專題13.3 三角形中的幾何綜合（壓軸題專項(xiàng)講練）（人教版）（解析版）

專題13.3三角形中的幾何綜合【典例1】已知△ABC,AB=AC．（1）若∠BAC=90°，作△BCE，點(diǎn)A在△BCE內(nèi)．①如圖1，延長(zhǎng)CA交BE于點(diǎn)D，若∠EBC=75°,BD=2DE，則∠DCE的度數(shù)為；②如圖2，DF垂直平分BE，點(diǎn)A在DF上，ADAF=3（2）如圖3，若∠BAC=120°，點(diǎn)E在AC邊上，∠EBC=10°，點(diǎn)D在BC邊上，連接DE,AD,∠CAD=40°，求∠BED的度數(shù)．【思路點(diǎn)撥】（1）①連接AE，由已知易得∠DBA=30°，繼而可知BD=2AD，則有AD=AE，∠AED=∠DAE=30°，所以AB=AE=AC，得△ACE是等腰三角形，再由三角形外角的性質(zhì)即可求解．②過(guò)C點(diǎn)作CH⊥FD交延長(zhǎng)線于H，構(gòu)造K字形全等△ABD≌△CAH，得CH=AD，AH=BD，再由AB=AC=AE可得∠BEC=45°，進(jìn)而可得ED=DF，而B(niǎo)D=DE，即有BD=AF+AD，再由三角形面積公式可求比值．（2）以AB為邊作等邊三角形，由△ABC是頂角為120°的等腰三角形，易得BC垂直平分AN,AD=ND，由∠DAC=40°可知∠NAD=∠DNA=20°，再在BE上取M點(diǎn)，使∠MAB=∠ABM=20°，由ASA即可判定△ABM≌△AND，所以AM=AD，再由已有條件易得AM=AE，所以△ADE是等腰三角形，進(jìn)而求出∠AED,∠BED度數(shù)即可．【解題過(guò)程】（1）解：①連接AE，∵AB=AC,∠BAC=90°，∴∠ABC=45°，∵∠EBC=75°，∴∠ABD=30°，∴在Rt△ABD中，BD=2AD,∠BDA=60°又∵BD=2DE，∴DE=DA，∴∠DEA=∠DAE=30°，∴∠ABD=∠DEA=30°，∴AB=AE，∴AE=AC，∴∠AEC=∠ACE，又∵∠AEC+∠ACE=∠EAD=30°，∴∠DCE=15°，故答案為：15°．②解：連接AE，過(guò)C點(diǎn)作CH⊥FD交延長(zhǎng)線于H，∵DF垂直平分BE，即∠ADE=∠ADB=90°,DE=DB，∴AB=AE，∴∠ABD+∠BAD=90°，又∵∠BAC=90°，∴∠CAH+∠BAD=90°，∴∠ABD=∠CAH，在△ABD和△CAH中，∠ADB=∠CHA∠ABD=∠CAH∴△ABD≌△CAH(AAS∴CH=AD,AH=BD，∵AB=AC=AE，

又∵∠BAC=∠ABE+∠AEB+∠ACE+∠AEC，∴2∠BEC=∠BAC=90°，∴∠BEC=45°，∴Rt△FDE∴DF=DE，∴DB=DF，∵ADAF=3∴BD=AD+AF=AF+3∵S△ABD∴S△ABD故S△ABDS△AFC（2）解：以AB為邊作等邊△ABN，連接DN，∵∠BAC=120°,AB=AC，∴∠ABD=30°，∴BD垂直平分AN，∴AD=ND，∵∠DAC=40°，∴∠NAD=∠DNA=20°，在BE上取M點(diǎn)，使∠MAB=20°，∵∠EBC=10°，∴∠EBA=∠MAB=20°，在△ABM和△ADN中，∠BAM=∠NAD∠ABM=∠AND∴△ABM≌△AND(AAS∴AM=AD，

∵∠EBA=∠MAB=20°,∠EBC=10°,∠C=30°，∴∠AME=40°,∠AEM=40°，∴AM=AE，∴AD=AE，∵∠DAC=40°，∴∠AED=70°，∴∠BED=∠AED-∠AEB=70°-40°=30°．1．（2023春·陜西西安·八年級(jí)陜西師大附中?？茧A段練習(xí)）在等邊△ABC中，將線段CA繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)α0°<α<60°，得到線段CD，連接AD、BD（1）如圖1，將線段CA繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)α，則∠ADB的度數(shù)為；（2）將線段CA繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α?xí)r，得到線段CD，連接AD、BD．①在圖2中依題意補(bǔ)全圖形，并求∠ADB的度數(shù)；②若∠BCD的平分線CE交BD于點(diǎn)F，交DA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，連結(jié)BE．則AD+CE與BE之間存在怎樣的等量關(guān)系，并證明．

【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，得到△ACD,△BCD為等腰三角形，利用等邊對(duì)等角求出∠ADC,∠BDC的度數(shù)，利用∠ADB=∠ADC+∠BDC，即可得解；（2）①根據(jù)題意，補(bǔ)全圖形，同法（1）求出∠ADC,∠BDC的度數(shù)，利用∠ADB=∠ADC-∠BDC，即可得解；②根據(jù)BC=CD，CE平分∠BCD，得到CE垂直平分BD，推出∠EBD=∠EDB=30°，過(guò)點(diǎn)B作BG∥CE，交DE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，易得BG=12DG=12AD+AG，△BEG為等邊三角形，進(jìn)而得到BE=BG=1【解題過(guò)程】（1）解：∵等邊△ABC中，將線段CA繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)α0°<α<60°，得到線段CD∴AC=BC=CD，∠ACB=60°，∠ACD=α，∴∠BCD=60°-α，∵AC=CD,BC=CD，∴∠ADC=∠DAC=∴∠ADB=∠ADC+∠BDC=90°-α故答案為：150°；（2）解：①補(bǔ)全圖形如下：∵等邊△ABC中，將線段CA繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)α0°<α<60°，得到線段CD∴AC=BC=CD，∠ACB=60°，∠ACD=α，∴∠BCD=60°+α，∵AC=CD,BC=CD，∴∠ADC=∠DAC=∴∠ADB=∠ADC-∠BDC=90°-α②AD+CE=2BE，證明如下：∵BC=CD，CE平分∠BCD，∴CE垂直平分BD，∴EB=ED，∠EFD=90°，∴∠EBD=∠EDB=30°，過(guò)點(diǎn)B作BG∥CE，交DE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，則：∠GBD=∠EFD=90°，∵∠EBD=∠EDB=30°，∴BG=12DG=∴∠BEG=60°，∴△BEG為等邊三角形，∴BE=BG=1∵△ABC為等邊三角形，∴AB=BC,∠ABC=60°，在△ABG和△CBE中，AB=BC∠ABG=∠CBE=60°+∠ABE∴△ABG≌△CBESAS∴AG=CE，∴BE=1∴AD+CE=2BE．2．（2023秋·廣東廣州·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，已知等腰直角△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，以BC為邊在點(diǎn)A的另一側(cè)作等邊△BCD，點(diǎn)F，G分別在線段BC，BD上，∠CDF＝15°，且CF=BG，CG與DF相交于點(diǎn)H（1）求證：△EHC是等邊三角形；（2）試判斷線段AE和DH的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由．（3）若點(diǎn)M是AC邊上的動(dòng)點(diǎn)，AB=aAB＝a，AE=b，BC=c，求△BMD周長(zhǎng)的最小值（結(jié)果用含a，b，c的整式表示）．

【思路點(diǎn)撥】（1）由△CBG≌△DCF，推出∠BCG＝∠CDF＝15°（2）如圖2中，如圖2中，連接BE．由△CBE≌△CDH，可得DH＝BE，∠CHD＝∠BEC＝120°（3）如圖3中，延長(zhǎng)DE交BA的延長(zhǎng)線于B'，連接MB'．由△EAB≌△EAB'，，推出MB＝MB【解題過(guò)程】（1）如圖1中，∵△BCD是等邊三角形，

∴∠CBD＝∵CF＝∴△CBG≌△DCF，∴∠BCG＝∴∠EHC＝∵AB＝∴∠ACB＝∴∠ECH＝∴∠EHC＝∴△ECH是等邊三角形．（2）如圖2中，如圖2中，連接BE．∵△ECH是等邊三角形，

∴CE＝∴∠ECB＝∵CB＝∴△CBE≌△CDH，∴DH＝∴∠AEB＝在Rt△ABE中，∵∠ABE＝∴BE＝∴DH（3）如圖3中，延長(zhǎng)DE交BA的延長(zhǎng)線于B'，連接M∵∠AEB＝∴△EAB≌△EAB∴MB＝∴MB+MD＝∴BM+MD的最小值為D∴△MBD的周長(zhǎng)最小值＝＝3．（2023春·全國(guó)·八年級(jí)專題練習(xí)）已知在△ABC中，AD⊥BC于點(diǎn)D，BE⊥CE于點(diǎn)E，且∠ABC=∠ACB，∠BCE=30°．（1）如圖1，求證：BE=BD；（2）如圖2，點(diǎn)F為AC上一點(diǎn)，連接FB并延長(zhǎng)與CE的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)G，若AB=GB，求∠BFC的度數(shù)；（3）如圖3，在（2）的條件下，延長(zhǎng)CA至點(diǎn)H，使得HF=CF，過(guò)點(diǎn)H作HI∥AB交CG于點(diǎn)I，若HI=FG=63

【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)等腰三角形三線合一以及直角三角形中30°角所對(duì)的直角邊是斜邊的一半分別可得出BD=12BC（2）由BE=BD，AB=GB可證Rt△ABD≌Rt△GBE(HL)，得出∠BAD=∠G；由AD⊥BC可得∠ABC+∠BAD=90°；從而可以得出∠ACB+∠G=90°（3）設(shè)∠BAD=α，得出∠HIC=60°-α,∠FGC=α,延長(zhǎng)FC至T，使得FT=FG,連接GT，在GC上截取CJ=IC，構(gòu)造等邊三角形△FGT，證明△HIC≌△TGJ，進(jìn)而證明TJ=TC，根據(jù)已知條件即可求解．【解題過(guò)程】（1）證明：∵∠ABC=∠ACB，∴AB=AC，∵AD⊥BC，∴BD=1∵BE⊥CE，∠BCE=30°，∴BE=1∴BE=BD；（2）解：∵AD⊥BC，BE⊥CE，∴∠ADB=∠GEB=90°，∠ABC+∠BAD=90°，在Rt△ABD和RtBD=BEAB=GB∴Rt△ABD≌∴∠BAD=∠G，又∵∠ABC=∠ACB，∴∠ACB+∠G=90°，在△GCF中∠BFC=180°-(∠G+∠FCG)=180°-(∠G+∠ACB+∠BCE)=180°-(90°+30°)=60°，故答案為：60°；（3）解：設(shè)∠BAD=α，∵∠ABC=∠ACB，AD⊥BC，∴∠BAD=∠CAD=α，∴∠ACD=90-α，∵∠BCE=30°，由（2）可得∠BAD=∠BGE=α，∵HI∥∴∠IHC=2α，在△HIC中，∠HIC=180°-∠IHC-∠HCI=180-2α-90°-α+30°如圖，延長(zhǎng)FC至T，使得FT=FG,連接GT，在GC上截取CJ=IC，∴△FGT是等邊三角形，∴∠TGJ=60°-α，HI=FG=GT，在△HIC與△TGJ中，HI=GT∠HIC=∠TGJ∴△HIC≌△TGJASA∴TJ=HC，∠JTG=∠H=2α，∴∠TJC=∠JGT+∠JTG=60°-α+2α=60°+α，∵∠ACB=90-α,∠BCE=30°，∴∠TCJ=180-∠ACB-∠BCE=60°+α，∴∠TCJ=∠TJC，∴CT=TJ，∴HC=CT,∵HI=FG=63∴FT=FG=63∵HF=CF，設(shè)FC=x，則CT=63-x，∴2x=63解得x=23∴CH=2x=434．（2023秋·全國(guó)·八年級(jí)專題練習(xí)）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BD是△ABC

（1）如圖1，連接EC，求證：△EBC是等邊三角形；（2）點(diǎn)M是線段CD上的一點(diǎn)（不與點(diǎn)C，D重合），以BM為一邊，在BM的下方作∠BMG=60°，MG交DE延長(zhǎng)線于點(diǎn)G．請(qǐng)你在圖2中畫(huà)出完整圖形，并直接寫(xiě)出MD，DG（3）如圖3，點(diǎn)N是線段AD上的一點(diǎn)，以BN為一邊，在BN的下方作∠BNG=60°，NG交DE延長(zhǎng)線于點(diǎn)G．試探究ND，DG

【思路點(diǎn)撥】（1）利用“三邊相等”的三角形是等邊三角形證得△EBC是等邊三角形；（2）延長(zhǎng)ED使得DW=DM，連接MN，即可得出△WDM是等邊三角形，利用△WGM≌△DBM即可得出BD=WG=DG+DM，再利用AD=BD，即可得出答案；（3）利用等邊三角形的性質(zhì)得出∠H=∠2，進(jìn)而得出∠DNG=∠HNB，再求出△DNG≌△HNB即可得出答案．【解題過(guò)程】（1）證明：如圖1所示：

在Rt△ABC中，∠∴∠ABC=60°∵BD平分∠ABC∴∠1=∴DA=DB．∵DE⊥AB于點(diǎn)E．∴AE=BE=1∴BC=BE．∴△EBC是等邊三角形；（2）AD=DG+DM．如圖2所示：延長(zhǎng)ED使得DW=DM，連接MW，∵∠ACB=90°，∠A=30°，BD是△ABC的角平分線，∴∠ADE=又∵DM=DW，∴△WDM是等邊三角形，∴MW＝∴△WGM≌△DBM，∴BD=WG=DG+DM，∴AD=DG+DM．（3）結(jié)論：AD=DG-DN．證明：延長(zhǎng)BD至H，使得DH＝由（1）得DA=DB，∵DE⊥AB于點(diǎn)E．∴∠2=∴∠4=∴△NDH是等邊三角形．∴NH=ND，∴∠H=∵∠BNG=60°∴∠BNG+即∠DNG=∴△DNG≌△HNB(ASA∴DG=HB．∵HB=HD+DB=ND+AD，∴DG=ND+AD．∴AD=DG-ND．5．（2023秋·福建泉州·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，等腰△ABC中，AB=AC，AD平分∠BAC．點(diǎn)E為AD上的動(dòng)點(diǎn)，連接BE，將△ABE沿BE折疊得到△PBE．（1）若BD=3，試求出BC的長(zhǎng)度；（2）若BE=BC，設(shè)PB與AC相交于點(diǎn)F．①請(qǐng)求出∠BFC的度數(shù)；②連接EF，過(guò)點(diǎn)C作CG⊥EF交EF的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G．若BF=10，EG=6．試求線段CF的長(zhǎng)．

【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)等腰三角形的三線合一性質(zhì)即可得出答案；（2）①如圖，連接EC，先證明△BCE是等邊三角形，得出∠BED=30°，再利用三角形的外角的性質(zhì)得出∠BFC=2∠BED即可；②過(guò)E點(diǎn)作EH⊥AB于H，EN⊥AC于N，EM⊥BP于M，先證明∠AFE=∠BFE=60°，在Rt△EFM中，∠FEM=90°-60°=30°，得出EF=2FM，設(shè)FM=m，則EF=2m，推出FG=EG-EF=6-2m，F(xiàn)N=12EF=m，BM=CN，由此構(gòu)建方程即可求解．【解題過(guò)程】（1）解：∵AB=AC，AD平分∠BAC，BD=3，∴CD=BD=3，∴BC=2BD=6．∴BC的長(zhǎng)度為6．（2）解：①如圖，連接EC，∵AB=AC，AD平分∠BAC，∴AD⊥BC，BD=CD，∴EB=EC，又∵EB=BC，∴BE=EC=BC，∴△BCE是等邊三角形，∴∠BEC=60°，∴∠BED=30°，由翻折的性質(zhì)可知：∠ABE=∠PBE=1∴∠ABF=2∠ABE，∵AD平分∠BAC，∴∠BAF=2∠BAE，∴∠BFC=∠BAF+∠ABF=2∠BAE+∠ABE∴∠BFC的度數(shù)為60°；②如圖，過(guò)E點(diǎn)作EH⊥AB于H，EN⊥AC于N，EM⊥BP于M，∵AD平分∠BAC，∠ABE=∠PBE，∴EH=EN，EH=EM，∴EH=EN=EM，∴EF平分∠MFN，∴∠AFE=∠BFE，∵∠BFC=60°，∴∠AFE=∠BFE=60°，在Rt△EFM中，∠FEM=90°-60°=30°∴EF=2FM，在Rt△EFN中，∠FEN=90°-60°=30°∴EF=2FN，設(shè)FM=m，則EF=2m，F(xiàn)N=1∵EG=6，BF=10，∴FG=EG-EF=6-2m，∵CG⊥EF，∴∠CGE=90°，在Rt△CGF中，∠CFG=∠AFE=60°∴∠FCG=90°-60°=30°，∴CF=2FG=12-4m，在Rt△EMB和RtEB=ECEM=EN∴Rt△EMB∴BM=CN，∴BF-FM=CF+FN，∴10-m=12-4m+m，∴m=1，∴CF=12-4m=12-4=8，∴線段CF的長(zhǎng)為8．6．（2023秋·湖北武漢·八年級(jí)校聯(lián)考期中）已知等腰△ABC中，AB=AC=20cm，∠ABC=30°，CD⊥AB交BA延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，AF為CA的延長(zhǎng)線，點(diǎn)P從A點(diǎn)出發(fā)以每秒2cm的速度在射線AF上向右運(yùn)動(dòng)，連接BP，以BP為邊，在BP的左側(cè)作等邊△BPE，連接（1）如圖1，當(dāng)BP⊥AC時(shí)，求證：△ABP≌△ACD；（2）當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到如圖2位置時(shí)，此時(shí)點(diǎn)D與點(diǎn)E在直線AP同側(cè)，求證：AP=AB+AE；（3）在點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，連接DE，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)______秒時(shí)，線段DE長(zhǎng)度取到最小值．

【思路點(diǎn)撥】（1）利用“AAS”即可直接證明；（2）在PA上取一點(diǎn)T，使得AT=AB，先證明△BAT是等邊三角形，再證明△EAB≌（3）分當(dāng)點(diǎn)D與點(diǎn)E在直線AP同側(cè)時(shí)和當(dāng)點(diǎn)D與點(diǎn)E在直線CP兩側(cè)時(shí)來(lái)討論，確定點(diǎn)E在∠CAB的角平分線l上運(yùn)動(dòng)，即當(dāng)DE⊥l時(shí)，ED取到最短，問(wèn)題隨之得解．【解題過(guò)程】（1）證明：∵CD⊥AB，BP⊥AC，∴∠ADC=∠APB=90°，∵在△ABP和△ACD中，∠ADC=∠APB∠CAD=∠BAP∴△ABP≌（2）證明：如圖，在PA上取一點(diǎn)T，使得AT=AB，∵AB=AC，∠ABC=30°，∴∠ACB=∠ABC=30°，∴∠BAP=∠ABC+∠ACB=60°，∵AT=AB，∠BAP=60°，∴△BAT是等邊三角形，∴BA=BT，∠BTA=∠ABT=60°，∵△BPE是等邊三角形，∴BE=PE，∠EBP=60°，∴∠1+∠2=60°，∠3+∠2=60°，∴∠1=∠3．在△EAB和△PTB中AB=TB∠1=∠3∴△EAB≌∴PT=AE，∴AP=AT+PT=AE+AB；（3）①當(dāng)點(diǎn)D與點(diǎn)E在直線AP同側(cè)時(shí)，由（2）中有：△BAT是等邊三角形，即∠BTA=60°，∴∠BTP=120°，則根據(jù)△EAB≌△PTBSAS∵AB=AC，∠ABC=30°，∴∠ACB=∠ABC=30°，∴∠CAB=120°=∠DAP，∴∠BAF=60°，∴∠EAP=EAB-∠BAF=60°=∠DAE，②當(dāng)點(diǎn)D與點(diǎn)E在直線CP兩側(cè)時(shí)，如圖，在PC上截取PM=BA，∵∠BEP=∠BAP=60°，∴結(jié)合對(duì)頂角相等，可得∠ABE=∠APE，∴△PEM≌∴∠PME=∠BAE，EM=AE，∴∠PME=∠MAE，∴∠MAE=∠BAE，∵∠CAB=120°，∴∠MAE=∠BAE=60°，即運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，AE所在的直線平分∠CAB，則有點(diǎn)E在∠CAB的角平分線l上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)DE⊥l時(shí)，ED取到最短．此時(shí)∠EAD=60°，∠EDA=30°，點(diǎn)D與點(diǎn)E在直線AP同側(cè)時(shí)．∵Rt△ACD中，∠DCA=30°，∠CDA=90°∴AD=1∵Rt△ADE中，∠EDA=30°，∠DEA=90°∴AE=1∴根據(jù)（2）的結(jié)論，有AP=AB+AE=20+5=25cm∴t=25÷2=12.5s即：當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)12.5s時(shí)，線段DE7．（2022秋·上海普陀·八年級(jí)校考期中）如圖，在△ABC中，AD是∠BAC的平分線．（1）在線段AD上任意取一點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)F作MN⊥AD，交AB于點(diǎn)M，交AC于點(diǎn)N，通過(guò)這樣的作圖能得到結(jié)論MF=FN，那么依據(jù)是_________．（2）如果∠B=60°，CE平分∠ACB交AB于點(diǎn)E，且AD、CE相交于點(diǎn)F，求證：（3）如果∠ACB=100°，在邊AB上截取一點(diǎn)E，連接CE，使∠ACE=20°，連接DE．請(qǐng)直接寫(xiě)出∠ADE的度數(shù)．

【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)題意可得∠AMN=∠ANM，得出∠AMN=∠ANM，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)即可求解；（2）過(guò)點(diǎn)F作FM⊥AB,FN⊥BC，垂足分別為M,N，連接BF，證明△EFM≌△DFNAAS，即可得證；（3）設(shè)∠BAD=∠CAD=α，∠ADE=β，根據(jù)三角形的外角的性質(zhì)得出∠BED=α+β，∠DEC=α-β+20°，延長(zhǎng)AC至G，過(guò)點(diǎn)D分別作AB,EC,AC的垂線，垂直分別為M,N,P，證明DE平分∠BEC【解題過(guò)程】（1）解：∵AD是∠BAC的平分線，MN⊥AD，∴∠MAF=∠NAF,∠MFA=∠NFA=90°∴∠AMN=∠ANM∴AM=AF∵M(jìn)N⊥AD∴MF=FN（三線合一），故答案為：三線合一；（2）過(guò)點(diǎn)F作FM⊥AB,FN⊥BC，垂足分別為M,N，連接BF∵CE平分∠ACB，AD是∠BAC的平分線，∴BF平分∠ABC，∴FM=FN，∵∠ABC=60°，∴∠MFN=180°-60°=120°，∵∠EFD=∠AFC=180°-=180°-=180°-=120°，∴∠EFD=∠MFN，∴∠EFM=∠DFN，在△EFM與△DFN中，∠EMF=∠DNF∠EFM=∠DFN∴△EFM≌△DFNAAS，∴FE=FD；（3）∵AD是∠BAC的平分線，∴∠BAD=∠CAD，設(shè)∠BAD=∠CAD=α，∠ADE=β∵∠BED=∠BAD+∠ADE=α+∠ADE=α+β，∵∠ACE=20°，∴∠BEC=∠BAC+∠ACE=2α+20°，∴∠DEC=∠BEC-∠BED==2α+20°-=α-β+20°，如圖，延長(zhǎng)AC至G，過(guò)點(diǎn)D分別作AB,EC,AC的垂線，垂直分別為M,N,P，∵∠ACE=20°,∠ACB=100°，∴∴ECD=∠DCG=80°，∴CB是∠ECG的角平分線，∵DN⊥DP，∴DN=DP，∴AD是∠BAC的角平分線，又NP⊥AC,DM⊥AB，∴DP=DM，∴DN=DM，∴ED是∠BEC的角平分線，∴∠BED=∠DEC，∴α+β=α-β+20°，∴β=10°，即∠ADE=10°．8．（2023秋·湖北武漢·八年級(jí)統(tǒng)考期末）（1）已知△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°．①如圖1，點(diǎn)M，N均在邊BC上，∠ANB=45°，∠MAN=∠NAD=60°，AD=AM，連接ND,CD；請(qǐng)直接寫(xiě)出BM與CN的數(shù)量關(guān)系②如圖2，點(diǎn)M在邊BC上，點(diǎn)N在BC的上方，且∠MBN=∠MAN=60°，求證：MC=BN+MN；（2）如圖3，在四邊形ABCD中，∠CAB=α，平分∠ABC，若∠ADC與∠ABD互余，則∠DAC的大小為_(kāi)_____（用含α的式子表示）．

【思路點(diǎn)撥】（1）①證明△ABM≌△ACD(SAS)，由全等三角形的性質(zhì)得出BM=CD,∠B=∠ACD=30°，證明△AMN≌△ADN(SAS②如圖2，在CB上截取CG=BN，連接AG，證明△ABN≌△ACG(SAS)，得出∠BAN=∠CAG,AN=AG，證明△AMN≌△AMG(SAS（2）如圖3，過(guò)點(diǎn)D作DM⊥BA于點(diǎn)M，DN⊥BC于點(diǎn)N，在AM上截取MK=CN．證明△DMK≌△DNC(SAS)，得出DC=DK,∠MDK=∠CDN，證明△ADC≌△ADK，得出【解題過(guò)程】解：（1）①BM=2CN．∵∠MAN=60°,∠BAC=120°，AB=AC，∴∠BAM+∠CAN=60°，∠B=∠ACB=30°，∵∠CAD+∠CAN=60°，∴∠CAD=∠BAM，又∵AD=AM,AB=AC，∴△ABM≌△ACD(SAS∴BM=CD,∠B=∠ACD=30°，∵AM=AD,∠MAN=∠DAN,AN=AN，∴△AMN≌△ADN(SAS∴∠ANM=∠AND=45°，∴∠MND=90°，又∵∠DCN=∠ACB+∠ACD=60°，∴∠CDN=30°，∴CD=2CN，∴BM=2CN．故答案為：BM=2CN．②如圖，在CB上截取CG=BN，連接AG，∵AB=AC，∠BAC=120°，∴∠C=∠ABC=30°，∵∠NBM=60°，∴∠ABN=30°，在△ABN和△ACG中，AB=AC∠C=∠ABN=30°∴△ABN≌△ACGSAS∴∠BAN=∠CAG，AN=AG，∴∠BAN+∠BAM=∠BAM+∠CAG=∠MAN=60°，∴∠MAG=∠BAC-∠BAM-∠CAG=60°，∴∠NAM=∠GAM，在△AMN和△AMG中，AM=AM∠MAN=∠MAG∴△AMN≌△AMGSAS∴MN=MG，∴MC=MG+GC=MN+BN．（2）如圖，過(guò)點(diǎn)D作DM⊥BA于點(diǎn)M，DN⊥BC于點(diǎn)N，在AM上截取MK=CN．∵BD平分∠ABC，∴∠ABC=2∠ABD，DM=DN∵∠ADC=90°-∠ABD，∠MDN=180°-2∠ABD∴∠MDN=2∠ADC，∵DM=DN，∠DMK=∠DNC，MK=CN，∴△DMK≌△DNCSAS∴DC=DK，∠MDK=∠CDN，∴∠NDC+∠ADM=∠MDK+∠ADM=∠ADC，∴∠ADC=∠ADK，∴△ADC≌△ADKSAS∴∠DAC=∠DAM=180°-∠BAC故答案為180°-α29．（2023·全國(guó)·八年級(jí)專題練習(xí)）如圖1，等邊△ABC的邊長(zhǎng)為4，點(diǎn)D是直線AB上異于A，B的一動(dòng)點(diǎn)，連接CD，以CD為邊長(zhǎng)，在CD在側(cè)作等邊△CDE，連接BE．

（1）求證：BE∥AC；（2）當(dāng)點(diǎn)D在直線AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，①△BDE的周長(zhǎng)是否存在最小值？若存在，求此時(shí)AD②△BDE能否形成直角三角形？若能，求此時(shí)AD

【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，證明△ACD≌△BCESAS，得到∠4=∠6，推出∠4=∠7（2）①△ACD≌△BCE，得到AD=BE，進(jìn)而得到△BDE的周長(zhǎng)=DE+DB+BE=DE+DB+AD=DE+AB=DE+4=CD+4，根據(jù)垂線段最短，得到CD⊥AB時(shí)，CD最短，利用三線合一進(jìn)行求解即可；②分點(diǎn)D在AB的延長(zhǎng)線上和在BA【解題過(guò)程】（1）證明：∵等邊△ABC，∴∠ACB=∠4=∠5=60°，AC=BC

∴∠1+∠3=60°∵等邊△CDE，∴∠DCE=60°，DC=EC∴∠2+∠3=60°，∴∠1=∠2，在△ACD和△BCE中AC=BC∠1=∠2∴△ACD≌△BCE∴∠4=∠6，∴∠6=60°，∴∠7=180°-∠5-∠6=180°-60°-60°=60°，∴∠4=∠7，∴BE∥AC；（2）解：①由（1）知△ACD≌△BCE，∴AD=BE，∴△BDE的周長(zhǎng)=DE+DB+BE=DE+DB+AD=DE+AB=DE+4=CD+4由垂線段最短可知，當(dāng)CD⊥AB時(shí)，CD最短，故△BDE當(dāng)CD⊥AB時(shí)，在等邊△ABC中，由三線合一可得：點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)，∴此時(shí)AD的長(zhǎng)為12∴△BDE的周長(zhǎng)存在最小值，此時(shí)AD的長(zhǎng)為2②分以下情況討論：當(dāng)點(diǎn)D在AB的延長(zhǎng)線上時(shí)，由（1）知∠7=60°，∠1<60°，∴只能∠BDE=90∴∠1=90°-60°=30°由題意知∠CED=60°，∴∠2=30°，∴∠1=∠2在△BDE和△BCE中，DE=CE∴△BDE≌△BCESAS∴BD=CB，∵BC=AB=4，∴BD=4，AD=8當(dāng)點(diǎn)D在BA的延長(zhǎng)線上時(shí)，∵∠8=∠7=60°，∠3<60°∴只能∠BE∴∠3=90°-60°=30°由題意知∠CD∴∠4=30°，∵∠5=∠4+∠6=60°，∴∠6=30°，∴∠6=∠4，∴AD

綜上所述：AD=8或AD=4．10．（2023春·全國(guó)·八年級(jí)期中）已知：△ABC是等邊三角形，△BDC是等腰三角形，其中∠BDC=120°，過(guò)點(diǎn)D作∠EDF=60°，分別交AB于E，交AC于F，連接EF．（1）若BE=CF，求證：①△DEF是等邊三角形；②BE+CF=EF．（2）若BE≠CF，即E、F分別是線段AB、AC上任意一點(diǎn)，BE+CF=EF還會(huì)成立嗎？請(qǐng)說(shuō)明理由．

【思路點(diǎn)撥】（1）延長(zhǎng)AB到N，使BN=CF，連接DN，通過(guò)證明△EBD≌△FCD(SAS)，得到ED=DF，得出△EDF是等邊三角形，通過(guò)證明△NBD≌△FCD(SAS)，得到DN=DF，∠NDB=∠FDC，求出∠EDF=∠EDN，通過(guò)證明△EDN≌△EDF(SAS)，得到EF=EN，即可得到答案；（2）延長(zhǎng)AB到N，使BN=CF，連接DN，通過(guò)證明△NBD≌△FCD(SAS)，得到DN=DF，∠NDB=∠FDC，求出∠EDF=∠EDN，通過(guò)證明△EDN≌△EDF(SAS)，得到EF=EN，即可得到答案．【解題過(guò)程】（1）證明：延長(zhǎng)AB到N，使BN=CF，連接DN，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°，∵△DBC是等腰三角形，∠BDC=120°，∴∠DBC=∠DCB=30°，∴∠ACD=∠ABD=30°+60°=90°，在△EBD和△FCD中，BE=CF∠EBD=∠FCD∴△EBD≌△FCD(SAS)，∴ED=DF，∵∠EDF=60°，∴△EDF是等邊三角形，∵△EBD≌△FCD，∴∠EDB=∠FDC，在△NBD和△FCD中，BD=DC∠NBD=∠FCD=90°∴△NBD≌△FCD(SAS)，∴DN=DF，∠NDB=∠FDC，∵∠EDB=∠FDC，∴∠EDB=∠BDN=∠FDC，∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，∴∠EDB+∠FDC=60°，∴∠EDB+∠BDN=60°，即∠EDF=∠EDN，在△EDN和△EDF中，DE=DE∠EDF=∠EDN∴△EDN≌△EDF(SAS)，∴EF=EN=BE+BN=BE+CF，即△EDF是等邊三角形，BE+CF=EF；（2）解：BE+CF=EF還成立，理由是：延長(zhǎng)AB到N，使BN=CF，連接DN，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°，∵△DBC是等腰三角形，∠BDC=120°，∴∠DBC=∠DCB=30°，∴∠ACD=∠ABD=30°+60°=90°=∠NBD，在△NBD和△FCD中，BD=DC∠NBD=∠FCD=90°∴△NBD≌△FCD(SAS)，∴DN=DF，∠NDB=∠FDC，∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，∴∠EDB+∠FDC=60°，∴∠EDB+∠BDN=60°，即∠EDF=∠EDN，在△EDN和△EDF中DE=DE∠EDF=∠EDN∴△EDN≌△EDF(SAS)，∴EF=EN=BE+BN=BE+CF，即BE+CF=EF．11．（2023秋·福建莆田·八年級(jí)莆田二中?？计谥校┮阎骸鰽BC中，∠C=90°，CA=CB，點(diǎn)D是BC上一點(diǎn)，BE⊥AD交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E．

（1）如圖①，求證：∠CAD=∠EBD（2）如圖②，若CF∥AB交BE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，連接DF，求證：∠EDF+2∠CDF=180°；（3）如圖③，若AD是∠BAC的平分線，CG∥BE交AD于點(diǎn)H，交AB于點(diǎn)G，求AD-CGDH

【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)等角的余角相等證明結(jié)論即可；（2）過(guò)點(diǎn)C作CM⊥AB于N，交AE于M，證明△BCF≌△ACM，得到CF=CM，再證明△DCF≌△DCM，得到∠CDF=∠CDM，從而可證明結(jié)論；（3）證明△BCG≌△CAM，得到CG=AM，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到DH=HM，再計(jì)算即可；【解題過(guò)程】（1）證明：∵∠C=90°，∴∠CAD+∠ADC=90°．∵BE⊥AD，∴∠EBD+∠BDE=90°．∵∠ADC=∠BDE，∴∠CAD=∠EBD；（2）證明：如圖，過(guò)點(diǎn)C作CM⊥AB于N，交AE于M，

∵∠C=90°，CA=CB，∴∠NCB=∠NBC=∠ACN=45°．∵CF∥AB，∴∠BCF=∠NBC=45°．∴∠BCF=∠ACM．在△BCF和△ACM中∠BCF=∠ACMBC=AC∴△BCF≌△ACMASA∴CF=CM．在△DCF和△DCM中CF=CM∠DCF=∠DCM∴△DCF≌△DCMSAS∴∠CDF=∠CDM，∴∠CDF=∠BDE，∴∠EDF+2∠CDF=180°；（3）解：過(guò)點(diǎn)C作CM⊥AB于N，交AE于M，

∵CG∥BE，BE⊥AD，∴CG⊥AD．∵AD是∠BAC的平分線，∴∠GAD=∠CAD=22.5°，∴∠ACH=67.5°，∴∠BCG=∠CAM=22.5°，在△BCG和△CAM中∠BCG=∠CAMBC=CA∴△BCG≌△CAMASA∴CG=AM．∵∠MCH=∠DCH，CH⊥DM，∴DH=HM，∴AD-CGDH12．（2023秋·江蘇宿遷·八年級(jí)校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，已知△BAD和△BCE均為等腰直角三角形，∠BAD=∠BCE=90°，點(diǎn)M為DE的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E與AD平行的直線交射線AM于點(diǎn)N．

（1）當(dāng)A，B，C三點(diǎn)，C，E，（2）將圖1中的△BCE繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)，當(dāng)A，B，E三點(diǎn)在同一直線上時(shí)（如圖（3）將圖1中△BCE繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)到圖3位置時(shí)，A，B，

【思路點(diǎn)撥】（1）由平行線的性質(zhì)可得∠DAM=∠ENM，通過(guò)證明△ADM≌△NEM得到AM=NM，從而得證；（2）由等腰直角三角形的性質(zhì)可得AB=AD，CB=CE，∠CBE=∠CEB=45°，由平行線的性質(zhì)及∠DAE=90°可得∠NEA=90°，通過(guò)證明可得∠ABC=∠NEC，由（1）同理可證：△ADM≌△NEM，可得AD=NE，從而得到AB=NE，再證明（3）由等腰直角三角形的性質(zhì)可得AB=AD，CB=CE，由平行線的性質(zhì)可得∠DAN=∠ENA=90°，通過(guò)證明可得∠ABC=∠NEC，由（1）同理可證：△ADM≌△NEM，可得AD=NE，從而得到AB=NE，再證明【解題過(guò)程】（1）證明：∵EN∥AD，∴∠DAM=∠ENM，∵M(jìn)為DE的中點(diǎn)，∴ME=MD，在△ADM和△NEM中，∠DAM=∠ENM∠DMA=∠EMN∴△ADM≌△NEMAAS∴AM=NM，∴M為AN的中點(diǎn)；（2）解：∵△BAD和△BCE均為等腰直角三角形，∴AB=AD，CB=CE，∵EN∥AD，∴∠DAE+∠NEA=180°，∵∠DAE=90°，∴∠NEA=90°，∴∠NEC=∠NEA+∠BEC=90°+45°=135°，∵A、∴∠ABC=180°-∠CBE=180°-45°=135°，∴∠ABC=∠NEC，由（1）同理可證：△ADM≌△NEM，∴AD=NE，∴AB=NE，在△ABC和△NEC中，AB=NE∠ABC=∠NEC∴△ABC≌△NECSAS∴AC=CN；（3）解：結(jié)論仍然成立，證明：∵△BAD和△BCE均為等腰直角三角形，∴AB=AD，∵EN∥AD，∠DAN=90°，∴∠DAN=∠ENA=90°，∵A、∴∠ABC+∠CBN=180°，∵在四邊形BCEN中，∠BCE=∠BNE=90°，∠BCE+∠BNE+∠CBN+∠CEN=360°，∴∠CBN+∠CEN=180°，∴∠ABC=∠CEN，由（1）同理可證：△ADM≌△NEM，∴AD=NE，∴AB=NE，在△ABC和△NEC中，AB=NE∠ABC=∠NEC∴△ABC≌△NECSAS∴AC=CN．13．（2023秋·黑龍江哈爾濱·八年級(jí)哈爾濱市第十七中學(xué)校?？计谥校┤鐖D，在△ABC中，點(diǎn)E在線段BC的延長(zhǎng)線上，連接BD、DE，∠ABD=∠CDE，BD=DE；

（1）如圖1，求證：△ABC是等腰三角形；（2）如圖2，BC=AB，求證：AD=CE；（3）如圖3，在（2）的條件下，連接AE，點(diǎn)F是線段BD中點(diǎn)，連接AF，∠BAF=2∠BED，DH⊥AE于點(diǎn)H，DH=95，△ACE的面積為192

【思路點(diǎn)撥】（1）由等腰三角形的性質(zhì)可得∠DBE=∠DEB，由外角的性質(zhì)與角的和差關(guān)系可得∠ABC=∠ACB，可證AB=AC，可得結(jié)論；（2）延長(zhǎng)AC至H，使CH=CE，可證△ECH是等邊三角形，可得CE=CH=EH，∠H=∠CEH=60°，利用AAS證△ABD≌△HDE，可得AD=EH=CE；（3）延長(zhǎng)AF至P，使FP=AF，連接BP，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥AC于G，利用SAS證△BFP≌△DFA，設(shè)∠DBC=∠DEC=α，則∠BAF=2α，得∠AFD=∠ADF=60°+α，所以AF=AD，證明△BFP≌△DFASAS和△ABP≌△ACESAS，得【解題過(guò)程】（1）證明：∵BD=DE，∴∠DBE=∠DEB，∵∠ABD=∠CDE，∴∠DBE+∠ABD=∠DEB+∠CDE，即∠ABC=∠ACB，∴AB=AC，∴△ABC是等腰三角形；（2）證明：∵BC=AB，AB=AC，∴△ABC是等邊三角形，∴∠A=∠ACB=∠ABC=60°，如圖，延長(zhǎng)AC至H，使CH=CE，

又∵∠ECH=60°，∴△ECH是等邊三角形，∴CE=CH=EH，∠H=∠CEH=60°，∴∠DEB+∠CEH=∠ACB+∠DBE，∴∠ADB=∠DEH，在△ABD和△HDE中，∠A=∠H=60°∠ADB=∠DEH∴△ABD≌△HDEAAS∴AD=EH，∴AD=CE；（3）解：由（2）知△ABC是等邊三角形，如圖，延長(zhǎng)AF至P，使FP=AF，連接BP，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥AC于G，

∵點(diǎn)F是線段BD中點(diǎn)，∴BF=DF，∵BD=DE，∴∠DBE=∠DEB，∴設(shè)∠DBC=∠DEC=α，則∠BAF=2α，∴∠AFD=∠ADF=60°+α，∴AF=AD，在△BFP和△DFA中，BF=DF∠BFP=∠AFD∴△BFP≌△DFASAS∴BP=AD，∠ADF=∠PBF=60°+α，∵∠DBC=α，∴∠CBP=60°，∴∠ABP=60°+60°=120°，∵∠ACB=60°，∴∠ACE=120°，∴∠ABP=∠ACE，由（2）知：AD=CE，∴BP=CE，在△ABP和△ACE中，AB=AC∠ABP=∠ACE∴△ABP≌△ACESAS∴AP=AE，∵AP=2AF=2AD，∴AE=2AD，∵DH⊥AE，AE=2AD，∴S∴EG=2DH=18∵S∴AC=19∴AB=9514．（2023春·福建三明·八年級(jí)統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖，在銳角△ABC中，∠A=60°，點(diǎn)D，E分別是邊AB，AC上一動(dòng)點(diǎn)，連接BE交CD于點(diǎn)F．

（1）如圖1，若BE平分∠ABC，CD平分∠ACB，求∠CFE的度數(shù)；（2）如圖2，若AB>AC，且BD=CE，∠BCD=∠CBE，求∠CFE的度數(shù)；（3）如圖3，若AB=AC，且BD=AE，在平面內(nèi)將線段AC繞點(diǎn)C順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)60°得到線段CM，連接MF，點(diǎn)N是MF的中點(diǎn)，連接CN．在點(diǎn)D，E運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，猜想線段BF，CF，CN之間存在的數(shù)量關(guān)系，并證明你的猜想．

【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)角平分線的定義可得∠FBC=12∠ABC，∠FCB=12（2）如圖，延長(zhǎng)CD到點(diǎn)K，使得CK=BE，證明△BCE≌△CBKSAS，推出BK=CE，∠BEC=∠CKB，再證明∠ADF+∠AEF=180°（3）結(jié)論：BF+CF=2CN．首先證明∠BFC=120°．如圖，延長(zhǎng)CN到Q，使得NQ=CN，連接FQ，證明△CNM≌△QNFSAS，推出FQ=CM=BC，延長(zhǎng)CD到P，使得PF=BF，則△PBF是等邊三角形，再證明△PFQ≌△PBCSAS，推出PQ=PC，∠QPF=∠CPB=60°，推出【解題過(guò)程】（1）解：∵BE平分∠ABC，CD平分∠ACB，∴∠FBC=12∠ABC∴∠CFE=∠FBC+∠FCB===1∵在△ABC中，∠A=60°，∴∠CFE=1∴∠CFE的度數(shù)為60°；

（2）如圖，延長(zhǎng)CD到點(diǎn)K，使得CK=BE，在△BCE和△CBK中，BC=CB∠CBE=∠BCK∴△BCE≌△CBKSAS∴CE=BK，∠BEC=∠CKB，∵BD=CE，∴BD=BK，∴∠BKD=∠BDK=∠ADC=∠CEB，∵∠BEC+∠AEF=180°，∴∠ADF+∠AEF=180°，∴∠A+∠EFD=180°，∵∠A=60°，∴∠EFD=120°，∴∠CFE=180°-∠EFD=180°-120°=60°，∴∠CFE的度數(shù)為60°；（3）結(jié)論：BF+CF=2CN．

理由：如圖，∵AB=AC，∠A=60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AB=CB，∠A=∠CBD=60°，在△ABE和△BCD中，AB=BC∠BAE=∠CBD∴△ABE≌△BCDSAS∴∠ABE=∠BCD，∴∠FBC+∠BCF=∠FBC+∠DBF=∠ABC=60°，∴∠BFC=180°-∠FBC+∠BCF延長(zhǎng)CN到Q，使得NQ=CN，連接FQ，∴QC=2CN，∵線段AC繞點(diǎn)C順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)60°得到線段CM，∴AC=CM，∴BC=CM，∵點(diǎn)N是MF的中點(diǎn)，∴NF=NM，在△CNM和△QNF中，NM=NF∠CNM=∠QNF∴△CNM≌△QNFSAS∴CM=QF，∠MCN=∠FQN，∴QF=CM=BC，CM∥∴∠DFQ=∠FCM，延長(zhǎng)CD到P，使得PF=BF，連接PQ，∵∠BFC=120°，∴∠BFP=180°-∠BFC=180°-120°=60°，∴△PBF是等邊三角形，∴∠BPF=∠BFP=60°，PF=PB，∴∠PCB+∠FCM=∠ACB+∠ACM=120°,∠PBC+∠PCB=180°-∠BPF=120°，∴∠PFQ=∠FCM=∠PBC，在△PFQ和△PBC中，F(xiàn)Q=BC∠PFQ=∠PBC∴△PFQ≌△PBCSAS∴PQ=PC，∠QPF=∠CPB=60°，∴△PCQ是等邊三角形，∴PC=QC，∴BF+CF=PF+CF=PC=QC=2CN，即BF+CF=2CN．15．（2022秋·黑龍江哈爾濱·八年級(jí)校考期中）如圖，在△ABC中，點(diǎn)D在線段AC上，點(diǎn)E在線段BC的延長(zhǎng)線上，連接BD、DE，∠ABD=∠CDE，BD=DE；

（1）如圖1，求證：△ABC是等腰三角形；（2）如圖2，BC=AB，求證：AD=CE；（3）如圖3，在（2）的條件下，連接AE，點(diǎn)F是線段BD中點(diǎn)，連接AF，∠BAF=2∠BED，DH⊥AE于點(diǎn)H，DH=95，△ACE的面積為192

【思路點(diǎn)撥】（1）由等腰三角形的性質(zhì)可得∠DBE=∠DEB，由外角的性質(zhì)與角的和差關(guān)系可得∠ABC=∠ACB，可證AB=AC，可得結(jié)論；（2）延長(zhǎng)AC至H，使CH=CE，可證△ECH是等邊三角形，可得CE=CH=EH，∠H=∠CEH=60°，由“AAS”可證△ABD≌△HDE，可得AD=EH=CE；（3）如圖3，作輔助線，構(gòu)建全等三角形，設(shè)∠DBC=∠DEC=α，則∠BAF=2α，得∠AFD=∠ADF=60°+α，所以AF=AD，證明△BFP≌△DFA(SAS)和△ABP≌△ACE(SAS【解題過(guò)程】（1）證明：∵BD=DE，∴∠DBE=∠DEB，∵∠ABD=∠CDE，∴∠DBE+∠ABD=∠DEB+∠CDE，即∠ABC=∠ACB，∴AB=AC，∴△ABC是等腰三角形；（2）∵BC=AB，AB=AC，∴△ABC是等邊三角形，∴∠A=∠ACB=∠ABC=60°，如圖2，延長(zhǎng)AC至H，使CH=CE，

又∵∠ECH=60°，∴△ECH是等邊三角形，∴CE=CH=EH，∠H=∠CEH=60°，∴∠DEB+∠CEH=∠ACB+∠DBE，∴∠ADB=∠DEH，在△ABD和△HDE中，∠A=∠H=60°∠ADB=∠DEH∴△ABD≌△HDE(AAS∴AD=EH，∴AD=CE；（3）由（2）知：△ABC是等邊三角形，如圖，延長(zhǎng)AF至P，使FP=AF，連接BP，

∵點(diǎn)F是線段BD中點(diǎn)，∴BF=DF，∵BD=DE，∴∠DBE=∠DEB，∴設(shè)∠DBC=∠DEC=α，則∠BAF=2α，∴∠AFD=∠ADF=60°+α，∴AF=AD，在△BFP和△DFA中，BF=DF∠BFP=∠AFD∴△BFP≌△DFA(SAS∴BP=AD，∠ADF=∠PBF=60°+α，∵∠DBC=α，∴∠CBP=60°，∴∠ABP=60°+60°=120°，∵∠ACB=60°，∴∠ACE=120°，∴∠ABP=∠ACE，由（2）知：AD=CE，∴BP=CE，在△ABP和△ACE中，AB=AC∠ABP=∠ACE∴△ABP≌△ACE(SAS)，∴AP=AE，∵AP=2AF=2AD，∴AE=2AD，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥AC于G，∵DH⊥AE，AE=2AD，∴S∴EG=2DH=18∵S∴AC=19∴AB=9516．（2023秋·黑龍江哈爾濱·八年級(jí)校考階段練習(xí)）在△ABC中，CD⊥AB于點(diǎn)D，∠B=2∠ACD．（1）如圖1，求證：△ABC是等腰三角形．（2）如圖2，點(diǎn)E是邊AB上一點(diǎn)，F(xiàn)是BC延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，連接CE、AF，若CE=AF，求證：AE=2AD+CF．（3）如圖3，在（2）的條件下，過(guò)A作AC的垂線交CE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，點(diǎn)K是CE上一點(diǎn)，連接KA并延長(zhǎng)至點(diǎn)G，使GA=AK，連接HG．若∠G=2∠GHA，∠F-∠B=12∠CAF，GK=12

【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)CD⊥AB得到∠B+∠BCD=90°，∠A+∠ACD=90°，結(jié)合∠B=2∠ACD推出∠ACB=∠A，即可證明△ABC是等腰三角形；（2）作AI⊥BC于I，先證AI=CD，再證Rt△AIF≌Rt△CDE、Rt△AIC≌Rt△CDA，推出IF=DE、CI=AD，結(jié)合（3）作點(diǎn)A關(guān)于CH的對(duì)稱點(diǎn)P，連接AP、HP、KP；作KQ⊥GH于Q，連接AQ，設(shè)∠F=∠AEC=α，∠BCE=β，推理出∠ACE=60°、△AHP是等邊三角形，證△APK≌△AHQ，得出∠AQG+∠G=60°，推出∠G=30°、∠QHK=45°，根據(jù)GK=12，結(jié)合含30°角的直角三角形和等腰直角三角形的性質(zhì)，求出HK的長(zhǎng)即可．【解題過(guò)程】（1）證明：∵CD⊥AB，∴∠B+∠BCD=90°，∠A+∠ACD=90°，∵∠B=2∠ACD，∴∠A=90°-∠ACD，∠DCB=90°-2∠ACD，∴∠ACB=90°-2∠ACD+∠ACD=90°-∠ACD，∴∠ACB=∠A，∴AB=CB，∴△ABC是等腰三角形；（2）證明：如下圖，作AI⊥BC于I，由（1）得：AB=CB，∵CD⊥AB，AI⊥BC，∴S△ABC∴AI=CD，在Rt△AIF與RtAI=CDAF=CE∴Rt△AIF≌∴IF=DE，在Rt△AIC與RtAI=CDAC=CA∴Rt△AIC≌∴CI=AD，又∵AE=AD+DE，IF=CI+CF，∴AE=AD+IF=AD+CI+CF=AD+AD+CF=2AD+CF；（3）解：如下圖，作點(diǎn)A關(guān)于CH的對(duì)稱點(diǎn)P，連接AP、HP、KP；作KQ⊥GH于Q，連接AQ，∵由（1）得：AB=CB，由（2）得：Rt△AIF≌∴∠BAC=∠BCA，∠F=∠AEC，設(shè)∠F=∠AEC=α，∠BCE=β，∵∠F-∠B=1∴∠AEC-∠B=12∠CAF∴∠CAF=2β，∴∠BAC=∠BCA=∠CAF+∠F=α+2β，∴∠ACE=∠BCA-∠BCE=α+2β-β=α+β，∵在△ACE中，∠AEC+∠EAC+∠ACE=180°，∴α+α+2β+α+β=180°，3α+3β=180°，α+β=60°，∴∠ACE=60°，又∵HA⊥AC，∴∠CAH=90°，∠CHA=30°，∵點(diǎn)A和點(diǎn)P關(guān)于CH對(duì)稱，∴AH=PH，AK=PK，∠CHP=∠CHA=30°，∠AHP=30°+30°=60°，∴△AHP是等邊三角形，∴AP=AH，∠HAP=60°，∵KQ⊥GH，GA=AK，∴AQ=GA=AK，∠AQG=∠G，又∵∠G=2∠GHA，∴∠AQG=2∠GHA，∴∠QAH=∠AQG-∠GHA=2∠GHA-∠GHA=∠GHA，∴AQ=HQ，∴AQ=HQ=AK=PK，在△APK與△AHQ中，AP=AHAK=AQ∴△APK≌△AHQSSS∴∠PAK=∠HAQ，又∵∠HAP=∠PAK+∠HAK=60°，∴∠HAQ+∠HAK=60°，即∠KAQ=60°，∴∠AQG+∠G=60°，∴∠AQG=∠G=30°，∠GHA=15°，∠QHK=∠GHA+∠CHA=15°+30°=45°，又∵GK=12，∴KQ=1HK=217．（2023秋·重慶沙坪壩·八年級(jí)重慶南開(kāi)中學(xué)?？奸_(kāi)學(xué)考試）已知，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC，E是BC邊上一點(diǎn)．

（1）如圖1，點(diǎn)D是AC邊上一點(diǎn)，連接DE，將DE繞點(diǎn)E逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至EF，連接BF．若AC=4，BE=2，求△BEF的面積；（2）如圖2，連接AE，將AE繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至EM，連接BM，取BM的中點(diǎn)N，連接EN.試探究線段EN，BE，AB之間的數(shù)量關(guān)系；（3）如圖3，連接AE，P為AE上一點(diǎn)，在AP的上方以AP為邊作等邊△APQ，剛好點(diǎn)Q是點(diǎn)P關(guān)于直線AC的對(duì)稱點(diǎn)，連接CP，當(dāng)CP+12AP取最小值的條件下，點(diǎn)G是直線PQ上一點(diǎn)，連接CG，將△CGP沿CG所在直線翻折得到△CGK（△CGK與△ABC在同一平面內(nèi)），連接AK，當(dāng)AK

【思路點(diǎn)撥】（1）證明△CDE≌△HEF，可得CE=FH=2，由三角形的面積公式可求解；（2）作輔助線如解析圖，證明△BEN≌△MGN，可得NE=GN，MG=BE，進(jìn)一步可得MG=EQ=BE，BQ=2（3）作輔助線如解析圖，可得當(dāng)點(diǎn)C'，P，N三點(diǎn)共線時(shí)，CP+12AP有最小值，由折疊的性質(zhì)可得CP=CK，進(jìn)而得AK≥AC-CK，可得當(dāng)點(diǎn)K【解題過(guò)程】（1）如圖1，過(guò)點(diǎn)F作FH⊥直線BC于H，

∵將DE繞點(diǎn)E逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至EF，∴∠DEF=90°，∵AC=4=BC，∴CE=BE=2，∵∠ACB=∠DEF=∠H=90°，∴∠CED+∠CDE=90°=∠CED+∠BEF∴∠CDE=∠BEF，∴△CDE≌△HEF（∴CE=FH=2，∴△BEF的面積=1（2）如圖2，過(guò)點(diǎn)M作MG∥BC，交直線NE于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)E作EQ∥AC，交AB于Q，

∵M(jìn)G∥BC，∴∠G=∠NEB，∵點(diǎn)N是BM的中點(diǎn)，∴MN=BN，∴△BEN≌△MGN（∴NE=GN，∴GE=2NE，∵EQ∥AC，∴∠CAB=∠EQB=45°=∠ABC，∴QE=BE，∴MG=EQ=BE，∵將AE繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至EM，∴AE=ME，∴∠AEQ=∠MEC，∴∠AEQ=∠EMG，∴△AEQ≌△EMG（∴EG=AQ，∴AB=AQ+BQ=2NE+2（3）如圖，作點(diǎn)C關(guān)于AE的對(duì)稱點(diǎn)C'，連接A

∵點(diǎn)Q是點(diǎn)P關(guān)于直線AC的對(duì)稱點(diǎn)，∴AP=AQ，AC平分∠PAQ，∵△APQ是等邊三角形，∴∠CAP=30°，∴PN=1∵點(diǎn)C與點(diǎn)C'關(guān)于AE∴PC=PC∴∠CAC∴△CAC∵CP+1∴當(dāng)點(diǎn)C'，P，N三點(diǎn)共線時(shí)，CP+∵將△CGP沿CG所在直線翻折得到△CGK，∴CP=CK，∴AK≥AC-CK∴當(dāng)點(diǎn)K落在AC上時(shí)，AK有最小值，∵△CAC'為等邊三角形，∴C'N垂直平分如圖，設(shè)PN=a，則AP=2a，

∴AP=CP=2a，∵將△CGP沿CG所在直線翻折得到△CGK，∴CP=CK=2a，∴KN=2a-3∴NG=3∴S△CKG∵S△APQ∴S△CGK18．（2023秋·黑龍江哈爾濱·八年級(jí)哈爾濱工業(yè)大學(xué)附屬中學(xué)校?？茧A段練習(xí)）如圖，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，點(diǎn)D在邊AB上，連接CD，AB⊥AB，AE交CD于點(diǎn)E，點(diǎn)F在邊BC上，BF=AE，連接AF交CD于點(diǎn)G．（1）如圖1，求證：AF=CE；（2）如圖1，求∠AGC的度數(shù)；（3）如圖2，點(diǎn)D為AB中點(diǎn)，CN∥AF，DN⊥CN于點(diǎn)N，連接AN交BC于點(diǎn)K，過(guò)點(diǎn)N作NH⊥BC，垂足為H，當(dāng)KH=2時(shí)，求FK的長(zhǎng)．

【思路點(diǎn)撥】（1）由AB=AC可得∠ABC=∠ACB，然后再證明∠EAC=∠ABF，得出△ABF≌△CAESAS（2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得∠BAF=∠ACE，∠EAC=∠FBA=30°，從而可證得∠ACE+∠FAE=90°，最后求得∠AGE=60°；（3）根據(jù)全等三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)可得結(jié)果【解題過(guò)程】（1）解：∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，在△BAC中，∠ABC+∠ACB=180°-∠BAC=180°-120°=60°，∴∠ABC=1∵AE⊥AB，∴∠BBE=90°，∴∠EAC=∠BAC-∠BAE=120°-90°=30°，∠EAC=∠ABF，在△ABF和△CAE中AB=CA∴△ABF≌△CAE∴AF=CE（2）解：∵△ABF?△CAE，∴∠BAF=∠ACE，∠EAC=∠FBA=30°，∵∠BAE=90°，∴∠BAF+∠FAE=90°，∴∠ACE+∠FAE=90°，在△AEC中．∠AEG=∠EAC+∠ECA，∴∠GAE+∠GEA=∠GAE+∠EAC+∠ECA=90°+30°=120°，在△AGE中，∠AGE=180°-∠AEG-∠GAE=180°-120°=60°，（3）解：∵AF∥CN，又∵∠AGC=60°，∴∠GCN=∠AGC=60°，∵DN⊥CN，∴∠DNC=90°，在Rt△DNC中，∠DNC=90°∴∠NDC=90°-∠DCN=90°-60°=30°，在Rt△DNC中，∠DNC=90°∵∠NDC=90°，∴NC=1過(guò)A作AP⊥BC于P，∴∠APB=90°，∵∠ABF=30°，在Rt△ABP中，∠APB=90°∵∠ABF=30°，∴AP=1∵D為中點(diǎn)，∴DA=BD=1∴DA=PA，∵∠BAE=90°，設(shè)∠BAF=α，在△ADG中，∠ADE=∠AGE-∠BAF=60°-α，在Rt△BAP中，∠BPA=90°∴∠BAP=90°-∠ABP=90°-30°=60°，∴∠FAP=∠BAP-∠BAF=60°-α，∴∠FAP=∠ADE，在△ADE和△PAF中，∠DAE=∠APFAD=PA∴△ADE≌△PAF∴DE=AF，∵AF=CE，∴DE=CD，∵CN∥AF，∴∠AGC=∠ECN=60°，∵DN⊥CN，∴∠DNC=90°，在Rt△DNC中，∠DNC=90°∠NDC=90°-∠DCN=90°-60°=30°，在Rt△DNC中，∠DNC=90°∵∠NDC=30°，∴12∴CN=CE，又∵CE=AF，∴CN=AF，∵AF∥CN，∴∠FAK=∠CNK，在△FAK和△CNK中∠FAK=∠CNK∠AKF=∠NKC∴△FAK≌△CNKAAS∴AK=NK，F(xiàn)K=CK，∵NH⊥BC，∴∠KHN=90°，∴∠KHN=∠APK，在△APK和△NHK中∠APK=∠NHK∠AKP=∠NKH∴△APK≌△NHKAAS∴PK=HK=2，∵FK=CK，∴FK-PK=CK-HK，∴FP=HC，∵FP=AE=BF，∴FP=BF=HC，∵AB=AC，AP⊥BC，∴BP=PC，∴2HC=4+HC，HC=FP=4，∴FK=FP+PK=4+2=619．（2022秋·福建廈門(mén)·八年級(jí)廈門(mén)市湖濱中學(xué)校考期中）如圖，等邊△ABC中，過(guò)頂點(diǎn)A在AB邊的右側(cè)作射線AP，∠BAP=α（30°<α<120°）.點(diǎn)B與點(diǎn)E關(guān)于直線AP對(duì)稱，連接AE，BE，且BE交射線AP于點(diǎn)D，過(guò)C，（1）當(dāng)α=40°時(shí)，求（2）在α變化過(guò)程中，∠AFE的大小是否發(fā)生變化？如果變化，寫(xiě)出變化的范圍；如果不變化，求∠AFE的大小；（3）探究線段AF，CF，DF之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．

【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，AB=BC=AC，根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)得到BD=DE，BE⊥AP，求得AB=BC=AC=AE，得到當(dāng)∠BAP=α=40°時(shí)，如圖1，得到∠BAD=∠EAD=40°，求得（2）當(dāng)30°<α≤90°時(shí)，60°<2α≤180°，D，F(xiàn)在射線AP上，如圖當(dāng)90°<α<120°時(shí)，180°<2α<240°，D，F(xiàn)在點(diǎn)A的兩側(cè)，如圖2，根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)得到BD=DE，BE⊥AP，求得∠BAD=∠EAD，AB=AE，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到（3）連接BF，在FA上截取FH=FC，連接CH．由（2）知∠AFE=60°，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠HFC=∠FHC=∠FCH=60°，F(xiàn)H=FC=HC，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得到BF=EF