1. 类比法(1)已知:如图(1),∠MAN=90°,射线AE在这个角的内部,点B,C分别在∠MAN的边AM,AN上,且AB=AC,CF⊥AE于点F,BD⊥AE于点D,求证:△ABD≌△CAF；(2)类比探究:如图(2),点B,C在∠MAN的边AM,AN上,点D,F在∠MAN内部的射线AE上,∠1,∠2分别是△ABD,△CAF的外角.已知AB=AC,∠1=∠2=∠BAC.求证:AD=CF；(3)拓展应用:如图(3),在△ABC中,AB=AC,AB＞BC,点D在边BC上,CD=2BD,点E,F在线段AD上,∠1=∠2=∠BAC,若△ABC的面积为30,则△ACF与△BDE的面积之和为
10
.答案：(1)
∵CF⊥AE,BD⊥AE,
∴∠ADB=∠CFA=90°,
∴∠ABD+∠BAD=90°.
∵∠MAN=90°,
∴∠CAF+∠BAD=90°,
∴∠ABD=∠CAF.
在△ABD和△CAF中,
$\begin{cases}∠ADB=∠CFA,\\∠ABD=∠CAF,\\AB=CA,\end{cases}$
∴△ABD≌△CAF(AAS).
(2)
∵∠1=∠2,
∴∠ADB=∠CFA.
∵ ∠1 = ∠ABD + ∠DAB, ∠1 = ∠BAC = ∠CAF + ∠DAB,
∴∠ABD=∠CAF.
∵AB=AC,
∴△ABD≌△CAF(AAS),
∴AD=CF.
(3)10 [解析]由(2)同理得△ABE≌△CAF,
∴$S_{△ABE}=S_{△CAF}$.
设点A到BC的距离为h,
∴$S_{△ACF}+S_{△BDE}=S_{△ABE}+S_{△BDE}=\frac{1}{2}BD·h$,
且 $S_{△ABC}=\frac{1}{2}BC·h=30$.
∵CD=2BD,
∴$BD=\frac{1}{3}BC$,
∴$S_{△ACF}+S_{△BDE}=\frac{1}{2}BD·h=\frac{1}{2}×\frac{1}{3}BC·h=\frac{1}{3}×\frac{1}{2}BC·h=\frac{1}{3}×30=10$.
∵CF⊥AE,BD⊥AE,
∴∠ADB=∠CFA=90°,
∴∠ABD+∠BAD=90°.
∵∠MAN=90°,
∴∠CAF+∠BAD=90°,
∴∠ABD=∠CAF.
在△ABD和△CAF中,
$\begin{cases}∠ADB=∠CFA,\\∠ABD=∠CAF,\\AB=CA,\end{cases}$
∴△ABD≌△CAF(AAS).
(2)
∵∠1=∠2,
∴∠ADB=∠CFA.
∵ ∠1 = ∠ABD + ∠DAB, ∠1 = ∠BAC = ∠CAF + ∠DAB,
∴∠ABD=∠CAF.
∵AB=AC,
∴△ABD≌△CAF(AAS),
∴AD=CF.
(3)10 [解析]由(2)同理得△ABE≌△CAF,
∴$S_{△ABE}=S_{△CAF}$.
设点A到BC的距离为h,
∴$S_{△ACF}+S_{△BDE}=S_{△ABE}+S_{△BDE}=\frac{1}{2}BD·h$,
且 $S_{△ABC}=\frac{1}{2}BC·h=30$.
∵CD=2BD,
∴$BD=\frac{1}{3}BC$,
∴$S_{△ACF}+S_{△BDE}=\frac{1}{2}BD·h=\frac{1}{2}×\frac{1}{3}BC·h=\frac{1}{3}×\frac{1}{2}BC·h=\frac{1}{3}×30=10$.
2. 新考法 类比猜想 (2025·徐州三十三十中期中)如图(1)，$△ ABE$是等腰三角形，$AB=AE$，$∠ BAE=45°$，过点$B$作$BC⊥ AE$于点$C$，在$BC$上截取$CD=CE$，连接$AD$，$DE$，并延长$AD$交$BE$于点$P$.
(1)求证:$AD=BE$；
(2)试说明$AD$平分$∠ BAE$；
(3)如图(2)，将$△ CDE$绕着点$C$旋转一定的角度，那么$AD$与$BE$的位置关系是否发生变化，说明理由.
(1)求证:$AD=BE$；
(2)试说明$AD$平分$∠ BAE$；
(3)如图(2)，将$△ CDE$绕着点$C$旋转一定的角度，那么$AD$与$BE$的位置关系是否发生变化，说明理由.
答案：
(1)
∵BC⊥AE,∠BAE=45°,
∴∠CBA=∠CAB,
∴BC=AC.
在△BCE和△ACD中,
$\begin{cases}BC=AC,\\∠BCE=∠ACD=90°,\\CE=CD,\end{cases}$
∴△BCE≌△ACD(SAS),
∴AD=BE.
(2)
∵△BCE≌△ACD,
∴∠EBC=∠DAC.
∵∠BDP=∠ADC,
∴∠BPD=∠DCA=90°.
∵AB=AE,
∴AD平分∠BAE.
(3)AD与BE的位置关系不发生变化.理由如下:
→根据(1)(2)小问类比分析
如图,设AD,BC交于点F.
由(1),得 BC=AC,∠BCA=∠ECD=90°,
∴∠BCA+∠BCD=∠ECD+∠BCD,
即∠ACD=∠BCE.
又CD=CE,
∴△BCE≌△ACD(SAS),
∴∠EBC=∠DAC.
∵∠BFP=∠AFC,
∴∠BPF=∠ACF=90°,
∴AD⊥BE.
(1)
∵BC⊥AE,∠BAE=45°,
∴∠CBA=∠CAB,
∴BC=AC.
在△BCE和△ACD中,
$\begin{cases}BC=AC,\\∠BCE=∠ACD=90°,\\CE=CD,\end{cases}$
∴△BCE≌△ACD(SAS),
∴AD=BE.
(2)
∵△BCE≌△ACD,
∴∠EBC=∠DAC.
∵∠BDP=∠ADC,
∴∠BPD=∠DCA=90°.
∵AB=AE,
∴AD平分∠BAE.
(3)AD与BE的位置关系不发生变化.理由如下:
→根据(1)(2)小问类比分析
如图,设AD,BC交于点F.
由(1),得 BC=AC,∠BCA=∠ECD=90°,
∴∠BCA+∠BCD=∠ECD+∠BCD,
即∠ACD=∠BCE.
又CD=CE,
∴△BCE≌△ACD(SAS),
∴∠EBC=∠DAC.
∵∠BFP=∠AFC,
∴∠BPF=∠ACF=90°,
∴AD⊥BE.
3. (2025·淮安涟水期中)如图,将长方形纸片ABCD沿MN和PQ折叠得到一个轴对称的帽子,折痕角∠AMN=∠DPQ,点A,D的对应点分别为点G,H,折叠后点B,C的对应点恰好都在点E.
(1)若折痕角∠AMN=105°,求帽子顶角∠NEQ的度数；
(2)设∠GMD=x度,∠NEQ=y度.
①请用含x的代数式表示y,则y=
②当∠MNE=2∠GMD时,帽子比较美观,求此时y的值.
(1)若折痕角∠AMN=105°,求帽子顶角∠NEQ的度数；
(2)设∠GMD=x度,∠NEQ=y度.
①请用含x的代数式表示y,则y=
180-2x
；②当∠MNE=2∠GMD时,帽子比较美观,求此时y的值.
答案：(1)由题意,得AD//BC,
∴∠AMN+∠MNB=180°.
∵∠AMN=105°,
∴∠MNB=180°-∠AMN=75°.
由折叠的性质,得∠MNE=∠MNB=75°,
∴∠ENQ=180°-2∠MNB=180°-2×75°=30°.
由轴对称的性质,得∠EQN=∠ENQ,
∴∠NEQ=180°-∠ENQ-∠EQN = 180° - 30° - 30°=120°,
∴帽子顶角∠NEQ的度数为120°.
(2)①180−2x [解析]
∵GM//EN,
∴∠DMN+∠GMD+∠MNE=180°.
∵AD//BC,
∴∠DMN+∠ENQ+∠MNE=180°,
∴∠GMD=∠ENQ.
由轴对称的性质,得∠EQN=∠ENQ.
∵设∠GMD=x度,∠NEQ=y度,
∴∠EQN=∠ENQ=x度.
在△ENQ中,2x+y=180,
∴y=180−2x.
②由(1),得∠MNE=∠MNB.
由①,得∠ENQ=∠GMD=x度,
∴∠MNE=$\frac{180-x}{2}$度.
∵∠MNE=2∠GMD,
∴$\frac{180-x}{2}=2x$,解得 x=36,
∴y=180−2x=180−2×36=108,
∴y 的值为 108.
∴∠AMN+∠MNB=180°.
∵∠AMN=105°,
∴∠MNB=180°-∠AMN=75°.
由折叠的性质,得∠MNE=∠MNB=75°,
∴∠ENQ=180°-2∠MNB=180°-2×75°=30°.
由轴对称的性质,得∠EQN=∠ENQ,
∴∠NEQ=180°-∠ENQ-∠EQN = 180° - 30° - 30°=120°,
∴帽子顶角∠NEQ的度数为120°.
(2)①180−2x [解析]
∵GM//EN,
∴∠DMN+∠GMD+∠MNE=180°.
∵AD//BC,
∴∠DMN+∠ENQ+∠MNE=180°,
∴∠GMD=∠ENQ.
由轴对称的性质,得∠EQN=∠ENQ.
∵设∠GMD=x度,∠NEQ=y度,
∴∠EQN=∠ENQ=x度.
在△ENQ中,2x+y=180,
∴y=180−2x.
②由(1),得∠MNE=∠MNB.
由①,得∠ENQ=∠GMD=x度,
∴∠MNE=$\frac{180-x}{2}$度.
∵∠MNE=2∠GMD,
∴$\frac{180-x}{2}=2x$,解得 x=36,
∴y=180−2x=180−2×36=108,
∴y 的值为 108.