【全套精品专题】浙教版八年级上册 数学复习专题精讲 第03讲 全等三角形常见模型专题探究-【专题突破】(解析版)

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第3讲 全等三角形常见模型专题探究 模型一 K型图 【知识点睛】 K型图模型总结 K型全等模型变形——三垂定理： 如图，亦有△ADC≌△CEB(AAS) 总结：当一个直角放在一条直线上时，常通过构造K型全等来证明边相等，或者边之间的数量关系 【类题训练】 1．（2021秋•九龙坡区校级期末）如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别是点D、E，AD＝7cm，BE＝3cm，则DE的长是（　　） A．3cm B．3.5cm C．4cm D．4.5cm 【分析】根据同角的余角相等，得∠CAD＝∠BCE，再利用AAS证明△ACD≌△CBE，得CD＝BE＝3cm，CE＝AD＝7cm，从而得出答案． 【解答】解：∵AD⊥CE，BE⊥CE， ∴∠BEC＝∠CDA＝90°， ∴∠CAD+∠ACD＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠ACD+∠BCE＝90°， ∴∠CAD＝∠BCE， 在△ACD与△CBE中， ， ∴△ACD≌△CBE（AAS）， ∴CD＝BE＝3cm，CE＝AD＝7cm， ∴DE＝CE﹣CD＝7﹣3＝4cm， 故选：C． 2．（2021秋•惠民县月考）如图，AE⊥AB且AE＝AB，BC⊥CD且BC＝CD，请按照图中所标注的数据，计算图中实线所围成的图形的面积S＝　98　． 【分析】由“AAS”可证△FEA≌△GAB，可得AG＝EF＝8，AF＝BG＝4，同理可得CG＝DH＝6，BG＝CH＝4，由面积和差关系可求解． 【解答】解：∵AE⊥AB，EF⊥AF，BG⊥AG， ∴∠EFA＝∠AGB＝∠EAB＝90°， ∴∠FEA+∠EAF＝90°，∠EAF+∠BAG＝90°， ∴∠FEA＝∠BAG， 在△FEA和△GAB中， ， ∴△FEA≌△GAB（AAS）， ∴AG＝EF＝8，AF＝BG＝4， 同理CG＝DH＝6，BG＝CH＝4， ∴FH＝4+8+4+6＝22， ∴梯形EFHD的面积＝×（EF+DH）×FH＝×（8+6）×22＝154， ∴实线所围成的图形的面积S＝154﹣2××4×8﹣2××4×6＝98， 故答案为：98． 3．（2021秋•海丰县期末）如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别为D，E． （1）求证：△ACD≌△CBE； （2）试探究线段AD，DE，BE之间有什么样的数量关系，请说明理由． 【分析】（1）根据同角的余角相等，可证∠BCE＝∠CAD，再利用AAS证明△ACD≌△CBE； （2）由△ACD≌△CBE，得CD＝BE，AD＝CE，即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵AD⊥CE，BE⊥CE， ∴∠ADC＝∠BEC＝90°， ∴∠ACE+∠CAD＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠BCE+∠ACD＝90°， ∴∠BCE＝∠CAD， 在△ACD和△CBE中， ， ∴△ACD≌△CBE（AAS）； （2）解：AD＝BE+DE，理由如下： ∵△ACD≌△CBE， ∴CD＝BE，AD＝CE， ∵CE＝CD+DE， ∴AD＝BE+DE． 4．（2020秋•永年区月考）如图，在△ABC中，AB＝AC＝3，∠B＝∠C＝50°，点D在边BC上运动（点D不与BC点重合），连接AD，作∠ADE＝50°，DE交边AC于点E． （1）当∠BDA＝100°时，∠EDC＝　30　°，∠DEC＝　100　°； （2）当DC等于多少时，△ABD≌△DCE，请说明理由． 【分析】（1）由补角的定义可求∠ADC＝80°，进而可求解∠EDC的度数，根据三角形的内角和定理可求解∠DEC的度数； （2）可利用AAS证明△ABD≌△DCE． 【解答】解：（1）∵∠BDA+∠ADC＝180°，∠BDA＝100°， ∴∠ADC＝80°， ∵∠ADE＝50°， ∴∠EDC＝∠ADC﹣∠ADE＝30°； ∵∠C＝50°，∠C+∠EDC+∠DEC＝180°， ∴∠DEC＝100°； 故答案为30；100； （2）当DC＝3时，△ABD≌△DCE， 理由如下：∵AB＝3，DC＝3， ∴AB＝DC， ∵∠B＝50°，∠ADE＝50°， ∴∠B＝∠ADE， ∵∠ADB+∠ADE+∠EDC＝180°，∠DEC+∠C+∠EDC＝180°， ∴∠ADB＝∠DEC， 在△ABD和△DCE中， ∴△ABD≌△DCE（AAS）． 5．（2022春•锦江区校级期中）已知Rt△ABC和Rt△ADE，AB＝AC，AD＝AE．连接BD、CE，过点A作AH⊥CE于点H，反向延长线段AH交BD于点F． （1）如图1，当AB＝AD时 ①请直接写出BF与DF的数量关系：BF　＝　DF（填“＞”、“＜”、“＝”） ②求证：CE＝2AF （2）如图2，当AB≠AD时，上述①②结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由． 【分析】（1）①根据SAS证△BAF≌△DAF，即可得出BF＝DF； ②根据等腰三角形的性质得出，CE＝2CH，再根据AAS证△AFB≌△CHA，得出AF＝CH，即可得证结论； （2）作BM⊥AF于点M，作DN⊥AF交AF的延长线于点N，根据AAS证△AMB≌△CHA，再根据AAS证△AND≌△EHA，同理证△BMF≌△DNF，根据线段的等量关系即可得出结论． 【解答】解：（1）∵AB＝AC，AD＝AE，AB＝AD， ∴AC＝AE， ∵AH⊥CE， ∴∠CAH＝∠EAH， ∵∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠CAH+∠BAF＝90°，∠EAH+∠DAF＝90°， ∴∠BAF＝∠DAF， 在△BAF和△DAF中， ， ∴△BAF≌△DAF（SAS）， ∴BF＝DF， 故答案为：＝； ②∵AC＝AE，AH⊥CE， ∴CH＝EH＝CE， ∴CE＝2CH， ∵∠BAC＝∠AHC＝90°， ∴∠BAF+∠CAH＝90°，∠ACH+∠CAH＝90°， ∴∠BAF＝∠ACH， ∵△BAF≌△DAF， ∴∠AFB＝∠AFD＝90°， ∴∠AFB＝∠CHA， 在△AFB和△CHA中， ， ∴△AFB≌△CHA（AAS）， ∴AF＝CH， ∴CE＝2AF； （2）成立，证明如下： 作BM⊥AF于点M，作DN⊥AF交AF的延长线于点N， ∴∠BMA＝∠N＝90°， ∴∠BAM+∠ABM＝90°，∠DAN+∠ADN＝90°， ∵∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAM+∠CAH＝90°，∠DAN+∠EAH＝90°， ∴∠ABM＝∠CAH，∠ADN＝∠EAH， ∵AH⊥CE， ∴∠AMB＝∠CHA＝∠N＝∠EHA＝90°， 在△AMB和△CHA中， ， ∴△AMB≌△CHA（AAS）， ∴MB＝AH， 同理可证△AND≌△EHA（AAS）， ∴DN＝AH， ∴BM＝DN， 在△BMF和△DNF中， ， ∴△BMF≌△DNF（AAS）， ∴BF＝DF，MF＝NF， ∴AM＝AF﹣MF，AN＝AF+NF＝AF+MF， ∴AM+AN＝AF﹣MF+AF+MF＝2AF， ∵△AMB≌△CHA，△AND≌△EHA， ∴AM＝CH，AN＝EH， ∴CH+EH＝AM+AN＝2AF， ∵CE＝CH+EH， ∴CH＝2AF， 即BF＝DF，CE＝2AF． 6．（2021秋•涡阳县期末）如图，把一块直角三角尺ABC的直角顶点C放置在水平直线MN上，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，试回答下列问题： （1）若把三角尺ABC绕着点C按顺时针方向旋转，当AB∥MN时，∠2＝　45　度； （2）在三角尺ABC绕着点C按顺时针方向旋转过程中，分别作AM⊥MN于M，BN⊥MN与N，若AM＝6，BN＝2，求MN． （3）三角尺ABC绕着点C按顺时针方向继续旋转到图3的位置，其他条件不变，则AM、BN与MN之间有什么关系？请说明理由． 【分析】（1）先求出∠B＝45°，再用平行线的性质，即可求出答案； （2）先用同角的余角相等判断出∠2＝∠CAM，同理：∠1＝∠CBN，进而判断出△AMC≌△CNB（ASA），得出AM＝CN，MC＝BN，即可求出答案； （3）同（2）的方法，即可得出结论． 【解答】解：（1）在△ABC中，AB＝AC，∠ACB＝90°， ∴∠B＝∠A＝45°， ∵AB∥MB， ∴∠2＝∠B＝45°， 故答案为45； （2）∵AM⊥MN于M，BN⊥MN于N， ∴∠AMC＝90°，∠BNC＝90°． ∴∠1+∠CAM＝90°， 又∵∠1+∠2＝90°， ∴∠2＝∠CAM， 同理：∠1＝∠CBN， 在△AMC和△CNB中， ， ∴△AMC≌△CNB（ASA）， ∴AM＝CN，MC＝BN， ∴MN＝MC+CN＝AM+BN＝2+6＝8； （3）MN＝BN﹣AM，理由： 同（2）的方法得，△AMC≌△CNB（ASA）， ∴AM＝CN，MC＝BN， ∴MN＝MC﹣CN＝BN﹣AM． 模型二 手拉手模型 【知识点睛】 手拉手模型总结 手拉手模型在第一章只是表面应用，后续深层次应用需要在等腰三角形学完之后探究 【类题训练】 1．（2021秋•诸暨市月考）已知：如图，在△ABC、△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，点C、D、E三点在同一直线上，连接BD． （1）求证：△BAD≌△CAE； （2）线段BD与线段CE的关系为　BD＝CE，BD⊥CE　，请说明理由． 【分析】（1）根据已知条件利用边角边即可证明△BAD≌△CAE； （2）结合（1）利用等腰直角三角形的判定和性质即可得结论． 【解答】解：（1）∵∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAC+∠CAD＝∠EAD+∠CAD， ∴∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中， ， ∴△BAD≌△CAE（SAS）； （2）BD＝CE，BD⊥CE，理由如下： 由（1）知，△BAD≌△CAE， ∴BD＝CE， ∵△BAD≌△CAE， ∴∠ABD＝∠ACE， ∵∠ABD+∠DBC＝45°， ∴∠ACE+∠DBC＝45°， ∴∠DBC+∠DCB＝∠DBC+∠ACE+∠ACB＝90°， 则BD⊥CE． 故答案为：BD＝CE，BD⊥CE． 2．（2021秋•宣化区期末）已知：如图，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，连接CD，C，D，E三点在同一条直线上，连接BD，BE．以下四个结论：①BD＝CE；②∠ACE+∠ABD＝45°；③∠BAE+∠DAC＝180°；④BD⊥CE．其中正确的是 　①③④　．（只填序号） 【分析】①由AB＝AC，AD＝AE，利用等式的性质得到夹角相等，利用SAS得出△ABD≌△ACE，由全等三角形的对应边相等得到BD＝CE； ②由等腰直角三角形的性质得到∠ABD+∠DBC＝45°，等量代换得到∠ACE+∠DBC＝45°； ③根据周角的定义即可判断； ④由△ABD≌△AEC得到一对角相等，再利用等腰直角三角形的性质及等量代换得到BD垂直于CE； 【解答】解：①∵∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中， ， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴BD＝CE，故①正确； ②∵△ABC为等腰直角三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°， ∴∠ABD+∠DBC＝45°， ∵∠ABD＝∠ACE， ∴∠ACE+∠DBC＝45°，故②错误； ③∵∠BAC＝∠EAD＝90°， ∴∠BAE+∠CAD＝180°，故③正确； ④∵△BAD≌△CAE， ∴∠ABD＝∠ACE， ∵∠ABD+∠DBC＝45°， ∴∠ACE+∠DBC＝45°， ∴∠DBC+∠DCB＝∠DBC+∠ACE+∠ACB＝90°， 则BD⊥CE，故④正确； 综上所述，正确的结论有3个． 故答案为：①③④． 3．（2021秋•长沙期末）如图，△ABD、△AEC都是等边三角形，直线CD与直线BE交于点F． （1）求证：CD＝BE； （2）求∠CFB的度数． 【分析】（1）利用△ABD、△AEC都是等边三角形，证明△DAC≌△BAE，即可得到CD＝BE； （2）由△DAC≌△BAE，得到∠ADC＝∠ABE，再由∠CFE＝∠BDF+∠DBF＝∠BDF+∠DBA+∠ABF，即可解答． 【解答】（1）证明：∵△ABD、△AEC都是等边三角形， ∴AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠DBA＝∠ADB＝60°，∠CAE＝60°， ∵∠DAB＝∠DAC+∠CAB，∠CAE＝∠BAE+∠CAB， ∴∠DAC＝∠BAE， 在△DAC和△BAE中， ， ∴△DAC≌△BAE（SAS）， ∴CD＝BE． （2）解：∵△DAC≌△BAE， ∴∠ADC＝∠ABE， ∴∠CFE＝∠BDF+∠DBF＝∠BDF+∠DBA+∠ABF＝∠BDF+∠DBA+∠ADC＝∠BDA+∠DBA＝60°+60°＝120°， ∴∠CFB＝60°． 4．（2021秋•大连期末）在△ABC中，AB＝AC，点D是直线BC上一动点（不与B、C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转∠BAC的度数，得到线段AE，连接CE，设∠BAC＝α，∠BCE＝β． （1）如图1，当点D在线段BC上时，用等式表示α与β之间的数量关系，并证明； （2）如图2，当点D在线段CB延长线上时，补全图形，用等式表示α与β之间的数量关系，并证明． 【分析】（1）先利用边角边定理证明△DAB与△EAC全等，证出∠ECA＝∠B，所以∠B+∠ACB＝β，再根据三角形内角和定理即可得到α+β＝180°； （2）方法同（1）证出∠ECA＝∠ABD，所以α+∠DCA＝β+∠DCA，所以α＝β． 【解答】解：（1）α+β＝180°． 证明：∵∠BAC＝∠DAE＝α， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC． 即∠BAD＝∠CAE． 又AB＝AC，AD＝AE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）． ∴∠B＝∠ACE． ∴∠B+∠ACB＝∠ACE+∠ACB． ∴∠B+∠ACB＝β． ∵α+∠B+∠ACB＝180°， ∴α+β＝180°． （2）当点D在线段CB延长线上时，α＝β． 其理由如下： 类似（1）可证△DAB≌△ECA， ∴∠DBA＝∠ECA， 又由三角形外角性质有∠DBA＝α+∠DCA， 而∠ACE＝β+∠DCA， ∴α＝β． 模型三 对称全等模型 【知识点睛】 对称全等模型总结 常见基本图形： 模型提取：1.对称变换基本特征：必有对称轴 2.对称型全等模型常隐含的条件： 具有公共边、公共角、有时全等三角形不止一对、对称轴会平分公共角 3.全等证明常用解决手段： 多想角度间的等量代换方法—角平分线的定义、内角和公式、外角定理等 4.其特殊应用环境：角平分线的常见辅助线 角平分线基本性质：角平分线上的点到角两边的距离相等 （对称类全等经常和角平分线结合，可以考察角平分线的定义，也可以考察角平分线的性质定理） 【类题训练】 1．（2022•梧州模拟）如图，在△ABC中，∠A＝90°，BE是△ABC的角平分线，ED⊥BC于点D，CD＝4，△CDE周长为12，则AC的长是（　　） A．14 B．8 C．16 D．6 【分析】根据角平分线的性质得到AE＝DE，根据三角形的周长公式计算，得到答案． 【解答】解：∵BE是△ABC的角平分线，ED⊥BC，∠A＝90°， ∴AE＝DE， ∵△CDE的周长为12，CD＝4， ∴DE+EC＝8， ∴AC＝AE+EC＝8， 故选：B． 2．（2021秋•泗水县期末）如图，△ABC的面积为10cm2，AP垂直∠B的平分线BP于P，则△PBC的面积为（　　） A．4cm2 B．5cm2 C．6cm2 D．7cm2 【分析】延长AP交BC于E，根据AP垂直∠B的平分线BP于P，即可求出△ABP≌△BEP，又知△APC和△CPE等底同高，可以证明两三角形面积相等，即可证明三角形PBC的面积． 【解答】解：延长AP交BC于E， ∵AP垂直∠B的平分线BP于P， ∠ABP＝∠EBP， 又知BP＝BP，∠APB＝∠BPE＝90°， ∴△ABP≌△BEP， ∴S△ABP＝S△BEP，AP＝PE， ∴△APC和△CPE等底同高， ∴S△APC＝S△PCE， ∴S△PBC＝S△PBE+S△PCE＝S△ABC＝5cm2， 故选：B． 3．（2020秋•江岸区校级月考）如图，△ABE和△ADC是△ABC分别沿着AB，AC边翻折形成的，若∠1：∠2：∠3＝13：3：2，CD与BE交于O点，则∠EOC的度数为（　　） A．80° B．85° C．90° D．100° 【分析】根据题意可得，若∠1：∠2：∠3＝13：3：2，则∠1＝130°，∠3＝20°，根据折叠的性质，翻折变换的特点即可求解． 【解答】解：如图，AE与DC交于点P， ∵∠1：∠2：∠3＝13：3：2， ∴∠1＝130°，∠3＝20°， ∴∠DCA＝20°，∠EAB＝130°， ∵∠PAC＝360°﹣2∠1＝100°， ∴∠EPD＝∠APC＝180°﹣∠PAC﹣∠DCA＝60°． 由翻折的性质可知∠E＝∠3＝20°． ∴∠EOC＝180°﹣∠EPD﹣∠E＝180°﹣60°﹣20°＝100°． 故选：D． 4．（2022•永嘉县模拟）如图，△ABC的角平分线BD，CE交于点F，AB＝AC． （1）求证：△ABD≌△ACE． （2）当∠A＝40°时，求∠BFC的度数． 【分析】（1）根据等腰三角形的性质以及角平分线的定义，得出∠ABD＝∠ACE，进而判定△ABD≌△ACE， （2）根据角平分线的定义可得∠FBC＝∠ABC，∠FCB＝∠ACB，再根据三角形内角和定理求出即可． 【解答】解：（1）∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∵两条角平分线BD、CE相交于点O， ∴∠ABD＝∠ACE， 在△ABD和△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE（ASA）． （2）在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝180°﹣40°＝140°， ∵∠ABC，∠ACB的平分线BE，CD相交于点F， ∴∠FBC＝∠ABC，∠FCB＝∠ACB， ∴∠FBC+∠FCB＝（∠ABC+∠ACB）＝×140°＝70°， 在△BCF中，∠BFC＝180°﹣（∠FBC+∠FCB）＝180°﹣70°＝110°． 5．（2022•嘉兴一模）在①OA＝OD，②∠ABC＝∠DCB，③∠ABO＝∠DCO这三个条件中选择其中一个，补充在下面的问题中，并完成问题的解答． 问题：如图，AC与BD相交于点O，∠1＝∠2．若 　OA＝OD或∠ABC＝∠DCB或∠ABO＝∠DCO　，求证：AB＝DC． 【分析】若①OA＝OD，由SAS证△ACB≌△DBC，即可得出AB＝DC； 若②∠ABC＝∠DCB，由ASA证△ABO≌△DCO（ASA），即可得出AB＝DC； 若③∠ABO＝∠DCO，由ASA证△ABO≌△DCO（ASA），即可得出AB＝DC． 【解答】解：若①OA＝OD， ∵∠1＝∠2， ∴OB＝OC， ∴OA+OC＝OD+OB，即AC＝DB， 在△ACB和△DBC中， ， ∴△ACB≌△DBC（SAS）， ∴AB＝DC； 若②∠ABC＝∠DCB， ∵∠1＝∠2， ∴OB＝OC，∠ABC﹣∠1＝∠DCB﹣∠2，即∠ABO＝∠DCO， 在△ABO和△DCO中， ， ∴△ABO≌△DCO（ASA）， ∴AB＝DC； 若③∠ABO＝∠DCO， ∵∠1＝∠2， ∴OB＝OC， 在△ABO和△DCO中， ， ∴△ABO≌△DCO（ASA）， ∴AB＝DC； 故答案为：OA＝OD或∠ABC＝∠DCB或∠ABO＝∠DCO． 6．（2021秋•台安县月考）如图，四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，∠BCD＝150°，CB＝CD，M，N为AB、AD上的两个动点，且∠MCN＝75°．求证：MN＝BM+DN． 【分析】延长AB至点E，使得BE＝DN，连接CE，根据同角的补角相等得∠CBE＝∠CDN，根据SAS证明△CBE≌△CDN，则∠BCE＝∠DCN，进而证明∠ECM＝∠MCN＝75°，根据SAS证明△ECM≌△NCM，得到MN＝ME，则MN＝BM+BE＝BM+DN． 【解答】证明：延长AB至点E，使得BE＝DN，连接CE， ∵四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，∠ABC+∠CBE＝180°， ∴∠CBE＝∠CDN， 在△CBE和△CDN中， ， ∴△CBE≌△CDN（SAS）， ∴∠BCE＝∠DCN，CN＝CE， ∵∠BCD＝150°，∠MCN＝75°， ∴∠MCE＝∠MCB+∠BCE＝∠MCB+∠DCN＝75°， ∴∠MCN＝∠MCE， 在△ECM和△NCM中， ， ∴△ECM≌△NCM（SAS）， ∴MN＝ME＝BM+BE＝BM+DN． 7．（2021春•西安期末）如图，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AE＝AC，AF⊥CB，垂足为F． （1）△ABC≌△ADE吗？为什么？ （2）求∠FAE的度数； （3）延长BF到G，使得FG＝FB，试说明CD＝2BF+DE． 【分析】（1）由“SAS”可证△ABC≌△ADE； （2）由等腰直角三角形的性质可得∠AEC＝∠ACE＝45°，由全等三角形的性质可得∠ACB＝∠AED＝45°，即可求解； （3）由全等三角形的性质可得∠ABC＝∠ADE，BC＝DE，由线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质可得AB＝AG＝AD，∠ABG＝∠AGB＝∠ADC，由“AAS”可证△ACD≌△ACG，可得CD＝CG，可得结论． 【解答】证明：（1）△ABC≌△ADE，理由如下： ∵∠BAD＝∠CAE＝90°， ∴∠EAD＝∠CAB， 在△ABC和△ADE中， ， ∴△ABC≌△ADE（SAS）； （2）∵∠CAE＝90°，AC＝AE， ∴∠AEC＝∠ACE＝45°， ∵△ABC≌△ADE， ∴∠ACB＝∠AED＝45°， ∵AF⊥CB， ∴∠FAC＝45°， ∴∠FAE＝135°； （3）∵△ABC≌△ADE， ∴∠ABC＝∠ADE，BC＝DE， ∴∠ADC＝∠ABG， ∵AF⊥BF，BF＝FG， ∴AB＝AG， ∴AG＝AD，∠ABG＝∠AGB＝∠ADC， 又∵∠ACG＝∠ACD＝45°， ∴△ACD≌△ACG（AAS）， ∴CD＝CG， ∴CD＝BG+CB＝2BF+DE． 图形条件与结论辅助线注意事项条件：AC=BC,AC⊥BC 结论： △ADC≌△CEB(AAS)分别过点A、B作AD⊥l, BE⊥lK型图可以和等腰直角三角板结合，也可以和正方形结合图形条件与结论辅助线条件： AD=AE、AB=AC ∠BAC=∠DAE 结论： △ABD≌△ACE(SAS) BD=CE 分别连接BD、CE