截长补短专题训练含解析

一、解答题

1．在中，，点D、E分别在、上，连接、和；并且有，．

（1）求的度数；

（2）求证：．

2．如图，在中，，平分．

（1）如图1，若，求证：；

（2）如图2，若，求的度数；

（3）如图3，若，求证：．

3．已知在四边形ABCD中，∠ABC＋∠ADC＝180°，∠BAD＋∠BCD＝180°，AB＝BC

（1）如图1，连接BD，若∠BAD＝90°，AD＝7，求DC的长度．

（2）如图2，点P、Q分别在线段AD、DC上，满足PQ＝AP＋CQ，求证：∠PBQ＝∠ABP＋∠QBC

（3）若点Q在DC的延长线上，点P在DA的延长线上，如图3所示，仍然满足PQ＝AP＋CQ，请写出∠PBQ与∠ADC的数量关系，并给出证明过程．

4．（1）问题背景：如图1：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC，CD上的点且∠EAF＝60°，探究图中线段BE、EF、FD之间的数量关系．

小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，先证明 ABE≌ADG，再证明AEF≌AGF，可得出结论，他的结论应是______________；

（2）探索延伸：如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；

（3）实际应用：如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以45海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以60海里/小时的速度前进，2小时后，指挥中心观测到甲、乙两地分别到达E、F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．

5．已知：线段AB及过点A的直线l，如果线段AC与线段AB关于直线l对称，连接BC交直线l于点D，以AC为边作等边△ACE，使得点E在AC的下方，作射线BE交直线l于点F，连接CF．

（1）根据题意将图1补全；

（2）如图1，如果∠BAD＝α（30°＜α＜60°）．

①∠BAE=_______，∠ABE=_______（用含有α代数式表示）；

②用等式表示线段FA，FE与FC的数量关系，并证明．

（3）如图2，如果60°＜α＜90°，直接写出线段FA，FE与FC的数量关系，不证明．

6．如图，在中，，，是边的中点，以为边作等边三角形，且与在直线的异侧，连接交的延长线于点，连接交于点．

（1）求证：；

（2）求证：；

（3）若，，求的长．

7．阅读题：如图1，平分，以为圆心任意长为半径画弧，交射线，于，两点，在射线上任取一点（点除外），连接，，可证，请你参考这个作全等的方法，解答下列问题：

（1）如图2，在中，，平分交于点，试判断与、之间的数量关系；

（2）如图3，在四边形中，平分，，，，求的面积．

8．如图，是边长为1的等边三角形，，，点，分别在，上，且，求的周长．

9．如图①，和是等腰三角形，且，，，，以为顶点作一个角，角的两边分别交边，于点、，连接．

（1）探究、、之间的关系，并说明理由；

（2）若点、分别在、CA延长线上，其他条件不变，如图②所示，则、、之间存在什么样的关系？并说明理由．

10．通过类比联想、引申拓展典型题目，可达到解一题知一类的目的．下面是一个案例，请补充完整．

（解决问题）

如图，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，，连接EF，则，试说明理由．

证明：延长CD到G，使，

在与中，

∴理由：（SAS）

进而证出：___________，理由：（__________）

进而得．

（变式探究）

如图，四边形ABCD中，，点E、F分别在边BC、CD上，．若、都不是直角，则当与满足等量关系________________时，仍有．请证明你的猜想．

（拓展延伸）

如图，若，，，但，，连接EF，请直接写出EF、BE、DF之间的数量关系．

11．如图，中，点D在边上，且．

（1）求证：；

（2）点E在边上，连接交于点F，且，，求的度数．

（3）在（2）的条件下，若，的周长等于30，求的长．

12．在△ABC中，AB=AC，点D与点E分别在AB、AC边上，DEBC，且DE=DB，点F与点G分别在BC、AC边上，∠FDG∠BDE．

（1）如图1，若∠BDE=120°，DF⊥BC，点G与点C重合，BF=1，直接写出BC=     ；

（2）如图2，当G在线段EC上时，探究线段BF、EG、FG的数量关系，并给予证明；

（3）如图3，当G在线段AE上时，直接写出线段BF、EG、FG的数量关系：_____________．

13．在四边形中，是边的中点．

（1）如图（1），若平分，，则线段、、的长度满足的数量关系为______；（直接写出答案）

（2）如图（2），平分，平分，若，则线段、、、的长度满足怎样的数量关系？写出结论并证明．

14．如图所示，平分平分；

（1）求与的数里关系，并说明你的理由．

（2）若把条件去掉，则（1）中与的数里关系还成立吗?并说明你的理由．

15．已知等边三角形ABC，D为△ABC外一点，，BD=DC，，射线DM与直线AB相交于点M，射线DN与直线AC相交于点N．

（1）当点M、N在边AB、AC上，且DM=DN时，直接写出BM、NC、MN之间的数量关系；

（2）当点M、N在边AB、AC上，且DMDN时，猜想①中的结论还成立吗？若成立，请证明；

（3）当点M、N在边AB、CA的延长线上时，请画出图形，并求出BM、NC、MN之间的数量关系．

参

1．（1）；（2）见解析

【分析】

（1）由，，可得为等边三角形，由，，，可证 

（2）延长至F，使，连接， 由，，且，可证 由，可证为等边三角形，可得， 可推出结论，

【详解】

解：（1）∵，，

∴为等边三角形， 

∴，

∵，，

∵，

∴ 

（2）如图，延长至F，使，连接， 

由（1）得为等边三角形，

∴，

∵，

又∵，且，

∴，

在与中，

∴ 

∴，

∴，

∴

又∵，

∴为等边三角形

∴， 

又∵，且，

∴，

【点睛】

本题考查等边三角形的判定与性质，三角形全等判定与性质，线段和差，三角形外角性质，关键是引辅助线构造三角形全等证明等边三角形．

2．（1）见详解；（2）108°；（3）见详解

【分析】

（1）如图1，过D作DM⊥AB于M，由 CA＝CB，，得是等腰直角三角形，根据角平分线的性质得到CD＝MD，∠ABC＝45°，根据全等三角形的性质得到AC＝AM，于是得到结论；

（2）如图2，设∠ACB＝α，则∠CAB＝∠CBA＝90°−α，在AB上截取AK＝AC，连结DK，根据角平分线的定义得到∠CAD＝∠KAD，根据全等三角形的性质得到∠ACD＝∠AKD＝α，根据三角形的内角和即可得到结论；

（3）如图3，在AB上截取AH＝AD，连接DH，根据等腰三角形的性质得到∠CAB＝∠CBA＝40°，根据角平分线的定义得到∠HAD＝∠CAD＝20°，求得∠ADH＝∠AHD＝80°，在AB上截取AK＝AC，连接DK，根据全等三角形的性质得到∠ACB＝∠AKD＝100°，CD＝DK，根据等腰三角形的性质得到DH＝BH，于是得到结论．

【详解】

（1）如图1，过D作DM⊥AB于M，

∴在中，， 

∴∠ABC＝45°，

∵∠ACB＝90°，AD是角平分线，

∴CD＝MD， 

∴∠BDM＝∠ABC＝45°，

∴BM＝DM，

∴BM＝CD，

在RT△ADC和RT△ADM中，

，

∴RT△ADC≌RT△ADM（HL），

∴AC＝AM，

∴AB＝AM＋BM＝AC＋CD，

即AB＝AC＋CD；

（2）设∠ACB＝α，则∠CAB＝∠CBA＝90°−α，

在AB上截取AK＝AC，连结DK，如图2，

∵AB＝AC＋BD，AB=AK+BK

∴BK＝BD，

∵AD是角平分线，

∴∠CAD＝∠KAD，

在△CAD和△KAD中，

∴△CAD≌△KAD（SAS），

∴∠ACD＝∠AKD＝α，

∴∠BKD＝180°−α，

∵BK＝BD，

∴∠BDK＝180°−α，

∴在△BDK中，180°−α＋180°−α＋90°−α＝180°，

∴α＝108°，

∴∠ACB＝108°；

（3）如图3，在AB上截取AH＝AD，连接DH，

∵∠ACB＝100°，AC＝BC，

∴∠CAB＝∠CBA＝40°，

∵AD是角平分线，

∴∠HAD＝∠CAD＝20°，

∴∠ADH＝∠AHD＝80°，

在AB上截取AK＝AC，连接DK，

由（1）得，△CAD≌△KAD，

∴∠ACB＝∠AKD＝100°，CD＝DK，

∴∠DKH＝80°＝∠DHK，

∴DK＝DH＝CD，

∵∠CBA＝40°，

∴∠BDH＝∠DHK -∠CBA =40°，

∴DH＝BH，

∴BH＝CD，

∵AB＝AH＋BH，

∴AB＝AD＋CD．

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，角平分线的定义，三角形的内角和，正确的作出辅助线是解题的关键．

3．（1）；（2）见解析；（3），证明见解析

【分析】

（1）根据已知条件得出为直角三角形，再根据证出，从而证出即可得出结论；

（2）如图2，延长DC到 K，使得CK=AP，连接BK，通过证△BPA≌△BCK（SAS）得到：∠1=∠2，BP=BK．然后根据证明得，从而得出，然后得出结论；

（3）如图3，在CD延长线上找一点K，使得KC=AP，连接BK，构建全等三角形：△BPA≌△BCK（SAS），由该全等三角形的性质和全等三角形的判定定理SSS证得：△PBQ≌△BKQ，则其对应角相等：∠PBQ=∠KBQ，结合四边形的内角和是360°可以推得：∠PBQ=90°+∠ADC．

【详解】

（1）证明：如图1，

∵，，

∴，

在和中，

∴，

∴，

∴；

（2）如图2，

延长至点，使得，连接

∵，

∴，

∵，

∴，

∵，，

∴，

∴，，

∵，，

∴，

∵，，

∴，

∴，

∴；

（3）；

如图3，在延长线上找一点，使得，连接，

∵，

∴，

∵，

∴，

在和中，

∴，

∴，，

∴，

∵，

∴，

在和中，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴．

．

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定与性质．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．

4．（1）EF＝BE+DF；（2）结论EF＝BE+DF仍然成立；（3）此时两舰艇之间的距离是210海里

【分析】

（1）延长FD到点G，使DG=BE．连结AG，即可证明ABE≌ADG，可得AE=AG，再证明AEF≌AGF，可得EF=FG，即可解题；

（2）延长FD到点G，使DG=BE．连结AG，即可证明ABE≌ADG，可得AE=AG，再证明AEF≌AGF，可得EF=FG，即可解题；

（3）连接EF，延长AE、BF相交于点C，然后与（2）同理可证．

【详解】

解：（1）EF＝BE+DF，证明如下：

在ABE和ADG中，

，

∴ABE≌ADG（SAS），

∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，

∵∠EAF∠BAD，

∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，

∴∠EAF＝∠GAF，

在AEF和GAF中，

，

∴AEF≌AGF（SAS），

∴EF＝FG，

∵FG＝DG+DF＝BE+DF，

∴EF＝BE+DF；

故答案为 EF＝BE+DF．

（2）结论EF＝BE+DF仍然成立；

理由：延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，如图2，

在ABE和ADG中，

，

∴ABE≌ADG（SAS），

∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，

∵∠EAF∠BAD，

∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，

∴∠EAF＝∠GAF，

在AEF和GAF中，

，

∴AEF≌AGF（SAS），

∴EF＝FG，

∵FG＝DG+DF＝BE+DF，

∴EF＝BE+DF；

（3）如图3，连接EF，延长AE、BF相交于点C，

∵∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°，∠EOF＝70°，

∴∠EOF∠AOB，

又∵OA＝OB，∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝180°，

∴符合探索延伸中的条件，

∴结论EF＝AE+BF成立，

即EF＝2×（45+60）＝210（海里）．

答：此时两舰艇之间的距离是210海里．

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定以及全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△AEF≌△AGF是解题的关键．

5．（1）作图见解析；（2）①，；②FA=FC +FE，证明见解析；（3）AF=FC-EF．

【分析】

（1）先根据轴对称的性质作出线段AC，再分别以A、C为圆心，AC长为半径画弧，两弧交于点E，可得等边△ACE，最后根据题意画出图形即可；

（2）①根据轴对称的性质可得∠BAC=2∠BAD=2，根据等边三角形的性质可知∠EAC=60°，根据角的和差关系即可表示出∠BAE；根据轴对称的性质和等边三角形的性质可得AB=AE，根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理即可表示出∠ABE；

②在FA上截取FG=EF，连接EG，利用三角形内角和定理可得∠AFB=60°，即可证明△EFG是等边三角形，根据角的和差故选可得∠AEG=∠CEF，利用SAS可证明△AEG≌△CEF，即可得出AG=CF，根据线段的和差关系即可得结论；

（3）由60°＜α＜90°可知点E在直线l右侧，根据题意画出图形，在FA上截取FG=EF，根据轴对称的性质可得AF⊥BC，BF=CF，根据（2）中结论可得∠FBC=∠FCB=30°，利用三角形外角性质可得∠GFE=60°，可证明三角形EFG是等边三角形，利用SAS可证明△AEF≌△CEG，可得FA=CG，根据线段的和差关系即可得答案．

【详解】

（1）补全图形如下：

（2）①，

①∵AB、AC关于直线l对称，

∴∠BAD=∠CAD，AB=AC，

∵△ACE是等边三角形，

∴∠EAC=60°，AE=AC=EC，

∵∠BAD=，

∴∠BAC=BAD+∠CAD=2∠BAD=2，

∴∠BAE=∠BAC-∠EAC=2-60°．

∵AB=AC，AC=AE，

∴AB=AE，

∴∠ABE=（180°-∠BAE）=120°-．

故答案为：2-60°，120°-

②数量关系是FA =FC +FE，证明如下：

在FA上截取FG=EF，连接EG，

由①得，∠ABE=120°-α，∠BAD=α，

∴∠AFB=180°-∠ABE-∠BAD=60°，

∴△EFG为等边三角形，

∴EG=FE=FG，∠GEF=60°，

∵△AEC是等边三角形，

∴∠AEC=60°，AE=CE，

∴∠AEC=∠GEF=60°，

∴∠AEC-∠GEC=∠GEF-∠GEC，即∠AEG=∠CEF，

在△AEG和△CEF中，，

∴△AEG≌△CEF，

∴AG=FC

∴FA=AG+FG=FC+FE，

（3）AF=FC-EF．

∵60°＜α＜90°，

∴如图所示，点E在直线l右侧，

在FA上截取FG=EF，连接EG，

∵AB、AC关于直线l对称，点F在直线l上，

∴AF⊥BC，BF=CF，

∴∠ABC=∠ACB=90°-α，

由（2）可知∠ABE=120°-α，

∴∠FBC=∠FCB=120°-α-（90°-α）=30°，

∴∠EFG=∠FBC+∠FCB=60°，

∴△EFG是等边三角形，

∴∠FEG=60°，

∵∠AEC=60°，

∴∠AEF+∠AEG=∠CEG+∠AEG=60°，

∴∠AEF=∠CEG，

在△AEF和△CEG中，，

∴△AEF≌△CEG，

∴AF=CG，

∴AF=FC-EF．

【点睛】

本题考查轴对称的性质、等边三角形的判定与性质及全等三角形的判定与性质，根据轴对称的性质正确得出对应边并熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．

6．（1）见解析；（2）见解析；（3）4

【分析】

（1）利用所在直线是的垂直平分线，点F在直线AD上即可得出结论．

（2）由是等边三角形，得AC=AE=AB推得．易证≌（SSS），即可，

（3）延长至点处，使，连接．先证直角三角形≌（SAS），推出，．再证．求出，．用表示．而，得．可证≌（SAS），可推得即可．

【详解】

（1）证明：∵，是边的中点，

∴所在直线是的垂直平分线，

又∵点F在直线AD上

∴．

（2）证明：∵是等边三角形，

∴，．

∵，

∴，

∴．

由（1）可知，，

又∵，，

∴≌（SSS），

∴，

∴．

（3）解：如图，延长至点处，使，连接．

∵，是边的中点，

∴．

∵是等边三角形，

∴，．

∵，，，

∴≌（SAS），

∴，．

由（2）可知，，

∵，

∴．

由（1）可知，，

∴，

∴．

∵，

∴．

∵，

∴．

∵，

∴，

∴．

∵，，

∴≌（SAS），

∴，

∴，

∴．

【点睛】

本题考查线段垂直平分线性质，等边三角形性质，三角形全等判定与性质，掌握线段垂直平分线性质，等边三角形性质，三角形全等判定与性质，会利用引辅助线构造三角形全等转化线与线关系，角与角关系来解决问题．

7．（1）BC=AC+AD；（2）△ABC 的面积为80．

【分析】

（1）在CB上截取CE=CA，则由题意可得AD=DE，∠CED=∠A，再结合∠A=2∠B可得DE=BE，从而得到BC=AD+AC；

（2）在AB上截取AE=AD，连结CE，过C作CF⊥AB于F点，由题意可得EC=BC，从而得到EF的长度，再由勾股定理根据EC、EF的长度求得CF的长度，最后根据面积公式可以得到解答 ．

【详解】

解：（1）如图，在CB上截取CE=CA，则由题意得：△CAD≌△CED，

∴AD=DE，∠CED=∠A，

∵∠A=2∠B，∴∠CED=2∠B，

又∠CED=∠B+∠EDB，∴∠B+∠EDB=2∠B，

∴∠EDB=∠B，∴DE=BE，

∴BC=BE+CE=DE+CE=AD+AC；

（2）如图，在AB上截取AE=AD，连结CE，过C作CF⊥AB于F点，

∴由题意可得：△CDA≌△CEA，

∴EC=CD=BC=10，AE=AD=8，

∵CF⊥AB，

∴EF=FB=，

∴，

∴．

【点睛】

本题考查三角形全等的综合运用，熟练掌握三角形全等的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理是解题关键．

8．2

【分析】

延长至点，使，连接，证明推出，，进而得到，从而证明，推出EF=CP，由此求出的周长=AB+AC得到答案.

【详解】

解：如图，延长至点，使，连接．

∵是等边三角形，

∴．

∵，，

∴，

∴，

∴．

在和中，，

∴，

∴，．

∵，，

∴，

∴，

∴．

在和中，，

∴，

∴，

∴，

∴的周长.

【点睛】

此题考查全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，等腰三角形等边对等角的性质，题中辅助线的引出是解题的关键.

9．（1）EF=BE+FC；（2）EF=FC-BE．

【分析】

（1）由等腰三角形的性质，解得，，延长AB至G，使得BG=CF，连接DG，进而证明，再根据全等三角形对应边相等的性质解得，再结合等腰三角形的性质可证明，最后根据全等三角形的性质解题即可；

（2）在CA上截取CG=BE,连接DG，由等腰三角形的性质，可得，，进而证明得到，据此方法再证明，最后根据全等三角形的性质解题即可．

【详解】

（1）和是等腰三角形，

延长AB至G，使得BG=CF，连接DG

在和中，

BG=CF，

，

在和中，

DE=DE，

，

（2）在CA上截取CG=BE,连接DG

是等腰三角形，

在和中，

CG=BE，

在和中，

FD=FD，

【点睛】

本题考查等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．

10．（1），理由：SAS；（2），证明见解析；（3）BE+DF=EF．

【分析】

（1）在前面已证的基础上，得出结论，进而证明，从而得出结论；

（2）利用“解决问题”中的思路，同样去构造即可；

（3）利用前面两步的思路，证明全等得出结论即可．

【详解】

（1），，

则，

，，

在与中，

，理由：（）

；

（2）满足即可，证明如下：

如图，延长至，使，

，，

，

在与中，

，

，

则，

，，

在与中，

，理由：（）

；

（3）BE+DF=EF．证明如下：

如图，延长至，使，

在与中，

，

，

则，

，，

在与中，

，理由：（）

；

 ．

【点睛】

本题考查了截长补短的方法构造全等三角形，能够理解前面介绍的方法并继续探究是解决问题的关键．

11．（1）见解析；（2）＝60°；（3）AF＝11

【分析】

（1）根据三角形内角与外角之间的关系建立等式，运用等量代换得出，证得；

（2）作CH＝BE，连接DH，根据角的数量关系证得，再由三角形全等判定得△BDH≌△ABE，最后推出△DCH为等边三角形，即可得出＝60°；

（3）借助辅助线AO⊥CE，构造直角三角形，并结合平行线构造△BFE∽△BDH，建立相应的等量关系式，完成等式变形和求值，即可得出AF的值．

【详解】

（1）证明：∵∠BDC＝90°＋∠ABD，∠BDC=∠ABD+∠A，

∴  ∠A＝90°－∠ABD．

∵∠BDC＋∠BDA＝180°， 

∴∠BDA＝180°－∠BDC＝90°－∠ABD．

∴  ∠A＝∠BDA＝90°－∠ABD．

∴DB＝AB．

解：（2）如图1，作CH＝BE，连接DH，

∵∠AFD＝∠ABC，∠AFD＝∠ABD＋∠BAE，∠ABC＝∠ABD＋∠DBC，

∴∠BAE＝∠DBC．

∵由（1）知，∠BAD＝∠BDA，

又∵∠EAC＝∠BAD－∠BAE，∠C＝∠ADB－∠DBC，

∴∠CAE＝∠C．

∴AE＝CE．

∵BE＝CH，

∴BE＋EH＝CH＋EH．

即BH＝CE＝AE．

∵AB＝BD，

∴△BDH≌△ABE．

∴BE＝DH．

∵BE＝CD，

∴CH＝DH＝CD．

∴△DCH为等边三角形．

∴∠ACB ＝60°．

（3）如图2，过点A作AO⊥CE，垂足为O．

∵DH∥AE，

∴∠CAE＝∠CDH＝60°，∠AEC＝∠DHC＝60°．

∴△ACE是等边三角形．

设AC＝CE＝AE＝x，则BE＝16－x，

∵DH∥AE，

∴△BFE∽△BDH．

∴．

∴，

．

∵△ABF的周长等于30，

即AB＋BF＋AF＝AB＋＋x－=30，

解得AB＝16－．

在Rt△ACO中，AC＝，AO＝，

∴BO＝16－．

在Rt△ABO中，AO2＋BO2＝AB2，

即．

解得（舍去）．

∴AC＝．

∴AF＝11．

【点睛】

本题考查了三角形角的性质、等边三角形的性质与判定以及全等三角形的判定与性质的综合应用，解题的关键是能熟练掌握三角形的性质与全等判定并借助辅助线构造特殊三角形的能力，．

12．（1）4；（2）FG=BF+EG，见解析；（3）FG=BF-EG

【分析】

（1）解直角三角形分别求出DF，CF即可解决问题．

（2）如图2中，结论：FG=BF+EG．在EA上截取EH，使得EH=BF．利用两次全等，证明FG=GH即可解决问题．

（3）如图3中，结论：FG=BF-EG．在射线EA上截取EH，使得EH=BF．利用两次全等，证明FG=GH即可解决问题．

【详解】

（1）∵DE∥BC，

∴∠BDE+∠ABC=180°，

∵∠BDE=120°，

∴∠ABC=60°，

∵DF⊥BF，

∴∠BFD=90°，

∴DF=BF•tan60°，

∵∠CDF∠BDE=60°，∠DFC=90°，

∴CF=DF•tan60°，

∴BC=BF+CF=1+3=4；

（2）如图2中，结论：FG=BF+EG．

理由：在EA上截取EH，使得EH=BF．

∵AB=AC，

∴∠B=∠C，

∵DE∥BC，

∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C，

∴∠ADE=∠AED，

∴∠DEH=∠B， 

在△DBF和△DEH中，

，

∴△DBF≌△DEH（SAS），

∴DF=DH，∠BDF=∠EDH，

∵∠FDG∠BDE，

∴∠BDF+∠EDG=∠EDH+∠EDG=∠GDH∠BDE，

∴∠GDF=∠GDH，

在△DGF和△DGH中，

，

∴△DGF≌△DGH（SAS），

∴FG=HG，

∵HG=EG+HE=EG+BF，

∴FG=BF+EG；

（3）如图3中，结论：FG=BF-EG．

理由：在射线EA上截取EH，使得EH=BF．

∵AB=AC，

∴∠B=∠C，

∵DE∥BC，

∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C，

∴∠ADE=∠AED， 

∴∠DEH=∠B，

在△DBF和△DEH中，

， 

∴△DBF≌△DEH（SAS），

∴DF=DH，∠BDF=∠EDH，

∴∠BDE=∠FDH，

∵∠FDG∠BDE∠FDH， 

∴∠GDF=∠GDH，

在△DGF和△DGH中，

，

∴△DGF≌△DGH（SAS），

∴FG=HG，

∵HG=HE-GE=BF-EG，

∴FG=BF=-EG．

【点睛】

本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．

13．（1）AE＝AB＋DE；（2）AE＝AB＋DE＋BD，证明见解析．

【分析】

（1）在AE上取一点F，使AF＝AB，由三角形全等的判定可证得△ACB≌△ACF，根据全等三角形的性质可得BC＝FC，∠ACB＝∠ACF，根据三角形全等的判定证得△CEF≌△CED，得到EF＝ED，再由线段的和差可以得出结论；

（2）在AE上取点F，使AF＝AB，连结CF，在AE上取点G，使EG＝ED，连结CG，根据全等三角形的判定证得△ACB≌△ACF和△ECD≌△ECG，由全等三角形的性质证得CF＝CG，进而证得△CFG是等边三角形，就有FG＝CG＝BD，从而可证得结论．

【详解】

解：（1）如图（1），在AE上取一点F，使AF＝AB．

∵AC平分∠BAE，

∴∠BAC＝∠FAC．

在△ACB和△ACF中，

∴△ACB≌△ACF（SAS）．

∴BC＝FC，∠ACB＝∠ACF．

∵C是BD边的中点，

∴BC＝CD．

∴CF＝CD．

∵∠ACE＝90°，

∴∠ACB＋∠DCE＝90°，∠ACF＋∠ECF＝90°．

∴∠ECF＝∠ECD．

在△CEF和△CED中，

∴△CEF≌△CED（SAS）．

∴EF＝ED．

∵AE＝AF＋EF，

∴AE＝AB＋DE．

故答案为：AE＝AB＋DE；

（2）AE＝AB＋DE＋BD．

证明：如图（2），在AE上取点F，使AF＝AB，连结CF，在AE上取点G，使EG＝ED，连结CG．

∵C是BD边的中点，

∴CB＝CD＝BD．

∵AC平分∠BAE，

∴∠BAC＝∠FAC．

在△ACB和△ACF中，

∴△ACB≌△ACF（SAS）．

∴CF＝CB，∠BCA＝∠FCA．

同理可证：△ECD≌△ECG

∴CD＝CG，∠DCE＝∠GCE．

∵CB＝CD，

∴CG＝CF．

∵∠ACE＝120°，

∴∠BCA＋∠DCE＝180°−120°＝60°．

∴∠FCA＋∠GCE＝60°．

∴∠FCG＝60°．

∴△FGC是等边三角形．

∴FG＝FC＝BD．

∵AE＝AF＋EG＋FG，

∴AE＝AB＋DE＋BD．

【点睛】

本题主要考查了全等三角形的判定与性质的运用，能熟练应用三角形全等的判定和性质是解决问题的关键．

14．（1），见解析；（2）成立，见解析

【分析】

（1）先写出数量关系，过作于，然后证明和，便可得结论了．

（2）成立, 在上截取证明和，便可得到结论．

【详解】

理由是：过作于

CE为角平分线

同理可证

成立

理由：在上截取

CE为角平分线

又 

又是角平分线

15．（1）BM+NC=MN，证明见解析；（2）成立，证明见解析；（3）NC-BM=MN，证明见解析．

【分析】

（1）由DM=DN，∠MDN=60°，可证得△MDN是等边三角形，又由△ABC是等边三角形，CD=BD，易证得Rt△BDM≌Rt△CDN，然后由直角三角形的性质，即可求得BM、NC、MN之间的数量关系 BM+NC=MN；

（2）在CN的延长线上截取CM1=BM，连接DM1．可证△DBM≌△DCM1，即可得DM=DM1，易证得∠CDN=∠MDN=60°，则可证得△MDN≌△M1DN，然后由全等三角形的性质，即可得结论仍然成立；

（3）首先在CN上截取CM1=BM，连接DM1，可证△DBM≌△DCM1，即可得DM=DM1，然后证得∠CDN=∠MDN=60°，易证得△MDN≌△M1DN，则可得NC-BM=MN．

【详解】

解（1）BM、NC、MN之间的数量关系：BM+NC=MN．

证明如下：

∵BD=DC，DM=DN，

∴∠BDC=∠DCB=，△MDN为等边三角形，

∴MN=MD=DN，

∵△ABC是等边三角形，

∴∠ABC=∠ACB=60°，

∴∠ABD=∠ACD=90°，

∴Rt△BDM≌Rt△CDN（HL），

∴∠BDM =∠CDN=，

∴,

∴BM+NC=MN．

（2）猜想：结论仍然成立．

证明：在CN的反向延长线上截取CM1=BM，连接DM1．

∵∠MBD=∠M1CD=90°，BD=CD，

∴△DBM≌△DCM1，

∴DM=DM1，∠MBD=∠M1CD， 

∵∠MDN=60°，∠BDC=120°，

∴∠M1DN=∠MDN=60°，

∴△MDN≌△M1DN，

∴MN=M1N=M1C+NC=BM+NC，

（3）证明：在CN上截取CM1=BM，连接DM1．

与（2）同理可证△DBM≌△DCM1，

∴DM=DM1，

与（2）同理可证∠CDN=∠MDN=60°，

∴△MDN≌△M1DN，

∴MN=M1N，

∴NC-BM=MN．

【点睛】

本题考查了等边三角形，直角三角形，等腰三角形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用与辅助线的作法．