太原五中数学全等三角形检测题(Word版 含答案)
一、八年级数学全等三角形解答题压轴题（难）
1．在平面直角坐标系中，直线AB分别交x轴，y轴于A（a，0），B（0，b），且满足a2+b2+4a﹣8b+20＝0．
（1）求a，b的值；
（2）点P在直线AB的右侧；且∠APB＝45°，
①若点P在x轴上（图1），则点P的坐标为；
②若△ABP为直角三角形，求P点的坐标．
【答案】（1）a＝﹣2，b＝4；（2）①（4，0）；②P点坐标为（4，2），（2，﹣2）．【解析】
【分析】
（1）利用非负数的性质解决问题即可．
（2）①根据等腰直角三角形的性质即可解决问题．
②分两种情形：如图2中，若∠ABP=90°，过点P作PC⊥OB，垂足为C．如图3中，若∠BAP=90°，过点P作PD⊥OA，垂足为D．分别利用全等三角形的性质解决问题即可．【详解】
（1）∵a2+4a+4+b2﹣8b+16＝0
∴（a+2）2+（b﹣4）2＝0
∴a＝﹣2，b＝4．
（2）①如图1中，
∵∠APB＝45°，∠POB＝90°，
∴OP＝OB＝4，
∴P（4，0）．
故答案为（4，0）．
②∵a＝﹣2，b＝4
∴OA＝2OB＝4
又∵△ABP为直角三角形，∠APB＝45°
∴只有两种情况，∠ABP＝90°或∠BAP＝90°
①如图2中，若∠ABP＝90°，过点P作PC⊥OB，垂足为C．
∴∠PCB＝∠BOA＝90°，
又∵∠APB＝45°，
∴∠BAP＝∠APB＝45°，
∴BA＝BP，
又∵∠ABO+∠OBP＝∠OBP+∠BPC＝90°，
∴∠ABO＝∠BPC，
∴△ABO≌△BPC（AAS），
∴PC＝OB＝4，BC＝OA＝2，
∴OC＝OB﹣BC＝4﹣2＝2，
∴P（4，2）．
②如图3中，若∠BAP＝90°，过点P作PD⊥OA，垂足为D．
∴∠PDA＝∠AOB＝90°，
又∵∠APB＝45°，
∴∠ABP＝∠APB＝45°，
∴AP＝AB，
又∵∠BAD+∠DAP＝90°，
∠DPA+∠DAP＝90°，
∴∠BAD＝∠DPA，
∴△BAO≌△APP（AAS），
∴PD＝OA＝2，AD＝OB＝4，
∴OD＝AD﹣0A＝4﹣2＝2，
∴P（2，﹣2）．
综上述，P点坐标为（4，2），（2，﹣2）．
【点睛】
本题属于三角形综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
2．(1)如图1：在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°．E，F分别是BC，CD上的点．且∠EAF=60°．探究图中线段EF，BE，FD之间的数量关系．
小明同学探究的方法是：延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，
他的结论是（直接写结论，不需证明）；
(2)如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF是∠BAD的二分之一，上述结论是否仍然成立，并说明理由．
(3)如图3，四边形ABCD是边长为5的正方形，∠EBF=45°，直接写出三角形DEF的周长．
【答案】（1）EF=BE+DF．（2）成立，理由见解析；（3）10.
【解析】
【分析】
（1）如图1，延长FD到G，使得DG=DC,先证△ABE≌△ADG，得到AE=AG，
∠BAE=∠DAG，进一步根据题意得∠EAF=∠GAF，再证明△AEF≌△AGF，得到EF=FG，最后运用线段的和差证明即可.
(2)如图2，延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，证得△ABE≌△ADG，得到AE=AG，
∠BAE=∠DAG，再结合题意得到∠EAF=∠GAF，再证明△AEF≌△AGF，得到EF=FG，最后运用线段的和差证明即可.
（3）如图3，延长DC到点G，截取CG=AE，连接BG，先证△AEB≌△CGB，得到BE=BG，∠ABE=∠CBG，结合已知条件得∴∠CBF+∠CBG=45°，再证明△EBF≌△GBF，得到
EF=FG，最后求三角形的周长即可.
【详解】
解答：（1）解：如图1，延长FD到G，使得DG=DC
在△ABE和△ADG中，
∵
DC DG
B ADG
AB AD
=
?
?
∠=∠
?
?=
?
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=
1
2
∠BAD，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
∵
AE AG
EAF GAF
AF AF
=
?
?
∠=∠
?
?=
?
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF；
故答案为：EF=BE+DF．
（2）解：结论EF=BE+DF仍然成立；
理由：如图2，延长FD到点G．使DG=BE．连结AG
在△ABE和△ADG中，
∵
DG BE
B ADG
AB AD
=
?
?
∠=∠
?
?=
?
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=1
2
∠BAD，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
∵
AE AG
EAF GAF AF AF
=
?
?
∠=∠
?
?=
?
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF；
（3）解：如图3，延长DC到点G，截取CG=AE，连接BG，在△AEB与△CGB中，
∵
AE CG
A BOG AF BF
=
?
?
∠=∠
?
?=
?
，
∴△AEB≌△CGB（SAS），∴BE=BG，∠ABE=∠CBG．
∵∠EBF=45°，∠ABC=90°，∴∠ABE+∠CBF=45°，
∴∠CBF+∠CBG=45°．
在△EBF与△GBF中，
∵
BE BG
EBF GBF BF BF
=
?
?
∠=∠
?
?=
?
，
∴△EBF≌△GBF（SAS），
∴EF=GF，
∴△DEF的周长=EF+ED+CF=AE+CF+DE+DF=AD+CD=10．【点睛】
本题主要考查了三角形全等的判定和性质，灵活运用全等三角形的性质和判定是解答本题的关键.但本题分为三问，难度不断增加，对提升思维能力大有好处.
3．（1）问题背景：
如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．
小王同学探究此问题的方法是延长FD到点G，使DG＝BE，连结AG，先证明
△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是；
（2）探索延伸：
如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，E，F分别是BC，CD上的点，
且∠EAF＝1
2
∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
（3）结论应用：
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60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进，1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇与指挥中心O 之间夹角∠EOF=70°，试求此时两舰艇之间的距离．
（4）能力提高：
如图4，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M，N在边BC上，且
∠MAN＝45°．若BM＝1，CN＝3，试求出MN的长．
【答案】（1）EF＝BE＋FD；（2）EF＝BE＋FD仍然成立；（3）210；（4）MN10．【解析】
试题分析：（1）由△AEF≌△AGF，得EF=GF，又由BE=DG，得
EF=GF=DF+DG=DF+BE；（2）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，证明△ABE≌△ADG，再证△AEF≌△AGF，得EF=FG，即可得到答案；（3）连接EF，延长AE，BF相交于点
C，根据探索延伸可得EF=AE+FB，即可计算出EF的长度；（4）在△ABC外侧作
∠CAD=∠BAM，截取AD=A M，连接CD，DN，证明△ACD≌△ABM，得到CD=BM，再证MN=ND，则求出ND的长度，即可得到答案．
解：（1）由△AEF≌△AGF，得EF=GF，又由BE=DG，得EF=GF=DF+DG=DF+BE；（2）EF＝BE＋FD仍然成立．
证明：如答图1，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，
∵∠B＋∠ADC＝180°，∠ADG＋∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADG，
在△ABE与△ADG中，AB＝AD，∠B＝∠ADG，BE＝DG，∴△ABE≌△ADG．
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG．
又∵∠EAF＝1
2
∠BAD，
∴∠F AG＝∠F AD＋∠DAG＝∠F AD＋∠BAE＝∠BAD－∠EAF＝∠BAD－1
2
∠BAD＝
1
2
∠BAD，
∴∠EAF＝∠GAF．
在△AEF与△AGF中，AE=AG，∠EAF＝∠GAF，AF=AF，
∴△AEF≌△AGF．∴EF＝FG．
又∵FG＝DG＋DF＝BE＋DF．
∴EF＝BE＋FD．
（3）如答图2，连接EF，延长AE，BF相交于点C，在四边形AOBC中，
∵∠AOB＝30°＋90°＋20°＝140°，∠FOE＝70°＝1
2
∠AOB，
又∵OA＝OB，∠OAC＋∠OBC＝60°＋120°＝180°，符合探索延伸中的条件，∴结论EF＝AE＋FB成立．
∴EF＝AE＋FB＝1.5×（60＋80）＝210（海里）.
答：此时两舰艇之间的距离为210海里；
（4）如答图3，在△ABC外侧作∠CAD=∠BAM，截取AD=AM，连接CD，DN，
在△ACD与△ABM中，AC=AB，∠CAD=∠BAM，AD=AM，
则△ACD≌△AB M，∴CD=BM=1，∠ACD=∠ABM=45°，
∵∠NAD=∠NAC+∠CAD=∠NAC+∠BAM=∠BAC-∠MAN=45°，
∴∠MAD=∠MAN+∠NAD=90°=2∠NAD，
又∵AM=AD，∠NCD+∠MAD=（∠ACD+∠ACB）+90°=180°，
∴对于四边形AMCD符合探索延伸，
则ND=MN，
∵∠NCD=90°，CD=1，CN=3，
∴MN=ND=10．
4．在四边形ABCD 中，E 为BC 边中点.
（Ⅰ）已知：如图，若AE 平分∠BAD，∠AED=90°，点F 为AD 上一点，AF=AB.求证：（1）△ABE≌AFE；（2）AD=AB+CD
（Ⅱ）已知：如图，若AE 平分∠BAD，DE 平分∠ADC，∠AED=120°，点F，G 均为AD上的
点，AF=AB，GD=CD.求证：（1）△GEF 为等边三角形；（2）AD=AB+1
2
BC+CD.
【答案】（Ⅰ）（1）证明见解析；（2）证明见解析；（Ⅱ）（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】 【分析】
（Ⅰ）（1）运用SAS 证明△ABE ≌AFE 即可；
（2）由（1）得出∠AEB=∠AEF ，BE=EF ，再证明△DEF ≌△DEC （SAS ），得出DF=DC ，即可得出结论；
（Ⅱ）（1）同（Ⅰ）（1）得△ABE ≌△AFE （SAS ），△DGE ≌△DCE （SAS ），由全等三角形的性质得出BE=FE ，∠AEB=∠AEF ，CE=GE ，∠CED=∠GED ，进而证明△EFG 是等边三角形；
（2）由△EFG 是等边三角形得出GF=EE=BE=1
2
BC ，即可得出结论． 【详解】
（Ⅰ）（1）∵AE 平分∠BAD ， ∴∠BAE=∠FAE ， 在△ABE 和△AFE 中，
AB AF BAE FAE AE AE ?
∠??
∠??＝＝＝， ∴△ABE ≌△AFE （SAS ）， （2）∵△ABE ≌△AFE ， ∴∠AEB=∠AEF ，BE=EF ， ∵E 为BC 的中点， ∴BE=CE ， ∴FE=CE ，
∵∠AED=∠AEF+∠DEF=90°， ∴∠AEB+∠DEC=90°， ∴∠DEF=∠DEC ， 在△DEF 和△DEC 中，
FE CE DEF DEC DE DE ?
∠??
∠??＝＝＝， ∴△DEF ≌△DEC （SAS ）， ∴DF=DC ， ∵AD=AF+DF ， ∴AD=AB+CD ；
（Ⅱ）（1）∵E 为BC 的中点， ∴BE=CE=
1
2
BC ， 同（Ⅰ）（1）得：△ABE ≌△AFE （SAS ），
△DEG ≌△DEC （SAS ），
∴BE=FE ，∠AEB=∠AEF ，CE=GE ，∠CED=∠GED ， ∵BE=CE ， ∴FE=GE ，
∵∠AED=120°，∠AEB+∠CED=180°-120°=60°， ∴∠AEF+∠GED=60°， ∴∠GEF=60°， ∴△EFG 是等边三角形， （2）∵△EFG 是等边三角形，
∴GF=EF=BE=
1
2
BC ， ∵AD=AF+FG+GD ，
∴AD=AB+CD+1
2
BC ．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识；熟练掌握等边三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
5．已知4AB cm =，3AC BD cm ==.点P 在AB 上以1/cm s 的速度由点A 向点B 运动，同时点Q 在BD 上由点B 向点D 运动，它们运动的时间为()t s ．
（1）如图①，AC AB ⊥，BD AB ⊥，若点Q 的运动速度与点P 的运动速度相等，当
1t =时，ACP △与BPQ 是否全等，请说明理由，并判断此时线段PC 和线段PQ 的位
置关系；
（2）如图②，将图①中的“AC AB ⊥，BD AB ⊥”为改“60CAB DBA ∠=∠=?”，其他条件不变．设点Q 的运动速度为/xcm s ，是否存在实数x ，使得ACP △与BPQ 全等？若存在，求出相应的x 、t 的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）全等，PC 与PQ 垂直；（2）存在，11t x =??=?或2
32t x =??
?=??
【解析】 【分析】
（1）利用SAS 证得△ACP ≌△BPQ ，得出∠ACP=∠BPQ ，进一步得出
∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°得出结论即可；
（2）由△ACP ≌△BPQ ，分两种情况：①AC=BP ，AP=BQ ，②AC=BQ ，AP=BP ，建立方程组求得答案即可． 【详解】
解：（1）当t=1时，AP=BQ=1，BP=AC=3， 又∠A=∠B=90°， 在△ACP 和△BPQ 中，
AP BQ A B AC BP =??
∠=∠??=?
， ∴△ACP ≌△BPQ （SAS ）． ∴∠ACP=∠BPQ ，
∴∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°． ∴∠CPQ=90°，
即线段PC 与线段PQ 垂直． （2）①若△ACP ≌△BPQ ， 则AC=BP ，AP=BQ ，
34t
t xt =-??
=?
， 解得1
1
t x =??
=?， ②若△ACP ≌△BQP ， 则AC=BQ ，AP=BP ，
34xt
t t =??
=-?
， 解得232t x =???=??
，
综上所述，存在11t x =??=?或2
32t x =??
?=
??
使得△ACP 与△BPQ 全等．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质，在解题时注意分类讨论思想的运用．
6．如图①，在ABC 中，90BAC ∠=?，AB AC =，AE 是过A 点的一条直线，且
B 、
C 在AE 的异侧，B
D A
E ⊥于D ，CE AE ⊥于E .
（1）求证：BD DE CE =+.
（2）若将直线AE 绕点A 旋转到图②的位置时（BD CE <），其余条件不变，问BD 与
DE 、CE 的关系如何？请予以证明.
【答案】（1）见解析；（2）BD=DE-CE ，理由见解析. 【解析】 【分析】
（1）根据已知利用AAS 判定△ABD ≌△CAE 从而得到BD=AE ，AD=CE ，因为AE=AD+DE ，所以BD=DE+CE ；
（2）根据已知利用AAS 判定△ABD ≌△CAE 从而得到BD=AE ，AD=CE ，因为AD+AE=BD+CE ，所以BD=DE-CE ． 【详解】
解：（1）∵∠BAC=90°，BD ⊥AE ，CE ⊥AE ， ∴∠BDA=∠AEC=90°，
∵∠ABD+∠BAE=90°，∠CAE+∠BAE=90° ∴∠ABD=∠CAE ， ∵AB=AC ，
在△ABD 和△CAE 中，
BDA AEC ABD CAE AB AC ∠=∠??
∠=∠??=?
∴△ABD ≌△CAE （AAS ）， ∴BD=AE ，AD=CE ， ∵AE=AD+DE ， ∴BD=DE+CE ；
（2）BD 与DE 、CE 的数量关系是BD=DE-CE ，理由如下： ∵∠BAC=90°，BD ⊥AE ，CE ⊥AE ， ∴∠BDA=∠AEC=90°，
∴∠ABD+∠DAB=∠DAB+∠CAE ， ∴∠ABD=∠CAE ， ∵AB=AC ，
在△ABD 和△CAE 中，
BDA AEC
ABD CAE
AB AC
∠=∠
?
?
∠=∠
?
?=
?
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD=AE，AD=CE，
∴AD+AE=BD+CE，
∵DE=BD+CE，
∴BD=DE-CE．
【点睛】
此题主要考查全等三角形的判定和性质，常用的判定方法有SSS，SAS，AAS，HL等．这种类型的题目经常考到，要注意掌握．
7．如图（1），在ABC中，90
A
∠=?，AB AC
=，点D是斜边BC的中点，点E，F分别在线段AB，AC上，且90
EDF
∠=?．
（1）求证：DEF为等腰直角三角形；
（2）若ABC的面积为7，求四边形AEDF的面积；
（3）如图（2），如果点E运动到AB的延长线上时，点F在射线CA上且保持90
EDF
∠=?，DEF还是等腰直角三角形吗．请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）3.5；（3）是，理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）由题意连接AD，并利用全等三角形的判定判定△BDE≌△ADF(ASA)，进而分析证得DEF为等腰直角三角形；
（2）由题意分析可得S四边形AEDF=S?ADF+S?ADE=S?BDE+S?CDF，以此进行分析计算求出四边形AEDF的面积即可；
（3）根据题意连接AD，运用全等三角形的判定判定△BDE≌△ADF(ASA)，进而分析证得DEF为等腰直角三角形.
【详解】
解：（1）证明：如图①，连接AD.
∵∠BAC=90?,AB=AC,点D是斜边BC的中点，
∴AD⊥BC，AD=BD，
∴∠1=∠B=45°，
∵∠EDF=90°，∠2+∠3=90°，
又∵∠3+∠4=90°，
∴∠2=∠4，
在△BDE 和△ADF中，∠1=∠B，AD=BD,∠2=∠4，
∴△BDE≌△ADF(ASA),
∴DE=DF,
又∵∠EDF=90°，
∴ΔDEF为等腰直角三角形.
（2）由（1）可知DE=DF，∠C=∠6=45°，
又∵∠2+∠3=90°，∠2+∠5=90°，
∴∠3=∠5，
∴△ADE≌△CDF，
∴S四边形AEDF=S?ADF+S?ADE=S?BDE+S?CDF，
∴ S?ABC=2 S四边形AEDF,
∴S四边形AEDF=3.5 .
（3）是.如图②，连接AD.
∵∠BAC=90°，AB=AC，D是斜边BC的中点，
∴AD⊥BC,AD=BD ，
∴∠1=45°，
∵∠DAF=180°-∠1=180°—45°=135°，∠DBE=180°-∠ABC=180°-45°=135°，∴∠DAF=∠DBE，
∵∠EDF=90°，
∴∠3+∠4=90°，
又∵∠2+∠3=90°，
∴∠2=∠4,
在△BDE和△ADF中，∠DAF=∠DBE，AD=BD,∠2=∠4,
∴△BDE ≌△ADF(ASA), ∴DE=DF, 又∵∠EDF=90°， ∴△DEF 为等腰直角三角形. 【点睛】
本题考查等腰直角三角形的性质以及全等三角形的判定与性质，根据题意作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
8．如图1，在长方形ABCD 中，AB=CD=5 cm ， BC=12 cm ，点P 从点B 出发，以2cm/s 的速度沿BC 向点C 运动，设点P 的运动时间为ts ．
（1）PC=___cm ；(用含t 的式子表示) （2）当t 为何值时，△ABP ≌△DCP ？．
（3）如图2，当点P 从点B 开始运动，此时点Q 从点C 出发，以vcm/s 的速度沿CD 向点D 运动，是否存在这样的v 值，使得某时刻△ABP 与以P ，Q ，C 为顶点的直角三角形全等？若存在，请求出v 的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）()122t -；（2）3t =；（3）存在，2v =或53
v = 【解析】 【分析】
（1）根据P 点的运动速度可得BP 的长，再利用BC 的长减去BP 的长即可得到PC 的长； （2）先根据三角形全等的条件得出当BP=CP ，列方程求解即得；
（3）先分两种情况：当BP=CQ ，AB=PC 时，△ABP ≌△PCQ ；或当BA=CQ ，PB=PC 时，△ABP ≌△QCP ，然后分别列方程计算出t 的值，进而计算出v 的值． 【详解】
解：（1）当点P 以2cm/s 的速度沿BC 向点C 运动时间为ts 时2BP tcm = ∵12BC cm =
∴()122PC BC BP t cm =-=- 故答案为：()122t - （2）∵ABP DCP ??? ∴BP CP = ∴2122t t =- 解得3t =．
（3）存在，理由如下：
①当BP=CQ ，AB=PC 时，△ABP ≌△PCQ ，
∴PC=AB=5 ∴BP=BC-PC=12-5=7 ∵2BP tcm = ∴2t=7 解得t=3.5
∴CQ=BP=7，则3.5v=7 解得2v =．
②当BA CQ =，PB PC =时，ABP QCP ??? ∵12BC cm =
∴1
62
BP CP BC cm === ∵2BP tcm = ∴26t =
解得3t = ∴3CQ vcm = ∵5AB CQ cm == ∴35v = 解得53
v =
． 综上所述，当2v =或5
3
v =时，ABP ?与以P ，Q ，C 为顶点的直角三角形全等． 【点睛】
本题考查全等三角形的判定及性质和矩形的性质，解题关键是将动态情况化为某一状态情况，并以这一状态为等量关系建立方程求解．
9．（1）问题发现：如图（1），已知：在三角形ABC ?中，90BAC ?∠=,AB AC =,直线l 经过点A ，BD ⊥直线l ，CE ⊥直线l ，垂足分别为点,D E ，试写出线段,BD DE 和
CE 之间的数量关系为_________________．
（2）思考探究：如图（2），将图（1）中的条件改为：在ABC ?中, ,,,AB AC D A E =三点都在直线l 上，并且BDA AEC BAC α∠=∠=∠=，其中α为任意锐角或钝角．请问（1）中结论还是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
（3）拓展应用：如图（3），,D E 是,,D A E 三点所在直线m 上的两动点，（,,D A E 三点互不重合），点F 为BAC ∠平分线上的一点，且ABF ?与ACF ?均为等边三角形，连接,BD CE ，若BDA AEC BAC ∠=∠=∠，试判断DEF ?的形状并说明理由．
【答案】（1）DE=CE+BD；（2）成立，理由见解析；（3）△DEF为等边三角形，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用已知得出∠CAE=∠ABD，进而根据AAS证明△ABD与△CAE全等，然后进一步求解即可；
∠=∠=∠=，得出∠CAE=∠ABD，在△ADB与△CEA中，根（2）根据BDA AEC BACα
据AAS证明二者全等从而得出AE=BD，AD=CE，然后进一步证明即可；
（3）结合之前的结论可得△ADB与△CEA全等，从而得出BD=AE，∠DBA=∠CAE，再根据等边三角形性质得出∠ABF=∠CAF=60°，然后进一步证明△DBF与△EAF全等，在此基础上进一步证明求解即可.
【详解】
（1）∵BD⊥直线l，CE⊥直线l，
∴∠BDA=∠AEC=90°，
∴∠BAD+∠ABD=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAD+∠CAE=90°，
∴∠CAE=∠ABD，
在△ABD与△CAE中，
∵∠ABD=∠CAE，∠BDA=∠AEC，AB=AC，
∴△ABD≌△CAE(AAS)，
∴BD=AE，AD=CE，
∵DE=AD+AE，
∴DE=CE+BD，
故答案为：DE=CE+BD；
（2）（1）中结论还仍然成立，理由如下：
∠=∠=∠=，
∵BDA AEC BACα
∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°?α，
∴∠CAE=∠ABD，
在△ADB与△CEA中，
∵∠ABD=∠CAE，∠ADB=∠CEA，AB=AC，
∴△ADB≌△CEA(AAS)，
∴AE=BD，AD=CE，
∴BD+CE=AE+AD=DE，
即：DE=CE+BD，
为等边三角形，理由如下：
（3）DEF
由（2）可知：△ADB≌△CEA，
∴BD=EA，∠DBA=∠CAE，
∵△ABF与△ACF均为等边三角形，
∴∠ABF=∠CAF=60°，BF=AF，
∴∠DBA+∠ABF=∠CAE+CAF，
∴∠DBF=∠FAE，
在△DBF与△EAF中，
∵FB=FA，∠FDB=∠FAE，BD=AE，
∴△DBF≌△EAF(SAS)，
∴DF=EF，∠BFD=∠AFE，
∴∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=60°，
∴△DEF为等边三角形.
【点睛】
本题主要考查了全等三角形性质与判定的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键.
10．操作发现：如图，已知△ABC和△ADE均为等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，将这两个三角形放置在一起，使点B，D，E在同一直线上，连接CE．
（1）如图1，若∠ABC＝∠ACB＝∠ADE＝∠AED＝55°，求证：△BAD≌△CAE；
（2）在（1）的条件下，求∠BEC的度数；
拓广探索：（3）如图2，若∠CAB＝∠EAD＝120°，BD＝4，CF为△BCE中BE边上的高，请直接写出EF的长度．
【答案】（1）见解析；（2）70°；（3）2
【解析】
【分析】
（1）根据SAS证明△BAD≌△CAE即可．
（2）利用全等三角形的性质解决问题即可．
（3）同法可证△BAD≌△CAE，推出EC=BD=4，由∠BEC=∠BAC=120°，推出∠FCE=30°即可解决问题．
【详解】
（1）证明：如图1中，
∵∠ABC＝∠ACB＝∠ADE＝∠AED，
∴∠EAD＝∠CAB，
∴∠EAC＝∠DAB，
∵AE＝AD，AC＝AB，
∴△BAD≌△CAE（SAS）．
（2）解：如图1中，设AC交BE于O．∵∠ABC＝∠ACB＝55°，
∴∠BAC＝180°﹣110°＝70°，
∵△BAD≌△CAE，
∴∠ABO＝∠ECO，
∵∠EOC＝∠AOB，
∴∠CEO＝∠BAO＝70°，
即∠BEC＝70°．
（3）解：如图2中，
∵∠CAB＝∠EAD＝120°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠BAD＝∠ACE，BD＝EC＝4，
同理可证∠BEC＝∠BAC＝120°，
∴∠FEC＝60°，
∵CF⊥EF，
∴∠F＝90°，
∴∠FCE＝30°，
∴EF＝1
2
EC＝2.
【点睛】
本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．