专题1.3 全等三角形的几何综合（压轴题专项讲练）（浙教版）（解析版）

专题1.3全等三角形的几何综合【典例1】（1）方法感悟：如图①，在正方形ABCD中，点E、F分别为DC、BC边上的点，且满足∠EAF=45°，连接EF．将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，易证△GAF≅△EAF，从而得到结论：DE+BF=EF，根据这个结论，若正方形ABCD的边长为1，则△CEF的周长为（2）方法迁移：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=12（3）问题拓展：如图③，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，B、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF=1【思路点拨】（1）根据题意得EF=ED+BF，然后根据三角形周长公式即可进行解答；（2）延长FB到G，使BG=DE，连接AG，通过证明△AEF≌△AGF，得出对应边相等，转化得出答案即可；（3）在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．用和（1）相同的证法，可得DF=BG，GE=EF，则【解题过程】解：（1）∵△GAF≅△EAF，∴EF=GB+BF=ED+BF，∴△CEF的周长=CF+CE+EF=CF+CE+ED+BF=CD+BC=2．（2）EF=DE+BF；如图，延长FB到G，使BG=DE，连接AG，∵∠ABG+∠ABF=180°，∴∠ABG=∠ADE，在△ABG和△ADE中，∵AB=AD∴△ABG≌△ADE(SAS)∴∠BAG=∠DAE∵∠EAF=∴∠GAF=∠BAG+∠BAF=∠DAE+∠BAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF在△AEF和△AGF中，AE=AG∠EAF=∠GAF∴△AEF≌△AGF(SAS)∴EF=FG∵FG=BG+BF=DE+BF∴EF=DE+BF（3）结论：EF=BE-FD，证明：如图所示，在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．∵∠B+∠ADC=180°，∴∠B=∠ADF．∵在△ABG和△ADF中，AB=AD∠ABG=∠ADF∴△ABG≌△ADFSAS∴AG=AF∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF=1∴∠GAE=∠EAF，∵AE=AE，∴△AEG≌△AEF∴EG=EF，∵EG=BE-BG，∴EF=BE-FD．1．（2022秋·辽宁营口·八年级校考阶段练习）如图，在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，CE的延长线交BD于点F．（1）求证：△ACE≌△ABD．（2）若∠BAC=∠DAE=50°，请直接写出∠BFC的度数．（3）过点A作AH⊥BD于点H，求证：EF+DH=HF．【思路点拨】（1）根据SAS可证得△ACE≌（2）由△ACE≌△ABD，可得∠AEC=∠ADB，故∠DAE+∠DFE=180°，即可得出（3）连接AF，过点A作AJ⊥CF于点J．由△ACE≌△ABD可得：S△ACE=S△ABD，CE=BD，即可得出AJ=AH．可证得Rt△AFJ≌Rt△AFH，得：【解题过程】（1）证明：∵∠BAC=∠DAE．∴∠CAE=∠BAD．在△ACE和△ABD中，AC=AB∠CAE=∠BAD∴△ACE≌（2）∵△ACE≌∴∠AEC=∠ADB，∴∠AEF+∠AEC=∠AEF+∠ADB=180°．∴∠DAE+∠DFE=180°，∵∠BFC+∠DFE=180°，∴∠BFC=∠DAF=∠BAC=50°．故答案为：50°．（3）证明：如图，连接AF，过点A作AJ⊥CF于点J．∵△ACE≌∴S△ACE=S∵AJ⊥CE，AH⊥BD．∴12∴AJ=AH．在Rt△AFJ和RtAF=AFAJ=AH∴Rt△AFJ≌Rt△AFH(HL∴FJ=FH．在Rt△AJE和RtAE=AD∴Rt△AJE≌∴EJ=DH，∴EF+DH=EF+EJ=FJ=FH．2．（2022秋·江苏·八年级专题练习）已知，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，点D为边AB的中点，AE⊥CD分别交CD，BC于点F，E（1）如图1，①若AB=AC，请直接写出∠EAC-∠BCD=______；②连接DE，若AE=2DE，求证：∠DEB=∠AEC；（2）如图2，连接FB，若FB=AC，试探究线段CF和DF之间的数量关系，并说明理由．【思路点拨】（1）①利用直角三角形两个锐角相加得90°和三角形的外角等于不相邻的两个内角和的性质结合题干已知即可解题．②延长ED至点G，使得DG=DE，连接AG，从而可证明△ADG≌△BDE（SAS），再利用全等的性质，可知∠DGA=∠DEB，即可知道AG//BC，所以∠GAE=∠AEC，根据题干又可得到AE=EG，所以（2）延长CD至点H，使得DH=DF，连接BH，从而可证明△HDB≌△FDA（SAS），再利用全等的性质，可知BH=AF，∠H=∠AFD=∠AFC=90°，根据题干即可证明Rt△HBF≌Rt△FAC（【解题过程】（1）①∵∠EAC+∠ACD=90°，∠AEC+∠BCD=90°∴∠EAC-∠BCD=∠AEC-∠ACD∵∠EAC+∠BAE=90°∴∠ACD=∠BAE又∵∠AEC=∠B+∠BAE∴∠EAC-∠BCD=∠B+∠BAE-∠ACD∴∠EAC-∠BCD=∠B=45°故答案为45°．②如图，延长ED至点G，使得DG=DE，连接AG，∵点D为AB的中点，∴BD=AD，又∵∠ADG=∠BDE，∴△ADG≌△BDE，∴∠DGA=∠DEB，∴AG//∴∠GAE=∠AEC，又∵AE=2DE，∴AE=EG，∴∠DGA=∠GAE，∴∠DEB=∠AEC．（2）CF=2DF．如图，延长CD至点H，使得DH=DF，连接BH，∵AD=BD，∠ADF=∠BDH，∴△HDB≌△FDA，∴BH=AF，∠H=∠AFD=∠AFC=90°，∵BF=AC．∴Rt△HBF≌Rt∴CF=HF=2DF．3．（2022秋·八年级课时练习）已知△ABC中，AC＝BC，∠CAB＝∠CBA＝45°，点M为直线BC上任意一点，过点C作CD⊥AM交AB于点D，在BC（1）如图，M、N在线段BC上，求证：∠AMC＝（2）若M、N分别在CB、BC的延长线上时，试画出图形，并说明（1）中的结论是否成立？【思路点拨】（1）作BG⊥BC，交CD的延长线于G，AM交CD于O．由已知易证△ACM≌△CBG，则可得CM=BG=BN，再证明（2）作BG⊥BC，交CD的延长线于G，AM交CD于O．由已知易证△ACM≌△CBG，则可得CM=BG=BN，再证明【解题过程】（1）证明：如图，作BG⊥BC，交CD的延长线于G，AM交CD于O．∵∠CAB＝∴∠ACB=90°，∵AM⊥CD，∴∠AOC＝∴∠ACO+∠CAM＝90°，∴∠CAM＝∵AC＝∴△ACM≌∴CM＝∵CN＝∴CM＝∵BD＝∴△DBN≌∴∠G＝∴∠AMC＝（2）解：（1）中的结论成立．理由：如图，作BG⊥BC，交CD的延长线于G，AM交CD于O．∵AM⊥CD，∴∠AOC＝∴∠ACO+∠CAM＝90°，∴∠CAM＝∵AC＝∴△ACM≌∴CM＝∵CN＝∴CM＝∵BD＝∴△DBN≌∴∠G＝∴∠M＝4．（2022秋·吉林·八年级吉林省第二实验学校校考期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm．点P从A点出发沿A﹣C﹣B路径向终点运动，终点为B点；点Q从B点出发沿B﹣C﹣A路径向终点运动，终点为A点．点P和Q分别以1cm/s和xcm/s的运动速度同时开始运动，两点都要到相应的终点时才能停止运动，在某时刻，分别过P和Q作PE⊥l于E，QF⊥l于F（1）如图1，当x＝2时，设点P运动时间为ts，当点P在AC上，点Q在BC上时，①用含t的式子表示CP和CQ，则CP＝cm，CQ＝cm；②当t＝2时，△PEC与△QFC全等吗？并说明理由；（2）请问：当x＝3时，△PEC与△QFC有没有可能全等？若能，直接写出符合条件的t值：若不能，请说明理由．【思路点拨】（1）①由题意得：AP＝tcm，BQ＝2tcm，即可得出答案；②由AAS证明△PEC≌△CFQ即可；（2）分三种情况：①当点P在AC上，点Q在BC上时，△PEC≌△CFQ，则PC＝CQ，6﹣t＝8﹣3t，得t＝1；②当点P与点Q重合，△PEC与△QFC全等，然后计算出t的值即可；③当点Q到点A时停止，点P运动到BC上时，t﹣6＝6，即可得出结论．【解题过程】解：（1）①由题意得：AP＝tcm，BQ＝2tcm，则CP＝（6﹣t）cm，CQ＝（8﹣2t）cm，故答案为：（6﹣t），（8﹣2t）；②当t＝2时，△PEC与△QFC全等，理由如下：当t＝2时，CP＝4，CQ＝4，∴CP＝CQ，∵∠ACB＝90°，∴∠PCE+∠QCF＝90°，又∵PE⊥l于E，QF⊥l于F，∴∠PEC＝∠CFQ＝90°，∴∠PCE+∠CPE＝90°，∴∠CPE＝∠QCF，在△PEC和△CFQ中，∠CPE=∠QCF∠PEC=∠CFQ∴△PEC≌△CFQ（AAS）；（2）当x＝3时，△PEC与△QFC有可能全等，分三种情况：①当点P在AC上，点Q在BC上时，△PEC≌△CFQ，如图1所示：则PC＝CQ，∴6﹣t＝8﹣3t，解得：t＝1；②如图2所示：∵点P与点Q重合，∴△PEC与△QFC全等，∴CP＝CQ，∴6﹣t＝3t﹣8．解得：t＝3.5．③当点P在BC上，点Q到点A时，△PEC≌△CFQ，如图3所示：则PC＝CQ，∴t﹣6＝6，∴t＝12，即满足条件的t值为1s或3.5s或12s．5．（2023秋·湖北孝感·八年级统考期末）阅读理解：在通过构造全等三角形解决的问题中，有一种典型的方法是倍延中线法．如图1，AD是△ABC的中线，AB=7，AC=5，求AD的取值范围．我们可以延长AD到点M，使DM=AD，连接BM，易证△ADC≌△MDB，所以BM=AC．接下来，在△ABM中利用三角形的三边关系可求得AM的取值范围，从而得到中线AD的取值范围是______；类比应用：如图2，在四边形ABCD中，AB//DC，点E是BC的中点．若AE是∠BAD的平分线，试判断AB，AD，拓展创新：如图3，在四边形ABCD中，AB//CD，AF与DC的延长线交于点F，点E是BC的中点，若AE是∠BAF的平分线，试探究AB，AF，【思路点拨】阅读理解：由全等的性质推出BM=AC=5，再根据AM-BM<AM<AB+BM，可得结论．类比应用：延长AE，DC交于点F，先证△ABE≌△FEC得CF=AB，再由AE是∠BAD的平分线知∠BAF=∠FAD，从而得∠FAD=∠F，据此知AD=DF，结合DC+CF=DF可得答案．拓展创新：延长AE，DF交于点G，根据平行和角平分线可证AF=FG，也可证得△ABE≌△GCE，从而可得AB=CG，即可得到结论．【解题过程】阅读理解：由题可知，△ADC≌△MDB，∴AC=BM=5．∵AB-BM<AM<AB+BM，AB=7．∴2<AM<12，∴2<2AD<12，∴1<AD<6．故答案为：1<AD<6．类比应用：DC+AB=AD．理由如下：如图1，延长AE，DC交于点F．∵AB//∴∠BAF=∠F．在△ABE和△FCE中，CE=BE∴△ABE≌△FEC(AAS∴CF=AB．∵AE是∠BAD的平分线，∴∠BAF=∠FAD，∴∠FAD=∠F，∴AD=DF．∵DC+CF=DF，∴DC+AB=AD．拓展创新：如图2，延长AE，DF交于点G．∵AB//∴∠BAG=∠G．在△ABE和△GCE中，CE=BE∴△ABE≌△GEC(AAS∴CG=AB．∵AE是∠BAF的平分线，∴∠BAG=∠GAF，∴∠FAG=∠G，∴AF=GF．∵FG+CF=CG，∴AF+CF=AB．故答案为：AF+CF=AB．6．（2022秋·八年级课时练习）阅读理解：课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题:在△ABC中，AB=7，AC=3，求BC边上的中线AD的取值范围．（1）小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法（如图1）:①延长AD到Q使得DQ=AD；②再连接BQ，把AB、AC、2AD集中在△ABQ中；③利用三角形的三边关系可得4<AQ<10，则AD的取值范围是___________．感悟：解题时，条件中若出现“中点”“中线”等条件，可以考虑倍长中线，构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中．（2）请写出图1中AC与BQ的位置关系并证明；（3）思考：已知，如图2，AD是△ABC的中线，AB=AE，AC=AF，∠BAE=∠FAC=90°，试探究线段AD与EF的数量和位置关系，并加以证明．【思路点拨】（1）由题意可得AQ=2AD及三角形三边关系，即可求解；（2）通过证明△QDB≌△ADC(SAS)，得出（3）同（2）得△QDB≌△ADC(SAS)，则∠DBQ=∠ACD，BQ=AC，进而判断出∠ABQ=∠EAF，进而判断出△ABQ≌△EAF，得出AQ=EF，【解题过程】（1）解：由题意可得：AQ=2AD∵4<AQ<10，∴2<AD<5，故答案为2<AD<5；（2）AC∥BQ，理由如下：延长AD到Q使DQ=AD，连接BQ∵AD是△ABC的中线∴BD=CD在△QDB和△ADC中BD=CD∴△QDB≌△ADC∴∠BQD=∠CAD∴AC∥BQ（3）EF=2AD，AD⊥EF，理由如下在下图中，延长AD到Q使得DQ=AD，连接BQ由（2）知，△QDB≌△ADC∴∠DBQ=∠ACD，BQ=AC∵AC=AF∴BQ=AF在△ABC中，∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°∴∠BAC+∠ABC+∠DBQ=180°∴∠BAC+∠ABQ=180°∵∠BAE=∠FAC=90°∴∠BAC+∠EAF=180°∴∠ABQ=∠EAF在△ABQ和△EAF中AB=AE∴△ABQ≌△EAF∴AQ=EF，∠BAQ=∠AEF延长DA交EF于点P∵∠BAE=90°∴∠BAQ+∠EAP=90°∴∠AEF+∠EAP=90°∴∠APE=90°∴AD⊥EF∵AD=DQ∴AQ=2AD∵AQ=EF∴EF=2AD综上：EF=2AD，AD⊥EF．7．（2022秋·山东潍坊·八年级统考期中）（1）如图1，△ABC中，若AB=4，AC=6，求BC边上的中线AD的取值范围；（2）如图2，四边形ADBC中，∠A=∠B=90°，∠C=60°，AD=BD，以D为顶点作∠MDN=60°，交边AC，BC于点M，N．AM，MN，BN三条线段之间有何数量关系？证明你的结论；（3）如图3，在（2）的条件下，若将M，N分别改在CA，BC的延长线上，其余条件不变，则AM，MN，BN之间有何数量关系（直接写出结论，不必证明）．【思路点拨】（1）延长AD到E，使DE=AD，连接CE，先得到△ABD≅△ECD，进而得到AB=EC=4，再利用三角形三边关系即可求解；（2）延长CB至E，使BE=AM，连接DE，先得到△ADM≅△BDE，进而得到∠EDN=60°，再证出△MDN≅△EDN即可求解；（3）在BN上截取BM'=AM，连接DM'，先得到△AMD≅△B【解题过程】解：（1）如图延长AD到E，使DE=AD，连接CE，∵AD是BC边上的中线，∴BD=CD，在△ABD和△ECD中，AD=ED∠ADB=∠EDCBD=CD∴△ABD≅△ECD，∴AB=EC=4，在△ACE中，AC-CE<AE<AC+CE，即6-4<2AD<6+4，∴1<AD<5；（2）AM，MN，BN三条线段之间的数量关系为：AM+BN=MN，如图，延长CB至E，使BE=AM，连接DE，在四边形ADBC中，∠A=∠B=90°，∠C=60°，∴∠ADB=360°-2×90°-60°=120°，∵∠MDN=60°，∴∠1+∠2=∠ADB-∠MDN=120°-60°=60°在△ADM和△BDE中，AD=BD∠A=∠DBE=90°AM=BE∴△ADM≅△BDE，∴∠1=∠3,DM=DE，∴∠3+∠2=60°即∠EDN=60°，在△MDN和△EDN中，DM=DE∠MDN=∠EDNDN=DN∴△MDN≅△EDN，∴MN=EN，∵EN=BE+BN=AM+BN，∴MN=AM+BN；（3）AM，MN，BN的数量关系为：AM+MN=BN，如图，在BN上截取BM'=AM，连接在△AMD和△BMAD=BD∠DAM=∠DBM∴△AMD≅△BM'∴∠1=∠2,DM=DM'由（2）知∠ADB=120°，∴∠ADB=∠ADM∴∠ADM'+∠1=120°，即∵∠MDN=60°，∴∠M'∴∠MDN=∠M'在△MDN和△M'MD=M'∴△MDN≅△M'∴MN=M'∵M'N=BN-B∴MN=BN-AM，即AM+MN=BN．8．（2022秋·青海西宁·八年级青海师大附中校考阶段练习）如图1，OA⊥OB，OC⊥OD，OA=OB，OC=OD，连接AD、BC，交于点H．（1）写出AD和BC的数量关系及位置关系，并说明理由；（2）如图2，连接BD，若DO、BO分别平分∠ADB和∠CBD，求∠BOD的度数；（3）如图3，连接AC、BD，设△AOC的面积为S1，△BOD的面积为S2，探究S1【思路点拨】（1）设AD,CO交于点E，根据已知条件证明△AOD≌△BOC，可得AD=BC，∠C=∠D，进而根据三角形内角和可得∠CHE=∠DOE=90°，即可求解；（2）根据（1）的结论结合已知条件证明△DAO≌△DBO，可得∠BOD=∠AOD，进而根据∠BOD=1（3）过点C,D，分别作BO的垂线，交BO的延长线于点F,G，△CFO≌△OGD，可得OF=GD，进而根据三角形面积公式求得S1,S【解题过程】（1）AD⊥BD,AD=BC，理由如下，如图，设AD,CO交于点E，∵OA⊥OB，OC⊥OD，∴∠AOB=∠COD=90°，∵∠AOB+∠AOC=∠AOC+∠COD，∴∠AOD=∠BOC，又∵OA=OB，OC=OD，∴△AOD≌△BOCSAS，∴AD=BC，∠C=∠D，又∵∠CEH=∠DEO，∴∠CHE=∠DOE=90°，∴AD⊥BC，（2）∵DO、BO分别平分∠ADB和∠CBD，∴∠ADO=∠BDO，∠CBO=∠DBO，∵△AOD≌△BOC，∴∠CBO=∠DAO,∴∠DAO=∠DBO，在△DAO与△DBO中，∠ADO=∠BDO∠DAO=∠DBO∴△DAO≌△DBOAAS，∴∠BOD=∠AOD，∵∠AOB=90°，∴∠BOD=1（3）如图，过点C,D，分别作BO的垂线，交BO的延长线于点F,G，∴∠CFO=∠OGD=90°，∵∠COD=90°，∴∠COF=90°-∠GOD=∠GDO，又∵CO=DO，∴△CFO≌△OGDAAS∴FO=GD，∵△AOC的面积为S1，△BOD的面积为S∴S∵AO=BO,FP=GD，∴S9．（2022春·北京朝阳·八年级北京市陈经纶中学校考期中）新知学习：若一条线段把一个平面图形分成面积相等的两部分，我们把这条线段叫做该平面图形的二分线．解决问题：（1）①三角形的中线、高线、角平分线中，一定是三角形的二分线的是__________；②如图1，已知ΔABC中，AD是BC边上的中线，点E，F分别在AB，DC上，连接EF，与AD交于点G．若SΔAEG=SΔDGF，则EF__________（填“是”或“不是（2）如图2，四边形ABCD中，CD平行于AB，点G是AD的中点，射线CG交射线BA于点E，取EB的中点F，连接CF．求证：CF是四边形ABCD的二分线．（3）如图3，在ΔABC中，AB=CB=CE=7，∠A=∠C，∠CBE=∠CEB，D，E分别是线段BC，AC上的点，且∠BED=∠A，EF是四边形ABDE的一条二分线，求DF的长．【思路点拨】（1）①由平面图形的二分线定义可求解；②由面积的和差关系可得SΔBEF=SΔABD=（2）根据EB的中点F，所以SΔCBF=SΔCEF，由AB//DC，G是AD的中点，证明ΔCDG≌ΔEAG，所以S四边形AFCD=SΔCEF，所以S四边形AFCD=S（3）延长CB使BH=CD，连接EH，通过全等三角形的判定可得SΔBEH=SΔDEC=SΔABE，可得【解题过程】解：（1）①∵三角形的中线把三角形分成面积相等的两部分；∴三角形的中线是三角形的二分线，故答案为：三角形的中线；②∵AD是BC边上的中线∴SΔABD∵SΔAEG∴S四边形BDGE+SΔAEG=S∴SΔBEF∴EF是ΔABC的一条二分线故答案为：是．（2）∵EB的中点F，∴SΔCBF∵AB//DC，∴∠E=∠DCG，∵G是AD的中点，∴DG=AG，在ΔCDG和ΔEAG中，∠E=∠DCG∴ΔCDG≌ΔEAGAAS∴SΔAEG∴S四边形AFCD=S∴S四边形AFCD=S∴CF是四边形ABCD的二分线．（3）如图，延长CB使BH=CD，连接EH，AB=CB=CE=7，∠A=∠C，∠CBE=∠CEB，D，E分别是线段BC，AC上的点，且∠BED=∠A，∵BC=7∴BD+CD=7∴BD+BH=7=HD∵∠BED=∠A，∠BED+∠DEC=∠A+∠ABE∴∠ABE=∠CED，且AB=CE=7，∠A=∠C∴ΔABE≌ΔCED∴AE=CD，BE=DE，∠AEB=∠EDC，SΔABE∴AE=BH，∵∠CBE=∠CEB，∴∠AEB=∠EBH，∴∠EBH=∠EDC，且BE=DE，BH=CD，∴ΔBEH≌ΔDECSAS∴SΔBEH∴SΔBEH又∵S四边形ABDE=S△ABE+S∴SΔHED=S四边形∵EF是四边形ABDE的一条二分线，∴SΔDEF=12S四边形∴DF=110．（2022秋·福建莆田·八年级校考期中）如图，AB⊥AD，且AB=AD，AC⊥AE，且AC=AE（1）如图1，连接DC、BE，求证：DC=BE；（2）如图2，求证：S（3）如图3，GF经过A点与DE交于G点，且GF⊥BC于F点．求证：G为DE的中点．【思路点拨】（1）根据垂直可得∠BAE=∠CAE=90°，得出∠DAC=∠BAE，根据全等三角形的判定证明△DAC≅△BAE，可得答案；（2）作EM⊥AD交DA的延长线于M，作CN⊥AB，进而可得∠CAN=∠MAE，根据全等三角形的判定证明△ACN≅△AEM，进而得出CN=EM，根据三角形的面积公式可得；（3）作DM⊥AG交AG的延长线于M，作EN⊥AG，先证明∠C=∠NAE，再证△FCA≅△NAE，得出AF=NE；再证明△BAF≅△ADM，得出AF=DM，进而得出DM=NE，再证明△DMG≅△ENG，即可得出答案．【解题过程】（1）∵AB⊥AD，AC⊥AE，∴∠BAE=∠CAE=90°∴∠BAD+∠BAC=∠BAC+∠CAE∴∠DAC=∠BAE在△DAC和△BAE中，AD=AB∠DAC=∠BAE∴△DAC≅△BAE∴DC=BE（2）作EM⊥AD交DA的延长线于M，作CN⊥AB∴∠EMD=∠CNA=90°∵∠MAN=∠CAE=90°∴∠MAN-∠CAM=∠CAE-∠CAM∴∠CAN=∠MAE在△ACN和△AEM中，∠ANC=∠AME=90°∠CAN=∠MAE∴△ACN≅△AEM∴CN=EM∵AB=AD，∴1∴S（3）作DM⊥AG交AG的延长线于M，作EN⊥AG∴∠EMA=∠DMG=∠AFC=90°∴∠C+∠FAC=∠CAF+∠NAE=90°∴∠C=∠NAE在△CAF和△NEA中，∠CFA=∠ENA=90°∠C=∠NAE∴△FCA≅△NAE∴AF=NE∴∠BAF+∠B=∠BAF+∠DAM=90°∴∠B=∠DAM在△BAF和△ADM中，∠BFA=∠DMA=90°∠B=∠DAM∴△BAF≅△ADM∴AF=DM∴DM=NE在△DMG和△ENG中，∠DMG=∠ENG∠DGM=∠NGE∴△DMG≅△ENG∴DG=EG∴G为DE的中点．11．（2022秋·福建福州·八年级统考期中）已知O是四边形ABCD内一点，且OA=OD，OB=OC，E是CD的中点.（1）如图1，连接AC，BD，若AC=BD，求证：∠AOD=∠BOC；（2）如图2，连接OE，若AB=2OE，求证：∠AOD+∠BOC=180°；（3）如图3，若∠AOD=∠BOC=90°，OF⊥AB，垂足为F，求证：点E，O，F在同一条直线上.【思路点拨】（1）证明△DOB≌△AOC，由全等三角形的性质可得出（2）延长OE到点M，使ME=OE，连接CM，证明△CME≌△DOE，由全等三角形的性质得出∠MCE=∠ODE，CM=OD，证明△OMC≌△BAO，由全等三角形的性质得出（3）连接OE，并延长到N，使NE=OE，连接CN，证明△ONC≌△BAO，由全等三角形的性质得出∠NOC=∠ABO，证出∠NOC+∠BOF+∠BOC=180°【解题过程】（1）证明：在△DOB和△AOC中，OD=OAOB=OC∴△DOB≌△AOC（SSS），∴∠DOB=∠AOC，∴∠AOD+∠AOB=∠BOC+∠AOB，∴∠AOD=∠BOC；（2）证明：延长OE到点M，使ME=OE，连接CM，∵E是CD的中点，∴CE=DE，在△CME和△DOE中，ME=OE∠CEM=∠DEO∴△CME≌△DOE（SAS），∴∠MCE=∠ODE，∴CM∥∴∠OCM+∠COD=180°，∵OA=OD，∴CM=OA，∵OM=2OE，∴OM=AB，在△OMC和△BAO中，OC=OBOM=AB∴△OMC≌△BAO（SSS），∴∠OCM=∠AOB，∵∠OCM+∠COD=180°，∴∠AOB+∠COD=180°，∴∠AOD+∠BOC=180°；（3）证明：连接OE，并延长到N，使NE=OE，连接CN，由（2）得∵∠AOD=∠BOC=90°，∴∠AOB+∠COD=180°，∴∠OCN=∠AOB，在△ONC和△BAO中，OC=OB∠OCN=∠AOB∴△ONC≌△BAO（SAS），∴∠NOC=∠ABO，∵OF⊥AB，∴∠ABO+∠BOF=90°，∴∠NOC+∠BOF=90°，∴∠NOC+∠BOF+∠BOC=180°，∴点E，12．（2022秋·广东广州·八年级统考期中）Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC（1）如图1，若BC＝4，则S△EBC＝（2）如图2，点M在BE上，且CM⊥BE于M，过点A作AF⊥BE于F，D为AC中点，连接FD并延长，交CM于点H．求证：MF＝（3）如图3，连接BM，EM，过点B作BM'⊥BM于点B，且满足BM'＝BM，连接AM'，MM'，过点B作BG⊥CE于点【思路点拨】（1）由平行线的性质可得S△AEC（2）由“AAS”可证△ABF≌△BCM，利用全等三角形的性质可得AF=BM，BF=CM，由“ASA”可证△ADF≌△CDH，利用相似三角形的性质可得（3）由“SAS”可证△CBM≌△ABM'，可得CM=AM'，由三角形的三边关系定理可求解．【解题过程】（1）解：∵∠ABC=90°，∴S△ABC∵AE⊥AB，∴AE∥BC，∴S△EBC故答案为：8；（2）∵∠ABC=90°=∠AFB=∠CMB，∴∠ABF+∠CBM=90°，∴∠BAF=∠CBM，在△ABF和△BCM中，∠BAF=∠CBM∠AFB=∠BMC=∴△ABF≌△BCMAAS∴AF=BM，∵AF⊥BE，∴AF∥CM，∴∠FAD=∠HCD，∵D为AC中点，∴AD=CD，又∵∠ADF=∠CDH，在△ADF和△CDH中，∠ADF=∠CDH∠FAD=∠HCD∴△ADF≌△CDHAAS∴AF=HC，∴BF-BM=CM-AF=CM-CH，∴MF=MH；（3）连接CM，如图，∵BM'⊥BM，∴∠MBM'=∠ABC=90°，∴∠ABM'=∠CBM，在△CBM和△ABM'中，CB=AB∠CBM=∠AB∴△CBM≌△ABM'SAS∴AM'=CM，∵AE∥BC，∴S△ABC∴12∴EC=18×2在△EMC中，EC-EM＜∴6＜∴6＜∴当点E，点M，点C共线时，CM最大值为12，最小值为6，∴6≤AM'≤12．13．（2022秋·福建泉州·八年级泉州五中校考期中）已知，在△ABC中，∠ACB=2∠ABC=2∠BAC．（1）∠ACB=_________°；（2）如图1，若点D是线段AB上一点，连接CD，过点B作BE⊥AB，连接CE和DE，若AD+BE=DE，求证：∠ECD=45°；（3）如图2，M为射线AC上一点，N为射线CA上一点，且始终满足CM=AN，过点C作MB的垂线交AB的延长线于点P，连接NP，求证：NP=MB+CP．【思路点拨】（1）根据∠ACB=2∠ABC=2∠BAC和三角形内角和即可求出．（2）过点C作CT⊥CD交EB的延长线于T，连接DT，证明△ACD≌△BCT（ASA），再证明（3）过点A作AQ⊥MN，交PC延长线于点Q，设BC与BM交点为H，首先证明△QAC≌△MCB，得出CQ=BM,AQ=CM,再证明△NAP≌△QAPSAS，得出NP=QP,根据全等三角形的性质即可证明．【解题过程】（1）∵∠ACB=2∠ABC=2∠BAC，又∵∠ACB+∠ABC+∠BAC=180°，∴∠ACB=90°（2）证明：如图1中，过点C作CT⊥CD交EB的延长线于T，连接DT．∵EB⊥AB，∠ABC=∠A=45°，∴∠EBD=∠DBT=90°，∴∠A=∠CBT=45°，∵∠ACB=∠DCT=90°，∴∠ACD=∠BCT，在△ACD和△BCT中，∠A=∠CBTCA=CB∴△ACD≌△BCT∴AD=BT，CD=CT，∵AD+BE=DE，∴BE+BT=BE+AD=DE，∴ED=ET，∵CD=CT，∴EC垂直平分线段DT，∴∠DCE=∠TCE=45°（3）由（1）得AC=BC,∠ACB=90°,∠BAC=45°,过点A作AQ⊥MN，交PC延长线于点Q，设BC与BM交点为H，如图，∵AQ⊥AM，PC⊥BM，∴∠QAC=∠CHM=90°,∵∠ACQ=∠HCM,∴∠Q=∠M,在△CAQ和△CBM中，∵∠Q=∠M∠QAC=∠BCM∴△CAQ≌△CBMSAS∴AQ=CM,QC=BM,∵CM＝AN，∴AQ=AN,∵∠BAC=45°,∴∠NAP=180°-45°=135°,∠QAP=∠QAC+∠BAC=90°+45°=135°,∴∠NAP=∠QAP,在△NAP和△QAP中，∵NA=QA∴△NAP≌△QAPSAS∴NP=QP,∴MB+CP=QC+CP=QP=NP．∴NP=MB+CP．14．（2022秋·湖南岳阳·八年级统考期末）已知△ABC中，（1）如图1，点E为BC的中点，连AE并延长到点F，使FE=EA，则BF与AC的数量关系是________．（2）如图2，若AB=AC，点E为边AC一点，过点C作BC的垂线交BE的延长线于点D，连接AD，若∠DAC=∠ABD，求证：AE=EC．（3）如图3，点D在△ABC内部，且满足AD=BC，∠BAD=∠DCB，点M在DC的延长线上，连AM交BD的延长线于点N，若点N为AM的中点，求证：DM=AB．【思路点拨】（1）通过证明△BEF≌△CEA，即可求解；（2）过点A引AF∥CD交BE于点F，通过△ABF≌△CAD得到AF=CD，再通过△AFE≌△CDE即可求解；（3）过点M作MT∥AB交BN的延长线于点T，MG∥AD，在MT上取一点K，使得MK=CD，连接GK，利用全等三角形的性质证明AB=MT、DM=MT，即可解决．【解题过程】证明：（1）BF=AC由题意可得：BE=EC在△BEF和△CEA中BE=EC∴△BEF≌△CEA(SAS)∴BF=AC（2）过点A引AF∥CD交BE于点F，如下图：由题意可得：CD⊥BC，且∠EAF=∠ACD则AF⊥BC又∵AB=AC∴AF平分∠BAC，∴∠BAF=∠EAF=∠ACD∴在△ABF和△CAD中∠ABF=∠DAC∴△ABF≌△CAD∴AF=CD在△AFE和△CDE中∠FAE=∠DCE∴△AFE≌△CDE∴AE=EC（3）证明：过点M作MT∥AB交BN的延长线于点T，MG∥AD，在MT上取一点K，使得MK=CD，连接GK，如下图：∵AB∥MT∴∠ABN=∠T∵∠ANB=∠MNT，AN=MN∴△ANB≌△MNT(AAS)∴BN=NT，AB=MT∵MG∥AD∴∠ADN=∠MGN∵∠AND=∠MNG,AN=NM∴△AND≌△MNG(AAS)∴AD=MG,DN=NG∴BD=GT∵∠BAN=∠AMT,∠DAN=∠GMN∴∠BAD=∠GMT∵∠BAD=∠BCD∴∠BCD=∠GMK∵AD=BC,AD=GM∴BC=GM又∵MK=CD∴△BCD≌△GMK(SAS)∴GK=BD,∠BDC=∠MKG∴GK=GT,∠MDT=∠GKT∴∠GKT=∠T∴DM=MT∵AB=MT∴DM=AB．15．（2023·全国·八年级专题练习）已知：△ABC中，∠ACB=90°，AC=CB，D为直线BC上一动点，连接AD，在直线AC右侧作AE⊥AD，且AE=AD．（1）如图1，当点D在线段BC上时，过点E作EH⊥AC于H，连接DE．求证：EH=BC；（2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，连接BE交CA的延长线于点M，求证：BM=EM；（3）当点D在直线CB上时，连接BE交直线AC于M，若2AC=7CM，请求出S△ADB【思路点拨】（1）由结合已知得∠EAF=∠ADC结合题意证△EAF≌△ADCAAS（2）如图2，过点E作EN⊥AM，由垂直得结合已知证△ANE≌△DCAAAS，得到EN=AC，BC=NE，再证△BCM≌△ENM（3）当点D在CB延长线上时，如图，交AP的延长线于N，由2AC=7CM，设CM=2a则AC=BC=7a，分别△BCM≌△ENMAAS，△ANE≌△DCAAAS利用全等的性质求出【解题过程】（1）∵AE⊥AD，EF⊥AC，∴∠AFE=∠EAD=∠ACB=90°，∴∠DAC+∠ADC=90°,∠DAC+∠EAH=90°，∴∠EAH=∠ADC，又∵AE=AD,∠AFE=∠ACD=90°∴△EAH≌△ADCAAS∴EH=AC∵AC=BC∴EH=BC（2）证明：如图2，过点E作EN⊥AM，∵AE⊥AD，EN⊥AM，∴∠ANE=∠EAD=∠ACB=90°，∴∠DAC+∠ADC=90°,∠DAC+∠EAN=90°，∴∠EAN=∠ADC，又∵AE=AD,∠ANE=∠ACD=90°，∴△ANE≌△DCAAAS∴EN=AC，∵BC=AC，∴BC=NE，又∵∠BMC=∠EMN,∠BCM=∠ENM=90°，∴△BCM≌△ENMAAS∴BM=EM；（3）解：如图，点D在直线CB上时，连接BE交直线AC于M，，交AN的延长线于N，∵2AC=7CM∴设AC=7a，则CM=2aBC=AC=7a∵AE⊥AD，EN⊥AP，∴∠ANE=∠EAD=∠ACB=90°，∴∠DAC+∠ADC=90°,∠DAC+∠EAN=90°，∴∠EAN=∠ADC，又∵AE=AD,∠ANE=∠ACD=90°，∴△ANE≌△DCAAAS∴EN=AC=BC=7a,AN=CD，又∵∠BMC=∠EMN,∠BCM=∠ENM=90°，∴△BCM≌△ENMAAS∴CM=NM=2a∴AM=AC+CM=7a+2a=9a∴CD=AN=AC+CM+MN=11a∴BD=CD-BC=11a-7a=4a∴==∴S16．（2023·全国·八年级专题练习）【材料阅读】小明在学习完全等三角形后，为了进一步探究，他尝试用三种不同方式摆放一副三角板（在△ABC中，∠ABC=90°，AB=CB；△DEF中，∠DEF=90°，∠EDF=30°），并提出了相应的问题．

【发现】（1）如图1，将两个三角板互不重叠地摆放在一起，当顶点B摆放在线段DF上时，过点A作AM⊥DF，垂足为点M，过点C作CN⊥DF，垂足为点N，①请在图10-1找出一对全等三角形，在横线上填出推理所得结论；∵∠ABC=90°，∴∠ABM+∠CBN=90°，∵AM⊥DF，CN⊥DF，∴∠AMB=90°，∠CNB=90°，∴∠ABM+∠BAM=90°，∴∠BAM=∠CBN，∠AMB=∠CNB=90°∠BAM=∠CBN∴__________；②AM=2，CN=7，则MN=__________；【类比】（2）如图2，将两个三角板叠放在一起，当顶点B在线段DE上且顶点A在线段EF上时，过点C作CP⊥DE，垂足为点P，猜想AE，PE，CP的数量关系，并说明理由；【拓展】（3）如图3，将两个三角板叠放在一起，当顶点A在线段DE上且顶点B在线段EF上时，若AE=5，BE=1，连接CE，则△ACE的面积为__________．【思路点拨】（1）①根据两个三角形全等的判定定理，结合已知求证即可得到答案；②由①中△ABM≌△BCNAAS，利用两个三角形全等的性质，得到AM=BN=2,BM=CN=7（2）根据两个三角形全等的判定定理，得到△ABE≌△BCPAAS，利用两个三角形全等的性质，得到AE=BP，BE=CP，由图中BE=BP+PE（3）延长FE,过点C作CP⊥FE于P，如图所示,由两个三角形全等的判定定理得到△ABE≌△BCPAAS，从而PC=BE=1,PB=AE=5,则PE=PB-BE=4,延长AE,过点C作CF⊥AE于F，如图所示,由平行线间的平行线段相等可得CF=PE=4,代入面积公式得【解题过程】解：（1）①△ABM≌∵∠ABC=90°，∴∠ABM+∠CBN=90°，∵AM⊥DF，CN⊥DF，∴∠AMB=90°，∠CNB=90°，∴∠ABM+∠BAM=90°，∴∠BAM=∠CBN，在△ABM和△BCN中，∠AMB=∠CNB=90°∠BAM=∠CBN∴△ABM≌故答案为：△ABM②由①知△ABM≌∴AM=BN,BM=CN，∵AM=2，CN=7，∴MN=MB+BN=CN+AM=7+2=9，故答案为：9；（2）结论：PE=PC-AE．理由如下：∵∠ABC=90°，∴∠ABE+∠CBE=90°，∵CP⊥BE，∴∠CPB=90°，∴∠BCP+∠CBP=90°，∴∠ABE=∠BCP，∵∠AEB=90°，∴∠AEB=∠CPB=90°，在△ABE和△BCP中，∠AEB=∠CPB∠ABE=∠BCP∴△ABE≌∴AE=BP，BE=CP，∵BE=BP+PE，∴PE=BE-BP=PC-AE；（3）延长FE,过点C作CP⊥FE于P，如图所示：

∵∠ABE+∠EBC=90°,∠ABE+∠BAE=90°,∴∠EBC=∠BAE，在△ABE和△BCP中，∠AEB=∠CPB=90°∠EBC=∠BAE∴△ABE≌∴PC=BE=1,PB=AE=5,∴PE=PB-BE=5-1=4,延长AE,过点C作CF⊥AE于F，如图所示：

∵AF⊥PE,CP⊥PE，∴AF∥CP,∵AF⊥PE,CF⊥AF,∴PE∥CF,由平行线间的平行线段相等可得CF=PE=4,S△ACE=故答案为：10．17．（2023秋·湖北襄阳·八年级统考期末）【初步探索】

（1）如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE+FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF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．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是；【灵活运用】（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EF=BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；【拓展延伸】（3）如图3，已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF=BE+FD，请写出∠EAF与∠DAB的数量关系，并给出证明过程．【思路点拨】（1）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF，据此得出结论；（2）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；（3）在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，推导得到2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出结论．【解题过程】（1）解：结论：∠BAE+∠FAD=∠EAF．理由：如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，

在△ABE和△ADG中，AB=AD∠B=∠ADG=90°∴△ABE≌△ADG(SAS∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，∵EF=BE+DF，∴EF=DF+DG=FG，在△AEF和△AGF中，AE=AGAF=AF∴△AEF≌△AGF(SSS∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF．故答案为：∠BAE+∠FAD=∠EAF；（2）仍成立，理由：如图2，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，

∵∠B+∠ADF=180°，∠ADG+∠ADF=180°，∴∠B=∠ADG，又∵AB=AD，∴△ABE≌△ADG(SAS∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，∴△AEF≌△AGF(SSS∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；（3）∠EAF=180°-1证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，

∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°，∴∠ADC=∠ABE，又∵AB=AD，∴△ADG≌△ABE(SAS∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，∴△AEF≌△AGF(SSS∴∠FAE=∠FAG，∵∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，∴2∠FAE+(∠GAB+∠BAE)=360°，∴2∠FAE+(∠GAB+∠DAG)=360°，即2∠FAE+∠DAB=360°，∴∠EAF=180°-118．（2022秋·江苏·八年级专题练习）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）．【思路点拨】（1）根据等边对等角，可得∠E=∠ADE，∠DAC=∠C，再根据三角形外角的性质求出∠ADE=2（2）在AC边上取一点M使AM=AB，构造△ABP≅△AMP，根据MP+MC>PC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GC=EC，可得∠G=∠GEC，设∠ACB=2x，则∠G=∠GEC=90°-x；根据∠BAC＝24°，AD为△ABC的角平分线，可得∠BAD=∠DAC=12°，可证△AGE≅△ABE（SAS），得出∠ABE=∠G=90°-x，利用还有∠ABE=24°+2x，列方程90°-x=24°+2x；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GC=EC，得出∠G=∠GEC，设∠ACB=2x，则∠G=∠GEC=x；∠BAC＝24°，根据AD为△ABC的角平分线，得出【解题过程】解：（1）∵AE＝AD＝DC，∴∠E=∠ADE，∠DAC=∠C，∵∠E=48°，∠ADE=∴∠ADE=2∵AD为△ABC的角平分线，即∠BAC=2∴∠BAC=48°；∴∠ABC=180°-48°-24°=108°（2）如图2，在AC边上取一点M使AM=AB，连接MP，在△ABP和△AMP中，AB=AM∠BAP=∠MAPAP=AP∴△ABP≅△AMP（SAS），∴BP=MP，∵MP+MC>PC，MC=AC-AM，∴AC-AB+BP>PC，∴AC+BP>AB+PC；（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GC=EC，∴∠G=∠GEC，设∠ACB=2x，则又∠BAC＝24°，AD为△ABC的角平分线，∴∠BAD=又∵∠DAE＝∴∠BAE＝90°-∠BAD=78°，∴∠BAE＝在△AGE和△ABE中，AE=AE∠GAE=∠BAEAG=AB∴△AGE≅△ABE（SAS），∴∠ABE=∠G=又∵∠ABE=∠BAC+∠ACB=24°+2x，∴90°-x=24°+2x，解得：x=22°，∴∠ACB=2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GC=EC，∴∠G=∠GEC，设∠ACB=2x，则又∵∠BAC＝24°，AD为△ABC的角平分线，∴∠BAD=又∵∠DAE＝∴∠BAE＝90°+∠BAD=102°，∴∠BAE＝在△AGE和△ABE中，AE=AE∠GAE=∠BAEAG=AB∴△AGE≅△ABE（SAS），∴∠ABE=∠G=∴x+24°+2x=180°，解得：x=52°，∴∠ACB=2∴∠ACB的度数为44°或104°．19．（2023·浙江·八年级假期作业）（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=1（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（3）在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是边BC，CD所在直线上的点，且∠EAF=1【思路点拨】（1）如图1，延长EB到G，使BG=DF，连接AG，即可证明△ABG≌△ADF，可得AF=AG，再证明△AEF≌△AEG，可得EF=EG，即可解题；（2）如图2，同理可得：EF=BE+DF；（3）如图3，作辅助线，构建△ABG，同理证明△ABG≌△ADF和△AEG≌△AEF．可得新的结论：EF=BE-DF；如图4，作辅助线△ADH，同理证明△ABE≌△ADH和△FAH≌【解题过程】解：（1）如图1，延长EB到G，使BG=DF，连接AG．在△ABG与△ADF中，AB=AD∠ABG=∠ADF=90°∴△ABG≌△ADFSAS∴AG=AF，∴∠1+∠3=∠2+∠3=1∴∠GAE=∠EAF．又∵AE=AE，∴△AEG≌△AEFSAS∴EG=EF．∵EG=BE+BG．∴EF=BE+FD；（2）（1）中的结论EF=BE+FD仍然