3.如图,线段AC上有一点B,分别以AB,BC为边在AC的同侧作等边三角形ABD和等边三角形BCE,AE与CD相交于点O,连接OB.
(1)求证:AE=DC;
(2)取AE的中点M,取CD的中点N,连接MN,BM,BN.求证:△BMN为等边三角形;
(3)求∠BOC的度数.

3.(1)证明:
∵△ABD和△BCE都是等边三角形,
∴AB=DB,BE=BC,∠ABD=∠EBC=60°,
∴∠ABD+∠DBE=∠EBC+∠DBE,即∠ABE=∠DBC.
在△ABE和△DBC中,
∵$\begin{cases} AB=DB, \\ ∠ABE=∠DBC, \\ BE=BC, \end{cases}$
∴△ABE≌△DBC.(SAS)
∴AE=DC.
(2)证明:
∵M是AE的中点,N是CD的中点,
∴$AM=\frac{1}{2}AE$,$DN=\frac{1}{2}DC$.
由(1)知△ABE≌△DBC,AE=DC,
∴AM=DN,∠EAB=∠CDB.
又
∵AB=DB,
∴△AMB≌△DNB.(SAS)
∴∠ABM=∠DBN,BM=BN.
∵∠ABD=∠ABM+∠MBD=60°,
∴∠DBN+∠MBD=∠MBN=60°,
∴△BMN为等边三角形.
(3)解:如图,过点B分别作BH⊥AE于点H,BG⊥DC于点G.
由(1)知△ABE≌△DBC,
∴BH=BG,∠BAE=∠BDC.
∴∠AOC=180°-∠EAB-∠BCD
=180°-∠BDC-∠BCD=180°-∠ABD=120°.
∵BH=BG,BH⊥AE,BG⊥DC,
∴OB平分∠AOC,
∴∠BOC=$\frac{1}{2}$∠AOC=60°.

【分析】
(1) 要证明AE=DC，可通过证明两条线段所在的三角形全等求解。已知△ABD和△BCE为等边三角形，可得AB=DB、BE=BC，结合等边三角形内角为60°，推导得到夹角∠ABE=∠DBC，利用SAS证明△ABE≌△DBC，即可得到对应边AE=DC。
(2) 要证明△BMN为等边三角形，需先证两边相等，再证两边夹角为60°。由(1)的全等结论得AE=DC，结合中点定义得AM=DN，再利用全等得到的∠EAB=∠CDB、已知AB=DB，用SAS证明△AMB≌△DNB，可得BM=BN，再通过角度转化得到∠MBN=60°，即可判定△BMN为等边三角形。
(3) 要求∠BOC的度数，先求∠AOC的度数：利用全等的角相等性质将∠EAB转化为∠CDB，结合三角形内角和推导得∠AOC=120°；再通过全等三角形对应高相等得到B到AE、DC的距离相等，由角平分线的判定得OB平分∠AOC，即可求出∠BOC的度数。
【解析】
(1)证明:
∵△ABD和△BCE都是等边三角形,
∴AB=DB,BE=BC,∠ABD=∠EBC=60°,
∴∠ABD+∠DBE=∠EBC+∠DBE,即∠ABE=∠DBC.
在△ABE和△DBC中,
∵$\begin{cases} AB=DB, \\ ∠ABE=∠DBC, \\ BE=BC, \end{cases}$
∴△ABE≌△DBC.(SAS)
∴AE=DC.
(2)证明:
∵M是AE的中点,N是CD的中点,
∴$AM=\frac{1}{2}AE$,$DN=\frac{1}{2}DC$.
由(1)知△ABE≌△DBC,AE=DC,
∴AM=DN,∠EAB=∠CDB.
又
∵AB=DB,
∴△AMB≌△DNB.(SAS)
∴∠ABM=∠DBN,BM=BN.
∵∠ABD=∠ABM+∠MBD=60°,
∴∠DBN+∠MBD=∠MBN=60°,
∴△BMN为等边三角形.
(3)解:如图,过点B分别作BH⊥AE于点H,BG⊥DC于点G.
由(1)知△ABE≌△DBC,
∴BH=BG,∠BAE=∠BDC.
∴∠AOC=180°-∠EAB-∠BCD
=180°-∠BDC-∠BCD=180°-∠ABD=120°.
∵BH=BG,BH⊥AE,BG⊥DC,
∴OB平分∠AOC,
∴∠BOC=$\frac{1}{2}$∠AOC=60°.
【答案】
(1) AE=DC，得证；
(2) △BMN为等边三角形，得证；
(3) ∠BOC=60°，辅助线如图：
【知识点】
1. 全等三角形的判定与性质
2. 等边三角形的判定与性质
3. 角平分线的判定
【点评】
本题是共顶点等边三角形“手拉手”模型的经典题型，核心考查全等三角形的判定与性质的应用，通过全等实现边和角的转化，同时结合了等边三角形、角平分线判定的相关知识，对逻辑推理能力有较好的锻炼作用，解题的关键是准确找到手拉手全等的三角形。
【难度系数】
0.6

4.如图，$△ ABC$为等腰直角三角形，$∠ BAC=90°$，$AB=AC$，$D$是$AC$上一点，$CE⊥ BD$于点$E$，连接$AE$.求证：$∠ AEB=45°$.

4.证明:如图,在BE上截取BF=CE,连接AF.
∵∠BAC=90°,CE⊥BD,∠ADB=∠EDC,
∴∠ABF=∠ACE.
在△ABF和△ACE中,
∵$\begin{cases} AB=AC, \\ ∠ABF=∠ACE, \\ BF=CE, \end{cases}$
∴△ABF≌△ACE.(SAS)
∴AF=AE,∠BAF=∠CAE.
∴∠EAF=∠CAE+∠CAF=∠BAF+∠CAF=∠BAC=90°.
∴△AEF是等腰直角三角形.
∴∠AEB=∠AFE=$\frac{1}{2}$×90°=45°.

【分析】
要证明∠AEB=45°，45°是等腰直角三角形的底角度数，因此考虑构造包含∠AEB的等腰直角三角形。首先结合已知条件分析：△ABC是等腰直角三角形，AB=AC，∠BAC=∠CED=90°，结合对顶角∠ADB=∠EDC，可推出∠ABF=∠ACE。此时已有一组边相等AB=AC、一组角相等，只需再构造一组对应边相等即可证明三角形全等，因此采用截长法，在BE上截取BF=CE，利用SAS可证△ABF≌△ACE，再通过角的和差推导得出∠EAF=90°，即可得到△AEF是等腰直角三角形，进而推出∠AEB=45°。
【解析】
证明：在BE上截取BF=CE，连接AF。
∵∠BAC=90°，CE⊥BD，∠ADB=∠EDC，
∴∠ABF=∠ACE（等角的余角相等）。
在△ABF和△ACE中：
$\begin{cases}AB=AC, \\∠ABF=∠ACE, \\BF=CE,\end{cases}$
∴△ABF≌△ACE（SAS）。
∴AF=AE，∠BAF=∠CAE。
∴∠EAF=∠CAE+∠CAF=∠BAF+∠CAF=∠BAC=90°，
即△AEF是等腰直角三角形。
∴∠AEB=∠AFE=$\frac{1}{2}×90°=45°$。
【答案】
证明:如图,在BE上截取BF=CE,连接AF.
∵∠BAC=90°,CE⊥BD,∠ADB=∠EDC,
∴∠ABF=∠ACE.
在△ABF和△ACE中,
∵$\begin{cases} AB=AC, \\ ∠ABF=∠ACE, \\ BF=CE, \end{cases}$
∴△ABF≌△ACE.(SAS)
∴AF=AE,∠BAF=∠CAE.
∴∠EAF=∠CAE+∠CAF=∠BAF+∠CAF=∠BAC=90°.
∴△AEF是等腰直角三角形.
∴∠AEB=∠AFE=$\frac{1}{2}$×90°=45°.
【知识点】
1. 全等三角形的判定与性质
2. 等腰直角三角形的性质与判定
3. 余角的性质
【点评】
本题是几何证明中构造辅助线的典型题型，解题核心是通过截长法构造全等三角形，将已知的边、角关系进行转化，进而得到等腰直角三角形推导所求角度。这类构造全等的方法是几何解题的常用技巧，需要熟练掌握构造思路。
【难度系数】
0.6

逆向变式
如图，$△ ABC$ 为等腰直角三角形，$∠ BAC = 90°$，$AB = AC$，$D$ 是 $AC$ 上一点.若 $∠ AEC = 135°$，求证：$CE ⊥ BD$.

[变式题] 证明:如图,过点A作AF⊥AE,交CE的延长线于点F,则∠EAF=90°=∠BAC,
∴ ∠BAC + ∠CAE = ∠EAF + ∠CAE,即∠BAE=∠CAF.
∵∠AEC=135°,
∴∠AEF=180°-∠AEC=45°.
∴∠F=90°-∠AEF=45°.
∴∠AEF=∠F,
∴AE=AF.
在△ABE和△ACF中,
∵$\begin{cases} AE=AF, \\ ∠BAE=∠CAF, \\ AB=AC, \end{cases}$
∴△ABE≌△ACF.(SAS)
∴∠AEB=∠F=45°.
∴∠BEC=∠AEC-∠AEB=135°-45°=90°.
∴CE⊥BD.

【分析】
要证明$CE ⊥ BD$，本质是要证明$∠ BEC=90°$。已知$△ ABC$是等腰直角三角形，$∠ BAC=90°$，$AB=AC$，且给出$∠ AEC=135°$，135°的补角为45°，和等腰直角三角形的45°角呼应，我们可以通过构造共顶点的等腰直角三角形，利用“手拉手”模型证明三角形全等，转化角的关系推导$∠ BEC$的度数：首先过点$A$作$AF ⊥ AE$交$CE$延长线于$F$，可得$△ AEF$为等腰直角三角形，得到$AE=AF$，再证明$△ BAE$和$△ CAF$全等，得到$∠ AEB=45°$，最后用$∠ AEC$减去$∠ AEB$即可得到90°，从而得证垂直。
【解析】
证明:如图,过点A作AF⊥AE,交CE的延长线于点F,则$∠ EAF=90°=∠ BAC$,
∴ $∠ BAC + ∠ CAE = ∠ EAF + ∠ CAE$,即$∠ BAE=∠ CAF$.
∵$∠ AEC=135°$,
∴$∠ AEF=180°-∠ AEC=45°$.
∴$∠ F=90°-∠ AEF=45°$.
∴$∠ AEF=∠ F$,
∴$AE=AF$.
在$△ ABE$和$△ ACF$中,
∵$\begin{cases} AE=AF, \\ ∠ BAE=∠ CAF, \\ AB=AC, \end{cases}$
∴$△ ABE≌△ ACF$.(SAS)
∴$∠ AEB=∠ F=45°$.
∴$∠ BEC=∠ AEC-∠ AEB=135°-45°=90°$.
∴$CE ⊥ BD$.
【答案】
证明:如图,过点A作AF⊥AE,交CE的延长线于点F,则$∠ EAF=90°=∠ BAC$,
∴ $∠ BAC + ∠ CAE = ∠ EAF + ∠ CAE$,即$∠ BAE=∠ CAF$.
∵$∠ AEC=135°$,
∴$∠ AEF=180°-∠ AEC=45°$.
∴$∠ F=90°-∠ AEF=45°$.
∴$∠ AEF=∠ F$,
∴$AE=AF$.
在$△ ABE$和$△ ACF$中,
∵$\begin{cases} AE=AF, \\ ∠ BAE=∠ CAF, \\ AB=AC, \end{cases}$
∴$△ ABE≌△ ACF$.(SAS)
∴$∠ AEB=∠ F=45°$.
∴$∠ BEC=∠ AEC-∠ AEB=135°-45°=90°$.
∴$CE ⊥ BD$.
【知识点】
等腰直角三角形性质；全等三角形的判定与性质；垂直的判定
【点评】
本题是共顶点等腰三角形（手拉手）模型的典型应用，解题核心是根据已知的135°特殊角构造等腰直角三角形，通过证明全等实现角的关系转化，需要掌握此类辅助线的构造思路和全等的证明逻辑。
【难度系数】
0.6