1. (★★)已知$△ ABC$和$△ CDE$中，$CA=CB$，$CD=CE$，$∠ ACB=∠ DCE=α$，$AE$与$BD$交于点$F$.
(1)如图①，当$α=90°$时，求证：①$△ ACE≌△ BCD$；②$AE⊥ BD$.
(2)如图②，当$α=60°$时，$∠ AFB$的度数为.
(3)如图③，$∠ AFD$的度数为(用含$α$的式子表示).

证明：
(1)①
∵ ∠ACB = ∠DCE = 90°，
∴ ∠ACB + ∠BCE = ∠DCE + ∠BCE，
即 ∠ACE = ∠BCD。
在△ACE和△BCD中，
$\{\begin{array}{l}CA = CB \\∠ACE = ∠BCD \\CE = CD\end{array} $
∴ △ACE ≌ △BCD（SAS）。
② 设AE交BC于点M。
由△ACE ≌ △BCD，得∠CAE = ∠CBD。
∵ ∠AMC = ∠BMF，
在△ACM中，∠CAE + ∠AMC + ∠ACB = 180°，
在△BFM中，∠CBD + ∠BMF + ∠BFM = 180°，
∴ ∠BFM = ∠ACB = 90°，
∴ AE ⊥ BD。
(2) 同理可证△ACE ≌ △BCD，得∠CAE = ∠CBD，
结合对顶角相等、三角形内角和定理可得∠AFB = ∠ACB = 60°。
答案：$\boldsymbol{60°}$
(3) 同理可证△ACE ≌ △BCD，得∠CAE = ∠CBD，
可得∠AFB = ∠ACB = α，
∴ ∠AFD = 180° - ∠AFB = 180° - α。
答案：$\boldsymbol{180° - α}$

【分析】
本题是手拉手全等模型的典型应用，解题思路清晰：①证明△ACE≌△BCD时，先由已知的∠ACB=∠DCE，两边同时加上公共角∠BCE，即可得到两组对应边的夹角∠ACE=∠BCD，再结合已知的两组边相等，即可用SAS判定全等；②推导AE与BD的夹角时，利用全等三角形对应角相等得到一组角相等，再结合对顶角相等、三角形内角和定理，即可推出AE和BD的夹角等于∠ACB=α，最后根据邻补角的关系求解∠AFD即可。
【解析】
(1)①证明：
∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACB+∠BCE=∠DCE+∠BCE，即∠ACE=∠BCD。
在△ACE和△BCD中：
$\{\begin{array}{l}CA=CB\\∠ACE=∠BCD\\CE=CD\end{array} $
∴△ACE≌△BCD（SAS）。
②证明：设AE交BC于点M。
由△ACE≌△BCD，得∠CAE=∠CBD。
∵∠AMC=∠BMF（对顶角相等），
在△ACM中，∠CAE+∠AMC+∠ACB=180°，
在△BFM中，∠CBD+∠BMF+∠BFM=180°，
∴∠BFM=∠ACB=90°，
∴AE⊥BD。
(2)同理可证△ACE≌△BCD，得∠CAE=∠CBD，结合对顶角相等、三角形内角和定理可得∠AFB=∠ACB=60°。
(3)同理可证△ACE≌△BCD，得∠CAE=∠CBD，可得∠AFB=∠ACB=α，
∵∠AFD和∠AFB互为邻补角，
∴∠AFD=180°-∠AFB=180°-α。
【答案】
(1)①证明见解析；②证明见解析
(2)$\boldsymbol{60°}$
(3)$\boldsymbol{180°-α}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质；三角形内角和定理；邻补角的性质
【点评】
本题从特殊角度到一般角度逐步设问，核心考查手拉手型全等三角形的判定与性质，熟练掌握该类模型的角相等推导规律，可快速解决此类几何证明与角度计算问题。
【难度系数】
0.7

2. (★★)(1)【模型感知】“一线三等角”模型是平面几何图形中的重要模型之一,请根据以下问题,把你的感知填写出来.
如图①,点 B,D,C 在同一条直线上,且∠B=∠C=∠EDF=60°,BD=CF,则△BDE≌.
(2)【模型应用】如图②,点 B 在直线 l 上,分别过点 A,C 作 AE⊥l 于点 E,CF⊥l 于点 F,且 AB=BC.若 AE=1,CF=2,则 EF 的长为.
(3)【模型变式】如图③,在△ABC 中,∠ACB=90°,AC=BC,BE⊥CE 于点 E,AD⊥CE 于点 D,DE=4,AD=6,求 BE 的长.

解：
(1) $△ CFD$
(2) $3$
(3) ∵ $BE⊥ CE$，$AD⊥ CE$，
∴ $∠ E = ∠ ADC = 90°$，
∵ $∠ ACB = 90°$，
∴ $∠ BCE + ∠ ACD = 90°$，
又∵ $∠ BCE + ∠ CBE = 90°$，
∴ $∠ CBE = ∠ ACD$。
在$△ CBE$和$△ ACD$中，
$\begin{cases}∠ E = ∠ ADC \\∠ CBE = ∠ ACD \\BC = AC\end{cases}$
∴ $△ CBE ≌ △ ACD \ (\mathrm{AAS})$，
∴ $CE = AD = 6$，$BE = CD$。
∵ $CD = CE - DE = 6 - 4 = 2$，
∴ $BE = 2$。

【分析】
(1) 利用一线三等角模型推导等角：已知∠B=∠C=∠EDF=60°，根据三角形内角和与平角定义可得∠BED+∠EDB=∠EDB+∠FDC=120°，即∠BED=∠FDC，结合已知BD=CF、∠B=∠C，即可用AAS判定全等。
(2) 先由垂直得到两个直角，再根据同角的余角相等推导∠EAB=∠CBF，结合AB=BC证△AEB≌△BFC，得到对应边相等后即可计算EF的长度。
(3) 先由垂直得∠E=∠ADC=90°，再根据∠ACB=90°导角得∠CBE=∠ACD，结合AC=BC证△CBE≌△ACD，利用全等对应边相等的性质，结合已知线段长度即可求出BE的长。
【解析】
(1) 在△BDE和△CFD中，$\begin{cases}∠B=∠C \\∠BED=∠FDC \\BD=CF\end{cases}$，故△BDE≌△CFD（AAS）。
(2)
∵AE⊥l，CF⊥l，
∴∠AEB=∠BFC=90°，
∴∠EAB+∠ABE=90°，
又
∵∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBF=90°，
∴∠EAB=∠CBF，
在△AEB和△BFC中，$\begin{cases}∠AEB=∠BFC \\∠EAB=∠CBF \\AB=BC\end{cases}$，
∴△AEB≌△BFC（AAS），
∴AE=BF=1，EB=CF=2，
∴EF=EB+BF=2+1=3。
(3)
∵ $BE⊥ CE$，$AD⊥ CE$，
∴ $∠ E = ∠ ADC = 90°$，
∵ $∠ ACB = 90°$，
∴ $∠ BCE + ∠ ACD = 90°$，
又
∵ $∠ BCE + ∠ CBE = 90°$，
∴ $∠ CBE = ∠ ACD$。
在$△ CBE$和$△ ACD$中，
$\begin{cases}∠ E = ∠ ADC \\∠ CBE = ∠ ACD \\BC = AC\end{cases}$
∴ $△ CBE ≌ △ ACD \ (\mathrm{AAS})$，
∴ $CE = AD = 6$，$BE = CD$。
∵ $CD = CE - DE = 6 - 4 = 2$，
∴ $BE = 2$。
【答案】
(1) $△ CFD$；(2) $3$；(3) $2$
【知识点】
全等三角形的判定与性质，一线三等角模型，同角的余角相等
【点评】
本题围绕“一线三等角”全等模型分层设置问题，从基础识别到实际应用再到变式拓展，能有效考查对全等三角形判定、性质的掌握程度和导角推理能力，熟练掌握导角方法、灵活运用全等判定定理是解题的关键。
【难度系数】
0.7