專題04一線三等角模型【基本模型】應用：通過證明全等實現邊角關系的轉化，便于解決對應的幾何問題；【例題精講】例1．（基本模型1）在中，，，直線MN經過點C，且于D點，于E點．（1）當直線MN繞點C旋轉到圖①的位置時，求證：；（2）當直線MN繞點C旋轉到圖②、圖③的位置時，試問DE、AD、BE具有怎樣的等量關系？請直接寫出這個等量關系．

【答案】（1）證明見解析，（2）圖②中DE、AD、BE的等量關系是DE＝AD﹣BE，圖③中DE、AD、BE的等量關系是DE＝BE﹣AD．【分析】（1）由已知推出推出∠DAC＝∠BCE，根據AAS證明△ADC≌△CEB即可得到答案；（2）與（1）證法類似可證出∠ACD＝∠EBC，能推出△ADC≌△CEB，得到AD＝CE，CD＝BE，即可得到線段的關系．【詳解】解：（1）①證明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，∴∠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，∴DE＝AD+BE．（2）圖②中DE、AD、BE的等量關系是DE＝AD﹣BE，圖③中DE、AD、BE的等量關系是DE＝BE﹣AD．如圖②∵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．DE＝AD﹣BE，如圖③∵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＝CD﹣CE＝BE﹣AD．【點睛】此題考查了全等三角形的判定和性質等知識點，能根據已知證出全等三角形是解此題的關鍵．例2．（基本模型2）（1）課本習題回放：“如圖①，，，，，垂足分別為，，，．求的長”，請直接寫出此題答案：的長為________．（2）探索證明：如圖②，點，在的邊、上，，點，在內部的射線上，且．求證：．（3）拓展應用：如圖③，在中，，．點在邊上，，點、在線段上，．若的面積為15，則與的面積之和為________．（直接填寫結果，不需要寫解答過程）【答案】（1）0.8cm；（2）見解析（3）5【分析】（1）利用AAS定理證明△CEB≌△ADC，根據全等三角形的性質解答即可；（2）由條件可得∠BEA＝∠AFC，∠4＝∠ABE，根據AAS可證明△ABE≌△CAF；（3）先證明△ABE≌△CAF，得到與的面積之和為△ABD的面積，再根據故可求解．【詳解】解：（1）∵BE⊥CE，AD⊥CE，∴∠E＝∠ADC＝90°，∴∠EBC＋∠BCE＝90°．∵∠BCE＋∠ACD＝90°，∴∠EBC＝∠DCA．在△CEB和△ADC中，∴△CEB≌△ADC（AAS），∴BE＝DC，CE＝AD＝2.5cm．∵DC＝CE?DE，DE＝1.7cm，∴DC＝2.5?1.7＝0.8cm，∴BE＝0.8cm故答案為：0.8cm；（2）證明：∵∠1＝∠2，∴∠BEA＝∠AFC．∵∠1＝∠ABE＋∠3，∠3＋∠4＝∠BAC，∠1＝∠BAC，∴∠BAC＝∠ABE＋∠3，∴∠4＝∠ABE．∵∠AEB＝∠AFC，∠ABE＝∠4，AB＝AC，∴△ABE≌△CAF（AAS）．（3）∵∴∠ABE+∠BAE=∠FAC+∠BAE=∠FAC+∠ACF∴∠ABE=∠CAF，∠BAE=∠ACF又，∴△ABE≌△CAF，，∴∴與的面積之和等于與的面積之和，即為△ABD的面積，∵，△ABD與△ACD的高相同，則=5故與的面積之和為5故答案為：5．【點睛】本題考查的是全等三角形的判定和性質、三角形內角和定理，掌握全等三角形的判定定理和性質定理是解題的關鍵．例3．（培優綜合）（1）觀察理解：如圖1，∠ACB＝90°，AC＝BC，直線l過點C，點A，B在直線l同側，BD⊥l，AE⊥l，垂足分別為D，E，求證：△AEC≌△CDB．（2）理解應用：如圖2，過△ABC邊AB、AC分別向外作正方形ABDE和正方形ACFG，AH是BC邊上的高，延長HA交EG于點I．利用（1）中的結論證明：I是EG的中點．（3）類比探究：①將圖1中△AEC繞著點C旋轉180°得到圖3，則線段ED、EA和BD的關系_______；②如圖4，直角梯形ABCD中，，AB⊥BC，AD＝2，BC＝3，將腰DC繞D點逆時針旋轉90°至DE，△AED的面積為．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）①ED=EA－BD；②1【分析】（1）根據同角的余角相等可得∠A＝∠BCD，再利用AAS證得△AEC≌△CDB，即可；（2）分別過點E、G向HI作垂線，垂足分別為M、N，由（1）可證得△EMA≌△AHB，△ANG≌△CHA，從而得到EM=GN，可得到△EMI≌△GNI，從而得到EI=IG，即可求證；（3）①由（1）得：△AEC≌△CDB，可得CE=BD，AE=CD，即可；②過點C作CP⊥AD交AD延長線于點P，過點E作EQ⊥AD交AD延長線于點Q，根據旋轉的性質可得根據題意得：∠CDE=90°，CD=DE，再由（1）可得△CDP≌△DEQ，從而得到DP=EQ，然后根據兩平行線間的距離，可得AP=BC，進而得到PD=1，即可求解．【詳解】（1）證明：∵BD⊥l，AE⊥l，∴∠AEC＝∠BDC＝90°，又∵∠ACB＝90°∴∠A+∠ACE＝∠ACE+∠BCD＝90°，∴∠A＝∠BCD，在△AEC和△CDB中，∴△AEC≌△CDB（AAS）；（2）證明：分別過點E、G向HI作垂線，垂足分別為M、N，由（1）得：△EMA≌△AHB，△ANG≌△CHA，∴EM＝AH，GN=AH，∴EM=GN，在△EMI和△GNI中，∴△EMI≌△GNI（AAS）；∴EI=IG，即I是EG的中點；（3）解：①由（1）得：△AEC≌△CDB，∴CE=BD，AE=CD，∵ED=CD-CE，∴ED=EA－BD；故答案為：ED=EA－BD②如圖，過點C作CP⊥AD交AD延長線于點P，過點E作EQ⊥AD交AD延長線于點Q，根據題意得：∠CDE=90°，CD=DE，由（1）得：△CDP≌△DEQ，∴DP=EQ，直角梯形ABCD中，，AB⊥BC，∴AB⊥AD，∴AB∥CP，∴BC⊥CP，∵BC=3，∴AP=BC=3，∵AD=2，∴DP=AP-AD=1，∴EQ=1，∴△ADE的面積為．故答案為：1【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定和性質，圖形的旋轉，平行間的距離，熟練掌握全等三角形的判定和性質，圖形的旋轉的性質，平行間的距離，并利用類比思想解答是解題的關鍵．例4．（與坐標綜合）【問題解決】（1）已知△ABC中，AB=AC，D，A，E三點都在直線l上，且有∠BDA=∠AEC=∠BAC．如圖①，當∠BAC=90°時，線段DE，BD，CE的數量關系為：______________；【類比探究】（2）如圖②，在（1）的條件下，當0°<∠BAC<180°時，線段DE，BD，CE的數量關系是否變化，若不變，請證明：若變化，寫出它們的關系式；【拓展應用】（3）如圖③，AC=BC，∠ACB=90°，點C的坐標為（-2，0），點B的坐標為（1，2），請求出點A的坐標．【答案】（1）DE＝BD+CE；（2）DE＝BD+CE的數量關系不變，理由見解析；（3）（﹣4，3）【分析】（1）證明△ABD≌△CAE，根據全等三角形的性質得到AD＝CE，BD＝AE，結合圖形證明結論；（2）根據三角形的外角性質得到∠ABD＝∠CAE，證明△ABD≌△CAE，根據全等三角形的性質解答；（3）過點A作AM⊥x軸于點M，過點B作BN⊥x軸于點N，根據（1）的結論得到△ACM≌△BCN，根據全等三角形的性質解答即可．【詳解】解：（1）∵∠BAC＝90°，∴∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝90°，∴∠ABD+∠BAD＝90°，∠CAE+∠BAD＝90°，∴∠ABD＝∠CAE，在△ABD和△CAE中，，∴△ABD≌△CAE（AAS），∴AD＝CE，BD＝AE，∴DE＝AD+AE＝BD+CE，故答案為：DE＝BD+CE；（2）DE＝BD+CE的數量關系不變，理由如下：∵∠BAE是△ABD的一個外角，∴∠BAE＝∠ADB+∠ABD，∵∠BDA＝∠BAC，∴∠ABD＝∠CAE，在△ABD和△CAE中，，∴△ABD≌△CAE（AAS），∴AD＝CE，BD＝AE，∴DE＝AD+AE＝BD+CE；（3）過點A作AM⊥x軸于點M，過點B作BN⊥x軸于點N，∵點C的坐標為（﹣2，0），點B的坐標為（1，2），∴OC＝2，ON＝1，BN＝2，∴CN＝3，由（1）可知，△ACM≌△CBN，∴AM＝CN＝3，CM＝BN＝2，∴OM＝OC+CM＝4，∴點A的坐標為（﹣4，3）．【點睛】本題考查的是三角形全等的判定和性質、坐標與圖形性質，掌握全等三角形的判定定理和性質定理是解題的關鍵．【變式訓練】1．如圖，∠ABC＝∠ACD＝90°，BC＝2，AC＝CD，則△BCD的面積為_________．【答案】2【詳解】解：如圖，作垂直于的延長線，垂足為∵，，∴在和中，∵，∴∴∴故答案為：2．2．（1）如圖（1），已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB=AC，直線m經過點A，BD⊥直線m，CE⊥直線m，垂足分別為點D、E．證明∶DE=BD+CE．（2）如圖（2），將（1）中的條件改為：在△ABC中，AB=AC，D、A、E三點都在直線m上，并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=，其中為任意銳角或鈍角．請問結論DE=BD+CE是否成立？如成立，請你給出證明；若不成立，請說明理由．（3）拓展與應用：如圖（3），D、E是D、A、E三點所在直線m上的兩動點（D、A、E三點互不重合），點F為∠BAC平分線上的一點，且△ABF和△ACF均為等邊三角形，連接BD、CE，若∠BDA=∠AEC=∠BAC，試判斷△DEF的形狀．【答案】（1）見解析（2）成立，證明見解析（3）△DEF為等邊三角形，證明見解析【分析】（1）因為DE=DA+AE，故由全等三角形的判定AAS證△ADB≌△CEA，得出DA=EC，AE=BD，從而證得DE=BD+CE；（2）成立，仍然通過證明△ADB≌△CEA，得出BD=AE，AD=CE，所以DE=DA+AE=EC+BD；（3）由△ADB≌△CEA得BD=AE，∠DBA=∠CAE，由△ABF和△ACF均等邊三角形，得∠ABF=∠CAF=60°，FB=FA，所以∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF，即∠DBF=∠FAE，所以△DBF≌△EAF，所以FD=FE，∠BFD=∠AFE，再根據∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=600得到△DEF是等邊三角形．【詳解】解：（1）證明：∵BD⊥直線m，CE⊥直線m，∴∠BDA＝∠CEA=90°．∵∠BAC＝90°，∴∠BAD+∠CAE=90°．∵∠BAD+∠ABD=90°，∴∠CAE=∠ABD．又AB=AC，∴△ADB≌△CEA（AAS）．∴AE=BD，AD=CE．∴DE=AE+AD=BD+CE；（2）成立．證明如下：∵∠BDA=∠BAC=，∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°-．∴∠DBA=∠CAE．∵∠BDA=∠AEC=，AB=AC，∴△ADB≌△CEA（AAS）．∴AE=BD，AD=CE．∴DE=AE+AD=BD+CE；（3）△DEF為等邊三角形．理由如下：由（2）知，△ADB≌△CEA，BD=AE，∠DBA=∠CAE，∵△ABF和△ACF均為等邊三角形，∴∠ABF=∠CAF=60°．∴∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF．∴∠DBF=∠FAE．∵BF=AF，∴△DBF≌△EAF（SAS）．∴DF=EF，∠BFD=∠AFE．∴∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=60°．∴△DEF為等邊三角形．【點睛】此題考查了全等三角形的性質和判定、等邊三角形的性質和判定，解題的關鍵是熟練掌握全等三角形的性質和判定，等邊三角形的性質和判定．3．已知：CD是經過∠BCA的頂點C的一條直線，CA＝CB，E、F是直線CD上兩點，∠BEC＝∠CFA＝∠α．（1）若直線CD經過∠BCA的內部，∠BCD＞∠ACD．①如圖1，∠BCA＝90°，∠α＝90°，寫出BE，EF，AF間的等量關系：．②如圖2，∠α與∠BCA具有怎樣的數量關系，能使①中的結論仍然成立？寫出∠α與∠BCA的數量關系．（2）如圖3．若直線CD經過∠BCA的外部，∠α＝∠BCA，①中的結論是否成立？若成立，進行證明；若不成立，寫出新結論并進行證明．【答案】（1）①EF=BE-AF；②∠α+∠BCA=180°，理由見解析；（2）不成立，EF=BE+AF，證明見解析【分析】（1）①求出∠BEC=∠AFC=90°,∠CBE=∠ACF，根據AAS證△BCE≌△CAF，推出BE=CF，CE=AF即可得出結論；②求出∠BEC=∠AFC,∠CBE=∠ACF，根據AAS證△BCE≌△CAF，推出BE=CF，CE=AF即可得出結論;（2）求出∠BEC=∠AFC，∠CBE=∠ACF，根據AAS證△BCE≌△CAF，推出BE=CF，CE=AF即可得出結論．【詳解】（1）①EF、BE、AF的數量關系：EF=BE-AF，證明：當α=90°時，∠BEC=∠CFA=90°，∵∠BCA=90°,∴∠BCE＋∠ACF=90°,∵∠BCE＋∠CBE=90°，∴∠ACF=∠CBE，∵AC=BC,∴△BCE≌△CAF,∴BE=CF,CE=AF,∵CF=CE＋EF,∴EF=CF-CE=BE-AF；②∠α與∠BCA關系：∠α+∠BCA=180°當∠α+∠BCA=180°時，①中結論仍然成立;理由是：如題圖2，∵∠BEC=∠CFA=∠α,,∠α+∠ACB=180°,又∵∴∠CBE=∠ACF,在△BCE和△CAF中∴△BCE≌△CAF(AAS),∴BE=CF,CE=AF，∴EF=CF-CE=BE-AF;故答案為:∠α+∠BCA=180°；（2）EF、BE、AF的數量關系:EF=BE+AF，理由如下∵∠BEC=∠CFA=∠α,∠α=∠BCA,又∵∠EBC+∠BCE＋∠BEC=180°,∠BCE＋∠ACF+∠ACB=180°,∴∠EBC＋∠BCE=∠BCE＋∠ACF∴∠EBC=∠ACF，在△BEC和△CFA中∴△ABE≌△CFA(AAS)∴AF=CE，BE=CF∵EF=CE+CF,∴EF=BE＋AF．【點睛】本題考查了全等三角形的性質和判定，證明△BCE≌△CAF是解題的關鍵．4．（1）某學習小組在探究三角形全等時，發現了下面這種典型的基本圖形．如圖1，已知：在中，，，直線l經過點A，直線l，直線l，垂足分別為點D，E．求證：．（2）組員小明想，如果三個角不是直角，那結論是否會成立呢？如圖2，將（1）中的條件改為：在中，，D，A，E三點都在直線l上，并且有，其中為任意銳角或鈍角．請問結論是否成立？若成立，請你給出證明；若不成立，請說明理由．（3）數學老師贊賞了他們的探索精神，并鼓勵他們運用這個知識來解決問題：如圖3，過的邊AB，AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG，AH是BC邊上的高．延長HA交EG于點I．若，則______．【答案】（1）見解析；（2）結論成立，理由見解析；（3）3.5【分析】（1）由條件可證明△ABD≌△CAE，可得DA=CE，AE=BD，可得DE=BD+CE；（2）由條件可知∠BAD+∠CAE=180°-α，且∠DBA+∠BAD=180°-α，可得∠DBA=∠CAE，結合條件可證明△ABD≌△CAE，同（1）可得出結論；（3）由條件可知EM=AH=GN，可得EM=GN，結合條件可證明△EMI≌△GNI，可得出結論I是EG的中點．【詳解】解：（1）證明：如圖1中，∵BD⊥直線l，CE⊥直線l，∴∠BDA=∠CEA=90°，∵∠BAC=90°，∴∠BAD+∠CAE=90°，∵∠BAD+∠ABD=90°，∴∠CAE=∠ABD，在△ADB和△CEA中，，∴△ADB≌△CEA（AAS），∴AE=BD，AD=CE，∴DE=AE+AD=BD+CE．（2）解：成立．理由：如圖2中，∵∠BDA=∠BAC=α，∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°-α，∴∠DBA=∠CAE，在△ADB和△CEA中，，∴△ADB≌△CEA（AAS），∴AE=BD，AD=CE，∴DE=AE+AD=BD+CE．（3）如圖3，過E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延長線于N．∴∠EMI=∠GNI=90°由（1）和（2）的結論可知EM=AH=GN∴EM=GN在△EMI和△GNI中，，∴△EMI≌△GNI（AAS），∴EI=GI，∴I是EG的中點．∴S△AEI=S△AEG=3.5．故答案為：3.5．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質，正方形的性質，直角三角形的性質，熟練掌握全等三角形的判定與性質是解題的關鍵．【課后訓練】一、單選題1．如圖，在△ABC中，AB＝AC＝9，點E在邊AC上，AE的中垂線交BC于點D，若∠ADE＝∠B，CD＝3BD，則CE等于（）A．3 B．2 C． D．【答案】A【分析】根據等腰三角形的性質得到∠B＝∠C，推出∠BAD＝∠CDE，根據線段垂直平分線的性質得到AD＝ED，根據全等三角形的性質得到CD＝AB＝9，BD＝CE，即可得到結論．【詳解】解：∵AB＝AC＝9，∴∠B＝∠C，∵∠ADE＝∠B，∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB，∠CDE＝180°﹣∠ADE﹣∠ADB，∴∠BAD＝∠CDE，∵AE的中垂線交BC于點D，∴AD＝ED，在△ABD與△DCE中，，∴△ABD≌△DCE（AAS），∴CD＝AB＝9，BD＝CE，∵CD＝3BD，∴CE＝BD＝3故選：A．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，線段垂直平分線的性質，全等三角形的性質，屬于基礎題．2．如圖，，于點A，D是線段AB上的點，，．(1)判斷與的數量關系為，位置關系為．(2)如圖2，若點D在線段的延長線上，點F在點A的左側，其他條件不變，試說明（1）中結論是否成立，并說明理由．【答案】(1)，(2)成立，見解析【分析】（1）根據題意可直接證明，即可得出結論；（2）仿照（1）的證明過程推出，即可得出結論．【詳解】（1）解：由題意，，在與中，，，，在中，，，，，綜上可知，；（2）解：成立，理由如下：，，在和中，，，，，，，即，；（1）中結論仍然成立．【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質，以及直角三角形兩銳角互余等，熟練掌握全等三角形的判定定理是解題關鍵．3．如圖，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠B＝40°，點D在線段BC上運動（D不與B，C重合），連接AD，作∠ADE＝40°，DE交線段AC于E．（1）當∠BDE＝115°時，∠BAD＝°，點D從B向C運動時，∠BAD逐漸變（填“大”或“小”）；（2）當DC等于多少時，△ABD≌△DCE，請說明理由；（3）在點D的運動過程中，△ADE的形狀也在改變，判斷當∠BAD等于多少時，△ADE是等腰三角形．【答案】（1），大；（2）；（3）或．【分析】（1）利用三角形內角和計算即可求出∠BAD，由點的運動方式即可得出∠BAD逐漸變大；（2）先求出，再由，，即可得出；（3）分兩種情況或討論即可．【詳解】解：（1），∠ADE＝40°,，，當點D從B向C運動時，∠BAD逐漸變大．故答案為：，大；（2）當時，≌，理由如下：∵AB＝AC＝2，∠B＝40°，，又=，，在和中，，；（3）當得度數為或時，是等腰三角形．理由如下：∵，∴，，，為等腰三角形時，只能是或，當時，，，當時，，，，綜上所述，當得度數為或時，是等腰三角形．【點睛】此題考查了等腰三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，三角形外角的性質等知識點，此題涉及到的知識點較多，綜合性較強．4．如圖，線段AB=6，射線BG⊥AB，P為射線BG上一點，以AP為邊做正方形APCD，且點C、D與點B在AP兩側，在線段DP上取一點E，使得∠EAP=∠BAP，直線CE與線段AB相交于點F（點F與點A、B不重合），（1）求證：△AEP≌△CEP；（2）判斷CF與AB的位置關系，并說明理由；（3）△AEF的周長是否為定值，若是，請求出這個定值，若不是，請說明理由．【答案】（1）證明見解析；（2）CF⊥AB，理由見解析；（3）是，為16．【分析】（1）根據正方形的性質得到DP平分∠APC，PC=PA，求得∠APD=∠CPD=45°，根據全等三角形的判定定理得到△AEP≌△CEP（SAS）；（2）根據全等三角形的性質得到∠EAP=∠ECP，求得∠BAP=∠FCP，根據垂直的定義得到CF⊥AB；（3）過點C作CN⊥PB．根據平行線的性質得到∠CPN=∠PCF=∠EAP=∠PAB，根據全等三角形的性質得到CN=PB=BF，PN=AB，推出AE=CE，于是得到△AEF的周長．【詳解】解：（1）證明：∵四邊形APCD正方形，∴DP平分∠APC，PC=PA，∠APC=90°，∴∠APE=∠CPE=45°，在△AEP與△CEP中，，∴△AEP≌△CEP（SAS）；（2）CF⊥AB，理由如下：∵△AEP≌△CEP，∴∠EAP=∠ECP，∵∠EAP=∠BAP，∴∠BAP=∠FCP，∵∠APC=90°，∴∠FCP+∠CMP=90°，∵∠AMF=∠CMP，∴∠AMF+∠PAB=90°，∴∠AFM=90°，∴CF⊥AB；（3）過點C作CN⊥PB．∵CF⊥AB，BG⊥AB，∴∠PNC=∠B=90°，FC∥BN，∴∠CPN=∠PCF=∠EAP=∠PAB，又AP=CP，∴△PCN≌△APB（AAS），∴CN=PB=BF，PN=AB，∵△AEP≌△CEP，∴AE=CE，∴△AEF的周長=AE+EF+AF=CE+EF+AF=BN+AF=PN+PB+AF=AB+CN+AF=AB+BF+AF=2AB=16．故△AEF的周長是否為定值，為16．【點睛】本題考查了正方形的性質、全等三角形的判定和性質，其中（3）中證明△PCN≌△APB（AAS）是本題的關鍵．5．如圖，在中，，點D在BC的延長線上，且，過點B作，與BD的垂線DE交于點E，連結AD，取AD中點O，連結OC，OE．（1）求證：．（2）求證：．【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析．【分析】（1）利用已知得出∠A=∠DBE，進而利用ASA得出△ABC≌△BDE即可；（2）連接OB，借助等腰三角形的性質證明OB=OD，∠OBC=∠ADE=45°，再證明△OBC≌△ODE，利用全等三角形對應邊相等即可證明．【詳解】解：（1）證明：∵BE⊥AC，∴∠BAC+∠ABE=90°，∵∠ABC=90°，∴∠DBE+∠ABE=90°，∴∠BAC=∠DBE，∵BD⊥DE，∴∠BDE=∠ABC=90°，在△ABC和△BDE中，∴△ABC≌△BDE（ASA）；（2）連接OB，∵∠ABC=90°，AB=BD，O為AD的中點，∴∠OBC=∠ADB=45°，∴OB=OD，∵∠BDE=90°，∴∠OBC=∠ADE=45°，由（1）可得△ABC≌△BDE，∴BC=DE，在△OBC和△ODE中，，∴△OBC≌△ODE（SAS），∴OC=OE．【點睛】本題考查全等三角形的性質和判定，等腰三角形的性質和判定，三角形內角和定理等．（1）中正確得出等量關系∠A=∠DBE是解題關鍵；（2）中正確作出輔助線構造全等三角形是解題關鍵．6．通過對下面數學模型的研究學習，解決下列問題：（1）如圖1，∠BAD＝90°，AB＝AD，過點B作BC⊥AC于點C，過點D作DE⊥AC于點E．由∠1+∠2＝∠2+∠D＝90°，得∠1＝∠D．又∠ACB＝∠AED＝90°，可以推理得到△ABC≌△DAE．進而得到AC＝，BC＝AE．我們把這個數學模型稱為“K字”模型或“一線三等角”模型；（2）如圖2，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AC＝AE，連接BC，DE，且BC⊥AF于點F，DE與直線AF交于點G．求證：點G是DE的中點；（深入探究）（3）如圖，已知四邊形ABCD和DEGF為正方形，△AFD的面積為S1，△DCE的面積為S2，則有S1S2（填“＞、＝、＜”）【答案】（1）DE；（2）見解析；（3）=【分析】（1）根據全等三角形的性質可直接進行求解；（2）分別過點D和點E作DH⊥FG于點H，EQ⊥FG于點Q，進而可得∠BAF=∠ADH，然后可證△ABF≌△DAH，則有AF=DH，進而可得DH=EQ，通過證明△DHG≌△EQG可求解問題；（3）過點D作DO⊥AF交AF于O，過點E作EN⊥OD交OD延長線于N，過點C作CM⊥OD交OD延長線于M，由題意易得∠ADC=∠90°，AD=DC，DF=DE，然后可得∠ADO=∠DCM，則有△AOD≌△DMC，△F