第3讲全等三角形常见模型专题探究
模型一 K型图
【知识点睛】
K型图模型总结
图形 |
条件与结论 |
辅助线 |
注意事项 |
|
条件：AC=BC,AC⊥BC 结论： △ADC≌△CEB(AAS) |
分别过点A、B作AD⊥l, BE⊥l |
K型图可以和等腰直角三角板结合，也可以和正方形结合 |
K型全等模型变形——三垂定理：
如图，亦有△ADC≌△CEB(AAS)
总结：当一个直角放在一条直线上时，常通过构造K型全等来证明边相等，或者边之间的数量关系
【
类题训练】
1．（九龙坡区校级期末）如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别是点D、E，AD＝7cm，BE＝3cm，则DE的长是（ ）
A．3cm B．3.5cm C．4cm D．4.5cm
【分析】根据同角的余角相等，得∠CAD＝∠BCE，再利用AAS证明△ACD≌△CBE，得CD＝BE＝3cm，CE＝AD＝7cm，从而得出答案．
【解答】解：∵AD⊥CE，BE⊥CE，
∴∠BEC＝∠CDA＝90°，
∴∠CAD+∠ACD＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
在△ACD与△CBE中，
，
∴△ACD≌△CBE（AAS），
∴CD＝BE＝3cm，CE＝AD＝7cm，
∴DE＝CE﹣CD＝7﹣3＝4cm，
故选：C．
2．（惠民县月考）如图，AE⊥AB且AE＝AB，BC⊥CD且BC＝CD，请按照图中所标注的数据，计算图中实线所围成的图形的面积S＝ 98 ．
【分析】由“AAS”可证△FEA≌△GAB，可得AG＝EF＝8，AF＝BG＝4，同理可得CG＝DH＝6，BG＝CH＝4，由面积和差关系可求解．
【解答】解：∵AE⊥AB，EF⊥AF，BG⊥AG，
∴∠EFA＝∠AGB＝∠EAB＝90°，
∴∠FEA+∠EAF＝90°，∠EAF+∠BAG＝90°，
∴∠FEA＝∠BAG，
在△FEA和△GAB中，
，
∴△FEA≌△GAB（AAS），
∴AG＝EF＝8，AF＝BG＝4，
同理CG＝DH＝6，BG＝CH＝4，
∴FH＝4+8+4+6＝22，
∴梯形EFHD的面积＝
×（EF+DH）×FH＝
×（8+6）×22＝154，
∴实线所围成的图形的面积S＝154﹣2×
×4×8﹣2×
×4×6＝98，
故答案为：98．
3．（海丰县期末）如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别为D，E．
（1）求证：△ACD≌△CBE；
（2）试探究线段AD，DE，BE之间有什么样的数量关系，请说明理由．
【分析】（1）根据同角的余角相等，可证∠BCE＝∠CAD，再利用AAS证明△ACD≌△CBE；
（2）由△ACD≌△CBE，得CD＝BE，AD＝CE，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AD⊥CE，BE⊥CE，
∴∠ADC＝∠BEC＝90°，
∴∠ACE+∠CAD＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BCE+∠ACD＝90°，
∴∠BCE＝∠CAD，
在△ACD和△CBE中，
，
∴△ACD≌△CBE（AAS）；
（2）解：AD＝BE+DE，理由如下：
∵△ACD≌△CBE，
∴CD＝BE，AD＝CE，
∵CE＝CD+DE，
∴AD＝BE+DE．
4．（永年区月考）如图，在△ABC中，AB＝AC＝3，∠B＝∠C＝50°，点D在边BC上运动（点D不与BC点重合），连接AD，作∠ADE＝50°，DE交边AC于点E．
（1）当∠BDA＝100°时，∠EDC＝ 30 °，∠DEC＝ 100 °；
（2）当DC等于多少时，△ABD≌△DCE，请说明理由．
【分析】（1）由补角的定义可求∠ADC＝80°，进而可求解∠EDC的度数，根据三角形的内角和定理可求解∠DEC的度数；
（2）可利用AAS证明△ABD≌△DCE．
【解答】解：（1）∵∠BDA+∠ADC＝180°，∠BDA＝100°，
∴∠ADC＝80°，
∵∠ADE＝50°，
∴∠EDC＝∠ADC﹣∠ADE＝30°；
∵∠C＝50°，∠C+∠EDC+∠DEC＝180°，
∴∠DEC＝100°；
故答案为30；100；
（2）当DC＝3时，△ABD≌△DCE，
理由如下：∵AB＝3，DC＝3，
∴AB＝DC，
∵∠B＝50°，∠ADE＝50°，
∴∠B＝∠ADE，
∵∠ADB+∠ADE+∠EDC＝180°，∠DEC+∠C+∠EDC＝180°，
∴∠ADB＝∠DEC，
在△ABD和△DCE中
，
∴△ABD≌△DCE（AAS）．
5．（锦江区校级期中）已知Rt△ABC和Rt△ADE，AB＝AC，AD＝AE．连接BD、CE，过点A作AH⊥CE于点H，反向延长线段AH交BD于点F．
（1）如图1，当AB＝AD时
①请直接写出BF与DF的数量关系：BF ＝ DF（填“＞”、“＜”、“＝”）
②求证：CE＝2AF
（2）如图2，当AB≠AD时，上述①②结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
【分析】（1）①根据SAS证△BAF≌△DAF，即可得出BF＝DF；
②根据等腰三角形的性质得出，CE＝2CH，再根据AAS证△AFB≌△CHA，得出AF＝CH，即可得证结论；
（2）作BM⊥AF于点M，作DN⊥AF交AF的延长线于点N，根据AAS证△AMB≌△CHA，再根据AAS证△AND≌△EHA，同理证△BMF≌△DNF，根据线段的等量关系即可得出结论．
【解答】解：（1）∵AB＝AC，AD＝AE，AB＝AD，
∴AC＝AE，
∵AH⊥CE，
∴∠CAH＝∠EAH，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠CAH+∠BAF＝90°，∠EAH+∠DAF＝90°，
∴∠BAF＝∠DAF，
在△BAF和△DAF中，
，
∴△BAF≌△DAF（SAS），
∴BF＝DF，
故答案为：＝；
②∵AC＝AE，AH⊥CE，
∴CH＝EH＝
CE，
∴CE＝2CH，
∵∠BAC＝∠AHC＝90°，
∴∠BAF+∠CAH＝90°，∠ACH+∠CAH＝90°，
∴∠BAF＝∠ACH，
∵△BAF≌△DAF，
∴∠AFB＝∠AFD＝90°，
∴∠AFB＝∠CHA，
在△AFB和△CHA中，
，
∴△AFB≌△CHA（AAS），
∴AF＝CH，
∴CE＝2AF；
（
2）成立，证明如下：
作BM⊥AF于点M，作DN⊥AF交AF的延长线于点N，
∴∠BMA＝∠N＝90°，
∴∠BAM+∠ABM＝90°，∠DAN+∠ADN＝90°，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAM+∠CAH＝90°，∠DAN+∠EAH＝90°，
∴∠ABM＝∠CAH，∠ADN＝∠EAH，
∵AH⊥CE，
∴∠AMB＝∠CHA＝∠N＝∠EHA＝90°，
在△AMB和△CHA中，
，
∴△AMB≌△CHA（AAS），
∴MB＝AH，
同理可证△AND≌△EHA（AAS），
∴DN＝AH，
∴BM＝DN，
在△BMF和△DNF中，
，
∴△BMF≌△DNF（AAS），
∴BF＝DF，MF＝NF，
∴AM＝AF﹣MF，AN＝AF+NF＝AF+MF，
∴AM+AN＝AF﹣MF+AF+MF＝2AF，
∵△AMB≌△CHA，△AND≌△EHA，
∴AM＝CH，AN＝EH，
∴CH+EH＝AM+AN＝2AF，
∵CE＝CH+EH，
∴CH＝2AF，
即BF＝DF，CE＝2AF．
6．（涡阳县期末）如图，把一块直角三角尺ABC的直角顶点C放置在水平直线MN上，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，试回答下列问题：
（1）若把三角尺ABC绕着点C按顺时针方向旋转，当AB∥MN时，∠2＝ 45 度；
（2）在三角尺ABC绕着点C按顺时针方向旋转过程中，分别作AM⊥MN于M，BN⊥MN与N，若AM＝6，BN＝2，求MN．
（3）三角尺ABC绕着点C按顺时针方向继续旋转到图3的位置，其他条件不变，则AM、BN与MN之间有什么关系？请说明理由．
【分析】（1）先求出∠B＝45°，再用平行线的性质，即可求出答案；
（2）先用同角的余角相等判断出∠2＝∠CAM，同理：∠1＝∠CBN，进而判断出△AMC≌△CNB（ASA），得出AM＝CN，MC＝BN，即可求出答案；
（3）同（2）的方法，即可得出结论．
【解答】解：（1）在△ABC中，AB＝AC，∠ACB＝90°，
∴∠B＝∠A＝45°，
∵AB∥MB，
∴∠2＝∠B＝45°，
故答案为45；
（2）∵AM⊥MN于M，BN⊥MN于N，
∴∠AMC＝90°，∠BNC＝90°．
∴∠1+∠CAM＝90°，
又∵∠1+∠2＝90°，
∴∠2＝∠CAM，
同理：∠1＝∠CBN，
在△AMC和△CNB中，
，
∴△AMC≌△CNB（ASA），
∴AM＝CN，MC＝BN，
∴MN＝MC+CN＝AM+BN＝2+6＝8；
（3）MN＝BN﹣AM，理由：
同（2）的方法得，△AMC≌△CNB（ASA），
∴AM＝CN，MC＝BN，
∴MN＝MC﹣CN＝BN﹣AM．
模型二手拉手模型
【知识点睛】
手拉手模型总结
图形 |
条件与结论 |
辅助线 |
|
条件： AD=AE、AB=AC ∠BAC=∠DAE 结论： △ABD≌△ACE(SAS) BD=CE |
分别连接BD、CE |
手拉手模型在第一章只是表面应用，后续深层次应用需要在等腰三角形学完之后探究
【类题训练】
1．（诸暨市月考）已知：如图，在△ABC、△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，点C、D、E三点在同一直线上，连接BD．
（1）求证：△BAD≌△CAE；
（2）线段BD与线段CE的关系为 BD＝CE，BD⊥CE ，请说明理由．
【分析】（1）根据已知条件利用边角边即可证明△BAD≌△CAE；
（2）结合（1）利用等腰直角三角形的判定和性质即可得结论．
【解答】解：（1）∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC+∠CAD＝∠EAD+∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS）；
（2）BD＝CE，BD⊥CE，理由如下：
由（1）知，△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE，
∵△BAD≌△CAE，
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠ABD+∠DBC＝45°，
∴∠ACE+∠DBC＝45°，
∴∠DBC+∠DCB＝∠DBC+∠ACE+∠ACB＝90°，
则BD⊥CE．
故答案为：BD＝CE，BD⊥CE．
2．（宣化区期末）已知：如图，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，连接CD，C，D，E三点在同一条直线上，连接BD，BE．以下四个结论：①BD＝CE；②∠ACE+∠ABD＝45°；③∠BAE+∠DAC＝180°；④BD⊥CE．其中正确的是 ①③④ ．（只填序号）
【分析】①由AB＝AC，AD＝AE，利用等式的性质得到夹角相等，利用SAS得出△ABD≌△ACE，由全等三角形的对应边相等得到BD＝CE；
②由等腰直角三角形的性质得到∠ABD+∠DBC＝45°，等量代换得到∠ACE+∠DBC＝45°；
③根据周角的定义即可判断；
④由△ABD≌△AEC得到一对角相等，再利用等腰直角三角形的性质及等量代换得到BD垂直于CE；
【解答】解：①∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，故①正确；
②∵△ABC为等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠ABD+∠DBC＝45°，
∵∠ABD＝∠ACE，
∴∠ACE+∠DBC＝45°，故②错误；
③∵∠BAC＝∠EAD＝90°，
∴∠BAE+∠CAD＝180°，故③正确；
④∵△BAD≌△CAE，
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠ABD+∠DBC＝45°，
∴∠ACE+∠DBC＝45°，
∴∠DBC+∠DCB＝∠DBC+∠ACE+∠ACB＝90°，
则BD⊥CE，故④正确；
综上所述，正确的结论有3个．
故答案为：①③④．
3．（长沙期末）如图，△ABD、△AEC都是等边三角形，直线CD与直线BE交于点F．
（1）求证：CD＝BE；
（2）求∠CFB的度数．
【分析】（1）利用△ABD、△AEC都是等边三角形，证明△DAC≌△BAE，即可得到CD＝BE；
（2）由△DAC≌△BAE，得到∠ADC＝∠ABE，再由∠CFE＝∠BDF+∠DBF＝∠BDF+∠DBA+∠ABF，即可解答．
【解答】（1）证明：∵△ABD、△AEC都是等边三角形，
∴AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠DBA＝∠ADB＝60°，∠CAE＝60°，
∵∠DAB＝∠DAC+∠CAB，∠CAE＝∠BAE+∠CAB，
∴∠DAC＝∠BAE，
在△DAC和△BAE中，
，
∴△DAC≌△BAE（SAS），
∴CD＝BE．
（2）解：∵△DAC≌△BAE，
∴∠ADC＝∠ABE，
∴∠CFE＝∠BDF+∠DBF＝∠BDF+∠DBA+∠ABF＝∠BDF+∠DBA+∠ADC＝∠BDA+∠DBA＝60°+60°＝120°，
∴∠CFB＝60°．
4．（大连期末）在△ABC中，AB＝AC，点D是直线BC上一动点（不与B、C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转∠BAC的度数，得到线段AE，连接CE，设∠BAC＝α，∠BCE＝β．
（1）如图1，当点D在线段BC上时，用等式表示α与β之间的数量关系，并证明；
（2）如图2，当点D在线段CB延长线上时，补全图形，用等式表示α与β之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）先利用边角边定理证明△DAB与△EAC全等，证出∠ECA＝∠B，所以∠B+∠ACB＝β，再根据三角形内角和定理即可得到α+β＝180°；
（2）方法同（1）证出∠ECA＝∠ABD，所以α+∠DCA＝β+∠DCA，所以α＝β．
【解答】解：（1）α+β＝180°．
证明：∵∠BAC＝∠DAE＝α，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC．
即∠BAD＝∠CAE．
又AB＝AC，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS）．
∴∠B＝∠ACE．
∴∠B+∠ACB＝∠ACE+∠ACB．
∴∠B+∠ACB＝β．
∵α+∠B+∠ACB＝180°，
∴α+β＝180°．
（2）当点D在线段CB延长线上时，α＝β．
其理由如下：
类似（1）可证△DAB≌△ECA，
∴∠DBA＝∠ECA，
又由三角形外角性质有∠DBA＝α+∠DCA，
而∠ACE＝β+∠DCA，
∴α＝β．
模型三对称全等模型
【知识点睛】
对称全等模型总结
常
见基本图形：
模型提取：1.对称变换基本特征：必有对称轴
2.对称型全等模型常隐含的条件：
具有公共边、公共角、有时全等三角形不止一对、对称轴会平分公共角
3.全等证明常用解决手段：
多想角度间的等量代换方法—角平分线的定义、内角和公式、外角定理等
4.其特殊应用环境：角平分线的常见辅助线
角平分线基本性质：角平分线上的点到角两边的距离相等
（对称类全等经常和角平分线结合，可以考察角平分线的定义，也可以考察角平分线的性质定理）
【
类题训练】
1．（梧州模拟）如图，在△ABC中，∠A＝90°，BE是△ABC的角平分线，ED⊥BC于点D，CD＝4，△CDE周长为12，则AC的长是（ ）
A．14 B．8 C．16 D．6
【分析】根据角平分线的性质得到AE＝DE，根据三角形的周长公式计算，得到答案．
【解答】解：∵BE是△ABC的角平分线，ED⊥BC，∠A＝90°，
∴AE＝DE，
∵△CDE的周长为12，CD＝4，
∴DE+EC＝8，
∴AC＝AE+EC＝8，
故选：B．
2．（泗水县期末）如图，△ABC的面积为10cm2，AP垂直∠B的平分线BP于P，则△PBC的面积为（ ）
A．4cm2 B．5cm2 C．6cm2 D．7cm2
【分析】延长AP交BC于E，根据AP垂直∠B的平分线BP于P，即可求出△ABP≌△BEP，又知△APC和△CPE等底同高，可以证明两三角形面积相等，即可证明三角形PBC的面积．
【解答】解：延长AP交BC于E
，
∵AP垂直∠B的平分线BP于P，
∠ABP＝∠EBP，
又知BP＝BP，∠APB＝∠BPE＝90°，
∴△ABP≌△BEP，
∴S△ABP＝S△BEP，AP＝PE，
∴△APC和△CPE等底同高，
∴S△APC＝S△PCE，
∴S△PBC＝S△PBE+S△PCE＝
S△ABC＝5cm2，
故选：B．
3．（江岸区校级月考）如图，△ABE和△ADC是△ABC分别沿着AB，AC边翻折形成的，若∠1：∠2：∠3＝13：3：2，CD与BE交于O点，则∠EOC的度数为（ ）
A．80° B．85° C．90° D．100°
【分析】根据题意可得，若∠1：∠2：∠3＝13：3：2，则∠1＝130°，∠3＝20°，根据折叠的性质，翻折变换的特点即可求解．
【解答】解：如图，AE与DC交于点P，
∵∠1：∠2：∠3＝13：3：2，
∴∠1＝130°，∠3＝20°，
∴∠DCA＝20°，∠EAB＝130°，
∵∠PAC＝360°﹣2∠1＝100°，
∴∠EPD＝∠APC＝180°﹣∠PAC﹣∠DCA＝60°．
由翻折的性质可知∠E＝∠3＝20°．
∴∠EOC＝180°﹣∠EPD﹣∠E＝180°﹣60°﹣20°＝100°．
故选：D．
4．（永嘉县模拟）如图，△ABC的角平分线BD，CE交于点F，AB＝AC．
（1）求证：△ABD≌△ACE．
（2）当∠A＝40°时，求∠BFC的度数．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质以及角平分线的定义，得出∠ABD＝∠ACE，进而判定△ABD≌△ACE，
（2）根据角平分线的定义可得∠FBC＝
∠ABC，∠FCB＝
∠ACB，再根据三角形内角和定理求出即可．
【解答】解：（1）∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵两条角平分线BD、CE相交于点O，
∴∠ABD＝∠ACE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（ASA）．
（2）在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝180°﹣40°＝140°，
∵∠ABC，∠ACB的平分线BE，CD相交于点F，
∴∠FBC＝
∠ABC，∠FCB＝
∠ACB，
∴∠FBC+∠FCB＝
（∠ABC+∠ACB）＝
×140°＝70°，
在△BCF中，∠BFC＝180°﹣（∠FBC+∠FCB）＝180°﹣70°＝110°．
5．（嘉兴一模）在①OA＝OD，②∠ABC＝∠DCB，③∠ABO＝∠DCO这三个条件中选择其中一个，补充在下面的问题中，并完成问题的解答．
问题：如图，AC与BD相交于点O，∠1＝∠2．若 OA＝OD或∠ABC＝∠DCB或∠ABO＝∠DCO ，求证：AB＝DC．
【分析】若①OA＝OD，由SAS证△ACB≌△DBC，即可得出AB＝DC；
若②∠ABC＝∠DCB，由ASA证△ABO≌△DCO（ASA），即可得出AB＝DC；
若③∠ABO＝∠DCO，由ASA证△ABO≌△DCO（ASA），即可得出AB＝DC．
【解答】解：若①OA＝OD，
∵∠1＝∠2，
∴OB＝OC，
∴OA+OC＝OD+OB，即AC＝DB，
在△ACB和△DBC中，
，
∴△ACB≌△DBC（SAS），
∴AB＝DC；
若②∠ABC＝∠DCB，
∵∠1＝∠2，
∴OB＝OC，∠ABC﹣∠1＝∠DCB﹣∠2，即∠ABO＝∠DCO，
在△ABO和△DCO中，
，
∴△ABO≌△DCO（ASA），
∴AB＝DC；
若③∠ABO＝∠DCO，
∵∠1＝∠2，
∴OB＝OC，
在△ABO和△DCO中，
，
∴△ABO≌△DCO（ASA），
∴AB＝DC；
故答案为：OA＝OD或∠ABC＝∠DCB或∠ABO＝∠DCO．
6．（台安县月考）如图，四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，∠BCD＝150°，CB＝CD，M，N为AB、AD上的两个动点，且∠MCN＝75°．求证：MN＝BM+DN．
【分析】延长AB至点E，使得BE＝DN，连接CE，根据同角的补角相等得∠CBE＝∠CDN，根据SAS证明△CBE≌△CDN，则∠BCE＝∠DCN，进而证明∠ECM＝∠MCN＝75°，根据SAS证明△ECM≌△NCM，得到MN＝ME，则MN＝BM+BE＝BM+DN．
【解答】证明：延长AB至点E，使得BE＝DN，连接CE，
∵四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，∠ABC+∠CBE＝180°，
∴∠CBE＝∠CDN，
在△CBE和△CDN中，
，
∴△CBE≌△CDN（SAS），
∴∠BCE＝∠DCN，CN＝CE，
∵∠BCD＝150°，∠MCN＝75°，
∴∠MCE＝∠MCB+∠BCE＝∠MCB+∠DCN＝75°，
∴∠MCN＝∠MCE，
在△ECM和△NCM中，
，
∴△ECM≌△NCM（SAS），
∴MN＝ME＝BM+BE＝BM+DN．
7．（西安期末）如图，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AE＝AC，AF⊥CB，垂足为F．
（1）△ABC≌△ADE吗？为什么？
（2）求∠FAE的度数；
（3）延长BF到G，使得FG＝FB，试说明CD＝2BF+DE．
【分析】（1）由“SAS”可证△ABC≌△ADE；
（2）由等腰直角三角形的性质可得∠AEC＝∠ACE＝45°，由全等三角形的性质可得∠ACB＝∠AED＝45°，即可求解；
（3）由全等三角形的性质可得∠ABC＝∠ADE，BC＝DE，由线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质可得AB＝AG＝AD，∠ABG＝∠AGB＝∠ADC，由“AAS”可证△ACD≌△ACG，可得CD＝CG，可得结论．
【解答】证明：（1）△ABC≌△ADE，理由如下：
∵∠BAD＝∠CAE＝90°，
∴∠EAD＝∠CAB，
在△ABC和△ADE中，
，
∴△ABC≌△ADE（SAS）；
（2）∵∠CAE＝90°，AC＝AE，
∴∠AEC＝∠ACE＝45°，
∵△ABC≌△ADE，
∴∠ACB＝∠AED＝45°，
∵AF⊥CB，
∴∠FAC＝45°，
∴∠FAE＝135°；
（3）∵△ABC≌△ADE，
∴∠ABC＝∠ADE，BC＝DE，
∴∠ADC＝∠ABG，
∵AF⊥BF，BF＝FG，
∴AB＝AG，
∴AG＝AD，∠ABG＝∠AGB＝∠ADC，
又∵∠ACG＝∠ACD＝45°，
∴△ACD≌△ACG（AAS），
∴CD＝CG，
∴CD＝BG+CB＝2BF+DE．