3. 已知 CD 是经过∠BCA 顶点 C 的一条直线,CA= CB,E,F 分别是直线 CD 上的两点,且∠BEC= ∠CFA= ∠α.
(1)若直线 CD 经过∠BCA 的内部,且 E,F 在射线 CD 上,请解决下面的问题.
①如图①,若∠BCA = 90°,∠α = 90°,则 BE ______ CF,EF ______ |BE - AF|；(填“＞”“＜”或“=”)
②如图②,若∠α + ∠BCA = 180°,则 BE ______ CF,EF ______ |BE - AF|.(填“＞”“＜”或“=”)
(2)如图③,若直线 CD 经过∠BCA 的外部,∠α= ∠BCA,请写出 EF,BE,AF 三条线段的数量关系,并说明理由.
答案：3.
(1)①= = ②= =
(2)EF=BE+AF.理由:
∵∠BEC=∠CFA=∠α,∠α=∠BCA,且∠EBC+∠BCE+∠BEC=180°,∠BCE+∠ACF+∠ACB=180°,
∴∠EBC=∠ACF.在△BEC和△CFA中,{∠EBC=∠FCA,∠BEC=∠CFA,BC=CA,
∴△BEC≌△CFA(AAS),
∴AF=CE,BE=CF.
∵EF=CE+CF,
∴EF=BE+AF.
解析：
【分析】
本题是一线三等角模型的典型应用，解题核心是通过角的和差关系推导相等角，证明三角形全等后利用全等性质得到线段关系：
(1)①当∠BCA=∠α=90°时，利用直角三角形两锐角互余可推出∠CBE=∠ACF，结合已知的等角和等边可证△BEC≌△CFA，再根据全等对应边相等推导线段关系；
②当∠α+∠BCA=180°时，利用三角形内角和与角的和差关系仍可推出∠CBE=∠ACF，证明全等后得到和①一致的结论；
(2)当CD在∠BCA外部时，同理推导角相等证明△BEC≌△CFA，结合线段和的关系即可推出EF、BE、AF的数量关系。
【解析】
(1)① 如图①，
∵∠BCA=90°，∠α=90°，
∴∠CBE+∠BCE=90°，∠BCE+∠ACF=90°，
∴∠CBE=∠ACF，
在△BEC和△CFA中：
$\begin{cases}∠ BEC=∠ CFA \\ ∠ CBE=∠ ACF \\ BC=CA\end{cases}$
∴△BEC≌△CFA（AAS），
∴BE=CF，CE=AF，
∴EF=CF-CE=BE-AF，即EF=|BE-AF|。
② 如图②，
∵∠BEC=∠CFA=∠α，∠α+∠BCA=180°，
∴∠CBE+∠BCE=180°-∠BEC=180°-∠α，
又
∵∠BCE+∠ACF=∠BCA=180°-∠α，
∴∠CBE=∠ACF，
在△BEC和△CFA中：
$\begin{cases}∠ BEC=∠ CFA \\ ∠ CBE=∠ ACF \\ BC=CA\end{cases}$
∴△BEC≌△CFA（AAS），
∴BE=CF，CE=AF，
∴EF=CF-CE=BE-AF，即EF=|BE-AF|。
(2) EF=BE+AF，理由：
∵∠BEC=∠CFA=∠α，∠α=∠BCA，且∠EBC+∠BCE+∠BEC=180°，∠BCE+∠ACF+∠ACB=180°，
∴∠EBC=∠ACF，
在△BEC和△CFA中：
$\begin{cases}∠ EBC=∠ FCA \\ ∠ BEC=∠ CFA \\ BC=CA\end{cases}$
∴△BEC≌△CFA（AAS），
∴AF=CE，BE=CF，
∵EF=CE+CF，
∴EF=BE+AF。
【答案】
(1)①=；= ②=；=
(2)EF=BE+AF
【知识点】
全等三角形的判定；全等三角形的性质；一线三等角模型
【点评】
本题围绕一线三等角模型考查全等三角形的判定与性质，需要根据角的位置关系灵活推导等角，进而通过全等转化线段，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键。
【难度系数】
0.6
4. 已知,AB = AC,D,A,E 三点都在直线 m 上,∠BDA = ∠AEC = ∠BAC.
(1)如图①,若 AB⊥AC,则 BD 与 AE 的数量关系为______,BD,CE 与 DE 的数量关系为______.
(2)如图②,当 AB 不垂直于 AC 时,(1)中的结论是否还成立？请说明理由.
(3)如图③,若只保持∠BDA = ∠AEC,BD = EF = 7 cm,DE = 10 cm,点 A 在线段 DE 上以 2 cm/s 的速度由点 D 向点 E 运动,同时,点 C 在线段 EF 上以 x cm/s 的速度由点 E 向点 F 运动,它们运动的时间为 t s. 是否存在 x,使得△ABD 与△EAC 全等？若存在,求出相应的 t 与 x 的值；若不存在,请说明理由.
答案：4.
(1)BD=AE BD+CE=DE 解析:
∵∠BDA=∠AEC=∠BAC,∠BAD+∠CAE+∠BAC=∠BAD+∠ABD+∠BDA=180°,
∴∠CAE=∠ABD.
∵∠BDA=∠AEC,AB=CA,
∴△ABD≌△CAE(AAS),
∴BD=AE,AD=CE.
∵AE+AD=DE,
∴BD+CE=DE.
(2)成立,BD=AE,BD+CE=DE,理由如下:同
(1)得△ABD≌△CAE(AAS),
∴BD=AE,CE=AD.
∵AE+AD=DE,
∴BD+CE=DE.
(3)存在.当△DAB≌△ECA时,AD=CE,BD=AE=7cm.
∵AD+AE=DE=10cm,
∴CE=AD=DE - AE=3cm,
∴t=$\frac{AD}{2}$=$\frac{3}{2}$,
∴x=3÷$\frac{3}{2}$=2;当△DAB≌△EAC时,AD=AE=$\frac{1}{2}$DE=5cm,DB=EC=7cm,
∴t=$\frac{AD}{2}$=$\frac{5}{2}$,x=7÷$\frac{5}{2}$=$\frac{14}{5}$.综上所述,存在x,使得△ABD与△EAC全等,t=$\frac{3}{2}$,x=2或t=$\frac{5}{2}$,x=$\frac{14}{5}$.
解析：
【分析】
(1) 首先根据已知的三个等角，结合平角为180°、三角形内角和为180°，代换得到∠ABD=∠CAE，再结合AB=AC、∠BDA=∠AEC，用AAS证明△ABD≌△CAE，即可得到BD与AE的关系，再结合DE=AD+AE，将AD替换为全等得到的对应边CE，就能推出三条线段的和差关系。
(2) 第二问的推导不受AB与AC是否垂直的影响，依然可以通过角的等量代换证明两个三角形全等，因此(1)的结论仍然成立。
(3) 要使△ABD与△EAC全等，需分两种情况讨论对应边：第一种是BD对应AE、AD对应CE；第二种是BD对应CE、AD对应AE，再结合运动的路程、速度、时间的关系列方程求解即可。
【解析】
(1) 已知∠BDA=∠AEC=∠BAC，
∵∠BAD+∠CAE+∠BAC=180°，∠BAD+∠ABD+∠BDA=180°，
∴∠CAE=∠ABD，
在△ABD和△CAE中：
$\{\begin{array}{l}∠ BDA=∠ AEC\\∠ ABD=∠ CAE\\AB=AC\end{array} $
∴△ABD≌△CAE(AAS)，
∴BD=AE，AD=CE，
又
∵AE+AD=DE，
∴BD+CE=DE。
(2) 成立，理由如下：
同(1)的推导可得∠ABD=∠CAE，
在△ABD和△CAE中：
$\{\begin{array}{l}∠ BDA=∠ AEC\\∠ ABD=∠ CAE\\AB=AC\end{array} $
∴△ABD≌△CAE(AAS)，
∴BD=AE，AD=CE，
∵AE+AD=DE，
∴BD+CE=DE，故(1)中结论仍成立。
(3) 存在，分两种情况讨论：
①当△DAB≌△ECA时，AD=CE，BD=AE=7cm，
∵AD+AE=DE=10cm，
∴AD=DE-AE=10-7=3cm，即CE=3cm，
点A运动速度为2cm/s，因此$t=\frac{AD}{2}=\frac{3}{2}\ \mathrm{s}$，
点C的运动路程为CE=3cm，因此$x=\frac{CE}{t}=3÷\frac{3}{2}=2$；
②当△DAB≌△EAC时，AD=AE，DB=EC=7cm，
∵AD+AE=DE=10cm，
∴AD=AE=5cm，
因此$t=\frac{AD}{2}=\frac{5}{2}\ \mathrm{s}$，
∴$x=\frac{CE}{t}=7÷\frac{5}{2}=\frac{14}{5}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{BD=AE}$；$\boldsymbol{BD+CE=DE}$
(2) 成立，理由见解析
(3) 存在，$\boldsymbol{t=\frac{3}{2},x=2}$或$\boldsymbol{t=\frac{5}{2},x=\frac{14}{5}}$
【知识点】
全等三角形判定与性质，一线三等角模型，动点分类讨论
【点评】
本题从特殊到一般探究一线三等角模型下的全等关系，最后结合动点问题考查分类讨论思想，既夯实了全等三角形的基础应用，也锻炼了对动态问题的分析能力。
【难度系数】
0.6
