文档内容
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 ；
AD S
②如图2，DF垂直平分BE，点A在DF上， =❑√3，求 △ABD 的值；
AF S
△AFC
（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≌△∧¿，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 ，
AB=CA
∴△ABD≌△CAH(AAS)，
∴CH=AD,AH=BD，
∵AB=AC=AE，
又∵∠BAC=∠ABE+∠AEB+∠ACE+∠AEC，
∴2∠BEC=∠BAC=90°，
∴∠BEC=45°，
∴Rt△FDE是等腰直角三角形，
∴DF=DE，
∴DB=DF，
AD
∵ =❑√3，即AD=❑√3AF，
AF
∴BD=AD+AF=AF+❑√3AF，
1 1 1
∵S = BD⋅AD,S = AF⋅CH= AF⋅AD，
△ABD 2 ΔAFC 2 2
S BD AF+❑√3AF
∴ △ABD= = =1+❑√3；
S AF AF
△AFC
S
故 △ABD 的值为1+❑√3；
S
△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=∠∧¿AB=AN
∴△ABM≌△∧(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
α(0°<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°，
1 1
过点B作BG∥CE，交DE的延长线于点G，易得BG= DG= (AD+AG)，△BEG为等边三角形，进
2 2
1
而得到BE=BG= (AD+AG)，证明△ABG≌△CBE(SAS)，得到AG=CE，即可得到AD+CE=2BE
2
．
【解题过程】
（1）解：∵等边△ABC中，将线段CA绕点C旋转α(0°<α<60°)，得到线段CD，
∴AC=BC=CD，∠ACB=60°，∠ACD=α，
∴∠BCD=60°−α，
∵AC=CD,BC=CD，
1 α 1 α
∴∠ADC=∠DAC= (180°−α)=90°− ,∠BDC=∠DBC= (180°−60°+α)=60°+ ,
2 2 2 2
α α
∴∠ADB=∠ADC+∠BDC=90°− +60°+ =150°；
2 2
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α(0°<α<60°)，得到线段CD，
∴AC=BC=CD，∠ACB=60°，∠ACD=α，∴∠BCD=60°+α，
∵AC=CD,BC=CD，
1 α 1 α
∴∠ADC=∠DAC= (180°−α)=90°− ,∠BDC=∠DBC= (180°−60°−α)=60°− ,
2 2 2 2
α α
∴∠ADB=∠ADC−∠BDC=90°− −60°+ =30°；
2 2
②AD+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°，
1 1
∴BG= DG= (AD+AG)，∠G=∠GBE=90°−30°=60°，
2 2
∴∠BEG=60°，
∴△BEG为等边三角形，
1
∴BE=BG= (AD+AG)，
2
∵△ABC为等边三角形，
∴AB=BC,∠ABC=60°，
在△ABG和△CBE中，
{
AB=BC
)
∠ABG=∠CBE=60°+∠ABE ，
BE=BG
∴△ABG≌△CBE(SAS)，
∴AG=CE，1 1
∴BE= (AD+AG)= (AD+CE)，
2 2
∴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，延长DF交AC于E．
（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°，∠DCH＝45°，推出
∠EHC＝∠CDF+∠DCH＝60°，只要证明∠EHC＝∠ECH＝∠CEH＝60°，即可解决问题；
（2）如图2中，如图2中，连接BE．由△CBE≌△CDH，可得
DH＝BE，∠CHD＝∠BEC＝120°，推出∠AEB＝60°，在Rt△ABE中，∠ABE＝30°，即可
推出BE＝2AE，由此即可解决问题；
（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′，推
出MB+MD＝MB′+MD≥B′D，推出BM+MD的最小值为DB′，推出△MBD的周长最小值，由此即
可解决问题；
【解题过程】
（1）如图1中，∵△BCD是等边三角形，
∴∠CBD＝∠BCD＝60°，BC＝CD，
∵CF＝BG，
∴△CBG≌△DCF，
∴∠BCG＝∠CDF＝15°，∠DCH＝45°，
∴∠EHC＝∠CDF+∠DCH＝60°，
∵AB＝AC，∠A＝90°，
∴∠ACB＝45°，
∴∠ECH＝∠ACB+∠BCG＝60°，
∴∠EHC＝∠ECH＝∠CEH＝60°，
∴△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＝CH，∠ECH＝∠BCD＝60°，
∴∠ECB＝∠HCD，∵CB＝CD，
∴△CBE≌△CDH，
∴DH＝BE，∠CHD＝∠BEC＝120°，
∴∠AEB＝60°，
在Rt△ABE中，∵∠ABE＝30°，
∴BE＝2AE，
∴DH＝2AE．
（3）如图3中，延长DE交BA的延长线于B′，连接MB′．
∵∠AEB＝∠AEB′＝∠HEC＝60°，EA＝EA，∠EAB＝∠EAB′，
∴△EAB≌△EAB′，
∴MB＝MB′，
∴MB+MD＝MB′+MD≥B′D，
∴BM+MD的最小值为DB′，
∴△MBD 的周长最小值
＝BD+DB'＝BD+DH+EH+EB＝BD+2DH+EC＝BD+4AE+EH
＝c+4b+a−b＝a+3b+c．
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=6❑√3，求CH的长．
【思路点拨】
1
（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= BC
2
1
，BE= BC；进而得出结论；
2
（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°；在△GCF中，由三角形的内角和定理即可
求出∠BFC的度数；
（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，
1
∴BD= BC，
2
∵BE⊥CE，∠BCE=30°，1
∴BE= BC，
2
∴BE=BD；
（2）解：∵AD⊥BC，BE⊥CE，
∴∠ADB=∠GEB=90°，∠ABC+∠BAD=90°，
在Rt△ABD和Rt△GBE中，
{BD=BE)
，
AB=GB
∴Rt△ABD≌Rt△GBE(HL)，
∴∠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∥AB，
∴∠IHC=2α，
在△HIC中，∠HIC=180°−∠IHC−∠HCI=180−2α−(90°−α+30°)=60°−α，
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=>¿，
在△HIC与△TGJ中，
{HI=>¿∠HIC=∠TGJ)
，
GJ=IC
∴△HIC≌△TGJ(ASA)，
∴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=6❑√3，
∴FT=FG=6❑√3，
∵HF=CF，
设FC=x，则CT=6❑√3−x，HF=FC=x，
∴2x=6❑√3−x，
解得x=2❑√3，
∴CH=2x=4❑√3．
4．（2023秋·全国·八年级专题练习）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BD是△ABC的角平
分线，DE⊥AB于点E．（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与AD之间的数量关系；
（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与AD数量之间的关系，并说明理由．
【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，∠ACB=90°，∠A=30°，
1
∴∠ABC=60°，BC= AB．
2
∵BD平分∠ABC，
∴∠1=∠DBA=∠A=30°．
∴DA=DB．∵DE⊥AB于点E．
1
∴AE=BE= AB．
2
∴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，DE⊥AB于点E，
∴∠ADE=∠BDE=60°，AD=BD，
又∵DM=DW，
∴△WDM是等边三角形，
∴MW＝DM，
∴△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＝DN．
由（1）得DA=DB，∠A=30°．∵DE⊥AB于点E．
∴∠2=∠3=60°．
∴∠4=∠5=60°．
∴△NDH是等边三角形．
∴NH=ND，∠H=∠6=60°．
∴∠H=∠2．
∵∠BNG=60°，
∴∠BNG+∠7=∠6+∠7．
即∠DNG=∠HNB．
∴△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
1
FG=EG−EF=6−2m，FN= EF=m，CF=2FG=12−4m，再证明Rt△EMB≌Rt△ENC(HL)，
2
得出
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°，
1
由翻折的性质可知：∠ABE=∠PBE= ∠ABF，
2
∴∠ABF=2∠ABE，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAF=2∠BAE，
∴∠BFC=∠BAF+∠ABF=2(∠BAE+∠ABE)=2∠BED=60°，
∴∠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，
1
设FM=m，则EF=2m，FN= EF=m，
2
∵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Rt△ENC中，
{EB=EC)
，
EM=EN
∴Rt△EMB≌Rt△ENC(HL)，
∴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AE．
（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≌△PTB(SAS)，即
可；
（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 ，
AC=AB
∴△ABP≌△ACD(AAS)；
（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 ，
BE=BF
∴△EAB≌△PTB(SAS)，
∴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≌△PTB(SAS)可知：∠EAB=∠BTP=120°，
∵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≌△BEA(SAS)，
∴∠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°，
1
∴AD= AC=10cm．
2
∵Rt△ADE中，∠EDA=30°，∠DEA=90°，
1
∴AE= AD=5cm．
2
∴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DE长度取到最小值．7．（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：FE=FD．
（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≌△DFN (AAS)，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，进而即可求解．
【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°−(∠FAC+∠FCA)
1
=180°− (∠BAC+∠ACB)
2
1
=180°− ×(180°−60°)
2
=120°，
∴∠EFD=∠MFN，
∴∠EFM=∠DFN，
在△EFM与△DFN中，
{∠EMF=∠DNF
)
∠EFM=∠DFN ，
FM=FN
∴△EFM≌△DFN (AAS)，
∴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
=(∠BAC+∠ACE)−∠BED
=2α+20°−(α+β)
=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；
ABCD ∠CAB=α ∠ABC ∠ADC ∠ABD ∠DAC
（2）如图3，在四边形 中， ， 平分 ，若 与 互余，则
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(SAS)，得出∠ANM=∠∧=45°，由直角三角形的性质可得出结论；
②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)，得出MN=MG，则可得出结论；
（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
∠DAC=∠DAM，由三角形内角和定理可求出答案．
【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=∠∧=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°，
{
AB=AC
)
在△ABN和△ACG中， ∠C=∠ABN=30° ，
BN=CG
∴△ABN≌△ACG(SAS)，
∴∠BAN=∠CAG，AN=AG，
∴∠BAN+∠BAM=∠BAM+∠CAG=∠MAN=60°，
∴∠MAG=∠BAC−∠BAM−∠CAG=60°，
∴∠NAM=∠GAM，
{
AM=AM
)
在△AMN和△AMG中， ∠MAN=∠MAG ，
AN=AG
∴△AMN≌△AMG(SAS)，
∴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≌△DNC(SAS)，
∴DC=DK，∠MDK=∠CDN，
∴∠NDC+∠ADM=∠MDK+∠ADM=∠ADC，
∴∠ADC=∠ADK，
∴△ADC≌△ADK(SAS)，
180°−∠BAC 180°−α
∴∠DAC=∠DAM= = ，
2 2
180°−α
故答案为 ．
2
9．（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AD的长；若不存在，说明理由；
②△BDE能否形成直角三角形？若能，求此时AD的长；若不能，说明理由．
【思路点拨】
（1）根据等边三角形的性质，证明△ACD≌△BCE(SAS)，得到∠4=∠6，推出∠4=∠7，即可得证；
（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的延长线上，两种情况进行讨
论求解．
【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，
{AC=BC
)
在△ACD和△BCE中 ∠1=∠2 ，
DC=EC
∴△ACD≌△BCE(SAS)
∴∠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的周长最小，
当CD⊥AB时，在等边△ABC中，由三线合一可得：点D为AB的中点，
1
∴此时AD的长为 AB=2，
2
∴△BDE的周长存在最小值，此时AD的长为2；
②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
{DE=CE
)
在△BDE和△BCE中， ∠1=∠2 ，
BE=BE
∴△BDE≌△BCE(SAS)，
∴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′D′=90°，
∴∠3=90°−60°=30°
由题意知∠CD′E′=60°，
∴∠4=30°，
∵∠5=∠4+∠6=60°，
∴∠6=30°，
∴∠6=∠4，
∴AD′=AC=4，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 △≝¿是等边三角形；② BE+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 ，
BD=DC
∴△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° ，
BN=CF
∴△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 ，
DN=DF
∴△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° ，
BN=CF
∴△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 ，
DN=DF
∴△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°；
AD−CG
（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 的值．
DH
【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．
{∠BCF=∠ACM
)
在△BCF和△ACM中 BC=AC ，
∠CBF=∠CAM
∴△BCF≌△ACM(ASA)，
∴CF=CM．
{
CF=CM
)
在△DCF和△DCM中 ∠DCF=∠DCM ，
CD=CD
∴△DCF≌△DCM(SAS)，
∴∠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°，
{∠BCG=∠CAM
)
在△BCG和△CAM中 BC=CA ，
∠CBG=∠ACM
∴△BCG≌△CAM(ASA)，
∴CG=AM．
∵∠MCH=∠DCH，CH⊥DM，
∴DH=HM，
AD−CG AD−AM DM
∴ = = =2．
DH DH DH
12．（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，N三点在同一直线上时（如图1），求证：M为AN的中点；
（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2），求证：AC=CN；
（3）将图1中△BCE绕点B旋转到图3位置时，A，B，M，N四点在同一条直线上时，（2）中的结
论是否仍成立？若成立，试证明之，若不成立，请说明理由．
【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△ABC≌△NEC，即可得到结论；
（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△ABC≌△NEC，即可得到结论．
【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 ，
DM=EM
∴△ADM≌△NEM(AAS)，
∴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，∠CBE=∠CEB=45°，
∵EN∥AD，
∴∠DAE+∠NEA=180°，
∵∠DAE=90°，
∴∠NEA=90°，
∴∠NEC=∠NEA+∠BEC=90°+45°=135°，
∵A、B、E三点在同一直线上，
∴∠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 ，
BC=EC∴△ABC≌△NEC(SAS)，
∴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，CB=CE，
∵EN∥AD，∠DAN=90°，
∴∠DAN=∠ENA=90°，
∵A、B、M、N四点在同一直线上，
∴∠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 ，
BC=EC
∴△ABC≌△NEC(SAS)，
∴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，9 19
DH⊥AE于点H，DH= ，△ACE的面积为 ，求线段AB的长．
5 2
【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≌△DFA(SAS)和△ABP≌△ACE(SAS)，得AE=2AD，根据三角形面积公式可得结论．
【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 ，
BD=DE
∴△ABD≌△HDE(AAS)，
∴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 ，
FP=AF
∴△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 ，
PB=CE
∴△ABP≌△ACE(SAS)，
∴AP=AE，
∵AP=2AF=2AD，
∴AE=2AD，
∵DH⊥AE，AE=2AD，
1 1
∴S = AD⋅EG= AE⋅DH，
△ADE 2 2
18
∴EG=2DH= ，
5
1 19
∵S = AC⋅EG= ，
△ACE 2 2
19 95
∴AC= =
18 18，
5
95
∴AB= ．
18
14．（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 1
（1）根据角平分线的定义可得∠FBC= ∠ABC，∠FCB= ∠ACB，根据三角形外角的性质可得
2 2
1
∠CFE=∠FBC+∠FCB，再由三角形内角和定理可转化为∠CFE= (180°−∠A)，代入数据计算即
2
可；
（2）如图，延长CD到点K，使得CK=BE，证明△BCE≌△CBK(SAS)，推出BK=CE，
∠BEC=∠CKB，再证明∠ADF+∠AEF=180°，可得结论；
（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≌△QNF(SAS)，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≌△PBC(SAS)，推出PQ=PC，∠QPF=∠CPB=60°，推出△PCQ是等边三角形，
可得结论．
【解题过程】
（1）解：∵BE平分∠ABC，CD平分∠ACB，
1 1
∴∠FBC= ∠ABC，∠FCB= ∠ACB，
2 2
∴∠CFE=∠FBC+∠FCB
1 1
= ∠ABC+ ∠ACB
2 2
1
= (∠ABC+∠ACB)
2
1
= (180°−∠A)，
2
∵在△ABC中，∠A=60°，
1
∴∠CFE= ×(180°−60°)=60°，
2
∴∠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 ，
BE=CK
∴△BCE≌△CBK(SAS)，
∴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 ，
AE=BD
∴△ABE≌△BCD(SAS)，
∴∠ABE=∠BCD，
∴∠FBC+∠BCF=∠FBC+∠DBF=∠ABC=60°，
∴∠BFC=180°−(∠FBC+∠BCF)=180°−60°=120°，
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 ，
CN=NQ
∴△CNM≌△QNF(SAS)，
∴CM=QF，∠MCN=∠FQN，
∴QF=CM=BC，CM∥FQ，
∴∠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 ，
PF=PB
∴△PFQ≌△PBC(SAS)，
∴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，
9 19
DH⊥AE于点H，DH= ，△ACE的面积为 ，求线段AB的长．
5 2
【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)，得
AE=2AD，根据三角形面积公式可得结论．
【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 ，
BD=DE
∴△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 ，
FP=AF
∴△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 ，
PB=CE
∴△ABP≌△ACE(SAS)，
∴AP=AE，
∵AP=2AF=2AD，
∴AE=2AD，
过点E作EG⊥AC于G，
∵DH⊥AE，AE=2AD，
1 1
∴S = AD⋅EG= AE⋅DH，
△ADE 2 218
∴EG=2DH= ，
5
1 19
∵S = AC·EG= ，
△ACE 2 2
19 95
∴AC= =
18 18，
5
95
∴AB= ．
18
16．（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
1
延长至点G，使GA=AK，连接HG．若∠G=2∠GHA，∠F−∠B= ∠CAF，GK=12，求HK的
2
长．
【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AE=AD+DE，IF=CI+CF，即可证明AE=2AD+CF；
（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，
1 1
∴S = AB⋅CD= BC⋅AI，
△ABC 2 2
∴AI=CD，
在Rt△AIF与Rt△CDE中，
{AI=CD)
，
AF=CE
∴Rt△AIF≌Rt△CDE(HL)，
∴IF=DE，
在Rt△AIC与Rt△CDA中，
{AI=CD)
，
AC=CA
∴Rt△AIC≌Rt△CDA(HL)，
∴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≌Rt△CDE，
∴∠BAC=∠BCA，∠F=∠AEC，
设∠F=∠AEC=α，∠BCE=β，
1
∵∠F−∠B= ∠CAF，
2
1 1
∴∠AEC−∠B= ∠CAF，即∠BCE= ∠CAF，
2 2
∴∠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=AH
)
AK=AQ ，
PK=HQ
∴△APK≌△AHQ(SSS)，
∴∠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，
1
∴KQ= GK=6，
2
HK=❑√2KQ=6❑√2．
17．（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
1
AC的对称点，连接CP，当CP+ AP取最小值的条件下，点G是直线PQ上一点，连接CG，将△CGP沿
2
CG所在直线翻折得到△CGK（△CGK与△ABC在同一平面内），连接AK，当AK取最小值时，请直接
S
△CGK
写出 的值．
S
△APQ
【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=❑√2BE，证明△AEQ≌△EMG，可得EG=AQ，从而可得结论；
1
（3）作辅助线如解析图，可得当点C′，P，N三点共线时，CP+ AP有最小值，由折叠的性质可得
2
CP=CK，进而得AK≥|AC−CK)，可得当点K落在AC上时，AK有最小值，然后由直角三角形的性质
和等边三角形的性质可求解．
【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，
∴∠≝=90°，DE=EF，
∵AC=4=BC，BE=2，
∴CE=BE=2，
∵∠ACB=∠≝=∠H=90°，∴∠CED+∠CDE=90°=∠CED+∠BEF
∴∠CDE=∠BEF，
∴△CDE≌△HEF（AAS），
∴CE=FH=2，
1
∴△BEF的面积= BE⋅FH=2；
2
（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，∠GMN=∠EBN，∠GME=∠CEM，
∵点N是BM的中点，
∴MN=BN，
∴△BEN≌△MGN（AAS），
∴NE=GN，MG=BE，
∴¿=2NE，
∵EQ∥AC，
∴∠CAB=∠EQB=45°=∠ABC，∠C=∠QEB=∠CEQ=90°，
∴QE=BE，
∴MG=EQ=BE，BQ=❑√2BE，
∵将AE绕点E顺时针旋转90°至EM，
∴AE=ME，∠AEM=90°=∠CEQ，
∴∠AEQ=∠MEC，
∴∠AEQ=∠EMG，
∴△AEQ≌△EMG（SAS），
∴EG=AQ，
∴AB=AQ+BQ=2NE+❑√2BE；
（3）如图，作点C关于AE的对称点C′，连接AC′，CC′，∵点Q是点P关于直线AC的对称点，
∴AP=AQ，AC平分∠PAQ，AC垂直平分PQ，
∵△APQ是等边三角形，
∴∠CAP=30°，
1
∴PN= AP，
2
∵点C与点C′关于AE对称，
∴PC=PC′，AC=AC′，∠CAP=∠C′ AP=30°，
∴∠CAC′=60°，
∴△CAC′为等边三角形，
1
∵CP+ AP=C′P+PN，
2
1
∴当点C′，P，N三点共线时，CP+ AP有最小值，
2
∵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⊥AC，
∴C′N垂直平分AC，
如图，设PN=a，则AP=2a，AN=CN=❑√3a，
∴AP=CP=2a，∠APN=∠CPN=60°，∵将△CGP沿CG所在直线翻折得到△CGK，
∴CP=CK=2a，∠CKG=∠CPG=60°，
∴KN=2a−❑√3a，∠KGN=30°，
∴NG=❑√3KN=2❑√3a−3a，
1
∴S = ×2a×(2❑√3a−3a)=(2❑√3−3)a2 ，
△CKG 2
❑√3
∵S = ×(2a) 2=❑√3a2 ，
△APQ 4
S 2❑√3−3
∴ △CGK = =2−❑√3．
S ❑√3
△APQ
18．（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≌△CAE(SAS)，最
后根据全等三角形的性质可得结论；
（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°，
1
∴∠ABC= ×60°=30°，
2
∵AE⊥AB，
∴∠BBE=90°，
∴∠EAC=∠BAC−∠BAE=120°−90°=30°，
∠EAC=∠ABF，
在△ABF和△CAE中
{
AB=CA
)
∠ABF=∠CAE
BF=AE
∴△ABF≌△CAE(SAS)
∴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°，
1
∴NC= DC，
2
过A作AP⊥BC于P，∴∠APB=90°，
∵∠ABF=30°，
在Rt△ABP中，∠APB=90°，
∵∠ABF=30°，
1
∴AP= AB，
2
∵D为中点，
1
∴DA=BD= AB，
2
∴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=∠APF
)
AD=PA ，
∠ADE=∠PAF
∴△ADE≌△PAF(ASA)
∴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°，
1
∴ DC=CN，
2
∴CN=CE，
又∵CE=AF，
∴CN=AF，
∵AF∥CN，
∴∠FAK=∠CNK，
在△FAK和△CNK中
{∠FAK=∠CNK
)
∠AKF=∠NKC ，
FA=CN
∴△FAK≌△CNK(AAS)，
∴AK=NK，FK=CK，
∵NH⊥BC，
∴∠KHN=90°，
∴∠KHN=∠APK，
在△APK和△NHK中
{∠APK=∠NHK
)
∠AKP=∠NKH ，
AK=HK
∴△APK≌△NHK(AAS)，
∴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=6
19．（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，E两点作直线交射线AP于点F.
（1）当α=40∘时，求∠AEC的度数；
（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
180∘−∠CAE
到BD=DE，BE⊥AP，求得AB=BC=AC=AE，得到∠AEC=∠ACE= ；
2
当∠BAP=α=40∘时，如图1，得到∠BAD=∠EAD=40∘，求得
∠CAE=∠BAD+∠EAD−∠BAC=20∘，于是得到∠AEC=∠ACE=80∘；
（2）当30∘<α≤90∘时，60∘<2α≤180∘，D，F在射线AP上，如图1，得到∠BAD=∠EAD=α，求得
∠CAE=∠BAD+∠EAD−∠BAC=2α−60∘，于是得到∠AFE=180∘−∠AEC−∠EAD=60∘；
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∠EAP=∠BAP=α，
AB=AC，求得∠EAC=2α−60∘，于是得到∠AFE=180∘−∠AEC−∠EAP=60∘；
（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，
∠FDE=90∘，于是得到EF=2DF=BF；当30∘<α≤60∘如图3，得到∠ACB−∠HCB=∠HCF−∠HCB根据全等三角形的性质得到AH=BF．
求得AF=AH+HF=2DF+CF；
当60∘<α<120∘时，如图4，得到∠ACB+∠ACF=∠HCF+∠ACF，根据全等三角形的性质得到
AH=BF．求得AF=AH−HF=2DF−CF．
【解题过程】
（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠BAC=∠ACB=60∘，AB=BC=AC，
∵ 点B与点E关于直线AP对称，且BE交射线AP于点D，
∴ BD=DE，BE⊥AP，
∴ AB=AE，∠BAD=∠EAD，
∴ AB=BC=AC=AE，
180∘−∠CAE
∴ ∠AEC=∠ACE= ；
2
当∠BAP=α=40∘时，如图1，
∴ ∠BAD=∠EAD=40∘，
∴ ∠CAE=∠BAD+∠EAD−∠BAC=20∘，
∴ ∠AEC=∠ACE=80∘；
（2）当30∘<α≤90∘时，60∘<2α≤180∘，D，F在射线AP上，
∴ ∠BAD=∠EAD=α，
∴ ∠CAE=∠BAD+∠EAD−∠BAC=2α−60∘，
∴ ∠AEC=∠ACE=120∘−α，
∴ ∠AFE=180∘−∠AEC−∠EAD=60∘；
当90∘<α<120∘时，180∘<2α<240∘，D，F在点A的两侧，如图2，∵点B与点E关于直线AP对称，且BE交射线AP于点D，
∴ BD=DE，BE⊥AP，
∴ ∠BAD=∠EAD，AB=AE，
∵等边△ABC，∠BAP=α，
∴ ∠EAP=∠BAP=α，AB=AC，
∴ ∠EAC=2α−60∘，
∴ ∠AEC=∠ACE=120∘−α，
∴ ∠AFE=180∘−∠AEC−∠EAP=60∘；
综上所述，当30∘<α<120∘时，∠AFE=60∘，不变．
（3）当30∘<α≤60∘，连接BF，在FA上截取FH=FC，连接CH，如图3，
由（2）知∠AFE=60∘，
∴ △HFC是等边三角形，
∴ ∠HFC=∠FHC=∠FCH=60∘，FH=FC=HC，
∵ △ABC是等边三角形，
∴ ∠ACB=60∘，BC=AC，
∵点B与点E关于直线AP对称，且BE交射线AP于点D，
∴ AP为BE中垂线，∴ BF=EF，∠FDE=90∘，
又∵∠AFE=60∘，
∴ ∠≝=90∘−∠AFE=30∘，
∴ EF=2DF=BF；
∵ ∠ACB=∠HCF=60∘
即∠ACB−∠HCB=∠HCF−∠HCB，
∴ ∠ACH=∠BCF，
∴ △ACH≅△BCF （SAS），
∴ AH=BF，
∴ AH=BF=EF=2DF，
∴ AF=AH+HF=2DF+CF；
当60∘<α<120∘，连接BF，在FA上截取FH=FC，连接CH，如图4，
由（2）知∠AFE=60∘，
∴ △HFC是等边三角形，
∴ ∠HFC=∠FHC=∠FCH=60∘，FH=FC=HC，
∵ △ABC是等边三角形，
∴ ∠ACB=60∘，BC=AC，
∵点B与点E关于直线AP对称，且BE交射线AP于点D，
∴ AP为BE中垂线，
∴ BF=EF，∠FDE=90∘，
又有∠AFE=60∘，
∴ ∠≝=90∘−∠AFE=30∘，
∴ EF=2DF=BF；
∵ ∠ACB=∠HCF=60∘即∠ACB+∠ACF=∠HCF+∠ACF，
∴ ∠ACH=∠BCF，
∴ △ACH≅△BCF （SAS），
∴ AH=BF，
∴ AH=BF=EF=2DF，
∴ AF=AH−HF=2DF−CF．
20．（2022秋·重庆·八年级校联考阶段练习）△ABC是等边三角形，点D、E分别在边AB，BC上，若
BD=EC．
（1）如图1，求证：∠AFD=60∘；
（2）如图2，FH为∠AFC的平分线，点H在FM的延长线上，连接HA、HC，
∠AHC+∠AFC=180∘，求证：AF+CF=FH；
（3）如图3，在（2）的条件下，延长AF交CH的延长线于点K，点G在线段AH上，GH=CK，连接
CG交FH于点M，FN=3，AK=8，求FH的长．
【思路点拨】
（1）通过证明△ACE≌△CBD，得到∠CAE=∠BCD，再根据三角形的外角定理，即可得到
∠AFD=∠ACD+∠CAE，即可求证；
（2）过点H作HG⊥AE于点G，作HK⊥DC，交DC延长线于点K，证明△AHG≌△CHK和
Rt△HGF≌Rt△HKF即可求证；
（3）作GJ⊥FH于点J，CT⊥FH于点T，CI⊥AK于点I，通过证明Rt△CFT≌Rt△CFI，
△GNJ≌△CNT ，Rt△ACI≌Rt△HCT从而得到FI=FT,TN=NJ,HJ=EK，即可进行解答．
【解题过程】
（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠B=∠ACE=60°，
在△ACE和△CBD中，{
AC=BC
)
∠B=∠ACE=60° ，
BD=CE
∴△ACE≌△CBD(SAS)，
∴∠CAE=∠BCD，
∵∠ACD+∠BCD=60°，
∴∠ACD+∠CAE=60°，
∴∠AFD=∠ACD+∠CAE=60°；
（2）过点H作HG⊥AE于点G，作HK⊥DC，交DC延长线于点K，
由（1）可得：∠AFD=60°，
∴∠AFK=180°−60°=120°，
∵FH为∠AFC的平分线，HG⊥AE，HK⊥DC，
∴∠HFA=∠HFK=60°，HG=HK，
在四边形HGFK中，∠GHK+∠AFC=180°，
∵∠AHC+∠AFC=180∘，
∴∠AHC=∠GHK=60°，
∴∠AHC−∠GHC=∠GHK−∠GHC，即∠AHG=∠CHK，
在△AHG和△CHK中，
{∠AHG=∠CHK
)
HG=HK ，
∠AGH=∠CKH
∴△AHG≌△CHK(ASA)，
∴AH=CH，AG=CK
∴△ACH为等边三角形，
在Rt△HGF和Rt△HKF中，
{HF=HF)
，
HG=HK
∴Rt△HGF≌Rt△HKF(HL)，∴GF=KF，
∵AF+CF=AG+GF+CF=CK+GF+CF=GF+KF，
∴AF+CF=2GF=2KF，
∵∠HFK=60°，∠K=90°，
∴∠FHK=30°，
∴FH=2KF，
∴AF+CF=FH．
（3）作GJ⊥FH于点J，CT⊥FH于点T，CI⊥AK于点I，
∵∠CFT=∠CFI=60°，CT⊥FH，CI⊥AK，
∴CI=CT，
在Rt△CFT和Rt△CFI中，
{CF=CF)
，
CI=CT
∴Rt△CFT≌Rt△CFI(HL)，
∴FI=FT，
∵△AHC为等边三角形，
∴∠CAH=∠CFT=60°，
∴∠GHJ=∠ACF，
∵∠ACF+∠BCD=60°,∠CAE+∠BAE=60°,∠BCD=∠CAE，
∴∠ACF=∠BAE，
∵AB∥HK，
∴∠K=∠BAE，
∴∠K=∠GHJ，
在△HJG和△KIC中，
{
∠K=∠GHJ
)
∠HJG=∠CIK ，
GH=CK∴△HJG≌△KIC(AAS)，
∴CI=GJ=CT,EK=HJ，
在△GNJ和△CNT中，
{
∠GNJ=∠CNT
)
∠GJN=∠CTN=90° ，
GJ=CT
∴△GNJ≌△CNT(AAS)，
∴JN=NT，
在Rt△ACI和Rt△HCT中，
{CI=CT
)
，
CA=CH
∴Rt△ACI≌Rt△HCT(HL)，
∴AE=HT，
设FI=FT=x,TN=NJ= y,HJ=EK=z，
则FN=FT+TN=x+ y=3，AK=AE+EK=HT+EK=HJ+TN+NJ+EK=2y+2z=8，
∴y+z=4，
∴FH=FN+NH=FN+ y+z=3+4=7．
