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专题 13.5 手拉手模型
◆ 典例分析
【典例1】（1）问题发现：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶
点连接起来，则形成一组全等的三角形，我们把具有这种规律的图形称为“手拉手”图形，如图1，
△ABC和△ADE是顶角相等的等腰三角形，即AB=AC，AD=AE，且∠BAC=∠DAE，分别连接BD
，CE．求证：BD=CE；
（2）类比探究：如图2，△ABC和△ADE都是等腰三角形，即AB=AC，AD=AE，且
∠BAC=∠DAE=90°，B，C，D在同一条直线上．请判断线段BD与CE存在怎样的数量关系及位置关
系，并说明理由．
（3）问题解决：如图3，若△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，且CA=CB，CD=CE，
∠ACB=∠DCE=90°，点A，D，E在同一条直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，若
AE=7，BE=2，请直接写出四边形ABEC的面积．
【思路点拨】
本题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质、等腰三角形、等腰直角三角形的性质、三线
合一等性质，熟练掌握三角形的有关性质是解题的关键．
（1）根据三角形全等的判定和性质即可解答．
（2）根据（1）问中，“手拉手”全等的证明，可得△BAD≌△CAE(SAS)，利用全等的性质可得
BD=CE，∠ACE=∠ABC，又因为△ABC是等腰直角三角形，可得∠ABC=∠ACB=∠ACE=45°
，从而可知∠BCE=90°，即BD⊥CE．
1 1
（3）由△DCE是等腰直角三角形，CM为△DCE中DE边上的高，可证得CM= DE= (AE−AD)，
2 2
根据（1）问中，“手拉手”全等的证明，可得△ACD≌△BCE，从而得AD=BE，即可求出CM的长，最后求出四边形ABEC的面积．
【解题过程】
（1）证明：∵ ∠BAC=∠DAE
∴ ∠BAC−∠CAD=∠DAE−∠CAD即∠BAD=∠CAE
在△ABD和△ACE中
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴ △ABD≌△ACE(SAS)
∴ BD=CE．
（2）BD与CE的数量关系是BD=CE，位置关系是BD⊥CE．
理由如下：
∵ ∠BAC=∠DAE=90°，
∴ ∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，即∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
¿，
∴ △BAD≌△CAE(SAS)，
∴ BD=CE，∠ACE=∠ABC，
∵ △ABC是等腰三角形且∠BAC=90°，
∴ ∠ABC=∠ACB=45°，
∴ ∠ACE=∠ABC=45°，
∴ ∠BCE=∠ACB+∠ACE=45°+45°=90°，
∴ BD⊥CE．
（3）解：由（1）的方法得，△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，∠CAD=∠CBE，
∵△CDE是等腰直角三角形，
∴∠CDE=∠CED=45°，
∵CD=CE，CM⊥DE，
∴DM=ME，
∵∠DCE=90°，
∴DM=ME=CM，
1 1 1 1
∴ CM= DE= (AE−AD)= (AE−BE)= ×(7−2)=2.5．
2 2 2 2∵∠ACB=90°，
∴∠CAD+∠EAB+∠CBA=90°，
∴∠CBE+∠EAB+∠CBA=90°，
∴∠AEB=90°，
1 1 1 1 63
即四边形ABEC的面积=S +S = AE·CM+ AE·BE= ×7×2.5+ ×7×2= ．
△ACE △AEB 2 2 2 2 4
◆ 学霸必刷
1．（23-24七年级下·贵州毕节·期末）在△BCD中，∠BCD<120°，分别以BC、CD和BD为边在
△BCD外部作等边三角形ABC、等边三角形CDE和等边三角形BDF，连结AD、BE和CF交千点P，则
以下结论中①AD=BE=CF；②∠BEC=∠ADC；③∠DPE=∠EPC=∠CPA=60°；④
PB+PC+PD=BE．正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【思路点拨】
证明△ABD≌△CBF(SAS)，△ACD≌△BCE(SAS)，可得∠BAD=∠BCF，∠CAD=∠CBE，进一步
可判断①②，证明∠APC=60°，求出∠BPC=120°，进一步可判断③，在PA上截取PG=PB，连接
BG，证明∠BGA=∠BPC=120°，再证△BAG≌△BCP(AAS)，可得PC=GA，进而可得
PA=PB+PC，进一步可判断④．
【解题过程】
解：∵△ABC，△BDF是等边三角形，
∴BA=BC，BD=BF，∠ABC=∠DBF=60°，
∴∠ABD=∠CBF，
∴△ABD≌△CBF(SAS)，
∴∠BAD=∠BCF，AD=CF，同理可得△ACD≌△BCE(SAS)，
∴∠CAD=∠CBE，AD=BE，∠BEC=∠ADC，
∴AD=BE=CF，故①②符合题意；
∵∠BAD+∠CAD=60°，
∴∠BAD+∠CBE=60°，
∵∠ABC=60°，
∴∠BAD+∠ABC+∠CBE=∠BAD+∠ABE=120°，
∴∠BPA=60°=∠DPE，
同理可得∠APC=60°，
∴∠BPC=120°，∠EPC=60°，
∴∠DPE=∠EPC=∠CPA=60°，故③符合题意；
如图，在PA上截取PG=PB，连接BG，
∴△BPG是等边三角形，
∴∠BGP=60°，
∴∠BGA=120°，
∴∠BGA=∠BPC，
又∵∠BAG=∠BCP，AB=CB，
∴△BAG≌△BCP(AAS)，
∴PC=GA，
∴PA=PG+GA=PB+PC，
∵AD=BE，
∴PB+PC+PD=PA+PD=AD=BE；故④符合题意；
故选D
2．（2023·吉林长春·模拟预测）两个大小不同的等腰直角三角板按图1所示摆放，将两个三角板抽象成如
图2所示的△ABC和△AED，其中∠BAC=∠EAD=90°，点B、C、E依次在同一条直线上，连结CD．若BC=4，CE=2，则△DCE的面积是 ．
【思路点拨】
本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质等知识，根据SAS证明△ACD≌△ABE，由
全等三角形的性质得出∠ACD=∠B，CD=BE，则可得出答案．
【解题过程】
解：∵∠BAC=∠EAD=90°，
∴∠BAC+∠CAE=∠EAD+∠CAE，即∠BAE=∠CAD，
在△ABD和△ACD中，
{
AB=AC
)
∠BAE=∠CAD ，
AD=AE
∴△ACD≌△ABE(SAS)，
∴∠ACD=∠B，CD=BE，
∵∠B=45°，
∴∠ACD=45°，
∴∠BCD=∠ACB+∠ACD=90°，
∵BC=4，CE=2，
∴BE=6，
∴CD=6，
1 1
∴S = CE⋅DC= ×2×6=6，
△DCE 2 2
故答案为：6．
3．（24-25八年级上·吉林长春·阶段练习）已知：如图，△ABC和△DEC都是等边三角形，D是BC延长
线上一点，AD与BE相交于点P，AC与BE相交于点M，AD与CE相交于点 ，连接MN，PC，则下列
四个结论：①∠BMC=∠BMA；②∠APB=60°；③AN=BM；④PC平分∠BPD．其中，正确的是（只填写序号）
【思路点拨】
当M是AC的中点或者BM平分∠ABC时，∠BMC=∠BMA，故①错误；根据等边三角形的性质得
CA=CB,CD=CE，∠ACB=60°，∠DCE=60°，则∠ACE=60°，可得△ACD≌△BCE(SAS)，故
∠CAD=∠CBE，再判断△ACN≌△BCM(ASA)，所以AN=BM；可以判断③正确，根据三角形内角和
定理可得∠CAD+∠CDA=60°，而∠CAD=∠CBE，则∠CBE+∠CDA=60°，然后再利用三角形内
角和定理即可得到∠BPD=120°，故∠APB=60°，故②正确；作CH⊥BE于H，CQ⊥AD于Q，由
△ACD≌△BCE得到∠CAD=∠CBE，即可证明△AQC≌△BHC(AAS)，故CQ=CH，根据角平分线
的判定定理即可得到PC平分∠BPD，进而可以判断④正确．
【解题过程】
证明：∵△ABC是等边三角形，
∴当M是AC的中点或者BM平分∠ABC时，
∴∠BMC=∠BMA，
但题中M的位置不确定，
∴∠BMC和∠BMA不一定相等，
故①错误；
∵△ABC和△DEC都是等边三角形，
∴CA=CB,CD=CE，∠ACB=60°，∠DCE=60°，
∴∠ACE=60°，
∴∠ACD=∠BCE=120°，
{
CA=CB
)
在△ADC和△BCE中， ∠ACD=∠BCE
CD=CE
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴∠CAD=∠CBE，{∠ACN=∠BCM
)
在△ACN和△BCM中， CA=CB ，
∠CAN=∠CBM
∴△ACN≌△BCM(ASA)，
∴AN=BM，
故③正确；
∵∠CAD+∠CDA=60°，
而∠CAD=∠CBE，
∴∠CBE+∠CDA=60°，
∴∠BPD=120°，
∴∠APB=60°，
故②正确；
作CH⊥BE于H，CQ⊥AD于Q，如图，
∵△ACD≌△BCE，
∴AC=BC，∠CAD=∠CBE
又∵∠BHC=∠AQC=90°
∴△AQC≌△BHC(AAS)
∴CQ=CH，
又∵∠CHP=∠CQP=90°，
∴CP平分∠BPD，
故④正确．
综上所述：正确的是②③④．
故答案为：②③④．
4．（23-24九年级上·河南周口·期中）如图，△ABC和△ECD都是等边三角形，直线AE，BD交于点F．（1）如图1，当A，C，D三点在同一直线上时，∠AFB的度数为______，线段AE与BD的数量关系为
______．
（2）如图2，当△ECD绕点C顺时针旋转α(0°≤α≤360°)时，（1）中的结论是否还成立？若不成立，
请说明理由：若成立，请就图2给予证明．
（3）若AC=4，CD=3，当△ECD绕点C顺时针旋转一周时，请直接写出BD长的取值范围．
【思路点拨】
本题考查了等边三角形性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，以及旋转的性质，解答时证明三角
形全等是关键．
（1）利用等边三角形的性质证明△ACE≌△BCD，结合三角形的外角就可以得出结论；
（2）同（1）中方法证明△ACE≌△BCD，得出AE=BD，∠2=∠3，再根据三角形的内角和得出
∠AFB=60°；
（3）当B、C、D三点共线时得出BD的最大和最小值，即可得出结论．
【解题过程】
（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠ACB=60°，
∵△ECD是等边三角形，
∴CE=CD，∠DCE=60°，
∴∠ACB=∠DCE=60°
∴∠ACB+∠BCE=∠DCE+∠BCE，
即∠ACE=∠BCD，
在△ACE和△BCD中，
{
AC=BC
)
∠ACE=∠BCD
CE=CD
∴△ACE≌△BCD，
∴AE=BD，∠CAE=∠CBD，∵∠AFB=∠CAE+∠BDC，且∠ACB=60°
∴∠AFB=∠CBD+∠BDC=∠ACB=60°
（2）（1）中结论仍成立，
∵△ABC
是等边三角形，
∴AC=BC，∠ACB=60°，
∵△ECD是等边三角形，
∴CE=CD，∠DCE=60°，
∴∠ACB=∠DCE=60°
∴∠ACB+∠1=∠DCE+∠1，
即∠ACE=∠BCD，
在△ACE和△BCD中，
{
AC=BC
)
∠ACE=∠BCD
CE=CD
∴△ACE≌△BCD，
∴AE=BD，∠2=∠3，
∵∠AFB+∠3=∠ACB+∠2，且∠ACB=60°，
∴∠AFB=60°；
（3）∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC=4，
当旋转α=60°时，B、C、D三点共线，此时BD=BC+CD=7，
当旋转α=240°时，B、C、D三点共线，此时BD=BC−CD=1；
∴1≤BD≤7．
5．（23-24七年级下·四川成都·期中）数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用基本途径．通过探究
图形的变化规律，再结合其他数学知识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔
的数学天地．（1）发现问题：如图1，在△ABC和△AEF中，AB=AC，AE=AF，∠BAC=∠EAF=30°，连接BE
，CF，延长BE交CF于点D．则BE与CF的数量关系：__________，∠BDC= ；
（2）类比探究：如图2，在△ABC和△AEF中，AB=AC，AE=AF，∠BAC=∠EAF=120°，连接
BE，CF，延长BE，FC交于点D．请猜想BE与CF的数量关系及∠BDC的度数，并说明理由；
（3）拓展应用：在△ABC和△AEF中，AB=AC，AE=AF，∠BAC=∠EAF=90°，连接BE，CF，
将△AEF绕它们共同的顶点A旋转一定的角度后，若B，E，F三点刚好在同一直线上，求此时∠AFC的
度数．
【思路点拨】
本题考查全等三角形的判定，等腰三角形以及等腰直角三角形的判定与性质，灵活运用相关知识成为解题
的关键．
（1）设AC交BD于点G，由∠BAC=∠EAF=30°可得∠BAE=∠CAF=30°+∠CAE，而AB=AC、
AE=AF，即可根据“SAS”证明△ABE≌△ACF，所以BE=CF，∠ABE=∠ACF，则
∠BDC=∠AGD−∠ACF=∠AGD−∠ABE=∠BAC=30°即可解答；
（2）根据等腰三角形的性质，利用SAS证明△ABE≌△ACF可得BE=CF,∠AEB=∠AFC，然后再根
据等腰三角形的性质即可解答；
（3）根据等腰直角三角形的性质，利用SAS证明△ABE≌△ACF可得∠AFC=AEB,AE=AF，再说明
∠AEB=135°即可．
【解题过程】
（1）解：如图1，设AC交BD于点G，
∵∠BAC=∠EAF=30°，∴∠BAE=∠CAF=30°+∠CAE，
在△ABE和△ACF中，
{
AB=AC
)
∠BAE=∠CAF ，
AE=AF
∴△ABE≌△ACF(SAS)，
∴∠ABE=∠ACF，BE=CF，
∴∠BDC=∠AGD−∠ACF=∠ACD−∠ABE=∠BAC=30°．
故答案为：BE=CF，30．
（2）解：BE=CF，∠BDC=60°，理由如下：
∵∠BAC=∠EAF=120°，
∴∠BAC−∠EAC=∠EAF−∠EAC，即∠BAE=∠CAF，
在△ABE和△ACF中，
{
AB=AC
)
∠BAE=∠CAF ，
AE=AF
∴△ABE≌△ACF(SAS)，
∴BE=CF,∠AEB=∠AFC，
∵∠EAF=120°,AE=AF，
∴∠AEF=∠AFE=30°，
∴∠BDC=∠BEF−∠EFD=∠AEB+30°−(∠AFC−30°)=60°．
（3）解：如图3所示：
∵△ABC和△AEF都是等腰三角形，
∴∠CAB=∠EAF=90°，AB=AC，AE=AF，
∴∠CAB−∠CAE=∠FAE−∠CAE，即：∠BAE=∠CAF，
∴△BAE≌△CAF(SAS)，
∴∠AFC=AEB,AE=AF，
∵∠EAF=90°，∴∠AEF=45°,
∴∠AEB=180°−∠AEF=135°,
∴∠AFC=∠AEB=135°．
6．（2024·河南·一模）如图，
（1）问题发现：如图①，△ABC和△EDC都是等边三角形，点B、D、E在同一条直线上，连接AE．
①∠AEC的度数为______；
②线段AE、BD之间的数量关系为______；
（2）拓展探究：如图②，△ABC和△EDC都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点B、D、E
在同一条直线上，CM为△EDC中DE边上的高，连接AE，试求∠AEB的度数及判断线段
CM、AE、BE之间的数量关系，并说明理由；
（3）解决问题：如图③，△ABC和△EDC都是等腰三角形，∠ACB=∠DCE=36°，点B、D，E在同
一条直线上，请直接写出∠EAB+∠ECB的度数．
【思路点拨】
本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质是解题
的关键．
（1）①根据等边三角形的性质可得∠BDC=120°，证明△ECA≌△DCB(SAS)，根据全等三角形的性质
即可求解；②根据全等三角形的性质即可解答；
（2）证明△ECA≌△DCB(SAS)，根据等腰直角三角形的性质可得∠CDB=135°，进而得到
∠CEA=∠CDB=135°，∠AEB=∠CEA−∠CEB，即可得到∠AEB的度数；由△DCE是等腰直角三
角形，CM为△EDC中DE边上的高，可得BE=AE+2CM，即可得到线段CM、AE、BM之间的数量关
系；
（3）证明△ECA≌△DCB(SAS)，得到∠CEA=∠CDB=108°，推出∠EAC+∠ECA=72°，最后根
据∠EAB+∠ECB=∠EAC+∠CAB+∠ECA+∠ACB，即可求解．
【解题过程】
（1）解：①∵ △ABC和△EDC都是等边三角形，∴ CE=CD，CA=CB，∠ECD=∠ACB=60°，
∴ ∠BDC=180°−∠EDC=120°，
∴ ∠ECD−∠ACD=∠ACB−∠ACD，即∠ECA=∠DCB，
在△ECA和△DCB中，
{
CE=CD
)
∠ECA=∠DCB ，
CA=CB
∴ △ECA≌△DCB(SAS)，
∴ ∠AEC=∠BDC=120°，
故答案为：120°；
②∵ △ECA≌△DCB，
∴ AE=BD，
故答案为：AE=BD；
（2）解：∵ △ABC和△EDC都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，
EC=DC,AC=BC,∠ECD=∠ACB=90°,∠CDE=∠CED=45°，
∴∠ECD−∠ACD=∠ACB−∠ACD，
∴∠ECA=∠DCB，
{
EC=DC
)
在△AEC与△BDC中， ∠ECA=∠DCB ，
AC=BC
∴△AEC≌△BDC(SAS)，
∴∠AEC=∠BDC,AE=BD，
∵∠CDE=45°，点B、D、E在同一条直线上，
∴∠BDC=135°，
∴∠AEC=∠BDC=135°，
∴∠AEB=∠AEC−∠CEB=135°−45°=90°，
∵ △EDC都是等腰直角三角形，CM⊥DE，
∴CM=EM=MD，
∴ED=2CM，
∴BE=BD+DE=AE+2CM，
∠AEB的度数为90°，线段CM、AE、BE之间的数量关系为：BE=AE+2CM；
（3）解：根据（1）（2）中结论可知：△AEC≌△BDC，得∠AEC=∠BDC，
∵ △ABC和△EDC都是等腰三角形，∠ACB=∠DCE=36°，180°−36°
∴∠CDE=∠ABC= =72°，
2
∴∠AEC=∠BDC=180°−72°=108°，
∴∠AEC+∠ABC=108°+72°=180°，
∴∠EAB+∠ECB=360°−180°=180°．
7．（23-24八年级上·重庆万州·阶段练习）（1）问题情境如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接
BD，CE，求证：△ABD≌△ACE．
（2）迁移应用如图2，△ABC和△ADE都是等边三角形，A，B，E三点在同一条直线上，M是AD的中
点，N是AC的中点，P在BE上，△MNP是等边三角形，求证：P是BE的中点．
（3）拓展创新如图3，P是线段BE的中点，BE=9，在BE的下方作等边△PFH（P，F，H三点按逆时针
顺序排列，△PFH的大小和位置可以变化），连接EF，BH．当EF+BH的值最小时，直接写出等边
△PFH边长的最小值．
【思路点拨】
（1）证出∠BAD=∠CAE，根据SAS证明△ABD≌△ACE；
（2）在AE上取点K，使得AK=AM，连接KM，证明△AMN≌△KMP(SAS)，由全等三角形的性质得
出AN=KP，证出EP=BP，则可得出结论；
（3）作∠EPQ=60°， 使PQ=PE，连接QE,QB，证明△EPF≌△QPH(SAS)，由全等三角形的性质
得出EF=QH，则EF+BH=QH+BH，当点H在线段QB上时，EF+BH的值最小，由直角三角形的性
质可得出答案．
【解题过程】
（1）证明:∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴∠BAC=∠DAE=60°，AB=AC, AD=AE，
∴∠BAC−∠ACD=∠DAE−∠ACD，
∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△BAD≌△CAE(SAS)；
（2）证明: 在AE上取点K，使得AK=AM，连接KM，
∵△ABC和△ADE都是等边三角形.
∴∠DAE=60°，AD=AE，AC=AB，
∴△AMK是等边三角形,
∴AM=MK=AK，∠AMK=60°，
∵△MPN是等边三角形,
∴MN=MP，∠PMN=60°，
∴∠PMN=∠KMA，
∴∠PMN−∠AMP=∠KMA−∠AMP，即∠AMN=∠KMP，
在△AMN和△KMP中
{
AM=KM
)
∠AMN=∠KMP ，
MN=MP
∴△AMN≌△KMP(SAS)，
∴AN=KP，
∴AM=AK=AP+AN，
∵M为AD的中点, 点N为AC的中点,
∴AE=AD=2AM，AB=AC=2AN，
设AP=x，AN= y，则AK=x+ y，AB=2y，
∴AE=2AK=2x+2y，BP=AB+AP=x+2y，
∴EP=AE−AP=x+2y，
∴ EP=BP，
∴点P为BE的中点；
（3）作∠EPQ=60°，使PQ=PE，连接EQ,QB，∵△PFH是等边三角形,
∴ PF=PH，∠FPH=60°，
∴∠EPF=∠QPH，
∴△EPF≌△QPH(SAS)，
∴EF=QH，
∴EF+BH=QH+BH，
当点H在线段QB上时，EF+BH的值最小，此时PH⊥BQ， PH的值最小，
∵PQ=PB=PE，
∴∠PBQ=∠PQB=30°，
1 1 9
在Rt△PBH中，PH= PB= BE= ，
2 4 4
9
即当EF+BH的值最小时，△PFH边长的最小值为 .
4
8．（23-24七年级下·陕西咸阳·期末）【问题提出】
（1）如图1，在△ABC和△AEF中，AB=AC，AE=AF，∠BAC=∠EAF=30°，连接BE，CF，BE
交AC于点O，延长BE交CF于点D．
① BE=CF
试说明： ；
②求∠BDC的度数．
【问题探究】
（2）如图2，在△ABC和△AEF中，AB=AC，AE=AF，∠BAC=∠EAF=120°，连接BE，CF，延
长BE，FC交于点D，请猜想BE与CF的数量关系及∠BDC的度数，并说明理由．【思路点拨】
（1）①利用SAS证明△ABE≌△ACF，即可得出结论；②由全等三角形的性质以及三角形外角的性质可
得出结论；
（2）利用SAS证明△ABE≌△ACF，由全等三角形的性质即可得出BE=CF；然后，根据等腰三角形的
性质，三角形的内角和定理以及三角形外角的性质即可求出∠BDC的度数．
【解题过程】
解：（1）①∵∠BAC=∠EAF=30°，
∴∠BAC+∠CAE=∠EAF+∠CAE，即∠BAE=∠CAF，
在△ABE和△ACF中，
{
AB=AC
)
∠BAE=∠CAF ，
AE=AF
∴△ABE≌△ACF(SAS)，
∴BE=CF；
②如图，设AC与BD交于点O，
∵△ABE≌△ACF，
∴∠ABE=∠ACF，
∵∠AOE=∠ABE+∠BAC，
∠AOE=∠ACF+∠BDC，
∴∠BDC=∠BAC=30°；
（2）BE=CF，∠BDC=60°，理由如下：
∵∠BAC=∠EAF=120°，∴∠BAC−∠EAC=∠EAF−∠EAC，
即∠BAE=∠CAF，
在△ABE和△ACF中，
{
AB=AC
)
∠BAE=∠CAF ，
AE=AF
∴△ABE≌△ACF(SAS)，
∴BE=CF，∠AEB=∠AFC，
∵∠EAF=120°，AE=AF，
1 1
∴∠AEF=∠AFE= (180°−∠EAF)= ×(180°−120°)=30°，
2 2
∴∠BDC=∠BEF−∠EFD
=(∠AEB+∠AEF)−(∠AFC−∠AFE)
=∠AEB−∠AFC+∠AEF+∠AFE
=∠AEF+∠AFE
=30°+30°
=60°．
9．（23-24七年级下·安徽宿州·期末）已知，在△ABC中，∠ACB为锐角，点D为射线BC上一动点，连
接AD，以AD为一边在AD的右侧作等腰直角△ADE，∠DAE=90°，AD=AE．
（1）如果AB=AC，∠BAC=90°．
①如图1，当点D在线段BC上时（与点B不重合），请直接写出线段CE与BD之间的数量关系：
___________，位置关系：___________；（只写结论，不用证明）
②如图2，当点D在线段BC的延长线上时，①中的结论是否仍然成立？若不成立，请说明理由；若成立，
写出结论并加以论证；
（2）如果AB≠AC，∠BAC<90°，点D在线段BC上运动．试探究：当△ABC满足一个什么条件时，
CE⊥BD（点C，E重合除外）？请写出条件，并借助图3简述CE⊥BD成立的理由．【思路点拨】
本题主要考查了等腰直角三角形的旋转．熟练掌握等腰直角三角形的判断和性质，旋转性质，全等三角形
的判断和性质，是解决问题的关键．
（1）①根据等腰直角三角形性质得到∠B=∠ACB=45°,推出∠BAD=∠CAE，得到
△ABD≌△ACE(SAS)，得到CE=BD，∠ACE=∠B=45°，得到∠BCE=90°，CE⊥BD；
②根据等腰直角三角形性质得到∠B=∠ACB=45°,推出∠BAD=∠CAE，推出△ABD≌△ACE(SAS)
，得到CE=BD，∠ACE=∠B=45°，得到∠BCE=90°，即得CE⊥BD；
（2）当∠ACB=45°时，CE⊥BD．过点A作AF⊥AC交CB的延长线于点F，得到△AFC是等腰直角
三角形，根据∠DAE=90°，AD=AE，推出∠FAD=∠CAE，得到△FAD≌△CAE(SAS)，得到
∠ACE=∠F=45°，得到∠BCE=90°，即得CE⊥BD．
【解题过程】
（1）①当AB=AC，∠BAC=90°时，∠B=∠ACB=45°，
∵∠DAE=90°，AD=AE，
∴∠BAD+∠CAD=∠CAD+∠CAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴CE=BD，∠ACE=∠B=45°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，
∴CE⊥BD；
故答案为：CE=BD，CE⊥BD；
②CE=BD，CE⊥BD仍然成立，理由：
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠B=∠ACB=45°,
∵∠DAE=90°，AD=AE，
∴∠BAD−∠CAD=∠CAE−∠CAD=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴CE=BD，∠ACE=∠B=45°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，
∴CE⊥BD；
（2）当∠ACB=45°时，CE⊥BD，理由：如答图，过点A作AF⊥AC交CB的延长线于点F，
则∠FAC=90°，
∵∠ACB=45°，
∴∠F=90°−∠ACB=45°，
∴AC=AF，
∵∠DAE=90°，AD=AE，
∴∠FAD+∠DAC=∠CAE+∠DAC=90°，
∴∠FAD=∠CAE，
∴△FAD≌△CAE(SAS)，
∴∠ACE=∠F=45°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，
∴CE⊥BD．
10．（23-24七年级下·河南郑州·期中）【综合实践】如果两个等腰三角形的顶角相等，且顶角的顶点互相
重合，则称此图形为“手拉手全等模型”．因为顶点相连的四条边，可以形象地看作两双手，所以通常称
为“手拉手模型”．
（1）【初步把握】如图1，△ABC与△ADE都是等腰三角形，AB=AC，AD=AE，且
∠BAC=∠DAE，则有△ABD≌ ；线段BD和CE的数量关系是 ；
（2）【深入研究】如图2，△ABC和△ADE是都是等腰三角形，即AB=AC，AD=AE，且
∠BAC=∠DAE=90°，B，C，D在同一条直线上．请判断线段BD与CE存在怎样的数量关系及位置关系，并说明理由；
（3）【拓展延伸】如图3，直线l ⊥l ，垂足为点O，l 上有一点M在点O右侧且OM=4，点N是l 上一
1 2 2 1
个动点，连接MN，在MN下方作等腰直角三角形NMP，MN=MP，∠NMP=90°，连接OP．请直接
写出线段OP的最小值及此时ON的长度．
【思路点拨】
本题考查四边形综合应用，涉及全等三角形判定与性质，等腰直角三角形性质等，解题的关键是掌握全等
三角形判定定理．
（1）由∠BAC=∠DAE，可得∠BAD=∠CAE，根据SAS可得△ABD≌△ACE，则可得出结论；
（2）由∠BAC=∠DAE=90°，得∠BAD=∠CAE，即可证△ABD≌△ACE(SAS)，有BD=CE，
∠ACE=∠ABC，而△ABC是等腰三角形且∠BAC=90°，知∠ABC=∠ACB=45°，故
∠ACE=∠ABC=45°，即可得∠BCE=∠ACB+∠ACE=45°+45°=90°，BD⊥CE；
（3）证明∠O′MO=45°，当OP有最小，即O′P′最小，即垂线段最短，当O′P′⊥y轴时，O′P′最小，
则可得出答案．
【解题过程】
（1）∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，即∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△ABD≌△ACE(SAS)；
故答案为：△ACE；BD=CE；
（2）解：BD与CE的数量关系是BD=CE，位置关系是BD⊥CE
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，即∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD=CE，∠ACE=∠ABC，
∵△ABC是等腰三角形且∠BAC=90°，∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠ACE=∠ABC=45°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=45°+45°=90°，
∴BD⊥CE；
（3）∵△MNP是等腰直角三角形，
∴∠MNP=∠NPM=45°，
将△OPM绕M点顺时针旋转90°得△O′P′M（N与P′重合），
连接OO′，
∴△PMO≌△P′MO′，
∴MO=MO′，OP=O′P′，
∴∠O′MO=45°，
当OP有最小，即O′P′最小，当O′P′⊥y轴时，
由∠O'OP'=45°，∠O'P'O=90°，
∴O′P′=OM=4，ON=OP′=4，
∴ON=4，OP最小值为4．
11．（23-24七年级下·浙江宁波·期末）
【基础巩固】（1）如图 1，在 △ABC 与 △ADE 中， AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE ，求
证： △AEC≌△ADB ；【尝试应用】（2）如图 2，在 △ABC 与 △ADE 中，
AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=90°,B、D、E 三 点在一条直线上， AC 与 BE 交于点 F
，若点 F 为 AC 中点，
① 求 ∠BEC 的大小； ②CE=2 ，求 △ACE 的面积；
【拓展提高】（3）如图 3， △ABC 与 △ADE 中， AB=AC,DA=DE,∠BAC=∠ADE=90°,BE
与 CA 交于点 F,DC=DF,△BCF的面积为 32，求AF的长．
【思路点拨】
（1）由SAS证△AEC≌△ADB即可；
（2）①同（1）得△AEC≌△ADB(SAS)，得∠AEC=∠ADB=135°，即可得出结论；
②过点A作AG⊥DE于点G，证△AGF≌△CEF(ASA)，得AG=CE=2，GF=EF，再由等腰直角三角
形的性质得DG=EG=AG=2，则GF=EF=1，然后由三角形面积关系即可得出结论；
（3）连接CE，同（2）得△CDE≌△FDA(SAS)，则CE=AF，∠DCE=∠DFA=135°，得
∠ACE=90°，再证△ACE≌△BAF(SAS)，得CE=AF，S =S ，然后证CE∥AB，得
△ACE △BAF
1
S =S = AC2 ，进而由S +S −S −S =S ，得AC⋅AF−AF⋅CF=64，则
△ABE △ABC 2 △ABC △ACE △ABE △CEF △BCF
AF2=64，即可得出结论．
【解题过程】
（1）证明：∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC−∠BAE=∠DAE−∠BAE，
即∠CAE=∠BAD，
在△AEC和△ADB中，
{
AC=AB
)
∠CAE=∠BAD ，
AE=AD
∴△AEC≌△ADB(SAS)；
（2）解：①∵AD=AE，∠DAE=90°，
∴∠ADE=∠AED=45°，
∴∠ADB=180°−∠ADE=180°−45°=135°，
同（1）得：△AEC≌△ADB(SAS)，
∴∠AEC=∠ADB=135°，
∴∠BEC=∠AEC−∠AED=135°−45°=90°；②如图2，过点A作AG⊥DE于点G，
则∠FGA=90°，
由①可知，∠FEC=90°，
∴∠FGA=∠FEC，
∵点F为AC中点，
∴AF=CF，
又∵∠AFG=∠CFE，
∴△AGF≌△CEF(AAS)，
∴AG=CE=2，GF=EF，
∵AD=AE，∠DAE=90°，
∴DG=EG=AG=2，
1
∴GF=EF= EG=1，
2
1
∴S =2S =2× CE⋅EF=2×1=2；
△ACE △CEF 2
（3）解：如图3，连接CE，
同（2）得：△CDE≌△FDA(SAS)，
∴CE=AF，∠DCE=∠DFA=135°，
∴∠ACE=∠DCE−∠ACB=135°−45°=90°，
在△ACE和△BAF中，
{
AC=AB
)
∠ACE=∠BAF=90° ，
CE=AF∴△ACE≌△BAF(SAS)，
∴S =S ，
△ACE △BAF
∵∠ACE=∠BAC，
∴CE∥AB，
1 1
∴S =S = AC⋅AB= AC2 ，
△ABE △ABC 2 2
∵S +S −S −S =S ，
△ABC △ACE △ABE △CEF △BCF
1 1 1 1
∴ AC2+ AC⋅CE− AC2− CE⋅CF=32，
2 2 2 2
∴AC⋅AF−AF⋅CF=64，
∴AF(AC−CF)=64，
∴AF2=64，
∴AF=8，负值舍去，
即AF的长为8．
12．（2023·甘肃张掖·模拟预测）在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：它是由
两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化时，始终存在一对全等三角形．通过查询资
料，他们得知这种模型称为“手拉手模型”．兴趣小组进行了如下操作：
（1）观察猜想：如图①，已知△ABC,△ADE均为等边三角形，点D在边BC上，且不与点B、C重合，
连接CE，易证△ABD≌△ACE，进而判断出AB与CE的位置关系是___________
（2）类比探究：如图②，已知△ABC、△ADE均为等边三角形，连接CE、BD，若∠DEC=60°，试
说明点B，D，E在同一直线上；
（3）解决问题：如图③，已知点E在等边△ABC的外部，并且与点B位于线段AC的异侧，连接
AE、BE、CE．若∠BEC=60°,AE=3,CE=2，请求出BE的长．
【思路点拨】
本题考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是：
（1）利用SAS证明△BAD≌△CAE，可求出∠BAC=∠ACE=60°，利用平行线的判定即可得出结论；（2）利用SAS证明△BAD≌△CAE，可得出∠ADB=∠AEC=120°，进而得出
∠ADB+∠ADE=180°，即可得证；
（3）在线段BE上取一点H，使得BH=CE，设AC交BE于点O，先利用外角的性质证明
∠ABH=∠ACE，再利用SAS证明△ABH≌△ACE，得出∠BAH=∠CAE，AH=AE，则可证明
△AEH是等边三角形，得出AE=EH，即可求解．
【解题过程】
（1）解：AB∥CE，
理由如下：∵△ABC、△ADE都是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=∠B=60°，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，即∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴∠B=∠ACE=60°，
∴∠BAC=∠ACE=60°，
∴AB∥CE；
故答案为：AB∥CE；
（2）证明：∵△ABC、△ADE都是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=∠ADE=60°，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，即∠BAD=∠CAE，
∵∠AED=60°，∠DEC=60°，
∴∠AEC=120°，
在△BAD和△CAE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴∠ADB=∠AEC=120°，
∴∠ADB+∠ADE=180°，
∴点B，D，E在同一直线上；
（3）解：如图③，在线段BE上取一点H，使得BH=CE，设AC交BE于点O，∵△ABC
是等边三角形，
∴AB=BC，∠BAC=60°，
∵∠BEC=60°，
∴∠BAO=∠OEC=60°，
∵∠AOB=∠EOC，
∴∠ABH=∠ACE，
在△ABH和△ACE中，
{
AB=AC
)
∠ABH=∠ACE ，
BH=CE
∴△ABH≌△ACE(SAS)，
∴∠BAH=∠CAE，AH=AE，
∴∠HAE=∠BAC=60°，
∴△AEH是等边三角形，
∴AE=EH，
∴BE=BH+EH=EC+AE，即BE=AE+EC，
∵AE=3，CE=2，
∴BE=3+2=5．
13．（23-24八年级上·河北沧州·期末）在△ABC中，AB=AC，点D是直线BC上一点（不与B、C重
合），把线路AD绕着点A逆时针旋转至AE（即AD=AE），使得∠DAE=∠BAC，连接DB、CE．
（1）如图1，点D在线段BC上，如果∠BAC=90°，则∠BCE=__________度．
（2）如图2，当点D在线段BC上，如果∠BAC=60°，则∠BCE=__________度．（3）如图3，设∠BAC=α，∠BCE=β，当点D在线段BC上移动时，α，β的数量关系是什么？请说明
理由．
（4）设∠BAC=α，∠BCE=β，当点D在直线BC上移动时，请直接写出α，β的数量关系，不用证明．
【思路点拨】
（1）由“SAS”可证△BAD≌△CAE，得∠ABC=∠ACE=45°，可求∠BCE的度数；
（2）由“SAS”可证△BAD≌△CAE，得∠ABC=∠ACE=60°，可求∠BCE的度数；
（3）由“SAS”可证△BAD≌△CAE得出∠ABD=∠ACE，再用三角形的内角和即可得出结论；
（4）由“SAS”可证△BAD≌△CAE得出∠ABD=∠ACE，再用三角形的内角和即可得出结论．
【解题过程】
（1）解：∵∠BAC=90°，
∴∠DAE=∠BAC=90°，
∵AB=AC，AD=AE，
∴∠B=∠ACB=45°，∠ADE=∠AED=45°，
∵∠DAE=∠BAC，
∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴∠ACE=∠B=45°，∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，
故答案为：90；
（2）∵∠BAC=60°，
∴∠DAE=∠BAC=60°，
∵AB=AC，AD=AE，
∴∠B=∠ACB=60°，∠ADE=∠AED=60°，
∵∠DAE=∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴∠ACE=∠B=60°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=120°，
故答案为：120；
（3）α+β=180°，
理由如下：
∵AB=AC，AD=AE，∠DAE=∠BAC，
∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴∠ACE=∠B，
∴∠ACE+∠ACB=∠B+∠ACB，
∵∠BCE=∠ACB+∠ACE=β，
∴∠B+∠ACB=β，
∵∠BAC=α，∠BAC+∠B+∠ACB=180°，
∴α+β=180°；
（4）如图4，当点D在BC的延长线上时，α+β=180°，证明方法同（3）；
如图5，当点D在CB的延长线上时，α=β，
理由如下：∵∠DAE=∠BAC，
∴∠DAB+∠BAE=∠EAC+∠BAE，
∴∠DAB=∠EAC，
在△BAD和△CAE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴∠ABD=∠ACE，
∵∠ABD=∠BAC+∠ACB，∠ACE=∠BCE+∠ACB，
∴∠BAC=∠BCE，
∵∠BAC=α，∠BCE=β，
∴α=β．
综上，α+β=180°或α=β．
14．（24-25九年级上·广东深圳·开学考试）【初步感知】
（1）如图1，已知△ABC为等边三角形，点D为边BC上一动点（点D不与点B，点C重合）．以AD为
边向右侧作等边△ADE，连接CE．求证：△ABD≌△ACE；【类比探究】
（2）如图2，若点D在边BC的延长线上，随着动点D的运动位置不同，线段EC，AC，CD之间的数量
关系为__________，请证明你的结论．
【拓展应用】
（3）如图3，在等边△ABC中，AB=5，点P是边AC上一定点且AP=2，若点D为射线BC上动点，以
DP为边向右侧作等边△DPE，连接CE，BE．请问：PE+BE是否有最小值？若有，请求出其最小值；
若没有，请说明理由．
【思路点拨】
本题考查三角形综合，全等三角形的判定，等边三角形的判定与性质，掌握相关知识是解题的关键．
（1）由△ABC和△ADE是等边三角形，推出AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，又因为
∠BAC=∠DAE，则∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，即∠BAD=∠CAE，利用SAS证明
△ABD≌△ACE即可；
（2）证明△ABD≌△ACE(SAS)，得出CE=BD，结合AC=BC，则CE=BD=BC+CD=AC+CD；
（3）在射线BC上截取PC=DM，连接EM，易证△EPC≌△EDM，则EC=EM，
∠CEM=∠PED=60°，得出△CEM是等边三角形，则∠ECM=60°，即点E在∠ACD角平分线上运
动，在射线CD上截取CP′=CP，连接EP′，证明△CEP≌△CEP′ (SAS)，得出PE=P′E，推出
BE+PE=BE+P′E，由三角形三边关系可得，BE+P′E≥BP′，即当点E与点C重合时，
BE+P′E=BP′时，BE+PE有最小值BP′．
【解题过程】
（1）证明：∵ △ABC和△ADE是等边三角形，
∴ AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°．
∵ ∠BAC=∠DAE，
∴ ∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，即∠BAD=∠CAE．
在△ABD和△ACE中，{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴ △ABD≌△ACE(SAS)．
（2）解：EC=AC+CD，
∵ △ABC和△ADE是等边三角形，
∴ AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°．
∵ ∠BAC=∠DAE，
∴ ∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC，即∠BAD=∠CAE．
在△ABD和△ACE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴ △ABD≌△ACE(SAS)．
∴ CE=BD，
∵ AC=BC，
∴ CE=BD=BC+CD=AC+CD．
（3）解：有最小值，在射线BC上截取PC=DM，连接EM，
，
∵△ABC和△DPE是等边三角形，
∴PE=ED，∠DPE=∠ACB=60°，
∴∠ACD=180°−∠ACB=120°，
∴∠ACD+∠DEP=180°，
∵∠PCE+∠CEP+∠EPC=180°，∠ECD+∠CDE+∠CED=180°，
∴∠ECD+∠CDE+∠CED+∠PCE+∠CEP+∠EPC=360°，
∵∠PCE+∠ECD+∠CEP+∠CED−∠ACD+∠DEP=180°，
∴∠EPC+∠CDE=180°，
∴∠EPC=∠EDM，在△EPC和△EDM中，
{
PE=ED
)
∠EPC=∠EDM ，
PC=DM
∴ △EPC≌△EDM(SAS)，
∴ EC=EM，∠PEC=∠DEM，
∵∠PEC+∠CED=∠DEP=60°，
∴∠CEM=∠DEM+∠CED=60°，
∴ △CEM是等边三角形，
∴ ∠ECM=60°，
∴∠ECD=60°，∠ACE=180°−∠ECD−∠ACB=60°，
即点E在∠ACD角平分线上运动，
在射线CD上截取CP′=CP，连接EP′，
在△CEP和△CEP′中，
{
PC=P′C
)
∠PCE=∠P′CE ，
CE=CE
∴△CEP≌△CEP′ (SAS)，
∴PE=P′E，
∴BE+PE=BE+P′E，
由三角形三边关系可得，BE+P′E≥BP′，即当点E与点C重合时，BE+P′E=BP′时，BE+PE有最小
值BP′，
∵AP=2，AC=BC=AB=5，
∴PC=AC−AP=3，
∴BE+PE=BE+P′E=BP′=BE+CP′=BC+CP=5+3=8
∴ BE+PE的最小值为8．
15．（23-24七年级下·陕西西安·期末）问题发现：学习三角形全等的知识时，小明发现重合两个等腰直角
三角形的顶点会产生一对新的全等三角形．
如图1，Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D在边BC上，连接AD，以AD为边作△ADE，使
∠DAE=90°，AD=AE，请连接图中标有字母的点，补全图形，直接写出一对全等三角形和∠BCE的度
数．
问题探究：小明想，如果将上图中的等腰直角三角形换成等边三角形，那么这组全等三角形是否还存在？如图2，△ABC和△ADE是等边三角形，点B，D，E在同一直线．
（1）证明：△ABD≌△ACE．
（2）探索线段BE，AE，CE三者间的数量关系，写出结论并说明理由．
问题拓展：经过上面的探究，小明联想到几天前一道不会的题，请你帮小明再想一想，是否有新的发现．
如图3，边长为a的等边△ABC中，D是AC中点，BD=b，E是线段BD上一动点，连接AE，在AE右侧
作等边△AEF，连接FD，求△AFD周长的最小值（用含a，b的代数式表示），并直接写出取最小值时
∠AFD的度数．
【思路点拨】
问题发现：由∠BAC=90°，∠DAE=90°，得到∠BAD=∠CAE，可证明△ABD≌△ACE，推出
∠ABD=∠ACE，由Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，可得∠ABC=∠ACB=45°，得到
∠ACE=45°，即可求解；
问题探究：（1）由△ABC和△ADE是等边三角形，得到∠BAC=∠DAE=60°，AB=BC=AC，
AD=AE=DE，推出∠BAD=∠CAE，即可证明；（2）由△ABD≌△ACE可得BD=CE，推出
BE=DE+BD=AE+CE；
问题拓展：证明△ABE≌△ACF，得到∠ACF=∠ABE，由于∠ABE是定值，所以∠ACF为定值，P
在一条固定的线段上运动，延长CF至点P，使得BD=CP，推出点F在线段CP上运动，以直线CP为对称
轴，作点A的对称点A′，得到AC=A′C，AF=A′F，根据三角形的三边关系可得
AF+DF=A′F+FD≥A′D，令A′D与CP交于点F′，则有AF′+F′D=A′D，根据全等三角形的性质，
等边三角形的判定与性质推出DA′=BD，得到C =AF+DF+AD≤AF′+DF′+AD=D A′+AD，
△AFD
可求出△AFD周长的最小值；延长AF′交A′C于点D′，由∠AF′D=180°−∠ADF′−∠F′ AD可求出
此时∠AFD的度数．
【解题过程】
解：问题发现：∵ ∠BAC=90°，∠DAE=90°，
∴ ∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，即∠BAD=∠CAE，在△BAD和△CAE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴ △ABD≌△ACE(SAS)，
∴ ∠ABD=∠ACE，
∵ Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，
∴ ∠ABC=∠ACB=45°，
∴ ∠ACE=45°，
∴ ∠BCE=∠ACB+∠ACE=45°+45°=90°；
问题探究：（1）∵ △ABC和△ADE是等边三角形，
∴ ∠BAC=∠DAE=60°，AB=BC=AC，AD=AE=DE，
∴ ∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，即∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴ △ABD≌△ACE(SAS)；
（2）BE=AE+CE，理由如下：
∵ △ABD≌△ACE，
∴ BD=CE，
∵ AE=DE，
∴ BE=DE+BD=AE+CE；
问题拓展：连接CF，
∵ △ABC和△AEF是等边三角形，
∴ ∠BAC=∠EAF=60°，AB=BC=AC，AE=AF=EF，
∴ ∠BAC−∠EAD=∠EAF−∠EAD，即∠BAE=∠CAF，
在△BAE和△CAF中，
{
AB=AC
)
∠BAE=∠CAF ，
AF=AE
∴ △ABE≌△ACF(SAS)
∴ ∠ACF=∠ABE，由于∠ABE是定值，所以∠ACF为定值，P在一条固定的线段上运动，
如图3，延长CF至点P，使得BD=CP，
∴点F在线段CP上运动，
以直线CP为对称轴，作点A的对称点A′，
∴ AC=A′C，AF=A′F，
∴ AF+DF=A′F+FD≥A′D，
令A′D与CP交于点F′，则有AF′+F′D=A′D，
∵ BA=BC，DA=DC，
1
∴ BD⊥AC，∠ABD= ∠ABC，
2
∵ △ABE≌△ACF，
1
∴ ∠ACF=∠ABD= ∠ABC，
2
1
∵ ∠ACF= ∠AC A′ ，AC=A′C，
2
∴ ∠AC A′=∠ABC=60°，
∴ △AC A′为等边三角形，
∵ CA=CB，CA=C A′，
∴ C A′=CB，
又∵ BD⊥AC，
∴ DA′=BD，
1 1
∴ C =AF+DF+AD≤AF′+DF′+AD=DA′+AD= AC+BD= a+b；
△AFD 2 2
∵ AD=CD，
∴ ∠AD A′=90°，
延长AF′交A′C于点D′，
∵ AD=CD，∴ A′D′=CD′，
∵ △AC A′为等边三角形，
∴ A A′=AC，∠CA A′=60°，
又∵ A′D′=CD′，
1
∴ ∠CAD′= ∠CA A′=30°，
2
∠AF′D=180°−∠ADF′−∠F′ AD=180°−∠ADA′−∠D′ AC=60°，
1
综上所述，△AFD周长的最小值为 a+b，此时∠AFD=60°．
2
16．（23-24七年级下·辽宁沈阳·阶段练习）综合与实践
问题情境：
如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D在△ABC所在的平面内运动．探究图形间存在的关
系．
特例探究：
（1）如图1，当点D在边AB上运动，连接CD，以CD为边在其右侧作等腰直角三角形CDE，连接BE，
发现BE⊥AB，请说明理由；
求异探究：
（2）如图2，点E为AC的中点，点F为AB的中点，△AEF为等腰直角三角形，点D在△ABC外部时，
连接ED，以ED为边在其右侧作等腰直角三角形EDH，连接DF和CH，判断DF与CH的关系，并证
明；
拓展应用：
（3）如图3，当点D在直线AC上时，连接BD，在线段BD绕点B逆时针旋转90°得到线段BE，连接AE
．若CD=6，AE=10，求△ABD的面积．
【思路点拨】本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，旋转的性质；熟练掌握旋转的性质
是解题的关键．
（1）根据旋转的性质可得CD=CE，∠DCE=90°=∠ACB，进而证明△ACD≌△BCE(SAS)，得出
∠CBE=∠A=45°，可得∠ABE=∠ABC+∠CBE=90°，即可得证；
（2）连接AD，CF，先证明△DAE≌△HFE(SAS)可得∠EAD=∠EFH，AD=FH，进而证明
△ADF≌△FHC(SAS)，根据全等三角形的性质即可得解；
（3）分两种情况讨论，当点D在AC的延长线上时，过点B作FB⊥AB，交AD的延长线于点F，得出
△ACB是等腰直角三角形，证明△ABE≌△FBD(SAS)，得出FD=AE=10，BC=CF=CA=16，
AD=22，利用三角形面积公式可求解；当点D在CA的延长线上时，同理可求解．
【解题过程】
解：（1）∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠A=∠ABC=45°，
∵将线段CD绕点C逆时针旋转90°得到CE，
∴CD=CE，∠DCE=90°=∠ACB，
∴∠ACD=∠BCE，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴∠CBE=∠A=45°，
∴∠ABE=∠ABC+∠CBE=90°，
∴BE⊥AB；
（2）DF=CH，DF⊥CH；
如图所示，连接AD，CF，
∵以ED为边在其右侧作等腰直角三角形EDH，
∴ED=EH，∠DEH=90°，
∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠CAB=∠ABC=45°，∵点E和F分别为AC和AB的中点，
1 1
∴EF∥BC，EF= BC= AC=AE，则∠AEF=90°，
2 2
∴∠AED=∠FEH，
∴△DAE≌△HFE(SAS)，
∴∠EAD=∠EFH，AD=FH，
∵CF⊥AB，∠ACB=90°，CA=CB，
1
∴ CF= AB=AF，
2
又∵EF⊥AC，
∴∠EFC=45°，
∴∠EFC=∠EAF=45°，
∴∠EAD−∠EAF=∠EFH−∠EFC，即∠FAD=∠CFH，
在△ADF和△FHC中，
{
AD=FH
)
∠FAD=∠CFH ，
AF=CF
∴△ADF≌△FHC(SAS)，
∴DF=CH，∠AFD=∠FCH，
∵∠ACB=90°，AC=BC，点F为AB的中点，
∴AF=CF=BF，∠AFC=90°，
∴∠AFD+∠CFG=90°，
∴∠FCH+∠CFG=90°，
∴∠FGC=90°，
∴DF⊥CH；
（3）当点D在AC的延长线上时，如图所示，过点B作FB⊥AB，交AD的延长线于点F，∵△ACB是等腰直角三角形，
∴∠CAB=45°，
∵FB⊥AB，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴BA=BF，
∵将线段BD绕点B逆时针旋转90°得到线段BE，
∴DB=EB，∠DBE=90°，
∴∠FBD=90°−∠ABD=∠ABE，
∴△ABE≌△FBD(SAS)，
∴ FD=AE=10，
∵∠ACB=90°，BA=FB，
∴ BC=CF=CA=CD+DF=16，AD=CA+CD=22，
1 1
∴△ABD的面积为 AD×BC= ×22×16=176；
2 2
当点D在CA的延长线上时，如图所示，过点B作FB⊥AB，交AD的延长线于点F，同理△ABF是等腰直角三角形，
△ABE≌△FBD(SAS)，
∴ FD=AE=10，
∵∠ACB=90°，BA=FB，
∴ BC=CF=CA=DF−CD=4，AD=CD−CA=2，
1 1
∴△ABD的面积为 AD×BC= ×2×4=4；
2 2
综上，△ABD的面积为4或176．
17．（22-23九年级上·安徽·阶段练习）安安利用两张正三角形纸片，进行了如下探究：
【探究证明】
（1）如图1，△ABC和△DCE均为等边三角形，连接AE交BD延长线于点F，求证：∠AFB=60°；
【拓展延伸】
（2）如图2，在正三角形纸片△ABC的BC边上取一点D，作∠ADE=60°交∠ACB外角平分线于点E，
探究CE，DC和AC的数量关系，并证明；
【思维提升】
（3）如图3，△ABC和△DCE均为正三角形，当B，C，E三点共线时，连接PC，若BC=3CE，直接写
出下列两式分别是否为定值，并任选其中一个进行证明：
AP−3PD
① ；
PC
AP+PC+2PD
② ．
BD−PC+PE
【思路点拨】
（1）证明△ACE≅△BCD(SAS)，推出∠CAE=∠CBD，再根据角度的和差可得结论；
（2）如图2，在AB上取一点G，使得BG=BD，证明△BDG是等边三角形，然后证明
△ADG≅△DEC(ASA)，可得DG=CE，利用线段的和差即可解决问题；
（3）如图3，在AE上取一点F，使得BF=PD，证明△CEF≅△CDP(SAS)，CF=CP，∠ECF=∠DCP，证明ΔPCF是等边三角形，所以PC=PF=CF，过点C作CM⊥BD，CN⊥AE，
垂足分别为M，N，根据△ACE≅△BCD，可得△ACE的面积=△BCD的面积，根据AE=BD，可得
CM=CN，根据BC=3CE，可得BP=3PE=3PC+3PD，所以AE=BD=BP+PD=3PC+4PD，
AP=AE−PE=2PC+3PD，进而可以解决问题．
【解题过程】
（1）证明：如图1，设AC与BF交于点G，
∵△ABC，△DCE都是等边三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCD=60°−∠ACD=∠ACE，
在△ACE和△BCD中，
{
AC=BC
)
∠ACE=∠BCD ，
CE=CD
∴△ACE≅△BCD(SAS)，
∴∠CAE=∠CBD，
∵∠AGF=∠BGC，
∴∠AFB=∠BCG=60°；
（2）解：AC=CE+DC，理由如下：
如图2，在AB上取一点G，使得BG=BD，
∵△ABC是等边三角形，∴∠B=∠ACB=60°，AB=BC，
∴△BDG是等边三角形，
∴∠BGD=60°，
∴∠AGD=120°，AG=DC，
∵CE是∠ACB外角平分线，
∴∠ACE=60°，
∴∠DCE=60°+60°=120°，
∴∠AGD=∠DCE，
∵∠ADE=60°，∠BDG=60°，
∴∠ADG+∠CDE=180°−60°−60°=60°，
∵∠ADG+∠DAG=60°，
∴∠DAG=∠EDC，
∴△ADG≅△DEC(ASA)，
∴DG=CE，
∴AC=BC=BD+CD=DG+CD=CE+CD，
∴AC=CE+CD；
AP−3PD AP+PC+2PD
（3）解：① =2，② =1都是定值，证明如下：
PC BD−PC+PE
如图3，在AE上取一点F，使得EF=PD，
∵△ABC和△DCE均为正三角形，B，C，E三点共线，
∴CE=CD，∠ECD=60°，
由（1）知：△ACE≅△BCD(SAS)，
∴∠CEA=∠CDB，
∴△CEF≅△CDP(SAS)，
∴CF=CP，∠ECF=∠DCP，
∴∠PCF=∠DCP+∠DCF=∠ECF+∠DCF=∠DCE=60°，∴△PCF是等边三角形，
∴PC=PF=CF，
过点C作CM⊥BD，CN⊥AE，垂足分别为M，N，
∵△ACE≅△BCD，
∴△ACE的面积=△BCD的面积，
∵AE=BD，
∴CM=CN，
∵BC=3CE，
∴BP=3PE=3(PF+EF)=3(PC+PD)=3PC+3PD，
∴AE=BD=BP+PD=3PC+4PD，
∴AP=AE−PE=3PC+4PD−(PC+PD)=2PC+3PD，
AP−3PD 2PC+3PD−3PD
∴① = =2；
PC PC
②∵AP+PC+2PD=2PC+3PD+PC+2PD=3PC+5PD，
BD−PC+PE=3PC+4PD−PC+PC+PD=3PC+5PD，
∴AP+PC+2PD=BD−PC+PE，
AP+PC+2PD
∴ =1．
BD−PC+PE
AP−3PD AP+PC+2PD
综上所述：① =2，② =1都是定值．
PC BD−PC+PE
18．（23-24七年级下·江西吉安·期末）某数学小组在探究三角形之间的关系问题中，经历了如下过程：
问题发现
如图，A，B分别是钝角∠MON的边ON，OM上的点，P为∠MON内部的一点，分别以AP，BP为腰
作等腰△APO和△BPC，且OP=AP，BP=CP，AC交OP于点D，∠OPA=∠BPC=∠BOP，请根据
下图的各角和点的位置情况．
AC
（1）当∠OPA=∠BPC=∠BOP=50°时， 的值为_______，∠CDO的度数为______．
OB
猜想论证AC
（2）当∠OPA=∠BPC=∠BOP=α(0<α<90°)时， 的值是否会发生变化?∠CDO的度数与α存在
OB
什么数量关系?请分别进行说明．
拓展思考
（3）当α为钝角，且点C落在直线OM上时，（2）中的结论是否仍然成立?如果成立，直接写出∠MON
与∠BPA满足的数量关系，不必说明理由；如果不成立，直接写出结论，不必证明．
【思路点拨】
（1）由手拉手模型，结合三角形全等的判定得到△BPO≌△CPA(SAS)，再由全等性质得到AC=OB即
可得到答案；由全等性质得到∠PAC=∠POB=50°，再结合三角形内角和定理即可得到答案；
（2）由手拉手模型，结合三角形全等的判定得到△BPO≌△CPA(SAS)，再由全等性质得到AC=OB即
可得到答案；由全等性质得到∠PAC=∠POB=α，再结合三角形内角和即可得到答案；
（3）由手拉手模型，结合三角形全等的判定得到△BPO≌△CPA(SAS)，再由全等性质得到AC=OB即
可得到答案；由全等性质得到∠PAC=∠POB=α，再结合三角形外角性质即可得到答案；根据等腰三角
形等边对等角及三角形内角和定理即可求出∠MON与∠BPA满足的数量关系．
【解题过程】
解：（1）∵ ∠OPA=∠BPC，∠OPC=∠OPC，
∴∠BPO=∠CPA，
在△BPO和△CPA中，
{
BP=CP
)
∠CPA=∠BPO
OP=PA
∴△BPO≌△CPA(SAS)，
AC
∴AC=OB，则 =1；
OB
∵ △BPO≌△CPA(SAS)，
∴∠PAC=∠POB=50°，
∵∠OPA=50°，
∴∠PDA=180°−∠DPA+∠PAD=80°，则∠CDO=∠PDA=80°；
故答案为：1，80°；
AC
（2） 的值不会发生变化；∠CDO=180°−2α；
OB
∵ ∠OPA=∠BPC，∠OPC=∠OPC，
∴∠BPO=∠CPA，在△BPO和△CPA中，
{
BP=CP
)
∠CPA=∠BPO
OP=PA
∴△BPO≌△CPA(SAS)，
AC
∴AC=OB，则 =1；
OB
∵ △BPO≌△CPA(SAS)，
∴∠PAC=∠POB=α，
∵∠OPA=α，
∴∠PDA=180°−∠DPA+∠PAD=180°−2α，则∠CDO=∠PDA=180°−2α；
（3）当α是钝角时，如图所示：
AC
由（2）中 =1；∠CDO=2α−180°；
OB
∵ ∠OPA=∠BPC，∠OPC=∠OPC，
∴∠BPO=∠CPA，
在△BPO和△CPA中，
{
BP=CP
)
∠CPA=∠BPO
OP=PA
∴△BPO≌△CPA(SAS)，
AC
∴AC=OB，则 =1；
OB
∵ △BPO≌△CPA(SAS)，
∴∠PAC=∠POB=α，
∵∠OPA=α，
∴∠DPA=180°−α，∵∠PAC是△PDA的一个外角，
∴∠CDO=∠PAC−∠DPA=α−(180°−α)=2α−180°；
在等腰△BPC中，∠BPC=α，则设∠PBC=∠PCB=β；在等腰△OPA中，∠OPA=α，则
∠POA=∠PAO=β；
∵∠BOP=α，
∴∠MON=α+β，
∵ △BPO≌△CPA(SAS)，
∴∠PCA=∠PBO=β，∠PAC=∠POB=α，则在△PAC中，∠CPA=180°−α−β，
∴ ∠BPA=α+(180°−α−β)，
∴∠MON+∠BPA=(α+β)+α+(180°−α−β)=180°+α．
19．（23-24七年级下·四川成都·期末）已知△ABC为等边三角形，过点A的射线AM在△ABC的外部，D
为射线AM上的一点，E为平面内的一点，满足BE=BD．
（1）如图1，连接CD，若点E恰好在CD上，且∠DBE=60°，求∠ADC的度数；
（2）如图2，连接DE交BC于点F，若∠DBE=120°，且F恰为BC的中点，求证：DF=AD+EF；
（3）如图3，若∠BAM=38°,∠DBE=120°，连接CE，当线段CE的长度最小时，在射线CE上截取一
点H，在边BC上截取一点I，使CH=BI，连接AH,AI,则当AH+AI的值最小时，请直接写出∠HAB的
度数．
【思路点拨】
（1）根据BE=BD，∠DBE=60°，可知△BDE为等边三角形，利用公共角，证得∠1=∠3，再证
△ADB≌△CEB，得到∠ADB=∠BEC，∠BEC=180°−∠DEB=120°，由此可得∠ADC度数，
∠ADC=∠ADB−∠EDB ，即得解；
（2）在ED上取点N，使得FN=EF，连接NC、BN、AN，证明△CFN≌△BFE，再证△ACN≌△ABD，最后证明△∧¿为等边三角形，即得证；
（3）以BC为边向下作等边三角形△BCP，连接PE，证明△ABD≌△PBE，得到∠BPE=38°，即得当
点D在射线AM上运动时，点E的运动轨迹是在直线PE上，且满足∠BPE=38°，由此得到当CE⊥EP
时，线段CE最短．要证明两条线段AH+AI的最小值，通常利用两点之间线段最短，因此需要将其中一条
线段进行转化．以点B为顶点，作∠CBN=∠ACH，且BN=AC，连接NI，证明△ACH≌△NBI，得
到AH=∋¿，由此，只需求AH+AI=AH+∋¿的值最小，由图可知当A,I,N三点共线时，取得最小值，
最后根据三角形内角和180°，求角即可；
【解题过程】
（1）解：如图，
∵ BE=BD，∠DBE=60°，
∴ △BDE为等边三角形，
∵ △ABC为等边三角形，
∴ ∠2+∠3=∠ACB=60°，
∵ ∠1+∠2=∠DBE=60°，
∴ ∠1=∠3，
{BD=BE
)
∵ ∠1=∠3 ，
AB=BC
∴ △ADB≌△CEB，
∴ ∠ADB=∠BEC，
∵ ∠DEB=60°，
∴ ∠BEC=120°，
∴ ∠ADC=∠BEC=120°，
∴ ∠ADC=∠ADB−∠EDB=120°−60°=60°．
故∠ADB=60∘．
（2）解：在ED上取点N，使得FN=EF，连接NC、BN、AN，如图所示，∵ F为BC边的中点
∴ BF=FC，
{
BF=FC
)
∵ ∠CFN=∠BFE
EF=FN
∴ △CFN≌△BFE(SAS)，
∴ CN=BE=BD，∠NCF=∠EBF，
∵ ∠DBE=120°，∠ACB=∠ABC=60°，
∴ ∠ACN=∠ACB−∠NCF=60°−∠NCF，
∠ABD=∠DBE−∠ABC−∠EBF=120°−60°−∠EBF=60°−∠EBF，
∴ ∠ACN=∠ABD
{
AC=AB
)
∵ ∠ACN=∠ABD ，
CN=BD
∴ △ACN≌△ABD(SAS)，
∴ AN=AD，∠CAN=∠BAD，
∵ ∠CAN+∠NAB=∠BAC=60°，
∴ ∠BAD+∠NAB=∠NAD=60°，
∴ △∧¿为等边三角形，
∴ AD=AN=ND，
∴ DF=DN+FN=AD+EF，即DF=EF+AD；
（3）解：以BC为边向下作等边三角形△BCP，连接PE，如图所示，∵ △ABC和△BCP都是等边三角形，
∴ AB=BC=PB，
∵ ∠DBE=120°，∠ABE=∠ABC−∠CBE=60°−∠CBE，
∴ ∠ABD=∠DBE−∠ABE=120°−(60°−∠CBE)=60°+∠CBE，
∵ ∠PBE=∠PBC+∠CBE=60°+∠CBE，
∴ ∠ABD=∠PBE，
{
AB=PB
)
∵ ∠ABD=∠PBE ，
BE=BD
∴ △ACN≌△ABD，
∴ ∠BPE=∠BAD=∠BAM=38°，
∴ 当点D在射线AM上运动时，点E的运动轨迹是在直线PE上，且满足∠BPE=38°，
∴ 当线段CE的长度最小时，即过点C向直线PE作垂线，E为垂足，
即CE⊥EP， ∠CEP=90°，
∵ ∠BPE=38°，∠CPB=60°，
∴ ∠EPC=∠PCB−∠BPE=60°−38°=22°，
∴ 在Rt△CEP中，∠PCE=90°−∠EPC=90°−22°=68°，
又∵ ∠PCB=60°，
∴ ∠ECB=∠PCE−∠PCB=68°−60°=8°，
∴ ∠ACH=∠ACB−∠ECB=60°−8°=52°，
以点B为顶点，作∠CBN=∠ACH=52°，且BN=AC，连接NI，如图所示，{
BN=AC
)
∵ ∠CBN=∠ACH ，
BI=CH
∴ △ACH≌△NBI，
∴ AH=∋¿，
∴ AH+AI=AH+∋¿，
连接AN交射线CE于点O，在△AIN中，
∵ AH+∋≥AN，
∴ 当A,I,N三点共线时，AH+AI=AH+∋¿的值最小，
此时，∵ BN=AC=AB，
∴ △ABN为等腰三角形，又∠ABN=∠ACB+∠CBN=60°+52°=112°，
∴ ∠BAN=∠BNA=34°，
在△NBI中，∠NIB=180°−∠ANB−∠CBN=180°−34°−52°=94°，
∴ ∠CIO=∠NIB=94°，
在△COI中，∠COI=180°−∠ECB−∠CIO=180°−8°−94°=78°，
∴ ∠AOH=∠COI=78°，
又∵ △ACH≌△NBI，
∴ ∠CAH=∠BNI=34°，
在△ACH中，∠AHC=180°−∠CAH−∠ACH=180°−34°−52°=94°，
∴ 在△AOH中，∠OAH=180°−∠AOH−∠AHC=180°−78°−94°=8°，
∴ ∠HAB=∠NAB−∠OAH=34°−8°=26°，
故当AH+AI的值最小，∠HAB=26°．
20．（23-24八年级上·江苏盐城·期中）【问题提出】如图1，△ABD、△ACE都是等边三角形，求证：
BE=DC．
【方法提炼】这两个共顶点的等边三角形，其在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形，即△ADC≌△ABE．如果把小等边三角形的一边看作“小手”，大等边三角形的一边看作“大手”，这样
就类似“大手拉着小手”，不妨称之为“手拉手”基本图形，当图形中只有一个等边三角形时，可尝试在
它的一个顶点作另一个等边三角形，构造“手拉手”基本图形，从而解决问题．
【方法应用】
（1）等边三角形ABC中，E是边AC上一定点，D是直线BC上一动点，以DE为一边作等边：等边三角
形DEF，连接CF．
①如图2，若点D在边BC上，求证：CE+CF=CD．
②如图3，若点D在边BC的延长线上，线段CE、CF、CD之间的关系为__________（直接写出结论）
（2）如图4，等腰△ABC中，120°<∠BAC<180°，AB=AC，AD⊥BC，且交BC于点D，以AC为
边作等边△ACE，直线BE交直线AD于点F，连接FC交AE于点M，写出FE、FA、FC之间的数量关
系，并加以说明．
（3）如图5，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=8，点D是BC的中点，点P是AC边上的一个动
点，连接PD，以PD为边在PD的下方作等边三角形PDQ，连接CQ，则CQ是否有最小值，如有，求出
它的最小值，没有，请说明理由．
【思路点拨】
（1）①过点E作EG∥AB，EG交BC与点G，先证明△CEG是等边三角形，再证明
△DEG≌△FEC，得出DG=CF，即可得出结论；②过点E作EG∥AB，EG交BC与点G，先证明
△CEG是等边三角形，得出EG=EC=CG,∠CEG=60°，再证明△DEG≌△FEC，得出DG=CF，即
可得出结论；（2）先证明∠EFC=60°，在FC上截取FH=FE，通过证明△EFH是等边三角形，得出
EF=EH=FH,∠FEH=60°，再证明△FEA≌△HEC，得出AF=HC，即可得出结论；
（3）以CD为边，在BC下方构造等边三角形CDM，连接QM，通过证明△PDC≌△QDM，得出
∠DCP=∠DMQ=90°，则∠CMQ=30°，根据点Q在直线MQ上，得出当CQ⊥MQ时，CQ取最小
值，即可解答．
【解题过程】
（1）证明：①过点E作EG∥AB，EG交BC与点G，
∵△ABD是等边三角形，EG∥AB，
∴∠A=∠CEG=60°,∠B=∠CGE=60°，
∴△CEG是等边三角形，
∴EG=EC=CG,∠CEG=60°，
∵△≝¿是等边三角形，
∴ED=EF,∠≝=60°，
∴∠≝−∠GEF=∠CEG−∠GEF，即∠DEG=∠FEC，
在△DEG和△FEC中，
{
ED=EF
)
∠DAG=∠FEC ，
EG=EC
∴△DEG≌△FEC，
∴DG=CF，
∵CD=DG+CG，
∴CD=CF+CE；
②过点E作EG∥AB，EG交BC与点G，
∵△ABD是等边三角形，EG∥AB，
∴∠A=∠CEG=60°,∠B=∠CGE=60°，
∴△CEG是等边三角形，
∴EG=EC=CG,∠CEG=60°，∵△≝¿是等边三角形，
∴ED=EF,∠≝=60°，
∴∠≝+∠CED=∠CEG+∠CED，即∠DEG=∠FEC，
在△DEG和△FEC中，
{
ED=EF
)
∠DAG=∠FEC ，
EG=EC
∴△DEG≌△FEC，
∴DG=CF，
∵DG=CD+CG，
∴CF=CD+CE；
故答案为：CF=CD+CE；
（2）解：FC=FA+FE，理由如下：
∵AB=AC，△ACE是等边三角形，
∴AB=AC=AE，∠AEC=∠ACE=60°，AE=CE，
∴∠ABE=∠AEB,∠ABC=∠ACB，
在△EBC中，∠ABE+∠AEB+∠ABC+∠ACB=180°−(∠AEC+∠ACE)=60°，
∴∠FBC=∠ABE+∠ABC=30°，
∵AD⊥BC，AB=AC
∴AD垂直平分BC，
∴FB=FC，
∴∠FBC=∠FCB=30°，
∴∠EFC=60°，
在FC上截取FH=FE，∵∠EFC=60°，FH=FE，
∴△EFH是等边三角形，
∴EF=EH=FH,∠FEH=60°，
∴∠AEC−∠AEH=∠FEH−∠AEH，即∠FEA=∠HEC，
在△FEA和△HEC中，
{
EF=EH
)
∠FEA=∠HEC ，
EA=EC
∴△FEA≌△HEC，
∴AF=HC，
∵FC=CH+FH，
∴FC=FA+FE．
（3）解：有最小值，最小值为2
以CD为边，在BC下方构造等边三角形CDM，连接QM，
∵BC=8，点D为BC中点，
∴CD=4，
∵△PDQ，△CDM是等边三角形，
∴PD=QD,CD=MD=CM=4,∠PDQ=∠CDM=60°，
∴∠PDQ−∠CDQ=∠CDM−∠CDQ，即∠PDC=∠QDM，
在△PDC和△QDM中，{
PD=QD,
)
∠PDC=∠QDM ，
CD=MD
∴△PDC≌△QDM，
∴∠DCP=∠DMQ=90°，
∵∠CMD=60°，
∴∠CMQ=30°，
∵点Q在直线MQ上，
∴当CQ⊥MQ时，CQ取最小值，
1
此时，CQ= CM=2．
2
