八年级上册周口数学【几何模型三角形轴对称】试卷（培优篇）（Word版含解析）一、八年级数学全等三角形解答题压轴题（难）1．如图，△ABC 中，AB=AC=BC，∠BDC=120°且BD=DC，现以D为顶点作一个60°角，使角两边分别交AB，AC边所在直线于M，N两点，连接MN，探究线段BM、MN、NC之间的关系，并加以证明．（1）如图1，若∠MDN的两边分别交AB，AC边于M，N两点．猜想：BM+NC=MN．延长AC到点E，使CE=BM，连接DE，再证明两次三角形全等可证．请你按照该思路写出完整的证明过程；（2）如图2，若点M、N分别是AB、CA的延长线上的一点，其它条件不变，再探究线段BM，MN，NC之间的关系，请直接写出你的猜想（不用证明）．【答案】（1）过程见解析；（2）MN= NC﹣BM．【解析】【分析】（1）延长AC至E，使得CE=BM并连接DE，根据△BDC为等腰三角形，△ABC为等边三角形，可以证得△MBD≌△ECD，可得MD=DE，∠BDM=∠CDE，再根据∠MDN=60°，∠BDC=120°，可证∠MDN =∠NDE=60°，得出△DMN≌△DEN，进而得到MN=BM+NC．（2）在CA上截取CE=BM，利用（1）中的证明方法，先证△BMD≌△CED（SAS），再证△MDN≌△EDN（SAS），即可得出结论．【详解】解：（1）如图示，延长AC至E，使得CE=BM，并连接DE．∵△BDC为等腰三角形，△ABC为等边三角形，∴BD=CD，∠DBC=∠DCB，∠MBC=∠ACB=60°，又BD=DC，且∠BDC=120°，∴∠DBC=∠DCB=30°∴∠ABC+∠DBC=∠ACB+∠DCB=60°+30°=90°，∴∠MBD=∠ECD=90°，在△MBD与△ECD中，∵BD CDMBD ECD BM CE，∴△MBD≌△ECD（SAS），∴MD=DE，∠BDM=∠CDE∵∠MDN =60°，∠BDC=120°，∴∠CDE+∠NDC =∠BDM+∠NDC=120°-60°=60°，即：∠MDN =∠NDE=60°，在△DMN与△DEN中，∵MD DEMDN EDN DN DN，∴△DMN≌△DEN（SAS），∴MN=NE=CE+NC=BM+NC．（2）如图②中，结论：MN=NC﹣BM．理由：在CA上截取CE=BM．∵△ABC是正三角形，∴∠ACB=∠ABC=60°，又∵BD=CD，∠BDC=120°，∴∠BCD=∠CBD=30°，∴∠MBD=∠DCE=90°，在△BMD和△CED中∵BM CEMBD ECD BD CD，∴△BMD≌△CED（SAS），∴DM= DE，∠BDM=∠CDE∵∠MDN =60°，∠BDC=120°，∴∠NDE=∠BDC-（∠BDN+∠CDE）=∠BDC-（∠BDN+∠BDM）=∠BDC-∠MDN=120°-60°=60°，即：∠MDN =∠NDE=60°，在△MDN和△EDN中∵ND NDEDN MDN ND ND，∴△MDN≌△EDN（SAS），∴MN =NE=NC﹣CE=NC﹣BM．【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，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．2．如图，已知△ABC中，AB＝AC＝20cm，BC＝16cm，点D为AB的中点．（1）如果点P 在线段BC 上以6cm /s 的速度由B 点向C 点运动，同时点Q 在线段CA 上由C 向A 点运动．①若点Q 的运动速度与点P 的运动速度相等，经过1秒后，△BPD 与△CQP 是否全等，请说明理由；②若点Q 的运动速度与点P 的运动速度不相等，当点Q 的运动速度为多少时，能够使△BPD 与△CQP 全等？（2）若点Q 以②中的运动速度从点C 出发，点P 以原来的运动速度从点B 同时出发，都逆时针沿△ABC 三边运动，求经过多长时间点P 与点Q 第一次在△ABC 的哪条边上相遇？【答案】（1）①△BPD ≌△CQP ，理由见解析；②V 7.5Q =（厘米/秒）；（2）点P 、Q 在AB 边上相遇，即经过了803秒，点P 与点Q 第一次在AB 边上相遇． 【解析】【分析】（1）①先求出t=1时BP=BQ=6，再求出PC=10=BD ，再根据∠B ＝∠C 证得△BPD ≌△CQP ；②根据V P ≠V Q ，使△BPD 与△CQP 全等，所以CQ ＝BD ＝10，再利用点P 的时间即可得到点Q 的运动速度；（2）根据V Q ＞V P ，只能是点Q 追上点P ，即点Q 比点P 多走AB +AC 的路程，设运动x 秒，即可列出方程1562202x x ，解方程即可得到结果. 【详解】（1）①因为t ＝1（秒），所以BP ＝CQ ＝6（厘米）∵AB ＝20，D 为AB 中点，∴BD ＝10（厘米）又∵PC ＝BC ﹣BP ＝16﹣6＝10（厘米）∴PC ＝BD∵AB ＝AC ，∴∠B ＝∠C ，在△BPD 与△CQP 中， BP CQ B C PC BD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△BPD≌△CQP（SAS），②因为V P≠V Q，所以BP≠CQ，又因为∠B＝∠C，要使△BPD与△CQP全等，只能BP＝CP＝8，即△BPD≌△CPQ，故CQ＝BD＝10．所以点P、Q的运动时间84663BPt（秒），此时107.543QCQVt（厘米/秒）．（2）因为V Q＞V P，只能是点Q追上点P，即点Q比点P多走AB+AC的路程设经过x秒后P与Q第一次相遇，依题意得156220 2x x，解得x=803(秒)此时P运动了8061603（厘米）又因为△ABC的周长为56厘米，160＝56×2+48，所以点P、Q在AB边上相遇，即经过了803秒，点P与点Q第一次在AB边上相遇．【点睛】此题考查三角形全等的证明，三角形与动点相结合的解题方法，再证明三角形全等时注意顶点的对应关系是证明的关键.3．已知,如图A在x轴负半轴上，B（0，-4），点E（-6,4）在射线BA上，(1) 求证：点A为BE的中点(2) 在y轴正半轴上有一点F, 使∠FEA=45°，求点F的坐标.(3) 如图，点M、N分别在x轴正半轴、y轴正半轴上，MN=NB=MA，点I为△MON的内角平分线的交点，AI、BI分别交y轴正半轴、x轴正半轴于P、Q两点, IH⊥ON于H, 记△POQ 的周长为C△POQ.求证：C△POQ=2 HI.【答案】（1）证明见解析；（2）22(0,)7F；（3）证明见解析.【解析】试题分析：（1）过E点作EG⊥x轴于G，根据B、E点的坐标，可证明△AEG≌△ABO，从而根据全等三角形的性质得证；（2）过A作AD⊥AE交EF延长线于D，过D作DK⊥x轴于K，然后根据全等三角形的判定得到△AEG≌△DAK，进而求出D点的坐标，然后设F坐标为（0，y），根据S梯形EGKD=S梯形EGOF+S梯形FOKD可求出F的坐标；（3）连接MI、NI，根据全等三角形的判定SAS证得△MIN≌△MIA，从而得到∠MIN=∠MIA和∠MIN=∠NIB，由角平分线的性质，求得∠AIB=135°×3-360°=45°再连接OI，作IS⊥OM于S, 再次证明△HIP≌△SIC和△QIP≌△QIC，得到C△POQ周长.试题解析：（1）过E点作EG⊥x轴于G，∵B（0，-4），E（-6,4），∴OB=EG=4，在△AEG和△ABO中，∵90EGA BOAEAG BAOEG BO∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△AEG≌△ABO（AAS），∴AE=AB∴A为BE中点（2）过A作AD⊥AE交EF延长线于D，过D作DK⊥x轴于K，∵∠FEA=45°，∴AE=AD ，∴可证△AEG≌△DAK，∴D（1,3），设F （0，y ），∵S 梯形EGKD =S 梯形EGOF +S 梯形FOKD ，∴()()()111347463222y y +⨯=+⨯++ ∴227y = ∴220,7F ⎛⎫ ⎪⎝⎭（3）连接MI 、NI∵I 为△MON 内角平分线交点，∴NI 平分∠MNO，MI 平分∠OMN，在△MIN 和△MIA 中，∵MN MA NMI AMI MI MI =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△MIN ≌△MIA （SAS ），∴∠MIN=∠MIA ，同理可得∠MIN=∠NIB，∵NI平分∠MNO，MI平分∠OMN，∠MON=90°，∴∠MIN=135°∴∠MIN=∠MIA =∠NIB=135°，∴∠AIB=135°×3-360°=45°，连接OI，作IS⊥OM于S, ∵IH⊥ON，OI平分∠MON，∴IH=IS=OH=OS，∠HIS=90°，∠HIP+∠QIS=45°，在SM上截取SC=HP，可证△HIP≌△SIC，∴IP=IC，∠HIP=∠SIC，∴∠QIC=45°，可证△QIP≌△QIC，∴PQ=QC=QS+HP，∴C△POQ=OP+PQ+OQ=OP+PH+OQ+OS=OH+OS=2HI.4．（1）已知△ABC是等腰三角形，其底边是BC,点D在线段AB上，E是直线BC上一点，且∠DEC=∠DCE,若∠A等于60°（如图①）.求证：EB=AD；（2）若将（1）中的“点D在线段AB上”改为“点D在线段AB的延长线上”，其他条件不变（如图②），（1）的结论是否成立，并说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】试题分析：（1）作DF∥BC交AC于F，由平行线的性质得出∠ADF=∠ABC，∠AFD=∠ACB，∠FDC=∠DCE，证明△ABC是等边三角形，得出∠ABC=∠ACB=60°，证出△ADF是等边三角形，∠DFC=120°，得出AD=DF，由已知条件得出∠FDC=∠DEC，ED=CD，由AAS证明△DBE≌△CFD，得出EB=DF，即可得出结论；（2）作DF∥BC交AC的延长线于F，同（1）证出△DBE≌△CFD，得出EB=DF，即可得出结论.试题解析：（1）证明：如图，作DF∥BC交AC于F，则△ADF为等边三角形∴AD=DF，又∵∠DEC=∠DCB，∠DEC+∠EDB=60°，∠DCB+∠DCF=60°，∴∠EDB=∠DCA ，DE=CD，在△DEB和△CDF中，120EBD DFCEDB DCFDE CD，，∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△DEB≌△CDF，∴BD=DF，∴BE=AD .(2).EB=AD成立；理由如下：作DF∥BC交AC的延长线于F，如图所示：同（1）得：AD=DF，∠FDC=∠ECD，∠FDC=∠DEC，ED=CD，又∵∠DBE=∠DFC=60°，∴△DBE≌△CFD（AAS），∴EB=DF，∴EB=AD.点睛：此题主要考查了三角形的综合，考查等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，平行线的性质等知识，综合性强，有一定的难度，证明三角形全等是解决问题的关键.，D、E是斜边BC上两动点，且5．（1）如图1，在Rt△ABC 中，AB AC∠DAE=45°，将△ABE绕点A逆时针旋转90后，得到△AFC，连接DF.（1）试说明：△AED≌△AFD；（2）当BE=3,CE=9时，求∠BCF的度数和DE的长；（3）如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，D是斜边BC所在直线上一点，BD=3，BC=8，求DE2的长.【答案】（1）略（2）∠BCF=90° DE=5 （3）34或130【解析】试题分析：()1由ABE AFC ≌， 得到AE AF =，BAE CAF ∠=∠，45,EAD ∠=45,BAE CAD ∴∠+∠=45,CAF CAD ∴∠+∠=即45.DAF ∠=EAD DAF ∠=∠，从而得到.AED AFD ≌ ()2 由△AED AFD ≌得到ED FD =，再证明90DCF ∠=︒，利用勾股定理即可得出结论. ()3过点A 作AH BC ⊥于H ,根据等腰三角形三线合一得，1 4.2AH BH BC === 1DH BH BD =-=或7,DH BH BD =+=求出AD 的长，即可求得2DE . 试题解析：()1ABE AFC ≌，AE AF =，BAE CAF ∠=∠，45,EAD ∠=90,BAC ∠=45,BAE CAD ∴∠+∠=45,CAF CAD ∴∠+∠=即45.DAF ∠=在AED 和AFD 中，{AF AEEAF DAE AD AD ，=∠=∠=.AED AFD ∴≌()2AED AFD ≌，ED FD ∴=，,90.AB AC BAC =∠=︒45B ACB ∴∠=∠=︒，45ACF ，∠=︒ 90.BCF ∴∠=︒设.DE x =,9.DF DE x CD x ===- 3.FC BE ==222,FC DC DF +=()22239.x x ∴+-=解得： 5.x =故 5.DE = ()3过点A 作AH BC ⊥于H ,根据等腰三角形三线合一得，1 4.2AH BH BC === 1DH BH BD =-=或7,DH BH BD =+= 22217AD AH DH =+=或65.22234DE AD ==或130.点睛：D 是斜边BC 所在直线上一点,注意分类讨论.6．（1）如图（1），已知：在△ABC 中，∠BAC ＝90°，AB=AC ，直线m 经过点A ，BD ⊥直线m, CE ⊥直线m,垂足分别为点D 、E.证明:DE=BD+CE.（2）如图（2），将（1）中的条件改为：在△ABC 中，AB=AC ，D 、A 、E 三点都在直线m 上,并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=α,其中α为任意锐角或钝角.请问结论DE=BD+CE 是否成立?如成立,请你给出证明;若不成立,请说明理由.（3）拓展与应用：如图（3），D 、E 是D 、A 、E 三点所在直线m 上的两动点（D 、A 、E 三点互不重合）,点F 为∠BAC 平分线上的一点,且△ABF 和△ACF 均为等边三角形，连接BD 、CE,若∠BDA=∠AEC=∠BAC ，试判断△DEF 的形状.【答案】（1）见解析（2）成立（3）△DEF 为等边三角形【解析】解：（1）证明：∵BD ⊥直线m ，CE ⊥直线m ，∴∠BDA ＝∠CEA=900．∵∠BAC ＝900，∴∠BAD+∠CAE=900．∵∠BAD+∠ABD=900，∴∠CAE=∠ABD ．又AB="AC" ，∴△ADB ≌△CEA （AAS ）．∴AE=BD ，AD=CE ．∴DE="AE+AD=" BD+CE ．（2）成立．证明如下：∵∠BDA =∠BAC=α，∴∠DBA+∠BAD=∠BAD +∠CAE=1800—α．∴∠DBA=∠CAE ．∵∠BDA=∠AEC= ，AB=AC，∴△ADB≌△CEA（AAS）．∴AE=BD，AD=CE．∴DE=AE+AD=BD+CE．（3）△DEF为等边三角形．理由如下：由（2）知，△ADB≌△CEA，BD=AE，∠DBA =∠CAE，∵△ABF和△ACF均为等边三角形，∴∠ABF=∠CAF=600．∴∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF．∴∠DBF=∠FAE．∵BF=AF，∴△DBF≌△EAF（AAS）．∴DF=EF，∠BFD=∠AFE．∴∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=600．∴△DEF为等边三角形．（1）因为DE=DA+AE，故由AAS证△ADB≌△CEA，得出DA=EC，AE=BD，从而证得DE=BD+CE．（2）成立，仍然通过证明△ADB≌△CEA，得出BD=AE，AD=CE，所以DE=DA+AE=EC+BD．（3）由△ADB≌△CEA得BD=AE，∠DBA =∠CAE，由△ABF和△ACF均等边三角形，得∠ABF=∠CAF=600，FB=FA，所以∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF，即∠DBF=∠FAE，所以△DBF≌△EAF，所以FD=FE，∠BFD=∠AFE，再根据∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=600得到△DEF是等边三角形．7．如图，Rt△ABC≌Rt△CED（∠ACB＝∠CDE＝90°），点D在BC上，AB与CE相交于点F(1) 如图1，直接写出AB与CE的位置关系(2) 如图2，连接AD交CE于点G，在BC的延长线上截取CH＝DB，射线HG交AB于K，求证：HK＝BK【答案】（1）AB⊥CE；（2）见解析.【解析】【分析】（1）由全等可得∠ECD=∠A，再由∠B+∠A=90°，可得∠B+ECD=90°，则AB⊥CE.（2）延长HK于DE交于H，易得△ACD为等腰直角三角形，∠ADC=45°，易得DH=DE，然后证明△DGH≌△DGE，所以∠H=∠E，则∠H=∠B，可得HK=BK.【详解】解：（1）∵Rt△ABC≌Rt△CED，∴∠ECD=∠A，∠B=∠E，BC=DE，AC=CD∵∠B+∠A=90°∴∠B+ECD=90°∴∠BFC=90°，∴AB⊥CE（2）在Rt△ACD中，AC=CD，∴∠ADC=45°，又∵∠CDE=90°，∴∠HDG=∠CDG=45°∵CH＝DB，∴CH+CD=DB+CD，即HD=BC，∴DH=DE，在△DGH和△DGE中，DH=DEHDG=EDG=45DG=DG⎧⎪∠∠⎨⎪⎩∴△DGH≌△DGE（SAS）∴∠H=∠E又∵∠B=∠E∴∠H=∠B，∴HK=BK【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，利用全等找出角相等，再利用等角对等边判定线段相等是本题的关键.8．如图①，在ABC中，90BAC∠=︒，AB AC=，AE是过A点的一条直线，且B、C在AE的异侧，BD AE⊥于D，CE AE⊥于E.（1）求证：BD DE CE=+.（2）若将直线AE绕点A旋转到图②的位置时（BD CE<），其余条件不变，问BD与DE、CE的关系如何？请予以证明.【答案】（1）见解析；（2）BD=DE-CE，理由见解析.【解析】【分析】（1）根据已知利用AAS判定△ABD≌△CAE从而得到BD=AE，AD=CE，因为AE=AD+DE，所以BD=DE+CE；（2）根据已知利用AAS判定△ABD≌△CAE从而得到BD=AE，AD=CE，因为AD+AE=BD+CE，所以BD=DE-CE．【详解】解：（1）∵∠BAC=90°，BD⊥AE，CE⊥AE，∴∠BDA=∠AEC=90°，∵∠ABD+∠BAE=90°，∠CAE+∠BAE=90°∴∠ABD=∠CAE ，∵AB=AC ，在△ABD 和△CAE 中，BDA AEC ABD CAE AB AC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△ABD ≌△CAE （AAS ），∴BD=AE ，AD=CE ，∵AE=AD+DE ，∴BD=DE+CE ；（2）BD 与DE 、CE 的数量关系是BD=DE-CE ，理由如下：∵∠BAC=90°，BD ⊥AE ，CE ⊥AE ，∴∠BDA=∠AEC=90°，∴∠ABD+∠DAB=∠DAB+∠CAE ，∴∠ABD=∠CAE ，∵AB=AC ，在△ABD 和△CAE 中，BDA AEC ABD CAE AB AC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△ABD ≌△CAE （AAS ），∴BD=AE ，AD=CE ，∴AD+AE=BD+CE ，∵DE=BD+CE ，∴BD=DE-CE ．【点睛】此题主要考查全等三角形的判定和性质，常用的判定方法有SSS ，SAS ，AAS ，HL 等．这种类型的题目经常考到，要注意掌握．9．已知：在ABC ∆中，,90AB AC BAC =∠=︒，PQ 为过点A 的一条直线，分别过B C 、两点作,BM PQ CN PQ ⊥⊥，垂足分别为M N 、.（1）如图①所示，当PQ 与BC 边有交点时，求证：MN CN BM =-；（2）如图②所示，当PQ 与BC 边不相交时，请写出线段BM CN 、和MN 之间的数量关系，并说明理由.【答案】（1）见解析；（2）MN BM CN =+（或BM MN CN =-或CN MN BM =-），理由见解析【解析】【分析】（1）根据已知条件先证AMB CNA ≌∆∆，得到,AM CN BM AN ==，即可证得MN CN BM =-；（2）由（1）知AMB CNA ≌∆∆，得到,AM CN BM AN ==，即可确定MN BM CN =+.【详解】证明：∵,BM PQ CN PQ ⊥⊥，∴∠AMB=∠CAN=90︒,∵∠BAC=90︒，∴∠CAN+∠ACN=90︒，∠CAN+∠BAM=90︒（或CAN ACN CAN BAM ∠+∠=∠+∠）∴BAM ACN ∠=∠，在AMB ∆和CNA ∆中，∵AMB CNA BAM ACN AB CA ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()AMB CNA AAS ≌∆∆，∴,AM CN BM AN ==，∵MN AM AN =-，∴MN CN BM =-.（2）MN BM CN =+（或BM MN CN =-或CN MN BM =-）.理由：∵,BM PQ CN PQ ⊥⊥，∴∠AMB=∠CAN=90︒,∵∠BAC=90︒，∴∠CAN+∠ACN=90︒，∠CAN+∠BAM=90︒（或CAN ACN CAN BAM∠+∠=∠+∠）,∴BAM ACN∠=∠，在AMB∆和CNA∆中，∵AMB CNABAM ACNAB CA∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()AMB CNA AAS≌∆∆，∴,AM CN BM AN==，∴MN AN AM BM CN=+=+.【点睛】此题考察三角形全等的应用，正确确定全等三角形是解题关键，由此得到对应相等的线段，确定它们之间的和差关系得到BM CN、和MN之间的关系式.10．如图，ABC∆是等腰直角三角形，090BAC∠=，点D是直线BC上的一个动点（点D与点B C、不重合），以AD为腰作等腰直角ADE∆，连接CE.（1）如图①，当点D在线段BC上时，直接写出,BC CE的位置关系，线段,BC CD，CE之间的数量关系；（2）如图②，当点D在线段BC的延长线上时，试判断线段BC，CE的位置关系，线段,,BC CD CE之间的数量关系，并说明理由；（3）如图③，当点D在线段CB的延长线上时，试判断线段,BC CE的位置关系，线段,,BC CD CE之间的数量关系，并说明理由.【答案】（1）见解析；（2）BC CE⊥，CE BC CD=+，理由见解析；（3）,BC CE CD BC CE⊥=+，理由见解析【解析】【分析】（1）根据条件AB=AC，∠BAC=90°，AD=AE，∠DAE=90°，判定△ABD≌△ACE（SAS），利用两角的和即可得出BC CE⊥；利用线段的和差即可得出BC CE CD=+；（2）同（1）的方法根据SAS证明△ABD≌△ACE，得出BD=CE，∠ACE=∠ABD，从而得出结论；（3）先根据SAS证明△ABD≌△ACE，得出ADB AEC∠=∠，BD CE=，从而得出结论．【详解】（1）∵△ABC 、△ADE 是等腰直角三角形，∴AB＝AC ，AE ＝AD ，在△△ABD 和△ACE 中90AB AC BAC DAE AD AE ⎧⎪∠∠=︒⎨⎪⎩＝＝＝ ， ∴△ABD ≌△ACE （SAS ），∴∠B ＝∠ACE ，BD=CE,又∵△ABC 是等腰直角三角形，∴∠B+∠ACB=90︒,∴∠ACE +∠ACB=90︒,即BC CE ⊥，∵BC=BD+CD, BD=CE ，∴BC CE CD =+；（2）BC CE ⊥，CE BC CD =+，理由如下：∵ABC ∆、ADE ∆是等腰直角三角形，∴0,,90AB AC AD AE BAC DAE ==∠=∠=，∴BAC DAC DAE DAC ∠+∠=∠+∠即BAD CAE ∠=∠,在ABD ∆和ACE ∆中 AB AC BAD CAE AD AE ⎧⎪∠=∠⎨⎪⎩＝＝ ∴()ABD ACE SAS ∆≅∆∴BD CE =∵BD BC CD =+∴CE BC CD =+，∴ABD ACE ∠=∠，∵090ABD ACE ∠+∠=∴090ACE ACB ∠+∠=∴BC CE ⊥.（3）,BC CE CD BC CE ⊥=+，理由如下：∵ABC ADE ∆∆、是等腰直角三角形，∴0,,90AB AC AD AE BAC DAE ==∠=∠=，∴BAC BAE DAE BAE ∠-∠=∠-∠，即BAD CAE ∠=∠，在ABD ∆和ACE ∆中AB AC BAD CAE AD AE ⎧⎪∠=∠⎨⎪⎩＝＝ ∴()ABD ACE SAS ∆≅∆，∴ADB AEC ∠=∠，BD CE =，∵CD BD BC =+，∴CD CE BC =+，∵090ADE AED ∠+∠=，即090ADB CDE AED ∠+∠+∠=∴090AEC CDE AED ∠+∠+∠=，∴090DCE ∠=，即BC CE ⊥.【点睛】考查了全等三角形的判定与性质以及等腰直角三角形的性质的运用，解题关键是根据利用两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等判定三角形全等．。