20.（本小题满分12分）
如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，CE的延长线交BD于点F.
(1)求证：△ACE≌△ABD.
(2)若∠BAC＝∠DAE＝49°，求∠BFC的度数.
(3)过点A作AH⊥BD于点H，请探究线段EF，DH，FH之间的数量关系，并给出证明.

20. (1)证明：$\because ∠ BAC=∠ DAE$，
$\therefore ∠ BAC+∠ BAE=∠ DAE+∠ BAE$，
即$∠ CAE=∠ BAD$.
在$△ ACE$和$△ ABD$中，
$\because \begin{cases} AC=AB,\\ ∠ CAE=∠ BAD,\\ AE=AD, \end{cases}$
$\therefore △ ACE≌△ ABD(\mathrm{SAS})$.
(2)解：$\because △ ACE≌△ ABD$，
$\therefore ∠ AEC=∠ ADB$.
$\therefore ∠ AEF+∠ AEC=∠ AEF+∠ ADB=180°$.
$\therefore$易知$∠ DAE+∠ DFE=180°$.
$\because ∠ BFC+∠ DFE=180°$，
$\therefore ∠ BFC=∠ DAE=49°$.
(3)$EF=FH-DH$.
证明：如图，过点$A$作$AH⊥ BD$于点$H$，作$AJ⊥ CF$于点$J$，连接$AF$.

$\because △ ACE≌△ ABD$，
$\therefore S_{△ ACE}=S_{△ ABD}$，$CE=BD$.
$\because AJ⊥ CE$，$AH⊥ BD$，
$\therefore \dfrac{1}{2}CE· AJ=\dfrac{1}{2}BD· AH$.
$\therefore AJ=AH$.
在$\mathrm{Rt}△ AFJ$和$\mathrm{Rt}△ AFH$中，
$\because \begin{cases} AF=AF,\\ AJ=AH, \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ AFJ≌\mathrm{Rt}△ AFH(\mathrm{HL})$.
$\therefore FJ=FH$.
在$\mathrm{Rt}△ AJE$和$\mathrm{Rt}△ AHD$中，
$\because \begin{cases} AE=AD,\\ AJ=AH, \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ AJE≌\mathrm{Rt}△ AHD(\mathrm{HL})$.
$\therefore EJ=DH$.
$\therefore EF=FJ-EJ=FH-DH$.

【分析】
(1) 要证明△ACE≌△ABD，已知两组对应边AC=AB、AE=AD，只需证明两边的夹角相等即可。由已知∠BAC=∠DAE，两个角同时加公共角∠BAE，即可得到夹角∠CAE=∠BAD，满足SAS全等判定条件，即可得证。
(2) 求∠BFC的度数，可利用(1)的全等结论得到对应角相等，结合邻补角、四边形内角和的性质推导角的等量关系，可得∠BFC与已知的∠DAE相等，代入数值即可求解。
(3) 探究线段数量关系时，可通过作辅助线AJ⊥CE构造直角三角形，利用全等三角形面积相等推出高AJ=AH，再通过两次HL证明直角三角形全等，将线段进行转化，结合线段和差关系即可得到三者的数量关系。
【解析】
(1) 证明：$\because ∠ BAC=∠ DAE$，
$\therefore ∠ BAC+∠ BAE=∠ DAE+∠ BAE$，
即$∠ CAE=∠ BAD$。
在$△ ACE$和$△ ABD$中，
$\because \begin{cases} AC=AB,\\ ∠ CAE=∠ BAD,\\ AE=AD, \end{cases}$
$\therefore △ ACE≌△ ABD(\mathrm{SAS})$。
(2) 解：$\because △ ACE≌△ ABD$，
$\therefore ∠ AEC=∠ ADB$。
$\therefore ∠ AEF+∠ AEC=∠ AEF+∠ ADB=180°$。
$\therefore$易知$∠ DAE+∠ DFE=180°$。
$\because ∠ BFC+∠ DFE=180°$，
$\therefore ∠ BFC=∠ DAE=49°$。
(3) 证明：如图，过点$A$作$AH⊥ BD$于点$H$，作$AJ⊥ CF$于点$J$，连接$AF$。

$\because △ ACE≌△ ABD$，
$\therefore S_{△ ACE}=S_{△ ABD}$，$CE=BD$。
$\because AJ⊥ CE$，$AH⊥ BD$，
$\therefore \dfrac{1}{2}CE· AJ=\dfrac{1}{2}BD· AH$。
$\therefore AJ=AH$。
在$\mathrm{Rt}△ AFJ$和$\mathrm{Rt}△ AFH$中，
$\because \begin{cases} AF=AF,\\ AJ=AH, \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ AFJ≌\mathrm{Rt}△ AFH(\mathrm{HL})$。
$\therefore FJ=FH$。
在$\mathrm{Rt}△ AJE$和$\mathrm{Rt}△ AHD$中，
$\because \begin{cases} AE=AD,\\ AJ=AH, \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ AJE≌\mathrm{Rt}△ AHD(\mathrm{HL})$。
$\therefore EJ=DH$。
$\therefore EF=FJ-EJ=FH-DH$。
【答案】
(1) 证明如上；
(2) $∠ BFC=49°$；
(3) $EF=FH-DH$，证明如上，辅助线如图：
【知识点】
全等三角形判定与性质，HL判定直角三角形全等，线段等量代换
【点评】
本题围绕三角形全等设置了层层递进的问题，既考查了基础的全等证明、角度运算能力，又要求学生能够自主构造辅助线完成线段转化，能够有效考查几何逻辑推理能力和知识综合应用能力。
【难度系数】
0.6