专题05 全等三角形重难点模型（五大模型）（解析版）

专题05全等三角形重难点模型（五大模型）重难点题型归纳【模型一：一线三等角型】【模型二：手拉手模型】【模型三：半角模型】【模型四：对角互补模型】【模型五：平行+线段中点构造全等模型】【模型一：一线三等角型】如图一，∠D=∠BCA=∠E=90°，BC=AC。结论：Rt△BDC≌Rt△CEA模型二一线三等角全等模型如图二，∠D=∠BCA=∠E，BC=AC。结论：△BEC≌△CDA图一图二应用：①通过证明全等实现边角关系的转化，便于解决对应的几何问题；②与函数综合应用中有利于点的坐标的求解。【典例1】如图，平面直角坐标系中有点A（﹣1，0）和y轴上一动点B（0，a），其中a＞0，以B点为直角顶点在第二象限内作等腰直角△ABC，设点C的坐标为（c，d）．（1）当a＝2时，则C点的坐标为；（2）动点B在运动的过程中，试判断c+d的值是否发生变化？若不变，请求出其值；若发生变化，请说明理由．【解答】解：（1）如图1中，过点C作CE⊥y轴于E，则∠CEB＝∠AOB．∵△ABC是等腰直角三角形，∴BC＝BA，∠ABC＝90°，∴∠BCE+∠CBE＝90°＝∠BAO+∠CBE，∴∠BCE＝∠ABO，在△BCE和△BAO中，，∴△CBE≌△BAO（AAS），∵A（﹣1，0），B（0，2），∴AO＝BE＝1，OB＝CE＝2，∴OE＝1+2＝3，∴C（﹣2，3），故答案为：（﹣2，3）；（2）动点A在运动的过程中，c+d的值不变．理由：过点C作CE⊥y轴于E，则∠CEA＝∠AOB，∵△ABC是等腰直角三角形，∴BC＝BA，∠ABC＝90°，∴∠BCE+∠CBE＝90°＝∠ABO+∠CBE，∴∠BCE＝∠ABO，在△BCE和△BAO中，，∴△CBE≌△BAO（AAS），∵B（﹣1，0），A（0，a），∴BO＝AE＝1，AO＝CE＝a，∴OE＝1+a，∴C（﹣a，1+a），又∵点C的坐标为（c，d），∴c+d＝﹣a+1+a＝1，即c+d的值不变．【变式1-1】（2021秋•鼓楼区校级期末）如图，在△PMN中，PM＝PN，PM⊥PN，P（0，2），N（2，﹣2），则M的坐标是（）A．（﹣2，0） B．（﹣2，0） C．（﹣2，0） D．（﹣4，0）【答案】D【解答】解：过点N作ND⊥y轴于点D，∵P（0，2），N（2，﹣2），∴OP＝2，OD＝2，DN＝2，∴PD＝4，∵PM⊥PN，∴∠MPN＝90°，∴∠MPO+∠DPN＝90°，又∵∠DPN+∠PND＝90°，∴∠MPO＝∠PND，又∵∠MOP＝∠PDN＝90°，∴△MOP≌△PDN（AAS），∴OM＝PD＝4，∴M（﹣4，0），故选：D．【变式1-2】（2022春•金牛区校级期中）在学习完“探索全等三角形全等的条件”一节后，一同学总结出很多全等三角形的模型，他设计了以下问题给同桌解决：如图，做一个“U”字形框架PABQ，其中AB＝42cm，AP，BQ足够长，PA⊥AB于点A，点M从B出发向A运动，同时点N从B出发向Q运动，点M，N运动的速度之比为3：4，当两点运动到某一瞬间同时停止，此时在射线AP上取点C，使△ACM与△BMN全等，则线段AC的长为18或28cm．【答案】18或28．【解答】解：设BM＝3tcm，则BN＝4tcm，因为∠A＝∠B＝90°，使△ACM与△BMN全等，可分两种情况：情况一：当BM＝AC，BN＝AM时，∵BN＝AM，AB＝42cm，∴4t＝42﹣3t，解得：t＝6，∴AC＝BM＝3t＝3×6＝18cm；情况二：当BM＝AM，BN＝AC时，∵BM＝AM，AB＝42cm，∴3t＝42﹣3t，解得：t＝7，∴AC＝BN＝4t＝4×7＝28cm，综上所述，AC＝18cm或AC＝28cm．【变式1-3】（2022秋•青云谱区期末）阅读理解，自主探究：“一线三垂直”模型是“一线三等角”模型的特殊情况，即三个等角角度为90°，于是有三组边相互垂直．所以称为“一线三垂直模型”．当模型中有一组对应边长相等时，则模型中必定存在全等三角形．（1）问题解决：如图1，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线DE，AD⊥DE于D，BE⊥DE于E，求证：△ADC≌△CEB；（2）问题探究：如图2，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线CE，AD⊥CE于D，BE⊥CE于E，AD＝2.5cm，DE＝1.7cm，求BE的长；（3）拓展延伸：如图3，在平面直角坐标系中，A（﹣1，0），C（1，3），△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝BC，求B点坐标.【答案】（1）证明见解析；（2）0.8cm；（3）（4，1）．【解答】（1）证明：∵AD⊥DE，BE⊥DE，∴∠ADC＝∠CEB＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠ECB＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°，∴∠DAC＝∠ECB，在△ADC和△CEB中，，∴△ADC≌△CEB（AAS）；（2）解：∵BE⊥CE，AD⊥CE，∴∠ADC＝∠CEB＝90°，∴∠CBE+∠ECB＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ECB+∠ACD＝90°，∴∠ACD＝∠CBE，在△ADC和△CEB中，，∴△ADC≌△CEB（AAS），∴AD＝CE＝2.5cm，CD＝BE，∴BE＝CD＝CE﹣DE＝2.5﹣1.7＝0.8（cm），即BE的长为0.8cm；（3）解：如图3，过点C作直线l∥x轴，交y轴于点G，过A作AE⊥l于点E，过B作BF⊥l于点F，交x轴于点H，则∠AEC＝∠CFB＝∠ACB＝90°，∵A（﹣1，0），C（1，3），∴EG＝OA＝1，CG＝1，FH＝AE＝OG＝3，∴CE＝EG+CG＝2，∵∠ACE+∠EAC＝90°，∠ACE+∠FCB＝90°，∴∠EAC＝∠FCB，在△AEC和△CFB中，，∴△AEC≌△CFB（AAS），∴AE＝CF＝3，BF＝CE＝2，∴FG＝CG+CF＝1+3＝4，BH＝FH﹣BF＝3﹣2＝1，∴B点坐标为（4，1）．【典例2】（1）猜想：如图1，已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E．试猜想DE、BD、CE有怎样的数量关系，请直接写出；（2）探究：如果三个角不是直角，那结论是否会成立呢？如图2，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D，A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α（其中α为任意锐角或钝角）如果成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由；（3）解决问题：如图3，F是角平分线上的一点，且△ABF和△ACF均为等边三角形，D、E分别是直线m上A点左右两侧的动点，D、E、A互不重合，在运动过程中线段DE的长度始终为n，连接BD、CE，若∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，试判断△DEF的形状，并说明理由．【解答】解：（1）DE＝BD+CE，理由如下：∵∠BAC＝90°，∴∠BAD+∠CAE＝90°，∵BD⊥m，CE⊥m，∴∠ADB＝∠CEA＝90°，∴∠BAD+∠ABD＝90°，∴∠ABD＝∠CAE，在△ADB和△CEA中，，∴△ADB≌△CEA（AAS），∴BD＝AE，AD＝CE，∴DE＝AD+AE＝BD+CE；（2）结论DE＝BD+CE成立，理由如下：∵∠BAD+∠CAE＝180°﹣∠BAC，∠BAD+∠ABD＝180°﹣∠ADB，∠ADB＝∠BAC，∴∠ABD＝∠CAE，在△BAD和△ACE中，，∴△BAD≌△ACE（AAS），∴BD＝AE，AD＝CE，∴DE＝DA+AE＝BD+CE；（3）△DFE为等边三角形，理由如下：由（2）得，△BAD≌△ACE，∴BD＝AE，∠ABD＝∠CAE，∴∠ABD+∠FBA＝∠CAE+FAC，即∠FBD＝∠FAE，在△FBD和△FAE中，，∴△FBD≌△FAE（SAS），∴FD＝FE，∠BFD＝∠AFE，∴∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠DFA+∠BFD＝60°，∴△DFE为等边三角形．【变式2-1】（2022秋•汕尾期中）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．（1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：DE＝AD+BE．（2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，（1）中的结论还成立吗？若成立，请给出证明；若不成立，说明理由．【答案】见试题解答内容【解答】证明：（1）∵AD⊥DE，BE⊥DE，∴∠ADC＝∠BEC＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°，∴∠DAC＝∠BCE，在△ADC和△CEB中∴△ADC≌△CEB（AAS），∴AD＝CE，CD＝BE，∵DC+CE＝DE，∴AD+BE＝DE．（2）DE＝AD﹣BE，理由：∵BE⊥EC，AD⊥CE，∴∠ADC＝∠BEC＝90°，∴∠EBC+∠ECB＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ECB+∠ACE＝90°，∴∠ACD＝∠EBC，在△ADC和△CEB中，，∴△ADC≌△CEB（AAS），∴AD＝CE，CD＝BE，∴DE＝EC﹣CD＝AD﹣BE．【变式2-2】（2022秋•东台市月考）【一线三等角模型】如图1：点A、B、C在一条直线上，∠A＝∠DBE＝∠C，当BD＝BE时，有△ABD≌△CEB．理由：∵∠A＝∠DBE，∴∠D+∠DBA＝180°﹣∠A，∠DBA+∠CBE＝180°﹣∠DBE，∴∠D＝∠CBE﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣请将全等证明过程补充完整．【模型运用】如图2：∠ABC＝∠CAD＝90°，AB＝4，AC＝AD，求△BAD的面积；【能力提升】如图3：在等边△DEF中，A，C分别为DE、DF边上的动点，AE＝2CD，连接AC，以AC为边在△DEF内作等边△ABC，连接BF，当点A从点E向点D运动（不与点D重合）时，∠CFB的度数变化吗？如不变请求出它的度数，如变化，请说明它是怎样变化的？【答案】【一线三等角模型】证明见解析部分；【模型运用】8；【能力提升】∠CFB＝30°．【解答】【一线三等角模型】证明：如图1：∵∠A＝∠DBE，∴∠D+∠DBA＝180°﹣∠A，∠DBA+∠CBE＝180°﹣∠DBE，∴∠D＝∠CBE，在△ABD和△CEB中，，∴△ABD≌△CEB（AAS）；【模型运用】解：如图2：过点D作DT⊥BA交BA的延长线于点T．同法可证△ATD≌△CBA（AAS），∴DT＝AB＝4，∴S△ABD＝×AB×DT＝×4×4＝8；【能力提升】解：∠CFB＝30°不变．理由：如图3中，在CF上取一点N，使得FN＝DC．∵△ABC，△DEF都是等边三角形，∴∠D＝∠ACB＝60°，DA＝DF，CA＝CB，∵AE＝2CD，CD＝FN，∴DA＝CN，∵∠ACN＝∠ACB+∠BCN＝∠D+∠CAD，∴∠BCN＝∠DAC，在△ADC和△CNB中，，∴△ADC≌△CNB（SAS），∴BN＝CD，∠D＝∠BNC＝60°，∵NF＝CD，∴NB＝NF，∴∠NBF＝∠NFB，∵∠BNC＝∠NBF+∠NFB＝60°，∴∠NFB＝∠NBF＝30°，∴∠CFB＝30°．【模型二：手拉手模型】应用：①利用手拉手模型证明三角形全等，便于解决对应的几何问题；②作辅助线构造手拉手模型，难度比较大。【类型一：等边三角形中的手拉手模型】【典例3】阅读与理解：如图1，等边△BDE按如图所示方式设置．操作与证明：（1）操作：固定等边△ABC，将△BDE绕点B按逆时针方向旋转120°，连接AD，CE，如图2；在图2中，请直接写出线段CE与AD之间具有怎样的大小关系．（2）操作：若将图1中的△BDE，绕点B按逆时针方向旋转任意一个角度α（60°＜α＜180°），连接AD，CE，AD与CE相交于点M，连BM，如图3；在图3中线段CE与AD之间具有怎样的大小关系？∠EMD的度数是多少？证明你的结论．猜想与发现：（3）根据上面的操作过程，请你猜想在旋转过程中，∠DMB的度数大小是否会随着变化而变化？请证明你的结论．【解答】解：（1）EC＝AD；∵将△BDE绕点B按逆时针方向旋转120°，∴∠ABD＝∠CBE，在△EBC和△DBA中，，∴△EBC≌△DBA（SAS），∴EC＝AD；（2）EC＝AD，∠EMD＝60°，理由如下：设AD与BE交于点O，∵将△BDE绕点B按逆时针方向旋转α度，∴∠EBC＝∠DBA＝α，∵△ABC与△BDE是等边三角形，∴BC＝AB，BD＝BE，∴△EBC≌△DBA（SAS），∴EC＝AD，∠CEB＝∠ADB，∵∠EOM＝∠DOB，∴∠EMD＝∠EBD＝60°，（3）不变，理由如下：过点B作BH⊥AD于点H，BF⊥EC于点F，∵△EBC≌△DBA，∴S△EBC＝S△DBA，AD＝EC，∴BH＝BF，∴MB平分∠DMC，∴∠DMB＝，∴∠DMB的度数大小不变【变式3-1】如图，△ABC和△DCE都是等边三角形，且B，C，D三点在一条直线上，连接AD，BE相交于点P．（1）求证：BE＝AD．（2）求∠APB的度数．【解答】（1）证明：∵△ABC和△DCE都是等边三角形，∴BC＝AC，CE＝CD，∠ACB＝∠ECD＝60°，∴∠ACB+∠ACE＝∠ECD+∠ACE，即∠ACD＝∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE．（2）解：由（1）可得△ACD≌△BCE（SAS），∴∠DAC＝∠EBC．∵∠ACB＝∠DAC+∠ADC＝60°，∴∠EBC+∠ADC＝∠APB＝60°，即∠APB＝60°．【变式3-1】（2023春•佛山期末）在等边△ABC中，AB＝6，点D是射线CB上一点，连接AD．（1）如图1，当点D在线段CB上时，在线段AC上取一点E，使得CE＝BD，求证：AD＝BE；（2）如图2，当点D在CB延长线上时，将线段AD绕点A逆时针旋转角度θ（0°＜θ＜180°）得到线段AF，连接BF，CF．①当AF位于∠BAC内部，且∠DAF恰好被AB平分时，若BD＝2，求CF的长度；②如图3，当θ＝120°时，记线段BF与线段AC的交点为G，猜想DC与AG的数量关系，并说明理由．【答案】（1）证明过程见解答；（2）①；②证明过程见解答．【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC，∠ABC＝∠C＝∠BAC＝60°，在△ABD和△BCE中，，∴△ABD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE；（2）解：①过点F作FH⊥BC于点H，如图2，在△ABD和△ABF中，，∴△ABD≌△ABF（SAS），∴BF＝BD＝2，∠ABF＝∠ABD＝180°﹣∠ABC＝120°，∴∠FBH＝∠ABF﹣∠ABC＝60°，在Rt△BFH中，∠BFH＝90°﹣∠FBH＝30°，∴BH＝BF＝＝1，HF2＝BF2﹣BH2＝22﹣12＝3，∵CH＝BC﹣BH＝6﹣1＝5，∴CF2＝CH2+HF2＝52+3＝28，∴；②证明：延长AC到点M，使CM等于BD，连接FM，如图3，∵∠DAF＝θ＝120°，∠BAC＝60°，∴∠DAB+∠MAF＝120°﹣60°＝60°，∵∠ADB+∠DAB＝∠ABC＝60°，∴∠ADB＝∠MAF，又∵BC＝AC，BD＝CM，∴BC+BD＝AC+CM，即：DC＝AM，在△ADC和△FAM中，，∴△ADC≌△FAM（SAS），∴AC＝MF，∠M＝∠ACB＝60°，∴MF＝AB，∠M＝∠BAC，在△ABG和△MFG中，，∴△ABG≌△MFG（AAS），∴AG＝MG，∴AM＝AG+MG＝2AG，∴CD＝2AG．【类型二：等腰三角形的手拉手模型】【典例4】在△ABC中，AB＝AC，点D是直线BC上一点（不与B、C重合），以AD为一边在AD的右侧作△ADE，使AD＝AE，∠DAE＝∠BAC，连接CE．（1）如图1，当点D在线段BC上时，∠BAC＝90°，①求证：BD＝CE；②∠BCE＝；（2）设∠BCE＝a，∠BAC＝β，①如图2，当点D在线段BC上移动，求证α+β＝180°；②当点D在射线BC的反向延长线上移动，则a、β之间有怎样的数量关系？请直接写出你的结论．【解答】（1）①证明：∵AB＝AC，AD＝AE，∠BAD+∠DAC＝∠DAC+∠CAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD与△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE；②由①知△ABD≌△ACE，∴∠B＝∠ACE，∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝∠ACB+∠B，又∵∠BAC＝90°，∴∠BCE＝90°，故答案为：90°；（2）①证明：∵AB＝AC，AD＝AE，∠BAD+∠DAC＝∠DAC+∠CAE，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD与△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠B＝∠ACE，∴∠B+∠ACB＝α，∵∠BAC+∠B+∠ACB＝180°，∴α+β＝180°；②α＝β．理由如下：如图，由①同理得，△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，∴∠BAC+∠ACB＝∠ACB+∠BCE，∴∠BAC＝∠BCE，即α＝β．【变式4-1】如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，CE与BD相交于点M，BD交AC于点N．证明：（1）BD＝CE；（2）BD⊥CE．【解答】证明：（1）∵∠BAC＝∠DAE＝90°∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD即∠CAE＝∠BAD在△ABD和△ACE中∴△ABD≌△ACE（SAS）∴BD＝CE（2）∵△ABD≌△ACE∴∠ABN＝∠ACE∵∠ANB＝∠CND∴∠ABN+∠ANB＝∠CND+∠NCE＝90°∴∠CMN＝90°即BD⊥CE．【变式4-2】如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上一动点，连接AD，以AD为直角边作等腰直角三角形ADF．（1）如图1，若当点D在线段BC上时（不与点B、C重合），证明：△ACF≌△ABD；（2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，试猜想CF与BD的数量关系和位置关系，并说明理由．【解答】（1）证明：∵∠BAC＝90°，△ADF是等腰直角三角形，∴∠CAF+∠CAD＝90°，∠BAD+∠ACD＝90°，∴∠CAF＝∠BAD，在△ACF和△ABD中，，∴△ACF≌△ABD（SAS），（2）解：CF＝BD，CF⊥BD．理由：∵∠CAB＝∠DAF＝90°，∴∠CAB+∠CAD＝∠DAF+∠CAD，即∠CAF＝∠BAD，在△ACF和△ABD中，，∴△ACF≌△ABD（SAS），∴CF＝BD，∠ACF＝∠B，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠B＝∠ACB＝45°，∴∠BCF＝∠ACF+∠ACB＝45°+45°＝90°，∴CF⊥BD【变式4-3】（2022秋•惠民县校级期末）（1）如图1，△ABC与△ADE均是顶角为40°的等腰三角形，BC、DE分别是底边，求证：BD＝CE；（2）如图2，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接BE．填空：∠AEB的度数为60°；线段BE与AD之间的数量关系是BE＝AD．（3）拓展探究如图3，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE．请判断∠AEB的度数及线段CM、AE、BE之间的数量关系，并说明理由．【答案】见试题解答内容【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE＝40°，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中，∴△BAD≌△CAE，∴BD＝CE．（2）解：∵△ACB和△DCE均为等边三角形，∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∠CDE＝∠CED＝60°，∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB，即∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，∴△ACD≌△BCE，∴BE＝AD，∠ADC＝∠BEC，∵点A，D，E在同一直线上，∴∠ADC＝180°﹣60°＝120°，∴∠BEC＝120°，∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝120°﹣60°＝60°，综上，可得∠AEB的度数为60°；线段BE与AD之间的数量关系是：BE＝AD．故答案为：60°、BE＝AD．（3）解：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CDE＝∠CED＝45°，∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB，即∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE，∴BE＝AD，∠BEC＝∠ADC，∵点A，D，E在同一直线上，∴∠ADC＝180﹣45＝135°，∴∠BEC＝135°，∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝135﹣45＝90°；∵∠DCE＝90°，CD＝CE，CM⊥DE，∴CM＝DM＝EM，∴DE＝DM+EM＝2CM，∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．【模型二：直角三角形中的手拉手模型】【典例5】△ABC与△BDE均为等腰直角三角形，∠ABC＝∠DBE＝90°．（1）如图1，当D，B，C在同一直线时，CE的延长线与AD交于点F．求证：∠CFA＝90°；（2）当△ABC与△BDE的位置如图2时，CE的延长线与AD交于点F，猜想∠CFA的大小并证明你的结论；（3）如图3，当A，E，D在同一直线时（A，D在点E的异侧），CE与AB交于点G，∠BAD＝∠ACE，求证：BG+AB＝AC．【解答】（1）证明：∵△ABC和△DBE是等腰直角三角形，∴AB＝BC，BD＝BE，∠ABC＝∠DBE＝90°，在△ABD和△CBE中，，∴△ABD≌△CBE（SAS），∴∠BAD＝∠BCE，∵∠BAD+∠AFE+∠FEA＝∠BCE+∠ABC+∠BEC＝180°，又∵∠FEA＝∠BEC，∴∠CFA＝∠ABC＝90°．（2）解：∠CFA＝90°．理由如下：同理可证△ABD≌△CBE（SAS），∴∠BAD＝∠BCE，∴∠CFA＝∠ABC＝90°．（3）过点G作GH⊥AC于点H，同（2）可知∠BAD＝∠BCE，∵∠BAD＝∠ACE，∴∠ACE＝∠BCE，∵AB⊥BC，GH⊥AC，∴BG＝GH，∵∠BAC＝45°，∴∠BAC＝∠AGH＝45°，∴GH＝AH，∴AH＝BG，在Rt△BCG和Rt△HCG中，，∴Rt△BCG≌Rt△HCG（HL），∴BC＝CH，∴AC＝AH+CH＝BG+BC＝BG+AB．【变式5】如图：已知△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上的一动点（点D不与点B、C重合），以AD为边作△ADE，使∠DAE＝90°，AD＝AE，连接CE．发现问题：如图1，当点D在边BC上时，（1）请写出BD和CE之间的位置关系为BD⊥CE，并猜想BC和CE、CD之间的数量关系：．（2）如图2，当点D在边BC的延长线上且其他条件不变时，（1）中BD和CE之间的位置关系；BC和CE、CD之间的数量关系是否成立？若成立，请证明；若不成立，请写出新的数量关系，说明理由；【解答】解：（1）∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，即∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∠ACE＝∠ABD＝45°，∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝45°+45°＝90°，BC＝CD+BD＝CD+CE，∴BD⊥CE，故答案为：BD⊥CE；BC＝CD+CE；（2）BD⊥CE成立，数量关系不成立，关系为BC＝CE﹣CD．理由如下：如图2，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∠ACE＝∠ABC，∴BD＝BC+CD，∠ACE+∠ACB＝90°，∴BD⊥CE；BC＝CE﹣CD【模型三：作辅助线构造手拉手模型】【典例6】在△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝α，点D是直线BC上一点，点C关于射线AD的对称点为点E．作直线BE交射线AD于点F．连接CF．（1）如图1，点D在线段BC上，补全图形，求∠AFB的大小（用含α的代数式表示）；（2）如果∠α＝60°，①如图2，当点D在线段BC上时，用等式表示线段AF，BF，CF之间的数量关系，并证明；②如图3，当点D在线段CB的延长线上时，直接写出线段AF、BF、CF之间的数量关系．【解答】解：（1）补全图形如下，连接AE，∵点E为点C关于AD的对称点，∴AE＝AC，EF＝FC，∠EAD＝∠CAD，设∠EAD＝∠CAD＝x，∴∠CAE＝2x，∵AB＝AC，∴∠ACB＝∠ABCα．∴∠BAE＝180°﹣2x﹣2α，∴∠ABE+∠AEB＝2x+2α，∵AE＝AB，∴∠ABE＝∠AEB＝x+α，∴∠AFB＝∠AEB﹣∠EAD＝α；（2）①AF＝BF+CF．延长FB至点G，使FG＝FA，连接AG，∵AB＝AC，∴∠ABC＝α＝60°，∴△ABC为等边三角形，∠BAC＝60°，由（1）知∠AFB＝α＝60°，∴△AFG为等边三角形，∴AG＝AF，∠GAF＝60°，∴∠GAB＝∠FAC，在△ABG和△ACF中，，∴△ABG≌△ACF（SAS），∴BG＝CF，∴CF+BF＝BG+BF＝GF，∵GF＝AF，∴AF＝BF+CF；②结论为：CF＝AF+BF．连接AE．∵点E为点C关于AD的对称点，∴AE＝AC，EF＝FC，∠EAD＝∠CAD，设∠EAD＝∠CAD＝x，∴∠CAE＝2x，∵AB＝AC＝AE，∴∠ACB＝∠ABC＝∠BAC＝60°．∴∠DAB＝x﹣60°，∴∠EAB＝x+x﹣60°＝2x﹣60°，∵AE＝AB，∴∠ABE＝∠AEB＝＝120°﹣x，∴∠AFE＝∠DAB+∠ABE＝x﹣60°+120°﹣x＝60°，在BE上取点G，使得FG＝FA，连接AG，∴△AFG为等边三角形，∴AG＝AF，∠GAF＝60°，∴∠GAE＝∠FAB＝x﹣60°，在△AGE与△AFB中，，∴△AGE≌△AFB（SAS），∴BF＝EG，∴EF＝EG+FG＝BF+AF，∴CF＝EF＝BF+AF．【变式6-1】（2022秋•西湖区校级期末）已知，∠MON＝90°，点A在边OM上，点P是边ON上一动点，∠OAP＝α．以线段AP为边在AP上方作等边△ABP，连接OB、BP，再以线段OB为边作等边△OBC（点C、P在OB的同侧），作CH⊥ON于点H．（1）如图1，α＝60°．①依题意补全图形；②求∠BPH的度数；（2）如图2，当点P在射线ON上运动时，用等式表示线段OA与CH之间的数量关系，并证明．【答案】（1）①见解析；②90°；（2）OA＝2CH．【解答】解：（1）①如图所示，即为所求；②∵△ABP是等边三角形，∴∠BPA＝60°，∵∠OAP＝α＝60°，∴∠OPA＝30°，∴∠BPH＝180°﹣∠OPA﹣∠BPA＝90°；（2）OA＝2CH，证明如下：如图，连接BC，PC，由（2）可知，△ABP是等边三角形，∴BA＝BP，∠ABP＝∠BPA＝60°，∵△BOC是等边三角形，∴BO＝BC，∠BOC＝60°，∴∠ABO＝60°﹣∠OBP＝∠PBC，∴△ABO≌△PBC（SAS），∴AO＝PC，∠BPC＝∠BAO，∵∠OAP＝α，∴∠BAO＝∠BAP+∠OAP＝60°+α，∴∠BPC＝60°+α，∵∠BPN＝180°﹣∠APO﹣∠BPA＝120°﹣（90°﹣α）＝30°+α，∴∠HPC＝∠BPC﹣∠BPN＝30°，∵CH⊥ON，∴∠CHO＝90°，在Rt△CHP中，PC＝2CH，∴OA＝2CH【模型三：半角模型】等角=要三角形中得半角模型【典例7】旋转变换是解决数学问题中一种重要的思想方法，通过旋转变换可以将分散的条件集中到一起，从而方便解决问题．已知，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点D、E在边BC上，且．（1）如图a，当α＝60°时，将△AEC绕点A顺时针旋转60°到△AFB的位置，连结DF．①∠DAF＝；②求证：DF＝DE；（2）如图b，当α＝90°时，猜想BD、DE、CE的数量关系，并说明理由．【解答】（1）①解：由旋转知，AF＝AE，∠BAF＝∠CAE，∠EAF＝60°，∵∠DAE＝α，∠BAC＝α＝60°，∴∠DAE＝×60°＝30°，∴∠CAE+∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝30°，∴∠DAF＝∠BAD+∠BAF＝∠BAD+∠CAE＝30°，故答案为：30°；②证明：由①知，AF＝AE，∠DAF＝∠DAE＝30°，∵AB＝AC，∴△DAF≌△DAE（SAS），∴DF＝DE；（2）解：DE2＝BD2+CE2，理由如下：如图，将△AEC绕点A顺时针旋转90°到△AFB的位置，连结DF，∴AF＝AE，∠EAF＝90°＝∠BAC，∴∠BAF＝∠CAE，∴△BAF≌△CAE（SAS），∴BF＝CE，∠ABF＝∠ACE，在Rt△ABC中，∠C＝∠ABC＝45°，∴∠ABF＝45°，∴∠DBF＝90°，根据勾股定理得，DF2＝BD2+BF2，∴DF2＝BD2+CE2，同（1）②的方法得，DF＝DE，∴DE2＝BD2+CE2．【变式7】已知∠MBN＝60°，等边△BEF与∠MBN顶点B重合，将等边△BEF绕顶点B顺时针旋转，边EF所在直线与∠MBN的BN边相交于点C，并在BM边上截取AB＝BC，连接AE．（1）将等边△BEF旋转至如图①所示位置时，求证：CE＝BE+AE；（2）将等边△BEF顺时针旋转至如图②、图③位置时，请分别直接写出AE，BE，CE之间的数量关系，不需要证明；（3）在（1）和（2）的条件下，若BF＝4，AE＝1，则CE＝3或5．【解答】（1）证明：∵△BEF为等边三角形，∴BE＝EF＝BF，∠EBF＝60°，∴∠EBA+∠ABF＝60°，∵∠MBN＝60°，∴∠CBF+∠ABF＝60°，∴∠EBA＝∠CBF，在△ABE与△CBF中，，∴△ABE≌△CBF（SAS），∴AE＝CF，∵CE＝EF+CF，∴CE＝BE+AE；（2）解：图②结论为CE＝BE﹣AE，图③结论为CE＝AE﹣BE，图②的理由如下：∵△BEF为等边三角形，∴BE＝EF＝BF，∠EBF＝60°，∴∠EBA+∠ABF＝60°，∵∠MBN＝60°，∴∠CBF+∠ABF＝60°，∴∠EBA＝∠CBF，在△ABE与△CBF中，，∴△ABE≌△CBF（SAS），∴AE＝CF，∵CE＝EF﹣CF，∴CE＝BE﹣AE，图③的利用如下：∵△BEF为等边三角形，∴BE＝EF＝BF，∠EBF＝60°，∴∠EBA+∠ABF＝60°，∵∠MBN＝60°，∴∠CBF+∠ABF＝60°，∴∠EBA＝∠CBF，在△ABE与△CBF中，，∴△ABE≌△CBF（SAS），∴AE＝CF，∵CE＝CF﹣EF，∴CE＝AE﹣BE；（3）解：在（1）条件下，CE＝BE+AE＝BF+AE＝4+1＝5；在（2）条件下，CE＝BE﹣AE＝BF﹣AE＝4﹣1＝3，综上所述，CE＝3或5，故答案为：3或5．【变式7-2】（2021秋•桦甸市期末）如图，△ABC是等边三角形，D是边BC上一点（点D不与点B，C重合），作∠EDF＝60°，使角的两边分别交边AB，AC于点E，F，且BD＝CF．（1）如图①，若DE⊥BC，则∠DFC＝90度；（2）如图②，D是边BC上一点（点D不与点B，C重合），求证：BE＝CD；（3）如图③，若D是边BC的中点，且AB＝2，则四边形AEDF的周长为4．【答案】（1）90；（2）证明见解析；（3）4．【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝∠C＝60°，∵DE⊥BC，即∠BDE＝90°，∠EDF＝60°，∴∠BED＝∠CDF＝30°，∴∠DFC＝90°，故答案为：90；（2）∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝∠C＝60°，∵∠EDF+∠CDF＝∠B+∠BED，且∠EDF＝60°，∴∠CDF＝∠BED，在△BDE和△CFD中，，∴△BDE≌△CFD（AAS），∴BE＝CD；（3）∵△ABC是等边三角形，AB＝2，∴∠B＝∠C＝60°，AB＝BC＝AC＝2，∵D为BC中点，且BD＝CF，∴BD＝CD＝CF＝AF＝1，由（2）知△BDE≌△CFD，∴BE＝CD＝1，DE＝DF，∵∠B＝60°，∴△BDE是等边三角形，∴DE＝DF＝1，则四边形AEDF的周长为AE+DE+DF+AF＝4，故答案为：4．【变式7-3】】等边△ABC，D为△ABC外一点，∠BDC＝120°，BD＝DC，∠MDN＝60°，射线DM与直线AB相交于点M，射线DN与直线AC相交于点N，①当点M、N在边AB、AC上，且DM＝DN时，直接写出BM、NC、MN之间的数量关系．②当点M、N在边AB、AC上，且DM≠DN时，猜想①中的结论还成立吗？若成立，请证明．③当点M、N在边AB、CA的延长线上时，请画出图形，并写出BM、NC、MN之间的数量关系．【解答】解①BM、NC、MN之间的数量关系BM+NC＝MN．②猜想：结论仍然成立．证明：在CN的反向延长线上截取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，③证明：在CN上截取CM1＝BM，连接DM1．可证△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，可证∠CDN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN，∴MN＝M1N，∴NC﹣BM＝MN．【模型四：对角互补模型】应用：通过做垂线或者利用旋转构造全等三角形解决问题。【典例9】（1）如图（1），在△ABC中，D是BC边上的中点，DE⊥DF，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF．若∠A＝90°，探索线段BE、CF、EF之间的数量关系，并加以证明；（2）如图（2），在四边形ABDC中，∠B+∠C＝180°，DB＝DC，∠BDC＝120°，以D为顶点作一个60°角，角的两边分别交AB、AC于E、F两点，连接EF，探索线段BE、CF、EF之间的数量关系，并加以证明．【解答】证明：（1）EF2＝BE2+CF2，理由如下：如图（1）延长ED到G，使DG＝ED，连接CG，FG，在△DCG与△DBE中，，∴△DCG≌△DBE（SAS），∴DG＝DE，CG＝BE，∠B＝∠DCG，又∵DE⊥DF，∴FD垂直平分线段EG，∴FG＝FE，∵∠A＝90°，∴∠B+∠ACB＝90°，∴∠FCG＝90°，在△CFG中，CG2+CF2＝FG2，∴EF2＝BE2+CF2；（2）如图（2），结论：EF＝EB+FC，理由如下：延长AB到M，使BM＝CF，∵∠ABD+∠C＝180°，又∠ABD+∠MBD＝180°，∴∠MBD＝∠C，在△BDM和△CDF中，，∴△BDM≌△CDF（SAS），∴DM＝DF，∠BDM＝∠CDF，∴∠EDM＝∠EDB+∠BDM＝∠EDB+∠CDF＝∠CDB﹣∠EDF＝120°﹣60°＝60°＝∠EDF，在△DEM和△DEF中，，∴△DEM≌△DEF（SAS），∴EF＝EM，∴EF＝EM＝BE+BM＝EB+CF．【变式9-1】（九台区期末）【教材呈现】如图是华师版八年级上册数学教材96页的部分内容．已知：如图13.5.4，OC是∠AOB的平分线，P是OC上任意一点，PD⊥OA，PE⊥OB，垂足分别为点D和点E．求证：PD＝PE．分析：图中有两个直角三角形PDO和PEO，只要证明这两个三角形全等便可证得PD＝PE．【问题解决】请根据教材分析，结合图①写出证明PD＝PE的过程．【类比探究】（1）如图②，OC是∠AOB的平分线，P是OC上任意一点，点M，N分别在OB和OA上，连接PM和PN，若∠PMO+∠PNO＝180°，求证：PM＝PN；（2）如图③，△ABC的周长是12，BO、CO分别平分∠ABC和∠ACB，OD⊥BC于点D，若OD＝3，则△ABC的面积为18．【答案】【问题解决】证明过程见解析．【类比探究】（1）证明过程见解析．（2）18．【解答】【问题解决】证明：在△OPE和△OPD中，，∴△OPE≌△OPD（AAS），∴PD＝PE；【类比探究】（1）证明：如图②，过点P作PE⊥OB于E，PF⊥OA于F，∵OC是∠AOB的平分线，PE⊥OB，PF⊥OA，∴PE＝PF，∵∠PMO+∠PME＝180°，∠PMO+∠PNO＝180°，∴∠PME＝∠PNO，在△PME和△PNF中，，∴△PME≌△PNF（AAS），∴PM＝PN；（2）解：过O作OE⊥AB与E，OF⊥AC于F，∵BO、CO分别平分∠ABC和∠ACB，∴EO＝DO，OF＝DO，∵OD＝3，∴EO＝FO＝3，∵△ABC的周长是12，∴AB+BC+AC＝12，∴△ABC的面积：AB•EO+AC•FO+CB•DO＝（AB+AC+BC）＝×12＝18，故答案为：18．【变式9-2】（1）阅读理解：如图①，在△ABC中，若AB＝5，AC＝3，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DE＝AD，再连接BE，这样就把AB，AC，2AD集中在△ABE中，利用三角形三边的关系可判断线段AE的取值范围是；则中线AD的取值范围是；（2）问题解决：如图②，在△ABC中，D是BC边的中点，DE⊥DF于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，此时：BE+CFEF（填“＞”或“＝”或“＜”）；（3）问题拓展：如图③，在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180，CB＝CD，∠BCD＝140°，以C为顶点作∠ECF＝70°，边CE，CF分别交AB，AD于E，F两点，连接EF，此时：BE+DFEF（填“＞”或“＝”或“＜“）；（4）若在图③的四边形ABCD中，∠ECF＝α（0°＜α＜90°），∠B+∠D＝180，CB＝CD，且（3）中的结论仍然成立，则∠BCD＝（用含α的代数式表示）.【解答】解：（1）在△ADC与△EDB中，，∴△ADC≌△EDB（SAS），∴BE＝AC＝3，在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，即2＜AE＜8，∴2＜2AD＜8，∴1＜AD＜4，故答案为：2＜AE＜8；1＜AD＜4；（2）如图，延长FD至点G，使DG＝DF，连接BG，EG，∵点D是BC的中点，∴DB＝DC，∵∠BDG＝∠CDF，DG＝DF，∴△BDG≌△CDF（SAS），∴BG＝CF，∵ED⊥FD，FD＝GD，∴EF＝EG，在△BEG中，BE+BG＞EG，∴BE+CF＞EF，故答案为：＞；（3）BE+DF＝EF，如图，延长AB至点G，使BG＝DF，连接CG，∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠CBG＝180°，∴∠CBG＝∠D，又∵CB＝CD，BG＝DF，∴△CBG≌△CDF（SAS），∴CG＝CF，∠BCG＝∠DCF，∵∠BCD＝140°，∠ECF＝70°，∴∠DCF+∠BCE＝70°，∴∠BCE+∠BCG＝70°，∴∠ECG＝∠ECF＝70°，又∵CE＝CE，CG＝CF，∴△ECG≌△ECF（SAS），∴EG＝EF，∵BE+BG＝EG，∴BE+DF＝EF，故答案为：＝；（4）由（3）同理可得△CBG≌△CDF，∴CG＝CF，∠BCG＝∠DCF，若BE+DF＝EF，则EG＝EF，∴△ECF≌△ECG（SSS），∴∠ECG＝∠ECF，∴∠BCD＝2∠ECF＝2α，故答案为：2α．【典例10】（1）如图1，四边形ABCD是边长为5cm的正方形，E，F分别在AD，CD边上，∠EBF＝45°．为了求出△DEF的周长．小南同学的探究方法是：如图2，延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，先证△ABH≌△CBF，再证△EBH≌△EBF，得EF＝EH，从而得到△DEF的周长＝cm；（2）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝100°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F分别是线段BC，CD上的点．且∠EAF＝50°．探究图中线段EF，BE，FD之间的数量关系；（3）如图4，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是线段BC，CD上的点，且2∠EAF＝∠BAD，（2）中的结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由；（4）若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，点E、F分别在CB、DC的延长线上，且2∠EAF＝∠BAD，请画出图形，并直接写出线段EF、BE、FD之间的数量关系．【解答】解：（1）如图1，延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝AD＝CD＝5cm，∠BAD＝∠BCD＝90°，∴∠BAH＝∠BCF＝90°，又∵AH＝CF，AB＝BC，∴△ABH≌△CBF（SAS），∴BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，∵∠EBF＝45°，∴∠CBF+∠ABE＝45°＝∠HBA+∠ABE＝∠EBF，∴∠EBH＝∠EBF，又∵BH＝BF，BE＝BE，∴△EBH≌△EBF（SAS），∴EF＝EH，∴EF＝EH＝AE+CF，∴△DEF的周长＝DE+DF+EF＝DE+DF+AE+CF＝AD+CD＝10（cm）．故答案为：10．（2）EF＝BE+DF．证明：如图2所示，延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠BAD＝100°，∠EAF＝50°，∴∠BAE+∠FAD＝∠DAG+∠FAD＝50°，∴∠EAF＝∠FAG＝50°，在△EAF和△GAF中，，∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF＝FG＝DF+DG，∴EF＝BE+DF；（3）成立．证明：如图3，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG．∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABG+∠ABC＝180°，∴∠ABG＝∠D，∵在△ABG与△ADF中，，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，∵2∠EAF＝∠BAD，∴∠DAF+∠BAE＝∠BAG+∠BAE＝∠BAD＝∠EAF，∴∠GAE＝∠EAF，又AE＝AE，∴△AEG≌△AEF（SAS），∴EG＝EF，∵EG＝BE+BG，∴EF＝BE+FD；（4）EF＝DF﹣BE，理由如下：在DF上截取DH，使DH＝BE，∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ABE＝180°，∴∠ABE＝∠ADH，且AB＝AD，DH＝BE，∴△ABE≌△ADH（SAS），∴∠BAE＝∠DAH，AH＝AE，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠DAH+∠BAF＝∠BAD，∴∠HAF＝∠BAD＝∠EAF，且AF＝AF，AE＝AH，∴△FAH≌△FAE（SAS），∴HF＝EF，∴EF＝HF＝DF﹣DH＝DF﹣BE【变式10-1】如图，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，求证：EF＝BE+FD．【解答】证明：延长CB至M，使BM＝FD，连接AM，如图所示：∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABM+∠ABC＝180°，∴∠ABM＝∠D，在△ABM与△ADF中，，∴△ABM≌△ADF（SAS），∴AF＝AM，∠BAM＝∠DAF，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠DAF+∠BAE＝∠BAD＝∠FAE，∴∠BAM+∠BAE＝∠EAF，即∠MAE＝∠EAF，在△AME与△AFE中，，∴△AME≌△AFE（SAS），∴EF＝ME，∵ME＝BE+BM，∴EF＝BE+FD．【变式10-2】“截长补短法”证明线段的和差问题：先阅读背景材料，猜想结论并填空，然后做问题探究．背景材料：（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BE，EF，FD之间的数量关系．探究的方法是，延长FD到点G．使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出的结论是．探索问题：（2）如图2，若四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立？成立的话，请写出推理过程．【解答】证明：（1）在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF