重難專題02 全等三角形的全等模型（解析版）

重難專題02全等三角形的全等模型已知：，，．(1)如圖1當點在上，______．(2)如圖2猜想與的面積有何關系？請說明理由．（溫馨提示：兩三角形可以看成是等底的）【分析】（1）由全等可知，所以當點在上時，為等腰三角形，依據已知計算即可．（2）因為兩個三角形中有一邊相等，只要找到這兩個底對應高之間的關系即可．【詳解】（1）解：，，又，，，在中，，故答案為：．（2）解：如下圖所示：過點作的邊上的高，過點作的邊上的高，由作圖及知：，，，（同角的余角相等），

在與中有：（），，，，，，，故答案為：．【點撥】本題考查了全等三角形性質和判定，關鍵是使用分析法找到:兩個三角形面積相等時，底相等則高相等，從而構造全等證明對應高相等．問題發(fā)現：如圖1，已知為線段上一點，分別以線段，為直角邊作等腰直角三角形，，，，連接，，線段，之間的數量關系為______；位置關系為_______．拓展探究：如圖2，把繞點逆時針旋轉，線段，交于點，則與之間的關系是否仍然成立？請說明理由．【分析】問題發(fā)現：根據題目條件證△ACE≌△DCB，再根據全等三角形的性質即可得出答案；拓展探究：用SAS證，根據全等三角形的性質即可證得．【詳解】解：問題發(fā)現：延長BD，交AE于點F，如圖所示：∵，∴，又∵,∴（SAS），，∵，∴，∴，∴，，故答案為：，；拓展探究：成立．理由如下：設與相交于點，如圖1所示：∵，∴，又∵，，∴（SAS），∴，，∵，∴，∴，∴，即，依然成立．【點撥】本題考查全等三角形的判定和性質，三角形三邊關系，手拉手模型，熟練掌握全等三角形的判定和手拉手模型是解決本題的關鍵．在△ABC中，∠BAC=90°，AC=AB，直線MN經過點A，且CD⊥MN于D，BE⊥MN于E．(1)當直線MN繞點A旋轉到圖1的位置時，度；(2)求證：DE=CD+BE；(3)當直線MN繞點A旋轉到圖2的位置時，試問DE、CD、BE具有怎樣的等量關系？請寫出這個等量關系，并加以證明．【分析】（1）由∠BAC=90°可直接得到90°；（2）由CD⊥MN，BE⊥MN，得∠ADC=∠BEA=∠BAC=90°，根據等角的余角相等得到∠DCA=∠EAB，根據AAS可證△DCA≌△EAB，所以AD=CE，DC=BE，即可得到DE=EA+AD=DC+BE．（3）同（2）易證△DCA≌△EAB，得到AD=CE，DC=BE，由圖可知AE=AD+DE，所以CD=BE+DE．【詳解】（1）∵∠BAC=90°∴∠EAB+∠DAC=180°-∠BAC=180°-90°=90°故答案為：90°．（2）證明：∵CD⊥MN于D，BE⊥MN于E∴∠ADC=∠BEA=∠BAC=90°

∵

∠DAC+∠DCA=90°且∠DAC+∠EAB=90°∴∠DCA=∠EAB

∵在△DCA和△EAB中∴△DCA≌△EAB(AAS)∴AD=BE且EA=DC由圖可知：DE=EA+AD=DC+BE．（3）∵CD⊥MN于D，BE⊥MN于E∴∠ADC=∠BEA=∠BAC=90°

∵∠DAC+∠DCA=90°且∠DAC+∠EAB=90°∴∠DCA=∠EAB

∵在△DCA和△EAB中∴△DCA≌△EAB(AAS)∴AD=BE且AE=CD由圖可知：AE=AD+DE∴CD=BE+DE．【點撥】本題考查了旋轉的性質：旋轉前后兩圖形全等，對應點到旋轉中心的距離相等，對應點與旋轉中心的連線段所夾的角等于旋轉角，也考查了三角形全等的判定與性質．【問題提出】（1）如圖①，在四邊形中，，，E、F分別是邊BC、CD上的點，且.求證：；【問題探究】（2）如圖②，在四邊形中，，，E、F分別是邊BC、CD延長線上的點，且，（1）中的結論是否仍然成立?若成立，請說明理由；若不成立，請寫出它們之間的數量關系，并說明理由.【分析】（1）延長到點，使，連接，由全等三角形的判定和性質得出，，，繼續(xù)利用全等三角形的判定得出，結合圖形及題意即可證明；（2）在上截取，使，連接，結合圖形利用全等三角形的判定得出，再次使用全等三角形的判定得出，利用全等三角形的性質即可證明．【詳解】（1）證明：如圖①，延長到點，使，連接.又∵，，∴，∴，，又∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∵，∴；（2）解：結論不成立，應當是，理由：如圖②，在上截取，使，連接，∵，，∴，又∵，，∴，∴，，又∵，∴，∴，又∵，，∴，∴，∵，∴．【點撥】題目主要考查全等三角形的判定和性質，理解題意，作出相應輔助線是解題關鍵．（1）如圖①，在正方形中，、分別是、上的點，且，連接，探究、、之間的數量關系，并說明理由；（2）如圖②，在四邊形中，，，、分別是、上的點，且，此時（1）中的結論是否仍然成立？請說明理由．【分析】（1）典型的“夾半角模型”，延長到使得，先證，再證，最后根據邊的關系即可證明；（2）圖形變式題可以參考第一問的思路，延長到使得，先證，再證，最后根據邊的關系即可證明；【詳解】解：（1）證明：延長到，使得

連接

∵四邊形是正方形

∴，

又∵

∴

∴，

∵

∴

∴

又∵

∴

∴

又∵

∴（2）證明：延長到，使得

連接

∵，

∴

又∵，

∴

∴，

∵

∴

∴

又∵

∴

∴

又∵

∴【點撥】本題考查了全等三角形的判定和性質，正確的根據“夾半角模型”作出輔助線是解題的關鍵．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，點D是直線AB上的一點，連接CD，將線段CD繞點C逆時針旋轉90°，得到線段CE，連接EB．（1）操作發(fā)現如圖1，當點D在線段AB上時，請你直接寫出AB與BE的位置關系為；線段BD、AB、EB的數量關系為；（2）猜想論證當點D在直線AB上運動時，如圖2，是點D在射線AB上，如圖3，是點D在射線BA上，請你寫出這兩種情況下，線段BD、AB、EB的數量關系，并對圖2的結論進行證明；（3）拓展延伸若AB＝5，BD＝7，請你直接寫出△ADE的面積．【分析】（1）首先通過SAS證明△ACD≌△BCE，然后利用全等三角形的性質和等量代換即可得出答案；（2）仿照（1）中證明△ACD≌△BCE，然后利用全等三角形的性質即可得出結論；（3）首先求出BE的長度，然后利用S△AED?AD?EB即可求解．【詳解】解：（1）如圖1中，∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD＝∠BCE，∵CA＝CB，CD＝CE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∠CBE＝∠A，∵CA＝CB，∠ACB＝90°，∴∠A＝∠CBA＝45°，∴∠CBE＝∠A＝45°，∴ABE＝90°，∴AB⊥BE，∵AB＝AD+BD，AD＝BE，∴AB＝BD+BE，故答案為AB⊥BE，AB＝BD+BE．（2）①如圖2中，結論：BE＝AB+BD．理由：∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD＝∠BCE，∵CA＝CB，CD＝CE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∵AD＝AB+BD，AD＝BE，∴BE＝AB+BD．②如圖3中，結論：BD＝AB+BE．理由：∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD＝∠BCE，∵CA＝CB，CD＝CE，∴△ACD≌△BCE（SAS）∴AD＝BE，∵BD＝AB+AD，AD＝BE，∴BD＝AB+BE．（3）如圖2中，∵AB＝5，BD＝7，∴BE＝AD＝5+7＝12，∵BE⊥AD，∴S△AED?AD?EB12×12＝72．如圖3中，∵AB＝5，BD＝7，∴BE＝AD＝BD﹣AB＝7﹣5＝2，∵BE⊥AD，∴S△AED?AD?EB2×2＝2．【點撥】本題主要考查全等三角形，掌握全等三角形的判定及性質并分情況討論是關鍵．一、單選題1．如圖，在中，，，D、E是斜邊上兩點，且，若，，，則與的面積之和為（

）A．36 B．21 C．30 D．22【答案】B【分析】將關于對稱得到，從而可得的面積為15，再根據對稱的性質可得，然后根據三角形全等的判定定理證出，從而可得，最后根據與的面積之和等于與的面積之和即可得．【詳解】解：如圖，將關于AE對稱得到，則，，，，，在和中，，，，，即是直角三角形，，，即與的面積之和為21，故選：B．【點撥】本題考查了軸對稱的性質、三角形全等的判定定理與性質等知識點，通過作輔助線，構造全等三角形和直角三角形是解題關鍵．2．如圖，將繞點順時針旋轉得到，點、、在同一條直線上．若，則的度數是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據全等三角形的性質和三角形內角和定理解答即可；【詳解】∵將繞點順時針旋轉得到，∴，∴，，，∴，∵點、、在同一條直線上，∴，∵，∴，∵，，∴，，∴；故選：B．【點撥】本題主要考查了全等三角形的性質，三角形的外角性質，準確計算是解題的關鍵．3．如圖，在中，，、是斜邊上兩點，且，將繞點順時針旋轉90°后，得到，連接．以下結論：①；②；③；④．其中正確的是（

）A．②④ B．①④ C．②③ D．①③【答案】D【分析】根據旋轉變換的性質判斷①；根據全等三角形的判定定理判斷②；根據SAS定理判斷③；根據全等三角形的性質、三角形的三邊關系判斷④．【詳解】解：∵△ADC繞點A順時針旋轉90°得△AFB，∴△ADC≌△AFB，①正確；∵EA與DA不一定相等，∴△ABE與△ACD不一定全等，②錯誤；∵∠FAD＝90°，∠DAE＝45°，∴∠FAE＝∠DAE＝45°，在△AED和△AEF中，∴△AED≌△AEF，③正確；∵△ADC≌△AFB，∴BF＝CD，∵BE＋BF＞DE∴BE＋DC＞DE，④錯誤；故選：D．【點撥】本題考查的是全等三角形的判定與性質、旋轉變換，掌握全等三角形的判定定理與性質定理、圖形旋轉的性質等知識是解題的關鍵．4．如圖，在△ABC中，，分別以AB、BC、CA邊向△ABC外作正方形ABDE、BCMN、CAFG，連接EF、GM、ND，設△AEF、△CGM、△BND的積分別為S1、S2、S3，則下列結論正確的(

)A． B．C． D．【答案】A【分析】設直角三角形的三邊分別為，分別表示出三角形的面積進行比較即可．【詳解】設△ABC的三邊分別為∵分別以AB、BC、CA邊向△ABC外作正方形ABDE、BCMN、CAFG∴∴∴，∴同理可得∴故答案為：A．【點撥】本題考查了三角形面積的問題，掌握三角形面積公式是解題的關鍵．5．如圖，在等邊中，，點在上，且，點是上一動點，連結，將線段繞點逆時針旋轉得到線段．要使點恰好落在上，則的長是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先計算出OC=6，根據等邊三角形的性質得∠A=∠C=60°，再根據旋轉的性質得OD=OP，∠POD=60°，根據三角形內角和和平角定義得∠1＋∠2＋∠A=180°，∠1＋∠3＋∠POD=180°，利用等量代換可得∠2=∠3，然后根據“AAS”判斷△AOP≌△CDO，則AP=CO=6．【詳解】解:如圖，為等邊三角形，，線段繞點逆時針旋轉得到線段，要使點恰好落在上，，，，，在和中故選：【點撥】本題考查了旋轉的性質：對應點到旋轉中心的距離相等；對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角；旋轉前、后的圖形全等．也考查了等邊三角形的判定與性質和全等三角形的判定與性質．6．如圖，是等邊三角形，點為邊上一點，以為邊作等邊，連接．若，，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】在CB上取一點G使得CG=CD，即可判定△CDG是等邊三角形，可得CD=DG=CG，易證∠BDG=∠EDC，即可證明△BDG≌△EDC，可得BG=CE，即可解題．【詳解】解：在CB上取一點G使得CG=CD，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ACB=60°，∴△CDG是等邊三角形，∴CD=DG=CG，∵∠BDG＋∠EDG=60°，∠EDC＋∠EDG=60°，∴∠BDG=∠EDC，在△BDG和△EDC中，BD=DE，∠BDG=∠EDC，DG=DC，∴△BDG≌△EDC（SAS），∴BG=CE，∴BC=BG＋CG=CE＋CD=4，故選：C．【點撥】本題考查了全等三角形的判定和性質，旋轉的性質以及等邊三角形的判定和性質，本題中求證△BDG≌△EDC是解題的關鍵．二、填空題7．如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝3，將斜邊AB繞點A順時針旋轉90°至AB′，連接B'C，則△AB′C的面積為_____．【答案】【分析】根據題意過點B'作B'H⊥AC于H，由全等三角形的判定得出△ACB≌△B'HA（AAS），得AC＝B'H＝4，則有S△AB'C＝AC?B′H即可求得答案．【詳解】解：過點B'作B'H⊥AC于H，∴∠AHB'＝90°，∠BAB'=90°，∴∠HAB'+∠HB'A＝90°，∠BAC+∠CAB'＝90°，∴∠HB'A＝∠CAB，在△ACB和△B'HA中，，∴△ACB≌△B'HA（AAS），∴AC＝B'H，∵∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝3，∴AC＝＝＝4，∴AC＝B'H＝4，∴S△AB'C＝AC?B′H＝×4×4＝8．故答案為：8．【點撥】本題主要考查三角形全等的判定與性質和旋轉的性質以及勾股定理，根據題意利用全等三角形的判定證明△ACB≌△B'HA是解決問題的關鍵．8．問題背景：如圖，點為線段外一動點，且，若，，連接，求的最大值．解決方法：以為邊作等邊，連接，推出，當點在的延長線上時，線段取得最大值．問題解決：如圖，點為線段外一動點，且，若，，連接，當取得最大值時，的度數為_________．【答案】【分析】以AC為直角邊，作等腰直角三角形CEA，CE=CA，∠ECA=90°，連接EB，利用SAS證出△ECB≌△ACD，從而得出EB=AD，然后根據兩點之間線段最短即可得出當AD取得最大值時，E、A、B三點共線，然后求出∠CAB的度數，根據等邊對等角和三角形的內角和定理即可求出∠ACB，從而求出∠ACD．【詳解】解：以AC為直角邊，作等腰直角三角形CEA，CE=CA，∠ECA=90°，連接EB∵∴∠ECA＋∠ACB=∠BCD＋∠ACB∴∠ECB=∠ACD在△ECB和△ACD中∴△ECB≌△ACD∴EB=AD∴當AD取得最大值時，EB也取得最大值根據兩點之間線段最短可知EB≤EA＋EB，當且僅當E、A、B三點共線時取等號即當AD取得最大值時，E、A、B三點共線，∵△CEA為等腰直角三角形∴∠CAE=45°∴此時∠CAB=180°―CAE=135°∵∴∠ACB=∠ABC=（180°－∠CAB）=°∴∠ACD=∠ACB＋∠BCD=故答案為：．【點撥】此題考查的是等腰直角三角形的性質、全等三角形的判定及性質和兩點之間線段最短的應用，掌握等腰直角三角形的性質、構造全等三角形的方法、全等三角形的判定及性質和兩點之間線段最短是解決此題的關鍵．9．如圖，在△ABC中，AB=BC，將△ABC繞點B順時針旋轉α度，得到△A1BC1，A1B交AC于點E，A1C1分別交AC、BC于點D、F，下列結論：①∠CDF=α，②A1E=CF，③DF=FC，④AD=CE，⑤A1F=CE，其中正確的是________(寫出正確結論的序號)【答案】①②⑤【詳解】①∠C=∠C1（旋轉后所得三角形與原三角形完全相等）又∵∠DFC=∠BFC1（對頂角相等）∴∠CDF=∠C1BF=α故結論①正確；②∵AB=BC，∴∠A=∠C，∴∠A1=∠C，A1B=CB，∠A1BF=∠CBE，∴△A1BF≌△CBE(ASA)，∴BF=BE，∴A1B﹣BE=BC﹣BF，∴A1E=CF；故②正確；③在三角形DFC中，∠C與∠CDF=α度不一定相等，所以DF與FC不一定相等，故結論③不一定正確；④由△A1BF≌△CBE那么A1F=CE．故結論④正確．三、解答題10．（1）【特例探究】如圖1，在四邊形中，，，，，猜想并寫出線段，，之間的數量關系，證明你的猜想；（2）【遷移推廣】如圖2，在四邊形中，，，．請寫出線段，，之間的數量關系，并證明；（3）【拓展應用】如圖3，在海上軍事演習時，艦艇在指揮中心（處）北偏東20°的處．艦艇乙在指揮中心南偏西50°的處，并且兩艦艇在指揮中心的距離相等，接到行動指令后，艦艇甲向正西方向以80海里/時的速度前進，同時艦艇乙沿北偏西60°的方向以90海里/時的速度前進，半小時后，指揮中心觀測到甲、乙兩艦艇分別到達，處，且指揮中心觀測兩艦艇視線之間的夾角為75°．請直接寫出此時兩艦艇之間的距離．【答案】（1）EF=BE+DF，理由見解析；（2）EF=BE+DF，理由見解析；（3）85海里【分析】（1）延長CD至點G，使DG=BE，連接AG，可證得△ABE≌△ADG，可得到AE=AG，∠BAE=∠DAG，再由，，可證得△AEF≌△AGF，從而得到EF=FG，即可求解；（2）延長CD至點H，使DH=BE，連接AH，可證得△ABE≌△ADH，可得到AE=AH，∠BAE=∠DAH，再由，可證得△AEF≌△AHF，從而得到EF=FH，即可求解；（3）連接CD，延長AC、BD交于點M，根據題意可得∠AOB=2∠COD，∠OAM+∠OBM=70°+110°=180°，再由（2）【遷移推廣】得：CD=AC+BD，即可求解．【詳解】解：（1）EF=BE+DF，理由如下：如圖，延長CD至點G，使DG=BE，連接AG，∵，∴∠ADG=∠ABC=90°，∵AB=AD，∴△ABE≌△ADG，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，∵，，∴∠BAE+∠DAF=50°，∴∠FAG=∠EAF=50°，∵AF=AF，∴△AEF≌△AGF，∴EF=FG，∵FG=DG+DF，∴EF=DG+DF=BE+DF；（2）EF=BE+DF，理由如下：如圖，延長CD至點H，使DH=BE，連接AH，∵，∠ADC+∠ADH=180°，∴∠ADH=∠ABC，∵AB=AD，∴△ABE≌△ADH，∴AE=AH，∠BAE=∠DAH，∵∴∠EAF=∠BAE+∠DAF=∠DAF+∠DAH，∴∠EAF=∠HAF，∵AF=AF，∴△AEF≌△AHF，∴EF=FH，∵FH=DH+DF，∴EF=DH+DF=BE+DF；（3）如圖，連接CD，延長AC、BD交于點M，根據題意得：∠AOB=20°+90°+40°=150°，∠OBD=60°+50°=110°，∠COD=75°，∠OAM=90°-20°=70°，OA=OB，∴∠AOB=2∠COD，∠OAM+∠OBM=70°+110°=180°，∵OA=OB，∴由（2）【遷移推廣】得：CD=AC+BD，∵AC=80×0.5=40，BD=90×0.5=45，∴CD=40+45=85海里．即此時兩艦艇之間的距離85海里．【點撥】此題是三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質、勾股定理的運用、等腰直角三角形的性質，題目的綜合性較強，難度較大，解題的關鍵是正確的作出輔助線構造全等三角形，解答時，注意類比思想的應用．11．在中，，，是過A的一條直線，于點D，于E，（1）如圖（1）所示，若B，C在的異側，易得與，的關系是____________；（2）若直線繞點A旋轉到圖（2）位置時，（），其余條件不變，問與，的關系如何？請予以證明；（3）若直繞點A旋轉到圖（3）的位置，（），問與，的關系如何？請直接寫出結果，不需證明．【答案】（1）；（2），證明過程見解析；（3）【分析】（1）根據已知條件證明即可得解；（2）根據已知條件證明即可得解；（3）根據已知條件證明即可得解；【詳解】（1）在和中，∵，，∴，又∵，，∴，∴，，又，∴，即；故答案是：；（2）答：；證明：∵于D，于E，∴．∴，∵，∴．在和中，，∴（），∴，，∴；（3）∵于D，于E，∴．∴，∵，∴．在和中，，∴（），∴，，∴；【點撥】本題主要考查了全等三角形的綜合應用，準確分析證明是解題的關鍵．12．如圖1，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，∠ABC=∠ACB=45°．MN是經過點A的直線，BD⊥MN于D，CE⊥MN于E．（1）求證：BD=AE．（2）若將MN繞點A旋轉，使MN與BC相交于點G（如圖2），其他條件不變，求證：BD=AE．（3）在（2）的情況下，若CE的延長線過AB的中點F（如圖3），連接GF，求證：∠1=∠2．【分析】（1）根據同角的余角相等，可得，再由，可證得，即可求證；（2）根據同角的余角相等，可得，再由，可證得，即可求證；（3）過作交于，可得，再證明，可得，，再證得，得到，即可求證．【詳解】證明：（1）∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴；（2）∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴；（3）過作交于，∵，∴，∵，∴，由（2）得：，∴∵，∴，∴，，∵的中點，∵，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴．【點撥】本題主要考查了全等三角形的判定和性質，余角的性質，根據題意得到全等三角形是解題的關鍵．13．如圖，，，．（1）求證：；（2）若，試判斷與的數量及位置關系并證明；（3）若，求的度數．【答案】（1）見詳解；（2）BD=CE，BD⊥CE；（3）【分析】（1）根據三角形全等的證明方法SAS證明兩三角形全等即可；（2）由（1）△AEC≌△ADB可知CE=BD且CE⊥BD；利用角度的等量代換證明即可；（3）過A分別做AM⊥CE，AN⊥BD，易知AF平分∠DFC，進而可知∠CFA【詳解】（1）∵∠CAB=∠EAD∴∠CAB+∠BAE=∠EAD+∠BAE，∴∠CAE=∠BAD，∵AB=AC，AE=AD在△AEC和△ADB中∴△AEC≌△ADB（SAS）（2）CE=BD且CE⊥BD，證明如下：將直線CE與AB的交點記為點O，由（1）可知△AEC≌△ADB，∴CE=BD，∠ACE=∠ABD，∵∠BOF=∠AOC，∠=90°，∴∠BFO=∠CAB=∠=90°，∴CE⊥BD．（3）過A分別做AM⊥CE，AN⊥BD由（1）知△AEC≌△ADB，∴兩個三角形面積相等故AM·CE=AN·BD∴AM=AN∴AF平分∠DFC由（2）可知∠BFC=∠BAC=∴∠DFC=180°-∴∠CFA=∠DFC=【點撥】本題考查了全等三角形的證明，以及全等三角形性質的應用，正確掌握全等三角形的性質是解題的關鍵；14．在中，，．將一個含45°角的直角三角尺按圖所示放置，使直角三角尺的直角頂點D恰好落在邊的中點處．將直角三角尺繞點D旋轉，設交于點N，交于點M，示意圖如圖所示．(1)【證明推斷】求證：；小明給出的思路：若要證明，只需證明即可．請你根據小明的思路完成證明過程；(2)【延伸發(fā)現】連接，，如圖所示，求證：；(3)【遷移應用】延長交于點P，交于點Q．在圖中完成如上作圖過程，猜想并證明和的位置關系．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)，見解析【分析】（1）在中，根據點D是的中點，得出，由，是直角三角尺，得出，從而得到，在和中，立即證明全等，由性質即可解答；（2）根據，得出，，，從而得到，由于是含45°直角三角尺，推出，利用即可證明和全等，從而求解；（3）猜想：，理由：根據和，得出，又根據，等量代換得到從而證明．【