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7 (2025南通海安月考)有一张三角形纸片ABC，已知∠B=∠C=α，按如下两种方案用剪刀沿着箭头方向剪开，若方案中两个阴影部分的三角形一定全等打“√”，若不一定全等打“×”，则下列关于两种方案中两个阴影部分三角形全等情况的判断正确的是 (
A.方案一:√,方案二:√
B.方案一:×,方案二:×
C.方案一:×,方案二:√
D.方案一:√,方案二:×
（第7题）
D
)A.方案一:√,方案二:√
B.方案一:×,方案二:×
C.方案一:×,方案二:√
D.方案一:√,方案二:×
（第7题）答案
7. D
解析
【分析】
解题时先回忆全等三角形的判定定理（AAS、ASA、SAS、SSS等），结合已知∠B=∠C=α，分别对两个方案的阴影三角形分析角和边的对应关系：
1. 方案一：利用平角为180°和三角形内角和180°，推导出两个阴影三角形的一组对应角相等，再结合已知的等角和等长的边，即可用AAS判定全等。
2. 方案二：同理可推导得到两组角对应相等，但已知的等长边不是对应边，没有符合全等判定的边相等条件，因此无法判定一定全等。
【解析】
设BC边上的公共点为D，两个阴影三角形靠近顶点A的顶点分别为E、F，中间公共角∠EDF=α。
分析方案一：
已知∠B=∠C=α，BE=CD=3。
由平角定义得：$∠ BDE + ∠ EDF + ∠ CDF = 180°$，代入$∠ EDF=α$，得$∠ BDE + ∠ CDF = 180° - α$。
在$△ BED$中，由三角形内角和得：$∠ B + ∠ BDE + ∠ BED = 180°$，代入$∠ B=α$，得$∠ BDE + ∠ BED = 180° - α$。
因此可推出$∠ BED = ∠ CDF$。
在$△ BED$和$△ CDF$中：
$\begin{cases}∠ B = ∠ C \\∠ BED = ∠ CDF \\BE = CD\end{cases}$
∴$△ BED ≌ △ CDF$（AAS），方案一两个阴影三角形一定全等，打“√”。
分析方案二：
已知∠B=∠C=α，BE=CF=3。
同理可推导得$∠ BED = ∠ CDF$，此时$△ BED$和$△ CFD$仅满足两组角对应相等，已知的等长边BE和CF不是对应边（BE的对应边为CD，CF的对应边为BD，BD与CD长度不一定相等），不满足全等判定的条件，因此两个阴影三角形不一定全等，打“×”。
综上，方案一√，方案二×，对应选项D。
【答案】
D
【知识点】
全等三角形的判定，三角形内角和，平角的性质
【点评】
本题重点考查全等三角形判定的实际应用，解题的核心是准确识别三角形的对应角和对应边，只有对应边相等时才能结合角的条件判定全等，要注意避免混淆边的对应关系导致判断错误。
【难度系数】
0.65
解题时先回忆全等三角形的判定定理（AAS、ASA、SAS、SSS等），结合已知∠B=∠C=α，分别对两个方案的阴影三角形分析角和边的对应关系：
1. 方案一：利用平角为180°和三角形内角和180°，推导出两个阴影三角形的一组对应角相等，再结合已知的等角和等长的边，即可用AAS判定全等。
2. 方案二：同理可推导得到两组角对应相等，但已知的等长边不是对应边，没有符合全等判定的边相等条件，因此无法判定一定全等。
【解析】
设BC边上的公共点为D，两个阴影三角形靠近顶点A的顶点分别为E、F，中间公共角∠EDF=α。
分析方案一：
已知∠B=∠C=α，BE=CD=3。
由平角定义得：$∠ BDE + ∠ EDF + ∠ CDF = 180°$，代入$∠ EDF=α$，得$∠ BDE + ∠ CDF = 180° - α$。
在$△ BED$中，由三角形内角和得：$∠ B + ∠ BDE + ∠ BED = 180°$，代入$∠ B=α$，得$∠ BDE + ∠ BED = 180° - α$。
因此可推出$∠ BED = ∠ CDF$。
在$△ BED$和$△ CDF$中：
$\begin{cases}∠ B = ∠ C \\∠ BED = ∠ CDF \\BE = CD\end{cases}$
∴$△ BED ≌ △ CDF$（AAS），方案一两个阴影三角形一定全等，打“√”。
分析方案二：
已知∠B=∠C=α，BE=CF=3。
同理可推导得$∠ BED = ∠ CDF$，此时$△ BED$和$△ CFD$仅满足两组角对应相等，已知的等长边BE和CF不是对应边（BE的对应边为CD，CF的对应边为BD，BD与CD长度不一定相等），不满足全等判定的条件，因此两个阴影三角形不一定全等，打“×”。
综上，方案一√，方案二×，对应选项D。
【答案】
D
【知识点】
全等三角形的判定，三角形内角和，平角的性质
【点评】
本题重点考查全等三角形判定的实际应用，解题的核心是准确识别三角形的对应角和对应边，只有对应边相等时才能结合角的条件判定全等，要注意避免混淆边的对应关系导致判断错误。
【难度系数】
0.65
8 如图，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ BAC=90°$，$∠ ABC$的平分线交$AC$于点$D$，$DE⊥ BC$于点$E$，若$△ ABC$与$△ CDE$的周长分别为13和3，则$AB$的长为（
A.10
B.16
C.8
D.5
D
）A.10
B.16
C.8
D.5
答案
8. D
解析
【分析】
解题时先从已知条件的角平分线和两个垂直入手，先根据角平分线的性质得到AD=DE，再通过HL证明Rt△ABD和Rt△EBD全等，推出AB=BE；接下来对两个三角形的周长进行等量代换，把△CDE的周长转化为AC+CE的长度，再将△ABC的周长用AB和AC+CE表示，代入已知的周长数值即可求出AB的长。
【解析】
解：
∵BD平分∠ABC，∠BAC=90°（即DA⊥AB），DE⊥BC
∴AD=DE（角平分线上的点到角两边的距离相等）
在Rt△ABD和Rt△EBD中：
$\{\begin{array}{l}BD=BD\\ AD=DE\end{array} $
∴Rt△ABD≌Rt△EBD（HL）
∴AB=BE
∵△CDE的周长为3
∴$DE+CD+CE=3$
将$DE=AD$代入得：$AD+CD+CE=AC+CE=3$
∵△ABC的周长为13
∴$AB+AC+BC=13$
又
∵$BC=BE+CE$，且$BE=AB$
∴代入周长公式得：$AB+AC+AB+CE=13$
整理得：$2AB + (AC+CE) =13$
把$AC+CE=3$代入得：$2AB+3=13$
解得$AB=5$
【答案】D
【知识点】
角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，三角形周长计算
【点评】
本题解题核心是利用角平分线性质和全等三角形完成线段的等量代换，将两个三角形的周长建立关联从而求解，是全等三角形应用的典型题型，需要熟练掌握线段代换的技巧。
【难度系数】
0.7
解题时先从已知条件的角平分线和两个垂直入手，先根据角平分线的性质得到AD=DE，再通过HL证明Rt△ABD和Rt△EBD全等，推出AB=BE；接下来对两个三角形的周长进行等量代换，把△CDE的周长转化为AC+CE的长度，再将△ABC的周长用AB和AC+CE表示，代入已知的周长数值即可求出AB的长。
【解析】
解：
∵BD平分∠ABC，∠BAC=90°（即DA⊥AB），DE⊥BC
∴AD=DE（角平分线上的点到角两边的距离相等）
在Rt△ABD和Rt△EBD中：
$\{\begin{array}{l}BD=BD\\ AD=DE\end{array} $
∴Rt△ABD≌Rt△EBD（HL）
∴AB=BE
∵△CDE的周长为3
∴$DE+CD+CE=3$
将$DE=AD$代入得：$AD+CD+CE=AC+CE=3$
∵△ABC的周长为13
∴$AB+AC+BC=13$
又
∵$BC=BE+CE$，且$BE=AB$
∴代入周长公式得：$AB+AC+AB+CE=13$
整理得：$2AB + (AC+CE) =13$
把$AC+CE=3$代入得：$2AB+3=13$
解得$AB=5$
【答案】D
【知识点】
角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，三角形周长计算
【点评】
本题解题核心是利用角平分线性质和全等三角形完成线段的等量代换，将两个三角形的周长建立关联从而求解，是全等三角形应用的典型题型，需要熟练掌握线段代换的技巧。
【难度系数】
0.7
9 (2025无锡惠山期中)如图，BC，AE是锐角三角形ABF的高，且相交于点D，若AD=BF，AF=7，CF=2，则BD的长为
3
。答案
9. 3
解析
【分析】
要计算BD的长度，我们先从已知的高入手：高可得直角，利用同角的余角相等得到一组对应角相等，结合已知的AD=BF，用“AAS”证明三角形全等，再利用全等三角形对应边相等得到相关线段的长度，最后通过线段和差计算BD的长。
【解析】
∵BC、AE是锐角三角形ABF的高，
∴$∠ BCF=∠ ACD=90°$，
∴$∠ F+∠ FBC=90°$，$∠ F+∠ DAC=90°$，
∴$∠ FBC=∠ DAC$。
在$△ BCF$和$△ ACD$中：
$\begin{cases}∠ BCF=∠ ACD \\∠ FBC=∠ DAC \\BF=AD\end{cases}$
∴$△ BCF≌△ ACD$（AAS），
∴$BC=AC$，$CD=CF$。
∵$AF=7$，$CF=2$，
∴$AC=AF-CF=7-2=5$，即$BC=5$，
又
∵$CD=CF=2$，
∴$BD=BC-CD=5-2=3$。
【答案】
3
【知识点】
AAS证全等；全等三角形的性质；同角的余角相等
【点评】
本题是全等三角形应用的典型题，解题核心是通过直角三角形的锐角互余关系找到相等的角，证明三角形全等后转化线段关系，结合线段和差即可求解。
【难度系数】
0.65
要计算BD的长度，我们先从已知的高入手：高可得直角，利用同角的余角相等得到一组对应角相等，结合已知的AD=BF，用“AAS”证明三角形全等，再利用全等三角形对应边相等得到相关线段的长度，最后通过线段和差计算BD的长。
【解析】
∵BC、AE是锐角三角形ABF的高，
∴$∠ BCF=∠ ACD=90°$，
∴$∠ F+∠ FBC=90°$，$∠ F+∠ DAC=90°$，
∴$∠ FBC=∠ DAC$。
在$△ BCF$和$△ ACD$中：
$\begin{cases}∠ BCF=∠ ACD \\∠ FBC=∠ DAC \\BF=AD\end{cases}$
∴$△ BCF≌△ ACD$（AAS），
∴$BC=AC$，$CD=CF$。
∵$AF=7$，$CF=2$，
∴$AC=AF-CF=7-2=5$，即$BC=5$，
又
∵$CD=CF=2$，
∴$BD=BC-CD=5-2=3$。
【答案】
3
【知识点】
AAS证全等；全等三角形的性质；同角的余角相等
【点评】
本题是全等三角形应用的典型题，解题核心是通过直角三角形的锐角互余关系找到相等的角，证明三角形全等后转化线段关系，结合线段和差即可求解。
【难度系数】
0.65
10 (2025南京鼓楼月考)如图，$AB⊥ CD$，且$AB=CD$. $E,F$是边$AD$上两点，$CE⊥ AD$，$BF⊥ AD$.若$CE=a$，$AD=b$，$BF=c$，则$EF$的长为
$a+c-b$
.答案
10. $a+c-b$
解析
【分析】
首先观察图形，已知多个垂直关系，可先推导角的等量关系：由AB⊥CD、CE⊥AD可得∠A与∠D互余，∠C与∠D互余，根据同角的余角相等得到∠A=∠C；结合AB=CD，以及CE、BF都垂直AD得到的直角，可通过AAS证明△ABF与△CDE全等，得到对应边AF=CE、DE=BF；最后利用线段的和差关系，将AF、DE、AD的长度代入，即可求出EF的长。
【解析】
解：
∵AB⊥CD，CE⊥AD，BF⊥AD，
∴∠AFB=∠CED=90°，∠A+∠D=90°，∠C+∠D=90°，
∴∠A=∠C（同角的余角相等）。
在△ABF和△CDE中：
$\{\begin{array}{l}∠ AFB=∠ CED\\ ∠ A=∠ C\\ AB=CD\end{array} $
∴△ABF≌△CDE（AAS），
∴AF=CE=a，DE=BF=c。
又
∵AF + DE = (AE + EF) + (EF + FD) = (AE + EF + FD) + EF = AD + EF，
已知AD=b，代入得：$a + c = b + EF$，
移项得：$EF = a + c - b$。
【答案】
$a+c-b$
【知识点】
全等三角形的判定（AAS），同角的余角相等，线段和差计算
【点评】
本题是全等三角形与线段计算的综合题，解题的核心是通过余角性质推导等角，证明三角形全等得到对应边的等量关系，再结合线段的和差变形求解，对几何逻辑推导能力有一定的基础要求。
【难度系数】
0.7
首先观察图形，已知多个垂直关系，可先推导角的等量关系：由AB⊥CD、CE⊥AD可得∠A与∠D互余，∠C与∠D互余，根据同角的余角相等得到∠A=∠C；结合AB=CD，以及CE、BF都垂直AD得到的直角，可通过AAS证明△ABF与△CDE全等，得到对应边AF=CE、DE=BF；最后利用线段的和差关系，将AF、DE、AD的长度代入，即可求出EF的长。
【解析】
解：
∵AB⊥CD，CE⊥AD，BF⊥AD，
∴∠AFB=∠CED=90°，∠A+∠D=90°，∠C+∠D=90°，
∴∠A=∠C（同角的余角相等）。
在△ABF和△CDE中：
$\{\begin{array}{l}∠ AFB=∠ CED\\ ∠ A=∠ C\\ AB=CD\end{array} $
∴△ABF≌△CDE（AAS），
∴AF=CE=a，DE=BF=c。
又
∵AF + DE = (AE + EF) + (EF + FD) = (AE + EF + FD) + EF = AD + EF，
已知AD=b，代入得：$a + c = b + EF$，
移项得：$EF = a + c - b$。
【答案】
$a+c-b$
【知识点】
全等三角形的判定（AAS），同角的余角相等，线段和差计算
【点评】
本题是全等三角形与线段计算的综合题，解题的核心是通过余角性质推导等角，证明三角形全等得到对应边的等量关系，再结合线段的和差变形求解，对几何逻辑推导能力有一定的基础要求。
【难度系数】
0.7
11 已知△ABN和△ACM的位置如图所示，∠B=∠C，AD=AE，∠1=∠2. 求证：
(1) $BD=CE$；
(2) $∠M=∠N$.
(1) $BD=CE$；
(2) $∠M=∠N$.
答案
11. 证明:(1) 在$△ ABD$和$△ ACE$中,$\begin{cases}∠B=∠C,\\∠1=∠2,\\AD=AE,\end{cases}$
所以$△ ABD≌△ ACE(\mathrm{AAS})$,所以$BD=CE$.
(2) 因为$∠1=∠2$,
所以$∠1+∠DAE=∠2+∠DAE$,
即$∠BAN=∠CAM$.
因为$△ ABD≌△ ACE$,所以$AB=AC$.
在$△ ACM$和$△ ABN$中,$\begin{cases}∠C=∠B,\\AC=AB,\\∠CAM=∠BAN,\end{cases}$
所以$△ ACM≌△ ABN(\mathrm{ASA})$,所以$∠M=∠N$.
所以$△ ABD≌△ ACE(\mathrm{AAS})$,所以$BD=CE$.
(2) 因为$∠1=∠2$,
所以$∠1+∠DAE=∠2+∠DAE$,
即$∠BAN=∠CAM$.
因为$△ ABD≌△ ACE$,所以$AB=AC$.
在$△ ACM$和$△ ABN$中,$\begin{cases}∠C=∠B,\\AC=AB,\\∠CAM=∠BAN,\end{cases}$
所以$△ ACM≌△ ABN(\mathrm{ASA})$,所以$∠M=∠N$.
解析
【分析】
(1) 要证明两条线段相等，通常可以证明两条线段所在的三角形全等。本题中BD属于△ABD，CE属于△ACE，已知给出了∠B=∠C、∠1=∠2、AD=AE，刚好满足AAS全等判定的条件，证得两个三角形全等后即可得到对应边BD=CE。
(2) 要证明两个角相等，同理可证明两角所在的三角形全等。∠M属于△ACM，∠N属于△ABN，首先由∠1=∠2，两边同时加公共角∠DAE可推出∠BAN=∠CAM，再结合(1)中全等得到的AB=AC，以及已知的∠C=∠B，满足ASA全等判定的条件，证得两个三角形全等后即可得到对应角∠M=∠N。
【解析】
(1) 在$△ ABD$和$△ ACE$中，
$\begin{cases}∠B=∠C,\\∠1=∠2,\\AD=AE,\end{cases}$
所以$△ ABD≌△ ACE(\mathrm{AAS})$，因此$BD=CE$。
(2) 因为$∠1=∠2$，
所以$∠1+∠DAE=∠2+∠DAE$，即$∠BAN=∠CAM$。
由$△ ABD≌△ ACE$可得$AB=AC$。
在$△ ACM$和$△ ABN$中，
$\begin{cases}∠C=∠B,\\AC=AB,\\∠CAM=∠BAN,\end{cases}$
所以$△ ACM≌△ ABN(\mathrm{ASA})$，因此$∠M=∠N$。
【答案】
(1) $BD=CE$得证；(2) $∠M=∠N$得证，证明过程见上述解析。
【知识点】
全等三角形的AAS判定、全等三角形的性质、全等三角形的ASA判定
【点评】
本题是全等三角形判定与性质的基础综合题，需要结合已知条件推导全等所需的间接条件，找准对应三角形和对应边角是解题的核心，有助于巩固全等相关的基础证明方法。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明两条线段相等，通常可以证明两条线段所在的三角形全等。本题中BD属于△ABD，CE属于△ACE，已知给出了∠B=∠C、∠1=∠2、AD=AE，刚好满足AAS全等判定的条件，证得两个三角形全等后即可得到对应边BD=CE。
(2) 要证明两个角相等，同理可证明两角所在的三角形全等。∠M属于△ACM，∠N属于△ABN，首先由∠1=∠2，两边同时加公共角∠DAE可推出∠BAN=∠CAM，再结合(1)中全等得到的AB=AC，以及已知的∠C=∠B，满足ASA全等判定的条件，证得两个三角形全等后即可得到对应角∠M=∠N。
【解析】
(1) 在$△ ABD$和$△ ACE$中，
$\begin{cases}∠B=∠C,\\∠1=∠2,\\AD=AE,\end{cases}$
所以$△ ABD≌△ ACE(\mathrm{AAS})$，因此$BD=CE$。
(2) 因为$∠1=∠2$，
所以$∠1+∠DAE=∠2+∠DAE$，即$∠BAN=∠CAM$。
由$△ ABD≌△ ACE$可得$AB=AC$。
在$△ ACM$和$△ ABN$中，
$\begin{cases}∠C=∠B,\\AC=AB,\\∠CAM=∠BAN,\end{cases}$
所以$△ ACM≌△ ABN(\mathrm{ASA})$，因此$∠M=∠N$。
【答案】
(1) $BD=CE$得证；(2) $∠M=∠N$得证，证明过程见上述解析。
【知识点】
全等三角形的AAS判定、全等三角形的性质、全等三角形的ASA判定
【点评】
本题是全等三角形判定与性质的基础综合题，需要结合已知条件推导全等所需的间接条件，找准对应三角形和对应边角是解题的核心，有助于巩固全等相关的基础证明方法。
【难度系数】
0.7
12 新趋势 推理探究（2025无锡江阴月考）已知直线m上有D,A,E3个点，在直线上方有AB=AC，且∠BAC=∠BDA=∠AEC=α。（1）如图1，当α=90°时，猜想DE,BD,CE之间的数量关系并证明；（2）如图2，当0°＜α＜180°时，问题（1）中的结论还成立吗？若成立，给出证明过程；若不成立，请说明理由。
答案
12. 解:(1) $DE=BD+CE$,理由如下:
因为$∠BDA=∠BAC=∠AEC=90°$,
所以$∠BAD+∠EAC=∠BAD+∠DBA=90°$,
所以$∠DBA=∠EAC$.
在$△ DBA$与$△ EAC$中,$\begin{cases}∠DBA=∠EAC,\\∠BDA=∠AEC=90°,\\BA=AC,\end{cases}$
所以$△ DBA≌△ EAC(\mathrm{AAS})$,
所以$AD=CE,BD=AE$,
所以$DE=AE+AD=BD+CE$.
(2) (1)中的结论还成立,理由如下:
因为$∠BDA=∠BAC=∠AEC=α$,
所以$∠BAD+∠EAC=∠BAD+∠DBA=180°−α$,
所以$∠DBA=∠EAC$.
在$△ DBA$和$△ EAC$中,$\begin{cases}∠DBA=∠EAC,\\∠BDA=∠AEC=α,\\BA=AC,\end{cases}$
所以$△ DBA≌△ EAC(\mathrm{AAS})$,
所以$BD=AE,AD=CE$,
所以$DE=AE+AD=BD+CE$.
因为$∠BDA=∠BAC=∠AEC=90°$,
所以$∠BAD+∠EAC=∠BAD+∠DBA=90°$,
所以$∠DBA=∠EAC$.
在$△ DBA$与$△ EAC$中,$\begin{cases}∠DBA=∠EAC,\\∠BDA=∠AEC=90°,\\BA=AC,\end{cases}$
所以$△ DBA≌△ EAC(\mathrm{AAS})$,
所以$AD=CE,BD=AE$,
所以$DE=AE+AD=BD+CE$.
(2) (1)中的结论还成立,理由如下:
因为$∠BDA=∠BAC=∠AEC=α$,
所以$∠BAD+∠EAC=∠BAD+∠DBA=180°−α$,
所以$∠DBA=∠EAC$.
在$△ DBA$和$△ EAC$中,$\begin{cases}∠DBA=∠EAC,\\∠BDA=∠AEC=α,\\BA=AC,\end{cases}$
所以$△ DBA≌△ EAC(\mathrm{AAS})$,
所以$BD=AE,AD=CE$,
所以$DE=AE+AD=BD+CE$.
解析
【分析】
（1）要探究DE、BD、CE的数量关系，观察图形可得DE=AD+AE，因此只需证明AD、AE分别与CE、BD相等即可。已知AB=AC，且三个角均为90°，利用同角的余角相等可推出∠DBA=∠EAC，结合已知的等角和等边，可通过AAS证明△DBA≌△EAC，再根据全等三角形对应边相等得到AD=CE、BD=AE，代入DE的和式即可得到结论。
（2）当α为任意角时，解题思路和（1）一致，仅角的关系从互余变为和为180°-α，利用三角形内角和可得∠BAD+∠DBA=180°-α，再根据平角定义可得∠BAD+∠EAC=180°-α，同样推出∠DBA=∠EAC，仍然用AAS证明全等，即可验证结论是否成立。
【解析】
(1) 结论：$DE=BD+CE$，证明如下：
$\because ∠ BDA=∠ BAC=∠ AEC=90°$，
$\therefore ∠ BAD+∠ EAC=90°$，$∠ BAD+∠ DBA=90°$，
$\therefore ∠ DBA=∠ EAC$（同角的余角相等）。
在$△ DBA$和$△ EAC$中：
$\begin{cases}∠ DBA=∠ EAC \\∠ BDA=∠ AEC=90° \\BA=AC\end{cases}$
$\therefore △ DBA≌△ EAC(\mathrm{AAS})$，
$\therefore AD=CE$，$BD=AE$，
$\because DE=AE+AD$，
$\therefore DE=BD+CE$。
(2) （1）中的结论仍然成立，证明如下：
$\because ∠ BDA=∠ BAC=∠ AEC=α$，
根据三角形内角和定理，$∠ BAD+∠ DBA=180°-∠ BDA=180°-α$，
又$\because ∠ BAD+∠ EAC=180°-∠ BAC=180°-α$，
$\therefore ∠ DBA=∠ EAC$。
在$△ DBA$和$△ EAC$中：
$\begin{cases}∠ DBA=∠ EAC \\∠ BDA=∠ AEC=α \\BA=AC\end{cases}$
$\therefore △ DBA≌△ EAC(\mathrm{AAS})$，
$\therefore BD=AE$，$AD=CE$，
$\because DE=AE+AD$，
$\therefore DE=BD+CE$。
【答案】
(1) $DE=BD+CE$；(2) （1）中的结论仍成立，$DE=BD+CE$
【知识点】
1. AAS判定全等
2. 全等三角形性质
3. 三角形内角和定理
【点评】
本题是“一线三等角”全等模型的典型考题，从特殊的90°角延伸到任意角，核心是通过角的等量代换得到全等判定的等角条件，再利用全等性质实现线段转化，考查了逻辑推理能力和从特殊到一般的探究思维。
【难度系数】
0.65
（1）要探究DE、BD、CE的数量关系，观察图形可得DE=AD+AE，因此只需证明AD、AE分别与CE、BD相等即可。已知AB=AC，且三个角均为90°，利用同角的余角相等可推出∠DBA=∠EAC，结合已知的等角和等边，可通过AAS证明△DBA≌△EAC，再根据全等三角形对应边相等得到AD=CE、BD=AE，代入DE的和式即可得到结论。
（2）当α为任意角时，解题思路和（1）一致，仅角的关系从互余变为和为180°-α，利用三角形内角和可得∠BAD+∠DBA=180°-α，再根据平角定义可得∠BAD+∠EAC=180°-α，同样推出∠DBA=∠EAC，仍然用AAS证明全等，即可验证结论是否成立。
【解析】
(1) 结论：$DE=BD+CE$，证明如下：
$\because ∠ BDA=∠ BAC=∠ AEC=90°$，
$\therefore ∠ BAD+∠ EAC=90°$，$∠ BAD+∠ DBA=90°$，
$\therefore ∠ DBA=∠ EAC$（同角的余角相等）。
在$△ DBA$和$△ EAC$中：
$\begin{cases}∠ DBA=∠ EAC \\∠ BDA=∠ AEC=90° \\BA=AC\end{cases}$
$\therefore △ DBA≌△ EAC(\mathrm{AAS})$，
$\therefore AD=CE$，$BD=AE$，
$\because DE=AE+AD$，
$\therefore DE=BD+CE$。
(2) （1）中的结论仍然成立，证明如下：
$\because ∠ BDA=∠ BAC=∠ AEC=α$，
根据三角形内角和定理，$∠ BAD+∠ DBA=180°-∠ BDA=180°-α$，
又$\because ∠ BAD+∠ EAC=180°-∠ BAC=180°-α$，
$\therefore ∠ DBA=∠ EAC$。
在$△ DBA$和$△ EAC$中：
$\begin{cases}∠ DBA=∠ EAC \\∠ BDA=∠ AEC=α \\BA=AC\end{cases}$
$\therefore △ DBA≌△ EAC(\mathrm{AAS})$，
$\therefore BD=AE$，$AD=CE$，
$\because DE=AE+AD$，
$\therefore DE=BD+CE$。
【答案】
(1) $DE=BD+CE$；(2) （1）中的结论仍成立，$DE=BD+CE$
【知识点】
1. AAS判定全等
2. 全等三角形性质
3. 三角形内角和定理
【点评】
本题是“一线三等角”全等模型的典型考题，从特殊的90°角延伸到任意角，核心是通过角的等量代换得到全等判定的等角条件，再利用全等性质实现线段转化，考查了逻辑推理能力和从特殊到一般的探究思维。
【难度系数】
0.65
