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5.【问题背景】如图①，直线 $ l $ 经过点 $ A $，$ ∠ BAC = 90° $，$ AB = AC $，过点 $ B,C $ 分别向直线 $ l $ 作垂线，垂足分别为 $ D,E $，可证 $ △ ABD ≌ △ CAE $。
【变式探究】(1)如图②，点 $ A,D,E $ 在直线 $ l $ 上，若 $ ∠ CEA = ∠ BAC = ∠ ADB $，$ AB = AC $，求证 $ DE = BD + CE $。
【拓展应用】(2)如图③，在 $ \mathrm{Rt}△ BAD $ 和 $ \mathrm{Rt}△ CAE $ 中，$ ∠ BAD = ∠ CAE = 90° $，$ AB = AD $，$ AC = AE $，连接 $ BC,DE $，作边 $ BC $ 上的高 $ AG $，延长 $ GA $ 交 $ DE $ 于点 $ H $。若 $ AH = 5 $，$ AG = 12 $，则 $ △ DAE $ 的面积为
【变式探究】(1)如图②，点 $ A,D,E $ 在直线 $ l $ 上，若 $ ∠ CEA = ∠ BAC = ∠ ADB $，$ AB = AC $，求证 $ DE = BD + CE $。
【拓展应用】(2)如图③，在 $ \mathrm{Rt}△ BAD $ 和 $ \mathrm{Rt}△ CAE $ 中，$ ∠ BAD = ∠ CAE = 90° $，$ AB = AD $，$ AC = AE $，连接 $ BC,DE $，作边 $ BC $ 上的高 $ AG $，延长 $ GA $ 交 $ DE $ 于点 $ H $。若 $ AH = 5 $，$ AG = 12 $，则 $ △ DAE $ 的面积为
60
。答案
(1)$\because ∠ EAB$ 是$△ ABD$ 的外角,$\therefore ∠ EAB=∠ ADB+∠ DBA$.
$\therefore ∠ EAC+∠ BAC=∠ ADB+∠ DBA$.
$\because ∠ ADB=∠ BAC,\therefore ∠ EAC=∠ DBA$.
在$△ EAC$ 和$△ DBA$ 中,
$\begin{cases}∠ EAC=∠ DBA, \\ ∠ CEA=∠ ADB, \\ AC=AB,\end{cases}$
$\therefore △ EAC≌△ DBA(\mathrm{AAS})$.
$\therefore CE=AD,AE=BD.\therefore DE=AE+AD=BD+CE$.
(2)60(提示:如图,过点 $ D $ 作 $ DM⊥ AH $ 交 $ AH $ 的延长线于点 $ M $,过点 $ E $ 作 $ EN⊥ AH $ 于点 $ N $.
$\because AG⊥ BC,\therefore ∠ AGB=∠ M=90°.\therefore ∠ ABG+∠ BAG=90°$.
$\because ∠ BAD=90°,\therefore ∠ BAG+∠ DAM=90°.\therefore ∠ ABG=∠ DAM$.
在$△ ABG$ 和$△ DAM$ 中,
$\begin{cases}∠ AGB=∠ M, \\ ∠ ABG=∠ DAM, \\ AB=AD,\end{cases}$
$\therefore △ ABG≌△ DAM(\mathrm{AAS})$.
$\therefore DM=AG$.
同理可证,$△ AGC≌△ ENA$.
$\therefore EN=AG.\therefore DM=EN=AG$.
$\because S_{△ DAE}=S_{△ AHD}+S_{△ AHE}=\dfrac{1}{2}AH· DM+\dfrac{1}{2}AH· EN=AH× AG=5× 12=60$,
$\therefore △ DAE$ 的面积等于 60.)
解析
【分析】
(1) 要证明线段和的关系，优先考虑将待证线段转化到同一直线上。已知∠CEA=∠BAC=∠ADB且AB=AC，可先利用三角形外角性质推导相等的角，结合已知边相等用AAS证明△EAC≌△DBA，得到对应边相等后，替换DE的组成线段即可推导结论。
(2) 求△DAE的面积时，可将其拆分为△AHD和△AHE两个三角形的面积和，已知AH的长度，只需得到两个三角形以AH为底对应的高即可。通过过D、E作AH所在直线的垂线构造全等三角形，将高转化为已知长度的AG，再代入面积公式计算即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ ∠EAB是△ABD的外角，
∴ ∠EAB=∠ADB+∠DBA，
∴ ∠EAC+∠BAC=∠ADB+∠DBA，
∵ ∠ADB=∠BAC，
∴ ∠EAC=∠DBA。
在△EAC和△DBA中，
$\begin{cases}∠EAC=∠DBA, \\∠CEA=∠ADB, \\AC=AB,\end{cases}$
∴ △EAC≌△DBA（AAS），
∴ CE=AD，AE=BD，
∴ DE=AE+AD=BD+CE。
(2) 解：
过点 $ D $ 作 $ DM⊥ AH $ 交 $ AH $ 的延长线于点 $ M $，过点 $ E $ 作 $ EN⊥ AH $ 于点 $ N $。
∵ AG⊥BC，
∴ ∠AGB=∠M=90°，
∴ ∠ABG+∠BAG=90°，
∵ ∠BAD=90°，
∴ ∠BAG+∠DAM=90°，
∴ ∠ABG=∠DAM。
在△ABG和△DAM中，
$\begin{cases}∠AGB=∠M, \\∠ABG=∠DAM, \\AB=AD,\end{cases}$
∴ △ABG≌△DAM（AAS），
∴ DM=AG。
同理可证△AGC≌△ENA，
∴ EN=AG，
∴ DM=EN=AG=12。
$\begin{aligned}S_{△DAE}&=S_{△AHD}+S_{△AHE}\\&=\frac{1}{2}AH· DM+\frac{1}{2}AH· EN\\&=\frac{1}{2}×5×12+\frac{1}{2}×5×12\\&=60\end{aligned}$
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $\boxed{60}$（提示：过点 $ D $ 作 $ DM⊥ AH $ 交 $ AH $ 的延长线于点 $ M $，过点 $ E $ 作 $ EN⊥ AH $ 于点 $ N $。）
【知识点】
全等三角形的判定与性质，一线三等角模型，三角形面积计算
【点评】
本题是“一线三等角”模型的典型应用，从基础全等证明到拓展面积求解，梯度设置合理。解题关键是熟练掌握全等三角形的判定方法，学会通过构造辅助线实现线段的转化，同时灵活运用拆分法计算组合图形的面积。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明线段和的关系，优先考虑将待证线段转化到同一直线上。已知∠CEA=∠BAC=∠ADB且AB=AC，可先利用三角形外角性质推导相等的角，结合已知边相等用AAS证明△EAC≌△DBA，得到对应边相等后，替换DE的组成线段即可推导结论。
(2) 求△DAE的面积时，可将其拆分为△AHD和△AHE两个三角形的面积和，已知AH的长度，只需得到两个三角形以AH为底对应的高即可。通过过D、E作AH所在直线的垂线构造全等三角形，将高转化为已知长度的AG，再代入面积公式计算即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ ∠EAB是△ABD的外角，
∴ ∠EAB=∠ADB+∠DBA，
∴ ∠EAC+∠BAC=∠ADB+∠DBA，
∵ ∠ADB=∠BAC，
∴ ∠EAC=∠DBA。
在△EAC和△DBA中，
$\begin{cases}∠EAC=∠DBA, \\∠CEA=∠ADB, \\AC=AB,\end{cases}$
∴ △EAC≌△DBA（AAS），
∴ CE=AD，AE=BD，
∴ DE=AE+AD=BD+CE。
(2) 解：
过点 $ D $ 作 $ DM⊥ AH $ 交 $ AH $ 的延长线于点 $ M $，过点 $ E $ 作 $ EN⊥ AH $ 于点 $ N $。
∵ AG⊥BC，
∴ ∠AGB=∠M=90°，
∴ ∠ABG+∠BAG=90°，
∵ ∠BAD=90°，
∴ ∠BAG+∠DAM=90°，
∴ ∠ABG=∠DAM。
在△ABG和△DAM中，
$\begin{cases}∠AGB=∠M, \\∠ABG=∠DAM, \\AB=AD,\end{cases}$
∴ △ABG≌△DAM（AAS），
∴ DM=AG。
同理可证△AGC≌△ENA，
∴ EN=AG，
∴ DM=EN=AG=12。
$\begin{aligned}S_{△DAE}&=S_{△AHD}+S_{△AHE}\\&=\frac{1}{2}AH· DM+\frac{1}{2}AH· EN\\&=\frac{1}{2}×5×12+\frac{1}{2}×5×12\\&=60\end{aligned}$
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $\boxed{60}$（提示：过点 $ D $ 作 $ DM⊥ AH $ 交 $ AH $ 的延长线于点 $ M $，过点 $ E $ 作 $ EN⊥ AH $ 于点 $ N $。
）【知识点】
全等三角形的判定与性质，一线三等角模型，三角形面积计算
【点评】
本题是“一线三等角”模型的典型应用，从基础全等证明到拓展面积求解，梯度设置合理。解题关键是熟练掌握全等三角形的判定方法，学会通过构造辅助线实现线段的转化，同时灵活运用拆分法计算组合图形的面积。
【难度系数】
0.6
6.【方法储备】(1)如图①，点M，A，F在同一直线上，∠GMA=∠GAB=∠BFA，GM=AF，则利用ASA可以证明△GMA≌△AFB，平时大家习惯地称它为“一线三等角”.请你完成全等的证明过程.
【尝试应用】(2)如图②，点D在等边三角形ABC的边AB上，点E在BC上，以DE为边的等边三角形DEF的顶点F恰好在∠ACB的平分线上，若AD=5，求BE的长.
【尝试应用】(2)如图②，点D在等边三角形ABC的边AB上，点E在BC上，以DE为边的等边三角形DEF的顶点F恰好在∠ACB的平分线上，若AD=5，求BE的长.
答案
(1)$\because ∠ G+∠ GMA+∠ GAM=180°,∠ BAF+∠ GAB+∠ GAM=180°$,
$∠ GMA=∠ GAB=∠ BFA,\therefore ∠ G=∠ BAF$.
在$△ GMA$ 和$△ AFB$ 中,
$\begin{cases}∠ G=∠ BAF, \\ GM=AF, \\ ∠ GMA=∠ BFA,\end{cases}$
$\therefore △ GMA≌△ AFB(\mathrm{ASA})$.
(2)如图,在 $AD$ 上取一点 $G$,使 $DG=BE$,连接 $FG$,延长 $CF$ 交 $AB$ 于点 $H$.
$\because △ ABC$ 和$△ DEF$ 是等边三角形,$\therefore ∠ B=∠ EDF=60°,DE=DF=EF$.
$\because ∠ B+∠ BDE+∠ BED=180°,∠ EDF+∠ BDE+∠ GDF=180°$,
$\therefore ∠ BED=∠ GDF$.
在$△ BDE$ 和$△ GFD$ 中,
$\begin{cases}BE=GD, \\ ∠ BED=∠ GDF, \\ DE=DF,\end{cases}$
$\therefore △ BDE≌△ GFD(\mathrm{SAS}).\therefore ∠ B=∠ DGF=60°,BD=GF$.
令 $DH=x$,$HG=y$,则 $DG=BE=x+y$,
$\therefore AG=AD-DG=5-x-y$.
$\because CF$ 是角平分线,$\therefore △ ACH≌△ BCH(\mathrm{SAS})$.
$\therefore BH=AH=AD-DH=5-x.\therefore BD=BH-DH=5-2x=GF$.
$\because ∠ DGF=60°,\therefore GF=2HG$.
$\therefore 5-2x=2y.\therefore x+y=2.5.\therefore BE=x+y=2.5$.
解析
【分析】
(1) 要用ASA证明△GMA≌△AFB，需找到两角及其夹边对应相等：已知GM=AF，∠GMA=∠BFA，还需证明夹这组边的另一组角∠G=∠BAF。可利用三角形内角和为180°、平角为180°，结合已知∠GMA=∠GAB推导得到该组角相等，即可满足ASA的判定条件。
(2) 求解BE的长度可借鉴(1)的全等模型思路：已知△ABC和△DEF都是等边三角形，先在AD上取DG=BE，构造全等三角形转化线段关系，证明△BDE≌△GFD，得到∠DGF=60°、BD=GF；再结合CF是等边△ACB的角平分线，可得CF与AB垂直，利用含30°角的直角三角形的性质得到GF和HG的数量关系，最后通过线段和差运算即可求出BE的长。
【解析】
(1) $\because ∠ G+∠ GMA+∠ GAM=180°,∠ BAF+∠ GAB+∠ GAM=180°$,
$∠ GMA=∠ GAB=∠ BFA,\therefore ∠ G=∠ BAF$.
在$△ GMA$ 和$△ AFB$ 中,
$\begin{cases}∠ G=∠ BAF, \\ GM=AF, \\ ∠ GMA=∠ BFA,\end{cases}$
$\therefore △ GMA≌△ AFB(\mathrm{ASA})$.
(2) 如图,在 $AD$ 上取一点 $G$,使 $DG=BE$,连接 $FG$,延长 $CF$ 交 $AB$ 于点 $H$.
$\because △ ABC$ 和$△ DEF$ 是等边三角形,$\therefore ∠ B=∠ EDF=60°,DE=DF=EF$.
$\because ∠ B+∠ BDE+∠ BED=180°,∠ EDF+∠ BDE+∠ GDF=180°$,
$\therefore ∠ BED=∠ GDF$.
在$△ BDE$ 和$△ GFD$ 中,
$\begin{cases}BE=GD, \\ ∠ BED=∠ GDF, \\ DE=DF,\end{cases}$
$\therefore △ BDE≌△ GFD(\mathrm{SAS}).\therefore ∠ B=∠ DGF=60°,BD=GF$.
令 $DH=x$,$HG=y$,则 $DG=BE=x+y$,
$\therefore AG=AD-DG=5-x-y$.
$\because CF$ 是角平分线,$\therefore △ ACH≌△ BCH(\mathrm{SAS})$.
$\therefore BH=AH=AD-DH=5-x.\therefore BD=BH-DH=5-2x=GF$.
$\because ∠ DGF=60°,\therefore GF=2HG$.
$\therefore 5-2x=2y.\therefore x+y=2.5.\therefore BE=x+y=2.5$.
【答案】
(1) 证明如上，△GMA≌△AFB成立；
(2)，$BE=\boldsymbol{2.5}$（或$\boldsymbol{\frac{5}{2}}$）
【知识点】
全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，角平分线的定义
【点评】
本题围绕“一线三等角”全等模型设置问题，第一问侧重基础全等判定的应用，第二问需要结合等边三角形性质构造全等转化线段关系，能有效考查对几何全等模型的迁移运用能力和辅助线构造能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要用ASA证明△GMA≌△AFB，需找到两角及其夹边对应相等：已知GM=AF，∠GMA=∠BFA，还需证明夹这组边的另一组角∠G=∠BAF。可利用三角形内角和为180°、平角为180°，结合已知∠GMA=∠GAB推导得到该组角相等，即可满足ASA的判定条件。
(2) 求解BE的长度可借鉴(1)的全等模型思路：已知△ABC和△DEF都是等边三角形，先在AD上取DG=BE，构造全等三角形转化线段关系，证明△BDE≌△GFD，得到∠DGF=60°、BD=GF；再结合CF是等边△ACB的角平分线，可得CF与AB垂直，利用含30°角的直角三角形的性质得到GF和HG的数量关系，最后通过线段和差运算即可求出BE的长。
【解析】
(1) $\because ∠ G+∠ GMA+∠ GAM=180°,∠ BAF+∠ GAB+∠ GAM=180°$,
$∠ GMA=∠ GAB=∠ BFA,\therefore ∠ G=∠ BAF$.
在$△ GMA$ 和$△ AFB$ 中,
$\begin{cases}∠ G=∠ BAF, \\ GM=AF, \\ ∠ GMA=∠ BFA,\end{cases}$
$\therefore △ GMA≌△ AFB(\mathrm{ASA})$.
(2) 如图,在 $AD$ 上取一点 $G$,使 $DG=BE$,连接 $FG$,延长 $CF$ 交 $AB$ 于点 $H$.
$\because △ ABC$ 和$△ DEF$ 是等边三角形,$\therefore ∠ B=∠ EDF=60°,DE=DF=EF$.
$\because ∠ B+∠ BDE+∠ BED=180°,∠ EDF+∠ BDE+∠ GDF=180°$,
$\therefore ∠ BED=∠ GDF$.
在$△ BDE$ 和$△ GFD$ 中,
$\begin{cases}BE=GD, \\ ∠ BED=∠ GDF, \\ DE=DF,\end{cases}$
$\therefore △ BDE≌△ GFD(\mathrm{SAS}).\therefore ∠ B=∠ DGF=60°,BD=GF$.
令 $DH=x$,$HG=y$,则 $DG=BE=x+y$,
$\therefore AG=AD-DG=5-x-y$.
$\because CF$ 是角平分线,$\therefore △ ACH≌△ BCH(\mathrm{SAS})$.
$\therefore BH=AH=AD-DH=5-x.\therefore BD=BH-DH=5-2x=GF$.
$\because ∠ DGF=60°,\therefore GF=2HG$.
$\therefore 5-2x=2y.\therefore x+y=2.5.\therefore BE=x+y=2.5$.
【答案】
(1) 证明如上，△GMA≌△AFB成立；
(2)
，$BE=\boldsymbol{2.5}$（或$\boldsymbol{\frac{5}{2}}$）【知识点】
全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，角平分线的定义
【点评】
本题围绕“一线三等角”全等模型设置问题，第一问侧重基础全等判定的应用，第二问需要结合等边三角形性质构造全等转化线段关系，能有效考查对几何全等模型的迁移运用能力和辅助线构造能力。
【难度系数】
0.6
