7. 在$△ ABC$中，$∠ B=60°$，$D$为$AB$边上一点，$CD=CA$.
（1）如图(1)，若$AD=4$，$CB:BD=10:3$，求$BC$的长；
（2）如图(2)，以$AC$为边作等边$△ ACG$，$AG$交边$BC$于点$F$，连接$DF$，求证：$GF=DF$.
（1）如图(1)，若$AD=4$，$CB:BD=10:3$，求$BC$的长；
（2）如图(2)，以$AC$为边作等边$△ ACG$，$AG$交边$BC$于点$F$，连接$DF$，求证：$GF=DF$.
答案：
7. (1) 如图,过点 C 作 CH⊥AB,垂足为 H.
∵ AC=DC,CH⊥AB,
∴ HD=$\frac{1}{2}$AD=2.
∵ CB:BD=10:3,
∴ 可设 CB=10x,BD=3x.
∵ ∠B=60°,
∴ ∠BCH=30°,
∴ BH=$\frac{1}{2}$BC,
∴ 2+3x=$\frac{1}{2}$×10x,解得 x=1,
∴ BC=10x=10.
(2)
∵ △ACG 为等边三角形,
∴ CG=CA=CD,∠G=∠CAG=60°.
∵ ∠CAG+∠ACB+∠AFC=∠B+∠ACB+∠CAB=180°,又
∵ ∠CAG=∠B=60°,
∴ ∠AFC=∠CAB.
∵ CA=CD,
∴ ∠CAB=∠ADC,
∴ ∠AFC = ∠ADC.
∵ ∠AFC = ∠G + ∠FCG,∠ADC=∠B+∠FCD,∠G=∠B,
∴ ∠FCG=∠FCD. 在△CDF 和△CGF 中, $\begin{cases} CD=CG, \\ ∠FCD=∠FCG, \\ CF=CF, \end{cases}$
∴ △CDF≌△CGF(SAS),
∴ GF=DF.
7. (1) 如图,过点 C 作 CH⊥AB,垂足为 H.
∵ AC=DC,CH⊥AB,
∴ HD=$\frac{1}{2}$AD=2.
∵ CB:BD=10:3,
∴ 可设 CB=10x,BD=3x.
∵ ∠B=60°,
∴ ∠BCH=30°,
∴ BH=$\frac{1}{2}$BC,
∴ 2+3x=$\frac{1}{2}$×10x,解得 x=1,
∴ BC=10x=10.
(2)
∵ △ACG 为等边三角形,
∴ CG=CA=CD,∠G=∠CAG=60°.
∵ ∠CAG+∠ACB+∠AFC=∠B+∠ACB+∠CAB=180°,又
∵ ∠CAG=∠B=60°,
∴ ∠AFC=∠CAB.
∵ CA=CD,
∴ ∠CAB=∠ADC,
∴ ∠AFC = ∠ADC.
∵ ∠AFC = ∠G + ∠FCG,∠ADC=∠B+∠FCD,∠G=∠B,
∴ ∠FCG=∠FCD. 在△CDF 和△CGF 中, $\begin{cases} CD=CG, \\ ∠FCD=∠FCG, \\ CF=CF, \end{cases}$
∴ △CDF≌△CGF(SAS),
∴ GF=DF.
解析：
【分析】
（1）已知△ACD为等腰三角形（CD=CA），可利用等腰三角形三线合一的性质，过点C作AB的垂线CH，得到H为AD中点，求出HD的长度；再结合∠B=60°，在Rt△CHB中，30°角所对直角边等于斜边的一半，得到BH与BC的数量关系；根据CB:BD的比例设未知数，结合BH的线段和关系列方程，即可求出BC的长。
（2）要证明GF=DF，可通过证明两条线段所在的△CGF和△CDF全等实现。首先由等边△ACG的性质得CG=CA=CD，再结合三角形内角和、外角性质推导得到∠FCG=∠FCD，结合公共边CF，利用SAS即可证明两个三角形全等，进而得到对应边GF=DF。
【解析】
（1）如图，过点C作CH⊥AB，垂足为H。
∵ AC=DC，CH⊥AB，
∴ HD=$\frac{1}{2}$AD=$\frac{1}{2}×4=2$。
∵ CB:BD=10:3，
∴ 设CB=10x，BD=3x。
∵ ∠B=60°，CH⊥AB，
∴ ∠BCH=30°，
∴ BH=$\frac{1}{2}$BC，
又
∵ BH=HD+BD=2+3x，
∴ $2+3x=\frac{1}{2}×10x$，解得x=1，
∴ BC=10x=10×1=10。
（2）证明：
∵ △ACG为等边三角形，
∴ CG=CA=CD，∠G=∠CAG=60°。
∵ 在△AFC中，∠CAG+∠ACB+∠AFC=180°，在△ABC中，∠B+∠ACB+∠CAB=180°，且∠CAG=∠B=60°，
∴ ∠AFC=∠CAB。
∵ CA=CD，
∴ ∠CAB=∠ADC，
∴ ∠AFC = ∠ADC。
∵ ∠AFC = ∠G + ∠FCG，∠ADC=∠B+∠FCD，且∠G=∠B=60°，
∴ ∠FCG=∠FCD。
在△CDF 和△CGF 中：
$\begin{cases} CD=CG, \\ ∠FCD=∠FCG, \\ CF=CF, \end{cases}$
∴ △CDF≌△CGF（SAS），
∴ GF=DF。
【答案】
(1) BC的长为10；(2) 证明见解析。
【知识点】
等腰三角形的性质；等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题综合考查了特殊三角形的性质与全等三角形的应用，第一问通过作辅助线构造直角三角形，结合方程思想求解边长，体现了几何计算中数形结合的思想；第二问通过角度的等量代换得到全等条件，是三角形章节的典型题型，需要熟练掌握特殊三角形的边角关系以及全等证明的基本思路。
【难度系数】
0.7
（1）已知△ACD为等腰三角形（CD=CA），可利用等腰三角形三线合一的性质，过点C作AB的垂线CH，得到H为AD中点，求出HD的长度；再结合∠B=60°，在Rt△CHB中，30°角所对直角边等于斜边的一半，得到BH与BC的数量关系；根据CB:BD的比例设未知数，结合BH的线段和关系列方程，即可求出BC的长。
（2）要证明GF=DF，可通过证明两条线段所在的△CGF和△CDF全等实现。首先由等边△ACG的性质得CG=CA=CD，再结合三角形内角和、外角性质推导得到∠FCG=∠FCD，结合公共边CF，利用SAS即可证明两个三角形全等，进而得到对应边GF=DF。
【解析】
（1）如图，过点C作CH⊥AB，垂足为H。
∵ AC=DC，CH⊥AB，
∴ HD=$\frac{1}{2}$AD=$\frac{1}{2}×4=2$。
∵ CB:BD=10:3，
∴ 设CB=10x，BD=3x。
∵ ∠B=60°，CH⊥AB，
∴ ∠BCH=30°，
∴ BH=$\frac{1}{2}$BC，
又
∵ BH=HD+BD=2+3x，
∴ $2+3x=\frac{1}{2}×10x$，解得x=1，
∴ BC=10x=10×1=10。
（2）证明：
∵ △ACG为等边三角形，
∴ CG=CA=CD，∠G=∠CAG=60°。
∵ 在△AFC中，∠CAG+∠ACB+∠AFC=180°，在△ABC中，∠B+∠ACB+∠CAB=180°，且∠CAG=∠B=60°，
∴ ∠AFC=∠CAB。
∵ CA=CD，
∴ ∠CAB=∠ADC，
∴ ∠AFC = ∠ADC。
∵ ∠AFC = ∠G + ∠FCG，∠ADC=∠B+∠FCD，且∠G=∠B=60°，
∴ ∠FCG=∠FCD。
在△CDF 和△CGF 中：
$\begin{cases} CD=CG, \\ ∠FCD=∠FCG, \\ CF=CF, \end{cases}$
∴ △CDF≌△CGF（SAS），
∴ GF=DF。
【答案】
(1) BC的长为10；(2) 证明见解析。
【知识点】
等腰三角形的性质；等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题综合考查了特殊三角形的性质与全等三角形的应用，第一问通过作辅助线构造直角三角形，结合方程思想求解边长，体现了几何计算中数形结合的思想；第二问通过角度的等量代换得到全等条件，是三角形章节的典型题型，需要熟练掌握特殊三角形的边角关系以及全等证明的基本思路。
【难度系数】
0.7
【问题发现】
（1）如图(1)，$△ ACB$和$△ DCE$均为等边三角形，点$A$，$D$，$E$在同一直线上，连接$BE$.
① $∠ AEB$的度数为
② 线段$AD$，$BE$之间的数量关系为
【拓展探究】
（2）如图(2)，$△ ACB$和$△ DCE$均为等腰直角三角形，$∠ ACB＝∠ DCE＝90°$，点$A$，$D$，$E$在同一直线上，$CM$为$△ DCE$中$DE$边上的高，连接$BE$.请判断$∠ AEB$的度数及线段$CM$，$AE$，$BE$之间的数量关系，并说明理由.
（1）如图(1)，$△ ACB$和$△ DCE$均为等边三角形，点$A$，$D$，$E$在同一直线上，连接$BE$.
① $∠ AEB$的度数为
60
度；② 线段$AD$，$BE$之间的数量关系为
AD=BE
.【拓展探究】
（2）如图(2)，$△ ACB$和$△ DCE$均为等腰直角三角形，$∠ ACB＝∠ DCE＝90°$，点$A$，$D$，$E$在同一直线上，$CM$为$△ DCE$中$DE$边上的高，连接$BE$.请判断$∠ AEB$的度数及线段$CM$，$AE$，$BE$之间的数量关系，并说明理由.
答案：（1）① 60；② AD=BE. （2）∠AEB = 90°；AE=2CM+BE. 理由:
∵ △ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,
∴ AC=BC,CD=CE,∠ACB-∠DCB=∠DCE-∠DCB,即∠ACD=∠BCE.
∴ △ACD≌△BCE.
∴ AD=BE,∠BEC=∠ADC=135°.
∴ ∠AEB=∠BEC-∠AEC=135°-45°=90°. 在等腰直角三角形△DCE中,CM 为斜边 DE 上的高,
∴ CM=DM=ME.
∴ DE=2CM.
∴ AE=DE+AD= 2CM+BE.
∵ △ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,
∴ AC=BC,CD=CE,∠ACB-∠DCB=∠DCE-∠DCB,即∠ACD=∠BCE.
∴ △ACD≌△BCE.
∴ AD=BE,∠BEC=∠ADC=135°.
∴ ∠AEB=∠BEC-∠AEC=135°-45°=90°. 在等腰直角三角形△DCE中,CM 为斜边 DE 上的高,
∴ CM=DM=ME.
∴ DE=2CM.
∴ AE=DE+AD= 2CM+BE.
解析：
【分析】
（1）①②的解题核心是利用等边三角形的性质推导全等条件：首先由等边三角形三边相等、内角为60°的性质，得到AC=BC、CD=CE，再通过角的和差推出∠ACD=∠BCE，即可证明△ACD≌△BCE。由全等性质直接得到AD与BE的数量关系；再结合点A、D、E共线求出∠ADC的度数，对应得到∠BEC的度数，减去等边△DCE中∠CED的度数，即可求出∠AEB的度数。
（2）思路与（1）类似，先利用等腰直角三角形的性质证明△ACD≌△BCE，得到AD=BE和∠BEC的度数，减去∠CED的度数即可得∠AEB的度数；再根据等腰直角三角形斜边上的高等于斜边的一半，得到DE=2CM，结合AE=DE+AD即可推导出三条线段的数量关系。
【解析】
（1）①
∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=∠CDE=∠CED=60°，
∴∠ACB-∠DCB=∠DCE-∠DCB，即∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中：
$\{\begin{array}{l}AC=BC\\ ∠ ACD=∠ BCE\\ CD=CE\end{array} $
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠ADC=∠BEC，
∵点A、D、E在同一直线上，
∴∠ADC=180°-∠CDE=180°-60°=120°，
∴∠BEC=120°，
∴∠AEB=∠BEC-∠CED=120°-60°=60°。
② 由①中△ACD≌△BCE，可得AD=BE。
（2）∠AEB=90°，AE=2CM+BE，理由如下：
∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，
∴AC=BC，CD=CE，∠CDE=∠CED=45°，
∴∠ACB-∠DCB=∠DCE-∠DCB，即∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中：
$\{\begin{array}{l}AC=BC\\ ∠ ACD=∠ BCE\\ CD=CE\end{array} $
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE，∠BEC=∠ADC，
∵点A、D、E在同一直线上，
∴∠ADC=180°-∠CDE=180°-45°=135°，
∴∠BEC=135°，
∴∠AEB=∠BEC-∠CED=135°-45°=90°。
∵△DCE为等腰直角三角形，CM为DE边上的高，
∴CM=DM=ME，即DE=2CM，
∵AE=DE+AD，AD=BE，
∴AE=2CM+BE。
【答案】
（1）① 60；② AD=BE
（2）∠AEB=90°，AE=2CM+BE
【知识点】
全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质
【点评】
本题是“手拉手”全等模型的典型考法，从等边三角形拓展到等腰直角三角形，解题的关键是抓住公共角推导对应角相等，证明三角形全等，再结合特殊三角形的性质求解角度和线段关系，注重对几何模型应用能力的考查。
【难度系数】
0.7
（1）①②的解题核心是利用等边三角形的性质推导全等条件：首先由等边三角形三边相等、内角为60°的性质，得到AC=BC、CD=CE，再通过角的和差推出∠ACD=∠BCE，即可证明△ACD≌△BCE。由全等性质直接得到AD与BE的数量关系；再结合点A、D、E共线求出∠ADC的度数，对应得到∠BEC的度数，减去等边△DCE中∠CED的度数，即可求出∠AEB的度数。
（2）思路与（1）类似，先利用等腰直角三角形的性质证明△ACD≌△BCE，得到AD=BE和∠BEC的度数，减去∠CED的度数即可得∠AEB的度数；再根据等腰直角三角形斜边上的高等于斜边的一半，得到DE=2CM，结合AE=DE+AD即可推导出三条线段的数量关系。
【解析】
（1）①
∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=∠CDE=∠CED=60°，
∴∠ACB-∠DCB=∠DCE-∠DCB，即∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中：
$\{\begin{array}{l}AC=BC\\ ∠ ACD=∠ BCE\\ CD=CE\end{array} $
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠ADC=∠BEC，
∵点A、D、E在同一直线上，
∴∠ADC=180°-∠CDE=180°-60°=120°，
∴∠BEC=120°，
∴∠AEB=∠BEC-∠CED=120°-60°=60°。
② 由①中△ACD≌△BCE，可得AD=BE。
（2）∠AEB=90°，AE=2CM+BE，理由如下：
∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，
∴AC=BC，CD=CE，∠CDE=∠CED=45°，
∴∠ACB-∠DCB=∠DCE-∠DCB，即∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中：
$\{\begin{array}{l}AC=BC\\ ∠ ACD=∠ BCE\\ CD=CE\end{array} $
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE，∠BEC=∠ADC，
∵点A、D、E在同一直线上，
∴∠ADC=180°-∠CDE=180°-45°=135°，
∴∠BEC=135°，
∴∠AEB=∠BEC-∠CED=135°-45°=90°。
∵△DCE为等腰直角三角形，CM为DE边上的高，
∴CM=DM=ME，即DE=2CM，
∵AE=DE+AD，AD=BE，
∴AE=2CM+BE。
【答案】
（1）① 60；② AD=BE
（2）∠AEB=90°，AE=2CM+BE
【知识点】
全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质
【点评】
本题是“手拉手”全等模型的典型考法，从等边三角形拓展到等腰直角三角形，解题的关键是抓住公共角推导对应角相等，证明三角形全等，再结合特殊三角形的性质求解角度和线段关系，注重对几何模型应用能力的考查。
【难度系数】
0.7