期末復習之全等三角形相關(guān)的熱考幾何模型（解析版）

全等三角形相關(guān)的熱考幾何模型（熱考必刷34題8種題型專項訓練）倍長中線模型一線三垂直模型一線三等角模型截長補短模型半角模型手拉手模型對角互補模型婆羅摩及多模型一．倍長中線模型（共5小題）1．（23-24八年級上·貴州銅仁·期末）某數(shù)學興趣小組在活動時，老師提出了這樣一個問題：如圖1，在△ABC中，AB=6，AC=8，D是BC的中點，求BC邊上的中線AD的取值范圍．小明在組內(nèi)經(jīng)過合作交流，得到了如下的解決方法：延長AD到E，使DE=AD，請補充完整證明“△ABD≌△ECD”的推理過程．(1)求證：△ABD≌△ECD證明：延長AD到點E，使DE=AD在△ABD和△ECD中∵∴△ABD≌△ECD（__________）請補齊空白處(2)由（1）的結(jié)論，根據(jù)AD與AE之間的關(guān)系，探究得出AD的取值范圍是__________；(3)【感悟】解題時，條件中若出現(xiàn)“中點”“中線”等字樣，可以考慮延長中線構(gòu)造全等三角形，把分散的已知條件和所求證的結(jié)論集合到同一個三角形中．【問題解決】如圖2，△ABC中，∠B=90°，AB=2，AD是△ABC的中線，CE⊥BC，CE=4，且∠ADE=90°，求AE的長．【答案】(1)已作；對頂角相等；BD；SAS(2)1<AD<7(3)6【分析】本題是三角形的綜合題和倍長中線問題，主要考查的是全等三角形的判定和性質(zhì)、三角形的三邊關(guān)系等知識，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．（1）延長AD到點E，使DE=AD，由“SAS”可證△ABD≌△ECD；（2）由全等三角形的性質(zhì)可得CE=AB=6，由三角形的三邊關(guān)系可求解；（3））延長AD交EC的延長線于F，由“ASA”可證△ABD≌△FCD，則CF=AB=2，AD=DF，證明△ADE≌△FDE，得AE=EF，根據(jù)EF=CE+CF=CE+AB=4+2=6，即可得AE的長．【詳解】（1）證明：延長AD到點E，使DE=AD，在△ABD和△ECD中，AD=ED已作∴△ABD≌△ECD(SAS（2）由（1）得：△ABD≌△ECD，且AB=6，∴CE=AB=6，在△ACE中，8-6<AE<8+6，∴1<AD<7；（3）延長AD交EC的延長線于F，∵AD是△ABC的中線∴BD=CD∵AB⊥BC，EF⊥BC，∴∠ABD=∠FCD=90°，在△ABD和△FCD中，∠ABD=∠FCD∴△ABD≌△FCDASA∴CF=AB=2，AD=DF，又∵∠FDE=∠ADE=90°且ED=ED∴△ADE≌△FDESAS∴AE=EF，∵EF=CE+CF=CE+AB=4+2=6，∴AE=6．即：AE的長是6．2．（23-24七年級下·山東濟南·期末）【方法學習】數(shù)學興趣小組活動時，王老師提出了如下問題：如圖1，在△ABC中，AB=7，AC=5，BC邊上的中線AD的取值范圍．小李在組內(nèi)經(jīng)過合作交流，得到了如下的解決方法（如圖1），①延長AD到E，使得DE=AD；②連接BE，通過三角形全等把AB、AC、2AD轉(zhuǎn)化在△ABE中；③利用三角形的三邊關(guān)系可得AE的取值范圍為AB-BE<AE<AB+BE，從而得到AD的取值范圍；方法總結(jié)：解題時，條件中若出現(xiàn)“中點”、“中線”字樣，可以考慮倍長中線構(gòu)造全等三角形，把分散的已知條件和所求證的結(jié)論集合到同一個三角形中．【問題解決】（1）如圖1，請寫出AD的取值范圍是．（2）如圖2，OA=OB，OC=OD，∠AOB與∠COD互補，連接AC、BD，E是AC的中點，求證：OE=1【問題拓展】（3）如圖3，在四邊形ABCD中，∠B+∠D=180°，CB=CD，∠BCD=100°以C為頂點作一個50°的角，角的兩邊分別交AB、AD于E、F兩點，連接EF，探索線段BE，DF，EF之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【答案】（1）1<AD<6；（2）見解析；（3）BE+DF=EF，理由見解析【分析】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形的三邊關(guān)系，解題的關(guān)鍵是添加輔助線，構(gòu)造全等三角形．（1）由題意知，△BDE≌△CDA，則BE=AC=3，DE=AD，AE=2AD，由AB-BE<AE<AB+BE，求解作答即可；（2）如圖3，延長OE到點P，使OE=EP，連接AP，證明△AEP≌△CEOSAS，則AP=CO=OD，∠CAP=∠C，可證AP∥CO，則∠AOC+∠OAP=180°，由∠AOB與∠COD互補，可得∠AOC+∠BOD=180°，則∠BOD=∠OAP，證明△BOD≌△OAPSAS（3）延長AB至點H，使BH=DF，連接CH，先證明△HBC≌△FDCSAS，再證明△HCE≌△FCESAS，得到【詳解】（1）解：由題意知，△BDE≌△CDA，∴BE=AC=5，DE=AD，∴AE=2AD，∵AB-BE<AE<AB+BE，∴7-5<2AD<5+7，即2<AD<12，故答案為：1<AD<6；（2）證明：如圖，延長OE到點P，使OE=EP，連接AP，∵E是AC的中點，∴AE=CE，又∵EP=OE，∴△AEP≌△CEOSAS∴AP=CO=OD，∴AP∥CO，∴∠AOC+∠OAP=180°，∵∠AOB與∠COD互補，∴∠AOC+∠BOD=180°，∴∠BOD=∠OAP，又∵AP=OD，∴△BOD≌△OAPSAS∴BD=OP，∴OE=1∴OE=1（3）解：BE+DF＝理由如下：如圖③，延長AB至點H，使BH=DF，連接CH，∵∠ABC+∠D=180°,∠HBC+∠ABC=180°，∴∠HBC=∠D，在△HBC和△FDC中，DF=BH∠D=∠CBH∴△HBC≌△FDC∴CH=CF,∠HCB=∠FCD，∵∠BCD=100°,∠ECF=50°，∴∠BCE+∠FCD=50°，∴∠ECH=50°=∠ECF，在△HCE和△FCE中，CF=CH∠ECF=∠ECH∴△HCE≌△FCE∴EH=EF，∵HE=BH+EB∴EF=BE+DF．3．（2024七年級下·全國·專題練習）(1)閱讀理解：如圖1，在△ABC中，若AB=10，AC=6．求BC邊上的中線AD的取值范圍．解決此問題可以用如下方法：延長AD到點E，使DE=AD，再連接BE(或?qū)ⅰ鰽CD繞著點D逆時針旋轉(zhuǎn)180°得到△EBD)，把AB，AC，2AD集中在△ABE中，利用三角形三邊的關(guān)系即可判斷中線AD的取值范圍是______；(2)問題解決：如圖2，在△ABC中，D是BC邊上的中點，DE⊥DF于點D，DE交AB于點E，DF交AC于點F，連接EF，求證：BE+CF>EF；(3)問題拓展：如圖3，在四邊形ABCD中，∠B+∠D=180°，CB=CD，∠BCD=140°，以C為頂點作一個70°角，角的兩邊分別交AB，AD于E，F(xiàn)兩點，連接EF，探索線段BE，DF，EF之間的數(shù)量關(guān)系，并加以證明．【答案】(1)2<AD<8；(2)見解析；(3)BE+DF=EF，證明見解析【分析】本題考查全等三角形的判定及性質(zhì)、三角形三邊關(guān)系、角的和差等，解答此題的關(guān)鍵是作出輔助線，構(gòu)造出與圖1中結(jié)構(gòu)相關(guān)的圖形．（1）延長AD至E，使DE=AD，連接BE，證明△BDE≌△CDASAS，得出BE=AC=6（2）延長FD至點M，使DM=DF，連接BM，EM，同（1）得，△BMD≌△CFDSAS，得出BM=CF再證明△EDM≌△EDFSAS，得出（3）延長AB至點N，使BN=DF，連接CN，證明△NBC≌△FDCSAS得出CN=CF，∠NCB=∠FCD，再證明△NCE≌△FCE【詳解】（1）解：延長AD至E，使DE=AD，連接BE，如圖1所示：∵AD是BC邊上的中線，∴BD=CD，在△BDE和△CDA中，BD=CD∴△BDE≌△CDASAS∴BE=AC=6，在△ABE中，由三角形的三邊關(guān)系得：AB-BE<AE<AB+BE，∴10-6<AE<10+6，即4<AE<16，∴2<AD<8；故答案為：2<AD<8；（2）證明：延長FD至點M，使DM=DF，連接BM，EM，如圖所示，同（1）得，△BMD≌△CFDSAS∴BM=CF∵DE⊥DF，DM=DF，DE=DE∴△EDM≌△EDFSAS∴EM=EF在△BME中，由三角形的三邊關(guān)系得BE+BM>EM，∴BE+CF>EF；（3）BE+DF=EF，證明如下：延長AB至點N，使BN=DF，連接CN，如圖所示，∵∠ABC+∠D=180°，∠NBC+∠ABC=180°∴∠NBC=∠D在△NBC和△FDC中，BN=DF∠NBC=∠D∴△NBC≌△FDCSAS∴CN=CF，∠NCB=∠FCD∵∠BCD=140°，∠ECF=70°∴∠BCE+∠FCD=70°，∴∠ECN=70°=∠ECF在△NCE和△FCE中，CM=CF∴△NCE≌△FCESAS∴EN=EF．∵BE+BN=EN，∴BE+DF=EF．4．（22-23八年級上·北京東城·期中）【閱讀理解】課外興趣小組活動時，老師提出了如下問題：如圖1，△ABC中，若AB=6，AC=4，求BC邊上的中線AD的取值范圍．小麗在組內(nèi)經(jīng)過合作交流，得到了如下的解決方法：如圖2，延長AD到點M，使DM=AD，連接BM，可證△ACD≌△MBD，從而把AB，AC，2AD集中在△ABC中，利用三角形三邊的關(guān)系即可判斷中線AD的取值范圍．

【方法總結(jié)】解題時，條件中若出現(xiàn)“中點”“中線”字樣，有時需要考慮倍長中線（或與中點有關(guān)的線段）構(gòu)造全等三角形，把分散的已知條件和所求集中到同一個三角形中．我們把這種添加輔助線稱為“倍長中線法”．【問題解決】(1)直接寫出圖1中AD的取值范圍：(2)猜想圖2中AC與BM的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，并加以證明．(3)如圖3，AD是△ABC的中線，AB=AE，AC=AF，∠BAE=∠CAF=90°，判斷線段AD和線段EF的數(shù)量關(guān)系，并加以證明．【答案】(1)1<AD<5(2)AC∥BM,AC=BM(3)EF=2AD【分析】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)，倍長中線法；（1）延長AD使得AD=DM，連接BM，先證明△MDB≌△ADC(SAS)得到BM=AC=4，在△ABM中，根據(jù)三角形三邊關(guān)系（2）由（1）中△MDB≌△ADC(SAS（3）延長AD使得AD=DM，連接BM，同（1）可得△MDB≌△ADC(SAS)，進而判斷出∠EAF=∠ABM，進而證明【詳解】（1）解：延長AD使得AD=DM，連接BM，如圖2，∵AD是△ABC的中線，∴BD=CD，∵∠BDM=∠CDA，∴△MDB≌△ADC(SAS∴BM=AC=4，在△ABM中，AB-BM<AM<AB+BM，∴6-4<AM<4+6,2<AM<10，∴1<AD<5；（2）解：AC∥BM,AC=BM；由（1）得：△MDB≌△ADC(SAS∴∠M=∠CAD，AC=BM，∴AC∥BM；（3）解：EF=2AD；延長AD使得AD=DM，連接BM，如圖，

由（1）得：△MDB≌△ADC(SAS∴AC=BM，∵AC=AF，∴BM=AF，由（2）得：AC∥BM，∴∠BAC+∠ABM=180°，∵∠BAE=∠FAC=90°，∴∠BAC+∠EAF=180°，∴∠EAF=∠ABM，∵AB=AE，∴△ABM≌△EAF(SAS∴AM=EF，∵AD=DM，∴AM=2AD，∵AM=EF，∴EF=2AD5．（22-23八年級下·吉林·階段練習）【閱讀理解】數(shù)學興趣小組活動時，老師提出如下問題：如圖1，在△ABC中，若AB=8，AC=6，求BC邊上的中線AD的取值范圍．小明提出了如下解決方法，延長線段AD至點E，使DE=AD，連接BE．請根據(jù)小明的方法回答下列問題．(1)由已知和作圖能得到△ADC≌△EDB的理由是____________．A．SSS

B．SAS

C．AAS

D．HL(2)探究得出AD的取值范圍___________．A．6<AD<8

B．6≤AD≤8

C．1<AD<7

D．1≤AD≤7【問題解決】(3)如圖2，在△ABC中，CD=AB，∠BDA=∠BAD，AE是△ABD的中線，求證：∠C=∠BAE．【答案】(1)B(2)C(3)見解析【分析】（1）根據(jù)AD=DE，∠ADC=∠EDB，BD=DC推出△ADC和△EDB全等即可，據(jù)此即可判定；（2）根據(jù)全等得出BE=AC=6，AE=2AD，由三角形三邊關(guān)系定理得出8-6<2AD<8+6，求出即可；（3）延長AE到F，使AE=EF，連接DF，證明△ABE≌△DFESAS，得出AB=DF，∠F=∠BAE，證明△ADF≌△ADCSAS，得出【詳解】（1）解：∵AD是△ABC中線，∴BD=DC，在△ADC與△EDB中，AD=ED∴△ADC≌故選：B；（2）解：由1知：△ADC≌∴BE=AC=6，AE=2AD，由三角形三邊之間的關(guān)系可得：AB-BE<AE<AB+BE，即8-6<2AD<8+6，解得：1<AD<7，故選：C；（3）證明：延長AE到F，使AE=EF，連接DF，如圖所示：∵AE是△ABD中線，∴BE=DE，在△ABE與△FDE中AE=EF∠AEB=∠DEF∴△ABE≌△DFE∴AB=DF，∠F=∠BAE，∵CD=AB，∴CD=DF，∵∠F=∠BAE，∴AB∥DF，∴∠BAD+∠ADF=180°，∵∠BDA+∠ADC=180°，∠BDA=∠BAD，∴∠ADF=∠ADC，∵在△ADF和△ADC中AD=AD∠ADF=∠ADC∴△ADF≌△ADCSAS∴∠F=∠C，∴∠C=∠BAE．【點睛】本題屬于三角形綜合題，主要考查了三角形的中線，三角形的三邊關(guān)系定理，平行線的判斷和性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定等知識點，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，熟練掌握相關(guān)的性質(zhì)和定理．二．一線三垂直模型（共4小題）6．（24-25八年級上·云南文山·階段練習）通過對下面數(shù)學模型的研究學習，解決下列問題：【模型呈現(xiàn)】某興趣小組在從漢代數(shù)學家趙爽的弦圖（如圖1，由外到內(nèi)含三個正方形）中提煉出兩個三角形全等模型圖（如圖2、圖3），即“一線三等角”模型和“K字”模型．【問題發(fā)現(xiàn)】（1）如圖2，已知△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°，一直線過頂點C，過A，B分別作其垂線，垂足分別為E，F(xiàn)，求證：△AEC≌△CFB；（2）如圖3，若改變直線的位置，其余條件與（1）相同，請寫出EF，AE，BF之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；【問題提出】（3）在（2）的條件下，若BF=4AE，EF=5，求△BFC的面積．【答案】（1）見解析；（2）EF=BF-AE，見解析；（3）50【分析】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形的面積，熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．（1）根據(jù)垂直的定義和余角的性質(zhì)得到∠FCB=∠EAC，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)推出△AEC≌△CFB；（2）根據(jù)余角的性質(zhì)得到∠CAE=∠BCF根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CE=BF，AE=CF，等量代換得到結(jié)論；（3）由（2）得EF=AE+BF且BF=4AE，得到EF=3AE=5，根據(jù)三角形的面積公式即可得到結(jié)論．【詳解】（1）證明：∵∠ACB=90°，∴∠ECA+∠FCB=90°，又∵AE⊥EF，BF⊥EF，∴∠AEF=∠BFC=90°，∴∠ECA+∠EAC=90°，∴∠FCB=∠EAC，在△ACE和△CBF中，∠AEC=∠CFB∠EAC=∠FCB∴△AEC≌△CFBAAS（2）解：EF=BF-AE，理由如下：∵∠AEC=∠CFB=90°，∠ACB=90°，∴∠ACE+∠CAE=∠ACE+∠BCF=90°，∴∠CAE=∠BCF又∵AC=BC，∴△CAE≌△BCFAAS∴CE=BF，AE=CF，∴EF=CE-CF=BF-AE，即EF=BF-AE；（3）解：由（2）得EF=BF-AE且BF=4AE，EF=5，∴EF=3AE=5，∴AE=∵CF=AE，∴AE=CF=53，則∴S△BFC7．（23-24八年級上·遼寧大連·期中）通過對下面數(shù)學模型的研究學習，解決下列問題：(1)如圖1，點A在直線l上，∠BAD=90°,AB=AD，過點B作BC⊥l于點C，過點D作DE⊥l交于點E．得∠1=∠D．又∠BCA=∠AED=90°，可以推理得到△ABC≌△DAE(AAS)．進而得到結(jié)論：AC=_____，BC=_____．我們把這個數(shù)學模型稱為“K字”模型或“一線三直角”模型；(2)如圖2，∠∠BAD=∠MAN=90°,AB=AD,AM=AN,BM⊥l于點C，DE⊥l于點E，ND與直線l交于點P，求證：NP=DP．【答案】(1)DE，AE(2)見解析【分析】本題考查一線三直角全等問題，（1）由∠CBA=∠AED=∠BAD=90°，得∠1+∠2=∠2+∠（2）作NF⊥l于點F，因為BM⊥l于點C，DE⊥l于點E，所以∠ACM=∠NFA=∠NFP=∠DEP=90°，由（1）得AC=DE，因為∠MAN=90°，所以∠CAM+∠FAN=∠FNA+∠FAN=90°【詳解】（1））解：BC⊥l于點C，DE⊥l于點E，∴∠CBA=∵∠BAD=90°∴∠1+∴∠1=在△ABC和△DAE中，∠1=∠D∠BCA=∠AED∴△ABC≌△DAE（∴AC=DE，BC=AE，故答案為：DE，AE．（2）證明：如圖2，作NF⊥l于點F，∵BM⊥l于點C，DE⊥l于點E，∴∠ACM=由（1同理（1）得AC=NF，∴NF=DE，在△PFN和△PED中，∠MFP=∠DEF∴△PFN≌△PED（∴NP=DP．8．（20-21七年級下·廣東深圳·期中）如圖，已知：在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直線MN經(jīng)過點C，AD⊥MN，BE⊥MN．（1）當直線MN繞點C旋轉(zhuǎn)到圖（1）的位置時，求證：△ADC?△CEB；（2）當直線MN繞點C旋轉(zhuǎn)到圖（2）的位置時，求證：DE=AD-BE；（3）當直線MN繞點C旋轉(zhuǎn)到圖（3）的位置時，試問DE、AD、BE具有怎樣的等量關(guān)系？請直接寫出這個等量關(guān)系：____________．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）DE=BE-AD【分析】（1）由已知推出∠ADC=∠BEC=90°，因為∠ACD+∠BCE=90°，∠DAC+∠ACD=90°，推出∠DAC=∠BCE，根據(jù)AAS即可得到答案；（2）結(jié)論：DE=AD-BE．與（1）證法類似可證出∠ACD=∠EBC，能推出△ADC≌△CEB，得到AD=CE，CD=BE，即可得到答案．（3）結(jié)論：DE=BE-AD．證明方法類似．【詳解】解：（1）證明：如圖1，∵AD⊥DE，BE⊥DE，∴∠ADC=∠BEC=90°，∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠BCE=90°，∠DAC+∠ACD=90°，∴∠DAC=∠BCE，在△ADC和△CEB中，∠CDA=∠BEC∠DAC=∠ECB∴△ADC≌△CEB（AAS）；（2）如圖2，∵BE⊥EC，AD⊥CE，∴∠ADC=∠BEC=90°，∴∠EBC+∠ECB=90°，∵∠ACB=90°，∴∠ECB+∠ACE=90°，∴∠ACD=∠EBC，在△ADC和△CEB中，∠ACD=∠CBE∠ADC=∠BEC∴△ADC≌△CEB（AAS），∴AD=CE，CD=BE，∴DE=EC-CD=AD-BE．（3）DE=BE-AD；如圖3，∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠BCE=90°∵AD⊥MN，BE⊥MN，∴∠ADC=∠CEB=90°，∴∠ACD+∠DAC=90°，∴∠DAC=∠ECB，在△ACD和△CBE中，∠ADC=∠CEB∠DAC=∠ECB∴△ACD≌△CBE（AAS），∴AD=CE，CD=BE，∴DE=CD-CE=BE-AD．【點睛】本題主要考查了余角的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定等知識點，能根據(jù)已知證明△ACD≌△CBE是解此題的關(guān)鍵，題型較好，綜合性比較強．9．（21-22八年級上·湖北恩施·期末）如圖，在平面直角坐標系中，△ABC是直角三角形，且∠BAC是直角．(1)若點A的坐標為A-2,0，點B的坐標為B0,-4，點C在第三象限，且AB=AC，求點(2)若點A的坐標為A-2,0，點B的坐標為B2,0，AB=AC，點P為y軸正半軸上一動點，連接PC交x軸于點E，點F是點E關(guān)于y軸為對稱軸的對稱點連接PF且延長PF交BC于點D，連接AD交PC于點G．點P在運動過程中是否存在AD⊥PC，若存在，請寫出證明過程；若不存在，請說明理由（提示：作∠BAC的平分線交PC于點(3)若點A的坐標為A-2,-2，點B的坐標為B0,m，點C的坐標為Cn,0【答案】(1)C點的坐標為C(2)存在點P，使AD⊥PC，理由見解析(3)存在m+n為定值，其定值為m+n=-4【分析】（1）過點C作CM⊥x軸于點M，可證明△AMC≌（2）作∠BAC的平分線交PC于H，先證明△EAH≌△FBD，從而AH=BD，進而證明△ACH≌△BAD，進一步得出結(jié)論；（3）過點A分別作x軸，y軸的垂線，垂足分別為N,K，可得△ACN≌△ABK，進而得出結(jié)果．【詳解】（1）過點C作CM⊥x軸于點M．∵∠BAC是直角，∴∠1+∠2=90°∵CM⊥x軸，∴∠1+∴∠2=∠3∵∠AOB=∠AMC=90°，AB=AC，∴△AMC∴CM=AO，AM=BO，∵A-2,0，B∴CM=2，OM=6∴C點的坐標為-6,-2（2）存在點P，使AD⊥PC．理由：作∠BAC的平分線交PC于H．∵AB=AC，CA⊥AB，∴∠ABC=45°∵E，F(xiàn)關(guān)于y軸對稱，∴OE=OF，∵OA=OB=2，PO⊥EF，∴AE=BF，∠AEH=∠BFD，∴△EAH≌∴AH=BD∵AB=AC，∠ABD=∠CAH=45°，∴△ACH≌∴∠1=∠3，∵∠1+∠2=90°，∴∠3+∠2=90°，∴AD⊥PC．（3）存在m+n為定值，其定值為m+n=-4．過點A分別作x軸、y軸的垂線，垂足分別為N、K．∵∠2+∠1=90°，∠1+∴∠3=∠2∵AN=AK=2，∠ANC=∠AKB=90°，∴△ANC≌∴NC=BK∵A-2,-2，B0,m，∴N-2,0，K∴NC=n+2，BK=-2-m，∴n+2=-2-m，∴m+n=-4∴存在m+n為定值，其定值為m+n=-4．【點睛】本題考查了直角坐標系中點的坐標與線段長之間的關(guān)系，等腰直角三角形性質(zhì)，全等三角形判定和性質(zhì)等知識，解決問題的關(guān)鍵是利用等腰直角三角形構(gòu)造全等三角形．三．一線三等角模型（共5小題）10．（24-25八年級上·江蘇揚州·階段練習）【觀察發(fā)現(xiàn)】（1）如圖1，AC=BC，CE=CD，∠ECD=∠ACB=60°且點B、C、E在一條直線上，連接BD和AE，BD、AE相交于點P，則線段BD和AE的數(shù)量關(guān)系是__________，【深入探究1】（2）如圖2，AC=BC，CE=CD，∠ECD=∠ACB=60°，連接BD和AE，BD、AE相交于點P，則線段BD和【深入探究2】（3）如圖3，AC=BC，CE=CD，且∠ACB=∠DCE=90°，連接AD、BE，過點C作CK⊥BE，并延長KC交AD于點Q．求證：Q為【答案】（1）相等，60°；（2）BD=AE，BD與AE相交構(gòu)成的銳角的度數(shù)為60°；（3）證明見詳解【分析】（1）根據(jù)∠ECD=∠ACB=60°，得到∠ACE=∠BCD，利用“邊角邊”證明△ACE和△BCD全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得BD=AE，根據(jù)全等三角形對應(yīng)角相等可得∠AEC=∠BDC，然后根據(jù)三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角的和求出∠DPE=∠DCE；（2）證明△ACE≌△BCDSAS，由全等三角形的性質(zhì)得出BD=AE,∠AEC=∠BDC（3）分別過點A點D作KQ的垂線，垂足分別為M,N，證明△ACM≌△CBK，△CDN≌△ECK可得AM=CK,DN=CK，推出AM=DN，再證明△AQM≌△DQN，可得AQ=DQ，即可證明結(jié)論．【詳解】解：（1）∵∠ECD=∠ACB=60°，∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD，即∠ACE=∠BCD，在△ACE和△BCD中，AC=BC∠ACE=∠BCD∴△ACE≌△BCDSAS∴BD=AE,∠AEC=∠BDC，由三角形的外角性質(zhì)，∠DPE=∠AEC+∠DBC，∠DCE=∠BDC+∠DBC，∴∠DPE=∠DCE=60°；故答案為：相等，60°；（2）BD=AE,BD與AE相交構(gòu)成的銳角的度數(shù)為60°．證明：∵∠ECD=∠ACB=60°，∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD，即∠ACE=∠BCD，在△ACE和△BCD中，AC=BC∠ACE=∠BCD∴△ACE≌△BCDSAS∴BD=AE,∠AEC=∠BDC，又∵∠DNA=∠ENC，∴∠DPE=∠DCE=60°；（3）證明：如圖3，分別過點A點D作KQ的垂線，垂足分別為M,N，∵CK⊥BE，∴∠CKB=∠CKE=90°，∵AC=BC，CE=CD，且∠ACB=∠DCE=90°，∴∠ACM+∠BCK=∠CBK+∠BCK=90°，∴∠ACM=∠CBK，∵∠AMK=∠CKB=90°,AC=BC∴△ACM≌△CBKAAS∴AM=CK，同理：△CDN≌△ECKAAS∴DN=CK，∴AM=DN，∵∠AMQ=∠DNQ=90°,∠AQM=∠DQN，∴△AQM≌△DQNAAS∴AQ=DQ，∴Q為AD中點．【點睛】本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，熟記性質(zhì)與判定方法是解題的關(guān)鍵．11．（21-22八年級上·云南昆明·期末）如圖，在△ABC中，AB=BC．(1)如圖1，直線NM過點B，AM⊥MN于點M，CN⊥MN于點N，且∠ABC=90°，求證：MN=AM+CN．(2)如圖2，直線NM過點B，AM交NM于點M，CN交NM于點N，且∠AMB=∠ABC=∠BNC，則MN=AM+CN是否成立？請說明理由！【答案】(1)見解析(2)成立，理由見解析【分析】（1）本題主要考查全等三角形的判定和性質(zhì)綜合，利用題目中的已知條件導角，可推導∠CBN=∠BAM，最后證明△AMB≌△BNC(AAS（2）利用∠AMB=∠ABC及∠ABN是△ABM的外角，可以推出∠MAB=∠CBN，再利用AAS可以判定△AMB≌△BNC(AAS【詳解】（1）證明：∵AM⊥MN于點M，CN⊥MN于點N；∴∠AMB=∠BNC=90°；∴∠MAB+∠ABM=90°；∵∠ABC=90°，∴∠ABM+∠NBC=90°；∴∠MAB=∠NBC；在△ABM和△BCN中，∠AMB=∠BNC∴△ABM≌△BCNAAS∴AM=BN，BM=CN；∴MN=BN+BM=AM+CN．（2）MN=AM+CN成立．理由如下：設(shè)∠AMB=∠ABC=∠BNC=α；∴∠ABM+∠BAM=∠ABM+∠CBN=180°-α；∴∠BAM=∠CBN；在△ABM和△BCN中；∠BAM=∠CBN∴△ABM≌△BCNAAS∴AM=BN，BM=CN；∴MN=BN+BM=AM+CN；故MN=AM+CN成立．12．（2021九年級·浙江·專題練習）如圖，在△ABC中，AB=AC=2，∠B=∠C=40°，點D在線段BC上運動（D不與B、C重合），連接AD，作∠ADE=40°，DE交線段AC于E．

(1)當∠BDA=115°時，∠EDC=°，∠DEC=°；點D從B向C運動時，∠BDA逐漸變（填“大”或“小”）；(2)當DC等于多少時，△ABD≌(3)在點D的運動過程中，△ADE的形狀可以是等腰三角形嗎？若可以，請直接寫出∠BDA的度數(shù)．若不可以，請說明理由．【答案】(1)25；115；小(2)當DC=2時，△ABD≌△DCE(3)可以；∠BDA的度數(shù)為110°或80°【分析】（1）由已知平角的性質(zhì)可得∠EDC=180°-∠ADB-∠ADE，再利用三角形內(nèi)角和定理進而求得∠DEC，即可判斷點D從B向C運動過程中，∠BDA逐漸變小；（2）當DC=2時，由已知和三角形內(nèi)角和定理可得∠DEC+∠EDC=140°，∠ADB+∠EDC=140°，等量代換得∠ADB=∠DEC，又由AB=AC=2，可得△ABD≌△DCEAAS（3）根據(jù)等腰三角形的判定定理，利用三角形內(nèi)角和定理求解即可．【詳解】（1）解：∠EDC=180°-∠ADB-∠ADE=180°-115°-40°=25°，∠DEC=180°-∠EDC-∠C=180°-25°-40°=115°，點D從B向C運動時，∠BDA逐漸變小，故答案為：25；115；?。?）解：當DC=2時，△ABD≌△DCE，理由：∵∠C=40°，∴∠DEC+∠EDC=140°，又∵∠ADE=40°，∴∠ADB+∠EDC=140°，∴∠ADB=∠DEC，又∵∠B=∠C，AB=DC=2，∴△ABD≌△DCEAAS（3）解：當∠BDA的度數(shù)為110°或80°時，△ADE的形狀是等腰三角形；理由：∵∠BDA=110°時，∴∠ADC=70°，∵∠C=40°，∴∠DAC=70°，∠AED=∠C+∠EDC=30°+40°=70°，∴∠DAC=∠AED，∴△ADE是等腰三角形；∵∠BDA=80°時，∴∠ADC=100°，∵∠C=40°，∴∠DAC=40°，∴∠DAC=∠ADE，∴△ADE的形狀是等腰三角形．【點睛】本題考查了等腰三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定，熟練掌握知識點是解題的關(guān)鍵．13．（19-20八年級上·河南安陽·期末）（1）如圖①．已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直線m經(jīng)過點A，BD⊥直線m，CE⊥直線m，垂足分別為點D、E．則線段DE、BD與CE之間的數(shù)量關(guān)系是______；

（2）如圖②，將（1）中的條件改為：在△ABC中，AB=AC，D，A，E三點都在直線m上，并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=α，其中α為任意銳角或鈍角．請問：（1）中的結(jié)論是還否成立？如成立，請你給出證明；若不成立，請說明理由．（3）拓展與應(yīng)用：如圖③，D，E是D，A，E三點所在直線m上的兩動點（D，A，E三點互不重合），點F為∠BAC平分線上的一點，且△ABF和△ACF均為等邊三角形，連接BD、CE．若∠BDA=∠AEC=∠BAC，試判斷△DEF的形狀，并說明理由．【答案】（1）DE=BD+CE；（2）成立，證明見解析；（3）等邊三角形，理由見解析【分析】（1）根據(jù)垂直的定義得到∠BDA=∠CEA=90°，根據(jù)等角的余角相等得到∠CAE=∠ABD，根據(jù)“AAS”證明△ADB≌△CEA，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AE=BD，AD=CE，結(jié)合圖形得到DE=BD+CE；（2）根據(jù)∠BDA=∠AEC=∠BAC，得到∠ABD=∠CAE，由AAS定理證明△ADB≌△CEA，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到BD=AE，DA=CE，得出結(jié)論；（3）根據(jù)△ADB≌△CEA，得到BD=AE，∠DBA=∠CAE，證明△DBF≌△EAF(SAS)，得到DF=EF，∠BFD=∠AFE，求出【詳解】解：（1）DE=BD+CE．理由：如圖1，∵BD⊥直線m，CE⊥直線m，∴∠BDA=∠CEA=90°，∵∠BAC=90°，∴∠BAD+∠CAE=90°，∵∠BAD+∠ABD=90°，∴∠CAE=∠ABD，在△ADB和△CEA中，∠ABD=∠CAE∠ADB=∠CEA=90°∴△ADB≌△CEA(AAS∴AE=BD，AD=CE，∴DE=AE+AD=BD+CE；（2）（1）中結(jié)論成立，理由如下：如圖2，∵∠BDA=∠BAC=α，∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°-α，∴∠DBA=∠CAE，在△ADB和△CEA中，∠DBA=∠CAE∠BDA=∠AEC∴△ADB≌△CEA(AAS∴AE=BD，AD=CE，∴DE=AE+AD=BD+CE；（3）結(jié)論：△DEF是等邊三角形．理由：如圖3，由（2）可知，△ADB≌△CEA，∴BD=AE，∠DBA=∠CAE，∵△ABF和△ACF均為等邊三角形，∴∠ABF=∠CAF=60°，BF=AF，∴∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF，即∠DBF=∠EAF，在△DBF和△EAF中，F(xiàn)B=FA∠DBF=∠EAF∴△DBF≌△EAF(SAS∴DF=EF，∠BFD=∠AFE，∴∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=60°，∴△DEF為等邊三角形．【點睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)以及等邊三角形的判定與性質(zhì)，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．14．（22-23八年級下·河南洛陽·期中）綜合與實踐數(shù)學活動課上，老師讓同學們以“過等腰三角形頂點的直線”為主題開展數(shù)學探究．(1)操作發(fā)現(xiàn)：如圖甲，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，且AB=AC，直線l經(jīng)過點A．小華分別過B、C兩點作直線l的垂線，垂足分別為點D、E．易證△ABD≌△CAE，此時，線段DE、BD、CE(2)拓展應(yīng)用：如圖乙，△ABC為等腰直角三角形，∠ACB=90°，已知點C的坐標為(-2,0)，點B的坐標為(1,2)．請利用小華的發(fā)現(xiàn)直接寫出點A的坐標：；(3)遷移探究：①如圖丙，小華又作了一個等腰△ABC，AB=AC，且∠BAC≠90°，她在直線l上取兩點D、E，使得∠BAC=∠BDA=∠AEC，請你幫助小華判斷（1）中線段DE、BD、CE的數(shù)量關(guān)系是否變化，若不變，請證明；若變化，寫出它們的關(guān)系式并說明理由；②如圖丁，△ABC中，AB=2AC，∠BAC≠90°，點D、E在直線l上，且∠BAC=∠BDA=∠AEC，請直接寫出線段DE、BD、CE的數(shù)量關(guān)系．【答案】(1)DE=BD+CE(2)(-4,3)(3)①DE=BD+CE，理由見解析；②DE=【分析】（1）由全等得到邊長關(guān)系即可．（2）分別按照（1）中情形過A、B做出x軸垂線，得到三角形全等后根據(jù)邊長關(guān)系得到點A坐標．（3）①將（1）中互余的角度變成計算關(guān)系，仍可得角度相等，從而得到全等的三角形，進而得到邊長關(guān)系．②根據(jù)①可證全等，然后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到邊長關(guān)系．【詳解】（1）由等腰直角△ABC得AB=AC，AB⊥AC，又∵BD⊥AD，CE⊥AE∴∠ABD+∠BAD=∴∠ABD=∠CAE又∵AB=CA，∠BDA=∴△ABD∴AD=CE，BD=AE∴DE=BD+CE（2）過A、B作出x軸垂線AD，BE，由（1）可得∴AD=CE，ED=AD+BE，又∵B(1,2)C(-2,0)得BE=2，OE=1，CO=2，∴AD=CE=3，DE=AD+BE=5∴DO=DE-OE=4∴A(-4,3)（3）①∵∠BAC=∠BDA=∠AEC∴∠ABD+∠BAD=∴∠ABD=∠CAE又∵AB=CA，∠BDA=∠AEC∴△ABD∴AD=CE，BD=AE∴DE=BD+CE②與①中同理可得∠ABD=∠CAE分別取BD，AB中點M，N連接MN．∴BM=1∴MN∥DA又∵BA=2AC∴BN=AC∵MN∴∠BMN=∠BDA又∵∠BDA=∠AEC∴∠BMN=∠AEC在△BMN與△AEC中∠NBM=∠CAE∴△NBM∴MN=CE=12∴DE=DA+AE=2CE+【點睛】本題考查一線三等角模型，注重模仿推理能力，結(jié)合一個示范作遷移應(yīng)用，需要大膽參考示范進行相同位置圖像的關(guān)系論證．對知識點的充分理解和遷移是解題的關(guān)鍵．四．截長補短模型（共3小題）15．（21-22七年級下·遼寧阜新·期末）如圖1：在四邊形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°，E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點，且∠EAF=60°，探究圖中線段BE，EF，(1)小王同學探究此問題的方法是：延長FD到點G，使DG=BE，連接AG，先證明△ABE≌△ADG，再證明△AEF≌△AGF，可得出結(jié)論，他的結(jié)論應(yīng)是；（直接寫結(jié)論，不需證明）(2)如圖2，若在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADF=180°，E，F(xiàn)分別是BC、CD上的點，且∠EAF=1(3)如圖3，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，E，F(xiàn)分別是邊BC、CD延長線上的點，且∠EAF=1【答案】(1)EF=BE+FD；(2)（1）中的結(jié)論EF=BE+FD仍然成立，證明見解析；(3)結(jié)論EF=BE+FD不成立，結(jié)論：EF=BE-FD；證明見解析．【分析】（1）延長FD到點G，使DG=BE，連接AG，證明△ABE≌△ADG和△AEF≌△AGF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可求解；（2）（1）中的結(jié)論EF=BE+FD仍然成立．如圖2中，延長CB至M，使BM=DF，連接AM，證明△ABM≌△ADFSAS和△AME≌△AFE（3）結(jié)論EF=BE+FD不成立，結(jié)論：EF=BE-FD．如圖3中，在BE上截取BG，使BG=DF，連接AG，證明△ABG≌△ADFSAS和△AEG≌△AEF本題考查了三角形全等的判定和性質(zhì)，補角性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是學會利用旋轉(zhuǎn)變換的思想添加輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．【詳解】（1）解：如圖1，延長FD到點G，使DG=BE，連接AG，在△ABE和△ADG中，AB=AD∠B=∠ADG∴△ABE≌△ADGSAS∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，∠BAE+∠DAF=∠DAG+∠DAF，即∠GAF=∠BAE+∠DAF，∵∠BAD=120°，∠EAF=60°，∴∠BAE+∠DAF=120°-60°=60°，∴∠GAF=60°，∴∠GAF=∠EAF，在△AGF和△AEF中，AF=AF∠GAF=∠EAF∴△AGF≌△AEFSAS∴FG=EF，∵FG=DF+DG，∴EF=BE+FD，故答案為：EF=BE+FD；（2）解：（1）中的結(jié)論EF=BE+FD仍然成立．證明：如圖2中，延長CB至M，使BM=DF，連接AM，∵∠ABC+∠D=180°，∠1+∠ABC=180°，∴∠1=∠D，在△ABM與△ADF中，AB=AD∠1=∠D∴△ABM≌△ADFSAS∴AF=AM，∠2=∠3，∵∠EAF=1∴∠2+∠4=1∴∠3+∠4=∠EAF，即∠MAE=∠EAF，在△AME與△AFE中，AM=AF∠MAE=∠EAF∴△AME≌△AFESAS∴EF=ME，∵EF=BE+BM，∴EF=BE+DF（3）解：結(jié)論EF=BE+FD不成立，結(jié)論：EF=BE-FD．證明：如圖3中，在BE上截取BG，使BG=DF，連接AG，∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，∴∠B=∠ADF，在△ABG與△ADF中，AB=AD∠ABG=∠ADFBG=DF∴△ABG≌△ADFSAS∴∠BAG=∠DAF，AG=AF，∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF=12∴∠GAE=∠EAF，∴AE=AE，∴△AEG≌△AEFSAS∴EG=EF，∵EG=BE-BG，∴EF=BE-FD．16．（21-22八年級上·四川南充·期末）（1）閱讀理解：問題：如圖1，在四邊形ABCD中，對角線BD平分∠ABC，∠A+∠C=180°．求證：DA=DC．思考：“角平分線+對角互補”可以通過“截長、補短”等構(gòu)造全等去解決問題．方法1：在BC上截取BM=BA，連接DM，得到全等三角形，進而解決問題；方法2：延長BA到點N，使得BN=BC，連接DN，得到全等三角形，進而解決問題．結(jié)合圖1，在方法1和方法2中任選一種，添加輔助線并完成證明．（2）問題解決：如圖2，在（1）的條件下，連接AC，當∠DAC=60°時，探究線段AB，BC，BD之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（3）問題拓展：如圖3，在四邊形ABCD中，∠A+∠C=180°，DA=DC，過點D作DE⊥BC，垂足為點E，請寫出線段AB、CE、BC之間的數(shù)量關(guān)系．【答案】（1）見解析；（2）AB+BC=BD，見解析；（3）BC-AB=2CE，見解析【分析】本題考查了全等三角形的性質(zhì)與判定；（1）方法1：在BC上截取BM=BA，連接DM，證明△ABD≌△MBDSAS，得出∠A=∠BMD，AD=MD，進而得出∠C=∠CMD，則DM=DC，等量代換即可得證；方法2：延長AB到N，使BN=BC，連接DN，證明△NBD≌△CBDSAS，得出∠BND=∠C，ND=CD，進而得出∠BND=∠NAD，則（2）AB，BC，BD之間的數(shù)量關(guān)系為AB+BC=BD．方法1：在BD上截取BF=AB，連接AF，由1知∠BAD+∠BCD=180°，得出△ABF，△ADC為等邊三角形，證明△ABC≌△AFDSAS，得出DF=BC，進而即可得證；方法2：延長CB到P，使BP=BA，連接AP，由1知AD=CD，則△ADC，△ABP是等邊三角形，證明△PAC≌△BADSAS，得出（3）線段AB、CE、BC之間的數(shù)量關(guān)系為BC-AB=2CE，連接BD，過點D作DF⊥AB于點F，證明△DFA≌△DECAAS，Rt△BDF≌和Rt△BDE【詳解】解：（1）方法1：在BC上截取BM=BA，連接DM，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD，在△ABD和△MBD中，BD=BD∠ABD=∠MBD∴△ABD≌△MBDSAS∴∠A=∠BMD，AD=MD，∵∠BMD+∠CMD=180°，∠C+∠A=180°，∴∠C=∠CMD，∴DM=DC，∴DA=DC；方法2：延長AB到N，使BN=BC，連接DN，∵BD平分∠ABC，∴∠NBD=∠CBD，在△NBD和△CBD中，BD=BD∠NBD=∠CBD∴△NBD≌△CBDSAS∴∠BND=∠C，ND=CD，∵∠NAD+∠BAD=180°，∠C+∠BAD=180°，∴∠BND=∠NAD，∴DN=DA，∴DA=DC；（2）AB，BC，BD之間的數(shù)量關(guān)系為AB+BC=BD．方法1：理由如下：如圖2，在BD上截取BF=AB，連接AF，由（1）知∠BAD+∠BCD=180°，∴∠ABC+∠DAC=180°，∵∠DAC=60°，∴∠ABC=120°，∴∠ABD=∠DBC=60°，∴△ABF為等邊三角形，∴AB=AF=BF，∠BAF=60°，∵AD=DC，∴△ADC為等邊三角形，∴AD=AC，∠DAC=60°，∴∠DAF=∠BAC，∴△ABC≌△AFDSAS∴DF=BC，∴BD=BF+DF=AB+BC．方法2：理由：延長CB到P，使BP=BA，連接AP，由（1）知AD=CD，∵∠DAC=60°，∴△ADC是等邊三角形，∴AC=AD，∠ADC=60°，∵∠BCD+∠BAD=180°，∴∠ABC=360°-180°-60°=120°，∴∠PBA=180°-∠ABC=60°，∵BP=BA，∴△ABP為等邊三角形，∴∠PAB=60°，AB=AP，∵∠DAC=60°，∴∠PAB+∠BAC=∠DAC+∠BAC，即∠PAC=∠BAD，在△PAC和△BAD中，PA=BA∠PAC=∠BAD∴△PAC≌△BADSAS∴PC=BD，∵PC=BP+BC=AB+BC，∴AB+BC=BD；（3）線段AB、CE、BC之間的數(shù)量關(guān)系為BC-AB=2CE．連接BD，過點D作DF⊥AB于點F，∵∠BAD+∠C=180°，∠BAD+∠FAD=180°，∴∠FAD=∠C，在△DFA和△DEC中，∠DFA=∠DEC∠FAD=∠C∴△DFA≌△DECAAS∴DF=DE，AF=CE，在Rt△BDF和RtBD=BDDF=DE∴Rt∴BF=BE，∴BC=BE+CE=BA+AF+CE=BA+2CE，∴BC-BA=2CE．17．（22-23八年級上·湖北孝感·期中）如圖，在五邊形ABCDE中，AB=AE，CA平分∠BCD，∠CAD=1

(1)求證：CD=BC+DE；(2)若∠B=75°，求∠E的度數(shù)．【答案】(1)見解析(2)105°【分析】（1）在CD上截取CF=CB，連接AF，證明△BCA≌△FCASAS，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出AB=AF，∠BAC=∠FAC，進而證明△ADF≌△ADESAS，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出（2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，結(jié)合圖形可得∠B+∠E=∠CFA+∠AFD=180°，即可求解．【詳解】（1）解：在CD上截取CF=CB，連接AF．

∵CA平分∠BCD，∴∠BCA=∠FCA．在△BCA和△FCA中，CB=CF∴△BCA≌△FCA∴AB=AF，∠BAC=∠FAC．又∵AB=AE，∴AF=AE．又∵∠CAD=1∴∠BAC+∠EAD=∠FAC+∠FAD，∴∠FAD=∠EAD．在△ADF和△ADE中，AF=AE∠FAD=∠EAD∴△ADF≌△ADE∴DE=DF．∴CD=CF+FD=BC+DE．（2）∵△BCA≌△FCA，∴∠B=∠CFA．∵△ADF≌△ADE，∴∠E=∠AFD．∴∠B+∠E=∠CFA+∠AFD=180°．∴∠E=180°-∠B=180°-75°=105°．【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握全等三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．五．半角模型（共4小題）18．（20-21七年級下·上海嘉定·期末）在等邊三角形ABC的兩邊AB、AC所在直線上分別有兩點M、N，P為△ABC外一點，且∠MPN=60°，∠BPC=120°，BP=CP．探究：當點M、N分別在直線AB、(1)如圖①，當點M、N在邊AB、AC上，且PM=PN時，試說明(2)如圖②，當點M、N在邊AB、AC上，且PM≠PN時，答：．（請在空格內(nèi)填“一定成立”“不一定成立”或“一定不成立”)．(3)如圖③，當點M、N分別在邊AB、【答案】(1)見解析(2)一定成立(3)MN=NC-BM【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)以及三角形內(nèi)角和定理得到∠PBC=∠PCB=30°，進而得到∠PBM=∠PCN=90°，證明Rt△PBM≌Rt△PCN(HL)（2）延長AC至H，使CH=BM，連接PH，證明△PBM≌△PCH，得到PM=PH，∠BPM=∠CPH，再證明△MPN≌△HPN(SAS)，得到MN=HN，即可得到答案；（3）在AC上截取CK=BM，連接PK，證明△PBM≌△PCH(SAS)，得到PM=PK，∠BPM=∠CPK，再證明△MPN≌△KPN(SAS)，得到MN=KN，即可得到答案．【詳解】（1）證明：∵△ABC為等邊三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°，∵∠BPC=120°，BP=CP，∴∠PBC=∠PCB=1∴∠PBM=∠PCN=90°，在Rt△PBM和RtPB=PCPM=PN∴Rt∴∠BPM=∠CPN=30°，∵∠MPN=60°，PM=PN，∴△PMN為等邊三角形，∴PM=PN=MN，在Rt△PBM中，∠BPM=30°∴BM=1同理可得，CN=1∴BM+CN=MN；（2）解：一定成立，理由如下：如圖，延長AC至H，使CH=BM，連接PH，，由（1）可知：∠PBM=∠PCN=90°，∴∠PCH=90°，∴∠PBM=∠PCH，在△PBM和△PCH中，BM=CH∠PBM=∠PCH∴△PBM≌△PCH(SAS)，∴PM=PH，∠BPM=∠CPH，∵∠BPM+∠CPN=60°，∴∠CPN+∠CPH=60°，∴∠MPN=∠HPN，在△MPN和△HPN中，PM=PH∠MPN=∠HPN∴△MPN≌△HPN(SAS)，∴MN=HN=BM+CN，故答案為：一定成立；（3）解：如圖，在AC上截取CK=BM，連接PK，，在△PBM和△PCK中，PB=PC∠PBM=∠PCK=90°∴△PBM≌△PCK(SAS)，∴PM=PK，∠BPM=∠CPK，∵∠BPM+∠BPN=60°，∴∠CPK+∠BPN=60°，∴∠KPN=60°，∴∠MPN=∠KPN，在△MPN和△KPN中，PM=PK∠MPN=∠KPN∴△MPN≌△KPN(SAS)，∴MN=KN，∵KN=NC-CK=NC-BM，∴MN=NC-BM．【點睛】本題考查的是全等三角形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)，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．19．（22-23八年級上·山西朔州·期末）（1）問題背景：如圖①：在四邊形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°．E、F分別是BC、CD上的點且∠EAF=60°．探究圖中線段BE、EF、FD之間的數(shù)量關(guān)系．小明同學探究此問題的方法是：延長FD到點G，使DG=BE．連接AG，先證明△ABE≌△ADG，再證明△AEF≌△AGF，可得出結(jié)論，他的結(jié)論應(yīng)是___________；（2）探索延伸：如圖②，若在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E,F分別是BC、CD上的點，且∠EAF=1（3）實際應(yīng)用：如圖③，在某次軍事演習中，艦艇甲在指揮中心（O處）北偏西30°的A處，艦艇乙在指揮中心南偏東70°的B處，并且兩艦艇到指揮中心的距離相等，接到行動指令后，艦艇甲向正東方向以60海里/小時的速度前進，艦艇乙沿北偏東50°的方向以80海里/小時的速度前進2小時后，甲、乙兩艦艇分別到達E,F處，此時在指揮中心觀測到兩艦艇之間的夾角為70°，試求此時兩艦艇之間的距離．【答案】（1）問題背景：EF=FD+BE，理由見詳解；（2）探索延伸：成立，理由見詳解；（3）實際應(yīng)用：兩艦艇之間的距離為280海里【分析】（1）問題背景：AB=AD，∠B=∠ADC=90°，DG=BE，可證△ABE≌△ADG，由AE=AG，∠GAD+∠DAF=∠EAF，AF為公共邊，可證△AEF≌△AGF，由此即可求解；（2）探索延伸：根據(jù)“問題背景”的提示，延長FD到點G，使DG=BE，由此即可求解；（3）實際應(yīng)用：如圖所示（見詳解），延長EA，使得AC=BF，連接EF，證明△OAC≌△OBF(SAS)，△COE≌△FOE(SAS【詳解】解：（1）問題背景：根據(jù)題意，在Rt△ABE，Rt∵AB=AD∠B=∠ADG=90°∴△ABE≌△ADG(SAS∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，∵∠BAD=120°，∠EAF=60°，∴∠BAE+∠FAD=120°-60°=60°，即∠FAD+∠DAG=∠GAF=60°，∴在△EAF，△GAF中，∵AE=AG∠EAF=∠GAF=60°∴△AEF≌△AGF(SAS∴EF=GF=FD+DG=FD+BE，∴EF=FD+BE；（2）探索延伸：如圖所示，延長FD到點G，使DG=BE，∵∠B+∠ADF=180°，∠ADF+∠ADG=180°，∴∠B=∠ADG，在△ABE，△ADG中，AB=AD∠B=∠ADG∴△ABE≌△ADG(SAS∴AE=AG，∠BAE=∠DAG∵∠EAF=1∴∠BAE+∠FAD=∠BAD-∠EAF=∠BAD-1∴∠FAD+∠DAG=1∴∠EAF=∠FAG，在△EAF，△GAF中，∵AE=AG∠EAF=∠GAF∴△AEF≌△AGF(SAS∴EF=GF=FD+DG=FD+BE，∴EF=FD+BE，∴成立；（3）實際應(yīng)用：如圖所示，延長EA，使得AC=BF，連接EF，∵艦艇甲在指揮中心（O處）北偏西30°的A處，艦艇乙在指揮中心南偏東70°的B處，艦艇乙沿北偏東50°的方向行駛，∴∠OAE=60°，∠OAC=120°，∠B=70°+50°=120°，∴在△OAC，△OBF中，OA=OB∠OAC=∠OBF=120°∴△OAC≌△OBF(SAS∴OF=OC，∠BOF=∠AOC，∵∠EOF=70°，∴∠BOF+∠AOE=∠AOB-∠EOF=140°-70°=70°，∴∠COE=∠BOF+∠AOE=70°，即∠COE=∠EOF，在△COE，△FOE中，OC=OF∠COE=∠FOE∴△COE≌△FOE(SAS∴EF=FC=AE+AC=AE+BF，∵艦艇甲向正東方向以60海里/小時的速度前進，艦艇乙沿北偏東50°的方向以80海里/小時的速度前進2小時，∴AE=60×2=120，BF=80×2=160，∴EF=120+160=280（海里），∴兩艦艇之間的距離為280海里．【點睛】本題主要考查三角形全等的判定和性質(zhì)及實際應(yīng)用，掌握作輔助線求證三角形全等，再根據(jù)三角形全等的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．20．（20-21七年級下·上海松江·期末）如圖，在四邊形ABCD中，AB=AD,∠B+∠ADC=180°，點E、F分別在直線BC、CD上，且∠EAF=1(1)當點E、F分別在邊BC、CD上時（如圖1），請說明EF=BE+FD的理由．(2)當點E、F分別在邊BC、CD延長線上時（如圖2），（1）中的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請說明理由；若不成立，請寫出EF、BE、FD之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【答案】(1)見解析(2)不成立，EF=BE-FD，見解析【分析】（1）延長EB至G，使BG＝DF，連接AG，通過證明△ABG≌△ADF，△EAG≌△EAF可得GE＝EF，進而可說明EF＝BE+DF；（2）在BE上截取BM＝DF，連接AM，通過證明△ABM≌△ADF，△AME≌△AFE可得ME＝EF，進而可得EF＝BE﹣FD．【詳解】（1）EF＝BE+DF，理由：延長EB至G，使BG＝DF，連接AG，∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ABG＝180°，∴∠ADC＝∠ABG，在△ABG和△ADF中，AB=AD∠ABG=∠ADF∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，∵∠EAF＝12∠BAD∴∠BAE+∠DAF＝∠BAE+∠BAG＝∠EAF，即∠EAG＝∠EAF，在△EAG和△EAF中，AG=AF∠EAG=∠EAF∴△EAG≌△EAF（SAS），∴GE＝EF，∴EF＝BE+DF；（2）（1）中結(jié)論不成立，EF＝BE﹣FD，在BE上截取BM＝DF，連接AM，∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADF＝180°，∴∠ABC＝∠ADF，在△ABM和△ADF中，AB=AD∠ABM=∠ADF∴△ABM≌△ADF（SAS），∴AM＝AF，∠BAM＝∠DAF，∵∠BAM+∠MAD＝∠DAF+∠MAD，∴∠BAD＝∠MAF，∵∠EAF＝12∠BAD∴∠EAF＝12∠MAF∴∠EAF＝∠EAM，在△AME和△AFE中，AM=AF∠EAM=∠EAF∴△AME≌△AFE（SAS），∴ME＝EF，∴ME＝BE﹣BM＝BE﹣DF，∴EF＝BE﹣FD．【點睛】本題主要考查全等三角形的判定與性質(zhì)，正確作出輔助線證明相關(guān)三角形全等是解題的關(guān)鍵．21．（20-21九年級上·廣西南寧·期中）如圖①，四邊形ABCD是正方形，M，N分別在邊CD、BC上，且∠MAN=45°，我們稱之為“半角模型”，在解決“半角模型”問題時，旋轉(zhuǎn)是一種常用的方法，如圖①，將△ADM繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，點D與點B重合，連接AM、AN、MN．(1)試判斷DM，BN，MN之間的數(shù)量關(guān)系；(2)如圖②，點M、N分別在正方形ABCD的邊BC、CD的延長線上，∠MAN=45°，連接MN，請寫出MN、DM、BN之間的數(shù)量關(guān)系，并寫出證明過程．(3)如圖③，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B+∠D=180°，點N，M分別在邊BC，CD上，∠MAN=60°，請直接寫出BN，DM，MN之間數(shù)量關(guān)系．【答案】(1)MN=DM+BN(2)MN=BN-DM，證明見解析(3)MN=DM+BN【分析】本題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，利用旋轉(zhuǎn)構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．（1）首先利用SAS證明△EAN≌△MAN，得（2）在BC上取BE=MD,連接AE，首先由△ABE≌△ADMSAS，得AE=AM，∠BAE=∠MAD，再利用SAS證明△EAN≌△MAN（3）將△ABN繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)120°得△ADE，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得點E、D、C共線，由（1）同理可得△EAM≌△NAMSAS，得EM=MN【詳解】（1）解：MN=DM+BN，證明如下：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠BAD=∠D=90°，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：AE=AM，BE=DM，∠ABE=∠D=90°，∠DAM=∠BAE，∴∠ABE+∠ABC=180°，∴點E、B、C共線，∵∠DAM+∠BAM=90°，∴∠BAE+∠BAM=90°=∠EAM，∵∠MAN=45°，∴∠EAN=∠EAM-∠MAN=45°=∠MAN，在△EAN和△MAN中，AE=AM∴△EAN≌△MANSAS∴EN=MN，∵EN=BE+BN，∴MN=DM+BN；（2）解：MN=BN-DM，證明如下：如圖，在BC上取BE=MD，連接AE，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠ADC=∠BAD=90°，AB=AD，∵∠ADC+∠ADM=180°，∴∠ADC=∠ADM=∠ABE=90°，在△ABE和△ADM中，AB=AD∠ABE=∠ADM∴△ABE≌△ADMSAS∴AE=AM，∠BAE=∠MAD，∵∠BAE+∠EAD=∠BAD=90°，∴∠DAM+∠EAD=∠EAM=90°，∵∠MAN=45°，∴∠EAN=∠EAM-∠MAN=45°=∠MAN，在△EAN和△MAN中，AE=AM∠EAN=∠MAN∴△EAN≌△MANSAS∴EN=MN，∵EN=BN-BE，∴MN=BN-DM；（3）解：如圖，將△ABN繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)120°得△ADE，∴∠B=∠ADE，AB=AD，AE=AN，∴∠B+∠ADC=180°，∴∠ADE+∠ADC=180°，∴點E、D、C共線，∵∠BAN+∠NAD=∠BAD=120°，∴∠DAE+∠NAD=∠NAE=120°，∵∠MAN=60°，∴∠EAN=∠EAM-∠MAN=60°=∠MAN，在△EAN和△MAN中，AE=AN∠EAM=∠NAM∴△EAM≌△NAMSAS∴EM=MN，∴MN=DM+BN．六．手拉手模型（共7小題）22．（21-22八年級上·廣東珠海·期中）如圖，△ABC是一個銳角三角形，分別以AB、AC為邊向外作等邊三角形△ABD、△ACE，連接BE、CD交于點F，連接AF．(1)求證：△ABE≌△ADC；(2)求∠EFC的度數(shù)；(3)求證：AF平分∠DFE．【答案】(1)見解析(2)60°(3)見解析【分析】（1）由△ABD、△ACE是等邊三角形，易證∠DAC=∠BAE，繼而可證△ABE≌△ADC；（2）由△ABE≌△ADC，得到∠AEB=∠ACD，進一步得到∠CEF+∠ECF=∠AEC+∠ACE=120°，由三角形內(nèi)角和得到答案；（3）作AH⊥DC于點H，AN⊥BE于點N，證明AH=AN，由【詳解】（1）證明：∵△ABD、△ACE是等邊三角形，∴DA=AB，∴∠DAB+∠BAC=∠EAC+∠BAC，即∠DAC=∠BAE，∴△ABE≌△ADCSAS（2）解：∵△ABE≌△ADC，∴∠AEB=∠ACD，∵∠AEB+∠CAE=∠ACD+∠EFC，∴∠EFC=∠CAE=60°；（3）證明：如圖，作AH⊥DC于點H，AN⊥BE于點∵△ABE≌△ADC，∴∠ADC=∠ABE，∵∠AHD=∠ANB=90°，AD=AB，∴△AHD≌△ANB(AAS∴AH=AN，∵AH⊥DC，∴AF平分∠DFE．【點睛】此題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)、角平分性的判定知識，熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．23．（20-21八年級上·云南昆明·期末）小明同學發(fā)現(xiàn)這樣一個規(guī)律：兩個頂角相等的等腰三角形，如果具有公共的頂角的頂點，并把它們的底角頂點連接起來則形成一組全等的三角形，小明把具有這個規(guī)律的圖形稱為“手拉手”圖形．（1）問題發(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A、D、E在同一條直線上，連接BE，則∠AEB的度數(shù)為；線段BE與AD之間的數(shù)量關(guān)系是；（3）解決問題：如圖3，若△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，點A、D、E在同一條直線上，CM為△DCE中DE邊上的高，連接BE，請判斷∠AEB的度數(shù)及線段CM、AE、BE之間的數(shù)量關(guān)系并說明理由．

【答案】（1）見解析；（2）60°，BE＝AD；（3）∠AEB＝90°，AE＝BE+2CM，理由見解析【分析】（1）先判斷出∠BAD＝∠CAE，進而利用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．【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△ADE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°，故答案為：60°，BE＝AD；（3）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＝45°，∴∠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．【點睛】此題是三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形，等邊三角形，等腰直角三角形的性質(zhì)，判斷出△ACD≌△BCE是解本題的關(guān)鍵．24．（20-21八年級上·山西陽泉·期中）問題情境：在自習課上，小雪拿來了如下一道題目（原問題）和合作學習小組的同學們交流，如圖①，△ACB和△∠CDE均為等腰三角形．CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE．點A、D、E在同一條直線上，連接BE．求證：∠CDE=∠BCE+∠CBE．問題發(fā)現(xiàn)：小華說：我做過一道類似的題目：如圖②，△ACB和△CDE均為等邊三角形，其他條件不變，求∠AEB的度數(shù)．（1）請聰明的你完成小雪的題目要求并直接寫出小華的題目要求．拓展研究：（2）如圖③，△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，點A、D、E在同一條直線上，CF為△DCE中DE邊上的高，連接BE．請求∠AEB的度數(shù)及線段CF、AE、BE之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【答案】（1）證明見解析；∠AEB=60°；（2）∠AEB=90°；AE=BE+2CF；理由見解析．【分析】（1）小雪的題目：先利用SAS證明△ADC?△BEC，再利用全等三角形的性質(zhì)、三角形外角的性質(zhì)及等量代換即可得證；小華的題目：先利用SAS證明△ADC?△BEC，再利用全等三角形的性質(zhì)得出∠ADC=∠BEC，然后根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)求出∠CDE=∠CED=60°，最后根據(jù)鄰補角的概念和角的和與差即可得出答案；（2）根據(jù)題意易證△ADC?△BEC，再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)及鄰補角的概念即可求得∠AEB的度數(shù)；然后根據(jù)三線合一即可得出CF=DF=EF，最后根據(jù)線段的和與差及等量代換即可得出答案．【詳解】（1）小雪的題目：證明：∵∠ACB=∠DCE∴∠ACD=∠BCE在△ADC和△DCE中，CA=CB∴△ADC?△BEC∴∠CAD=∠CBE又∵∠ACD=∠BCE,∠CDE=∠CAD+∠ACD∴∠CDE=∠CBE+∠BCE；小華的題目：解：∵∠ACB=∠DCE∴∠ACD=∠BCE在△ADC和△DCE中，CA=CB∴△ADC?△BEC∴∠ADC=∠BEC∵△CDE為等邊三角形∴∠CDE=∠CED=60°又∵點A、D、E在同一條直線上∴∠ADC=∠BEC=120°∴∠AEB=∠BEC-∠CED=60°（2）∠AEB=90°；AE=BE+2CF；理由如下：∵△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∴AC=BC,CD=CE,∠ACB=∠DCE=90°，∴∠ACB-∠DCB=∠DCE-∠DCB即∠ACD=∠BCE在△ADC和△DCE中，CA=CB∴△ADC?△BEC∴BE=AD,∠BEC=∠ADC,∵點A、D、E在同一直線上∴∠ADC=180°-45°=135°∴∠BEC=135°∴∠AEB=∠BEC-∠CED=135°-45°=90°∵∠DCE=90°∴CF=DF=EF∴DE=DF+EF=2CF∴AE=AD+DE=BE+2CF．【點睛】本題考查了全等三角形的判定及性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)，熟練掌握性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．25．（23-24七年級下·湖南長沙·階段練習）如圖，在△AOB和△COD中，OA=OB，OC=OD，若∠AOB=∠COD=60°，連接AC、BD交于點P；(1)求證∶△AOC≌△BOD．(2)求∠APB的度數(shù)．(3)如圖（2），△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，AC=BC，AB=14cm，點D是射線AB上的一點，連接CD，在直線AB上方作以點C為直角頂點的等腰直角△CDE，連接BE，若BD=4cm，求【答案】(1)見解析(2)60°(3)BE=10cm或【分析】本題考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，等邊三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理的應(yīng)用；（1）根據(jù)題意得出∠AOC=∠BOD，即可證明△AOC≌△BODSAS（2）根據(jù)題意可得△AOB是等邊三角形，根據(jù)（1）的結(jié)論可得∠OAC=∠OBD，進而根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理，即可求解；（3）分情況討論，當D在線段AB上時，當D在AB的延長線上時，證明△CAD≌△CBESAS，得出AD=BE【詳解】（1）證明：∵∠AOB=∠COD