【例】如图,在直线AC的同一侧作等边三角形ABD和等边三角形BCE,A,B,C三点共线,AE与CD交于点H,连接HB.求证:
(1)$AE=DC$;
(2)$∠ DHA=60°$;
(3)HB平分$∠ AHC$;
(4)$DH+HB=AH$.

(1)
∵△ABD 和△BCE 是等边三角形,
∴∠ABD = ∠EBC = 60°, BA = BD, BE = BC,
∴∠ABE = 120°,∠CBD = 120°.
在△ABE 和△DBC 中,$\begin{cases} BA=BD, \\ ∠ABE=∠DBC, \\ BE=BC, \end{cases}$
∴△ABE≌△DBC(SAS),
∴AE=DC.
(2)
∵△ABE≌△DBC,
∴∠BAE = ∠BDC,
∴∠DHA = ∠BAH + ∠BCH = ∠BDC + ∠BCH = ∠ABD = 60°.
(3)如图,过点 B 作 BM ⊥ DC 于点 M,作 BN ⊥ AE 于点 N.
∵△ABE≌△DBC,
∴AE=CD,$S_{△ABE}=S_{△DBC}$,
∴$\frac{1}{2}AE·BN=\frac{1}{2}CD·BM$.
∵AE=CD,
∴BM=BN,
∴点 B 在∠AHC 的平分线上,
即 HB 平分∠AHC.

(4)在 AH 上截取 HF=DH,连接 DF(图略).
∵∠DHA=60°,
∴△DFH 是等边三角形,
∴DH=DF=FH,∠FDH=60°.
∵△ABD 是等边三角形,
∴AD=BD,∠ADB=60°,
∴∠ADF=∠BDH,
∴△ADF≌△BDH(SAS),
∴AF=BH.
∵FH+AF=AH,
∴DH+HB=AH.

【分析】
本题是等边三角形手拉手模型的典型应用，各小问解题思路如下：
(1) 要证线段AE=DC，可通过证明两条线段所在的△ABE与△DBC全等实现，借助等边三角形边相等、角相等的性质，推导得到全等所需的两组等边及相等的夹角，用SAS判定即可；
(2) 求∠DHA的度数，利用(1)中全等三角形的对应角相等，结合三角形外角的性质，将∠DHA转化为等边三角形的内角即可得到结果；
(3) 要证HB平分∠AHC，根据角平分线的判定定理，过点B向∠AHC的两边作垂线段，证明两条垂线段长度相等即可，可借助全等三角形面积相等、底相等推导高相等来证明；
(4) 要证线段和DH+HB=AH，采用截长补短法，在AH上截取长度等于DH的线段，结合∠DHA=60°构造等边三角形，再通过全等将HB转化为AH上剩余的线段，即可得证。
【解析】
(1)
∵△ABD 和△BCE 是等边三角形，
∴∠ABD = ∠EBC = 60°, BA = BD, BE = BC，
∴∠ABE = 120°,∠CBD = 120°。
在△ABE 和△DBC 中，$\begin{cases} BA=BD, \\ ∠ABE=∠DBC, \\ BE=BC, \end{cases}$
∴△ABE≌△DBC(SAS)，
∴AE=DC。
(2)
∵△ABE≌△DBC，
∴∠BAE = ∠BDC，
∴∠DHA = ∠BAH + ∠BCH = ∠BDC + ∠BCH = ∠ABD = 60°。
(3) 过点 B 作 BM ⊥ DC 于点 M，作 BN ⊥ AE 于点 N。
∵△ABE≌△DBC，
∴AE=CD，$S_{△ABE}=S_{△DBC}$，
∴$\frac{1}{2}AE·BN=\frac{1}{2}CD·BM$。
∵AE=CD，
∴BM=BN，
∴点 B 在∠AHC 的平分线上，即 HB 平分∠AHC。
(4) 在 AH 上截取 HF=DH，连接 DF。
∵∠DHA=60°，
∴△DFH 是等边三角形，
∴DH=DF=FH，∠FDH=60°。
∵△ABD 是等边三角形，
∴AD=BD，∠ADB=60°，
∴∠ADF=∠BDH，
∴△ADF≌△BDH(SAS)，
∴AF=BH。
∵FH+AF=AH，
∴DH+HB=AH。
【答案】
(1)
∵△ABD 和△BCE 是等边三角形,
∴∠ABD = ∠EBC = 60°, BA = BD, BE = BC,
∴∠ABE = 120°,∠CBD = 120°.
在△ABE 和△DBC 中,$\begin{cases} BA=BD, \\ ∠ABE=∠DBC, \\ BE=BC, \end{cases}$
∴△ABE≌△DBC(SAS),
∴AE=DC.
(2)
∵△ABE≌△DBC,
∴∠BAE = ∠BDC,
∴∠DHA = ∠BAH + ∠BCH = ∠BDC + ∠BCH = ∠ABD = 60°.
(3)如图,过点 B 作 BM ⊥ DC 于点 M,作 BN ⊥ AE 于点 N.
∵△ABE≌△DBC,
∴AE=CD,$S_{△ABE}=S_{△DBC}$,
∴$\frac{1}{2}AE·BN=\frac{1}{2}CD·BM$.
∵AE=CD,
∴BM=BN,
∴点 B 在∠AHC 的平分线上,
即 HB 平分∠AHC.

(4)在 AH 上截取 HF=DH,连接 DF(图略).
∵∠DHA=60°,
∴△DFH 是等边三角形,
∴DH=DF=FH,∠FDH=60°.
∵△ABD 是等边三角形,
∴AD=BD,∠ADB=60°,
∴∠ADF=∠BDH,
∴△ADF≌△BDH(SAS),
∴AF=BH.
∵FH+AF=AH,
∴DH+HB=AH.
【知识点】
等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的判定
【点评】
本题是等边三角形手拉手全等模型的经典考题，四个小问层层递进，既考查了基础的全等判定、等边三角形性质，也涉及面积法证角平分线、截长补短法证线段和差的进阶技巧，熟练掌握手拉手模型的特征和常见辅助线构造方法，是解决此类问题的核心。
【难度系数】
0.6

1.在等腰直角三角形 $ ABC $ 中，$ ∠ BAC = 90° $，$ P $ 为 $ △ ABC $ 外一点，$ ∠ APB = 45° $，连接 $ PC $。如图，当点 $ P $ 在直线 $ AC $ 的左侧时，求 $ ∠ APC $ 的度数.

1.35°

2.(2025·大连高新区期末)如图,在△ABC中,AB=AC,∠BAC=90°.在△ADE中,AD=AE,∠DAE=90°,点D在BC边上,点E在AD右侧,连接CE.
(1)如图1,求证:EC⊥BC.
(2)过点A作AF⊥BC于点F.
①如图2,当点D在线段CF上时,求证:CE=CD+2DF;
②如图3,当点D在线段BF上时,直接写出线段CD,CE,DF之间的数量关系.

2.(1)略
(2)①略
②CD=CE+2DF

【分析】
本题属于共顶点双等腰直角三角形的手拉手全等问题，解题思路如下：
(1) 要证EC⊥BC，只需证∠BCE=90°。首先利用两个直角的公共部分推导角相等，证明△BAD≌△CAE，得到∠ACE=∠B，结合等腰直角△ABC的底角为45°，即可推出∠BCE=90°。
(2) ①要证CE=CD+2DF，首先由全等得到CE=BD，再结合等腰直角三角形三线合一的性质，得BF=FC，将BD用FC、DF转化，即可得到线段的和差关系。
②类比①的思路，结合点D在BF上的位置，通过线段和差推导即可得到三者关系。
【解析】
(1) 证明：
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC - ∠DAC = ∠DAE - ∠DAC，即∠BAD=∠CAE。
在△BAD和△CAE中：
$\{\begin{array}{l} AB=AC\\ ∠ BAD=∠ CAE\\ AD=AE\end{array} $
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ACE=∠B。
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠B=∠ACB=45°，
∴∠ACE=45°，
∴∠BCE=∠ACB + ∠ACE=45°+45°=90°，
∴EC⊥BC。
(2) ①证明：
∵AB=AC，∠BAC=90°，AF⊥BC，
∴AF是等腰直角△ABC斜边的中线，
∴BF=FC。
由(1)知△BAD≌△CAE，
∴BD=CE。
∵点D在线段CF上，
∴BD=BF + DF，
又
∵BF=FC=FD + CD，
∴BD= (FD + CD) + DF = CD + 2DF，
∴CE=CD + 2DF。
②当点D在线段BF上时，同理可得BD=CE，此时CD=FC + DF，而FC=BF=BD + DF，代入得CD=BD + DF + DF=CE + 2DF。
【答案】
(1) EC⊥BC，得证；
(2) ①CE=CD+2DF，得证；
②$\boldsymbol{CD=CE+2DF}$
【知识点】
手拉手全等模型，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是手拉手全等的典型应用，解题核心是先通过SAS证明共顶点的两个三角形全等，实现边角的等量转化，再结合等腰三角形三线合一的性质分析线段的和差关系，解题时需注意结合点的位置准确梳理线段关系。
【难度系数】
0.6