专题13.3 三角形中的几何综合（压轴题专项讲练）（人教版）（解析版）

专题13.3三角形中的几何综合【典例1】已知△ABC,AB=AC．（1）若∠BAC=90°，作△BCE，点A在△BCE内．①如图1，延长CA交BE于点D，若∠EBC=75°,BD=2DE，则∠DCE的度数为；②如图2，DF垂直平分BE，点A在DF上，ADAF=3（2）如图3，若∠BAC=120°，点E在AC边上，∠EBC=10°，点D在BC边上，连接DE,AD,∠CAD=40°，求∠BED的度数．【思路点拨】（1）①连接AE，由已知易得∠DBA=30°，继而可知BD=2AD，则有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质即可求解．②过C点作CH⊥FD交延长线于H，构造K字形全等△ABD≌△CAH，得CH=AD，AH=BD，再由AB=AC=AE可得∠BEC=45°，进而可得ED=DF，而BD=DE，即有BD=AF+AD，再由三角形面积公式可求比值．（2）以AB为边作等边三角形，由△ABC是顶角为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点，使∠MAB=∠ABM=20°，由ASA即可判定△ABM≌△AND，所以AM=AD，再由已有条件易得AM=AE，所以△ADE是等腰三角形，进而求出∠AED,∠BED度数即可．【解题过程】（1）解：①连接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°，故答案为：15°．②解：连接AE，过C点作CH⊥FD交延长线于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为边作等边△ABN，连接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点，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·陕西西安·八年级陕西师大附中校考阶段练习）在等边△ABC中，将线段CA绕点C旋转α0°<α<60°，得到线段CD，连接AD、BD（1）如图1，将线段CA绕点C逆时针旋转α，则∠ADB的度数为；（2）将线段CA绕点C顺时针旋转α时，得到线段CD，连接AD、BD．①在图2中依题意补全图形，并求∠ADB的度数；②若∠BCD的平分线CE交BD于点F，交DA的延长线于点E，连结BE．则AD+CE与BE之间存在怎样的等量关系，并证明．

【思路点拨】（1）根据等边三角形的性质和旋转的性质，得到△ACD,△BCD为等腰三角形，利用等边对等角求出∠ADC,∠BDC的度数，利用∠ADB=∠ADC+∠BDC，即可得解；（2）①根据题意，补全图形，同法（1）求出∠ADC,∠BDC的度数，利用∠ADB=∠ADC-∠BDC，即可得解；②根据BC=CD，CE平分∠BCD，得到CE垂直平分BD，推出∠EBD=∠EDB=30°，过点B作BG∥CE，交DE的延长线于点G，易得BG=12DG=12AD+AG，△BEG为等边三角形，进而得到BE=BG=1【解题过程】（1）解：∵等边△ABC中，将线段CA绕点C旋转α0°<α<60°，得到线段CD∴AC=BC=CD，∠ACB=60°，∠ACD=α，∴∠BCD=60°-α，∵AC=CD,BC=CD，∴∠ADC=∠DAC=∴∠ADB=∠ADC+∠BDC=90°-α故答案为：150°；（2）解：①补全图形如下：∵等边△ABC中，将线段CA绕点C旋转α0°<α<60°，得到线段CD∴AC=BC=CD，∠ACB=60°，∠ACD=α，∴∠BCD=60°+α，∵AC=CD,BC=CD，∴∠ADC=∠DAC=∴∠ADB=∠ADC-∠BDC=90°-α②AD+CE=2BE，证明如下：∵BC=CD，CE平分∠BCD，∴CE垂直平分BD，∴EB=ED，∠EFD=90°，∴∠EBD=∠EDB=30°，过点B作BG∥CE，交DE的延长线于点G，则：∠GBD=∠EFD=90°，∵∠EBD=∠EDB=30°，∴BG=12DG=∴∠BEG=60°，∴△BEG为等边三角形，∴BE=BG=1∵△ABC为等边三角形，∴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·广东广州·八年级统考期末）如图，已知等腰直角△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，以BC为边在点A的另一侧作等边△BCD，点F，G分别在线段BC，BD上，∠CDF＝15°，且CF=BG，CG与DF相交于点H（1）求证：△EHC是等边三角形；（2）试判断线段AE和DH的数量关系，并说明理由．（3）若点M是AC边上的动点，AB=aAB＝a，AE=b，BC=c，求△BMD周长的最小值（结果用含a，b，c的整式表示）．

【思路点拨】（1）由△CBG≌△DCF，推出∠BCG＝∠CDF＝15°（2）如图2中，如图2中，连接BE．由△CBE≌△CDH，可得DH＝BE，∠CHD＝∠BEC＝120°（3）如图3中，延长DE交BA的延长线于B'，连接MB'．由△EAB≌△EAB'，，推出MB＝MB【解题过程】（1）如图1中，∵△BCD是等边三角形，

∴∠CBD＝∵CF＝∴△CBG≌△DCF，∴∠BCG＝∴∠EHC＝∵AB＝∴∠ACB＝∴∠ECH＝∴∠EHC＝∴△ECH是等边三角形．（2）如图2中，如图2中，连接BE．∵△ECH是等边三角形，

∴CE＝∴∠ECB＝∵CB＝∴△CBE≌△CDH，∴DH＝∴∠AEB＝在Rt△ABE中，∵∠ABE＝∴BE＝∴DH（3）如图3中，延长DE交BA的延长线于B'，连接M∵∠AEB＝∴△EAB≌△EAB∴MB＝∴MB+MD＝∴BM+MD的最小值为D∴△MBD的周长最小值＝＝3．（2023春·全国·八年级专题练习）已知在△ABC中，AD⊥BC于点D，BE⊥CE于点E，且∠ABC=∠ACB，∠BCE=30°．（1）如图1，求证：BE=BD；（2）如图2，点F为AC上一点，连接FB并延长与CE的延长线相交于点G，若AB=GB，求∠BFC的度数；（3）如图3，在（2）的条件下，延长CA至点H，使得HF=CF，过点H作HI∥AB交CG于点I，若HI=FG=63

【思路点拨】（1）根据等腰三角形三线合一以及直角三角形中30°角所对的直角边是斜边的一半分别可得出BD=12BC（2）由BE=BD，AB=GB可证Rt△ABD≌Rt△GBE(HL)，得出∠BAD=∠G；由AD⊥BC可得∠ABC+∠BAD=90°；从而可以得出∠ACB+∠G=90°（3）设∠BAD=α，得出∠HIC=60°-α,∠FGC=α,延长FC至T，使得FT=FG,连接GT，在GC上截取CJ=IC，构造等边三角形△FGT，证明△HIC≌△TGJ，进而证明TJ=TC，根据已知条件即可求解．【解题过程】（1）证明：∵∠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°，故答案为：60°；（3）解：设∠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°如图，延长FC至T，使得FT=FG,连接GT，在GC上截取CJ=IC，∴△FGT是等边三角形，∴∠TGJ=60°-α，HI=FG=GT，在△HIC与△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，设FC=x，则CT=63-x，∴2x=63解得x=23∴CH=2x=434．（2023秋·全国·八年级专题练习）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BD是△ABC

（1）如图1，连接EC，求证：△EBC是等边三角形；（2）点M是线段CD上的一点（不与点C，D重合），以BM为一边，在BM的下方作∠BMG=60°，MG交DE延长线于点G．请你在图2中画出完整图形，并直接写出MD，DG（3）如图3，点N是线段AD上的一点，以BN为一边，在BN的下方作∠BNG=60°，NG交DE延长线于点G．试探究ND，DG

【思路点拨】（1）利用“三边相等”的三角形是等边三角形证得△EBC是等边三角形；（2）延长ED使得DW=DM，连接MN，即可得出△WDM是等边三角形，利用△WGM≌△DBM即可得出BD=WG=DG+DM，再利用AD=BD，即可得出答案；（3）利用等边三角形的性质得出∠H=∠2，进而得出∠DNG=∠HNB，再求出△DNG≌△HNB即可得出答案．【解题过程】（1）证明：如图1所示：

在Rt△ABC中，∠∴∠ABC=60°∵BD平分∠ABC∴∠1=∴DA=DB．∵DE⊥AB于点E．∴AE=BE=1∴BC=BE．∴△EBC是等边三角形；（2）AD=DG+DM．如图2所示：延长ED使得DW=DM，连接MW，∵∠ACB=90°，∠A=30°，BD是△ABC的角平分线，∴∠ADE=又∵DM=DW，∴△WDM是等边三角形，∴MW＝∴△WGM≌△DBM，∴BD=WG=DG+DM，∴AD=DG+DM．（3）结论：AD=DG-DN．证明：延长BD至H，使得DH＝由（1）得DA=DB，∵DE⊥AB于点E．∴∠2=∴∠4=∴△NDH是等边三角形．∴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·八年级统考期末）如图，等腰△ABC中，AB=AC，AD平分∠BAC．点E为AD上的动点，连接BE，将△ABE沿BE折叠得到△PBE．（1）若BD=3，试求出BC的长度；（2）若BE=BC，设PB与AC相交于点F．①请求出∠BFC的度数；②连接EF，过点C作CG⊥EF交EF的延长线于点G．若BF=10，EG=6．试求线段CF的长．

【思路点拨】（1）根据等腰三角形的三线合一性质即可得出答案；（2）①如图，连接EC，先证明△BCE是等边三角形，得出∠BED=30°，再利用三角形的外角的性质得出∠BFC=2∠BED即可；②过E点作EH⊥AB于H，EN⊥AC于N，EM⊥BP于M，先证明∠AFE=∠BFE=60°，在Rt△EFM中，∠FEM=90°-60°=30°，得出EF=2FM，设FM=m，则EF=2m，推出FG=EG-EF=6-2m，FN=12EF=m，BM=CN，由此构建方程即可求解．【解题过程】（1）解：∵AB=AC，AD平分∠BAC，BD=3，∴CD=BD=3，∴BC=2BD=6．∴BC的长度为6．（2）解：①如图，连接EC，∵AB=AC，AD平分∠BAC，∴AD⊥BC，BD=CD，∴EB=EC，又∵EB=BC，∴BE=EC=BC，∴△BCE是等边三角形，∴∠BEC=60°，∴∠BED=30°，由翻折的性质可知：∠ABE=∠PBE=1∴∠ABF=2∠ABE，∵AD平分∠BAC，∴∠BAF=2∠BAE，∴∠BFC=∠BAF+∠ABF=2∠BAE+∠ABE∴∠BFC的度数为60°；②如图，过E点作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，设FM=m，则EF=2m，FN=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，∴线段CF的长为8．6．（2023秋·湖北武汉·八年级校联考期中）已知等腰△ABC中，AB=AC=20cm，∠ABC=30°，CD⊥AB交BA延长线于点D，AF为CA的延长线，点P从A点出发以每秒2cm的速度在射线AF上向右运动，连接BP，以BP为边，在BP的左侧作等边△BPE，连接（1）如图1，当BP⊥AC时，求证：△ABP≌△ACD；（2）当点P运动到如图2位置时，此时点D与点E在直线AP同侧，求证：AP=AB+AE；（3）在点P运动过程中，连接DE，当点P运动______秒时，线段DE长度取到最小值．

【思路点拨】（1）利用“AAS”即可直接证明；（2）在PA上取一点T，使得AT=AB，先证明△BAT是等边三角形，再证明△EAB≌（3）分当点D与点E在直线AP同侧时和当点D与点E在直线CP两侧时来讨论，确定点E在∠CAB的角平分线l上运动，即当DE⊥l时，ED取到最短，问题随之得解．【解题过程】（1）证明：∵CD⊥AB，BP⊥AC，∴∠ADC=∠APB=90°，∵在△ABP和△ACD中，∠ADC=∠APB∠CAD=∠BAP∴△ABP≌（2）证明：如图，在PA上取一点T，使得AT=AB，∵AB=AC，∠ABC=30°，∴∠ACB=∠ABC=30°，∴∠BAP=∠ABC+∠ACB=60°，∵AT=AB，∠BAP=60°，∴△BAT是等边三角形，∴BA=BT，∠BTA=∠ABT=60°，∵△BPE是等边三角形，∴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当点D与点E在直线AP同侧时，由（2）中有：△BAT是等边三角形，即∠BTA=60°，∴∠BTP=120°，则根据△EAB≌△PTBSAS∵AB=AC，∠ABC=30°，∴∠ACB=∠ABC=30°，∴∠CAB=120°=∠DAP，∴∠BAF=60°，∴∠EAP=EAB-∠BAF=60°=∠DAE，②当点D与点E在直线CP两侧时，如图，在PC上截取PM=BA，∵∠BEP=∠BAP=60°，∴结合对顶角相等，可得∠ABE=∠APE，∴△PEM≌∴∠PME=∠BAE，EM=AE，∴∠PME=∠MAE，∴∠MAE=∠BAE，∵∠CAB=120°，∴∠MAE=∠BAE=60°，即运动过程中，AE所在的直线平分∠CAB，则有点E在∠CAB的角平分线l上运动，当DE⊥l时，ED取到最短．此时∠EAD=60°，∠EDA=30°，点D与点E在直线AP同侧时．∵Rt△ACD中，∠DCA=30°，∠CDA=90°∴AD=1∵Rt△ADE中，∠EDA=30°，∠DEA=90°∴AE=1∴根据（2）的结论，有AP=AB+AE=20+5=25cm∴t=25÷2=12.5s即：当点P运动12.5s时，线段DE7．（2022秋·上海普陀·八年级校考期中）如图，在△ABC中，AD是∠BAC的平分线．（1）在线段AD上任意取一点F，过点F作MN⊥AD，交AB于点M，交AC于点N，通过这样的作图能得到结论MF=FN，那么依据是_________．（2）如果∠B=60°，CE平分∠ACB交AB于点E，且AD、CE相交于点F，求证：（3）如果∠ACB=100°，在边AB上截取一点E，连接CE，使∠ACE=20°，连接DE．请直接写出∠ADE的度数．

【思路点拨】（1）根据题意可得∠AMN=∠ANM，得出∠AMN=∠ANM，根据等腰三角形的性质即可求解；（2）过点F作FM⊥AB,FN⊥BC，垂足分别为M,N，连接BF，证明△EFM≌△DFNAAS，即可得证；（3）设∠BAD=∠CAD=α，∠ADE=β，根据三角形的外角的性质得出∠BED=α+β，∠DEC=α-β+20°，延长AC至G，过点D分别作AB,EC,AC的垂线，垂直分别为M,N,P，证明DE平分∠BEC【解题过程】（1）解：∵AD是∠BAC的平分线，MN⊥AD，∴∠MAF=∠NAF,∠MFA=∠NFA=90°∴∠AMN=∠ANM∴AM=AF∵MN⊥AD∴MF=FN（三线合一），故答案为：三线合一；（2）过点F作FM⊥AB,FN⊥BC，垂足分别为M,N，连接BF∵CE平分∠ACB，AD是∠BAC的平分线，∴BF平分∠ABC，∴FM=FN，∵∠ABC=60°，∴∠MFN=180°-60°=120°，∵∠EFD=∠AFC=180°-=180°-=180°-=120°，∴∠EFD=∠MFN，∴∠EFM=∠DFN，在△EFM与△DFN中，∠EMF=∠DNF∠EFM=∠DFN∴△EFM≌△DFNAAS，∴FE=FD；（3）∵AD是∠BAC的平分线，∴∠BAD=∠CAD，设∠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°，如图，延长AC至G，过点D分别作AB,EC,AC的垂线，垂直分别为M,N,P，∵∠ACE=20°,∠ACB=100°，∴∴ECD=∠DCG=80°，∴CB是∠ECG的角平分线，∵DN⊥DP，∴DN=DP，∴AD是∠BAC的角平分线，又NP⊥AC,DM⊥AB，∴DP=DM，∴DN=DM，∴ED是∠BEC的角平分线，∴∠BED=∠DEC，∴α+β=α-β+20°，∴β=10°，即∠ADE=10°．8．（2023秋·湖北武汉·八年级统考期末）（1）已知△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°．①如图1，点M，N均在边BC上，∠ANB=45°，∠MAN=∠NAD=60°，AD=AM，连接ND,CD；请直接写出BM与CN的数量关系②如图2，点M在边BC上，点N在BC的上方，且∠MBN=∠MAN=60°，求证：MC=BN+MN；（2）如图3，在四边形ABCD中，∠CAB=α，平分∠ABC，若∠ADC与∠ABD互余，则∠DAC的大小为______（用含α的式子表示）．

【思路点拨】（1）①证明△ABM≌△ACD(SAS)，由全等三角形的性质得出BM=CD,∠B=∠ACD=30°，证明△AMN≌△ADN(SAS②如图2，在CB上截取CG=BN，连接AG，证明△ABN≌△ACG(SAS)，得出∠BAN=∠CAG,AN=AG，证明△AMN≌△AMG(SAS（2）如图3，过点D作DM⊥BA于点M，DN⊥BC于点N，在AM上截取MK=CN．证明△DMK≌△DNC(SAS)，得出DC=DK,∠MDK=∠CDN，证明△ADC≌△ADK，得出【解题过程】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．故答案为：BM=2CN．②如图，在CB上截取CG=BN，连接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）如图，过点D作DM⊥BA于点M，DN⊥BC于点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故答案为180°-α29．（2023·全国·八年级专题练习）如图1，等边△ABC的边长为4，点D是直线AB上异于A，B的一动点，连接CD，以CD为边长，在CD在侧作等边△CDE，连接BE．

（1）求证：BE∥AC；（2）当点D在直线AB上运动时，①△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求此时AD②△BDE能否形成直角三角形？若能，求此时AD

【思路点拨】（1）根据等边三角形的性质，证明△ACD≌△BCESAS，得到∠4=∠6，推出∠4=∠7（2）①△ACD≌△BCE，得到AD=BE，进而得到△BDE的周长=DE+DB+BE=DE+DB+AD=DE+AB=DE+4=CD+4，根据垂线段最短，得到CD⊥AB时，CD最短，利用三线合一进行求解即可；②分点D在AB的延长线上和在BA【解题过程】（1）证明：∵等边△ABC，∴∠ACB=∠4=∠5=60°，AC=BC

∴∠1+∠3=60°∵等边△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的周长=DE+DB+BE=DE+DB+AD=DE+AB=DE+4=CD+4由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，CD最短，故△BDE当CD⊥AB时，在等边△ABC中，由三线合一可得：点D为AB的中点，∴此时AD的长为12∴△BDE的周长存在最小值，此时AD的长为2②分以下情况讨论：当点D在AB的延长线上时，由（1）知∠7=60°，∠1<60°，∴只能∠BDE=90∴∠1=90°-60°=30°由题意知∠CED=60°，∴∠2=30°，∴∠1=∠2在△BDE和△BCE中，DE=CE∴△BDE≌△BCESAS∴BD=CB，∵BC=AB=4，∴BD=4，AD=8当点D在BA的延长线上时，∵∠8=∠7=60°，∠3<60°∴只能∠BE∴∠3=90°-60°=30°由题意知∠CD∴∠4=30°，∵∠5=∠4+∠6=60°，∴∠6=30°，∴∠6=∠4，∴AD

综上所述：AD=8或AD=4．10．（2023春·全国·八年级期中）已知：△ABC是等边三角形，△BDC是等腰三角形，其中∠BDC=120°，过点D作∠EDF=60°，分别交AB于E，交AC于F，连接EF．（1）若BE=CF，求证：①△DEF是等边三角形；②BE+CF=EF．（2）若BE≠CF，即E、F分别是线段AB、AC上任意一点，BE+CF=EF还会成立吗？请说明理由．

【思路点拨】（1）延长AB到N，使BN=CF，连接DN，通过证明△EBD≌△FCD(SAS)，得到ED=DF，得出△EDF是等边三角形，通过证明△NBD≌△FCD(SAS)，得到DN=DF，∠NDB=∠FDC，求出∠EDF=∠EDN，通过证明△EDN≌△EDF(SAS)，得到EF=EN，即可得到答案；（2）延长AB到N，使BN=CF，连接DN，通过证明△NBD≌△FCD(SAS)，得到DN=DF，∠NDB=∠FDC，求出∠EDF=∠EDN，通过证明△EDN≌△EDF(SAS)，得到EF=EN，即可得到答案．【解题过程】（1）证明：延长AB到N，使BN=CF，连接DN，∵△ABC是等边三角形，∴∠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是等边三角形，∵△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是等边三角形，BE+CF=EF；（2）解：BE+CF=EF还成立，理由是：延长AB到N，使BN=CF，连接DN，∵△ABC是等边三角形，∴∠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·八年级莆田二中校考期中）已知：△ABC中，∠C=90°，CA=CB，点D是BC上一点，BE⊥AD交AD的延长线于点E．

（1）如图①，求证：∠CAD=∠EBD（2）如图②，若CF∥AB交BE的延长线于点F，连接DF，求证：∠EDF+2∠CDF=180°；（3）如图③，若AD是∠BAC的平分线，CG∥BE交AD于点H，交AB于点G，求AD-CGDH

【思路点拨】（1）根据等角的余角相等证明结论即可；（2）过点C作CM⊥AB于N，交AE于M，证明△BCF≌△ACM，得到CF=CM，再证明△DCF≌△DCM，得到∠CDF=∠CDM，从而可证明结论；（3）证明△BCG≌△CAM，得到CG=AM，根据等腰三角形的性质得到DH=HM，再计算即可；【解题过程】（1）证明：∵∠C=90°，∴∠CAD+∠ADC=90°．∵BE⊥AD，∴∠EBD+∠BDE=90°．∵∠ADC=∠BDE，∴∠CAD=∠EBD；（2）证明：如图，过点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：过点C作CM⊥AB于N，交AE于M，

∵CG∥BE，BE⊥AD，∴CG⊥AD．∵AD是∠BAC的平分线，∴∠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·江苏宿迁·八年级校联考阶段练习）如图，已知△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∠BAD=∠BCE=90°，点M为DE的中点，过点E与AD平行的直线交射线AM于点N．

（1）当A，B，C三点，C，E，（2）将图1中的△BCE绕点B旋转，当A，B，E三点在同一直线上时（如图（3）将图1中△BCE绕点B旋转到图3位置时，A，B，

【思路点拨】（1）由平行线的性质可得∠DAM=∠ENM，通过证明△ADM≌△NEM得到AM=NM，从而得证；（2）由等腰直角三角形的性质可得AB=AD，CB=CE，∠CBE=∠CEB=45°，由平行线的性质及∠DAE=90°可得∠NEA=90°，通过证明可得∠ABC=∠NEC，由（1）同理可证：△ADM≌△NEM，可得AD=NE，从而得到AB=NE，再证明（3）由等腰直角三角形的性质可得AB=AD，CB=CE，由平行线的性质可得∠DAN=∠ENA=90°，通过证明可得∠ABC=∠NEC，由（1）同理可证：△ADM≌△NEM，可得AD=NE，从而得到AB=NE，再证明【解题过程】（1）证明：∵EN∥AD，∴∠DAM=∠ENM，∵M为DE的中点，∴ME=MD，在△ADM和△NEM中，∠DAM=∠ENM∠DMA=∠EMN∴△ADM≌△NEMAAS∴AM=NM，∴M为AN的中点；（2）解：∵△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∴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）同理可证：△ADM≌△NEM，∴AD=NE，∴AB=NE，在△ABC和△NEC中，AB=NE∠ABC=∠NEC∴△ABC≌△NECSAS∴AC=CN；（3）解：结论仍然成立，证明：∵△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∴AB=AD，∵EN∥AD，∠DAN=90°，∴∠DAN=∠ENA=90°，∵A、∴∠ABC+∠CBN=180°，∵在四边形BCEN中，∠BCE=∠BNE=90°，∠BCE+∠BNE+∠CBN+∠CEN=360°，∴∠CBN+∠CEN=180°，∴∠ABC=∠CEN，由（1）同理可证：△ADM≌△NEM，∴AD=NE，∴AB=NE，在△ABC和△NEC中，AB=NE∠ABC=∠NEC∴△ABC≌△NECSAS∴AC=CN．13．（2023秋·黑龙江哈尔滨·八年级哈尔滨市第十七中学校校考期中）如图，在△ABC中，点E在线段BC的延长线上，连接BD、DE，∠ABD=∠CDE，BD=DE；

（1）如图1，求证：△ABC是等腰三角形；（2）如图2，BC=AB，求证：AD=CE；（3）如图3，在（2）的条件下，连接AE，点F是线段BD中点，连接AF，∠BAF=2∠BED，DH⊥AE于点H，DH=95，△ACE的面积为192

【思路点拨】（1）由等腰三角形的性质可得∠DBE=∠DEB，由外角的性质与角的和差关系可得∠ABC=∠ACB，可证AB=AC，可得结论；（2）延长AC至H，使CH=CE，可证△ECH是等边三角形，可得CE=CH=EH，∠H=∠CEH=60°，利用AAS证△ABD≌△HDE，可得AD=EH=CE；（3）延长AF至P，使FP=AF，连接BP，过点E作EG⊥AC于G，利用SAS证△BFP≌△DFA，设∠DBC=∠DEC=α，则∠BAF=2α，得∠AFD=∠ADF=60°+α，所以AF=AD，证明△BFP≌△DFASAS和△ABP≌△ACESAS，得【解题过程】（1）证明：∵BD=DE，∴∠DBE=∠DEB，∵∠ABD=∠CDE，∴∠DBE+∠ABD=∠DEB+∠CDE，即∠ABC=∠ACB，∴AB=AC，∴△ABC是等腰三角形；（2）证明：∵BC=AB，AB=AC，∴△ABC是等边三角形，∴∠A=∠ACB=∠ABC=60°，如图，延长AC至H，使CH=CE，

又∵∠ECH=60°，∴△ECH是等边三角形，∴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是等边三角形，如图，延长AF至P，使FP=AF，连接BP，过点E作EG⊥AC于G，

∵点F是线段BD中点，∴BF=DF，∵BD=DE，∴∠DBE=∠DEB，∴设∠DBC=∠DEC=α，则∠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·八年级统考阶段练习）如图，在锐角△ABC中，∠A=60°，点D，E分别是边AB，AC上一动点，连接BE交CD于点F．

（1）如图1，若BE平分∠ABC，CD平分∠ACB，求∠CFE的度数；（2）如图2，若AB>AC，且BD=CE，∠BCD=∠CBE，求∠CFE的度数；（3）如图3，若AB=AC，且BD=AE，在平面内将线段AC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CM，连接MF，点N是MF的中点，连接CN．在点D，E运动过程中，猜想线段BF，CF，CN之间存在的数量关系，并证明你的猜想．

【思路点拨】（1）根据角平分线的定义可得∠FBC=12∠ABC，∠FCB=12（2）如图，延长CD到点K，使得CK=BE，证明△BCE≌△CBKSAS，推出BK=CE，∠BEC=∠CKB，再证明∠ADF+∠AEF=180°（3）结论：BF+CF=2CN．首先证明∠BFC=120°．如图，延长CN到Q，使得NQ=CN，连接FQ，证明△CNM≌△QNFSAS，推出FQ=CM=BC，延长CD到P，使得PF=BF，则△PBF是等边三角形，再证明△PFQ≌△PBCSAS，推出PQ=PC，∠QPF=∠CPB=60°，推出【解题过程】（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的度数为60°；

（2）如图，延长CD到点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的度数为60°；（3）结论：BF+CF=2CN．

理由：如图，∵AB=AC，∠A=60°，∴△ABC是等边三角形，∴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延长CN到Q，使得NQ=CN，连接FQ，∴QC=2CN，∵线段AC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CM，∴AC=CM，∴BC=CM，∵点N是MF的中点，∴NF=NM，在△CNM和△QNF中，NM=NF∠CNM=∠QNF∴△CNM≌△QNFSAS∴CM=QF，∠MCN=∠FQN，∴QF=CM=BC，CM∥∴∠DFQ=∠FCM，延长CD到P，使得PF=BF，连接PQ，∵∠BFC=120°，∴∠BFP=180°-∠BFC=180°-120°=60°，∴△PBF是等边三角形，∴∠BPF=∠BFP=60°，PF=PB，∴∠PCB+∠FCM=∠ACB+∠ACM=120°,∠PBC+∠PCB=180°-∠BPF=120°，∴∠PFQ=∠FCM=∠PBC，在△PFQ和△PBC中，FQ=BC∠PFQ=∠PBC∴△PFQ≌△PBCSAS∴PQ=PC，∠QPF=∠CPB=60°，∴△PCQ是等边三角形，∴PC=QC，∴BF+CF=PF+CF=PC=QC=2CN，即BF+CF=2CN．15．（2022秋·黑龙江哈尔滨·八年级校考期中）如图，在△ABC中，点D在线段AC上，点E在线段BC的延长线上，连接BD、DE，∠ABD=∠CDE，BD=DE；

（1）如图1，求证：△ABC是等腰三角形；（2）如图2，BC=AB，求证：AD=CE；（3）如图3，在（2）的条件下，连接AE，点F是线段BD中点，连接AF，∠BAF=2∠BED，DH⊥AE于点H，DH=95，△ACE的面积为192

【思路点拨】（1）由等腰三角形的性质可得∠DBE=∠DEB，由外角的性质与角的和差关系可得∠ABC=∠ACB，可证AB=AC，可得结论；（2）延长AC至H，使CH=CE，可证△ECH是等边三角形，可得CE=CH=EH，∠H=∠CEH=60°，由“AAS”可证△ABD≌△HDE，可得AD=EH=CE；（3）如图3，作辅助线，构建全等三角形，设∠DBC=∠DEC=α，则∠BAF=2α，得∠AFD=∠ADF=60°+α，所以AF=AD，证明△BFP≌△DFA(SAS)和△ABP≌△ACE(SAS【解题过程】（1）证明：∵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是等边三角形，∴∠A=∠ACB=∠ABC=60°，如图2，延长AC至H，使CH=CE，

又∵∠ECH=60°，∴△ECH是等边三角形，∴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是等边三角形，如图，延长AF至P，使FP=AF，连接BP，

∵点F是线段BD中点，∴BF=DF，∵BD=DE，∴∠DBE=∠DEB，∴设∠DBC=∠DEC=α，则∠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，过点E作EG⊥AC于G，∵DH⊥AE，AE=2AD，∴S∴EG=2DH=18∵S∴AC=19∴AB=9516．（2023秋·黑龙江哈尔滨·八年级校考阶段练习）在△ABC中，CD⊥AB于点D，∠B=2∠ACD．（1）如图1，求证：△ABC是等腰三角形．（2）如图2，点E是边AB上一点，F是BC延长线上一点，连接CE、AF，若CE=AF，求证：AE=2AD+CF．（3）如图3，在（2）的条件下，过A作AC的垂线交CE的延长线于点H，点K是CE上一点，连接KA并延长至点G，使GA=AK，连接HG．若∠G=2∠GHA，∠F-∠B=12∠CAF，GK=12

【思路点拨】（1）根据CD⊥AB得到∠B+∠BCD=90°，∠A+∠ACD=90°，结合∠B=2∠ACD推出∠ACB=∠A，即可证明△ABC是等腰三角形；（2）作AI⊥BC于I，先证AI=CD，再证Rt△AIF≌Rt△CDE、Rt△AIC≌Rt△CDA，推出IF=DE、CI=AD，结合（3）作点A关于CH的对称点P，连接AP、HP、KP；作KQ⊥GH于Q，连接AQ，设∠F=∠AEC=α，∠BCE=β，推理出∠ACE=60°、△AHP是等边三角形，证△APK≌△AHQ，得出∠AQG+∠G=60°，推出∠G=30°、∠QHK=45°，根据GK=12，结合含30°角的直角三角形和等腰直角三角形的性质，求出HK的长即可．【解题过程】（1）证明：∵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）证明：如下图，作AI⊥BC于I，由（1）得：AB=CB，∵CD⊥AB，AI⊥BC，∴S△ABC∴AI=CD，在Rt△AIF与RtAI=CDAF=CE∴Rt△AIF≌∴IF=DE，在Rt△AIC与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：如下图，作点A关于CH的对称点P，连接AP、HP、KP；作KQ⊥GH于Q，连接AQ，∵由（1）得：AB=CB，由（2）得：Rt△AIF≌∴∠BAC=∠BCA，∠F=∠AEC，设∠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°，∵点A和点P关于CH对称，∴AH=PH，AK=PK，∠CHP=∠CHA=30°，∠AHP=30°+30°=60°，∴△AHP是等边三角形，∴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与△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·重庆沙坪坝·八年级重庆南开中学校考开学考试）已知，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC，E是BC边上一点．

（1）如图1，点D是AC边上一点，连接DE，将DE绕点E逆时针旋转90°至EF，连接BF．若AC=4，BE=2，求△BEF的面积；（2）如图2，连接AE，将AE绕点E顺时针旋转90°至EM，连接BM，取BM的中点N，连接EN.试探究线段EN，BE，AB之间的数量关系；（3）如图3，连接AE，P为AE上一点，在AP的上方以AP为边作等边△APQ，刚好点Q是点P关于直线AC的对称点，连接CP，当CP+12AP取最小值的条件下，点G是直线PQ上一点，连接CG，将△CGP沿CG所在直线翻折得到△CGK（△CGK与△ABC在同一平面内），连接AK，当AK

【思路点拨】（1）证明△CDE≌△HEF，可得CE=FH=2，由三角形的面积公式可求解；（2）作辅助线如解析图，证明△BEN≌△MGN，可得NE=GN，MG=BE，进一步可得MG=EQ=BE，BQ=2（3）作辅助线如解析图，可得当点C'，P，N三点共线时，CP+12AP有最小值，由折叠的性质可得CP=CK，进而得AK≥AC-CK，可得当点K【解题过程】（1）如图1，过点F作FH⊥直线BC于H，

∵将DE绕点E逆时针旋转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的面积=1（2）如图2，过点M作MG∥BC，交直线NE于点G，过点E作EQ∥AC，交AB于Q，

∵MG∥BC，∴∠G=∠NEB，∵点N是BM的中点，∴MN=BN，∴△BEN≌△MGN（∴NE=GN，∴GE=2NE，∵EQ∥AC，∴∠CAB=∠EQB=45°=∠ABC，∴QE=BE，∴MG=EQ=BE，∵将AE绕点E顺时针旋转90°至EM，∴AE=ME，∴∠AEQ=∠MEC，∴∠AEQ=∠EMG，∴△AEQ≌△EMG（∴EG=AQ，∴AB=AQ+BQ=2NE+2（3）如图，作点C关于AE的对称点C'，连接A

∵点Q是点P关于直线AC的对称点，∴AP=AQ，AC平分∠PAQ，∵△APQ是等边三角形，∴∠CAP=30°，∴PN=1∵点C与点C'关于AE∴PC=PC∴∠CAC∴△CAC∵CP+1∴当点C'，P，N三点共线时，CP+∵将△CGP沿CG所在直线翻折得到△CGK，∴CP=CK，∴AK≥AC-CK∴当点K落在AC上时，AK有最小值，∵△CAC'为等边三角形，∴C'N垂直平分如图，设PN=a，则AP=2a，

∴AP=CP=2a，∵将△CGP沿CG所在直线翻折得到△CGK，∴CP=CK=2a，∴KN=2a-3∴NG=3∴S△CKG∵S△APQ∴S△CGK18．（2023秋·黑龙江哈尔滨·八年级哈尔滨工业大学附属中学校校考阶段练习）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，点D在边AB上，连接CD，AB⊥AB，AE交CD于点E，点F在边BC上，BF=AE，连接AF交CD于点G．（1）如图1，求证：AF=CE；（2）如图1，求∠AGC的度数；（3）如图2，点D为AB中点，CN∥AF，DN⊥CN于点N，连接AN交BC于点K，过点N作NH⊥BC，垂足为H，当KH=2时，求FK的长．

【思路点拨】（1）由AB=AC可得∠ABC=∠ACB，然后再证明∠EAC=∠ABF，得出△ABF≌△CAESAS（2）根据全等三角形的性质可得∠BAF=∠ACE，∠EAC=∠FBA=30°，从而可证得∠ACE+∠FAE=90°，最后求得∠AGE=60°；（3）根据全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质可得结果【解题过程】（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过A作AP⊥BC于P，∴∠APB=90°，∵∠ABF=30°，在Rt△ABP中，∠APB=90°∵∠ABF=30°，∴AP=1∵D为中点，∴DA=BD=1∴DA=PA，∵∠BAE=90°，设∠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，FK=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·福建厦门·八年级厦门市湖滨中学校考期中）如图，等边△ABC中，过顶点A在AB边的右侧作射线AP，∠BAP=α（30∘<α<120∘）.点B与点E关于直线AP对称，连接AE，BE，且BE交射线AP于点D，过C，（1）当α=40∘时，求（2）在α变化过程中，∠AFE的大小是否发生变化？如果变化，写出变化的范围；如果不变化，求∠AFE的大小；（3）探究线段AF，CF，DF之间的数量关系，并证明．

【思路点拨】（1）根据等边三角形的性质得到∠ABC=∠BAC=∠ACB=60∘，AB=BC=AC，根据轴对称的性质得到BD=DE，BE⊥AP，求得AB=BC=AC=AE，得到当∠BAP=α=40∘时，如图1，得到∠BAD=∠EAD=40∘，求得（2）当30∘<α≤90∘时，60∘<2α≤180∘，D，F在射线AP上，如图当90∘<α<120∘时，180∘<2α<240∘，D，F在点A的两侧，如图2，根据轴对称的性质得到BD=DE，BE⊥AP，求得∠BAD=∠EAD，AB=AE，根据等边三角形的性质得到（3）连接BF，在FA上截取FH=FC，连接CH．由（2）知∠AFE=60∘，根据等边三角形的性质得到∠HFC=∠FHC=∠FCH=60∘，FH=FC=HC，根据线段垂直平分线的性质得到BF=EF