全等三角形的七大模型压轴题训练（一）-2023-2024学年七年级数学下册全等三角形高分突破（北师大版，成都专用）

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如图1，在等腰中，，，，求证；
在此问题的基础上，老师补充：
过点作于点交于点，过作交于点，交于点，试探究线段，，之间的数量关系，并说明理由．
小白通过研究发现，与有某种数量关系；
小明通过研究发现，将三条线段中的两条放到同一条直线上，即“截长补短”，再通过进一步推理，可以得出结论．
阅读上面材料，请回答下面问题：

（1）求证；
（2）猜想与的数量关系，并证明；
（3）探究线段，，之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）见解析；（2），证明见解析；（3），证明见解析
【分析】（1）利用SAS证明可得结论；
（2）设，推出，，即可证明；
（3）过点作交延长线于点，延长交于点，证明△ABE≌△CAM，得出和，从而证明△NFC≌△MFC，得到和，可得PN=PE，从而得出BP=AF+PF.
【详解】解：（1）∵在△ABE和△ACD中，
，
（SAS），
；
（2）设，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）过点作交延长线于点，延长交于点，
，，
，
在△ABE和△CAM中， ，
（ASA），
，，
，，，（ASA），
，，，，
∴.
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质以及等角对等边等知识点，解题的关键是根据截长补短法添加适当的辅助线，构造全等三角形证明结论，有一定难度.
2．如图，在中，为锐角，点为直线上一动点，以为直角边且在的右侧作等腰直角三角形，，.
（1）如果，.
①当点在线段上时，如图1，线段、的位置关系为___________，数量关系为_____________
②当点在线段的延长线上时，如图2，①中的结论是否仍然成立，请说明理由.
（2）如图3，如果，，点在线段上运动．探究：当多少度时，？小明通过（1）的探究，猜想时，.他想过点作的垂线，与的延长线相交，构建图2的基本图案，寻找解决此问题的方法．小明的想法对吗？如不对写出你的结论；如对按此方法解决问题并写出理由.
【答案】（1）①垂直，相等；②都成立；（2）当时，
【分析】（1）①根据∠BAD=∠CAE，BA=CA，AD=AE，运用“SAS”证明△ABD≌△ACE，根据全等三角形性质得出对应边相等，对应角相等，即可得到线段CE、BD之间的关系；
②先根据“SAS”证明△ABD≌△ACE，再根据全等三角形性质得出对应边相等，对应角相等，即可得到①中的结论仍然成立；
（2）先过点A作AG⊥AC交BC于点G，画出符合要求的图形，再结合图形判定△GAD≌△CAE，得出对应角相等，即可得出结论．
【详解】解：（1）①CE与BD位置关系是CE⊥BD，数量关系是CE=BD．
理由：如图1，∵∠BAD=90°-∠DAC，∠CAE=90°-∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE．
又 BA=CA，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE （SAS）
∴∠ACE=∠B=45°且 CE=BD．
∵∠ACB=∠B=45°，
∴∠ECB=45°+45°=90°，即 CE⊥BD．
故答案为垂直，相等；
②都成立
∵，
∴，
∴，
在与中，
∴，
∴，
∴，即；
（2）当时，（如图）．
理由：过点作交的延长线于点，
则，
∵，∴，
∴，∴，
在与中，∴，∴，
∴，即．
【点睛】此题为三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质及等腰直角三角形的性质，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应边相等，对应角相等进行求解．
3．在△ABC中，AB=AC，将线段AC绕着点C逆时针旋转得到线段CD，旋转角为，且，连接AD、BD．
（1）如图1，当∠BAC=100°，时，∠CBD 的大小为_________；
（2）如图2，当∠BAC=100°，时，求∠CBD的大小；
（3）已知∠BAC的大小为m（），若∠CBD 的大小与（2）中的结果相同，请直接写出的大小．
【答案】（1）30°；（2）30°；（3）为或或．
【分析】（1）由，，可以确定，旋转角为，时是等边三角形，且，知道的度数，进而求得的大小；
（2）由，，可以确定，连接、．，，，由案．依次证明，．利用角度相等可以得到答案．
（3）结合（1）（2）的解题过程可以发现规律，是等边三角形时，在内部时，在外部时，求得答案．
【详解】解：（1）解（1）∵，，
∴，
∵，，
∴为等边三角形，
∴．
又∵，
∴为等腰三角形，
∴，
∴．
（2）方法1：如图作等边，连接、．
，．
，，
．
，
．
．①
，，
．②
，③
由①②③，得，
，．
，，
．
，，
．
．
．④
，，
．⑤
，⑥
由④⑤⑥，得．
．
．
．
．
方法2 如下图所示，构造等边三角形ADE，连接CE．

∵在等腰三角形ACD中，，
∴，
∵，
∴．
可证．
结合角度，可得，．
在和中，
，
∴，
∴．
∵，
∴．
方法3 如下图所示，平移CD至AE，连接ED，EB，则四边形ACDE是平行四边形．

∵，
∴四边形ACDE是菱形，
∴，．
∴，
∴，
∴是等边三角形，是等腰三角形，
∴，，
∴．
∴．
（3）由（1）知道，若，时，则；
①由（1）可知，设时可得，，
，
．
②由（2）可知，翻折到△，则此时，
，
，
③以为圆心为半径画圆弧交的延长线于点，连接，
，
．
综上所述，为或或时，．
【点睛】本题是一道几何结论探究题，解答这类题目的关键是要善于从探究特殊结论中归纳出一般性解题方法，并灵活运用这种方法解答一般性的问题，真正达到举一反三的目的．
4．如图，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF=90°，且EF交正方形外角平分线CF于点F．
（1）求证：AE=EF；
（2）如图2，若把条件“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC上的任意一点”，其余条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？ ；（填“成立”或“不成立”）；
（3）如图3，若把条件“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC延长线上的一点”，其余条件仍不变，那么结论AE=EF是否成立呢？若成立请证明，若不成立说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）成立；（3）成立，证明见解析.
【分析】（1）取AB中点M，连接EM，求出BM=BE，得出∠BME=45°，求出∠AME=∠ECF=135°，求出∠MAE=∠FEC，根据ASA推出△AME和△ECF全等即可；
（2）截取BE=BM，连接EM，求出AM=EC，得出∠BME=45°，求出∠AME=∠ECF=135°，求出∠MAE=∠FEC，根据ASA推出△AME和△ECF全等即可；
（3）在BA的延长线上取一点N，使AN=CE，连接NE，根据已知利用ASA判定△ANE≌△ECF，因为全等三角形的对应边相等，所以AE=EF．
【详解】解：（1）证明：取AB中点M，连接EM，
∵AB=BC，E为BC中点，M为AB中点，
∴AM=CE=BE，
∴∠BME=∠BME=45°，
∴∠AME=135°=∠ECF，
∵∠B=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°，
∵∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠FEC=90°，
∴∠BAE=∠FEC，
在△AME和△ECF中，，
∴△AME≌△ECF（ASA），
∴AE=EF；
（2）成立，
理由是：如图，在AB上截取BM=BE，连接ME，
∵∠B=90°，
∴∠BME=∠BEM=45°，
∴∠AME=135°=∠ECF，
∵AB=BC，BM=BE，
∴AM=EC，
在△AME和△ECF中，，
∴△AME≌△ECF（ASA），
∴AE=EF；
（3）成立．
证明：如图，在BA的延长线上取一点N．使AN=CE，连接NE，
∴BN=BE，∴∠N=∠NEC=45°，
∵CF平分∠DCG，∴∠FCE=45°，∴∠N=∠ECF，
∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BE，
∴∠DAE=∠BEA，即∠DAE+90°=∠BEA+90°，
∴∠NAE=∠CEF，
∴△ANE≌△ECF（ASA），
∴AE=EF．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，阅读材料，理清解题的关键是去AM=EC，然后构造出△AME和△ECF全等是解题的关键.
5．已知等腰△ABC中，AB=AC，点D在直线AB上， DE∥BC，交直线AC与点E，且BD=BC，CH⊥AB，垂足为H．
（1）当点D在线段AB上时，如图1，求证DH=BH+DE；
（2）当点D在线段BA延长线上时，如图2，当点D在线段AB延长线上时，如图3，直接写出DH，BH，DE之间的数量关系，不需要证明．
【答案】（1）见详解；（2）图2：，图3：
【分析】（1）在线段上截取，连接，，证明，可得到，即可求解．
（2）当点在线段延长线上时，在的延长线上截取，连接，，由题意可证，可得，由题意可得，即可证，可得，则可得；当点在线段延长线上时，在线段上截取，连接，，由题意可证，可得，由题意可得，即可证，可得，则可得．
【详解】解：（1）证明：在线段上截取，连接，
∵，
∴
∴
∵
∴
∵
∴，
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴
（2）当点在线段延长线上时，
如图2：在的延长线上截取，连接，
∵
∴
∵
∴
∵
∴
∵，，
∴
∴
∴
∵，
∴
又∵，
∴
∴
∵
∴
当点在线段延长线上时，
如图3：当点在线段延长线上时，在线段上截取，连接，
∵，，
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴，
∴，，且
∴
∴
∵
∴
【点睛】本题主要考查了三角形综合题，等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定，合理添加辅助线证全等是解题的关键．
6．（1）方法呈现：
如图①：在中，若，，点D为BC边的中点，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，再连接BE，可证，从而把AB、AC，集中在中，利用三角形三边的关系即可判断中线AD的取值范围是_______________，这种解决问题的方法我们称为倍长中线法；
（2）探究应用：
如图②，在中，点D是BC的中点，于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，判断与EF的大小关系并证明；
（3）问题拓展：
如图③，在四边形ABCD中，，AF与DC的延长线交于点F、点E是BC的中点，若AE是的角平分线．试探究线段AB，AF，CF之间的数量关系，并加以证明．
【答案】（1）1＜AD＜5，（2）BE+CF＞EF，证明见解析；（3）AF+CF＝AB，证明见解析．
【分析】（1）由已知得出AC﹣CE＜AE＜AC+CE，即5﹣4＜AE＜5+3，据此可得答案；
（2）延长FD至点M，使DM＝DF，连接BM、EM，同（1）得△BMD≌△CFD，得出BM＝CF，由线段垂直平分线的性质得出EM＝EF，在△BME中，由三角形的三边关系得出BE+BM＞EM即可得出结论；
（3）如图③，延长AE，DF交于点G，根据平行和角平分线可证AF＝FG，易证△ABE≌△GEC，据此知AB＝CG，继而得出答案．
【详解】解：（1）延长AD至E，使DE＝AD，连接BE，如图①所示，
∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD，
在△BDE和△CDA中，
∵，
∴△BDE≌△CDA（SAS），
∴BE＝AC＝4，
在△ABE中，由三角形的三边关系得：AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∴6﹣4＜AE＜6+4，即2＜AE＜10，
∴1＜AD＜5；
故答案为：1＜AD＜5，
（2）BE+CF＞EF；
证明：延长FD至点M，使DM＝DF，连接BM、EM，如图②所示．
同（1）得：△BMD≌△CFD（SAS），
∴BM＝CF，
∵DE⊥DF，DM＝DF，
∴EM＝EF，
在△BME中，由三角形的三边关系得：BE+BM＞EM，
∴BE+CF＞EF；
（3）AF+CF＝AB．
如图③，延长AE，DF交于点G，
∵AB∥CD，
∴∠BAG＝∠G，
在△ABE和△GCE中
CE＝BE，∠BAG＝∠G，∠AEB＝∠GEC，
∴△ABE≌△GEC（AAS），
∴CG＝AB，
∵AE是∠BAF的平分线，
∴∠BAG＝∠GAF，
∴∠FAG＝∠G，
∴AF＝GF，
∵FG+CF＝CG，
∴AF+CF＝AB．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了三角形的三边关系、全等三角形的判定与性质、角的关系等知识；本题综合性强，有一定难度，通过作辅助线证明三角形全等是解决问题的关键．
7．如图，△ABD和△BCE都是等边三角形，∠ABC＜105°，AE与DC交于点F．
（1）求证：AE＝DC；
（2）求∠BFE的度数；
（3）若AF＝9.17cm，BF＝1.53cm，CF＝7.53cm，求CD．
【答案】（1）见解析；（2）60°；（3）18.23cm
【分析】（1）由等边三角形的性质可知∠DBA＝∠EBC＝60°，BD＝AB，BC＝BE．从而可证∠DBC＝∠ABE．即可利用“SAS”可证明△DBC≌△ABE，得出结论AE＝DC．
（2）过点B作BN⊥CD于N，BH⊥AE于H．由△DBC≌△ABE可知∠BEH＝∠BCN，∠BDF＝∠BAF．再结合等边三角形的性质可求出∠FDA+∠DAF＝120°，进而求出∠DFA＝180°-120°＝60°，即求出∠DFE＝180°-60°＝120°．即可利用“AAS”证明△BEH≌△BCN，得出结论BH＝BN，即得出BF平分∠DFE，即可求出∠BFE＝60°．
（3）延长BF至Q，使FQ＝AF，连接AQ．根据所作辅助线可知∠AFQ＝∠BFE＝60°，即证明△AFQ是等边三角形，得出结论AF＝AQ＝BQ，∠FAQ＝60°．又可证明∠DAF＝∠BAQ．利用“SAS”可证明△DAF≌△BAQ，即得出DF＝BQ＝BF+FQ＝BF+AF，最后即可求出CD＝DF+CF＝BF+AF+CF＝1.53+9.17+7.53＝18.23cm．
【详解】（1）证明：∵△ABD和△BCE都是等边三角形，
∴∠DBA＝∠EBC＝60°，BD＝AB，BC＝BE，
∴∠DBA+∠ABC＝∠EBC+∠ABC，即∠DBC＝∠ABE，
∵在△DBC和△ABE中，，
∴△DBC≌△ABE（SAS），
∴AE＝DC；
（2）解：如图，过点B作BN⊥CD于N，BH⊥AE于H．
∵△DBC≌△ABE，
∴∠BEH＝∠BCN，∠BDF＝∠BAF，
∵△ABD是等边三角形，
∴∠BDA+∠BAD＝120°，
∴∠FDA+∠DAF＝120°，
∴∠DFA＝180°-120°＝60°，
∴∠DFE＝180°-60°＝120°，
在△BEH和△BCN中，
，
∴△BEH≌△BCN（AAS），
∴BH＝BN，
∴BF平分∠DFE，
∴∠BFE＝∠DFE＝×120°＝60°；
（3）解：如图，延长BF至Q，使FQ＝AF，连接AQ．
则∠AFQ＝∠BFE＝60°，
∴△AFQ是等边三角形，
∴AF＝AQ＝BQ，∠FAQ＝60°，
∵△ABD是等边三角形，
∴AD＝AB，∠DAB＝60°，
∴∠DAB+∠BAF＝∠BAF+∠FAQ，即∠DAF＝∠BAQ，
在△DAF和△BAQ中，，
∴△DAF≌△BAQ（SAS），
∴DF＝BQ＝BF+FQ＝BF+AF，
∴CD＝DF+CF＝BF+AF+CF＝1.53+9.17+7.53＝18.23cm．
【点睛】本题为三角形综合题．考查等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理以及角平分线的判定和性质．正确的作出辅助线也是解答本题的关键．
8．如图，△CAB与△CDE为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，CA＝CB，CD＝CE，∠CAB＝∠CBA＝45°，∠CDE＝∠CED＝45°，连接AD、BE．
（1）如图1，若∠CAD＝28°，∠DCB＝10°，则∠DEB的度数为________度；
（2）如图2，若A、D、E三点共线，AE与BC交于点F，且CF＝BF，AD＝3，求△CEF的面积；
（3）如图3，BE与AC的延长线交于点G，若CD⊥AD，延长CD与AB交于点N，在BC上有一点M且BM＝CG，连接NM，请猜想CN、NM、BG之间的数量关系并证明你的猜想．
【答案】（1）27；（2）；（3）BG=MN+CN，证明见解析．
【分析】（1）证明△ACD≌△BCE得∠CEB=∠ADC，∠CAD=∠CBE，再求出∠ACD，由三角形内角和定理可解决问题；
（2）过C作CG⊥DE于点G，由（）1）可证△ACD≌△BCE得BE=AD=3，证明△CGF≌△BEF得CG=3，EF=，根据三角形面积公式可计算出结果；
（3）过点C作CF//AB交BG于点F，证明四边形CNBF是平行四边形得CN=BF，CF=BN，证明得GF=MN，进一步可得结论．
【详解】解：（1）∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴
∵,
∴△ACD≌△BCE
∴∠CEB=∠ADC，∠CAD=∠CBE=28°
∵∠DCB=10°
∴∠ACD=∠ACB-∠DCB=90°-10°=80°
∴∠BCE=80°
∴∠CEB=180°-∠CBE-∠BCE=72°
∴∠DEB=∠CEB-∠CED=72°-45°=27°；
故答案为27；
（2）过C作CG⊥DE于点G，如图，
∵△DCE是等腰直角三角形，
∴,∠CGE=90°
由（1）同理可证明：△ACD≌△BCE
∴BE=AD=3，∠CEB=∠CDA=180°-45°=135°
∴∠GEB=∠CEB-∠CED=135°-45°=90°=∠CGF
∵CF=BF，∠CFG=∠EFB
∴△CGF≌△BEF
∴GF=EF=，GC=BE=AD=3
∵CG=GE
∴GF=EF=
∵∠CGF=90°
∴
（3）过点C作CF//AB交BG于点F，
∴∠GCF=∠CAB=∠CBA=45°
由（1）同理可得，△ACD≌△BCE
∴∠BEC=∠ADC
∵AD⊥CD
∴∠ADC=90°
∴∠BEC=90°=∠DCE
∴CN//BF
∵CF//BN
∴四边形CNBF是平行四边形
∴CN=BF，CF=BN
在△BMN和△CGF中，

∴
∴GF=MN
∴BG=GF+BF=MN+CN
【点睛】本题考查三角形综合题、等腰三角形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质．
9．如图，在四边形中，．点从点出发，以的速度沿向点匀速运动设运动时间为．
（1）如图①，连接，当时，求的值；
（2）如图②，当点开始运动时，点同时从点出发，以的速度沿向点匀速运动，当两点中有一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．当与全等时，求和的值；
（3）如图③，当（2）中的点开始运动时，点同时从点出发，以的速度沿向点运动，连接，交于点．连接当时，，请求出此时的值．
【答案】（1）；（2），或，；（3）
【分析】（1）由“”可证，可得，可求解；
（2）分两种情况讨论，由全等三角形的性质可求解；
（3）由，可求的值，由面积和差关系可求，可求的值．
【详解】解：（1），
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
；
（2）若，
，，
，
，
，
，
，
，
若，
，，
，
，
，
，
；
综上所述：，或，；
（3）如图，连接，过点作于，过点作于，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，三角形的面积公式，直角三角形的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
10．（1）问题发现：
如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，当△DCE旋转至点A，D，E在同一直线上，连接BE．则：
①∠AEB的度数为 °；
②线段AD、BE之间的数量关系是 ．
（2）探究发现：
图1中的△ACB和△DCE，在△DCE旋转过程中，当点A，D，E不在同一直线上时，设直线AD与BE相交于点O，试在备用图中探索∠AOE的度数，直接写出结果，不必说明理由．
【答案】（1）①60；②AD＝BE；（2）60°或120°
【分析】（1）由条件易证△ACD≌△BCE，从而得到：AD=BE，∠ADC=∠BEC．由点A，D，E在同一直线上可求出∠ADC，从而可以求出∠AEB的度数；
（2）由（1）知△ACD≌△BCE，得∠CAD=∠CBE，由∠CAB=∠ABC=60°，可知∠EAB+∠ABE=120°，根据三角形的内角和定理可知∠AOE=60°．
【详解】解：（1）①如图1，
∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
∴∠ADC=∠BEC．
∵△DCE为等边三角形，
∴∠CDE=∠CED=60°，
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC=120°，
∴∠BEC=120°，
∴∠AEB=∠BEC-∠CED=60°，
故答案为：60；
②∵△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，
故答案为：AD=BE；
（2）如图3，
由（1）知△ACD≌△BCE，
∴∠CAD=∠CBE，
∵∠CAB=∠CBA=60°，
∴∠OAB+∠OBA=120°，
∴∠AOE=180°-120°=60°，
如图4，
同理求得∠AOB=60°，
∴∠AOE=120°，
∴∠AOE的度数是60°或120°．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了等边三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形全等的判定与性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
11．如图所示，中，，，点为上一点，过点作直线的垂线，垂足为，连接，过点作的垂线交于点．
（1）如图1，求的度数；
（2）如图2，连接，且，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，为上一点，连接，若，，求的长．
【答案】（1）45°；（2）见解析；（3）2
【分析】（1）先证明再证明再利用全等三角形的性质结合等腰直角三角形的性质可得答案；
（2）利用全等三角形的性质先求解，证明 再求解，从而可得结论；
（3）如图，过作于 交于 连接 证明为等边三角形，再证明，再利用全等三角形的性质可得答案.
【详解】解：（1） ，




即
，
，．
（2） ，



,



∴，
∵，
∴．
（3）如图，过作于 交于 连接





为等边三角形，
，



，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边上的中线等腰斜边的一半，等边三角形的判定与性质，含的直角三角形的性质，熟练的应用以上知识解题的关键.
12．（1）问题引入：如图1，点F是正方形ABCD边CD上一点，连接AF，将ADF绕点A顺时针旋转90°与ABG重合（D与B重合，F与G重合，此时点G，B，C在一条直线上），∠GAF的平分线交BC于点E，连接EF，判断线段EF与GE之间有怎样的数量关系，并说明理由．
（2）知识迁移：如图2，在四边形ABCD中，∠ADC+∠B＝180°，AB＝AD，E，F分别是边BC，CD延长线上的点，连接AE，AF，且∠BAD＝2∠EAF，试写出线段BE，EF，DF之间的数量关系，并说明理由．
（3）实践创新：如图3，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AC平分∠DAB，点E在AB上，连接DE，CE，且∠DAB＝∠DCE＝60°，若DE＝a，AD＝b，AE＝c，求BE的长．（用含a，b，c的式子表示）
【答案】（1）EF＝GE，理由见详解；（2）BE−DF＝EF，理由见详解；（3）BE＝，理由见详解
【分析】（1）根据SAS直接可证△GAE≌△FAE即得GE＝EF；
（2）在BE上取BG＝DF，连接AG，由∠ADC＋∠B＝180°，∠ADF＋∠ADC＝180°，得∠B＝∠ADF，从而SAS证△ABG≌△ADF，再通过SAS证△GAE≌△FAE，得GE＝EF，从而解决问题；
（3）作CF⊥AD，交AD的延长线于F，取FG＝BE，连接CG，由（2）同理可两次全等证明出DE＝GD即可．
【详解】解：（1）EF＝GE，理由如下：
∵△ADF绕点A顺时针旋转90°与△ABG重合，
∴AG＝AF，
∵AE平分∠GAF，
∴∠GAE＝∠FAE，
在△GAE和△FAE中，
，
∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴GE＝EF；
（2）BE−DF＝EF，理由如下：
如图2，在BE上取BG＝DF，连接AG，
∵∠ADC＋∠B＝180°，∠ADF＋∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF，
在△ABG和△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴∠BAG＝∠FAD，AG＝AF，
∵∠BAD＝2∠EAF，
∴∠GAF＝2∠EAF，
∴∠GAE＝∠EAF，
在△GAE和△FAE中
，
∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴GE＝EF，
∴BE−DF＝EF；
（3）如图，作CF⊥AD，交AD的延长线于F，取FG＝BE，连接CG，
∵AC平分∠BAD，CF⊥AF，CB⊥AB，
∴CF＝CB，∠EBC＝∠GFC，
∵BE＝GF，
∴△CBE≌△CFG（SAS），
∴∠BCE＝∠FCG，CG＝CE，
∵∠DAB＝60°，
∴∠FCB＝120°，
∵∠DCE＝60°，
∴∠DCF＋∠BCE＝60°，
∴∠DCG＝60°，
又∵CG＝CE，
∴△ECD≌△GCD（SAS），
∴GD＝DE，
∵Rt△ACF≌Rt△ACB（HL），
∴AF＝AB，
∴b＋a−BE＝c＋BE，
∴BE＝．
【点睛】本题主要考查了全等的判定与性质，结合问题引入，构造出全等三角形是解题的关键．
13．在△ABM中，AM⊥BM，垂足为M，AM＝BM，点D是线段AM上一动点．
（1）如图1，点C是BM延长线上一点，MD＝MC，连接AC，若BD＝17，求AC的长；
（2）如图2，在（1）的条件下，点E是△ABM外一点，EC＝AC，连接ED并延长交BC于点F，且点F是线段BC的中点，求证：∠BDF＝∠CEF．
（3）如图3，当E在BD的延长上，且AE⊥BE，AE＝EG时，请你直接写出∠1、∠2、∠3之间的数量关系．（不用证明）
【答案】（1）17；（2）见解析；（3）∠3＝2∠1+∠2
【分析】（1）根据SAS证明△AMC≌△BMD，由AC＝BD求出AC的长；
（2）延长EF到点G，使FG＝FE，连接BG，证明△BFG≌△CFE，可得EC＝GB，∠G＝∠CEF，再由BD＝BG可得∠G＝∠BDF，从而证得结论；
（3）延长AE、BM交于点C，作MH⊥AC于点H，作MF⊥BG于点F，证明∠FEM＝∠HEM＝45°及△AEM≌△GEM，再证明∠AME＝∠1，根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和即可推导出∠3＝2∠1+∠2．
【详解】解：（1）如图1，∵AM⊥BM，
∴∠AMC＝∠BMD＝90°，
∵AM＝BM，MD＝MC，
∴△AMC≌△BMD（SAS），
∴AC＝BD＝17．
（2）证明：如图2，延长EF到点G，使FG＝FE，连接BG，
∵F为BC中点，
∴BF＝CF，
∵∠BFG＝∠CFE，
∴△BFG≌△CFE（SAS），
∴BG＝EC，∠G＝∠CEF，
又∵BD＝AC，EC＝AC，
∴BD＝EC，
∴BG＝BD，
∴∠G＝∠BDF，
∴∠BDF＝∠CEF．
（3）如图3，延长AE、BM交于点C，作MH⊥AC于点H，作MF⊥BG于点F，
∵AM⊥BM，AE⊥BE，
∴∠BEC＝∠AMC＝90°，
∴∠MBF＝90°﹣∠C＝∠MAH，
∵∠BFM＝∠AHM＝90°，BM＝AM，
∴△BFM≌△AHM（AAS），
∴FM＝HM，
∵∠EFM＝∠EHM＝90°，EM＝EM，
∴Rt△EMF≌Rt△EMH（HL），
∵∠FEH＝90°，
∴∠FEM＝∠HEM＝∠FEH＝45°，
∵∠AEB＝∠GEC＝90°，
∴∠AEM＝∠GEM＝90°+45°＝135°，
∵AE＝EG，EM＝EM，
∴△AEM≌△GEM（SAS），
∴∠AME＝∠GME，
∵∠BEM＝∠BAM＝45°，
∴∠AME＝∠3﹣∠BEM＝∠3﹣∠BAM＝∠1，
∴∠AMG＝2∠AME＝2∠1，
∵∠3＝∠AMG+∠2，
∴∠3＝2∠1+∠2．
【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质综合，解题的关键是根据题意作出辅助线，证明三角形全等．
14．综合与实践
数学活动课上，老师让同学们以“过等腰三角形顶点的直线”为主题开展数学探究．
(1)操作发现：如图甲，在中，，且，直线l经过点A．小华分别过B、C两点作直线l的垂线，垂足分别为点D、E．易证，此时，线段、、的数量关系为：_________；
(2)拓展应用：
如图乙，为等腰直角三角形，，已知点C的坐标为，点B的坐标为．请利用小华的发现直接写出点A的坐标：_____；
(3)迁移探究：
①如图丙，小华又作了一个等腰，，且，她在直线l上取两点D、E，使得，请你帮助小华判断（1）中线段、、的数量关系是否变化，若不变，请证明；若变化，写出它们的关系式并说明理由；
②如图丁，中，，，点D、E在直线上，且，请直接写出线段、、的数量关系．
【答案】(1)
(2)
(3)①，理由见解析；②
【分析】（1）由全等得到边长关系即可．
（2）分别按照（1）中情形过A、B做出轴垂线，得到三角形全等后根据边长关系得到点A坐标．
（3）①将（1）中互余的角度变成计算关系，仍可得角度相等，从而得到全等的三角形，进而得到边长关系．
②根据①可证全等，然后根据全等三角形的性质得到边长关系．
【详解】（1）由等腰直角得，，
又，
又，
，
（2）
过A、B作出轴垂线，，由（1）可得，，
又得，，，
，
（3）①
又，
，
②
与①中同理可得
分别取，中点，连接．
，
,
又
又
在与中
，
【点睛】本题考查一线三等角模型，注重模仿推理能力，结合一个示范作迁移应用，需要大胆参考示范进行相同位置图像的关系论证．对知识点的充分理解和迁移是解题的关键．