1. 如图，△ABC和△BDE均为等边三角形，连接AD，CE。若∠BAD=α，则∠BCE的度数为（）

A.$60°$
B.$α$
C.$60° - α$
D.$60° + α$

1. B

【分析】
遇到共顶点的两个等边三角形，可优先考虑手拉手全等模型解题：①首先回忆等边三角形的性质，得到两组相等的边和60°的等角；②观察待求的∠BCE和已知的∠BAD，分别属于△CBE和△ABD，因此解题目标为证明这两个三角形全等；③推导两组相等边的夹角相等，凑齐SAS全等的判定条件；④利用全等三角形对应角相等即可得到∠BCE的度数。
【解析】
∵△ABC和△BDE均为等边三角形，
∴AB=BC，BD=BE，∠ABC=∠DBE=60°，
∴∠ABC + ∠CBD = ∠DBE + ∠CBD，即∠ABD=∠CBE。
在△ABD和△CBE中：
$\{\begin{array}{l}AB=BC \\∠ABD=∠CBE \\BD=BE\end{array} $
∴△ABD≌△CBE（SAS），
∴∠BCE=∠BAD=α。
故选：B。
【答案】
B
【知识点】
1. 等边三角形的性质
2. 全等三角形的SAS判定
3. 全等三角形的性质
【点评】
本题是手拉手全等模型的典型考题，解题核心是利用等边三角形的边、角性质构造全等条件，通过全等实现角的等量转化，掌握基础的全等判定方法和特殊三角形性质即可快速解题。
【难度系数】
0.7

2.(1)如图 ,△ABC 和△ADE 是等腰直角三角形,AB＜AD,∠BAC=∠DAE=90°,连接BD,CE,构建“手拉手”模型,得到了 BD=;在此基础上,又利用“蝴蝶型”,如图 的划斜线部分,得到了 BD⊥.
(2)如图 ,△ABC 和△ADE 是等边三角形,AD＜AB,连接 BD,CE,BD 的延长线与CE 相交于点 F.请猜想 BD 与 CE 的大小关系,求∠BFC 的度数;
(3)如图 ,在△ABC 和△ADE 中,AB=AC,AD = AE,AD ＜ AB,∠BAC =∠DAE=40°,连接 BD,CE.则 BD 与 CE 的数量关系为,直线BD 与直线 CE 的夹角为;
(4)如图 ,△ABC 和△ADE 是等腰直角三角形,AB＜AD,∠BAC=∠DAE=90°(∠DAC＜90°),连接 BE,CD,F 是线段BE 的中点,连接 AF.若 DC=4,请你求出 AF 的长.

2. 解:(1) CE CE (2) BD=CE,∠BFC=60°,理由如下:△ABC 和△ADE 是等边三角形,
∴AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=60°.
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC.即∠BAD=∠CAE,
∴△ABD≌△ACE.
∴BD=CE,∠ABD=∠ACE.设 BF 与 AC 相交于点 G,则∠AGB=∠FGC,
∴∠BFC=∠BAC=60°;(3) BD=CE(或相等) 40°或 140° (4) 延长 AF 到 M 使 FM=FA,连接 EM,
∴∠EFM=∠BFA.
∵FE=FB,
∴△AFB≌△MFE(SAS).
∴ME=AB.
∴∠BAM=∠M,
∴ME//AB.
∴∠MEA+∠EAB=180°.
∵∠BAC=∠DAE=90°,
∴∠DAC+∠EAB=180°.
∴∠MEA=∠DAC.
∵△ABC 和△ADE 是等腰直角三角形,
∴AB=AC,AD=AE.
∴EM=AC.
∴△AEM≌△DAC(SAS).
∴AM=DC.
∵DC=4,
∴AM=4.
∴AF=2.

【分析】
本题围绕等腰三角形的“手拉手”全等模型展开，解题思路清晰：(1)等腰直角三角形手拉手问题，先通过角的和差推导相等夹角，证全等得到对应边相等，再利用对顶角相等的“蝴蝶型”推导垂直关系；(2)等边三角形手拉手问题，同理先证全等得边相等，再通过三角形内角和推导夹角等于等边三角形顶角；(3)一般等腰三角形手拉手问题，沿用上述全等思路得边相等，夹角取顶角或其补角即可；(4)遇到中点条件时，用倍长中线法构造全等，将AF的2倍与DC建立关联，通过二次全等推导等量关系求解。
【解析】
(1)
∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，即∠BAD=∠CAE，可证△BAD≌△CAE(SAS)，得BD=CE；设BD交CE于点O，由全等得∠ABD=∠ACE，结合对顶角∠AGB=∠CGO，可得∠COG=∠BAG=90°，即BD⊥CE。
(2) 猜想BD=CE，∠BFC=60°，理由如下：
∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，即∠BAD=∠CAE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD=CE，∠ABD=∠ACE。
设BF与AC相交于点G，
∵∠AGB=∠FGC，结合三角形内角和可得∠BFC=∠BAC=60°。
(3)
∵AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=40°，
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，即∠BAD=∠CAE，可证△BAD≌△CAE(SAS)，得BD=CE；设BD交CE于点H，同理可得∠BHC=∠BAC=40°，若取钝角夹角则为180°-40°=140°。
(4) 延长AF到M，使FM=FA，连接EM，
∵F是BE中点，
∴FE=FB，
在△AFB和△MFE中：
$\{\begin{array}{l}FA=FM\\∠AFB=∠MFE\\FB=FE\end{array} $
∴△AFB≌△MFE(SAS)，
∴ME=AB，∠BAM=∠M，
∴ME//AB，得∠MEA+∠EAB=180°，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠DAC+∠EAB=360°-90°-90°=180°，
∴∠MEA=∠DAC，
∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，
∴AB=AC，AD=AE，即ME=AC，
在△AEM和△DAC中：
$\{\begin{array}{l}ME=AC\\∠MEA=∠DAC\\AE=AD\end{array} $
∴△AEM≌△DAC(SAS)，
∴AM=DC=4，
又
∵AM=2AF，
∴AF=2。
【答案】
(1) CE；CE
(2) BD=CE，∠BFC=60°
(3) BD=CE；40°或140°
(4) AF=2
【知识点】
全等三角形的判定与性质；手拉手全等模型；倍长中线构造全等
【点评】
本题从特殊到一般逐层考察手拉手全等模型的应用，最后结合中点辅助线构造，综合考察几何逻辑推理能力，解题核心是熟练掌握手拉手模型的全等证明思路，以及中点问题常用的倍长中线法。
【难度系数】
0.6