＝∠B＝60°，∠AME＝∠ACB＝60°，∵∠BAC＝60°，∴△AEM是等邊三角形，∴AE＝EM＝3，∵∠DAC＝∠AME＝60°，∠AGF＝∠EGM，∴△AGF∽△MGE，∴AFEM故④正確；所以，上列結(jié)論正確的有4個(gè)，所以選：D．19．【特例感知】（1）如圖1，△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，點(diǎn)C在OA上，點(diǎn)D在BO的延長(zhǎng)線上，連接AD，BC，線段AD與BC的數(shù)量關(guān)系是AD＝BC；【類比遷移】（2）如圖2，將圖1中的△COD繞著點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜90°），那么第（1）問(wèn)的結(jié)論是否仍然成立？如果成立，證明你的結(jié)論；如果不成立，說(shuō)明理由．【方法運(yùn)用】（3）如圖3，若AB＝8，點(diǎn)C是線段AB外一動(dòng)點(diǎn)，AC＝33，連接BC．①若將CB繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到CD，連接AD，則AD的最大值是8+36；②若以BC為斜邊作Rt△BCD（B，C，D三點(diǎn)按順時(shí)針排列），∠CDB＝90°，連接AD，當(dāng)∠CBD＝∠DAB＝30°時(shí)，直接寫出AD的值．試題分析：（1）證明△AOD≌△BOC（SAS），即可得出結(jié)論；（2）利用旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可證得∠BOC＝∠AOD，再證明△AOD≌△BOC（SAS），即可得出結(jié)論；（3）①過(guò)點(diǎn)A作AT⊥AB，使AT＝AB，連接BT，AD，DT，BD，先證得△ABC∽△TBD，得出DT＝36，即點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)軌跡是以T為圓心，36為半徑的圓，當(dāng)D在AT的延長(zhǎng)線上時(shí)，AD的值最大，最大值為8+36；②如圖4，在AB上方作∠ABT＝30°，過(guò)點(diǎn)A作AT⊥BT于點(diǎn)T，連接AD、BD、DT，過(guò)點(diǎn)T作TH⊥AD于點(diǎn)H，可證得△BAC∽△BTD，得出DT=32AC=32×33=92，再求出DH、AH，即可求得AD；如圖5，在AB下方作∠ABE＝30°，過(guò)點(diǎn)A作AE⊥BE于點(diǎn)E，連接DE，可證得△BAC答案詳解：解：（1）AD＝BC．理由如下：如圖1，∵△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，∴OA＝OB，OD＝OC，在△AOD和△BOC中，OA=OB∠AOD=∠BOC=90°∴△AOD≌△BOC（SAS），∴AD＝BC，所以答案是：AD＝BC；（2）AD＝BC仍然成立.證明：如圖2，∵∠AOB＝∠COD＝90°，∴∠AOB+∠AOC＝∠AOC+∠COD＝90°+α，即∠BOC＝∠AOD，在△AOD和△BOC中，OA=OB∠AOD=∠BOC∴△AOD≌△BOC（SAS），∴AD＝BC；（3）①過(guò)點(diǎn)A作AT⊥AB，使AT＝AB，連接BT，AD，DT，BD，∵△ABT和△CBD都是等腰直角三角形，∴BT=2AB，BD=2BC，∠ABT＝∠CBD＝∴BTAB=BDBC=∴△ABC∽△TBD，∴DTAC∴DT=2AC=2×33∵AT＝AB＝8，DT＝36，∴點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)軌跡是以T為圓心，36為半徑的圓，∴當(dāng)D在AT的延長(zhǎng)線上時(shí)，AD的值最大，最大值為8+36，所以答案是：8+36；②如圖4，在AB上方作∠ABT＝30°，過(guò)點(diǎn)A作AT⊥BT于點(diǎn)T，連接AD、BD、DT，過(guò)點(diǎn)T作TH⊥AD于點(diǎn)H，∵BTAB=BDBC=cos30°=32，∠ABC＝∠TBD∴△BAC∽△BTD，∴DTAC∴DT=32AC=3在Rt△ABT中，AT＝AB?sin∠ABT＝8sin30°＝4，∵∠BAT＝90°﹣30°＝60°，∴∠TAH＝∠BAT﹣∠DAB＝60°﹣30°＝30°，∵TH⊥AD，∴TH＝AT?sin∠TAH＝4sin30°＝2，AH＝AT?cos∠TAH＝4cos30°＝23，在Rt△DTH中，DH=D∴AD＝AH+DH＝23+如圖5，在AB上方作∠ABE＝30°，過(guò)點(diǎn)A作AE⊥BE于點(diǎn)E，連接DE，則BEAB=BDBC∵∠EBD＝∠ABC＝∠ABD+30°，∴△BDE∽△BCA，∴DEAC∴DE=32AC=3∵∠BAE＝90°﹣30°＝60°，AE＝AB?sin30°＝8×12∴∠DAE＝∠DAB+∠BAE＝30°+60°＝90°，∴AD=D綜上所述，AD的值為23+65220．在Rt△AOB和Rt△COD中，∠AOB＝∠COD＝90°，直線AC與BD交于點(diǎn)M．（1）如圖1，若∠OAB＝∠OCD＝45°，求BDAC（2）如圖2，若∠OAB＝∠OCD＝α，求BDAC的值（用含α（3）若∠OAB＝∠OCD＝30°，OD＝2，OB＝4，將三角形OCD繞著點(diǎn)O在平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)，直接寫出當(dāng)點(diǎn)A、C、D在同一直線上時(shí)，線段BD的長(zhǎng)．試題分析：（1）先判斷出∠AOC＝∠BOD，進(jìn)而判斷出△AOC≌△BOD，即可得出結(jié)論；（2）由銳角三角函數(shù)得出tanα=OBOA，tanα=ODOC，進(jìn)而得出OBOA=ODOC，結(jié)合∠（3）先求出AB，CD，再由（2）得出BDAC=33答案詳解：解：（1）在△AOB中，∠AOB＝90°，∠OAB＝45°，∴∠OBA＝90°﹣∠OAB＝45°＝∠OAB，∴OA＝OB，同理：OC＝OD，∵∠AOB＝∠COD＝90°，∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD，∴∠AOC＝∠BOD，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC＝BD，∴BDAC=（2）在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，∠OAB＝α，∴tanα=OB在Rt△COD中，∠COD＝90°，∠OCD＝α，∴tanα=OD∴OBOA∵∠AOB＝∠COD＝90°，∴∠COD+∠AOD＝∠AOB+∠AOD，∴∠AOC＝∠BOD，∴△BOD∽△AOC，∴BDAC=OD即BDAC=tan（3）15-3或理由：同（2）的方法知，△BOD∽△AOC，BDAC=tan30°∴∠ACO＝∠BDO，∴∠ADB＝∠COD＝90°，設(shè)BD=3x，則AC＝3x在Rt△AOB中，∠OAB＝30°，OB＝4，∴AB＝2OB＝8，在Rt△COD中，∠OCD＝30°，OD＝2，∴CD＝2OD＝4，①當(dāng)點(diǎn)C在線段AD上時(shí)，如圖1，AD＝AC+CD＝3x+4，由（2）知，∠ADB＝90°，在Rt△ABD中，根據(jù)勾股定理得，AD2+BD2＝AB2，∴（3x+4）2+（3x）2＝64，∴x=-5-1（舍）或x∴BD=3x=②當(dāng)點(diǎn)D在線段AC上時(shí)，如圖2，AD＝AC﹣CD＝3x﹣4，在Rt△ABD中，根據(jù)勾股定理得，AD2+BD2＝AB2，∴（3x﹣4）2+（3x）2＝64，∴x=-5+1（舍）或x∴BD=3x=即線段BD的長(zhǎng)為15-3或21．【問(wèn)題探究】如圖1，銳角△ABC中，分別以AB、AC為邊向外作等腰直角△ABE和等腰直角△ACD，使AE＝AB，AD＝AC，∠BAE＝∠CAD＝90°，連接BD，CE，試猜想BD與CE的大小關(guān)系，不需要證明．【深入探究】（1）如圖2，銳角△ABC中分別以AB、AC為邊向外作等腰△ABE和等腰△ACD，使AE＝AB，AD＝AC，∠BAE＝∠CAD，連接BD、CE，試猜想BD與CE的大小關(guān)系，并說(shuō)明理由；【拓展應(yīng)用】（2）如圖3，在△ABC中，∠ACB＝45°，以AB為直角邊，A為直角頂點(diǎn)向外作等腰直角△ABD，連接CD，若AC=2，BC＝3，則CD長(zhǎng)為13（3）如圖4，已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，A（0，33）、P（3，0），過(guò)點(diǎn)P作直線l⊥x軸，點(diǎn)B是直線l上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，線段AB繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)30°得到線段AC，則AC+PC的最小值為62．試題分析：【問(wèn)題探究】首先根據(jù)等式的性質(zhì)證明∠EAC＝∠BAD，則根據(jù)SAS即可證明△EAC≌△BAD，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可證明．【深入探究】（1）首先根據(jù)等式的性質(zhì)證明∠EAC＝∠BAD，則根據(jù)SAS即可證明△EAC≌△BAD，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可證明；（同【問(wèn)題探究】的方法即可）．【拓展應(yīng)用】（2）構(gòu)造如【問(wèn)題探究】的圖形，得出CD＝BE，再在Rt△BCE中求出BE即可．（3）如圖4中，連接AP，將△ABP繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°得到△ACE，延長(zhǎng)AE交x軸于點(diǎn)F，延長(zhǎng)CE交x軸于T．首先證明∠∠CTP＝60°，推出點(diǎn)C的運(yùn)動(dòng)軌跡是直線CT，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥PF于H，作點(diǎn)P關(guān)于CT的對(duì)稱點(diǎn)P′，連接P′C，P′A，P′P，設(shè)PP′交CT于J，想辦法求出點(diǎn)P′的坐標(biāo)，求出AP′即可解決問(wèn)題．答案詳解：解：【問(wèn)題探究】結(jié)論：BD＝CE．理由是：如圖1中，∵∠BAE＝∠CAD，∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD，在△EAC和△BAD中，AE=AB∠EAC=∠BAD∴△EAC≌△BAD（SAS），∴BD＝CE．【深入探究】：（1）結(jié)論：BD＝CE．理由是：如圖2中，∵∠BAE＝∠CAD，∴∠BAE﹣