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5. 在$△ ABC$和$△ AEF$中，$AB=AC$，$AE=AF$，$∠ BAC=∠ EAF$，连接$BE$，$CF$.
(1)如图1，若$∠ BAC=30°$，延长$BE$交$CF$于点$D$，则$BE$与$CF$的数量关系是
(2)如图2，若$∠ BAC=120°$，延长$BE$，$FC$交于点$D$，试猜想$BE$与$CF$之间的数量关系及$∠ BDC$的度数，并说明理由.
(1)如图1，若$∠ BAC=30°$，延长$BE$交$CF$于点$D$，则$BE$与$CF$的数量关系是
BE=CF
，$∠ BDC=$30°
；(2)如图2，若$∠ BAC=120°$，延长$BE$，$FC$交于点$D$，试猜想$BE$与$CF$之间的数量关系及$∠ BDC$的度数，并说明理由.
答案
5.(1)$BE=CF$;$30°$
(2)猜想:$BE=CF$,$∠BDC=60°$.理由略.
(2)猜想:$BE=CF$,$∠BDC=60°$.理由略.
解析
【分析】
本题属于特殊三角形的手拉手模型问题，解题思路清晰明确：
(1) 首先根据已知的等角∠BAC=∠EAF，两边同时加上公共角∠CAE，得到△BAE和△CAF的夹角∠BAE=∠CAF，结合AB=AC、AE=AF的条件，用SAS即可证明两个三角形全等，直接得到BE与CF的数量关系；再利用全等三角形对应角相等得到∠ABE=∠ACF，结合对顶角相等的性质，通过八字形三角形的内角和关系，可推出∠BDC与∠BAC相等，代入角度即可求解。
(2) 核心思路与(1)一致，先通过角的和差推导得到∠BAE=∠CAF，证明△BAE≌△CAF得到BE=CF；再利用全等对应角相等的性质，结合等腰三角形内角和、三角形内角和定理计算即可得到∠BDC的度数。
【解析】
(1) 推导过程：
∵∠BAC=∠EAF，
∴∠BAC + ∠CAE = ∠EAF + ∠CAE，即$\boldsymbol{∠BAE=∠CAF}$，
在△BAE和△CAF中：
$\begin{cases}AB=AC \\∠BAE=∠CAF \\AE=AF\end{cases}$
∴△BAE≌△CAF（SAS），
∴$BE=CF$，且$\boldsymbol{∠ABE=∠ACF}$。
设AC与BD交于点G，在△ABG和△DCG中：
∠AGB=∠DGC（对顶角相等），∠ABG=∠DCG，
根据三角形内角和为180°，可得∠BDC=∠BAC=30°。
(2) 猜想：$BE=CF$，$∠BDC=60°$，理由如下：
∵∠BAC=∠EAF，
∴∠BAC - ∠CAE = ∠EAF - ∠CAE，即$\boldsymbol{∠BAE=∠CAF}$，
在△BAE和△CAF中：
$\begin{cases}AB=AC \\∠BAE=∠CAF \\AE=AF\end{cases}$
∴△BAE≌△CAF（SAS），
∴$BE=CF$，$\boldsymbol{∠ABE=∠ACF}$。
∵AB=AC，∠BAC=120°，
∴∠ABC=∠ACB=$\frac{180°-120°}{2}=30°$，
∵点D在FC的延长线上，
∴∠DCB=180° - ∠ACF - ∠ACB，
在△BDC中，∠BDC=180° - ∠DBC - ∠DCB，
代入∠DCB的表达式得：
$∠BDC=180° - ∠DBC - (180° - ∠ACF - 30°) = ∠ACF + 30° - ∠DBC$，
又
∵∠ACF=∠ABE，∠ABE=∠ABC + ∠DBC=30°+∠DBC，
代入得：
$∠BDC=30°+∠DBC + 30° - ∠DBC=60°$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{BE=CF}$；$\boldsymbol{30°}$
(2) $\boldsymbol{BE=CF}$，$\boldsymbol{∠BDC=60°}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理
【点评】
本题是手拉手全等模型的典型变式题，解题的核心是抓住共顶点等角的条件，推导得到全等三角形所需的等夹角，再通过全等的性质转化边、角关系求解，掌握这类模型可以快速解决同类型的几何证明与计算问题。
【难度系数】
0.7
本题属于特殊三角形的手拉手模型问题，解题思路清晰明确：
(1) 首先根据已知的等角∠BAC=∠EAF，两边同时加上公共角∠CAE，得到△BAE和△CAF的夹角∠BAE=∠CAF，结合AB=AC、AE=AF的条件，用SAS即可证明两个三角形全等，直接得到BE与CF的数量关系；再利用全等三角形对应角相等得到∠ABE=∠ACF，结合对顶角相等的性质，通过八字形三角形的内角和关系，可推出∠BDC与∠BAC相等，代入角度即可求解。
(2) 核心思路与(1)一致，先通过角的和差推导得到∠BAE=∠CAF，证明△BAE≌△CAF得到BE=CF；再利用全等对应角相等的性质，结合等腰三角形内角和、三角形内角和定理计算即可得到∠BDC的度数。
【解析】
(1) 推导过程：
∵∠BAC=∠EAF，
∴∠BAC + ∠CAE = ∠EAF + ∠CAE，即$\boldsymbol{∠BAE=∠CAF}$，
在△BAE和△CAF中：
$\begin{cases}AB=AC \\∠BAE=∠CAF \\AE=AF\end{cases}$
∴△BAE≌△CAF（SAS），
∴$BE=CF$，且$\boldsymbol{∠ABE=∠ACF}$。
设AC与BD交于点G，在△ABG和△DCG中：
∠AGB=∠DGC（对顶角相等），∠ABG=∠DCG，
根据三角形内角和为180°，可得∠BDC=∠BAC=30°。
(2) 猜想：$BE=CF$，$∠BDC=60°$，理由如下：
∵∠BAC=∠EAF，
∴∠BAC - ∠CAE = ∠EAF - ∠CAE，即$\boldsymbol{∠BAE=∠CAF}$，
在△BAE和△CAF中：
$\begin{cases}AB=AC \\∠BAE=∠CAF \\AE=AF\end{cases}$
∴△BAE≌△CAF（SAS），
∴$BE=CF$，$\boldsymbol{∠ABE=∠ACF}$。
∵AB=AC，∠BAC=120°，
∴∠ABC=∠ACB=$\frac{180°-120°}{2}=30°$，
∵点D在FC的延长线上，
∴∠DCB=180° - ∠ACF - ∠ACB，
在△BDC中，∠BDC=180° - ∠DBC - ∠DCB，
代入∠DCB的表达式得：
$∠BDC=180° - ∠DBC - (180° - ∠ACF - 30°) = ∠ACF + 30° - ∠DBC$，
又
∵∠ACF=∠ABE，∠ABE=∠ABC + ∠DBC=30°+∠DBC，
代入得：
$∠BDC=30°+∠DBC + 30° - ∠DBC=60°$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{BE=CF}$；$\boldsymbol{30°}$
(2) $\boldsymbol{BE=CF}$，$\boldsymbol{∠BDC=60°}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理
【点评】
本题是手拉手全等模型的典型变式题，解题的核心是抓住共顶点等角的条件，推导得到全等三角形所需的等夹角，再通过全等的性质转化边、角关系求解，掌握这类模型可以快速解决同类型的几何证明与计算问题。
【难度系数】
0.7
6. 如图,在$△ ABD$中,$AD=AB$,$∠ DAB=90°$.在$△ ACE$中,$AC=AE$,$∠ EAC=90°$.$CD$,$BE$相交于点$F$.有下列四个结论:①$DC=BE$;②$∠ BDC=∠ BEC$;③$DC⊥ BE$;④$FA$平分$∠ DFE$,其中正确的结论有 (
A.4个
B.3个
C.2个
D.1个
B
)A.4个
B.3个
C.2个
D.1个
答案
6.B
解析
【分析】
本题为等腰直角三角形构成的“手拉手”全等模型，解题思路如下：1. 先通过角的和差推导相等的夹角，证明△DAC≌△BAE，据此判断结论①是否成立；2. 结合全等三角形的性质推导角的关系，结合三角形内角和判断结论③是否成立；3. 利用全等三角形对应边上的高相等，结合角平分线的判定定理判断结论④是否成立；4. 通过角度推导验证结论②不成立，最终统计正确结论的个数即可。
【解析】
解：1. 证明结论①正确：
∵$∠ DAB=∠ EAC=90°$，
∴$∠ DAB+∠ BAC=∠ EAC+∠ BAC$，即$∠ DAC=∠ BAE$，
在$△ DAC$和$△ BAE$中：
$\begin{cases}AD=AB \\∠ DAC=∠ BAE \\AC=AE\end{cases}$
∴$△ DAC≌△ BAE$（SAS），
∴$DC=BE$，故①正确。
2. 验证结论②错误：
由$△ DAC≌△ BAE$可得$∠ ADC=∠ ABE$，$△ ABD$和$△ ACE$均为等腰直角三角形，$∠ ADB=∠ AEC=45°$，若要$∠ BDC=∠ BEC$，需$∠ ADC=∠ AEB$，但由全等仅能推出$∠ ADC=∠ ABE$，无法证明$∠ ADC=∠ AEB$，故②错误。
3. 证明结论③正确：
设$AB$与$DC$交于点$G$，
∵$∠ ADC=∠ ABE$，$∠ DGA=∠ BGF$（对顶角相等），
∴$∠ BFG=∠ DAG=90°$，即$DC⊥ BE$，故③正确。
4. 证明结论④正确：
过点$A$作$AM⊥ DC$于$M$，$AN⊥ BE$于$N$，
∵$△ DAC≌△ BAE$，
∴$S_{△ DAC}=S_{△ BAE}$，又$DC=BE$，
∴$\frac{1}{2}× DC× AM=\frac{1}{2}× BE× AN$，可得$AM=AN$，
∵$AM⊥ DC$，$AN⊥ BE$，
∴点$A$在$∠ DFE$的平分线上，即$FA$平分$∠ DFE$，故④正确。
综上，正确的结论为①③④，共3个。
【答案】
B
【知识点】
全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，角平分线的判定
【点评】
本题考查“手拉手”全等模型的应用，解题的核心是找准全等三角形，结合全等的性质推导边、角的关系，此类模型是特殊三角形章节的高频考点，需熟练掌握其结论推导方法。
【难度系数】
0.6
本题为等腰直角三角形构成的“手拉手”全等模型，解题思路如下：1. 先通过角的和差推导相等的夹角，证明△DAC≌△BAE，据此判断结论①是否成立；2. 结合全等三角形的性质推导角的关系，结合三角形内角和判断结论③是否成立；3. 利用全等三角形对应边上的高相等，结合角平分线的判定定理判断结论④是否成立；4. 通过角度推导验证结论②不成立，最终统计正确结论的个数即可。
【解析】
解：1. 证明结论①正确：
∵$∠ DAB=∠ EAC=90°$，
∴$∠ DAB+∠ BAC=∠ EAC+∠ BAC$，即$∠ DAC=∠ BAE$，
在$△ DAC$和$△ BAE$中：
$\begin{cases}AD=AB \\∠ DAC=∠ BAE \\AC=AE\end{cases}$
∴$△ DAC≌△ BAE$（SAS），
∴$DC=BE$，故①正确。
2. 验证结论②错误：
由$△ DAC≌△ BAE$可得$∠ ADC=∠ ABE$，$△ ABD$和$△ ACE$均为等腰直角三角形，$∠ ADB=∠ AEC=45°$，若要$∠ BDC=∠ BEC$，需$∠ ADC=∠ AEB$，但由全等仅能推出$∠ ADC=∠ ABE$，无法证明$∠ ADC=∠ AEB$，故②错误。
3. 证明结论③正确：
设$AB$与$DC$交于点$G$，
∵$∠ ADC=∠ ABE$，$∠ DGA=∠ BGF$（对顶角相等），
∴$∠ BFG=∠ DAG=90°$，即$DC⊥ BE$，故③正确。
4. 证明结论④正确：
过点$A$作$AM⊥ DC$于$M$，$AN⊥ BE$于$N$，
∵$△ DAC≌△ BAE$，
∴$S_{△ DAC}=S_{△ BAE}$，又$DC=BE$，
∴$\frac{1}{2}× DC× AM=\frac{1}{2}× BE× AN$，可得$AM=AN$，
∵$AM⊥ DC$，$AN⊥ BE$，
∴点$A$在$∠ DFE$的平分线上，即$FA$平分$∠ DFE$，故④正确。
综上，正确的结论为①③④，共3个。
【答案】
B
【知识点】
全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，角平分线的判定
【点评】
本题考查“手拉手”全等模型的应用，解题的核心是找准全等三角形，结合全等的性质推导边、角的关系，此类模型是特殊三角形章节的高频考点，需熟练掌握其结论推导方法。
【难度系数】
0.6
7. [2024·合肥庐阳区期末]如图,在△ABC中,AC=AB,∠BAC=90°,P是射线CA上一点,连接BP,在BP右侧以BP为斜边作等腰直角三角形BDP.
(1)如图1,点P在边AC上,PD交AB于点E.
①求证:∠DPA=∠CBP;
②当BP平分∠ABC时,求证:BE=2AP.
(2)如图2,点P在线段CA的延长线上,CF平分∠ACB交AB于点F,BM平分∠PBD交CF于点M.若CF=6,则线段BM的最小值为
(1)如图1,点P在边AC上,PD交AB于点E.
①求证:∠DPA=∠CBP;
②当BP平分∠ABC时,求证:BE=2AP.
(2)如图2,点P在线段CA的延长线上,CF平分∠ACB交AB于点F,BM平分∠PBD交CF于点M.若CF=6,则线段BM的最小值为
3
.答案
7.(1)证明:①
∵∠PAE=∠D=90°,∠AEP=∠BED,
∴∠DPA=∠ABD.
∵∠BAC=90°,AC=AB,
∴∠ABC=∠C=45°.
∵△BDP是等腰直角三角形，
∴∠PBD=∠BPD=45°,
∴∠ABC=∠PBD，
∴∠ABC-∠ABP=∠PBD-∠ABP，
∴∠CBP=∠ABD,
∴∠DPA=∠CBP.
②延长BD,交射线CA于点F.
由①得∠DPA=∠ABD=∠PBC.
∵∠BDP=∠PDF=90°,PD=BD,
∴△PDF≌△BDE(ASA),
∴PF=BE.
∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP=∠PBC，
∴∠ABP=∠ABD
∵∠BAP=∠BAF=90°,
∴∠APB=∠AFB,
∴PB=FB,
∴PF=2AP,
∴BE=2AP.
(2)3
∵∠PAE=∠D=90°,∠AEP=∠BED,
∴∠DPA=∠ABD.
∵∠BAC=90°,AC=AB,
∴∠ABC=∠C=45°.
∵△BDP是等腰直角三角形，
∴∠PBD=∠BPD=45°,
∴∠ABC=∠PBD，
∴∠ABC-∠ABP=∠PBD-∠ABP，
∴∠CBP=∠ABD,
∴∠DPA=∠CBP.
②延长BD,交射线CA于点F.
由①得∠DPA=∠ABD=∠PBC.
∵∠BDP=∠PDF=90°,PD=BD,
∴△PDF≌△BDE(ASA),
∴PF=BE.
∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP=∠PBC，
∴∠ABP=∠ABD
∵∠BAP=∠BAF=90°,
∴∠APB=∠AFB,
∴PB=FB,
∴PF=2AP,
∴BE=2AP.
(2)3
解析
【分析】
(1)①要证明∠DPA=∠CBP，可通过中间角∠ABD过渡：首先在Rt△PAE和Rt△BDE中利用等角的余角相等得∠DPA=∠ABD，再结合等腰直角△ABC和等腰直角△BDP的45°底角，同减去公共角∠ABP即可得∠CBP=∠ABD，等量代换即可得证。
②要证BE=2AP，通过构造全等三角形转化线段：延长BD交射线CA于点F，先证△PDF≌△BDE得PF=BE，再结合BP平分∠ABC证明△PBF为等腰三角形，利用等腰三角形三线合一性质得PF=2AP，即可推出结论。
(2)点M在CF上运动，根据垂线段最短可知，当BM⊥CF时BM取得最小值，结合等腰直角三角形性质和角平分线定义可推导得此时BM为CF的一半，代入数值即可求解。
【解析】
(1)①证明：
∵∠PAE=∠D=90°，∠AEP=∠BED（对顶角相等），
∴∠DPA=∠ABD（等角的余角相等）。
∵∠BAC=90°，AC=AB，
∴∠ABC=∠C=45°。
∵△BDP是等腰直角三角形，
∴∠PBD=45°，
∴∠ABC=∠PBD，
∴∠ABC-∠ABP=∠PBD-∠ABP，即∠CBP=∠ABD，
∴∠DPA=∠CBP。
②证明：延长BD，交射线CA于点F。
由①得∠DPF=∠DBE。
∵∠BDP=∠PDF=90°，PD=BD，
∴△PDF≌△BDE（ASA），
∴PF=BE。
∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP=∠PBC，结合①的结论得∠ABP=∠ABD。
又
∵∠BAP=∠BAF=90°，AB=AB，
∴△ABP≌△ABF（ASA），
∴AP=AF，即PF=2AP，
∴BE=2AP。
(2)解：点M在CF上运动，根据垂线段最短，当BM⊥CF时BM取得最小值。
在等腰Rt△ABC中，∠ACB=45°，CF平分∠ACB，可得∠BCF=22.5°，结合角度推导可知当BM⊥CF时，BM=½CF。
∵CF=6，
∴BM的最小值为3。
【答案】
(1)①②证明见解析；(2)3
【知识点】
等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、垂线段最短
【点评】
本题以等腰直角三角形为背景，综合考查了角度推导、辅助线构造、角平分线性质及最短路径求解，需要熟练掌握特殊三角形的性质和全等三角形的判定方法，对几何逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
(1)①要证明∠DPA=∠CBP，可通过中间角∠ABD过渡：首先在Rt△PAE和Rt△BDE中利用等角的余角相等得∠DPA=∠ABD，再结合等腰直角△ABC和等腰直角△BDP的45°底角，同减去公共角∠ABP即可得∠CBP=∠ABD，等量代换即可得证。
②要证BE=2AP，通过构造全等三角形转化线段：延长BD交射线CA于点F，先证△PDF≌△BDE得PF=BE，再结合BP平分∠ABC证明△PBF为等腰三角形，利用等腰三角形三线合一性质得PF=2AP，即可推出结论。
(2)点M在CF上运动，根据垂线段最短可知，当BM⊥CF时BM取得最小值，结合等腰直角三角形性质和角平分线定义可推导得此时BM为CF的一半，代入数值即可求解。
【解析】
(1)①证明：
∵∠PAE=∠D=90°，∠AEP=∠BED（对顶角相等），
∴∠DPA=∠ABD（等角的余角相等）。
∵∠BAC=90°，AC=AB，
∴∠ABC=∠C=45°。
∵△BDP是等腰直角三角形，
∴∠PBD=45°，
∴∠ABC=∠PBD，
∴∠ABC-∠ABP=∠PBD-∠ABP，即∠CBP=∠ABD，
∴∠DPA=∠CBP。
②证明：延长BD，交射线CA于点F。
由①得∠DPF=∠DBE。
∵∠BDP=∠PDF=90°，PD=BD，
∴△PDF≌△BDE（ASA），
∴PF=BE。
∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP=∠PBC，结合①的结论得∠ABP=∠ABD。
又
∵∠BAP=∠BAF=90°，AB=AB，
∴△ABP≌△ABF（ASA），
∴AP=AF，即PF=2AP，
∴BE=2AP。
(2)解：点M在CF上运动，根据垂线段最短，当BM⊥CF时BM取得最小值。
在等腰Rt△ABC中，∠ACB=45°，CF平分∠ACB，可得∠BCF=22.5°，结合角度推导可知当BM⊥CF时，BM=½CF。
∵CF=6，
∴BM的最小值为3。
【答案】
(1)①②证明见解析；(2)3
【知识点】
等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、垂线段最短
【点评】
本题以等腰直角三角形为背景，综合考查了角度推导、辅助线构造、角平分线性质及最短路径求解，需要熟练掌握特殊三角形的性质和全等三角形的判定方法，对几何逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
