專題05 全等模型-對角互補模型（解析版）

專題05全等模型-對角互補模型全等三角形在中考數(shù)學(xué)幾何模塊中占據(jù)著重要地位，也是學(xué)生必須掌握的一塊內(nèi)容，本專題就對角互補模型進行梳理及對應(yīng)試題分析，方便掌握。對角互補模型概念：對角互補模型特指四邊形中，存在一對對角互補，而且有一組鄰邊相等的幾何模型。思想方法：解決此類問題常用的輔助線畫法主要有兩種：①過頂點做雙垂線，構(gòu)造全等三角形；②進行旋轉(zhuǎn)的構(gòu)造，構(gòu)造手拉手全等。常見的對角互補模型含90°-90°對角互補模型、120°-60°對角互補模型、2α-（180°-2α）對角互補模型。模型1、旋轉(zhuǎn)中的對角互補模型（90°--全等型）1）“共斜邊等腰直角三角形+直角三角形”模型（異側(cè)型）條件：如圖，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB.結(jié)論：①CD＝CE，②.2）“斜邊等腰直角三角形+直角三角形”模型（同側(cè)型）條件：如圖，已知∠DCE的一邊與AO的延長線交于點D，∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB.結(jié)論：①CD＝CE，②.例1.（2022·綿陽市·八年級期中）如圖，正方形ABCD的對角線AC與BD相交于點O，E，F(xiàn)分別是AB，BC上的點，連接EF．若AE＝4，CF＝3，OE⊥OF，求EF的長．解：∵四邊形ABCD是正方形，∴OB＝OC，∠BOC＝∠EOF＝90°，∠ABO＝∠ACB＝45°，∴∠EOB＝∠FOC，在△BOE和△COF中，，∴△BOE≌△COF（ASA），∴OE＝OF．BE＝CF＝3，∵AB＝BC，∴BF＝AE＝4，在Rt△BEF中，BF＝4，BE＝3，∴EF＝5．例2.如圖，，，，，垂足為．（1）求證：；（2）求的度數(shù)；（3）求證：．【解答】證明：（1），，，，在和中，，；（2），，，由（1）知，，，，，；（3）延長到，使得，，，在和中，，，，，，，，，，，，，在和中，，，，，．例3、在中，，，將一塊三角板的直角頂點放在斜邊的中點處，將此三角板繞點旋轉(zhuǎn)，三角板的兩直角邊分別交射線、于點、點，圖①，②，③是旋轉(zhuǎn)得到的三種圖形．（1）觀察線段和之間有怎樣的大小關(guān)系？并以圖②為例，并加以證明；（2）觀察線段、和之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系？并以圖③為例，并加以證明；【解答】解：（1），理由如下：如圖②，連接，是等腰直角三角形，為斜邊的中點，，，，，又，，，在和中，，，；（2），理由如下：連接，如圖③所示：同（1）得：，，，例4．（2022秋·江蘇·八年級專題練習(xí)）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D為BC的中點．（1）如圖1，E、F分別是AB、AC上的點，且BE＝AF、求證：△DEF是等腰直角三角形經(jīng)過分析已知條件AB＝AC，D為BC的中點．容易聯(lián)想等腰三角形三線合一的性質(zhì)，因此，連結(jié)AD（如圖2），以下是某同學(xué)由已知條件開始，逐步按層次推出結(jié)論的流程圖．請幫助該同學(xué)補充完整流程圖．補全流程圖：①，②∠EDF＝（2）如果E、F分別為AB、CA延長線上的點，仍有BE＝AF，其他條件不變，試猜想△DEF是否仍為等腰直角三角形？請在備用圖中補全圖形、先作出判斷，然后給予證明．【答案】（1）△BDE，△ADF，90°；（2）△DEF仍為等腰直角三角形，理由見解析【分析】（1）連接AD，根據(jù)∠BAC＝90°，AB＝AC，D為BC的中點，可以得到∠B=∠C=45°，AD⊥BC，，，從而可以證明△BDE≌△ADF（SAS），得到DE=DF，∠BDE=∠ADF，由∠ADE+∠BDE=∠BDA=90°，可得∠ADE+∠ADF=90°，即∠EDF=90°，即可證明；（2）連接AD，同樣證明△BDE≌△ADF（SAS），得到DE=DF，∠BDE=∠ADF，再由∠ADF+∠BDF=∠BDA=90°，即可得到∠BDE+∠BDF=90°，即∠EDF=90°，即可證明．【詳解】解：（1）如圖所示，連接AD，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，D為BC的中點，∴∠B=∠C=45°，AD⊥BC，，，∴∠B=∠BAD=∠CAD，在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（SAS），∴DE=DF，∠BDE=∠ADF，∵∠ADE+∠BDE=∠BDA=90°，∴∠ADE+∠ADF=90°，即∠EDF=90°，∴△DEF是等腰直角三角形；故答案為：△BDE，△ADF，90°；（2）△DEF仍為等腰直角三角形，理由如下：連接AD，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，D為BC的中點，∴∠ABC=∠C=45°，AD⊥BC，，，∴∠FAD=180°-∠CAD=135°，∠EBD=180°-∠ABC=135°，∴∠FAD=∠EBD，在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（SAS），∴DE=DF，∠BDE=∠ADF，∵∠ADF+∠BDF=∠BDA=90°，∴∠BDE+∠BDF=90°，即∠EDF=90°，∴△DEF是等腰直角三角形．【點睛】本題主要考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握全等三角形的性質(zhì)與判定條件．模型2、旋轉(zhuǎn)中的對角互補模型（60°或120°--全等型）1）“等邊三角形對120°模型”（1）條件：如圖，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB.結(jié)論：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC2）“等邊三角形對120°模型”（2）條件：如圖，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB，∠DCE的一邊與BO的延長線交于點D，結(jié)論：①CD＝CE，②OD－OE＝OC，.例1．已知OP平分∠AOB，∠DCE的頂點C在射線OP上，射線CD交射線OA于點F，射線CE交射線OB于點G．（1）如圖1，若CD⊥OA，CE⊥OB，請直接寫出線段CF與CG的數(shù)量關(guān)系；（2）如圖2，若∠AOB=120o，∠DCE=∠AOC，試判斷線段CF與CG的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【答案】（1）CF=CG；（2）CF=CG，見解析【分析】(1)結(jié)論CF=CG，由角平分線性質(zhì)定理即可判斷．(2)結(jié)論：CF=CG，作CM⊥OA于M，CN⊥OB于N，證明△CMF≌△CNG，利用全等三角形的性質(zhì)即可解決問題．【詳解】解：（1）結(jié)論：CF=CG；證明：∵OP平分∠AOB，CF⊥OA，CG⊥OB，∴CF=CG（角平分線上的點到角兩邊的距離相等）；（2）CF=CG.理由如下：如圖，過點C作CM⊥OA，CN⊥OB，∵OP平分∠AOB，CM⊥OA，CN⊥OB，∠AOB=120o，∴CM=CN（角平分線上的點到角兩邊的距離相等），∴∠AOC=∠BOC=60o（角平分線的性質(zhì)），∵∠DCE=∠AOC，∴∠AOC=∠BOC=∠DCE=60o，∴∠MCO=90o-60o=30o，∠NCO=90o-60o=30o，∴∠MCN=30o+30o=60o，∴∠MCN=∠DCE，∵∠MCF=∠MCN-∠DCN，∠NCG=∠DCE-∠DCN，∴∠MCF=∠NCG，在△MCF和△NCG中，∴△MCF≌△NCG（ASA），∴CF=CG（全等三角形對應(yīng)邊相等）；【點睛】本題考查三角形綜合題、角平分線的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握角平分線的性質(zhì)的應(yīng)用，熟練證明三角形全等．例2．如圖，已知∠DCE與∠AOB，OC平分∠AOB．（1）如圖1，∠DCE與∠AOB的兩邊分別相交于點D、E，∠AOB＝∠DCE＝90°，試判斷線段CD與CE的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．以下是小宇同學(xué)給出如下正確的解法：解：CD＝CE．理由如下：如圖1，過點C作CF⊥OC，交OB于點F，則∠OCF＝90°，…請根據(jù)小宇同學(xué)的證明思路，寫出該證明的剩余部分．（2）你有與小宇不同的思考方法嗎？請寫出你的證明過程．（3）若∠AOB＝120°，∠DCE＝60°．①如圖3，∠DCE與∠AOB的兩邊分別相交于點D、E時，（1）中的結(jié)論成立嗎？為什么？線段OD、OE、OC有什么數(shù)量關(guān)系？說明理由．②如圖4，∠DCE的一邊與AO的延長線相交時，請回答（1）中的結(jié)論是否成立，并請直接寫出線段OD、OE、OC有什么數(shù)量關(guān)系；如圖5，∠DCE的一邊與BO的延長線相交時，請回答（1）中的結(jié)論是否成立，并請直接寫出線段OD、OE、OC有什么數(shù)量關(guān)系．解：（1）∵OC平分∠AOB，∴∠AOC＝∠BOC＝45°，且∠OCF＝90°，∴∠OFC＝45°＝∠BOC，∴OC＝FC，∵∠DCE＝∠OCF＝90°，∴∠DCO＝∠ECF，且CO＝CF，∠AOC＝∠CFE＝45°，∴△CDO≌△CEF（ASA）∴CD＝CE（2）如圖2，過點C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分別為M，N，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，又∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，在四邊形ODCE中，∠AOB+∠DCE+∠CDO+∠CEO＝360°，又∵∠AOB＝∠DCE＝90°，∴∠CDO+∠CEO＝180°，又∵∠CDO+∠CDM＝180°，∴∠CEO＝∠CDM，且∠CMD＝∠CNE，CM＝CN，∴△CMD≌△CNE（AAS），∴CD＝CE．（3）①（1）中的結(jié)論仍成立．OE+OD＝OC．理由如下：如圖3，過點C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分別為M，N，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，又∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，在四邊形ODCE中，∠AOB+∠DCE+∠CDO+∠CEO＝360°，又∵∠AOB+∠DCE＝60°+120°＝180°，∴∠CDO+∠CEO＝180°，又∵∠CEO+∠CEN＝180°，∴∠CDO＝∠CEN，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，∴△CMD≌△CNE（AAS），∴CD＝CE，DM＝EN．∴OE+OD＝OE+OM+DM＝OE+OM+EN＝ON+OM．∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，∴∠MCO＝30°，∴，同理可得ON＝OC，∴．②在圖4中，（1）中的結(jié)論成立，OE﹣OD＝OC，如圖4，過點C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分別為M，N，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，又∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，∵∠COE+∠CEO+∠DCE+∠OCD＝180°，∴∠OCD+∠CEO＝60°，∵∠AOC＝∠CDO+∠OCD＝60°，∴∠CDO＝∠CEN，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，∴△CMD≌△CNE（AAS），∴CD＝CE，DM＝EN．∴OE﹣OD＝ON+NE﹣（MD﹣OM）＝ON+OM．∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，∴∠MCO＝30°，∴，同理可得ON＝OC，∴OE﹣OD＝ON+OM＝OC；在圖5中，（1）中的結(jié)論成立，OD﹣OE＝OC，如圖5，過點C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分別為M，N，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，又∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，∵∠COA+∠CDO+∠DCE+∠OCE＝180°，∴∠OCE+∠CDO＝60°，∵∠NOC＝∠CEO+∠OCE＝60°，∴∠CDO＝∠CEO，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，∴△CMD≌△CNE（AAS），∴CD＝CE，DM＝EN．∴OD﹣OE＝DM+OM﹣（EN﹣ON）＝ON+OM．∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，∴∠MCO＝30°，∴，同理可得ON＝OC，∴OD﹣OE＝ON+OM＝OC；例3．（2023·山東·九年級專題練習(xí)）如圖，△ABC是邊長為4的等邊三角形，點D是線段BC的中點，∠EDF=120°，把∠EDF繞點D旋轉(zhuǎn)，使∠EDF的兩邊分別與線段AB、AC交于點E、F．（1）當DF⊥AC時，求證：BE=CF；（2）在旋轉(zhuǎn)過程中，BE+CF是否為定值？若是，求出這個定值；若不是，請說明理由【答案】（1）證明見解析；（2）是，2.【分析】（1）根據(jù)四邊形內(nèi)角和為360°，可求∠DEA=90°，根據(jù)“AAS”可判定△BDE≌△CDF，即可證BE=CF；（2）過點D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，如圖2，易證△MBD≌△NCD，則有BM=CN，DM=DN，進而可證到△EMD≌△FND，則有EM=FN，就可得到BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN=2BM=2BD×cos60°=BD=BC=2.【詳解】（1）∵△ABC是邊長為4的等邊三角形，點D是線段BC的中點，∴∠B=∠C=60°，BD=CD，∵DF⊥AC，∴∠DFA=90°，∵∠A+∠EDF+∠AFD+∠AED=180°，∴∠AED=90°，∴∠DEB=∠DFC，且∠B=∠C=60°，BD=DC，∴△BDE≌△CDF（AAS）（2）過點D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，則有∠AMD=∠BMD=∠AND=∠CND=90°．∵∠A=60°，∴∠MDN=360°-60°-90°-90°=120°．∵∠EDF=120°，∴∠MDE=∠NDF．在△MBD和△NCD中，，∴△MBD≌△NCD（AAS）BM=CN，DM=DN．在△EMD和△FND中，，∴△EMD≌△FND（ASA）∴EM=FN，∴BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN=2BM=2BD×cos60°=BD=BC=2.【點睛】本題主要考查了等邊三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、特殊角的三角函數(shù)值等知識，通過證明三角形全等得到BM=CN，DM=DN，EM=FN是解決本題的關(guān)鍵．例4．四邊形是由等邊和頂角為的等腰排成，將一個角頂點放在處，將角繞點旋轉(zhuǎn)，該交兩邊分別交直線、于、，交直線于、兩點．（1）當、都在線段上時（如圖1），請證明：；（2）當點在邊的延長線上時（如圖2），請你寫出線段，和之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；（3）在（1）的條件下，若，，請直接寫出的長為．【答案】（1）證明見解析；（2）．證明見解析；（3）．【分析】（1）把△DBM繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)120°得到△DAQ，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得DM=DQ，AQ=BM，∠ADQ=∠BDM，然后求出∠QDN=∠MDN，利用“邊角邊”證明△MND和△QND全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得MN=QN，再根據(jù)AQ+AN=QN整理即可得證；（2）把△DAN繞點D順時針旋轉(zhuǎn)120°得到△DBP，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得DN=DP，AN=BP，根據(jù)∠DAN=∠DBP=90°可知點P在BM上，然后求出∠MDP=60°，然后利用“邊角邊”證明△MND和△MPD全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得MN=MP，從而得證；（3）過點M作MH∥AC交AB于G，交DN于H，可以證明△BMG是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得BM=MG=BG，根據(jù)全等三角形對應(yīng)角相等可得∠QND=∠MND，再根據(jù)兩直線平行，內(nèi)錯角相等可得∠QND=∠MHN，然后求出∠MND=∠MHN，根據(jù)等角對等邊可得MN=MH，然后求出AN=GH，再利用“角角邊”證明△ANE和△GHE全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得AE=GE，再根據(jù)BG=AB-AE-GE代入數(shù)據(jù)進行計算即可求出BG，從而得到BM的長．【詳解】解：（1）證明：把△DBM繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)120°得到△DAQ，則DM=DQ，AQ=BM，∠ADQ=∠BDM，∠QAD=∠CBD=90°，∴點Q在直線CA上，∵∠QDN=∠ADQ+∠ADN=∠BDM+∠ADN=∠ABD-∠MDN=120°-60°=60°，∴∠QDN=∠MDN=60°，∵在△MND和△QND中，，∴△MND≌△QND（SAS），∴MN=QN，∵QN=AQ+AN=BM+AN，∴BM+AN=MN；（2）：.理由如下：如圖，把△DAN繞點D順時針旋轉(zhuǎn)120°得到△DBP，則DN=DP，AN=BP，∵∠DAN=∠DBP=90°，∴點P在BM上，∵∠MDP=∠ADB-∠ADM-∠BDP=120°-∠ADM-∠ADN=120°-∠MDN=120°-60°=60°，∴∠MDP=∠MDN=60°，∵在△MND和△MPD中，，∴△MND≌△MPD（SAS），∴MN=MP，∵BM=MP+BP，∴MN+AN=BM；（3）如圖，過點M作MH∥AC交AB于G，交DN于H，∵△ABC是等邊三角形，∴△BMG是等邊三角形，∴BM=MG=BG，根據(jù)（1）△MND≌△QND可得∠QND=∠MND，根據(jù)MH∥AC可得∠QND=∠MHN，∴∠MND=∠MHN，∴MN=MH，∴GH=MH-MG=MN-BM=AN，即AN=GH，∵在△ANE和△GHE中，，∴△ANE≌△GHE（AAS），∴AE=EG=2.1，∵AC=7，∴AB=AC=7，∴BG=AB-AE-EG=7-2.1-2.1=2.8，∴BM=BG=2.8．故答案為：2.8【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)作輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵，（3）作平行線并求出AN=GH是解題的關(guān)鍵，也是本題的難點．模型3、旋轉(zhuǎn)中的對角互補模型（2α或180°-2α--全等型）1）“2α對180°-2α模型”條件：四邊形ABCD中，AP=BP,∠A+∠B=180°結(jié)論：OP平分∠AOB注意：①AP=BP，②∠A+∠B=180°，③OP平分∠AOB，以上三個條件可知二推一。2）“蝴蝶型對角互補模型”條件：AP=BP,∠AOB=∠APB結(jié)論：OP平分∠AOB的外角。例1．（2023秋·廣東廣州·八年級統(tǒng)考期末）如圖，BN為∠MBC的平分線，P為BN上一點，且PD⊥BC于點D，∠APC+∠ABC＝180°，給出下列結(jié)論：①∠MAP＝∠BCP；②PA＝PC；③AB+BC＝2BD；④四邊形BAPC的面積是△PBD面積的2倍，其中結(jié)論正確的個數(shù)有（）A．4個 B．3個 C．2個 D．1個【答案】A【分析】過點P作PK⊥AB，垂足為點K．證明Rt△BPK≌Rt△BPD，△PAK≌△PCD，利用全等三角形的性質(zhì)即可解決問題．【詳解】解：過點P作PK⊥AB，垂足為點K．∵PK⊥AB，PD⊥BC，∠ABP＝∠CBP，∴PK＝PD，在Rt△BPK和Rt△BPD中，，∴Rt△BPK≌Rt△BPD（HL），∴BK＝BD，∵∠APC+∠ABC＝180°，且∠ABC+∠KPD＝180°，∴∠KPD＝∠APC，∴∠APK＝∠CPD，故①正確，在△PAK和△PCD中，，∴△PAK≌△PCD（ASA），∴AK＝CD，PA＝PC，故②正確，∴BK﹣AB＝BC﹣BD，∴BD﹣AB＝BC﹣BD，∴AB+BC＝2BD，故③正確，∵Rt△BPK≌Rt△BPD，△PAK≌△PCD（ASA），∴S△BPK＝S△BPD，S△APK＝S△PDC，∴S四邊形ABCP＝S四邊形KBDP＝2S△PBD．故④正確．故選A．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考常考題型．例2.（2023·浙江金華·?？既＃┤鐖D，點P為定角∠AOB的平分線上的一個定點，且∠MPN與∠AOB互補，若∠MPN在繞點P旋轉(zhuǎn)的過程中，其兩邊分別與OA、OB相交于M、N兩點，則以下結(jié)論：（1）PM＝PN恒成立；（2）OM﹣ON的值不變；（3）△OMN的周長不變；（4）四邊形PMON的面積不變，其中正確的序號為_____．【答案】（1）（4）【分析】如圖作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．只要證明△POE≌△POF，△PEM≌△PFN，即可一一判斷．【詳解】解：如圖作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．∵∠PEO＝∠PFO＝90°，∴∠EPF+∠AOB＝180°，∵∠MPN+∠AOB＝180°，∴∠EPF＝∠MPN，∴∠EPM＝∠FPN，∵OP平分∠AOB，PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，∴PE＝PF，在△POE和△POF中，∴Rt△POE≌Rt△POF（HL），∴OE＝OF，在△PEM和△PFN中，∴△PEM≌△PFN（ASA），∴EM＝NF，PM＝PN，故（1）正確，∴S△PEM＝S△PNF，∴S四邊形PMON＝S四邊形PEOF＝定值，故（4）正確，∵OM﹣ON＝OE+EM﹣（OF﹣FN）＝2EM，不是定值，故（2）錯誤，∵OM+ON＝OE+ME+OF﹣NF＝2OE＝定值，在旋轉(zhuǎn)過程中，△PMN是等腰三角形，形狀是相似的，因為PM的長度是變化的，所以MN的長度是變化的，所以△OMN的周長是變化的，故（3）錯誤，故答案為：（1）（4）．【點睛】本題考查全等三角形的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)定理、四邊形的面積等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考常考題型．例3.（2022·江蘇常州·統(tǒng)考一模）如圖，已知四邊形的對角互補，且，，．過頂點C作于E，則的值為（

）A． B．9 C．6 D．7．2【答案】B【分析】要求的值，主要求出AE和BE的長即可，注意到AC是角平分線，于是作CF⊥AD交AD的延長線于點F，可以證得兩對全等三角形，結(jié)合已知數(shù)據(jù)可以求得AE和BE的長，從而解決問題．【詳解】解：作CF⊥AD交AD的延長線于點F，則∠CFD=90°，∵CE⊥AB，∴∠CEB=90°，∴∠CFD=∠CEB=90°，∵∠BAC=∠DAC，∴AC平分∠BAD，∴CE=CF，∵四邊形ABCD對角互補，∴∠ABC+∠ADC=180°，又∵∠CDF+∠ADC=180°，∴∠CBE=∠CDF，在△CBE和△CDF中，∴△CBE≌△CDF（AAS），∴BE=DF，在△AEC和△AFC中，∴△AEC≌△AFC（AAS），∴AE=AF，設(shè)BE=a，則DF=a，

∵AB=15，AD=12，∴12+2a=15，得，∴AE=12+a=，BE=a=，∴，故選B．【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是巧妙構(gòu)造全等三角形進而得出等量關(guān)系．例4.如圖，四邊形ABCD中，∠ABC+∠D＝180°，AC平分∠BAD，CE⊥AB，CF⊥AD．試說明：（1）△CBE≌△CDF；（2）AB+DF＝AF．【分析】（1）根據(jù)角平分線的性質(zhì)可得到CE＝CF，根據(jù)余角的性質(zhì)可得到∠EBC＝∠D，已知CE⊥AB，CF⊥AD，從而利用AAS即可判定△CBE≌△CDF．（2）已知EC＝CF，AC＝AC，則根據(jù)HL判定△ACE≌△ACF得AE＝AF，最后證得AB+DF＝AF即可．【解答】證明：（1）∵AC平分∠BAD，CE⊥AB，CF⊥AD∴CE＝CF∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠EBC＝180°∴∠EBC＝∠D在△CBE與△CDF中，∴△CBE≌△CDF；（2）在Rt△ACE與Rt△ACF中，∴△ACE≌△ACF∴AE＝AF∴AB+DF＝AB+BE＝AE＝AF．課后專項訓(xùn)練1．如圖，為等邊三角形，以為邊向外作，使，再以點C為旋轉(zhuǎn)中心把旋轉(zhuǎn)到，則給出下列結(jié)論：①D，A，E三點共線；②平分；③；④．其中正確的有（

）．A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】D【分析】①設(shè)∠1=x度，把∠2=（60-x）度，∠DBC=∠4=（x+60）度，∠3=60°加起來等于180度，即可證明D、A、E三點共線；②根據(jù)△BCD繞著點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到△ACE，判斷出△CDE為等邊三角形，求出∠BDC=∠E=60°，∠CDA=120°-60°=60°，可知DC平分∠BDA；③由②可知，∠BAC=60°，∠E=60°，從而得到∠E=∠BAC．④由旋轉(zhuǎn)可知AE=BD，又∠DAE=180°，DE=AE+AD．而△CDE為等邊三角形，DC=DE=DB+BA．【詳解】解：如圖，①設(shè)∠1=x度，則∠2=（60-x）度，∠DBC=（x+60）度，故∠4=（x+60）度，∴∠2+∠3+∠4=60-x+60+x+60=180度，∴D、A、E三點共線；故①正確；②∵△BCD繞著點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到△ACE，∴CD=CE，∠DCE=60°，∴△CDE為等邊三角形，∴∠E=60°，∴∠BDC=∠E=60°，∴∠CDA=120°-60°=60°，∴DC平分∠BDA；故②正確；③∵∠BAC=60°，∠E=60°，∴∠E=∠BAC．故③正確；④由旋轉(zhuǎn)可知AE=BD，又∵∠DAE=180°，∴DE=AE+AD．∵△CDE為等邊三角形，∴DC=DB+DA．故④正確；故選：D．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)等相關(guān)知識，要注意旋轉(zhuǎn)不變性，找到變化過程中的不變量．2．（2023·廣東·八年級專題練習(xí)）如圖所示，為等邊三角形，邊長為4，點為邊中點，，其兩邊分別交和的延長線于，，求的值.【答案】6【分析】過點O作OC∥AB交AD于點C，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)就可以得出△OCF≌△OBE，就可以得出CF=BE，進而可以得出結(jié)論．【詳解】過點O作OD∥AB交AC于點D，∴∠CDO=∠A=∠ACB=∠ABC=60°，∴∠DOC=60°，∠ADO=∠BOD=120°．∴△CDO是等邊三角形，∴DO=CO，∴DO=BO=AD．∵△ABC是等邊三角形，∴AB=AC=BC．∠CAB=∠ABC=∠C=60°，∴∠OBE=120°，∴∠ODF=∠OBE．∵∠FOB+∠BOE=∠EOF=120°，∠DOF+∠FOB=∠BOD=120°∴∠FOD=∠EOB．在△DOF和△BOE中，，∴△DOF≌△BOE（ASA）．∴FC=EB．OF=OE．∵AE=AB+BE，∴AE=AB+DF，∴AE=AB+AD+AF，∴AE-AF=AB+AD．∵AB+AD=AB，∴AE-AF=AB．∵AB=4，∴AE-AF=6.【點睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)的運用，全等三角形的判定及性質(zhì)的運用，線段中點的性質(zhì)的運用，解答時正確作輔助線證明三角形全等是關(guān)鍵．3．（2023·廣西·八年級專題練習(xí)）如圖，在四邊形ABCD中，BC＞BA，AD=CD，BD平分∠ABC，求證：∠A+∠C=180°．【答案】見解析【分析】先在線段BC上截取BE=BA,連接DE,根據(jù)BD平分∠ABC,可得∠ABD=∠EBD,根據(jù),可判定△ABD≌△EBD,根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得:AD=ED,∠A=∠BED．再根據(jù)AD=CD,等量代換可得ED=CD,根據(jù)等邊對等角可得:∠DEC=∠C．由∠BED+∠DEC=180°,可得∠A+∠C=180°．【詳解】證明:在線段BC上截取BE=BA,連接DE,如圖所示,∵BD平分∠ABC,∴∠ABD=∠EBD,在△ABD和△EBD中,,∴△ABD≌△EBD（SAS）,∴AD=ED,∠A=∠BED．∵AD=CD,∴ED=CD,∴∠DEC=∠C．∵∠BED+∠DEC=180°,∴∠A+∠C=180°．【點睛】本題主要考查全等三角形的判定和性質(zhì),解決本題的關(guān)鍵是要熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì).4．五邊形ABCDE中，，，，求證：AD平分∠CDE．【答案】見解析【分析】延長DE至F，使得，連接AC，易證△ABC≌△AEF，得到，然后證明△ADC≌△ADF即可解決問題．【詳解】延長DE至F，使得，連接AC.∵，，∴∵，，∴△ABC≌△AEF．∴，∵，∴，∴△ADC≌△ADF，∴即AD平分∠CDE．【點睛】本題主要考查全等三角形的判定與性質(zhì)，根據(jù)題意作出輔助線構(gòu)造全等三角形是解題關(guān)鍵.5．（2023?西城區(qū)校級期中）已知，如圖，在四邊形ABCD中，BC＞BA，∠A+∠C＝180°，DE⊥BC，BD平分∠ABC，試說明AD＝DC．【解答】證明：如圖，過D作DF⊥AB，交BA的延長線于點F，∵DE⊥BC，BD平分∠ABC，∴DE＝DF，∠F＝∠DEC＝90°，∵∠BAD+∠C＝180°，且∠BAD+∠DAF＝180°，∴∠DAF＝∠C，在△ADF和△CDE中∴△ADF≌△CDE（AAS），∴AD＝CD．6. 在等邊△ABC中，點D是線段BC的中點，∠EDF＝120o，射線DE與線段AB相交于點E，射線DF與線段AC（或AC的延長線）相交于點F.（1）如圖1，若DF⊥AC，直接寫出DE與AB的位置關(guān)系；（2）如圖2，將（1）中的∠EDF繞點D順時針旋轉(zhuǎn)一定的角度，DF仍與線段AC相交于點F，求證：DE＝DF；（3）在∠EDF繞D順時針旋轉(zhuǎn)過程中，直接用等式表示線段BE、CF、AB之間的數(shù)量關(guān)系.【解答】（1）DE⊥AB；（2）見解析；（3）【解析】（1）∵DF⊥AC，∴∠AFD＝90o，∵∠A＝60o，∠EDF＝120o，∴∠AED＝360o－∠A－∠AFD－∠EDF＝90o，∴∠DE⊥AB；（2）連接AD，過點D作DM⊥AB于點M，作DN⊥AC于點N，如圖所示：∵點D是BC的中點，∴AD是∠BAC的角平分線，∴DM＝DN，∵∠AMD＝∠BMD＝∠AND＝∠CND＝90o，∠A＝60o，∴∠MDN＝360o－60o－90o－90o＝120o，∵∠EDF＝120o，∴∠MDE＝∠NDF，∴△EMD≌△FND，∴DE＝DF；（3）過點D作DM⊥AB于點M，作DN⊥AC于點N，如圖所示：在△BOM與△CDN中，，∴BM＝CN，DM＝DN，∵∠EDF＝120o＝∠MDN，∴∠EDM＝∠NDF，在△DME與△NDF中，，∴△EDM≌△FDN，∴ME＝NF，∴BE－CF＝BM＋EM－（FN－CN）＝2BM＝BD＝.7. 如圖，在正方形ABCD中，AC是對角線，今有較大的直角三角板，一邊始終經(jīng)過點B，直角頂點P在射線AC上移動，另一邊交DC于Q.（1）如圖1，當點Q在DC邊上，猜想并寫出PB與PQ所滿足的數(shù)量關(guān)系，并加以說明；（2）如圖2，當點Q落在DC延長線上時，猜想并寫出PB與PQ滿足的數(shù)量關(guān)系，請證明你的猜想.【解答】（1）PB＝PQ；（2）PB＝PQ【解析】（1）過點P作PE⊥BC，PF⊥CD，如圖所示：∵P、C為正方形對角線AC上的點，∴PC平分∠DCB，∠DCB＝90o，∴PF＝PE，∴四邊形PECF為正方形，∵∠BPE＋∠QPE＝90o，∠QPE＋∠QPF＝90o，∴∠BPE＝∠QPF，∴△PQF≌△PBE，∴PB＝PQ；（2）過點P作PE⊥BC，PF⊥CD，如圖所示：證明過程參考（1），通過證△PQF≌△PBE即可得到PB＝PQ8. 如圖所示，一副三角板按如圖放置，等腰直角三角形固定不動，另一個的直角頂點放在等腰三角形的斜邊中點D處，且可以繞點D旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)過程中，兩直角邊與AB、CB的交點為點G、H.（1）當三角板DEF旋轉(zhuǎn)至圖1所示時，探究BG與CH的大小關(guān)系，并說明理由；（2）若在旋轉(zhuǎn)過程中，兩直角邊的交點G、H始終在邊AB、BC上，AB＝BC＝4，在旋轉(zhuǎn)過程中四邊形GBHD的面積是否不變，若不變，求出它的值，若改變，求出它的取值范圍；（3）當三角板旋轉(zhuǎn)至如圖2所示時，三角板DEF與AB、BC邊所在的直線相交于點G、H時，（1）中的結(jié)論仍成立嗎？并說明理由.【解答】（1）BG＝CH；（2）面積不變，始終是4；（3）仍成立，理由見解析.【解析】（1）連接BD，如圖所示：∵等腰直角三角形ABC，點D為AC的中點，∴DB＝DC＝DA，∠DBG＝∠DCH＝45o，BD⊥AC，∵EDF＝90o，∴∠ADG＋∠HDC＝90o，∵∠BDC＝∠BDA＝90o，∴∠BDG＋∠ADG＝90o，∴∠BDG＝∠HDC，∴△BDG≌△CDH（ASA），∴BG＝CH；（2）在等腰直角△ABC中，∵AB＝BC＝4，∴△ABC的面積為8，∴∠A＝∠C＝45o，∴∠A＝∠DBH，∵BD⊥AC，∠BDG＝∠CDH，∴∠BDH＝∠ADG，又∵BD＝AD，∴△BDH≌△ADG（SAS），由（1）可得△BDG≌△CDH，∴，∵DA＝DC＝DB，BD⊥AC，，∴在旋轉(zhuǎn)過程中四邊形GBHD的面積不變，始終是4；（3）連接BD，如圖所示：∵BD⊥AC，AB⊥BH，ED⊥DF，∴∠BDG＝90o－∠CDG，∠CDH＝90o－∠CDG，∴∠BDG＝∠CDH，∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠DBC＝∠BCD＝45o，∴∠DBG＝∠DCH＝135o，∴△DBG≌△DCH，∴BG＝CH，∴結(jié)論仍然成立.9.如圖1，在正方形ABCD中，P是對角線BD上的點，點E在AB上，且PA＝PE．（1）求證：PC＝PE；（2）求∠CPE的度數(shù)；（3）如圖2，把正方形ABCD改為菱形ABCD，其他條件不變，試探究∠CPE與∠ABC之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【分析】（1）先證出△ABP≌△CBP，得PA＝PC，由于PA＝PE，得PC＝PE；（2）由△ABP≌△CBP，得∠BAP＝∠BCP，進而得∠DAP＝∠DCP，由PA＝PC，得到∠DAP＝∠E，∠DCP＝∠E，最后∠CPE＝∠EDF＝90°得到結(jié)論；（3）借助（1）和（2）的證明方法容易證明結(jié)論．【解答】（1）證明：在正方形ABCD中，AB＝BC，∠ABP＝∠CBP＝45°，在△ABP和△CBP中，，∴△ABP≌△CBP（SAS），∴PA＝PC，∵PA＝PE，∴PC＝PE；（2）解：由（1）知，△ABP≌△CBP，∴∠BAP＝∠BCP，∵PA＝PE，∴∠PAE＝∠PEA，∴∠CPB＝∠AEP，∵∠AEP+∠PEB＝180°，∴∠PEB+∠PCB＝180°，∴∠ABC+∠EPC＝180°，∵∠ABC＝90°，∴∠EPC＝90°；（3）∠ABC+∠EPC＝180°，理由：解：在菱形ABCD中，AB＝BC，∠ABP＝∠CBP，在△ABP和△CBP中，，∴△ABP≌△CBP（SAS），∴∠BAP＝∠BCP，∵PA＝PE，∴∠DAP＝∠DCP，∴∠PAE＝∠PEA，∴∠CPB＝∠AEP，∵∠AEP+∠PEB＝180°，∴∠PEB+∠PCB＝180°，∴∠ABC+∠EPC＝180°．10．（2022·湖北武漢·八年級?？计谀┮阎谒倪呅沃?，，.(1)如圖1．連接，若，求證：.(2)如圖2，點分別在線段上，滿足，求證：;(3)若點在的延長線上，點在的延長線上，如圖3所示，仍然滿足，請寫出與的數(shù)量關(guān)系，并給出證明過程．【答案】（1）詳見解析；（2）詳見解析；（3）【分析】（1）根據(jù)已知條件得出為直角三角形，再根據(jù)證出，從而證出；（2）如圖2，延長DC到K，使得CK=AP，連接BK，通過證△BPA≌△BCK（SAS）得到：∠1=∠2，BP=BK．然后根據(jù)證明得，從而得出，然后得出結(jié)論；（3）如圖3，在CD延長線上找一點K，使得KC=AP，連接BK，構(gòu)建全等三角形：△BPA≌△BCK（SAS），由該全等三角形的性質(zhì)和全等三角形的判定定理SSS證得：△PBQ≌△BKQ，則其對應(yīng)角相等：∠PBQ=∠KBQ，結(jié)合四邊形的內(nèi)角和是360度可以推得：∠PBQ=90°+∠ADC．【詳解】（1）證明：如圖1，∵，∴在和中，∴∴（2）如圖2，延長至點，使得，連接∵∴∵∴∵，，∴∴，，∵，，∴∵，，∴∴∴（3）如圖3，在延長線上找一點，使得，連接，∵∴∵∴在和中，∴∴，∴∵∴在和中，∴∴∴∴∴.【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)．在應(yīng)用全等三角形的判定時，要注意三角形間的公共邊和公共角，必要時添加適當輔助線構(gòu)造三角形．11．（2023·山東青島·八年級統(tǒng)考期中）[問題]如圖①，點是的角平分線上一點，連接，，若與互補，則線段與有什么數(shù)量關(guān)系？[探究]探究一：如圖②，若，則，即，，又因為平分，所以，理由是：_______．探究二：若，請借助圖①，探究與的數(shù)量關(guān)系并說明理由．[結(jié)論]點是的角平分線上一點，連接，，若與互補，則線段與的數(shù)量關(guān)系是______．[拓展]已知：如圖③，在中，，，平分．求證：．

【答案】探究一：角的平分線上的點到角的兩邊距離相等；探究二：AD＝CD；理由見解析；[結(jié)論]：AD＝CD；[拓展]：見解析．【分析】探究一：根據(jù)角平分線的性質(zhì)定理解答；探究二：作于，作交的延長線于，證明，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)證明結(jié)論；[理論]根據(jù)探究結(jié)果得到答案；[拓展]在上取一點，使，作角的延長線于，于，證明，得到，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到，等量代換得到，結(jié)合圖形證明結(jié)論．【詳解】解：探究一：平分，，，，理由是：角平分線上的點到角的兩邊的距離相等，故答案為：角平分線上的點到角的兩邊的距離相等；探究二：作于，作交的延長線于，平分，，，，，，，在和中，，；[理論]綜上所述，點是的角平分線上一點，連接，，若與互補，則線段與的數(shù)量關(guān)系是，故答案為：；[拓展]在上取一點，使，作角的延長線于，于，．平分，，，，，，，，，，，．在和中，，，，，，，，．，．【點睛】本題考查的是全等三角形的判定和性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)定理，掌握全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．12．問題：如圖(1)，點E、F分別在正方形ABCD的邊BC、CD上，∠EAF=45°，試判斷BE、EF、FD之間的數(shù)量關(guān)系．【發(fā)現(xiàn)證明】小聰把△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至△ADG,從而發(fā)現(xiàn)EF=BE+FD,請你利用圖（1）證明上述結(jié)論．【類比引申】如圖(2)，四邊形ABCD中,∠BAD≠90°,AB=AD,∠B+∠D=180°,點E、F分別在邊BC、CD上,則當∠EAF與∠BAD滿足關(guān)系時，仍有EF=BE+FD．【探究應(yīng)用】如圖(3)，在某公園的同一水平面上，四條通道圍成四邊形ABCD．已知AB=AD=80米，∠B=60°，∠ADC=120°，∠BAD=150°，道路BC、CD上分別有景點E、F，且AE⊥AD，DF=40（﹣1）米，現(xiàn)要在E、F之間修一條筆直道路，求這條道路EF的長（結(jié)果取整數(shù)，參考數(shù)據(jù)：=1.41，=1.73）【答案】【發(fā)現(xiàn)證明】證明見解析；【類比引申】∠BAD=2∠EAF；【探究應(yīng)用】109．2米．【詳解】【發(fā)現(xiàn)證明】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可以得到△ADG≌△ABE，則GF=BE+DF，只要再證明△AFG≌△AFE即可．【類比引申】延長CB至M，使BM=DF，連接AM，證△ADF≌△ABM，證△FAE≌△MAE，即可得出答案；【探究應(yīng)用】利用等邊三角形的判定與性質(zhì)得到△ABE是等邊三角形，則BE=AB=80米．把△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)150°至△ADG，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可以得到△ADG≌△ABE，則GF=BE+DF，只要再證明△AFG≌△AFE即可得出EF=BE+FD．解：如圖（1），∵△ADG≌△ABE，∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，DG=BE，又∵∠EAF=45°，即∠DAF+∠BEA=∠EAF=45°，∴∠GAF=∠FAE，在△GAF和△FAE中，AG=AE，∠GAF=∠FAE，AF=AF，∴△AFG≌△AFE（SAS）．∴GF=EF．又∵DG=BE，∴GF=BE+DF，∴BE+DF=EF．【類比引申】∠BAD=2∠EAF．理由如下：如圖（2），延長CB至M，使BM=DF，連接AM，∵∠ABC+∠D=180°，∠ABC+∠ABM=180°，∴∠D=∠ABM，在△ABM和△ADF中，AB=AD，∠ABM=∠D，BM=DF，∴△ABM≌△ADF（SAS），∴AF=AM，∠DAF=∠BAM，∵∠BAD=2∠EAF，∴∠DAF+∠BAE=∠EAF，∴∠EAB+∠BAM=∠EAM=∠EAF，在△FAE和△MAE中，AE=AE，∠FAE=∠MAE，AF=AM，∴△FAE≌△MAE（SAS），∴EF=EM=BE+BM=BE+DF，即EF=BE+DF．故答案是：∠BAD=2∠EAF．【探究應(yīng)用】如圖3，把△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)150°至△ADG，連接AF．∵∠BAD=150°，∠DAE=90°，∴∠BAE=60°．又∵∠B=60°，∴△ABE是等邊三角形，∴BE=AB=80米．根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到：∠ADG=∠B=60°，又∵∠ADF=120°，∴∠GDF=180°，即點G在CD的延長線上．易得，△ADG≌△ABE，∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，DG=BE，又∵∠EAG=∠BAD=150°，∴∠GAF=∠FAE，在△GAF和△FAE中，AG=AE，∠GAF=∠FAE，AF=AF，∴△AFG≌△AFE（SAS）．∴GF=EF．又∵DG=BE，∴GF=BE+DF，∴EF=BE+DF=80+40（﹣1）≈109.2（米），即這條道路EF的長約為109.2米．“點睛”此題主要考查了四邊形綜合題，關(guān)鍵是正確畫出圖形，證明△AFG≌△AEF．此題是一道綜合題，難度較大，題目所給例題的思路，為解決此題做了較好的鋪墊．13、在等邊中，點D為的中點，點F在延長線上，點E在射線上，．（1）如圖1，當點E與點B重合時，則與的數(shù)量關(guān)系是_________；（2）當點E在線段上時，（1）中的結(jié)論是否仍然成立？請結(jié)合圖2說明理由；（3）如圖3，當點E在的延長線上時，，請直接寫出的長．【答案】（1）DE=DF；（2）DE=DF，理由見解析；（3）4【詳解】（1）∵△ABC是等邊三角形，D點為AC的中點∴∠DBC=30゜∵∠EDF=120゜∴∠F=180゜―∠DBC―∠EDF=30゜∴∠DBC=∠F∴DE=DF故答案為：DE=DF（2）仍有DE=DF；理由如下：過點D作DG∥BC交AB于點G，如圖2所示則∠AGD=∠ABC∵△ABC是等邊三角形∴AB=AC，∠A=∠ABC=∠ACB=60゜∴∠AGD=∠A=60゜∴△AGD是等邊三角形∴∠ADG=∠AGD=60゜，AD=GD∴∠DGE=∠GDC=120゜∴∠EDF=∠GDC=120゜∵∠GDE+∠EDC=∠EDC+∠CDF∴∠GDE=∠CDF∵D點是AC的中點∴AD=DC=GD∵∠ACB=60゜∴∠DCF=120゜∴∠DGE=∠DCF在△DGE和△DCF中∴△DGE≌△DCF(ASA)∴DE=DF（3）過點D作DG∥BC交AB于點G，如圖3所示與（2）同理有：△DGE≌△DCF∴GE=CF設(shè)BC=a，則CF=8－a，∴由GE=CF，得：解得：a=414、已知：如圖，在等邊△ABC中，點O是BC的中點，∠DOE＝120°，∠DOE繞著點O旋轉(zhuǎn)，角的兩邊與AB相交于點D，與AC相交于點E．(1)若OD，OE都在BC的上方，如圖1，求證：OD＝OE．(2)在圖1中，BD，CE與BC的數(shù)量關(guān)系是．(3)若點D在AB的延長線上，點E在線段AC上，如圖2，直接寫出BD，CE與BC的數(shù)量關(guān)系是．【答案】(1)見解析；(2)；(3)【解析】(1)證明：取AB的中點F，連接OF．∵△ABC是等邊三角形，∴，∵點O與點F分別是BC與AB的中點，∴，∴△BOF是等邊三角形，∴，，∴，∴，∵在△DOF和△EOC中，，∴，∴．(2)解：結(jié)論：．理由：∵，∴，∴，∵是等邊三角形，∴，∵，∴．故答案為：；(3)結(jié)論：．理由如圖2中，取的中點F，連接OF．同（1）中的方法可證是等邊三角形，，∴，∴，∵，∴15.如圖1，在△ABC中，∠ACB為銳角，點D為射線BC上一點，且與點B，C不重合，連接AD．作以∠FAD為直角的等腰直角△ADF．(1)若AB＝AC，∠BAC＝90°①當點D在線段BC上時，試探討CF與BD的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系；②當點D在線段BC的延長線上時，如圖2，①中的結(jié)論是否仍然成立，請說明理由；(2)若AB≠AC，∠BAC≠90°，點D在線段BC．上，且CF⊥BD時，如圖3，試求∠BCA的度數(shù)．【答案】(1)①，；②存在，詳見解析(2)45°【解析】（1）①∵∠BAC=90°，△ADF是等腰直角三角形，∴∠CAF+∠CAD=90°，∠BAD+∠CAD=90°，∴∠CAF=∠BAD，在△ACF和△ABD中，，∴△ACF≌△ABD（SAS），∴CF=BD，∠ACF=∠ABD=45°，∵∠ACB=45°，∴∠FCB=90°，∴CF⊥BD；②CE=BD，CF⊥BD，理由如下：如圖2，∵∠BAC=90°，△ADF是等腰直角三角形，∴∠BAC=∠DAF=90°，∴∠CAF=∠BAD，在△ACF和△ABD中，，∴△ACF≌△ABD（SAS），∴CF=BD，∠ACF=∠ABD=45°，∵∠ACB=45°，∴∠FCB=90°，∴CF⊥BD；（2）如圖，過點A作AE⊥AC交BC于E，∵∴∠BCF=∠ACF+∠BCA=90°∵AE⊥AC∴∠AEC+∠BCA=90°∴∠ACF=∠AEC∵∠CAF+∠CAD=90°，∠EAD+∠CAD=90°，∴∠CAF=∠EAD，在△ACF和△AED中，，∴△ACF≌△AED（AAS），∴AC=AE，∴∠ACE=45°，∴∠BCA=45°16．已知點D是△ABC外一點，連接AD，BD，CD，．(1)【特例體驗】如圖1，AB＝BC，α＝60