沪教版七年级数学下册满分冲刺卷特训11全等三角形压轴题(原卷版+解析)

这是一份沪教版七年级数学下册满分冲刺卷特训11全等三角形压轴题(原卷版+解析)，共90页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

1．如图，是一个锐角三角形，分别以、为边向外作等边三角形、，连接、交于点，连接．
(1)求证：≌；
(2)求的度数；
(3)求证：平分．
2．在中，，点D是直线上一点，连接，以为边向右作，使得，，连接CE．
(1)①如图1，求证：；
②当点D在边上时，请直接写出，，的面积（，，）所满足的关系；
(2)当点D在的延长线上时，试探究，，的面积（，，）所满足的关系，并说明理由．
3．在中，且．
(1)如图（1），若分别平分，交于点C、B，连接．请你判断是否相等，并说明理由；
(2)的位置保持不变，将（1）中的绕点A逆时针旋转至图（2）的位置，相交于O，请你判断线段与的位置关系及数量关系，并说明理由；
(3)在（2）的条件下，若，试求四边形的面积．
4．已知△ABC，分别以AB、AC为边作△ABD和△ACE，且AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠CAE，连接DC与BE，G、F分别是DC与BE的中点．
(1)如图1，若∠DAB＝60°，则∠AFG＝ ；
(2)如图2，若∠DAB＝90°，则∠AFG＝ ；
(3)如图3，若∠DAB＝，试探究∠AFG与的数量关系，并给予证明．
5．两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角顶点，并将它们的底角顶点分别对应连接起来得到两个全等三角形，我们把这样的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，连接BD，CE，则△ABD≌△ACE．
(1)请证明图1的结论成立；
(2)如图2，△ABC和△AED是等边三角形，连接BD，EC交于点O，求∠BOC的度数；
(3)如图3，AB＝BC，∠ABC＝∠BDC＝60°，试探究∠A与∠C的数量关系．
6．（1）问题发现：
如图1，和均为等腰直角三角形，，连接，，点、、在同一条直线上，则的度数为__________，线段、之间的数量关系__________；
（2）拓展探究：
如图2，和均为等腰直角三角形，，连接，，点、、不在一条直线上，请判断线段、之间的数量关系和位置关系，并说明理由．
（3）解决问题：
如图3，和均为等腰三角形，，则直线和的夹角为__________．（请用含的式子表示）
7．如图1，在△ABC中，AE⊥BC于E，AE＝BE，D是AE上的一点，且DE＝CE，连接BD，CD．
（1）试判断BD与AC的位置关系和数量关系，并说明理由；
（2）如图2，若将△DCE绕点E旋转一定的角度后，试判断BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化，并说明理由；
（3）如图3，若将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变．
①试猜想BD与AC的数量关系，并说明理由；
②你能求出BD与AC的夹角度数吗？如果能，请直接写出夹角度数；如果不能，请说明理由．
8．已知：△ABC与△BDE都是等腰三角形．BA＝BC，BD＝BE（AB＞BD）且有∠ABC＝∠DBE．
（1）如图1，如果A、B、D在一直线上，且∠ABC＝60°，求证：△BMN是等边三角形；
（2）在第（1）问的情况下，直线AE和CD的夹角是 °；
（3）如图2，若A、B、D不在一直线上，但∠ABC＝60°的条件不变则直线AE和CD的夹角是 °；
（4）如图3，若∠ACB＝60°，直线AE和CD的夹角是 °．
9．在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点．
（1）如图1，E、F分别是AB、AC上的点，且BE＝AF、求证：△DEF是等腰直角三角形
经过分析已知条件AB＝AC，D为BC的中点．容易联想等腰三角形三线合一的性质，因此，连结AD（如图2），以下是某同学由已知条件开始，逐步按层次推出结论的流程图．请帮助该同学补充完整流程图．补全流程图：
①_______，
②∠EDF＝___
（2）如果E、F分别为AB、CA延长线上的点，仍有BE＝AF，其他条件不变，试猜想△DEF是否仍为等腰直角三角形？请在备用图中补全图形、先作出判断，然后给予证明．
10．在图1、图2中，点C为线段AB上一点，△ACM与△CBN都是等边三角形．
（1）如图1，线段AN与线段BM是否相等?证明你的结论；
（2）如图1，线段AN与线段BM交于点O，求∠AOM的度数；
（3）如图2，AN与MC交于点E，BM与CN交于点F，探究△CEF的形状，并证明你的结论．
11．（1）如图1，在四边形中，，，E、F分别是边、上的点，若，可求得、、之间的数量关系为________．（只思考解题思路，完成填空即可，不必书写证明过程）
（2）如图2，在四边形中，，，E、F分别是边、延长线上的点，若，判断、、之间的数量关系还成立吗，若成立，请完成证明，若不成立，请说明理由．
12．问题背景：“半角模型”问题．如图1，在四边形中，，，，点E，F分别是上的点，且，连接，探究线段之间的数量关系．
(1)探究发现：小明同学的方法是延长到点G．使．连结，先证明，再证明，从而得出结论：_____________；
(2)拓展延伸：如图2，在四边形中，，，E、F分别是边上的点，且，请问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由．
(3)尝试应用：如图3，在四边形中，，，E、F分别是边延长线上的点，且，请探究线段具有怎样的数量关系，并证明．
13．（1）如图1，在四边形ABCD中，，，E、F分别是边BC、CD上的点，且．求证：；
（2）如图2，在四边形ABCD中，，，E、F分别是边BC、CD上的点，且，请直接写出EF、BE、FD之间的数量关系；
（3）如图3，在四边形ABCD中，，，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．
14．如图，在等边三角形ABC中，点E是边AC上一定点，点D是直线BC上一动点，以DE为一边作等边三角形DEF，连接CF．
（1）如图1，若点D在边BC上，直接写出CE，CF与CD之间的数量关系；
（2）如图2，若点D在边BC的延长线上，请探究线段CE，CF与CD之间存在怎样的数量关系？并说明理由；
（3）如图3，若点D在边CB的延长线上，请直接写出CE，CF与CD之间的数量关系．
15．问题背景：如图1，在四边形中，，，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．探究图中线段之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长到G，使，连接，先证明，再证明，可得出结论，他的结论就是______________；
探究延伸：如图2，在四边形中，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由．
实际应用：如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
16．在等边△ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．探究：当M、N分别在直线AB、AC上移动时，BM、NC、MN之间的数量关系及△AMN的周长Q与等边△ABC的周长L的关系．
（1）如图1，当点M、N边AB、AC上，且DM＝DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是 ；此时 ；
（2）如图2，点M、N在边AB、AC上，且当DM≠DN时，猜想（ I）问的两个结论还成立吗？若成立请直接写出你的结论；若不成立请说明理由．
（3）如图3，当M、N分别在边AB、CA的延长线上时，探索BM、NC、MN之间的数量关系如何？并给出证明．
17．小明遇到这样一个问题，如图1，中，，，点为的中点，求的取值 范围．小明发现老师讲过的“倍长中线法”可以解决这个问题，所谓倍长中线法，就是将三角形的中线延长一倍，以便构造出全等三角形，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的方法，他的做法是：如图2，延长到，使，连接，构造，经过推理和计算使问题得到解决．请回答：
(1)小明证明用到的判定定理是： (用字母表示)；
(2)的取值 范围是 ；
(3)小明还发现：倍长中线法最重要的一点就是延长中线一倍，完成全等三角形模型的构造．参考小明思考问题的方法，解决问题：如图3，在中，为边上的中线，且平分，求证：．
18．（1）阅读理解：如图1，在中，若，．求边上的中线的取值范围，小聪同学是这样思考的：延长至，使，连接．利用全等将边转化到，在中利用三角形三边关系即可求出中线的取值范围，在这个过程中小聪同学证三角形全等用到的判定方法是___________，中线的取值范围是___________；
（2）问题解决：如图2，在中，点是的中点，．交于点，交于点．求证：；
（3）问题拓展：如图3，在中，点是的中点，分别以为直角边向外作和，其中，，，连接，请你探索与的数量与位置关系，并直接写出与的关系．
19．【阅读理解】
课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：
如图1，中，若，求边上的中线的取值范围．
小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：如图2，延长到点E，使，连接．请根据小明的方法思考：
（1）如图2，由已知和作图能得到的理由是 ．
A．SSS B．SAS C．AAS D．ASA
（2）如图2，长的取值范围是 ．
A． B． C． D．
【感悟】
解题时，条件中若出现“中点”、“中线”字样，可以考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论转化到同一个三角形中．
【问题解决】
（3）如图3，是的中线，交于点E，交于F，且．求证：．
20．（1）如图1，在ABC中，AB＝4，AC＝6，AD是BC边上的中线，延长AD到点E使DE＝AD，连接CE，把AB，AC，2AD集中在ACE中，利用三角形三边关系可得AD的取值范围是 ；
（2）如图2，在ABC中，AD是BC边上的中线，点E，F分别在AB，AC上，且DE⊥DF，求证：BE＋CF＞EF；
（3）如图3，在四边形ABCD中，∠A为钝角，∠C为锐角，∠B＋∠ADC＝180°，DA＝DC，点E，F分别在BC，AB上，且∠EDF＝∠ADC，连接EF，试探索线段AF，EF，CE之间的数量关系，并加以证明．
21．（1）已知如图1，在中，，求边上的中线的取值范围．
（2）思考：已知如图2，是的中线，，试探究线段与的数量和位置关系，并加以证明．
22．数学兴趣小组在活动时，老师提出了这样一个问题：
如图1，在中，，，D是BC的中点，求BC边上的中线AD的取值范围．
【阅读理解】
小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：
（1）如图1，延长AD到E点，使，连接BE． 根据______可以判定 ______，得出______．
这样就能把线段AB、AC、集中在中．利用三角形三边的关系，即可得出中线AD的取值范围是．
【方法感悟】
当条件中出现“中点”、“中线”等条件时，可以考虑作“辅助线”——把中线延长一倍，构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中，这种做辅助线的方法称为“中线加倍”法．
【问题解决】
（2）如图2，在中，，D是BC边的中点，，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，求证：．
【问题拓展】
（3）如图3，中，，，AD是的中线，，，且．直接写出AE的长＝______．
23．（1）如图1，已知中，AD是中线，求证：；
（2）如图2，在中，D，E是BC的三等分点，求证：；
（3）如图3，在中，D，E在边BC上，且．求证：．
24．已知：等腰和等腰中，，，．
（1）如图1，延长交于点，若，则的度数为 ；
（2）如图2，连接、，延长交于点，若，求证：点为中点；
（3）如图3，连接、，点是的中点，连接，交于点，，，直接写出的面积．
25．课堂上，老师出示了这样一个问题：
如图1，点是边的中点，，，求的取值范围．
（1）小明的想法是，过点作交的延长线于点，如图2，从而通过构造全等解决问题，请你按照小明的想法解决此问题；
（2）请按照上述提示，解决下面问题：
在等腰中，，，点边延长线上一点，连接，过点作于点，过点作，且，连接交于点，连接，求证．
26．课堂上，老师提出了这样一个问题：
如图1，在中，平分交于点D，且，求证：，小明的方法是：如图2，在上截取，使，连接，构造全等三角形来证明．
(1)小天提出，如果把小明的方法叫做“截长法”，那么还可以用“补短法”通过延长线段构造全等三角形进行证明．辅助线的画法是：延长至F，使=______，连接请补全小天提出的辅助线的画法，并在图1中画出相应的辅助线；
(2)小芸通过探究，将老师所给的问题做了进一步的拓展，给同学们提出了如下的问题：
如图3，点D在的内部，分别平分，且．求证：．请你解答小芸提出的这个问题（书写证明过程）；
(3)小东将老师所给问题中的一个条件和结论进行交换，得到的命题如下：
如果在中，，点D在边上，，那么平分小东判断这个命题也是真命题，老师说小东的判断是正确的．请你利用图4对这个命题进行证明．
27．（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，线段EF、BE、FD之间的关系是 ；（不需要证明）
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF＝∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．
28．（1）阅读理解：问题：如图1，在四边形中，对角线平分，．求证：．
思考：“角平分线+对角互补”可以通过“截长、补短”等构造全等去解决问题．
方法1：在上截取，连接，得到全等三角形，进而解决问题；
方法2：延长到点，使得，连接，得到全等三角形，进而解决问题．
结合图1，在方法1和方法2中任选一种，添加辅助线并完成证明．
（2）问题解决：如图2，在（1）的条件下，连接，当时，探究线段，，之间的数量关系，并说明理由；
（3）问题拓展：如图3，在四边形中，，，过点D作，垂足为点E，请直接写出线段、、之间的数量关系．
29．在△ABC中，AD为△ABC的角平分线，点E是直线BC上的动点．
（1）如图1，当点E在CB的延长线上时，连接AE，若∠E＝48°，AE＝AD＝DC，则∠ABC的度数为 ．
（2）如图2，AC＞AB，点P在线段AD延长线上，比较AC+BP与AB+CP之间的大小关系，并证明．
（3）连接AE，若∠DAE＝90°，∠BAC＝24°，且满足AB+AC＝EC，请求出∠ACB的度数（要求：画图，写思路，求出度数）．
30．已知在四边形ABCD中，∠ABC＋∠ADC＝180°，∠BAD＋∠BCD＝180°，AB＝BC
（1）如图1，连接BD，若∠BAD＝90°，AD＝7，求DC的长度．
（2）如图2，点P、Q分别在线段AD、DC上，满足PQ＝AP＋CQ，求证：∠PBQ＝∠ABP＋∠QBC
（3）若点Q在DC的延长线上，点P在DA的延长线上，如图3所示，仍然满足PQ＝AP＋CQ，请写出∠PBQ与∠ADC的数量关系，并给出证明过程．
特训11 全等三角形压轴题（手拉手型、半角型、旋转型、倍长中线、截长补短）
一、解答题
1．如图，是一个锐角三角形，分别以、为边向外作等边三角形、，连接、交于点，连接．
(1)求证：≌；
(2)求的度数；
(3)求证：平分．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)见解析
【分析】（1）由、是等边三角形，易证，继而可证；
（2）由≌，得到，进一步得到，由三角形内角和得到答案；
（3）作于点于点，证明，由，即可得到结论．
【解析】（1）证明：、是等边三角形，
，
，
即，
≌；
（2）解：≌，
，
，
；
（3）证明：如图，作于点于点，

，
，
，，
，
，
，
平分．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、角平分性的判定知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
2．在中，，点D是直线上一点，连接，以为边向右作，使得，，连接CE．
(1)①如图1，求证：；
②当点D在边上时，请直接写出，，的面积（，，）所满足的关系；
(2)当点D在的延长线上时，试探究，，的面积（，，）所满足的关系，并说明理由．
【答案】(1)①证明见解析；②，理由见解析
(2)，理由见解析
【分析】（1）①先证明，再利用证即可；②利用全等三角形的性质得到，再由即可得到结论；
（2）由已知条件可得证出，，推出，再由，即可得到．
【解析】（1）证明：①∵，
∴，即．
在和中，
。
∴．
②，理由如下：
∵，
∴，
∵，
∴；
（2）解：，理由如下：
∵，
∴，即．
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，熟知全等三角形的判定定理以及性质是解题的关键．
3．在中，且．
(1)如图（1），若分别平分，交于点C、B，连接．请你判断是否相等，并说明理由；
(2)的位置保持不变，将（1）中的绕点A逆时针旋转至图（2）的位置，相交于O，请你判断线段与的位置关系及数量关系，并说明理由；
(3)在（2）的条件下，若，试求四边形的面积．
【答案】(1)，理由见解析
(2)，，理由见解析
(3)32
【分析】（1）根据角平分线的定义求出，然后利用“角边角”证明与全等，根据全等三角形对应边相等即可证明；
（2）先根据证明，然后利用“边角边”证明和全等，再根据全等三角形对应边相等可得，全等三角形对应角相等可得，然后证明，再根据三角形内角和定理可得，从而证明；
（3）把四边形的面积分成与两个三角形，然后根据三角形的面积公式列式整理为四边形的面积等于，再代入数据进行计算即可得解．
【解析】（1）解：．
理由如下：∵分别平分，
∴，，
∵，
∴ ，
在和中，
∵，
∴，
∴；
（2）解：，．理由如下：
∵，
∴，
即，
在和中，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：
∵，
∴四边形的面积．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，以及旋转变换的性质，准确识图，找出三角形全等的条件是解题的关键．
4．已知△ABC，分别以AB、AC为边作△ABD和△ACE，且AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠CAE，连接DC与BE，G、F分别是DC与BE的中点．
(1)如图1，若∠DAB＝60°，则∠AFG＝ ；
(2)如图2，若∠DAB＝90°，则∠AFG＝ ；
(3)如图3，若∠DAB＝，试探究∠AFG与的数量关系，并给予证明．
【答案】(1)60°
(2)45°
(3)（180°﹣），证明见解析
【分析】（1）连接AG．易证△ADC≌△ABE，可得DC＝BE，∠ADC＝∠ABE，AD＝AB，根据G、F分别是DC与BE的中点，可得DG＝BF，即可证明△ADG≌△ABF，可得AG＝AF，∠DAG＝∠BAF，即可求得∠DAB＝∠GAF，即可解题．
（2）根据（1）中结论即可求得∠AFG的值，即可解题；
（3）根据（1）中结论即可求得∠AFG的值，即可解题．
（1）
连接AG．
∵∠DAB＝∠CAE，
∴∠DAB+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，
∴∠DAC＝∠BAE．
在△ADC和△ABE中，，
∴△ADC≌△ABE（SAS），
∴DC＝BE，∠ADC＝∠ABE．
∵G、F分别是DC与BE的中点，
∴DGDC，BFBE，
∴DG＝BF．
在△ADG和△ABF中，
，
∴△ADG≌△ABF（SAS），
∴AG＝AF，∠DAG＝∠BAF，
∴∠AGF＝∠AFG，∠DAG﹣∠BAG＝∠BAF﹣∠BAG，
∴∠DAB＝∠GAF．
∵∠DAB＝60°，
∴∠GAF＝60°．
∵∠GAF+∠AFG+∠AGF＝180°，
∴∠AFG＝60°；
故答案为 60°，
（2）
连接AG，如图2，
∵∠DAB＝90°，∠DAB＝∠GAF，（已证）
∴∠GAF＝90°，
∵AG＝AF，
∴∠AFG×（180°﹣90°）＝45°；
故答案为 45°，
（3）
连接AG，如图3，
∵∠DAB＝α，∠DAB＝∠GAF，（已证）
∴∠GAF＝α，
∵AG＝AF，
∴∠AFG（180°﹣α）．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△ADC≌△ABE和△ADG≌△ABF是解题的关键．
5．两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角顶点，并将它们的底角顶点分别对应连接起来得到两个全等三角形，我们把这样的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，连接BD，CE，则△ABD≌△ACE．
(1)请证明图1的结论成立；
(2)如图2，△ABC和△AED是等边三角形，连接BD，EC交于点O，求∠BOC的度数；
(3)如图3，AB＝BC，∠ABC＝∠BDC＝60°，试探究∠A与∠C的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)60°
(3)∠A+∠BCD=180°，理由见解析
【分析】（1）利用等式的性质得出∠BAD=∠CAE，即可得出结论；
（2）同（1）的方法判断出△ABD≌△ACE，得出∠ADB=∠AEC，再利用对顶角和三角形的内角和定理判断出∠BOC=60°，即可得出答案；
（3）先判断出△BDP是等边三角形，得出BD=BP，∠DBP=60°，进而判断出△ABD≌△CBP（SAS），即可得出结论．
【解析】（1）解：证明：∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）；
（2）如图2，
∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，
∴∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ADB=∠AEC，
令AD与CE交于点G，
∵∠AGE=∠DGO，
∴180°-∠ADB-∠DGO=180°-∠AEC-∠AGE，
∴∠DOE=∠DAE=60°，
∴∠BOC=60°；
（3）∠A+∠BCD=180°．理由：
如图3，延长DC至P，使DP=DB，
∵∠BDC=60°，
∴△BDP是等边三角形，
∴BD=BP，∠DBP=60°，
∵∠ABC=60°=∠DBP，
∴∠ABD=∠CBP，
∵AB=CB，
∴△ABD≌△CBP（SAS），
∴∠BCP=∠A，
∵∠BCD+∠BCP=180°，
∴∠A+∠BCD=180°．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，构造等边三角形是解本题的关键．
6．（1）问题发现：
如图1，和均为等腰直角三角形，，连接，，点、、在同一条直线上，则的度数为__________，线段、之间的数量关系__________；
（2）拓展探究：
如图2，和均为等腰直角三角形，，连接，，点、、不在一条直线上，请判断线段、之间的数量关系和位置关系，并说明理由．
（3）解决问题：
如图3，和均为等腰三角形，，则直线和的夹角为__________．（请用含的式子表示）
【答案】（1）90°，AD=BE；（2）AD=BE，AD⊥BE；（3）
【分析】（1）由已知条件可得，，进而根据∠ACB−∠DCB＝∠DCE−∠DCB，可得∠ACD＝∠BCE，证明△ACD≌△BCE（SAS），即可求得AD=BE；∠BEC=∠CDA=135°；
（2）延长交于点F，同理可得△ACD≌△BCE，设∠FAB=α，则∠CAD=∠CBE=45°-α，根据∠ABE=45°+45°-α=90°-α，进而根据∠AFB=180°-∠FAB-∠ABE=180°-α-(90°-α)=90°，即可求解；
（3）延长BE交AD于点G，方法同（2）证明△ACD≌△BCE，进而根据三角形的内角和定理即可求得直线和的夹角．
【解析】（1）∵和均为等腰直角三角形，，
∴，，∠CDE=45°
∴∠CDA=135°
∵∠ACB−∠DCB＝∠DCE−∠DCB，
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠BEC=∠ADC＝135°，AD＝BE
∴∠AEB=90°
故答案为：90°，AD＝BE
（2）AD=BE，AD⊥BE，理由如下，
同理可得△ACD≌△BCE，
则AD=BE，
延长交于点F，
设∠FAB=α，则∠CAD=∠CBE=45°-α
∴∠ABE=45°+45°-α=90°-α
∴∠AFB=180°-∠FAB-∠ABE=180°-α-(90°-α)=90°
∴AD⊥BE
（3）如图，延长BE交AD于点G，
∵和均为等腰三角形，
∴，，
∵∠ACB=∠DCE=α，
∵∠ACB+∠ACE＝∠DCE+∠ACE，
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠CBE=∠CAD
∵
∴∠CBA=∠CAB =
∴∠GAB+∠GBA=，
，
∴∠AGB=180°-(∠GAB+∠GBA) ，
即直线和的夹角为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，全等三角形的性质与判定，掌握旋转模型证明三角形全等是解题的关键．
7．如图1，在△ABC中，AE⊥BC于E，AE＝BE，D是AE上的一点，且DE＝CE，连接BD，CD．
（1）试判断BD与AC的位置关系和数量关系，并说明理由；
（2）如图2，若将△DCE绕点E旋转一定的角度后，试判断BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化，并说明理由；
（3）如图3，若将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变．
①试猜想BD与AC的数量关系，并说明理由；
②你能求出BD与AC的夹角度数吗？如果能，请直接写出夹角度数；如果不能，请说明理由．
【答案】（1）BD＝AC，BD⊥AC，理由见解析；（2）不变，理由见解析；（3）①BD＝AC，理由见解析；②能，60°或120°．
【分析】（1）延长BD交AC于F，根据“”判定，根据全等三角形的性质，即可求证；
（2）根据“”判定，根据全等三角形的性质，即可求证；
（3）①根据“”判定，根据全等三角形的性质，即可求证；②设与交于点，根据全等三角形的性质，即可求证．
【解析】（1）BD＝AC，BD⊥AC，
理由：延长BD交AC于F．
∵AE⊥BC，
∴∠AEB＝∠AEC＝90°，
在△BED和△AEC中
∴，
∴BD＝AC，∠DBE＝∠CAE，
∵∠BED＝90°，
∴∠EBD+∠BDE＝90°，
∵∠BDE＝∠ADF，
∴∠ADF+∠CAE＝90°，
∴∠AFD＝180°﹣90°＝90°，
∴BD⊥AC；
（2）
不发生变化，
理由是：∵∠BEA＝∠DEC＝90°，
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，
∴∠BED＝∠AEC，
在△BED和△AEC中，
∴△BED≌△AEC（SAS），
∴BD＝AC，∠BDE＝∠ACE，
∵∠DEC＝90°，
∴∠ACE+∠EOC＝90°，
∵∠EOC＝∠DOF，
∴∠BDE+∠DOF＝90°，
∴∠DFO＝180°﹣90°＝90°，
∴BD⊥AC；
（3）①∵∠BEA＝∠DEC＝90°，
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，
∴∠BED＝∠AEC，
在△BED和△AEC中，
∴△BED≌△AEC（SAS），
∴BD＝AC，
②能．设与交于点，如下图：
理由：∵△ABE和△DEC是等边三角形，
∴AE＝BE，DE＝EC，∠EDC＝∠DCE＝60°，∠BEA＝∠DEC＝60°，
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，
∴∠BED＝∠AEC，
在△BED和△AEC中，
，
∴△BED≌△AEC（SAS），
∴∠BDE＝∠ACE，BD＝AC．
∴
，
即BD与AC所成的角的度数为60°或120°．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定方法与性质．
8．已知：△ABC与△BDE都是等腰三角形．BA＝BC，BD＝BE（AB＞BD）且有∠ABC＝∠DBE．
（1）如图1，如果A、B、D在一直线上，且∠ABC＝60°，求证：△BMN是等边三角形；
（2）在第（1）问的情况下，直线AE和CD的夹角是 °；
（3）如图2，若A、B、D不在一直线上，但∠ABC＝60°的条件不变则直线AE和CD的夹角是 °；
（4）如图3，若∠ACB＝60°，直线AE和CD的夹角是 °．
【答案】（1）证明见解析；（2）60；（3）60；（4）60；
【分析】（1）根据题意，得∠ABC＝∠DBE＝60°，从而得；通过证明，得；通过证明，得，根据等边三角形的性质分析，即可完成证明；
（2）结合题意，通过证明为等边三角形，得；结合（1）的结论，根据三角形外角性质，推导得，从而完成求解；
（3）同理，通过证明为等边三角形，得；通过证明，得；根据三角形外角性质，推导得，从而完成求解；
（4）根据题意，通过证明为等边三角形，推导得，通过证明，得，结合三角形外角的性质计算，即可得到答案．
【解析】（1）∵∠ABC＝∠DBE＝60°
∴，，
∴
∵BA＝BC，BD＝BE
和中

∴
∴
和中
∴
∴
∴为等边三角形；
（2）∵∠ABC＝∠DBE＝60°, BA＝BC
∴为等边三角形；
∴
根据题意，AE和CD相交于点O
∵
∴
∵
∴
∴，即直线AE和CD的夹角是
故答案为：；
（3）∵∠ABC＝∠DBE＝60°, BA＝BC
∴为等边三角形；
∴
∵，，∠ABC＝∠DBE＝60°
∴
∵BA＝BC，BD＝BE
和中

∴
∴
如图，延长，交CD于点O
∴
∵
∴
∴，即直线AE和CD的夹角是
故答案为：；
（4）∵BA＝BC，
∴
∵∠ACB＝60°
∴
∴为等边三角形
∵BD＝BE，∠ABC＝∠DBE
∴
∵，
∴
和中

∴
∴
分别延长CD、AE，相较于点O，如下图：
∴
∵
∴
∴，即直线AE和CD的夹角是
故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰三角形、等边三角形、全等三角形、补角、三角形外角的知识；解题的关键是熟练掌握等边三角形、全等三角形、三角形外角的性质，从而完成求解．
9．在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点．
（1）如图1，E、F分别是AB、AC上的点，且BE＝AF、求证：△DEF是等腰直角三角形
经过分析已知条件AB＝AC，D为BC的中点．容易联想等腰三角形三线合一的性质，因此，连结AD（如图2），以下是某同学由已知条件开始，逐步按层次推出结论的流程图．请帮助该同学补充完整流程图．补全流程图：
①_______，
②∠EDF＝___
（2）如果E、F分别为AB、CA延长线上的点，仍有BE＝AF，其他条件不变，试猜想△DEF是否仍为等腰直角三角形？请在备用图中补全图形、先作出判断，然后给予证明．
【答案】（1）△BDE，△ADF，90°；（2）△DEF仍为等腰直角三角形，理由见解析
【分析】（1）连接AD，根据∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点，可以得到∠B=∠C=45°，AD⊥BC，，，从而可以证明△BDE≌△ADF（SAS），得到DE=DF，∠BDE=∠ADF，由∠ADE+∠BDE=∠BDA=90°，可得∠ADE+∠ADF=90°，即∠EDF=90°，即可证明；
（2）连接AD，同样证明△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°，即可证明．
【解析】解：（1）如图所示，连接AD，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点，
∴∠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；
故答案为：△BDE，△ADF，90°；
（2）△DEF仍为等腰直角三角形，理由如下：
连接AD，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点，
∴∠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．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．
10．在图1、图2中，点C为线段AB上一点，△ACM与△CBN都是等边三角形．
（1）如图1，线段AN与线段BM是否相等?证明你的结论；
（2）如图1，线段AN与线段BM交于点O，求∠AOM的度数；
（3）如图2，AN与MC交于点E，BM与CN交于点F，探究△CEF的形状，并证明你的结论．
【答案】（1）AN＝BM，证明见详解；（2）∠AOM＝60°；（3）△CEF是等边三角形，证明见详解．
【分析】（1）证△ACN≌△MCB（SAS），即可得出AN＝BM；
（2）由全等三角形的性质得∠ANC＝∠MBC，利用三角形外角性质∠AOM＝∠CAN+∠MBC＝∠CAN+∠ANC＝∠BCN＝60°；
（3）证△ACE≌△MCF（ASA），得CE＝CF，根据等边三角形判定定理由∠MCF＝60°即可得出结论．
【解析】解：（1）AN＝BM，理由如下：
∵△ACM、△CBN都是等边三角形，
∴AC＝CM，CN＝CB，∠ACM＝∠BCN＝60°，
∴∠ACM+∠MCN＝∠BCN+∠MCN，
∴∠ACN＝∠BCM，
在△ACN和△MCB中，
，
∴△ACN≌△MCB（SAS），
∴AN＝MB；
（2）由（1）得：△ACN≌△MCB，
∴∠ANC＝∠MBC，
∴∠AOM＝∠CAN+∠MBC＝∠CAN+∠ANC＝∠BCN＝60°；
（3）△CEF是等边三角形，理由如下：
∵△ACN≌△MCB，
∴∠CAE＝∠CMF，
∵△AMC与△BNC均为等边三角形，
∴∠ACM=∠BCN=60°，AC=MC
∵∠MCF＝180°﹣∠ACM﹣∠BCN＝60°，
∴∠ACE＝∠MCF=60°，
在△ACE和△MCF中，
，
∴△ACE≌△MCF（ASA），
∴CE＝CF，
∵∠MCF＝60°，
∴△CEF是等边三角形．
【点睛】本题考查等边三角形的性质与判定、全等三角形的判定与性质，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
11．（1）如图1，在四边形中，，，E、F分别是边、上的点，若，可求得、、之间的数量关系为________．（只思考解题思路，完成填空即可，不必书写证明过程）
（2）如图2，在四边形中，，，E、F分别是边、延长线上的点，若，判断、、之间的数量关系还成立吗，若成立，请完成证明，若不成立，请说明理由．
【答案】（1）；（2）．理由见解析．
【分析】（1）线段、、之间的数量关系是．如图，延长至，使，连接，利用全等三角形的性质解决问题即可．
（2）结论：．如图中，在上截取，连接，证明，推出，，再证明，可得结论．
【解析】（1）解：线段、、之间的数量关系是．
如图，延长至，使，连接，
∵，，即：，
∴，
在和中，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
在和中，AM=AF∠MAE=∠FAEAE=AE，
∴，
∴，
∵，
∴；
故答案为：．
（2）结论：．
理由：在上截取，连接，
∵，，
∴，
在与中，，
∴，
∴，，则，
∴
∵，，
∴，
在与中，，
∴，
∴，
即，
即，
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
12．问题背景：“半角模型”问题．如图1，在四边形中，，，，点E，F分别是上的点，且，连接，探究线段之间的数量关系．
(1)探究发现：小明同学的方法是延长到点G．使．连结，先证明，再证明，从而得出结论：_____________；
(2)拓展延伸：如图2，在四边形中，，，E、F分别是边上的点，且，请问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由．
(3)尝试应用：如图3，在四边形中，，，E、F分别是边延长线上的点，且，请探究线段具有怎样的数量关系，并证明．
【答案】(1)
(2)成立，理由见解析
(3)，证明见解析
【分析】（1）延长到点G．使．连接，利用全等三角形的性质解决问题即可；
（2）延长至M，使，连接．证明，由全等三角形的性质得出．，由全等三角形的性质得出，即，则可得出结论；
（3）在上截取，使，连接．证明．由全等三角形的性质得出．证明，由全等三角形的性质得出结论．
【解析】（1）解：．
延长到点G．使．连接，
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
∵．
∴．
故答案为：；
（2）解：（1）中的结论仍然成立．
证明：如图②中，延长至M，使，连接．
∵，
∴，
在与中，
，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴，即．
在与中，
，
∴．
∴，即，
∴；
（3）解：结论：．
证明：如图③中，在上截取，使，连接．
∵，
∴．
在与中，
，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形解决问题．
13．（1）如图1，在四边形ABCD中，，，E、F分别是边BC、CD上的点，且．求证：；
（2）如图2，在四边形ABCD中，，，E、F分别是边BC、CD上的点，且，请直接写出EF、BE、FD之间的数量关系；
（3）如图3，在四边形ABCD中，，，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）见解析；（2）EF=BE+FD；（3）不成立，理由见解析．
【分析】（1）可通过构建全等三角形实现线段间的转换，延长EB到G，使BG=DF，连接AG，目的就是要证明三角形AGE和三角形AEF全等，将EF转换为GE，证得EF=BE+DF，
（2）思路和辅助线方法与（1）一样，证明三角形ABG和三角形ADF全等，
（3）在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG，用（1）中方法，可证得DF=BG，GE=EF，则EF=GE=BE-BG=BE-DF
【解析】解：（1）如图，延长EB到G，使BG=DF，连接AG，
在与中，
；
（2）（1）中结论EF=BE+FD仍成立，理由如下，
证明：如图，延长CB到M，使BM=DF，
在与中
即
在与中
即
；
（3）结论EF=BE+FD不成立，理由如下，
证明：在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG，
在与中
．
【点睛】本题考查四边形综合题，三角形全等的判定与性质，本题中通过全等三角形来实现线段的转换是解题关键，没有明确全等三角形时，要通过辅助线来构建与已知和所求条件相关联全等三角形．
14．如图，在等边三角形ABC中，点E是边AC上一定点，点D是直线BC上一动点，以DE为一边作等边三角形DEF，连接CF．
（1）如图1，若点D在边BC上，直接写出CE，CF与CD之间的数量关系；
（2）如图2，若点D在边BC的延长线上，请探究线段CE，CF与CD之间存在怎样的数量关系？并说明理由；
（3）如图3，若点D在边CB的延长线上，请直接写出CE，CF与CD之间的数量关系．
【答案】（1）CE＋CF＝CD；（2）CF＝CE＋CD，理由见解析；（3）CD＝CE＋CF
【分析】（1）在CD上截取CH=CE，易证CEH是等边三角形，得EH=EC=CH，证明DEH≌FEC，得DH=CF，即可得出结论；
（2）先证GCE为等边三角形，再证EGD≌ECF，得到GD＝CF，又因为GD＝CG＋CD，得CF＝CG＋CD，则CF＝CE＋CD；
（3）先证GCE为等边三角形，再证CG＝CE＝EG， ∠GEC＝60°，ED＝EF，∠DEG＝∠FEC，得EGD≌ECF，则GD＝CF，即可得到CE +CF＝CD．
【解析】（1）证明：CE+CF=CD，
理由如下：在CD上截取CH=CE，连接EH，如图1所示：
∵ABC是等边三角形，
∴∠ECH=60°，
∴CEH是等边三角形，
∴EH=EC=CH，∠CEH=60°，
∵DEF是等边三角形，
∴DE=FE，∠DEF=60°，
∴∠DEH+∠HEF=∠FEC+∠HEF=60°，
∴∠DEH=∠FEC，
在DEH和FEC中，，
∴DEH≌FEC（SAS），
∴DH=CF，
∴CD=CH+DH=CE+CF，
∴CE+CF=CD；
（2）解：CF＝CE＋CD
理由如下：
∵ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠ACB＝60°，
作，交BC于点G，如图2所示
∴∠EGC＝∠B＝60°，∠GEC＝∠A＝60°，
∴∠EGC＝∠GEC＝∠ACB＝60°，
∴GCE为等边三角形，
∴CG＝CE＝EG，
∵EDF为等边三角形，
∴ED＝EF，∠DEF＝60°，
∴∠DEG＝∠FEC，
∴EGD≌ECF（SAS），
∴GD＝CF，
又GD＝CG＋CD
∴CF＝CE＋CD．
（3）∵ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠ABC＝∠ACB＝60°，
作，交BC于点G，如图所示
∴∠EGC＝∠ABC＝60°，∠GEC＝∠A＝60°，
∴∠EGC＝∠GEC＝∠ACB＝60°，
∴GCE为等边三角形，
∴CG＝CE＝EG， ∠GEC＝60°
∴∠GEC＝∠GEF +∠FEC ＝60°
∵EDF为等边三角形，
∴ED＝EF，∠DEF＝60°，
∴∠DEF＝∠GEF +∠DEG＝60°
∴∠DEG＝∠FEC，
∴EGD≌ECF（SAS），
∴GD＝CF，
又∵GD＝CD-CG，CG＝CE
∴CE +CF＝CD
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；作辅助线构建等边三角形是解题的关键，属于中考常考题型．
15．问题背景：如图1，在四边形中，，，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．探究图中线段之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长到G，使，连接，先证明，再证明，可得出结论，他的结论就是______________；
探究延伸：如图2，在四边形中，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由．
实际应用：如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
【答案】问题背景：；探究延伸：成立，理由见解析；实际应用：210海里
【分析】问题背景：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，即可得出结论：EF=AE+CF；
探究延伸1：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，可得出结论：EF=AE+CF；
探究延伸2：延长DC到H，使得CH=AE，连接BH，先证明△BCH≌△BAE，即可得到BE=HB，∠ABE=∠HBC，再证明△HBF≌△EBF，即可得出EF=HF=HC+CF=AE+CF；
实际应用：连接EF，延长BF交AE的延长线于G，根据题意可转化为如下的数学问题：在四边形GAOB中，OA=OB，∠A+∠B=180°，∠AOB=2∠EOF，∠EOF的两边分别交AG，BG于E，F，求EF的长．再根据探究延伸2的结论：EF=AE+BF，即可得到两舰艇之间的距离．
【解析】解：问题背景：
如图1，延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，可得出结论：EF=AE+CF；
故答案为：EF=AE+CF；
探究延伸1：
上述结论仍然成立，即EF=AE+CF，理由如下：
如图2，延长FC到G，使CG=AE，连接BG，
∵CG=AE，∠BCG=∠A=90°，BC=BA，
∴△BCG≌△BAE（SAS），
∴BG=BE，∠ABE=∠CBG，
∵∠ABC=2∠EBF，
∴∠ABE+∠CBF=∠EBF，
即∠CBG+∠CBF=∠EBF，
∴∠GBF=∠EBF，
又∵BF=BF，
∴△BFG≌△BFE（SAS），
∴GF=EF，
即GC+CF=EF，
∴AE+CF=EF
∴可得出结论：EF=AE+CF；
探究延伸2：
上述结论仍然成立，即EF=AE+CF，理由：
如图3，延长DC到H，使得CH=AE，连接BH，
∵∠BAD+∠BCD=180°，∠BCH+∠BCD=180°，
∴∠BCH=∠BAE，
∵BA=BC，CH=AE，
∴△BCH≌△BAE（SAS），
∴BE=HB，∠ABE=∠HBC，
∴∠HBE=∠ABC，
又∵∠ABC=2∠MBN，
∴∠EBF=∠HBF，
∵BF=BF，
∴△HBF≌△EBF（SAS），
∴EF=HF=HC+CF=AE+CF；
实际应用：
如图4，连接EF，延长BF交AE的延长线于G，
因为舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处．舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，所以∠AOB=140°，
因为指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°，所以∠EOF=70°，所以∠AOB=2∠EOF．
依题意得，OA=OB，∠A=60°，∠B=120°，所以∠A+∠B=180°，
因此本题的实际的应用可转化为如下的数学问题：
在四边形GAOB中，OA=OB，∠A+∠B=180°，∠AOB=2∠EOF，∠EOF的两边分别交AG，BG于E，F，求EF的长．
根据探究延伸2的结论可得：EF=AE+BF，
根据题意得，AE=75×1.2=90（海里），BF=100×1.2=120（海里），
所以EF=90+120=210（海里）．
答：此时两舰艇之间的距离为210海里．
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确作出辅助线构造全等三角形，解答时注意类比思想的灵活应用．
16．在等边△ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．探究：当M、N分别在直线AB、AC上移动时，BM、NC、MN之间的数量关系及△AMN的周长Q与等边△ABC的周长L的关系．
（1）如图1，当点M、N边AB、AC上，且DM＝DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是 ；此时 ；
（2）如图2，点M、N在边AB、AC上，且当DM≠DN时，猜想（ I）问的两个结论还成立吗？若成立请直接写出你的结论；若不成立请说明理由．
（3）如图3，当M、N分别在边AB、CA的延长线上时，探索BM、NC、MN之间的数量关系如何？并给出证明．
【答案】（1）BM+NC＝MN，；（2）结论仍然成立，详见解析；（3）NC﹣BM＝MN，详见解析
【分析】（1）由DM＝DN，∠MDN＝60°，可证得△MDN是等边三角形，又由△ABC是等边三角形，CD＝BD，易证得Rt△BDM≌Rt△CDN，然后由直角三角形的性质，即可求得BM、NC、MN之间的数量关系 BM+NC＝MN，此时 ；
（2）在CN的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1．可证△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，易证得∠CDN＝∠MDN＝60°，则可证得△MDN≌△M1DN，然后由全等三角形的性质，即可得结论仍然成立；
（3）首先在CN上截取CM1＝BM，连接DM1，可证△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，然后证得∠CDN＝∠MDN＝60°，易证得△MDN≌△M1DN，则可得NC﹣BM＝MN．
【解析】（1）如图1，BM、NC、MN之间的数量关系 BM+NC＝MN．
此时 ．
理由：∵DM＝DN，∠MDN＝60°，
∴△MDN是等边三角形，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝60°，
∵BD＝CD，∠BDC＝120°，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∴∠MBD＝∠NCD＝90°，
∵DM＝DN，BD＝CD，
∴Rt△BDM≌Rt△CDN，
∴∠BDM＝∠CDN＝30°，BM＝CN，
∴DM＝2BM，DN＝2CN，
∴MN＝2BM＝2CN＝BM+CN；
∴AM＝AN，
∴△AMN是等边三角形，
∵AB＝AM+BM，
∴AM：AB＝2：3，
∴；
（2）猜想：结论仍然成立．
证明：在NC的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1．
∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，
∴△DBM≌△DCM1，
∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，
∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，
∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，
∴△MDN≌△M1DN，
∴MN＝M1N＝M1C+NC＝BM+NC，
∴△AMN的周长为：AM+MN+AN＝AM+BM+CN+AN＝AB+AC，
∴；
（3）证明：在CN上截取CM1＝BM，连接DM1．
∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，
∴△DBM≌△DCM1，
∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，
∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，
∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，
∴△MDN≌△M1DN，
∴MN＝M1N．
∴NC﹣BM＝MN．
【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知等边三角形的性质及全等三角形的判定定理．
17．小明遇到这样一个问题，如图1，中，，，点为的中点，求的取值 范围．小明发现老师讲过的“倍长中线法”可以解决这个问题，所谓倍长中线法，就是将三角形的中线延长一倍，以便构造出全等三角形，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的方法，他的做法是：如图2，延长到，使，连接，构造，经过推理和计算使问题得到解决．请回答：
(1)小明证明用到的判定定理是： (用字母表示)；
(2)的取值 范围是 ；
(3)小明还发现：倍长中线法最重要的一点就是延长中线一倍，完成全等三角形模型的构造．参考小明思考问题的方法，解决问题：如图3，在中，为边上的中线，且平分，求证：．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据定理解答；
（2）根据全等三角形的性质得到，根据三角形的三边关系计算，得到答案；
（3）仿照（1）的作法，根据等腰三角形的判定定理证明结论．
【解析】（1）解：在和中，
，
小明证明用到的判定定理是，
故答案为：；
（2）解：，
，
在中，，
，
；
（3）证明：延长到点E，使，连接，
在和中，
，
，
，，
平分，
，
，
，
．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形三边关系，掌握三角形全等的判定定理和性质定理是解题的关键．
18．（1）阅读理解：如图1，在中，若，．求边上的中线的取值范围，小聪同学是这样思考的：延长至，使，连接．利用全等将边转化到，在中利用三角形三边关系即可求出中线的取值范围，在这个过程中小聪同学证三角形全等用到的判定方法是___________，中线的取值范围是___________；
（2）问题解决：如图2，在中，点是的中点，．交于点，交于点．求证：；
（3）问题拓展：如图3，在中，点是的中点，分别以为直角边向外作和，其中，，，连接，请你探索与的数量与位置关系，并直接写出与的关系．
【答案】（1），；（2）见解析；（3），
【分析】（1）通过证明，得到，在中，根据三角形三边关系可得：，即，从而可得到中线的取值范围；
（2）延长至点，使，连接，通过证明，得到，由，，得到，在中，由三角形的三边关系得：；
（3）延长于，使得，连接，延长交于，证明得到，证明得到，，在通过三角形内角和进行角度的转化即可得到．
【解析】（1）解：如图1，延长至，使，连接，
为边上的中线，
，
在和中，
，
，
，
在中，根据三角形三边关系可得：，
即，
，
，
，
故答案为：，；
（2）证明：如图2中，延长至点，使，连接，
点是的中点，
，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，
在中，由三角形的三边关系得：，
∴；
（3）解：结论：，，
如图3，延长于，使得，连接，延长交于，
，
点是的中点，
，
在和中，
，
，
，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
，
即．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的三边关系，三角形的内角和定理，熟练掌握全等三家形的判定与性质，三角形的三边关系以及三角形内角和定理，作出恰当的辅助线是解题的关键．
19．【阅读理解】
课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：
如图1，中，若，求边上的中线的取值范围．
小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：如图2，延长到点E，使，连接．请根据小明的方法思考：
（1）如图2，由已知和作图能得到的理由是 ．
A．SSS B．SAS C．AAS D．ASA
（2）如图2，长的取值范围是 ．
A． B． C． D．
【感悟】
解题时，条件中若出现“中点”、“中线”字样，可以考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论转化到同一个三角形中．
【问题解决】
（3）如图3，是的中线，交于点E，交于F，且．求证：．
【答案】（1）（2）C（3）见解析
【分析】（1）根据全等三角形的判定条件求解即可；
（2）根据全等三角形的性质得到，由三角形三边关系得到，即可求出；
（3）延长到点M，使，连接，证明，得到，由得到 ，进而推出，即可证明．
【解析】解：（1）如图2，延长到点E，使，连接．
∵为的中线，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：；
（2）解：∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
故答案为：C；
（3）证明：延长到点M，使，连接，
∵是中线，
∴，
∵在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴ ，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三角形三边的关系，等腰三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
20．（1）如图1，在ABC中，AB＝4，AC＝6，AD是BC边上的中线，延长AD到点E使DE＝AD，连接CE，把AB，AC，2AD集中在ACE中，利用三角形三边关系可得AD的取值范围是 ；
（2）如图2，在ABC中，AD是BC边上的中线，点E，F分别在AB，AC上，且DE⊥DF，求证：BE＋CF＞EF；
（3）如图3，在四边形ABCD中，∠A为钝角，∠C为锐角，∠B＋∠ADC＝180°，DA＝DC，点E，F分别在BC，AB上，且∠EDF＝∠ADC，连接EF，试探索线段AF，EF，CE之间的数量关系，并加以证明．
【答案】（1）1＜AD＜5；（2）见解析；（3）AF+EC=EF，见解析
【分析】（1）证明，推出CE=AB=4，在中，利用三角形的三边关系解决问题即可．
（2）如图2中，延长ED到H，使得DH=DE，连接DH，FH．证明，推出BE=CH，再证明EF=FH，利用三角形的三边关系即可解决问题．
（3）结论：AF+EC=EF．延长BC到H，使得CH=AF．提供两次全等证明AF=CE，EF=EH即可解决问题．
【解析】（1）∵CD=BD，AD=DE，∠CDE=∠ADB，
∴(SAS)，
∴EC=AB=4，
∵6﹣4＜AE＜6+4，
∴2＜2AD＜10，
∴1＜AD＜5，
故答案为：1＜AD＜5；
（2）如图2中，延长ED到H，使得DH=DE，连接DH，FH．
∵BD=DC，∠BDE=∠CDH，DE=DH，
∴(SAS)，
∴BE=CH，
∵FD⊥EH，又DE=DH，
∴EF=FH，在△CFH中，CH+CF＞FH，
∵CH=BE，FH=EF，
∴BE+CF＞EF；
（3）结论：AF+EC=EF．理由：延长BC到H，使得CH=AF．
∵∠B+∠ADC=180°，
∴∠A+∠BCD=180°，
∵∠DCH+∠BCD=180°，
∴∠A=∠DCH，
∵AF=CH，AD=CD，
∴(SAS)，
∴DF=DH，∠ADF=∠CDH，
∴∠ADC=∠FDH，
∵∠EDF= ∠ADC，
∴∠EDF=∠FDH，
∴∠EDF=∠EDH，
∵DE=DE，
∴(SAS)，
∴EF=EH，
∵EH=EC+CH=EC+AF，
∴EF=AF+EC．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的中线的性质，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会倍长中线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
21．（1）已知如图1，在中，，求边上的中线的取值范围．
（2）思考：已知如图2，是的中线，，试探究线段与的数量和位置关系，并加以证明．
【答案】（1）；（2）且
【分析】（1）用倍长中线模型，构造全等三角形，即可求出中线的取值范围；
（2）用倍长中线模型，通过证明三角形的全等，可求出线段与的数量和位置关系．
【解析】解：（1）如下图，延长，使得，则，
∵D是的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
在中，可得：，
即，
∵，
∴，
∴，
∴边上的中线的取值范围为：；
（2）且，证明如下：
如下图，延长，使得，延长与交于点H，
由（1）可易证，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
综上所述，且．
【点睛】本题考查三角形中线的定义、三角形全等的判定和性质，用倍长中线模型添加辅助线是解本题的关键，综合性较强，难度较大．
22．数学兴趣小组在活动时，老师提出了这样一个问题：
如图1，在中，，，D是BC的中点，求BC边上的中线AD的取值范围．
【阅读理解】
小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：
（1）如图1，延长AD到E点，使，连接BE． 根据______可以判定 ______，得出______．
这样就能把线段AB、AC、集中在中．利用三角形三边的关系，即可得出中线AD的取值范围是．
【方法感悟】
当条件中出现“中点”、“中线”等条件时，可以考虑作“辅助线”——把中线延长一倍，构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中，这种做辅助线的方法称为“中线加倍”法．
【问题解决】
（2）如图2，在中，，D是BC边的中点，，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，求证：．
【问题拓展】
（3）如图3，中，，，AD是的中线，，，且．直接写出AE的长＝______．
【答案】（1）；；；；（2）见解析；（3）8．
【分析】（1）根据三角形全等的判定方法和全等三角形的性质以及三角形三边的关系求解即可；
（2）延长ED使DG=ED，连接FG，GC，根据垂直平分线的性质得到，然后利用SAS证明，得到，，进而得到,最后根据勾股定理证明即可；
（3）延长AD交EC的延长线于点F，根据ASA证明，然后根据垂直平分线的性质得到，最后根据全等三角形的性质求解即可．
【解析】解：（1）在和中，
∴，
∴．
∵，
∴，即，
∴，
∴，
解得：；
故答案为：；；；；
（2）如图所示，延长ED使DG=ED，连接FG，GC，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴在中，，
∴；
（3）如图所示，延长AD交EC的延长线于点F，
∵，
，
在和中，
，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴．
【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判定方法，三角形的三边关系，“中线加倍”法的运用，解题的关键是根据题意作出辅助线构造全等三角形．
23．（1）如图1，已知中，AD是中线，求证：；
（2）如图2，在中，D，E是BC的三等分点，求证：；
（3）如图3，在中，D，E在边BC上，且．求证：．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）利用“倍长中线”法，延长AD，然后通过全等以及三角形的三边关系证明即可；
（2）取DE中点H，连接AH并延长至Q点，使得AH=QH，连接QE和QC，通过“倍长中线”思想全等证明，进而得到AB=CQ，AD=EQ，然后结合三角形的三边关系建立不等式证明即可得出结论；
（3）同（2）处理方式一样，取DE中点M，连接AM并延长至N点，使得AM=NM，连接NE，CE，结合“倍长中线”思想证明全等后，结合三角形的三边关系建立不等式证明即可得出结论．
【解析】证：（1）如图所示，延长AD至P点，使得AD=PD，连接CP，
∵AD是△ABC的中线，
∴D为BC的中点，BD=CD，
在△ABD与△PCD中，
∴△ABD≌△PCD(SAS)，
∴AB=CP，
在△APC中，由三边关系可得AC+PC＞AP，
∴；
（2）如图所示，取DE中点H，连接AH并延长至Q点，使得AH=QH，连接QE和QC，
∵H为DE中点，D、E为BC三等分点，
∴DH=EH，BD=DE=CE，
∴DH=CH，
在△ABH和△QCH中，
∴△ABH≌△QCH(SAS)，
同理可得：△ADH≌△QEH，
∴AB=CQ，AD=EQ，
此时，延长AE，交CQ于K点，
∵AC+CQ=AC+CK+QK，AC+CK＞AK，
∴AC+CQ＞AK+QK，
又∵AK+QK=AE+EK+QK，EK+QK＞QE，
∴AK+QK＞AE+QE，
∴AC+CQ＞AK+QK＞AE+QE，
∵AB=CQ，AD=EQ，
∴；
（3）如图所示，取DE中点M，连接AM并延长至N点，使得AM=NM，连接NE，CE，
∵M为DE中点，
∴DM=EM，
∵BD=CE，
∴BM=CM，
在△ABM和△NCM中，
∴△ABM≌△NCM(SAS)，
同理可证△ADM≌△NEM，
∴AB=NC，AD=NE，
此时，延长AE，交CN于T点，
∵AC+CN=AC+CT+NT，AC+CT＞AT，
∴AC+CN＞AT+NT，
又∵AT+NT=AE+ET+NT，ET+NT＞NE，
∴AT+NT＞AE+NE，
∴AC+CN＞AT+NT＞AE+NE，
∵AB=NC，AD=NE，
∴．
【点睛】本题考查全等三角形证明问题中辅助线的添加，掌握“倍长中线”的基本思想，以及熟练运用三角形的三边关系是解题关键．
24．已知：等腰和等腰中，，，．
（1）如图1，延长交于点，若，则的度数为 ；
（2）如图2，连接、，延长交于点，若，求证：点为中点；
（3）如图3，连接、，点是的中点，连接，交于点，，，直接写出的面积．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）
【分析】（1）由已知条件可得，对顶角，则，根据即可的；
（2）过点作的垂线交的延长线于,证明，得,进而可得，再证明即可得证点为中点；
（3）延长至，使得，连接，设交于点，先证明，进而证明，根据角度的计算以及三角形内角和定理求得，进而证明，再根据,证明，根据已知条件求得最后证明即可．
【解析】（1）设交于，如图1，
是等腰和是等腰
即
故答案为
（2）如图2，过点作的垂线交的延长线于,
是等腰和是等腰
又
又
即是的中点
（3）延长至，使得，连接，设交于点，如图
即
是等腰和是等腰
在与中，
（SAS）
，
点是的中点
，
（SAS）
（SAS）
，
即
，
【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，等腰直角三角形的性质，三角形内角和定理，三角形外角性质，构造辅助线是解题的关键．
25．课堂上，老师出示了这样一个问题：
如图1，点是边的中点，，，求的取值范围．
（1）小明的想法是，过点作交的延长线于点，如图2，从而通过构造全等解决问题，请你按照小明的想法解决此问题；
（2）请按照上述提示，解决下面问题：
在等腰中，，，点边延长线上一点，连接，过点作于点，过点作，且，连接交于点，连接，求证．
【答案】（1）；（2）见解析
【分析】（1）根据已知证明，进而求得，根据三角形三边关系即可求得的取值范围；
（2）过点作交的延长线于，证明，得，再证明，进而证明，即可证明
【解析】（1）
，即
（2）如图，过点作交的延长线于，
,,
,
,
即
，
又,
【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，三角形三边关系，等腰三角形的性质，掌握三角形全等的性质与判定是解题的关键．
26．课堂上，老师提出了这样一个问题：
如图1，在中，平分交于点D，且，求证：，小明的方法是：如图2，在上截取，使，连接，构造全等三角形来证明．
(1)小天提出，如果把小明的方法叫做“截长法”，那么还可以用“补短法”通过延长线段构造全等三角形进行证明．辅助线的画法是：延长至F，使=______，连接请补全小天提出的辅助线的画法，并在图1中画出相应的辅助线；
(2)小芸通过探究，将老师所给的问题做了进一步的拓展，给同学们提出了如下的问题：
如图3，点D在的内部，分别平分，且．求证：．请你解答小芸提出的这个问题（书写证明过程）；
(3)小东将老师所给问题中的一个条件和结论进行交换，得到的命题如下：
如果在中，，点D在边上，，那么平分小东判断这个命题也是真命题，老师说小东的判断是正确的．请你利用图4对这个命题进行证明．
【答案】(1)，证明见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）延长至F，使，连接，根据三角形的外角性质得到，则可利用证明，根据全等三角形的性质可证明结论；
（2）在上截取，使，连接，则可利用证明，根据全等三角形的性质即可证明结论；
（3）延长至G，使，连接，则可利用证明，根据全等三角形的性质、角平分线的定义即可证明结论．
【解析】（1）证明：（1）如图1，延长至F，使，连接，则，
∴，
∵平分
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
（2）证明：如图3，在上截取，使，连接
∵分别平分，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）证明：如图4：延长至G，使，连接，则，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴
∴，即平分．
【点睛】本题主要考查的是三角形全等的判定和性质、角平分线的定义等知识点，灵活运用全等三角形的判定定理和性质定理是解答本题的关键．
27．（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，线段EF、BE、FD之间的关系是 ；（不需要证明）
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF＝∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）EF＝BE+FD；（2）（1）中的结论仍然成立，见解析；（3）结论不成立，EF＝BE﹣FD，见解析
【分析】（1）延长CB至G，使BG＝DF，连接AG，证明△ABG≌△ADF，根据全等三角形的性质得到AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，再证明△GAE≌△FAE，根据全等三角形的性质得出EF＝EG，结合图形计算，证明结论；
（2）延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，仿照（1）的证明方法解答；
（3）在EB上截取BH＝DF，连接AH，仿照（1）的证明方法解答．
【解析】解：（1）EF＝BE+FD，
理由如下：如图1，延长CB至G，使BG＝DF，连接AG，
在△ABG和△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠DAF+∠BAE＝∠EAF，
∴∠GAE＝∠BAG+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝∠EAF，
在△GAE和△FAE中，
，
∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴EF＝EG，
∵EG＝BG+BE＝BE+DF，
∴EF＝BE+FD，
故答案为：EF＝BE+FD；
（2）（1）中的结论仍然成立，
理由如下：如图2，延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠1＝180°，
∴∠1＝∠D，
在△ABM和△ADF中，
，
∴△ABM≌△ADF（SAS），
∴AM＝AF，∠3＝∠2，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠2+∠4＝∠EAF，
∴∠EAM＝∠3+∠4＝∠2+∠4＝∠EAF，
在△MAE和△FAE中，
，
∴△MAE≌△FAE（SAS），
∴EF＝EM，
∵EM＝BM+BE＝BE+DF，
∴EF＝BE+FD；
（3）（1）中的结论不成立，EF＝BE﹣FD，
理由如下：如图3，在EB上截取BH＝DF，连接AH，
同（2）中证法可得，△ABH≌△ADF，
∴AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，
∴∠HAE＝∠FAE，
在△HAE和△FAE中，
，
∴△HAE≌△FAE（SAS），
∵EH＝BE﹣BH＝BE﹣DF，
∴EF＝BE﹣FD．
【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，掌握三角形全等的性质与判定是解题的关键．
28．（1）阅读理解：问题：如图1，在四边形中，对角线平分，．求证：．
思考：“角平分线+对角互补”可以通过“截长、补短”等构造全等去解决问题．
方法1：在上截取，连接，得到全等三角形，进而解决问题；
方法2：延长到点，使得，连接，得到全等三角形，进而解决问题．
结合图1，在方法1和方法2中任选一种，添加辅助线并完成证明．
（2）问题解决：如图2，在（1）的条件下，连接，当时，探究线段，，之间的数量关系，并说明理由；
（3）问题拓展：如图3，在四边形中，，，过点D作，垂足为点E，请直接写出线段、、之间的数量关系．
【答案】（1）证明见解析；（2）；理由见解析；（3）．
【分析】（1）方法1：在上截取，连接，得到全等三角形，进而解决问题；方法2：延长到点，使得，连接，得到全等三角形，进而解决问题；
（2）延长到点，使，连接，证明，可得，即
（3）连接，过点作于，证明，，进而根据即可得出结论．
【解析】解：（1）方法1：在上截，连接，如图．
平分，
．
在和中，，
，
，．
，．
．
，
．
方法2：延长到点，使得，连接，如图．
平分，
．
在和中，，
．
，．
，
．
，
，
．
（2）、、之间的数量关系为：．
（或者：，）．
延长到点，使，连接，如图2所示．
由（1）可知，
．
为等边三角形．
，．
，
．
．
，
为等边三角形．
，．
，
，
即．
在和中，，
．
，
，
．
（3），，之间的数量关系为：．
（或者：，）
解：连接，过点作于，如图3所示．
，．
．
在和中，，
，
，．
在和中，
，
．
，
，
．
【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，正确的添加辅助线是解题的关键．
29．在△ABC中，AD为△ABC的角平分线，点E是直线BC上的动点．
（1）如图1，当点E在CB的延长线上时，连接AE，若∠E＝48°，AE＝AD＝DC，则∠ABC的度数为 ．
（2）如图2，AC＞AB，点P在线段AD延长线上，比较AC+BP与AB+CP之间的大小关系，并证明．
（3）连接AE，若∠DAE＝90°，∠BAC＝24°，且满足AB+AC＝EC，请求出∠ACB的度数（要求：画图，写思路，求出度数）．
【答案】（1）；（2），见解析；（3）44°或104°；详见解析．
【分析】（1）根据等边对等角，可得，，再根据三角形外角的性质求出，由此即可解题；
（2）在AC边上取一点M使AM=AB，构造，根据即可得出答案；
（3）画出图形，根据点E的位置分四种情况，当点E在射线CB延长线上，延长CA到G，使AG=AB，可得，可得，设，则；根据∠BAC＝24°，AD为△ABC的角平分线，可得，可证（SAS），得出，利用还有 ，列方程；当点E在BD上时，∠EAD＜90°，不成立；当点E在CD上时，∠EAD＜90°，不成立；当点E在BC延长线上，延长CA到G，使AG=AB， 可得，得出，设，则；∠BAC＝24°，根据AD为△ABC的角平分线，得出，证明（SAS），得出，利用三角形内角和列方程，解方程即可．
【解析】解：（1）∵AE＝AD＝DC，
∴，，
∵，，
∴，
∵AD为△ABC的角平分线，即，
∴；
∴
（2）如图2，
在AC边上取一点M使AM=AB，连接MP，
在和中，
，
∴（SAS），
∴，
∵，，
∴，
∴；
（3）如图，点E在射线CB延长线上，延长CA到G，使AG=AB，
∵AB+AC＝EC，
∴AG+AC＝EC，即，
∴，
设，则；
又∠BAC＝24°，AD为△ABC的角平分线，
∴，
又∵，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴（SAS），
∴，
又∵，
∴，
解得：，
∴；
当点E在BD上时，∠EAD＜90°，不成立；
当点E在CD上时，∠EAD＜90°，不成立；
如图，点E在BC延长线上，延长CA到G，使AG=AB，
∵AB+AC＝EC，
∴AG+AC＝EC，即，
∴，
设，则；
又∵∠BAC＝24°，AD为△ABC的角平分线，
∴，
又∵，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴（SAS），
∴，
∴，
解得：，
∴．
∴∠ACB的度数为44°或104°．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形性质、全等三角形判定和性质，角平分线，三角形外角性质，三角形内角和，解一元一次方程，根据角平分线模型构造全等三角形转换线段和角的关系是解题关键．
30．已知在四边形ABCD中，∠ABC＋∠ADC＝180°，∠BAD＋∠BCD＝180°，AB＝BC
（1）如图1，连接BD，若∠BAD＝90°，AD＝7，求DC的长度．
（2）如图2，点P、Q分别在线段AD、DC上，满足PQ＝AP＋CQ，求证：∠PBQ＝∠ABP＋∠QBC
（3）若点Q在DC的延长线上，点P在DA的延长线上，如图3所示，仍然满足PQ＝AP＋CQ，请写出∠PBQ与∠ADC的数量关系，并给出证明过程．
【答案】（1）；（2）见解析；（3），证明见解析
【分析】（1）根据已知条件得出为直角三角形，再根据证出，从而证出即可得出结论；
（2）如图2，延长DC到 K，使得CK=AP，连接BK，通过证△BPA≌△BCK（SAS）得到：∠1=∠2，BP=BK．然后根据证明得，从而得出，然后得出结论；
（3）如图3，在CD延长线上找一点K，使得KC=AP，连接BK，构建全等三角形：△BPA≌△BCK（SAS），由该全等三角形的性质和全等三角形的判定定理SSS证得：△PBQ≌△BKQ，则其对应角相等：∠PBQ=∠KBQ，结合四边形的内角和是360°可以推得：∠PBQ=90°+∠ADC．
【解析】（1）证明：如图1，
∵，，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴；
（2）如图2，
延长至点，使得，连接
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（3）；
如图3，在延长线上找一点，使得，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．